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1、A2A2 整数的求解整数的求解A2001 哪些连续正整数之和为 1000？试求出所有的解【题说】 1963 年成都市赛高二二试题 3【解】 设这些连续正整数共 n 个（n1） ，最小的一个数为 a，则有a（a1）（an1）1000即n（2an1）2000若 n 为偶数，则 2an1 为奇数；若 n 为奇数，则 2an1 为偶数因 a1，故2an1n同，故只有 n5，16，25，因此可能的取法只有下列三种：若 n5，则 a198；若 n16，则 a55；若 n25，则 a28故解有三种：198199200201202555670282952A2002 N 是整数，它的 b 进制表示是 777，求
2、最小的正整数 b，使得 N 是整数的四次方【题说】 第九届（1977 年）加拿大数学奥林匹克题 3【解】 设 b 为所求最小正整数，则7b27b7x4素数 7 应整除 x，故可设 x7k，k 为正整数于是有b2b173k4当 k1 时， （b18） （b19）0因此 b18 是满足条件的最小正整数A2003 如果比 n 个连续整数的和大 100 的数等于其次 n 个连续数的和，求 n【题说】 1976 年美国纽约数学竞赛题 7s2s1n2100 从而求得 n10A2004 设 a 和 b 为正整数，当 a2b2被 ab 除时，商是 q 而余数是 r，试求出所有数对（a，b） ，使得 q2r19
3、77【题说】 第十九届（1977 年）国际数学奥林匹克题 5本题由原联邦德国提供【解】 由题设 a2b2q（ab）r（0rab） ，q2r1977，所以 q21977，从而q44 若 q43，则 r1977q21977432128即（ab）88，与（ab）r128，矛盾因此，只能有 q44，r41，从而得a2b244（ab）41（a22）2（b22）21009不妨设|a22|b22|，则 1009（a22）2504，从而 45a53经验算得两组解：a50，b37 及 a50，b7由对称性，还有两组解 a37，b50；a7，b50A2005 数 1978n与 1978m的最后三位数相等，试求出正
4、整数 n 和 m，使得 mn 取最小值，这里 nm1【题说】 第二十届（1978 年）国际数学奥林匹克题 1本题由古巴提供【解】 由题设1978n1978m1978m（1978nm1）0（mod 1000）因而1978m2m989m0（mod 8） ， m3 又1978nm1（mod 125） 而 1978nm（19753）nm3nm（nm）3nm11975（mod 125） （1） 从而 3nm1（mod 5） ，于是 nm 是 4 的倍数设 nm4k，则代入（1）得从而k（20k3）0（mod 25）因此 k 必须是 25 的倍数，nm 至少等于 425100，于是 mn 的最小值为nm2
5、m106，m3，n103A2006 求方程 x3x2yxy2y38（x2xyy21）的全部整数解 x、y【题说】 1980 年卢森堡等五国国际数学竞赛题 6本题由荷兰提供于是 x3x2yxy2y3（xy）32xy（xy）u32vux2xyy2（xy）2xyu2v从而原方程变为2v（u4）u38u28 （2）因 u4，故（2）即为根据已知，u4 必整除 72，所以只能有u423，其中 0，1，2，3；0，1，2进一步计算可知只有 u4236，于是u10，v16A2007 确定 m2n2的最大值，这里 m 和 n 是整数，满足 m，n1，2，1981 ，（n2mnm2）21【题说】 第二十二届（1
6、981 年）国际数学奥林匹克题 3【解】 若 mn，由（n2mnm2）21 得（mn）21，故 mn1若 mn，则由 n2mnm21 得 nm令 nmuk，于是（muk）2m（muk）m221于是有若 ukuk1，则以上步骤可以继续下去，直至从而得到数列：n，m，uk，uk1，ukl，ukl1此数列任意相邻三项皆满足 uiui1ui2，这恰好是斐波那契型数列而1，2，1981中斐氏数为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，377，610，987，1597，可见m987，n1597 时，m2n23524578 为满足条件的最大值A2008 求方程 w！x！y！z
7、！的所有正整数解【题说】 第十五届（1983 年）加拿大数学奥林匹克题 1【解】 不妨设 xyz显然 wz1，因此（z1）！w！x！y！z！3z！从而 z2通过计算知 xyz2，w3 是原方程的唯一解A1010 前 1000 个正整数中可以表示成2x4x6x8x的正整数有多少个？【题说】 第三届（1985 年）美国数学邀请赛题 10【解】 令 f（x）2x4x6x8x个不同的正整数值另一方面 f（xn）f（x）20n 对任一正整数 n 成立将 11000 分为 50 段，每 20 个为 1段每段中，f（x）可取 12 个值故总共可取到 5012600 个值，亦即在前 1000 个正整数中有 6
8、00 个可以表示成2x4x6x8x的形式A2011 使 n3100 能被 n10 整除的正整数 n 的最大值是多少？【题说】 第四届（1986 年）美国数学邀请赛题 5【解】 由 n3100（n10） （n210n100）900 知，若 n3100 被 n10 整除，则 900 也应被 n10 整除因此，n 最大值是 890A2012 a、b、c、d 为两两不同的正整数，并且abcd，abcd求出所有满足上述要求的四元数组 a、b、c、d【题说】 1987 年匈牙利数学奥林匹克题 1【解】 由于 ab，所以当且仅当 a1 或 b1 时，才有 abab如果 a、b 都不是 1，那么cdababc
9、d由此知 c1 或 d1因此 a、b、c、d 中总有一个（也只有一个）为 1如果 a1，那么由消去 b 可以推出从而得到 c2，d3，或者 c3，d2这样，本题的答案可以列成下表A2013 设r，s表示正整数 r 和 s 的最小公倍数，求有序三元正整数组（a，b，c）的个数，其中a，b1000，b，c2000，c，a2000【题说】 第五届（1987 年）美国数学邀请赛题 7【解】 显然，a、b、c 都是形如 2m5n的数设 a2m15n1，b2m25n2，c2m35n3由a，b10002353，知 max（m1，m2）3，max（n1，n2）3同理，max（m2，m3）4，max（n2，n3
10、）3；max（m1，m3）4，max（n1，n3）3由此，知 m3应是 4，m1、m2中必有一是 3另一个可以是 0、1、2 或 3 之任一种，因此m1、m2的取法有 7 种又，n1、n2、n3中必有两个是 3，另一个可以是 0、1、2 或 3因此n1、n2、n3取法有 10 种故 mi、ni（i1、2、3）不同取法共有 71070 种，即三元组共有70 个A2014 设 m 的立方根是一个形如 nr 的数，这里 n 为正整数，r 为小于 1/1000 的正实数当 m 是满足上述条件的最小正整数时，求 n 的值【题说】 第五届（1987 年）美国数学邀请赛题 12mn31（n103）3n33n
11、21033n106109于是从而 n19（此时 m1931 为最小） 【题说】 第十三届（1987 年）全俄数学奥林匹克九年级题 1【解】 144122，1444382设 n3，则则 k 必是一个偶数所以也是一个自然数的完全平方，但这是不可能的因为平方数除以 4，因此，本题答案为 n2，3A2016 当 n 是怎样的最小自然数时，方程10n/x1989 有整数解？【题说】 第二十三届（1989 年）全苏数学奥林匹克十年级题 1【解】 198910n/x1990所以10n/1990x10n/1989即10n0.000502512x10n0.000502765 所以 n7，这时 x5026 与 5
12、027 是解A2017 设 an50n2，n1，2，对每个 n，an与 an1的最大公约数记为 dn求 dn的最大值【题说】 1990 年日本第 1 轮选拔赛题 9【解】dn（an，an1）（50n2，50（n1）2（50n2） ）（50n2，2n1）（2（n250） ，2n1） （因 2n1 是奇数）（2（n250）n（2n1） ，2n1）（100n，2n1）（100 n，2n12（100 n） ）（100n，201）201在 n100201k（kN）时，dn201故所求值为 201A2018 n 是满足下列条件的最小正整数：（1）n 是 75 的倍数；（2）n 恰为 75 个正整数因子（包
13、括 1 及本身） 试求 n/75【题说】 第八届（1990 年）美国数学邀请赛题 5【解】 为保证 n 是 75 的倍数而又尽可能地小，可设 n235，其中0，1，2，并且 （1） （1） （1）75由 75523，易知当 4，2 时，符合条件（1） 、 （2） 此时n243452，n/75432A2019 1求出两个自然数 x、y，使得 xyx 和 xyy 分别是不同的自然数的平方2能否在 988 至 1991 范围内求到这样的 x 和 y？【题说】 第二十五届（1991 年）全苏数学奥林匹克九年级题 5【解】 1例如 x1，y8 即满足要求2假设988xy1991 x、yN，使得 xyx 与 xyy 是不同的自然数的平方，则x2xyxxyy这时yx（xyy）（xyx）（x1）2x22x1即y3x1由此得1991y3x139981 矛盾！故在 988 与 1991 之间不存在这样的自然数 x、yA2020 求所有自然数 n，使得这里n/k2表示不超过 n/k2的最大整数，N 是自然数集【题说】 1991 年中国数学奥林匹克题 5【解】 题给条件等价于，对一切 kN，k2n/k21991 （1）且存在 kN，使得 k2n/k21992 （2）（1）等价于对一切 kN，k41991k2n0即 （k21991/2）2n19912/40
