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第三节 数字问题第一章 数论初步 第三节 数字问题      A3-001 在数3000003中,应把它的百位数字和万位数字0换成什么数字,才能使所得的数能被13整除? 【题说】 1950年~1951年波兰数学奥林匹克三试题2. 【解】 设所求数字为x和y,则有 因为106、104、102除以13时,分别得余数1、3、9,所以 n≡3+3x+9y+3=3(2+x+3y)(mod 13) 当且仅当x+3y+2被13整除,即 x+3y+2=13m(m为自然数)                               ...

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第一章 数论初步 第三节 数字问 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题      A3-001 在数3000003中,应把它的百位数字和万位数字0换成什么数字,才能使所得的数能被13整除? 【题说】 1950年~1951年波兰数学奥林匹克三 试题 中考模拟试题doc幼小衔接 数学试题 下载云南高中历年会考数学试题下载N4真题下载党史题库下载 2. 【解】 设所求数字为x和y,则有 因为106、104、102除以13时,分别得余数1、3、9,所以 n≡3+3x+9y+3=3(2+x+3y)(mod 13) 当且仅当x+3y+2被13整除,即 x+3y+2=13m(m为自然数)                                 (1) 时,n被13整除.由于 x+3y+2≤9+3·9+2=38 所以m只能取1或2. 当m=1时,由方程(1)及0≤x,y≤9,解得 x=8,y=1;x=5,y=2;x=2,y=3 当m=2时,解得x=9,y=5;x=6,y=6;x=3,y=7;x=0,y=8. 故本题共有7个解:3080103,3050203,3020303,3090503,3060603,3030703,3000803. A3-002 求出所有这样的三位数,使其被11整除后的商数等于该三位数各位数字的平方和. 【题说】 第二届(1960年)国际数学奥林匹克题1.本题由保加利亚提供. 【解】 设这个三位数除以11以后的商为10a+b,其中 a是商的十位数,b是商的个位数.若a+b≥10,则原数为 100(a+1)+10(a+b-10)+b 若a+b<10,则原数为 100a+10(a+b)+b 以下对这两种情形分别讨论. 先考虑第一种情形.由题设有 (a+1)2+(a+b-10)2+b2=10a+b                                  (1) 若a+b>10,则有 (a+1)2+(a+b-10)2+b2≥(a+1)2+1+ (11-a)2 故若(1)式成立,只能有a+b=10. 将b=10-a代入(1)解得唯一的一组正整数解 a=7,b=3 再考虑第二种情形.此时由题设有 a2+(a+b)2+b2=10a+b                                             (2) 若a+b>5,则有 a2+(a+b)2+b2=2(a+b)·a+2b2>10a+b 故若(2)成立,只能有a+b≤5.注意在(2)式中左边和10a都是偶数;因此b也是偶数.若a+b<5,则b只能为2,将b=2代入(2)得不到整数解,因此只能有a+b=5. 将b=5-a代入(2)得唯一的一组正整数解 a=5,b=0 综上所述,合乎要求的三位数只有550,803. A3-003 下面是一个八位数除以一个三位数的算式,试求商,并说明理由. 【题说】 1958年上海市赛高三题1. 【解】 原式可写成: 其中所有未知数都表示数字,且下标为1的未知数都不等于零.x1x2x3等表示x1·102+x2·10+x3等. (1)因为得到商的第一个数字7后,同时移下两个数字a5、a6,所以y2=0,同理y4=0. (2)四位数a1a2a3a4与三位数b1b2b3之差为两位数c1c2,所以a1=1,a2=0,b1=9,同理,c1=1,c2=0,d1=9,于是a4=b3,b2=9,a3=0. (3)由7×x1x2x3=99b3,所以x1=1,x2=4.990-7×140=10,所以x3=2,b3=4,从而a4=b3=4. (4)由c1=1,c2=0可知y3=7. (5)y5×142是四位数,所以x5≥8.又因y5×142的末位数字是8,所以y5=9. 于是商为70709,除数142,从而被除数为10040678. A3-004 证明:在任意39个连续的自然数中,总能找到一个数,它的数字之和被11整除. 【题说】 1961年全俄数学奥林匹克八年级题 3. 【证】 在任意39个连续自然数中,一定有三个数末位数字为0,而前两个数中一定有一个十位数字不为9,设它为N,N的数字之和为n,则N,N+1,N+2,…,N+9,N+19这11个数的数字之和依次为n,n+1,n+2,…,n+9,n+10,其中必有一个是11的倍数. 【注】 39不能改为38.例如999981至1000018这38个连续自然数中,每个数的数字和都不被11整除.本题曾被改编为匈牙利1986年竞赛题、北京市1988年竞赛题. A3-005 求有下列性质的最小自然数n:其十进制表示法以6结尾;当去掉最后一位6并把它写在剩下数字之前,则成为n的四倍数. 【题说】 第四届(1962年)国际数学奥林匹克题1.本题由波兰提供. 【解】 设n=10m+6,则6×10p+m=4(10m+6),其中p为m的位数.于是m=2(10p-4)/13,要使m为整数,p至少为5,此时,n=153846. A3-006 公共汽车票的号码由六个数字组成.若一张票的号码前三个数字之和等于后三个数字之和,则称它是幸运的.证明:所有幸运车票号码的和能被13整除. 【题说】 1965年全俄数学奥林匹克八年级题 4. 【证】 设幸运车票的号码是A,则A′=999999-A也是幸运的,且A≠A′.因为A+A′=999999=999×1001含因数13.而所有幸运号码都能如此两两配对.所以所有幸运号码之和能被13 整除. A3-007 自然数k有如下性质:若n能被k整除,那末把n的数字次序颠倒后得到的数仍能被k整除.证明:k是99的因子. 【题说】 第一届(1967年)全苏数学奥林匹克十年级题5. 【证】 k与10互质.事实上,存在首位为1且能被k整除的数,把它的数字倒过来也能被k整除,而此数的末位数字为1. 取以500开头的且被k整除的数:500abc…z,(a,b,c,…,z是这个数的数字),则以下的数均被k整除: (1)z…cba005. (2)和 (3)把(2)中的和倒过来 z…cba00010abc…z (4)差 由此看出,99能被k整除. A3-008 计算由1到109的每一个数的数字之和,得到109个新数,再求每一个新数的数字之和;这样一直进行下去,直到都是一位数为止.那么,最后得到的数中是1多,还是2多? 【题说】 1964年全俄数学奥林匹克八年级题3.考虑整数被9除的余数. 【解】 一个正整数与其数字之和关于9是同余的,故最后所得的一位数为1者,是原数被9除余1的数,即1,10,19,…,999999991及109. 同理,最后所得一位数为2者,原数被9除余2,即2,11,20,…,999999992. 二者相比,余1者多一个数,因此,最后得到的一位数中以1为多. A3-009 求出具有下列性质的所有三位数A:将数A的数字重新排列,得出的所有数的算术平均值等于A. 【题说】 第八届(1974年)全苏数学奥林匹克九年级题 5. 由此可得222(a+b+c)=6(100a+10b+c),即7a=3b+4c,将这方程改写成 7(a-b)=4(c-b) 当0≤b≤2时,a=b=c,或a-b=4且c-b=7. 当7≤b≤9时,b-a=4,b-c=7,从而 A∈{111,222,…,999,407,518,629,370,481,592} 显然这15个三位数都合乎要求. A3-010 当44444444写成十进制数时,它的各位数字之和是A,而B是A的各位数字之和,求B的各位数字之和(所有的数都是十进制数). 【题说】 第十七届(1975年)国际数学奥林匹克题4.本题由原苏联提供. 【解】 因为44444444的位数不超过4×4444=17776,所以 A≤177760 B≤1+5×9=46,B的数字和C≤4+9=13 由于一个数与它的数字和mod 9同余,所以 C≡B≡A≡44444444≡74444 =(73)1481×7≡11781×7 ≡7(mod 9) 故C=7,即数B的各位数字之和是7. A3-011 设n是整数,如果n2的十位数字是7,那么n2的个位数字是什么? 【题说】 第十届(1978年)加拿大数学奥林匹克题1. 【解】 设n=10x+y,x、y为整数,且0≤y≤9,则 n2=100x2+20xy+y2 =20A+y2(A为正整数) 因20A的十位数字是偶数,所以要想使n2十位数字是7,必须要y2的十位数字是奇数,这只有y2=16或36.从而y2的个位数字,即n2的个位数字都是6. A3-013 下列整数的末位数字是否组成周期数列? 其中[a]表示数a的整数部分. 【题说】 第十七届(1983年)全苏数学奥林匹克九年级题 4. 由于 不循环小数,所以{a2k+1}从而{an}不是周期数列. 在二进制中的末位数字.显然,bn为偶数时,rn=0,bn为奇数时,rn=1.仿(a)可证{rn}不是周期的,从而{bn}也不是周期数列. A3-014 设an是12+22+…+n2的个位数字,n=1,2,3,…,试证:0.a1a2…an…是有理数. 【题说】 1984年全国联赛二试题 4. 【证】 将(n+1)2,(n+2)2,…,(n+100)2这100个数排成下表: (n+1)2                  (n+2)2                  …     (n+10)2 (n+11)2                (n+12)2                …     (n+20)2 …                                 …                …               … (n+91)2               (n+92)2                …     (n+100)2 因k2与(k+10)2的个位数字相同,故表中每一列的10个数的个位数字皆相同.因此,将这100个数相加,和的个位数字是0. 所以,an+100=an对任何n成立. A3-015 是否存在具有如下性质的自然数n:(十进制)数n的数字和等于1000,而数n2的数字和等于10002? 【题说】 第十九届(1985年)全苏数学奥林匹克八年级题 2. 【解】 可用归纳法证明更一般的结论: 对于任意自然数m,存在由1和0组成的自然数n,它的数字和S(n)=m,而n2的数字和S(n2)=m2? 当m=1,n=1时,显然满足要求. 设对自然数m,存在由1和0组成的自然数n,使得 S(n)=m,S(n2)=m2 设n为k位数,取 n1=n×10k+1+1,则n1由0,1组成并且 S(n1)=S(n)+1=m+1 =S(n2×102k+2)+S(2n×10k+1)+S (1) =S(n2)+2S(n)+1 =m2+2m+1 =(m+1)2 因此命题对一切自然数m均成立. 这说明0.a1a2a3…是循环小数,因而是有理数. A3-017 设自然数n是一个三位数.由它的三个非零数字任意排列成的所有三位数的和减去 n等于1990.求 n. 【题说】 1989年芜湖市赛题 3. 2090<222(a+b+c)=1990+n<2989 而 2090>222×9=1998,222×10=2220=1990+230 222×11=2442×1990+452,222×12=2664=1990+674 222×13=2886=1990+896,222×14=3108>2989 经验证:a+b+c=11时,n=452符合题意. A3-018 定义数列{an}如下:a1=19891989,an等于an-1的各位数字之和,a5等于什么? 【题说】 第二十一届(1989年)加拿大数学奥林匹克题 3. 【解】 由a1<100001989=b1,而b1的位数是4×1989+1=7957,知a2<10×8000=80000,所以a2最多是5位数,从而a3≤5×9=45,a4≤4+9=13,因此a5一定是一位数. 另一方面,由9|1989,知9|a1,因而9可整除a1的数字和,即9|a2,又因此有9|a3,9|a4,9|a5.所以a5=9. A3-019 某州颁发由6个数字组成的车牌证号(由0—9的数字组成),且规定任何两个牌号至少有两个数字不同(因此,证号“027592”与“020592”不能同时使用),试确定车牌证号最多有多少个? 【题说】 第十九届(1990年)美国数学奥林匹克题1. 【解】 至多可造出不同的五位证号a1a2a3a4a5105个.令a6是a1+a1+a3+a4+a5的个位数字,所成的六位数便满足要求.因为如果两个数的前五位中只有一个数字不同,那么第6位数字必然不同. 另一方面,任何105+1个6位数中,总有两个前五位数字完全相同. 因此,符合题目要求的车牌证号最多有105个. A3-020 设 A=99…99(81位全为9),求A2的各位数字之和. 【题说】 1991年日本数学奥林匹克预选赛题1. 【解】 由A=1081-1知 A2=10162-2·1081+1 =99…980…01 ↑       ↑ 162位     82位 故A2各位数字之和=9×(162-82)+8+1=729. A3-021 如果一个正整数的十进制表示中至少有两个数字,并且每个数字都比它右边的数字小,那么称它为“上升”的.这种“上升”的正整数共有多少个? 【题说】 第十届(1992年)美国数学邀请赛题2. 【解】 符合条件的正整数中的数字,都是不同的非零数码,即集合S={1,2,3,…,9}的二元或二元以上的子集.反过来,S的每个二元或二元以上的子集,将它的数码从小到大排列,也得到一个符合条件的正整数.S的子集共有29 =512个,其中只含一个元素的子集有9个,一个空集.故符合条件的正整数共有512-10=502个. A3-023  求方程 的各个正根的乘积的最后三位数字. 【题说】第十三届(1995年)美国数学邀请赛题2. 【解】令y=1og1995x.由原方程取对数得 其最后三位数字为025.  A3-024  一个六位数的首位数字是5,是否总能够在它的后面再添加6个数字,使得所得的十二位数恰是一个完全平方数? 【题说】1995年城市数学联赛高年级普通水平题3. 【解】不.若不然,105个以5为首位数字的六位数可以衍生出105个十二位的完全平方数.即有105个自然数n满足. 5×1011≤n2<6×1011 亦即 7×105<n<8×105 由于7×105与8×105之间不存在105个整数,故上式不可能成立.
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