对给定的一个正整数n设p(n)表示n的各位上的非零数字乘.doc

??? A2－031 对给定的一个正整数n．设p（n）表示n的各位上的非零数字乘积（如果n只有一位数字，那么p（n）等于那个数字）．若S＝p（1）＋p（2）＋p（3）＋…＋p（999），则S的最大素因子是多少？ 【题说】 第十二届（1994年）美国数学邀请赛题5． 【解】 将每个小于1000的正整数作为三位数，（若位数小于3，则前面补0，如 25可写成 025），所有这样的正整数各位数字乘积的和是 （0·0·0＋0·0·1＋0·0·2＋…＋9·9·8＋9·9·9）－0·0·0 ＝（0＋1＋2＋…＋9）3－0 p（n）是n的非零数字的乘积，这个乘积的和可以由上面表达式将0换成1而得到． 因此， ＝463－1＝33·5·7·103 最大的素因子是103． ??? A2－032 求所有不相同的素数p、q、r和s，使得它们的和仍是素数，并且p2＋qs及p2＋qr都是平方数． 【题说】 第二十届（1994年）全俄数学奥林匹克九年级题7． 【解】 因为四个奇素数之和是大于2的偶数，所以所求的素数中必有一个为偶数2． 若p≠2，则p2＋qs或p2＋qr中有一个形如（2k＋1）2＋2（2l＋1）＝4（k2＋k＋l）＋3，这是不可能的，因为奇数的平方除以4的余数是1，所以p＝2． 设22＋qs＝a2，则qs＝（a＋2）（a－2）． 若a－2＝1，则qs＝5，因为q、s是奇素数，所以上式是不可能的．于是只能是 q＝a－2， s＝a＋2 或者 q＝a＋2，s＝a－2 所以s＝q－4或q＋4．同理r＝q－4或q＋4． 三个数q－4、q、q＋4被3除，余数各不相同，因此其中必有一个被 3整除．q或q＋4为3时，都导致矛盾，所以只能是q－4＝3．于是 （p，q，r，s）＝（2，7，3，11）或（2，7，11，3） ??? A2－033 求所有这样的素数，它既是两个素数之和，同时又是两个素数之差． 【题说】 第二十届（1994年）全俄数学奥林匹克十年级题5． 【解】 设所求的素数为p，因它是两素数之和，故p＞2，从而p是奇数．因此，和为p的两个素数中有一个是2，同时差为p的两个素数中，减数也是2，即p＝q＋2，p＝r－2，其中q、r为素数．于是p－2、p、p＋2均为素数．在三个连续的奇数中必有一数被3整除，因这数为素数，故必为3．不难验证只有p－2＝3，p＝5，p＋2＝7时，才满足条件．所以所求的素数是5． ??? 个整数． 【题说】 第三十五届（1994年）国际数学奥林匹克题4．本题由澳大利亚提供． 【解】 n3＋1＝n3＋mn－（mn－1），所以mn－1|n（n2＋m）．因为（mn－1，n）＝1，所以mn－1|n2＋m．又n（m2＋n）－（n2＋m）＝m（mn－1）， 所以mn－1|m2＋n．因此m，n对称，不妨设m≥n． 当n＝1时，mn－1＝m－1|n3＋1＝2，从而m＝2或3，以下设n≥2． 若m＝n，则n2－1|（n3＋1）＝（n3－n）＋（n＋1），从而n2－1|（n＋1），m＝n＝2． 若m＞n，则由于 2（mn－1）≥n2＋mn＋n－2≥n2＋2m＞n2＋m 所以mn－1＝n2＋m，即 （m－n－1）（n－1）＝2 从而 于是本题答案为 （m，n）＝（2，1），（3，1），（1，2），（2，2），（5，2），（1，3），（5，3），（3，5），（2，5）共九组． ???? 【题说】 第十三届（1995年）美国数学邀请赛题7． 【解】 由已知得 即 所以 ? A2－036 一个正整数不是42的正整数倍与合数之和．这个数最大是多少？ 【题说】 第十三届（1995年）美国数学邀请赛题10． 【解】 设这数为42n＋p，其中n为非负整数，p为小于42的素数或1． 由于2×42＋1，42＋2，42＋3，42×5＋5，42＋7，2×42＋11，42＋13，4×42＋17，3×42＋19，42＋23，3×42＋29，2×42＋31，4×42＋37，2×42＋41，都是合数，所以在n≥5时，42n＋p都可表成42的正整数倍与合数之和，只有42×5＋5例外．因此，所求的数就是42×5＋5＝215． A2－038 求所有正整数x、y，使得x＋y2＋z3＝xyz，这里z是x、y的最大公约数． 【题说】 第三十六届（1995年）IMO预选题． 【解】 由原方程及y2、z3、xyz均被z2整除得出z2|x．设x＝az2，y＝bz，则原方程化为 a＋b2＋z＝abz2???????????????????????????????????????????????????? （1） 由b2、abz2被b整除得b|（a＋z）．于是b≤a＋z． a＋z＋b2＝abz2 ＝（a＋z）b＋（a＋z）b＋b（（z2－2）a－2z） ≥a＋z＋b2＋b（（z2－2）a－2z）