1、A 整數 A3 數字問題     A3001 在數3000003中，應把它的百位數字和萬位數字0換成什么數字，才能使所得的數能被13整除？【題說】 1950年1951年波蘭數學奧林匹克三試題2【解】 設所求數字為x和y，則有因為106、104、102除以13時，分別得余數1、3、9，所以n33x9y33（2x3y）（mod 13）當且僅當x3y2被13整除，即x3y213m（m為自然數）              &

2、#160;                  （1）時，n被13整除由于x3y293·9238所以m只能取1或2當m1時，由方程（1）及0x，y9，解得x8，y1；x5，y2；x2，y3當m2時，解得x9，y5；x6，y6；x3，y7；x0，y8故本題共有7個解：3080103，3050203，3020303，3090503，3060603，3030703，3000803A3002 求出所有這樣的三位數，使其被11整

3、除后的商數等于該三位數各位數字的平方和【題說】 第二屆（1960年）國際數學奧林匹克題1本題由保加利亞提供【解】 設這個三位數除以11以后的商為10ab，其中 a是商的十位數，b是商的個位數若ab10，則原數為100（a1）10（ab10）b若ab10，則原數為100a10（ab）b以下對這兩種情形分別討論先考慮第一種情形由題設有（a1）2（ab10）2b210ab                   &#

4、160;              （1）若ab10，則有（a1）2（ab10）2b2（a1）21（11a）2故若（1）式成立，只能有ab10將b10a代入（1）解得唯一的一組正整數解a7，b3再考慮第二種情形此時由題設有a2（ab）2b210ab                  

5、60;                          （2）若ab5，則有a2（ab）2b22（ab）·a2b210ab故若（2）成立，只能有ab5注意在（2）式中左邊和10a都是偶數；因此b也是偶數若ab5，則b只能為2，將b2代入（2）得不到整數解，因此只能有ab5將b5a代入（2）得唯一的一組正整數解a5，b0綜上所述，合乎要求

6、的三位數只有550，803A3003 下面是一個八位數除以一個三位數的算式，試求商，并說明理由【題說】 1958年上海市賽高三題1【解】 原式可寫成：其中所有未知數都表示數字，且下標為1的未知數都不等于零x1x2x3等表示x1·102x2·10x3等（1）因為得到商的第一個數字7后，同時移下兩個數字a5、a6，所以y20，同理y40（2）四位數a1a2a3a4與三位數b1b2b3之差為兩位數c1c2，所以a11，a20，b19，同理，c11，c20，d19，于是a4b3，b29，a30（3）由7×x1x2x399b3，所以x11，x249907×1401

7、0，所以x32，b34，從而a4b34（4）由c11，c20可知y37（5）y5×142是四位數，所以x58又因y5×142的末位數字是8，所以y59于是商為70709，除數142，從而被除數為10040678A3004 證明：在任意39個連續的自然數中，總能找到一個數，它的數字之和被11整除【題說】 1961年全俄數學奧林匹克八年級題 3【證】 在任意39個連續自然數中，一定有三個數末位數字為0，而前兩個數中一定有一個十位數字不為9，設它為N，N的數字之和為n，則N，N1，N2，N9，N19這11個數的數字之和依次為n，n1，n2，n9，n10，其中必有一個是11的倍數【

8、注】 39不能改為38例如999981至1000018這38個連續自然數中，每個數的數字和都不被11整除本題曾被改編為匈牙利1986年競賽題、北京市1988年競賽題A3005 求有下列性質的最小自然數n：其十進制表示法以6結尾；當去掉最后一位6并把它寫在剩下數字之前，則成為n的四倍數【題說】 第四屆（1962年）國際數學奧林匹克題1本題由波蘭提供【解】 設n10m6，則6×10pm4（10m6），其中p為m的位數于是m2（10p4）/13，要使m為整數，p至少為5，此時，n153846A3006 公共汽車票的號碼由六個數字組成若一張票的號碼前三個數字之和等于后三個數字之和，則稱它是幸

9、運的證明：所有幸運車票號碼的和能被13整除【題說】 1965年全俄數學奧林匹克八年級題 4【證】 設幸運車票的號碼是A，則A999999A也是幸運的，且AA因為AA999999999×1001含因數13而所有幸運號碼都能如此兩兩配對所以所有幸運號碼之和能被13 整除A3007 自然數k有如下性質：若n能被k整除，那末把n的數字次序顛倒后得到的數仍能被k整除證明：k是99的因子【題說】 第一屆（1967年）全蘇數學奧林匹克十年級題5【證】 k與10互質事實上，存在首位為1且能被k整除的數，把它的數字倒過來也能被k整除，而此數的末位數字為1取以500開頭的且被k整除的數：500abcz，

10、（a，b，c，z是這個數的數字），則以下的數均被k整除：（1）zcba005（2）和（3）把（2）中的和倒過來zcba00010abcz（4）差由此看出，99能被k整除 A3008 計算由1到109的每一個數的數字之和，得到109個新數，再求每一個新數的數字之和；這樣一直進行下去，直到都是一位數為止那么，最后得到的數中是1多，還是2多？【題說】 1964年全俄數學奧林匹克八年級題3考慮整數被9除的余數【解】 一個正整數與其數字之和關于9是同余的，故最后所得的一位數為1者，是原數被9除余1的數，即1，10，19，999999991及109同理，最后所得一位數為2者，原數被9除余2，即2

11、，11，20，999999992二者相比，余1者多一個數，因此，最后得到的一位數中以1為多A3009 求出具有下列性質的所有三位數A：將數A的數字重新排列，得出的所有數的算術平均值等于A【題說】 第八屆（1974年）全蘇數學奧林匹克九年級題 5由此可得222（abc）6（100a10bc），即7a3b4c，將這方程改寫成7（ab）4（cb）當0b2時，abc，或ab4且cb7當7b9時，ba4，bc7，從而A111，222，999，407，518，629，370，481，592顯然這15個三位數都合乎要求A3010 當44444444寫成十進制數時，它的各位數字之和是A，而B是A的各位數字之和，求B的各位數字之和（所有的數都是十進制數）【題說】 第十七屆（1975年）國際數學奧林