整数的一个简单性质及其应用——从一个竞赛题的错解谈起

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2 0 0 5年第 3期

中学数学研究

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整数的一个简单性质及其应用——

从一个竞赛题的错解谈起( 2 3 3 3 O O ) 李明 方体兵

安徽省五河县第三中学

关联的其它字母取值也必须符合已知条件. ②此例容易出现如下错解： 0>2 b>6 c >2 4 d>2 4 0 0,故Ⅱ的最小值为 2 4 0 1 . 8 r t 7 例2 已知 0 l、。 2、。 3、…、 0 7是彼此互不< <’ 相等的正整数，它们的和为 1 5 9,求其中最小数此题是 1 9 8 7年第五届美国数学邀请赛试 o,的最大值. (选自2 0 0 3年北京初二竞赛题) 题，距今已有 l 7个年头，常见数学竞赛辅导资 解：不妨设 0 1<0 2<0 3< 0 4< 0 5< 0 6 料及数学杂志论文中引用，可谓经久不衰，但<0 7,则直到今天还有些错误的解答出现在公开的刊 0 2≥ 01+ 1, 物上，实在令人遗憾 .该题求出满足条件的 r t a 3≥ a 2+ 1≥ ( a l+1 )+ 1= n l+2, 是1 1 2,但这个结论是错误的！因为 r t:1 1 2, a 4≥ a 3+ 1≥。 1+ 3, 9 7,虽然满足不等式，但不符合 r t取最小正 05≥ a 4+ 1≥ n】+4, 整数的要求；《中学生数学》 (初中版 ) 2 o o 2年第 0 6≥ 0 5+ 1≥ n1+ 5, 2期P 2 6例6,解答中也出现类似的错误；《中学生数学》 (初中版) 2 0 0 4年第 6期P 1 9例5给予 a7≥ a 6+ 1≥ 01+ 6 . 了纠正，正确结论是：满足条件的最小正整数 a l+a 2+…+a 7≥0 1+( 0 1+1 )+( 0 1 r t是l 5,但解法较繁. +2 )+…+( 0 l+6 )=7 a 1+2 l 为了简捷方便地解决此类问题，本文介绍 又 0 1+0 2+…+ a 7 1 5 9, 整数的一个简单性质——离散性 . 1 5 9≥ 7 a1+ 2 l, 性质 1:若0、 b是整数，且 0> b,则 0≥《中学数学研究} 2 o o 4年第 9期 P 3 4例1 是：求满足下列条件的最小正整数 r t,对于这个F t,有唯一的正整数，满足:’ . .

‘

.

.

b+ 1 .

解得 0】≤1 9昔.又。 1= 1 9, a 2= 2 0,。 3=2 1, a 4= 2 2,。 5

性质 1也可作如

下变化： 性质2:若0、 b是整数，且 b<0,则b≤n—

1 .

性质 1、 2虽然简单，但用来解决有关最值问题中常有独到之处.请看几个例子. t￣ 1 1设 0、 b、 c、 d是整数，且 0>2 b, b >3 c, c>4 d, d>1 0 0,求 0的最小值. (选自 《华罗庚数学学校试题》 ) 解：’ . 0、 2 b是整数，且 0>2 b,’.

2 3,Ⅱ 6:2 4, 0 7=3 0是彼此互不相等的正整数，且它的和为 1 5 9,故最小正整数 o,的最大=

值为 l 9 . 例3 已知 P、 q为正整数，且1 1 q>1 5 p, l O p>7 q,求 P的最小值. 解：￣ o o P、 q为正整数，且1 1 q>1 5 p,。.

.

1 1 q≥ 1 5 p+1,

.

0≥ 2b+ 1 .

.

q≥ ( 1 5 p+1 ) 1 0 p>7 q, .’ . 1 0 p≥ 7q+ 1,

①

同理可得 b≥ 3 c+1, C≥ 4 d+1, d≥1 01 .’ . .

’ .

。

n≥2 b+1≥2 ( 3 C+1 )+1=6 c+3≥

.

.

q≤ 1 ( 1 0 p~1 ) .

②

6 ( 4 d+1 )+3=2 4 d+9≥2 4 X 1 0 1+ 9=2 4 3 3 . 即 n≥ 2 4 3 3 .又 n=2 4 3 3, b= 1 2 1 6, C= 4 0 5, d=1 0 1

由①、②得

￣ l i ( 1 5 p+ 1 )≤ 1 ( 1 0 p— 1 ),解得P≥3{.

满足题意，故 0的最小值为 2 4 3 3 . 说明：①字母试取最值时，要验证与之相

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当p=4时， 5 ≤q≤5 4正整数 q不,

‘ . .

1 3 n≤ 7 ( n+ )一1,≥

存在；当 p=5时， 6 ≤ q≤ 7, q=7 .

1 ( 6 n+

.

.

) .

②

由①、②得1, L/ 一

故 P的最小值为 5 (此时 q=7 ) . 例5 (本文开始的问题)

)≥ ( 6 +1 ),,

解：‘ .‘ n、 为正整数，由< { 得 . .

解得 n≥ 1 5 . 又当 n= 1 5, :1 3时，8 n 7

8 ( n+ )< 1 5 n, 8 ( n+ )≤ 1 5 n一1,

<

<_ 3,

≤专 ( 7 n一 1 ) .

< 7得 1 3 n<7 ( n+ ),

①

故最小正整数 n应为 1 5 (此时：1 3 ) . 说明：利用性质 1、 2解决有关问题，具有一

般性并且简捷方便、思路清晰.

由

‘‘

分母置换法"在分式不等式证明中的应用广东南海石f - j中学 ( 5 2 8 2 4 8 ) 黄伟亮母置换，简化了分母，使得分式不等式的证明难度大大降低.下面再用此方法证明几例. 例2 ( 2 6届独联体数学奥林匹克试题)设“> 1, 6>l,求证： + ≥8 .

例1 ( J a r L o￣不等式 )设， Y, z>0,则y2一

2

Z2一

’,

2

2一

z

2

■

—

≥u

文[ 1]用排序不等式来证明，文[ 2]用整式分离法给出了另外一种证明，都比较繁琐，实际上，利用分母置换的方法去证明则比较简单 .一

一

证明：设+y=n, y+z=b, z+ =c,则有 z =(+: ) (一 )=c ( n一6 ),同理 y 一X 2:n ( 6 C ), z 一，,= 6 ( C—n ),于是, 一 2Z

文[ 3]用无穷等比数列求和公式来证明，比较繁琐；文[ 4]利用丢番图恒等式 (2+b ) ( C 2+d ):(+b d )+( 6 c一 )=( +6 c ) !+( 一b d ) !进行证明，也不简单，实际上，利用“分母置换法”,能简化分

2一

’,

2

2一

Z

2

■甘 +

—

≥0血 +≥0

母，大大降低了证明的难度.证明：设 8—1=, 6—1= 则>0,,>0,且n= 1+, 6= 1+l y,于是b一 1+

n

6一

甘( + + )一( n+6+c )≥0C n 0

1=

( 1+ ) ( 1+, . )v +

。一

n 6甘一C

+

b c

+

c n

≥ n+ b+ C o

.

:

2 (上+羔 )+( +[+Y厂————一

+! ),——■—

,4厂■■————

由均值不等式有： +b e≥2 6 . b e+ ≥2 c,

≥ 2 x 2√÷’÷+ 4√÷‘专 ÷ 等=

詈≥ 2 a,三式相加，有+尝+≥ n+ 6+ c,所 例3 (《数学教学) ) 2 O O 1年5

月号问题 5 4 3 ) n、 6、 c 为/" A B C的三边长，求证： 以当一 0时，有 等●…=+ 1 -+等 1 -‘ 厂—一厂—_} _厂—一+

4+4= 8 .

=≥3’ 命题获证 . 相当多的分式不等式与 J a n o u s不等式有共同原作者给出了一种技巧性较高的证法，现利用“分的地方：分母比较复杂.证明这类分式不等式的难度之母置换法”和均值不等式给出以下简证. 所以比较大，往往在于分母比较复杂，如果能想办法简证明：设 6+C—n:, C+n一6=,, . n+6一c 化分母，不等式证明的难度将会大大降低.而“分母置：:,则有， y, z∈R+,且n:旦#, 6: }, c: 换法”就是一种比较有效的简化分母的方法.通过分