数学竞赛中的数论问题题型全(7)

(?x2?y2?z2)2?4y2z2?24x4?y4?z4?2x2y2?2x2z2?2y2z2?4y2z2?24(?x2?y2?z2?2yz)(?x2?y2?z2?2yz)?24

(y?z?x)(y?z?x)(y?z?x)(y?z?x)?24左边四个括号内奇偶性相同，而24?23?3为偶数，故括号内每个都为偶数，则应出现24，矛盾。所以原方程无整数解。

例7 证明：两连续正整数之积不能是完全平方数，也不能是完全立方数。

证明：1若有两连续正整数之积为完全平方数，设x(x?1)?t2（x?1,t?2），则(x,x?1)?(x,1)?1，则x与x?1均为完全平方数。

故存在正整数a,b使得x?a2,x?1?b2，从而b2?a2?(b?a)(b?a)?1 这与b?a?2矛盾。所以两连续正整数不能是完全平方数。

设x(x?1)?t3（x?1,t?2），则(x,x?1)?(x,1)?1，则x与2若有两连续正整数之积为完全立方数，

x?1均为完全立方数。故存在正整数a,b使得x?a3,x?1?b3，从而

b3?a3?(b?a)(b2?ba?a2)?1这与b2?ba?a2?3矛盾。所以两连续正整数不能是完全平方数。

例9 在两个相邻的完全平方数n2与(n?1)2之间任取若干个不同的整数，证明它们中两两乘积互不相同。证明：只需证明若n2?a?b?c?d?(n?1)2则ad?bc 若ad?bc，则设

a?pu,b?quc?pv,d?qv（见例3），则q?p,v?u，即q?p?1,v?u?1

d?qv?(p?1)(u?1)?pu?p?u?1

2??pu?a?n ???p?u?2pu?2a?2n?d?n2?2n?1?(n?1)2，矛盾

故在两个相邻的完全平方数n2与(n?1)2之间任取若干个不同的整数，它们中两两乘积互不相同。 评析：与例三的思想方法大同小异，因为它们都利用ad?bc的结论。

例10 求不定方程(n?1)!?nk?1的全部正整数解。

解：当n?1时，无解； 当n?2时，1?2k?1，有k?1； 当n?2是，(n?1)!为偶数，n必为奇数1当n?3时，2?3k?1，k?1

31

2当n?5时，24?5k?1,k?23当n?5时，

n?1n?1n?1(n?2)!(?n?2)，2(n?2)! 222?Ckk?1(n?1)

1(n?1)k?1?故(n?1)(n?2)!，则(n?1)2nk?1而nk?1?(n?1?1)k?1?(n?1)k?Ck所以(n?1)2Ckk?1(n?1)，则?n?1?k，n?1?k故nk?1?nn?1?1?(n?1)!，与(n?1)2nk?1矛盾，则无解。综上，不定方程的正整数解为（2，1）、（3，1）、（5，2）。 评析：通过分析估计归纳，对n分类讨论，一一得出结果。

不等式的应用

I．排序不等式（又称排序原理）

设有两个有序数组a1?a2???an及b1?b2???bn.

则a1b1?a2b2???anbn（同序和）?a1bj1?a2bj2???anbjn（乱序和）?a1bn?a2bn?1???anb1（逆

序和）其中j1,j2,?,jn是1，2，…，n的任一排列.当且仅当a1?a2???an或b1?b2???bn时等号（对任一排列j1,j2,?,jn）成立.

IV．利用排序不等式还可证明下述重要不等式.

切比雪夫不等式：若a1?a2???an，b1?b2???bn ，

则

a1b1?a2b2???anbna1?a2???anb1?b2???bn??.

nnn

证明：由题设和排序不等式，有a1b1?a2b2???anbn=a1b1?a2b2???anbn，

a1b1?a2b2???anbn?a1b2?a2b3???anb1，

……a1b1?a2b2???anbn?a1bn?a2b1???anbn?1. 将上述n个不等式叠加后，两边同除以n2，即得欲证的不等式.

赛题精讲

I．排序不等式的应用

应用排序不等式可以简捷地证明一类不等式，请看下述例题.

例1：对a,b,c?R，比较a?b?c与ab?bc?ca的大小. 取

两

组

数

?333222a,b,c;a2,b2,c2.不管

a,b,c的大小顺序如何，

a3?b3?c3都是同序和a2b?b2c?c2a都是乱序和，故a3?b3?c3?a2b?b2c?c2a.

a2?b2b2?c2c2?a2a2b2c2?????. 例2：a,b,c?R，求证a?b?c?2c2a2bbccaab? 32

【思路分析】 应先将a、b、c三个不失一般性地规定为a?b?c?0. 【略解】由于不等式关于a、b、c对称，可设a?b?c?0. 于是a?b?c,2222111111111??.由排序不等式，得a2??b2??c2?(逆序和)?a2??b2??c2?abcbcacba（乱序和）.及a?

111111?b2??c2??a2??b2??c2?. abccab以上两个同向不等式相加再除以2，即得原式中第一个不等式.再考虑数组

111，仿上可证第二个不等式，请读者自己完成. ??bccaab111例6：设正数a,b,c的乘积abc?1，试证：(a?1?)(b?1?)(c?1?)?1.

bcaa3?b3?c3?0,及【略解】设a?

xyz,b?,c?，这里x,y,z都是正数，则原需证明的不等式化为 yzx(x?y?z)(y?z?x)(z?x?y)?xyz,显然x?y?z,y?z?x,z?x?y中最多只有一个非负数.若

x?y?z,y?z?x,z?x?y中恰有一个非正数，则此时结论显然成立.若x?y?z,y?z?x,z?x?y均为正数，

则x,y,z是某三角形的三边长.容易验证

1 (x?y?z)(y?z?x)(z?x?y)?[(x2(y?z?x)?y2(z?x?y)?z2(x?y?z)].

3

故得(x?y?z)(y?z?x)(z?x?y)?xyz.

【评述】 利用上述换元的方法可解决同类的问题.见下题：设正数a、b、c的乘积

abc?1,证明

1113???.

a2(b?c)b2(c?a)c2(a?b)2 证明：设a?111,b?,c?,则xyz?1，且所需证明的不等式可化为 xyzx2y2z23xyz???，现不妨设x?y?z，则?? ，据排序不等式 y?zz?xx?y2y?zz?xx?y

x2y2z2xyz???z??x??y?得 y?zz?xx?yy?zz?xx?yx2y2z2xyz???y??z??x? 及两式相加并化简可得 y?zz?xx?yy?zz?xx?y

x2y2z22(??)?x?y?z?33xyz?3. y?zz?xx?y例7：设实数x1?x2???xn,y1?y2???yn,z1,z2,?,zn是y1,y2,?,yn的一个置换，证明：

?(xi?1ni?yi)??(xi?zi)2.

2i?1n 33

【略解】 显然所需证不等式等价于

?xy??xz,这由排序不等式可直接得到.

iiiii?1i?1nn【评述】 应用此例的证法可立证下题：

nak1设ak是两两互异的正整数（k?1,2,?)，证明对任意正整数n，均有?2??.

i?1ki?1kn

证明：设b1,b2,?,bn是a1,a2,?,an的一个排列，使b1?b2???bn，则从条件知对每个1?k?n,bk?k，

nnnakbk1于是由排序不等式可知?2??2??.

i?1ki?1ki?1k

求不定方程x1?x2?x3?3x4?3x5?5x6?21的正整数解的组数．

解 令x1?x2?x3?x，x4?x5?y，x6?z，则x?3,y?2,z?1．先考虑不定方程x?3y?5z?21满足

x?3,y?2,z?1的正整数解．?x?3,y?2,z?1，?5z?21?x?3y?12，?1?z?2．

当z?1时，有x?3y?16，此方程满足x?3,y?2的正整数解为(x,y)?(10,2),(7,3),(4,4)． 当z?2时，有x?3y?11，此方程满足x?3,y?2的正整数解为(x,y)?(5,2)． 所以不定方程x?3y?5z?21满足x?3,y?2,z?1的正整数解为

(x,y,z)?(10,2,1),(7,3,1),(4,4,1),(5,2,2)．

又方程x1?x2?x3?x(x?N,x?3)的正整数解的组数为Cx?1，方程x4?x5?y(y?N,x?2)的正整数解的组数为Cy?1，故由分步计数原理知，原不定方程的正整数解的组数为

2121211C9C1?C6C2?C3C3?C2C41?36?30?9?6?81．

21

例题选讲

例1 100个正整数之和为101101，则它们的最大公约数的最大可能值是多少?证明你的结论.

注：看上去不好处理，实际比较容易，101101?101?1001，这样就好处理了，此时101为质数，比较好讨论了，

101为质数，可以取a1?a2?a3?2?a99?1001,a100?2

例2证明：对一切整数n,n?2n?12不是121的倍数. 注解：n?2n?12?(n?1)?11，分析可以得到 例3能否有正整数m、n满足方程m?2009?n

注解：2009?41?49

例4一个正整数不是42的正整数倍和合数（不为零）之和，这个数的最大值是多少？

34

2222解析：这个整数必定可以写成42n?p，其中p为1或素数，其中 p?1,2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41，因为可 …… 此处隐藏：3308字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……