2010數(shù)學(xué)協(xié)作體夏令營講義專題專題一—專題五.doc

專題一 數(shù)列與遞推江蘇省鹽城中學(xué) 丁振華 沈巍龑一、基礎(chǔ)知識 定義：對于任意的，由遞推關(guān)系確定的關(guān)系稱為階遞歸關(guān)系或稱為階遞歸方程，由階遞歸關(guān)系及給定的前項(xiàng)的值(稱為初始值)所確定的數(shù)列稱為階遞歸數(shù)列。若是線性的，則稱為線性遞歸數(shù)列，否則稱為非線性遞歸數(shù)列，在數(shù)學(xué)競賽中的數(shù)列問題常常是非線性遞歸數(shù)列問題。求遞歸數(shù)列的常用方法：一公式法(1)設(shè)是等差數(shù)列，首項(xiàng)為，公差為，則其通項(xiàng)為；(2)設(shè)是等比數(shù)列，首項(xiàng)為，公比為，則其通項(xiàng)為；(3)已知數(shù)列的前項(xiàng)和為，則。二迭代法迭代恒等式：；迭乘恒等式： ，()迭代法能夠解決以下類型一和類型二所給出的遞推數(shù)列的通項(xiàng)問題：類型一：已知，求通項(xiàng)；類型二：已知，求通項(xiàng)；三待定系數(shù)法類型三：已知，求通項(xiàng)；四特征根法類型四：設(shè)二階常系數(shù)線性齊次遞推式為（），其特征方程為，其根為特征根。 （1）若特征方程有兩個不相等的實(shí)根，則其通項(xiàng)公式為（），其中A、B由初始值確定；（2）若特征方程有兩個相等的實(shí)根，則其通項(xiàng)公式為（），其中A、B由初始值確定。證明：設(shè)特征根為，則所以=即是以為公比，首項(xiàng)為的等比數(shù)列。所以，所以(1)當(dāng)時，則其通項(xiàng)公式為，其中，；(2)當(dāng)時，則其通項(xiàng)公式為，其中因此對于斐波那契數(shù)列，對應(yīng)的特征方程為，其特征根為：，所以可設(shè)其通項(xiàng)公式為，利用初始條件得，解得所以。這個數(shù)列就是著名的斐波那契數(shù)列的通項(xiàng)公式。斐波那契數(shù)列有許多生要有趣的性質(zhì)，如：它的通項(xiàng)公式是以無理數(shù)的形式給出的，但用它計(jì)算出的每一項(xiàng)卻都是整數(shù)。斐波那契數(shù)列在數(shù)學(xué)競賽的組合數(shù)學(xué)與數(shù)論中有較為廣泛地應(yīng)用。為了方便大家學(xué)習(xí)這一數(shù)列，我們給出以下性質(zhì)：（請同學(xué)們自己證明）（1）斐波那契數(shù)列的前項(xiàng)和；（2）；（3）（）；（4）（）；（5）（）；五代換法代換法主要包括三角代換、分式代換與代換相消等，其中代換相消法可以解決以下類型五：已知，求通項(xiàng)。六不動點(diǎn)法若，則稱為的不動點(diǎn)，利用不動點(diǎn)法可將非線性遞歸式化歸為等差數(shù)列、等比數(shù)列或易于求解的遞關(guān)系的遞推關(guān)系，從而達(dá)到求解的目的。類型六：(1)已知，且，求通項(xiàng)； (2)已知，求通項(xiàng)；七數(shù)學(xué)歸納法八構(gòu)造法二、范例選講：（一）遞推數(shù)列1、（德國）數(shù)列的定義是證明：該數(shù)列中的項(xiàng)都是正整數(shù)。證明：由遞推數(shù)列關(guān)系知：兩式作差可得 即 化簡可得 （*）如果記，那么由（*）可得 （*）由和可知再由（*）式，即得從而利用由歸納法可知，各項(xiàng)都是正整數(shù)。2、（08全國聯(lián)賽）設(shè)證明：當(dāng)且僅當(dāng)時，存在數(shù)列滿足下列條件：（1）；（2）存在；（3）證明：必要性：假設(shè)存在滿足（），（），（iii）注意到（）中式子可化為 ， 其中將上式從第1項(xiàng)加到第項(xiàng)，并注意到得 由（）可設(shè)，將上式取極限得 ，因此 充分性：假設(shè)定義多項(xiàng)式函數(shù)如下： ，則在0,1上是遞增函數(shù)，且，因此方程在0,1內(nèi)有唯一的根，且，即 下取數(shù)列為，則明顯地滿足題設(shè)條件（），且 因，故，因此，即的極限存在，滿足（） 最后驗(yàn)證滿足（），因，即，從而 綜上，存在數(shù)列滿足（），（），（） 3、（05年上海競賽試題）數(shù)列的通項(xiàng)公式為，記，求所有的正整數(shù)，使得能被8整除解：記注意到，可得因此，Sn+2除以8的余數(shù)，完全由Sn+1、Sn除以8的余數(shù)確定，故由(*)式可以算出各項(xiàng)除以8的余數(shù)依次是1,3，0,5，7,0，1,3，它是一個以6為周期的數(shù)列，從而故當(dāng)且僅當(dāng)4、（第五屆東南奧林匹克）設(shè)數(shù)列滿足試求通項(xiàng)的表達(dá)式。解：將所給遞推關(guān)系的兩邊同除以得：即所以，故即令則故從而，。（二）數(shù)列不等式的證明5、（芬蘭）設(shè)試求整數(shù)使得。解：化簡可得：由由遞推關(guān)系可得數(shù)列單調(diào)遞增可得即得值為6、（俄羅斯）數(shù)列和的定義是：，求證：證明：由下面用歸納法證明： （*）時，顯然有假設(shè)等式對成立，我們來看時的情形：由此即知（*）式對一切正整數(shù)都成立。如此一來，對每個，我們都有即此即為證。（三）綜合問題7、（08女子奧林匹克）設(shè)正數(shù)列滿足 及。求正實(shí)數(shù)，使得當(dāng)時，有單調(diào)性當(dāng)時，不具有單調(diào)性。解：由,有即于是。當(dāng)是，由于，則當(dāng)，即時有即而，當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立。于是，取，則當(dāng)時，有當(dāng)時，且故所求常數(shù)8、（09全國聯(lián)賽）已知，是實(shí)數(shù)，方程有兩個實(shí)根，數(shù)列滿足，()求數(shù)列的通項(xiàng)公式（用，表示）；()若，求的前項(xiàng)和解：方法一：()由韋達(dá)定理知，又，所以，整理得令，則所以是公比為的等比數(shù)列數(shù)列的首項(xiàng)為：所以，即所以當(dāng)時，變?yōu)檎淼?，所以，?shù)列成公差為的等差數(shù)列，其首項(xiàng)為所以于是數(shù)列的通項(xiàng)公式為5分當(dāng)時， 整理得，所以，數(shù)列成公比為的等比數(shù)列，其首項(xiàng)為所以于是數(shù)列的通項(xiàng)公式為10分()若，則，此時由第()步的結(jié)果得，數(shù)列的通項(xiàng)公式為，所以，的前項(xiàng)和為以上兩式相減，整理得所以15分方法二：()由韋達(dá)定理知，又，所以，特征方程的兩個根為，當(dāng)時，通項(xiàng)由，得 解得故 5分當(dāng)時，通項(xiàng)由，得 解得，故10分()同方法一三、強(qiáng)化訓(xùn)練1、 （09全國）一個由若干行數(shù)字組成的數(shù)表，從第二行起每一行中的數(shù)字均等于其肩上的兩個數(shù)之和，最后一行僅有一個數(shù)，第一行是前個正整數(shù)按從小到大排成的行，則最后一行的數(shù)是 （可以用指數(shù)表示）【答案】【解析】 易知：()該數(shù)表共有100行；()每一行構(gòu)成一個等差數(shù)列，且公差依次為，()為所求 設(shè)第行的第一個數(shù)為，則 故2、 （09全國）若函數(shù)且，則 【答案】a) ，故3、（10江蘇初賽）設(shè)復(fù)數(shù)列滿足且。若對任意都有則的值是_解：由恒成立。即。因?yàn)榛?，故，所?、已知數(shù)列滿足，求數(shù)列的通項(xiàng)解：其特征方程為，解得，令，由，得， 5、已知數(shù)列滿足，求數(shù)列的通項(xiàng)解：其特征方程為，化簡得，解得，令 由得，可得，數(shù)列是以為首項(xiàng)，以為公比的等比數(shù)列，6、 已知數(shù)列滿足試求數(shù)列的通項(xiàng)公式。解：將條件左右平方移項(xiàng)可得 同理可得 由此可見是方程的兩根，從而有 該式的特征根方程為：，兩個特征根為 故可設(shè)通項(xiàng) 代入解得 所以7、 數(shù)列定義如下： 求的通項(xiàng)。解：由已知消去得令，則 其中 由特征根方程可得為奇數(shù) 同理可得為偶數(shù)。8、 設(shè)數(shù)列滿足且，求證：是完全平方數(shù)。解：由已知可得且當(dāng)時以此類推可得同理可知從而由于所以由二項(xiàng)展開式可知為偶數(shù)，故是完全平方數(shù)。9、 已知求的通項(xiàng)。解：設(shè) 則 以上四式相加，并利用條件得 則 所以，于是 故專題二 組合幾何講座湖南師大附中 周正安組合幾何問題是高級別數(shù)學(xué)競賽中較常見的一類新穎有趣的問題類型。簡而言之，它是幾何中的組合問題，這類問題的求解需要的平幾知識少之又少，更多的是需要聰敏與智慧。以下，我們以實(shí)例分析來了解組合幾何問題處理的一些基本方法與技巧。例1，設(shè)A、B都是平面上的有限點(diǎn)集，中無三點(diǎn)共線，.A1A3A4A5B1B2B3圖1求證：存在一個三角形，它的頂點(diǎn)全在A中或全在B中，且它的內(nèi)部不含另一集合中的點(diǎn)。分析：記符合題中要求的三角形為“好三角形”。不妨設(shè)先對的情形討論，設(shè)，連接這五點(diǎn)的凸包，針對凸包形狀進(jìn)行分析：（1）凸包為五邊形（如圖1）A1A2A4A5B2B1B3B4圖2若A1A2A3、A1A3A4，A1A4A5這三個三角形至少有一個為“好三角形”，則問題已解決；若A1A2A3、A1A3A4，A1A4A5都不是“好三角形”，則這三個三角形的每個都至少含B中的一個點(diǎn)，依次記為B1、B2、B3，連接而成B1B2B3必是“好三角形”.（2）凸包為四邊形（如圖2）A1A2A4A5B2B1B3B4圖3A3B5若A1A2A5，A2A3A5，A3A4A5-，A4A1A5這四個三角形至少有一個為“好三角形”，則問題已解決；若A1A2A5，A2A3A5，A3A4A5-，A4A1A5均不是“好三角形”，則這四個三角形的每個都至少含B中的一個點(diǎn)，依次記為B1、B2、B3、B4，由于AB中無三點(diǎn)共線，則B1B2B3與B1B2B4至少有一個為“好三角形”.（3）凸包為三角形（如圖3）若A1A2A4，A2A3A4，A3A4A5-，A3A5A1，A1A4A5這五個三角形至少有一個為“好三角形”，則問題已解決；若A1A2A4，A2A3A4，A3A4A5-，A3A5A1，A1A4A5均不是“好三角形，則它們中的每個都至少含B中一個點(diǎn)，依次記為B1、B2、B3、B4、B5.由于AB中無三點(diǎn)共線，則上述中5點(diǎn)必有3個點(diǎn)位于直線A4A5的同側(cè)，將其連接成，此必是“好三角形”.對的情形，我們總可找到一個五點(diǎn)集A（先取A中兩點(diǎn)A1，A2，不妨設(shè)直線A1A2右下方再無A中點(diǎn)，將置兩點(diǎn)A1與A2于A中，作射線A1A2，將A1A2按逆時鐘方向旋轉(zhuǎn)至經(jīng)過A中五點(diǎn)即止，可得A），對A利用上述尋找“好三角形”的方式即可。點(diǎn)評：問題的關(guān)鍵是針對不同的情形找出“好三角形”，“找”是需要技巧和智慧的，不同的環(huán)境，“找”法不一樣，值得好好體會。ABPaO例2.已知一個凸多邊形，它的任意兩邊都不平行，對它的每一條邊都取距它所在直線最遠(yuǎn)的一個頂點(diǎn)。證明：所有頂點(diǎn)對相應(yīng)的邊的張角和為180。分析：記Pa為凸多邊形的邊a所在直線與凸多邊形頂點(diǎn)距離最大的頂點(diǎn).Ol在平面上任取一點(diǎn)O，設(shè)a邊兩端點(diǎn)A,B過O作一對頂角，使兩直線分別與PaA、PaB平行，于是凸多邊形的每一邊均對立著一個對頂角區(qū)域.Paa首先證明：不同邊的對應(yīng)角互不重疊：反設(shè)存在兩邊a、b，它們對應(yīng)的兩個對應(yīng)角出現(xiàn)重疊，在重疊區(qū)域內(nèi)取一條射線過Pa作與平行的直線交a邊于D.由Pa性質(zhì)知，PaD是凸多邊形頂點(diǎn)中自頂點(diǎn)引與平行的直線與a邊所在直線相交所得線段中最長的線段，并且凸多邊形位于直線AB與過Pa與AB平行的PPlPBAala直線m之間，相對于b邊來說，重復(fù)前述過程也可得到PaC為與平行且相對于b邊最長的線段，而由Pa相對于a的惟一性知，a與b為同一邊，矛盾！其次，再證明構(gòu)造的這些對頂角區(qū)域覆蓋整個平面：若不然，則存在以O(shè)為頂點(diǎn)的某個角不被我們所構(gòu)造的任何一個角區(qū)域覆蓋。在這個角中，取以O(shè)為端點(diǎn)的射線n，使它不平行多邊形的任意一條邊和對角線取所有的n的平行線截多邊形所得線段中的最長的線段，顯然，它的一個端點(diǎn)P是多邊形的一個頂點(diǎn)，而它的另一端點(diǎn)A必位于多邊形的某a邊上，設(shè)a邊所在直線a，過P作直線，我們來證明凸多邊形的頂點(diǎn)不可能落到與所夾帶形區(qū)域外。如果頂點(diǎn)P在帶形區(qū)域外，由于A是a邊上的內(nèi)點(diǎn)（非端點(diǎn)）.連，則一定存在點(diǎn)，使在線段上，B是a邊的內(nèi)點(diǎn)，滿足且這與PA性質(zhì)相違。這樣一來，我們構(gòu)造的對角區(qū)域既不重疊又覆蓋整個平面，它們的和等于360，而這正是問題中角度和的2倍。本題我們將問題中的各角分別去對應(yīng)一個對角區(qū)域的想法需要有敏銳的洞察力，這種能力是一個數(shù)學(xué)競賽愛好者所必須的。例3 平面上任給點(diǎn)，其中任意三點(diǎn)不共線，將每個點(diǎn)任染紅藍(lán)兩色之一，設(shè)是頂點(diǎn)集合為的三角形的集合，且具有性質(zhì)：對任意兩條線段及，中以為邊的三角形的個數(shù)與以為邊的三角形的個數(shù)相同。試求最小的，使得在中總有兩個三角形，每一個三角形的頂點(diǎn)有相同的顏色。分析：設(shè)中以為邊的三角形的個數(shù)是，則是正整數(shù)且與無關(guān)。因共有條，故中所有三角形產(chǎn)生條邊。又每個三角形有三條邊，故(即共有個三角形)。設(shè)中有個頂點(diǎn)同色的三角形，則中不同色的三角形的個數(shù)是。同時，每個頂點(diǎn)不同色的三角形產(chǎn)生兩條端點(diǎn)異色的線段，故中端點(diǎn)異色的線段共有條。另一方面，設(shè)中個點(diǎn)染紅，個點(diǎn)染藍(lán)，。由假設(shè)知每條端點(diǎn)異色的線段在的全體三角形中出現(xiàn)次，故這樣的線段共有條。因此可解得 故當(dāng)時，(因)，即。所以。當(dāng)時結(jié)論不一定對，例如將1、2、4三點(diǎn)染紅，3、5、6、7染藍(lán)，則三角形集合符合要求(每條邊出現(xiàn)在一個三角形中)，但沒有兩個同色頂點(diǎn)三角形。題解中組合計(jì)數(shù)是基本的要求，不等式放縮這類代數(shù)功夫又是問題解決的關(guān)鍵。例4 在平面上給定一點(diǎn)O和一個之邊形F，F(xiàn)不一定是凸的，P為F的周長，D為O點(diǎn)到F的頂點(diǎn)的距離之和，H為O點(diǎn)到F的各邊所在直線的距離之和。證明：。分析：設(shè)F各頂點(diǎn)依次為、，O點(diǎn)到邊所在直線的垂線的垂足為(視)，由勾股定理，有 (柯西不等式)即12P例5 平面上條不共點(diǎn)的直線將平面劃分為若干塊，記含有2條邊的區(qū)域的個數(shù)為，求的最大值。PRQ分析：作一充分大的圓O，使直線交成的所有交點(diǎn)都在圓O內(nèi)，設(shè)圓O與條直線的交點(diǎn)按逆時針方向依次為。記與圓交于的直線為，它與圓的另一個交點(diǎn)分別為(因?yàn)槊織l直線與其他個點(diǎn))，我們證明與最多交成一個角形區(qū)域。設(shè)與的交點(diǎn)為P，因?yàn)闂l直線不共點(diǎn)，必存在不過P的直線與同時相交，設(shè)交點(diǎn)為Q、R(如圖)。不防設(shè)點(diǎn)Q在射線上，注意到,從而點(diǎn)R在射線上，所以同時與射線、相交，從而與最多交成一個角形區(qū)域，所以。其次，如圖，作條直線交于同一點(diǎn)P，再將其中一條直線平移到，使不過點(diǎn)P，則條直線劃分的平面塊中，有，故的最大值為。本題所用的組合極值問題最常用的方法：先證明，再構(gòu)造一個的實(shí)例。例6 求證：平面上存在一個點(diǎn)，它到平面上各個格點(diǎn)的距離互異。分析：我們先想法求出一個點(diǎn)，使它到平面上各個格點(diǎn)的距離互異，假定合乎條件，我們來尋找滿足的一個充分條件，使對任何兩個互異的格點(diǎn)，有。若存在互異的格點(diǎn)，使，則由，得 (*)這里我們只須找到一組，使(*)式不成立。為此，取為無理數(shù)，為有理數(shù)，則由于、都為有理數(shù)，所以由(*)式可知，為有理數(shù)。又為無理數(shù)，必有。于是(*)式變?yōu)?。注意到，而，所以，于是，所以為整?shù)。由上可知，取為無理數(shù)，為有理數(shù)，則必有為整數(shù)。我們要破壞這一性質(zhì)是很容易的，只需取適當(dāng)?shù)臒o理數(shù)，有理數(shù)，使不是整數(shù)。比如，取，則得到合乎條件的點(diǎn)。例7 求最小常數(shù)，使得正方形ABCD內(nèi)部任一點(diǎn)P，都存在PAB，PBC，PCD，CDABS2S3S1S4PPDA中的某兩個三角形，使得它們的面積之比屬于區(qū)間。分析：我們首先證明，記，不防設(shè)正方形邊長為，對正方形ABCD內(nèi)部一點(diǎn)P，令分別表示PAB，PBC，PCD，PDA的面積，則，不防設(shè)，且，則，于是(如圖)。令，如果，由，得，得。故，矛盾。故，這表明。反過來對于任意，取定，使得。我們在正方形ABCD內(nèi)取點(diǎn)P，使得，則我們有，由此我們得到對任意，有。這表明。例8 將邊長為正整數(shù)的矩形劃分成若干個邊長為正整數(shù)的正方形，每個正方形的邊均平行于矩形的邊，求正方形邊長之和的最小值。nD1A1mDACB分析：記所求最小值為，可以證明其中表示和的最大的公約數(shù)。事實(shí)上，不妨設(shè)。(1) 對歸納，可以證明存在一種合乎題意的分法，使所得正方形邊長之和恰為。當(dāng)時，命題顯然成立。假設(shè)當(dāng)時，結(jié)論成立，當(dāng)時，若，則命題顯然成立。若，從矩形ABCD中切去正方形(如圖)，由歸納假設(shè)矩形有一種分法使得所得正方形邊長之和恰為，于是原矩形ABCD有一種分法使得所得正方形邊長之和為。(2)對歸納可以證明(*)成立。當(dāng)時，由于，顯然 。假設(shè)當(dāng)時，對任意有。若當(dāng)時顯然。當(dāng)時，設(shè)矩形ABCD按要求分成了P個正方形，其邊長分別為。不妨，顯然或。若，則在AD與BC之間的與AD平行的任一直線至少穿過二個分成的正方形(或其邊界)。于是不小于AB與CD之和。所以。若，則一個邊長分別為和的矩形可按題目要求分成邊長分別為的正方形，由歸納假設(shè)，從而，于是當(dāng)時，再由(1)可知。先由一些初始的結(jié)論歸納出一般的結(jié)論，再用數(shù)學(xué)歸納法完成證明是處理一類有關(guān)正整數(shù)命題最常見的方法。例9 平面上每個點(diǎn)被染為種顏色之一，同時滿足：(1) 每種顏色的點(diǎn)都有無窮多個，且不全在同一條直線上；(2) 至少有一條直線上所有的點(diǎn)恰為2種顏色。求的最小值，使得存在互不同色的4個點(diǎn)共圓。分析：由已知，若，在平面上取一定圓O及上面三點(diǎn)A、B、C，將弧AB(含A不含B)，弧BC(含B不含C)，弧CA(含C不含A)，分別染為1、2、3色，平面上其他點(diǎn)染為4色，則滿足題意且不存在四個互不同色的點(diǎn)共圓，所以。當(dāng)時，假設(shè)不存在四個互不同色的點(diǎn)共圓，由條件(2)知，存在直線上恰有兩種顏色的點(diǎn)(設(shè)上僅有顏色1,2的點(diǎn))，再由條件(1)知存在顏色分別為3,4，5的點(diǎn)A、B、C不共線，設(shè)過A、B、C的圓為(如圖)。34SOFDHGBE321lO若與有公共點(diǎn)，則存在四個互不同色的點(diǎn)共圓，矛盾；若與相離，過O作的垂線交于D，設(shè)D的顏色為1，垂線交于點(diǎn)E，S，如圖，設(shè)E的顏色為3，考慮上顏色為2的點(diǎn)F，F(xiàn)S交于G，因?yàn)镋GGF，D、E、F、G四點(diǎn)共圓，由假設(shè)G只能為3色，又B，C必有一點(diǎn)不同于S，設(shè)為B，SB交于H，因?yàn)镋BBH，所以B，E，D，H四點(diǎn)共圓，所以，所以B、H、F、G四點(diǎn)共圓。若H為1色，則B、H、F、G互不同色且共圓；若H為2色，則B、H、D、E互不同色且共圓。綜上，假設(shè)不成立，所以當(dāng)時，存在四個互不同色的點(diǎn)共圓。所以的最小值是5。專題三 重要不等式及應(yīng)用 清華附中 徐文兵 倪斯杰 曾建川1重要不等式（1）均值不等式設(shè)，是非負(fù)實(shí)數(shù)，則（2）柯西（Cauchy）不等式設(shè)、（），則等號成立當(dāng)且僅當(dāng)存在，使，（3）排序不等式：對于兩個有序數(shù)組及，則 （同序）（亂序）（反序）其中與是的任意兩個排列，當(dāng)且僅當(dāng)或時式中等號成立.2.典型問題及證明方法（函數(shù)法，調(diào)整法，待定系數(shù)法）例1：設(shè)，求證：分析：通過放縮，將異分母化為同分母，從而構(gòu)造出一些“零件不等式”，最后，將這些“零件不等式”相加，即可得出原不等式的證明。 證明： 同理可得，上述3個不等式等號同時成立的條件為顯然等號不可能成立故：練習(xí)：已知求證：證明： 同理可得 將、不等式相加，得例2：非負(fù)數(shù)與和正數(shù)，滿足條件：。求證：證明：若 而 ， 所以 值是可達(dá)到的，如即可 同理可證例3已知、是大于的實(shí)數(shù)，求證分析 本題是證明分式不等式，可以嘗試用柯西不等式去分母。證 由已知，均為正實(shí)數(shù)，由柯西不等式得 即注： 本題利用了柯西不等式來處理分式不等式，本題的證明還用到了配方法，配方法是證明多項(xiàng)式恒大于等于0的一種常用方法。例4已知為正實(shí)數(shù)，且，證明.證法1 原不等式等價于由柯西不等式，可得.證法2 .由柯西不等式，可得,為此只需證明.顯然.證法3 令,等價于.例5設(shè)是一串互不相同的正整數(shù)，證明對一切自然數(shù)，都有方法一：上不等式可寫為 構(gòu)造如下兩組數(shù)： ； 由柯西不等式，得即 與原不等式比較，須證就行了因?yàn)槭遣幌嗤恼麛?shù)，不失一般性，故可設(shè)，是從小到大排列的正整數(shù)，于是有 把上個不等式相加，有 方法二：設(shè)是的一個排列，且滿足，因是互不相同的正整數(shù)，故，。， 亂序和反序和例6非負(fù)實(shí)數(shù)滿足（1） 求的最大值；（2） 證明：解：（1）由已知，得當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立。故的最大值為（2）時，解得下面利用局部調(diào)整法。固定，記（常數(shù)），則將調(diào)整為因 （此式顯然）即調(diào)整后，不增，亦不增。于是，可令，則有類似地，再將調(diào)整為也不增。故當(dāng)時，取最小值因此，（3） 另解：為非負(fù)實(shí)數(shù)， 即解得或 所以例7求最小的實(shí)數(shù)，使得對于滿足的任意正實(shí)數(shù)，都有解法1：當(dāng)時，有下證不等式 對于滿足的任意正實(shí)數(shù)a，b，c都成立因?yàn)椋?，同理，于?， ，所以 所以，的最小值為27解法2：當(dāng)時，有下證不等式對于滿足的任意正實(shí)數(shù)a，b，c都成立因?yàn)閷τ?，有，?，所以 ， ， ，把上面三個不等式相加，得.所以，的最小值為27例8設(shè)實(shí)數(shù)，求證： ，其中等號當(dāng)且僅當(dāng)或成立，為正實(shí)數(shù).證明：由對稱性，不妨設(shè)，令，則因，可得設(shè)，則對求導(dǎo)，得.（6分）易知，當(dāng)時，單調(diào)遞減；當(dāng)時，單調(diào)遞增故在或處有最大值且及兩者相等.故的最大值為，即.（12分）由，得，其中等號僅當(dāng)或成立.例9對任意實(shí)數(shù)，試證： 證明：當(dāng)時，所證不等式顯然成立 當(dāng)不全為零時， 將所證不等式可變形為 令 式中的均可取一切實(shí)數(shù)（不同時為零即可）. 不妨取變量作為考查對象. （1）當(dāng)時，由，得即 （2）當(dāng)時，將式整理，得 可以為0，當(dāng)時，不等式顯然成立；當(dāng)時，因，即或 由得 當(dāng)時，不等式顯然成立； 當(dāng)時， 即 即解得：或 同理，由，得，對任意實(shí)數(shù)都滿足的充要條件是：解得 綜合以上，可得的取值范圍是： 由此可得 即所證不等式成立. 說明：“雙判別式法”可以解決：的三元二次齊次不等式的證明問題.例10 對滿足的正數(shù)，求證.證明：易知時，等號成立.待定系數(shù)，使得，整理得，兩邊約去，代入，得，事實(shí)上，顯然成立.同理，三式相加得， .注：本題也可嘗試基于去掉分母的待定系數(shù)法：待定系數(shù)，使得，滿足，其中，解得，即 ，同理，三式相加得， .練習(xí)：設(shè)（）且，求證：提示：.例11設(shè)，且滿足，試證：分析 由已知條件，可知所證不等式與等價.故可運(yùn)用“含參數(shù)基本不等式”來證明之.證明 由（為參數(shù)），得則有 +，得 因，取，代入中，得 或用柯西不等式：例12設(shè)為非負(fù)實(shí)數(shù)，滿足，證明：。證明：方法一設(shè)，不妨設(shè)首先證明只要證：由于代入上式，得，而故有又因?yàn)榱?，則，由的單調(diào)性可知綜上所述，當(dāng)時取得最小值。方法二：顯然當(dāng)、均大于時，有，不合題意，故必有期中一個小于，不妨設(shè)，則下面固定，求出的最小值令，則在時單調(diào)遞增，而故，則，又，故 所以由在時單調(diào)遞增所以綜上可知令，則，于是練習(xí)：若，求m的最大值。解：令，下面假設(shè)。由對稱性，不妨假設(shè)，令，則，而，而當(dāng)時，當(dāng)a,b中有一個為零時，等號成立，因此，中有兩個為零時，等號成立。當(dāng)時，所以。專題四 不定方程青島二中 鄒明我們把未知數(shù)的個數(shù)多于方程的個數(shù),且其解受到某種限制的方程,叫做不定方程.通常主要研究不定方程的正整數(shù)解,整數(shù)解,有理數(shù)解等. 不定方程問題的常見類型是：（1）求不定方程的解;（2）判定不定方程是否有解;（3）確定不定方程解的數(shù)量(有限還是無限).不定方程問題的常用解法是:(1)代數(shù)分析與恒等變形法.如因式分解、配方、換元等；(2)估計(jì)范圍法.利用不等式放縮等方法,確定出方程中某些變量的取值范圍,進(jìn)而求整解.(3)同余法.即恰當(dāng)選取模m,對方程兩邊做同余分析,以縮小變量的范圍或發(fā)現(xiàn)性質(zhì),從而得出整解或判定無解.(4)構(gòu)造法.構(gòu)造出符合要求的特解,或構(gòu)造一個求解的遞推式,證明方程有無窮多解.(5)無窮遞降法.無窮遞降法是一種用反證法表現(xiàn)的特殊形式的歸納法,由Fermat創(chuàng)立并運(yùn)用它證明了方程x4+y4=z4沒有非零整解.從此,無窮遞降作為一種重要的數(shù)學(xué)思想方法廣為流傳應(yīng)用,并在平面幾何、圖論、及組合中經(jīng)常用到它.例求所有正整數(shù)對(x,y)滿足xy=yx-y.解:顯然(1,1)是解,且方程有解時,必有xy. 若x=y,則x=y=1.若xy2,則由xy=yx-y得12y,且y|x.設(shè)x=ky,則k3,ky=y(k-2)y,所以k=yk-2.因y2,所以yk-22k-2,因k5時,yk-22k-2k(可歸納證明),所以,k=3,4.當(dāng)k=3時,y=3,x=9; 當(dāng)k=4時,y=2,x=8;故所求所有正整數(shù)對(x,y)=(1,1),(9,3),(8,2).這里由整數(shù)的整除性及不等式，確定參數(shù)k的范圍從而確定解的范圍，求得方程的全部解.通過以上兩例,使同學(xué)們對不定方程的產(chǎn)生及概念,方法等有一個初步的認(rèn)識和了解.一.基本概念與定理1.二元一次不定方程定義1 形如ax+by=c(a,b,cZ, a,b不同時為0)的方程，稱為二元一次不定方程.定理1 不定方程ax+by=c有整數(shù)解的充要條件是(a,b)|c.證明:必要性顯然,僅證充分性:令(a,b)=d, a=a1d,b=b1d,c=c1d,則原方程化為: a1x+b1y=c1.其中(a1,b1)=1,故存在整數(shù)x0/,y0/使得a1x0/+b1y0/=1,兩邊同乘以c1得: a1(c1x0/)+b1(c1y0/)=c1,即方程有解x0=c1x0/, y0=c1y0/.定理2 設(shè)(x0,y0)是不定方程ax+by=c的一組整解,則此方程的一切整數(shù)解為(x,y)=(),其中tZ.當(dāng)(a,b)=1時, (x,y)=(x0+bt,y0-at).證明:設(shè)(x/,y/)是方程的任意整數(shù)解,則有ax/+by/=c與原方程相減得:a(x/-x0)=-b(y/-y0),則|y/-y0,令y/-y0=-t,則x/-x0=t,即(x/,y/)=(),且顯然()是方程的解.例1足球比賽的計(jì)分規(guī)則是：勝一場得3分，平一場得1分，負(fù)一場得0分。那么，一個球隊(duì)打14場球積分19分的情況共有多少種.解：設(shè)該球隊(duì)勝x場、平y(tǒng)場、負(fù)z場，依題意應(yīng)有從中消去y可得2xz=5，(0,-5)為它的一個特解x=n，z=2n5，y=14xy=193n，由x、y、z0得n=3、4、5、6，代入通解可得問題的4組解，所以，打14場球積分19分的情況共有4種。例2公元五世紀(jì)末，我國數(shù)學(xué)家張丘建在他的名著算經(jīng)里提出一個世界數(shù)學(xué)史上著名的“百雞問題”：“雞翁一，值錢五，雞母一，值錢三，雞雛三，值錢一，百錢買百雞，問雞翁、母、雛各幾何？”。解：設(shè)雞翁、母、雛數(shù)分別為x、y、z，依題意應(yīng)有從中消去z可得7x+4y=100，(0,25)為它的一個特解x=4n，y=25+7n，z=100xy=753n，由x、y、z得n=0、-1、-2、-3，代入通解得問題4組解（x、y、z）為（0、25、75），（4、18、78），（8、11、81），（12、4、84）。2.勾股數(shù)定理定義2 形如x2+y2=z2的方程叫做勾股數(shù)方程,并稱滿足(x,y)=1的解為方程的基本解.引理 給定正整數(shù)n,且n2,則不定方程uv=wn ,適合w0,u0,v0,(u,v)=1的一切正整數(shù)解為:u=an,v=bn,w=ab,其中a0,b0,(a,b)=1 .證明:設(shè)(u,v,w)是方程uv=wn的一個解,令u=anu1,v=bnv1,其中a0,b0,u1,v1不含n次方因子,則an|wn,bn|wna|w,b|w.(u,v)=1(an,bn)=1,(a,b)=1ab|w.設(shè)w=w1ab,則代入有:u1v1=w1n,若w1n1,則有質(zhì)數(shù)p滿足pn|w1nu1,v1不含n次方因子及(u1,v1)=1pnu1v1=w1n矛盾!故必有w1n=1,u1v1=1, u1=1,v1=1,即解為;又顯然是方程的整解.例1求最小的正整數(shù)n(n2),使得為整數(shù).解:令=x,即6x2=(n+1)(2n+1),mod6知n1(mod6).若6|n+1,則設(shè)n=6m-1,得x2=m(12m-1),因(m,12m-1)=1,所以m與 12m-1都是平方數(shù),但12m-13 (mod4)矛盾!若6|n-1,則設(shè)n=6m+1,得x2=(3m+1)(4m+1),因(3m+1,4m+1)=1,所以3m+1=v2,4m+1=u2,消去m得4v2-3u2=1,v=u=1時,n=1不合題意.因v為奇數(shù),檢驗(yàn)知v最小=13,此時,u=15,m=56,n最小=337.定理 方程x2+y2=z2 適合 條件x0,y0,(x,y)=1,且2|x 的一切正整數(shù)解為:x=2ab,y=a2-b2,z=a2+b2,其中ab0,(a,b)=1,且a,b一奇一偶 .證明:()先證是方程適合條件的解:顯然,x=2ab,y=a2-b2,z=a2+b2滿足方程,且x0,y0,z0,2|x,2y.設(shè)(x,y)=dx2+y2=z2d2|z2,d|z=a2+b2,d|y=a2-b2d|2a2,d|2b2,d|2(a2,b2) (a,b)=1d=1或2y為奇數(shù),d|yd=1.()設(shè)(x,y,z)是適合的任意解,則由2|x,(x,y)=1知 y,z都是奇數(shù),(x,y)=1(若,則d|y,d|z,從而d|x矛盾!).由引理知a2,b2, ab, ab0,(a,b)=1,即有x=2ab,y=a2-b2,z=a2+b2y是奇數(shù), y=a2-b2a,b一奇一偶.推論 單位圓上一切有理點(diǎn)為及,其中a,b不全為零,“”號可任取.證明:設(shè)為單位圓x2+y2=1上一正有理點(diǎn),則有(nx)2+(my)2=(mn)2,由定理知nx=2ab,my=a2-b2,mn=a2+b2=,即一切有理點(diǎn)如上所述.例2已知xn+yn=zn無正整數(shù)解.求證:方程x2n+y2n=z2也無正整數(shù)解.證明:若不然,設(shè)z為解中最小者,則(x,y)=1,由勾股數(shù)定理知:xn=2uv,yn=u2-v2=(u+v)(u-v),其中(u,v)=1, u,v一奇一偶.(u+v,u-v)=(u+v,2v)=1u+v=an,u-v=bn,2v=an-bn不妨設(shè)v為偶數(shù),由2uv=xn, (u,2v)=1知2v=cn, bn+cn=an,即(b,c,a)是xn+yn=zn的解,矛盾!故原方程無正整數(shù)解.3.沛爾(pell)方程定義3 通常pell方程指以下四個不定方程: x2-dy2=1,4,其中x,yZ, dN*,且d不是平方數(shù).如果pell方程的正整數(shù)解(x,y)中,使得x+y最小的正整數(shù)解為(x1,y1) ,則稱(x1,y1)為方程的最小解.定理1設(shè)dN*,d不是平方數(shù)，方程x2-dy2=1的最小解為(x1,y1),則xn=,yn=,n=1,2,.給出方程x2-dy2=1的全部正整數(shù)解.稱x1+y1為方程x2-dy2=1的基本解.證明:首先,xn,yn顯然是解.設(shè)(x/,y/)是x2-dy2=1的任一整解,則存在整數(shù)n使得 ,即有10, xn-1-yn-10, x/0.又,將得:x/2-dy/2=1,即(x/,y/)也是解即1x/+y/x1+y1,且0x/-y/ 11)是x的一素因子,則p|x0,由x02-dy02=1知(x0,d)=(x0,y0)=1,從而,(p,x)=(p,Ax0+)=(p,)=1矛盾!(2) 若n為奇數(shù),設(shè)n=2k+1,當(dāng)k=0時,由(*)知,x=x0, y=y0.下證k1時無解:假設(shè)k1時有解(x,y),x的所有素因子整除x0.則由得 設(shè)x0=(標(biāo)準(zhǔn)分解式),則由x02-dy02=1知(pj,y0)= (pj,d)=1,1jt,下面考慮x中含有質(zhì)數(shù)pj的最高方冪:若pj=2,則右端和式中每一項(xiàng)中含2的方冪(2m+1)=最后一項(xiàng)含2的方冪,即x中含2的方冪=x0dky02k(2k+1)中含2的方冪.若pj3,設(shè)2k+1中含pj的方冪為,則最后一項(xiàng)含pj的方冪為+,對于,因,而(2m+1)!中含pj的方冪為,所以,中含pj的方冪(2m+1)+-(2m+1)+-=+,所以x中含pj的方冪等于x0dky02k(2k+1)中含pj的方冪.總之,x中含pj的方冪等于x0dky02k(2k+1)中含pj的方冪.因x的所有素因子整除x0,所以,x僅有p1,p2,pt這t個素因子,x|x0dky02k(2k+1),但,由及k1知xx0dky02k(2k+1)0,矛盾!綜合(1)(2)知滿足題意的解僅有(x,y)=(x0,y0).定理4(1)當(dāng)a為非零整數(shù)時,方程x2-a2y2=1只有平凡解(1,0);方程x2-a2y2=-1僅當(dāng)a=1時有整數(shù)解(0,1).(2)存在無窮多個非平方數(shù)d0,使方程x2-dy2=-1無整解.證明: 由x2-a2y2=(x+ay)(x-ay)x+ay=x-ay=1或-1,x=1,y=0.另一結(jié)論同理可證.在d-1(mod4)時,x2-dy2x2+y20,1,2(mod4)方程x2-dy2=-1無整解.4.費(fèi)爾馬大定理不定方程xn+yn=zn(正整數(shù)n3)無正整數(shù)解.費(fèi)爾馬大定理,是困擾人們近四百年的著名世界難題,已于1994年被普林斯頓大學(xué)教授A.Wiles(威爾斯)攻克.二.不定方程的解法1. 因式分解法 將方程的一端化為常數(shù),做因數(shù)分解,另一端含未知數(shù)的代數(shù)式因式分解,再由各因式的取值分解為若干方程組進(jìn)行求解.例1求方程2x2+5y2=11(xy-11)的正整數(shù)解.解:方程即(2x-y)(x-5y)=-121,僅一組有解為(x,y)=(14,27).例2求方程x3-y3=z2的正整數(shù)解.其中y為素?cái)?shù),且3和y都不是z的約數(shù).解:方程即(x-y)(x2+xy+y2)=z2,設(shè)(x-y,x2+xy+y2)=(x-y,(x-y)2+3xy)=(x-y,3xy)=(x-y,3y2)=d,則d|3y2 y為素?cái)?shù)d=1或3或y,但3和y都不是z的約數(shù)d=1,對(2)乘以4得:(2x+y)2+3y2=4v2,即有10 ,20 ,30 ,對10兩式相減得3y2=2(2x+y)+1=4u2+6y+1=3u2+6y+(u2+1)u2+10(mod3)與u20或1(mod3)矛盾!對20即,得x=0矛盾!對30兩式相減得y2-3=4u2+6y即(y-3)2-4u2=12僅第2種情況有解為(y,u)=(7,1),(x,z)=(8,13)原方程解為(x,y,z)=(8,7,13).例3求方程x2-5xy+6y2-3x+5y-25=0整數(shù)解.解:方程即(x-2y+1)(x-3y-4)=21,解方程組得解為(x,y)=(-50,-25), (4,-1),(-26,-9),(-16,-9),(-6,-1),(50,15),(-72,-25).2. 配方法將方程一邊變形為平方和的形式,另一邊是常數(shù).從而縮小解的存在范圍,達(dá)到求解或判定無解之目的.例1求方程x2-12x+y2+2=0的整數(shù)解.解:方程即(x-6)2+y2=34,顯然y234,從而y2=0,1,4,9,16,25.檢驗(yàn)知,只有y2=9或25時.34-y2為完全平方數(shù), 原方程解為:(x,y)=(11,3),(1,3),(11,-3),(1,-3),(9,5),(3,5),(9,-5),(3,-5).例2證明方程x2+y2+z2+3(x+y+z)+5=0無有理數(shù)解.解:乘4配方得(2x+3)2+(2y+3)2+(2z+3)2=7有有理數(shù)解a2+b2+c2=7m2有整解,設(shè)m是整解(a,b,c,m)中最小的正整數(shù).(1)若m為偶數(shù),則a,b,c都是偶數(shù),從而()也是解,矛盾!(2)若m為奇數(shù),7m27(mod8), n20,1,4(mod8)無解,故原方程無有理數(shù)解.例3求方程x2(y-1)+y2(x-1)=1的整數(shù)解.解:設(shè)(x,y)為整數(shù)解,當(dāng)y=1時,x=2,當(dāng)x=2時,y=1或-5;當(dāng)y1時,方程(y-1)x2+