对一道IMO题的再研究.pdf

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1、中学数学杂志２０１４年第１１期ＺＨＯＮＧＸＵＥＳＨＵＸＵＥＺＡＺＨＩ２３＝９（ａ＋ｂ＋ｃ）．．ｎ２（１＋λ）３３－ｎ（∑ｂｃ）ｎ３３－ｎ［（∑ｂｃ）４］４证明由权方和不等式可知所以２２＝２２≥（１＋λ）（∑ａ）（１＋λ）（∑ａ）１１１＋＋＝ｎｎｎ３－ｎ２４３－２２ａｎ（ｂ＋λｃ）２ｂｎ（ｃ＋λａ）２ｃｎ（ａ＋λｂ）２３［９（ａ＋ｂ＋ｃ）］３（ａ＋ｂ＋ｃ）＝≥ｎｎｎ（１＋λ）２（∑ａ）２（１＋λ）２（∑ａ）２（ｂｃ）（ａｃ）（ａｂ）＋＋≥２２２ｎｎｎｎ（ｂ＋λｃ）（ｃ＋λａ）（ａ＋λｂ）３－２２－２３－２２－２３（ａ＋ｂ＋ｃ）３×３３≥＝．∑２２２ｂｃ（１＋λ）（

2、１＋λ）（１＋λ）ｎｎｎ３３３２７（）（∑ｂｃ）３当且仅当ａ＝ｂ＝ｃ＝１时取到等号．≥＝２２２２（１＋λ）（∑ａ）（１＋λ）（∑ａ）参考文献３－ｎｎ３（∑ｂｃ）．［１］庞耀辉．一道美国数学奥林匹克国家队选拔考试题的２２（１＋λ）（∑ａ）推广［Ｊ］．数学教学，２０１３（６）（下半月）．１１１作者简介马占山，男，１９６８年生，中学高级教师．主要４２２注意到（∑ｂｃ）＝［（＋＋）］≥ａｂｃ研究不等式和平面几何，已有近４０篇文章在中学核心期刊２发表．é１１１ù２êê３（＋＋）úú＝［３（ａ＋ｂ＋ｃ）］ëａｂｂｃａｃû对一道ＩＭＯ题的再研究安徽省肥东一中２３１６００薛华荣

3、李剑峰２２２（第２９届ＩＭＯ第６题）已知正整数ａ，ｂ满足（ａｂ＋ａ＋ｂａ＋１当ｂ＝１时，则＝，不难得出ａ－１＜ａ２＋ｂ２ａｂ＋１ａ＋１２２１）（ａ＋ｂ），求证：是完全平方数．２２２ａｂ＋１ａ＋１ａ＋ｂ＜ａ恒成立，即不是整数与题设矛盾；该题在当时引起一片讨论声，原因在于该题拦倒ａ＋１ａｂ＋１２２２了主试委员会成员和一些数论专家．丁兴春老师在文Ⅱ）若ｂ＞ｔ，设方程ｘ－ｔｂｘ＋ｂ－ｔ＝０的另一２［１］中提出并解决了更难的问题：求满足（ａｂ＋ｂ－ｔ个根为ｘ，则ｘ＝ｔｂ－ａ＝为正整数，且ｘ＜ａ，于０００２２ａ１）（ａ＋ｂ）的所有正整数ａ，ｂ的解．２２ｘ２＋ｂ２２２文［１］

4、的解答精巧简洁，然而笔者在取值试验时ａ＋ｂ＝０＝ｔ．令ｆ（ｘ）＝ｘ＋ｂ是，（ｘ＞０），则ａｂ＋１ｘｂ＋１ｂｘ＋１却发现了一些反例，本文将对原解法作修正，先将文０ｆ（ａ）＝ｆ（ｘ），（０＜ｘ＜ａ），①［１］解答摘录（部分省略或改动）：００２２２２２ｘ＋ｂａ＋ｂ２ａ２仿照上述过程，对０＝ｔ为正整数而言，存在（１）若ａ＝ｂ，则＝＝２－为正ａｂ＋１２＋１２＋１∙∙∙∙∙∙∙ｘ０ｂ＋１∙∙∙∙∙∙ａａ２正整数ｘ，使得：ｆ（ｘ）＝ｆ（ｘ），（０＜ｘ＜ｘ），整数，所以ａ＋１＝２，ａ＝ｂ＝１；１０１１０２２因此有ｆ（ａ）＝ｆ（ｘ）＝ｆ（ｘ），（０＜ｘ＜ｘ＜ａ），研ａ＋ｂ０１１０

5、（２）若ａ≠ｂ，由对称性不妨设ａ＞ｂ≥１，２２ａｂ＋１ｘ＋ｂ究函数ｆ（ｘ）＝，（ｘ＞０）的单调性（求导等过程＝ｔ∈Ｎ２－ｔｂａ＋ｂ２－ｔ＝０，则ａ是方程ｘ２－ｔｂｘｂｘ＋１＋，即ａ２－１＋１＋ｂ４＋ｂ－ｔ＝０的一个正整数根．省略）有：ｆ（ｘ）在（０，）内是减函数，在２２－４（ｂ２－ｔ）＞（ｔｂ）２ｂⅠ）若ｂ＜ｔ，则Δ＝（ｔｂ）；又２２４Δ－（ｔｂ＋１）＝ｔ（４－２ｂ）－４ｂ－１，－１＋１＋ｂ（，＋∞）上是增函数，因此至多存在两２２ｂ当ｂ≥２时，Δ－（ｔｂ＋１）＜０，由（ｔｂ）＜Δ＜（ｔｂ＋２２２个不同的正实数ｍ，ｎ满足ｆ（ｍ）＝ｆ（ｎ），而这又与ｆ（ａ）１）可知

6、Δ不是完全平方数，从而方程ｘ－ｔｂｘ＋ｂ－ｔ＝０无正整数根，而这与ａ是该方程的一个正整数根矛盾；＝ｆ（ｘ０）＝ｆ（ｘ１），（０＜ｘ１＜ｘ０＜ａ）相矛盾；３１ＺＨＯＮＧＸＵＥＳＨＵＸＵＥＺＡＺＨＩ中学数学杂志２０１４年第１１期２２２ａ＋ｂ－ｔｘｘ＋ｘ－ｔ＝０的一个正整数根．２２ｎｎ综上可知：只能有ｂ＝ｔ，从而＝ｂ，化简得ａ＝ａｂ＋１ⅰ）若ｘ２＜ｔ，则Δ′＝（ｔｘ）２－４（ｘ２－ｔ）＞（ｔｘ）２；ｎｎｎｎ３ｂ．又Δ′－（ｔｘ＋１）２＝ｔ（４－２ｘ）－４ｘ２－１，ｎｎｎ当ａ＝ｂ＝１时也满足上式，并结合对称性可知：满＋１）２２当ｘ≥２时，Δ′－（ｔｘ＜０，由（ｔｘ）＜Δ

7、′＜ｎｎｎ２２３足（ａｂ＋１）（ａ＋ｂ）的所有正整数解为（ａ，ｂ）＝（ｋ，２２（ｔｘ＋１）可知Δ′不是完全平方数，从而方程ｘ－ｔｘｘｎｎ３ｋ）或（ｋ，ｋ），其中ｋ为正整数．２＋ｘ－ｔ＝０无正整数根，而这与ｘ是该方程的一个正ｎｎ－１笔者在取值试验中发现有如下反例：整数根矛盾；２２ａ＋ｂ２２２（ａ，ｂ）＝（３０，８）时，ｘ０＝２，＝４；ｘｎ＋ｘｎ－１ｘｎ－１＋１ａｂ＋１当ｘ＝１时，则＝，不难得出ｘｎｎ－１ｘｘ＋１ｘ＋１２２ｎｎ－１ｎ－１ａ＋ｂ（ａ，ｂ）＝（１１２，３０）时，ｘ＝８，＝４．２２２０ａｂ＋１ｘｎ－１＋１ｘｎ＋ｘｎ－１－１＜＜ｘ，即不是整数，与题意相ｎ－１

8、ｘ２＋ｂ２ｘｎ－１＋１ｘ