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1、2006年第10期13一个构造性证明的解法是这样想出来的王连笑(天津市实验中学,300074)题目 设n+2n+1nk是一个大于1的固定的整数,λ≡λ+λ(modm).2m=4k-5.证明:存在正整数a、b,使得如这就使我们想到,如果a=1,b=λ,且下定义的数列{xn}:x≡bnn(modm),就会有x0=a,x1=b,x=x+x≡bn+1+bnn+2n+1nxn+2=xn+1+xn(n=0,1,2,⋯),nn2≡bn+2=b(b+1)≡b·b(modm).其所有的项均与m互质.n于是,只要有(b,m)=1,就可以得到该(第45届IM
2、O预选题)题的证明.这是一道数论存在性问题.文[1]的该题因此,寻找与k有关的b,使构造性证明中,开门见山地给出了a=1,22b≡b+1(modm=4k-5)2b=2k+k-2,继而证明这样的a、b满足题就成为解题的关键.设条件.证明相当简洁、明确.但是,问题在于2鉴于m=4k-5是关于k的二次式,可2a=1,b=2k+k-2是如何想出来的?该证以尝试设b是关于k的二次式.法中,如果不知道这组数,是证明不出该题的2不妨设b=pk+qk+r.结论的.下面求待定的p、q、r,使本文就从该题解法的由来作一思考性介2b-b-1≡0(modm).
3、绍,这也是笔者解该题的一个思考过程.注意到题目所给的数列是以a、b为初始条件2b-b-1的斐波那契数列,问题是对给定的k,是否有2422=pk+(q+2pr-p)k+(2qr-q)k+与k有关的a、b,使该数列各项均与m=3222pqk+r-r-1.4k-5互质?222为使(4k-5)
4、(b-b-1),可取p=例如,给定k=2,则m=11,此时,对于4,p=2.此时,有通常的斐波那契数列,即x0=1,x1=1,有2b-b-11,1,2,3,5,8,13,21,34,55,⋯,4223=4k+(q+4r-2)k+4qk+其中,55与m不互
5、质.2(2qr-q)k+r-r-1斐波那契数列的递推公式对应一个特征4222=4k-5k+(q+4r+3)k+方程324qk+(2qr-q)k+r-r-12λ=λ+1,2222=k(4k-5)+(q+4r+3)k+这是求该数列通项公式的基础.324qk+(2qr-q)k+r-r-1由此,可以联想本题是否涉及到同余式≡223[(q+4r+3)k+4qk+2≡λλ+1(modm).2(2qr-q)k+r-r-1](modm).倘若该同余式成立,则有2为实现m
6、(b-b-1),可再设4q=4, 收稿日期:2006-07-15即q=1.此时,
7、有14中等数学专题写作一道数学奥林匹克问题的推广朱纯刚(湖南省常德市第一中学,415000)n2006年《中等数学》第三期的《数学奥林2∏(ai+ai+1)匹克问题》栏目提出了下面的问题:i=1n已知x、y、z∈R+,x+y+z=1.求证:=2aiai11∏ai+n+⋯+n+2+⋯+2i=1nn311126n个22-x2-y2-z≥.①n个xyz31nan+222in+n+1本文给出式①的变量个数推广形式和指≥(n+n+1)2∏2n+ni=1n数推广形式及相应的证明.n122nn+n+1=(n+n+1)22·1 式①的变量个数推广形式n
8、+nnnn+22命题1设ai>0(i=1,2,⋯,n),n≥2∏ain+n+1,i=1nn(n∈N),∑ai=1.则1则2-aii=1∏ai=1in331n-1nn∏2-ai≥.2i=1ain∏(1-ai)∏(ai+ai+1)i=1i=1nn=n2n证明:因为∏(1-ai)≥(n-1)∏ai,∏aii=1i=1i=1nnn-2-n≥(n-1)n2n∏ai≤n,∏ai∏ai·(n+n+1)·i=1i=1i=1222b-b-1≡-4k+5+(2r+4)k+r-r-62322≡(4r+4)k+4k+(2r-1)k+r-r-1=-k+522≡0
9、(mod4k2≡k(4k-5)+(4r+4)k+-5).22(2r+4)k+r-r-1于是,b=2k+k-2.≡[(4r+4)k2+(2r+4)k+有了这个构造,下面的证明就容易了,见2文[1].r-r-1](modm).参考文献:取r=-2,则[1] 李建泉译.第45届IMO预选题(下)(J).中等数学,2b-b-12005(11).
