2010年数学之家数学竞赛讲义

2010年数学之家数学竞赛讲义

1x12 x10+x6+x4 1+x 2

例1：已知x<0,且x =5,1210xx x+x8+x2 1+x 2

1若由已知条件x =,求出x的值，再代入原式，虽然可以求出解x

但运算量太大，可运用一下技巧，将已知代数式的分子、分母除以x5,得

x7+x 7 (x5+x 5)+x+x 1

，7 75 53 3x+x (x+x)+x+x

解：根据上面分析，我们设an=xn+x n(n∈N*),由题意知a1=x+x 1= 3

a2=x2+x 2=7,∵an+2=(x+x 1)an+1 an∴a3= 3a2 a1= 18,a4= 3a3 a2=47,a5= 123,a6=322,a7= 843,

∴原式=a7 a5+a1 843+123 3241==a7 a5+a3 843+123 18269

推广：an=Axn+Byn+Czn,(n∈N*),则an+3=(x+y+z)an+2 (xy+yz+xz)an+1+xyzan证明:易得。

例：已知x+y+z=1,x2+y2+z2=2,x3+y3+z3=3,求x5+y5+z5的值。

解：an=xn+yn+zn,则a1=1,a2=2,a3=3.现在我们只需要求xy+yz+xz和xyz的值即可

11因为xy+yz+xz=[(x+y+z)2 (x2+y2+z2)]=.,22

1x3+y3+z3 3xyz=(x+y+z)(x2+y2+z2 xy yz xz) xyz=.6

111125∴an+3=an+2+an+1+an, a4=a3+a2+a1=,26266

112511a5=a4+a3+a2=+×3+×2=6,26626

∴x5+y5+z5=6.

自己去思考下面这俩题：设实数a,b,c,x,y,z满足方程组

ax+by+cz=1 ax2+by2+cz2=0 ax3+by3+cz3=2求ax7+by7+cz7的值。 444 ax+by+cz=3

ax5+by5+cz5=4 666 ax+by+cz=5

解：如果你想去试一下解方程，显然是不现实的，构造数列

an=axn+byn+czn,建立递推关系式你的首选。∴an+3=(x+y+z)an+2

(xy+yz+xz)an+1+xyzan.在这我们不需要知道x,y,z的具体值为多少

则u=x+y+z,v= (xy+yz+xz),w=xyz.由a1=1,a2=0,a3=2,a4=3,a5=4

81a6=5,代入递推式可得2u+w=3,3u+2v=4,4u+3v+2w=5. u=,v= 2,w=36

818117∴an+3=an+2 2an+1+an a7=a6 2a5+a3=36363

17∴ax7+by7+cz7=.3

思考2：已知非零实数a,b,c满足条件a+b+c=0,求

(a7+b7+c7)2

F(a,b,c)=2的值域所组成的集合22333444555(a+b+c)(a+b+c)(a+b+c)(a+b+c)

解：令an=an+bn+cn,则a1=0,a2= 2(ab+bc+ac),a3=3abc,则由推论得

11an+3=(a+b+c)an+2 (ab+bc+ac)an+1+abcan=a2an+1+a3an,∴a4=23

11111511a2a2+a3a1=a22, a5=a2a3+a3a2=a2a3. a7=a2a5+a3a423223623

1511272=a2×a2a3+a3*a2=a2a3.263212

7(a22a3)22a749∴原式===.a2a3a4a5aa*a2*aa60

2322326

例2：在 ABC当中，若∠A:∠B:∠C=4:2:1.且对应的三边a,b,c为正整数且

满足（a,b,c)=1，试证明：a+b,a c,b c都是完全平方数。

111证明：先引理1：在 ABC当中，若∠A:∠B:∠C=1:2:4，那么有：+=.ABACBC

引理2：设a1,a2,……an,b1,b2……bn均为正整数，且（a1,a2,……an)=

aaa(b1,b2,b3……，bn)=1,(n≥2),1=2=……=n

.则a1=b1,a2=b2,……,an=bnb1b2bn111AC+ABAB+= =.分析如图：在BA和延长线上ABACBCACBC

截取AD=AC.则BD=AC+AB,于是上面等价BD:AC=AB:BC,故要证明此比例需要在图形中构造相似三角形，为此，在BC的延长线上取一点E,使得AE=AC,连接DE,易知BE=AE=AC,则转化为BD:BE=AB:BC，根据已知条件，容易得到。

qbi,i=1,2,3……，n.则pai=qbi,p

∴(pa1,pa2,……，pan)=p(a1,a2,……，an)=p,引理2的证明：令ai=

(qb1,qb2,……，qbn)=q(b1,b2,……bn)=q,∵(pa1,pa2,……，pan)=

(qb1,qb2,……，qbn) p=q. ai=bi

111a+b1+= =abcabc

aa+baa+bp =,故必存在正整数p,q，（p,q)=1,p>q.使==.cbcbq

ppabc∴a=c,b=c, a:b:c=p(p q):pq:q(p q),即==qp qp(p q)pqq(p q）又（p(p q),pq,q(p q))=((p(p q),q(p q)),pq)=(p q,pq)=(p q,p)(p q,q)回到原题：∵∠A:∠B:∠C=4:2:1, (∵(p,q)=1)=(p,q)2=1，再由(a,b,c)=1,则a=p(p q),b=pq,c=q(p q).

∴a+b=pq+p(p q)=p2,a c=p(p q) q(p q)=(p q)2,b c=pq q(p q)=q2即a+b,a c,b c都为完全平方数。

例3:方程（x2010+1)(1+x2+x4+……+x2008)=2010x2009所有实数根为——

1解：显然x≠0∴（x+2009)(1+x2+x4+……+x2008)=2010x

111 x+x3+x5+……+x2009+2009+2007+……+=2010xxx

111∵x+x3+x5+……+x2009+2009+2007+……+≥2010(x>0)xxx

∴仅当x=1等号皆成立.且易知x<0不满足方程，故原方程的实数根为x=1例4：非负整数数列{xn}定义为：x1是小于204的非负整数，且有

∞n12n38xnxn+1=(+)xn +1（,n>0).求∑arctan42004n2004(xn) 2xn+5n=1

11a 1证明：如果x1=a,则x2=(+1)a2 +1=a2+1+200420042004

因为数列的所有项都是整数，所以x2也是整数，所有a2 1一定是能被

2004=22×3×167整除。又因为a2 1能被4整除，所以a一定是奇数

设a=2b+1， a2 1=2b(2b+2)=4b(b+1),易知b(b+1)一定能被167整除

如果b>0，这就意味着b或b+1能被167整除，且b≥167,因此a≥2×167+1=3352

但由于a=x1<204,由此得b=0,a=x1=1,下面来计算前面几项x1=1,

112123

2x2=(+1) +1=2,x3=(+×2 +1=3,x4=420042004200422004

故用数学归纳法得xn=n

k12k3

n=1,2,3,4显然成立，假设xk=k成立，那么xk+1=(+k +1=k+12004k2004所以对所有的正整数n，都有xn=n成立。

∞∞8xn8n8n∴∑arctan4=arctan=arctan∑∑2n4 2n2+5n=14+(n2 1)2xn 2xn+5n=1n=1

n+12n 12( (22∞2[(n+1) (n 1)]∞2=∑arctan=∑arctan22224+(n+1)(n 1)n=1n=11+((22

Nn+12n 12N+12N2=lim∑[arctan() arctan(]=lim[arctan(+arctan(N→∞N→∞2222n=1

11 arctan0 arctan]=π arctan22∞

例5：设p是一个素数，p≡4(mod4),设x,y是整数，满足p|x2 xy+求证：存在整数u,v，使得x2 xy+p+12y.4p+12p+12y=p(u2 uv+v).44

证明：由条件可知p|(2x y)2+py2,则p|(2x y)2.因为p是素数，则有p|2x y

p+1211设pk=2x y,则x2 xy+y=(py2+（2x-y)2)=((2x pk)2p+p2k2)=444

ppp((2x pk)2+pk2)=((2x pk+k k)2+pk2)=((2u v)2+pv2)444

pp+12=(4u2 4uv+(p+1)v2)=p(u2 uv+v).44

例6：设D是 ABC的边BC上的一点，点P在线段AD上，过D作一直线分别

与线段AB,PB交于点M,E,与线段AC，PC的延长线交于点F,N，已知DE=DF.求证：DM=DN

证明：对AMD和直线BEP用梅涅劳斯定理得APDEMB=1………………（1）PDEMBA

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