数学奥林匹克高中训练题_119_

数学奥林匹克高中训练 (119) 第 一 试 一、填空题 (每小题 7分 ,共 56分 ) 1. 若实数 a、b、c、d满足 a≥c≥b≥d > 0, 则 S = a a + b + b b + c + c c + d + d d + a 的取值范围 为 . 2. 如图 1, 在 △AB C 的外部作 △BDC、 图 1 △A FB、△CEA, 使 得 △BDC △A FB △CEA. 则 △ABC 和 △D EF 总 有 相 同 的 (填重心、内心、 外心或垂心 ) . 3. 给定正实数 a、 b,变量 x、y满足 x、y≥0, x + y = a + b. 则函数 f ( x, y) = a a2 + x2 + b b2 + y2 的最小值为 . 图 2 4. 如图 2,在单位 正四面体 AB CD 中 , M、N、K分别在棱 AB、 AD、BD 上 , 满足 BM = DN = 13 , D K = 1 4 . 则面 ACK 与面 CMN 所夹锐角的余弦值为 . 5. 数列 { xn } 满足 : 0 < x1 < 1, xn + 1 = { 3xn } ( n≥1) . 则共有 个不同的 x1 ,使 得 { xn }从第一项开始是最小正周期为 9的周 期数列 ( { x} = x - [ x ], [ x ]示不超过实数 x的最大整数 ) . 6. 在△ABC中 ,已知 AC = 1, BC = 3 2,以 AB 为斜边向△ABC外作等腰 Rt△ABD. 则 AB + 2CD的最大值是 . 7. 图 3是一个 3 ×4的方格 (其中心的方 图 3 格线已被划去 ) . 一 只青蛙停在 A 格处 , 从某一时刻起 , 青蛙 每隔一秒钟就跳到与 它所在方格有公共边的另一方格内 ,直至跳 到 B 格才停下. 若青蛙经过每一个方格不超 过一次 ,则青蛙的跳法总数为 . 8. 设 AB 是抛物线 y2 = 2px的一条焦点 弦 ,且 AB 与 x轴不垂直 , P是 y轴上异于 O 的一点 ,满足 O、P、A、B 四点共圆 ,点 A、B、P 的纵坐标分别为 y1、y2、y0. 则 y1 + y2 y0 的值为 . 二、(14分 )实数 xi、yi ( i = 1, 2, 3)满足 3 i = 1 xi = 3 i = 1 yi = 3 i = 1 yi xi = 1. 试求 3 i = 1 yi x 2 i + x1 x2 x3 的值. 三、(15分 )若 △AB C的三边所在直线均 与抛物线 y2 = 2px ( p > 0 )相切 , : △AB C 的外接圆必过某个定点 ,并求出定点的坐标. 四、( 15分 )数列 { fn } ( n≥1 )的通项 为 fn = n 3 k = 0 Ckn - 2k , an 是 fn 除以 10以后的余 数 . 试问 { an }是否为周期数列 ?如果是 ,请 求出 { an }的最小正周期 ; 如果不是 , 请说 明理由 . 第 二 试 图 4 一、( 50分 )求在图 4所示的 2 ×6的方 格中“圈 ”的个数. 在这里 ,一条封闭的折线 叫做圈 ,如果这条折线的边均由方格的边组 成 , 且折线经过的 任意一个方格顶点 都只与折线的两条 边相连. 04 中 等 数 学 二、(50分 )如图 5,在四边形 ABCD 中 , 对角线 AC、BD 交于点 O. 过 O 作直线 H1 H2 图 5 和 H3 H4 , 其 中 , H1、H3 在线段 AD 上 , H2、H4 在线段 BC 上. 设 直 线 H1 H4 交线段 AB 的延长线于 T,直 线 H2 H3 交线段 CD 的延长线于 S. 证明 : S、O、T三点共线. 三、( 50分 ) n是大于 1的整数 ,正实数 ai ( i = 1, 2, ⋯, n)满足 n i = 1 ai = 1. 令 an + 1 = a1. 求证 : (1) n i = 1 1 - ai ai + 1 ≥ ( n - 1) 2 n i = 1 ai 1 - ai + 1 ; (2) n i = 1 ai 1 + ai - ai + 1 ≤n - 1 n n i = 1 ai 1 - ai . 四、( 50 分 ) 试求出所有的正整数组 (m , n, p) ( p≥2) ,使得 ( pm n - 1) | (m 2 + n2 ) . 参 考 答 案 第 一 试 　　1. 2, 52 . 因为 a≥c > 0,所以 , f ( x ) = x ( a - c)( x + a) ( x + c) = a - c x + ac x + ( a + c) 在 (0, ac ]上是不减函数. 故 S =2 + a a + b - c c + b + c c + d - a a + d = 2 + b ( a - c)( b + a) ( b + c) - d ( a - c) ( d + a) ( d + c) = 2 + f ( b) - f ( d) ≥2. 又 a≥c≥b > 0,则 S = 1 + a a + b + b b + c - d c + d - d a + d ≤1 + a a + b + b b + c < 1 + a + b a + b + b 2b = 5 2 . 取 a = b = c = d = 1,则 S = 2; 取 a→ + ∞, b = c = 1, d→ 0,则 S→ 52 . 综上 , S 2, 52 . 2. 重心. 建立复平面 ,设点 A在复平面内对应的 复数为 A,其余类似. 由 △BDC △A FB △CEA,可设 DB C = ECA = FAB =θ, |BD | |B C | = | CE | | CA | = |A F | |AB | = k. 令 ke - iθ = z. 则 D - B C - B = |BD | |BC | e - i DB C = z, 即 　D - B = z (C - B ). 同理 , E - C = z (A - C) , F - A = z (B - A ). 将上述三式相加得 A +B + C =D + E + F. 这表明 , △AB C和 △D EF总有相同的重 心. 3. ( a + b) a2 + b2. 由柯西不等式得 a 2 + x 2· a2 + b2 ≥a2 + bx, b2 + y2· b2 + a2 ≥b2 + ay. 则 f ( x, y) = a a2 + x2 + b b2 + y2 ≥a a 2 + bx a 2 + b2 + b b 2 + ay a 2 + b2 = a 3 + b3 + ab (x + y) a 2 + b2 = (a + b) a2 + b2. 当且仅当 x = b, y = a时 ,上式等号成立. 图 6 4. 69 . 如图 6 , 记 MN 与 A K交于点 G,并设面 ACK与 面 CMN 所成的 锐角大小为θ. 作 CO 面 142009年第 7期 ABD于点 O. 延长 AO 交 BD 于点 X. 易知 O 是 △ABD的中心. 则 AO = 2OX, B X = XD. 又 AM = 2MB , AN = 2ND, 因此 , M、O、N 三点共线 , O是 MN 的中点. 由 AO MN , AO CO知 AO 面 CMN. 故△ACG在面 CMN 上的投影为△OCG. 由面积射影定理得 cosθ= S△COG S△ACG = 1 4 S△CMN 2 3 S△ACK = 1 4 × 6 9 2 3 × 1 2 × 3 4 = 6 9 . 5119 656. 不妨令 0≤x1 ≤1. 若 x1 = 0或 1,则当 n≥2时 , xn = 0. 这样 的数列不满足题意. 设 x1 在三进制下可表示为 (0. a1 a2 ⋯) 3 , ai { 0, 1, 2}. 则 { xn }是周期为 T的周期数列Ζ { an }是周期为 T的周期数列Ζ x1 在三进制下是循环小数 ,且循环节 长为 T. 因此 ,使 { xn }是以 T为周期的周期数列 的 x1 共有 3T 个. 设所有最小正周期为 9的数列 { xn }组成 集合 A, 所有周期为 9的数列 { xn }组成集合 B , 所有周期为 3的数列 { xn }组成集合 C. 则 A∩C = Á , A∪C =B. 从而 ,最小正周期为 9的数列 { xn }共有 |A | = | B | - | C | = 39 - 33 = 19 656 个 ,这些数列所对应的 x1 也有 19 656个. 6110. 图 7 如图 7,以 B C为直 角边、C 为直角顶点向 外作等腰 R t△B CE, 联 结 AE. 设 ACB =θ. 由 AB = 2BD, B E = 2B C, EBA = CBD, 知 　△EBA △CBD. 则 A E CD = B E BC = 2. 在 △ACE中 , A E = AC2 +B C2 - 2AC·B Ccos θ+ 2 = 19 + 6 2 sinθ. 在 △AB C中 , AB = AC2 +B C2 - 2AC·B Ccosθ = 19 - 6 2cosθ. 故 AB + 2CD = 19 + 6 2 sinθ+ 19 - 6 2cosθ ≤ 2 (19 + 6 2 sinθ+ 19 - 6 2cosθ) = 76 + 24 sin θ- 4 ≤ 100 = 10. 当且仅当θ= 34 时 ,上式等号成立. 7. 26. A Q S E P M F C D R B 图 8 如图 8, 分两种 情况讨论. (1)如果青蛙不 经过 M 格 ,则有 2条 路径 : A PCDRB , AQSEFB. (2)如果青蛙经过 M 格 ,若某时刻青蛙 跳到 C格 ,则它下一秒内一定跳至 D 格 ;若 某时刻青蛙跳到 D格 ,则它下一秒内一定不 会跳至 C格. 因此 ,可将 C、D 两格合并为一 个大方格 (设之为 G). 同样地 ,可将 E、F两 格合并为大方格 H. 图 9 如果两个方格 有公共边 ,则在两个 方格间连上虚线 ,如 图 9. 由图 9 可知 , P、G、R和 Q、S、H对 称地分布在直线 AB 的两侧. 显然 ,青蛙第一步必跳入 P、Q两格中的 某格 ,倒数第二步必跳入 R、H两格中的某 格. 如果青蛙第一步跳至 P格 ,倒数第二步 跳至 R格 ,那么 ,这样的路径有 3条 : 24 中 等 数 学 A PGM RB , A PM RB , A PM GRB. 如果青蛙第一步跳至 Q 格 ,倒数第二步 跳至 R 格 , 设青蛙第 k 秒钟跳至 M 格 , 第 k - 1秒跳至 X格 ,第 k + 1秒跳至 Y格. 则 X格可以是 Q、S、H, Y格可以是 P、G、 R. 因此 ,这样的路径有 3 ×3 = 9条. 由对称性知 , 如果青蛙第一步跳至 Q 格 ,倒数第二步跳至 H格 ,则这样的路径有 3 条 ;如果青蛙第一步跳至 P格 ,倒数第二步 跳至 H格 ,则这样的路径有 9条. 综上 ,青蛙的跳法总数为 2 (9 + 3) + 2 = 26. 8. 4. 图 10 如图 10,设直线 lAB : ky = x - p 2 , 与抛物线方程联立 得 y2 - 2pky - p2 = 0. 由于 y1、y2 是方 程的两根 ,且 y1 ≠y2 , 则由韦达定理得 y1 y2 = - p 2 . 设直线 PA、PB 的斜率分别为 k1、k2. 则 k1 = y1 - y0 y21 2p = 2p ( y1 - y0 ) y21 , k2 = 2p ( y2 - y0 ) y22 . 因为 A、P、O、B 四点共圆 ,所以 , APB = AOB, tan APB = tan AOB. 而 tan A PB = k1 - k21 + k1 k2 = 2p ( y1 - y0 ) y21 - 2p ( y2 - y0 ) y22 1 + 2p ( y1 - y0 ) y21 ·2p ( y2 - y20 ) y22 = 2p ( y2 - y1 ) [ y1 y2 - y0 ( y1 + y2 ) ] p4 + 4p2 ( y1 - y0 ) ( y2 - y0 ) . 令 y0 = 0,可得 tan APB = 2p (y2 - y1 ) y1 y2 p4 +4p2 y1 y2 = 2 ( y2 - y1 ) 3p . 故 tan A PB = tan AOBΖ 2p ( y2 - y1 ) [ y1 y2 - y0 ( y1 + y2 ) ] p4 + 4p2 ( y1 - y0 ) ( y2 - y0 ) 　 = 2 ( y2 - y1 ) 3p . 又 y1 - y2 ≠0,则 tan A PB = tan AOBΖ y1 y2 - y0 ( y1 + y2 ) p2 + 4 ( y1 - y0 ) ( y2 - y0 ) = 1 3Ζ 3y1 y2 - 3y0 (y1 + y2 ) = p2 +4 (y1 - y0 ) (y2 - y0 ). 将 - p2 = y1 y2 代入上式得 y0 ( y1 + y2 ) = 4y20. 由于 y0 ≠0,故 y1 + y2 y0 = 4. 二、令 ai = yi xi ( i = 1, 2, 3) . 于是 , 3 i = 1 ai = 3 i = 1 ai xi = 1. 故 y1 x 2 1 + x1 x2 x3 = y1 x1 x1 ( x1 + x2 + x3 ) + x2 x3 = a1 ( x1 + x2 ) ( x1 + x3 ) = a1 - a1 x1 ( x1 + x2 ) ( x2 + x3 ) ( x3 + x1 ) . 同理 , y2 x 2 2 + x1 x2 x3 = a2 - a2 x2 (x1 + x2 ) ( x2 + x3 ) (x3 + x1 ) , y3 x 2 3 + x1 x2 x3 = a3 - a3 x3 (x1 + x2 ) ( x2 + x3 ) (x3 + x1 ) . 则 3 i = 1 yi x 2 i + x1 x2 x3 = 3 i = 1 ai - 3 i = 1 ai xi ( x1 + x2 ) ( x2 + x3 ) ( x3 + x1 ) = 0. 三、如图 11,不妨设点 A 和抛物线在直 线 B C的两侧 ,且点 B 在 C的上方. 并设直线 AB、BC、CA与抛物线的切点分别为 D、E、F.设 D y21 2p, y1 、E y 2 2 2p, y2 、 F y23 2p, y3 、S p2 , 0 . 342009年第 7期 图 11 易求得 kAB = py1 , kAC = p y3 . 则 lAB : y - y1 = p y1 x - y21 2p , 即 　y1 y = p x + y21 2p , lAC : y3 y = p x + y23 2p . 联立两方程得 A y1 y3 2p , y1 + y3 2 . 同理 , B y1 y2 2p , y1 + y2 2 、C y2 y3 2p , y2 + y3 2 . 故 tan BAC = kAB - kAC1 + kAB kAC = p y1 - p y3 1 + p 2 y1 y3 = p ( y3 - y1 ) p2 + y1 y3 . 于是 , kB S = y1 + y2 2 y1 y2 2p - p 2 = p ( y1 + y2 ) y1 y2 - p 2 , kCS = p ( y3 + y2 ) y3 y2 - p 2 . 则 tan CSB = kCS - kB S1 + kB S kCS = p ( y3 + y2 ) y3 y2 - p 2 - p ( y1 + y2 ) y1 y2 - p 2 1 + p ( y3 + y2 ) y3 y2 - p 2 · p ( y1 + y2 ) y1 y2 - p 2 = p[ ( y3 + y2 ) ( y1 y2 - p2 ) - ( y1 + y2 ) ( y3 y2 - p2 ) ] ( y3 y2 - p2 ) ( y1 y2 - p2 ) + p2 ( y3 + y2 ) ( y1 + y2 ) = p ( y1 - y3 ) p2 + y1 y3 = - tan BAC. 因此 , BAC + B SC = . 所以 , △AB C的外接圆恒过点 S p2 , 0 . 显然 , △AB C的外接圆不可能同时通过 两个不同的定点. 因此 , p2 , 0 是外接圆通过的唯一定 点. 四、{ an }是周期数列 ,最小正周期为 217. 易知 f1 = f2 = 1, f3 = 2, f4 = 3, f5 = 4. 下面证明 :当 n≥4时 , fn + 2 = fn + 1 + fn - 1. ① (1)当 n≡0或 2 (mod 3)时 , n + 2 3 = n + 1 3 . 则 fn + 2 = n + 2 3 k = 0 Ckn + 2 - 2k = C0n + 1 + n + 2 3 k = 1 Ck - 1n + 1 - 2k + n + 2 3 k = 1 Ckn + 1 - 2k = n - 1 3 k =0 Ckn - 1 - 2k + n +1 3 k =0 Ckn +1 - 2k = fn +1 + fn - 1. (2)当 n≡1 (mod 3)时 , 令 r = n - 13 Z. 则 fn + 2 = r + 1 k = 0 Ckn + 2 - 2k = 2 + r k = 1 Ckn + 2 - 2k = r k = 1 Ck - 1n - 1 - 2 ( k - 1) + r k = 1 Ckn + 1 - 2k + 2 = r - 1 k =0 Ckn - 1 - 2k +C r n - 1 - 2r + r k =1 Ckn +1 - 2k +C 0 n +1 = n - 1 3 k =0 Ckn - 1 - 2k + n +1 3 k =0 Ckn +1 - 2k = fn +1 + fn - 1. 设 uk 是 fk 除以 2所得的余数 , vk 是 fk 除 以 5所得的余数. 由式 ①可得 { uk }的各项为 : 1, 1, 0, 1, 0, 0, 1, 1, 1, 0, 1, 0, 0, 1, ⋯ { vk }的各项为 : 1, 1, 2, 3, 4, 1, 4, 3, 4, 3, 1, 0, 3, 4, 4, 2, 1, 0, 2, 3, 3, 0, 3, 1, 1, 4, 0, 1, 0, 0, 1, 1, 1, 2, 3, ⋯ 由上可知 , { uk }是最小正周期为 7的周 期数列 ; { vk }是最小正周期为 31的周期数 列. 它们的循环节分别如划线部分所示. 又 (2, 5) = 1,故 fk 除以 10所得余数是 周期数列 ,最小正周期是 7和 31的最小公倍 数 ,即 217. 44 中 等 数 学 第 二 试 ⋯ C A ⋯ D B 1 2 k - 1 k 图 12 一、定义某个圈在 方格水平方向的投影 长为 这 个 圈 的“圈 长 ”. 首先求 2 ×k的方 格 (如图 12 )中圈长为 k的圈的个数 ak. 这些圈中都至少包含了 A、B 格中的一 个 ,设其中包含 A 格但不包含 B 格的有 xk 个 ,包含 B 格但不包含 A格的有 yk 个 ,包含 A、B 两格的有 zk 个. 因此 , ak = xk + yk + zk. 由对称性知 xk = yk. 又包含 A、B 格的圈 ,必须至少包含 C、D 格中的一个 ,故 zk = ak - 1 ; 包含 A格但不包含 B 格的圈必包含 C 格 ,故 xk = xk - 1 + zk - 1. 由以上四式得 ak = 2ak - 1 + ak - 2. 下面计算 a1、a2. 图 13 　　如图 13 ( a) , 在 2 ×1的方格 中圈长为 1 的 圈共有 3个 : ABDCA, CD FEC, ABD FECA. 如图 13 ( b) ,在 2 ×2的方格中圈长为 2 的圈共有 7个 : GH IL KJG, JKLONM J, GH ILONM JG, GH ILON KJG, GHILKNM JG, H ILONM JKH, GHKLONM JG. 所以 , a1 = 3, a2 = 7. 因此 , a3 = 17, a4 = 41, a5 = 99, a6 = 239. 故 2 ×6棋盘中圈的个数为 6 i = 1 (7 - i) ai = 681. 二、先证明一个引理. 引理 　如图 14,在四边形 AB CD 中 ,对 角线 AC、BD交于点 O. P、Q分别是线段 AB、 图 14 CD 外的点. 如果 P、 O、Q三点共线 ,则 CQ QD· DO OB ·B P PA ·AO OC = 1. 引理的证明 :由于 P、O、Q三点共线 ,则 AO P = COQ, BO P = DOQ. 故 CQQD· B P PA = S△OCQ S△OQD ·S△OB P S△O PA = S△OCQ S△OA P ·S△OB P S△OQD = OB·O P OD·OQ· OC·OQ OA·O P = OC OA ·OB OD . 因此 , CQQD· DO OB ·B P PA ·AO OC = 1. 回到原题. 分两种情况讨论. (1)如图 15,当 AD 与 BC不平行时 ,设 AD与 BC交于点 M. 图 15 对 △MAC与截线 H1 OH2 ,有 M H1 H1 A ·AO OC ·CH2 H2M = 1; ① 对 △MBD与截线 H3 OH4 ,有 H3M DH3 ·M H4 H4 B ·BO OD = 1; ② 对 △M CD与截线 H2 H3 S,有 M H2 H2 C ·CS SD ·DH3 H3M = 1; ③ 对 △MBA与截线 H1 H4 T,有 H4M BH4 ·M H1 H1 A ·A T TB = 1. ④ 542009年第 7期 ①÷②×③÷④得 CS SD ·DO OB ·B T TA ·AO OC = 1. 设射线 SO交线段 AB 的延长线于点 T′. 由引理可知 CS SD ·DO OB ·B T′ T′A· AO OC = 1. 故B T TA = B T′ T′A. 因此 ,点 T与 T′重合. 所以 , S、O、T三点共线. (2)当 AD∥B C时 ,有 CS SD = CH2 DH3 , DO OB = DH3 BH4 , B T TA = BH4 AH1 , AO OC = AH1 CH2 . ①÷②×③÷④得 CS SD ·DO OB ·B T TA ·AO OC = 1. 设射线 SO 交线段 AB 的延长线于点 T ″. 同理可以证明点 T与 T ″重合. 所以 , S、O、T三点共线. 三、(1)令 a0 = an. 对任意的 i ( i = 1, 2, ⋯, n) ,由均值不等式得 ai 1 - ai + 1 = ai 1≤j≤n, j≠i + 1 aj ≤ ai ( n - 1) n - 1 1≤j≤n, j≠i + 1 aj = 1 n - 1 n - 1 1≤j≤n, j≠i + 1 ai aj ≤ 1( n - 1) 2 1≤j≤n, j≠i + 1 ai aj . 故 n i = 1 ai 1 - ai + 1 ≤ 1( n - 1) 2 n - 1 i = 0 1≤j≤n, j≠i + 1 ai aj = 1 ( n - 1) 2 n i = 1 ai n i = 1 1 ai - n i = 1 ai ai + 1 = 1 ( n - 1) 2 n i = 1 1 - ai ai + 1 . 因此 , n i = 1 1 - ai ai + 1 ≥ ( n - 1) 2 n i = 1 ai 1 - ai + 1 . 当且仅当 ai = 1 n ( i = 1, 2, ⋯, n)时 ,上式 等号成立. (2)设 i1 , i2 , ⋯, in 是 1, 2, ⋯, n的一个 排列 ,满足 ai1 ≥ai2 ≥⋯≥ain. 因此 , 11 - ai1 ≥ 11 - ai2 ≥⋯≥ 11 - ain . 由排序不等式得 n i = 1 ai 1 - ai = n j = 1 ai j 1 - ai j ≥ n i = 1 ai 1 - ai + 1 . ① 由柯西不等式得 n i = 1 ai 1 - ai ≥ n i = 1 ai 2 n i = 1 ai - n i = 1 a 2 i ≥ n i = 1 ai 2 n i = 1 ai - 1 n n i = 1 ai 2 = n n - 1. ② 对任意的 i ( i = 1, 2, ⋯, n) ,由均值不等 式得 ai 1 + ai - ai + 1 = ai ai + ( n - 1)· 1 - ai + 1 n - 1 ≤ ai n n ai (1 - ai + 1 ) n - 1 ( n - 1) n - 1 = n - 1 n n 1 n - 1 ai 1 - ai + 1 n - 1 ≤n - 1 n 2 ( n - 1)· ai 1 - ai + 1 + 1 n - 1 . ③ 由式 ①、②、③得 n i =1 ai 1 + ai - ai +1 ≤(n - 1) 2 n 2 n i =1 ai 1 - ai +1 + 1 n ≤ ( n - 1) 2 n 2 n i = 1 ai 1 - ai + n - 1 n 2 n i = 1 ai 1 - ai = n - 1 n n i = 1 ai 1 - ai . 当且仅当 ai = 1 n ( i = 1, 2, ⋯, n)时 ,上式 等号成立. 四、由题意设 m 2 + n 2 = k ( pm n - 1) ( k N + ) . ① 下面分两种情况讨论. (1)若 m = n,则 k = 2m 2 pm 2 - 1 ≥1. 因此 , ( p - 2) m 2 ≤1. 显然 , p≤3. 若 p = 3,则 m 2 ≤1,故只能有 m = n = 1; 若 p = 2,则 k = 2m 2 2m 2 - 1 = 1 + 1 2m 2 - 1 是正 64 中 等 数 学 整数 ,故只可能有 m = n = 1. (2)若 m ≠n,由对称性不妨假设 m > n, 即 m ≥n + 1. 考虑二次方程 x 2 - pknx + ( n2 + k) = 0, ② 其中 , m 是方程 ②的一个根. 设方程的另一根为 y. 由韦达定理有 m + y = pkn, m y = n2 + k > 0. 所以 , y为正整数且 y = pkn - m. 下面证明 :当 n≥2时 , y > n. 事实上 , n - y =m + n - pkn =m + n - pn·m 2 + n 2 pm n - 1 = ( pm n - 1) (m + n) - pn (m 2 + n2 ) pm n - 1 = pm n2 - pn3 - m - n pm n - 1 . 又 p≥2, m ≥n + 1,则 pm n2 - pn3 - m - n ≥2m n2 - 2n3 - m - n =m (2n2 - 1) - (2n3 + n) ≥ ( n + 1) (2n2 - 1) - (2n3 + n) = 2n ( n - 1) - 1≥3 > 0. 所以 , n - y > 0, y < n成立. 由于 m 和 y = pkn - m 是方程 ②的两个 根 ,因此 ,对某个 p,如果一组 (m , n) = (m 0 , n0 ) (m 0 > n0 > 1) 是方程 ①的解 ,那么 , (m ′, n′) = ( n0 , pkn0 - m 0 ) 也是方程 ①的解. 而 m 0 > n0 = m ′> n′,因此 ,对方程 ①的 任意一个解 (m , n) (m > n > 1 ) ,用 ( n, pkn - m )来替换原来的 (m , n) , 式 ①仍然成立. 只 要这里的 n > 1, 这样的替换便可以继续下 去. 而每经过一次这样的替换 , n的值将会减 少. 因此 ,经过有限步之后 ,必有 n = 1. 下面讨论 n = 1时 ,方程 ①的解. ( i)若 k = 1,则方程 ①即为 m 2 - pm + 2 = 0. 而 m > 1,故仅有解 (m , n, p) = (2, 1, 3) . 此时 , k = 1. ( ii)若 k≥2,则有 m 2 + 1≥2 ( pm - 1) . ③ 因为 k = m 2 + 1 pm - 1是正整数 ,所以 , p2 k = p 2 m 2 + p2 pm - 1 = pm + 1 + p2 + 1 pm - 1 是正整数. 故 ( pm - 1) | ( p2 + 1) . 如果 m ≥p + 1,则 p2 + 1≥pm - 1≥p2 + ( p - 1) . 解得 p≤2. 于是 , p = 2, m = p + 1 = 3,即 (m , n, p) = (3, 1, 2) , 此时 , k = 2. 如果 m ≤p,代入式 ③可得 m 2 + 1≥2 (m 2 - 1) , 即 m ≤ 3,与 m ≥2矛盾. 因此 , p只能取 2, 3. 当 p = 2时 ,方程 ①的任意一个解 (m , n) (m > n > 1 )经过有限次替换以后必将变为 (3, 1) . 反过来 ,对 ( 3, 1 )作上述替换的逆变 换 (m , n) → (4m - n, m ) ,将生成方程的全部 解. 这些解可表示为 ( ai + 1 , ai ) ( i = 1, 2, ⋯) , 在这里 ,数列 { an }满足 a1 = 1, a2 = 3以及递 推关系 ai + 1 = 4ai - ai - 1. 同理 , 当 p = 3 时 , 方程的全部解为 ( bi + 1 , bi ) ( i = 1, 2, ⋯) ,在这里 ,数列 { bn }满 足 b1 = 1, b2 = 2以及递推关系 bi + 1 = 3bi - bi - 1. 当 m < n时 ,由对称性可知 ,方程的全部 解为 (m , n, p) = ( ai , ai + 1 , 2)以及 ( bi , bi + 1 , 3) ( i = 1, 2, ⋯) . 因此 ,全部解为 (m , n, p) = ( ai + 1 , ai , 2) , ( ai , ai + 1 , 2) , ( bi + 1 , bi , 3) , ( bi , bi + 1 , 3) ( i = 1, 2, ⋯) . 其中 ,数列 { an }满足 a1 = a2 = 1, ai + 1 = 4ai - ai - 1 ;数列 { bn }满足 b1 = b2 = 1, bi + 1 = 3bi - bi - 1. (刘长乐 　武汉理工大学理学院 , 430070) 742009年第 7期