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十一届东南赛答案


第十一届东南数学奥林匹克参考解答
高一年级
1. 设 p 为奇素数,a, b, c, d 是小于 p 的正整数, 且 a 2 ? b 2 与 c 2 ? d 2 均是 p 的倍 数.证明: ac ? bd 与 ad ? bc 中恰有一个是 p 的倍数. (李胜宏提供) 证:由于 a 2 ? b 2 与 c 2 ? d 2 均是 p 的倍数,故

/>(ac ? bd )(ad ? bc) ? (a 2 ? b 2 )cd ? (c 2 ? d 2 )ab
也是 p 的倍数,又 p 为素数,因此 ac ? bd 与 ad ? bc 中至少有一个是 p 的倍数. 另一方面,假设 ac ? bd 与 ad ? bc 均为 p 的倍数,则

(ac ? bd ) ? (ad ? bc) ? (a ? b)(c ? d )
也是 p 的倍数,故 p | a ? b 或 p | c ? d . 不妨设 p | a ? b , 由 0 ? a, b ? p 知, a ? b ? p , 必有 a ? b , 即 a 2 ? b 2 ? 2a 2 是

p 的倍数.但 p 为奇素数,0 ? a ? p ,故 p ? | 2a 2 ,矛盾. 因此 ac ? bd 与 ad ? bc 必
有一个不是 p 的倍数. 综上所述, ac ? bd 与 ad ? bc 中恰有一个是 p 的倍数. 2. 设 n (n ? 4) 为正整数. n 个人两两之间各打一场乒乓球比赛(每场比赛都分 出胜负) .求 n 的最小值,使得比赛结束后,总存在一个有序四人组

( A1 , A2 , A3 , A4 ) ,满足当 1 ? i ? j ? 4 时, Ai 胜 Aj . (何忆捷提供)
解:首先证明,当 n ? 8 时,总存在满足题意的有序四人组. ? 28 ? 2 ? 28 场比赛,必有一人胜了至少 ? ? ? 4 场,不 由于 8 人之间共进行了 C8 ?8? 妨设 A1 胜了 a1 , a2 , a3 , a4 .在 a1 , a2 , a3 , a4 之间共进行了 6 场比赛,必有一人胜 ?6? 了其中至少 ? ? ? 2 场, 不妨设 a1 胜 a2 , a3 , 又不妨设 a2 胜了 a3 , 那么将 A2 , A3 , A4 ?4? 分别取为 a1 , a2 , a3 ,则有序四人组 ( A1 , A2 , A3 , A4 ) 满足条件. 下面证明,当 n ? 7 时未必存在满足条件的有序四人组.只需对 n ? 7 予以否 定即可.将 7 个人记为 b1 , b2 , ? , b7 ,约定 b7 ? k ? bk .我们构造以下情形: 对 i ? 1, 2, ? , 7 ,令 bi 胜 bi ?1 , bi ? 2 , bi ? 4 ,但负于 bi ?3 , bi ?5 , bi ? 6 ,这样恰好确定 了每场比赛的胜负.假如存在符合题意的有序四人组 ( A1 , A2 , A3 , A4 ) ,由于 A1 必 是某个 bi , 故 A2 , A3 , A4 只能是 bi ?1 , bi ? 2 , bi ? 4 这三人的排列, 但因 bi ?1 胜 bi ? 2 ,bi ? 2 胜

bi ? 4 , bi ? 4 胜 bi ?1 ,故 bi ?1 , bi ? 2 , bi ? 4 三人中没有一人可作为 A4 ,矛盾.
综上所述,满足条件的 n 的最小值为 8.

1

3.

如图,在钝角 ?ABC 中, AB ? AC ,点 O 是其外心,边 BC , CA, AB 的中点 分别为 D, E , F ,中线 AD 与 OF , OE 所在直线分别交于点 M , N ,直线 (陶平生提供) BM , CN 交于点 P .证明: OP ? AP . 证:由已知得, BM ? AM , CN ? AN ,

?AMP ? 2?BAM , ?PND ? 2?CAM .
连接 OB, OC .由于 O 是 ?ABC 外心,故
?BOC ? 2?BAC ? 2?BAM ? 2?CAM ? ?AMP ? ?PND ? ?BPC ,

因此 B, O, P, C 四点共圆,所以 ?BPO ? ?BCO ? ?CBO ? ?OPN . 另一方面,对 ?BCP 及截线 DMN 用梅涅劳斯定理,得 BD CN PM ? ? ? 1, DC NP MB 结合 BD ? DC , BM ? AM , CN ? AN 可知, PM MB AM ? ? , PN NC AN 即 PA 是 ?MPN 的外角平分线.又 PO 是 ?MPN 的平分线,故 OP ? AP . 4. 设 n 为正整数,非负实数 x1 , x2 , ? , xn 满足: xi x j ? 4 5 证明: x1 ? x2 ? ? ? xn ? . (金蒙伟提供) 3 证法一:设 max xi ? M .
1?i ? n ? i? j

(1 ? i, j ? n) .

先考虑 0 ? M ?

2 的情况.我们证明,对任意 s, k , 1 ? s ? s ? k ? n ,有 3 s?k 2 k 1 x ? ?? , ? i 3 i ?1 2i i?s



这里约定 ?
i ?1

0

1 ? 0. 2i

2 对任意 s (1 ? s ? n) 成立. 3 假设 k 时结论已成立,考虑 k ? 1 的情况.对任意 s, k , 1 ? s ? s ? k ? 1 ? n ,由 1 ? s ? ( k ?1? s ) 条件知, min{xs , xk ?1? s } ? xs xk ?1? s ? 4 ? k ?1 . 2 1 若 xk ?1? s ? k ?1 ,则结合归纳假设知, 2 s ? k ?1 2 k ?1 1 ? s?k ? ?2 k 1 ? 1 xi ? ? ? xi ? ? xs ? k ?1 ? ? ? ? i ? ? k ?1 ? ? ? i ; ? 3 i ?1 2 i?s ? i?s ? ? 3 i ?1 2 ? 2 1 若 xk ? k ?1 ,类似地,利用归纳假设知, 2
对 k 进行归纳.当 k ? 0 时, xs ? M ?
2

s ? k ?1

?
i?s

1 ?2 k 1 ? s ? k ?1 ? xi ? xs ? ? ? xi ? ? k ?1 ? ? ? ? i ? i ? s ?1 ? 2 ? 3 i ?1 2

? 2 k ?1 1 ? ? 3 ? ? 2i . i ?1 ?

因此当 k ? 1 时结论也成立.从而对任意 s, k , 1 ? s ? s ? k ? n ,①成立.特别地,

x1 ? x2 ? ? ? xn ?
再考虑 M ?

2 的情况. 3 ? t ?t ? 1 ,又 不妨设 xt ? M .由条件知, M ? xt xt ? 4 xi ?
于是

2 n ?1 1 2 5 ? ? i ? ?1 ? . 3 i ?1 2 3 3

4

? i ?t

xt

?
t ?1 i ?1

1 4
i ?t

M

(1 ? i ? n, i ? t ) ,
t ?1 i ?1 n 1 1 ? ? t ?i i ?t 4 M i ?t ?1 4 M

x1 ? x2 ? ? ? xn ? xt ? ? xi ? ? M ??
注意到当
t ?1 n ?t j

i ?t ?1

?

n

xi ? M ? ?

1 1 2 ?? j ?M? M j ?1 4 M j ?1 4 M

?4
j ?1

?

1
j

?M?

2 . 3M



2 2 ? ? M ? 1 时, ? M ? 3 3M ?

? 5 ( M ? 1)(3M ? 2) ? 0 ,因此由②知, ?? ? 3M ? 3 5 x1 ? x2 ? ? ? xn ? . 3

综上,结论证毕. 证法二(根据北京四中蒋易悰等同学的解答整理) :在已知条件中令 i ? j , 得 xi2 ? 1 ,故 0 ? xi ? 1 (1 ? i ? n) . 记 S ? ? xi , S j ? ? xi (0 ? j ? n) ,则 0 ? S0 ? S1 ? ? ? S n ? S ,故必存在某 个 k (0 ? k ? n ? 1) ,使得 S k ?
n j i ?1 i ?1

S ? S k ?1 . 2 令 Tk ? S ? S k , Tk ?1 ? S ? S k ?1 ,则

S k ? Tk ? S k ?1 ? Tk ?1 ? 2 S k ? S ? 2 S k ?1 ? S ? S ? 2 S k ? 2 S k ?1 ? S ? 2 xk ?1 ? 2 ,
因此,存在 l ? {k , k ? 1} ,使得

Sl ? Tl ? 1 .
另一方面,由条件得,


l n

SlTl ? ? xi ?
i ?1

l

j ?l ?1

?

n

xj ? ?
?

l

i ?1 j ?l ?1

?

n

xi x j ? ?

i ?1 j ?l ?1

?4

? ( j ?i )

??
i ?1 n

l

1 1 1 1 4 1 4 ? ? j ?l ? ? r ? ? r ? ? ? , l ?i 4 3 3 9 j ?l ?1 4 r ?0 4 r ?1 4 4 5 ? . 9 3

n

?



由①、②得, ? xi ? Sl ? Tl ? ( Sl ? Tl ) 2 ? 4 SlTl ? 1 ? 4 ?
i ?1

3

5.

设 ?ABC 与 ?XYZ 是锐角三角形.证明:

cot A(cot Y ? cot Z ), cot B (cot Z ? cot X ), cot C (cot X ? cot Y ) 2 三数的最大值不小于 . (张思汇提供) 3 证:将 cot A, cot B, cot C , cot X , cot Y , cot Z 分别记为 a, b, c, x, y, z ,则 ab ? bc ? ca ? xy ? yz ? zx ? 1 , a, b, c, x, y, z ? 0 .
由柯西不等式得,

(a ? b ? c) 2 ( x ? y ? z ) 2 ? (a 2 ? b 2 ? c 2 ? 2)( x 2 ? y 2 ? z 2 ? 2) ? (ax ? by ? cz ? 2) 2 ,
即 (a ? b ? c)( x ? y ? z ) ? ax ? by ? cz ? 2 ,即

a ( y ? z ) ? b( z ? x ) ? c ( x ? y ) ? 2 , 2 从而 max{a ( y ? z ), b( z ? x), c( x ? y )} ? .证毕. 3
6. 设整数 a, b, c 与实数 r 满足: ar 2 ? br ? c ? 0, ac ? 0 .证明: r 2 ? c 2 是无理 数. (何忆捷提供) 证:由条件得 b 2 ? 4ac ? 0 .设 r ?

?b ? m ,其中 m 2 ? b 2 ? 4ac .由 ac ? 0 知, 2a m ? ?b . ①

用反证法,假设 r 2 ? c 2 等于某个有理数 q ,记 s ? 2aq ? Q ,则

s 2 ? 4a 2 q 2 ? 4a 2 (r 2 ? c 2 ) ? (2ar ) 2 ? 4a 2 c 2 ? (m ? b) 2 ? 4a 2 c 2 ? 0 .
若 m ? Z ,则上式右边为整数,故 s ? Z ,而



4 s 2 ? 4(m ? b) 2 ? (4ac) 2 ? 4(m ? b) 2 ? (b 2 ? m 2 ) 2 ? (m ? b) 2 (4 ? (m ? b) 2 ) ,
故 4 ? (m ? b) 2 为平方数,但这导致 m ? b ? 0 ,与①矛盾. 以上表明 m ? Z ,注意到 m 2 ? b 2 ? 4ac ? Z ,故 m ? Q .又由②知,

2mb ? m 2 ? b 2 ? 4a 2 c 2 ? s 2 ? Q ,
所以 b ? 0 ,从而

s 2 ? 1 ? m 2 ? 4a 2 c 2 ? 1 ? ?4ac ? 4a 2 c 2 ? 1 ? (2ac ? 1) 2 ,
即 s 2 ? 1 必为正整数的平方,得 s ? 0 ,但由②知 s ? 0 ,矛盾. 综上可知假设不成立,因此 r 2 ? c 2 必为无理数. 7. 设 O 为平面上一个定圆 ?1 的圆心, P 为圆周上一个动点,以 P 为圆心,作半 径小于圆 O 半径的圆 ?2 ,交 ?1 于 T , Q ,设 TR 为 ?2 的直径.分别以 R, P 为 圆心, RQ 为半径作圆,设两圆与 Q 在直线 PR 同侧的交点为 M .以 M 为圆
4

心, MR 为半径的圆与 ?2 交于 R, N .证明:以 T 为圆心, TN 为半径的圆过 点O . (张思汇提供)

? ? PQ ?, 证: 设 ?QTR ? ? . 由条件得: TP
所以 ?TOP ? 2?TQP ? 2?QTR ? 2? . 设 QR ? x, TP ? r ,则 TP r x QR ? ? sin ? ? 2 ? 2 , 2r TR OT OT 2 r 由此得到 OT ? . x 作 PK ? TN 于点 K , ML ? TR 于点 L ,则
?TPK ? ?KPN .



注意到 NM ? PM ? RM ? QR ? x ,所以 ?PNM ≌ ?PRM ,因此
?NPM ? ?RPM .



由①、②知, ?KPN ? ?NPM ? 90? ,而

?PML ? ?NPM ? ?PML ? ?RPM ? 90? ,
故 ?KPN ? ?PML .因此

从而 TN ? 8.

r2 ? OT ,即以 T 为圆心, TN 为半径的圆过点 O . x

TN r 2 ? sin ?KPN ? sin ?PML ? 2 , r x

在如下所示的图形中,方格 P 的左右两侧分别有 a 个和 b 个方格,上下两侧 分别有 c 个和 d 个方格, a, b, c, d 为正整数,满足 (a ? b)(c ? d ) ? 0 .称由这 些方格所组成的图形为一个“十字星” .现有一张由 2014 个方格所组成的 (陶平生提供) 38 ? 53 矩形方格表,求该方格表中十字星的个数.

解:对于一个十字星,将题目中所指的方格 P 称为该十字星的“中心块” , 当 a ? b 时,称该十字星为“站着的” ;当 c ? d 时,称其为“躺着的” (有些十字 星既是站着的又是躺着的) .

5

若一个矩形 R 的一行一列的并集刚好是某个十字星 S ,则称 R 是 S 的“源矩 形” .在源矩形 R 中,十字星 S 由中心块的位置唯一确定,且不同的源矩形对应 的十字星必不相同.此外由十字星的定义知,源矩形的行数与列数至少是 3;行 数为偶数的源矩形不含躺着的十字星;列数为偶数的源矩形不含站着的十字星. 现考虑 m 行 n 列的矩形方格表 Pm , n .用 A 、 B 、 C 分别表示 Pm , n 中躺着的十 字星、站着的十字星、既站着又躺着的十字星的个数. 在 Pm , n 中, 2k ? 1 行 l 列的源矩形的个数为 (m ? 2k )(n ? l ? 1) ,其中 k , l 满足

3 ? 2k ? 1 ? m, 3 ? l ? n .对每个 2k ? 1 行 l 列的源矩形,躺着的十字星的中心块必
在第 k ? 1 行,且位于第 2 至 l ? 1 列,故此源矩形对应 l ? 2 个躺着的十字星.所以
? m ?1 ? ? 2 ? ? ? ? m ?1 ? ? 2 ? ? ?

A?
其中
? m ?1 ? ? 2 ? ? ?

?

k ?1 l ?3

? (l ? 2)(m ? 2k )(n ? l ? 1) ?

n

?
k ?1

(m ? 2k ) ? ? l (n ? l ? 1) ,
l ?1

n?2

?
k ?1

? ? m ? 1? ? (m ? 2) ? ? m ? 2 ? ? ? m ? 1? ? m ? 1? ? ? 2 ? ? ? ? m ? 1? ? ? ( m ? 2k ) ? ? ? ?? m?? ? ?, ? ? 2 ? 2 ? ? 2 ?? ? 2 ? ?? (n ? 1) ? ? l ? l (n ? l ? 1) ? ? ?l ? ? ?
l ?1 l ?1 l ?1 n?2

? n?2 ?

n?2

2

?
所以

(n ? 2)(n ? 1) (n ? 2)(n ? 1)(2n ? 3) n(n ? 1)(n ? 2) , ? ? 2 6 6
2

? m ? 1? ? ? m ? 1 ? ? n(n ? 1)(n ? 2) . A?? m?? ? ?? ? 6 ? 2 ?? ? 2 ? ??
2l ? 1 列的源矩形对应 k ? 2 个站着的十字星,进而



同理,Pm , n 所含的 k 行 2l ? 1 列的源矩形的个数为 (m ? k ? 1)(n ? 2l ) , 每个 k 行
? n ?1 ?

? n ? 1? ? ? n ? 1 ? ? m(m ? 1)(m ? 2) .② B ? ? ? (k ? 2)(m ? k ? 1)(n ? 2l ) ? ? n?? ? ?? ? 6 ? 2 ?? ? 2 ? ?? k ?3 l ?1
每个 2k ? 1 行 2l ? 1 列的源矩形恰对应一个既站着又躺着的十字星 (中心块位 于源矩形的中心) ,而 Pm , n 中含有 (m ? 2k )(n ? 2l ) 个这样的源矩形,故类似得到
? m ?1 ? ? n ?1 ? ? 2 ? ? 2 ? ? ? ? ?

? ? m ? 2 ?

C?

? ? (m ? 2k )(n ? 2l ) ? ? ?
k ?1 l ?1

? m ? 1? ? ? m ? 1? ? ? n ? 1? ? ? n ? 1? ? m?? n?? ? ? ? ?, ? ? ? ? 2 ?? ? 2 ??? 2 ?? ? 2 ? ??



这正是在 A ? B 中被重复计数的十字星个数. 特别地,对 m ? 38, n ? 53 的情形,有

m(m ? 1)(m ? 2) ? m ? 1? ? ? m ? 1? ? m?? ? 18 ? 19 ? 342 , ? 8436 , ? ? ? ? ? 6 ? 2 ?? ? 2 ??
6

n(n ? 1)(n ? 2) ? n ? 1? ? ? n ? 1? ? n?? ? 26 ? 26 ? 676 , ? 23426 , ? ? ? ? ? 6 ? 2 ?? ? 2 ??
代入①、②、③得

A ? 342 ? 23426 ? 8011692, B ? 676 ? 8436 ? 5702736, C ? 342 ? 676 ? 231192 ,
从而,方格表 P38, 53 含有的十字星个数为 A ? B ? C ? 13483236 .

高二年级
1. 如图,在锐角 ?ABC 中, AB ? AC , M 是 BC 边的中点, I 是内心, MI 与边 ED IC ? AC 交于点 D , BI 与 ?ABC 的外接圆交于另一点 E .证明: . EI IB (张鹏程提供)

证:设 BC ? a, CA ? b, AB ? c ,记 BE 与 AC 交于点 F .连接 AI , CE . BM CD FI 对 ?BCK 与截线 MID 用梅涅劳斯定理,得 ? ? ? 1 ,又 BM ? MC , MC DF IB CD IB ? 所以 . DF FI IB AB 由 AI 平分 ?BAC 知, . ? FI AF 由 A, B, C , E 四点共圆知, ?ABE ? ?ACE , AB EC 故 ?ABF ∽ ?ECF ,所以又有 . ? AF EF 注意到
?EBC ? ?EBA ? ?ECA ,



故 ?EIC ? ?EBC ? ?BCI ? ?ECA ? ?ICA ? ?ECI ,所以 EC ? EI . 由上述结论可得,

CD IB AB EC EI , ? ? ? ? DF FI AF EF EF
故 ED ‖ IC ,从而 ?BCI ? ?ICD ? ?CDE ,又注意①,得
?BCI ∽ ?CDE .

所以

IC ED ED ? ? ,证毕. IB EC EI

2. (同高一年级第 2 题) 3.

? x3 ? ? y 3 ? ? z 3 ? 设 p 为素数,正整数 x, y, z 满足 x ? y ? z ? p ,且 ? ? ? ? ? ? ? ? ,其中 ? p? ? p? ? p? 5 (杨晓鸣提供) ?a? 表示实数 a 的小数部分.证明: ( x ? y ? z ) ( x ? y 5 ? z 5 ) .
证:显然素数 p ? 3 ,且由条件知, x ? y, y ? z , z ? x 均不是 p 的倍数.
7

? x3 ? ? y 3 ? ? z 3 ? 由 ? ? ? ? ? ? ? ? 可得, p x 3 ? y 3 ,即 p ( x ? y )( x 2 ? xy ? y 2 ) ,故 ? p? ? p? ? p? p x 2 ? xy ? y 2 .
同理可知, p y 2 ? yz ? z 2 , p z 2 ? zx ? x 2 .所以

( x 2 ? xy ? y 2 ) ? ( y 2 ? yz ? z 2 ) ? x 2 ? z 2 ? xy ? yz ? ( x ? z )( x ? z ? y ) ? 0 (mod p ) .
记 x ? y ? z ? A , x 2 ? y 2 ? z 2 ? B, xy ? yz ? zx ? C ,则 p A ,且

B ? 2C ? ( x ? y ? z ) 2 ? 0 (mod p ) , 2 B ? C ? ( x 2 ? xy ? y 2 ) ? ( y 2 ? yz ? z 2 ) ? ( z 2 ? zx ? x 2 ) ? 0 (mod p ) ,
故 p 2(2 B ? C ) ? ( B ? 2C ) ,即 p 3B ,但 ( p, 3) ? 1 ,故 p B .从而,

x 5 ? y 5 ? z 5 ? ( x 3 ? y 3 ? z 3 )( x 2 ? y 2 ? z 2 ) ? x 2 y 2 ( x ? y ) ? y 2 z 2 ( y ? z ) ? z 2 x 2 ( z ? x) ? ( x3 ? y 3 ? z 3 ) B ? x 2 y 2 ( A ? z ) ? y 2 z 2 ( A ? x) ? z 2 x 2 ( A ? y ) ? x 2 y 2 z ? y 2 z 2 x ? z 2 x 2 y ? Axyz ? 0 (mod p ) .
由于 x ? y ? z ? 3 p ,故 x ? y ? z ? p 或 x ? y ? z ? 2 p . 当 x ? y ? z ? p 时,显然有 x ? y ? z x 5 ? y 5 ? z 5 . 当 x ? y ? z ? 2 p 时, x 5 ? y 5 ? z 5 ? x ? y ? z ? 0 (mod 2) ,注意到①及 p 与 2 互 素,亦有 x ? y ? z x 5 ? y 5 ? z 5 .证毕. 4. (同高一年级第 4 题) 5. 设 n 是大于 1 的整数,正实数 x1 , x2 , ? , xn 满足: x1 ? x2 ? ? ? xn ? 1 . ①

xi n3 证明: ? (李胜宏提供) ? 2 ,其中 xn ?1 ? x1 . 3 n ?1 i ?1 xi ?1 ? xi ?1
n

证:显然 0 ? xi ? 1, i ? 1, 2, ? , n ,由柯西不等式与平均值不等式得,

? ? n ? ? n xi xi ? ? n 2 2 ? 1 ? x ? ? 1 ? x ? ? ? ?? ? ? i ?1 ? i ?1 ? ?? 3 3 ? ? ? ? i ?1 xi ?1 ? xi ?1 ? ? i ?1 ? i ?1 xi ?1 ? xi ?1 ?
1 ? ? ? xi ? ? ? n xi ? n ? ?? ? ? n ?? ? n2 . ? ? ? ? ?? ? ? ? x x i ?1 ? ? ? i ?1 i ?1 ? ? ? i ?1 ? ? 2 n n n 1 ? n2 ? 1 ? 2 2 1 ? x ? n ? x ? n ? ? x ? . ? i?1 ? ? ? ? i? i n ? n i ?1 i ?1 ? i ?1 ? n 2 2

2





由①、②得, ?
i ?1

n

xi n3 ? . xi ?1 ? xi3?1 n 2 ? 1

6. (同高一年级第 7 题)
8

7.

证明:方程 a 2 ? b3 ? c 4 有无穷多组正整数解 (ai , bi , ci ) , i ? 1, 2, ? ,使得对 每个正整数 n ,均有 cn , cn ?1 互素. (陶平生提供) 证:将原方程变形为 b3 ? (c 2 ? a )(c 2 ? a ) .考虑满足 c 2 ? a ? b, c 2 ? a ? b 2 的解

(a, b, c) ,此时 2c 2 ? b(b ? 1), 2a ? b(b ? 1) . b ?1 b ?1 b ?1 ? N* ,可令 b ? x 2 , ? y 2 , c ? xy , 令 b 为奇数,则 c 2 ? b ? , b, 2 2 2 b(b ? 1) 则a ? ? x 2 ( y 2 ? 1) ,这里正整数 x, y 满足 2 x 2 ? 2 y 2 ? ?1 , ①
并且当 y ? 2 时,相应的 (a, b, c) 是原方程的正整数解. 根据方程①的两组解 ( x1 , y1 ) ? (7, 5), ( x2 , y2 ) ? (41, 29) 可得到原方程的两组 解 (a1 , b1 , c1 ) ? (1176, 49, 35) , (a2 , b2 , c2 ) ? (1412040, 1681, 1189) ,这里 (c1 , c2 ) ? 1 . 在 a 2 ? b3 ? c 4 两边同乘以 k 12 得, (ak 6 ) 2 ? (bk 4 )3 ? (ck 3 ) 4 ,故当 (a, b, c) 满足 方程时, (ak 6 , bk 4 , ck 3 ) 亦满足方程. 因此,取素数 41 ? p1 ? p2 ? ? ,对 j ? 1, 2, ? ,令
6 4 3 (a2 j ?1 , b2 j ?1 , c2 j ?1 ) ? (a1 p2 j ?1 , b1 p2 j ?1 , c1 p2 j ?1 ) , 6 4 3 (a2 j ? 2 , b2 j ? 2 , c2 j ? 2 ) ? (a2 p2 j , b2 p2 j , c2 p2 j ) .

由于所有素数 pi (i ? 1, 2, ?) 两两不同,且与 c1 ? 7 ? 5, c2 ? 41? 29 互素,故

(c2 j , c2 j ?1 ) ? (c2 j ?1 , c2 j ? 2 ) ? (c1 , c2 ) ? 1 ,
从而上面定义的解 (ai , bi , ci ) (i ? 1, 2, ?) 满足条件. 8. (同高一年级第 8 题)

9


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