1、化简: $displaystyle{left(1+x+x^2+x^3 ight)^2 - x^3 over 1+x+x^2+x^3+x^4}$.
解答:
考虑换元, 令 $y = 1 + x + x^2$, 则分子可以变形为: $$left(y + x^3 ight)^2 - x^3 = y^2 + 2yx^3 + x^6 - x^3$$ $$= y^2 + 2yx^3 + x^3left(x^3 - 1 ight) = y left(y + 2x^3 + x^4 - x^3 ight)$$ $$= yleft(y + x^4 + x^3 ight) = left(1 + x + x^2 ight)left(1 + x + x^2 + x^3 + x^4 ight).$$ 因此原式$= 1 + x + x^2$.
2、证明: 有无数多个自然数 $a$, 使得对任何自然数 $n$, 数 $z = n^4 + a$ 均为合数.
解答:
令 $a = 4m^4$, 则 $$n^4 + 4m^4 = left(n^2 + 2m^2 ight)^2 - 4m^2n^2 = left(n^2 + 2m^2 + 2mn ight)left(n^2 + 2m^2 - 2mn ight).$$ 易知括号中两项均大于 $1$.
3、证明: 任何四个连续的正整数的积与 $1$ 的和是一个完全平方数.
解答:
设四个连续正整数分别为: $n$, $n+1$, $n+2$, $n+3$, 则 $$n(n+1)(n+2)(n+3) + 1 = left(n^2 + 3n ight)left(n^2 + 3n + 2 ight) + 1$$ $$= left(n^2 + 3n ight)^2 + 2left(n^2 + 3n ight) + 1 = left(n^2 + 3n + 1 ight)^2.$$
4、证明: $2222^{5555} + 5555^{2222}$ 能被 $7$ 整除.
解答:
本题可由同余方法迅速求证，下面采用因式分解的方式证明之: $$2222 equiv 3 pmod{7}, 5555 equiv 4 pmod{7}$$ $$Rightarrow 7 | (2222 + 4), 7 | (5555 - 4),$$ $$Rightarrow 2222^{5555} + 5555^{2222} = 2222^{5555} + 4^{5555} + 5555^{2222} - 4^{2222} - left(4^{5555} - 4^{2222} ight)$$ $$= 7M + 7N - 4^{2222}cdot left(64^{1111} - 1 ight) equiv 0 pmod{7}.$$
5、如果 $a$ 为正整数, 问 $a^4 - 3a^2 + 9$ 是质数还是合数? 请证明之.
解答:
考虑配方: $$a^4 - 3a^2 + 9 = left(a^2 + 3 ight)^2 - 9a^2 = left(a^2 + 3a + 3 ight)left(a^2 - 3a + 3 ight).$$ $a = 1$ 时, 原式$ = 7$ 是质数.
$a = 2$ 时, 原式 $ = 13$ 是质数.
$a ge 3$ 时, $a^2 - 3a + 3 = a(a-3) + 3 ge 3$, $a^2 + 3a + 3 > 21$, 即为合数.
6、证明: 如果一个数可以表示成两个整数的平方和, 那么这个数的 $2$ 倍也可以表示成两个整数的平方和.
解答:
设 $x = m^2 + n^2$, 则 $$2x = 2m^2 + 2n^2 = left(m^2 + n^2 + 2mn ight) + left(m^2 + n^2 - 2mn ight)$$ $$= (m+n)^2 + (m-n)^2$$.
7、求能使 $m^2 + m + 7$ 是完全平方数的所有整数 $m$ 的积是多少?
解答:
设 $m^2 + m + 7 = n^2$, $$Rightarrow left(m + dfrac{1}{2} ight)^2 - n^2 = -dfrac{27}{4}$$ $$Rightarrow 4n^2 - (2m+1)^2 = 27$$ $$Rightarrow (2n+2m + 1)(2n - 2m - 1) = 27$$ $$Rightarrow m = -7, 6, 1, -2.$$ 其乘积为 $84$.
8、证明: $a - b$, $b-c$, $c-a$ 都是 $a^2(b-c) + b^2(c-a) + c^2(a-b)$ 的因式, 并分解因式.
解答:
令原式 $= f(a) = a^2(b-c) + b^2(c-a) + c^2(a - b)$, 则 $f(b) = 0$. 因此 $a - b$ 是其因式。
同理可证其余两式均为原式的因式, 且原式 $= -(a-b)(b-c)(c-a)$.
9、分解因式: $(abc + bcd + cda + dab)^2 - (ab - cd)(bc - da)(ca - bd)$.
解答:
$f(a, b, c, d)$ 是六次齐次对称式.
验证 $$f(0, b, c, d) = b^2c^2d^2 - b^2c^2d^2 = 0,$$ 因此 $a$, $b$, $c$, $d$ 均是 $f(a, b, c, d)$ 之因式 (需补充二次齐次对称式).
令 $$f(a, b, c, d) = abcdleft[m(a^2 + b^2 + c^2 + d^2) + n(ab + bc + cd + da) ight],$$ 比较系数 $a^3bcd$ 可得 $m = 1$,
比较系数 $a^2b^2cd$ 可得 $n = 2$.
由此可得 $$(abc + bcd + cda + dab)^2 - (ab - cd)(bc - da)(ca - bd) = abcdleft(a^2 + b^2 + c^2 + d^2 + 2ab + 2bc + 2cd + 2da ight)$$ $$= abcd(a+b+c+d)^2.$$
10、证明: $(b+c-2a)^3 + (c+a-2b)^3 + (a+b-2c)^3$$ $$= 3(b+c-2a)(c+a-2b)(a+b-2c).$
解答:
由 $(b+c-2a) + (c+a-2b) + (a+b-2c) = 0$, 易证原恒等式成立.
11、已知 $x + y + z = 3$, 且 $(x-1)^3 + (y-1)^3 + (z-1)^3 = 0$, 求证 $x$, $y$, $z$ 中至少有一个等于 $1$.
解答:
易知 $(x-1) + (y-1) + (z-1) = 0$, 因此 $$(x-1)^3 + (y-1)^3 + (z-1)^3 = 3(x-1)(y-1)(z-1) = 0.$$ 即 $x$、$y$、$z$ 中至少有一个等于 $1$.
12、若 $displaystyle{3over x} - {2over y} = 5$, 则 $displaystyle{2x + 7xy - 3y over 4x - xy - 6y} =?$
解答:
分子、分母同时除以 $xy$，$$dfrac{dfrac{2}{y} + 7 - dfrac{3}{x}}{dfrac{4}{y} - 1 - dfrac{6}{x}} = -dfrac{2}{11}.$$
13、若 $displaystyle x + {1over x} = a$, 则 $displaystyle x^6 + {1over x^6} = ?$
解答: $$x^2 + dfrac{1}{x^2} = left(x + dfrac{1}{x} ight)^2 - 2 = a^2 - 2,$$ $$x^4 + dfrac{1}{x^4} = left(x^2 + dfrac{1}{x^2} ight)^2 - 2 = a^4 - 4a^2 + 2,$$ $$Rightarrow x^6 + dfrac{1}{x^6}$$ $$= left(x^2 + dfrac{1}{x^2} ight)left(x^4 + dfrac{1}{x^4} - 1 ight)$$ $$= left(a^2 - 2 ight)left(a^4 - 4a^2 + 1 ight)$$ $$= a^6 - 6a^4 + 9a^2 - 2.$$
14、若 $displaystyle x+ {1over x} = -4$, 则 $displaystyle x^3 + {1over x^3} = ?$
解答: $$x^3 + dfrac{1}{x^3} = left(x + dfrac{1}{x} ight)left(x^2 + dfrac{1}{x^2} - 1 ight)$$ $$= left(x + dfrac{1}{x} ight)left[left(x + dfrac{1}{x} ight)^2 - 3 ight] = -52.$$
15、若 $(x-2y + 2)^2 = x(y-1)$, 则 $displaystyle{xover y-1} = ?$
解答: $$left[x - 2(y-1) ight]^2 = x(y-1)$$ $$Rightarrow x^2 - 4x(y-1) + 4(y-1)^2 = x(y-1)$$ $$Rightarrow x^2 - 5x(y-1) + 4(y-1)^2 = 0$$ $$Rightarrow left[x - (y-1) ight] left[x - 4(y-1) ight] = 0$$ $$Rightarrow x_1 = y-1, x_2 = 4(y-1).$$ 因此原式 $= 1$ 或 $4$.
16、若 $x^2 - 3x + 1 = 0$, 则 $displaystyle{2x^5 - 5x^4 + 2x^3 - 8x^2 over x^2 + 1} = ?$
解答:
对分子进行恒等变形(降次), $$2x^5 - 5x^4 + 2x^3 - 8x^2$$ $$=2x^3left(x^2 - 3x + 1 ight) + x^4 - 8x^2$$ $$= x^2left(x^2 - 3x + 1 ight) + 3x^3 - 9x^2$$ $$= 3xleft(x^2 - 3x + 1 ight) - 3x$$ $$= -3x = -left(x^2 + 1 ight).$$ 因此原式 $= -1$.
17、若 $a, b, c$ 均不为 $0$, 且 $a+b+c = 0$, 则 $displaystyle{1over b^2 + c^2 - a^2} + {1over c^2 + a^2 - b^2} + {1over a^2 + b^2 - c^2} = ?$
解答:
由 $a + b = -c$, 可得 $a^2 + b^2 - c^2 = -2ab$.
同理, $b^2 + c^2 - a^2 = -2bc$, $c^2 + a^2 - b^2 = -2ca$.
因此原式 $= dfrac{1}{-2ab} + dfrac{1}{-2bc} + dfrac{1}{-2ca} = dfrac{a+b+c}{-2abc} = 0$.
作者简介：
赵胤，海归双硕士（数学建模 & 数学教育），中国数学奥林匹克一级教练员，曾执教于首师大附属实验学校及北京四中，目前担任猿辅导中学数学竞赛教学产品中心负责人。在10余年的教学生涯中，培养了300余名国内外数学竞赛获奖选手，包括华杯赛、小奥赛、全国初高中数学联赛一等奖，全美数学竞赛（AMC）、美国数学邀请赛（AIME）满分等。
作者微信：zhaoyin0506