與等式ab=cd相關聯的競賽題

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(南京師范大學 江蘇南京 210000)

與等式ab=cd相關聯的競賽題

●葛軍

(南京師范大學 江蘇南京 210000)

有一系列的競賽題均涉及到等式的理解和運用.現舉例加以說明.

結論1設a,b,c,d為正整數，滿足ab=cd，則必存在正整數r,s,u,v，且(r,s)=1，使得a,b,c,d分別可以表示為a=ru，b=sv，c=su，d=rv.

利用結論1，可以較容易地解決一些競賽題.

例1設a,b,c,d為正整數，滿足ab=cd，求證：a2+b2+c2+d2是合數.

分析由結論1，得

a2+b2+c2+d2=

(ru)2+(su)2+(sv)2+(rv)2=

(r2u2+r2v2)+(s2v2+s2u2)=

(r2+s2)(u2+v2).

由a,b,c,d為正整數，知r,s,u,v是正整數,因此

u2+v2≥12+12=2，

同理

r2+s2≥2,

從而可得a2+b2+c2+d2為合數.

評注該題是美國的一道競賽題.題目雖解答完畢，但還需追求“一分鐘的過程，必獲十分鐘的效果”.首先，可以反思總結出：解決因數分解問題的基本思路之一，就是轉化為因式分解問題來處理.其次，自然地運用“一般化”意識,心問：當滿足例1的條件時，an+bn+cn+dn(n≥1,n∈N+)仍是合數嗎？在a2+b2+c2+d2的分解中，可以將各項式子一般化，即

an+bn+cn+dn=

(rnun+rnvn)+(snvn+snun)=

(rn+sn)(un+vn)

也為合數.

特別地，當n=1時的結論還可以參見文獻[1].另外，根據上述過程還可以得到:

a2+b2-c2-d2=

(ru)2+(su)2-(sv)2-(rv)2=

(r2-s2)(u2-v2)=

(r-s)(u-v)(r+s)(u+v).

例2設a,b,c,d為正整數，滿足ab=cd，a+b=c-d，求證：存在邊長是整數且面積為ab的直角三角形[2].

分析本題的題意是要求證明：存在正整數x,y，使得xy=2ab，且x2+y2為完全平方數.由ab=cd及結論1，可令a=mu,b=nv，c=nu,d=mv,代入a+b=c-d，得

a+b+c+d=2c，

即

(m+n)(u+v)=2c.

對照2ab=2cd，自然地考慮嘗試在等式的2邊同乘以d(即mv)，得

(m+n)(u+v)·mv=2c·mv=2cd=2ab,

從而 [(m+n)v] [(u+v)m]=

(mv+nv)(mu+nv)=2ab,

即

(d+b)(d+a)=2ab.

假若可以驗證(d+a)2+(d+b)2為完全平方數，則問題得到解決.事實上，

(d+a)2+ (d+b)2=

2d2+2d(a+b)+a2+b2=

2d(d+a+b)+a2+b2=

2dc+a2+b2=(a+b)2,

故例2得證.

評注注意到ab=cd及a+b=c-d，聯想到a,b為一個一元二次方程的2個根，于是例2變形為2012年全國高中數學聯賽江蘇賽區初賽試題：

設a,b,c,d為正整數，a,b為方程x2-(d-c)x+cd=0的2個根，證明：一定存在邊長是整數且面積為ab的直角三角形.

(第26屆獨聯體數學奧林匹克競賽試題)

分析觀察題中條件與結論，注意到k可視為不變量，嘗試從n-k與k的大小關系入手.由k

kn=lm=(k+a)(k+b)=k2+(a+b)k+ab,

推得k|ab，從而ab≥k.因此,

前面討論了基于直接給出等式ad=bc的相關問題的解決，下面給出2個例題，需先揭示出等式ad=bc，然后再證明問題的結論.

例4在2個相鄰的完全平方數n2與(n+1)2之間任取若干個不同的整數，證明：它們中兩兩乘積互不相同.

(第17屆全蘇數學奧林匹克競賽試題)

分析若取2個數，則無兩兩乘積，不符題意.若取3個數a,b,c,不妨設a

ab

但ad與bc的大小不定，于是就需考慮ad≠bc是否成立？ 考慮到4個數是任取的，則取多于4個數的情況，就可以轉化為任取4個數的問題，即探究在任取的4個數中，兩兩乘積是否不相同.于是，問題就轉化為證明：

對于給定的正整數n，若正整數a,b,c,d滿足n2

采用反證法證明.假設存在a,b,c,d且n2

a=ru,b=su,c=rv,d=sv,(u,v)=1.

由b>a，c>a，得s>r,v>u，即有

s≥r+1,v≥u+1，

從而

d=sv≥(r+1)(u+1)=ru+(r+u)+1,

而(n+1)2>d，矛盾.

因此，對于介于n2與(n+1)2之間的任意4個整數，它們的兩兩乘積互不相同，即例4得證.

評注反思上述的證明思路，條件n2

若r≠u，則

在上述推導過程中,

結論成立.

若r=u，則由b

d=sv≥(s+1)s≥(r+2)(r+1)>r2+2r+1.

因為r=u，a=ru≥n2，所以r=u≥n.于是

d=sv>r2+2r+1≥n2+2n+1=(n+1)2,

這與d≤(n+1)2矛盾.

因此，進一步地，得到命題：

命題1對于給定的正整數n，若正整數a,b,c,d滿足n2≤a

與例4相比，證明該命題的復雜之處就是需要分情形討論，其難度也就加大了.例4還可以變化為：

對于給定正整數n，一定存在2n+2個連續整數，使得任取其中若干個數，兩兩乘積都不相同.

分析遇到唯一性問題，常用反證法來處理.

假設n的分解不是唯一的，則n還可分解為n=u′v′，即uv=u′v′.由uv,u-v聯想到

(u-v)2=u2-2uv+v2，

同理可得

(u′-v′)2=u′2-2u′v′+v′2.

由uv=u′v′及結論1，可令u=ac，v=bd，u′=bc,v′=ad，(c,d)=1，這里a,b,c,d為正整數.于是

(u-v)2- (u′-v′)2=u2+v2-u′2-v′2=

(ac)2+(bd)2-(bc)2-(ad)2=

(a2-b2)(c2-d2)=

(a-b)(c-d)(a+b)(c+d).

假設u-v≠u′-v′，則由n為奇數得u,v,u′,v′均為奇數，從而a,b,c,d也均為奇數.若a-b>0,c-d>0，則a-b>2,c-d>2，從而

(u-v)2-(u′-v′)2=

(a-b)(c-d)(a+b)(c+d)≥

2·2·(a+b)·(c+d)>

(1)

這與式(1)矛盾.

假設u-v=u′-v′，即u-u′=v-v′.若u>u′，則v-v′>0，得v>v′，因此n=uv>u′v′=n，矛盾.同理若uu′-v′，即

而 (u-v)2-(u′-v′)2=

(a-b)(c-d)(a+b)(c+d)>0,

(3)

由式(2)，(3)得a>b，c>d.例5得證.

在解決競賽問題時，首先要學會從簡單入手，競賽題的難度就在于對基本知識熟悉的程度和對簡單知識理解的程度.越深刻越本質的知識是競賽必測的.其次，要學會運用基本的邏輯證明方法(如反證法)處理問題.再次，學會運用“一般化”意識，對所要處理的或已處理的問題進行反思.最后，不要忽視書寫的規范，本文期許讀者能夠簡捷、完整地書寫上述各例的解答過程.若然，你就會對解題思路有更深刻的認識，甚至得到更為簡捷的其他做法以及挖掘出相關的系列問題.如反思例1，你會認識到另外2個解題方向：4個數的平方和可否表示為2個平方數的和、可以表示為2個數平方和的數之積也可以表示為2個數的平方和，自然地再考慮更為一般的問題，如此下去，就會聯想到一些著名的數學問題.

[1] 王志雄.數學奧林匹克競賽36計[M].北京：電子工業出版社,1993.

[2] 余紅兵.數學競賽中的數論問題[M].上海：華東師范大學出版社，2005.