初二暑假

每日一题：2020-08-29

每日一题: 2020-08-29

题目: 求不定方程$x^2+y^2=3(u^2+v^2)$ 的整数解

参考思路 显然$(x,y,u,v)=(0,0,0,0)$ 是一组整数解, 假定存在有不全为零的其它整数解, 且设其绝对 值之和最小的一组解为$(x_1,y_1,u_1,v_1)$, 设$m=|x_1|+|y_1|+|u_1|+|v_1|$. 由$x_1^2+y_1^2=3(u_1^2+v_1^2)$ 知: $3\mid (x_1^2+y_1^2)$, 将整数模$3$ 分类知有三类: $3k,3k+1,3k+2$, 其平方模$3$ 只能是$0$ 或$1$, 所以由$3\mid (x_1^2+y_1^2)\Rightarrow 3\mid x_1$ 且$3\mid y_1$. 设$x_1=3x_0,y_1=3y_0$ 代入得$9(x_0^2+y_0^2)=3(u_1^2+v_1^2)\Rightarrow u_1^2+v_1^2=3(x_0^2+y_0^2)$ 同上可得$3\mid u_1$ 且$3\mid v_1$, 即$\frac{x_1}{3},\frac{y_1}{3},\frac{u_1}{3},\frac{v_1}{3}$仍然是 原不定方程得解. 但此时 $|\frac{x_1}{3}|+|\frac{y_1}{3}|+|\frac{u_1}{3}|+|\frac{v_1}{3}|=\frac{m}{3}\lt m$ 这于$m$ 的最小性相矛盾, 故不存在其它不全为零的整数解. 原不定方程的整数解只有$(0,0,0,0)$.
初二暑假

每日一题：2020-08-28

每日一题: 2020-08-28

题目: 实数$a,b,c$ 满足$(a+c)(a+b+c)\lt 0$.
证明: $(b-c)^2>4a(a+b+c)$.

参考思路 构造二次函数$f(x)=ax^2+(b-c)x+(a+b+c)$. 所以$f(0)=a+b+c$, $f(-1)=a-(b-c)+(a+b+c)=2(a+c)$. 因此有 $f(0)\cdot f(-1)=2(a+c)(a+b+c)<0$, 即$f(x)$ 在$-1 \lt x\lt 0$ 范围内必有零 点, 所以函数$f(x)$ 必于$x$ 轴相交, 就是说, 二次方程$ax^2+(b-c)x+(a+b+c)=0$ 有两个 不同的实数根, 因此, 它的判别式大于零, 所以 $(b-c)^2-4a(a+b+c)>0$
初二暑假

每日一题：2020-08-27

每日一题: 2020-08-27

题目: 试证不存在满足下列条件的二次多项式$p(x)$.
(1) 当 $-1\leq x\leq 1$ 时总有$|p(x)|\leq 1$;
(2) $|p(2)|>8$.
但可找到一个二次多项式$q(x)$ 满足上述条件(1)而且$q(2)=7$.

参考思路 设二次多项式$p(x)=ax^2+bx+c$ 满足条件(1), 显然有$|p(0)|\leq 1\Rightarrow |c|\leq 1$. 又由于$p(1)=a+b+c,p(-1)=a-b+c\Rightarrow 2b=p(1)-p(-1)$ $\Rightarrow |2b|\leq |p(1)|+|p(-1)|\leq 2\Rightarrow |b|\leq 1$. 再$2a=p(1)+p(-1)-2c\Rightarrow |2a|\leq |p(1)|+|p(-1)|+2|c|\leq 4$ $\Rightarrow |a|\leq 2$ 所以$p(2)=4a+2b+c=p(1)+3a+b\leq |p(1)|+3|a|+|b|\leq 1+6+1=8$. 因此$p(x)$ 不可能满足条件 (2), 即同时满足(1)(2)的二次多项式是不存在的. 易知: $q(x)=2x^2-1$ 满足条件(1) 并且$q(2)=7$.
初二暑假

每日一题：2020-08-26

每日一题: 2020-08-26

题目: 已知由小到大的$10$ 个正整数$a1,a_2,a_3,\ldots,a{10}$ 的和是$2000$, 那么$a5$
最大值是多少? 此时$a{10}$ 的最大值应是多少?

参考思路 考虑到$a_5$ 要最大, 用极端思想, 其余各项尽可能小. $\because a_1\lt a_2\lt a_3\lt \cdots \lt a_{10}$, 且都是正整数. $\therefore $ 由题意, 不妨令$a_1=1,a_2=2,a_3=3,a_4=4, a_5$ 尽可能大, $a_6=a_5+1, a_7=a_5+2,a_8=a_5+3, a_9=a_5+4, a_{10}=a_5+5$. 所以有$a_1+a_2+\ldots+a_{10}=1+2+3+4+a_5+a_5+1+a_5+2+\ldots+a_5+5=6a_5+25=2000$ 解得$a_5=329\frac{1}{6}$ 显然当$a_5=329$ 时, 要使$a_{10}$ 最大, 就要使$a_6,a_7,a_8,a_9$ 尽可能的小, 所以 $a_6=330, a_7=331,a_8=332, a_9=333$, 此时$a_{10}$ 取得最大值$335$. 当$a_5=330$ 时$a_6=331, a_7=332\ldots$ 显然不合题意(所有和大于$2000$ ) 综上, $a_5$ 的最大值为$329$, 此时$a_{10}$ 的最大值为$335$.
初二暑假

每日一题：2020-08-25

每日一题: 2020-08-25

题目: 已知: $P\gt 3$, 且为质数, 求证: $24\mid P^2-1$

参考思路 证明: 对所有整数按模$6$ 的余数分类, 则质数$P$ 只能为$6k+1$ 和$6k+5$ 两类. 当$P=6k+1$ 时, $P^2-1=(6k+1)^2-1=36k^2+12k=12k(3k+1)$ 若$k$ 为偶数, 则$24\mid 12k\Rightarrow 24\mid P^2-1$; 若$k$ 为奇数, 则$3k+1$ 为偶数, 也有$24\mid P^2-1$. 当$P=6k+5$ 时, $P^2-1=(6k+5)^2-1=36k^2+60k+24=12k(3k+5)+24$ 若$k$ 为偶数, 则有$24\mid P^2-1$; 若$k$ 为奇数, 则$3k+5$ 为偶数, 也有$24\mid P^2-1$ 综上, 总有$24\mid P^2-1$
初二暑假

每日一题：2020-08-24

每日一题: 2020-08-24

题目: 如果对于一切$x$ 的整数值, $x$ 的二次三项式$ax^2+bx+c$ 的值都是平方数(即整数
的平方). 证明: $2a,2b,c$ 都是整数.

参考思路 $\because $ 对一切$x$ 的整数值$ax^2+bx+c$ 的值都是平方数. 令$x=0\Rightarrow c$ 是平方数. $\therefore c$ 是整数. 令$x=1\Rightarrow a+b+c$ 是平方数, 令$x=-1\Rightarrow a-b+c$ 是平方数. 所以设$a+b+c=m^2, a-b+c=n^2, c=k^2$ (其中$m,n,k$ 是整数). 前两式相减得$2b=m^2-n^2$ 所以$2b$ 为整数($\because m,n$ 为整数); 将$2b=m^2-n^2, c=k^2$ 代入$2a=2m^2-2b-2c=2m^2-(m^2-n^2)-2k^2=m^2+n^2-2k^2$ 为整数.
初二暑假

每日一题：2020-08-23

每日一题: 2020-08-23

题目: 已知关于$x$ 的一元二次方程$x^2+bx+c=0$,
(1) 若$b,c$ 是这个方程的两个不同的根, 求$b,c$ 的值;
(2) 设$\alpha,\beta$ 是这个方程的两个根, 分解因式:
$[x^2+(b+1)x+c]^2+b[x^2+(b+1)x+c]+c$

参考思路 (1)由韦达定理的$b+c=-b,bc=c\Rightarrow $ 若$c=0$, 则$b=0$, 矛盾! 所以$c\neq 0$, 得$b=1,c=-2$. (2) 原式=$[(x^2+bx+c)+x]^2+b[(x^2+bx+c)+x]+c$ $=(x^2+bx+c)^2+(2x+b)(x^2+bx+c)+x^2+bx+c$ $=(x^2+bx+c)(x^2+bx+c+2x+b+1)$ $=(x^2+bx+c)[(x^2+bx+c)+2x-(\alpha+\beta)+1]$ $=(x-\alpha)(x-\beta)[(x-\alpha)(x-\beta)+(x-\alpha)+(x-\beta)+1]$ $=(x-\alpha)(x-\beta)(x-\alpha+1)(x-\beta+1)$
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每日一题：2020-08-22

每日一题: 2020-08-22

题目: 设$x^2-px+q=0$ 的两实根为$\alpha,\beta$.
(1) 求以$\alpha^3,\beta^3$ 为根的一元二次方程.
(2) 若以$\alpha^3,\beta^3$ 为根的一元二次方程仍是$x^2-px+q=0$. 求所有这样的一元二次方程.

参考思路 (1) 由韦达定理得: $\alpha+\beta=p,\alpha\beta=q\Rightarrow \alpha^3+\beta^3=(\alpha+\beta)[(\alpha+\beta)^2-3\alpha\beta]=p(p^2-3q), \alpha^3\beta^3=q^3$. 故所求方程$x^2-p(p^2-3q)x+q^3=0$. (2) 由题设及(1)得: $p(p^2-3q)=p, q^3=q\Rightarrow q(q^2-1)=0\Rightarrow q=0,1,-1$ 当$q=0\Rightarrow p^3-p=p(p^2-1)\Rightarrow p=0,1,-1$; 当$q=1\Rightarrow p(p^2-3)=p\Rightarrow p=0,2,-2$; 当$q=-1\Rightarrow p(p^2_3)=p\Rightarrow p=0$ 所以所求方程有: $x^2=0(p=q=0)$, $ x^2+x=0(p=-1,q=0)$, $x^2-x=0(p=1,q=0)$, $x^2+1=0(p=0,q=1$ 舍去), $x^2-2x+1=0(p=2,q=1)$, $x^2+2x+1=0(p=-2,q=1)$, $x^2-1=0(p=0,q=-1)$.
初二暑假

每日一题：2020-08-21

每日一题: 2020-08-21

题目: 确定自然数$n$ 的值, 使关于$x$ 的一元二次方程$2x^2-8nx+10x-n^2+35n-76=0$ 的两
个根均为质数, 并求出此方程的根.

参考思路 设方程两个根为$x_1,x_2$, 则$x_1+x_2=4n-5$ 由于$4n-5$ 是奇数, $\therefore x_1,x_2$ 必一奇一偶, 因为都为质数, 所以$x_1,x_2$必有一个是$2$, 不妨设$x_1=2$, 代入得: $2\times 2^2-(8n-10)\times 2-(n^2-35n+76)=0\Rightarrow n=3$ 或$n=16$. 当$n=3$ 时, 原方程为: $2x^2-14x+20=0\Rightarrow x_1=2, x_2=5$. 当$n=16$ 时, 原方程为: $2x^2-118x+228=0\Rightarrow x_1=2,x_2=57$.
初二暑假

每日一题：2020-08-20

每日一题: 2020-08-20

题目: 如图$P$ 是平行四边形$ABCD$ 内任意一点, 过$P$ 作$AD$ 的平行线, 分别交$AB$ 于$E$,
交$CD$ 于$F$; 又过$P$ 作$AB$ 的平行线, 分别交$AD$ 于$G$, 交$BC$ 于$H$, 又$CE,AH$相交于$Q$.
求证: $D,P,Q$ 三点共线.

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参考思路 如图所示, 对$\triangle GAH$ 和$D,P,Q$ 应用梅涅劳斯定理的逆定理得: $$\frac{AQ}{QH}\cdot \frac{HP}{PG}\cdot \frac{GD}{DA}=\frac{AE}{KH}\cdot \frac{EB}{AE}\cdot \frac{CH}{CB}=\frac{EB}{KH}\cdot \frac{CH}{CB}=\frac{CB}{CH}\cdot \frac{CH}{CB}=1$$ 故$D,P,Q$ 三点共线 ![图片挂了, 刷新一下呗](/images/20200820s1.png "奇怪的知识增加了")