1、答 案见解析解析证明：归纳：当时， 都可以表示为若干个互不相同的形式的数的和，其中 ，是整数，设结论成立对于，当，结论已证当，用归纳假设，证毕当，用前一种情况结论，即可证明综上，证毕答 案见解析解析解答：根据对称性，不妨设令则于是知存在一个正整数，对于无穷多个 ，都有于是，所以 若，则，矛盾；若，则，这也不可能；若，则， 从而；若，则，这不可能 经检验，满足条件所以满足条件的答 案见解析解析证明：记 、 、 的最小公倍数记为，、的最小公倍数记为首先我们证明一个引理：对于任意正整数 ，有 模块模块1：111例题11 n 3kn3 5ijijk = 11 = 3 5002 = 35 +103511
2、3 = 3 510k tk = t + 1n 3t3 +t1 n 2 3 t1n = n 3 +t3tn 3t2 3 tn 3t+1n = n 5 3+t15 3t13 tn 5 3t12 3t例题2a ba +nb =nx nn+1x nn+12a nx nax ana +nb =nxn+1x = +(xa)n (xb)nx = +nlim (xa)n (xb)nx ax = 0 x = a bx = 1x = a = bx = 2a = b = 2x ax a = b = 2a,b =()2,2()例题312nf n( )C n1C n2C nng n( )nn + 1 g n =()(
3、)f n + 1()引理的证明：对于正整数，有，所以，从而于是知 另一方面，对于任意素数 ，设知在的素因子分解中，所含 的幂为 又对于正整数， 在中的幂指数为而，所以，于是这表明从而 综合上述两方面，有引理得证 下面回到原题 先证明充分性若为素数，则，从而根据引理知，即得 再证明必要性若，则根据引理知，从而，于是知为素数 综上所述，命题得证答 案见解析解析证明：，等号无法成立，因为，所以答 案见解析11m 1,n + 1 =mn + 1 C ()nm1C n+1mm n + 1 C ()nm1mn + 1 g n()( )f n + 1n + 1 g n()()( )pp rn + 1 pr+
4、1f n + 1()pprm 1,n + 1pn + 1 C ()nm i=1r(pin + 1pimpin m) pin + 1 pim pin m pin + 1 pim p + 1i =pin m p + 1i 21d n(dn)d n ( )nn = 1S n=( )2 1 d ndn2 1 =d n2d n(dn)2d n n ( )2d nd21d n n( )2 d n n2 ( )2(n1)S n ( )n 2d n( )例题5解析解答：考虑任意一个正整数 注意到，每个正整数 恰为 ， ，中个数的因子因此，由换序求和知 答 案见解析解析证明：我们取即满足条件，这里 为任意不小于
5、 的奇素数 否则，若存在正整数 使得，显然设 的标准分解式为，这里、为互不相同的素数，、均为正整数 若则，从而，这就得到矛盾； 若，不妨设，则此时有从而 根据伯努利不等式知， 当时，从而有 ，这与矛盾； 当时，则有 注意到，故存在某个，使得，不妨设，且令，则 然而根据伯努利不等式知，从而有，这与矛盾 综上所述，不存在正整数 ，使得根据 的任意性，存在无穷多个这样的正整数 ，命题得证答 案见解析11md12m dm f k =k=1m( ) =k=1md k 1 + d1 =d=1m k = 1d km1 + d1 d=1m(dm1 + d1) =d=1m(dm1 + d1)m =d=1m(d1
6、1 + d1)m1 (1 + m1)()kp + (k)p 1 1p 2 2 p k1 k1p k1 + 1 + 1 + (1)(2)(k1)p + (k)( )2( ) =k11 + 1 + 1 + (1)(2)(k1)p + 1 =()p 1 1p 2 2 p k1 k1pp,p + 1 =()1a ip1 + (i)p1 + (1) =1pt 1pt 1 + 1 + (2)(k1)p + 1 =()p 1pt1p 2 2 p k1 k1p t p + 1 ()1 + 1 + =(2)(k1)p 1pt1p 2 2 p k1 k1()p 1pt12=pt11 + 3() 2pt11 + 2
7、3 pt 1()t p + 1()p 1pt1p 2 2 p k1 k1t p + 1 ()1 + 1 + a (2)(k1)()n an =()npa例题7解析证明：设，当，为整数若无上界，则存在一个大于的正整数 ，且，所以矛盾 所以有上界设取，则时，有，所以所以，数列不减，结合有界，从某一项之后，当，所以数列从某项开始为等差数列答 案见解析解析解答：由于 是偶数，故，又，故不妨假设取，则由条件知 是整数， ， 是不同的正整数下面只需证明，并且， 由均值不等式，有，故由此知若，则， 即有，由于 是偶数，故 为偶数这样 被 整除，这与 无平方因子矛盾，若，则，由于 是偶数，故 为奇数，这同样导
8、致 被 整除矛盾 综上所述，我们选取的 ， ， 满足条件，命题得证答 案见解析解析证明：， 显然，中都包含有一个完全平方数下面考虑的情况 我们来分析一下本题等价于 如果能证明闭区间长度大于等于 ，即能证明 则问题就解决了 不等式等价于 由于， 因此，我们只要证明 11c =n n2a + + a 1nn 2016c nc n2016nc nc n1c n4034 + 20162a =nn c 2nn 1c ()2n1n c 2nn 1c 1 ()2(n)n + 2016()2cnc nMm = max 2016,2Mn mn c 2nn 1c ()2n1c nc n1 n2Mc n11n mc
9、 ncnNK = c =Nc =N+1n Na =nn c 2nn 1c =()2n12 n 1 K()a n例题8np = 2p np k0 k 0c = ab +knk 2 npn + k 2pkc 0c = a pn + k2k = kn = k 2p k()nkn4nc = bn = p 2k2nkn4abc例题9a =12a =22 + 3 = 5a =82 + 3 + 5 = 10a =4a +37 = 17a =5a +411 = 282,55,1010,1717,28n 5a nm 2a m Nn+1() a nm a n+1, a na n+11 a n+1 a n1a n+
10、1 + 1=(a n)2a +n2 +a n1p =n+1a n+1a na =np +1p +2 + pnp n+12 +p + p + + p 12n1就够了 下面我们证明，当正整数时 令 这里正整数 由于正整数，全是奇质数，则 于是 这表明是单调递增数列(这里递增意思是讲) 那么，当时，有 而那么，当时，从和，可以知道本题结论成立n 5p 1(n+1)24 p + p + + p (12n)q =np 1(n)24 p + p + + p (12n1)n 5q n+1q =np 1 4 p + p + + p (n+1)2(12n)p 1 4 p + p + +(n)2(12= p 1(n+1)2p 1(n)24p =np p p + p 2 (n+1n)(n+1n)4p nn 5p np n+1p n+1p +n2q n+1q n2 p + p 2 (n+1n)4p =n2 p p 2 (n+1n)0q n 5nq 5q 6q 7 q nq n+1n 5q nq 5q =5p 1(5)24 p + p + p + p =(1234)11 1()24 2 + 3 + 5 + 7 =()100 68 =n 5q n0
