(?x2?y2?z2)2?4y2z2?24x4?y4?z4?2x2y2?2x2z2?2y2z2?4y2z2?24(?x2?y2?z2?2yz)(?x2?y2?z2?2yz)?24
(y?z?x)(y?z?x)(y?z?x)(y?z?x)?24?左边四个括号内奇偶性相同，而24?23?3为偶数，故括号内每个都为偶数，则应出现24，矛盾。所以原方程无整数解。
例7 证明：两连续正整数之积不能是完全平方数，也不能是完全立方数。
证明：1?若有两连续正整数之积为完全平方数，设x(x?1)?t2（x?1,t?2），则(x,x?1)?(x,1)?1，则x与x?1均为完全平方数。
故存在正整数a,b使得x?a2,x?1?b2，从而b2?a2?(b?a)(b?a)?1 这与b?a?2矛盾。所以两连续正整数不能是完全平方数。
设x(x?1)?t3（x?1,t?2），则(x,x?1)?(x,1)?1，则x与2?若有两连续正整数之积为完全立方数，
x?1均为完全立方数。故存在正整数a,b使得x?a3,x?1?b3，从而
b3?a3?(b?a)(b2?ba?a2)?1这与b2?ba?a2?3矛盾。所以两连续正整数不能是完全平方数。
例9 在两个相邻的完全平方数n2与(n?1)2之间任取若干个不同的整数，证明它们中两两乘积互不相同。证明：只需证明若n2?a?b?c?d?(n?1)2则ad?bc 若ad?bc，则设
a?pu,b?quc?pv,d?qv（见例3），则q?p,v?u，即q?p?1,v?u?1
d?qv?(p?1)(u?1)?pu?p?u?1
2??pu?a?n ????p?u?2pu?2a?2n?d?n2?2n?1?(n?1)2，矛盾
故在两个相邻的完全平方数n2与(n?1)2之间任取若干个不同的整数，它们中两两乘积互不相同。 评析：与例三的思想方法大同小异，因为它们都利用ad?bc的结论。
例10 求不定方程(n?1)!?nk?1的全部正整数解。
解：当n?1时，无解； 当n?2时，1?2k?1，有k?1； 当n?2是，(n?1)!为偶数，n必为奇数1?当n?3时，2?3k?1，k?1
31
2?当n?5时，24?5k?1,k?23?当n?5时，
n?1n?1n?1(n?2)!(?n?2)，2?(n?2)! 2221(n?1)k?1???Ckk?1(n?1) 故(n?1)(n?2)!，则(n?1)2nk?1而nk?1?(n?1?1)k?1?(n?1)k?Ck所以(n?1)2Ckk?1(n?1)，则?n?1?k，n?1?k故nk?1?nn?1?1?(n?1)!，与(n?1)2nk?1矛盾，则无解。综上，不定方程的正整数解为（2，1）、（3，1）、（5，2）。 评析：通过分析估计归纳，对n分类讨论，一一得出结果。
不等式的应用
I．排序不等式（又称排序原理）
设有两个有序数组a1?a2???an及b1?b2???bn.
则a1b1?a2b2???anbn（同序和）?a1bj1?a2bj2???anbjn（乱序和）?a1bn?a2bn?1???anb1（逆
序和）其中j1,j2,?,jn是1，2，?，n的任一排列.当且仅当a1?a2???an或b1?b2???bn时等号（对任一排列j1,j2,?,jn）成立.
IV．利用排序不等式还可证明下述重要不等式.
切比雪夫不等式：若a1?a2???an，b1?b2???bn ，
则
a1b1?a2b2???anbna1?a2???anb1?b2???bn??.
nnn
证明：由题设和排序不等式，有a1b1?a2b2???anbn=a1b1?a2b2???anbn，
a1b1?a2b2???anbn?a1b2?a2b3???anb1，
??a1b1?a2b2???anbn?a1bn?a2b1???anbn?1. 将上述n个不等式叠加后，两边同除以n2，即得欲证的不等式.
赛题精讲
I．排序不等式的应用
应用排序不等式可以简捷地证明一类不等式，请看下述例题.
例1：对a,b,c?R，比较a?b?c与ab?bc?ca的大小. 取
两
组
数
?333222a,b,c;a2,b2,c2.不管
a,b,c的大小顺序如何，
a3?b3?c3都是同序和a2b?b2c?c2a都是乱序和，故a3?b3?c3?a2b?b2c?c2a.
a2?b2b2?c2c2?a2a2b2c2?????. 例2：a,b,c?R，求证a?b?c?2c2a2bbccaab? 32
【思路分析】 应先将a、b、c三个不失一般性地规定为a?b?c?0. 【略解】由于不等式关于a、b、c对称，可设a?b?c?0. 于是a?b?c,2221c?1b?1a.由排序不等式，得a2?111111?b2??c2?(逆序和)?a2??b2??c2?abcbca（乱序和）.及a2?
111111?b2??c2??a2??b2??c2?. abccab以上两个同向不等式相加再除以2，即得原式中第一个不等式.再考虑数组
111，仿上可证第二个不等式，请读者自己完成. ??bccaab111例6：设正数a,b,c的乘积abc?1，试证：(a?1?)(b?1?)(c?1?)?1.
bcaa3?b3?c3?0,及【略解】设a?
xyz,b?,c?，这里x,y,z都是正数，则原需证明的不等式化为 yzx(x?y?z)(y?z?x)(z?x?y)?xyz,显然x?y?z,y?z?x,z?x?y中最多只有一个非负数.若
x?y?z,y?z?x,z?x?y中恰有一个非正数，则此时结论显然成立.若x?y?z,y?z?x,z?x?y均为正数，
则x,y,z是某三角形的三边长.容易验证
1 (x?y?z)(y?z?x)(z?x?y)?[(x2(y?z?x)?y2(z?x?y)?z2(x?y?z)].
3
故得(x?y?z)(y?z?x)(z?x?y)?xyz.
【评述】 利用上述换元的方法可解决同类的问题.见下题：设正数a、b、c的乘积
abc?1,证明
1113???.
a2(b?c)b2(c?a)c2(a?b)2 证明：设a?111,b?,c?,则xyz?1，且所需证明的不等式可化为 xyzx2y2z23xyz???，现不妨设x?y?z，则?? ，据排序不等式 y?zz?xx?y2y?zz?xx?y
x2y2z2xyz???z??x??y?得 y?zz?xx?yy?zz?xx?yx2y2z2xyz???y??z??x? 及两式相加并化简可得 y?zz?xx?yy?zz?xx?y
x2y2z22(??)?x?y?z?33xyz?3. y?zz?xx?y例7：设实数x1?x2???xn,y1?y2???yn,z1,z2,?,zn是y1,y2,?,yn的一个置换，证明：
?(xi?1ni?yi)??(xi?zi)2.
2i?1n 33
【略解】 显然所需证不等式等价于
?xy??xz,这由排序不等式可直接得到.
iiiii?1i?1nnn【评述】 应用此例的证法可立证下题：
nak1设ak是两两互异的正整数（k?1,2,?)，证明对任意正整数n，均有?2??.
i?1ki?1k
证明：设b1,b2,?,bn是a1,a2,?,an的一个排列，使b1?b2???bn，则从条件知对每个1?k?n,bk?k，
nnaknbk1于是由排序不等式可知?2??2??.
i?1ki?1ki?1k
求不定方程x1?x2?x3?3x4?3x5?5x6?21的正整数解的组数．
解 令x1?x2?x3?x，x4?x5?y，x6?z，则x?3,y?2,z?1．先考虑不定方程x?3y?5z?21满足
x?3,y?2,z?1的正整数解．?x?3,y?2,z?1，?5z?21?x?3y?12，?1?z?2．
当z?1时，有x?3y?16，此方程满足x?3,y?2的正整数解为(x,y)?(10,2),(7,3),(4,4)． 当z?2时，有x?3y?11，此方程满足x?3,y?2的正整数解为(x,y)?(5,2)． 所以不定方程x?3y?5z?21满足x?3,y?2,z?1的正整数解为
(x,y,z)?(10,2,1),(7,3,1),(4,4,1),(5,2,2)．
又方程x1?x2?x3?x(x?N,x?3)的正整数解的组数为Cx?1，方程x4?x5?y(y?N,x?2)的正整数解的组数为Cy?1，故由分步计数原理知，原不定方程的正整数解的组数为
2121211C9C1?C6C2?C3C3?C2C41?36?30?9?6?81．
21
例题选讲
例1 100个正整数之和为101101，则它们的最大公约数的最大可能值是多少?证明你的结论.
注：看上去不好处理，实际比较容易，101101?101?1001，这样就好处理了，此时101为质数，比较好讨论了，
101为质数，可以取a1?a2?a3???a99?1001,a100?2
例2证明：对一切整数n,n?2n?12不是121的倍数. 注解：n?2n?12?(n?1)?11，分析可以得到 例3能否有正整数m、n满足方程m?2009?n
注解：2009?41?49
例4一个正整数不是42的正整数倍和合数（不为零）之和，这个数的最大值是多少？
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22222解析：这个整数必定可以写成42n?p，其中p为1或素数，其中 p?1,2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41，因为可以从42(n?1)?p?42，所以先排除
p?2,3,7,13,23,再者，有42(n?2)?p?84，所以可以排除
p?1,11,17,31,37,41，最后42(n?3)?p?126，所以可以排除p?19,29,，只有p?5，n可以较大，通过尝试，
可以得到n?5
例5设a,b,c是三个互不相等的正整数。求证：在ab?ab，bc?bc，ca?ca三个数中,至少有一个能被10整除。
注：比较好考虑，分如下几类。
（1）三者中有10的倍数，则自然可以考虑。 （2）若无10的倍数，则
当三者均为偶数时，因为偶数的平方其个位数为4，6，a,b,c中必定有两个个位数相同，命题得证。
当三者均为奇数时，如果有个位数为5，则显然成立。如果没有5，则a,b,c中必定有两个个位数相同（为1，9），命题得证。
当三者为1偶2奇，或2偶1奇时，ab?ab，bc?bc，ca?ca均为偶数，只要考虑三个数中必定有5的倍数即可。a,b,c除以5的余数只有两种情形：1，4，所以其中必定有一个为10的倍数。 例6 证明：T?1?a222222222333333333333111????(n?1)不是整数 23n???1注：k?2kpk，其中pk为奇数，令2?n的最大正整数为?，则2?n。这样在1,2,3,4,5,?,n中，有且仅有
一个k其标准分解式中有2。从而2???11??11p1???pnT?2?p1???pn?1??????，毫无疑问，有
n??232?p1???pnT?整数＋
1p1p2?pn，矛盾。 2811n例7求所有这样的自然数n，使得2?2?2是一个自然数的平方. 解析：（1）当n?8时，N?2?2?2?(2数.逐一验证n?2,4,6,8知，N都不是平方数. 则2（2）当n?9时，N?2?2?2?2?11不是平方数. （3）当n?10时，N?2(9?2n?108n?82n?8n?8)，要N为平方数，9?2应为奇数的平方，不妨假设9?2=(2k?1),
811n8?n?211?n?1)，因（?）为奇数，所以要使N为平方数，n必为偶
81198?(k?1)?(k?2).由于k?1和k?2是一奇一偶，左边为2的幂，因而只能k?1=1，于是得k?2，由
2n?10?22知n?12为所求.
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