人教版初中數(shù)學(xué)《第21章不定方程》競賽專題復(fù)習(xí)含答案

第21章不定方程§21.1二元一次不定方程21.1.1*求不定方程x-y=2的正整數(shù)解.解析因為3-1=2,4-2=2,5-3=2，…，所以這個方程的正整數(shù)解有無數(shù)組，它們是fx=n+2,y=n,其中n可以取一切正整數(shù).21.1.2★求11x+15y=7的整數(shù)解.解析1將方程變形得x二亠.11因為x是整數(shù)，所以7-15y應(yīng)是11的倍數(shù).由觀察得x=2,y=-1是這個方程的一組整數(shù)解,00所以方程的解為t為整數(shù).解析2先考察11x+15y=1，通過觀察易得11x(-4)+15x(3)=1，所以11x（-4x7）+15x（3x7）=7，可取x=-28，y=21.從而00t為整數(shù).x=-28-15t,y=21+11tt為整數(shù).評注如果a、b是互質(zhì)的整數(shù)，c是整數(shù)，且方程ax+by=c①有一組整數(shù)解x、y.則此方程的一切整數(shù)解可以表示為00fx=x-bt,10y=y+at,0其中t=0，土1,±2,±3,….21.1.3★求方程6x+22y=90的非負整數(shù)解.解析因為（6，22）=2，所以方程兩邊同除以2得3x+11y=45.①由觀察知，x=4，y=-1是方程113x+11y=1②的一組整數(shù)解，從而方程①的一組整數(shù)解為

x=45x4=180,y=45x(-1)=-45,0所以方程①的一切整數(shù)解為x=180—11t,y=—45+3t.因為要求的原方程的非負整數(shù)解，所以必有180—11t三0,③—45+3t三0.④由于t是整數(shù)，由③、④得15WtW16，所以只有t=15,t=16兩種可能.當t=15時，x=15,y=0；當t=16時，x=4,y=3.所以原方程的非負整數(shù)解是x=15,Ix=4,

y=0,[y=3.21.1.4★求方程7x+19y=213的所有正整數(shù)解.解析這個方程的系數(shù)較大，用觀察法去求其特殊解比較困難，碰到這種情況我們可用逐步縮小系數(shù)的方法使系數(shù)變小，最后再用觀察法求解.用方程7x+19y=213①的最小系數(shù)7除方程①的各項，并移項得x=213x=213—19y7.②因為x、y是整數(shù)，故3—52=u也是整數(shù)，于是有5y+7u=3.再用5除此式的兩邊得y=3—7u5y=3—7u53—2u5.③3—2u5=v（整數(shù)），由此得2u+5v=3.④y=2代入②得x=25.于由觀察知u=—1，v=1是方程④的一組解.將u=y=2代入②得x=25.于是方程①有一組解x=25，y=2，所以它的一切解為00Ix=25—19t,\t=0,±1,±2,L[y=2+7t.由于要求方程的正整數(shù)解，所以J25-19t>0,[2+7t>0.解不等式，得t只能取0，1.因此得原方程的正整數(shù)解為x=25,Ix=6,y=2,[y=9.

21.1.5★求方程37x+107y=25的整數(shù)解.解析因為107=2x37+33,37=1x33+4,33=8x4+1.為用37和107表示1，我們把上述輾轉(zhuǎn)相除過程回代，得1=33-8x4=37-4-8x4=37-9x4=37-9X(37-33)=9X33-8X37=9X(107-2X37)-8X37=9X107-26X37=37X(-26)+107X9,由此可知x=-26,y=9是方程37x+107y=1的一組整數(shù)解.于是11x=25x(-26)=-650,y=25x9=22500是方程37x+107y=25的一組整數(shù)解.所以原方程的一切整數(shù)解為t是整數(shù).x=-650-107tt是整數(shù).y=225+37t,21.1.6★求方程9x+24y-5z=1000的整數(shù)解.解析設(shè)9x+24y=3t，即3x+8y=t，于是3t-5z=1000.原方程可化為3x+8y=t,①3t-5z=1000.?用前面的方法可以求得①的解為x=x=3t-8u,y=-1+3u,u是整數(shù).②的解為t=2000+5②的解為t=2000+5v,z=1000+3v,v是整數(shù).消去t，得x=6000-8u+15v,<y=-2000+3u-5v,u,v是整數(shù).z=1000+3v,21.1.7★求方程2x+3y+7z=23的整數(shù)解.解析設(shè)2x+3y=t，則x+3y=t,①t+7z=23.?對于①，x對于①，x=-t0y=t是一組特解，從而①的整數(shù)解為0x=x=-t-3u,y=t+2u,u是整數(shù).又t=又t=2，z00=3是方程②的一組特解，于是②的整數(shù)解為z=z=3-v,t=2+7v,v是整數(shù)．所以，原方程的整數(shù)解為x=—2—7v—3u,<y=2+7v+2u,u、v是整數(shù).z=3—v.21丄咲求方程組€:5y:7；:3；的正整數(shù)解.解析消去;，得2;+y:10.①易知x:4,y:2是它的一組特解，從而①的整數(shù)解為00代入原方程組，得所有整數(shù)解為x:4—t,<y:2+2t,t是整數(shù).、z:2—t.由x>0,y>0,z>0得—1<t<2,所以t:0,1,故原方程組的正整數(shù)解為x=4,2,x=4,2,2;x:3,

<y:4,z:1.21.1.9★求方程3x+5y:1306的正整數(shù)解的組數(shù).解析因為x:1306—5y:435—2y+少，所以x:437,y=—1是一組特解.于是方程的整數(shù)3300解為t是整數(shù).x=437—5tt是整數(shù).y:—1+3t.亠1437—5t>0,由2—1+3t>0.TOC\o"1-5"\h\z1437得一<t<.5所以t:1,2,…，87.故原不定方程有87組正整數(shù)解.21.1.10*★某國硬幣有5分和7分兩種，問用這兩種硬幣支付142分貨款，有多少種不同的方法?解析設(shè)需x枚7分，y枚5分恰好支付142分，于是7x+5y:142.①所以

142-142-7x5—28—x—由于7xW142，所以xW20，并且由上式知5丨2(x—1).因為(5,2)=1,所以51x—1，從而x—1,6,11,16.①的非負整數(shù)解為x—1,fx—6,fx—11,fx—16,y—27;Iy—20;Iy—13;[y—6.所以,共有4種不同的支付方式.評注當方程的系數(shù)較小時,而且是求非負整數(shù)解或者是實際問題時,這時候的解的組數(shù)往往較少,可以用整除的性質(zhì)加上枚舉,也能較容易地解出方程.21.1.11*★今有公雞每只五個錢，母雞每只三個錢，小雞每個錢三只，用100個錢買100只雞，問公雞、母雞、小雞各買了多少只?解析設(shè)公雞、母雞、小雞各買x、y、z只，由題意列方程組f15x+3y+-z—100,①<3x+y+z—100.@①化簡得15x+9y+z—300.③③-②得14x+8y—200,即7x+4y—100.fx——1,fx——100,解7x+4y—1得f—'于是7x+4y—100的一個特解為f。一’所以7x+4y—100的所有整Iy—2.Iy—200.0數(shù)解為t是整數(shù).x——100+4t,y—200—7tt是整數(shù).由題意知，0<x,y,z<100，所以,0<—100+4t<100,0<200—7t<100.25<t<50,4故4故25<t<28-.7由于t是整數(shù)，故t只能取26,27,28,而且x、y、z還應(yīng)滿足x+y+z—100.所以txtx2642782812y可能有三種情況：4只公雞，18只母雞，78只小雞；或8只公雞，11只母雞，81只小雞；或12只公雞，4只母雞，84只小雞．21.1.12*★小明玩套圈游戲，套中小雞一次得9分，套中小猴一次得5分，套中小狗一次得2分.小明共套10次，每次都套中了，每個小玩具都至少被套中一次.小明套1O次共得61分，問：小雞至少被套中幾次?解析設(shè)套中小雞x次，套中小猴y次，套中小狗z次，則根據(jù)題意得9x+5y+2z=61,①x+y+z=10.②我們要求這個方程組的正整數(shù)解．消去z:從①中減去②X2得7x+3y=41，于是y=41-7y=41-7x．③由③可以看出x<牛從而x的值只能是1，2，3,4，5.將③寫成-xy=13—2x+-，3由于y是整數(shù)，所以2—-必須是3的倍數(shù).從而只有2、5兩個值滿足這一要求.但-=2時，y=9，z=—1不是正整數(shù).在-=5時，y=2，z=3是本題的解.因此小雞被套中5次．評注本題問“小雞至少被套中幾次?”實際上卻只有一個解，“至少”兩字可以省去.21.1.13*★今有濃度為5%、8%、9%的甲、乙、丙三種鹽水分別為60克、60克、47克，現(xiàn)要配制成濃度為7％的鹽水100克，問甲種鹽水最多可用多少克?最少可用多少克?解析設(shè)甲、乙、丙鹽水分別各取x克、y克、z克，配成濃度為7%的鹽水100克，依題意有-+y+z=100,5x+8y+9z=700.其中0WxW60，0Wy<60，0WzW47.解方程組可得y=200—4x,z=3x—100.0W200—4xW60,0W3x—100W47.得35WxW49.又x=35，y=60，z=5和-=49，y=4，z=47均滿足題設(shè)，故甲種鹽水最少可用35克，最多可用49克.§21.2勾股數(shù)21.2.1*★★滿足方程x2+y2=z2的一切基本勾股數(shù)x、y、z（y為偶數(shù)），都可表示為以下形式:x=p2—q2，y=2pq，z=p2+q2，①其中p、q為正整數(shù)，（p，q）=1，p>q，p、q一奇一偶.解析設(shè)正整數(shù)p、q滿足（p，q）=1，p>q，p、q一奇一偶，則

(p2-q2丄+(2pq)2=p4一2p2q2+q4+4p2q2=(p2+q2)=z2.所以一切形如①的正整數(shù)x、y、z都是方程x2+y2=z2的解.下面證明這樣的x、y、z是基本勾股數(shù)．得dI(p2+q2)+(p2-q2),設(shè)(x,y,z)=d，由于p、得dI(p2+q2)+(p2-q2),同理dI2q2.因為d是奇數(shù)，所以dIp2，dIq2，于是dI(p2,q2).由(p,q)=1得(p2,q2)=1，所以d=1.這就證明了由①確定的x、y、z是一組基本勾股數(shù).反過來，設(shè)x、y、z是一組基本勾股數(shù)，且y是偶數(shù)，x和z都是奇數(shù)，則亍和于都是整數(shù).設(shè)r土,土］=d，則存在正整數(shù)a和b，使I22丿=da=da，=db，(a,b)=1，于是z于是z=d(b=d(b-a).由于(z,x)=1，所以d=1，即ry)2z+xz-x.12丿—22于是可得這就可推出上式中右面兩個因式都是平方數(shù).設(shè)于是可得這里p>q>0.(p,q)-1，x=p2-q2,y=2pq,z=p2+q2．由于z是奇數(shù)，所以p、q一奇一偶.這就證明了方程x2+y2-z2的任意一組解x、y、z(y為偶數(shù))都可由①表示．評注如果正整數(shù)x、y、z滿足方程x2+y2-z2，那么就稱x、y、z是一組勾股數(shù).邊長為正整數(shù)的直角三角形就稱為勾股三角形．

在勾股數(shù)x、y、z中，如果這三個數(shù)的最大公約數(shù)是1，那么這樣的勾股數(shù)就稱為基本勾股數(shù).如果(x，y，z)=d>1，那么設(shè)x二dx/,y=dy'，z二dz'，則有（x'，y'，z'）=1，并且由x2+y2=z2得d2x'2+d2y'2=d2z'2，兩邊除以d2，得x2+y込=z込.所以我們只需研究基本勾股數(shù).在基本勾股數(shù)x、y、z中，x和y必定一奇一偶.這一點可以用反證法證明：假定x和y的奇偶性相同，那么有兩種可能的情況：①x和y同奇，②x和y同偶.如果x和y同奇，由于奇數(shù)的平方是4的倍數(shù)加1,所以x2+y2是4的倍數(shù)加2,于是z2是偶數(shù)，z也是偶數(shù)，而偶數(shù)的平方是4的倍數(shù)，這與4的倍數(shù)加2矛盾，所以x和y不能都是奇數(shù).如果x和y都是偶數(shù)，那么z也是偶數(shù)，這與x、y、z是基本勾股數(shù)矛盾，所以x和y中一奇一偶.由此也可推出z是奇數(shù).21.2.2★設(shè)x、y、z是勾股數(shù)，x是質(zhì)數(shù)，求證：2z-1和2(x+y+1)都是完全平方數(shù).解析x2=z2-y2=(z+y)(z-y).因為x是質(zhì)數(shù)，所以x2只有1、x、x2三個正約數(shù).由于z+y>z-y>0，所以有Jz+y=x2,z-y=1-由此得2z-1=x2，(x+y+1)=2x+2y+2=2x+x2—1+2=(x+1匕，所以2z-1和2(x+y+1)都是完全平方數(shù).21.2.3★求證：2n2+2n、2n+1、2n2+2n+1(n是正整數(shù))是一組勾股數(shù).解析因為n是正整數(shù)，2n2+2n+1>2n2+2n，2n2+2n+1>2n+1.由(2n2+2n)+(2n+1)24n24n2+4n+1=\2n2+2n+1r,所以2n2+2n、2n+1、2n2+2n+1是一組勾股數(shù).21.2.4★若勾股數(shù)組中，弦與股的差為1,則勾股數(shù)組的形式為2n+1、2n2+2n、2n2+2n+1，其中n為正整數(shù).解析設(shè)弦長為c，股長為c-1，勾為x.因為(c，c-1)=1，所以x、c-1、c為一組基本勾股數(shù).又c為奇數(shù)，c-1為偶數(shù)，則x為奇數(shù).設(shè)設(shè)x=2n+1，貝9(2n+1)2+(c—1)2=c2，得c=2n2+2n+1,c-1=2n2+2n.所以，勾股數(shù)組具有形式2n+1、2n2+2n、2n+2n+1.21.2.5*★求證：勾股三角形的直角邊的長能取任何大于2的正整數(shù).解析當n是大于1的奇數(shù)時，口和口都是正整數(shù)，并且22n2+n2+(n2-1)2rn2+1]12J:2丿2當n是大于2的偶數(shù)時，于-1和中+1都是正整數(shù)，并且(、n2+n2+1I4由以上兩式可以看出，勾股三角形的一直角邊n可取大于2的任何正整數(shù).21.2.6*★求證：在勾股三角形中，必有一條直角邊的長是3的倍數(shù)；必有一條直角邊的長是4的倍數(shù)；必有一條邊的長是5的倍數(shù).解析設(shè)該勾股三角形的三邊的長分別為a、b、c(c是斜邊)，則a2+b2=c2.只要證明a、b、c是基本勾股數(shù)時的情況.不失一般性，設(shè)b為偶數(shù)，則a=p2-q2，b=2pq，c=p2+q2，其中p、q滿足上述定理中的條件.(1)若p、q中至少有一個是3的倍數(shù)，則b是3的倍數(shù)；若p、q都不是3的倍數(shù)，設(shè)p=3k+1，q=31+1，則a=p2一q2=(3k土1)2一(3l土1)2=9k2+9l2土6(k土l)是3的倍數(shù).由于p、q一奇一偶，所以b=2pq是4的倍數(shù).若a、b都不是5的倍數(shù)，則a2的末位數(shù)是1或9；b2的末位數(shù)字是4或6.1+4=5，1+6=7，9+4=13，9+6=15，由于一個完全平方數(shù)的末位數(shù)不可能是7和3，所以c2=a2+b2的末位數(shù)只可能是5.于是c的末位數(shù)是5.評注由此可推出，勾股三角形的面積必是6的倍數(shù)；三邊之積必是60的倍數(shù).21.2.7*★求基本勾股數(shù)組，其中一個數(shù)是16.解析設(shè)勾股數(shù)組x、y、z，其中x=16.x=16=2X4X2=2X8X1，若m=4，n=2，有(m,n)-2工1,從而只有m=8，n=1，(m,n)=1，且m和n為一奇一偶.于是y=m2-n2=82-12=63，z=m2+n2=82+12=65.從而，只有一組基本勾股數(shù)16、63、65.評注若不要求基本勾股數(shù)，則x=16=2X4X2，設(shè)m=4，n=2，得22y=m2一n2=12，z=m2+n=20.即16、12、20為一組勾股數(shù).又x2=162=4x32x2，設(shè)m2=32，n=2，得y=m2一n2=30，z=m2+n=34.即16、30、34為一組勾股數(shù).21.2.8*★設(shè)p、m、n為一組勾股數(shù)，其中p為奇質(zhì)數(shù)，且n>p，n>m.求證：2n-1必為完全平方數(shù).解析因為p、m、n為一組勾股數(shù)，n>p，n>m，則有n2=m解析因為p、m、m2=n2-p2=(n+p)(n-p)，m>n一p.設(shè)m=n一r(1Wr<p),則有p2=n2一m2=n2-(n一r)2=r(2n一r).因為1Wr<p,p為奇質(zhì)數(shù)，則r=1(否則，若1<r<p，則rIp2，矛盾).由r=1,得p2=2n-1，從而2n-1是完全平方數(shù).21.2.9*★直角三角形的三邊的長都是正整數(shù)，其中有一條直角邊的長是35,它的周長的最大值和最小值分別是多少?解析設(shè)直角三角形的三邊長分別是35，b，c，則352+b2=c2，即(c+b)(c-b)=1225.1225的大于35的正約數(shù)可作為c+b，其中最大的是1225，最小的是49,所以，直角三角形的周長的最大值是35+1225=1260，最小值是35+49=84．21.2.10*★設(shè)n為大于2的正整數(shù).證明：存在一個邊長都是整數(shù)的直角三角形，它的一條直角邊長恰為n．解析只需證明不定方程x2+n2=z2，有正整數(shù)解.利用(z-x)(z+x)=n2，結(jié)合z-x與z+x具有相同的奇偶性，故當n為奇數(shù)時，由(z-x，z+x)=(1,n2)，可得不定方程的一組正整數(shù)解x，x，)=而當n為偶數(shù)時，由條件，知n24.利用可得不定方程的一組正整數(shù)解x，x，z)綜上，可知命題成立。21.2.11*★如果正整數(shù)a、b、c滿足c2=a2+b2.證明：數(shù)c2+ab和c2-ab都可以表示為兩個正整數(shù)的平方和.解析先證下述命題：如果正整數(shù)x可表示為兩個正整數(shù)的平方和，則2x也可表示為兩個整數(shù)的平方和．設(shè)x=u2+v2，這里x、u、v都是正整數(shù)，且u豐v.貝92x=2u2+2v2=(u+v)2+(u-v)2.于是，2x可表為兩個整數(shù)u+v和|u-v|的平方和，命題獲證.注意到，由條件有2(c2土ab)=C2+a2土2ab+b2=c2+(a+b)2.利用已證命題，可知C?2土ab)=(c+a+b)2+(c-amb)2.c-amb\=y，由c2=a2+b2可知x、y都是正整數(shù)，并且4(c2土ab)=x2+y2.若x、y不同為偶數(shù)，則由平方數(shù)三0或1(mod4)，可知x2+y2三1或2(mod4)，這是一個矛盾.所以,x、y都是偶數(shù)，從而C2+ab=-+-，這就是要證的結(jié)論.k2丿k2丿評注這里本質(zhì)上只是恒等式2(u2+v2)=(u+v)2+(u-v)2的應(yīng)用，在處理競賽問題時，代數(shù)式變形能力顯得十分重要.21.2.12*★★矩形ABCD中，AB=x，AD=y,且x=pm，y=qn,其中p、q都是質(zhì)數(shù)，m和n是正整數(shù)，x>y，AC為奇數(shù)，求AB和AD的長.解析由勾股定理，得AB2+AD2=AC2.設(shè)AC=z，則x2+y2=z.因為z為奇數(shù)，所以x和y必一奇一偶.若x為偶數(shù)，設(shè)x=2ab，y=a2-b2，z=a2+b2．又x=pm為偶數(shù)，p為質(zhì)數(shù)，則p=2，于是x=2m=2ab.從而ab=2m-1=2?2p.設(shè)a=2a，b=20，a+p=m—1?貝0y=a2-b2=(a+b)(a-b)=(2a+20)(2a-20).因為y是奇數(shù)，則必有20二1，從而p=0，此時又2a+1豐2a—1，貝2a+1=qt,2a—1=q,t>s.于是2-2a=qt+qs=qs\qt-s+1因為q為奇數(shù)，則qs=1，s=0.2a—1=qs=1，得a=l.從而a=2a=2，b=20=1，x=2ab=4，y=a2—b2=3.若y為偶數(shù)，同樣解得y=4，x=3，不符合x>y，所以舍去.從而AB=4，AD=3.21.2.13*★★求方程x2+y2=2z2的滿足條件x>y，（x，y，z）=1的一切正整數(shù)解.解析顯然x和y同奇同偶.假定x和y都是偶數(shù)，那么2z2上是4的倍數(shù)，z2是偶數(shù)，乙是偶數(shù)，這與（x，y，z）=1矛盾，所以x和y都是奇數(shù)，x+y和x—y都是偶數(shù).設(shè)Ix+y=2u,[x—y=2v,其中u、v為正整數(shù)，則Ix=u+v,Iy=u—v.由x和y都是奇數(shù)可知，u、v—奇一偶.下面證明（u，v）=1.設(shè)（x，y）=d，則d為奇數(shù)，且存在整數(shù)x'和y'，使x=dx'，y=dy'，（x'，y'）=1，于是xx2+y2=d2由于（d2，2）=1，所以d2|z2，dIz，由于（x，y，z）=1，所以d=1.由此得（u+v，u一v）=1.于是（u+v，2u）=1.由于x=u+v是奇數(shù)，所以（u，v）=（u+v，u）=（u+v，2u）=1.把x=u+v，y=u—v代入原方程得（u+v）2+（u一v）2=2z2，即u2+v2=z2.由于（u，v）=1，所以u、v、z是一組基本勾股數(shù).所以，當u為奇數(shù)時，u=p2-q2,v=2pq,、z=p2+q2,x=p2-q2+2pq,y=p2-q2-2pq,z=p2+qn.當u為偶數(shù)時，x=p2-q2+2pq,y=2pq-p2+q2,z=p2+q2.由于u>v，所以x=p2+2pq-q2,y=p2-2pq-q2,&=p2+q2,這里(p,q)=1,p>q,p、q一奇一偶.21.2.14**★★求證方程x4+y2=z4沒有正整數(shù)解.解析假定方程x4+y2=z4有正整數(shù)解，設(shè)在所有正整數(shù)解中z最小的解是（x，y，z）.000假定z是偶數(shù)，則x和y皆奇或皆偶.000若x，y皆奇，則x4+y2是4的倍數(shù)+2，不是完全平方數(shù)，更不是完全四次方數(shù)，這與和+y2000000盾.若x，y皆偶，設(shè)00x=2x，y=2y，z=2z，010101則(2x》-(2y)2=(2z》，111于是可見y是偶數(shù)，設(shè)y=2y，，則111x4+y‘2=z4，所以（所以（x，y（11z）也是方程x4+y2=z4的一組解，且z<z，這與z最小矛盾.1100由上述討論可知，z是奇數(shù)，此時x和y一奇一偶.000若x為奇數(shù)，由題21.2.1得0x2=p2一q2,0<y=2pq,0z2=p2+q2,0這里(p,q)=1,p>q>0,p、q一奇一偶，于是x2z2=p4一q4,00q4+(xz1=p4.00所以(q,xz,p)是方程x4+y2=z4的一組正整數(shù)解，但是p<z，這與z最小矛盾.0000若y為奇數(shù)，由題21.2.1得，0x2=2pq,0<y=p2-q2,0z2=p2+q2,0這里(p,q)=1,p>q>0,p、q一奇一偶.若p為奇數(shù)，因(p,q)=1,由x2=2pq，可設(shè)0p=r2，q=2s2，(r，s)=1，由于z2=p2+q2，由21.2.1得0p=a2一b2,q=2ab,z=a2+b2,0這里(a,b)=1,a>b>0,a、b一奇一偶，且r2=a2一b2,s2=ab.由于(a,b)=1,所以可設(shè)a=u2,b=v2，于是r2=u4一v4，即v4+r2=u4.顯然，(v,r,u)是方程x4+y2=z4的一組正整數(shù)解,但是u<z，這與z最小矛盾.若p為偶數(shù)同樣可推出類似的結(jié)果.綜上所述,方程x4+y2=z4沒有正整數(shù)解.§21.3其他不定方程21.3.1★求方程x3+6x2+5x=y3-y+2的整數(shù)解(x,y)的個數(shù).解析原方程可化為x(x+l)(x+2)+3(x2+x)=y(y—1)(y+1)+2,因為三個連續(xù)整數(shù)的乘積是3的倍數(shù)，于是，上式左邊是3的倍數(shù)，而右邊除以3余2，這是不可能的．所以，原方程無整數(shù)解．21.3.2★將150寫成至少2個連續(xù)正整數(shù)的和，共有多少種不同的方式？解析設(shè)150=a+（a+1）+L+（a+k），其中a、k都是正整數(shù)，于是（2a+k）（k+1）=300=22?3-52.因為（2a+k）+（k+1）=2a+2k+1是奇數(shù)，所以2a+k與k+1為一奇一偶，且2a+k>k+1>1，所以Jk+1=3,Jk+1=5,Jk+1=3?5,Jk+1=22,Jk+1=2?3,[2a+k=22?52,[2a+k=22?3?5,[2a+k=22?5,J2a+k=3?52,J2a+k=52,解得（a，k）=（49,2），（28，4），（3，14），（36,3），（7，11）.所以，共有5種不同的方式.21.3.3*★求滿足0<x<y，且2000=質(zhì)+&的不同整數(shù)對（x，y）的對數(shù).解析因為2000=202x5，所以*2000=20宓.即20、5=、：x+丫y.由此可知，x必具有5t2，y必具有5k2形式，并且t+k=20（t，k均為正整數(shù)）.又0<x<y，所以t<k.當t=1，k=19時，得（5,1805）；當t=2，k=18時，得（20，1620）；當t=9，k=11時，得（405,605）.因此，不同整數(shù)對的個數(shù)為9.21.3.4*★不定方程x2+y2+z2+w2=3（x+y+z+w）的正整數(shù)解（x，y，z，w）有多少組？解析原方程可以化為（2x-3）2+（2y-3）2+（2z-3）2+（2w-3匕=36，而36表示成四個奇數(shù)的平方和只有如下兩種方式：36=1+1+9+25，36=9+9+9+9，所以，方程的正整數(shù)解（x，y，z，w）為（1，1，3，4）、（2，2，3，4）、（1，2，3，4）、（3，3，3，3）以及它們的排列，故共有12+12+24+1=49組.21.3.5*★求關(guān)于x、y的方程x2+y2=208（x-y）的所有正整數(shù)解.解析因為208是4的倍數(shù)，偶數(shù)的平方數(shù)除以4所得的余數(shù)為0，奇數(shù)的平方數(shù)除以4所得的余數(shù)為1，所以x、y都是偶數(shù).設(shè)x=2a，y=2b，則a2+b2=104（a-b），同上可知，a、b都是偶數(shù).設(shè)a=2c，b=2d，則

c2+d2=52(c—d)，所以，c、d都是偶數(shù).設(shè)c—2s,d—2t，則s2+12=26(s—t)，于是(s—13)2+(t+13)2—2x132，其中s、t都是偶數(shù).所以(s—13)—2x132—(t+13)W2x132—152<11.所以Is—13|可能為1，3,5,7,9,進而(t+13)2為337,329,313,289,257,故只能是(t+13)2—289,從而1s-13-7?于是〔；：；〔；：40因此,x—48,Jx—160,y—32,Iy—32.因此,21.3.6*★已知p、q均為正整數(shù)，且p>q,(p+q)+p-q+(p-q)+——240,q求pq的最大值.解析原式化為2p+pq+p—240，因為p、q均為正整數(shù)，且p>q，所以是正整數(shù).qq設(shè)——k(k是正整數(shù))，則p—qk，有2qk+q2+k—240，所以k(q+1)2—240.而q240—60x22—15x42，所以k—60,Jk—15,q-1；叫q-3.于是p—p—60,q—1;p—45,q—3.所以pq的最大值是45X3=135.21.3.7★★設(shè)x、y、z為整數(shù)，且x+y+z—3,X3+y3+z3—3，求x2+y2+z2的值.解析不妨設(shè)x三y三z，將z—3一x一y代入x3+y3+z3—3得到xy—xy—3(x+y)—9+8x+y因為x、y都是整數(shù)，所以x+y—x+y—1,xy—2,x+y—4,xy—5,x+y—2,xy—1,x+y—8,xy—16,前兩個方程組無解，后兩個方程組解得x—y—z—1；x—y—4,z——5.所以x2+y2+z2—3或57.21.3.8*★已知正整數(shù)m、n滿足

m一174+%m+34=n,求n的最大值.解析設(shè)a=m—70，貝Ijra-104+*a+104=n,所以2a+2\a2一1042=n2,于是a2—1042是完全平方數(shù)，令a2—1042=b2(b是正整數(shù))，則(a—b)(a+b)=1042,由于a—b和a+b同奇偶，即為偶數(shù)，所以a+b的最大值為52X104.故n2的最大值為2(a+b)=1042,n的最大值為104,此時m=2775.21.3.9*★已知三個兩兩互質(zhì)的正整數(shù)x、y、z滿足方程組x3+y3+3xyz=z3,x2+7y2=z2,求x2+y2+z2的值.解析由x3+y3+3xyz=z3，得x3+y3+(—z)3—3xy(—z)=0,所以(x+y—z)(x2+y2+z2—xy+yz+zx)=0x2x2+y2+z2—xy+yz+⑺=2[(x一y+(y+z)2+(z+x)2>0,所以x+y—z=0,即z=x+y.所以7y2=z2—x2=(z—x)(z+x)=y(2x+y)，故7y=2x+y，于是x=3y，z=4y.由于1=(x，y)=(3y，y)=y，所以，x=3，y=1，z=4，于是x2+y2+z2=26.21.3.10★★設(shè)a、b、c、d都是質(zhì)數(shù)，且a>3b>6c>12d，a2—b2+c2—d2=1749.求a2+b2+c2+d2的所有可能值．解析由a2—b2+c2—d2=1749為奇數(shù)，可知a、b、c、d不全為奇數(shù)，只能是d為偶數(shù)，即d=2.于是，a2—b2+c2=1753.再由條件，a三3b+1，知a2—b2三8b2+6b+1，又b三2c+1，故a2一b2+c2三8(2c+1)2+6(2c+1)+1+c2=33c2+44c+15，1738—220即有33c2+44cW1738.結(jié)合c三2d+1=5,可知c2W,故c2W46,進而c<7,綜合c三5,33得c=5.進而（a—b）（a+b）=a2—b2=1753—25=1728=26x33，利用a+b與a—b具有相同的奇偶性及（a+b,a—b）=（a+b,2a）=2（因為a，b為質(zhì)數(shù)），可知只能是（a—b,a+b）=（32,54），故（a，b）（43，11）.所以a2+b2+c2+d2=1749+2C+d2）=1999.21.3.11*★設(shè)n是正整數(shù)，記1X2X???Xn為n!（例如1!=1,2!=1X2，5!=1X2X3X4X5），若存在整數(shù)a、a、a、a、a滿足23456TOC\o"1-5"\h\z31aaaaa=—2+3+4+5+6,362!3!4!5!6!這里0Wa<i，i=2，3，4，5，6?求a2+a2+a2+a2+a2的值.23456解析在題設(shè)等式的兩邊乘以6！，得31x20=3x4x5x6a+4x5x6a+5X6a+6a+a，3456因為31X20除以6余2，所以a除以6余2，而0Wa<6，故a=2.666103=3x4x5a+4x5a+5a+a，2345所以a除以5余3，于是a=3.5520=3x4a+4a+a，234所以a是4的倍數(shù)，于是a=0?44=3a+a，23所以a除以3余2，于是a=2，從而a=1.32所以a2+a2+a2+a2+a223456=1x2006x2007+22+02+32x2006x2007=18.21.3.12*★求方程7x21.3.12*★求方程7x+2006=2007的正整數(shù)解（x，y）的組數(shù).解析原方程為帚孑=2007—2006，所以20072y+20062一xy是有理數(shù)，所以y是平方數(shù)，設(shè)jy=n，則可得所以x也是平方數(shù)，設(shè)劇X=m，于是m+2006=2007,而2006=2X17X59，即2006共有(1+1)(1+1)(1+1)=8個不同的正因數(shù)，所以，(m，n)共有8組正整數(shù)解，(x，y)也有8組正整數(shù)解.21.3.13*★求滿足方程x2+y2=2(x+y)+xy的所有正整數(shù)x、y.解析1原方程可以變形為x2-(y+2)x+y2-2y=0.這個關(guān)于x的整系數(shù)一元二次方程有整數(shù)根，所以它的判別式是完全平方數(shù)，即△=(y+2)2-4(y2一2y)=-3y2+12y+4=16-3(y-2)2是完全平方數(shù)．由于0W16-3(y-2)2W16，所以16-3(y-2)2=0，1，4，9，16.解得y二2，4.于是可得$=2,$=4,$=4,1y=4,1y=2,[y=4.解析2原方程可以變形為x2-(y+2)x+y2-2y=0.因為△=(y+2)2-4(y2一2y)=-3y2+12y+4=16-3(y-2)2三0，所以(y-2)2W16<9，3-3<y一2<3，-1<y<5.所以y=1，2,3,4.代入原方程可得$=2,$=4,$=4，1y=4,1y=2,1y=4.21.3.14*★★求所有的整數(shù)數(shù)組(a，b，c，x，y，z)，使得a三b三c三1,x三y三z三1,<a+b+c=xyz,x+y+z=abc.解析如果yz三3,并且be三3,那么3a三a+b+e=xyz三3x三x+y+z=abe三3a.所以，式中的所有不等號均為等號，這要求a=b=e,x=y=z,be=3,yz=3，這是不可能的.從而，yzW2或者beW2.不妨設(shè)yzW2，則(y,z)=(l,1)或(2,1).情形1(y,z)=(1,1)，此時a+b+e=x，x+2=abe，故abe=a+b+e+2，可矢口a22，從而a<abe=a+b+e+2W4a，故1<beW4，于是(b,e)=(2,1),(3,1)或(2,2).分別代人可求得(a,b,e,x,y,z)=(5,2,1,8,1,1)，(3,3,1,7,1,1)或(2,2,2,6,1,1).情形2：(y,z)=(2,1)，a+b+e=2x，x+3=abe，即有2abe=a+b+e+6，同上可矢口1<2beW6即beW3，因此，(b,e)=(1,1),(2,1)或(3,1)，對應(yīng)地，可求得(a,b,e,x,y,z)=(8,1,1,5,2,1)或(3,2,1,3,2,1)(當(b,e)=(3,1))時無解).綜上，結(jié)合對稱性，可知(a,b,e,x,y,z)=(5,2,1,8,1,1)，(8,1,1,5,2,1)，(3,3,1,7,1,1)，(7,1,1,3,3,1)，(2,2,2,6,1,1)，(6,1,1,2,2,2)或(3,2,1,3,2,1)共7組解.21.3.15***求證：方程，xx+yy=zz+uu沒有各不相同的正整數(shù)解.解析不失一般性，設(shè)x<y，z<u，x<z，則y>u，即有x<z<u<y?于是x21，z22，u23，y24.=(u+1)ux(u+1)>2uu=uu+uu>zz+uu.所以原方程無各不相同的正整數(shù)解.21.3.16^^^求方程3x-5t=4的正整數(shù)解(s,t)；(2)求方程3x-2t=5的正整數(shù)解(s,t).解析(1)由3x-5t=4知，(-1)s-1三0(mod4)，故s為偶數(shù)，設(shè)s=2u(u為正整數(shù)).故由于3u—2與3u+2不能都被5整除，故有3u—2=1，故u=1，s=2，t=1.⑵在3x-2t=5兩邊mod3得，-(-1)三-1(mod3)，故t為偶數(shù)，于是2t三0(mod4).再在3x-2=5兩邊mod4得，(-1)s=1(mod4)，得s為偶數(shù)，設(shè)s=2u，t=2v(u、v為正整數(shù))，則5—325—32u—22v-2v)￡u+2v故F2X得u—v—1，故s—t—2.⑶+2v—5,21.3.17^^^求方程3-2x+1—y2，的正整數(shù)解.解析當x—1時，y2—7，無正整數(shù)解.當x—2時，y2—13，無正整數(shù)解.當x三3時，y不是3的倍數(shù)，也不是2的倍數(shù)，所以可設(shè)y—6k土1(k為正整數(shù))，于是x2x+1-(6k土1)2—12k(3k土1)+1.化簡后得2x-2—k(3k土1).當k—1時，2x-2—3土1，求得Jx—3,Jx—4,Iy—5;|y—7.當k三2時，由于2x-2無大于1的奇約數(shù)，所以k是偶數(shù)，但此時3k土1是奇數(shù).所以原方程只有兩組正整數(shù)解：Jx—3,Jx—4,1y—5；Iy—7.21.3.18*某個團體有48名會員，但是只有一半人有制服.在某次檢閱儀式時，他們排成一個6X8的長方陣，恰好可把沒有制服的會員隱藏在長方陣的內(nèi)部．后來又來了一批會員，但總數(shù)還是有一半人沒有制服，在接下來的檢閱儀式，他們排成了一個不同的長方陣，又恰好可把無制服的會員隱藏在長方陣的內(nèi)部．問：新來的會員有多少人?解析設(shè)新的方陣是xxy(xWy)的，則外圍的會員數(shù)為2x+2y-4，內(nèi)部的會員數(shù)為(x-2)(y-2),由題意(x-2)(y-2)—2x+2y-4，整理得，(x-4)(y-4)—8，所以1Jx-4—2,或J1x-4—1,Iy-4—4Iy-4—8,解得F—6,(舍)或1x—5，Iy—8,Iy—12.所以，新來的會員數(shù)為5x12-48—12(人).21.3.19>>某校初三兩個畢業(yè)班的學(xué)生和教師共100人一起在臺階上拍畢業(yè)照留念，攝影師要將其

排列成前多后少的梯形隊陣(排數(shù)三3)，且要求各行的人數(shù)必須是連續(xù)的自然數(shù)，這樣才能使后一排的人均站在前一排兩人間的空檔處，那么，滿足上述要求的排法的方案有多少種?解析設(shè)最后一排有k個人，共有n排,那么從后往前各排的人數(shù)分別為k,k+1,k+2，…，k+(n-1)，由題意可知n(n—1)kn+=100，2即n[2k+(n—1)]=200.因為k、n都是正整數(shù)，且n三3，所以n<2k+(n-1),且n與2k+(n—1)的奇偶性不同.將200分解質(zhì)因數(shù)，可知n=5或n=8.當n=5時，k=18；當n=8時，k=9.共有兩種不同方案.21.3.20**某校舉行春季運動會時，由若干個同學(xué)組成一個8列的長方形隊列.如果原隊列中增加120人，就能組成一個正方形隊列；如果原隊列中減少120人，也能組成一個正方形隊列.問原長方形隊列有同學(xué)多少人.解析設(shè)原長方形隊列有同學(xué)8x人，由已知條件知8x+120和8x—120均為完全平方數(shù).于是可設(shè)8x+120=m2,①8x-120=n2,②其中m、n均為正整數(shù)，且m>n.①一②，得m2—n2=240，即(m+n)(m一n)=240=24x3x5.由①、②可知，m2、n2都是8的倍數(shù)，所以m、n均能被4整除.于是m+n，m—n均能被4整除.所以]m+n=60,或]m+n=20,Im—n=4;Im—n=12.解得m=解得m=32,n=28;m=16,n=4.所以，8x=m2—120=322—120=904；或8x=m2—120=162—120=136.故原長方形隊列有同學(xué)136人或904人.21.3.21^^已知某個直角三角形的兩條直角邊長都是整數(shù)，且在數(shù)值上該三角形的周長等于其面積的整數(shù)倍.問：這樣的直角三角形有多少個?解析設(shè)該直角三角形的兩條直角邊長為a、b，且aWb.那么結(jié)合勾股定理及條件，可設(shè)a+b+ta2+b2=ab,2其中k為正整數(shù).問題轉(zhuǎn)為求①的正整數(shù)解的組數(shù).對①兩邊乘以2，移項后，兩邊平方4C2+b2)=(kab一2(a+b)1，①化簡整理，得k2ab-4k(a+b)+8=0，

因式分解，得(ka-4)(kb-4)=8?注意到，ka、kb為正整數(shù)，且kaWkb，故(ka-4,kb-4)=(1,8),(2,4).分別可求得(k,a,b)=(1,5,12)，(1,6,8)或(2,3,4).綜上可知，滿足條件的直角三角形恰有3個，它們的三邊長為(3,4,5)，(6,8,10)和(5,12,13)21.3.22***求出所有的正整數(shù)n，使得關(guān)于x、y的方程111+=—xyn恰有2011組滿足xWy的正整數(shù)解