2019-2020年初中数学竞赛专题复习 第三篇 初等数论 第21章 不定方程试题 新人教版.doc

2019-2020年初中数学竞赛专题复习 第三篇 初等数论 第21章 不定方程试题 新人教版21.1.1求不定方程的正整数解解析 因为，所以这个方程的正整数解有无数组，它们是其中可以取一切正整数21.1.2求的整数解解析1 将方程变形得因为是整数，所以应是11的倍数由观察得，是这个方程的一组整数解，所以方程的解为为整数解析2 先考察，通过观察易得，所以，可取，从而为整数评注 如果、是互质的整数，是整数，且方程 有一组整数解、则此方程的一切整数解可以表示为其中，1，2，3，21.1.3求方程的非负整数解解析 因为(6，22)=2，所以方程两边同除以2得 由观察知，是方程 的一组整数解，从而方程的一组整数解为所以方程的一切整数解为因为要求的原方程的非负整数解，所以必有由于是整数，由、得1516，所以只有15，16两种可能当15时，15，；当16时，4， 3所以原方程的非负整数解是21.1.4求方程的所有正整数解解析 这个方程的系数较大，用观察法去求其特殊解比较困难，碰到这种情况我们可用逐步缩小系数的方法使系数变小，最后再用观察法求解用方程的最小系数7除方程的各项，并移项得因为、是整数，故也是整数，于是有再用5除此式的两边得令 (整数)，由此得由观察知，是方程的一组解将代入得代入得=25于是方程有一组解，所以它的一切解为由于要求方程的正整数解，所以解不等式，得只能取0，1因此得原方程的正整数解为21.1.5求方程的整数解解析 因为，为用37和107表示1，我们把上述辗转相除过程回代，得1=33-84=37-4-84=37-94=37-9(37-33)=933-837=9(107-237)-837=9107-2637=37(-26)+1079,由此可知，是方程的一组整数解于是,是方程的一组整数解所以原方程的一切整数解为是整数21.1.6求方程的整数解解析 设，即，于是原方程可化为用前面的方法可以求得的解为是整数的解为是整数消去，得是整数21.1.7求方程的整数解解析 设，则对于，是一组特解，从而的整数解为是整数又，是方程的一组特解，于是的整数解为是整数所以，原方程的整数解为、是整数21.1.8求方程组的正整数解解析 消去，得 易知，是它的一组特解，从而的整数解为是整数代入原方程组，得所有整数解为是整数由，得，所以0，1，故原方程组的正整数解为21.1.9求方程的正整数解的组数解析 因为，所以，是一组特解于是方程的整数解为是整数由得.所以1，2，87故原不定方程有87组正整数解21.1.10某国硬币有5分和7分两种，问用这两种硬币支付142分货款，有多少种不同的方法?解析 设需枚7分，枚5分恰好支付142分，于是所以由于142，所以20，并且由上式知因为(5，2)=1，所以，从而1，6，11，16的非负整数解为所以，共有4种不同的支付方式评注 当方程的系数较小时，而且是求非负整数解或者是实际问题时，这时候的解的组数往往较少，可以用整除的性质加上枚举，也能较容易地解出方程21.1.11今有公鸡每只五个钱，母鸡每只三个钱，小鸡每个钱三只，用100个钱买100只鸡，问公鸡、母鸡、小鸡各买了多少只?解析 设公鸡、母鸡、小鸡各买、只，由题意列方程组化简得.-得即解得于是的一个特解为所以的所有整数解为是整数由题意知，所以，解得故.由于是整数，故只能取26，27，28，而且、还应满足所以264187827811812812484即可能有三种情况：4只公鸡，18只母鸡，78只小鸡；或8只公鸡，11只母鸡，81只小鸡；或12只公鸡，4只母鸡，84只小鸡21.1.12小明玩套圈游戏，套中小鸡一次得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，每个小玩具都至少被套中一次小明套lO次共得61分，问：小鸡至少被套中几次?解析 设套中小鸡次，套中小猴次，套中小狗次，则根据题意得我们要求这个方程组的正整数解消去：从中减去2得，于是由可以看出从而的值只能是1，2，3，4，5将写成，由于是整数，所以必须是3的倍数从而只有2、5两个值满足这一要求但时，不是正整数在时，是本题的解因此小鸡被套中5次评注 本题问“小鸡至少被套中几次?”实际上却只有一个解，“至少”两字可以省去21.1.13今有浓度为5、8、9的甲、乙、丙三种盐水分别为60克、60克、47克，现要配制成浓度为7的盐水100克，问甲种盐水最多可用多少克?最少可用多少克?解析 设甲、乙、丙盐水分别各取克、克、克，配成浓度为7的盐水100克，依题意有其中，060，047解方程组可得由得又，和，均满足题设，故甲种盐水最少可用35克，最多可用49克21.2 勾股数21.2.1满足方程的一切基本勾股数、（为偶数)，都可表示为以下形式：，其中、为正整数，(，)=1，、一奇一偶解析 设正整数、满足(，)=1，、一奇一偶，则所以一切形如的正整数、都是方程的解下面证明这样的、是基本勾股数设，由于、一奇一偶，所以是奇数，由，于是是奇数又由，得，即，同理因为是奇数，所以，于是由得，所以这就证明了由确定的、是一组基本勾股数反过来，设、是一组基本勾股数，且是偶数，和都是奇数，则和都是整数设，则存在正整数和，使，于是，由于，所以，即由得这就可推出上式中右面两个因式都是平方数设，这里，于是可得由于是奇数，所以、一奇一偶这就证明了方程的任意一组解、(为偶数)都可由表示评注 如果正整数、满足方程，那么就称、是一组勾股数边长为正整数的直角三角形就称为勾股三角形在勾股数、中，如果这三个数的最大公约数是1，那么这样的勾股数就称为基本勾股数如果（，）=，那么设，则有（，）=1，并且由得，两边除以，得所以我们只需研究基本勾股数在基本勾股数、中，和必定一奇一偶这一点可以用反证法证明：假定和的奇偶性相同，那么有两种可能的情况：和同奇，和同偶如果和同奇，由于奇数的平方是4的倍数加1，所以是4的倍数加2，于是是偶数，也是偶数，而偶数的平方是4的倍数，这与4的倍数加2矛盾，所以和不能都是奇数如果和都是偶数，那么也是偶数，这与、是基本勾股数矛盾，所以和中一奇一偶由此也可推出是奇数21.2.2设、是勾股数，是质数，求证：和都是完全平方数解析 因为是质数，所以只有1、三个正约数由于，所以有由此得，所以和都是完全平方数21.2.3求证：、(是正整数)是一组勾股数解析 因为是正整数，由,所以、是一组勾股数21.2.4若勾股数组中，弦与股的差为1，则勾股数组的形式为、，其中为正整数解析 设弦长为，股长为，勾为因为（，）=1，所以、为一组基本勾股数又为奇数，为偶数，则为奇数设，则，得，所以，勾股数组具有形式、21.2.5求证：勾股三角形的直角边的长能取任何大于2的正整数解析 当是大于1的奇数时，和都是正整数，并且当是大于2的偶数时，和都是正整数，并且由以上两式可以看出，勾股三角形的一直角边可取大于2的任何正整数21.2.6求证：在勾股三角形中，(1)必有一条直角边的长是3的倍数；(2)必有一条直角边的长是4的倍数；(3)必有一条边的长是5的倍数解析 设该勾股三角形的三边的长分别为、（是斜边)，则只要证明、是基本勾股数时的情况不失一般性，设为偶数，则，其中、满足上述定理中的条件(1)若、中至少有一个是3的倍数，则是3的倍数；若、都不是3的倍数，设，则是3的倍数(2)由于、一奇一偶，所以是4的倍数(3)若、都不是5的倍数，则的末位数是1或9；的末位数字是4或61+4=5，1+6=7，9+4=13，9+6=15，由于一个完全平方数的末位数不可能是7和3，所以的末位数只可能是5于是的末位数是5评注 由此可推出，勾股三角形的面积必是6的倍数；三边之积必是60的倍数21.2.7求基本勾股数组，其中一个数是16解析 设勾股数组、，其中1616=242=281，若，有()-21，从而只有，且和为一奇一偶于是，从而，只有一组基本勾股数16、63、65评注 若不要求基本勾股数，则16=242，设，得，即16、12、20为一组勾股数又，设，得，即16、30、34为一组勾股数21.2.8设、为一组勾股数，其中为奇质数，且，求证：必为完全平方数解析 因为、为一组勾股数，则有，设，则有因为，为奇质数，则(否则，若，则，矛盾)由，得，从而是完全平方数21.2.9直角三角形的三边的长都是正整数，其中有一条直角边的长是35，它的周长的最大值和最小值分别是多少?解析 设直角三角形的三边长分别是35，则，即1225的大于35的正约数可作为，其中最大的是1225，最小的是49，所以，直角三角形的周长的最大值是35+1225=1260，最小值是35+49=8421.2.10设为大于2的正整数证明：存在一个边长都是整数的直角三角形，它的一条直角边长恰为解析 只需证明不定方程，有正整数解利用，结合与具有相同的奇偶性，故当为奇数时，由（，）=（1，），可得不定方程的一组正整数解（，）=；而当为偶数时，由条件，知4利用（，）=，可得不定方程的一组正整数解（，）=综上，可知命题成立。21.2.11如果正整数、满足证明：数和都可以表示为两个正整数的平方和解析 先证下述命题：如果正整数可表示为两个正整数的平方和，则也可表示为两个整数的平方和设，这里、都是正整数，且则于是，可表为两个整数和的平方和，命题获证注意到，由条件有利用已证命题，可知记，由可知、都是正整数，并且若、不同为偶数，则由平方数或，可知或，这是一个矛盾所以，、都是偶数，从而，这就是要证的结论评注 这里本质上只是恒等式的应用，在处理竞赛问题时，代数式变形能力显得十分重要21.2.12矩形中，且，其中、都是质数，和是正整数，为奇数，求和的长解析 由勾股定理，得设，则因为为奇数，所以和必一奇一偶若为偶数，设，又为偶数，为质数，则，于是从而设，则因为是奇数，则必有，从而，此时又，则，于是因为为奇数，则，得从而，若为偶数，同样解得，不符合，所以舍去从而 ，21.2.13求方程的满足条件，（，）=1的一切正整数解解析 显然和同奇同偶假定和都是偶数，那么上是4的倍数，是偶数，是偶数，这与(，)=1矛盾，所以和都是奇数，和都是偶数设其中、为正整数，则由和都是奇数可知，、一奇一偶下面证明（，）=1设（，）=，则为奇数，且存在整数和，使，（，）=1，于是由于（，2）=1，所以，由于（，）=1，所以由此得（，）=1于是（，）=1由于是奇数，所以（，）=（，）=（，）=1把，代入原方程得，即由于（，）=1，所以、是一组基本勾股数所以，当为奇数时，当为偶数时，由于，所以这里(,)=1，、一奇一偶21.2.14求证方程没有正整数解解析 假定方程有正整数解，设在所有正整数解中最小的解是(，)假定是偶数，则和皆奇或皆偶若，皆奇，则是4的倍数+2，不是完全平方数，更不是完全四次方数，这与矛盾若，皆偶，设，则，于是，可见是偶数，设，则，所以（，）也是方程的一组解，且，这与最小矛盾由上述讨论可知，是奇数，此时和一奇一偶若为奇数，由题21.2.1得这里(,)=1，、一奇一偶，于是，所以（，）是方程的一组正整数解，但是，这与最小矛盾若为奇数，由题21.2.1得，这里（，）=1，、一奇一偶若为奇数，因(，)=1，由，可设，（，）=1，由于，由21.2.1得，这里(，)=1，、一奇一偶，且由于(,)=1，所以可设，于是，即显然，(，)是方程的一组正整数解，但是，这与最小矛盾若为偶数，同样可推出类似的结果综上所述，方程没有正整数解21.3 其他不定方程21.3.1求方程的整数解(，)的个数解析 原方程可化为，因为三个连续整数的乘积是3的倍数，于是，上式左边是3的倍数，而右边除以3余2，这是不可能的所以，原方程无整数解21.3.2将150写成至少2个连续正整数的和，共有多少种不同的方式?解析 设，其中、都是正整数，于是因为是奇数，所以与为一奇一偶，且1，所以解得(，)=(49，2)，(28，4)，(3，14)，(36，3)，(7，11)所以，共有5种不同的方式21.3.3求满足，且的不同整数对（，）的对数解析 因为，所以即 由此可知，必具有，必具有形式，并且(，均为正整数)又，所以当，时，得(5，1805)；当，时，得(20，1620)；当，时，得(405，605)因此，不同整数对的个数为921.3.4不定方程的正整数解(，)有多少组?解析 原方程可以化为，而36表示成四个奇数的平方和只有如下两种方式：36=1+1+9+25，36=9+9+9+9，所以，方程的正整数解(，)为(1，1，3，4)、(2，2，3，4)、(1，2，3，4)、(3，3，3，3)以及它们的排列，故共有12+12+24+1=49组21.3.5求关于、的方程的所有正整数解解析 因为208是4的倍数，偶数的平方数除以4所得的余数为0，奇数的平方数除以4所得的余数为1，所以、都是偶数设，则，同上可知，、都是偶数设，则，所以，、都是偶数设，则，于是，其中、都是偶数所以所以可能为1，3，5，7，9，进而为337，329，313，289，257，故只能是289，从而于是因此，21.3.6已知、均为正整数，且，求的最大值解析 原式化为，因为、均为正整数，且，所以是正整数设(是正整数)，则，有，所以而，所以或于是或所以的最大值是453=13521.3.7设、为整数，且，求的值解析 不妨设，将代入得到因为、都是整数，所以前两个方程组无解，后两个方程组解得；，所以或5721.3.8已知正整数、满足，求的最大值解析 设，则,所以,于是是完全平方数，令(是正整数)，则,由于和同奇偶，即为偶数，所以的最大值为52104故的最大值为，的最大值为104，此时21.3.9已知三个两两互质的正整数、满足方程组求的值解析 由，得,所以因为,所以,即所以，故，于是，由于（，）=（，）=，所以，于是21.3.10设、都是质数，且，求的所有可能值解析 由为奇数，可知、不全为奇数，只能是为偶数，即于是，再由条件，知，又，故，即有结合，可知，故，进而，综合，得进而，利用与具有相同的奇偶性及=2 (因为，为质数)，可知只能是，故（，） (43，11)所以21.3.11设是正整数，记12为!(例如1!=1，2!=12，5!=12345)，若存在整数、满足,这里， 2，3，4，5，6求的值解析 在题设等式的两边乘以6！，得3120=345+45+5+，因为3120除以6余2，所以除以6余2，而06，故=2，所以除以5余3，于是，所以是4的倍数，于是，所以除以3余2，于是，从而所以21.3.12求方程的正整数解(，)的组数解析 原方程为，所以是有理数，所以是平方数，设，则可得，所以也是平方数，设，于是，而xx=21759，即xx共有(1+1)(1+1)(1+1)=8个不同的正因数，所以，(，)共有8组正整数解，(，)也有8组正整数解21.3.13求满足方程的所有正整数、解析1 原方程可以变形为这个关于的整系数一元二次方程有整数根，所以它的判别式是完全平方数，即是完全平方数由于，所以，1，4，9，16解得，4于是可得解析2 原方程可以变形为因为，所以，所以1，2，3，4代入原方程可得21.3.14求所有的整数数组(，)，使得解析 如果3，并且3，那么所以，式中的所有不等号均为等号，这要求，这是不可能的从而，或者不妨设，则或情形1，此时，故，可知，从而，故，于是或分别代人可求得，或情形2：，即有，同上可知即，因此，或，对应地，可求得或(当)时无解)综上，结合对称性，可知，或共7组解21.3.15 求证：方程，没有各不相同的正整数解解析 不失一般性，设，则，即有于是，所以原方程无各不相同的正整数解21.3.16 求方程的正整数解；(2)求方程的正整数解解析 (1)由知，故为偶数，设(为正整数)故，由于与不能都被5整除，故有，故，(2)在两边得，故为偶数，于是再在两边得，得为偶数，设，（、为正整数)，则，故得，故21.3.17 求方程，的正整数解 解析 当时，无正整数解当时，无正整数解当时，不是3的倍数，也不是2的倍数，所以可设(为正整数)，于是化简后得当时，求得 当时，由于无大于1的奇约数，所以是偶数，但此时是奇数所以原方程只有两组正整数解： 21.3.18 某个团体有48名会员，但是只有一半人有制服在某次检阅仪式时，他们排成一个68的长方阵，恰好可把没有制服的会员隐藏在长方阵的内部后来又来了一批会员，但总数还是有一半人没有制服，在接下来的检阅仪式，他们排成了一个不同的长方阵，又恰好可把无制服的会员隐藏在长方阵的内部问：新来的会员有多少人?解析 设新的方阵是的，则外围的会员数为，内部的会员数为，由题意，整理得，所以或解得（舍）或所以，新来的会员数为(人)21.3.19 某校初三两个毕业班的学生和教师共100人一起在台阶上拍毕业照留念，摄影师要将其排列成前多后少的梯形队阵(排数3)，且要求各行的人数必须是连续的自然数，这样才能使后一排的人均站在前一排两人间的空档处，那么，满足上述要求的排法的方案有多少种?解析 设最后一排有个人，共有排，那么从后往前各排的人数分别为，由题意可知，即因为、都是正整数，且，所以，且与的奇偶性不同将200分解质因数，可知或当时，；当时，共有两种不同方案21.3.20 某校举行春季运动会时，由若干个同学组成一个8列的长方形队列如果原队列中增加120人，就能组成一个正方形队列；如果原队列中减少120人，也能组成一个正方形队列问原长方形队列有同学多少人解析 设原长方形队列有同学人，由已知条件知和均为完全平方数于是可设其中、均为正整数，且，得，即由、可知，、都是8的倍数，所以、均能被4整除于是，均能被4整除所以或解得或所以，；或故原长方形队列有同学136人或904人21.3.21 已知某个直角三角形的两条直角边长都是整数，且在数值上该三角形的周长等于其面积的整数倍问：这样的直角三角形有多少个?解析 设该直角三角形的两条直角边长为、，且那么结合勾股定理及条件，可设，其中为正整数问题转为求的正整数解的组数对两边乘以2，移项后，两边平方，化简整理，得，因式分解，得注意到，、为正整数，且，故分别可求得，或综上可知，满足条件的直角三角形恰有3个，它们的三边长为，和21.3.22 求出所有的正整数，使得关于、的方程恰有2011组满足的正整数解解析 由题设，所以，除了外，取的小于的正约数，就可得一组满足条件的正整数解故的小于的正约数恰好为xx个设，其中是互不相同的素数，是非负整数故的小于的正约数个数为，故由于4021是素数，所以,，所以，其中是素数21.3.23 (1)是否存在正整数、，使得?(2)设是是给定的正整数，是否存在正整数、，使得?解析 (1)答案是否定的若存在正整数、，使得，则显然，于是，所以，不是平方数，矛盾(2)当时，若存在正整数、，满足，则，而，故上式不可能成立当时，若(是不小于2的整数)为偶数，取，则，故这样的满足条件若是：(是不小于2的整数)为奇数，取，则，故这样的满足条件综上所述，当时，答案是否定的；当时，答案是肯定的评注 当是时，构造的例子不是唯一的21.3.24 已知三个相邻正整数的立方和是一个正整数的立方证明：这三个相邻正整数中间的那个数是4的倍数解析 下列字母均表示正整数由条件，于是设，则显然，如果则，或，第一种情况下得到这是不可能的，因为立方数除以9得到的余数只能是0，类似地，第二种情况下得到，同样的原因，这也导出矛盾现在假设则、均为偶数故由于不是4的倍数，所以21.3.25 （1）求不定方程，的正整数解的组数(2)对于给定的整数，证明：不定方程组至少有组正整数解解析 (1)若，由，得，所以，以上不等式均取等号，故若，不妨设，则，于是，所以，故，这样的解有3！=6组所以，不定方程共有7组正整数解（2）将化为，满足上式且时，为偶数时，其中给出了不定方程的组正整数解为奇数时，其中给出了不定方程的组正整数解；、中有两个，另一个为的情况给出了不定方程的3组正整数解而亦为不定方程的正整数解故不定方程至少有组正整数解