人教版初中数学《第21章不定方程》竞赛专题复习含答案

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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
①
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
． ①
由观察知，，是方程
②
的一组整数解，从而方程①的一组整数解为

所以方程①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③、④得15≤≤16，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
①
的最小系数7除方程①的各项，并移项得
．②
因为、是整数，故也是整数，于是有．再用5除此式的两边得
．③
令 (整数)，由此得
．④
由观察知，是方程④的一组解．将代入③得．代入②得=25．于
是方程①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=33-8×4=37-4-8×4=37-9×4
=37-9×(37-33)=9×33-8×37
=9×(107-2×37)-8×37=9×107-26×37
=37×(-26)+107×9,
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①的解为
是整数．
②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①，，是一组特解，从而①的整数解为
是整数．
又，是方程②的一组特解，于是②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 ． ①．
易知，是它的一组特解，从而①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
．①
所以
．
由于≤142，所以≤20，并且由上式知．因为(5，2)=1，所以，从而
1，6，11，16．①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

①化简得.③
③-②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




26
4
18
78
27
8
11
81
28
12
4
84

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①中减去②×2得，于是
．③
由③可以看出．从而的值只能是1，2，3，4，5．将③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，0≤≤60，0≤≤47．
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：
，，，①
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①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①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①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：①和同奇，②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6．
1+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16．
16=2×4×2=2×8×1，
若，，有()-2≠1，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=2×4×2，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=84．
21.2.10★★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9．
21.3.4★★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45×3=135．
21.3.7★★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57．
21.3.8★★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52×104．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1×2×…×为!(例如1!=1，2!=1×2，5!=1×2×3×4×5)，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
31×20=3×4×5×+4×5×+5×++，
因为31×20除以6余2，所以除以6余2，而0≤