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

1、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的正整数解.解析因为3 1 2, 4 2 2, 5 3 2,，所以这个方程的正整数解有无数组，它们是x n 2,y n，其中n可以取一切正整数.21.1.2 求11x 15y 7的整数解.解析1将方程变形得x z-y11因为x是整数，所以7 15y应是11的倍数.由观察得 xo 2 , yo1是这个方程的一组整数解,所以方程的解为2 15t,1 11t,t为整数.解析2先考察11x 15y 1 ,通过观察易得11415 31 ,所以114 715 3 77 ,2821可取x028 , yo 21 .从而15t,t为

2、整数. 11t,评注如果a、b是互质的整数, ax by c c是整数，且方程有一组整数解 、y0.则此方程的一切整数解可以表示为x x0 bt,y yo at,其中 t 0, 1, 2, 3,.21.1.3 求方程6x 22y 90的非负整数解.解析 因为(6 , 22)=2,所以方程两边同除以 2得3x 11y 45.由观察知，Xi 4,山 1是方程Xo 45 4 180, yo 45145,所以方程的一切整数解为x 180 11t, y 45 3t.因为要求的原方程的非负整数解，所以必有180 11t 0,45 3t 0.由于t是整数，由、得15 t 16,所以只有t15, t 16两种

3、可能.3 .所以原方程的非负整数解是当 t 15 时，x 15, y 0;当 t 16 时，x 4, yx 15, x 4,y 0, y 3.21.1.4 求方程7x 19y 213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7x 19y 213 的最小系数7除方程的各项，并移项得213 19y “ c 3 5y 小x 30 2y .77因为x、y是整数，故 y u也是整数，于是有 5y 7u 3.再用5除此式的两边得73 7u 3 2uy u .55令Uu v （整数），由此得52u 5

4、v 3 .由观察知u 1, v 1是方程的一组解.将 u1代入得y 2. y 2代入得x=25.于是方程有一组解 x0 25 , y0 2 ,所以它的一切解为0, 1, 2,Lx 25 19t, ty 2 7t.由于要求方程的正整数解，所以25 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数解为9.x 25, x 6, y 2,21.1.5 求方程37x 107y 25的整数解.解析 因为 107 2 37 33, 37 1 33 4 , 33 8 4 1 .为用37和107表示1,我们把上述辗转相除过程回代，得1=33-8X4=37-4- 8X4=37-9X4=

5、37-9 X (37-33)=9 X 33-8 X 37=9X (107-2 X 37)-8 X 37=9 X 107-26 X 37=37X(-26)+107 X9,由此可知 整 26, V1 9是方程37x 107y 1的一组整数解.于是X02526650, y0 25 9 225是方程37x 107y 25的一组整数解.所以原方程的一切整数解为x 650 107t,t是整数.y 225 37t,21.1.6 求方程9x 24y 5z 1000的整数解.解析设 9x 24y 3t ,即 3x 8y t ,于是3t 5z 1000.原方程可化为3x3t8y t,5z 1000用前面的方法可以

6、求得的解为x 3t 8u,4u是整数.y t 3u,t 2000z 1000的解为5v,v是整数.3v,x 60008u 15v,y 2000 3u 5v, u,v 是整数.z 1000 3v,21.1.7 求方程2x 3y 7z 23的整数解. 解析设2x 3y t ,则2x 3y t,t 7z23.对于,xot , y t是一组特解，从而的整数解为3u,u是整数.2u,又to2 , Zo 3是方程的一组特解，于是的整数解为3 v,v是整数.2 7v,所以，原方程的整数解为x 2 7v 3u,y 2 7V 2u, u、v 是整数.z 3 v.5x 7y 9z 5221.1.8 求方程组，的正

7、整数解.3x 5y 7z 36解析消去z,得 2z y 10.易知X0 4, y0 2是它的一组特解，从而的整数解为x4t,c C, t是整数. y22t,代入原方程组，得所有整数解为x 4 t,y 2 2t,t是整数.z 2 t.由 x 0, y 0 , z 0 得1 t 2,所以t 0, 1,故原方程组的正整数解为x 4, x 3,y 2, y 4, z 2; z 1.21.1.9 求方程3x 5y 1306的正整数解的组数.1是一组特解.于是方程的整数解析 因为 x 13065y 435 2y y ,所以 x0 437,33解为43715t, 3t.t是整数.区 437 5t 0, 由1

8、 3t 0.得1 t空 35所以t 1 , 2,，87.故原不定方程有 87组正整数解.142分货款，有多少种不同的方法21.1.10 某国硬币有 5分和7分两种，问用这两种硬币支付解析 设需x枚7分，y枚5分恰好支付142分，于 7x 5y 142 .所以142 7x28 x2x 25由于7xW 142,所以xW 20,并且由上式知5|2 x 1 .因为（5 , 2）=1 ,所以5| x 1 ,从而 x 1, 6, 11, 16.的非负整数解为x 1, x 6, x 11, x 16, y 27; y 20; y 13; y 6.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

9、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 x、y、z只，由题意列方程组1小5x 3y - z 100，3x y z 100.化简得15x 9y z 300.-彳1 14x 8y 200,即 7x 4y 100.解7x 4y 1得x 1,于是7x 4y 100的一个特解为 x0100,所以7x 4y 100的所有整y 2.V。 200.数解为1002004t,t是整数.7t,

10、由题意知，0 x, y , z 100,所以,0100 4t 100,0 200 7t 100.25 t 50,解得 2414- t 28-.77故 25 t 284 .7由于t是整数，故t只能取26, 27, 28,而且x、V、z还应满足 x y z 100 .所以txyz264187827811812812484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

11、.小明套10次共得61分，问：小鸡至少被套中几次？解析 设套中小鸡x次，套中小猴y次，套中小狗z次，则根据题意得9x 5y 2z 61,x y z 10.我们要求这个方程组的正整数解.消去z :从中减去X 2得7x 3y 41 ,于是41 7x y 3由可以看出41一.从而x的值只能是1, 2, 3, 4, 5.将写成72 y 13 2x 3由于y是整数，所以2 x必须是3的倍数.从而只有 2、5两个值满足这一要求. 但x 2时，y 9, z 1不是正整数.在 x 5时，y 2 , z 3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

12、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 x克、y克、z克，配成浓度为 7%的盐水100克，依题意有x y z 100,5x 8y 9z 700.其中 0x60, 0 y 60, 0 z47.解方程组可得y 200 4x,z 3x 100.,0 200 4x 60, I0 3x 100W 47.得 35 xp, nm.求证：2n 1必为完全平 方数.解析 因为p、m、n为一组勾股数，n p , n m ,则有n2 m2 p2

13、.设m n r 1 w r p ,则有2n r r 2n rp , p为奇质数，则r 1(否则，若1由r 1 ,得p2 2n 1 ,从而2n 1是完全平方数.35,它的周长的最大值和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 最小值分别是多少？解析设直角三角形的三边长分别是35, b, c,则2, 2235 b c ,即 c b c b 1225 .1225的大于35的正约数可作为c b,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n为大于2的正整数.证明：存在一个边长都是整

14、数的直角三角形，它的一条直角边长 恰为n .解析只需证明不定方程x2 n2 z2 ,有正整数解.2利用z x z x n ,结合z x与z x具有相同的奇偶性，故当 n为奇数时，由(z x, z x(1, n2),可得不定方程的一组正整数解(x, z)而当n为偶数时，由条件，知n 4.利用2(z x, z x) = 2, 2可得不定方程的一组正整数解22/、 n 4 n 4(x , z)=,44综上，可知命题成立。21.2.11 如果正整数a、b、c满足c2 a2 b2.证明：数c2 ab和c2 ab都可以表示为两个正整数的平方和.2x也可表示为两个整数的平解析 先证下述命题：如果正整数 x可

15、表示为两个正整数的平方和，则 方和.222222.一设x u v ,这里x、u、v都是正整数，且u v.则2x 2u 2v u v u v .于是，2x可表为两个整数u v和u v的平方和，命题获证.注意到，由条件有_222_2222 c ab c a 2ab b c a b .利用已证命题，可知2224 c ab cab c a mb .记c a b x, c amby,由c2a2b2可知x、y都是正整数，并且4 c2ab x2y2 .若x、y不同为偶数，则由平方数0或1 mod 4 ,可知x2 y2 1或2 mod 4 ,这是一个矛盾.所以，22x、y都是偶数，从而c2 ab -,这就是要

16、证的结论.22评注 这里本质上只是恒等式 2 u2 v2u v 2 u v 2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 ABCD 中，AB x, AD y,且 x pm , y qn ,其中 p、q 都是质数，m 和 n是 正整数，x y , AC为奇数，求 AB和AD的长.解析 由勾股定理，得AB2 AD2 AC2 .设AC z ,则x2 y2 z2 .因为z为奇数，所以x和y必一奇一偶.若 x为偶数，设 x 2ab, y a2 b2 , z a2 b2.又x pm为偶数，p为质数，则p 2 ,于是x 2m 2ab .从而m 1ab 22 2m 1 .则22

17、y a b a b a b2222.因为y是奇数，则必有21,从而 0,此时y 21 21 qn.又 21 21 ,则 21 qt, 21 q , t s.于是2 2qt qs qs qt s 1 .因为q为奇数，则qs 1 , s 0.21 qs 1 ,得 1 .从而a 22 , b 21 ,2. 2x 2ab 4, y a b 3 .若y为偶数，同样解得y 4, x 3,不符合x y ,所以舍去.从而 AB 4 , AD 3 .21.2.13 求方程x2 y2 2z2的满足条件x y, (x, y, z) =1的一切正整数解.解析 显然x和y同奇同偶.假定x和y都是偶数，那么2z2上是4的

18、倍数，Z2是偶数，z是偶数，这与(x, y , z )=1矛盾，所以x和y都是奇数，x y和x y都是偶数.设x y 2u, x y 2v,其中u、v为正整数，则 x u v,y u v.由x和y都是奇数可知，u、v一奇一偶.下面证明(u, v) =1.设(x, y) =d ,则d为奇数，且 存在整数x 和y ,使x dx , y dy , ( x，y )=1,于是222222x y d x y 2z .由于(d2 , 2) =1,所以 d2 |z2 , d |z,由于(x, y , z) =1,所以 d 1 .由此得(u v, u v )=1.于是(u v, 2u ) =1.由于x u v是

19、奇数，所以(u, v)=(u v, u)=(u v, 2u)=1.把x u v, y u v代入原方程得22 c 2u v u v 2z .即u2 v2 z2,由于(u, v) =1,所以u、v、z是一组基本勾股数. 所以，当u为奇数时，2P12pq,2P12P2P2P2q2qnq .2pq,2pq,当u为偶数时,22p q22pq p22p q .2Pq ,2q ,由于u v ,所以22p 2pq q ,p 2pq q ,22p q ,这里（p , q）=1 , pq 一奇一偶.21.2.14 求证方程x4 y2 z4没有正整数解.解析 假定方程x4 y2 z4有正整数解，设在所有正整数解中

20、z最小的解是(x0, yo , z).假定z。是偶数，则x。和y0皆奇或皆偶.若xO, y。皆奇，则xo y2是4的倍数+2,不是完全平方数，更不是完全四次方数，这与x4 y(2 z4矛盾.若x。，y。皆偶，设x。 2x1, y。 2yi , z。 2z1 ,则 4242xi2y2zi ,于是4244x yi 4zi ,可见yi是偶数，设yi 2yi,则 424xi yi 乙，所以(xi, yi,zi)也是方程x4y2z4的一组解，且 乙z。，这与z。最小矛盾.由上述讨论可知，zo是奇数，此时xo和yo 一奇一偶.若Xo为奇数，由题21.2.1得2 Xoyo2 Zo这里（22p q ,2pq,

21、22p q ,q一奇一偶，于2 2XoZ)2-4x04 p .所以（q , XoZo, p）是方程x4 y2 z4的一组正整数解，但是p 这与z0最小矛盾.若yo为奇数，由题21.2.1得，2Xo 2pq ,22yo pq ,222Zopq ,这里（p , q）=1, p q o, p、q一奇一偶.若p为奇数，因（p, q）=1 ,由X2 2pq ,可设 22p r , q 2s , （ r , s） =1,由于 z2 p2 q2 ,由 21.2.1 得2222p a b , q 2ab, Zo a b ,这里（a, b ）=1 , a b 0 , a、b 一奇一偶，且22,2r a b ,s

22、2 ab.由于（a, b）=1 ,所以可设au2, bv2,于是r2u4v4,即v4 r2u4,显然，（v , r , u）是方程X4 y2 z4的一组正整数解，但是 u z ,这与z最小矛盾.若p为偶数，同样可推出类似的结果.综上所述，方程X4 y2 z4没有正整数解.21.3 其他不定方程21.3.1 求方程X3 6x2 5x y3 y 2的整数解（x , y）的个数.解析原方程可化为2x x 1 x 2 3 x xy y 1 y 12,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

23、整数的和，共有多少种不同的方式？解析 设150 a a 1 L a k ,其中a、k都是正整数，于是_222a k k 1300 22 3 52 .因为 2a k k 1 2a 2k 1是奇数，所以 2a k与k 1为一奇一偶，且 2a k k 1 1,所以k 13, k1 5,k1 3 5, k1 22 , k1 22 3,2ak 22 52, 2a k 223 5, 2ak 225 , 2a k 352 , 2a k 52 ,解得(a, k )=(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0

24、 x y,且J2雨衣Jy的不同整数对(x, y)的对数.解析 因为 2000 202 5,所以 72000 2075 .即 20 5 x . y .由此可知，x必具有5t2, y必具有5k2形式，并且t k 20( t , k均为正整数).又0 x y ,所以t k .当 t1 ,k19 时，得(5 , 1805);当 t2,k18时，得(20 , 1620);当 t9,k11 时，得(405 , 605).因此，不同整数对的个数为9.21.3.4 不定方程2222 cx y z w 3 x y z w的正整数解(x , y, z, w)有多少组？解析原方程可以化为2222x 3 2y 3 2

25、z 3 2w 336 ,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(x, y, z, w)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x、y的方程x2 y2 208 x y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x、y都是偶数.设x 2a , y 2b ,则a2 b 104 a b ,同上可知，a、b都是偶数

26、.设 a 2c , b 2d ,则2. 22c d 52 c d ,所以，c、d都是偶数.设c 2s, d 2t ,则s t 26 s t ,于是22s 13 t 132 132,其中s、t都是偶数.所以_ 2_2_222s 132 13 t 13 y z ,将z 3 x y代入x3 y3 z3 3得到xy 3 x y因为x、y都是整数，所以xyy 1, x y 4, x y 2, x2,xy 5,xy 1 , xyy 8,16,前两个方程组无解，后两个方程组解得xyz1;xy4,z 5.所以 x2 y23 或 57.21.3.8 已知正整数m、n满足m174m34求n的最大值.解析设 a m

27、 70 ,则后104 70104所以2a2 a 104由于a2 1042是完全平方数，令 a21042b2（ b是正整数），则2b a b 1042,a b和a b同奇偶，即为偶数,所以a b的最大值为52x 104.故n2的最大值为n的最大值为104,此时 m 2775.21.3.9 已知三个两两互质的正整数y、z满足方程组3x2 x3y7y233xyz z ,2z ,求x2z2的值.解析33x y 3xyzz3,得所以因为2z xy3xy z0,xyyzzxyzzx0，所以x y所以7y22x y故7y2x y,于x 3y由于13,26.21749 .求 a解析 由a2 b2 c2 d2

28、1749为奇数，可知a、b、c、d不全为奇数，只能是d为偶数，即d 2 .于 是，a2 b2 c2 1753 .再由条件，a3b 1,知 222a b 8b 6b 1 ,又b 2c 1 ,故222_2_22a2 b2 c2 8 2c 16 2c 11c2 33c244c 15 ,即有 33c2 44cw 1738 .结合 c 2d1 5 ,可知c2 w !Z竺_220,故 c2w 46 ,进而 c7,综合 c5,33得c 5 .进而a b a b a2 b2 1753 25 1728 26 33 ,利用a b与a b具有相同的奇偶性及a b , a b a b,2a =2 (因为a , b为质

29、数)，可知只能是a b , a b 32, 54,故(a,b)(43 ,11).所以 222222a b c d 1749 2 b2 d21999.21.3.11 设 n是正整数，记 1 X2X-X n 为 n!(例如 1!=1 , 2!=1 X 2, 5!=1 X 2X 3X4X5),若存在整数 a2、a3、a4、a5、a6 满足31a2a3a4a5%,362!3!4!5!6!这里 0 w ai i , i 2,3,4, 5, 6.求 a2 a2 a2 a2 a62 的值.解析在题设等式的两边乘以6!,得31X20=3X4X5X 6a2+4X 5x6a3+5X 6a4+6a5 + a6,因为

30、31X20除以6余2,所以a6除以6余2,而0W a6 b c 1, x y z 1, a b c xyz, x y z abc.解析如果yz 3,并且bc 3,那么3a a b c xyz 3x x y z abc 3a .所以，式中的所有不等号均为等号，这要求 abc,xyz,bc3, yz 3,这是不可能的.从而，yz 2或者bc 2,从而a abc a b c 24a,故1 bc 4,于是b , c 2 ,1 , 3 ,1或2 ,2 .分别代人可求得a ,b ,c ,x , y ,z 5 ,2 ,1 ,8 ,1 ,1 , 3 ,3 ,1 ,7 ,1 ,1 或 2 ,2 ,2 ,6 ,1

31、 ,1 .情形 2： y , z 2 ,1 , a b c 2x , x 3 abc,即有 2abc a b c 6,同上可知 1 2bc&6即bc 1 , z 2, u 3, y 4.x y yu 1x y y u 1u u 1 u 1u u u z u2u u u z u .所以原方程无各不相同的正整数解.21.3.16 求方程3x 5t 4的正整数解 s ,t ；解析（1）由3x 5t 4知,(2)求方程3x 2t 5的正整数解 s ,t .1 0 mod 4 ,故s为偶数，设s 2u（ u为正整数）.故5t32u43u 2 3u2 ,由于3u 2与3u2不能都被5整除，故有3u21,故

32、u1,s2,t1.(2)在 3x 2t 5 两边 mod3 得,边mod4得,mod 4 ,得s为偶数，设s 2u , t 2v（u、v为正整数），则532u22V3u故33u2v2v1，得 u v 5,1,故st 2.1 t 1 mod3 ,故t为偶数，于是2t 0 mod 4 ,再在3x 2t21.3.17 求方程3 2x 1 y2,的正整数解.解析当x 1时，y2 7,无正整数解.当x 2时，y2 13,无正整数解.当x3时，y不是3的倍数，也不是 2的倍数，所以可设 y 6k 1（k为正整数），于是X23 2x 1 6k 112k 3k 11.化简后得2x 2 k 3k 1 .当k 1

33、时，2x 2 3 1,求得x 3,x 4,y 5;y 7.当k2时，由于2x2无大于1的奇约数，所以k是偶数，但此时3k 1是奇数.所以原方程只有两组正整数解：x 3,x 4,y 5;y 7.6X821.3.18 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 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x y xwy的，则外围的会员数为 2x 2y 4,内部的会员数为x 2

34、y由题意x 2 y 2 2x 2y 4 ,整理得，x 4 y 4 8 ,所以x42，或x41,y44y48,解得x 6，（舍）或x 5， y 8,y 12.所以，新来的会员数为 5 12 48 12（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k个人，共有n排，那么从后往前各排的人数分别为k,k 1,k 2,，k n 1 ,由题意可知n n 1 kn 100,2即 n 2k n 1200 .因为k、n都是正整数，且 n 3 ,所以n 2k n 1 ,且n与2k n 1的奇偶性不同.将 200分解质因数，可知n 5或n 8 .当n 5时，k 18;当n 8时，k 9 .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