人教版初中数学《第21章不定方程》竞赛专题复习含答案

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fx=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二亠.11因为x是整数，所以7-15y应是11的倍数.由观察得x=2,y=-1是这个方程的一组整数解,00所以方程的解为t为整数.解析2先考察11x+15y=1，通过观察易得11x(-4)+15x(3)=1，所以11x（-4x7）+15x（3x7）=7，可取x=-28，y=21.从而00t为整数.x=-28-15t,y=21+11tt为整数.评注如果a、b是互质的整数，c是整数，且方程ax+by=c①有一组整数解x、y.则此方程的一切整数解可以表示为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=45.①由观察知，x=4，y=-1是方程113x+11y=1②的一组整数解，从而方程①的一组整数解为

x=45x4=180,y=45x(-1)=-45,0所以方程①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三0,③—45+3t三0.④由于t是整数，由③、④得15WtW16，所以只有t=15,t=16两种可能.当t=15时，x=15,y=0；当t=16时，x=4,y=3.所以原方程的非负整数解是x=15,Ix=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=213①的最小系数7除方程①的各项，并移项得x=213x=213—19y7.②因为x、y是整数，故3—52=u也是整数，于是有5y+7u=3.再用5除此式的两边得y=3—7u5y=3—7u53—2u5.③3—2u5=v（整数），由此得2u+5v=3.④y=2代入②得x=25.于由观察知u=—1，v=1是方程④的一组解.将u=y=2代入②得x=25.于是方程①有一组解x=25，y=2，所以它的一切解为00Ix=25—19t,\t=0,±1,±2,L[y=2+7t.由于要求方程的正整数解，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数解为x=25,Ix=6,y=2,[y=9.

21.1.5★求方程37x+107y=25的整数解.解析因为107=2x37+33,37=1x33+4,33=8x4+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=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的一组整数解.于是11x=25x(-26)=-650,y=25x9=22500是方程37x+107y=25的一组整数解.所以原方程的一切整数解为t是整数.x=-650-107tt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3x+8y=t,①3t-5z=1000.®用前面的方法可以求得①的解为x=x=3t-8u,y=-1+3u,u是整数.②的解为t=2000+5②的解为t=2000+5v,z=1000+3v,v是整数.消去t，得x=6000-8u+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x+3y=t,①t+7z=23.®对于①，x对于①，x=-t0y=t是一组特解，从而①的整数解为0x=x=-t-3u,y=t+2u,u是整数.又t=又t=2，z00=3是方程②的一组特解，于是②的整数解为z=z=3-v,t=2+7v,v是整数．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.21丄咲求方程组€:5y:7；:3；的正整数解.解析消去;，得2;+y:10.①易知x:4,y:2是它的一组特解，从而①的整数解为00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=4,2,x=4,2,2;x:3,

<y:4,z:1.21.1.9★求方程3x+5y:1306的正整数解的组数.解析因为x:1306—5y:435—2y+少，所以x:437,y=—1是一组特解.于是方程的整数3300解为t是整数.x=437—5tt是整数.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).因为(5,2)=1,所以51x—1，从而x—1,6,11,16.①的非负整数解为x—1,fx—6,fx—11,fx—16,y—27;Iy—20;Iy—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f15x+3y+-z—100,①<3x+y+z—100.@①化简得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的一个特解为f。一’所以7x+4y—100的所有整Iy—2.Iy—200.0数解为t是整数.x——100+4t,y—200—7tt是整数.由题意知，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是整数，故t只能取26,27,28,而且x、y、z还应满足x+y+z—100.所以txtx2642782812y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1O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=61,①x+y+z=10.②我们要求这个方程组的正整数解．消去z:从①中减去②X2得7x+3y=41，于是y=41-7y=41-7x．③由③可以看出x<牛从而x的值只能是1，2，3,4，5.将③写成-xy=13—2x+-，3由于y是整数，所以2—-必须是3的倍数.从而只有2、5两个值满足这一要求.但-=2时，y=9，z=—1不是正整数.在-=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-+y+z=100,5x+8y+9z=700.其中0WxW60，0Wy<60，0WzW47.解方程组可得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x2+y2=z2的一切基本勾股数x、y、z（y为偶数），都可表示为以下形式:x=p2—q2，y=2pq，z=p2+q2，①其中p、q为正整数，（p，q）=1，p>q，p、q一奇一偶.解析设正整数p、q满足（p，q）=1，p>q，p、q一奇一偶，则

(p2-q2丄+(2pq)2=p4一2p2q2+q4+4p2q2=(p2+q2)=z2.所以一切形如①的正整数x、y、z都是方程x2+y2=z2的解.下面证明这样的x、y、z是基本勾股数．得dI(p2+q2)+(p2-q2),设(x,y,z)=d，由于p、得dI(p2+q2)+(p2-q2),同理dI2q2.因为d是奇数，所以dIp2，dIq2，于是dI(p2,q2).由(p,q)=1得(p2,q2)=1，所以d=1.这就证明了由①确定的x、y、z是一组基本勾股数.反过来，设x、y、z是一组基本勾股数，且y是偶数，x和z都是奇数，则亍和于都是整数.设r土,土］=d，则存在正整数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于是可得这就可推出上式中右面两个因式都是平方数.设于是可得这里p>q>0.(p,q)-1，x=p2-q2,y=2pq,z=p2+q2．由于z是奇数，所以p、q一奇一偶.这就证明了方程x2+y2-z2的任意一组解x、y、z(y为偶数)都可由①表示．评注如果正整数x、y、z满足方程x2+y2-z2，那么就称x、y、z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x、y、z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(x，y，z)=d>1，那么设x二dx/,y=dy'，z二dz'，则有（x'，y'，z'）=1，并且由x2+y2=z2得d2x'2+d2y'2=d2z'2，两边除以d2，得x2+y込=z込.所以我们只需研究基本勾股数.在基本勾股数x、y、z中，x和y必定一奇一偶.这一点可以用反证法证明：假定x和y的奇偶性相同，那么有两种可能的情况：①x和y同奇，②x和y同偶.如果x和y同奇，由于奇数的平方是4的倍数加1,所以x2+y2是4的倍数加2,于是z2是偶数，z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x和y不能都是奇数.如果x和y都是偶数，那么z也是偶数，这与x、y、z是基本勾股数矛盾，所以x和y中一奇一偶.由此也可推出z是奇数.21.2.2★设x、y、z是勾股数，x是质数，求证：2z-1和2(x+y+1)都是完全平方数.解析x2=z2-y2=(z+y)(z-y).因为x是质数，所以x2只有1、x、x2三个正约数.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)都是完全平方数.21.2.3★求证：2n2+2n、2n+1、2n2+2n+1(n是正整数)是一组勾股数.解析因为n是正整数，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2n+1、2n2+2n、2n2+2n+1，其中n为正整数.解析设弦长为c，股长为c-1，勾为x.因为(c，c-1)=1，所以x、c-1、c为一组基本勾股数.又c为奇数，c-1为偶数，则x为奇数.设设x=2n+1，贝9(2n+1)2+(c—1)2=c2，得c=2n2+2n+1,c-1=2n2+2n.所以，勾股数组具有形式2n+1、2n2+2n、2n+2n+1.21.2.5*★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n是大于1的奇数时，口和口都是正整数，并且22n2+n2+(n2-1)2rn2+1]12J:2丿2当n是大于2的偶数时，于-1和中+1都是正整数，并且(、n2+n2+1I4由以上两式可以看出，勾股三角形的一直角边n可取大于2的任何正整数.21.2.6*★求证：在勾股三角形中，必有一条直角边的长是3的倍数；必有一条直角边的长是4的倍数；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a、b、c(c是斜边)，则a2+b2=c2.只要证明a、b、c是基本勾股数时的情况.不失一般性，设b为偶数，则a=p2-q2，b=2pq，c=p2+q2，其中p、q满足上述定理中的条件.(1)若p、q中至少有一个是3的倍数，则b是3的倍数；若p、q都不是3的倍数，设p=3k+1，q=31+1，则a=p2一q2=(3k土1)2一(3l土1)2=9k2+9l2土6(k土l)是3的倍数.由于p、q一奇一偶，所以b=2pq是4的倍数.若a、b都不是5的倍数，则a2的末位数是1或9；b2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c2=a2+b2的末位数只可能是5.于是c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x、y、z，其中x=16.x=16=2X4X2=2X8X1，若m=4，n=2，有(m,n)-2工1,从而只有m=8，n=1，(m,n)=1，且m和n为一奇一偶.于是y=m2-n2=82-12=63，z=m2+n2=82+12=65.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x=16=2X4X2，设m=4，n=2，得22y=m2一n2=12，z=m2+n=20.即16、12、20为一组勾股数.又x2=162=4x32x2，设m2=32，n=2，得y=m2一n2=30，z=m2+n=34.即16、30、34为一组勾股数.21.2.8*★设p、m、n为一组勾股数，其中p为奇质数，且n>p，n>m.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=m解析因为p、m、m2=n2-p2=(n+p)(n-p)，m>n一p.设m=n一r(1Wr<p),则有p2=n2一m2=n2-(n一r)2=r(2n一r).因为1Wr<p,p为奇质数，则r=1(否则，若1<r<p，则rIp2，矛盾).由r=1,得p2=2n-1，从而2n-1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，b，c，则352+b2=c2，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.利用(z-x)(z+x)=n2，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，x，)=而当n为偶数时，由条件，知n24.利用可得不定方程的一组正整数解x，x，z)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.解析先证下述命题：如果正整数x可表示为两个正整数的平方和，则2x也可表示为两个整数的平方和．设x=u2+v2，这里x、u、v都是正整数，且u丰v.贝92x=2u2+2v2=(u+v)2+(u-v)2.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2(c2土ab)=C2+a2土2ab+b2=c2+(a+b)2.利用已证命题，可知C?2土ab)=(c+a+b)2+(c-amb)2.c-amb\=y，由c2=a2+b2可知x、y都是正整数，并且4(c2土ab)=x2+y2.若x、y不同为偶数，则由平方数三0或1(mod4)，可知x2+y2三1或2(mod4)，这是一个矛盾.所以,x、y都是偶数，从而C2+ab=-+-，这就是要证的结论.k2丿k2丿评注这里本质上只是恒等式2(u2+v2)=(u+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=z.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ab=2m-1=2»2p.设a=2a，b=20，a+p=m—1•贝0y=a2-b2=(a+b)(a-b)=(2a+20)(2a-20).因为y是奇数，则必有20二1，从而p=0，此时又2a+1丰2a—1，贝2a+1=qt,2a—1=q,t>s.于是2-2a=qt+qs=qs\qt-s+1因为q为奇数，则qs=1，s=0.2a—1=qs=1，得a=l.从而a=2a=2，b=20=1，x=2ab=4，y=a2—b2=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的倍数，z2是偶数，乙是偶数，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Ix+y=2u,[x—y=2v,其中u、v为正整数，则Ix=u+v,Iy=u—v.由x和y都是奇数可知，u、v—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（u+v）2+（u一v）2=2z2，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，u=p2-q2,v=2pq,、z=p2+q2,x=p2-q2+2pq,y=p2-q2-2pq,z=p2+qn.当u为偶数时，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,这里(p,q)=1,p>q,p、q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z最小的解是（x，y，z）.000假定z是偶数，则x和y皆奇或皆偶.000若x，y皆奇，则x4+y2是4的倍数+2，不是完全平方数，更不是完全四次方数，这与和+y2000000盾.若x，y皆偶，设00x=2x，y=2y，z=2z，010101则(2x》-(2y)2=(2z》，111于是可见y是偶数，设y=2y，，则111x4+y‘2=z4，所以（所以（x，y（11z）也是方程x4+y2=z4的一组解，且z<z，这与z最小矛盾.1100由上述讨论可知，z是奇数，此时x和y一奇一偶.000若x为奇数，由题21.2.1得0x2=p2一q2,0<y=2pq,0z2=p2+q2,0这里(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的一组正整数解，但是p<z，这与z最小矛盾.0000若y为奇数，由题21.2.1得，0x2=2pq,0<y=p2-q2,0z2=p2+q2,0这里(p,q)=1,p>q>0,p、q一奇一偶.若p为奇数，因(p,q)=1,由x2=2pq，可设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这里(a,b)=1,a>b>0,a、b一奇一偶，且r2=a2一b2,s2=ab.由于(a,b)=1,所以可设a=u2,b=v2，于是r2=u4一v4，即v4+r2=u4.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x(x+l)(x+2)+3(x2+x)=y(y—1)(y+1)+2,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150=a+（a+1）+L+（a+k），其中a、k都是正整数，于是（2a+k）（k+1）=300=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种不同的方式.21.3.3*★求满足0<x<y，且2000=质+&的不同整数对（x，y）的对数.解析因为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均为正整数）.又0<x<y，所以t<k.当t=1，k=19时，得（5,1805）；当t=2，k=18时，得（20，1620）；当t=9，k=11时，得（405,605）.因此，不同整数对的个数为9.21.3.4*★不定方程x2+y2+z2+w2=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（2x-3）2+（2y-3）2+（2z-3）2+（2w-3匕=36，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+b2=104（a-b），同上可知，a、b都是偶数.设a=2c，b=2d，则

c2+d2=52(c—d)，所以，c、d都是偶数.设c—2s,d—2t，则s2+12=26(s—t)，于是(s—13)2+(t+13)2—2x132，其中s、t都是偶数.所以(s—13)—2x132—(t+13)W2x132—152<11.所以Is—13|可能为1，3,5,7,9,进而(t+13)2为337,329,313,289,257,故只能是(t+13)2—289,从而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均为正整数，且p>q,(p+q)+p-q+(p-q)+——240,q求pq的最大值.解析原式化为2p+pq+p—240，因为p、q均为正整数，且p>q，所以是正整数.qq设——k(k是正整数)，则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★★设x、y、z为整数，且x+y+z—3,X3+y3+z3—3，求x2+y2+z2的值.解析不妨设x三y三z，将z—3一x一y代入x3+y3+z3—3得到xy—xy—3(x+y)—9+8x+y因为x、y都是整数，所以x+y—x+y—1,xy—2,x+y—4,xy—5,x+y—2,xy—1,x+y—8,xy—16,前两个方程组无解，后两个方程组解得x—y—z—1；x—y—4,z——5.所以x2+y2+z2—3或57.21.3.8*★已知正整数m、n满足

m一174+%m+34=n,求n的最大值.解析设a=m—70，贝Ijra-104+*a+104=n,所以2a+2\a2一1042=n2,于是a2—1042是完全平方数，令a2—1042=b2(b是正整数)，则(a—b)(a+b)=1042,由于a—b和a+b同奇偶，即为偶数，所以a+b的最大值为52X104.故n2的最大值为2(a+b)=1042,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x、y、z满足方程组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★★设a、b、c、d都是质数，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，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.结合c三2d+1=5,可知c2W,故c2W46,进而c<7,综合c三5,33得c=5.进而（a—b）（a+b）=a2—b2=1753—25=1728=26x33，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为质数），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*★设n是正整数，记1X2X・・・Xn为n!（例如1!=1,2!=1X2，5!=1X2X3X4X5），若存在整数a、a、a、a、a满足23456TOC\o"1-5"\h\z31aaaaa=—2+3+4+5+6,362!3!4!5!6!这里0Wa<i，i=2，3，4，5，6•求a2+a2+a2+a2+a2的值.23456解析在题设等式的两边乘以6！，得31x20=3x4x5x6a+4x5x6a+5X6a+6a+a，3456因为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的倍数，于是a=0・44=3a+a，23所以a除以3余2，于是a=2，从而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的正整数解（x，y）的组数.解析原方程为帚孑=2007—2006，所以20072y+20062一xy是有理数，所以y是平方数，设jy=n，则可得所以x也是平方数，设剧X=m，于是m+2006=2007,而2006=2X17X59，即2006共有(1+1)(1+1)(1+1)=8个不同的正因数，所以，(m，n)共有8组正整数解，(x，y)也有8组正整数解.21.3.13*★求满足方程x2+y2=2(x+y)+xy的所有正整数x、y.解析1原方程可以变形为x2-(y+2)x+y2-2y=0.这个关于x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△=(y+2)2-4(y2一2y)=-3y2+12y+4=16-3(y-2)2是完全平方数．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,$=4,1y=4,1y=2,[y=4.解析2原方程可以变形为x2-(y+2)x+y2-2y=0.因为△=(y+2)2-4(y2一2y)=-3y2+12y+4=16-3(y-2)2三0，所以(y-2)2W16<9，3-3<y一2<3，-1<y<5.所以y=1，2,3,4.代入原方程可得$=2,$=4,$=4，1y=4,1y=2,1y=4.21.3.14*★★求所有的整数数组(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，式中的所有不等号均为等号，这要求a=b=e,x=y=z,be=3,yz=3，这是不可能的.从而，yzW2或者beW2.不妨设yzW2，则(y,z)=(l,1)或(2,1).情形1(y,z)=(1,1)，此时a+b+e=x，x+2=abe，故abe=a+b+e+2，可矢口a22，从而a<abe=a+b+e+2W4a，故1<beW4，于是(b,e)=(2,1),(3,1)或(2,2).分别代人可求得(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)，对应地，可求得(a,b,e,x,y,z)=(8,1,1,5,2,1)或(3,2,1,3,2,1)(当(b,e)=(3,1))时无解).综上，结合对称性，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组解.21.3.15***求证：方程，xx+yy=zz+uu没有各不相同的正整数解.解析不失一般性，设x<y，z<u，x<z，则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)；(2)求方程3x-2t=5的正整数解(s,t).解析(1)由3x-5t=4知，(-1)s-1三0(mod4)，故s为偶数，设s=2u(u为正整数).故由于3u—2与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=5两边mod3得，-(-1)三-1(mod3)，故t为偶数，于是2t三0(mod4).再在3x-2=5两边mod4得，(-1)s=1(mod4)，得s为偶数，设s=2u，t=2v(u、v为正整数)，则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x三3时，y不是3的倍数，也不是2的倍数，所以可设y—6k土1(k为正整数)，于是x2x+1-(6k土1)2—12k(3k土1)+1.化简后得2x-2—k(3k土1).当k—1时，2x-2—3土1，求得Jx—3,Jx—4,Iy—5;|y—7.当k三2时，由于2x-2无大于1的奇约数，所以k是偶数，但此时3k土1是奇数.所以原方程只有两组正整数解：Jx—3,Jx—4,1y—5；Iy—7.21.3.18*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6X8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xxy(xWy)的，则外围的会员数为2x+2y-4，内部的会员数为(x-2)(y-2),由题意(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，新来的会员数为5x12-48—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(排数三3)，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—1)]=200.因为k、n都是正整数，且n三3，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8x人，由已知条件知8x+120和8x—120均为完全平方数.于是可设8x+120=m2,①8x-120=n2,②其中m、n均为正整数，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的倍数，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a、b，且aWb.那么结合勾股定理及条件，可设a+b+ta2+b2=ab,2其中k为正整数.问题转为求①的正整数解的组数.对①两边乘以2，移项后，两边平方4C2+b2)=(kab一2(a+b)1，①化简整理，得k2ab-4k(a+b)+8=0，

因式分解，得(ka-4)(kb-4)=8•注意到，ka、kb为正整数，且kaWkb，故(ka-4,kb-4)=(1,8),(2,4).分别可求得(k,a,b)=(1,5,12)，(1,6,8)或(2,3,4).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(3,4,5)，(6,8,10)和(5,12,13)21.3.22***求出所有的正整数n，使得关于x、y的方程111+=—xyn恰有2011组满足xWy的正整数解