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 的正整数解2xy解析 因为 ， ， ，所以这个方程的正整数解有无数组，它们是3145322,xny其中 可以取一切正整数n21.1.2求 的整数解157xy解析 1 将方程变形得715yx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，x715y0201所以方程的解为为整数215,xty解析 2 先考察 ，通过观察易得15xy，14531所以，1471537可取 ， 从而028x0 y为整数15,ty评注 如果 、 是互质的整数， 是整数，且方程abcxc有一组整数解 、 则此方程的一切整数解可
2、以表示为0xy0,xbtya其中 ，1，2，3，t21.1.3求方程 的非负整数解690xy解析 因为(6，22)=2，所以方程两边同除以 2 得 3145xy由观察知， ， 是方程11y3xy的一组整数解，从而方程的一组整数解为 045180,y所以方程的一切整数解为 180,453.xty因为要求的原方程的非负整数解，所以必有 180,453.t 由于 是整数，由、得 15 16，所以只有 15， 16 两种可能t ttt当 15 时， 15， ；当 16 时， 4， 3所以原方程的非负整数解是x0yxy15,0,.21.1.4求方程 的所有正整数解71923xy解析 这个方程的系数较大，
3、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71923xy的最小系数 7 除方程的各项，并移项得23507y因为 、 是整数，故 也是整数，于是有 再用 5 除此式的两边得xy357yu3u3725u令 (整数)，由此得2v3u由观察知 ， 是方程的一组解将 代入得 代入得 =25于11u2yx是方程有一组解 ， ，所以它的一切解为025x0y2519,7.xty0,2由于要求方程的正整数解，所以 2519,70.t解不等式，得 只能取 0，1因此得原方程的正整数解为t25,xy6,9.21.1.5求方程 的整数解371025xy解析
4、 因为 ， ， 3714381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126x19y3710xy,055025是方程 的一组整数解所以原方程的一切整数解为3712xy是整数650,2ty21.1.6求方程 的整数解924510xyz解析 设 ，即 ，于是 原方程可化为3t8xt3510tz38,510.xyttz 用前面的方法可以求得的解为是整数38,xtuy的解为是整数20
5、5,13tvz消去 ，得t是整数60815,23,xuvyz21.1.7求方程 的整数解723xyz解析 设 ，则23t,7.xyttz对于， ， 是一组特解，从而的整数解为0t0yt是整数3,2xtuy又 ， 是方程的一组特解，于是的整数解为0t0z是整数3,27vt所以，原方程的整数解为、 是整数3,27.xvuyzv21.1.8求方程组 的正整数解57952,336xyz解析 消去 ，得 z10z易知 ， 是它的一组特解，从而的整数解为04x02y是整数,2ty代入原方程组，得所有整数解为是整数4,2.xtyzt由 ， ， 得0x0z，12t所以 0，1，故原方程组的正整数解为4,2;x
6、yz3,1.21.1.9求方程 的正整数解的组数3506xy解析 因为 ，所以 ， 是一组特解于是方程的整数11432y0x43701y解为是整数4375,1.xty由 0,3.t得 .1475t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xy754y所以12285xx由于 142，所以 20，并且由上式知 因为(5，2)=1，所以 ，从而7 5|21x5|1x1，6，11，16的非负整数解为x,1,6,27;0;3;.xy
7、y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xyz1530,.xyz化简得 .93z-得 14820,xy即 7.解 得 于是 的一个特解为 所以 的所有整741xy,2.x7410xy01,2.xy7410xy数解为是整数0,27xty由题意知， ， ， ，所以，xy10z014,27
8、0.t解得5,418.t故 .27t由于 是整数，故 只能取 26，27，28，而且 、 、 还应满足t xyz10xyz所以 tz26 4 18 7827 8 11 8128 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
9、，则根据题意得xyz95261,0.xyz我们要求这个方程组的正整数解消去 ：从中减去2 得 ，于是z7341xy4173xy由可以看出 从而 的值只能是 1，2，3，4，5将写成41x，213xy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x9y1zxy3z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
10、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xyz10,589.xyz其中 ，0 60，0 476 yz解方程组可得 24,31.yxz由 060,47.x 得 359 又 ， ， 和 ， ， 均满足题设，故甲种盐水最少可用 35 克，最60y5z49xy47z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：22xyzxyz， ， ，2pqyp2q其中 、 为正整数，( ， )=1， ， 、 一奇一偶pq解析 设正整数 、 满足( ， )=1， ， 、 一奇一偶，则22
11、2xypq424pqz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xyz22xyzxyz股数设 ，由于 、 一奇一偶，所以 是奇数，由 ，于是 是奇数又由,xyzdpq2pq2|dxpqd，得 ，即 ，同理 因为 是奇数，所以 ， ，2|pq22|d2| 2|p2|q于是 由 得 ，所以 这就证明了由确定的 、 、 是一组基|,d,1pq,1qxyz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xyzyxz2zx设 ，则存在正整数 和 ，使,2zdab， ， ，xaxb,1于是 ， zdda由于 ，所以 ，即,1x,1
12、2zx由 得22xyzx这就可推出上式中右面两个因式都是平方数设， ，2zxp2zxq这里 ，于是可得0(,)122,xpqypzq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)z 22xyzxyz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xyz22xyzz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xyz果（ ， ， ）= ，那么设1d， ， ，xdyz则有（ ， ， ）=1，并且由 得22xyz，222dxydz两边除以 ，得 所以我们
13、只需研究基本勾股数在基本勾股数 、 、 中， 和2xyz xyzx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：y xy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x xy 2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2zz x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y zxyz和 中一奇一偶由此也可推出 是奇数xyz21.2.2设 、 、 是勾股数， 是质数，求证： 和 都是完全平方数zx21z1xy解析 因
14、为 是质数，所以 只有 1、 、 三个正约数由于22xyzyx2x2，所以有0zy2,1.由此得 ，2zx2xyy，221x所以 和 都是完全平方数z()y21.2.3求证： 、 、 ( 是正整数) 是一组勾股数2n121n解析 因为 是正整数， ， 由221nn221n224n1,221n所以 、 、 是一组勾股数n2n21.2.4若勾股数组中，弦与股的差为 1，则勾股数组的形式为 、 、 ，其中21n2n21为正整数解析 设弦长为 ，股长为 ，勾为 ccx因为（ ， ）=1 ，所以 、 、 为一组基本勾股数又 为奇数， 为偶数，则 为奇1x1cc1cx数设 ，则 ，得 ， 2xn22c21
15、n2n所以，勾股数组具有形式 、 、 1n21.2.5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n22222当 是大于 2 的偶数时， 和 都是正整数，并且n214n222214n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n21.2.6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 、 、abc22abcab是基本勾股数时的情况不失一般性，设
16、为偶数，则c， ， ，2apqbp2cq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bpq， ，31kl则 222 1apql96klk是 3 的倍数(2)由于 、 一奇一偶，所以 是 4 的倍数pq2bpq(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 6aba2b1+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 522cc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
17、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 16xyzx16=242=281，x若 ， ，有( )-21，从而只有 ， ， ，且 和 为一奇一偶于是m2n,mn8m1n(,)1mn，263y2815z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x4m2n， 2ymn20zmn即 16、12、20 为一组勾股数又 ，设 ， ，得21643x232， 0yn4zn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pmpnpm21n
18、平方数解析 因为 、 、 为一组勾股数， ， ，则有 pmnnpm22np， 22np设 ，则有1r222pnmnrr因为 ， 为奇质数，则 (否则，若 ，则 ，矛盾) 1r p1rp|r2由 ，得 ，从而 是完全平方数21n2n21.2.9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bc，2235bc即 151225 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cb的最大值是35+1225=1260，最小值是35+49=8421.2.10设
19、 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n恰为 解析 只需证明不定方程 ，有正整数解2xnz利用 ，结合 与 具有相同的奇偶性，故当 为奇数时，由（ ， ）2zxxnzx=（1， ） ，可得不定方程的一组正整数解2n（ ， ）= ；xz21,n而当 为偶数时，由条件，知 4利用n（ ， ）= ，zx2,n可得不定方程的一组正整数解（ ， ）= xz224,n综上，可知命题成立。21.2.11如果正整数 、 、 满足 abc22ab证明：数 和 都可以表示为两个正整数的平方和2cb2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
20、个整数的平x 2x方和设 ，这里 、 、 都是正整数，且 则 于是，2xuvxuvuv222xuvuv可表为两个整数 和 的平方和，命题获证注意到，由条件有2222cababcab利用已证命题，可知2224记 ， ，由 可知 、 都是正整数，并且 cabxcaby22cabxy224cabxy若 、 不同为偶数，则由平方数 或 ，可知 或 ，这是一个矛盾所以，y01mod421mod、 都是偶数，从而 ，这就是要证的结论x222xycab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222uvuv能力显得十分重要21.2.12矩形 中， ， ，且 ， ，其中 、 都是质数，
21、和ABCDxADymxpnyqpqm是正整数， ， 为奇数，求 和 的长nxyB解析 由勾股定理，得 设 ，则 22Cz22z因为 为奇数，所以 和 必一奇一偶z若 为偶数，设 ， ， xxab2yb2zab又 为偶数， 为质数，则 ，于是 从而mpppmxa12ab设 ， ， 则1m2yab因为 是奇数，则必有 ，从而 ，此时y21021nq又 ，则 ， ， 于是21t21qts21tstsq因为 为奇数，则 ， ，得 从而s0.21sq， ，2a21b， 4x3ya若 为偶数，同样解得 ， ，不符合 ，所以舍去y4xxy从而 ， ABD21.2.13求方程 的满足条件 ， （ ， ， ）=
22、1 的一切正整数解22yzz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，xxy22zz这与( ， ， )=1 矛盾，所以 和 都是奇数， 和 都是偶数设yz xy2,xuv其中 、 为正整数，则,.xuyv由 和 都是奇数可知， 、 一奇一偶下面证明（ ， ）=1设（ ， ）= ，则 为奇数，uvuvxyd且存在整数 和 ，使xy， ， （ ， ）=1，xdxy于是22y2yz由于（ ，2）=1，所以 ， ，由于（ ， ， ）=1，所以 由此得（ ， ）d2|d|zxyz1duv=1于是（ ， ）=1uv由于 是奇数，所以x（ ， ）=（ ， ）=（
23、 ， ）=1vuv2u把 ， 代入原方程得y，22uvz即 由于（ ， ）=1，所以 、 、 是一组基本勾股数uvuvz所以，当 为奇数时，22,upqvz22,.nxpqyz当 为偶数时，u222,.xpqyz由于 ，所以uv222,xpqyz这里( , )=1， ， 、 一奇一偶pqpq21.2.14求证方程 没有正整数解424xyz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( ， ， )42 z0xy0z假定 是偶数，则 和 皆奇或皆偶0z0xy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xy42矛盾42400z若 ， 皆偶，设xy， ，
24、 ，01201012z则，424111xyz于是，42411z可见 是偶数，设 ，则y12y，42411xz所以（ ， ， ）也是方程 的一组解，且 ，这与 最小矛盾y1424xyz10z0z由上述讨论可知， 是奇数，此时 和 一奇一偶0z0若 为奇数，由题 21.2.1 得0x220220,xpqyz这里( , )=1， ， 、 一奇一偶，于是pq0pq，240xz20qp所以（ ， ， ）是方程 的一组正整数解，但是 ，这与 最小矛盾xz424xyz0pz0若 为奇数，由题 21.2.1 得，0y2202,xpqz这里（ ， ）=1， ， 、 一奇一偶pq0pqq若 为奇数，因( ， )=
25、1，由 ，可设20xp， ， （ ， ）=1，2pr2qsrs由于 ，由 21.2.1 得0z， ， ，2pabqa20zb这里( ， )=1， ， 、 一奇一偶，且22,.rsab由于( , )=1，所以可设 ， ，于是 ，即 显然，( ， ， )是方2au2bv24ruv424ruvru程的一组正整数解，但是 ，这与 最小矛盾424xyzz若 为偶数，同样可推出类似的结果p综上所述，方程 没有正整数解424xyz21.3 其他不定方程21.3.1求方程 的整数解( ， )的个数323652yxy解析 原方程可化为21xx，12y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
26、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1501aak ak21305因为 是奇数，所以 与 为一奇一偶，且 1，所以2121akakak12ak213,52,35,235,k2,3523,5k解得( ， )=(49，2)，(28，4)，(3 ，14)，(36，3) ，(7，11) ak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0xy20xyxy解析 因为 ，所以 25即 205xy由此可知， 必具有 ， 必具有 形式
27、，并且 ( ， 均为正整数)2t25k20tktk又 ，所以 0xytk当 ， 时，得(5 ，1805) ；1t9k当 ， 时，得(20， 1620)；28当 ， 时，得(405， 605)t因此，不同整数对的个数为 921.3.4不定方程 223xyzwxyzw的正整数解( ， ， ， )有多少组?解析 原方程可以化为，2223336xyz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xyzw(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
28、12+12+24+1=49 组21.3.5求关于 、 的方程 的所有正整数解xy208xyxy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2xayb2104aabab2acbd，所以， 、 都是偶数设 ， ，则 ，于是5cdccd2csdt26stst，1313st其中 、 都是偶数所以st221313t225所以 可能为 1，3，5，7，9，进而 为 337，329，313，289，257，故只能是s 13t289，从而 于是213ts6,4st20,
29、.t因此， 48,2xy160,3.21.3.6已知 、 均为正整数，且 ，pqpq，240pq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pqpqpqp设 ( 是正整数)，则 ，有 ，所以 而pkqk240k2140k，22406154所以或,;kq,3.k于是或60,1;pq45,3.所以 的最大值是 453=13521.3.7设 、 、 为整数，且 ， ，求 的值xyz3xyz3xyz22xyz解析 不妨设 ，将 代入 得到 3839xyxy因为 、 都是整数，所以1,2xy4,52,1xy8,6xy前两个方程组无解，后两个方程组解得 ； ， 所以 或 571
30、xyz4xy5z223xyz21.3.8已知正整数 、 满足mn，743mn求 的最大值n解析 设 ，则 ,70a104an所以,22104an于是 是完全平方数，令 ( 是正整数)，则2104a2104b,2由于 和 同奇偶，即为偶数，所以 的最大值为 52104故 的最大值为ba2n，22104a的最大值为 104，此时 n275m21.3.9已知三个两两互质的正整数 、 、 满足方程组xyz3322,7xyz求 的值z解析 由 ，得33xyz,3 0z所以22xyzyzxyz因为,所以2222210zxzyzx,即 0xyy所以，2272zzxxy故 ，于是 ， y3y4z由于 （ ，
31、）=（ ， ）= ，所以， ， ， ，于是 1x 3x1y4z226xyz21.3.10设 、 、 、 都是质数，且 ， 求abcdab6c2d21749abcd22abcd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，221749abcdabcdd即 于是， 再由条件， ，知2d5331，2286ab又 ，故1bc，222 286145acc即有 结合 ，可知 ，故 ，进而 ，综合3473c 5d 217380 246c 7c，5得 进而 ，利用 与 具有相同的奇偶性2 63173ababab及 =2 (因为 ， 为质数)，可知只能是 ，故（ ，, ,32,54
32、a） (43，11)所以b2217492acd219bd21.3.11设 是正整数，记 12 为 !(例如 1!=1，2!=12，5!=12345)，若存在nn整数 、 、 、 、 满足234a56,16!这里 ， 2，3，4，5，6求 的值0ia 2223456aa解析 在题设等式的两边乘以 6！，得3120=345 +45 +5 + + ，23a456因为 3120 除以 6 余 2，所以 除以 6 余 2，而 0 6，故 =26a6，234510345aa所以 除以 5 余 3，于是 ，2340a所以 是 4 的倍数，于是 40a，235a所以 除以 3 余 2，于是 ，从而 32a21
33、a所以 2223456a10821.3.12求方程 的正整数解( ， )的组数2067xyxy解析 原方程为 ，所以220760yxy是有理数，所以 是平方数，设 ，则可得 ，nx所以 也是平方数，设 ，于是xxm，2067mn而 2006=21759，即 2006 共有(1+1)(1+1)(1+1)=8 个不同的正因数，所以，( ， )共有 8mn组正整数解，( ， )也有 8 组正整数解xy21.3.13求满足方程 的所有正整数 、 2xyxy解析 1 原方程可以变形为220xyxy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224314y163y是完全平方数由于
34、 ，所以20()16 ，1，4，9，162163y解得 ，4于是可得 2,4xy,4,.xy解析 2 原方程可以变形为20xyx因为 224314yy，1630y所以，29， 3y15y所以 1，2，3，4代入原方程可得y2,4xy,4,.xy21.3.14求所有的整数数组( ， ， ， ， ， )，使得abcz1,1,.abcxyzzxy 解析 如果 3，并且 3，那么bc3abcxyz 3xyzabc 所以，式中的所有不等号均为等号，这要求 ， ， ， ，这是不可能的cxyz3bcyz从而， 或者 不妨设 ，则 或 2yz c 2yz ,1,z2,情形 1 ，此时 ， ，故 ，可知 ，从而
35、,1abcxabcabc2a，故 ，于是 或 分别代人可求得24abc 14 ,2,13,2,， 或 ,5,8xyz3,7, ,61,情形 2： ， ， ，即有 ，同上可知,2,12abcxabc2abc即 ，因此， 或 ，对应地，可求得16bc 3 ,1,3,1或 (当 )时无解) ,8,15,2axyz,2,3,1bc综上，结合对称性，可知 ， ，,5,1,8abcxyz,5,2， ， ， 或3,17,13, 2,6,1,共 7 组解,2,21.3.15 求证：方程， 没有各不相同的正整数解xyzu解析 不失一般性，设 ， ， ，则 ，即有 于是yxzuy， ， ， 1x 2z 3u 4y
36、1y1u2zu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 ；354xt,st(2)求方程 的正整数解 325xt,st解析 (1)由 知， ，故 为偶数，设 ( 为正整数)故4xt10mod4ss2su，25323tuuu由于 与 不能都被 5 整除，故有 ，故 ， ， 321uus1t(2)在 两边 得， ，故 为偶数，于是 再在5xtmod1odtt20mod4两边 得， ，得 为偶数，设 ， （ 、 为正整数)，则32xt44s sstvu，532uvuvuv故 得 ，故 1,vu2st21.3.17 求方程 ，的正整数解 231xy解析 当 时， ，无正整数解1x
37、27y当 时， ，无正整数解23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x y 61yk2321611kk化简后得2x当 时， ，求得1k231x3,5;xy4,7.y当 时，由于 无大于 1 的奇约数，所以 是偶数，但此时 是奇数2k 2x k31k所以原方程只有两组正整数解：3,5;xy4,7.y21.3.18 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
38、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 ，xy 24xy2xy由题意，224xyxy整理得， ，8所以或42,xy41,8xy解得 （舍）或6,5,12.所以，新来的会员数为 (人) 4821.3.19 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 ， ， ，kn
39、k12k，由题意可知1kn，02即 1nk因为 、 都是正整数，且 ，所以 ，且 与 的奇偶性不同将 200 分3n 21nkn21k解质因数，可知 或 当 时， ；当 时， 共有两种不同方案5858921.3.20 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8x120x2810,xmn其中 、 均为正整数，且 n，得 ，即24035n由、可知， 、 都是 8 的倍数，所以
40、、 均能被 4 整除于是 ， 均能被 4 整2mnmnmn除所以或60,4;n0,12.解得 或32,8;mn6,.所以， ；或 故原长方形队列有同学 1362210904x22810613xm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ab，2kabab其中 为正整数k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，224abkab化简整理，得 ，2480因式分解，得 kab注意到， 、 为正整数，且 ，
41、故kab4,1,82,4kab分别可求得 ， 或 ,51ka,682,34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 ，,5和 6,8105,21321.3.22 求出所有的正整数 ，使得关于 、 的方程nxyxyn恰有 2011 组满足 的正整数解 xy ,xy解析 由题设，0xyn2n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2xyxn ,xy的小于 的正约数恰好为 2010 个2n设 ，其中 是互不相同的素数， 是非负整数故 的小于 的正约1nakp 1,kp 1,ka 2n数个数为，12k故 12140ka由于 4021 是素数，所以 ,
42、， 1240a120a所以， ，其中 是素数201np21.3.23 (1)是否存在正整数 、 ，使得mn?21mn(2)设是 是给定的正整数，是否存在正整数 、 ，使得3k n?1n解析 (1)答案是否定的若存在正整数 、 ，使得m，则2m11n显然 ，于是，22所以， 不是平方数，矛盾1n(2)当 时，若存在正整数 、 ，满足3kmn，则m，22414n，38，2231n，1mn而 ，故上式不可能成立当 时，若 ( 是不小于 2 的整数)为偶数，取4k 2kt， ，2t1n则 ，242ttt，421tt故这样的 满足条件,mn若是： ( 是不小于 2 的整数)为奇数，取2kt， ，tt则 221ttmk，4321tttn，4321tt故这样的 满足条件,mn综上所述，当 时，答案是否定的；当 时，答案是肯定的3k4k评注 当是 时，构造的例子不是唯一的421.3.24 已知三个相邻正整数的立方和是一
