6、問用這兩種硬幣支付142分貨款，有多少種不同的方法?解析設需枚7分，枚5分恰好支付142分，于是
.①
所以
142—7x
5
—28—x—
由于<142，所以W20，并且由上式知.因為(5,2)=1，所以，從而1，6，11，16.①的非負整數解為
x—1,Ix—6,Ix—11,Ix—16,y—27;[y—20;[y—13;[y—6.
所以，共有4種不同的支付方式.
評注當方程的系數較小時，而且是求非負整數解或者是實際問題時，這時候的解的組數往往較少，可以用整除的性質加上枚舉，也能較容易地解出方程.
21.1.11*★今有公雞每只五個錢，母雞每只三個錢，小雞每個錢三只，
7、用100個錢買100只雞，問公雞、母雞、小雞各買了多少只?
解析設公雞、母雞、小雞各買、、只，由題意列方程組
①化簡得?③
② -②得
即
解得于是的一個特解為所以的所有整數解為
是整數．由題意知，，，，所以，
解得
故.
由于是整數，故只能取26，27，28，而且、、還應滿足
所以
26
4
18
78
27
8
11
81
28
12
4
84
即可能有三種情況：4只公雞，18只母雞，78只小雞；或8只公雞，11只母雞，81只小雞；或12只公雞，4只母雞，84只小雞．
21.1.12*★小明玩套圈游戲，套中小雞一次得9分，
8、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，每個小玩具都至少被套中一次.小明套10次共得61分，問：小雞至少被套中幾次?
解析設套中小雞次，套中小猴次，套中小狗次，則根據題意得
我們要求這個方程組的正整數解．
消去：從①中減去②X2得，于是
．③
由③可以看出.從而的值只能是1,2,3,4,5.將③寫成
，
由于是整數，所以必須是3的倍數．從而只有2、5兩個值滿足這一要求．但時，，不是正整數．在時，，是本題的解．
因此小雞被套中5次．
評注本題問“小雞至少被套中幾次?”實際上卻只有一個解，“至少”兩字可以省去．
21.1.13*★今有濃度為5%、8
9、%、9%的甲、乙、丙三種鹽水分別為60克、60克、47克，現要配制成濃度為7％的鹽水100克，問甲種鹽水最多可用多少克?最少可用多少克?
解析設甲、乙、丙鹽水分別各取克、克、克，配成濃度為7%的鹽水100克，依題意有
其中，0WW60,0WW47.
解方程組可得
由
得.
又，，和，，均滿足題設，故甲種鹽水最少可用35克，最多可用49克.
§21.2勾股數
21.2.1*★★滿足方程的一切基本勾股數、（為偶數），都可表示為以下形式:
，，，①
其中、為正整數，（，）=1，，、一奇一偶．
解析設正整數、滿足（，）=1，，、一奇一偶，則
x2+y2=(p2—q2)
2+(
10、2pq)2
所以一切形如①的正整數、都是方程的解.下面證明這樣的、是基本勾股數．
設，由于、一奇一偶，所以是奇數，由，于是是奇數．又由，得，即，同理．因為是奇數，所以，于是.由得，所以.這就證明了由①確定的、是一組基本
勾股數．反過來，設、、是一組基本勾股數，且是偶數，和都是奇數，則和都是整數．
設，則存在正整數和，使
，，，
于是，．
由于，所以，即
由得
這就可推出上式中右面兩個因式都是平方數．設
，，
這里．，于是可得
x=p2-q2,y=2pq,z=p2+q2.由于是奇數，所以、一奇一偶．這就證明了方程的任意一組解、（為偶數）都可由①表示．
評注如果正整數
11、、、滿足方程，那么就稱、、是一組勾股數．邊長為正整數的直角三角形就稱為勾股三角形．
在勾股數、、中，如果這三個數的最大公約數是1，那么這樣的勾股數就稱為基本勾股數．如果（，，）=，那么設
///
,,,
則有（，，）=1，并且由得
，
兩邊除以，得.所以我們只需研究基本勾股數.在基本勾股數、中，和必定一奇一偶.這一點可以用反證法證明：假定和的奇偶性相同，那么有兩種可能的情況：①和同奇，②和同偶.如果和同奇，由于奇數的平方是4的倍數加1，所以是4的倍數加2，于是是偶數，也是偶數，而偶數的平方是4的倍數，這與4的倍數加2矛盾，所以和不能都是奇數.如果和都是偶數，那么也是偶數，這與、是基
12、本勾股數矛盾，所以和中一奇一偶.由此也可推出是奇數.
21.2.2★設、是勾股數，是質數，求證：和都是完全平方數.
解析.因為是質數，所以只有1、、三個正約數.由于，所以有由此得，所以和都是完全平方數．
21.2.3★求證：、、(是正整數)是一組勾股數.
解析因為是正整數，，．由
=（2n2+
+2Czn2+
1
所以、、是一組勾股數．
21.2.4★若勾股數組中，弦與股的差為1,則勾股數組的形式為、、其中為正整數．
解析設弦長為，股長為，勾為．
因為(，)=1，所以、、為一組基本勾股數．又為奇數，為偶數，則為奇數設，則，得，．
所以，勾股數組具有形式、、．
21
13、.2.5*★求證：勾股三角形的直角邊的長能取任何大于2的正整數.解析當是大于1的奇數時，和都是正整數，并且
當是大于2的偶數時，和都是正整數，并且由以上兩式可以看出，勾股三角形的一直角邊可取大于2的任何正整數．
21.2.6*★求證：在勾股三角形中，
(1) 必有一條直角邊的長是3的倍數；
(2) 必有一條直角邊的長是4的倍數；
(3) 必有一條邊的長是5的倍數．
解析設該勾股三角形的三邊的長分別為、、(是斜邊)，則．只要證明、、是基本勾股數時的情況．不失一般性，設為偶數，則其中、滿足上述定理中的條件．
(1) 若、中至少有一個是3的倍數，則是3的倍數；若、都不是3的倍數，設則
14、
a=p2一q2=（3k土1）2-（31土1）2
是3的倍數．
(2) 由于、一奇一偶，所以是4的倍數．
(3) 若、都不是5的倍數，則的末位數是1或9；的末位數字是4或6．
1+4=5，1+6=7，9+4=13，9+6=15，由于一個完全平方數的末位數不可能是7和3，所以的末位數只可能是5．于是的末位數是5．
評注由此可推出，勾股三角形的面積必是6的倍數；三邊之積必是60的倍數．21.2.7*★求基本勾股數組，其中一個數是16.
解析設勾股數組、、，其中16．
16=2X4X2=2X8X1,
若，，有()-2工1,從而只有，，，且和為一奇一偶.于是
從而，只有一組基本勾股數
15、16、63、65．
評注若不要求基本勾股數，則16=2X4X2，設，，得
，．
即16、12、20為一組勾股數．
又，設，，得即16、30、34為一組勾股數．
21.2.8*★設、為一組勾股數，其中為奇質數，且〉，〉.求證：必為完全平方數.解析因為、、為一組勾股數，，，則有．
m2=n2
-p2=(n+p)(n-
設，則有
p2=n2-m2=n2-（n-r）2=r（2n-r）．
因為，為奇質數，則（否則，若，則，矛盾）．由，得，從而是完全平方數．
21.2.9*★直角三角形的三邊的長都是正整數，其中有一條直角邊的長是35,它的周長的最大值和最小值分別是多少?
解析設
16、直角三角形的三邊長分別是35，，，則即．
1225的大于35的正約數可作為，其中最大的是1225，最小的是49，所以，直角三角形的周長的最大值是
35+1225=1260，
最小值是
35+49=84．
21.2.10*★設為大于2的正整數.證明：存在一個邊長都是整數的直角三角形，它的一條直角邊長恰為．
解析只需證明不定方程，有正整數解．
利用，結合與具有相同的奇偶性，故當為奇數時，由（，）=（1，），可得不定方程的一組正整數解
（，）=；
而當為偶數時，由條件，知24.利用
（，）=，
可得不定方程的一組正整數解
（，）=.
綜上，可知命題成立。
21.2.11*
17、★如果正整數、、滿足.
證明：數和都可以表示為兩個正整數的平方和.
解析先證下述命題：如果正整數可表示為兩個正整數的平方和，則也可表示為兩個整數的平方和.
設，這里、、都是正整數，且.則2x=2u2+2v2=（u+v）2+（u-vM于是，可表為兩個整數和的平方
和，命題獲證.
注意到，由條件有
=c2+a2土2ab+b2=c2+
利用已證命題，可知
4（c2土ab）=（c+a土b）2+（c—a_b1.
+
記，，由可知、都是正整數，并且.
若、不同為偶數，則由平方數或，可知或，這是一個矛盾．所以，、都是偶數，從而，這就是要證的結論．
評注這里本質上只是恒等式2（
18、2+V2）=（U+V）2+（U-V）2的應用，在處理競賽問題時，代數式變形能
力顯得十分重要．
21.2.12*★★矩形中，，，且，，其中、都是質數，和是正整數,，為奇數，求和的長.
解析由勾股定理，得.設，則.
因為為奇數，所以和必一奇一偶.
若為偶數，設，，.
又為偶數，為質數，則，于是.從而設，，.則
因為是奇數，則必有，從而，此時
又，則，，.于是
因為為奇數，則，，得.從而
若為偶數，同樣解得，，不符合，所以舍去.
從而，.
21.2.13*★★求方程的滿足條件，（，，）=1的一切正整數解.
解析顯然和同奇同偶.假定和都是偶數，那么上是4的倍數，是偶數，是偶
19、數，這與（，，）=1矛盾所以和都是奇數，和都是偶數.設
其中、為正整數，則由和都是奇數可知,、一奇一偶.下面證明（，）=1.設（，）=，則為奇數，且存在整數'和'，使
=1,
于是
由于（，2）=1，所以，，由于（，，）=1，所以.由此得（，）=1.于是（，）=1.
由于是奇數，所以（，）=（，）=（，）=1.
把，代入原方程得
，
即.由于（，）=1，所以、、是一組基本勾股數.
所以，當為奇數時，
x=p2-q2+2pq,
< y=p2-q2-2pq,
z=p2+qn.
當為偶數時，
x=p2-q2+2pq,
< y=2pq-p2+q2,
z=p2+q2.
20、由于，所以
x=p2+2pq-q2,
< y=|p2-2pq-q2|,
、z=p2+q2,
這里（,）=1，，、一奇一偶．
21.2.14**★★求證方程沒有正整數解.
解析假定方程有正整數解，設在所有正整數解中最小的解是（，，）．假定是偶數，則和皆奇或皆偶．
若，皆奇，則是4的倍數+2，不是完全平方數，更不是完全四次方數，這與矛盾若，皆偶，設
，，，
則于是可見是偶數，設，則所以（，，）也是方程的一組解，且，這與最小矛盾由上述討論可知，是奇數，此時和一奇一偶．
若為奇數，由題21.2.1得
x2=p2-q2,
0
21、這里(,)=1，，、一奇一偶，于是
所以（，，）是方程的一組正整數解，但是，這與最小矛盾
若為奇數，由題21.2.1得，
x2=2pq,
o
22、個連續(xù)整數的乘積是3的倍數，于是，上式左邊是3的倍數，而右邊除以3余2，這是不可能的．所以，原方程無整數解．
21.3.2*將150寫成至少2個連續(xù)正整數的和，共有多少種不同的方式？
解析設150=a+（a+1）++（a+k），其中、都是正整數，于是
（2a+k）（k+1）=300=22?3-52.
因為（2a+k）+（k+1）=2a+2k+1是奇數，所以與為一奇一偶，且1,所以
解得（，）=（49，2），（28，4），（3，14），（36，3），（7，11）．
所以，共有5種不同的方式．
21.3.3*★求滿足，且的不同整數對（，）的對數.
解析因為，所以.
即.
由此可
23、知，必具有，必具有形式，并且（，均為正整數）.
又，所以.
當，時，得（5，1805）；
當，時，得（20，1620）；當，時，得（405，605）.
因此，不同整數對的個數為9.
21.3.4*★不定方程
x2+y2+z2+w2=3（x+y+z+w）
的正整數解（，，，）有多少組?解析原方程可以化為
（2x-3）2+（2y-3）2+（2z—3）2+（2w-3匕=36,
而36表示成四個奇數的平方和只有如下兩種方式：
36=1+1+9+25，36=9+9+9+9，
所以，方程的正整數解（，，，）為
（1，1，3，4）、（2，2，3，4）、（1，2，3，4）、（3，3，3
24、，3）以及它們的排列，故共有12+12+24+1=49組．
21.3.5*★求關于、的方程的所有正整數解.
解析因為208是4的倍數，偶數的平方數除以4所得的余數為0，奇數的平方數除以4所得的余數為1，所以、都是偶數．
設，，則，同上可知，、都是偶數．設，，則，所以，、都是偶數．設，，則，于是
，
其中、都是偶數．所以
所以可能為1，3，5，7，9，進而為337，329，313，289，257，故只能是289，從而．于是
因此，
21.3.6*★已知、均為正整數，且，
（p+q）+p-q+（p-q）+—=240,
q
求的最大值．
解析原式化為，因為、均為正整數，且，所
25、以是正整數．設（是正整數），則，有，所以．而
，
所以
或
于是
或
所以的最大值是45X3=135.
21.3.7*★設、、為整數，且，，求的值.
解析不妨設，將代入得到
因為、都是整數，所以前兩個方程組無解，后兩個方程組解得；，.所以或57.
21.3.8*★已知正整數、滿足
，
求的最大值.
解析設，則,
所以
于是是完全平方數，令（是正整數），則
由于和同奇偶，即為偶數，所以的最大值為52X104.故的最大值為，的最大值為104，此時.
21.3.9*★已知三個兩兩互質的正整數、、滿足方程組
求的值．解析由，得
x3+y3+(-z)3-3xy(-z
26、)=0,
所以
+y-z)(x2
+y2+z2—xy+yz+zx
)=
0．
因為
x2+y2+z2—xy+yz+zx=-^[(x—y)2+(y+z)2+(z+x
,即．
所以
〉0，所以
7y2=z2—x2
=(z—x)(z+x)=y(2x+y)，
故，于是，．由于（，）=（，）=，所以，，，，于是．
21.3.10*★設、、都是質數，且〉〉〉，.求
的所有可能值．
解析由為奇數，可知、、、不全為奇數，只能是為偶數，即．于是，．再由條件，，知又，故
a2一b2+c2三8（2c+1）2+6（2c+1）+1+c2=33c2+44c+15,
即有．結
27、合，可知，故，進而，綜合，
得.進而（a-b）（a+b）=a2—b2=1753—25=1728=26x中，利用與具有相同的奇偶性及=2（因為，為
質數），可知只能是，故（，）（43，11）．所以21.3.11*★設是正整數，記1X2X-X為?。ɡ?!=1,2!=1X2,5!=1X2X3X4X5），若存在整數、、滿足這里，2，3，4，5，6．求的值．
解析在題設等式的兩邊乘以6！，得
31X20=3X4X5X+4X5X+5X++，
因為31X20除以6余2,所以除以6余2,而0W〈6，故=2.
103=3x4x5a+4x5a+5a+a，
2345
所以除以5余3，于是．
所以
28、是4的倍數，于是．
所以除以3余2，于是，從而
所以
21.3.12*★求方程的正整數解(,)的組數.
解析原方程為，所以是有理數，所以是平方數，設，則可得
所以也是平方數，設，于是，
而xx=2X17X59，即xx共有(1+1)(1+1)(1+1)=8個不同的正因數，所以，(,)共有8組正整數解，(，)也有8組正整數解．
21.3.13*★求滿足方程的所有正整數、.
解析1原方程可以變形為這個關于的整系數一元二次方程有整數根，所以它的判別式是完全平方數，即
△=(y+2)1—4(y2一2y)=-3y2+12y+4
是完全平方數．
由于，所以
，1，4，9，16．
解
29、得，4．于是可得
解析2原方程可以變形為
因為
所以
所以1，2，3，4．代入原方程可得
21.3.14*★★求所有的整數數組(，，，，，)，使得
a三b三c三1,x三y三z三1,
30、5,2,1)或
(當)時無解)．
綜上，結合對稱性，可知(a,b,c,x,y,z)=(5,2,1,8,1,1),,,,,或共7組解.
21.3.15***求證：方程，沒有各不相同的正整數解.
解析不失一般性，設，，，則，即有．于是，，八
所以原方程無各不相同的正整數解
21.3.16***求方程的正整數解;
（2）求方程的正整數解．
解析（1）由知，，故為偶數，設（為正整數）．故
5t二32u—4二
+2),
由于與不能都被5整除，故有，故，，．
（2）在兩邊得，，故為偶數，于是．再在兩邊得，，得為偶數，設，（、為正整數），則
5—32u—22v
-
31、2v)6
+2v
故得，故．
21.3.17***求方程，的正整數解.解析當時，，無正整數解．
當時，，無正整數解．
當時，不是3的倍數，也不是2的倍數，所以可設（為正整數），于是3x2x+1-（6k土1）2—12k（3k土1）+1.
化簡后得當時，，求得當時，由于無大于1的奇約數，所以是偶數，但此時是奇數
所以原方程只有兩組正整數解：21.3.18*某個團體有48名會員，但是只有一半人有制服.在某次檢閱儀式時，他們排成一個6X8的長方陣，恰好可把沒有制服的會員隱藏在長方陣的內部.后來又來了一批會員，但總數還是有一半人沒有制服，在接下來的檢閱儀式，他們排成了一個不同的
32、長方陣，又恰好可把無制服的會員隱藏在長方陣的內部.問：新來的會員有多少人?
解析設新的方陣是的，則外圍的會員數為，內部的會員數為，由題意整理得，，
所以
或
解得（舍）或
所以，新來的會員數為（人）.
21.3.19**某校初三兩個畢業(yè)班的學生和教師共100人一起在臺階上拍畢業(yè)照留念，攝影師要將其排列成前多后少的梯形隊陣（排數三3），且要求各行的人數必須是連續(xù)的自然數，這樣才能使后一排的人均站在前一排兩人間的空檔處，那么，滿足上述要求的排法的方案有多少種?
解析設最后一排有個人，共有排，那么從后往前各排的人數分別為，，…，，由題意可知
即．
因為、都是正整數，且，所以，且與的
33、奇偶性不同．將200分解質因數，可知或．當時，；當時，．共有兩種不同方案．
21.3.20**某校舉行春季運動會時，由若干個同學組成一個8列的長方形隊列.如果原隊列中增加120人，就能組成一個正方形隊列；如果原隊列中減少120人，也能組成一個正方形隊列．問原長方形隊列有同學多少人．
解析設原長方形隊列有同學人，由已知條件知和均為完全平方數．于是可設
其中、均為正整數，且．
①一②，得，即
(m+n)(m—n)=240=24x3x5.
由①、②可知,、都是8的倍數，所以、均能被4整除.于是，均能被4整除.所以
或
解得或
所以，8x=m2-120=322-120=904；或8x
34、=m2-120=162-120=136.故原長方形隊列有同學136人或904人.
21.3.21**已知某個直角三角形的兩條直角邊長都是整數，且在數值上該三角形的周長等于其面積的整數倍.問：這樣的直角三角形有多少個?
解析設該直角三角形的兩條直角邊長為、，且.那么結合勾股定理及條件，可設
，①
其中為正整數.問題轉為求①的正整數解的組數.
對①兩邊乘以2，移項后，兩邊平方
化簡整理，得，
因式分解，得.
注意到，、為正整數，且，故
(ka-4,kb-4)=(1,8),(2,4).
分別可求得，或.綜上可知，滿足條件的直角三角形恰有3個，它們的三邊長為，和.21.3.
35、22***求出所有的正整數，使得關于、的方程
恰有2011組滿足的正整數解.
解析由題設，
所以，除了外，取的小于的正約數，就可得一組滿足條件的正整數解.故的小于的正約數恰好為xx個.設，其中是互不相同的素數，是非負整數.故的小于的正約數個數為故.
由于4021是素數，所以,，.所以，，其中是素數.
21.3.23***(1)是否存在正整數、，使得
(2)設是是給定的正整數，是否存在正整數、，使得解析(1)答案是否定的．若存在正整數、，使得，則
顯然，于是
，所以，不是平方數，矛盾．
(2)當時，若存在正整數、，滿足，則
(2m+3—2n—l)(2m+3+2n—1)=8,而
36、，故上式不可能成立．當時，若(是不小于2的整數)為偶數，取
則m(m+k)=C—JC+1)=14一12
故這樣的滿足條件．若是：(是不小于2的整數)為奇數，取
則m(m+k)=
+2t+1
丿
故這樣的滿足條件．綜上所述，當時，答案是否定的；當時，答案是肯定的．評注當是時，構造的例子不是唯一的．
21.3.24***已知三個相鄰正整數的立方和是一個正整數的立方.證明：這三個相鄰正整數中間的那個數是4的倍數．
解析下列字母均表示正整數．
由條件，，，于是．設，則．顯然，．
如果．則，或，．第一種情況下得到這是不可能的，因為立方數除以9得到的余數只能是0，．類似地，第二種情
37、況下得到，同樣的原因，這也導出矛盾．
現在假設．則、均為偶數．故．由于不是4的倍數，所以．
21.3.25***(1)求不定方程，的正整數解的組數.(2)對于給定的整數，證明：不定方程組至少有組正整數解．
解析(1)若，由，，得
mn+nr+mr
所以，以上不等式均取等號，故．
若，不妨設，則于是，所以，，故，，這樣的解有3！=6組．所以，不定方程共有7組正整數解．
(2)將化為[n-(k-m)][r-(k-m)]=k2-km+m2.,滿足上式.且時，.
為偶數時，{m,n,r}={,k-1+1,k2-kl+12+k-1},其中給出了不定方程的組正整數解.
為奇數時，{m,n,r}={,k-1+1,k2-kl+12+k-1},其中給出了不定方程的組正整數解;、中有
兩個，另一個為k2-k耳1+f?丫+k-?=(k+1)(3k-】)的情況給出了不定方程的3組正整數解.2(2丿24
而亦為不定方程的正整數解.故不定方程至少有組正整數解.
2019-2020年初中數學競賽專題復習 第三篇 初等數論 第21章 不定方程試題 新人教版
