6、問(wèn)用這兩種硬幣支付142分貨款，有多少種不同的方法?解析設(shè)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?yàn)?5,2)=1，所以，從而1，6，11，16.①的非負(fù)整數(shù)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(píng)注當(dāng)方程的系數(shù)較小時(shí)，而且是求非負(fù)整數(shù)解或者是實(shí)際問(wèn)題時(shí)，這時(shí)候的解的組數(shù)往往較少，可以用整除的性質(zhì)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(gè)錢，母雞每只三個(gè)錢，小雞每個(gè)錢三只，
7、用100個(gè)錢買100只雞，問(wèn)公雞、母雞、小雞各買了多少只?
解析設(shè)公雞、母雞、小雞各買、、只，由題意列方程組
①化簡(jiǎn)得?③
② -②得
即
解得于是的一個(gè)特解為所以的所有整數(shù)解為
是整數(shù)．由題意知，，，，所以，
解得
故.
由于是整數(shù)，故只能取26，27，28，而且、、還應(yīng)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(gè)小玩具都至少被套中一次.小明套10次共得61分，問(wèn)：小雞至少被套中幾次?
解析設(shè)套中小雞次，套中小猴次，套中小狗次，則根據(jù)題意得
我們要求這個(gè)方程組的正整數(shù)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(xiě)成
，
由于是整數(shù)，所以必須是3的倍數(shù)．從而只有2、5兩個(gè)值滿足這一要求．但時(shí)，，不是正整數(shù)．在時(shí)，，是本題的解．
因此小雞被套中5次．
評(píng)注本題問(wèn)“小雞至少被套中幾次?”實(shí)際上卻只有一個(gè)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(xiàn)要配制成濃度為7％的鹽水100克，問(wèn)甲種鹽水最多可用多少克?最少可用多少克?
解析設(shè)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(shè)，故甲種鹽水最少可用35克，最多可用49克.
§21.2勾股數(shù)
21.2.1*★★滿足方程的一切基本勾股數(shù)、（為偶數(shù)），都可表示為以下形式:
，，，①
其中、為正整數(shù)，（，）=1，，、一奇一偶．
解析設(shè)正整數(shù)、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(shù)、都是方程的解.下面證明這樣的、是基本勾股數(shù)．
設(shè)，由于、一奇一偶，所以是奇數(shù)，由，于是是奇數(shù)．又由，得，即，同理．因?yàn)槭瞧鏀?shù)，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(shù)．反過(guò)來(lái)，設(shè)、、是一組基本勾股數(shù)，且是偶數(shù)，和都是奇數(shù)，則和都是整數(shù)．
設(shè)，則存在正整數(shù)和，使
，，，
于是，．
由于，所以，即
由得
這就可推出上式中右面兩個(gè)因式都是平方數(shù)．設(shè)
，，
這里．，于是可得
x=p2-q2,y=2pq,z=p2+q2.由于是奇數(shù)，所以、一奇一偶．這就證明了方程的任意一組解、（為偶數(shù)）都可由①表示．
評(píng)注如果正整數(shù)
11、、、滿足方程，那么就稱、、是一組勾股數(shù)．邊長(zhǎng)為正整數(shù)的直角三角形就稱為勾股三角形．
在勾股數(shù)、、中，如果這三個(gè)數(shù)的最大公約數(shù)是1，那么這樣的勾股數(shù)就稱為基本勾股數(shù)．如果（，，）=，那么設(shè)
///
,,,
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(shù).在基本勾股數(shù)、中，和必定一奇一偶.這一點(diǎn)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(shù)的平方是4的倍數(shù)加1，所以是4的倍數(shù)加2，于是是偶數(shù)，也是偶數(shù)，而偶數(shù)的平方是4的倍數(shù)，這與4的倍數(shù)加2矛盾，所以和不能都是奇數(shù).如果和都是偶數(shù)，那么也是偶數(shù)，這與、是基
12、本勾股數(shù)矛盾，所以和中一奇一偶.由此也可推出是奇數(shù).
21.2.2★設(shè)、是勾股數(shù)，是質(zhì)數(shù)，求證：和都是完全平方數(shù).
解析.因?yàn)槭琴|(zhì)數(shù)，所以只有1、、三個(gè)正約數(shù).由于，所以有由此得，所以和都是完全平方數(shù)．
21.2.3★求證：、、(是正整數(shù))是一組勾股數(shù).
解析因?yàn)槭钦麛?shù)，，．由
=（2n2+
+2Czn2+
1
所以、、是一組勾股數(shù)．
21.2.4★若勾股數(shù)組中，弦與股的差為1,則勾股數(shù)組的形式為、、其中為正整數(shù)．
解析設(shè)弦長(zhǎng)為，股長(zhǎng)為，勾為．
因?yàn)?，)=1，所以、、為一組基本勾股數(shù)．又為奇數(shù)，為偶數(shù)，則為奇數(shù)設(shè)，則，得，．
所以，勾股數(shù)組具有形式、、．
21
13、.2.5*★求證：勾股三角形的直角邊的長(zhǎng)能取任何大于2的正整數(shù).解析當(dāng)是大于1的奇數(shù)時(shí)，和都是正整數(shù)，并且
當(dāng)是大于2的偶數(shù)時(shí)，和都是正整數(shù)，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(shù)．
21.2.6*★求證：在勾股三角形中，
(1) 必有一條直角邊的長(zhǎng)是3的倍數(shù)；
(2) 必有一條直角邊的長(zhǎng)是4的倍數(shù)；
(3) 必有一條邊的長(zhǎng)是5的倍數(shù)．
解析設(shè)該勾股三角形的三邊的長(zhǎng)分別為、、(是斜邊)，則．只要證明、、是基本勾股數(shù)時(shí)的情況．不失一般性，設(shè)為偶數(shù)，則其中、滿足上述定理中的條件．
(1) 若、中至少有一個(gè)是3的倍數(shù)，則是3的倍數(shù)；若、都不是3的倍數(shù)，設(shè)則
14、
a=p2一q2=（3k土1）2-（31土1）2
是3的倍數(shù)．
(2) 由于、一奇一偶，所以是4的倍數(shù)．
(3) 若、都不是5的倍數(shù)，則的末位數(shù)是1或9；的末位數(shù)字是4或6．
1+4=5，1+6=7，9+4=13，9+6=15，由于一個(gè)完全平方數(shù)的末位數(shù)不可能是7和3，所以的末位數(shù)只可能是5．于是的末位數(shù)是5．
評(píng)注由此可推出，勾股三角形的面積必是6的倍數(shù)；三邊之積必是60的倍數(shù)．21.2.7*★求基本勾股數(shù)組，其中一個(gè)數(shù)是16.
解析設(shè)勾股數(shù)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(shù)
15、16、63、65．
評(píng)注若不要求基本勾股數(shù)，則16=2X4X2，設(shè)，，得
，．
即16、12、20為一組勾股數(shù)．
又，設(shè)，，得即16、30、34為一組勾股數(shù)．
21.2.8*★設(shè)、為一組勾股數(shù)，其中為奇質(zhì)數(shù)，且〉，〉.求證：必為完全平方數(shù).解析因?yàn)?、、為一組勾股數(shù)，，，則有．
m2=n2
-p2=(n+p)(n-
設(shè)，則有
p2=n2-m2=n2-（n-r）2=r（2n-r）．
因?yàn)?，為奇質(zhì)數(shù)，則（否則，若，則，矛盾）．由，得，從而是完全平方數(shù)．
21.2.9*★直角三角形的三邊的長(zhǎng)都是正整數(shù)，其中有一條直角邊的長(zhǎng)是35,它的周長(zhǎng)的最大值和最小值分別是多少?
解析設(shè)
16、直角三角形的三邊長(zhǎng)分別是35，，，則即．
1225的大于35的正約數(shù)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(zhǎng)的最大值是
35+1225=1260，
最小值是
35+49=84．
21.2.10*★設(shè)為大于2的正整數(shù).證明：存在一個(gè)邊長(zhǎng)都是整數(shù)的直角三角形，它的一條直角邊長(zhǎng)恰為．
解析只需證明不定方程，有正整數(shù)解．
利用，結(jié)合與具有相同的奇偶性，故當(dāng)為奇數(shù)時(shí)，由（，）=（1，），可得不定方程的一組正整數(shù)解
（，）=；
而當(dāng)為偶數(shù)時(shí)，由條件，知24.利用
（，）=，
可得不定方程的一組正整數(shù)解
（，）=.
綜上，可知命題成立。
21.2.11*
17、★如果正整數(shù)、、滿足.
證明：數(shù)和都可以表示為兩個(gè)正整數(shù)的平方和.
解析先證下述命題：如果正整數(shù)可表示為兩個(gè)正整數(shù)的平方和，則也可表示為兩個(gè)整數(shù)的平方和.
設(shè)，這里、、都是正整數(shù)，且.則2x=2u2+2v2=（u+v）2+（u-vM于是，可表為兩個(gè)整數(shù)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(shù)，并且.
若、不同為偶數(shù)，則由平方數(shù)或，可知或，這是一個(gè)矛盾．所以，、都是偶數(shù)，從而，這就是要證的結(jié)論．
評(píng)注這里本質(zhì)上只是恒等式2（
18、2+V2）=（U+V）2+（U-V）2的應(yīng)用，在處理競(jìng)賽問(wèn)題時(shí)，代數(shù)式變形能
力顯得十分重要．
21.2.12*★★矩形中，，，且，，其中、都是質(zhì)數(shù)，和是正整數(shù),，為奇數(shù)，求和的長(zhǎng).
解析由勾股定理，得.設(shè)，則.
因?yàn)闉槠鏀?shù)，所以和必一奇一偶.
若為偶數(shù)，設(shè)，，.
又為偶數(shù)，為質(zhì)數(shù)，則，于是.從而設(shè)，，.則
因?yàn)槭瞧鏀?shù)，則必有，從而，此時(shí)
又，則，，.于是
因?yàn)闉槠鏀?shù)，則，，得.從而
若為偶數(shù)，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(shù)解.
解析顯然和同奇同偶.假定和都是偶數(shù)，那么上是4的倍數(shù)，是偶數(shù)，是偶
19、數(shù)，這與（，，）=1矛盾所以和都是奇數(shù)，和都是偶數(shù).設(shè)
其中、為正整數(shù)，則由和都是奇數(shù)可知,、一奇一偶.下面證明（，）=1.設(shè)（，）=，則為奇數(shù)，且存在整數(shù)'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(shù)，所以（，）=（，）=（，）=1.
把，代入原方程得
，
即.由于（，）=1，所以、、是一組基本勾股數(shù).
所以，當(dāng)為奇數(shù)時(shí)，
x=p2-q2+2pq,
< y=p2-q2-2pq,
z=p2+qn.
當(dāng)為偶數(shù)時(shí)，
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(méi)有正整數(shù)解.
解析假定方程有正整數(shù)解，設(shè)在所有正整數(shù)解中最小的解是（，，）．假定是偶數(shù)，則和皆奇或皆偶．
若，皆奇，則是4的倍數(shù)+2，不是完全平方數(shù)，更不是完全四次方數(shù)，這與矛盾若，皆偶，設(shè)
，，，
則于是可見(jiàn)是偶數(shù)，設(shè)，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(shù)，此時(shí)和一奇一偶．
若為奇數(shù)，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(shù)解，但是，這與最小矛盾
若為奇數(shù)，由題21.2.1得，
x2=2pq,
o
22、個(gè)連續(xù)整數(shù)的乘積是3的倍數(shù)，于是，上式左邊是3的倍數(shù)，而右邊除以3余2，這是不可能的．所以，原方程無(wú)整數(shù)解．
21.3.2*將150寫(xiě)成至少2個(gè)連續(xù)正整數(shù)的和，共有多少種不同的方式？
解析設(shè)150=a+（a+1）++（a+k），其中、都是正整數(shù)，于是
（2a+k）（k+1）=300=22?3-52.
因?yàn)椋?a+k）+（k+1）=2a+2k+1是奇數(shù)，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(shù)對(duì)（，）的對(duì)數(shù).
解析因?yàn)?，所?
即.
由此可
23、知，必具有，必具有形式，并且（，均為正整數(shù)）.
又，所以.
當(dāng)，時(shí)，得（5，1805）；
當(dāng)，時(shí)，得（20，1620）；當(dāng)，時(shí)，得（405，605）.
因此，不同整數(shù)對(duì)的個(gè)數(shù)為9.
21.3.4*★不定方程
x2+y2+z2+w2=3（x+y+z+w）
的正整數(shù)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(gè)奇數(shù)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(shù)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(guān)于、的方程的所有正整數(shù)解.
解析因?yàn)?08是4的倍數(shù)，偶數(shù)的平方數(shù)除以4所得的余數(shù)為0，奇數(shù)的平方數(shù)除以4所得的余數(shù)為1，所以、都是偶數(shù)．
設(shè)，，則，同上可知，、都是偶數(shù)．設(shè)，，則，所以，、都是偶數(shù)．設(shè)，，則，于是
，
其中、都是偶數(shù)．所以
所以可能為1，3，5，7，9，進(jìn)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(shù)，且，
（p+q）+p-q+（p-q）+—=240,
q
求的最大值．
解析原式化為，因?yàn)?、均為正整?shù)，且，所
25、以是正整數(shù)．設(shè)（是正整數(shù)），則，有，所以．而
，
所以
或
于是
或
所以的最大值是45X3=135.
21.3.7*★設(shè)、、為整數(shù)，且，，求的值.
解析不妨設(shè)，將代入得到
因?yàn)?、都是整?shù)，所以前兩個(gè)方程組無(wú)解，后兩個(gè)方程組解得；，.所以或57.
21.3.8*★已知正整數(shù)、滿足
，
求的最大值.
解析設(shè)，則,
所以
于是是完全平方數(shù)，令（是正整數(shù)），則
由于和同奇偶，即為偶數(shù)，所以的最大值為52X104.故的最大值為，的最大值為104，此時(shí).
21.3.9*★已知三個(gè)兩兩互質(zhì)的正整數(shù)、、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?yàn)?
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(shè)、、都是質(zhì)數(shù)，且〉〉〉，.求
的所有可能值．
解析由為奇數(shù)，可知、、、不全為奇數(shù)，只能是為偶數(shù)，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(jié)
27、合，可知，故，進(jìn)而，綜合，
得.進(jìn)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?yàn)椋瑸?
質(zhì)數(shù)），可知只能是，故（，）（43，11）．所以21.3.11*★設(shè)是正整數(shù)，記1X2X-X為?。ɡ?!=1,2!=1X2,5!=1X2X3X4X5），若存在整數(shù)、、滿足這里，2，3，4，5，6．求的值．
解析在題設(shè)等式的兩邊乘以6！，得
31X20=3X4X5X+4X5X+5X++，
因?yàn)?1X20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(shù)，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(shù)解(,)的組數(shù).
解析原方程為，所以是有理數(shù)，所以是平方數(shù)，設(shè)，則可得
所以也是平方數(shù)，設(shè)，于是，
而xx=2X17X59，即xx共有(1+1)(1+1)(1+1)=8個(gè)不同的正因數(shù)，所以，(,)共有8組正整數(shù)解，(，)也有8組正整數(shù)解．
21.3.13*★求滿足方程的所有正整數(shù)、.
解析1原方程可以變形為這個(gè)關(guān)于的整系數(shù)一元二次方程有整數(shù)根，所以它的判別式是完全平方數(shù)，即
△=(y+2)1—4(y2一2y)=-3y2+12y+4
是完全平方數(shù)．
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?yàn)?
所以
所以1，2，3，4．代入原方程可得
21.3.14*★★求所有的整數(shù)數(shù)組(，，，，，)，使得
a三b三c三1,x三y三z三1,
30、5,2,1)或
(當(dāng))時(shí)無(wú)解)．
綜上，結(jié)合對(duì)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(méi)有各不相同的正整數(shù)解.
解析不失一般性，設(shè)，，，則，即有．于是，，八
所以原方程無(wú)各不相同的正整數(shù)解
21.3.16***求方程的正整數(shù)解;
（2）求方程的正整數(shù)解．
解析（1）由知，，故為偶數(shù)，設(shè)（為正整數(shù)）．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(shù)，于是．再在兩邊得，，得為偶數(shù)，設(shè)，（、為正整數(shù)），則
5—32u—22v
-
31、2v)6
+2v
故得，故．
21.3.17***求方程，的正整數(shù)解.解析當(dāng)時(shí)，，無(wú)正整數(shù)解．
當(dāng)時(shí)，，無(wú)正整數(shù)解．
當(dāng)時(shí)，不是3的倍數(shù)，也不是2的倍數(shù)，所以可設(shè)（為正整數(shù)），于是3x2x+1-（6k土1）2—12k（3k土1）+1.
化簡(jiǎn)后得當(dāng)時(shí)，，求得當(dāng)時(shí)，由于無(wú)大于1的奇約數(shù)，所以是偶數(shù)，但此時(shí)是奇數(shù)
所以原方程只有兩組正整數(shù)解：21.3.18*某個(gè)團(tuán)體有48名會(huì)員，但是只有一半人有制服.在某次檢閱儀式時(shí)，他們排成一個(gè)6X8的長(zhǎng)方陣，恰好可把沒(méi)有制服的會(huì)員隱藏在長(zhǎng)方陣的內(nèi)部.后來(lái)又來(lái)了一批會(huì)員，但總數(shù)還是有一半人沒(méi)有制服，在接下來(lái)的檢閱儀式，他們排成了一個(gè)不同的
32、長(zhǎng)方陣，又恰好可把無(wú)制服的會(huì)員隱藏在長(zhǎng)方陣的內(nèi)部.問(wèn)：新來(lái)的會(huì)員有多少人?
解析設(shè)新的方陣是的，則外圍的會(huì)員數(shù)為，內(nèi)部的會(huì)員數(shù)為，由題意整理得，，
所以
或
解得（舍）或
所以，新來(lái)的會(huì)員數(shù)為（人）.
21.3.19**某校初三兩個(gè)畢業(yè)班的學(xué)生和教師共100人一起在臺(tái)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(duì)陣（排數(shù)三3），且要求各行的人數(shù)必須是連續(xù)的自然數(shù)，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(shè)最后一排有個(gè)人，共有排，那么從后往前各排的人數(shù)分別為，，…，，由題意可知
即．
因?yàn)椤⒍际钦麛?shù)，且，所以，且與的
33、奇偶性不同．將200分解質(zhì)因數(shù)，可知或．當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，．共有兩種不同方案．
21.3.20**某校舉行春季運(yùn)動(dòng)會(huì)時(shí)，由若干個(gè)同學(xué)組成一個(gè)8列的長(zhǎng)方形隊(duì)列.如果原隊(duì)列中增加120人，就能組成一個(gè)正方形隊(duì)列；如果原隊(duì)列中減少120人，也能組成一個(gè)正方形隊(duì)列．問(wèn)原長(zhǎng)方形隊(duì)列有同學(xué)多少人．
解析設(shè)原長(zhǎng)方形隊(duì)列有同學(xué)人，由已知條件知和均為完全平方數(shù)．于是可設(shè)
其中、均為正整數(shù)，且．
①一②，得，即
(m+n)(m—n)=240=24x3x5.
由①、②可知,、都是8的倍數(shù)，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(zhǎng)方形隊(duì)列有同學(xué)136人或904人.
21.3.21**已知某個(gè)直角三角形的兩條直角邊長(zhǎng)都是整數(shù)，且在數(shù)值上該三角形的周長(zhǎng)等于其面積的整數(shù)倍.問(wèn)：這樣的直角三角形有多少個(gè)?
解析設(shè)該直角三角形的兩條直角邊長(zhǎng)為、，且.那么結(jié)合勾股定理及條件，可設(shè)
，①
其中為正整數(shù).問(wèn)題轉(zhuǎn)為求①的正整數(shù)解的組數(shù).
對(duì)①兩邊乘以2，移項(xiàng)后，兩邊平方
化簡(jiǎn)整理，得，
因式分解，得.
注意到，、為正整數(shù)，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(gè)，它們的三邊長(zhǎng)為，和.21.3.
35、22***求出所有的正整數(shù)，使得關(guān)于、的方程
恰有2011組滿足的正整數(shù)解.
解析由題設(shè)，
所以，除了外，取的小于的正約數(shù)，就可得一組滿足條件的正整數(shù)解.故的小于的正約數(shù)恰好為xx個(gè).設(shè)，其中是互不相同的素?cái)?shù)，是非負(fù)整數(shù).故的小于的正約數(shù)個(gè)數(shù)為故.
由于4021是素?cái)?shù)，所以,，.所以，，其中是素?cái)?shù).
21.3.23***(1)是否存在正整數(shù)、，使得
(2)設(shè)是是給定的正整數(shù)，是否存在正整數(shù)、，使得解析(1)答案是否定的．若存在正整數(shù)、，使得，則
顯然，于是
，所以，不是平方數(shù)，矛盾．
(2)當(dāng)時(shí)，若存在正整數(shù)、，滿足，則
(2m+3—2n—l)(2m+3+2n—1)=8,而
36、，故上式不可能成立．當(dāng)時(shí)，若(是不小于2的整數(shù))為偶數(shù)，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(shù))為奇數(shù)，取
則m(m+k)=
+2t+1
丿
故這樣的滿足條件．綜上所述，當(dāng)時(shí)，答案是否定的；當(dāng)時(shí)，答案是肯定的．評(píng)注當(dāng)是時(shí)，構(gòu)造的例子不是唯一的．
21.3.24***已知三個(gè)相鄰正整數(shù)的立方和是一個(gè)正整數(shù)的立方.證明：這三個(gè)相鄰正整數(shù)中間的那個(gè)數(shù)是4的倍數(shù)．
解析下列字母均表示正整數(shù)．
由條件，，，于是．設(shè)，則．顯然，．
如果．則，或，．第一種情況下得到這是不可能的，因?yàn)榱⒎綌?shù)除以9得到的余數(shù)只能是0，．類似地，第二種情
37、況下得到，同樣的原因，這也導(dǎo)出矛盾．
現(xiàn)在假設(shè)．則、均為偶數(shù)．故．由于不是4的倍數(shù)，所以．
21.3.25***(1)求不定方程，的正整數(shù)解的組數(shù).(2)對(duì)于給定的整數(shù)，證明：不定方程組至少有組正整數(shù)解．
解析(1)若，由，，得
mn+nr+mr
所以，以上不等式均取等號(hào)，故．
若，不妨設(shè)，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(shù)解．
(2)將化為[n-(k-m)][r-(k-m)]=k2-km+m2.,滿足上式.且時(shí)，.
為偶數(shù)時(shí)，{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(shù)解.
為奇數(shù)時(shí)，{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(shù)解;、中有
兩個(gè)，另一個(gè)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(shù)解.2(2丿24
而亦為不定方程的正整數(shù)解.故不定方程至少有組正整數(shù)解.
2019-2020年初中數(shù)學(xué)競(jìng)賽專題復(fù)習(xí) 第三篇 初等數(shù)論 第21章 不定方程試題 新人教版
