数学竞赛中的不定方程问题

·46· 中学数学月刊 2000年第 6期 f + 1)( + 1)= 130， 【xy(x+y)=2 ×3 ×7， 再进行奇偶性 ，就很麻烦 一 个新的三角恒等式 江西省永修县一 中 宋 庆(330304) 设 d，b，c，R，r分别 为三 角形 的三边 长 、 外接圆及内切圆增径，则有1- C -- d + + ≥ 6+ ‘c+ d～ 6。d+6一c，／ 2r⋯ +c) ≥ + + ≥‘号一豪 +6+c) ≥d+6+c． 最 近 ，本 人又证得 以下 不等 式(iiE明从 略 )： bq-C --d+ a + b -- c - 。c+ ～ 6 。d+ ≥吉[笨 +筹 +篇氅] ≥ + + ． 比较 E述 两 个 不 等式 ，作 者 发现 一个 新 ⑤ [}6一 的三角恒等式． 定理 若 a，6，c，R，r分别为三角形的三 边长 、外接 圆及 内切圆半径 ，则 + + =墨(n+6 6+c一 Ⅱ 。 +a--b 。a+b--c r⋯ +c)． 证明 根据三角形中的恒等式啪 R 2Ⅱ6f 了= 干 干 了 干两 ’ 知原式等价于 d(6+ )(c+a一6)(口+6一c) +b(c+Ⅱ)(口+6一c)(6+c—d) +f +6)(6+c一Ⅱ)(c+Ⅱ--b) 一 2ab +6+c)． 将此式左端展开，整理可得 a (6+f)一d(6 + 一)+abc(6+c)+b (c + )--b(c + )+ 0+口)+， +6)一 c(a +6 )一Jc-abc + 6) = 2ab(a+b+f)． 所 以 ，定理 成 立． 参考文献 1 束庆．着干几何不等式的讨论．九江师专学报， 1998．6． 2 R．A．约翰逊著，单±尊译．近代欧氏几何学．上海 教育出版社 ，1999，8(第 1版)． 毛寒 予乓力矩 一 二元一嚣 芸 锂 解兹 数学竞赛中的不定方程问题 江苏省连云港市新海 中学 茹双林 (222003) 江苏省连云港市海州中学—膏 (222023) 不定方程的内容极其丰富，而简单 的不 定方程可以培养学生的数学思维 能力 ，因此 在各级各类竞赛中频频出现．本文谈谈解决 这类问题的一些常用解法． 1 对二元 一次不 定方程 有如下定 理 设 (Ⅱ，6)一l，则不定方程 az+by；c有 整数解．又如( ，y )是上述方程 的一个解， 那 么 强 ‘2 0| 0∈z)是方程的全部解． 0y= yl——at 这类问题 ，可用辗转相除法或估算法求 得(z ，y )，从而得到一般解． 2 奇偶 性分析 从未知数、系数的奇偶性人手 ，讨论取值 的可能情形 ，以求达到缩小考察范 围，得出方 程的解或证明方程无整数解等． 饲 1 是 否存 在整 数 m，n满 足 + 维普资讯 http://www.cqvip.com 2000年第 6期 中学数学 月刊 ·47· 1954=n。?(第三届澳 门数学奥林匹克) 分析 ‘ 一m 一2·977，．‘． ，n同奇 偶，．‘．n— ，n4-m 同偶 ，即等式左边是 4的 倍数 ，故上式不可能成立． 例 2 求方程 z 4-y。=656的正整数解 ． 分析 显然 z≠y，不妨设 z> ， |．．656是 4的倍数 ，．‘．可设 z=2m， = 2 ， ．．． 。4- 。= 1 64，同 样 可 设 m= ， = 2f， ． ‘ ． 4-t 一41( >})， k t一奇一偶， 而 41—2。一 37，41—4 =25—5。，41—6 = 5，．‘．k一 5，f= 4． 从 而 x=20，Y= 16，．．．原 方 程有 两解 (20，16)，(16，20)． 3 整数 离析法 求出 z(或 )，并分离其整数部分 ，通过 约倍数达到解题 目的． 倒 3 求不定方程 2( + )= +7的 整数解． 分析 z 2一 ， 一2一士1，4-3· 得四组解 (一1，3)，(5，1)，(1，5)，(3， 一 1)． 评注 有时需在方程两边同乘一个数 ， 以达到分离其整数部分． 倒 4 求 3 ，+2 。一4z一3 =12的整 数解的组数． 分析 z一二型 ， ． = 一 + 1+ ， · 3(3 4-2y) 1+ 是 3的倍数 ， ． 3 一4可 取 一l12，56，一28，一1 6，14， 8，一7，一4，2，一1，故原方程有 10组解． 4 分解 先把方程变形、分解 ，使含未知数的代数 式成为积的形式 ，而另一边的常数作质 因数 分解 ，利用唯一分解定理将原方程转化成若 干个方程组求解． 倒 5 确定所有非负整数对(z， )，使得 ( 一7) =z + 。．(1994年印度数学奥林匹 克试 题 ) 分析 原方程变成( 一6) 4-13=(z+ ) ． ． (z+y+ 一 6) + y一 4- 6)= 13． f + +∞，一6— 1，13，一1，一 13， lz4- 一∞，4-6—1 3，1，一 13，一 l_ ，．原方程有两组解 (3，4)，(4，3)． 倒 6 求方程 y --X =91的整数解，(波 兰数学奥林匹克试题) 分析 原方程变成( —z)( 。+ + ) 1 3·7． ‘Y 4-xy4-z ／> o， ． — ／> o． ． f — =91，1，13，7， 一I，+ + 一1，91，7，I3． 原方程有 4组解(5，6)，(一6，--S)， (--3，4)，(-- 4，3)． S 配 将 已知方程变形为一边是平方和 的形 式 ，另一边是常数 ，从而求得方程的整数解或 判断方程无解的方法． 倒 7 求满足 Y‘4-2x 4-1=4x Y的所有 整数对( ， )．(1995年江苏省初 中数学竞赛 试题 ) 分析 原方程等价于 2( --y) +( 一 1) =o， ． 一 士1，而 一1时 z无解 ，．‘．原方 程 的饵 为 (4-1，1)． 例 8 试求方程 z+ =z 一 + 的 整数解．(第七届莫斯科数学奥林匹克试题) 分析 原方程化成(z— ) 4-(x-1) 4- ( 一1)。一 2， 只有 解 (o，o)，(2，2)，(1，o)，(O，1)， (2，1)，(1，2)． 倒 9 求不定方程 3 一4∞，+3y。一35 的全部整数解． 分析 原 方程化为 (3x一2y) 4-5y 一 105， 易知 IYI≤4，逐一验证知原方程有 4组 解 { 维普资讯 http://www.cqvip.com · 48· 中学数学月刊 2000年第 6期 (4，1)，(1，4)，(一 4，一1)，(一1，一 4)． 6 同余法(特殊模法) 选择某些特殊效作为模来讨论方程中某 部分关于此模的余数的可能情况或利用方程 两边关于此模 的同余性质，达到解不定方程 的 目的．此法特别适用于含指数型的不定方 程． 例 lO 求方程 + 一5xy--5=0的整 数解． 分析 原方程 即 (_z一 ) 一3( +1)+2 l2(mod3)，而( — ) ≠2(mod3)，．．．原方 程无 解． 例 1I 求方程 5 一3 一2的全部正整数 解． 分析 (1，1)显 然是方 程的解．若 -z，Y 中有一个不为 1，则它们 均不等于 1，．．I 1一 (一1) E2(mod4)，．．．Y必为奇数 2m+1(m >0)，这 样 就有 5 2(mod9)， ．_z一 6,1十 5， 此时必有 5 i 2(mod9)，而 3 13，一l，一2 (mod9)，．‘．y>l时原方程不可能成立 ，故只 有解 (1，1)． 例 l2 证 明不 定 方 程 _z。一3xy。+Y。= 2891无整数解．(第 23届 IMO试题) 证 明 ’ 2891E 2(mod3)，3xy ； 0 (rood3)， ．．． 。+ ~2(mod3)有两种可能： ① ② 0 有 +y。i8(modg)， 及 3xyZ~ 0(mod9)，而 2891~ 2(modg)，．’．此 时无解． ~x--=y----1(mod3)，同样有 +y。------2 (mod9)． 而 xy i 1(mod3)，．‘．3xy i 3(mod9)， I．I 一3xy + 。三2—3~--8(mod 9)矛盾 ，^ 原方程无整数解． 7 换元 法 例 l3 求不定方程 2 +6 一12xz+ 一 3 +6 —6=0的全部正整数解 ，Y， )． 分析 令 “一 一缸 得 红。+6xu+ 一 3“——6— 0一 ． (2工一 1) + 3“+ 1)一5= 1·5． 易得 一3， 一一l，此时解为 (3，2 —l， f)， ∈N； 或 一1，“一1，此时解为(1，2f+1，f)． 评注 通过换元减少变元是解不定方程 的一种好想法 ，从而易得方程的全部解． 例l4 求方程 一号的所有 整数解． (第 12届苏联数学奥林匹克赛题) 分 析 ‘ 4( 一∞，+Y )= ( + ) + 3 一 ) ， ． ‘ ．若令 z+y—P，z一 一口，则 28p一3 (户 +3q )，显然可设 P一3k，则 28k一3(3k +q )，进一步可设 一3m，则 28m=27m + g ，而 28m一27m 一g ≥ 0，．．Im一1，此 时 户一 9，q一士1，．‘．原方程的解为(5，4)和 (4，5)． 评注 通过换元 简化方程，利用前面所 述 方法求解 ． 8 不等分析法 利用已知方程与不等式的有关性质求 出 某字母的范 围，通过验算求 出方程的所有解． (1)利用基本不等式 例 15 求满足方程 ( + )(￡+ 一3) = 2xy的全部整数对． (莫斯科大学 1997年人学试题) 分析 +y ≥2 l l，等号在 z一士Y 时取得 ，同时 + 一3是整数． ．．I原方程成立有四种情形． f 一 ， f。z一一 ， l_z+y-- 3— 1，【z+y一3一 一 1， fi =0， f 一 0， l +y-- 3— 0，l = 0． ． ‘ ．共有四组解<2，2)，(0，3)，(3，0)，(0，O)． (2)通过变元满足的条件建立不等式，缩 小其取值范围． 例 l6 求不定方程 3 +7 r一 一5 一 35=0的正整数解． 分析 一--3x 7 Z + 一 2x E + 35 ， > ． 一 ，解得 l≤ 维普资讯 http://www.cqvip.com