1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编：12不定方程 Word版含答案.doc

PAGE 1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编 不定方程部分 2011B一、（本题满分40分） 求所有三元整数组，使其满足 ★解析：由， 得① 因，且，所以①等价于②或③ 对方程组②，消去得，即④ ⑴若，，则与④矛盾； ⑵若，，则与④矛盾； ⑶若，，则与④矛盾； 综上方程组②无解； 对方程组③，由可得，，中有两个为，一个为。 ⑴若，，，则或，代入③的第一个方程，无解；代入③的第一个方程，解得， ⑵若，，，同理可得， ⑶若，，，同理可得， 综上，满足条件的三元数组为，， 2010AB 8、方程满足的正整数解的个数是 ◆答案： ★解析：首先易知的正整数解的个数为 . 把满足的正整数解分为三类： （1）均相等的正整数解的个数显然为1； （2）中有且仅有2个相等的正整数解的个数，易知为1003； (3)设两两均不相等的正整数解为. 易知 ， 所以， 即. 从而满足的正整数解的个数为. 2010B二、（本题满分40分）设和是大于1的整数，求证： ★证明： （20分） （40分） 2008A B5、方程组的有理数解的个数为（ ） A. B. C. D. ◆答案： B ★解析：若，则解得或 若，则由得． ① 由得． ② 将②式代入得． ③ 由①式得，代入③式化简得.易知无有理数根，故，由①式得，由②式得，与矛盾，故该方程组共有两组有理数解或 2008B二、（本题满分50分） 求满足下列关系式组的正整数解组的个数． ★解析：令，由条件知，方程化为 ，即． （1） 因，故，从而． 设．因此（1）化为．（2） 下分为奇偶讨论， （ⅰ）当为奇数时，由（2）知为奇数．令，，代入（2）得 ． （3） （3）式明显无整数解．故当为奇数时，原方程无正整数解． （ⅱ）当为偶数时，设，由方程（2）知也为偶数．从而可设，代入（2）化简得． （4） 由（4）式有，故，从而可设，则（4）可化为，．　（5） 因为整数，故，又， 因此，得，即． 因此，对给定的，解的个数恰是满足条件的的正因数的个数．因不是完全平方数，从而为的正因数的个数的一半．即．由题设条件，．而25以内有质数9个：2，3，5，7，11，13，17，19，23．将25以内的数分为以下八组：，， ，，，， ，， 从而易知， ，， ，，，，， 将以上数相加，共131个．因此解的个数共131． 　 2006*11、方程的实数解的个数为 ◆答案： ★解析： 要使等号成立，必须　，即。 但是时，不满足原方程。所以是原方程的全部解。因此原方程的实数解个数为1 。 2006*14、（本题满分20分）将表示成个正整数之和.记.问： ⑴当取何值时，取到最大值； ⑵进一步地，对于任意，有，当取何值时，取到最小值。请说明理由。 ★解析：（1） 首先这样的S的值是有界集，故必存在最大值与最小值。 若, 且使 取到最大值，则必有 (*) 事实上，假设（*）不成立，不妨假设。则令，,() 有，。将改写成 同时有 。于是有。这与S在时取到最大值矛盾。所以必有 . 因此当取到最大值。 （2）当且时，只有 402， 402， 402， 400， 400； 402， 402， 401， 401， 400； 402， 401， 401， 401， 401； 三种情形满足要求。 而后面两种情形是在第一组情形下作，调整下得到的。根据上一小题的证明可以知道，每调整一次，和式 变大。 所以在情形取到最小值。 2006*三、（本题满分50分）解方程组。 ★解析：令、，我们有，， 。同样，令、，有，，。 在此记号系统下，原方程组的第一个方程为。 （3.1） 于是，，。现在将上面准备的、、和、、的表达式代入，得，，。 利用原方程组的第二至四式化简，得， （3.2） ， （3.3） 。 （3.4） 将（3.1）和（3.2）代入（3.3），得， （3.5） 将（3.5）代入（3.2），得， （3.6） 将（3.1）（3.5）（3.6）代入（3.4），得。所以有，，。 这样一来，、和、分别是方程和的两根，即