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数学竞赛中的不定方程问题


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?4 6?  
f   + 1 ) (  + 1 ) =1 3 0,  

中 学 数 学 月 刊  的三 角 恒 等 式 .  

2 0 0 0年 第 6期 

【 x y ( x+ y ) =2   ×3   ×7 ,  

定理

若 a, 6 , c , R, r分 别 为 三 角 形 的 三 

再 进行 奇 偶 性 分 析 , 就 很 麻 烦 

边长 、 外 接 圆及 内切 圆 半 径 , 则 

+  


+ 

=墨 ( n +6  
r…  

个 新 的 三 角 恒 等 式 
庆( 3 3 0 3 0 4 )  

6 +c 一Ⅱ 。   + a- - b 。a+ b -c  

江西 省 永修 县 一 中  宋

+c ) .  

证明
R 

根 据 三 角 形 中 的 恒 等 式 啪 
2 Ⅱ6 f  

设 d, b, c , R, r分 别 为 三 角 形 的 三 边 长 、  

了=   干 
知 原 式 等 价 于 

干 

了  干两

’  

外 接 圆及 内 切 圆增 径 , 则有 1 -  
6 + 
C- d

+ ‘  

c +d ~ 6 。d+ 6一 c / 2 , r…

+ 

≥ 

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 )  

+c )  

≥ 

+ 

+ 

一2 a b   +6 +c ) .  

≥‘ 号一 豪  + 6 + c )  
≥ d+ 6 +c .  

将 此式左端 展 开 , 整理 可 得 
a  ( 6+ f )一 d( 6   + 一) +a b c ( 6+ c ) +b   ( c  

+ ) - b( c   +  ) + 

0 + 口) + ,  + 6 ) 一 

最近, 本 人 又 证 得 以下 不等 式 ( i i E明从  
略) :  
bq - C   - d+  
-   。c +


c ( a   +6   ) 一 J c - a b c   +6 )   =2 a b( a+ b+ f ) .  

~ 6 。d+   - c  

+ 

b  

所以, 定理 成 立 .  
参 考 文 献 

≥ 吉 [ 笨 + 筹  + 篇氅]  
≥  +  +  .  

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 , 1 9 9 9 , 8 ( 第 1版 ) .  

比较 E 述 两 个 不 等式 , 作 者 发 现 一 个 新 

⑤ 

毛寒   予 乓 力矩
江 苏省 连 云 港 市 新 海 中学



二 元一 嚣   芸   锂  解兹  
( 2 2 2 0 0 3 )  

[ } 6 一  

数 学 竞 赛 中 的 不 定 方 程 问 题 
茹双 林

强 ‘ 2  
0|  

江苏省连云港市海州中学—膏 
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 

( 2 2 2 0 2 3 )  

0 y= yl — —at  

0∈z) 是方 程的全部解 .  

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 

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 

设( Ⅱ , 6 ) 一l , 则 不定 方 程 a z+ b y;c有 

从未知 数 、 系 数 的奇 偶 性 人 手 , 讨 论 取值  

整 数 解. 又如(   , y   ) 是 上 述 方程 的一 个 解 ,  
那 么 

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 

+ 

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2 0 0 0年 第 6期 

中学 数学 月 刊 

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1 9 5 4 =n 。 ?( 第 三 届 澳 门数 学 奥 林 匹 克 试 题 )   分 析  ‘   一m  一 2?9 7 7 , . ‘ .  , 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   -y 4 。 =6 5 6的 正 整 数 解 .   分 析  显 然 z≠y, 不妨设 z > ,   | . . 6 5 6是 4的 倍 数 , . ‘ . 可 设 z= 2 m,  = 
2  ,  

(   一7 )   =z   +  。 . ( 1 9 9 4年 印 度 数 学 奥 林 匹 
克试 题 )  

分析
)   .  


原方程变 成 (   一6 )   -1 4 3 =( z + 

( z+ y+  一 6 )   + y一   4 -6 ) =1 3 .  

f   + + ∞ , 一 6— 1 , 1 3, 一 1, 一1 3,   l z4 - 一 ∞ , - 6— 1 4   3, 1, 一1 3, 一 l _  

, . 原 方程有 两组解 ( 3 , 4 ) , ( 4 , 3 ) .  
. . .  。 - 。 4 =1   6 4, 同 样 可 设 m =  ,   = 

倒 6 求方程 y   -X   =9 1的 整 数 解 , ( 波  兰数学 奥林 匹克试题 )   分析
1   3 ? 7.  


2 f ,  



. 

-t 4   一4 1 (   >} ) ,   k   t 一 奇一偶 ,  

原 方程变 成 (  —z) (   。 +  +  )  

而 4 1— 2 。 一3 7, 4 1 —4   =2 5— 5 。 , 4 1— 6  
= 5,. ‘ . k一 5, f = 4.  

Y   -x 4 y4 -z   > o, /  .  — / >o .  

从 而 x= 2 0 , Y= 1 6 , . . . 原 方 程 有 两 解 


f   — =9 1 , 1 , 1 3 , 7 ,  

( 2 0, 1 6) , ( 1 6 , 2 0) .  

一I ,+  +  一1 , 9 1 , 7 , I 3 .  
原 方 程 有 4组 解 ( 5 , 6 ) , ( 一6 , -S ) ,  
( - 3, 4 ), ( - 4, 3 ) .  

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 ?  

S 配 方 法 

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 ‘ -2 4 x   -1 4 =4 x   Y的 所 有 

得四组解 ( 一1 , 3 ) , ( 5 , 1 ) , ( 1 , 5 ) , ( 3 ,  


1 ) .  

整数 对 (  ,  ) . ( 1 9 9 5年 江 苏 省 初 中数 学 竞 赛  
试题 )  

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 .  

分析
1 )   = o,  
. 

原 方 程 等价 于 2 (   -y )   +(   一  士1 , 而  一 1时 z无解 , . ‘ . 原 方 

倒 4 求 3  , +2   。 一4 z一 3  = 1 2的 整  数解 的组数.  
分析
+1 + 



z一 二 型  
,  

程 的饵 为 ( -1 4 , 1 ) .  
, .   = 一  

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 是 3的 倍 数 ,  
(  一 1) 。 一2 ,  

?

3 ( 3  4 -2 y )  1 + 



3  一 4可 取 一 l 1 2 , 5 6 , 一2 8 , 一1   6 , 1 4 ,  

只有 解 ( o , o ) , ( 2 , 2 ) , ( 1 , o ) , ( O , 1 ) ,  
( 2, 1 ), ( 1, 2 ) .  

8 , 一7 , 一4 , 2 , 一1 , 故 原 方程 有 1 0组 解 .  
4 分解 

倒 9 求 不 定 方程 3   一4 ∞, +3 y 。 一3 5   的全 部 整 数 解 .   分析
1 0 5,  

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  

原 方程化为 ( 3 x一 2 y)   -5 4 y   一 

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 .  

易知 I YI ≤4 , 逐 一 验 证 知 原 方 程 有 4组 
解 {  

倒 5 确 定所有 非 负整数对 ( z,  ) , 使 得 

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?

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中学 数 学 月 刊 
3 “— —6— 0 一  


2 0 0 0年 第 6期 

( 4, 1 ) , ( 1 , 4 ) , ( 一 4, 一 1) , ( 一 1, 一4 ) .  

6 同余法 ( 特殊模 法)  

( 2 工一 1 )   +3 “+ 1 )一 5 = 1 ?5 .  

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.  

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 , 2 f +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 l O 求 方 程  +  一 5 x y- -5 = 0的 整  数解 .  
分 析  原 方 程 即 ( z _ 一 )   一3 (   +1 ) +2  

例l 4   求 方 程  
整数解.  

一 号 的 所 有  

l2 ( mo d 3 ) , 而(   — )   ≠ 2( mo d 3 ) , . . . 原 方 
程无 解 .  
一  

( 第 1 2届 苏 联 数 学 奥 林 匹 克 赛 题 )  
分 析  ‘  4 (   一 ∞, +Y   ) =(  +  )   +3  
)  ,  
‘ .

例 1 I 求 方程 5   一3   一2的 全 部 正 整 数 
解.  



若 令 z+ y— P, z一  一口, 则 2 8 p一 3  

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 ( mo d 4 ) , . . . Y必 为 奇 数 2 m+ 1 ( m 
>0 ) , 这 样 就有 5   2 ( mo d 9 ) ,  . z _ 一6 , 1 十5 ,  

( 户   +3 q   ) , 显 然 可 设 P一 3 k, 则 2 8 k一 3 ( 3 k   +q   ) , 进 一 步 可 设  一 3 m, 则 2 8 m=2 7 m  + 
g   , 而 2 8 m一 2 7 m  一g   ≥0 , . . I m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 .  

此 时 必有 5   i2 ( mo d 9 ) , 而 3   13 , 一l , 一2   ( mo d 9 ) , . ‘ . y > l时 原 方 程 不 可 能 成 立 , 故 只 
有解 ( 1 , 1 ) .   例 l 2 证 明不 定 方 程 _ z 。 一3 x y 。 +Y 。 = 

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 1 5 求 满足 方程 (   +  ) ( £ + 一 3 )  


2 8 9 1 无 整数解 . ( 第 2 3届 I M O 试题 )  
证 明 
( oo r d3 ),  

’  2 8 9 1E   2( mo d3) ,3 x y  ; 0  

2 x y的 全 部整 数 对 .   ( 莫斯科 大学 1 9 9 7年 人 学 试 题 )   分 析  +y   ≥2   l   l , 等 号 在 z一 士 Y  

. . .  。 +   ̄ 2 ( mo d 3 ) 有 两种可 能 :  

①  
有  +y 。 i8 ( mo d g ) ,   时无解.  

②  

0 

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,   f i  = 0,   f  一 0,  

及 3 x yZ  ̄0 ( mo d 9 ) , 而 2 8 9 1  ̄2 ( mo d g ) , . ’ . 此 

 ̄x =y - - -1 ( mo d 3 ) , 同 样 有  + y 。 -2  
( mo d9 ) .  

l   + y- -3 — 0,l  = 0 .  


而 x y   i 1( mo d3 ), . ‘ . 3 x y   i  3( mo d 9) ,  




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 

I . I   一3 x y   + 。 三2 —3  ̄ -8( mo d   9 ) 矛盾 , ^   原 方 程 无 整数 解 .  
7 换 元 法 

小 其取值范 围.   例 l 6 求不 定 方程 3   +7  r 一  一 5  


例 l 3 求不定 方程 2   +6   一1 2 x z + 


3 5 =0的 正 整 数 解 .  
分 析 
Z   +2 x+ 3 5 一-3 x >



3  + 6   —6 =0的 全 部 正 整 数 解  , Y,  ) .   分 析  令 “一 一 缸 得 红 。 +6 x u + 一 





., 解 得


l ≤ 


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