初中數(shù)學競賽專題復習 第三篇 初等數(shù)論 第21章 不定方程試題 新人教版

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1、 第21章 不定方程 §21.1 二元一次不定方程 21.1.1★求不定方程的正整數(shù)解． 解析 因為，，，…，所以這個方程的正整數(shù)解有無數(shù)組，它們是 其中可以取一切正整數(shù)． 21.1.2★求的整數(shù)解． 解析1 將方程變形得 ． 因為是整數(shù)，所以應是11的倍數(shù)．由觀察得，是這個方程的一組整數(shù)解， 所以方程的解為 為整數(shù)． 解析2 先考察，通過觀察易得 ， 所以 ， 可取，．從而 為整數(shù)． 評注 如果、是互質的整數(shù)，是整數(shù)，且方程 ① 有一組整數(shù)解、．則此方程的一切整數(shù)解可以表示為 其中，±1，±2，±3，…． 21.1.3★

2、求方程的非負整數(shù)解． 解析 因為(6，22)=2，所以方程兩邊同除以2得 ． ① 由觀察知，，是方程 ② 的一組整數(shù)解，從而方程①的一組整數(shù)解為 所以方程①的一切整數(shù)解為 因為要求的原方程的非負整數(shù)解，所以必有 由于是整數(shù)，由③、④得15≤≤16，所以只有15，16兩種可能． 當15時，15，；當16時，4， 3．所以原方程的非負整數(shù)解是 21.1.4★求方程的所有正整數(shù)解． 解析 這個方程的系數(shù)較大，用觀察法去求其特殊解比較困難，碰到這種情況我們可用逐步縮小系數(shù) 的方法使系數(shù)變小，最后再用觀察法求解． 用方程 ① 的最小系數(shù)7除

3、方程①的各項，并移項得 ．② 因為、是整數(shù)，故也是整數(shù)，于是有．再用5除此式的兩邊得 ．③ 令 (整數(shù))，由此得 ．④ 由觀察知，是方程④的一組解．將代入③得．代入②得=25．于 是方程①有一組解，，所以它的一切解為 由于要求方程的正整數(shù)解，所以 解不等式，得只能取0，1．因此得原方程的正整數(shù)解為 21.1.5★求方程的整數(shù)解． 解析 因為，，． 為用37和107表示1，我們把上述輾轉相除過程回代，得 1=33-8×4=37-4-8×4=37-9×4 =37-9×(37-33)=9×33-8×37 =9×(107-2×37)-8×37=9×107-2

4、6×37 =37×(-26)+107×9, 由此可知，是方程的一組整數(shù)解．于是 , 是方程的一組整數(shù)解．所以原方程的一切整數(shù)解為 是整數(shù)． 21.1.6★求方程的整數(shù)解． 解析 設，即，于是．原方程可化為 用前面的方法可以求得①的解為 是整數(shù)． ②的解為 是整數(shù)． 消去，得 是整數(shù)． 21.1.7★求方程的整數(shù)解． 解析 設，則 對于①，，是一組特解，從而①的整數(shù)解為 是整數(shù)． 又，是方程②的一組特解，于是②的整數(shù)解為 是整數(shù)． 所以，原方程的整數(shù)解為 、是整數(shù)． 21.1.8★求方程組的正整數(shù)解． 解析 消去，得 ． ①

5、． 易知，是它的一組特解，從而①的整數(shù)解為 是整數(shù)． 代入原方程組，得所有整數(shù)解為 是整數(shù)． 由，，得 ， 所以0，1，故原方程組的正整數(shù)解為 21.1.9★求方程的正整數(shù)解的組數(shù)． 解析 因為，所以，是一組特解．于是方程的整數(shù) 解為 是整數(shù)． 由 得. 所以1，2，…，87．故原不定方程有87組正整數(shù)解． 21.1.10★★某國硬幣有5分和7分兩種，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 ． 由于≤142，所以≤20，并且由上式知．因為(5，2)=1，所以，從而 1，6

6、，11，16．①的非負整數(shù)解為 所以，共有4種不同的支付方式． 評注 當方程的系數(shù)較小時，而且是求非負整數(shù)解或者是實際問題時，這時候的解的組數(shù)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，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 ③-②得 即 解得于是的一個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、、還應滿

7、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，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lO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(jù)題意得 我們要求這個方程組的正整數(shù)解． 消去：從①中減去②×2得，于是 ．③

8、 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(shù)，所以必須是3的倍數(shù)．從而只有2、5兩個值滿足這一要求． 但時，，不是正整數(shù)．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％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，0≤≤60，0≤≤47． 解方程組

9、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(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 設正整數(shù)、滿足(，)=1，，、一奇一偶，則 ． 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，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．因為是奇數(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)． 反過來，設、、是一組基本勾股數(shù)，

10、且是偶數(shù)，和都是奇數(shù)，則和都是整數(shù)． 設，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因式都是平方數(shù)．設 ，， 這里．，于是可得 ． 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． 評注 如果正整數(shù)、、滿足方程，那么就稱、、是一組勾股數(shù)．邊長為正整數(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 ′，′，′， 則有（′，′，′）=1，并且由得 ， 兩邊除以，得．所以我們只需研究基

11、本勾股數(shù)．在基本勾股數(shù)、、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(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、、是勾股數(shù)，是質數(shù)，求證：和都是完全平方數(shù)． 解析 ．因為是質數(shù)，所以只有1、、三個正約數(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

12、一組勾股數(shù)． 解析 因為是正整數(shù)，，．由 , 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 設弦長為，股長為，勾為． 因為（，）=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，則，得，． 所以，勾股數(shù)組具有形式、、． 21.2.5★★求證：勾股三角形的直角邊的長能取任何大于2的正整數(shù)． 解析 當是大于1的奇數(shù)時，和都是正整數(shù)，并且 ． 當是大于2的偶數(shù)時，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★

13、★求證：在勾股三角形中， (1)必有一條直角邊的長是3的倍數(shù)； (2)必有一條直角邊的長是4的倍數(shù)； (3)必有一條邊的長是5的倍數(shù)． 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(shù)時的情況．不失一般性，設為偶數(shù)，則 ，，， 其中、滿足上述定理中的條件． (1)若、中至少有一個是3的倍數(shù)，則是3的倍數(shù)；若、都不是3的倍數(shù)，設 ，， 則 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，由于一個完全平方數(shù)

14、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，其中一個數(shù)是16． 解析 設勾股數(shù)組、、，其中16． 16=2×4×2=2×8×1， 若，，有()-2≠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)16、63、65． 評注 若不要求基本勾股數(shù)，則16=2×4×2，設，，得 ，． 即16、12、20為一組勾股數(shù)． 又，設，，得 ，． 即16、30、34為一組勾股數(shù)． 21.2.8★★設、、為一組勾股數(shù)，其中

15、為奇質數(shù)，且>，>．求證：必為完全平方數(shù)． 解析 因為、、為一組勾股數(shù)，，，則有． ，． 設，則有 ． 因為，為奇質數(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都是正整數(shù)，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 設直角三角形的三邊長分別是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(shù)．證明：存在一

16、個邊長都是整數(shù)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(shù)解． 利用，結合與具有相同的奇偶性，故當為奇數(shù)時，由（，）=（1，），可得不定方程的一組正整數(shù)解 （，）=； 而當為偶數(shù)時，由條件，知≥4．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★★如果正整數(shù)、、滿足． 證明：數(shù)和都可以表示為兩個正整數(shù)的平方和． 解析 先證下述命題：如果正整數(shù)可表示為兩個正整數(shù)的平方和，則也可表示為兩個整數(shù)的平 方和． 設，這里、、都是正整數(shù)，且．則．于是，可表為兩個整數(shù)和的平方和，命題獲證． 注意到，

17、由條件有 ． 利用已證命題，可知 ． 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，這是一個矛盾．所以，、都是偶數(shù)，從而，這就是要證的結論． 評注 這里本質上只是恒等式的應用，在處理競賽問題時，代數(shù)式變形能 力顯得十分重要． 21.2.12★★★矩形中，，，且，，其中、都是質數(shù)，和是正整數(shù)，，為奇數(shù)，求和的長． 解析 由勾股定理，得．設，則． 因為為奇數(shù)，所以和必一奇一偶． 若為偶數(shù)，設，，． 又為偶數(shù)，為質數(shù)，則，于是．從而 ． 設，，．則 ． 因為是奇數(shù)，則必有，從而，此時 ． 又，則，，．于是 ． 因為為奇數(shù)，則，

18、，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)，是偶數(shù)，這與(，，)=1矛盾，所以和都是奇數(shù)，和都是偶數(shù)．設 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（，）=，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．

19、 把，代入原方程得 ， 即．由于（，）=1，所以、、是一組基本勾股數(shù)． 所以，當為奇數(shù)時， 當為偶數(shù)時， 由于，所以 這里(,)=1，，、一奇一偶． 21.2.14★★★★求證方程沒有正整數(shù)解． 解析 假定方程有正整數(shù)解，設在所有正整數(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 ，，， 則 ， 于是 ， 可見是偶數(shù)，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(shù)，此時和一奇一偶． 若為奇數(shù)，由題2

20、1.2.1得 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， 這里（，）=1，，、一奇一偶． 若為奇數(shù)，因(，)=1，由，可設 ，，（，）=1， 由于，由21.2.1得 ，，， 這里(，)=1，，、一奇一偶，且 由于(,)=1，所以可設，，于是，即．顯然，(，，)是方程 的一組正整數(shù)解，但是，這與最小矛盾． 若為偶數(shù)，同樣可推出類似的結果． 綜上所述，方程沒有正整數(shù)解． §21.3 其他不定方程 21.3.1★求方程的整數(shù)解(，)的個數(shù)． 解析 原方程可化為

21、 ， 因為三個連續(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，原方程無整數(shù)解． 21.3.2★將150寫成至少2個連續(xù)正整數(shù)的和，共有多少種不同的方式? 解析 設，其中、都是正整數(shù)，于是 ． 因為是奇數(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（，）的對數(shù)． 解析 因為，所以． 即 ． 由此可知，必具有，必具有形式，并且(，均為正整數(shù))． 又，所以． 當，時，得(5，1805

22、)； 當，時，得(20，1620)； 當，時，得(405，605)． 因此，不同整數(shù)對的個數(shù)為9． 21.3.4★★不定方程 的正整數(shù)解(，，，)有多少組? 解析 原方程可以化為 ， 而36表示成四個奇數(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)、(3，3，3，3) 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(shù)解． 解析 因為208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

23、平方數(shù)除以4所得的余數(shù)為1，所以、都是偶數(shù)． 設，，則，同上可知，、都是偶數(shù)．設，，則，所以，、都是偶數(shù)．設，，則，于是 ， 其中、都是偶數(shù)．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(shù)，且， ， 求的最大值． 解析 原式化為，因為、均為正整數(shù)，且，所以是正整數(shù)． 設(是正整數(shù))，則，有，所以．而 ， 所以 或 于是 或 所以的最大值是45×3=135． 21.3.7★★設、、為整數(shù)，且，，求的值． 解析 不妨設，將代入得到 ． 因為、都是

24、整數(shù)，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(shù)、滿足 ， 求的最大值． 解析 設，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52×104．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(shù)、、滿足方程組 求的值． 解析 由，得 , 所以 ． 因為 ,所以 ,即． 所以 ， 故，于是，． 由于（，）=（，）=，所以，，，，于是． 21.3.10★★設、、、都是質數(shù)，且>>>，．求 的所有可能值． 解析

25、 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 ， 即有．結合，可知，故，進而，綜合， 得．進而，利用與具有相同的奇偶性及=2 (因為，為質數(shù))，可知只能是，故（，） (43，11)．所以 ． 21.3.11★★設是正整數(shù)，記1×2×…×為!(例如1!=1，2!=1×2，5!=1×2×3×4×5)，若存在整數(shù)、、、、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 31×20=3×4×5×+4×5×+5×++， 因為31×20除以6余2，所以除以6余2，而0≤<6，故=2． ， 所以除以5

26、余3，于是． ， 所以是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，則可得， 所以也是平方數(shù)，設，于是 ， 而2006=2×17×59，即2006共有(1+1)(1+1)(1+1)=8個不同的正因數(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 ． 這個關于的整系數(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 是完全平方數(shù)．

27、由于，所以 ，1，4，9，16． 解得，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(shù)數(shù)組(，，，，，)，使得 解析 如果≥3，并且≥3，那么 ． 所以，式中的所有不等號均為等號，這要求，，，，這是不可能的． 從而，或者．不妨設，則或． 情形1，此時，，故，可知，從而，故，于是或．分別代人可求得，或． 情形2：，，，即有，同上可知即，因此，或，對應地，可求得或(當)時無解)． 綜上，結合對稱性，可知，，，，，或共7組解． 21.3.15★★★ 求證：方程

28、，沒有各不相同的正整數(shù)解． 解析 不失一般性，設，，，則，即有．于是 ，，，． ． 所以原方程無各不相同的正整數(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(為正整數(shù))．故 ， 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，（、為正整數(shù))，則， 故得，故． 21.3.17★★★ 求方程，的正整數(shù)解． 解析 當時，，無正整數(shù)解． 當時，，無正整數(shù)解． 當時，不是3的倍數(shù)，也不是2的倍數(shù)，所以可設(為正整數(shù))，于是 ． 化簡后得

29、． 當時，，求得 當時，由于無大于1的奇約數(shù)，所以是偶數(shù)，但此時是奇數(shù)． 所以原方程只有兩組正整數(shù)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6×8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(shù)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(shù)為，內部的會員數(shù)為，由題意 ， 整理得，， 所以 或 解得（舍）或 所以，新來的會員數(shù)為(人)．

30、 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(shù)≥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 設最后一排有個人，共有排，那么從后往前各排的人數(shù)分別為，，，…，，由題意可知 ， 即． 因為、都是正整數(shù)，且，所以，且與的奇偶性不同．將200分解質因數(shù)，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

31、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(shù)．于是可設 其中、均為正整數(shù)，且． ①－②，得，即 ． 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，；或．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(shù)，且在數(shù)值上該三角形的周長等于其面積的整數(shù)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

32、 其中為正整數(shù)． 問題轉為求①的正整數(shù)解的組數(shù)． 對①兩邊乘以2，移項后，兩邊平方 ，① 化簡整理，得， 因式分解，得． 注意到，、為正整數(shù)，且，故 ． 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． 21.3.22★★★ 求出所有的正整數(shù)，使得關于、的方程 恰有2011組滿足的正整數(shù)解． 解析 由題設， ． 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2010個． 設，其中是互不相同的素數(shù)，是非負整數(shù)．故的小于的正約數(shù)個數(shù)為 ， 故． 由于4021是素數(shù)，所以,，． 所以，，

33、其中是素數(shù)． 21.3.23★★★ (1)是否存在正整數(shù)、，使得 ? (2)設是是給定的正整數(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)當時，若存在正整數(shù)、，滿足 ，則 ， ， ， ， 而，故上式不可能成立． 當時，若(是不小于2的整數(shù))為偶數(shù)，取 ，， 則， ， 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 ， ， 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

34、不是唯一的． 21.3.24★★★ 已知三個相鄰正整數(shù)的立方和是一個正整數(shù)的立方．證明：這三個相鄰正整數(shù)中間的那個數(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，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(shù)除以9得到的余數(shù)只能是0，．類似地，第二種情況下得到，同樣的原因，這也導出矛盾． 現(xiàn)在假設．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 ， 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(shù)解． （2）將化為．，滿足上式．且時，． 為偶數(shù)時，，其中給出了不定方程的組正整數(shù)解． 為奇數(shù)時，，其中給出了不定方程的組正整數(shù)解；、、中有兩個，另一個為的情況給出了不定方程的3組正整數(shù)解． 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． 28