不定方程問題的常見類型及其常用策略

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(鎮海蛟川書院 浙江寧波 315201)

不定方程問題的常見類型及其常用策略

●劉清泉

(鎮海蛟川書院 浙江寧波 315201)

不定方程是指未知數的個數多于方程個數，且未知數受到某些限制的方程或方程組．不定方程是初中數學競賽中的重要內容之一，也是各級各類數學競賽試題中的熱點內容之一，求解時不但涉及方程(組)的相關知識，還涉及數論的相關知識，靈活性較大，技巧性較強．其中一些常見的問題，其解決策略往往與其呈現方式直接相關，筆者以其在初中數學競賽中的常見類型進行分類，例析對應的解決策略．

1 一次不定方程

1．1 整體求解

例1母親節到了，小紅、小莉、小瑩到花店買花送給自己的母親．小紅買了3枝玫瑰、7枝康乃馨、1枝百合花，共付了14元；小莉買了4枝玫瑰、10枝康乃馨、1枝百合花，共付了16元；小瑩買上面3種花各2枝，則她應付________元．

(2010年天津市初中數學競賽試題)

解設玫瑰、康乃馨、百合花的單價分別為x，y，z(單位：元)，則

解得

從而 2(x+y+z)=2(2-3y+y+8+2y)=20．

評注因為x,y,z不能被唯一確定，所以利用消元思想將“三元”轉化為“一元”，進而整體求解．本例亦可用下面的方法求解：

設m(3x+7y+z)+n(4x+10y+z)=2(x+y+z)，則

(3m+4n)x+(7m+10n)y+(m+n)z=2x+2y+2z,

得

解得

因此

2(x+y+z)= 6(3x+7y+z)-4(4x+10y+z)=

6×14-4×16=20．

1．2 設而不求

例2一輛客車、一輛貨車和一輛小轎車在一條筆直的公路上朝同一方向勻速行駛．在某一時刻，客車在前，小轎車在后，貨車在客車與小轎車的正中間;過了10 min，小轎車追上了貨車；又過了5 min，小轎車追上了客車；再過了tmin，貨車追上了客車，則t=________．

(2010年全國初中數學聯賽試題)

解設在某一時刻，貨車與客車、小轎車的距離均為Skm，小轎車、貨車、客車的速度分別為a,b,c(單位：km/min).由題意得

由式(1)和式(2)，得

30(b-c)=S，

結合式(3)，得

t=30-10-5=15．

評注本例用增元法建立追擊問題的模型，構造不定方程后，以求其中的“t”值為目標進行等式變形．

2 二次不定方程

2．1 形如“□xy+□x+□y+□=0”的二次不定方程

例3已知直角三角形的邊長均為整數，周長為30，求該三角形外接圓的面積．

(2012年全國初中數學聯賽試題)

解設直角三角形的3條邊長分別為a,b,c(a≤b

a2+b2=c2.

把c=30-a-b代入，化簡得

ab-30(a+b)+450=0，

從而

(30-a)(30-b)=450=2×32×52.

由a,b均為整數且a≤b<14，知30-a，30-b均為大于16的正整數，從而

評注該類型比較常見，通常將等式左邊因式分解、等式右邊分解質因數，利用整數的性質求解．本例中將a，b排序，并挖掘30-a，30-b的特征是常用的解題技巧．

2．2 形如“□2-□2=□”的二次不定方程

例4若100a+64和201a+64均為4位數，且均為完全平方數，則整數a的值為________．

(2007年全國初中數學聯賽試題)

解設100a+64=m2，201a+64=n2，其中32≤m<100，32≤n<100,兩式相減，得

101a=n2-m2=(n+m)(n-m).

由于101是質數，且-101

n+m=101，

故

a=n-m=2n-101.

代入201a+64=n2，整理得

n2-402n+20 237=0，

解得

n=59或n=343(舍去),

因此

a=2n-101=17．

評注本例從完全平方數切入構造不定方程，借助“平方差公式”，在“101是質數”的前提下，尋求a,m,n之間的線性關系，進而求解．

2．3 形如“□2+□2=□”的二次不定方程

例5關于x，y的方程x2+y2=208(x-y)的所有正整數解為________．

(2008年全國初中數學聯賽試題)

解因為208是4的倍數，又偶數的平方數除以4所得的余數為0，奇數的平方數除以4所得的余數為1，所以x，y都是偶數．

設x=2a，y=2b,則

a2+b2=104(a-b)，

同上可知，a，b都是偶數．設a=2c，b=2d,則

c2+d2=52(c-d)，

因此c，d都是偶數．設c=2s，d=2t,則

s2+t2=26(s-t)，

于是

(s-13)2+(t+13)2=2×132，

其中s，t都是偶數．于是

(s-13)2=2×132-(t+13)2≤2×132-152<112．

不難確定|s-13|=7,從而

故

評注對于形如“□2+□2=□”的二次不定方程，若等式右邊的常數為0或較小，可利用完全平方數的特征求解，或利用主元法轉化為一元二次方程用判別式求解．由于本例中等式可化為

(x-104)2+(y+104)2=2×1042=21 632,

(4)

其右邊的常數較大，故利用奇偶分析法將其轉化為等式右邊常數較小的情形進而求解．當然，對式(4)亦可結合“完全平方數的尾數特征”分析求解，這里不再贅述．

2．4 轉換主元解二次不定方程

例6不定方程3x2+7xy-2x-5y-17=0的全部正整數解(x,y)的組數為

( )

A．1 B．2 C．3 D．4.

(2013年全國初中數學聯賽試題)

解由3x2+7xy-2x-5y-17=0，得

又x≥1，y≥1，則

-3x2+2x+17≥7x-5，

即

3x2+x≤22.

不難確定正整數x=1或x=2，從而(x,y)=(1,8)或(x,y)=(2,1).故選B．

評注本例中的不定方程關于“x”是二次的，關于“y”是一次的，則y可用x表出，在正整數解要求的前提下，在限定x取值范圍的基礎上，確定x可能的取值，進一步驗證得到結論．事實上，本題求解時，很容易以“x”為主元，轉化為一元二次方程的整數根問題進行求解，很多與二次不定方程相關的問題常常用到解決一元二次方程的整數根問題的相關策略，本文不再贅述．

2．5 與質數相關的二次不定方程

例7設a為質數，b為正整數，且9(2a+b)2=509(4a+511b)，求a，b的值．

(2008年全國初中數學聯賽試題)

解由于9和509互質，則

509|(2a+b)2，

又509為質數，則

509|2a+b.

可設 2a+b=509x(x為正整數),

(5)

則

9×(509x)2=509(4a+511b)，

即 9×509x2=4a+511b.

(6)

式(5)和式(6)消去b，得

x(511-9x)=2a.

由于a為質數，從而x=1或x=2或x=a．經檢驗，只有當x=1時，a=251，b=7，滿足題意．

評注通常與質數相關的問題包括不定方程問題，應把解決整除、互質、質數與合數等問題的相關方法作為首選．

2．6 無解的二次不定方程

例8關于m,n的方程5m2-6mn+7n2=2 011是否存在整數解？若存在，請寫出一組解；若不存在，請說明理由．

(2011年北京市初中數學競賽試題)

解(1)若m,n同奇偶，則原方程左邊為偶數，不可能等于2 011.

(2)若m,n異奇偶，把原方程可化為

(5m-3n)2+26n2=10 055,

其中5m-3n為奇數，(5m-3n)2=1(mod 8).

①當n為偶數時，26n2=0(mod 8)，而10 055=7(mod 8)，顯然等式不成立；

②當n為奇數時，26n2=2(mod 8)，而10 055=7(mod 8)，顯然等式不成立．

綜上所述，方程5m2-6mn+7n2=2 011不存在整數解．

評注不定方程是否存在整數解也是不定方程的重要內容.解答時，常常借助奇偶分析，特別是對于二次不定方程，經常用到：(2n)2=0(mod 4)，(2n+1)2=1(mod 8)(其中n為整數)．更一般地，借助取模等方法探究是否有整數解，該方法也同樣適用于其他形式的不定方程求整數解．

3 高次不定方程

3．1 三次不定方程

例9已知a是正整數，如果關于x的方程x3+(a+17)x2+(38-a)x-56=0的根都是整數，求a的值及方程的整數根．

(2007年全國初中數學聯賽試題)

解由題意，得

x3+17x2+38x-56+ax(x-1)=0,

即

(x-1)[x2+(a+18x)+56]=0.

關于x的方程x2+(a+18)x+56=0一定有2個不相等的實整數根,則Δ=(a+18)2-224是完全平方數.設(a+18)2-224=k2(k為非負整數)，則

(a+18)2-k2=224，

即

(a+18+k)(a+18-k)=224,

其中a+18+k與a+18-k的奇偶性相同，且a+18+k≥18，于是

(a+18+k,a+18-k)=(112,2),

或 (a+18+k,a+18-k)=(56,4),

或 (a+18+k,a+18-k)=(28,8)，

解得(a,k)=(39,55)或(a,k)=(12,26)或(a,k)=(0,10)(舍去)．

因此，當a=39時，原方程的3個根為1，-1，-56；當a=12時，原方程的3個根為1，-2，-28．

3．2 四次不定方程

例10若關于x的方程x4-16x3+(81-2a)x2+(16a-142)x+a2-21a+68=0的各根為整數，求a的值并解此方程．

(2009年江西省初中數學競賽試題)

解原方程可化為

a2-(2x2-16x+21)a+

(x4-16x3+81x2-142x+168)=0,

于是

[a-(x2-6x+4)]·[a-(x2-10x+17)]=0,

則

x2-6x+4-a=0,

或

x2-10x+17-a=0.

可知Δ1=4a+20=4(a+5)和Δ2=4a+32=4(a+8)均為完全平方數.設a+5=m2，a+8=n2(m,n均為正整數)，則

(m+n)(m-n)=-3，

易得m=1，n=2，此時a=-4，原方程的4個解為2,3,4,7．

評注本例通過“轉換主元”利用因式分解，將一個四次方程轉化為2個二次方程從而求解．

4 分式不定方程

4．1 轉化為整式不定方程

(2011年北京市初中數學競賽試題)

解由題意，得xy-2 011x-2 011y-2 011=0,則

(x-2 011)(y-2 011)=2 011×2 012=22×503×2 011,

故原方程的正整數解有(2+1)(1+1)(1+1)=12組．

評注通過去分母，把分式方程轉化為整式方程是解決分式方程問題的常用策略，不定方程亦如是．

4．2 利用整除求解

( )

A.2 B.4 C.6 D.8

(2006年浙江省初中數學競賽試題)

評注通過分式的變形，利用整除解決了本例中的分式不定方程，這比利用去分母轉為整式方程解答更簡潔．

4．3 利用“排序放縮”

(2007年山西省太原市初中數學競賽試題)

解由1≤x≤y≤z，得

若x=2，則

故

即

若x=3，則

故

則

綜上可知，原方程的正整數解為

評注本例利用放縮確定每個未知數的范圍，進而確定原方程的正整數解．另外，本題的題干部分已明確x≤y≤z，很多時候需依據題目中“輪換對稱性”先“排序”后“放縮”．

5 指數不定方程

5．1 借助“尾數分析”

例14設n是正整數，且n2+1 085是3的正整數次冪，則n的值為______．

(2007年天津市初中數學競賽試題)

解由n2(n為正整數)的個位數字只能是0，1，4，5，6，9，得n2+1 085的個位數字只能是5，6，9，0，1，4．

而3m(m為正整數)的個位數字只能是1，3，7，9．由已知可設n2+1 085=3m(n,m均為正整數)，得3m的個位數字只能是1或9，故m是偶數.設m=2k(k為正整數),則n2+1 085=32k，于是

(3k-n)(3k+n)=1 085=1×5×7×31,

得

(3k-n,3k+n)=(1,1 085)，

或 (3k-n,3k+n)=(5,217),

或 (3k-n,3k+n)=(7,155),

或 (3k-n,3k+n)=(31,35).

其中,只有(3k-n,3k+n)=(7,155)滿足條件，此時k=4,n=74．

評注本例從完全平方數與3的正整數次冪的尾數分析入手，將不定方程變形后借助因式分解和分解質因數使問題得以解決,充分考慮了指數不定方程的“指數”特征，利用尾數的周期分布將原方程進行轉化．

5．2 借助“奇偶分析”

例15能使2n+256是完全平方數的正整數n的值為______．

(2011年全國初中數學聯賽試題)

解當n<8時，

2n+256=2n(1+28-n)，

若它是完全平方數，則n必為偶數．但易知1+28-n不是完全平方數.

當n>8時，

2n+256=28(2n-8+1).

若它是完全平方數，則2n-8+1為某個奇數的平方.設2n-8+1=(2k+1)2(k為自然數)，則

2n-10=k(k+1),

由于k和k+1一個為奇數一個為偶數，則k=1，進而得到n=11．

評注指數不定方程的形式千姿百態，很多問題形式簡單，解答較為復雜．不過由于初中所學內容的限制，命題時常常設定其解答方法為常用的相關策略，本例結合“2的正整數次冪”,借助“奇偶分析”加以解答．

不定方程作為數論的一個分支，有著悠久的歷史與豐富的內容，其案例不一而足，對應的解法也不拘一格．很多不同形式的不定方程，其解法相通，往往需要多種方法同時運用，需要讀者在深諳相關方法和技巧的基礎上靈活運用．