賞析高校強(qiáng)基計(jì)劃中的不定方程試題

周 浩 (江蘇省張家港市塘橋高級(jí)中學(xué) 215611)

不定方程試題題型豐富,?？汲Ｐ?精彩紛呈,解決方法靈活,理論跨度較大,能有效考查學(xué)生的思維能力和創(chuàng)新精神,因而高校強(qiáng)基計(jì)劃對(duì)不定方程問(wèn)題情有獨(dú)鐘．下文以各大高校強(qiáng)基計(jì)劃試題為例,介紹不定方程的幾種解題策略．

1 因式分解法

利用因式分解法求解,具體來(lái)說(shuō)就是對(duì)表達(dá)式進(jìn)行變形,方程的一邊進(jìn)行因式分解,一邊作素因數(shù)分解,然后對(duì)比兩邊,在整數(shù)解的情形下,求解多個(gè)方程組．

例1(2023年深圳北理莫斯科大學(xué)強(qiáng)基計(jì)劃)已知m,n∈Z,滿足mn+m+8n=34,求m2+n2的最大值和最小值．

解由mn+m+8n=34,得(m+8)(n+1)=42=1×42=2×21=3×14=6×7．若(m+8)(n+1)=42=1×42,則m2+n2=(-7)2+412或342;若(m+8)(n+1)=2×21,則m2+n2=(-6)2+202或12+132;若(m+8)(n+1)=3×14,則m2+n2=(-5)2+132或22+62;若(m+8)(n+1)=6×7,則m2+n2=(-2)2+62或52+12．因此,m2+n2的最小值為52+(-1)2=26,最大值為(-7)2+412=1 730．

A．0 B．1 C．2 D．以上答案都不對(duì)

例3(2020年中科大創(chuàng)新班初試數(shù)學(xué)試題)已知x,y為正整數(shù),p為素?cái)?shù),且x2-y2=4p2,則x3-y3=．

點(diǎn)評(píng)通過(guò)上述例題可以看出,這里的因式分解和通常情況有些不同,我們進(jìn)行的不是徹底分解,而是常常將因式分解與整除結(jié)合起來(lái)．

練習(xí)1 (2020年北京大學(xué)強(qiáng)基計(jì)劃)方程19x+93y=4xy的整數(shù)解個(gè)數(shù)為( )．

A．4 B．8 C．16 D．前三個(gè)選項(xiàng)都不對(duì)

提示 分解因式得(4x-93)(4y-19)= 93×19=3×19×31．(答案:B)

練習(xí)2 (2016年清華大學(xué)自主招生)關(guān)于x,y的不定方程x2+165=2y的正整數(shù)解的組數(shù)為( )．

A．0 B．1 C．2 D．3

提示 因2y不能被3整除,故x2不能被3整除,所以x2≡1(mod 3),故2y≡1(mod 3),可設(shè)y=2m(m∈N*),則(2m-x)(2m+x)=615= 3×5×41,得m=6,x=59,y=12．(答案:B)

2 不等式估算法

不等式估算法就是利用整數(shù)的離散型與不等式,縮小未知數(shù)的范圍或?qū)С雒埽貏e地,當(dāng)變量在該范圍內(nèi)只有有限個(gè)值時(shí),逐一枚舉,進(jìn)而求解．

例5(2019年北京大學(xué)自主招生)已知4個(gè)互不相同的素?cái)?shù)a,b,c,d滿足2a+3b+5c+ 7d=10a+7b+5c+3d=152,則a+b+c+d=( )．

A．29 B．30 C．31 D．前三個(gè)答案都不對(duì)

3 判別式法

對(duì)于某些二次不定方程,我們可以利用主元思想將其轉(zhuǎn)化為一元二次方程,此時(shí),方程有整數(shù)解的必要條件是Δ≥0,這樣就可以縮小變量取值范圍．進(jìn)一步,方程有整數(shù)解還可利用Δ是一個(gè)完全平方數(shù),精確鎖定變量的取值．

例6(2021年北京大學(xué)強(qiáng)基計(jì)劃)方程x2-2xy+3y2-4x+5=0的正數(shù)解的組數(shù)為．

解方程等價(jià)于x2-(2y+4)x+3y2+5=0,判別式Δ=(2y+4)2-4(3y2+5)=4(-2y2+4y-1)=-8(y-1)2+4≤4．判別式是一個(gè)平方數(shù),經(jīng)檢驗(yàn)只能Δ=4,此時(shí)y=1．方程化為x2-6x+8=0,解得x=2或x=4．因此(x,y)=(2,1),(4,1),故原方程的正數(shù)解的組數(shù)為2．

4 隔板法

例8(2022年南京大學(xué)強(qiáng)基計(jì)劃)方程x1+x2+x3+3x4+3x5+5x6=7的非負(fù)整數(shù)解個(gè)數(shù)為．

解設(shè)x1+x2+x3=a,3x4+3x5=b,5x6=c,由此a+b+c=7．又xi∈N,i=1,2,3,…,6,可得b∈{0,3,6},c∈{0,5},則可判斷(a,b,c)可能的解有(2,0,5),(1,6,0),(4,3,0),(7,0,0)．

綜上,方程非負(fù)整數(shù)解的個(gè)數(shù)為81．

例9(2021年復(fù)旦大學(xué)強(qiáng)基計(jì)劃)方程18x+4y+9z=2 021的正整數(shù)解有多少組?

例10(2021年北京大學(xué)強(qiáng)基計(jì)劃)如果一個(gè)十位數(shù)F的各位數(shù)字之和為81,則稱(chēng)F是一個(gè)“筑夢(mèng)數(shù)”,則筑夢(mèng)數(shù)的個(gè)數(shù)為．

點(diǎn)評(píng)上述3道例題與隔板法模型差別很大,需要通過(guò)一定的手段轉(zhuǎn)換為隔板法模型．

練習(xí)3 (2020年復(fù)旦大學(xué)自主招生)方程3x+4y+12z=2 020的非負(fù)整數(shù)解的組數(shù)為．

提示 由條件知0≤x1≤3,對(duì)x1進(jìn)行枚舉,再利用隔板法．(答案:594)

練習(xí)5 (2018年上海市高三數(shù)學(xué)競(jìng)賽)求不定方程x+y+z+w=25的滿足x

提示 設(shè)y-x=d(d∈N*),則2x+d+z+w=25,1≤x≤11．對(duì)x進(jìn)行枚舉,再利用隔板法．(答案:946)

5 分類(lèi)討論

例11(2021年北京大學(xué)強(qiáng)基計(jì)劃)若x1,x2,…,x7為非負(fù)整數(shù),則方程x1+x2+…+x7=x1x2…x7的解有組．

解顯然x1=x2=…=x7=0是滿足條件的一組解,且只要x1,x2,…,x7中有0,則剩余的必須全為0．下面只考慮x1,x2,…,x7非零的情形．由對(duì)稱(chēng)性,不妨設(shè)07,矛盾),于是命題等價(jià)于x5x6x7=4+x5+x6+x7,且由x5x6≤7,可得x5≤2．

①當(dāng)x5=1時(shí),x6x7=5+x6+x7,得(x6-1)(x7-1)=6,滿足條件的解有(x6,x7)=(2,7),(3,4)．

②當(dāng)x5=2時(shí),x6=2或3．當(dāng)x6=2時(shí),4x7=8+x7,與x7是整數(shù)矛盾;當(dāng)x6=3時(shí),6x7=9+x7,與x7是整數(shù)矛盾．故此類(lèi)情形無(wú)解．

6 同余法

方程的兩邊相等且為整數(shù),則兩邊模任意一個(gè)正整數(shù)均同余,所以可以選取適當(dāng)?shù)恼麛?shù),利用同余的性質(zhì)來(lái)導(dǎo)出矛盾或挖掘進(jìn)一步的信息或線索.最常見(jiàn)的就是模2,也即奇偶分析．

例13(2023年南京大學(xué)綜合評(píng)價(jià)數(shù)學(xué)測(cè)試)求不定方程x2-y!=2 023的全部正整數(shù)解．

解當(dāng)y≥4時(shí),方程兩邊同時(shí)模4,y!是4的倍數(shù),2 023≡3(mod 4),從而x2≡3(mod 4),這與一個(gè)完全平方數(shù)模4余0或1矛盾,所以y=1,2,3．逐一代入原方程得x2=2 024,2 025, 2 029,經(jīng)檢驗(yàn)只有2 025=452是平方數(shù),所以原方程的全部解是(x,y)=(45,2)．

評(píng)注這里利用了階乘的一個(gè)性質(zhì):當(dāng)y≥m時(shí),m|y!.然后選擇模幾成為關(guān)鍵,這里選擇模4,計(jì)算量小一點(diǎn)．

例14(2022北京大學(xué)強(qiáng)基計(jì)劃)已知2n+1與3n+1均為完全平方數(shù)且n不超過(guò)2 022,則正整數(shù)n的個(gè)數(shù)為．

解設(shè)2n+1=a2,3n+1=b2,則a2+b2=5n+2≡2(mod 5),結(jié)合完全平方數(shù)模5余0或 ±1可知,a2≡b2≡1(mod 5)．又a是奇數(shù),所以a≡±1(mod 10)．又因?yàn)閚不超過(guò)2 022,所以a2=2n+1≤4 045,得1

例15(2021年北京大學(xué)強(qiáng)基計(jì)劃)方程y3+f4=d5的正整數(shù)解(y,f,d)的組數(shù)為．

解考慮到2n+2n=2n+1,取n滿足n≡0(mod 3),n≡0(mod 4),n≡-1(mod 5)即可．由中國(guó)剩余定理知,滿足上述同余方程的正整數(shù)n存在且有無(wú)窮多個(gè),具體的解為n=60k+24,k∈N．此時(shí)(220k+8)3+(215k+6)4=(212k+5)5,故原方程的正整數(shù)解有無(wú)窮多個(gè)．

練習(xí)6 (2021年北京大學(xué)強(qiáng)基計(jì)劃)設(shè)正整數(shù)n≤2 021,且n5-5n3+4n+7是完全平方數(shù),則可能的n的個(gè)數(shù)為．

提示n5-5n3+4n+7=(n-2)(n-1)n(n+1)(n+2)+7,(n-2)(n-1)n(n+1)(n+2)是4的倍數(shù),進(jìn)而n5-5n3+4n+7≡3(mod 4)．完全平方數(shù)模4余0或1,所以n5-5n3+4n+7不可能是完全平方數(shù),故這樣的n共0個(gè)．

練習(xí)7 (2021年復(fù)旦大學(xué)強(qiáng)基計(jì)劃)已知m,n為正整數(shù),0≤n≤18,19m+n=2 0212 022,則n=．

提示 通過(guò)歸納,得2 0212 022≡1(mod 19),即n≡1(mod 19),結(jié)合0≤n≤18,得n=1．

練習(xí)8 (2020年復(fù)旦大學(xué)強(qiáng)基計(jì)劃)已知m,n∈Z,且0≤n≤11,若滿足22 020+32 021=12m+n,則n=．

提示 對(duì)等式兩邊模3,得n≡(-1)2 020=1(mod 3)．對(duì)等式兩邊模4,得n≡(-1)2 021=-1(mod 4),結(jié)合0≤n≤11,知n=7．

不定方程類(lèi)型眾多,沒(méi)有統(tǒng)一的方法,我們不必追求面面俱到.平時(shí)只需抓住一些常規(guī)方法,發(fā)現(xiàn)特點(diǎn),探尋規(guī)律,解決問(wèn)題,提升思維能力,并在教學(xué)和學(xué)習(xí)中總結(jié)歸納、積累．