賞析高校強基計劃中的不定方程試題

周 浩 (江蘇省張家港市塘橋高級中學 215611)

不定方程試題題型豐富,常考常新,精彩紛呈,解決方法靈活,理論跨度較大,能有效考查學生的思維能力和創新精神,因而高校強基計劃對不定方程問題情有獨鐘．下文以各大高校強基計劃試題為例,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,具體來說就是對表達式進行變形,方程的一邊進行因式分解,一邊作素因數分解,然后對比兩邊,在整數解的情形下,求解多個方程組．

例1(2023年深圳北理莫斯科大學強基計劃)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

例3(2020年中科大創新班初試數學試題)已知x,y為正整數,p為素數,且x2-y2=4p2,則x3-y3=．

點評通過上述例題可以看出,這里的因式分解和通常情況有些不同,我們進行的不是徹底分解,而是常常將因式分解與整除結合起來．

練習1 (2020年北京大學強基計劃)方程19x+93y=4xy的整數解個數為( )．

A．4 B．8 C．16 D．前三個選項都不對

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

練習2 (2016年清華大學自主招生)關于x,y的不定方程x2+165=2y的正整數解的組數為( )．

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的離散型與不等式,縮小未知數的范圍或導出矛盾．特別地,當變量在該范圍內只有有限個值時,逐一枚舉,進而求解．

例5(2019年北京大學自主招生)已知4個互不相同的素數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．前三個答案都不對

3 判別式法

對于某些二次不定方程,我們可以利用主元思想將其轉化為一元二次方程,此時,方程有整數解的必要條件是Δ≥0,這樣就可以縮小變量取值范圍．進一步,方程有整數解還可利用Δ是一個完全平方數,精確鎖定變量的取值．

例6(2021年北京大學強基計劃)方程x2-2xy+3y2-4x+5=0的正數解的組數為．

解方程等價于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．判別式是一個平方數,經檢驗只能Δ=4,此時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),故原方程的正數解的組數為2．

4 隔板法

例8(2022年南京大學強基計劃)方程x1+x2+x3+3x4+3x5+5x6=7的非負整數解個數為．

解設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,方程非負整數解的個數為81．

例9(2021年復旦大學強基計劃)方程18x+4y+9z=2 021的正整數解有多少組?

例10(2021年北京大學強基計劃)如果一個十位數F的各位數字之和為81,則稱F是一個“筑夢數”,則筑夢數的個數為．

點評上述3道例題與隔板法模型差別很大,需要通過一定的手段轉換為隔板法模型．

練習3 (2020年復旦大學自主招生)方程3x+4y+12z=2 020的非負整數解的組數為．

提示 由條件知0≤x1≤3,對x1進行枚舉,再利用隔板法．(答案:594)

練習5 (2018年上海市高三數學競賽)求不定方程x+y+z+w=25的滿足x

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

5 分類討論

例11(2021年北京大學強基計劃)若x1,x2,…,x7為非負整數,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．由對稱性,不妨設07,矛盾),于是命題等價于x5x6x7=4+x5+x6+x7,且由x5x6≤7,可得x5≤2．

①當x5=1時,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x5=2時,x6=2或3．當x6=2時,4x7=8+x7,與x7是整數矛盾;當x6=3時,6x7=9+x7,與x7是整數矛盾．故此類情形無解．

6 同余法

方程的兩邊相等且為整數,則兩邊模任意一個正整數均同余,所以可以選取適當的正整數,利用同余的性質來導出矛盾或挖掘進一步的信息或線索.最常見的就是模2,也即奇偶分析．

例13(2023年南京大學綜合評價數學測試)求不定方程x2-y!=2 023的全部正整數解．

解當y≥4時,方程兩邊同時模4,y!是4的倍數,2 023≡3(mod 4),從而x2≡3(mod 4),這與一個完全平方數模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,經檢驗只有2 025=452是平方數,所以原方程的全部解是(x,y)=(45,2)．

評注這里利用了階乘的一個性質:當y≥m時,m|y!.然后選擇模幾成為關鍵,這里選擇模4,計算量小一點．

例14(2022北京大學強基計劃)已知2n+1與3n+1均為完全平方數且n不超過2 022,則正整數n的個數為．

解設2n+1=a2,3n+1=b2,則a2+b2=5n+2≡2(mod 5),結合完全平方數模5余0或 ±1可知,a2≡b2≡1(mod 5)．又a是奇數,所以a≡±1(mod 10)．又因為n不超過2 022,所以a2=2n+1≤4 045,得1

例15(2021年北京大學強基計劃)方程y3+f4=d5的正整數解(y,f,d)的組數為．

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．由中國剩余定理知,滿足上述同余方程的正整數n存在且有無窮多個,具體的解為n=60k+24,k∈N．此時(220k+8)3+(215k+6)4=(212k+5)5,故原方程的正整數解有無窮多個．

練習6 (2021年北京大學強基計劃)設正整數n≤2 021,且n5-5n3+4n+7是完全平方數,則可能的n的個數為．

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,進而n5-5n3+4n+7≡3(mod 4)．完全平方數模4余0或1,所以n5-5n3+4n+7不可能是完全平方數,故這樣的n共0個．

練習7 (2021年復旦大學強基計劃)已知m,n為正整數,0≤n≤18,19m+n=2 0212 022,則n=．

提示 通過歸納,得2 0212 022≡1(mod 19),即n≡1(mod 19),結合0≤n≤18,得n=1．

練習8 (2020年復旦大學強基計劃)已知m,n∈Z,且0≤n≤11,若滿足22 020+32 021=12m+n,則n=．

提示 對等式兩邊模3,得n≡(-1)2 020=1(mod 3)．對等式兩邊模4,得n≡(-1)2 021=-1(mod 4),結合0≤n≤11,知n=7．

不定方程類型眾多,沒有統一的方法,我們不必追求面面俱到.平時只需抓住一些常規方法,發現特點,探尋規律,解決問題,提升思維能力,并在教學和學習中總結歸納、積累．