赏析高校强基计划中的不定方程试题
2024-05-16江苏省张家港市塘桥高级中学215611
周 浩 (江苏省张家港市塘桥高级中学 215611)
不定方程试题题型丰富,常考常新,精彩纷呈,解决方法灵活,理论跨度较大,能有效考查学生的思维能力和创新精神,因而高校强基计划对不定方程问题情有独钟．下文以各大高校强基计划试题为例,介绍不定方程的几种解题策略．
1 因式分解法
利用因式分解法求解,具体来说就是对表达式进行变形,方程的一边进行因式分解,一边作素因数分解,然后对比两边,在整数解的情形下,求解多个方程组．
例1(2023年深圳北理莫斯科大学强基计划)已知m,n∈Z,满足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,则m2+n2=(-7)2+412或342;若(m+8)(n+1)=2×21,则m2+n2=(-6)2+202或12+132;若(m+8)(n+1)=3×14,则m2+n2=(-5)2+132或22+62;若(m+8)(n+1)=6×7,则m2+n2=(-2)2+62或52+12．因此,m2+n2的最小值为52+(-1)2=26,最大值为(-7)2+412=1 730．
A．0 B．1 C．2 D．以上答案都不对
例3(2020年中科大创新班初试数学试题)已知x,y为正整数,p为素数,且x2-y2=4p2,则x3-y3=．
点评通过上述例题可以看出,这里的因式分解和通常情况有些不同,我们进行的不是彻底分解,而是常常将因式分解与整除结合起来．
练习1 (2020年北京大学强基计划)方程19x+93y=4xy的整数解个数为( )．
A．4 B．8 C．16 D．前三个选项都不对
提示 分解因式得(4x-93)(4y-19)= 93×19=3×19×31．(答案:B)
练习2 (2016年清华大学自主招生)关于x,y的不定方程x2+165=2y的正整数解的组数为( )．
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),可设y=2m(m∈N*),则(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数的离散型与不等式,缩小未知数的范围或导出矛盾．特别地,当变量在该范围内只有有限个值时,逐一枚举,进而求解．
例5(2019年北京大学自主招生)已知4个互不相同的素数a,b,c,d满足2a+3b+5c+ 7d=10a+7b+5c+3d=152,则a+b+c+d=( )．
A．29 B．30 C．31 D．前三个答案都不对
3 判别式法
对于某些二次不定方程,我们可以利用主元思想将其转化为一元二次方程,此时,方程有整数解的必要条件是Δ≥0,这样就可以缩小变量取值范围．进一步,方程有整数解还可利用Δ是一个完全平方数,精确锁定变量的取值．
例6(2021年北京大学强基计划)方程x2-2xy+3y2-4x+5=0的正数解的组数为．
解方程等价于x2-(2y+4)x+3y2+5=0,判别式Δ=(2y+4)2-4(3y2+5)=4(-2y2+4y-1)=-8(y-1)2+4≤4．判别式是一个平方数,经检验只能Δ=4,此时y=1．方程化为x2-6x+8=0,解得x=2或x=4．因此(x,y)=(2,1),(4,1),故原方程的正数解的组数为2．
4 隔板法
例8(2022年南京大学强基计划)方程x1+x2+x3+3x4+3x5+5x6=7的非负整数解个数为．
解设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},则可判断(a,b,c)可能的解有(2,0,5),(1,6,0),(4,3,0),(7,0,0)．
综上,方程非负整数解的个数为81．
例9(2021年复旦大学强基计划)方程18x+4y+9z=2 021的正整数解有多少组?
例10(2021年北京大学强基计划)如果一个十位数F的各位数字之和为81,则称F是一个“筑梦数”,则筑梦数的个数为．
点评上述3道例题与隔板法模型差别很大,需要通过一定的手段转换为隔板法模型．
练习3 (2020年复旦大学自主招生)方程3x+4y+12z=2 020的非负整数解的组数为．
提示 由条件知0≤x1≤3,对x1进行枚举,再利用隔板法．(答案:594)
练习5 (2018年上海市高三数学竞赛)求不定方程x+y+z+w=25的满足x 提示 设y-x=d(d∈N*),则2x+d+z+w=25,1≤x≤11．对x进行枚举,再利用隔板法．(答案:946) 例11(2021年北京大学强基计划)若x1,x2,…,x7为非负整数,则方程x1+x2+…+x7=x1x2…x7的解有组． 解显然x1=x2=…=x7=0是满足条件的一组解,且只要x1,x2,…,x7中有0,则剩余的必须全为0．下面只考虑x1,x2,…,x7非零的情形．由对称性,不妨设0 ①当x5=1时,x6x7=5+x6+x7,得(x6-1)(x7-1)=6,满足条件的解有(x6,x7)=(2,7),(3,4)． ②当x5=2时,x6=2或3．当x6=2时,4x7=8+x7,与x7是整数矛盾;当x6=3时,6x7=9+x7,与x7是整数矛盾．故此类情形无解． 方程的两边相等且为整数,则两边模任意一个正整数均同余,所以可以选取适当的正整数,利用同余的性质来导出矛盾或挖掘进一步的信息或线索.最常见的就是模2,也即奇偶分析． 例13(2023年南京大学综合评价数学测试)求不定方程x2-y!=2 023的全部正整数解． 解当y≥4时,方程两边同时模4,y!是4的倍数,2 023≡3(mod 4),从而x2≡3(mod 4),这与一个完全平方数模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,经检验只有2 025=452是平方数,所以原方程的全部解是(x,y)=(45,2)． 评注这里利用了阶乘的一个性质:当y≥m时,m|y!.然后选择模几成为关键,这里选择模4,计算量小一点． 例14(2022北京大学强基计划)已知2n+1与3n+1均为完全平方数且n不超过2 022,则正整数n的个数为． 解设2n+1=a2,3n+1=b2,则a2+b2=5n+2≡2(mod 5),结合完全平方数模5余0或 ±1可知,a2≡b2≡1(mod 5)．又a是奇数,所以a≡±1(mod 10)．又因为n不超过2 022,所以a2=2n+1≤4 045,得1 例15(2021年北京大学强基计划)方程y3+f4=d5的正整数解(y,f,d)的组数为． 解考虑到2n+2n=2n+1,取n满足n≡0(mod 3),n≡0(mod 4),n≡-1(mod 5)即可．由中国剩余定理知,满足上述同余方程的正整数n存在且有无穷多个,具体的解为n=60k+24,k∈N．此时(220k+8)3+(215k+6)4=(212k+5)5,故原方程的正整数解有无穷多个． 练习6 (2021年北京大学强基计划)设正整数n≤2 021,且n5-5n3+4n+7是完全平方数,则可能的n的个数为． 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的倍数,进而n5-5n3+4n+7≡3(mod 4)．完全平方数模4余0或1,所以n5-5n3+4n+7不可能是完全平方数,故这样的n共0个． 练习7 (2021年复旦大学强基计划)已知m,n为正整数,0≤n≤18,19m+n=2 0212 022,则n=． 提示 通过归纳,得2 0212 022≡1(mod 19),即n≡1(mod 19),结合0≤n≤18,得n=1． 练习8 (2020年复旦大学强基计划)已知m,n∈Z,且0≤n≤11,若满足22 020+32 021=12m+n,则n=． 提示 对等式两边模3,得n≡(-1)2 020=1(mod 3)．对等式两边模4,得n≡(-1)2 021=-1(mod 4),结合0≤n≤11,知n=7． 不定方程类型众多,没有统一的方法,我们不必追求面面俱到.平时只需抓住一些常规方法,发现特点,探寻规律,解决问题,提升思维能力,并在教学和学习中总结归纳、积累．5 分类讨论
6 同余法
