1、1981年2019年全国高中数学联赛试题分类汇编不定方程部分2011B一、（本题满分40分）求所有三元整数组，使其满足解析：由，得因，且，所以等价于或对方程组，消去得，即若，则与矛盾；若，则与矛盾；若，则与矛盾；综上方程组无解；对方程组，由可得，中有两个为，一个为。若，则或，代入的第一个方程，无解；代入的第一个方程，解得，若，同理可得，若，同理可得，综上，满足条件的三元数组为，2010AB 8、方程满足的正整数解的个数是 答案： 解析：首先易知的正整数解的个数为 .把满足的正整数解分为三类：（1）均相等的正整数解的个数显然为1；（2）中有且仅有2个相等的正整数解的个数，易知为1003； (3)
2、设两两均不相等的正整数解为.易知 ，所以，即.从而满足的正整数解的个数为.2010B二、（本题满分40分）设和是大于1的整数，求证： 证明： （20分） （40分）2008A B5、方程组的有理数解的个数为（ ）A. B. C. D. 答案： B解析：若，则解得或若，则由得 由得 将式代入得 由式得，代入式化简得.易知无有理数根，故，由式得，由式得，与矛盾，故该方程组共有两组有理数解或2008B二、（本题满分50分）求满足下列关系式组的正整数解组的个数解析：令，由条件知，方程化为，即 （1）因，故，从而设因此（1）化为（2） 下分为奇偶讨论，（）当为奇数时，由（2）知为奇数令，代入（2）得 （
3、3）（3）式明显无整数解故当为奇数时，原方程无正整数解 （）当为偶数时，设，由方程（2）知也为偶数从而可设，代入（2）化简得 （4）由（4）式有，故，从而可设，则（4）可化为，（5）因为整数，故，又，因此，得，即 因此，对给定的，解的个数恰是满足条件的的正因数的个数因不是完全平方数，从而为的正因数的个数的一半即由题设条件，而25以内有质数9个：2，3，5，7，11，13，17，19，23将25以内的数分为以下八组：，从而易知，将以上数相加，共131个因此解的个数共131 2006*11、方程的实数解的个数为 答案：解析：要使等号成立，必须，即。但是时，不满足原方程。所以是原方程的全部解。因此原
4、方程的实数解个数为1 。2006*14、（本题满分20分）将表示成个正整数之和.记.问：当取何值时，取到最大值；进一步地，对于任意，有，当取何值时，取到最小值。请说明理由。解析：（1） 首先这样的S的值是有界集，故必存在最大值与最小值。 若, 且使 取到最大值，则必有 (*)事实上，假设（*）不成立，不妨假设。则令，,()有，。将改写成同时有 。于是有。这与S在时取到最大值矛盾。所以必有 . 因此当取到最大值。（2）当且时，只有（I） 402， 402， 402， 400， 400；（II） 402， 402， 401， 401， 400；（III） 402， 401， 401， 401， 4
5、01； 三种情形满足要求。 而后面两种情形是在第一组情形下作，调整下得到的。根据上一小题的证明可以知道，每调整一次，和式 变大。 所以在情形取到最小值。2006*三、（本题满分50分）解方程组。解析：令、，我们有， 。同样，令、，有，。在此记号系统下，原方程组的第一个方程为。（3.1）于是，。现在将上面准备的、和、的表达式代入，得，。利用原方程组的第二至四式化简，得，（3.2），（3.3）。（3.4）将（3.1）和（3.2）代入（3.3），得，（3.5）将（3.5）代入（3.2），得，（3.6）将（3.1）（3.5）（3.6）代入（3.4），得。所以有，。这样一来，、和、分别是方程和的两根，即或，且或。详言之，方程组有如下四组解：，；，；或，；或，。注：如果只得到一组解，或者不完整，最多得40分。
