2010年一道高中数学联赛题的“源”与“流”

2010年全国高中数学联赛一试第8题是:方程x+y+z=2010满足x≤y≤z的正整数解(x,y,z)的个数是.笔者经过研究后发现,要想完整的解决本题,必须用到方程x1+x2+…+xn=m(n≤m,m∈N*)正整数解的个数这一种重要的数学模型,为行文的方便,我们先来研究这个模型的答案.     

智慧窗

1.巧求值设x+y+x=0,xyz≠0,求的值.2.巧解方程组解关于z,y,z的方程组     

数学问题解答

20 0 4年 1月号问题解答(解答由问题提供人给出 )1 471　求方程组 x+y =ztz+t =xy的非负整数解 .解　因为方程组中x与y ,z与t可以互换 ,所以可以先求满足 0 ≤x≤y ,0 ≤z≤t的整数解组 (x,y ,z,t) .( 1 )若x、z中有一个为零 ,不妨设x=0 ,则由原方程组消去t得 :y+z2 =0所以y =z=0 ,t= 0 .即 ( 0 ,0 ,0 ,0 )是原方程组求的一组解 .( 2 )若x ,z都不是 0 ,但是有一个为 1 ,设x=1 ,则由原方程组消去y得 :t+z=zt - 1所以 (z- 1 ) (t- 1 ) =2 ,因为z,t为正整数且z≤t,所以z - 1 =1t- 1 =2 得z=2 ,t =3,y=5即 ( 1 ,5 ,2 ,3)是原方程组的一组解 ,同…     

联立Pell方程组x~2-ay~2=1和y~2-bz~2=1的解数

设a,b是正整数.我们研究了联立Pell方程组x~2-ay~2=1,y~2-bz~2=1的正整数解(x,y,z)的个数.本文利用Bennett关于联立Padé逼近的一个结果,证明了该方程组至多只有两组正整数解(x,y,z),从而改进了Bennett(1998),袁平之(2004)等人的结论.     

争鸣

问题问题200这样的消参题错在哪里?题1设m∈R,求两条直线l_1:x+my+6=0,与l_2:(m-2)x+3y+2m=0的交点的轨迹方程.常规解法解方程组     

n元一次不定方程组的整数解

不定方程组是指未知量的个数多于方程个数的方程组 .在大约 1 5 0 0年以前 ,我国古代数学家张丘建在他编写的《张丘建算经》里 ,曾经提出并解决了“百钱买百鸡”这个有名的数学问题 :“今有鸡翁一值钱五 ,鸡母一值钱三 ,鸡雏三值钱一 ,凡百钱买百鸡 ,同鸡翁、鸡母、鸡雏各几何 ?”若设鸡翁、鸡母、鸡雏的个数分别为x ,y ,z,则由题意可得三元一次不定方程组x+y+z=1 0 05x + 3y+ 13z =1 0 0 ( 1 )进一步将方程组 ( 1 )转化为三元一次整系数不定方程组x+y+z =1 0 01 5x+ 9y +z=30 0 ( 2 )那么求鸡翁、鸡母、鸡雏的个数问题等价于求三元一次整系…     

关于指数Diophantine方程2~x+p~y=z~2的解的个数的上界估计

设P是一个固定的奇素数.得到了方程2~x+p~y=z~2的所有正整数解(x,y,z)的一个分类.此外,证明了:如果P≡1(mod 4)并且P≠17,那么Diophantine方程2~x+p~y=z~2的全部正整数解(x,y,z)的个数N(p)满足估计N(p)≤4.     

思维发散 多样解题--对一道竞赛题解法的剖析

在第二届美国数学奥林匹克竞赛中 ,有一道求方程组根的名题 :x+y +z=3x2 +y2 +z2 =3x3+y3+z3=3,虽然这道题有丰富的内涵 ,同时它可用许多巧妙的方法解答 ,但方程组中有一个方程是多余的 .我们利用任意两个方程就可得出答案了 ,只不过要求我们具有极强的发散思维 ,同时注重细节 .为了简便 ,这里仅取前两个方程来先讲解再说明这些解法的由来 .解方程组 x+y+z =3x2 +y2 +z2 =3( 1 )( 2 )方法 1　经观察 ,发现 ( 1 ) =( 2 ) ,首先 ,( 1 ) ,( 2 )两边分别除以 3得x +y+z3 =x2 +y2 +z23=1 ,然后将 x2 +y2 +z23 开方得 ,x2 +y2 +z23= 1 =x+y +z3 ,…     

不定方程x1+x2+…+xn=m的解的个数及在计数问题中的作用

不少计数问题归结为不定方程 x1+ x2+… + xn =m在特定条件下的解的个数问题便迎刃而解 .本文研究不定方程 x1+ x2 +… + xn =m在有关条件下的解的个数问题 ,并举例说明其在计数问题中的应用 .(注 :文中约定 :当 m 相似文献   

非整边的直角三角形整距点问题

以直角顶点为原点 ,两直角边分别为 x轴和 y轴的正方向建立坐标系 .不妨设斜边所在直线方程为 ax +by=n,则方程 ax +by=n - kc(其中 a、b、c∈ N+,且 a2 +b2 =c2 ,k为整数 )的正整数解就是整距点的坐标 ,因此整距点问题与一类不定方程的正整数解联系起来 .设 a,b,n皆为正整数 ,有以下引理 .引理 1　方程 ax +by =n有整数解的充要条件是 (a,b) |n.引理 2　若 (a,b) =1,且 x0 ,y0 为方程 ax+by =n的一组解 ,则方程其它解可表示为 :x =x0 +bt,y =y0 - at(t为整数 ) .引理 3　设 (a,b) =1,则当 n>ab- a-b时 ,方程 ax +by =n必有非负整数解 .以…     

方程y~2=nx(x~2±1)的正整数解数的上界(英文)

设n是无平方因子正整数.本文利用二次和四次Diophantine方程解数的结果,讨论了方程y~2=nx(x~2±1)的正整数解个数的上界,证明了该方程至多有2~w(n)个正整数解(x,y),其中w(n)是n的不同素因数的个数.     

北京数字奥林匹克学校课堂实录

课题一次不定方程适用年级初中一年级学期2005-2006学年度第一学期训练目的1.使学生掌握判断整系数不定方程有整数解的方法;2.使学生理解并掌握整数离析法术整系数不定方程的整数解和正整数解;3.使学生应用消元思想将三元一次不定方程转化为二元不定方程求解.典型范例求不定方程5x+7y=978的整数解,并求正整数解的个数.     

巧构模型妙解题

<正>题目求方程x+y+z=16的正整数解的组数.分析此题我们可以按x取值进行讨论求解,过程复杂繁琐.但是若联想到球入盒原理,构造模型,则可化难为易,简单快捷.     

一个三角形个数的计算问题

问题 :将圆周 n等分 ,在 n个等分点中 ,任取三个点都能构成一个三角形 ,那么 ,在这些三角形中 ,直角三角形、钝角三角形、锐角三角形各有多少个 ?目前未见有人对这一问题进行研究 .笔者发现 ,各种三角形个数与方程x1 x2 … xm =n的正整数解的个数有关 ,因而试着利用求相应方程的整数解的方法来计算有关三角形个数 ,非常方便 .为此 ,先给出前述方程的正整数解的个数的一个结论 .方程 x1 x2 … xm =n( m≤ n,m、n∈ N ,n≠ 1 )的正整数解的个数是 Cm - 1n- 1.证明　当 m =1时 ,方程只有一个解 ,结论显然成立 .设 m >1 ,如图 1 ,将 n…     

指数Diophantine方程(bn)~x+(2n)~y=((b+2)n)~z的例外解

设b是大于3的正奇数.运用初等方法讨论了方程(bn)^x+(2n)x+(2n)^y=((b+2)n)y=((b+2)n)^z适合(x,y,z)≠(1,1,1)的正整数解(x,y,z,n).证明了:i)对于任何给定的正整数N,存在无穷多个b可使该方程有满足min{x,y,z}≥N的正整数解(x,y,z,n);ii)对于任何给定的b,该方程仅有有限多组正整数解(x,y,z,n)满足y>z=x.     

叠加法解题举例

<正>例1解方程组{361x+463y=-1020,1463x+361y=1020分析由于方程组中未知数系数较大,用加减法或代入法麻烦,注意到两个方程的系数特征,可不急于消元,先整体叠加化简.1+2易得x+y=0 3之后,再采用适当方法消元,这是用代入法.将3代入1,得x=10,再将x=10代入     

直线与双曲线交点问题的图解

<正>题目已知直线l:y=kx+1(k∈R),双曲线c:x~2-y~2=1.试求k的取值范围使直线l与双曲线c:(1)只有一个公共点,(2)有两个公共点,(3)没有公共点.分析直线与二次曲线的公共点个数问题即直线方程与曲线方程构成的方程组的解的个数问题,因此问题转化为确定方程组的解的个数问题.     

关于丢番图方程b~x+(2~α)~y=(b+2~α)~z

结合初等和高等的方法研究丢番图方程b~x+2~(αy)=(6+2~α)~z,α≥3正整数解的问题,并得到了如下结论:1.若b为平方数,则方程只有正整数解(x,y,z)=(1,1,1);若b+2~α为平方数,则x=1.2.若x1,则2■z.3.方程3~x+(2~(2k+1))~y=(3+2~(2k+1))~z,k■2 (mod 6),2k+1∈N,2k+11只有正整数解(x,y,z)=(1,1,1).     

极端法解一类对称不定方程问题

<正>我在做竞赛题时体会到,一些对称的不定方程可以用极端的方法解决.这种方法很有代表性,为突出方法的重要性,例题都选自自主招生的真题.例1(2012年清华保送生考试)求不定方程1/x+1/y+1/z=1的所有正整数解(x,y,z).解不妨设x≤y≤z,由对称性,先令x=y=z,则x=3,于是只有:x=2或x=3,当x=     

关于Diophantine方程a~x+b~y=z~2

设a=2~r,b=p~s,其中p是给定的奇素数,r和s是给定的正整数.运用有关三项Diophantine方程和广义Ramanujan-Nagell方程的结果,将方程a~x+~y=z~2的所有正整数解(x,y,z)进行了分类,从而得出了这些解的可有效计算的上界.