(2) 不定方程的解法

　　不定方程沒(méi)有統(tǒng)一的解法,常用的特殊方法有:配方法、因式(質(zhì)因數(shù))分解法、不等式法、奇偶分析法和余數(shù)分析法.對(duì)方程進(jìn)行適當(dāng)?shù)淖冃?并正確應(yīng)用整數(shù)的性質(zhì)是解不定方程的基本思路.

　　例6 求方程 的整數(shù)解.

　　解(配方法)原方程配方得(x-2y)2+y2=132.

　　在勾股數(shù)中,最大的一個(gè)為13的只有一組即5,12,13,因此有8對(duì)整數(shù)的平方和等于132即(5,12),(12,5),(-5,-12),(-12,-5),(5-,12),(12,-5),(-5,12),(-12,5).故原方程組的解只能是下面的八個(gè)方程組的解

　　解得 例7 (原民主德國(guó)1982年中學(xué)生競(jìng)賽題)已知兩個(gè)自然數(shù)b和c及素?cái)?shù)a滿足方程a2+b2=c2.證明:這時(shí)有a

　　證明(因式分解法)∵a2+b2=c2，

　　∴a2=(c-b)(c+b)，

　　又∵a為素?cái)?shù)，∴c-b=1，且c+b=a2.

　　于是得c=b+1及a2=b+c=2b+1<3b，

　　即 < .而a≥3,∴ ≤1，∴ <1.∴a

　　例9(第35屆美國(guó)中學(xué)數(shù)學(xué)競(jìng)賽題)滿足聯(lián)立方程

　　的正整數(shù)(a，b，c)的組數(shù)是( ).

　　(A)0 (B)1 (C)2 (D)3 (E)4

　　解(質(zhì)因數(shù)分解法)由方程ac+bc=23得

　　(a+b)c=23=1×23.

　　∵a，b，c為正整數(shù)，∴c=1且a+b=23.將c和a=23-b代入方程ab+bc=44得

　　(23-b)b+b=44,即(b-2)(b-22)=0,

　　∴b1=2,b2=22.從而得a1=21,a2=1.故滿足聯(lián)立方程的正整數(shù)組(a,b,c)有兩個(gè),即(21,2,1)和(1,22,1),應(yīng)選(C).

　　例10求不定方程2(x+y)=xy+7的整數(shù)解.

　　解 由(y-2)x=2y-7,得 分離整數(shù)部分得 由x為整數(shù)知y-2是3的因數(shù),

　　∴y-2=±1，±3，∴x=3，5，±1.

　　∴方程整數(shù)解為

　　例11 求方程x+y=x2-xy+y2的整數(shù)解.

　　解(不等式法)方程有整數(shù)解 必須△=(y+1)2-4(y2-y)≥0，解得

　　≤y≤ .

　　滿足這個(gè)不等式的整數(shù)只有y=0，1，2.

　　當(dāng)y=0時(shí)，由原方程可得x=0或x=1;當(dāng)y=1時(shí)，由原方程可得x=2或0;當(dāng)y=2時(shí)，由原方程可得x=1或2.

　　所以方程有整數(shù)解

　　最后我們來(lái)看兩個(gè)分式和根式不定方程的例子.

　　例12 求滿足方程 且使y是最大的正整數(shù)解(x，y).

　　解將原方程變形得 由此式可知，只有12-x是正的且最小時(shí)，y才能取大值.又12-x應(yīng)是144的約數(shù)，所以，

　　12-x=1，x=11，這時(shí)y=132.

　　故 滿足題設(shè)的方程的正整數(shù)解為

　　(x，y)=(11，132).

　　例13(第35屆美國(guó)中學(xué)生數(shù)學(xué)競(jìng)賽題)滿足0

　　(A)0 (B)1 (C)3 (D)4 (E)7

　　解法1 根據(jù)題意知，0

　　得 當(dāng)且僅當(dāng)1984x是完全平方數(shù)時(shí)，y是整數(shù).而1984=26·31，故當(dāng)且僅當(dāng)x具有31t2形式時(shí)，1984x是完全平方數(shù).

　　∵x<1984，∵1≤t≤7.當(dāng)t=1，2，3時(shí)，得整數(shù)對(duì)分別為(31，1519)、(124，1116)和(279，775).當(dāng)t>3時(shí)y≤x不合題意，因此不同的整數(shù)對(duì)的個(gè)數(shù)是3，故應(yīng)選(C).

　　解法2 ∵1984= ∴ 由此可知：x必須具有31t2形式，y必須具有31k2形式，并且t+k=8(t，k均為正整數(shù)).因?yàn)?