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1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编—不定方程部分第1页共5页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(,,)xyz,使其满足333320111515xyzxyzxy★解析:由20113333xyzzyx,得4022222xzzyyxzyx①因220114022,且0222xzzyyx2mod,所以①等价于40221222xzzyyxzyx②或22011222xzzyyxzyx③对方程组②,消去z得40221212222yxyxyx,即67022yxxyyx④⑴若15x,15y,则67064522yxxyyx与④矛盾;⑵若16x,15y,则670690434256))(1(2yxyx与④矛盾;⑶若15x,16y,则670690434256))(1(2yxxy与④矛盾;综上方程组②无解;对方程组③,由2222xzzyyx可得yx,zy,xz中有两个为1,一个为0。⑴若1yx,1zy,0xz,则zxy1或zxy1,zxy1代入③的第一个方程,无解;zxy1代入③的第一个方程,解得671y,670zx⑵若1yx,0zy,1xz,同理可得671x,670zy⑶若0yx,1zy,1xz,同理可得671z,670yx综上,满足条件的三元数组为670,670,671,670,671,670,671,670,6702010AB8、方程2010zyx满足zyx的正整数解),,(zyx的个数是◆答案:336675★解析:首先易知2010zyx的正整数解的个数为1004200922009C.把2010zyx满足zyx的正整数解分为三类:(1)zyx,,均相等的正整数解的个数显然为1;(2)zyx,,中有且仅有2个相等的正整数解的个数,易知为1003;(3)设zyx,,两两均不相等的正整数解为k.易知100420096100331k,所以110033100420096k200410052006123200910052006,即3356713343351003k.从而满足zyx的正整数解的个数为33667533567110031.1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编—不定方程部分第2页共5页2010B二、(本题满分40分)设m和n是大于1的整数,求证:11111112(1)().1mmnmmmkkjjmmkjinnCnCim★证明:11101)mmjjmjqCq由(得到1110(1),mmmjjmjqqCq1,2,,qn分别将代入上式得:11021,mmjmjC1110322,mmmjjmjC1110(1)(1),mmmjjmjnnCn1110(1).mmmjjmjnnCnn将上面个等式两边分别相加得到:1101(1)1(),mnmjjmjinCi(20分)11111(1)(1)1(1),mnnmjjmmjiinnnCimi()11111112(1)().1mmnmmmkkjjmmkjinnCnCim(40分)2008AB5、方程组000yxzyzxyzxyzzyx的有理数解),,(zyx的个数为()A.1B.2C.3D.4◆答案:B★解析:若0z,则00.xyxyy,解得00xy,或11.xy,若0z,则由0xyzz得1xy.①由0xyz得zxy.②将②式代入0xyyzxzy得220xyxyy.③由①式得1xy,代入③式化简得3(1)(1)0yyy.易知310yy无有理数根,故1y,由①式得1x,由②式得0z,与0z矛盾,故该方程组共有两组有理数解0,0,0xyz或1,1,0.xyz1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编—不定方程部分第3页共5页2008B二、(本题满分50分)求满足下列关系式组2222,50,xyzzyz的正整数解组(,,)xyz的个数.★解析:令ryz,由条件知050r,方程化为222()2xzrz,即2222xzrrz.(1)因0yzr,故22222zxyzx,从而zx.设0pzx.因此(1)化为22220zppzrr.(2)下分r为奇偶讨论,(ⅰ)当r为奇数时,由(2)知p为奇数.令121rr,121pp,代入(2)得221111112()10ppzpzrrr.(3)(3)式明显无整数解.故当r为奇数时,原方程无正整数解.(ⅱ)当r为偶数时,设12rr,由方程(2)知p也为偶数.从而可设12pp,代入(2)化简得2211110pzpzrr.(4)由(4)式有221111()0zprpr,故11pr,从而可设11pra,则(4)可化为2211()0razar,2211220rarzaa.(5)因21122rzraa为整数,故212ar,又1122()zzxpra,因此22111()2()rarzaraa,得2212ar,即12ar.因此,对给定的11,2,,25r,解的个数恰是满足条件12ar的212r的正因数a的个数1()Nr.因212r不是完全平方数,从而1()Nr为212r的正因数的个数21(2)r的一半.即211()(2)/2Nrr.由题设条件,1125r.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:012341{2,2,2,2,2}A,2{23,25,27,211}A,223{23,25}A,34{23}A,25{23}A,1{3,5,7,11,13,17,19,23}B,222{3,5}B,3{35,37}B,从而易知012341()(2)(2)(2)(2)(2)1234515NANNNNN,2()(23)46424NAN,3()9218NA,4()12NA,5()10NA,1()3824NB,2()5210NB,3()9218NB,将以上数相加,共131个.因此解的个数共131.2006*11、方程20052004422006200611xxxxx的实数解的个数为◆答案:1★解析:200520044220062006)1)(1(xxxxx24200420051()(1)2006xxxxx35200520052003200111112006xxxxxxxx1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编—不定方程部分第4页共5页32005320051112006210032006xxxxxx要使等号成立,必须3200532005111,,,xxxxxx,即1x。但是0x时,不满足原方程。所以1x是原方程的全部解。因此原方程的实数解个数为1。2006*14、(本题满分20分)将2006表示成5个正整数54321,,,,xxxxx之和.记51jijixxS.问:⑴当54321,,,,xxxxx取何值时,S取到最大值;⑵进一步地,对于任意5,1ji,有2jixx,当54321,,,,xxxxx取何值时,S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123452006xxxxx,且使15ijijSxx取到最大值,则必有1,ijxx(1,5)ij(*)事实上,假设(*)不成立,不妨假设122xx。则令111xx,221xx,iixx(3,4,5i)有1212xxxx,121212121xxxxxxxx。将S改写成15ijijSxx1212345343545xxxxxxxxxxxxx同时有1212345343545()Sxxxxxxxxxxxxx。于是有12120SSxxxx。这与S在12345,,,,xxxxx时取到最大值矛盾。所以必有1,ijxx(1,5)ij.因此当12345402,401xxxxx取到最大值。(2)当123452006xxxxx且2ijxx时,只有(I)402,402,402,400,400;(II)402,402,401,401,400;(III)402,401,401,401,401;三种情形满足要求。而后面两种情形是在第一组情形下作1iixx,1jjxx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15ijijSxx变大。所以在12345402,400xxxxx情形取到最小值。2006*三、(本题满分50分)解方程组662062444433332222wzyxwzyxwzyxwzyx。★解析:令zxp、xzq,我们有qzxp2222,pqzxp2333,2244424qqpzxp。同样,令wys、ywt,有twys2222,1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编—不定方程部分第5页共5页stwys3333,2244424ttswys。在此记号系统下,原方程组的第一个方程为2sp。(3.1)于是4422ssp,8126233sssp,16322482344ssssp。现在将上面准备的2p、3p、4p和2s、3s、4s的表达式代入,得44222222stwyqzx,81263323333ssstwypqzx,163224824242322442244sssttswyqqpzx。利用原方程组的第二至四式化简,得12stq,(3.2)4422ssstpq,(3.3)251612422232222sssttsqqp。(3.4)将(3.1)和(3.2)代入(3.3),得12st,(3.5)将(3.5)代入(3.2),得225sq,(3.6)将(3.1)(3.5)(3.6)代入(3.4),得2s。所以有0t,4p,3q。这样一来,x、z和y、w分别是方程0342XX和022YY的两根,即13zx或31zx,且02wy或20wy。详言之,方程组有如下四组解:3x,2y,1z,0w;3x,0y,1z,2w;或1x,2y,3z,0w;或1x,0y,3z,2w。注:如果只得到一组解,或者不完整,最多得40分。
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