初中数学第21章不定方程竞赛专题复习（人教版有答案）

第21章  不定方程
§21.1  二元一次不定方程
21.1.1★求不定方程 的正整数解．
解析  因为 ， ， ，…，所以这个方程的正整数解有无数组，它们是
 
其中 可以取一切正整数．
21.1.2★求 的整数解．
解析1  将方程变形得
 ．
因为 是整数，所以 应是11的倍数．由观察得 ， 是这个方程的一组整数解，
所以方程的解为
  为整数．
解析2  先考察 ，通过观察易得
 ，
所以
 ，
可取 ， ．从而
  为整数．
评注  如果 、 是互质的整数， 是整数，且方程
     ①
有一组整数解 、 ．则此方程的一切整数解可以表示为
 
其中 ，±1，±2，±3，…．
21.1.3★求方程 的非负整数解．
解析  因为(6，22)=2，所以方程两边同除以2得
 ．    ①
由观察知， ， 是方程
     ②
的一组整数解，从而方程①的一组整数解为
 
所以方程①的一切整数解为
 
因为要求的原方程的非负整数解，所以必有
 
由于 是整数，由③、④得15≤ ≤16，所以只有 15， 16两种可能．
当 15时， 15， ；当 16时， 4，  3．所以原方程的非负整数解是
 
21.1.4★求方程 的所有正整数解．
解析  这个方程的系数较大，用观察法去求其特殊解比较困难，碰到这种情况我们可用逐步缩小系数
的方法使系数变小，最后再用观察法求解．
用方程
 ①
的最小系数7除方程①的各项，并移项得
 ．②
因为 、 是整数，故 也是整数，于是有 ．再用5除此式的两边得
 ．③
令  (整数)，由此得
 ．④
由观察知 ， 是方程④的一组解．将 代入③得 ． 代入②得 =25．于
是方程①有一组解 ， ，所以它的一切解为
 
由于要求方程的正整数解，所以
 
解不等式，得 只能取0，1．因此得原方程的正整数解为
 
21.1.5★求方程 的整数解．
解析  因为 ， ， ．
为用37和107表示1，我们把上述辗转相除过程回代，得
1=33-8×4=37-4-8×4=37-9×4
=37-9×(37-33)=9×33-8×37
=9×(107-2×37)-8×37=9×107-26×37
=37×(-26)+107×9,
由此可知 ， 是方程 的一组整数解．于是
 ,
是方程 的一组整数解．所以原方程的一切整数解为
  是整数．
21.1.6★求方程 的整数解．
解析  设 ，即 ，于是 ．原方程可化为
 
用前面的方法可以求得①的解为
  是整数．
②的解为
  是整数．
消去 ，得
  是整数．
21.1.7★求方程 的整数解．
解析  设 ，则
 
对于①， ， 是一组特解，从而①的整数解为
  是整数．
又 ， 是方程②的一组特解，于是②的整数解为
  是整数．
所以，原方程的整数解为
  、 是整数．
21.1.8★求方程组 的正整数解．
解析  消去 ，得     ．    ①．
易知 ， 是它的一组特解，从而①的整数解为
  是整数．
代入原方程组，得所有整数解为
  是整数．
由 ， ， 得
 ，
所以 0，1，故原方程组的正整数解为
 
21.1.9★求方程 的正整数解的组数．
解析  因为 ，所以  ， 是一组特解．于是方程的整数
解为
  是整数．
由
得 .
所以 1，2，…，87．故原不定方程有87组正整数解．
21.1.10★★某国硬币有5分和7分两种，问用这两种硬币支付142分货款，有多少种不同的方法?
解析  设需 枚7分， 枚5分恰好支付142分，于是
 ．①
所以
 ．
由于 ≤142，所以 ≤20，并且由上式知 ．因为(5，2)=1，所以 ，从而
 1，6，11，16．①的非负整数解为
 
所以，共有4种不同的支付方式．
评注  当方程的系数较小时，而且是求非负整数解或者是实际问题时，这时候的解的组数往往较少，可以用整除的性质加上枚举，也能较容易地解出方程．
21.1.11★★今有公鸡每只五个钱，母鸡每只三个钱，小鸡每个钱三只，用100个钱买100只鸡，问公
鸡、母鸡、小鸡各买了多少只?
解析  设公鸡、母鸡、小鸡各买 、 、 只，由题意列方程组
 
①化简得 .③
③-②得
即
解 得 于是 的一个特解为 所以 的所有整
数解为
  是整数．
由题意知， ， ， ，所以，
 
解得
故 .
由于 是整数，故 只能取26，27，28，而且 、 、 还应满足
 ．
所以
 
 
 
 

26 4 18 78
27 8 11 81
28 12 4 84

即可能有三种情况：4只公鸡，18只母鸡，78只小鸡；或8只公鸡，11只母鸡，81只小鸡；或12只公鸡，4只母鸡，84只小鸡．
21.1.12★★小明玩套圈游戏，套中小鸡一次得9分，套中小猴一次得5分，套中小狗一次得2分．小明共套10次，每次都套中了，每个小玩具都至少被套中一次．小明套lO次共得61分，问：小鸡至少被套中几次?
解析  设套中小鸡 次，套中小猴 次，套中小狗 次，则根据题意得
 
我们要求这个方程组的正整数解．
消去 ：从①中减去②×2得 ，于是
 ．③
由③可以看出 ．从而 的值只能是1，2，3，4，5．将③写成
 ，
由于 是整数，所以 必须是3的倍数．从而只有2、5两个值满足这一要求．
但 时， ， 不是正整数．在 时， ， 是本题的解．
因此小鸡被套中5次．
评注  本题问“小鸡至少被套中几次?”实际上却只有一个解，“至少”两字可以省去．
21.1.13★★今有浓度为5％、8％、9％的甲、乙、丙三种盐水分别为60克、60克、47克，现要配制成浓度为7％的盐水100克，问甲种盐水最多可用多少克?最少可用多少克?
解析  设甲、乙、丙盐水分别各取 克、 克、 克，配成浓度为7％的盐水100克，依题意有
 
其中 ，0≤ ≤60，0≤ ≤47．
解方程组可得
 
由
得 ．
又 ， ， 和 ， ， 均满足题设，故甲种盐水最少可用35克，最
多可用49克．
§21.2  勾股数
21.2.1★★★满足方程 的一切基本勾股数 、 、 （ 为偶数)，都可表示为以下形式：
 ， ， ，①
其中 、 为正整数，( ， )=1， ， 、 一奇一偶．
解析  设正整数 、 满足( ， )=1， ， 、 一奇一偶，则
 
 
 ．
所以一切形如①的正整数 、 、 都是方程 的解．下面证明这样的 、 、 是基本勾股
数．
设 ，由于 、 一奇一偶，所以 是奇数，由 ，于是 是奇数．又由 ，得 ，即 ，同理 ．因为 是奇数，所以 ， ，于是 ．由 得 ，所以 ．这就证明了由①确定的 、 、 是一组基本
勾股数．
反过来，设 、 、 是一组基本勾股数，且 是偶数， 和 都是奇数，则 和 都是整数．
设 ，则存在正整数 和 ，使
 ， ， ，
于是 ， ．
由于 ，所以 ，即
 ．
由 得
 ．
这就可推出上式中右面两个因式都是平方数．设
 ， ，
这里 ． ，于是可得
 ．
由于 是奇数，所以 、 一奇一偶．这就证明了方程 的任意一组解 、 、 ( 为偶数)
都可由①表示．
评注  如果正整数 、 、 满足方程 ，那么就称 、 、 是一组勾股数．边长为正整数的直角三角形就称为勾股三角形．
在勾股数 、 、 中，如果这三个数的最大公约数是1，那么这样的勾股数就称为基本勾股数．如果
（ ， ， ）= ，那么设
 ′， ′， ′，
则有（ ′， ′， ′）=1，并且由 得
 ，
两边除以 ，得 ．所以我们只需研究基本勾股数．在基本勾股数 、 、 中， 和 必定一奇一偶．这一点可以用反证法证明：假定 和 的奇偶性相同，那么有两种可能的情况：① 和 同奇，② 和 同偶．如果 和 同奇，由于奇数的平方是4的倍数加1，所以 是4的倍数加2，于是 是偶数， 也是偶数，而偶数的平方是4的倍数，这与4的倍数加2矛盾，所以 和 不能都是奇数．如果 和 都是偶数，那么 也是偶数，这与 、 、 是基本勾股数矛盾，所以 和 中一奇一偶．由此也可推出 是奇数．
21.2.2★设 、 、 是勾股数， 是质数，求证： 和 都是完全平方数．
解析   ．因为 是质数，所以 只有1、 、 三个正约数．由于 ，所以有
 
由此得 ，
 
 ，
所以 和 都是完全平方数．
21.2.3★求证： 、 、 ( 是正整数)是一组勾股数．
解析  因为 是正整数， ， ．由
 
 
 
 ,
所以 、 、 是一组勾股数．
21.2.4★若勾股数组中，弦与股的差为1，则勾股数组的形式为 、 、 ，其中
为正整数．
解析  设弦长为 ，股长为 ，勾为 ．
因为（ ， ）=1，所以 、 、 为一组基本勾股数．又 为奇数， 为偶数，则 为奇数．
设 ，则 ，得 ， ．
所以，勾股数组具有形式 、 、 ．
21.2.5★★求证：勾股三角形的直角边的长能取任何大于2的正整数．
解析  当 是大于1的奇数时， 和 都是正整数，并且
 ．
当 是大于2的偶数时， 和 都是正整数，并且
 ．
由以上两式可以看出，勾股三角形的一直角边 可取大于2的任何正整数．
21.2.6★★求证：在勾股三角形中，
(1)必有一条直角边的长是3的倍数；
(2)必有一条直角边的长是4的倍数；
(3)必有一条边的长是5的倍数．
解析  设该勾股三角形的三边的长分别为 、 、 （ 是斜边)，则 ．只要证明 、 、 是基本勾股数时的情况．不失一般性，设 为偶数，则
 ， ， ，
其中 、 满足上述定理中的条件．
(1)若 、 中至少有一个是3的倍数，则 是3的倍数；若 、 都不是3的倍数，设
 ， ，
则
 
 
是3的倍数．
(2)由于 、 一奇一偶，所以 是4的倍数．
(3)若 、 都不是5的倍数，则 的末位数是1或9； 的末位数字是4或6．
1+4=5，1+6=7，9+4=13，9+6=15，由于一个完全平方数的末位数不可能是7和3，所以
 的末位数只可能是5．于是 的末位数是5．
评注  由此可推出，勾股三角形的面积必是6的倍数；三边之积必是60的倍数．
21.2.7★★求基本勾股数组，其中一个数是16．
解析  设勾股数组 、 、 ，其中 16．
 16=2×4×2=2×8×1，
若 ， ，有( )-2≠1，从而只有 ， ， ，且 和 为一奇一偶．于是
 ，
 ．
从而，只有一组基本勾股数16、63、65．
评注  若不要求基本勾股数，则 16=2×4×2，设 ， ，得
 ， ．
即16、12、20为一组勾股数．
又 ，设 ， ，得
 ， ．
即16、30、34为一组勾股数．
21.2.8★★设 、 、 为一组勾股数，其中 为奇质数，且 > ， > ．求证： 必为完全平方数．
解析  因为 、 、 为一组勾股数， ， ，则有 ．
 ， ．
设 ，则有
 ．
因为 ， 为奇质数，则 (否则，若 ，则 ，矛盾)．
由 ，得 ，从而 是完全平方数．
21.2.9★★直角三角形的三边的长都是正整数，其中有一条直角边的长是35，它的周长的最大值和
最小值分别是多少?
解析  设直角三角形的三边长分别是35， ， ，则
 ，
即 ．
1225的大于35的正约数可作为 ，其中最大的是1225，最小的是49，所以，直角三角形的周长的
最大值是
35+1225=1260，
最小值是
35+49=84．
21.2.10★★设 为大于2的正整数．证明：存在一个边长都是整数的直角三角形，它的一条直角边长
恰为 ．
解析  只需证明不定方程 ，有正整数解．
利用 ，结合 与 具有相同的奇偶性，故当 为奇数时，由（ ， ）=（1， ），可得不定方程的一组正整数解
（ ， ）= ；
而当 为偶数时，由条件，知 ≥4．利用
（ ， ）= ，
可得不定方程的一组正整数解
（ ， ）= ．
综上，可知命题成立。
21.2.11★★如果正整数 、 、 满足 ．
证明：数 和 都可以表示为两个正整数的平方和．
解析  先证下述命题：如果正整数 可表示为两个正整数的平方和，则 也可表示为两个整数的平
方和．
设 ，这里 、 、 都是正整数，且 ．则 ．于是， 可表为两个整数 和 的平方和，命题获证．
注意到，由条件有
 ．
利用已证命题，可知
 ．
记 ， ，由 可知 、 都是正整数，并且 ．
若 、 不同为偶数，则由平方数 或 ，可知 或 ，这是一个矛盾．所以， 、 都是偶数，从而 ，这就是要证的结论．
评注  这里本质上只是恒等式 的应用，在处理竞赛问题时，代数式变形能
力显得十分重要．
21.2.12★★★矩形 中， ， ，且 ， ，其中 、 都是质数， 和 是正整数， ， 为奇数，求 和 的长．
解析  由勾股定理，得 ．设 ，则 ．
因为 为奇数，所以 和 必一奇一偶．
若 为偶数，设 ， ， ．
又 为偶数， 为质数，则 ，于是 ．从而
 ．
设 ， ， ．则
 
 ．
因为 是奇数，则必有 ，从而 ，此时
 ．
又 ，则 ， ， ．于是
 ．
因为 为奇数，则 ， ，得 ．从而
 ， ，
 ， ．
若 为偶数，同样解得 ， ，不符合 ，所以舍去．
从而   ， ．
21.2.13★★★求方程 的满足条件 ，（ ， ， ）=1的一切正整数解．
解析  显然 和 同奇同偶．假定 和 都是偶数，那么 上是4的倍数， 是偶数， 是偶数，这与( ， ， )=1矛盾，所以 和 都是奇数， 和 都是偶数．设
 
其中 、 为正整数，则
 
由 和 都是奇数可知， 、 一奇一偶．下面证明（ ， ）=1．设（ ， ）= ，则 为奇数，且存在整数 ′和 ′，使
 ′， ′，（ ′， ′）=1，
于是
  ．
由于（ ，2）=1，所以 ， ，由于（ ， ， ）=1，所以 ．由此得（ ， ）=1．于是
（ ， ）=1．
由于 是奇数，所以
（ ， ）=（ ， ）=（ ， ）=1．
把 ， 代入原方程得
 ，
即 ．由于（ ， ）=1，所以 、 、 是一组基本勾股数．
所以，当 为奇数时，
 
 
当 为偶数时，
 
由于 ，所以
 
这里( , )=1， ， 、 一奇一偶．
21.2.14★★★★求证方程 没有正整数解．
解析  假定方程 有正整数解，设在所有正整数解中 最小的解是( ， ， )．
假定 是偶数，则 和 皆奇或皆偶．
若 ， 皆奇，则 是4的倍数+2，不是完全平方数，更不是完全四次方数，这与 矛盾．
若 ， 皆偶，设
 ， ， ，
则
 ，
于是
 ，
可见 是偶数，设 ，则
 ，
所以（ ， ， ）也是方程 的一组解，且 ，这与 最小矛盾．
由上述讨论可知， 是奇数，此时 和 一奇一偶．
若 为奇数，由题21.2.1得
 
这里( , )=1， ， 、 一奇一偶，于是
 ，
 ．
所以（ ， ， ）是方程 的一组正整数解，但是 ，这与 最小矛盾．
若 为奇数，由题21.2.1得，
 
这里（ ， ）=1， ， 、 一奇一偶．
若 为奇数，因( ， )=1，由  ，可设
 ， ，（ ， ）=1，
由于 ，由21.2.1得
 ， ， ，
这里( ， )=1， ， 、 一奇一偶，且
 
由于( , )=1，所以可设 ， ，于是 ，即 ．显然，( ， ， )是方程
 的一组正整数解，但是 ，这与 最小矛盾．
若 为偶数，同样可推出类似的结果．
综上所述，方程 没有正整数解．
§21.3  其他不定方程
21.3.1★求方程 的整数解( ， )的个数．
解析  原方程可化为
 
 ，
因为三个连续整数的乘积是3的倍数，于是，上式左边是3的倍数，而右边除以3余2，这是不可能的．所以，原方程无整数解．
21.3.2★将150写成至少2个连续正整数的和，共有多少种不同的方式?
解析  设 ，其中 、 都是正整数，于是
 ．
因为 是奇数，所以 与 为一奇一偶，且 1，所以    
解得( ， )=(49，2)，(28，4)，(3，14)，(36，3)，(7，11)．
所以，共有5种不同的方式．
21.3.3★★求满足 ，且 的不同整数对（ ， ）的对数．
解析  因为 ，所以 ．
即     ．
由此可知， 必具有 ， 必具有 形式，并且 ( ， 均为正整数)．
又 ，所以 ．
当 ， 时，得(5，1805)；
当 ， 时，得(20，1620)；
当 ， 时，得(405，605)．
因此，不同整数对的个数为9．
21.3.4★★不定方程
 
的正整数解( ， ， ， )有多少组?
解析  原方程可以化为
 ，
而36表示成四个奇数的平方和只有如下两种方式：
36=1+1+9+25，36=9+9+9+9，
所以，方程的正整数解( ， ， ， )为
(1，1，3，4)、(2，2，3，4)、(1，2，3，4)、(3，3，3，3)
以及它们的排列，故共有12+12+24+1=49组．
21.3.5★★求关于 、 的方程 的所有正整数解．
解析  因为208是4的倍数，偶数的平方数除以4所得的余数为0，奇数的平方数除以4所得的余数为1，所以 、 都是偶数．
设 ， ，则 ，同上可知， 、 都是偶数．设 ， ，则 ，所以， 、 都是偶数．设 ， ，则 ，于是
 ，
其中 、 都是偶数．所以
  ．
所以 可能为1，3，5，7，9，进而 为337，329，313，289，257，故只能是 289，从而 ．于是 
因此， 
21.3.6★★已知 、 均为正整数，且 ，
 ，
求 的最大值．
解析  原式化为 ，因为 、 均为正整数，且 ，所以 是正整数．
设 ( 是正整数)，则 ，有 ，所以 ．而
 ，
所以
 或
于是
 或
所以 的最大值是45×3=135．
21.3.7★★设 、 、 为整数，且 ， ，求 的值．
解析  不妨设 ，将 代入 得到
 ．
因为 、 都是整数，所以
   
前两个方程组无解，后两个方程组解得 ； ， ．所以 或57．
21.3.8★★已知正整数 、 满足
 ，
求 的最大值．
解析  设 ，则 ,
所以
 ,
于是 是完全平方数，令 ( 是正整数)，则
 ,
由于 和 同奇偶，即为偶数，所以 的最大值为52×104．故 的最大值为 ，
 的最大值为104，此时 ．
21.3.9★★已知三个两两互质的正整数 、 、 满足方程组
 
求 的值．
解析  由 ，得
 ,
所以
 ．
因为
 ,所以
 ,即 ．
所以
 ，
故 ，于是 ， ．
由于 （ ， ）=（ ， ）= ，所以， ， ， ，于是 ．
21.3.10★★设 、 、 、 都是质数，且 > > > ， ．求
的所有可能值．
解析  由 为奇数，可知 、 、 、 不全为奇数，只能是 为偶数，即 ．于是， ．再由条件， ，知
 ，
又 ，故
 ，
即有 ．结合 ，可知 ，故 ，进而 ，综合 ，
得 ．进而 ，利用 与 具有相同的奇偶性及 =2 (因为 ， 为质数)，可知只能是 ，故（ ， ） (43，11)．所以
  ．
21.3.11★★设 是正整数，记1×2×…× 为 !(例如1!=1，2!=1×2，5!=1×2×3×4×5)，若存在整数 、 、 、 、 满足
 ,
这里 ，  2，3，4，5，6．求 的值．
解析  在题设等式的两边乘以6！，得
31×20=3×4×5× +4×5× +5× + + ，
因为31×20除以6余2，所以 除以6余2，而0≤ <6，故 =2．
 ，
所以 除以5余3，于是 ．
 ，
所以 是4的倍数，于是 ．
 ，
所以 除以3余2，于是 ，从而 ．
所以
 
 
 ．
21.3.12★★求方程 的正整数解( ， )的组数．
解析  原方程为 ，所以
 
是有理数，所以 是平方数，设 ，则可得 ，
所以 也是平方数，设 ，于是
 ，
而2006=2×17×59，即2006共有(1+1)(1+1)(1+1)=8个不同的正因数，所以，( ， )共有8
组正整数解，( ， )也有8组正整数解．
21.3.13★★求满足方程 的所有正整数 、 ．
解析1  原方程可以变形为
 ．
这个关于 的整系数一元二次方程有整数根，所以它的判别式是完全平方数，即
 
 
是完全平方数．
由于 ，所以
 ，1，4，9，16．
解得 ，4．于是可得  
解析2  原方程可以变形为
 ．
因为
 
 ，
所以
 ，
 ， ．
所以 1，2，3，4．代入原方程可得  
21.3.14★★★求所有的整数数组( ， ， ， ， ， )，使得
 
解析  如果 ≥3，并且 ≥3，那么
  ．
所以，式中的所有不等号均为等号，这要求 ， ， ， ，这是不可能的．
从而， 或者 ．不妨设 ，则 或 ．
情形1 ，此时 ， ，故 ，可知 ，从而 ，故 ，于是 或 ．分别代人可求得 ， 或 ．
情形2： ， ， ，即有 ，同上可知 即 ，因此， 或 ，对应地，可求得 或 (当 )时无解)．
综上，结合对称性，可知 ， ， ， ， ， 或 共7组解．
21.3.15★★★ 求证：方程， 没有各不相同的正整数解．
解析  不失一般性，设 ， ， ，则 ，即有 ．于是
 ， ， ， ．
 
 
 ．
所以原方程无各不相同的正整数解．
21.3.16★★★ 求方程 的正整数解 ；
(2)求方程 的正整数解 ．
解析  (1)由 知， ，故 为偶数，设 ( 为正整数)．故
 ，
由于 与 不能都被5整除，故有 ，故 ， ， ．
(2)在 两边 得， ，故 为偶数，于是 ．再在 两边 得， ，得 为偶数，设 ， （ 、 为正整数)，则 ，
故 得 ，故 ．
21.3.17★★★  求方程 ，的正整数解．
解析  当 时， ，无正整数解．
当 时， ，无正整数解．
当 时， 不是3的倍数，也不是2的倍数，所以可设 ( 为正整数)，于是
 ．
化简后得
 ．
当 时， ，求得
     
当 时，由于 无大于1的奇约数，所以 是偶数，但此时 是奇数．
所以原方程只有两组正整数解：
     
21.3.18★  某个团体有48名会员，但是只有一半人有制服．在某次检阅仪式时，他们排成一个6×8的长方阵，恰好可把没有制服的会员隐藏在长方阵的内部．后来又来了一批会员，但总数还是有一半人没有制服，在接下来的检阅仪式，他们排成了一个不同的长方阵，又恰好可把无制服的会员隐藏在长方阵的内部．问：新来的会员有多少人?
解析  设新的方阵是 的，则外围的会员数为 ，内部的会员数为 ，由题意
 ，
整理得， ，
所以
 或
解得 （舍）或
所以，新来的会员数为 (人)．
21.3.19★★  某校初三两个毕业班的学生和教师共100人一起在台阶上拍毕业照留念，摄影师要将其排列成前多后少的梯形队阵(排数≥3)，且要求各行的人数必须是连续的自然数，这样才能使后一排的人均站在前一排两人间的空档处，那么，满足上述要求的排法的方案有多少种?
解析  设最后一排有 个人，共有 排，那么从后往前各排的人数分别为 ， ， ，…， ，由题意可知
 ，
即 ．
因为 、 都是正整数，且 ，所以 ，且 与 的奇偶性不同．将200分解质因数，可知 或 ．当 时， ；当 时， ．共有两种不同方案．
21.3.20★★  某校举行春季运动会时，由若干个同学组成一个8列的长方形队列．如果原队列中增加120人，就能组成一个正方形队列；如果原队列中减少120人，也能组成一个正方形队列．问原长方形队列有同学多少人．
解析  设原长方形队列有同学 人，由已知条件知 和 均为完全平方数．于是可设
 
其中 、 均为正整数，且 ．
①－②，得 ，即
 ．
由①、②可知， 、 都是8的倍数，所以 、 均能被4整除．于是 ， 均能被4整除．所以
 或
解得 或
所以， ；或 ．故原长方形队列有同学136人或904人．
21.3.21★★  已知某个直角三角形的两条直角边长都是整数，且在数值上该三角形的周长等于其面积的整数倍．问：这样的直角三角形有多少个?
解析  设该直角三角形的两条直角边长为 、 ，且 ．那么结合勾股定理及条件，可设
 ，①
其中 为正整数．
问题转为求①的正整数解的组数．
对①两边乘以2，移项后，两边平方
 ，①
化简整理，得 ，
因式分解，得 ．
注意到， 、 为正整数，且 ，故
 ．
分别可求得 ， 或 ．
综上可知，满足条件的直角三角形恰有3个，它们的三边长为 ， 和 ．
21.3.22★★★  求出所有的正整数 ，使得关于 、 的方程
 
恰有2011组满足 的正整数解 ．
解析 由题设，
   ．
所以，除了 外， 取 的小于 的正约数，就可得一组满足条件的正整数解 ．故 的小于 的正约数恰好为2010个．
设 ，其中 是互不相同的素数， 是非负整数．故 的小于 的正约数个数为
 ，
故 ．
由于4021是素数，所以 , ， ．
所以， ，其中 是素数．
21.3.23★★★  (1)是否存在正整数 、 ，使得
 ?
(2)设是 是给定的正整数，是否存在正整数 、 ，使得
 ?
解析  (1)答案是否定的．若存在正整数 、 ，使得
 ，则
 
显然 ，于是
 ，
所以， 不是平方数，矛盾．
(2)当 时，若存在正整数 、 ，满足
 ，则
 ，
 ，
 ，
 ，
而 ，故上式不可能成立．
当 时，若 ( 是不小于2的整数)为偶数，取
 ， ，
则 ，
 ，
故这样的 满足条件．
若是： ( 是不小于2的整数)为奇数，取
 ， ，
则
 ，
 
 ，
故这样的 满足条件．
综上所述，当 时，答案是否定的；当 时，答案是肯定的．
评注  当是 时，构造的例子不是唯一的．
21.3.24★★★  已知三个相邻正整数的立方和是一个正整数的立方．证明：这三个相邻正整数中间的那个数是4的倍数．
解析  下列字母均表示正整数．
由条件， ， ，于是 ．设 ，则 ．显然， ．
如果 ．则 ， 或 ， ．第一种情况下得到 这是不可能的，因为立方数除以9得到的余数只能是0， ．类似地，第二种情况下得到 ，同样的原因，这也导出矛盾．
现在假设 ．则 、 均为偶数．故 ．由于 不是4的倍数，所以 ．
21.3.25★★★  （1）求不定方程， 的正整数解 的组数．
(2)对于给定的整数 ，证明：不定方程组 至少有 组正整数解 ．
解析  (1)若 ，由 ， ， 得
 ，
所以，以上不等式均取等号，故 ．
若 ，不妨设 ，则
 ，
于是 ，
所以， ，故 ， ，这样的解有3！=6组．
所以，不定方程 共有7组正整数解．
（2）将 化为 ． ， 满足上式．且 时， ．
 为偶数时， ，其中 给出了不定方程的 组正整数解．
 为奇数时， ，其中 给出了不定方程的 组正整数解； 、 、 中有两个 ，另一个为 的情况给出了不定方程的3组正整数解．
而 亦为不定方程的正整数解．
故不定方程 至少有 组正整数解．