组合与概率 2026-07-31

2026年东南数学奥林匹克高一组P8一个非常自然的构造方式

程国根 · 微信公众号「恩次方根」

正文文字 504 字公式 116 处

题目

设 𝑎,𝑏,𝑐,𝑑,𝑒为五个正整数，其中 gcd(𝑎,𝑏)=1．证明不定方程组

𝑎+𝑏=𝑐+𝑑+𝑒,(1)/(𝑎)+(1)/(𝑏)=(1)/(𝑐)+(1)/(𝑑)+(1)/(𝑒)

有无穷多组解．

1. 改写两个方程

把 𝑐,𝑑移到左边，原方程组等价于

𝑒=(𝑎−𝑑)+(𝑏−𝑐),

以及

(1)/(𝑒)=((1)/(𝑎)−(1)/(𝑑))+((1)/(𝑏)−(1)/(𝑐)).

因此，需要安排两组数 𝑎,𝑑与 𝑏,𝑐，使它们的差和倒数差能够同时配合．

先考察符号．若两个倒数差都为正，则 𝑎<𝑑、𝑏<𝑐，从而

(𝑎−𝑑)+(𝑏−𝑐)<0,

这与 𝑒>0矛盾．

于是考虑一正一负的情形，取

𝑎<𝑑,𝑏>𝑐.

此时

(1)/(𝑎)−(1)/(𝑑)>0,(1)/(𝑏)−(1)/(𝑐)<0,

而差 𝑎−𝑑与 𝑏−𝑐也恰好一负一正．

2. 先构造第一组 𝑎,𝑑

设 𝑥<𝑦，并让 𝑎,𝑑含有同一个正整数因子 𝑠：

𝑎=𝑥𝑠,𝑑=𝑦𝑠.

则

(1)/(𝑎)−(1)/(𝑑)=(1)/(𝑥𝑠)−(1)/(𝑦𝑠)=(𝑦−𝑥)/(𝑥𝑦𝑠).

若取

𝑠=𝑦−𝑥,

分子与公共因子约去，得到

𝑎=𝑥(𝑦−𝑥),𝑑=𝑦(𝑦−𝑥),

并且

(1)/(𝑎)−(1)/(𝑑)=(1)/(𝑥𝑦).

与此同时，

𝑎−𝑑=𝑥(𝑦−𝑥)−𝑦(𝑦−𝑥)=−(𝑦−𝑥)^(2).

3. 再构造第二组 𝑏,𝑐

第二个倒数差需要为负．取 𝑧>𝑥，设

𝑐=𝑥𝑡,𝑏=𝑧𝑡.

则

(1)/(𝑏)−(1)/(𝑐)=(1)/(𝑧𝑡)−(1)/(𝑥𝑡)=−(𝑧−𝑥)/(𝑥𝑧𝑡).

取

𝑡=𝑧−𝑥,

便得到

𝑐=𝑥(𝑧−𝑥),𝑏=𝑧(𝑧−𝑥),

以及

(1)/(𝑏)−(1)/(𝑐)=−(1)/(𝑥𝑧).

差为

𝑏−𝑐=𝑧(𝑧−𝑥)−𝑥(𝑧−𝑥)=(𝑧−𝑥)^(2).

因此，对任意正整数

𝑥<𝑦<𝑧,

可以先取

𝑎 =𝑥(𝑦−𝑥),;𝑑 =𝑦(𝑦−𝑥),;𝑐 =𝑥(𝑧−𝑥),;𝑏 =𝑧(𝑧−𝑥).;

4. 把两个原方程化成关于 𝑥,𝑦,𝑧的条件

倒数差之和为

(1)/(𝑒)=(1)/(𝑥𝑦)−(1)/(𝑥𝑧)=(𝑧−𝑦)/(𝑥𝑦𝑧).

故

𝑒=(𝑥𝑦𝑧)/(𝑧−𝑦).

另一方面，

𝑒 =(𝑎−𝑑)+(𝑏−𝑐); =−(𝑦−𝑥)^(2)+(𝑧−𝑥)^(2); =(𝑧−𝑦)(𝑧+𝑦−2𝑥).;

所以 𝑥,𝑦,𝑧需要满足

(𝑥𝑦𝑧)/(𝑧−𝑦)=(𝑧−𝑦)(𝑧+𝑦−2𝑥),

即

𝑥𝑦𝑧=(𝑧−𝑦)^(2)(𝑧+𝑦−2𝑥).

5. 选取一个较容易处理的情况

记

𝑟=𝑧−𝑦>0.

上式变为

𝑥𝑦𝑧=𝑟^(2)(𝑧+𝑦−2𝑥).

先考察 𝑟∣𝑦的情形．写成

𝑦=𝑛𝑟

其中 𝑛为正整数．由于 𝑧−𝑦=𝑟，于是

𝑧=(𝑛+1)𝑟.

代入条件

𝑥𝑦𝑧=(𝑧−𝑦)^(2)(𝑧+𝑦−2𝑥),

得到

𝑥⋅𝑛𝑟⋅(𝑛+1)𝑟=𝑟^(2)((2𝑛+1)𝑟−2𝑥).

约去 𝑟^(2)，可得

𝑛(𝑛+1)𝑥=(2𝑛+1)𝑟−2𝑥,

即

(2𝑛+1)𝑟=(𝑛^(2)+𝑛+2)𝑥.

6. 解出整数比例

令

𝑔=gcd(2𝑛+1,𝑛^(2)+𝑛+2).

取这个比例的一组最简正整数解：

𝑥=(2𝑛+1)/(𝑔),𝑟=(𝑛^(2)+𝑛+2)/(𝑔).

再记

𝑝=𝑛𝑟−𝑥,𝑞=(𝑛+1)𝑟−𝑥.

计算得

𝑝=(𝑛^(3)+𝑛^(2)−1)/(𝑔),

以及

𝑞=(𝑛^(3)+2𝑛^(2)+𝑛+1)/(𝑔).

当 𝑛≥1时，

𝑥>0,𝑟>0,𝑝>0,𝑞>0.

此时

𝑦=𝑛𝑟,𝑧=(𝑛+1)𝑟,

且

𝑦−𝑥=𝑝,𝑧−𝑥=𝑞.

于是定义

𝑎 =𝑥𝑝,;𝑏 =(𝑛+1)𝑟𝑞,;𝑐 =𝑥𝑞,;𝑑 =𝑛𝑟𝑝,;𝑒 =𝑛(𝑛+1)𝑥𝑟.;

7. 验证两个方程

首先，

(1)/(𝑎)−(1)/(𝑑)=(1)/(𝑥𝑝)−(1)/(𝑛𝑟𝑝)=(𝑛𝑟−𝑥)/(𝑥𝑛𝑟𝑝)=(1)/(𝑥𝑛𝑟),

因为 𝑝=𝑛𝑟−𝑥．

同理，

(1)/(𝑏)−(1)/(𝑐)=(1)/((𝑛+1)𝑟𝑞)−(1)/(𝑥𝑞)=−((𝑛+1)𝑟−𝑥)/(𝑥(𝑛+1)𝑟𝑞)=−(1)/(𝑥(𝑛+1)𝑟),

因为 𝑞=(𝑛+1)𝑟−𝑥．

所以

((1)/(𝑎)−(1)/(𝑑))+((1)/(𝑏)−(1)/(𝑐)) =(1)/(𝑥𝑛𝑟)−(1)/(𝑥(𝑛+1)𝑟); =(1)/(𝑛(𝑛+1)𝑥𝑟); =(1)/(𝑒).;

因此

(1)/(𝑎)+(1)/(𝑏)=(1)/(𝑐)+(1)/(𝑑)+(1)/(𝑒).

再验证和式．由

𝑎−𝑑=(𝑥−𝑛𝑟)𝑝=−𝑝^(2)

以及

𝑏−𝑐=((𝑛+1)𝑟−𝑥)𝑞=𝑞^(2),

得到

𝑎+𝑏−𝑐−𝑑 =𝑞^(2)−𝑝^(2); =(𝑞−𝑝)(𝑞+𝑝).;

而

𝑞−𝑝=𝑟,

且

𝑞+𝑝=(2𝑛+1)𝑟−2𝑥.

因此

𝑎+𝑏−𝑐−𝑑=𝑟((2𝑛+1)𝑟−2𝑥).

由

(2𝑛+1)𝑟=(𝑛^(2)+𝑛+2)𝑥

可得

(2𝑛+1)𝑟−2𝑥=𝑛(𝑛+1)𝑥.

故

𝑎+𝑏−𝑐−𝑑=𝑛(𝑛+1)𝑥𝑟=𝑒,

即

𝑎+𝑏=𝑐+𝑑+𝑒.

8. 写出参数公式

将 𝑥,𝑟,𝑝,𝑞代入，可得

𝑎 =((2𝑛+1)(𝑛^(3)+𝑛^(2)−1))/(𝑔^(2)),;𝑏 =((𝑛+1)(𝑛^(2)+𝑛+2)(𝑛^(3)+2𝑛^(2)+𝑛+1))/(𝑔^(2)),;𝑐 =((2𝑛+1)(𝑛^(3)+2𝑛^(2)+𝑛+1))/(𝑔^(2)),;𝑑 =(𝑛(𝑛^(2)+𝑛+2)(𝑛^(3)+𝑛^(2)−1))/(𝑔^(2)),;𝑒 =(𝑛(𝑛+1)(2𝑛+1)(𝑛^(2)+𝑛+2))/(𝑔^(2)),;

其中

𝑔=gcd(2𝑛+1,𝑛^(2)+𝑛+2).

9. 验证 gcd(𝑎,𝑏)=1

由 𝑥,𝑟是最简比例，得到

gcd(𝑥,𝑟)=1.

若正整数 𝑡∣𝑥且 𝑡∣𝑛+1，则

𝑡∣2𝑛+1,𝑡∣2(𝑛+1).

因此

𝑡∣2(𝑛+1)−(2𝑛+1)=1,

故

gcd(𝑥,𝑛+1)=1.

若 𝑡∣𝑝且 𝑡∣𝑛+1，则

𝑡∣𝑔𝑝=𝑛^(3)+𝑛^(2)−1=𝑛^(2)(𝑛+1)−1.

所以 𝑡∣1，从而

gcd(𝑝,𝑛+1)=1.

再由

𝑝=𝑛𝑟−𝑥,𝑞=(𝑛+1)𝑟−𝑥,𝑞−𝑝=𝑟

可得

gcd(𝑥,𝑞)=gcd(𝑥,(𝑛+1)𝑟)=1,

gcd(𝑝,𝑟)=gcd(𝑥,𝑟)=1,

以及

gcd(𝑝,𝑞)=gcd(𝑝,𝑟)=1.

因此 𝑥,𝑝中的任一数都与 𝑛+1,𝑟,𝑞中的任一数互素．于是

gcd(𝑎,𝑏)=gcd(𝑥𝑝,(𝑛+1)𝑟𝑞)=1.

10. 验证所得解有无穷多组

因为

4(𝑛^(2)+𝑛+2)−(2𝑛+1)^(2)=7,

所以

𝑔∣7.

特别地，

𝑔≤7.

因此

𝑎=((2𝑛+1)(𝑛^(3)+𝑛^(2)−1))/(𝑔^(2))≥((2𝑛+1)(𝑛^(3)+𝑛^(2)−1))/(49)⟶∞(𝑛→∞).

所以随 𝑛变化，所得五元组中有无穷多组互不相同．原方程组有无穷多组正整数解．

11. 一个具体例子

取 𝑛=1，则

𝑔=gcd(3,4)=1,𝑥=3,𝑟=4,

并且

𝑝=1,𝑞=5.

于是

(𝑎,𝑏,𝑐,𝑑,𝑒)=(3,40,15,4,24).

直接验证：

3+40=15+4+24,

(1)/(3)+(1)/(40)=(1)/(15)+(1)/(4)+(1)/(24),

并且

gcd(3,40)=1.

因此这确实是题目所要求的一组解．

构造

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