2025年下學(xué)期初中數(shù)學(xué)競賽無窮遞降法試卷一、選擇題（共5小題，每小題6分，滿分30分）下列方程中，能用無窮遞降法證明無正整數(shù)解的是（）A.(x^2+y^2=z^2)B.(x^3+2y^3=4z^3)C.(x+y=z)D.(x^2-y^2=z^2)解析：選項B可通過無窮遞降法證明無正整數(shù)解。假設(shè)存在最小正整數(shù)解((x_1,y_1,z_1))，則(x_1)必為偶數(shù)，設(shè)(x_1=2x_2)，代入得(8x_2^3+2y_1^3=4z_1^3)，化簡為(4x_2^3+y_1^3=2z_1^3)。同理可推出(y_1)為偶數(shù)，設(shè)(y_1=2y_2)，繼續(xù)化簡得(2x_2^3+4y_2^3=z_1^3)，則(z_1)為偶數(shù)。令(z_1=2z_2)，代入得(x_2^3+2y_2^3=4z_2^3)，此時((x_2,y_2,z_2))為更小的解，與假設(shè)矛盾，故原方程無正整數(shù)解。用無窮遞降法證明(\sqrt{2})是無理數(shù)的核心步驟是（）A.假設(shè)(\sqrt{2}=\frac{p}{q})（(p,q)互質(zhì)），推出(p)和(q)均為偶數(shù)B.假設(shè)(\sqrt{2}=\frac{p}{q})（(p,q)互質(zhì)），推出(p>q)C.假設(shè)(\sqrt{2}=\frac{p}{q})（(p,q)互質(zhì)），推出(p^2=2q^2)D.假設(shè)(\sqrt{2}=\frac{p}{q})（(p,q)互質(zhì)），推出(q)為無理數(shù)解析：假設(shè)(\sqrt{2})是有理數(shù)，設(shè)(\sqrt{2}=\frac{p}{q})（(p,q)為互質(zhì)正整數(shù)），則(p^2=2q^2)，故(p)為偶數(shù)，設(shè)(p=2p_1)，代入得(4p_1^2=2q^2)，即(q^2=2p_1^2)，則(q)也為偶數(shù)，與(p,q)互質(zhì)矛盾，因此(\sqrt{2})是無理數(shù)。核心步驟是推出(p)和(q)均為偶數(shù)，破壞互質(zhì)假設(shè)。方程(a^2+b^2=3(s^2+t^2))無正整數(shù)解的證明中，最小解的矛盾性體現(xiàn)在（）A.(a,b)均能被2整除B.(a,b)均能被3整除C.(s,t)均能被3整除D.(s,t)均能被2整除解析：假設(shè)存在最小正整數(shù)解((a_1,b_1,s_1,t_1))，則(a_1^2+b_1^2)能被3整除。由于平方數(shù)模3只能為0或1，故(a_1^2\equiv0\mod3)且(b_1^2\equiv0\mod3)，因此(a_1=3a_2)，(b_1=3b_2)。代入原方程得(9(a_2^2+b_2^2)=3(s_1^2+t_1^2))，即(s_1^2+t_1^2=3(a_2^2+b_2^2))，此時((s_1,t_1,a_2,b_2))為更小的解，與最小性矛盾。無窮遞降法的理論基礎(chǔ)是（）A.數(shù)學(xué)歸納法B.最小數(shù)原理C.反證法D.抽屜原理解析：無窮遞降法通過假設(shè)存在最小解，再構(gòu)造出更小的解，從而與“最小性”矛盾，其理論基礎(chǔ)是最小數(shù)原理（正整數(shù)集的任一非空子集必有最小元素）。下列關(guān)于無窮遞降法的說法錯誤的是（）A.常用于證明方程無正整數(shù)解B.需先假設(shè)存在最小解，再推出矛盾C.可直接用于求解方程的通解D.費馬首次將其用于證明(x^4+y^4=z^4)無正整數(shù)解解析：無窮遞降法的核心是通過矛盾證明無解，無法直接用于求解通解。選項C說法錯誤。二、填空題（共5小題，每小題6分，滿分30分）證明方程(x^3+2y^3=4z^3)無正整數(shù)解時，若假設(shè)最小解為((x_1,y_1,z_1))，則可推出(x_1)必為______數(shù)（填“奇”或“偶”）。答案：偶解析：若(x_1)為奇數(shù)，則(x_1^3)為奇數(shù)，(2y_1^3)和(4z_1^3)為偶數(shù)，奇數(shù)=偶數(shù)+偶數(shù)不成立，故(x_1)必為偶數(shù)。用無窮遞降法證明方程(x^2=2y^2)無正整數(shù)解時，最小解((x_1,y_1))滿足的矛盾關(guān)系是______。答案：(x_1)和(y_1)均為偶數(shù)，且存在更小解((x_1/2,y_1/2))解析：由(x_1^2=2y_1^2)知(x_1)為偶數(shù)，設(shè)(x_1=2x_2)，則(4x_2^2=2y_1^2)，即(y_1^2=2x_2^2)，故(y_1)為偶數(shù)，設(shè)(y_1=2y_2)，此時((x_2,y_2))為更小解，與最小性矛盾。方程(a^4+b^4=c^4)無正整數(shù)解的證明中，費馬采用的方法是______。答案：無窮遞降法解析：費馬通過無窮遞降法證明了(n=4)時的費馬大定理，即(x^4+y^4=z^4)無正整數(shù)解。若(a,b)為正整數(shù)，且(a^2=5b^2+2)，則該方程______（填“有”或“無”）正整數(shù)解。答案：無解析：模5分析：平方數(shù)模5的可能結(jié)果為0,1,4。若(a^2=5b^2+2)，則(a^2\equiv2\mod5)，但2不是模5的平方剩余，故方程無正整數(shù)解（無需無窮遞降法，此處結(jié)合數(shù)論知識）。無窮遞降法的兩個關(guān)鍵步驟是：假設(shè)存在最小解和______。答案：從最小解構(gòu)造出更小的解三、解答題（共4小題，每小題15分，滿分60分）用無窮遞降法證明：方程(x^3+y^3=3z^3)沒有正整數(shù)解。證明：假設(shè)存在最小正整數(shù)解((x_1,y_1,z_1))，則(x_1^3+y_1^3=3z_1^3)。（1）若(x_1\equivy_1\equiv0\mod3)，設(shè)(x_1=3x_2)，(y_1=3y_2)，代入得(27(x_2^3+y_2^3)=3z_1^3)，即(z_1^3=9(x_2^3+y_2^3))，則(z_1)為3的倍數(shù)，設(shè)(z_1=3z_2)，得(x_2^3+y_2^3=3z_2^3)，此時((x_2,y_2,z_2))為更小解，矛盾。（2）若(x_1\equiv1\mod3)，(y_1\equiv2\mod3)，則(x_1^3\equiv1\mod3)，(y_1^3\equiv8\equiv2\mod3)，故(x_1^3+y_1^3\equiv0\mod3)，滿足方程左邊。但此時可類似推出(x_1)和(y_1)的組合會導(dǎo)致(z_1)增大，與最小性矛盾。綜上，原方程無正整數(shù)解。證明：不存在正整數(shù)(a,b)使得(a^2+b^2=3(a+b))。證明：假設(shè)存在正整數(shù)解((a,b))，且(a\leqb)。原方程可化為((a-\frac{3}{2})^2+(b-\frac{3}{2})^2=\frac{9}{2})，兩邊乘2得((2a-3)^2+(2b-3)^2=9)。設(shè)(x=2a-3)，(y=2b-3)，則(x^2+y^2=9)，正整數(shù)解為((0,\pm3),(\pm3,0),(\pm3,\pm3))。若(x=0)，則(a=\frac{3}{2})，非整數(shù)；若(x=3)，則(a=3)，代入原方程得(9+b^2=3(3+b))，即(b^2-3b=0)，解得(b=0)或(b=3)，(b=0)非正整數(shù)，(b=3)時((3,3))為解。但此時用無窮遞降法檢驗：假設(shè)((3,3))為最小解，若存在更小正整數(shù)解((a',b'))，則(a'\leqb'<3)，檢驗(a'=1)時(1+b^2=3(1+b))，即(b^2-3b-2=0)，無整數(shù)解；(a'=2)時(4+b^2=3(2+b))，即(b^2-3b-2=0)，無整數(shù)解。故原方程僅有非正整數(shù)解，無正整數(shù)解。證明：方程(x^2+y^2+z^2=2xyz)沒有正整數(shù)解。證明：假設(shè)存在最小正整數(shù)解((x_1,y_1,z_1))，且(x_1\leqy_1\leqz_1)。若(x_1=1)，則方程化為(1+y_1^2+z_1^2=2y_1z_1)，即((z_1-y_1)^2=1)，解得(z_1=y_1+1)。代入得(1+y_1^2+(y_1+1)^2=2y_1(y_1+1))，化簡得(2y_1^2+2y_1+2=2y_1^2+2y_1)，即(2=0)，矛盾。若(x_1\geq2)，則(x_1,y_1,z_1)均為偶數(shù)（模2分析：平方數(shù)模2為0或1，若三個平方數(shù)和為偶數(shù)，則必為0+0+0或1+1+0，后者和為2，(2xyz)為偶數(shù)，但若存在奇數(shù)，不妨設(shè)(x_1)為奇數(shù)，則(1+y_1^2+z_1^2=2xyz)，右邊為偶數(shù)，左邊為奇數(shù)+偶數(shù)+偶數(shù)=奇數(shù)，矛盾）。設(shè)(x_1=2x_2)，(y_1=2y_2)，(z_1=2z_2)，代入得(4x_2^2+4y_2^2+4z_2^2=16x_2y_2z_2)，即(x_2^2+y_2^2+z_2^2=4x_2y_2z_2)。此時((x_2,y_2,z_2))為更小解，與最小性矛盾。綜上，方程無正整數(shù)解。用無窮遞降法證明：不存在正整數(shù)(a,b,c)使得(a^2+b^2+c^2=a^2b^2)。證明：假設(shè)存在最小正整數(shù)解((a,b,c))，且(a\leqb\leqc)。若(a=1)，則方程化為(1+b^2+c^2=b^2)，即(c^2=-1)，矛盾。若(a=2)，則方程化為(4+b^2+c^2=4b^2)，即(c^2=3b^2-4)。模3分析：(c^2\equiv-4\equiv2\mod3)，但平方數(shù)模3只能為0或1，矛盾。若(a\geq3)，則(a,b)均為偶數(shù)（模2分析：若(a)為奇數(shù)，則(a^2\equiv1\mod4)，方程左邊(1+b^2+c^2\equiva^2b^2\mod4)。若(b)為奇數(shù)，(b^2\equiv1\mod4)，則左邊(1+1+c^2=2+c^2\mod4)，右邊(1\times1=1\mod4)，(2+c^2\equiv1\mod4)?(c^2\equiv-1\equiv3\mod4)，矛盾；若(b)為偶數(shù)，(b^2\equiv0\mod4)，則左邊(1+0+c^2=1+c^2\mod4)，右邊(1\times0=0\mod4)，(1+c^2\equiv0\mod4)?(c^2\equiv3\mod4)，矛盾。故(a)必為偶數(shù)，設(shè)(a=2a_2)，同理(b)為偶數(shù)，設(shè)(b=2b_2)，代入方程得(4a_2^2+4b_2^2+c^2=16a_2^2b_2^2)，即(c^2=16a_2^2b_2^2-4a_2^2-4b_2^2)，右邊為4的倍數(shù)，故(c)為偶數(shù)，設(shè)(c=2c_2)，則(4c_2^2=16a_2^2b_2^2-4a_2^2-4b_2^2)，化簡得(a_2^2+b_2^2+c_2^2=4a_2^2b_2^2)，此時((a_2,b_2,c_2))為更小解，與最小性矛盾。綜上，方程無正整數(shù)解。四、綜合題（共1小題，滿分30分）（1）證明方程(x^4+y^4=z^2)無正整數(shù)解；（2）由此推出(x^4+y^4=z^4)無正整數(shù)解。（1）證明：假設(shè)存在最小正整數(shù)解((x_1,y_1,z_1))，且(x_1\leqy_1)，(\gcd(x_1,y_1)=1)（否則可約分化簡）。由勾股方程性質(zhì)，存在(m>n>0)，(\gcd(m,n)=1)，使得(x_1^2=m^2-n^2)，(y_1^2=2mn)，(z_1=m^2+n^2)。由(x_1^2+n^2=m^2)，再次用勾股方程得(x_1=a^2-b^2)，(n=2ab)，(m=a^2+b^2)（(\gcd(a,b)=1)，(a>b>0)）。代入(y_1^2=2mn=2(a^2+b^2)(2ab)=4ab(a^2+b^2))，故(y_1^2=4ab(a^2+b^2))。由于(a,b,a^2+b^2)兩兩互質(zhì)，它們均為平方數(shù)，設(shè)(a=p^2)，(b=q^2)，(a^2+b^2=r^2)，則(r^2=p^4+q^4)，此時((p,q,r))為(x^4+y^4=z^2)的更小解，與((x_1,y_1,z_1))的最小性矛盾，故原方程無正整數(shù)解。（2）推出：若(x^4+y^4=z^4)有正整數(shù)解，則(z^4=(z^2)^2)，即((x,y,z^2))為(x^4+y^4=z^2)的解，與（1）矛盾，故(x^4+y^4=z^4)無正整數(shù)解。參考答案與評分標(biāo)準(zhǔn)（簡要說明