整数解

C． 注意到 $(x+3)+(y+4)+(z+5)=24$ ，而这个方程的解的组数为 $\mathrm{C}_{23}^{2}=253$ ．

A． 令 $A=x^{2}+x+1, B=y^{2}+y+1$ ． 情形 1 当 $x$ 为奇数时，则 $A$ 为奇数． 情形 2 当 $x$ 为偶数时，则 $A$ 为奇数。 同理可得 $B$ 也为奇数，而两个奇数的平方和一定不会是完全平方数． \section*{模拟试题7}

$2 n^{2}+2 n+1$ ． $|x|+|y|+|z|=n$ ，非负解的个数为 $\mathrm{C}_{n+2}^{2}$ ． （1）$|x|=0,|y|=0,1$ 种 $\times 1$ ； （2）$|x|=0,|y| \neq 0, n$ 种 $\times 2$ ； （3）$|x| \neq 0,|y|=0, n$ 种 $\times 2$ ； （4）$|x| \neq 0,|y| \neq 0, \mathrm{C}_{n+2}^{2}-2 n-1$ 种 $\times 4$ ． 最终共有 $1+n \times 2+n \times 2+4\left(\mathrm{C}_{n+2}^{2}-2 n-1\right)=2 n^{2}+2 n+1$ 种。

0 ． 构造 $b=(3 \sqrt{3}-5)^{2020}$ ，可得 $m=(3 \sqrt{3}-5) \in(0,1), b=(3 \sqrt{3}-5)^{2020}<0.000000001$ ，且 $a-b=(5+3 \sqrt{3})^{2020}-(3 \sqrt{3}-5)^{2020} \in \mathbf{N}$ ．故得结果．

2002. 因为 $$ \begin{equation*} 1001<\sqrt{1001^{2}+1}<1001+\frac{1}{2002}, \tag{1} \end{equation*} $$ 所以 $$ 1001 \times 2002<2002 \sqrt{1001^{2}+1}<1001 \times 2002+1 $$ 故由 $n\left[2002 \sqrt{1001^{2}+1}\right]=2002 \times 1001 n$ 可得 $\left[n \sqrt{1001^{2}+1}\right]=1001 n$ ． 由式（1）可得 $\displaystyle 1001 n<n \sqrt{1001^{2}+1}<1001 n+\frac{n}{2002}$ ，知 $n=1,2, \cdots, 2002$ 成立． 易证 $\displaystyle \sqrt{1001^{2}+1}>1001+\frac{1}{2003}$ ．故结论为 2002.

60 ． 显然， $3,4,5$ 是适合勾股关系的一组数，只需考虑 $60 \mid x y z$ 即可。易证 $3|x y z, 5| x y z$ ，对于 $4 \mid x y z$ ，需要分类考虑，注意到 $3,4,5$ 两两互质即得结论．

记 $c_{0} z^{n}+c_{1} z^{n-1}+\cdots+c_{n-1} z=g(z)$ 。令 $\theta=\operatorname{Arg}\left(c_{n}\right)-\operatorname{Arg}\left(z_{0}\right)$ ，则方程 $g(z)- c_{0} \mathrm{e}^{\mathrm{i} \theta}=0$ 为 $n$ 次方程，其必有 $n$ 个根，设为 $z_{1}, z_{2}, \cdots, z_{n}$ ，从而 $$ g(z)-c_{0} \mathrm{e}^{\mathrm{i} \theta}=\left(z-z_{1}\right)\left(z-z_{2}\right) \cdots\left(z-z_{n}\right) c_{0} $$ 令 $z=0$ ，得 $-c_{0} \mathrm{e}^{\mathrm{i} \theta}=(-1)^{n} z_{1} z_{2} \cdots z_{n} c_{0}$ ，取模得 $\left|z_{1} z_{2} \cdots z_{n}\right|=1$ 。所以 $z_{1}, z_{2}, \cdots, z_{n}$ 中必有一个 $z_{i}$ 使得 $z_{i} \mid \leqslant 1$ ，从而 $f\left(z_{i}\right)=g\left(z_{i}\right)+c_{n}=c_{0} \mathrm{e}^{\mathrm{i} \theta}+c_{n}$ ，所以 $\left|f\left(z_{i}\right)\right|=\left|c_{0} \mathrm{e}^{\mathrm{i} \theta}+c_{n}\right|=\left|c_{0}\right| +\left|c_{n}\right|$（因为 $c_{0} \mathrm{e}^{\mathrm{i} \theta}$ 与 $c_{n}$ 同方向）。

A． 不妨设 $a>b>c$ ，则可得 $a+b>a+c>b+c$ ．因为 $(a+b)+(b+c)+(c+a)= 2(a+b+c)$ 为偶数，所以 $n^{2},(n+1)^{2},(n+2)^{2}$ 必为两奇一偶，从而 $n$ 为奇数．又因为 $b+ c>1$ ，所以 $n$ 为不小于 3 的奇数．若 $n=3$ ，则 $\{a+b, b+c, c+a\}=\left\{3^{2}, 4^{2}, 5^{2}\right\}$ ，故 $\displaystyle a+b+ c=\frac{1}{2}\left(3^{2}+4^{2}+5^{2}\right)=5^{2}$ ，且 $a+b=5^{2}$ ，所以 $c=0$ ，不符合要求．若 $n=5$ ，则 $\{a+b, b+c$ ， $c+a\}=\left\{5^{2}, 6^{2}, 7^{2}\right\}$ ，故 $\left\{\begin{array}{l}a+b=7^{2}, \\ c+a=6^{2}, \\ b+c=5^{2},\end{array}\right.$ 解得 $\left\{\begin{array}{l}a=30, \\ b=19, \\ c=6,\end{array}\right.$ 此时 $a^{2}+b^{2}+c^{2}=1297$.

C． 因为 $a_{1}-1 \geqslant 0, a_{2}-a_{1}-3 \geqslant 0, a_{3}-a_{2}-3 \geqslant 0,14-a_{3} \geqslant 0$ ，各式相加得 $a_{1}-1+a_{2}-a_{1} -3+a_{3}-a_{2}-3+14-a_{3}=7$ ，于是 $a_{1}, a_{2}, a_{3}$ 的取法数就是不定方程 $x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}=7$的非负整数解的个数，为 $\mathrm{C}_{7+4-1}^{4-1}=\mathrm{C}_{10}^{3}=120$ ．

12. 不妨设 $x \leqslant y$ ，则 $34 \leqslant x \leqslant 66$ ，而 $\displaystyle y=\frac{100 x}{3 x-100}$ ．当 $x=34,35,36,40,50,60$ 时，$y$ 有整数解，解的个数为 12 ．

C． 若 $x, y, z \neq 0$ ，则个数为 $8 \mathrm{C}_{4}^{2}=48$ ． 若有一个为 0 ，则个数为 $3 \times \mathrm{C}_{4}^{1} \times 4=12 \times 4=48$ ． 若有两个为 0 ，则个数为 $\mathrm{C}_{3}^{2} \times 2=6$ ． 故总数为 $48+48+6=102$ ．

D． 考虑将 $1,2, \cdots, 99$ 这 99 个正整数分成如下 50 组： $$ (1,99),(2,98), \cdots,(47,53),(48,52),(49,51),(50) \text {. } $$ 若选出的 50 个不同的正整数中没有 50 ，则必有 2 个数位于 $(1,99),(2,98), \cdots,(47,53)$ ， $(48,52),(49,51)$ 中的同一组，不符合题意．所以这 50 个不同的正整数中必有 50 ，而 $(1,99)$ ， $(2,98), \cdots,(47,53),(48,52),(49,51)$ 中，每组有且只有一个数被选中． 因为 $50+49=99$ ，所以 $(49,51)$ 中选 51 ；因为 $51+48=99$ ，所以 $(48,52)$ 中选 52 ；依此类推，可得 $50,51,52, \cdots, 98,99$ 是唯一可能的选法． 经检验，选 $50,51,52, \cdots, 98,99$ 满足题意，此时 $50+51+\cdots+98+99=3725$ ．

$\left\{2^{s} m \mid m\right.$ 为任意奇数，$s$ 为 0 或奇数 $\}$ ． 对于正整数 $t$ ，令 $\displaystyle S(n, t)=\sum_{i=1}^{n}(t+i)=\frac{n(2 t+n+1)}{2}$ ．当 $n$ 为奇数时，只需令 $\displaystyle t= \frac{n-1}{2}$ ，就有 $S(n, t)=n^{2}$ ．当 $n$ 为偶数时，设 $n=2^{s} m$（ $s \in \mathbf{N}, m$ 为奇数），则 $2 t+n+1$ 为奇 数．由 $S(n, t)$ 的定义，知 $2^{s-1} \mid S(n, t)$ ．从而当 $s$ 为偶数时，$S(n, t)$ 不为完全平方数；当 $s$为奇数时，任取奇数 $x>n$ ，并令 $\displaystyle t=\frac{m x^{2}-n-1}{2} \in \mathbf{N}$ ，则 $S(n, t)=2^{s-1} m^{2} x^{2}$ 为完全平方数．综上所述，满足条件的 $n$ 的解集为 $\left\{2^{s} m \mid m\right.$ 为任意奇数，$s$ 为 0 或奇数 $\}$ ．

设所求为 $N$ ．因为过点 $A(8,0,0), B(0,8,0), E(0,0,8)$ 的平面的方程为 $x+y+z=8$ ，故由八面体的对称性知整点 $(x, y, z)$ 在正八面体内的充分必要条件是 $|x|+|y|+|z| \leqslant 8$ ．令 $\omega=8-(|x|+|y|+|z|)$ ，则 $N$ 是不定方程 $\omega+|x|+|y|+|z|=8$ 满足条件 $\omega \geqslant 0$的整数解的个数，故 $N$ 是 $A(t)=\left(1+2 t+2 t^{2}+2 t^{3}+\cdots\right)^{3}\left(1+t+t^{2}+t^{3}+\cdots\right)$ 展开式中 $t^{8}$ 的系数，而 $$ \begin{aligned} A(t) & =\left(\frac{2}{1-t}-1\right)^{3}(1-t)^{-1}=\left(\frac{1+t}{1-t}\right)^{3}(1-t)^{-1}=(1+t)^{3}(1-t)^{-4} \\ & =\left(1+3 t+3 t^{2}+t^{3}\right) \sum_{k=0}^{\infty}\binom{k+3}{3} t^{k}, \end{aligned} $$ 所以 $$ \begin{aligned} N & =\binom{8+3}{3}+3\binom{7+3}{3}+3\binom{6+3}{3}+\binom{5+3}{3} \\ & =165+360+252+56=833 \end{aligned} $$