Question

2．设a、b、c、d、e、f、g都是大于1的整数，且a与b，c与d，e与f，g与511互质，又a≤c，且还已知下面的三个式子成立：$\frac{b}{a}+\frac{d}{c}=\frac{bd}{ac}$               ①
$\frac{b}{a}+\frac{d}{c}+\frac{f}{e}=\frac{bdf}{ace}$          ②
$\frac{b}{a}+\frac{d}{c}+\frac{f}{e}+\frac{g}{511}=\frac{bdfg}{511ace}$③
（1）求证：d=b，f=b²；
（2）求a，b，c，d，e，f，g的值．

Answer 1

分析 （1）先将①去分母，移项，整理成成$\frac{b}{b-a}=\frac{d}{c}$，由于c与d互质，得出d=b，c=b-a；用同样的方法得出f=bd=b²，bd-ac=e即可得出结论；
（3）同（1）的方法得出g=bdf=f²，bdf-ace=511，即：f²-ace=511⑤，借助（1）得出的结论ac=f-e④，将④代入⑤得出关于e的一元二次方程，由于e，f是大于1的正整数，即可得出f=4，9，16，25，再分别用△是完全平方数排除点不符合题意的，最后利用得出的结论即可求出a，b，c，d，e，f，g．

解答 解：（1）①去分母得，bc+ad=bd，
∴bc=d（b-a），
∴$\frac{b}{b-a}=\frac{d}{c}$，
∵a与b互质，c与d互质，
∴d=b，c=b-a；
将①整体代入②得，$\frac{bd}{ac}+\frac{f}{e}=\frac{bdf}{ace}$，
去分母，移项得，bde=bdf-acf，
∴bde=f（bd-ac），
∴$\frac{bd}{bd-ac}=\frac{f}{e}$，
∵f与e互质，
∴f=bd=b²，bd-ac=e，
∴ac=bd-e=f-e④，
（2）由（1）知，ac=f-e④，
将②整体代入④得，$\frac{bdf}{ace}+\frac{g}{511}=\frac{bdfg}{511ace}$，
去分母，移项，分解得，511bdf=g（bdf-ace），
∴$\frac{bdf}{bdf-ace}=\frac{g}{511}$，
∵g与511互质，
∴g=bdf=f²，bdf-ace=511，
∴f²-ace=511⑤，
将④代入⑤化简得，e²-fe+f²-511=0，
∵e，f大于1的整数，
∴关于e的一元二次方程e²-fe+f²-511=0有实数根，
∴△=f²-4（f²-511）=2044-3f²≥0，
∴f²≤$\frac{2044}{3}$，
∵f=b²，且b，f是大于1的整数，
∴f是大于1的完全平方数，
∴f=4，9，16，25，
∵e为大于1整数，
∴△必须是完全平方数，
Ⅰ、当f=4时，△=2044-3×16=1996，而1996不是平方数，不符合题意，舍，
Ⅱ、当f=9时，△=2044-3×81=1801，而1801不是平方数，不符合题意，舍，
Ⅲ、当f=16时，△=2044-3×256=1276，而1276不是平方数，不符合题意，舍，
Ⅳ、当f=25时，△=2044-3×625=169=13²，
∴g=f²=625
∵f=b²，b=d，
∴b=d=5，
∵c=b-a，
∴a+c=5，
∵a≤c，且a、c是大于1的整数，
∴a=2，c=3，
把a=2，c=3，f=25代入ac=f-e中，得e=f-ac=25-2×3=19；
即：a=2，b=5，c=3，d=5，e=19，f=25，g=625．

点评 此题主要考查了互质的意义，完全平方数，一元二次方程的整数解，一元二次方程根的判别式，解（1）的关键是得出$\frac{b}{b-a}=\frac{d}{c}$，解（2）的关键是得出e²-fe+f²-511=0；整体代入是解决此题的难点；是一道难度比较大的竞赛题．