1、 - 1 -谈一元二次方程的有理根与整数根的条件 整系数一元二次方程 有有理根的充要条件是： 为一axbca20bac24有理数的平方。而有整数根，必为一完全平方式。注意这里 皆为整数，前者是有理数的平方，而非一般认为的完全平方式。而后者cb,为一完全平方式只是必要条件，不是充分条件，正确应用这些条件，可以解决很多有趣的问题，但在应用中往往要结合整数性质进行讨论。一、与有理根有关的问题例 1. m 为有理数，问 k 为何值时，方程 的根为有理数？xmxk224340解：原方程即： xk24130如若有有理根，则 应是某一有 661222m理数的平方，可知 ，从而 。9kk54本题也可这样解：原
2、方程化为 xmk2135422如有有理根，则 得50k二、与整数根有关的问题例 2. 若方程 有整数根，且 为自然数，则 的值有_个。xn2n,nm,解： 有整数根，则 为一完全平方式，设为m20(*)24，于是kNnk224即 n221视为 的一元二次方程，它应有整数解，由可见xnxnk1212244， n（1）令 ，则式为： mk2240若要有整数解，则 应为完全平方式。82令 ，则82kaN82akak因为 所以有如下两种情形。14无整数解，舍去。)k- 2 -baka)4231代入式得： m0所以 或 （舍去）5将 代入（*）式得：n1，x23，所以 满足条件。由对称性（方程系数是对称
3、的）知 也是所求。m5， nm51，（2）令 ，则式为：n480322mk若有整数解，则 应为某一完全平方式1692k故令 ，则 92kbN92bkb因为 所以又有两种情形。13ak)0代入式得： 或 （舍去）m21将 代入（*）得：n，x12所以 为所求。，bkb)9154代入式得： 或 （舍去）m32将 代入（*）式得：n2，有整数解，故 为所求。x15， n32，由对称性知 也为所求。3，故符合题意的整数对 m、n 有（5，1）、（1，5）、（3，2）、（2，3）、（2，2）共 5 个。- 3 -三、与因式分解有关的问题例 3. 是什么整数时， 能分解成两个连续自然数的积？m95262m
4、解：设 （n 为自然数），则：95612n0原问题即 为何值时关于 的一元二次方程有正整数解，所以：应为某整数的平方，149526321052mm设为 。则：t200t化为： 3612k因为 是整数，故再次利用有整数解的条件，应有 m 122043615k是某一整数的平方，也即 为一完全平方数，又设为 ，1920k92ka0于是 ，即 或2a902ka3ak因为 533所以 904651845109246023又因 是偶数，故 与 有相同的奇偶性，故：2kk 3a304ka310a320ka由解得： ，此时式为：k7或 （舍去）620161mm9由解得： ，此时式为：39或 （舍去）3462
5、5由解得： ，此时式为：k17或 （舍去）60822mm39由解得： ，此时式为：或 （舍去）316124经检验， 均为所求值，所以 时，23、 、 、 m12613、 、 、能分解成两个连续的自然数的积。事实上，对 ：952m 95时，1306时， 789时，62- 4 -时，m1348239注 意 “ 是 一 完 全 平 方 式 ”只 是 整 系 数 一 元 二 次 方 程 有 整 数 根 的 必 要 条 件 ， 倘 若 将 它 视 为充 要 条 件 则 会 出 现 错 误 。例 4. （1998 年全国初中数学竞赛试题）已知方程（a 是非负整数）至少有一个整数根，那么axax222381350_。如若认为 是完全平方式，从而原方4135222a程至少有一整数根，那就大错特错了。实际上由方程解出 。故当xxa12315，或 或 时均不可能有整数解。a24a5
