求一元二次方程的整数根

∴k−1=1，k=2. 有x1 x2 = 2. ∴x1 = 1，x2 =2. 又由x1 +x2 =
p k −1
得 p=3.
∴k pk (pp +k k )+(p+k)=26 (33 +22 )+(2+3)=1989. 例 6 方程x 2 +ax+1=b 的根是自然数.证明：a2 +b2 是合数. (第 20 届全苏数学竞赛) 证明：原方程整理为x 2 +ax+(1−b)=0，
，
1 3
∴当 x=1 时，a= 或− ；
2
1
当 x=−1 时，a = 或 − ；
3 2
1
1
当 x=2 时，a=1 或− ；
3
1
当 x=−2 时，a = 或 − 1；
3
1
当 x=3 பைடு நூலகம்，a=− 或 − 1；
2
1
当 x=−3 时，a = 或 1；
2
1
当 x=0 时，a= 或−
7
7
7 7
.
而 a＞0 即 a=1 时，x=2 或−3； a= 时，x=1 或−3； a= 时，x=−2 或 − 1；
x1 x
例 8 求所有的实数 k， 使方程 kx 2 +(k+1)x+(k−1) = 0的根都 是整数.(1993，第五届祖冲之杯初中数学竞赛)
解：由韦达定理得 x1 +x2 =− x1 x2 =
k −1 k k+1 k
=−1− ，
k 1 k
1
=1− .
由x1 x2 −( x1 +x2 )=2， 有(x1 − 1) x2 − 1 = 3， 则x1 − 1 = 1，x2 − 1 = 3或x1 − 1 = −1，x2 − 1 = −3， 所以x1 =2，x2 =4 或x1 =0，x2 =−2. 故k1 = − 或k 2 = 1.
(1992，上海市初中数学竞赛)
解：将原方程变形为关于 a 的二次方程(x 2 − 7)a2 +xa+1=0. ∵∆=x 2 −4(x 2 − 7)=28−3x 2 ≥0 ∴x 2 ≪
28 3
.
又∵x 为整数， ∴x 2 =0，1，4，9. 而a =
−������ ± 28 −3x 2 2(x 2 −7)
a a
a a
b
c
b
c
求解. 例 5 若 k 为正整数， 且一元二次方程(k-1)x 2 −px+k=0 的两 个根都是正整数，则k pk (pp +k k )+(p+k)的值等于___________. (1989，武汉市初中数学竞赛(初二)) 解：由x1 x2 =
k k −1
知
k k −1
为正整数.
a a c b
px1 x2 +q(x1 +x2 ) = r，可求方程(px1 +q)(px2 +q)=pr+q2 的整数解. 例 7 方程x 2 +px+q=0 的两个根都是正整数， 并且 p+q=1992. 则方程较大根与较小根的比等于_________. (1992，北京市初中数学竞赛初二复赛) 解：∵x1 +x2 =-p，x1 x2 =q， ∴x1 x2 − x1 − x2 = p+q=1992， (x1 − 1) x2 − 1 = 1993. ∵1993 为质数， ∴x1 − 1 = 1， x2 − 1 = 1993. ∴x1 =2，x2 = 1994. 故 2 =997.
x 2 −2(2m−3)x+4m2 −14m+8=0 有两个整数根.求 m 的值及方程的 根. (1993，天津市初二数学竞赛决赛) 解：由∆= [−2 2m − 3 ]2 −4(4m2 −14m+8)=4(2m+1) 又因为 4＜m＜40， 所以 9＜2m+1＜81. 而 2m+1 为奇数， 故 2m+1=52 或72 . 则 m=12 或 24. 当 m=12 时， x 2 −42x+416=0， x1 = 26，x2 = 16; 当 m=24 时，x 2 − 90x+1976=0， x1 =52， x2 =38. 例 4 求满足方程 y 4 +2x 4 +1=4x 2 y 的所有整数对(x,y).(1995, 江苏省数学竞赛) 解：将原方程变形为 2x 4 −4x 2 y+y 4 +1=0.
有∆=(−4y)2 −8(y 4 +1)=-8(y 2 − 1)2 ≥0， 所以(y 2 − 1)2 ≤ 0. 故y 2 − 1=0，即 y=-1,1. 当 y=-1 时，原方程无解; 当 y=1 时，(x 2 − 1)2 =0，x=1 或-1. 所以，满足原方程的所有整数对是(1，1)、(-1，1). 3 利用韦达定理 设关于 x 的整系数方程 ax 2 +bx+c=0(a≠0)的两整数根满足 x1 +x2 =- ，x1 x2 = ，则- ， 为整数，可利用 b、c 能被 a 整除来
3 2 1 1
a= 时，x=0 或− 7(舍去).
7
7
故所有正数 a 的和是 1+ + = .
2 3 6
1
1 11
p
方程 x 2 + px + 1997 = 0 恰有两个正整数根 x1、 x2 ， 的值是( (B)−1 ). C −
1 2 1 2
x 1 +1 (x 2 +1)
(A)1
D
(1997，北京市初三数学竞赛)
解：由x1 x2 =1997,1997 为质数，知x1 = 1，x2 = 1997， P=− x1 + x2 = −1998. 原式=
有两个不相等的正整数根？(1993，天津市初二数学竞赛决赛) 解： 显然 m≠±1.原方程可分解为[(m−1)x−6][(m+1)x−12]=0， 有 x1 =
6 m −1
， x2 =
12 m+1
.
∵ x1 ，x2 为正整数， ∴m−1=1，2，3，6 且 m+1=1，2，3，4，6，12.解得 m=2 或 m=3. 但 m=3 时， x1 = x2 ，应舍去. 故 m=2 为所求. 2 利用判别式 对于一元二次方程 ax 2 +bx+c=0(a≠0)，如果∆是关于参数的 次数不高于 2 的多项式时，可利用判别式进行讨论. 例 3 设 m 为 整 数 ， 且 4 ＜ m ＜ 40 ， 又 方 程
求证：方程x 2 −(a+b+c)x+ba+bc=0 的两个根是整数根.(1993,四川 省初中数学竞赛)
证明：将方程x 2
−(a+b+c)x+ba+bc=0 分解为(x−b)(x−a−c)=0.
有 x1 = b， x2 =a+c. 由 x=1，y=0 得 a+b+c=0； 由 x=-1，y 为偶数，设 y=2n(n 为整数)，则 a−b+c=2n. 解得 b=-n，a+c=n，均为整数. 所以方程x 2 −(a+b+c)x+ba+bc=0 的两个根是整数根. 例 2 m 是什么整数时，方程(m2 −1)x 2 −6(3m−1)x+72=0
2(x+6) (x+2)2 2(x+6) (x+2)2
.(a 为正整数)
≥1
解得−4 ≪ x ≪ 2.取 x 的整数值为−4， −3， − 1， 0， 1，2，分别代入得 a 的整数值为 1，3，6，10. 例 13 使方程a2 x 2 +ax+1−7a2 =0 的两根都是整数的所有的正数
a 的和是____________.
求一元二次方程的整数根
对于一元二次方程 ax 2 +bx+c=0(a≠0) 的实数根的情况,可以 用根的判别式∆= b2 −4ac 来判别，但对于它的有理数根、整数 根的情况，就没有统一的方法来判别，只能对具体问题寻找具体 解题方法.本文约定方程的两根为x1 、x2 (x1 ≤x2 ). 1 直接求解 对于一元二次方程 ax 2 +bx+c=0(a≠0)能用因式分解法变形为 a(x−x1 )(x−x2 ) = 0的，可直接求出原方程的两根，再对两根进行 讨论. 例1 设 y=ax 2 +bx+c.已知：x=1 时，y=0;x=-1 时，y 为偶数.
7 1
5 利用整数的性质 可以利用奇偶数性质、质数性质、平方数性质解题. 例 9 如果方程x 2 +2kx+2t−1=0(k 与 t 都是整数)有整数根α， 则它的另一个根β必是下列判断的( (A)不是整数 (B) 是整数，但不能判定奇数或偶数 (C) 是奇数 (D)是偶数 ).
解：由α + β = −2k，β = −2k−α 是整数， 又αβ = 2t − 1是奇数， ∴α，β均为奇数. 故选(C) 例 10 则
于是x1 +x2 =-a，x1 x2 = 1 − b. 所以a2 +b2 =(x1 + x2 )2 +(1 − x1 x2 )2 =x1 2 +2x1 x2 +x2 2 +1−2x1 x2 +x1 2 x2 2 =(1+x1 2 )(1+x2 2 ). 因为 1+x1 2 ≥2，1+x2 2 ≥2， 所以(1+x1 2 )(1+x2 2 )为合数，所以a2 +b2 是合数. 4 构造方程 对于一元二次方程 ax 2 +bx+c=0(a≠0)，如果存在整数 p，q， r 满 足 p( )+q(- ) = r ， 则 可 利 用 韦 达 定 理 ， 通 过 构 造 方 程