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求一元二次方程的整数根对于一元二次方程ax2+bx+c=0(a0)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(x1x2).1 直接求解 对于一元二次方程ax2+bx+c=0(a0)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=ax2+bx+c.已知:x=1时,y=0;x=-1时,y为偶数.求证:方程x2-(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x2-(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x2-(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)x2-6(3m-1)x+72=0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m1.原方程可分解为(m-1)x-6(m+1)x-12=0,有 x1=6m-1 , x2=12m+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ax2+bx+c=0(a0),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4m40,又方程x2-2(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=-22m-32-4(4m2-14m+8)=4(2m+1)又因为4m40, 所以92m+181. 而2m+1为奇数, 故2m+1=52或72. 则m=12或24. 当m=12时, x2-42x+416=0, x1=26,x2=16; 当m=24时,x2- 90x+1976=0, x1=52, x2=38.例4 求满足方程 y4+2x4+1=4x2y的所有整数对(x,y).(1995,江苏省数学竞赛)解:将原方程变形为2x4-4x2y+y4+1=0. 有=(-4y)2-8(y4+1)=-8(y2-1)20, 所以(y2-1)20. 故y2-1=0,即y=-1,1. 当y=-1时,原方程无解; 当y=1时,(x2-1)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ax2+bx+c=0(a0)的两整数根满足x1+x2=- ba,x1x2=ca,则- ba,ca为整数,可利用b、c能被a整除来求解.例 5 若k为正整数,且一元二次方程(k-1)x2-px+k=0的两个根都是正整数,则kpk(pp+kk)+(p+k)的值等于_. (1989,武汉市初中数学竞赛(初二)解:由x1x2=kk-1知kk-1为正整数. k-1=1,k=2. 有x1x2=2. x1=1,x2=2. 又由x1+x2=pk-1得p=3. kpk(pp+kk)+(p+k)=26(33+22)+(2+3)=1989.例 6 方程x2+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x2+ax+(1-b)=0, 于是x1+x2=-a,x1x2=1-b. 所以a2+b2=(x1+x2)2+(1-x1x2)2 =x12+2x1x2+x22+1-2x1x2+x12x22 =(1+x12)(1+x22). 因为1+x122,1+x222, 所以(1+x12)(1+x22)为合数,所以a2+b2是合数.4 构造方程对于一元二次方程ax2+bx+c=0(a0),如果存在整数p,q,r满足p(ca)+q(- ba)=r,则可利用韦达定理,通过构造方程px1x2+q(x1+x2)=r,可求方程(px1+q)(px2+q)=pr+q2的整数解.例7 方程x2+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,x1x2=q, x1x2-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x2x1=997.例8 求所有的实数k,使方程kx2+(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=-k+1k=-1-1k, x1x2=k-1k=1-1k. 由x1x2-( 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=-17或k2=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x2 +2kx+2t-1=0(k与t都是整数)有整数根,则它的另一个根必是下列判断的( ).(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+=-2k,=-2k-是整数,又=2t-1是奇数,均为奇数. 故选(C) 例10 方程x2+px+1997=0恰有两个正整数根 x1、x2,则px1+1(x2+1)的值是( ). (A)1 (B)-1 C-12 D12 (1997,北京市初三数学竞赛) 解:由x1x2=1997,1997为质数,知x1=1,x2=1997, P=- x1+x2=-1998. 原式=-199821998=-12. 故选(C).例11 设a与b是任意给定的整数.试证明方程x2+10ax+5b+3=0和x2+10ax+5b-3=0都没有整数根.(1978,北京市中学生数学竞赛) 证明:(反证法)设为原方程的整数根,则 2+10a+5 3=0移项变形为2=-5(2a+b)3.左边的个位数字只可能是0,1,4,5,6,9,而右边的个位数字只能是2,8,显然左边右边.假设不成立,原命题成立.6 参元互换 在直接讨论一元二次方程的未知数比较困难,而讨论参数又比较方便时,可以考虑参元互换. 例12试求出所有这样的正整数a,使得二次方程ax2+2(2a-1)x+4(a-3)=0至少有一个整数根.(第三届祖冲之杯初中数学竞赛) 解:将原方程变形为关于a的一次方程(x+2)2a=2(x+6). 显然x+20.a=2(x+6)(x+2)2.(a为正整数) a=2(x+6)(x+2)21 解得-4x2.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a2x2+ax+1-7a2=0的两根都是整数的所有的正数a的和是_. (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(x2-7)a2+xa+1=0. =x2-4(x2-7)=28-3x20 x2283. 又x为整数, x2=0,1,4,9. 而a=-x28-3x22(x2-7), 当x=1时,a=12或-13; 当x=-1时,a=13或-12; 当x=2时,a=1或-13; 当x=-2时,a=13或-1; 当x=3时,a=-12或-1; 当x=-3时,a=12或1; 当x=0时,a=77或-77. 而a0即a=1时,x=2或-3; a=12时,x=1或-3; a=13时,x=-2或-1; a=77时,x=0或-7(舍去). 故所有正数a的和是1+12+13=116.
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