-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axbxca200有有理根的充要条件是：bac24为一有理数的平方。而有整数根，△必为一完全平方式。注意这里cba,,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△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xmxxmmk22443240的根为有理数？解：原方程即：xmxmmk22413240如若有有理根，则16143244641222mmmkmmk应是某一有理数的平方，可知419k，从而k54。本题也可这样解：原方程化为xmmk2135422如有有理根，则540k得k54二、与整数根有关的问题例2.若方程xmnxmn20有整数根，且nm,为自然数，则nm,的值有__________个。解：xmnxmn20⋯⋯(*)有整数根，则mnmn244为一完全平方式，设为kkN2，于是mnmnk22244即mnmnk2224401视<1>为m的一元二次方程，它应有整数解，由xxnxxnkn122122244，可见n2（1）令n1，则<1>式为：mmk224402<2>若要有整数解，则44448222kk应为完全平方式。令822kaaN，则822akakak因为81824所以有如下两种情形。18)kakaa无整数解，舍去。-2-bakakak)4231代入<2>式得：mm24410所以m5或m1（舍去）将nm15，代入（*）式得：xx1223，所以mn51，满足条件。由对称性（方程系数是对称的）知nm51，也是所求。（2）令n2，则<1>式为：4480322mmk<3>若有整数解，则4448169222kk应为某一完全平方式故令922kbbN，则922bkbkbk因为99133所以又有两种情形。abkbkbk)3330代入<3>式得：m2或m1（舍去）将nm22，代入（*）得：xx122所以mn22，为所求。bbkbkbk)9154代入<3>式得：m3或m2（舍去）将mn32，代入（*）式得：xx1215，，有整数解，故mn32，为所求。由对称性知nm32，也为所求。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.m是什么整数时，95262mm能分解成两个连续自然数的积？解：设952612mmnn（n为自然数），则：nnmm22952601原问题即m为何值时关于n的一元二次方程<1>有正整数解，所以：149526362010522mmmm应为某整数的平方，设为tt20。则：362010522mmt化为：36201050222mmk因为m是整数，故再次利用有整数解的条件，应有12220436105k1699202k是某一整数的平方，也即99202k为一完全平方数，又设为aa20，于是992022ka，即992022ka或920333kaka因为92025233所以9202460423051848115109220464023又因332kakaa是偶数，故3ka与3ka有相同的奇偶性，故：①346032kaka②323034kaka③392310kaka④346320kaka由①解得：k77，此时<2>式为：362016012mmm或m49（舍去）由②解得：k39，此时<2>式为：36201416062mmm或m599（舍去）由③解得：k17，此时<2>式为：3620184022mmm或m239（舍去）由④解得：k11，此时<2>式为：362016012mmm或m49（舍去）经检验，m12613、、、均为所求值，所以m12613、、、时，95262mm能分解成两个连续的自然数的积。事实上，对95262mm：-4-m1时，3056m2时，7289m6时，3801920m13时，14823839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axaaxaa222238213150（a是非负整数）至少有一个整数根，那么a____________。如若认为384213152222222aaaaaaa是完全平方式，从而原方程至少有一整数根，那就大错特错了。实际上由方程解出xaxa122315，。故当a2或a4或a5时均不可能有整数解。
