2完全平方数答案

完全平方数
完全平方数是数论中较为常见的一类问题，经常出现在各种数学 竞赛中.在
解决完全平方数的有关问题时，需要用到完全平方数的性质及整数的有关知识，
比如 ：
（1） 完全平方数
n
2
的个位数字只能是0、1、4、5、6、9；
（2）
n
2
的十位数字为奇数，当且仅当
n
2
的个数字是6；
（3）
n
2
的个位数字为5则
n
2
的十位数字为2.
上 述特征可概括为：完全平方数的未两个数只能是
偶0
、
偶1
、
偶4< br>、
偶9
、
25
、
奇6
之一.
从上面的性质我们还不难分析出，完全平方数的下列性质：
（4） 形如
3k+2< br>、
4k?2
、
4k?3
(k?Z)
的数不是完全平方数；
（5） 设
p
为质数，
a
是完全平方数，若
p|a
，则
p
2
|a.

1 利用完全平方的特征
例1.求最小 的正整数
n
，使得
n
3
?2n
2
是一个奇数的完全 平方数.
解：由
n
3
?2n
2
?n
2
( n?2)
为奇数，可知
n
为奇数.要使
n
2
(n?2)为完全平方数，则
n?2
为完全平方数，所以最小的整数
n?7.
例2.设
n
是一个正整数，
A
是一个
2n
位数，且每个 数位上的数字均为4，
B
是一个
n
位数，且每个数位上的数字均为8.
证明：
A?2B?4
是一个完全平方数. （第七届巴尔干地区数学奥林匹克）
48
证明：注意到
A?(10
2n
?1)
，
B?( 10
n
?1)
，
99
4
2n
16
n41616
2?10
n
?4
2
2nn
?().
故
A?2B?4?(10?1)?(10?1)?4??10??10?
99999
3
因为
3|(2?10
n
?4)
，所以，
A?2B?4
是一个完全平方数.
2 引入参数

1
例 3.设
m
、
n
是正整数，且满足
2001m
2
?m
2
?2002n
2
?n
○
证明：
m?n
是一个完全平方数. （2002澳大利亚数学奥林匹克）
1
化为 证明：由已知得
m?n
，设< br>m?n?k(k?N
?
)
.则式○
n
2
?4002n k?2001k
2
?k?0
，
即
(n?2001k)
2< br>?(2001k)
2
?2001k
2
?k?k(2001?2002k ?1).

因为
(k,2001?2002k?1)?1
，所以
k< br>和
2001?2002k?1
均为完全平方数.
故
m?n
是一个完全平方数.
例4.求所有的正整数对
(m,n)
，使得
m
2
?4n
和
n
2
?4m
均为完全平方数.
解：由对称性，不妨设
m?n
.
（1）若
m? n?1
，则
n
2
?4m…n
2
?4n?4?(n?2)2
.

又
n
2
?4m?(n?1)
2
?n
2
?2n?1
，且其等号不成立，则
n
2
?4m?( n?2)
2
?n?m?1.
故
m
2
?3n?(m?2)2
?8?t
2
(t?N
?
)
.
m?t?2? 4
，因为
m?t?2
与
m?t?2
的奇偶性相同，且
m?t ?2?m?t?2
，所以，
m?t?2?2.
解得
m?5
，
n?6
是满足条件的一组解.
（2）若
m?n
，则
m
2< br>?4n?(m?2)
2
?4?t
2
(t?N).
同上，解得< br>m?n?4
.
综上，所有满足条件的正整数对
(m,n)?(4,4),(5,6),(6,5).

评注：此题利用完全平方数的性质进行适当放缩，分类讨论，再引入参数通过联
立方程组进行求 解.
例5.求所有的正整数
n
，使得
n?36
是一个完全平 方数，且除了
2
或
3
以外，
n
没有其他的质因数. （2007年湖北省高中数学）
解：设
n?36?(x?6)
2
，其中x?N
?
，则
n?x(x?12)
.
ab
?
?
x?2
1
?3
1
,
依题意，可设
?
其中
a
1
,a
2
,b
1
,b
2
均为非 负整数，于是
a
2
b
2
x?12?2?3,
?
?
2
a
2
?3
b
2
?2
a
1
?3
b
1
?12
（1）

如果
a
1
?a
2
?0
，则
3
b
2
?3
b
1
?12
，这 是不可能的.所以
a
1
,a
2
中至少有一个大
于0，于是< br>x
和
x?12
均为偶数，从而
a
1
,a
2< br>均为正整数.
若
a
2
?1
，则
2?3
b< br>2
?12?2
a
1
?3
b
1
，显然只可能< br>a
1
?1
（否则左右两边被4除的
余数不相同），此时
3b
2
?6?3
b
1
，显然只能是
b
2
?2,b
1
?1
，此时
x?6,n?108
.
若
a
2
…2
，则
x?12
是4的倍数，从而
x
也是4 的倍数，故
a
1
…2
，此时
2
a
2
?2
?3
b
2
?2
a
1
?2
?3
b< br>1
?3

（2）显然
a
1?2,a
2
?2
中至少有一个应为0（否则（2）式左右两边奇偶性不相同）.
(1)当
a
2
?2?0
，即
a
2
?2时，
3
b
2
?2
a
1
?2
?3< br>b
1
?

3
（3）
此时
a
1
?2?0
（否则等式左右两边奇偶性不相同），故
b
2
?b
1
.
若
b
1
…2
，则 （3）式左边是9的倍数，而右边为3，矛盾，故只可能
b
1
?1
，
?
a
1
?2?1,
?
a
1
?2?3,
?< br>a
1
?3,
从而（3）式即
3
b
2
?1?2
a
1
?2
?1
，它只有两组解
?
和
?
即
?
和
?
b
2
?1?1,
?
b
2
?1?2,
?
b
2
?2,
?
a
1
?5,
此时，对应的
x
值分别为24和96，相应的
n
值分别为864和10368.
?
b?3,
?
2
（2）当
a
1
?2?0
，即
a
1
?2
时，
2< br>a
2
?2
?3
b
2
?3
b
1
?

3
（4）
此时显然
a
2
?2?0
（否则等式左右两边奇偶性不相同），故
b
2
?b
1
.
若
b
2
…2
，则（4）式左边是9的倍 数，而右边是3，无解.故
b
2
?1
.
若
b
2< br>?0
，则
2
a
2
?2
?3
b
1?3
，只可能
b
1
?0
，此时
a
2
? 4,x?4,n?64
.
?
a
2
?2?1,
?
a
2
?2?2,
若
b
2
?1
，则（4）式即
2
a
2
?2
?3
b
1
?1
?1
， 它只有两组解
?
和
?
?
b
1
?1?0,
?
b
1
?1?1,
?
a
2
?3,
?
a
2
?4,
即
?
和
?
此时，对应的
x值分别为12和36，相应的
n
值分别为288
b?1,b?2,
?1
?
1
和1728.
因此，符合条件的
n
值有6个， 分别为64，108，288，864，1728，10368.
评注：此题通过引入适当的参数，从特殊情形出发，分类讨论，从而解决问题.

3 反证法
例6.设正整数
d
不等于2、5、1 3.证明：在集合
{2,5,13,d}
中可以找到两个不
同的元素
a
、
b
，使得
ab?1
不是完全平方数. （第27届IMO试题）
1?5
2
，
5?13?1?8
2
.
证明：注意到
2?5?1?3
2
，
2?13－
于是只需证明
2d?1、
5d?1
、
13d?1
中至少有一个不是完全平方数即可.
否则，假设
x
、
y
、
z
?N
?
，使得
1

2d?1?x
2
○
2

5d?1?y
2
○
3

13d?1?z
2
○
1
知
x
为奇数，设
x?2k?1(k?N).
由式○< br>则
2d?1?(2k?1)
2
?4k
2
?4k?1.

故
d?2k
2
?2k?1
，这说明
d
为奇数. < br>2
、○
3
知
y
、
z
均为偶数，令
y ?2m
、
z?2n(m,n?N)
代入○
2
、○
3
并相减，得由式○
?
2d?n
2
?m
2
?(n?m)(n? m).

由于
2d
为偶数，故
m
、
n
的奇偶性相同.
从而，
(n?m)(n?m)
是4的倍数，即
d
为偶数，矛盾！
因此，所证结论成立.
评注:反证法是证明此类问题的一种常规方法.
练习题
1. 使得
3
n
?81
是完全平方数的正整数
n
有 （ ）
A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个
(2007年湖北高中数学联赛)
1.解:当
n?4
时，易知
3
n
?81
不是完全平方数.故设
n?k?4
，其中
k
为正整数，
则
3
n
?81?81(3
k
?1)
.因为
3
n
?81
是完全平方数，而81是平方数，则一定存在正< br>

整数
x
，使得
3
k
?1 ?x
2
，即
3
k
?x
2
?1?(x?1)(x?1 )
，故
x?1,x?1
都是3的方幂.
又两个数
x?1,x?1< br>相差2，所以只可能是3和1，从而
x?2,k?1
.因此，存在唯
一的正整数
n?k?4?5
，使得
3
n
?81
为完全平方数.故选（B ）.
2.设
a
n
?n
2
?n?2(n?1,2,?).< br>则在数列
{a
n
}
中 ( )
A.有无穷多个质数 B.有无穷多个平方数
C.有且只有有限多个质数 D.有且只有有限多个平方数
(2006年江苏省高中数学竞赛)
2.解:因为
a
n
?n
2
?n?2?n(n?1)?2
，故
2|a
n
，且
a
n
?2.
所以，
a
n
一定是合数 .
从而排除选项A、B，又因为
n…2
时，
n
2
?n
2
?n?2?n
2
?2n?1?(n?1)
2
，故只
有当
n?1
时，
a
1
是完全平方数.
3.集合
{1!,2!,?,24!}
中删去一个元素 后，余下的元素之积恰好是完全
平方数. （2006年江苏省高中数学竞赛）
３.解：由于
(2k)!?(2k)(2k?1)!
，乘积可化为
24?( 23!)
2
?22?(21!)
2
???4?(3!)
2
? 2?[2
6
?(23!)?(21!)???(3!)]
2
?(12!).< br>
故删去的数为
12!.

４.若
6
m
?2
n
?2(m,n?N)
是一个完全平方数，则所有可能的
(m,n)?
.
(2005安微省高中数学竞赛)
４.解：当
m…2
，< br>n…2
时，有
6
m
?2
n
?2?2(3?6
m?1
?2
n?1
?1)
，显然不是完全平
方数.下面讨论
m?1
或
n?1
的情况.
当
m?0
时，
6
m
?2
n
?2?2
n
?3
，由于
n…2
时，
2
n
?3?3(mod4)
，所以
2
n
?3< br>不
可能是完全平方数.故n?0或１，此时有解
(m,n)?(0,0).
< br>当
m?1
时，
6
m
?2
n
?2?2n?8< br>，由于
m…4
时，
2
n
?8?8(2
n?3
?1)
不可能是完全
平方数，故
n?0
，１，２，或３.易知
(m, n)?(1,0),(1,3).

当
n?0,1
时，同理可得
(m,n)?(0,0),(1,0).

５.证明：不存在正整数
n
，使得
2n
2
?1
、< br>3n
2
?1
、
6n
2
?1
均为完全平方数.
（2004年日本数学竞赛）
５.证明：假设
2n
2
?1
、
3n
2
?1
、
6n
2
?1
均为完全平方 数.
则
36n
2
(6n
2
?1)(3n
2
?1)(2n
2
?1)?(36n
4
?18n
2
?1)< br>2
?1
为完全平方数，矛盾！
６. 求证：不存在正整数
a
、
b
，使得
a
2
?b
及
a?b
2
都是完全平方数.
6.分析：欲证一个数不是完全平方数，只需证明其介于两个连续的完全平方数之< br>间即可.即欲证
n
不是完全平方数，只须证
a
2
?n?(n? 1)
2
.

证明：如果
a…b?0
，则
a
2
?a
2
?b?a
2
?a?(a?1)
2
.

这说明
a
2
?b
不是完全平方数；
如果
b? a?0
，则
b
2
?a
2
?b
2
?b?b< br>2
?(b?1)
2
，
这说明
a?b
2
不是完全平方数.
所以，不论
a
、
b
的大小关系如何，a
2
?b及
a?b
2
至少有 一个不是完全平方
数，命题得证.
结论是两个都不能同时都为完全平方数，但其中之一是可以 的，例如
a?3
，
b?40
时，a
2
?b是完全平方数.同 样的办法可证
a
2
?2b
与
2a?b
2
也不可能为 完全
平方数.
5
７.已知正整数数列
{a
n
}
满 足
a
0
?m
，
a
n?1
?a
n
? 487
.试确定
m
的值，使
{a
n
}
中完
全平方数的个数最大.
７. 解：显然m≡0，1，2，3(mod4)，下面依次讨论.
若m≡0(mod4)，那么
a
1
?m
5
?487
≡487 ≡3(mod4)，
55
a
2
?a
1
?487?(?1)< br>5
?487?2(mod4)
，
a
3
?a
2
?487?3(mod4)
，这样易得
……，这样依次循环.而完全平方数对4取模应余0或1 ，这样
{a
n
}
a
4
?2(mod4)
，
中至多只有一个完全平方数
(a
0
)
.

若m≡1(mod4)，那么易知
a
1
≡0(mod4)，
a
2
≡3(mod4)，
a
3
≡2(mod4)，
a
4≡3(mod4)，……，此时至多有2个完全平方数(
a
0
和
a
1
).
同样的分析，若m≡2或3(mod4)，那么
{a
n
}
中不可能有完全平方数.
由上知
{a
n
}
中至多有2个完 全平方数，且只可能为
a
0
和
a
1
，下面求m的值使
a
0
和
a
1
都为完全平方数.
设
a
0
=m=k?，那么设
a
1
=
m
5
?487?k10
?487?n
2
，∴87=
n
2
?k
10
?(n?k
5
)(n?k
5
).
注
意到487是质 数，那么
n?k
5
?1
，，解得k=3，∴m=9.经检验，m=9时
a
0
和
a
1
均
为完全平方数，∴所求m即为9.
８.求所有正整数组
(a,b,p,n)
,使得
p
为素数，且
a< br>3
?b
3
?p
n
.

８.解：
a< br>3
?b
3
?(a?b)(a
2
?b
2
?ab )?p
n
，显然
a?b?1
，那么
p|a?b
.
假如
p?3
，那么
a
3
?b
3
?(a?b)(a< br>2
?b
2
?ab)?3
n
.
设
a
2
?b
2
?ab?3
i
，如果
i?1
，当
i?0
时，
a
2
?b
2
?ab?1
，那么
1?a
2
?b
2
?ab…ab
，所以
a?b?1
， 得
3
n
?2
，矛盾！
当
i?1
时，
3? a
2
?b
2
?ab…ab
，所以
a
、
b< br>中至少有一个为１，又
3|a?b
，所
以，另一个为２.
此时
3
n
?9
，所以
n?2
，由此得到两组解
(1,2,3, 2)
，
(2,1,3,2).

如果
n?2
，易知
n?0
，当
n?1
时，
(a?b)(a
2
?b
2< br>?ab)?3
，那么
a?b?3
，
a
2
?b
2
?ab?1…ab
，矛盾！
当
n?2
时，此时
a
3
?b
3
?(a?b)(a
2
?b
2
?ab)? 3
2
，所以
a?b?a
2
?b
2
?ab?3
，
得
a
，
b
中一个为１，另一个为２.即得先前求得的两组解(1,2,3,2)
，
(2,1,3,2).

即当
i?1或
n…2
时，有两组解
(1,2,3,2)
，
(2,1,3,2 ).

如果
i…2
（即
a
2
?b
2
?ab…9
）且
n…3
，那么
3|a?b
，且
3
2
|a
2
?b
2
?ab?(a?b)
2
?3ab< br>，所以
3
2
|3ab
，即
3|ab
，所以
3 |a
且
3|b
，从而

abababa babab
()
3
?()
3
?(?)[()
2
?( )
2
??]?3
n?3
，此时仍有
()
2
?()< br>2
??…9
且
333333333333
n?3…3
，重复上 述步骤，重复k次以后，得
a
3
b
3
aba
2
b< br>2
ab
)?()?(?)[()?()?
k
?
k
]? 3
n?3k
此时有
kkkkkk
33333333
ababab< br>(
k
)
2
?(
k
)
2
?
k
?
k
?3
或
n?3k?2
，如上分析有
k
?1
，
k
?2
，
n?3k?2
或
333333
ab
kk
n?3k?2
?2
?1
，， ，即
(a,b,p,n)?(3,2?3,3,3k?2)
或
k
k
3
3< br>(
(2?3
k
,3
k
,3,3k?2)
(k?N)< br>.这里(1,2,3,2)与(2,1,3,2)这两组解也可概括进来.
经检验
(3
k
,2?3
k
,3,3k?2)
与
(2?3
k,3
k
,3,3k?2)
均是原方程的解.
假如
p?3
.如果
n?2
，易知n≠0，当n=1时
a
3
?b
3?(a?b)(a
2
?b
2
?ab)?p
，所
以
a
2
?b
2
?ab?1…ab
，a+b=p，∴a=b=1，p= 2，此时得到一组解(1,1,2,1).
如果n=2，此时
a
3
?b3
?(a?b)(a
2
?b
2
?ab)?p
2
，∴
a?b?p
2
，
a
2
?b
2
?ab? 1
或
p?a?b?a
2
?b
2
?ab.
若是前者则 a=b=1，
p
2
?2
，矛盾!
故
p?a?b?a
2
?b
2
?ab…ab
，∴
a…b(a?1)
.
若
a
，
b
都不小于2，那么
a厖b(a?1)2(a?1)
，得
a?2
，∴a=2，那么
b
2
?4?2b?b?2
， 得
b?1
或
2.
所以
p?3
或
4
，矛盾！
∴a，b至少有一个为1，当a=1时，
b
2
?1?b?b?1
解得
b?2
，同理b=1时a=2，
此时p=3，矛盾!
综上
n?2
时有一组解(1,1,2,1).
ab
如果
n …3
，那么
()
3
?()
3
?p
n?3
， 此时若仍有
n?3…3
，则继续重复，k次后
pp
(
a
3< br>b
3
ab
n?3k
n?3k?2
)?()?p??1
，.设此时恰好使，如上分析，此时
p
k
p
k
p
k
p
k
kk
n?3k?1
，
p?2
，得a=b=
2< br>k
，p=2，n=3k+1，即
(,,ab,)p2,(2,3,2n)1?k?
(k?N)
，
(1,1,2,1)也可归纳进去，经检验
(2
k
, 2
k
,2,3k?1)
(k?N)
是原方程的解

综上所述，
(a,b,p,n)?(3
k
,2?3
k
,3,3k?2)
或
(2?3
k
,3
k
,3,3k?2)
或
(2
k
,2
k
,2,3k?1)
(k?N)
.
９.确定是否存在一个正整数
n
，
n
无平 方因子，恰好被
2011
个不同的质数整除，
而且
2
n
?1
被
n
整除.
９.假设存在这样的n，因为n无平方因子且恰好被2011个 不同的质数整除，可
设
n?p
1
?p
2
???p
2 011
这里
p
1
、
p
2
、…、
p
n
为互不相同的奇质数(显然n为奇数)
且
p
1
<
p
2
<…<
p
n
.因为
n|2
n
?1
，所 以
p
1
|2
n
?1
，
2
n
??1 (modp
1
)
，所以
2
2n
?1(modp
1< br>)
.又易知
(p
1
,2)?1
，由费马小定理得
2< br>p
1
?1
?1(modp
1
)
，所以
2(2n,p
1
?1)
?1(modp
1
)
.易知
n
与
p
1
?1
互质（否则
n
有小于
p< br>1
且大于１的因子），
所以
(2n,p
1
?1)?2
，
2
2
?1(modp
1
)
，即
p
1< br>|3
，
p
1
?3
.
设
k?p
2< br>p
3
?p
2011
，那么
p
2
|2
3k
?1?8
k
?1
，所以
8
k
??1(modp
2
)
，所以
1)
而
8
(p
2
?< br>所以
8
(2k,p
2
?1)
?1(modp
2
)
.即
8
2
?1(modp
2
)
，
8< br>2k
?1(modp
2
)
，
?1(mod)p
2，
得
p
2
|63
，又
p
2
?3
，那么
p
2
?7
，
7|8
k
?1
，但< br>8
k
?1?1
k
?1?2(mod7)
，矛盾！
所以，这样的n不存在.
10.如果一个完全平方数可以写成一个质数与另一个完全平方数的 和，则称其
为“好平方数”.如果一个完全平方数不能写成一个质数与另一个平方数的和，
则称 其为“坏平方数”.求证：好平方数与坏平方数都有无数多个.
10.证明：设
p
为 质数，则
(
p?1
2
p?1
2
p?1
2
)
是好平方数（因为
()?p?().
）又
222
质数有无穷多个，从 而好平方数有无穷多个.
设
n
为正整数，下面证明
(3n?2)
2
是坏平方数.
事实上，若存在正整数
x
及质数
p
，使得
(3n?2)< br>2
?x
2
?p
，则
p?(3n?2)
2
? x
2
?(2n?2?x)(3n?2?x).
而
p
是质数，因此
3n?2?x?1，
3n?2?x?p.

解得
p?3(2n?1)
与
p
是质数矛盾！

因为正整数
n
有无穷多个，所以坏平方数也有无数多个.
综上所述，命题得证.