1965 AMC 12 第 40 题

Question

设使

P=x^4+6x^3+11x^2+3x+31

为整数平方的整数

x

值共有

n

个。则

n

为：

Let

n

be the number of integer values of

x

such that

P=x^4+6x^3+11x^2+3x+31

is the square of an integer. Then

n

is:

4

3

2

1

0

答案：D

知识点：完全平方数多项式极限情形界定系统列举

难度评级：2710

小提示：

改写为

P=(x^2+3x+1)^2-3(x-10)

Rewrite

P=(x^2+3x+1)^2-3(x-10)

大提示：

两个不同的整数平方

U^2

与

V^2

之差至少为

2\max(|U|,|V|)-1

Distinct integer squares

U^2

and

V^2

differ by at least

2\max(|U|,|V|)-1

解答：

令

N=x^2+3x+1

。则

P=N^2-3(x-10)\text{。}

当

x=10,\ P=N^2=131^2

时，有一个值符合条件。

若

x\gt10

且

P=y^2

，则

N^2-y^2=3(x-10)

。与

N^2

不同的整数平方和它的差至少为

2|N|-1

，而这已经大于

3(x-10)

，矛盾。若

x\lt10

，则类似的界

\begin{gathered} 3(10-x)=y^2-N^2\\ \geq2|y|-1\gt2|N|-1 \end{gathered}

只有在

-6\leq x\leq2

时才可能成立。直接代入这九个整数，所得值均不是平方数。因此

x=10

是唯一解，且

n=1

。

因此，正确答案是 D。

Let

N=x^2+3x+1.

Then

P=N^2-3(x-10).

At

x=10,\ P=N^2=131^2,

so one value works.

If

x\gt10

and

P=y^2,

then

N^2-y^2=3(x-10).

Distinct integer squares differing from

N^2

differ by at least

2|N|-1,

which is already greater than

3(x-10),

a contradiction. If

x\lt10,

the analogous bound

\begin{gathered} 3(10-x)=y^2-N^2\\ \geq2|y|-1\gt2|N|-1 \end{gathered}

can hold only for

-6\leq x\leq2.

Direct substitution for these nine integers gives no square. Hence

x=10

is the unique solution and

n=1.

Therefore, the correct answer is D.

1965 AMC 12 第 40 题

答案：D

难度评级：2710

小提示：

大提示：

解答：

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