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：

其他年份的第 40 题