小学奥数25完全平方数
江西警察学院教务系统-宁波财税会计之窗
2.7完全平方数
2.7.1相关概念
完全平方即用一个整数乘以自己例如
1*1，2*2,3*3等等，依此类推。若一个数能表示
成某个整数的平方的形式，则称这个数为完全
平方数。完全平方数是非负数。
2.7.2性质推论
例如：
0,1,4,9,1
6,25,36,49,64,81,100,121,144,169,196,225,256,289,3
24,361,400,441,484,529„
观察这些完全平方数，可以获得对它们的个位数、
十位数、数字和等的规律性的认识。
下面我们来研究完全平方数的一些常用性质：
性质1：末位数只能是0,1,4,5,6,9。
此为完全平方数的必要不充分条件，且定义
为“一个数如果是另一个整数的完全平方，
那么我们就称这个数为完全平方数”，0为整数，故0是完全
平方数
性质2：奇数的平方的个位数字一定是奇数，十位数字为偶数；偶数的平方的个位数
字
一定是偶数。
证明 奇数必为下列五种形式之一：
10a+1,10a+3,10a+5,10a+7,10a+9
分别平方后，得
22
(10a+1)=100a+20a+1=20a(5a+1)+1
22
(10a+3)=100a+60a+9=20a(5a+3)+9
22
(10a+5)=100a+100a+25=20 (5a+5a+1)+5
22
(10a+7)=100a+140a+49=20 (5a+7a+2)+9
22
(10a+9)=100a+180a+81=20 (5a+9a+4)+1
综上各种情形可知：奇数的平方，个位数字为奇数1,5,9；十位数字为偶数。
性质3：如果完全平方数的十位数字是奇数，则它的个位数字一定是6；反之，如果完
全平方数的个位数
字是6，则它的十位数字一定是奇数。
证明 已知m
2
=10k+6，证明k为奇数
。因为k的个位数为6，所以m的个位数为4或6，
于是可设m=10n+4或10n+6。
则10k+6=(10n+4)
2
=100+(8n+1)x10+6
或
10k+6=(10n+6)
2
=100+(12n+3)x10+6
即
k=10+8n+1=2(5+4n)+1
或 k=10+12n+3=2(5+6n)+3
∴ k为奇数。
推论1：如果一个数的十位数字是奇数，而个位数字不是6，那么这个数一定不是完全
平方数。
推论2：如果一个完全平方数的个位数字不是6，则它的十位数字是偶数。
性质4：（1）凡个位数字是5，但末两位数字不是25的自然数不是完全平方数；
（2）末尾只有奇数个“0”的自然数（不包括0本身）不是完全平方数；
100，10000，1000000是完全平方数，10，1000，100000等则不是完全平方数。
（3）个位数字为1，4，9而十位数字为奇数的自然数不是完全平方数。
需要说明的是：个
位数字为1，4，9而十位数字为奇数的自然数一定不是完全平方数，
如：11，31，51，74，9
9，211，454，879等一定不是完全平方数一定不是完全平方数。
但个位数字为1，4，9而十位数字为偶数的自然数不都是完全平方数。
如：21，44，89不是完全平方数，但49，64，81是完全平方数。
性质5：偶数的平方是4的倍数；奇数的平方是4的倍数加1。
2222
这是因为(2k+1)=4k+4k+1=4k(k+1)+1 (2k)=4k
性质6：奇数的平方是8n+1型；偶数的平方为8n或8n+4型。
在性质4的证明中，由
k(k+1)一定为偶数可得到(2k+1)是8n+1型的数；由为奇数或偶
数可得(2k)为8n型
或8n+4型的数。
性质7：完全平方数的形式必为下列两种之一：3k,3k+1。
因为自然数被3除按余数的不同可以分为三类：3m,3m+1,3m+2。平方后，分别得
22
(3m)=9m=3k
2
(3m+1)=9+6m+1=3k+1
2
(3m+2)=9+12m+4=3k+1
同理可以得到：
性质8：不能被5整除的数的平方为5k±1型，能被5整除的数为5k型。
性质9：平方数的形式具有下列形式之一：16m,16m+1,16m+4,16m+9。
除了上面关于个位数，十位数和余数的性质之外，还可研究完全平方数各位数字之和。
例如，2
56它的各位数字相加为2+5+6=13，13叫做256的各位数字和。如果再把13的各位
数字相
加：1+3=4，4也可以叫做256的各位数字的和。下面我们提到的一个数的各位数字
之和是指把它
的各位数字相加，如果得到的数字之和不是一位数，就把所得的数字再相加，
直到成为一位数为止。我们
可以得到下面的命题：
一个数的数字和等于这个数被9除的余数。
下面以四位数为例来说明这个命题。
设四位数为，则
1000a+100b+10c+d
= 999a+99b+9c+(a+b+c+d)
=9(111a+11b+c)+(a+b+c+d)
显然，a+b+c+d是四位数被9除的余数。
对于n位数，也可以仿此法予以证明。
关于完全平方数的数字和有下面的性质：
性质10：完全平方数的数字之和只能是0,1,4,7,9。
证明
因为一个整数被9除只能是9k,9k±1,9k±2,9k±3,9k±4这几种形式，而
(9k)
2
=9(9k
2
)+0
(9k±1)
2
=9(9k
2
±2k)+1
(9k±2)
2
=9(9k
2
±4k)+4
(9k±3)
2
=9(9k
2
±6k)+9
(9k±4)
2
=9(9k
2
±8k+1)+7
性质11：a
2
b为完全平方数的充分必要条件是b为完全平方数。
性质12：如果质数p能整除a，但p的平方不能整除a，则a不是完全平方数。
证明 由题设可知，a有质因数p，但无因数，可知a分解成标准式时，p的次方为1，
而完全
平方数分解成标准式时，各质因数的次方均为偶数，可见a不是完全平方数。
性质13：在两个相邻的整数的平方数之间的所有整数都不是完全平方数。
即若
n
2
< k
2
< (n+1)
2
，则k一定不是整数。
性质14：一个正整数n是完全平方数的充分必要条件是n有奇数个因数（包括1和n
本身）。
2.7.3重要结论
1、个位数是2,3,7,8的整数一定不是完全平方数；
2、个位数和十位数都是奇数的整数一定不是完全平方数；
3、个位数是6，十位数是偶数的整数一定不是完全平方数；
4、形如3n+2型的整数一定不是完全平方数；
5、形如4n+2和4n+3型的整数一定不是完全平方数；
6、形如5n±2型的整数一定不是完全平方数；
7、形如8n+2,8n+3,8n+5,8n+6,8n+7型的整数一定不是完全平方数；
8、数字和是2,3,5,6,8的整数一定不是完全平方数。
9、四平方和定理：每个正整数均可表示为4个整数的平方和
10、完全平方数的因数个数一定是奇数。
2.7.4典型例题
例1
一个自然数减去45及加上44都仍是完全平方数，求此数。
解：设此自然数为x，依题意可得
x-45=m2 ⑴
x+44=n2 ⑵
（m,n为自然数）
⑵-⑴可得 :n^2-m^2=89
因为n+m>n-m
又因为89为质数，
所以：n+m=89; n-m=1
解之，得n=45。代入⑵得。故所求的自然数是1981。
例2求证：四个连续的整数的积加上1，等于一个奇数的平方（1954年基辅数学竞赛题）。
解：设四个连续整数分别为n-1、n、n+1、n+2.
这时，
(n-1)n(n+1)(n+2)+1
= „①
易知该式可被分解为两个二次因式的乘积，设为
得ad=1,ae+bd=2
,af+be+cd=-1,bf+ce=-2,cf=1，解得a=d=e=b=1,c=f=-1
故①可被分解为 ，因为n与n+1是连续两个整数，故n(n+1)为偶数，所以[n(n+1)-1
]为奇数，
即(n-1)n(n+1)(n+2)+1为一个奇数的平方。
例3求
证：11,111,1111，11111„„这串数中没有完全平方数。（1972年基辅数学竞赛题。
解：易知该串数中若存在完全平方数，则为末尾是1或9的数的平方。
当该串数中存在末尾为1的数的平方时，则 ，其中n、k为正整数。
但
，易知n2需满足十位数为偶数，矛盾。
解2：完全平方数除以四余数为0或1，而根据除以四余数性
质（一个数除以四的余数=这
个数末两位除以四的余数）可得，这串数除以四余数为3，矛盾，所以这串
数中没有完全平
方数。
例4用300个2和若干个0组成的整数有没有可能是完全平方数？
解：设由300个2和若干个0组成的数为A，则其数字和为600
3|600 ∴3|A
此数有3的因数，故9|A。但9|600，∴矛盾。故不可能有完全平方数。
例
5试求一个四位数，它是一个完全平方数，并且它的前两位数字相同，后两位数字也相同
（1999小学
数学世界邀请赛试题）。
解：设该四位数为1000a+100a+10b+b，则
1000a+100a+10b+b=1100a+11b =11（100a+b）
故100a+b必须被11整除=>a+b被11整除，又因为(a+b)≤18
所以a+b=11，
带入上式得 四位数=11×（a×100+（11－a））
=11×（a×99+11） =11×11×（9a+1)
故9a+1必须为完全平方数。
由a=2、3、4、5、6、7、8、9验证得，
9a+1=19、28、27、
46、55、64、73。 所以只有a=7一个解；此时b=4。
因此四位数是7744=112×82=88×88。
例6求满足下列条件的所有自然数：
⑴它是四位数。
⑵被22除余数为5。
⑶它是完全平方数。
解：设，其中n,N为自然数，可知N为奇数。
11|N - 5或11|N + 6
或
n = 1 不合
n = 2 1369
n = 3 3481
2601
n = 4 6561 5329
n = 5 9025
所以此自然数为1369,2601,3481,5329,6561,9025。
例7矩形四边的长度都是小于10的整数（单位：公分），这四个长度数可构成一个四位数，
这个四位
数的千位数字与百位数字相同，并且这四位数是一个完全平方数，求这个矩形的面
积（1986年缙云杯
初二数学竞赛题）。
解：设千位与百位的数字为A,十位与个位数字为B
则该四位数为：1000A+100A+10B+B=11*(100A+B)且为完全平方数
所以100A+B能被11整除=>A+B能被11整除，又因为A+B≤18
故A+B=11
易知100A+B除以11后得数为完全平方数,且各个数位之和为10
验证得该数64
所以A=7,B=4，则四位数是7744
例8求一个四位数，使它等于它的四个数字和的四次方，并证明此数是唯一的。
（1986年第27届IMO试题） 设正整数d不等于2,5,13，求证在集合{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。
解：显然2*5-1=9 2*13-1=25 5*13-1=64都为完全平方数
假设2d-1为完全平方数,注意到d为正整数,2d-1为奇数 不妨设2d-1=(2n-1)^2 得
d=2n^2-2n+1
此时5d-1=10n^2-10n+4不是完全平方数
同理 假设5d-1 13d-1 为完全平方数 可以分d为奇偶去证明.
例9 求k的最大值，使2010可以表示为k个连续正整数之和。
解：假设这k个数为
a,a+1,a+2,...,a+(k-1)
它们的和为 ka+k(k-1)2=2010
k(k+2a-1)=2*2010=2^2*5*3*67=60*67
显然k最大只能是60,此时a=4
例10 某校2001年的学生人数是个完全
平方数。该校2002年的学生人数比上一年多101人，
这个数字也是完全平方数。该校2002年学
生人数是多少？
解：设2001年的学生人数是X^2,2002年的学生人数是Y^2,则
Y^2-X^2=101 即：(Y+X)(Y-X)=101 =101*1
所以：X+Y=101 Y-X=1
解之得Y=56 X=55
所以该校2002年的学生人数是：56*56=3136
2.7完全平方数
2.7.1相关概念
完全平方即用一个整数乘以自己例如1*1，2*2,3*3等等，依此
类推。若一个数能表示
成某个整数的平方的形式，则称这个数为完全平方数。完全平方数是非负数。
2.7.2性质推论
例如：
0,1,4,9,16,25,36,49,64,8
1,100,121,144,169,196,225,256,289,324,361,400,441,
484,529„
观察这些完全平方数，可以获得对它们的个位数、十位数、数字和等的规律性的认识
。
下面我们来研究完全平方数的一些常用性质：
性质1：末位数只能是0,1,4,5,6,9。
此为完全平方数的必要不充分条件，且定义
为“一个数如果是另一个整数的完全平方，
那么我们就称这个数为完全平方数”，0为整数，故0是完全
平方数
性质2：奇数的平方的个位数字一定是奇数，十位数字为偶数；偶数的平方的个位数
字
一定是偶数。
证明 奇数必为下列五种形式之一：
10a+1,10a+3,10a+5,10a+7,10a+9
分别平方后，得
22
(10a+1)=100a+20a+1=20a(5a+1)+1
22
(10a+3)=100a+60a+9=20a(5a+3)+9
22
(10a+5)=100a+100a+25=20 (5a+5a+1)+5
22
(10a+7)=100a+140a+49=20 (5a+7a+2)+9
22
(10a+9)=100a+180a+81=20 (5a+9a+4)+1
综上各种情形可知：奇数的平方，个位数字为奇数1,5,9；十位数字为偶数。
性质3：如果完全平方数的十位数字是奇数，则它的个位数字一定是6；反之，如果完
全平方数的个位数
字是6，则它的十位数字一定是奇数。
证明 已知m
2
=10k+6，证明k为奇数
。因为k的个位数为6，所以m的个位数为4或6，
于是可设m=10n+4或10n+6。
则10k+6=(10n+4)
2
=100+(8n+1)x10+6
或
10k+6=(10n+6)
2
=100+(12n+3)x10+6
即
k=10+8n+1=2(5+4n)+1
或 k=10+12n+3=2(5+6n)+3
∴ k为奇数。
推论1：如果一个数的十位数字是奇数，而个位数字不是6，那么这个数一定不是完全
平方数。
推论2：如果一个完全平方数的个位数字不是6，则它的十位数字是偶数。
性质4：（1）凡个位数字是5，但末两位数字不是25的自然数不是完全平方数；
（2）末尾只有奇数个“0”的自然数（不包括0本身）不是完全平方数；
100，10000，1000000是完全平方数，10，1000，100000等则不是完全平方数。
（3）个位数字为1，4，9而十位数字为奇数的自然数不是完全平方数。
需要说明的是：个
位数字为1，4，9而十位数字为奇数的自然数一定不是完全平方数，
如：11，31，51，74，9
9，211，454，879等一定不是完全平方数一定不是完全平方数。
但个位数字为1，4，9而十位数字为偶数的自然数不都是完全平方数。
如：21，44，89不是完全平方数，但49，64，81是完全平方数。
性质5：偶数的平方是4的倍数；奇数的平方是4的倍数加1。
2222
这是因为(2k+1)=4k+4k+1=4k(k+1)+1 (2k)=4k
性质6：奇数的平方是8n+1型；偶数的平方为8n或8n+4型。
在性质4的证明中，由
k(k+1)一定为偶数可得到(2k+1)是8n+1型的数；由为奇数或偶
数可得(2k)为8n型
或8n+4型的数。
性质7：完全平方数的形式必为下列两种之一：3k,3k+1。
因为自然数被3除按余数的不同可以分为三类：3m,3m+1,3m+2。平方后，分别得
22
(3m)=9m=3k
2
(3m+1)=9+6m+1=3k+1
2
(3m+2)=9+12m+4=3k+1
同理可以得到：
性质8：不能被5整除的数的平方为5k±1型，能被5整除的数为5k型。
性质9：平方数的形式具有下列形式之一：16m,16m+1,16m+4,16m+9。
除了上面关于个位数，十位数和余数的性质之外，还可研究完全平方数各位数字之和。
例如，2
56它的各位数字相加为2+5+6=13，13叫做256的各位数字和。如果再把13的各位
数字相
加：1+3=4，4也可以叫做256的各位数字的和。下面我们提到的一个数的各位数字
之和是指把它
的各位数字相加，如果得到的数字之和不是一位数，就把所得的数字再相加，
直到成为一位数为止。我们
可以得到下面的命题：
一个数的数字和等于这个数被9除的余数。
下面以四位数为例来说明这个命题。
设四位数为，则
1000a+100b+10c+d
= 999a+99b+9c+(a+b+c+d)
=9(111a+11b+c)+(a+b+c+d)
显然，a+b+c+d是四位数被9除的余数。
对于n位数，也可以仿此法予以证明。
关于完全平方数的数字和有下面的性质：
性质10：完全平方数的数字之和只能是0,1,4,7,9。
证明
因为一个整数被9除只能是9k,9k±1,9k±2,9k±3,9k±4这几种形式，而
(9k)
2
=9(9k
2
)+0
(9k±1)
2
=9(9k
2
±2k)+1
(9k±2)
2
=9(9k
2
±4k)+4
(9k±3)
2
=9(9k
2
±6k)+9
(9k±4)
2
=9(9k
2
±8k+1)+7
性质11：a
2
b为完全平方数的充分必要条件是b为完全平方数。
性质12：如果质数p能整除a，但p的平方不能整除a，则a不是完全平方数。
证明 由题设可知，a有质因数p，但无因数，可知a分解成标准式时，p的次方为1，
而完全
平方数分解成标准式时，各质因数的次方均为偶数，可见a不是完全平方数。
性质13：在两个相邻的整数的平方数之间的所有整数都不是完全平方数。
即若
n
2
< k
2
< (n+1)
2
，则k一定不是整数。
性质14：一个正整数n是完全平方数的充分必要条件是n有奇数个因数（包括1和n
本身）。
2.7.3重要结论
1、个位数是2,3,7,8的整数一定不是完全平方数；
2、个位数和十位数都是奇数的整数一定不是完全平方数；
3、个位数是6，十位数是偶数的整数一定不是完全平方数；
4、形如3n+2型的整数一定不是完全平方数；
5、形如4n+2和4n+3型的整数一定不是完全平方数；
6、形如5n±2型的整数一定不是完全平方数；
7、形如8n+2,8n+3,8n+5,8n+6,8n+7型的整数一定不是完全平方数；
8、数字和是2,3,5,6,8的整数一定不是完全平方数。
9、四平方和定理：每个正整数均可表示为4个整数的平方和
10、完全平方数的因数个数一定是奇数。
2.7.4典型例题
例1
一个自然数减去45及加上44都仍是完全平方数，求此数。
解：设此自然数为x，依题意可得
x-45=m2 ⑴
x+44=n2 ⑵
（m,n为自然数）
⑵-⑴可得 :n^2-m^2=89
因为n+m>n-m
又因为89为质数，
所以：n+m=89; n-m=1
解之，得n=45。代入⑵得。故所求的自然数是1981。
例2求证：四个连续的整数的积加上1，等于一个奇数的平方（1954年基辅数学竞赛题）。
解：设四个连续整数分别为n-1、n、n+1、n+2.
这时，
(n-1)n(n+1)(n+2)+1
= „①
易知该式可被分解为两个二次因式的乘积，设为
得ad=1,ae+bd=2
,af+be+cd=-1,bf+ce=-2,cf=1，解得a=d=e=b=1,c=f=-1
故①可被分解为 ，因为n与n+1是连续两个整数，故n(n+1)为偶数，所以[n(n+1)-1
]为奇数，
即(n-1)n(n+1)(n+2)+1为一个奇数的平方。
例3求
证：11,111,1111，11111„„这串数中没有完全平方数。（1972年基辅数学竞赛题。
解：易知该串数中若存在完全平方数，则为末尾是1或9的数的平方。
当该串数中存在末尾为1的数的平方时，则 ，其中n、k为正整数。
但
，易知n2需满足十位数为偶数，矛盾。
解2：完全平方数除以四余数为0或1，而根据除以四余数性
质（一个数除以四的余数=这
个数末两位除以四的余数）可得，这串数除以四余数为3，矛盾，所以这串
数中没有完全平
方数。
例4用300个2和若干个0组成的整数有没有可能是完全平方数？
解：设由300个2和若干个0组成的数为A，则其数字和为600
3|600 ∴3|A
此数有3的因数，故9|A。但9|600，∴矛盾。故不可能有完全平方数。
例
5试求一个四位数，它是一个完全平方数，并且它的前两位数字相同，后两位数字也相同
（1999小学
数学世界邀请赛试题）。
解：设该四位数为1000a+100a+10b+b，则
1000a+100a+10b+b=1100a+11b =11（100a+b）
故100a+b必须被11整除=>a+b被11整除，又因为(a+b)≤18
所以a+b=11，
带入上式得 四位数=11×（a×100+（11－a））
=11×（a×99+11） =11×11×（9a+1)
故9a+1必须为完全平方数。
由a=2、3、4、5、6、7、8、9验证得，
9a+1=19、28、27、
46、55、64、73。 所以只有a=7一个解；此时b=4。
因此四位数是7744=112×82=88×88。
例6求满足下列条件的所有自然数：
⑴它是四位数。
⑵被22除余数为5。
⑶它是完全平方数。
解：设，其中n,N为自然数，可知N为奇数。
11|N - 5或11|N + 6
或
n = 1 不合
n = 2 1369
n = 3 3481
2601
n = 4 6561 5329
n = 5 9025
所以此自然数为1369,2601,3481,5329,6561,9025。
例7矩形四边的长度都是小于10的整数（单位：公分），这四个长度数可构成一个四位数，
这个四位
数的千位数字与百位数字相同，并且这四位数是一个完全平方数，求这个矩形的面
积（1986年缙云杯
初二数学竞赛题）。
解：设千位与百位的数字为A,十位与个位数字为B
则该四位数为：1000A+100A+10B+B=11*(100A+B)且为完全平方数
所以100A+B能被11整除=>A+B能被11整除，又因为A+B≤18
故A+B=11
易知100A+B除以11后得数为完全平方数,且各个数位之和为10
验证得该数64
所以A=7,B=4，则四位数是7744
例8求一个四位数，使它等于它的四个数字和的四次方，并证明此数是唯一的。
（1986年第27届IMO试题） 设正整数d不等于2,5,13，求证在集合{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。
解：显然2*5-1=9 2*13-1=25 5*13-1=64都为完全平方数
假设2d-1为完全平方数,注意到d为正整数,2d-1为奇数 不妨设2d-1=(2n-1)^2 得
d=2n^2-2n+1
此时5d-1=10n^2-10n+4不是完全平方数
同理 假设5d-1 13d-1 为完全平方数 可以分d为奇偶去证明.
例9 求k的最大值，使2010可以表示为k个连续正整数之和。
解：假设这k个数为
a,a+1,a+2,...,a+(k-1)
它们的和为 ka+k(k-1)2=2010
k(k+2a-1)=2*2010=2^2*5*3*67=60*67
显然k最大只能是60,此时a=4
例10 某校2001年的学生人数是个完全
平方数。该校2002年的学生人数比上一年多101人，
这个数字也是完全平方数。该校2002年学
生人数是多少？
解：设2001年的学生人数是X^2,2002年的学生人数是Y^2,则
Y^2-X^2=101 即：(Y+X)(Y-X)=101 =101*1
所以：X+Y=101 Y-X=1
解之得Y=56 X=55
所以该校2002年的学生人数是：56*56=3136