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。 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。 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。 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。 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。 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。 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 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。
