第21講 質(zhì)數(shù)和合數(shù)

第21講質(zhì)數(shù)和合數(shù)一、第21講質(zhì)數(shù)和合數(shù)（練習(xí)題部分）1.三個(gè)正整數(shù)，一個(gè)是最小的奇質(zhì)數(shù)，一個(gè)是最小的奇合數(shù)，另一個(gè)既不是質(zhì)數(shù)，也不是合數(shù)．求這三個(gè)數(shù)的積．

2.三個(gè)數(shù)，一個(gè)是偶質(zhì)數(shù)，一個(gè)是大于50的最小的質(zhì)數(shù)，一個(gè)是100以內(nèi)最大的質(zhì)數(shù)．求這三個(gè)數(shù)的和．

3.兩個(gè)質(zhì)數(shù)的和是49．求這兩個(gè)質(zhì)數(shù)的積．

4.設(shè)p1與p2是兩個(gè)大于2的質(zhì)數(shù)．證明p1+p2是一個(gè)合數(shù)．

5.p是質(zhì)數(shù)，p2+3也是質(zhì)數(shù)．求證：p3+3是質(zhì)數(shù)．

6.若p與p+2都是質(zhì)數(shù)，求p除以3所得的余數(shù)．(p>3)．

7.若自然數(shù)n1>n2且n12?n22?2n1?2n2=19,求n1與n2的值．8.有四個(gè)不同質(zhì)因數(shù)的正整數(shù)，最小是多少?

9.求2000的所有不同質(zhì)因數(shù)的和．

10.試證明：形如111111+9×10k(k是非負(fù)整數(shù))的正整數(shù)必為合數(shù)．

11.若n是正整數(shù)，n+3與n+7都是質(zhì)數(shù)，求n除以6所得的余數(shù)．

12.n是自然數(shù)，試證明10|n5-n．

13.證明有無窮多個(gè)n，使n2+n+41(1)表示合數(shù)；(2)為43的倍數(shù)．14.試證明：自然數(shù)中有無窮多個(gè)質(zhì)數(shù)．

15.

9個(gè)連續(xù)的自然數(shù)，都大于80．其中最多有多少個(gè)質(zhì)數(shù)?

答案解析部分一、第21講質(zhì)數(shù)和合數(shù)（練習(xí)題部分）1.【答案】解：依題可得：

最小的奇質(zhì)數(shù)為3，

最小的奇合數(shù)是9，

既不是質(zhì)數(shù)，也不是合數(shù)是1，

∴這三個(gè)數(shù)的積是：1×3×9=27.

【解析】【分析】奇質(zhì)數(shù)：既是奇數(shù)又是合數(shù)的數(shù)；奇合數(shù)：不能被2整除的合數(shù)；根據(jù)定義分別寫出這三個(gè)整數(shù)，計(jì)算即可.2.【答案】解：依題可得：

偶質(zhì)數(shù)是2，

大于50的最小質(zhì)數(shù)是：53，

100以內(nèi)最大的質(zhì)數(shù)是97，

∴這三個(gè)數(shù)的和為2+53+97=152.

【解析】【分析】質(zhì)數(shù)：因數(shù)只有1和它本身的數(shù)，根據(jù)題意寫出滿足的條件的三個(gè)數(shù)，計(jì)算即可.3.【答案】解：依題可得：

49=2+47，

∴2×47=94.

∴這兩個(gè)質(zhì)數(shù)的積為94.

【解析】【分析】根據(jù)質(zhì)數(shù)定義結(jié)合已知條件可得這兩個(gè)數(shù)，列式計(jì)算即可.4.【答案】證明：∵p1與p2是兩個(gè)大于2的質(zhì)數(shù)，

∴p1、p2都是奇數(shù)，

∴p1+p2是偶數(shù)，且大于2，

∴p1+p2是大于2的偶數(shù)，即為合數(shù).

【解析】【分析】根據(jù)題意可知p1、p2都是奇數(shù)，由奇＋奇＝偶即可得證.5.【答案】證明：∵p是質(zhì)數(shù)，當(dāng)p>2時(shí)，

∴p2+3被4整除，

又∵p2+3也是質(zhì)數(shù)，與已知矛盾，

∴必有p=2，

∴p3+3=11，是質(zhì)數(shù)．

【解析】【分析】由于2是最小的質(zhì)數(shù)，先假設(shè)當(dāng)p>2時(shí)得出p2+3被4整除，此時(shí)與已知條件矛盾，故p=2時(shí)，代入即可得證.6.【答案】解：∵p是質(zhì)數(shù)，

∴①p=3k時(shí)，

∵p>3且是質(zhì)數(shù)，

∴不存在這樣的p；

②p=3k+1時(shí)，

∴p+2=3k+1+2=3（k+1），

此時(shí)與p+2為質(zhì)數(shù)矛盾；

③p=3k+2時(shí)，

∴p+2=3k+2+2=3（k+1）+1，符合題意；

∴p除以3所得的余數(shù)為2.

【解析】【分析】根據(jù)題意分情況討論：①p=3k時(shí)，②p=3k+1時(shí)，③p=3k+2時(shí)，再根據(jù)p+2為質(zhì)數(shù)解答即可.7.【答案】解：∵n12?n22?2n1?2n2=19,

∴（n1+n2）（n1-n2）-2（n1+n2）=19，

即（n1+n2）（n1-n2-2）=19，

又∵19是質(zhì)數(shù)，n1+n2＞n1-n2，

∴，

解得：.【解析】【分析】先將原多項(xiàng)式分解因式，再由19是質(zhì)數(shù)，根據(jù)質(zhì)數(shù)性質(zhì)列出方程，解之即可.8.【答案】解：根據(jù)質(zhì)因數(shù)的定義可得最小的四個(gè)質(zhì)數(shù)分別為：2，3，5，7；依題可得：

2×3×5×7=210.

∴有四個(gè)不同質(zhì)因數(shù)的最小正整數(shù)為210.

【解析】【分析】質(zhì)數(shù)：因數(shù)只有1和它本身的數(shù)，根據(jù)質(zhì)數(shù)定義可得最小的四個(gè)質(zhì)數(shù)，計(jì)算即可.9.【答案】解：∵2000=24×53，

∴2000的所有不同質(zhì)因數(shù)的和為：2+5=7.

【解析】【分析】先將2000寫成幾個(gè)質(zhì)因數(shù)積的形式，再找出不同的質(zhì)因數(shù)，相加即可.10.【答案】解：111111+9×10k=3×37037+3×3×10k=3×（37037+3×10k），

∴這個(gè)數(shù)除了1和它本身之外，還有因數(shù)3，

∴形如111111+9×10k(k是非負(fù)整數(shù))的正整數(shù)必為合數(shù)．

【解析】【分析】先將原式分解成3×（37037+3×10k），由此可看出除了因數(shù)1和它本身之外，還有3這個(gè)因數(shù)，根據(jù)合數(shù)定義即可得證.11.【答案】解：依題可得：

①n=6k時(shí)，

∴n+3=6k+3=3（2k+1），與n+3為質(zhì)數(shù)矛盾；

②n=6k+1時(shí)，

∴n+3=6k+1+3=2（3k+2），與n+3為質(zhì)數(shù)矛盾；

③n=6k+2時(shí)，

∴n+7=6k+2+7=3（2k+3），與n+7為質(zhì)數(shù)矛盾；

④n=6k+3時(shí)，

∴n+3=6k+3+3=6（k+1），與n+3為質(zhì)數(shù)矛盾；

⑤n=6k+4時(shí)，

∴n+3=6k+4+3=6（k+1）+1，為質(zhì)數(shù)；

∴n+7=6k+4+7=6（k+2）-1，為質(zhì)數(shù)；

⑥n=6k+5時(shí)，

∴n+7=6k+5+7=3（2k+4），與n+7為質(zhì)數(shù)矛盾；

∴n除以6所得的余數(shù)為4.

【解析】【分析】根據(jù)題意分情況討論：①n=6k時(shí)，②n=6k+1時(shí)，③n=6k+2時(shí)，④n=6k+3時(shí)，⑤n=6k+4時(shí)，⑥n=6k+5時(shí)，將n的值分別代入n+3或n+7，驗(yàn)證是否為質(zhì)數(shù)，逐一分析即可.12.【答案】證明：∵n5-n=n（n4-1）=n(n+1)(n-1)(n2+1)，

開始討論：要使n5-n被10整除，只要該式能夠同時(shí)被2、5整除即可；

∵該式中因式n(n+1)是連續(xù)的兩個(gè)自然數(shù)，一定有一個(gè)是偶數(shù)，

∴該式可以被2整除；

下面討論能否被5整除.

不妨設(shè)：①n=5k，顯然原式能被5整除；

②n=5k+1時(shí)，則n-1=5k，顯然原式能被5整除；

③n=5k+2時(shí)，則n2+1=(5k+2)2+1=25k2+20k+5=5（5k2+4k+1），

∴能被5整除，顯然原式能被5整除；

④n=5k+3時(shí)，則n2+1=(5k+3)2+1=25k2+30k+10=5（5k2+6k+2），

∴能被5整除，顯然原式能被5整除；

⑤n=5k+4時(shí)，則n+1能被5整除；

綜上所述：無論n為何值，原式能被5整除.

∴10|n5-n

【解析】【分析】先將代數(shù)式分解因式，即n5-n=n(n+1)(n-1)(n2+1)，原題等價(jià)于要使n5-n被10整除，只要該式能夠同時(shí)被2、5整除即可；因?yàn)橐蚴街衝(n+1)是連續(xù)的兩個(gè)自然數(shù)，一定有一個(gè)是偶數(shù)，從而可得該式可以被2整除；再來討論能否被5整除，根據(jù)被5整除的余數(shù)分成5種情況：①n=5k，②n=5k+1，③n=5k+2，④n=5k+3，⑤n=5k+4，分析計(jì)算即可得證.13.【答案】證明：當(dāng)n=43k+1(k≥1)時(shí)，

∴n2+n+41=(43k+1)2+(43k+1)+41，

=43(43k2+3k+1).∴是43的倍數(shù)．

∵43k2+3k+1>1，

∴這時(shí)n2+n+41是合數(shù)．

【解析】【分析】令n=43k+1(k≥1)，代入多項(xiàng)式，計(jì)算、化簡得n=43(43k2+3k+1)，從而可得式43的倍數(shù)，由43k2+3k+1>1，可得n是表示合數(shù).14.【答案】證明：假設(shè)質(zhì)數(shù)有有限多個(gè)，最大的一個(gè)質(zhì)數(shù)是p；

構(gòu)造出正整數(shù)N＝2×3×5×……×p＋1

顯然N除以2、3、5、……、p都不能整除，有余數(shù)1；

∴N要么是質(zhì)數(shù)，要么包括一個(gè)大于p的質(zhì)數(shù)，這與“最大的一個(gè)質(zhì)數(shù)是p”矛盾；

∴不存在最大的質(zhì)數(shù)，假設(shè)不成立，

∴自然數(shù)中有無窮多個(gè)質(zhì)數(shù)．

【解析】【分析】此題用反證法來證明，假設(shè)質(zhì)數(shù)有有限多個(gè)，最大的一個(gè)質(zhì)數(shù)是p；構(gòu)造出正整數(shù)N＝2×3×5×……×p＋1，根據(jù)整除的性質(zhì)分析，可知N要么是質(zhì)數(shù)，要么包括一個(gè)大于p的質(zhì)數(shù)，這與“最大的一個(gè)質(zhì)數(shù)是p”矛盾；從而可得假設(shè)不成立，原命題成立.15.【答案】解：∵9個(gè)連續(xù)的自然數(shù)，

∴末尾數(shù)字可能是0—9，

①當(dāng)末尾是0，2，4，6，8的數(shù)一定能被2整除；

②當(dāng)末尾是5的數(shù)一定能被5整除；

∴只有末尾是1，3，7，9的數(shù)可能是質(zhì)數(shù)；

∴至少有4個(gè)偶數(shù)，5個(gè)連續(xù)的奇數(shù)，

∵大于80的質(zhì)數(shù)必為奇數(shù)（偶質(zhì)數(shù)只有一個(gè)2），

又∵每