k
是质数，
a
1
，
a
2
，…，
a
k
是正
整数。

二、例题精讲

例
1 < br>有一个四位数恰好是个完全平方数，它的千位数字比百位数字多
1
，比十位数字
少
1
，比个位数字少
2
，这个四位数是










解

设所求的四位数为
m
2
，它的百位数字为
a
，则有




m
2
=1000(a+1)+100a+10(a+ 2)+(a+3)=1111a+1023=11(101a+93)



因为
11
是质数，所以
11
∣
(101a+93)
，而< br>101a+93=11(9a+8)+(2a+5)
，




所以
11
∣
(2a+5)
，由题意

a+3
≤
9
，故
a
≤
6
，从而
a=3

于是所求的四位数为
4356

例
2
一个四位数有这样 的性质：
用它的后两位数去除这个四位数得到一个完全平方数
上海市尚德实验学校杨晓

Email:qdyangxiao@
(
如果它的十位数是
0
，就 只用个位数去除
)
，且这个平方数正好是前两位数加
1
的
平方。例如
4802

2=2401=49
2
=(48+1)
2
，则具有上述性质的最小四位数是









（
1994
年四川省初中数学联合竞赛试题）

解

设具有上述性质的四位数是
100c
1
+c
2
，其中
10
≤
c
1
，
c
2
≤99
，按题意，得

2


100c
1
+c
2
＝

c
1

1

c2

c
1
c
2

2
c
1c
2

c
2
，∴
100c
1
= c
1
c
2
(c
1
+2)
，

2




即
c
2

1 00
，因而
(c
1
+2)

100
，又
1 0
≤
c
1
≤
99
，所以
c
1
=1 8
，
23
，
48
，
98
c
1

2




相应地
c
2
=5
，
4
，
2
，
1



于是符合题意的四位数是
1805
，
2304
，
4802
，
9801
，其中最小的是
1805
评注：本题根据题意，列出不定方程，然后利用整数的整除性来求解。


例
3
三个质数
a
、
b
、
c
的乘 积等于这三个质数和的
5
倍，则
a
2
+b
2
+c< br>2
=






(1996
年“希望杯”初二试题
)
分析：由题意得出
abc=5 (a+b+c)
，由此显然得质数
a
、
b
、
c
中必 有一个是
5
，不妨设
a=5
，代入前式中再设法求
b
、c




解

因为
abc=5( a+b+c)
，所以在质数
a
、
b
、
c
中必有一个 是
5
，不妨设
a=5
，







于是
5bc=5b+5c+25
，即
(b-1) (c -1)=6
，而
6=2

3=1

6
，

则


b

1

2

b

1

1

①或


②


由①得
b=3,c=4
，不合题意，由②得
b=2,c=7
，

c

1

3

c

1

6
符合题意。所以所求的三个质数是
5
，
2
，
7
。于是
a
2
+b
2
+c
2
= 78
评注：质数问题常常通过分解质因数来解决。


例
4
试证：一个整数的平方的个位数字为
6
时，十位数字必为奇数。

分 析：一个整数的平方的个位数字为
6
，则这个整数的个位数字必为
4
或
6
，从而可
设此数为
a=10g+4
或
a=10g+6 (g
为整数
)
。

证明：设一个整数为
a
，则由一 个整数的平方的个位数字为
6
知，此数可设为

a=10g+4
或
a=10g+6 (g
为整数
)
∴当< br>a=10g+4
时，
a
2
=(10g+4)
2
=10 0g
2
+80g+16=10(10g
2
+8g+1)+6


当
a=10g+6
时，
a
2
=(10g+6)< br>2
=100g
2
+120g+36=10(10g
2
+12g +3)+6
∴十位数字必为
10g
2
+8g+1
和
10g
2
+12g+3
的个位数字，显然是奇数。

评注：类似地，可以证 明：一个整数的个位数字和十位数字都是奇数，则这个整数不
是完全平方数。


例
4

三人分糖，每人都得整数块，乙比丙多得
13
块，甲 所得是乙的
2
倍，已知糖的
总块数是一个小于
50
的质数，
且它的各位数字之和为
11
，
试求每人得糖的块数。
上海市尚德实验学校杨晓

Email:qdyangxiao@
（安徽省初中数学联赛试题）

分析：设出未知数，根据题意，列出方程和不等式组，再通过质数的性质来求解。

解

设甲、乙、丙分别得糖
x
、
y
、
z< br>块，依题意得

　

x

2
y
　　 　　　　　　　　




y

z

13
　　　　　　　　　　


x

y

z

50
，且
x

y

z
为质数



∵
11
＝
2+9
＝
3+8
＝
4+7＝
5+6
，
故小于
50
且数字和为
11
的质数 只可能是
29
和
47


若
x+y+z
＝
29
，则可得
4y=42
，
y
不是整数，舍去。



若
x+y+ z
＝
47
，则可得
4y=60
，
y
＝
15
，从而
x=30
，
z=2



∴甲、乙、丙分别得糖
30
、
15
、
2
块
.
评注：本题的关键是分析出小于
50
且数字和为
11
的质数只可能是
29
和
47
。这类问
题是常利用质数的性质来分析求得所有的可能值 ，再设法检验求得所要的解。






例
5
如果
p
与
p+2
都是大于
3
的质数，那么
6
是
p+1
的因数。
(
第五届加拿大数学奥
林匹克试题
)




分析

任何一个大于
3
整数都可以表示成
6n-2,6n-1,6n,6n+1,6n+2, 6n+3(n
是大于
0
的整
数
)
中的一种，显然
6 n-2,6n,
6n+2,6n+3
都是合数，所以大于
3
的质数均可以写 成
6n+1
或
6n-1
的形式，问题即证明
p
不能写成6n+1
的形式。





解
< br>因为
p
是大于
3
的质数，所以可设
p=6n+1(n
是大于
0
的整数
)
，那么














p+2=6n+1+2=6n+3=3(2n+1)
与
p+2
是大于
3
的质数矛盾。








于是
p
≠
6n+1< br>，
所以
p=6n-1(n
是大于
0
的整数
)
，
从而
p+1=6n
，
即
6
是
p+1
的因 数。





评注：对大于
3
整数合理 分类是解决这个问题的关键。对无限多个整数进行讨论时，
将其转化为有限的几类是一种常用的处理方法 。




例
6

证明有无穷多个
n
，使多项式
n
2
+3n+7
表示合数。





分析：要使多项式
n
2
+3n+7
表示合数，只要能将多项式
n
2
+3n+7
表示成两个因式的积
的形 式。

证明

当
n
为
7
的倍数时，即n=7k(k
是大于等于
1
的整数
)
时









n
2
+ 3n+7=(7k)
2
+3

7k+7=7(7k
2
+3k +1)
为
7
的倍数，所以它显然是一个合数。





评注：本题也可将
7
换成其他数，比如：
3
、
5
、
11
等等。


例
7
求证：
2
2001
+3
是合数



分析：
2
2001
+3
不能分解，
2
2001
次数又太高，无法计算。我们可以探索
2
n
的末位数字< br>的规律，从而得出
2
2001
+3
的末位数字，由此来证明
2
2001
+3
是合数。

证明：∵
2
1
＝
2
，
2
2
＝
4
，
2
3
＝
8
，
2
4
＝
16
，
2
5
＝
32
，
2
6
＝
64
，
2
7＝
128
，
2
9
＝
256
，…






∴
2
4k+1
的末位 数字是
2
，
2
4k+2
的末位数字是
4
，
2
4k+3
的末位数字是
8
，
2
4k+4
的
末位数字是
6
（
k
为非负整数）

作文我的妈妈-