七年级2020：数学质数、合数与因数分解

从远古时代开始,人类就需要记数和测量周围物体,早期的记数方法包括实物分堆、结绳记数、刻痕记数、手指记数等．

结绳而治,屈指可数,手指记数孕育了现在我们熟悉而普遍使用的十进制系统．

知能概述

一个大于1的正整数,若除了1与它自身,再没有其他的约数,这样的正整数叫作质数;一个大于1的正整数,除了1与它自身,若还有其他的约数,这样的正整数称为合数．这样,我们可以按约数个数将正整数分为三类:

质数、合数有下面常用的性质:

1．1不是质数,也不是合数;2是唯一的偶质数．

2．若质数p|ab,则必有p|a或p|b．

3．若正整数a,b的积是质数p,则必有a＝p或b＝p．

4．算术基本定理:任意一个大于1的整数N能分解成k个质因数的乘积,若不考虑质因数之间的顺序,则这种分解是唯一的,从而N可以写成分解形式:

其中p1＜p2＜…＜pk,pi为质数,ai为非负整数(i＝1,2,…,k)．

正整数N的正约数的个数为(1＋a1)(1＋a2)…(1＋ak),所有正约数的和为

问题解决

例1　已知三个不同的质数a,b,c满足abbc＋a＝2000,那么a＋b＋c＝________．

(江苏省竞赛题)

如果一个学生要成为完全合格的、多方面武装的科学家,他在其发展初期必定来到一座大门,并且必须通过这座门．在这座大门上用每一种人类语言刻着同样的一句话:这里使用数学语言．

——Q．Hogg

质数个数

欧几里得在其名著《几何原本》中提出并证明了下列命题:

质数有无穷多个．

这个命题证明的关键思路如下:

假设p1,p2,…,pn是给定的几个质数,考察将这几个质数之积加上1而得到的新数:

p1p2…pn＋1,

由此展开推理．

解题思路　运用乘法分配律、算术基本定理,从因数分解入手,突破a的值．

例2　一个两位数的个位数字和十位数字变换位置后,所得的数比原来的数大9,这样的两位数中,质数有(　)．

A．1个　B．3个　C．5个　D．6个

(“希望杯”邀请赛试题)

解题思路　字母示数,从分析这样的两位数的特征入手．

例3　求这样的质数,当它加上10和14时,仍为质数．

(上海市竞赛题)

解题思路　由于质数的分布不规律,不妨从最小的质数进行实验,但这样的质数唯一吗?还需按剩余类的方法进行讨论．

例4　证明对于每一个n,数是合数．

(全俄数学奥林匹克竞赛试题)

解题思路　通过分拆变形,把原数分解为有一个大于1又不是自身的因数即可．

“万物皆数”

早在古希腊,毕达哥拉斯学派相信世界是可知的,它有某种固有的结构秩序,而这种秩序和结构又服从数的规律．数学在古希腊及近代欧洲,都被认为是表现人类理性思维的最典型的科学．

实验只是探索解题思路的一种手段,不能代替证明．要证明一个正整数是否为质数,其基本方法是利用因数分解,设法指出它的一个异于1及自身的正约数．

例5　如果p与p＋2都是大于3的质数,那么请证明:6是p＋1的约数．

(加拿大数学奥林匹克竞赛试题)

解题思路　每一整数可以写成6n,6n－1,6n＋1,6n－2,6n＋2,6n＋3(n为整数)中的一种,其中6n,6n－2,6n＋2,6n＋3在n≥1时都是合数,分别被6,2,2,3整除,故质数p是6n－1或6n＋1的形式．

例6　在1,0交替出现且以1打头和结尾的所有整数(如101,10101,1010101…)中有多少质数?请证明你的论断．

(北京市竞赛题)

例7　若一个质数的各位数码经任意排列后仍然是质数,则称它是一个“绝对质数”[如2,3,5,7,11,13(31),17(71),37(73),79(97),113(131,311),199(919,991),337(373,733),…都是绝对质数]．求证:绝对质数的各位数码不能同时出现数码1,3,7与9．

(青少年国际城市邀请赛试题)

分析与解　正难则反．假设一个绝对质数如果同时含有数字1,3,7,9,由此导出矛盾,这是解题的关键．

一个绝对质数如果同时含有数字1,3,7,9,则在这个质数的十进制表示中,不可能含有数字0,2,4,5,6,8,否则,通过适当排列后,这个数能被2或5整除．

设N是一个同时含有数字1,3,7,9的绝对质数．

质数被2除,除2外,只能是2k＋1型的数;质数被3除,除3外,只能是3k±1型的数;依此类推,特别的,质数被6除,只能是6k±1型的数．反之,并不一定成立．

17世纪费马猜想:Fn＝22n＋1,当n＝0,1,2,3…时Fn都是素数,但半个世纪后,欧拉把F5分解为两个因数之积:

F5＝4294967297＝641×6700417．

寻找质数,犹如寻找更微小的粒子、新的化学元素,这种单纯为满足求知欲的好奇心,正好是人类突破知识领域的动力．

今天,人们已认识到:互联网交易的安全性是建立在“分解出大整数的约数是极其困难的问题”这一基础上的．

因为k0＝7931,k1＝1793,k2＝9137,k3＝7913,k4＝7193,k5＝1937,k6＝7139被7除所得的余数分别是0,1,2,3,4,5,6,所以,如下7个正整数

N6＝c1…cn－47139＝L·104＋k6中,一定有一个能被7整除,这个数就不是质数,矛盾．

质数的孤独

意大利工程师保罗·乔尔达诺曾写过畅销书《质数的孤独》．他写道:“在所有数字中,质数是最迷惑人心,也是最孤独的．它尽管有同伴,却没有规律能指出它的同伴在哪里．”

千百年来,人类对质数的探索从未停止．欧几里得、高斯、欧拉、费马……都曾痴迷于质数的无穷魅力,坚持不懈地探索着质数神秘表象背后潜藏的奥秘．

质数并不孤独．

2013年5月13日,美国新罕布什尔大学的华人数学家张益唐简要叙述并证明了如下命题:

存在无数多个质数对(p,q),其中每一对中的质数之差,即p和q的距离不超过七千万．

例8　最多能找到多少个两两不相等的正整数,使其中任意三个数的和为质数?说明你的理由．

(北京大学自主招生试题)

解题思路　因要求使其中任意三个数的和都是质数,故可将正整数按模3分类:3k,3k＋1,3k＋2,k为正整数,由此展开讨论．

1．菲尔兹奖被誉为“数学界的诺贝尔奖”,只奖励40岁以下的数学家．华人数学家丘成桐、陶哲轩分别于1982年、2006年荣获此奖．我们知道正整数中有无穷多个质数(素数),陶哲轩等证明了这样一个关于质数分布的奇妙定理:对任何正整数k,存在无穷多组含有k个等间隔质数(素数)的数组．例如,k＝3时,3,5,7是间隔为2的3个质数;5,11,17是间隔为6的3个质数;而_________,________,________是间隔为12的3个质数(由小到大排列,只写一组3个质数即可)．

(《时代学习报》数学文化节试题)

美国教育家杰夫·科尔文在《哪来的天才:练习中的平凡与伟大》一书中指出:非凡的成就不取决于天赋,而是取决于坚持不懈的刻意练习．

刻意练习不同于普通练习,普通练习是重复性和无意识的,而刻意练习需要打破习惯,需要更大的专注力,并在名师的指点下,使技能、方法、思想、境界迈向更高的层次．

张益唐,1955年生于上海,1978年考入北京大学数学系,他的证明在推动解决孪生质数猜想的道路上迈出了一大步,分别获得瑞典罗夫·肖克奖、美国麦克阿瑟天才奖．

2．截尾质数　73939133这个数具有相当迷人的性质,不只是因为它是质数,还因为把最末位数字依序“截尾”后,余下的数仍是质数．如:73939133,7393913,739391,73939,7393,739,73,7．具有这样性质的数叫“截尾质数”．

巧的是,它也是具有这种性质的最大数,总共有83个数具有这样的性质．在100以内的质数中,最大的截尾质数是_________．

(《时代学习报》数学文化节试题)

3．(1)一个两位质数,如果将它的十位数字与个位数字交换后,仍是一个两位质数,这样的质数可称为“特殊质数”．这样的“特殊质数”有________个．

(“希望杯”邀请赛试题)

(2)数字之和为5的三位数中,质数的个数是_________．

(世界数学团体锦标赛)

(3)若p,8p2＋1均为质数,则p＝________．

(四川省竞赛题)

4．写出10个连续自然数,它们个个都是合数,这10个数是______________．

(上海市竞赛题)

5．已知三个质数m,n,p的乘积等于这三个质数的和的5倍,则m2＋n2＋p2的值为________．

(湖北省武汉市竞赛题)

6．已知a,b,c,d都是质数(允许a,b,c,d相同),且abcd是35个连续正整数的和,则a＋b＋c＋d的最小值为_________．

(“新知杯”上海市竞赛题)

7．著名的哥德巴赫猜想指出,任何大于7的偶数可以恰好写为两个不同素数之和,用这种方法表示偶数126,两个素数之间最大的差是(　)．

A．112　B．100　C．92　D．88　E．80

(美国高中数学考试题)

8．若p为质数,p3＋5仍为质数,则p5＋7为(　)．

A．质数　B．可为质数也可为合数

C．合数　D．既不是质数也不是合数

(湖北省黄冈市竞赛题)

9．已知m,n都是质数,若关于x的方程mx＋5n＝97的解为3,则m－n4＝(　)．

A．0　B．3　C．5　D．13

(“希望杯”邀请赛试题)

10．已知a,b,c都是自然数,且2a×3b×7c＝1176,则2a＋3b＋7c的值是(　)．

A．21　B．23　C．25　D．28

(“希望杯”邀请赛试题)

如图,早在公元前3世纪,古希腊数学家兼哲学家埃拉托色尼为了研究素数在自然数列中的分布而造出的世界上第一张素数表,这种造素数表的方法称为埃拉托色尼的筛选法．

判断一个正整数是否为质数的方法是:正整数a,若所有不大于的质数都不能整除a,则a一定是质数．

11．若两位自然数是质数,且交换数字后的两位数也是质数,则称ab为“绝对质数”．于是两位数中的所有“绝对质数”的乘积的个位数字是(　)．

A．1　B．3　C．7　D．9

(“希望杯”邀请赛试题)

12．设n为正整数,若不超过n的正整数中质数的个数等于合数的个数,则称n为“好数”,那么,所有“好数”之和为(　)．

A．32　B．34　C．2013　D．2014

(全国初中数学联赛试题)

13．已知三个素数的乘积恰等于其和的23倍,求这三个素数．

(上海市竞赛题)

14．已知正整数p,q都是质数,且7p＋q与pq＋11也都是质数,试求pq＋qp的值．

(湖北省荆州市竞赛题)

15．已知x,y,z是3个小于100的正整数,且x＞y＞z,x－y,x－z及y－z均是质数,求x－z的最大值．

(“华罗庚金杯”少年数学邀请赛试题)

16．41名运动员所穿运动衣号码是1,2,…,40,41这41个自然数,问:

(1)能否让这41名运动员站成一排,使得任意两个相邻运动员的号码之和都是质数?

(2)能否让这41名运动员站成一圈,使得任意两个相邻运动员的号码之和都是质数?

若能办到,请举一例;若不能办到,请说明理由．

(北京市竞赛题)

17．已知p,3p＋2,5p＋4,7p＋6,9p＋8,11p＋10均为质数,求证:6p＋11是合数．

(捷克和斯洛伐克数学奥林匹克试题)

18．设p1,p2,p3,p4是4个互不相同的质数,且满足

求所有乘积p1p2p3p4的可能值．

(爱尔兰数学奥林匹克试题)

19．求质数组(p,q),使得7pq2＋p＝q3＋43p3＋1．

(荷兰数学奥林匹克试题)

例1　42　a(bbc＋1)＝24×53,因a,b,c为质数,故a＝2或a＝5．

当a＝2时,bbc＝999＝33×37,得b＝3,c＝37,a＋b＋c＝42;

当a＝5时,bbc＝399＝3×133＝3×7×19(舍去)．

故a＋b＋c＝42．

例2　B　设满足条件的两位数是,由,得10b＋a－(10a＋b)＝9,b＝a＋1,满足b＝a＋1的两位数有12,23,34,45,56,67,78,89,其中质数有23,67,89,共3个．

例3　3符合要求　当p＝3k＋1时,p＋10＝3k＋11,p＋14＝3(k＋5),p＋14是合数;当p＝3k＋2时,p＋10＝3(k＋4)为合数;当p＝3k时,只有k＝1才符合题意．

故该数是合数．

例5　若p＝6n＋1(n≥1),则p＋2＝6n＋3＝3(2n＋1)为3的倍数,且大于3,故p＋2不是质数,与已知条件矛盾．

因此,p＝6n－1(n≥1),此时,p＋1＝6n是6的倍数．

例8　若3类数各取一个:3a,3b＋1,3c＋2,则3a＋3b＋1＋3c＋2＝3(a＋b＋c＋1),这三个数的和不是质数,故3类数中至多可以取到2类．

另外,若某一类数3k＋i(i＝0,1,2)至少取到3个:3a＋i,3b＋i,3c＋i(i＝0,1,2),则3a＋i＋3b＋i＋3c＋i＝3(a＋b＋c＋i)(i＝0,1,2),这三个数的和不是质数,故每类数中至多只能取2个．

综上所述,至多有2×2＝4个两两不等的正整数,使得其中任意三个数的和都是质数,例如1,3,7,9．

1．5,17,29或29,41,53　答案不唯一．

2．79

3．(1)9　11,13,17,31,37,71,73,79,97是“特殊质数”．

(2)4　这样的三位数只能是401,311,221,131,113,203;而221＝17×13,203＝29×7是合数．

(3)3

4．设10个连续合数为k＋2,k＋3,k＋4,…,k＋10,k＋11,这里k为正整数,则只要取k是2,3,4,…,11的倍数即可．

5．78　由mnp＝5(m＋n＋p)及m,n,p均为质数,则m,n,p中必有一个为5,不妨设m＝5,则np＝5＋n＋p,(n－1)(p－1)＝6,得n－1＝1或n－1＝2,p－1＝6或p－1＝3,适合条件的只有n＝2,p＝7,故m2＋n2＋p2＝78．

6．22　设abcd＝k＋(k＋1)＋…＋(k＋34)＝35(k＋17),不妨设a＝5,b＝7,则cd＝k＋17．当k≥8时,c＋d≥2×5＝10;当1≤k≤7时,只有两种情形使k＋17能写成两个质数之积．经讨论知k＝5时,k＋17＝22＝2×11,此时c＋d＝13．故a＋b＋c＋d＝22．

7．B　126＝113＋13,113－13＝100．

8．C

9．D　由条件得3m＋5n＝97,经讨论得m＝29,n＝2．

10．B　1176＝23×31×72

11．B　两位数中的绝对质数有11,13,17,31,37,71,73,79,97．要求乘积的个位数字,就是求1×3×7×1×7×1×3×9×7的个位数字．

12．B　因为1既不是质数也不是合数,所以“好数”一定是奇数．

设不超过n的正整数中质数的个数为an,合数的个数为bn,当n≤15时,列表如下(只考虑n为奇数的情况):

显然,1,9,11,13是好数．

因为b15－a15＝2,当n≥16时,在n＝15的基础上,每增加两个数,其中必有一个为偶数,当然是合数,也就是说,增加的合数的个数不会少于增加的质数的个数,所以一定有bn－an≥2,故当n≥16时,n不可能是“好数”．

因此,所有“好数”之和为1＋9＋11＋13＝34．

13．设所求的三个素数为p,q,r,则pqr＝23(p＋q＋r),p,q,r中必有一个为23,不妨设p＝23,且q≥r,得23qr＝23(23＋q＋r),(q－1)(r－1)＝24,知(q,r)＝(13,3)或(7,5)．故这三个素数为23,13,3或23,7,5．

14．由pq＋11＞11且pq＋11是质数知pq＋11必为正奇质数,从而p＝2或q＝2．

(1)若p＝2,此时7p＋q与2q＋11均为质数,设q＝3k＋1,则q＋14＝3(k＋5)不是质数;设q＝3k＋2,则2q＋11＝3(2k＋5)不是质数,因此,q应为3k型的质数,当然只能是q＝3．

(2)若q＝2,此时7p＋q与2p＋11均为质数,设p＝3k＋1,则7p＋2＝3(7k＋3)不是质数;设p＝3k＋2,则2p＋11＝3(2k＋5)不是质数,因此,p应为3k型的质数,p＝3．

综合(1)、(2)知p＝3,q＝2或p＝2,q＝3,故pq＋qp＝17．

15．因(x－z)－(x－y)＝y－z,故不可能x－y,x－z,y－z都是奇数,但它们都是质数,故它们当中必有一个是2,显然不可能x－z＝2,若x－y＝2,则x－z和y－z是孪生质数对;若y－z＝2,则x－z和x－y是孪生质数对．而100以内最大的孪生质数对是71和73,x－z＝73可以实现．取x＝99,y＝97,z＝26或x＝99,y＝28,z＝26均可．故所求x－z的最大值为73．

16．(1)能办到　注意到41与43都是质数,据题意,要使相邻两数的和都是质数,显然,它们只能都是奇数,因此,在这排数中只能一奇一偶相间排列,不妨先将奇数排成一排:1,3,5,7,…,41,在每两数间留有空当,然后将所有的偶数依次反序插在各空当中,得1,40,3,38,5,36,7,34,…,8,35,6,37,4,39,2,41,这样任何相邻两数之和都是41或43,满足题目要求．

(2)不能办到　若把1,2,3,…,40,41排成一圈,要使相邻两数的和为质数,这些质数都是奇数,故圆圈上任何相邻两数必为一奇一偶,但现有20个偶数,21个奇数,总共是41个号码,由此引出矛盾,故不能办到．

17．(1)当p＝5k(k为正整数)时,若p为质数,则k＝1．而此时11p＋10＝65不是质数,矛盾．

(2)当p＝5k＋1时,若3p＋2＝5(3k＋1)为质数,则k＝0,而此时p＝1,矛盾．

(3)当p＝5k＋2时,7p＋6＝5(7k＋4)必为合数．

(4)当p＝5k＋3时,9p＋8＝5(9k＋7)也必为合数．

因此,p必为5k＋4的形式,此时,6p＋11＝5(6k＋7)必为合数．

18．由于p1,p2,p3,p4互不相同,则其中至多有一个为偶数．若全为奇数,则方程①的左端为奇数．因此,p2,p3,p4其中之一是偶质数2．

由方程②知p4≠2,得p2＝2或p3＝2．

相减得9p1－3p4＝－8,不成立．

相减得9p1＋4p2－3p4＝0．因此,p2＝3．

进一步得p1＝5,p4＝19．

因此,方程组的唯一解为(p1,p2,p3,p4)＝(5,3,2,19),故p1p2p3p4＝570．

19．观察原方程得p,q不能同为奇数,否则原方程左边为偶数,右边为奇数,于是,p＝2或q＝2．

(1)将p＝2代入原方程,得14q2＋2＝q3＋344＋1,

∴q3－14q2＝－343,而343＝73,得q＝7,(p,q)＝(2,7)．

(2)将q＝2代入原方程,得28p＋p＝8＋43p3＋1,

但上式一边为奇数,一边为偶数,矛盾．

综上,原方程的唯一解为(p,q)＝(2,7)．