特殊的正整数。
一、 一、知识要点。
1、 1、 完全平方数及其性质。
定义1 如果一个数是一个整数的平方，则称这个数是完全平方数。如、…等都是完全平方数，完全平方数有下列性质：
性质1 任何完全平方数的个位数只能是0，1，4，5，6，9中的一个。
性质2 奇完全平方数的十位数一定是偶数。
性质3 偶完全平方数是4的倍数。
性质4 完全平方数有奇数个不同的正约数。
性质5 完全平方数与完全平方数的积仍是完全平方数，完全平方数与非完全平方数的积是非完全平方数。
2、 2、 质数与合数。
定义2 一个大于1的整数a,如果只有1和a这两个约数，那么a叫做质数。
定义3 一个大于1的整数a,如果只有1和a这两个约数外，还有其他正约数，那么a叫做合数。
1既不是质数也不是合数。
3、 3、 质数与合数的有关性质。
1) (1) 质数有无数多个。
2) (2) 2是唯一的既是质数，又是偶数的整数，即是唯一的偶质数。大于2的质数必为奇数。
3) (3) 若质数pab，则必有pa或pb。
4) (4) 若正整数a、b的积是质数p，则必有a=p或b=p.
5) (5) 唯一分解定理：任何整数n(n>1)可以唯一地分解为：,其中p1二、 二、例题精讲。
例1 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m2，它的百位数字为a，则有。
m2=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(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48022=2401=492=(48+1)2，则具有上述性质的最小四位数是
（2024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100c1+c2，其中10≤c1，c2≤99，按题意，得。
100c1+c2＝，∴100c1= c1c2 (c1+2)，即，因而(c1+2)100，又10≤c1≤99，所以c1=18，23，48，98
相应地c2=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a2+b2+c2= (2024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=23=16，则①或② 由①得b=3,c=4，不合题意，由②得b=2,c=7，符合题意。所以所求的三个质数是5，2，7。于是a2+b2+c2=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a=10g+4时，a2=(10g+4)2=100g2+80g+16=10(10g2+8g+1)+6
当a=10g+6时，a2=(10g+6)2=100g2+120g+36=10(10g2+12g+3)+6
十位数字必为10g2+8g+1和10g2+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。（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块，依题意得。
∵ 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6n-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，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n2+3n+7表示合数。
分析：要使多项式n2+3n+7表示合数，只要能将多项式n2+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。
n2+3n+7=(7k)2+37k+7=7(7k2+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，比如等等。
例7求证：22001+3是合数。
分析：22001+3不能分解，22001次数又太高，无法计算。我们可以探索2 n的末位数字的规律，从而得出22001+3的末位数字，由此来证明22001+3是合数。
证明：∵21＝2，22＝4，23＝8，24＝16，25＝32，26＝64，27＝128，29＝256，…
∴24k+1的末位数字是2，24k+2的末位数字是4，24k+3的末位数字是8，24k+4的末位数字是6（k为非负整数）
而2001＝4250+1 ∴22001的末位数字是2，∴22001+3的末位数字是5
∴522001+3，显然22001+3≠5 所以22001+3是合数。
评注：本题另辟蹊径，通过探索2 n的末位数字的规律来得出22001+3的末位数字，从而证明22001+3是合数。解数学竞赛题，思路要开阔。
例8 求证大于11的整数一定可以表示成两个合数之和。
证明设大于11的整数为n
若n=3k(k≥4,且k为整数)，则n=6+3(k-2)，显然6和3(k-2)都是合数。
若n=3k+1(k≥4,且k为整数)，则n=4+3(k-1)，显然4和3(k-1)都是合数。
若n=3k+2(k≥4,且k为整数)，则n=8+3(k-2)，显然8和3(k-2)都是合数。
于是对任意正整数n(n>11)，一定可以表示成两个合数之和。
评注：本题是通过对整数的合理分类来帮助解题，这是解决整数问题的一种常用方法。但要注意对整数的分类要不重复不遗漏。
例9 证明：n (n+1)+1(n是自然数)不能是某个整数的平方。
分析：注意到n (n+1)+1=n2+n+1，∵n是自然数，∴n2 证明：n (n+1)+1=n2+n+1，∵n是自然数，∴n2而n、n+1是两个相邻的自然数，n (n+1)+1(n是自然数)不能是某个整数的平方。
评注：本题应用了在两个相邻正整数的平方数之间不可能还存在一个完全平方数这个结论。
例10 如果一个自然数是质数，且它的数字位置经过任意交换后仍然是质数，则称这个数为绝对质数。证明：绝对质数不能有多于三个不同的数字。
分析：绝对质数**现的数字不会有偶数，也不会有5，因为有偶数和5它就一定不是绝对质数，则绝对质数**现的数字只可能是1，3，7，9。接下来用反证法来证明这个问题。
证明：因为绝对质数的数字位置经过任意交换后仍然是质数，所以绝对质数**现的数字不会有偶数，也不会有5，即绝对质数**现的数字只可能是1，3，7，9。
假设有一个绝对质数m**现的数字超过了3个，也即这个绝对质数**现的数字包含了1，3，7，9，则。
m2=m+9137，m3=m+7913，m4=m+3791，m5=m+1397，m6=m+3197，m7=m+7139都是质数。
可验证，这七个数中每两个数的差都不能被7整除，说明m1、m2、m3、m4、m5、m6、m7被7除所得余数互不相同。因而必有一个是0，即能被7整除，这与此数是质数矛盾。所以假设不成立，所以绝对质数不能有多于三个不同的数字。
评注：本题是用反证法来证明，对于题目**现“不”的字眼，常常用反证法来证明。
三、 三、巩固练习。
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