第30讲 质数与合数、奇数与偶数-【培优竞赛超级课堂】2024-2025学年七年级全一册数学

第30讲 质数与合数、奇数与偶数 情境课堂 欧拉(1707-1783),瑞士数学家、物理学家、天文学家,在本书第10讲中 我们介绍了他是一位多产的数学家,这里介绍一下他的人生经历,他生于瑞 士,一生四海为家,在俄国工作31年,在德国工作25年,最后长眠在俄国,这 三国都称欧拉为自己国家的数学家,但我们说欧拉属于全世界 奇点、偶点与七桥问题 有一段日子,欧拉旅居普鲁士的哥尼斯堡,这是一座风景秀丽的小城,普 拉 勒哥尔河流过市中心,如图1,河上有两个岛,岛与岛、岛与河岸之间共有七座 桥连接,当地居民都有饭后去河边散步的习惯,久而久之,有人想出一个问题:能否不重复地一 次走完七座桥再回到出发点?市民们都怀着极大的好奇心在桥上走来走去,遗憾的是竟无一 人能完成规定的走法,消息传到欧拉那里,他也试着在那里走了几回,果然都不成功,回到住 地,他再次研究这个棘手而有趣的问题,他想着,画着,一个美妙的念头产生了:如果把这个问 题转化成图形来考虑,用点代表陆地(岸边或岛上),用线段代表桥,这时问题可用图2来表示 则整个问题转化为能否一笔画出这个图形? 图1 图2 欧拉继续研究发现:它是不能一笔画出来的,也就是说,不重复地游览七座桥是不可能的 有奇数条孤交汇的点叫“奇点”,偶数条孤交汇的点叫“偶点”,欧拉指出:能一笔画出的图形,要 么没有奇点,要么仅有两个奇点 典例剖析 类型1 求已知式中的质数与合数 副1已知三个不同的质数a,b,c满足ab*c十a-2o00,那么a十b十c= 【学找切入点】 运用乘法分配律、算术基本定理,以寻求a值为突破口. 《28 第30讲 质数与合数、奇数与偶数 变式1-1 若a,b,c是1998的三个不同的质因数,且a<b<c,则(十c)“ 变式12已知v,q都是质数,以x为未知数的方程px+5o=97的解为1,则40十10lq+4 的值是 变式13已知 ,均为质数,且满足5p{}+3q=59,则=__,q=__ 变式14 一个长方体的正面和上面的面积和为209,如果它的长、宽、高都是质数,那么这 个长方体的体积是多少? 归纳总结 质数的概念与性质 1.全部正整数按约数的个数分为三类:单位1、质数与合数 质数(或素数),如2,3,5,7....这些数只有两个约数,一个是1,另一个是它本身 合数,如4,6,8,9,...这些数的约数除了1和它本身外,还有其他的数 2.质数与合数有如下性质; (1)除2以外的全体质数都是奇数,除2以外的全体正偶数都是合数 (2)质数有无穷多个,最小的质数是2,但不存在最大的质数,最小的合数是4. (3)每一个合数都可以写成几个质数相乘的形式,这几个质数叫作这个合数的质因数,把一 个合数写成几个质因数连乘的形式,叫作分解质因数。 3.算术基本定理:任何一个正整数N1,都能写成质因数的连乘积,即N一P·P..... P.(n1),其中P,P....,P。为互不相等的质数,a,a,..,a.为正整数,如果不考虑因数的顺 序,则这个分解是唯一的. 类型2 按剩余类分类 例2求这样的质数,当它加上10和14时,仍为质数. 【学找切入点】由于质数的分布不规则,不妨从最小的质数进行实验,但这样的质数唯一 吗?故还需按剩余类的方法进行讨论 变式2-1如果p与p十2都是大于3的质数,求证6是)十1的约数 变式22 如果正整数,a都是质数,且7十a与po+11也都是质数,求十g^*的值 219》 培优竟赛超级课堂 7年级数学 类型3 质数与合数在实际生活中的应用) 例341名运动员所穿的运动衣号码分别是1,2..1,40,41这41个自然数,问: (1)能否使这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)能否使这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 【学找切入点】 要使任意两个相邻运动员的号码之和为质数,必须满足奇数与偶数相间排 列,于是可以尝试只将偶数按从小到大排列好,然后在两个偶数间插入一个奇数,寻求符合条件 的排列方法,但站成一排与站成一圈是有区别的,站成一排只能得到40个相邻号码之和,而站成 一圈可得到41个相邻号码之和 变式 ③-1(第十八届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛)在1,2,3,..,98,99,100中取出一组 数,使得任意两个数之和不能被其差整除,问;最多能取出多少个数?简述你的理由 类型4 数的整除 归纳总结 整除的概念与性质 1.数的整除定义:设a,b均是整数,b0,如果有整数q,使得a一bo,那么称a能被b整除,或 称b整除a,记作ba. 2.整除的性质 (1)若ab,bc,则ac (2)若ab,为任意整数,则ab (3)若ab,ac.则a(b士c),如28,2l10,则2l(8士10). (4)若ac,bc.且(a,b)-1,则abc.如3l36,4l36,则(3×4)l36 则4(1)x,y均为整数,若5l(x十9y),求证:5|(8x+7y). (2)x,v,:均为整数,若11(7x+2-5z),求证:11(3x-7y+12z). 【学找切入点】 1 在(1)中,先将8x十7y转化为x十9y的倍式与5的倍式的代数和.在(2)中. 充分利用已知条件,先将3x-7+12:或 (3x-7+12)设法转化为7x+2-5的倍式与1 的倍式的代数和,其中(11,)一1即可 《220 第30讲 质数与合数、奇数与偶数 变式 4-1若一个七位自然数62xy427是99的倍数,试求950x+24y+15的值 类型5“韩信点兵”问题 5三位数M被3除余1,被5除余2,被7除余3,则M可能取值的最大数是 最小数是 【学找切入点】 用一个正整数6去除另一个正整数a,若商为q,余数为r,则有a一bg十r (0). 方法一:设M一7+15n(n为自然数),利用不等式组确定 方法二:利用等差数列求解 变式51一个自然数N被10除余9.被9除余8.被8除余7.被7除余6.被6除余5.被 5除余4,被4除余3,被3除余2,被2除余1,则N的最小值是 变式52若1059,1417,2312分别被自然数x除时,所得的余数都是y,则x-y的值等 于(). A.15 B.1 C.164 D.174 变式53设N-11...1.试问N被7除余几?写出答案并证明你的结论. 100 D拓展提升 余数的基本性质 1.余数有以下基本性质; (1)/(a-r); (2)一个正整数a被另一个正整数n(n>1)除时,余数只可能是0,1,2,..,(n-1)中的一个, 这样我们可以把整数按余数来分类: (3)若两个正整数a,b被m除所得的余数相同,则它们的差必能被n整除. 2.解与余数相关问题的基本方法是:恰当运用相关性质、灵活进行代数恒等变形,同时兼顾 分类讨论. 类型6 利用奇偶性证明有关结论 6有n个数x,x,x,.,x。,它们中的每个数不是十1就是-1.已知x1x十xsx十..十 r-1。十xx-0.求证:n是4的倍数 221》 培优竞赛超级课堂 7年级数学 【学找切入点】 分两步证明:先证明x是偶数2,再证明:是偶数,证明的关键是从整数人 手,挖掘隐含的一个等式 变式6-1 已知x..x都是+1或-1,并且.-0... r r 'T3 .....-1,求证:n是4的倍数. 已知a,b,c都是质数,且满足a十b十c十abc=99.求 变式6-2 111+1+ 11的值. D归纳总结 奇、偶数的基本性质 奇数与偶数有如下基本性质: 1.奇数不等于偶数 2.奇数士奇数一偶数,偶数士偶数一偶数,奇数士偶数一奇数 3.若干个奇数之积是奇数,偶数与任意整数之积是偶数,偶数个奇数的和为偶数,若干个偶 数的和为偶数。 4.设,b为整数,则a十,a一b:a士b的奇偶性相同 5.设a和n是整数,则a与a”,a的奇偶性相同 研讨乐园 刻7这是1984年的一次国际数学教育小组会议上,一位英国朋友提出的问题:有一个4行 6列共4×6一24个方格的木箱(如图1),每个方格可放1个牛奶瓶.现在要把18个牛奶瓶分别 放进去,但要求每行、每列摆的牛奶瓶的个数都是偶数,这件事能办到吗?许多人用符号“0”代表 牛奶瓶,将18个“0”按要求填到图1的方格中,可左调整、右调整,总难达到要求,这个有趣的问 题你想试一试吗? 【证明】放18个瓶子数目太大,仅靠实验与调整不容易成功.从反面考虑,放18个瓶子,有 6个格子不放,再结合奇偶性要求每行、每列不放的格子数也是偶数个,从这个角度进行实验与调 整很容易.“正难则反”是解题策略中的常用方法之一. 由于24一18一6,就是说,有6个空格不放牛奶瓶,而每行、每列不放牛奶瓶的空格数都是偶 《222 第30讲质数与合数、奇数与偶数 数,那么每行、每列放了牛奶瓶的个数一定也是偶数,于是问题转化为在图1中的24个空格中选 出6个空格,分别打上符号“×”(表示不放牛奶瓶),使每行、每列“×”的个数都是偶数.这就容易 办到了(如图2).你还能想出不同的方法吗? 图1 图2 能力平台 .优|练 建议用时:30分钟 5.将1,2,3,4,5,6,7,8这八个数分别填写在 1.(2022,成都九中自主招生)已知n是奇数,n 一个圆周的八等分点上,使得圆周上任意两 (2024.x+3y2-n. 有整数解 个相邻位置的数之和为质数,如果圆周旋轻 是偶数,方程 13x+28y-n 后能重合的算作相同填法,那么不同的填法 x,o,则( ). 有( ). A.,yo均为偶数 B.8种 C.12种 A.4种 D.16种 B.xo,均为奇数 6.(1)三个质数之和是86,那么这三个质数可 C.文。是偶数,是奇数 能是_ D.xo。是奇数,是偶数 (2)已知两个质数的差是15,则它们的最小 2.若为质数,)十5仍为质数,则)十7为 (). 立方和等于 A.质数 B.可为质数也可为合数 7.已知质数和q满足关系式3十5q一31,则 C.合数 D.既不是质数也不是合数 3.如果a,6.c是三个任意整数,那么+b, 2) 8.设a,b,c,d都是自然数,且a一b,一d, #C( ). 22 a一c-17.求d-b的值 A.都不是整数 B.至少有两个整数 C.至少有一个整数 D.都是整数 的值( ). A.一定是0 B一定是偶数 C.是整数但不一定是偶数 D.不一定是整数 223》 培优竞赛超级课堂 7年级数学 训练 建议用时,30分钟 14.将10,11,..1,99这90个正整数写在黑板 9.已知a,.c中有两个奇数,一个偶数,是整 上,擦去其中的”个数,可使黑板上剩下的 数,如果S=(a+2n十1)(b十2n+2)(c+ 所有数的乘积的个位数是1,求”的最小值 2n十3),那么( ). A.S是偶数 B.S是奇数 C.S的奇偶性与”的奇偶性相同 D.S的奇偶性不能确定 10.99个连续自然数之和等于abcd,若a,b.c.d 皆为质数,则a十b十c十d的最小值等于 C ). C.86 B.70 A.63 D.97 11.用数字0,1,2,3,4,5,6组成的没有重复数 字的三位数中,偶数有 个. 12.设m,n为大于0的整数,且3m+2n=225 (1)如果n和n的最大公约数为15,则 n十n-___. (2)如果n和n的最小公倍数为45,则 nn= 13.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. 《224 第30讲 质数与合数、奇数与偶数 15.(2022,华师一附中预录)h,a,b为正整数, 16.(第二十一届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛) 被a,整除所得的商分别为m,n十116. 排成一行的学生,从左到右1~3报数,最 (1)若a,b互质,证明^}一与^{},都互质; 后一个人报2.从右到左1~ 报数,最后 (2)当a,b互质时,求的值; 一个人报1,这里n与3互质,现凡报过1 (3)若a,久的最大公约数为5,求人的值 的学生出列,其余原地不动,共留下62名 其中只有21对学生原来相邻,问原来有多 少名学生?n的值是多少? 225)》参考答案与提示 ②继续操作。 时Pe+1=1000.所以∥c=999=3×37,则b=3,c= 37.因此a+b+c=2+3+37=42. 例2设这个数为 当p=3k+1时，p+10=3k+11,p+14=3(k+5), 显然p十14是合数： B不可能.理由：如图，可以将棋盘上的方格分为灰色方 当p=3k+2时，p十10=3(k+4)是合数： 格和白色方格两类，由染色规则可知，两类方格的染色 当p=3k时，因为p十10和p+14是质数，故只有k=1 互不影响，因此需要分别考虑： 符合题意， 首先考虑灰色方格.将只属于1个 所以这样的质数为3 黑色方格的顶点数量称为“边界 例3(1)能办到.方法如下：先将奇数排成一排：1.3,5， 顶点数”，由染色规则可知，每染口 7,·,41,在每两个数间留有空当，然后将所有偶数依 一个方格，“边界顶点数”不会增 次反序排在空当中，得到1,40,3,38,5,36,7,34，…，8， 加.将所有灰色方格都染黑，此时 35,6,37,4,39,2,41.即任何相邻两数之和为41或43. 的“边界顶点数”为20，因此灰色方格中初始染为黑色 符合题意 的至少需要5个. (2)不能办到.若把1,2,3，…，40,41围成一圈，要使相 再考虑白色方格，将所有白色方格都染黑，此时的“边 邻两数的和为质数，这些质数都为奇数，则在圆圈上任 界顶点数”为16.因此白色方格中初始染为黑色的至 何相邻两数必为一奇一偶.但现在20个偶数、21个奇 少需要4个. 数总共是41个号码，放无法办到. 故初始染色方格数为8时，无法将整个棋盘都染成黑 例A(1),8x+7y=5(2x+5y)-2(x+9y): 色.初始染色方格数为9时，如图所示，将图中标有数 显然515(2x+5y).又：5|(x+9y),∴.5引2(x十9y), 字1和2的方格作为初始的染黑方格，可以将整个棋 .55(2x+5y)-2(x十9y),即5(8r+7y). 盘染黑 (2),4(3x-7y+12)+3(7.x+2y-5e)=11(3x-2y+3). 习通过1次操作变为1的数为2：再经过1次操作变为2 又：1111(3.zx-2y+3x),11川(7.x+2y-5), 的数为4，即通过2次操作变为1的数为4：再经过1次 ..114(3x-7y+12x), 操作变为4的数有2个，为3,8，即通过3次操作变为 又(11.4)=1，.111(3r-7y+12x). 1的数有2个，为3,8：…由此可以得到如图所示的 例5997：157.提示：方法一易知被3除余1，被5除 图形. 余2的最小自然数是7，∴.当M=7+15m(n为自然 7一1113 、28 数)时，M依然是被3除余1，被5除余2的自然数. 16+一15+一30 :M=7+15n=7+14十n=7×(1+2)十n, 1+—244 32+一31 .当n=3时，M是被7除余3的最小的自然数，此时 3465l0 M=7+15×3=7+45=52,是被3除余1，被5除余2， 入12-11 被7除余3的最小自然数. 24 又3,5,7的最小公倍数是105. 于是，经过1,2,3,4,5，…次操作变为1的数的个数依 ∴被3除余1，被5除余2，被7除余3的自然数可表示 次为1,1,2,3,5,8，…，此即为斐波拉契数列，后面的 为M=52+105m(n为自然数). 数依次为5+8=13.13+8=21,21+13=34，即经过9次 M是一个三位数， 操作变为1的数有34个. ,.100≤52+105999. 第30讲质数与合数、奇数与偶数 例142.提示：易知a(c十1)=2000=2×5，若a= 即092≤<9952.解得≤0品 105 105 5,则c+1=400,所以c=399=3×7×19.无论c= :n为自然数， 3,7或19都无法获得质数b,故a≠5.只能取a=2,此 ,n的最大值取9，三位数M的最大值是52十105× 77 培优竞赛超级课堂 7年级数学 9一997.”的最小值取1，三位数M的最小值是52十 22由pg十11>11且pg十11是质数，知pg+11必为正 105×1=157. 奇质数，从而p=2或g=2. 方法二被7除余3的数构成首项是3，公差是7的等 ①若p=2,此时g十14与2g十11均为质数， 差数列：3,10,17，… 设g=3k十1，则g十14=3(k十5)不是质数： 被5除余2，被7除余3的数构成首项是17，公差是 设g=3k+2,则2g+11=3(2k+5)不是质数 5×7=35的等差数列：17,52,87， 因此，g应为3k型的质数，只能是g=3。 被3除余1，被5除余2，被7除余3的数构成首项是 ②若g=2,此时7p+2与2p+11均为质数， 52,公差是3×5×7=105的等差数列：52,157,262， 设p=3k+1,则7p十2=3(7k十3)不是质数： 367,472,577,682,787,892,997,…其中三位数M中的 设p=3k+2,则2p+11=3(2k+5)不是质数， 最大数是997，最小数是157. 因此，p应为3k型的质数，只能是p=3. 例62…，xx1,它们或者为十1，或者为一L, 综合①②可知p=3,4=2或p=2,y=3. 设其中有k个一1，由于总和为0，故也有k个十1，从而 故p+q=17. n=2k. 3-]①任意连续的3个正整数(a,a十1，a+2),其中任意 又因为(1x)·()·…·(xnx1)=(-1), 两个的和都能被其差（大碱小）整除.因为取的若是其 中相邻的两个数，则其差为1，显然其和能被其差整除. 而(m1)·(rx)·…·(xnt1)=(x…x)=1, 取的若是不相邻的两个数a与a十2，其差为2，其和为 所以（一1）=1，故k是偶数. 2a十2=2(a十1)也能被其差整除.所以，若要满足取出 设k=2m,从而n=4m,所以n是4的倍数. 的数中“任意两个数之和不能被其差整除”的要求，在 【变式题组】 连续的三个数中，至多只能取1个数 1日1600.122003.132：13. ②将1-100分为如下的34组：{1,2.3}，(4,5,6}，{7， -4设长方体的长、宽、高分别为x,y, 8.9},…,{3k十1.3k+2.3(k+1)},…,{97,98,99}, 则xy十xg=209,即x(y十z)=11×19. 41001. (1)若x=11,则y十之=19，则y=2,=17或y=17, 如果从1~100中至少取35个数，根据抽屉原理，至少 x=2.长方体的体积为xyx=2×11×17=374 有两个数在某一个“连续三数组”中，依据(1)的结论， (2)若x=19,则y+x=11,则y=2,=9(不合题意). 它们的和可以被其差整除，因此，取出的数不少于 故长方体的体积为374. 35个，故不能。 2-1①当p<6时，：p与p+2都是大于3的质数， ③取1.4,7，…，97,100这34个被3除余1的数，可以 .p=5..p十1=6..6是p十1的约数 满足题设条件要求.理由：其中任意两个数的和被3除 ②当p>6时，：p是大于3的质数， 余2，差是3的倍数，和不能被差整除.因此，所选的 ∴.p是奇数，∴.p=6n十1或p=6m十3或p=6n十5， 34个数是1,4,7，…，97,100，满足“其中任意两个数之 其中n为正整数， 和不能被其差整除”的要求 若p=6n+1,其中n为正整数， 因此最多可以取出34个数. 则p十2=6m十3=3(2十1)是3的倍数 4-:99=9×11,而(9,11)=1，依题意有9(6+2十x十 与条件“p十2是大于3的质数”矛盾，故p≠6十1. y+4+2+7),11(7+4十x十6-2-y-2),得9|(21 若p=6n十3，其中n为正整数， +x+y),11|(13+x-y),即9|(3+x+y),11|(2+z 则p=6n+3=3(2m十1)是3的倍数， 一y),设3+x+y=9k1,2+一y=11k2,则有k1=1, 与条件“p是大于3的质数”矛盾，故p≠6m十3. 2,k=0,1.①当=0时，y一x=2,当=1时，x+ .p=6n十5，其中n为正整数， 3y=6:得x=2,3y=4,当k=2时，x十y=15,无整数解. 此时p十1=6n+6=6(n十1)，则6是p+1的约数. ②当k=1时，x一y=9,此时只有x=9,y=0,不符合 综上，如果p和十2都是大于3的质数，那么6是p+1 3十x十y=9k1.综上所述，x=2,y=4,此时950.x十24y 的约数 +15=2011. 78 参考答案与提示 512519.5-2A 考虑三个模块[4,7,6]，[5,8,3]，[1,2的邻接情况，得 53111111=7×15873,而1990=6×331+4.故只需考 到4种填法 查1111被7除的余数，1111=7×158+5，故N被7 6(1)2,31,53. 提示：86中有一个质数为2，其他两数 除余5. 为31,53. 团设号是会…会会这n个数中有。个+1,6 (2)492L.提示：最小的质数为2，则2+15=17，两 质数为17与2.则17+2=4921. 个-1，则a十b=n,4一b=0,故n=2h. 又因为始兴·会…会去=… ☑日或1.提示：由奇偶性分析得p=2,g=5得力 +1 故(+1)（一1）=1，所以b为偶数 或g=2,p=1,得=1 1 设b=2(m为整数)，故n=2=4,所以n是4的倍数 8首先可以这样考虑：a=b,2=F,可知a为一个4次 6-2若a,b,c都是奇数，那么ahc也为奇数，则a十b十c十 方的数，b为5次方的数，c为2次方的数，d为3次方 abc为偶数，与a+b十c十ab=99矛盾， 的数. .a,b,c中必有一个偶数： 设a=,b=m,c=r,d=m, 又，a,b,c都是质数， a-c=17,即（十n)(m2一n)=17, ∴a,b,c中必有一个数是2，令a=2,则b十c+2x=97. ,17是质数，m十，m一n是自然数，㎡十>㎡一， 司理，若b,c都是奇数，则x为奇数，则b十c十2为偶 .m2十n=17,m2一n=1, 数，与十c+2h=97矛盾， ,,m=3,1=8. .,c中也必有个偶数，则偶数必是2， ..d-b=m2-m5=8-3=512-243=269. 令b=2,可得c=19, 9A提示：(a+21+1)+(b+2m+2)+(c+2n+3)= ∴原式=合-引+合-+品-品 a十十c十6(n+1). 【能力平台】 :a十b十c为偶数，6(n十1)为偶数， 1c Ec ∴.a十b+c十6(n十1)为偶数， 3C提示：假设a,b,c都是偶数或都是奇数，则a十b, .a十21十1，b+2n十2，c十21十3中至少有个为偶数， 什c,(十口都是偶数，那么，告，告都是整数： ∴.S是偶数 0B提示：acd=x十(x十1)十(r+2)十…十(.r+g8)= 假设其中有两个是偶数，一个是奇数，那么艺，空 99x+(1+2++98)=99(x+49)=3×3×11× (x+49). 空号有一个是整数：假设其中有两个是奇数，一个是偶 所以x=4,此时a+b+c十d=3+3+11+53=70. 数，那么艺，生，安有一个是整数综上，“岁 田105.提示：个位是0时，百位有6种选法，十位有 2 5种选法，有6×5个：个位是2时，百位有5种选法， 生，告号中至少有一个是整数 2 十位有5种选法，有5×5个：个位是4,6时的情况与 日B提示：当n为奇数时，原式=士)”一D是偶数：当 个位是2时的情况相同.所以满足条件的三位数中偶 数共有6×5+5×5+5×5+5×5=105个. n为偶数时，不妨设1=4，则g-(一1r](-1D=0 2(1)105.提示：设m=15.x,n=15y,则由45.x+30y= 225,得3x十2y=15,又因为x,y为整数，且x必为奇 综上所述，如果n为正整数，则日[1-(-1r](r-1)的 数，当x=1时，y=6:当x=3时，y=3,不合题意，會 值是偶数 去.故m=15,n=90. 5A提示：，相邻两数的和为奇质数，则圆周上的数奇 .m十n=105, 偶相间，∴.8的两侧为3,5，面7的两侧为4,6， (2)90.提示：设m·a=45,n·b=45,则a≥1，b≥1. ∴.剩下两数1,2必相邻，且1与4,6之一邻接， 当a>1,b>1时，m<45,45, 79 培优竞赛超级课堂 7年级数学 ∴.31十2n225:当a=1,b=1时，m=45,n=45. (3)若a.b的最大公约数为5，设a=5a1,b=5h,则a, .m+n=90. b互质.同(2)有m(a2-斤)=1166，即m(25a-25所) 3若3类数各取一个：3a,3b+1,3c+2,则3a+3b+1+ =116(25所).∴.m(a-房)=116，且a1,b互质. 3c十2=3(a十b十c十1)，这三个数的和不是质数，故 由(2)知，m=2×72,a1=15,6=4,.k=ma2= 3类数中至多可以取到2类. m(5a1)2=25mai=25×2×72×152=4410000. 另外，若某一类数3欲+(i=0,1,2)至少取到3个： 旧设原来有N人，原来的队伍从左到右编号为1,2，， 3a+i,3b+i,3c+i(=0,1,2),则3a+i+3b+i+3c+ N,则第一次报1的有N2+1人，他们的编号是 3 =3(a十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 3+1k=0.12.…,N是. 综上，至多有2×2一4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. 第二次报1的有1+1人，他们的编号是m+1, ☑黑板上剩下的所有数的乘积的个位数是1，则10~99 =0,1,2,…,N-l 之问的所有偶数必被擦去，个位是5的数一定也被擦去 两次都报1的人满足条件：3k十1=m十1， 从而剩下的数的个位一定是1,3,7,9之一 注意到，11×13×17×19的个位数字是9.同理，21× 3,m=1.1==0.12…[]两次 23×27×29,…,91×93×97×99的个位数字也是9. 都报1的人编号是3m+1=0.1,2…[],共 于是，上述所有数的乘积的个位数字都为9. 因此，为了使黑板上所有数的乘积的个位数字为1，至 计有[]+1人 少还应该擦去一个数」 只要擦去10~99之间的所有偶数和个位数字是5的 首先让第一次报1的人出列，出列。2+1人，留下 数以及一个个位数字是9的数，比如19，就能使剩下 的人成号组和最右边一个一人组： 的数的乘积的个位数字是1. 让第二次报1而第一次不报1的出列，出来 因为10~99之间的所有偶数共有45个，个位数字是 5的数共有9个，所以，n的最小值为45+9+1-55. +1-[]-1-是-[]人 因(1)设s为a一片与a2的最大公约数，则a2-=sw, 另一方面：第二次出列的除了最右边一人外，都是由一 a2=sw,(,v为正整数)，于是a一(a2一)== 部分第一次留下的二人组中出来一人， s(),可见s是b的约数，a,b互质，a2, ∴最后留下的一人组数就是第二次出列的人数减1， 互质，则s=1,即a一与a2互质，同理可得2一 与6互质. -[]- (2)",k=a2=(m+116)=b+116b,.n(a 由题设得-[-1=20， ① 一)=116，a>b又：a,b,m都是正整数，a F整除116.又，a-仔与6互质，.一片整除 第一次留下的号个二人组中有号-[品]个 116,即(a十b)(a一b)整除116.面116=22×29，a十b 组在第二次每组出列一人后变成了一人组， 与a一b具有相同的奇偶性，且a十b>a一b>0. ÷留下二人组的个数为N22-20=21,即N=125. :a+h=29,我a+6=2x28. 3 或{ a-b=1.a-b=2. 代人①得24 124=21. L3m /a-15,t/a=30. ,或 124-124 124 248 124=21. 1b=14,b=28. n 3m 3m 3 3m a,b互质，∴a=15,b=14,m=16 a2-F=2X7. 20<<21 ∴.k=a=2×7×152=176400. .3.9m4.134.,.m=4 80