f2(n)?(n5?2n4?n3)?(3n4?6n3?3n2)+(2n3?4n2?2n)?(n2?2n?1)
=( n +1)2(n3+3n2+2n +1)。n 无论是什么正整数时，n +1>1，∴f2(n)总是合数。
f3(n)=(n2?3)(n2?15)令n2－3=1或n2－15=1知仅当 n=2或 n= 4时，f3(n)为质数，
n为其它正整数时，f3(n)是合数。
∵ n4+ n2+1 = n4+ 2n2+1－n2 = (n2+ n+ 1)(n2－n+ 1)，令n2+ n+ 1=1或n2－n+ 1=1知 仅当 n= 1时，f4(n)=n4+ n2+1为质数， n >1时，f4(n)是合数。
f5(n)?(3n?1)(n?1)，∴f5(n)当n=2时为质数，n为其它正整数时是合数。
3. 试证：(1) 一切大于3的质数，不是形如6n +1就是6n－1的数(n∈N)； (2) 任意多个形如6n +1的数的乘积仍是形如6n +1的数； (3) 形如 6n－1的数中含有无限多个质数.
证：(1)因为形如6n或6n±2或6n+3为合数；所以结论成立； (2)先证明两个形如6n +1的数的乘积仍是形如6n +1的数：
(6n1?1)(6n2?1)?36n1n2?6n1?6n2?1?6(6n1n2?n1?n2)?1，
显然，6n1n2?n1?n2?N，结论成立。然后用数学归纳法可得一般性结论。 (3) 若形如 6n－1的数中只有k个质数：p1, p2, …, pk。令N = 6 p1 p2 … pk－1，N为形如 6n－1的数，由假设N必为合数，且必有一个形如 6n－1的质因数p（否则就全是形如 6n + 1的数，由(2)中结论，乘积必为形如 6n+1的数，与N的形式不符）, 因此p为 p1, p2, …, pk中的某一个，于是，p | 1, 矛盾。
4. 设m>1，当m |[(m?1)!?1]时，m必为质数.
证：若m为合数，m最小的大于1的约数必为质数，设为p, p是2,3, …,m－1中一个数。 显然p | (m－1)!且p | [(m－1)!+1]，于是，p | 1, 矛盾。
5. 是否有1999 个连续的自然数, 它们之中恰好只有一个是质数？
证：显然存在1998个连续的自然数都是合数, 比如1999!+2, 1999!+3, …, 1999!+1999. 现在设a1,a2,…，a1998是任意1998个连续的合数,若比a1小的最大的质数是 p， 则p,p+1,p+2,,…，p+1998 就是题目所要求的1999 个连续的自然数。
这里的p可以如下确定：比a1小1的不是质数, 就考虑比a1小2的，还不是，就考虑小3的,…，直到是质数为止，这个质数即为p。
事实上，p后面的合数不少于1998个， 所以可从p后面选1998个都是合数。 附）广西师范大学 赵继源主编的《初等数论》习题1—2中的部分题目(与以上相同的不列) 1. 判断下列各数中哪些是质数？109，2003
2. 求证：对任意 n∈Z+，必有 n 个连续的自然数都是合数. 4. 求证：当 n∈Z+时，4n3+6n2+4n +1是合数.
5. 求 a，使 a，a +4，a +14都是质数.
6. 已知两个质数 p和 q满足关系式 3p+5q=31.求p/(3q+1)的值. 7. 已知 p>3，且 p和 2p+1都是质数，问 4p+1是质数还是合数？ 8. 由超级计算机运算得到的结果（2859433－1）是一个质数，试问：（2859433+1）是质数还是合数？请说明理由.
9. 已知：质数 p、q使得表达式（2p+1）/q及(2q-3)/p都是自然数，求 p、q的值 . 10. 试证：形如 4n -1的数中包含有无穷多个质数.（此题在王进明教材中为例題） 11.（1）若 n 是合数，证明：2n-1也是合数；（2）有人认为下列各和数：1+2+4，1+2+4+8，
1+2+4+8+16，…交替为质数与合数，你认为对吗？ 12. 已知：质数 p≥ 5，且是质数，证明：4p+1必是合数 .
习题1-2解答
1.109?11, 109用质数试除到7,
2003?45,2003用质数试除到43，可知两者是质数，
17357=17×1021是合数. 试除时，用数的整除特征考虑：2，3，5显然不能整除它，由上节第8题结论，357－17= 340，340不能被7，11，13整除，再用17考虑，得分解式。 2. 为作一般性证明，可如下构造 n 个连续自然数：（n + 1）！+ 2，（n + 1）！+ 3，…，（n+ 1）！+ n + 1显然它们每个都是合数.
4. 利用4n3+ 6n2+4n+1= (2n+1)(2n2+ 2n+ 1) ,n∈Z+, n≥1,2n+1和2n2+ 2n+ 1皆为大于1的数. 5. a=3. 思路：分类讨论(k∈Z): ∵ a=3k+1时，a + 14是3的倍数，a=3k+2时，a + 4是3的倍数。∴ 必有a =3k，即a为3的倍数。而a是质数, 只有a =3时，三个数全是质数。 6. 条件为一个不定方程, 可知1 < q≤ 5, 穷举得q=2, p=7; q=5,p=2两组解。故1或 1/8。 7. 合数. 利用质数 p> 3得 p不是 3的倍数，p= 3k+ 1，3 | 2p+1，所以，p=3k+2，3 | 4p+1. 或解：4p，4p+1，4p+2是三个连续整数，必有一个被3整除，由题设，只有3 | 4p+1. 8. 合数 . 2859433不可能是3的倍数，连续三个自然数中必有一个是 3的倍数. 即（2859433+1）。另一种解法：由习题1—1第1题（2）的结论，（2+1）|（2859433+1）．
9. 设2p?1?h,2q?3?k，h、 k 必为奇数, 2p?1?4p?2?4p?2?4p?2,得k?4，而k
qpq2qkp?3kp不能为3, 故只有k =1, 这样2q－3=p , 代入h?4q?5?4，同时质数 p、q 大于 3. 所以, 只
q能有h =3, 因而得 q =5, p=7.
10. 先证：一切大于 2的质数，不是形如 4n + 1就是形如 4n－1的数；再证任意多个形如 4n+1的数仍是形如4n +1的数；最后用数学归纳法验证.
若形如 4n－1的质数只有有限个：p1, p2, …, pk。令N = 4 p1 p2 … pk－1，N为形如 4n－1的数，由假设N必为合数，且必有一个形如 4n－1的质因数p（否则就全是形如 4n + 1的数，乘积必为形如 4n+1的数）, 因此p为 p1, p2, …, pk中在某一个，于是，p | 1, 矛盾。 11.（1）n是合数, 设n=st, 2n-1=2st-1=（2s-1）［（2s）t-1+ （2s）t-2+ … + 2s+ 1］. （2）1+2+22+ … +2n-1=2n-1. 当 n=14，15时，214-1，215-1均为合数，∴ 不对 . 12. 取模为6分类讨论 p，即设 p=6q+ r（r=0，1，2，3，4，5）.
由质数 p≥ 5，若p=6q, 6q+2, 6q+3或6q+4, p皆为合数, 不可能. 若p=6q+ 1,
则2p +1=12q+ 3也是合数, 故在题设条件下, 只有p=6q+5, 此时4p+1=24q+21, 是合数. 实际上，这题与第7题完全相同。质数p> 3?质数p≥ 5，可用前面的方法简单求解。
习题 1-3
1.求：（1）（30，45，84），［30，45，84］； （2）（21n +4，14n +3）（其中 n∈N）； 解：（1）(30，45，84)=( 30，15，24)=( 0，15，9)=3,
［30，45，84］=［90，84］=6［15，14］=6×15×14=1260. （2）-2（21n +4）+(14n +3）=1, 故（21n +4，14n +3）=1
??12.当n∈N时，求证：(n?1,n?1)????2(2|n） (2|n）
证：n=2k时，k∈Z,(n-1,n+1）=(2k-1,2k+1)=(-2 ,2k+1)=1; 即2 | n时, (n-1,n+1)=1；
n=2k+1时，k∈Z, (n-1,n+1）= (n-1,2）= (2k,2)=2.
3.用辗转相除法求（4 453, 5 767）,并写出相应的裴蜀等式。 解： 竖式：
5767?4 453?1?13144 453?1314?3?5111314?511?2?292511?292?2?73292?73?4 q P Q 0 1 0 1 1 1 1 2 3 4 3 445315787394234453 5112131 458421022?732923 2 9 7 4 2 22 17 4 453×22 +5767×(－17)= －73，∴ 5767×17－4 453×22 =73
1314?5767?4 453或由
73?(1314?511?2)?2?511?1314?2?511?5推得
511?4 453?1314?3292?1314?511?273?292?2?511?1314?2?(4 453?1314?3)?5?1314?17?4 453?5?(5767?4 453)?17?4 453?5?5767?17?4 453?22
4．已知24|62742ab, 求a, b.
解：6274200=261425×24, 故只需24|ab，即ab=0, 24, 36, 48, 72, 96.
又解：24=3×8，3,8互质，故只需3 |62742ab,8 |62742ab，即3 |（a+b）；又8 |2ab，8 |200,故只需8|ab，从而ab必为8的倍数，3,8 同时考虑，故答案是00，24，48，72, 96. 5．求证：lg2，15是无理数．
证 ∵ 0=lg1< lg2< lg10=1， ∴ lg2 不是整数．
q若lg2是有理数，可令lg2?p((p,q)?1,p,q?N?,p?1)，则10?2
qp?10q?2p?2q5q?2p?5q?2p?q, ∵ (2，5) = 1, ∴ (2q，5p－q) = 1,
所以 2q≠5pq .∴ lg2不是有理数。综上所述，lg2是无理数.
－q3<15<4, 显然不是整数．设15?pq2((p,q)?1,p,q?N?,p?1)，则15=2 （1）.
p∵ (p,q)?1, ∴ (p2，q2)=1, （1）式不可能成立。 ∴15不是有理数。 综上所述，15是无理数.
6. 已知a + b=60，(a, b)+[ a, b]=84, 求a, b.
解: 令(a,b)?d,a?dt1,b?dt2,则?t1,t2??1,有a?b?d(t1?t2),(a,b)??a,b??d(1?t1t2)。 d是a + b=60，(a, b)+[ a, b] =84的公约数，而(60,84)=12, ∴(a, b)=12，6，4，3，2，1 令 (a, b)=12，有t1+ t2=5, t1 t2=6，解得t1, t2为2,3或3,2。 令 (a, b)=6， t1+ t2=10, t1 t2=13,无整数解；
令 (a, b)=4， t1+ t2=15, t1 t2=20,无整数解；类似知(a, b)= 3，2，1皆无整数解。 ∴ a, b为24, 36或36, 24. (若考虑负数还有-12、72) ，
一般的，有以下结论：令(a,b)?d,a?dt1,b?dt2,则?t1,t2??1,?x,y使xt1?yt2?1,
?x(t1?t2)?(y?x)t2?1,?(t1?t2,t2)?1.同理(t1?t2,t1)?1.?(t1?t2,t1t2)?1?(dt1?dt2,dt1t2)?d.而dt1t2??a,b?,即?a?b,?a,b???(a,b).2?a,b,c?[a,b,c]7．求证： ?[a,b][b,c][c,a](a,b)(b,c)(c,a)2
2a2b2c2?a,b,c?[a,b,c]1证：由教材例5, ??[a,b][b,c][c,a](a,b)2(b,c)2(c,a)2[a,b][b,c][c,a]2?a,b,c? abbcca ?????(a,b)(b,c)(c,a)[a,b](a,b)[b,c](b,c)[c,a](c,a)(a,b)(b,c)(c,a)8. 自然数 A =10x+ y（x是非负整数，y是 N 的个位数字），求证：(10n+1) |A的充要条件是 (10n+1) | (x－ny) n∈N.
利用这一结论（称作割（尾）减法）判断下列各数能否被 31，41，51整除：26691，1076537，1361241
证明：A=10x+ y= 10（x－ny）+(10n+1)y.
必要性：(10n+1) |A, (10n+1) |(10n+1)y推得(10n+1) |10（x－ny）而（1+10n）与10互质，因此有(10n+1) | (x－ny)。
充分性：由和与积的整除性显然可得。 31| 26691，41|26691，51|?26691； 31|1076537，41|1076537，51|?1076537； 31|1361241，41|1361241，51|1361241.
?a,b,c?22
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