Chuyên đề: số nguyên tố

Chia sẻ: Thanh Tran | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:19

Thêm vào BST

Báo xấu

236
lượt xem 34
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Số nguyên tố là những số tự nhiên lớn hơn 1, chỉ có hai ước số là 1 và chính nó. Hợp số là những số tự nhiên lớn hơn 1 và có nhiều hơn 2 ước.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Chuyên đề: số nguyên tố

Chương 2 S Nguyên T 2.1 M t s ki n th c cơ b n v s nguyên t 9 2.2 M t s bài toán cơ b n v s nguyên n t 13 2.3 Bài t p 19 .v 2.4 Ph l c: B n nên bi t 24 4 h Nguy n Trung Hi u (nguyentrunghieua) Ph m Quang Toàn (Ph m Quang Toàn) c 2 2.1 o M t s ki n th c cơ b n v s nguyên t h 2.1.1 u i Đ nh nghĩa, đ nh lý cơ b n Đ nh nghĩa 2.1 S nguyên t là nh ng s t nhiên l n hơn 1, ch có 2 ư c s là 1 và chính nó. ư c. V Đ nh nghĩa 2.2 H p s là s t nhiên l n hơn 1 và có nhi u hơn 2 Nh n xét. Các s 0 và 1 không ph i là s nguyên t cũng không ph i là h p s . B t kỳ s t nhiên l n hơn 1 nào cũng có ít nh t m t ư c s nguyên t . Đ nh lý 2.1– Dãy s nguyên t là dãy s vô h n. 9
10 2.1. M t s ki n th c cơ b n v s nguyên t Ch ng minh. Gi s ch có h u h n s nguyên t là p1 ; p2 ; p3 ; ...; pn ; trong đó pn là s l n nh t trong các nguyên t . Xét s N = p1 p2 ...pn + 1 thì N chia cho m i s nguyên t pi (i = 1, n) đ u dư 1 (*) M t khác N là m t h p s (vì nó l n hơn s nguyên t l n nh t là pn ) do đó N ph i có m t ư c nguyên t nào đó, t c là N chia h t cho m t trong các s pi (**). Ta th y (**) mâu thu n (*). V y không th có h u h n s nguyên t . .v n Đ nh lý 2.2– M i s t nhiên l n hơn 1 đ u phân tích đư c ra th a s nguyên t m t cách duy nh t (không k th t các th a s ). Ch ng minh. * M i s t nhiên l n hơn 1 đ u phân tích đư c ra th a s nguyên t : 1 < m < n ta ch ng minh đi u đó đúng đ n n. N u n là nguyên t , ta có đi u ph i ch ng minh. 4 h Th t v y: gi s đi u kh ng đ nh trên là đúng v i m i s m tho mãn: 2 N u n là h p s , theo đ nh nghĩa h p s , ta có: n = a.b (v i a, b < n) Theo gi thi t quy n p: a và b là tích các th a s nh hơn n nên n là tích cu các th a s nguyên t . * S phân tích là duy nh t: o c Gi s m i s m < n đ u phân tích đư c ra th a s nguyên t m t i h cách duy nh t, ta ch ng minh đi u đó đúng đ n n: N u n là s nguyên t thì ta đư c đi u ph i ch ng minh. N u n là h p s : Gi s có 2 cách phân tích n ra th a s nguyên t khác nhau: V u n = p.q.r.... n = p .q .r .... Trong đó p, q, r..... và p , q , r .... là các s nguyên t và không có s nguyên t nào cũng có m t trong c hai phân tích đó (vì n u có s tho mãn đi u ki n như trên, ta có th chia n cho s đó lúc đó thư ng s nh hơn n, thương này có hai cách phân tích ra th a s nguyên t khác nhau, trái v i gi thi t c a quy n p). Không m t tính t ng quát, ta có th gi thi t p và p l n lư t là các s nguyên t nh nh t trong phân tích th nh t và th hai. Vì n là h p s nên n > p2 và n > p 2 . Do p = p ⇒ n > p.p Di n đàn Toán h c Chuyên đ S h c
2.1. M t s ki n th c cơ b n v s nguyên t 11 Xét m = n − pp < n đư c phân tích ra th a s nguyên t m t cách duy nh t ta th y: p|n ⇒ p|n − pp hay p|m Khi phân tích ra th a s nguyên t ta có: m = n − pp = p p.P.Q... v i P, Q ∈ P ( P là t p các s nguyên t ). ⇒ pp |n ⇒ pp |p.q.r... ⇒ p|q.r... ⇒ p là ư c nguyên t c a q.r... Mà p không trùng v i m t th a s nào trong q, r... (đi u này trái v i nguyên t m t cách duy nh t). V y, đi u gi s không đúng. Đ nh lý đư c ch ng minh. .v n g a thi t quy n p là m i s nh hơn n đ u phân tích đư c ra th a s 2.1.2 Cách 1 Cách nh n bi t m t s nguyên t 4 h 2 Chia s đó l n lư t cho các nguyên t t nh đ n l n: 2; 3; 5; 7... o c N u có m t phép chia h t thì s đó không nguyên t . N u th c hi n phép chia cho đ n lúc thương s nh hơn s chia mà các h phép chia v n có s dư thì s đó là nguyên t . Cách 2 u i M t s có hai ư c s l n hơn 1 thì s đó không ph i là s nguyên t . V Cho h c sinh l p 6 h c cách nh n bi t 1 s nguyên t b ng phương pháp th nh t (nêu trên), là d a vào đ nh lý cơ b n: Ư c √ nguyên t nh nh t c a m t h p s A là m t s không vư t s quá A. V i quy t c trên trong m t kho n th i gian ng n, v i các d u hi u chia h t thì ta nhanh chóng tr l i đư c m t s có hai ch s nào đó là Chuyên đ S h c Di n đàn Toán h c
12 2.1. M t s ki n th c cơ b n v s nguyên t nguyên t hay không. H qu 2.1– N u có s A > 1 không có m t ư c s nguyên t nào t √ 2 đ n A thì A là m t nguyên t . 2.1.3 S các ư c s và t ng các ư c s c a 1 s Gi s : A = px1 .px2 ......pn xn ; trong đó: pi ∈ P; xi ∈ N; i = 1, n n 1 2 Tính ch t 2.1– S các ư c s c a A tính b ng công th c: T (A) = (x1 + 1)(x2 + 1).....(xn + 1) h .v Ví d 2.1. 30 = 2.3.5 thì T (A) = (1 + 1)(1 + 1)(1 + 1) = 8. Ki m tra: 2 4 (30) = {1; 2; 3; 5; 6; 10; 15; 30} nên (30) có 8 phân t . Tính ch t 2.2– T ng các ư c m t s c a A tính b ng công th c: o σ (A) = n i=1 c pxi +1 − 1 i pi − 1 2.1.4 i h Hai s nguyên t cùng nhau V u Đ nh nghĩa 2.3 Hai s t nhiên đư c g i là nguyên t cùng nhau khi và ch khi chúng có ư c chung l n nh t (ƯCLN) b ng 1. Tính ch t 2.3– Hai s t nhiên liên ti p luôn nguyên t cùng nhau. Tính ch t 2.4– Hai s nguyên t khác nhau luôn nguyên t cùng nhau. Tính ch t 2.5– Các s a, b, c nguyên t cùng nhau khi và ch khi (a, b, c) = 1. Đ nh nghĩa 2.4 Nhi u s t nhiên đư c g i là nguyên t sánh đôi khi chúng đôi m t nguyên t cùng nhau. Di n đàn Toán h c Chuyên đ S h c
2.2. M t s bài toán cơ b n v s nguyên t 13 2.1.5 M t s đ nh lý đ c bi t Đ nh lý 2.3 (Dirichlet)– T n t i vô s s nguyên t p có d ng: p = ax + b (x, a, b ∈ N, a, b là 2 s nguyên t cùng nhau). Vi c ch ng minh đ nh lý này khá ph c t p, tr m t s trư ng h p đ c bi t, ch ng h n có vô s s nguyên t d ng: 2x − 1; 3x − 1; 4x + 3; 6x + 5; . . . Đ nh lý 2.4 (Tchebycheff-Betrand)– Trong kho ng t s t nhiên n đ n s t nhiên 2n có ít nh t m t s nguyên t (n > 2). .v Đ nh lý 2.5 (Vinogradow)– M i s l l n hơn 33 là t ng c a 3 s nguyên t . n 2.2 M t s bài toán cơ b n v s nguyên t 4 h 2.2.1 2 Có bao nhiêu s nguyên t d ng ax + b c Ví d 2.2. Ch ng minh r ng: có vô s s nguyên t có d ng 3x − 1. ho c 3x − 1 h o L i gi i. M i s t nhiên không nh hơn 2 có 1 trong 3 d ng: 3x; 3x+1 u i • Nh ng s có d ng 3x (v i x > 1) là h p s • Xét 2 s có d ng 3x + 1: đó là s 3m + 1 và s 3n + 1. V Xét tích (3m + 1)(3n + 1) = 9mn + 3m + 3n + 1. Tích này có d ng: 3x + 1 • L y m t s nguyên t p b t có d ng 3x − 1, ta l p tích c a p v i t t c các s nguyên t nh hơn p r i tr đi 1 ta có: M = 2.3.5.7....p − 1 = 3(2.5.7....p) − 1 thì M có d ng 3x − 1. Có 2 kh năng x y ra: 1. Kh năng 1: M là s nguyên t , đó là s nguyên t có d ng 3x − 1 > p, bài toán đư c ch ng minh. Chuyên đ S h c Di n đàn Toán h c
14 2.2. M t s bài toán cơ b n v s nguyên t 2. Kh năng 2: M là h p s : Ta chia M cho 2, 3, 5, ...., p đ u t n t i m t s dư khác 0 nên các ư c nguyên t c a M đ u l n hơn p, trong các ư c này không có s nào có d ng 3x + 1 (đã ch ng minh trên). Do đó ít nh t m t trong các ư c nguyên t c a M ph i có d ng 3x (h p s ) ho c 3x + 1 Vì n u t t c có d ng 3x + 1 thì M ph i có d ng 3x + 1 (đã ch ng minh trên). Do đó, ít nh t m t trong các ư c nguyên t c a M ph i có d ng 3x − 1, ư c này luôn l n hơn p. V y: Có vô s s nguyên t d ng 3x − 1. Ví d 2.3. Ch ng minh r ng: Có vô s s nguyên t có d ng 4x + 3. .v n h L i gi i. Nh n xét. Các s nguyên t l không th có d ng 4x ho c 4x + 2. V y chúng ch có th t n t i dư i 1 trong 2 d ng 4x + 1 ho c 4 4x + 3. Ta s ch ng minh có vô s s nguyên t có d ng 4x + 3. c 2 • Xét tích 2 s có d ng 4x + 1 là: 4m + 1 và 4n + 1. Ta có: (4m+1)(4n+1) = 16mn+4m+4n+1 = 4(4mn+m+n)+1. o V y tích c a 2 s có d ng 4x + 1 là m t s cũng có d ng 4x + 1. h i • L y m t s nguyên t p b t kỳ có d ng 4x + 3, ta l p tích c a 4p v i t t c các s nguyên t nh hơn p r i tr đi 1 khi đó ta có: u N = 4(2.3.5.7.....p) − 1. Có 2 kh năng x y ra 1. N là s nguyên t ⇒ N = 4(2.3.5.7....p) − 1 có d ng 4x − 1. V Nh ng s nguyên t có d ng 4x − 1 cũng chính là nh ng s có d ng 4x + 3 và bài toán đư c ch ng minh. 2. N là h p s . Chia N cho 2, 3, 5, ...., p đ u đư c các s dư khác 0. Suy ra các ư c nguyên t c a N đ u l n hơn p. Các ư c này không th có d ng 4x ho c 4x + 2 (vì đó là h p s ). Cũng không th toàn các ư c có d ng 4x + 1 vì như th N ph i có d ng 4x + 1. Như v y trong các ư c nguyên t c a N có ít nh t 1 ư c có d ng 4x − 1 mà ư c này hi n nhiên l n hơn p. Di n đàn Toán h c Chuyên đ S h c
2.2. M t s bài toán cơ b n v s nguyên t 15 V y: Có vô s s nguyên t có d ng 4x − 1 (hay có d ng 4x + 3). Trên đây là m t s bài toán ch ng minh đơn gi n c a đ nh lý Dirichlet: Có vô s s nguyên t d ng ax + b trong đó a, b, x ∈ N, (a, b) = 1. 2.2.2 Ch ng minh s nguyên t Ví d 2.4. Ch ng minh r ng: (p − 1)! chia h t cho p n u p là h p s , không chia h t cho p n u p là s nguyên t . L i gi i. . (p − 1)!. V y: (p − 1)!. (đpcm). .p .v không th l n hơn s mũ c a chính các lu th a y ch a trong n • Xét trư ng h p p là h p s : N u p là h p s thì p là tích c a các th a s nguyên t nh hơn p và s mũ các lu th a này nhau v i m i th a s c a (p − 1)! (đpcm). 4 h • Xét trư ng h p p là s nguyên t : Vì p ∈ P ⇒ p nguyên t cùng c 2 Ví d 2.5. Cho 2m − 1 là s nguyên t . Ch ng minh r ng m cũng là s nguyên t . o L i gi i. Gi s m là h p s ⇒ m = p.q (p, q ∈ N; p, q > 1) Khi đó: 2m −1 = 2pq −1 = (2p )q −1 = (2p −1)((2p )q−1 +(2p )q−2 +.....+1) h vì p > 1 ⇒ 2p − 1 > 1 và (2p )q−1 + (2p )q−2 + ..... + 1 > 1 u i D n đ n 2m − 1 là h p s :trái v i gi thi t 2m ˘1 là s nguyên t . V y m ph i là s nguyên t (đpcm) Ví d 2.6. Ch ng minh r ng: m i ư c nguyên t c a 1994! − 1 đ u l n V hơn 1994. L i gi i. G i p là ư c s nguyên t c a 1994! − 1 . .p . Mà 1994! − 1. ⇒ 1. (vô lý) .p . Gi s p ≤ 1994 ⇒ 1994.1993.....3.2.1. ⇒ 1994!. .p . .p. V y: p > 1994 (đpcm). Ví d 2.7. Ch ng minh r ng: n >2 thì gi a n và n! có ít nh t 1 s nguyên t (t đó suy ra có vô s s nguyên t ). Chuyên đ S h c Di n đàn Toán h c
16 2.2. M t s bài toán cơ b n v s nguyên t L i gi i. Vì n > 2 nên k = n! − 1 > 1, do đó k có ít nh t m t ư c s nguyên t p. Tương t bài t p 3, ta ch ng minh đư c m i ư c nguyên t p c a k đ u l n hơn k. V y: p > n ⇒ n < p < n! − 1 < n! (đpcm) 2.2.3 Tìm s nguyên t th a mãn đi u ki n cho trư c Ví d 2.8. Tìm t t c các giá tr c a s nguyên t p đ : p + 10 và p + 14 cũng là s nguyên t . đ u là các s nguyên t nên p = 3 là giá tr c n tìm. N u p > 3 ⇒ p có d ng 3k + 1 ho c d ng 3k − 1 .v n L i gi i. N u p = 3 thì p + 10 = 3 + 10 = 13 và p + 14 = 3 + 14 = 17 h . • N u p = 3k + 1 thì p + 14 = 3k + 15 = 3(k + 5). .3 2 4. • N u p = 3k − 1 thì p + 10 = 3k + 9 = 3(k + 3). .3 V y n u p > 3 thì ho c p + 10 ho c p + 14 là h p s : không th a mãn bài. V y p = 3. o c Ví d 2.9. Tìm k ∈ N đ trong 10 s t nhiên liên ti p: h k + 1; k + 2; k + 3; ....k + 10 i u có nhi u s nguyên t nh t. L i gi i. N u k = 0: t 1 đ n 10 có 4 s nguyên t : 2; 3; 5; 7. N u k = 1: t 2 đ n 11 có 5 s nguyên t : 2; 3; 5; 7; 11. V N u k > 1: t 3 tr đi không có s ch n nào là s nguyên t . Trong 5 s l liên ti p, ít nh t có 1 s là b i s c a 3 do đó, dãy s có ít hơn 5 s nguyên t . V y v i k = 1, dãy tương ng: k + 1; k + 2, .....k + 10 có ch a nhi u s nguyên t nh t (5 s nguyên t ). Ví d 2.10. Tìm t t c các s nguyên t p đ : 2p +p2 cũng là s nguyên t . L i gi i. Xét 3 trư ng h p: Di n đàn Toán h c Chuyên đ S h c
2.2. M t s bài toán cơ b n v s nguyên t 17 • p = 2 ⇒ 2p + p2 = 22 + 22 = 8 ∈ P • p = 3 ⇒ 2p + p2 = 23 + 32 = 17 ∈ P . • p > 3 ⇒ p . Ta có 2p + p2 = (p2 − 1) + (2p + 1). .3. . . Vì p l ⇒ 2p + 1. và p2 − 1 = (p + 1)(p − 1). ⇒ 2p + p2 ∈ P .3 .3 V y có duy nh t 1 giá tr p = 3 tho mãn. Ví d 2.11. Tìm t t c các s nguyên t p sao cho: p|2p + 1. L i gi i. Vì p ∈ P : p|2p + 1 ⇒ p > 2 ⇒ (2; p) = 1 Theo đ nh lý Fermat, ta có: p|2p−1 − 1. Mà p|2p + 1 ⇒ p|2(2p−1 − 1) + 3 ⇒ p|3 ⇒ p = 3 .v n V y: p = 3. 4 h 2 2.2.4 Nh n bi t s nguyên t c Ví d 2.12. N u p là s nguyên t và 1 trong 2 s 8p + 1 và 8p − 1 là s nguyên t thì s còn l i là s nguyên t hay h p s ? L i gi i. o • N u p = 2 ⇒ 8p + 1 = 17 ∈ P; 8p − 1 = 15 ∈ P h • N u p = 3 ⇒ 8p − 1 = 23 ∈ P; 8p − 1 = 25 ∈ P u i • N u p > 3, xét 3 s t nhiên liên ti p: 8p − 1; 8p và 8p + 1. Trong 3 s này t có 1 s chia h t cho 3. Nên m t trong hai s 8p + 1 và 8p − 1 chia h t cho 3. V K t lu n: N u p ∈ P và 1 trong 2 s 8p + 1 và 8p − 1 là s nguyên t thì s còn l i ph i là h p s . Ví d 2.13. N u p ≥ 5 và 2p + 1 là các s nguyên t thì 4p + 1 là nguyên t hay h p s ? L i gi i. Xét 3 s t nhiên liên ti p: 4p; 4p + 1; 4p + 2. Trong 3 s t có m t s là b i c a 3. Mà p ≥ 5; p ∈ P nên p có d ng 3k + 1 ho c 3k + 2 . • N u p = 3k + 1 thì 2p + 1 = 6k + 3. (trái v i gi thi t) .3: Chuyên đ S h c Di n đàn Toán h c
18 2.2. M t s bài toán cơ b n v s nguyên t . • N u p = 3k +2. Khi đó 4p+1 = 4(3k +2)+1 = 12k +9. ⇒ 4p+1 .3 là h p s Ví d 2.14. Trong dãy s t nhiên có th tìm đư c 1997 s liên ti p nhau mà không có s nguyên t nào hay không ? . L i gi i. Ch n dãy s : (a ) : a = 1998! + i + 1 (i = 1, 1997) ⇒ a . + i i .i i 1 ∀i = 1, 1997 Như v y: Dãy s a1 ; a2 ; a3 ; .....a1997 g m có 1997 s t nhiên liên ti p không có s nào là s nguyên t . Ví d 2.15 (T ng quát bài t p 2.14). Ch ng minh r ng có th tìm đư c 1 dãy s g m n s t nhiên liên ti p (n > 1) không có s nào .v n h là s nguyên t ? . L i gi i. Ta ch n dãy s sau: (ai ) : ai = (n + 1)! + i + 1 ⇒ ai . + 1 ∀i = 4 .i 1, n. 2 B n đ c hãy t ch ng minh dãy (ai ) trên s g m có n s t nhiên liên ti p trong đó không có s nào là s nguyên t c . 2.2.5 Các d ng khác o c h Ví d 2.16. Tìm 3 s nguyên t sao cho tích c a chúng g p 5 l n t ng i c a chúng. L i gi i. G i 3 s nguyên t ph i tìm là a, b, c. Ta có: abc = 5(a + b + c) ⇒ abc. . . .5 a. ⇒ a = 5 .5 u Vì a, b, c có vai trò bình đ ng nên không m t tính t ng quát, gi s : V Khi đó: 5bc = 5(5 + b + c) ⇔ 5 + b + c = bc ⇔ (c − 1)(b − 1) = 6  b−1=1 b=2 ⇔ ch n  c−1=6 c=7 Do v y:   b−1=2 b=3 ⇔ lo i c−1=3 c=4 V y b s (a; b; c) c n tìm là hoán v c a (2; 5; 7). Ví d 2.17. Tìm p, q ∈ P sao cho p2 = 8q + 1. Di n đàn Toán h c Chuyên đ S h c
2.3. Bài t p 19 L i gi i. Ta có: p2 = 8q + 1 ⇒ 8q = p2 − 1 = (p + 1)(p − 1) (2.1) Do p2 = 8q + 1 : l ⇒ p2 : l ⇒ p : l . Đ t p = 2k + 1. Thay vào (2.1) ta có: 8q = 2k(2k + 2) ⇒ 2q = k(k + 1) (2.2) n N u q = 2 ⇒ 4 = k(k + 1) ⇒ không tìm đư c k ∈ N V y q > 2. Vì q ∈ P ⇒ (2, q) = 1. .v T (2.2) ta có: a) k = 2 và q = k + 1 ⇒ k = 2; q = 3. Thay k t qu trên vào (2.2) ta có: p = 2.2 + 1 = 5 b) q = k và 2 = k + 1 ⇒ q = 1 :lo i. 4 h V y (q; p) = (5; 3). c 2 2.3 2.3.1 Bài t p Bài t p có hư ng d n h o u i Bài 1. Ta bi t r ng có 25 s nguyên t nh hơn 100. T ng c a 25 s nguyên t nh hơn 100 là s ch n hay s l ? HD :Trong 25 s nguyên t nh hơn 100 có ch a m t s nguyên V t ch n duy nh t là 2, còn 24 s nguyên t còn l i là s l . Do đó t ng c a 25 s nguyên t là s ch n. Bài 2. T ng c a 3 s nguyên t b ng 1012. Tìm s nguyên t nh nh t trong ba s nguyên t đó. HD: Vì t ng c a 3 s nguyên t b ng 1012, nên trong 3 s nguyên t đó t n t i ít nh t m t s nguyên t ch n. Mà s nguyên t ch n duy nh t là 2 và là s nguyên t nh nh t. V y s nguyên t nh nh t trong 3 s nguyên t đó là 2. Chuyên đ S h c Di n đàn Toán h c
20 2.3. Bài t p Bài 3. T ng c a 2 s nguyên t có th b ng 2003 hay không? Vì sao? HD: Vì t ng c a 2 s nguyên t b ng 2003, nên trong 2 s nguyên t đó t n t i 1 s nguyên t ch n. Mà s nguyên t ch n duy nh t là 2. Do đó s nguyên t còn l i là 2001. Do 2001 chia h t cho 3 và 2001 > 3. Suy ra 2001 không ph i là s nguyên t . Bài 4. Tìm s nguyên t p, sao cho p + 2; p + 4 cũng là các s nguyên t . p + 8 là h p s . .v n Bài 5. Cho p và p + 4 là các s nguyên t (p > 3). Ch ng minh r ng HD: Vì p là s nguyên t và p > 3, nên s nguyên t p có 1 trong 2 d ng: 4 h . • N u p = 3k + 2 thì p + 4 = 3k + 6 = 3(k + 2) ⇒ p + 4. và .3 2 p + 4 > 3. Do đó p + 4 là h p s : trái đ bài. c . • N u p = 3k + 1 thì p + 8 = 3k + 9 = 3(k + 3) ⇒ p + 8. và .3 o p + 8 > 3. Do đó p + 8 là h p s . h Bài 6. Ch ng minh r ng m i s nguyên t l n hơn 2 đ u có d ng 4n+1 i ho c 4n − 1. u Bài 7. Tìm s nguyên t , bi t r ng s đó b ng t ng c a hai s nguyên t và b ng hi u c a hai s nguyên t . V HD: Gi s a, b, c, d, e là các s nguyên t và d > e. Theo đ bài: a = b + c = d − e (∗) T (*) ⇒ a > 2 nên a là s nguyên t l ⇒ b + c; d − e là s l . Do b, d là các s nguyên t ⇒ b, d là s l ⇒ c, e là s ch n. ⇒ c = e = 2 (do c, elà s nguyên t ) ⇒ a = b + 2 = d − 2 ⇒ d = b + 4. V y ta c n tìm s nguyên t b sao cho b + 2 và b + 4 cũng là các s nguyên t . Di n đàn Toán h c Chuyên đ S h c
2.3. Bài t p 21 Bài 8. Tìm t t c các s nguyên t x, y sao cho: x2 − 6y 2 = 1. Bài 9. Cho p và p + 2 là các s nguyên t (p > 3). Ch ng minh r ng . p + 1. .6. 2.3.2 Bài t p không có hư ng d n Bài 1. Tìm s nguyên t p sao cho các s sau cũng là s nguyên t : n a) p + 2 và p + 10. b) p + 10 và p + 20. .v c) p + 10 và p + 14. d) p + 14 và p + 20. e) p + 2 và p + 8. f) p + 2 và p + 14. 4 h 2 g) p + 4 và p + 10. c h) p + 8 và p + 10. o Bài 2. Tìm s nguyên t p sao cho các s sau cũng là s nguyên t : h a) p + 2, p + 8, p + 12, p + 14 u i b) p + 2, p + 6, p + 8, p + 14 c) p + 6, p + 8, p + 12, p + 14 d) p + 2, p + 6, p + 8, p + 12, p + 14 V e) p + 6, p + 12, p + 18, p + 24 f) p + 18, p + 24, p + 26, p + 32 g) p + 4, p + 6, p + 10, p + 12, p + 16 Bài 3. Cho trư c s nguyên t p > 3 th a a) p + 4 ∈ P. Ch ng minh r ng: p + 8 là h p s . b) 2p + 1 ∈ P. Ch ng minh r ng: 4p + 1 là h p s . c) 10p + 1 ∈ P. Ch ng minh r ng: 5p + 1 là h p s . Chuyên đ S h c Di n đàn Toán h c
22 2.3. Bài t p d) p + 8 ∈ P. Ch ng minh r ng: p + 4 là h p s . e) 4p + 1 ∈ P. Ch ng minh r ng: 2p + 1 là h p s . f) 5p + 1 ∈ P. Ch ng minh r ng: 10p + 1 là h p s . g) 8p + 1 ∈ P. Ch ng minh r ng: 8p − 1 là h p s . h) 8p − 1 ∈ P. Ch ng minh r ng: 8p + 1 là h p s . i) 8p2 − 1 ∈ P. Ch ng minh r ng: 8p2 + 1 là h p s . j) 8p2 + 1 ∈ P. Ch ng minh r ng: 8p2 − 1 là h p s . Bài 4. Ch ng minh r ng: .v n . a) N u p và q là hai s nguyên t l n hơn 3 thì p2 − q 2 . .24. 3 thì k . .6. 4 h b) N u a, a + k, a + 2k(a, k ∈ N∗ ) là các s nguyên t l n hơn . 2 Bài 5. a) M t s nguyên t chia cho 42 có s dư r là h p s . Tìm s dư r. o c b) M t s nguyên t chia cho 30 có s dư r. Tìm s dư r bi t r ng r không là s nguyên t . i h Bài 6. Tìm s nguyên t có ba ch s , bi t r ng n u vi t s đó theo th t ngư c l i thì ta đư c m t s là l p phương c a m t s t nhiên. u Bài 7. Tìm s t nhiên có 4 ch s , ch s hàng nghìn b ng ch s V hàng đơn v , ch s hàng trăm b ng ch s hàng ch c và s đó vi t đư c dư i d ng tích c a 3 s nguyên t liên ti p. Bài 8. Tìm 3 s nguyên t là các s l liên ti p. Bài 9. Tìm 3 s nguyên t liên ti p p, q, r sao cho p2 + q 2 + r2 ∈ P. Bài 10. Tìm t t c các b ba s nguyên t a, b, c sao cho abc < ab + bc + ca. Bài 11. Tìm 3 s nguyên t p, q, r sao cho pq + q p = r. Di n đàn Toán h c Chuyên đ S h c
2.3. Bài t p 23 Bài 12. Tìm các s nguyên t x, y, z tho mãn xy + 1 = z. Bài 13. Tìm s nguyên t abcd th a ab, ac là các s nguyên t và b2 = cd + b − c. Bài 14. Cho các s p = bc + a, q = ab + c, r = ca + b(a, b, c ∈ N∗ ) là các s nguyên t . Ch ng minh r ng 3 s p, q, r có ít nh t hai s b ng nhau. Bài 15. Tìm t t c các s nguyên t x, y sao cho: a) x2 − 12y 2 = 1 b) 3x2 + 1 = 19y 2 c) 5x2 − 11y 2 = 1 .v n d) 7x2 − 3y 2 = 1 e) 13x2 − y 2 = 3 4 h f) x2 = 8y + 1 c 2 Bài 16. Ch ng minh r ng đi u ki n c n và đ đ p và 8p2 + 1 là các s nguyên t là p = 3. a + b. h o Bài 17. Ch ng minh r ng: N u a2 − b2 là m t s nguyên t thì a2 − b2 = u ho c 6n − 1. i Bài 18. Ch ng minh r ng m i s nguyên t l n hơn 3 đ u có d ng 6n+1 V Bài 19. Ch ng minh r ng t ng bình phương c a 3 s nguyên t l n hơn 3 không th là m t s nguyên t . Bài 20. Cho s t nhiên n ≥ 2. G i p1 , p2 , ..., pn là nh ng s nguyên t sao cho pn ≤ n + 1. Đ t A = p1 .p2 ...pn . Ch ng minh r ng trong dãy s các s t nhiên liên ti p: A + 2, A + 3, ..., A + (n + 1), không ch a m t s nguyên t nào. Bài 21. Ch ng minh r ng: N u p là s nguyên t thì 2.3.4...(p − 3)(p − . 2) − 1. .p. Chuyên đ S h c Di n đàn Toán h c
24 2.4. Ph l c: B n nên bi t Bài 22. Ch ng minh r ng: N u p là s nguyên t thì 2.3.4...(p − 2)(p − . 1) + 1. .p. 2.4 Ph l c: B n nên bi t Mư i s nguyên t có 93 ch s l p thành c p s c ng Sau đây là m t s nguyên t g m 93 ch s : 100996972469714247637786655587969840329509324689190041 803603417758904341703348882159067229719 .v n K l c này do 70 nhà toán h c l p đư c năm 1998 th t khó mà đánh t t o thành m t c p s c ng. 4 h b i đư c. H m t nhi u tháng tính toán m i tìm đư c mư i s nguyên 2 T m c trò chơi trong 1 t p chí khoa h c, hai nhà nghiên c u trư ng Đ i h c Lyonl (Pháp) đã đào sâu ý tư ng: Tìm 6 s nguyên t sao cho c hi u 2 s liên ti p luôn luôn như nhau. Đi u đó là d đ i v i các chuyên gia nhưng h mu n đi xa hơn. Cũng không có v n đ gì khó khăn đ i o v i m t dãy 7 s . H c n s h tr m t chút đ đ t đư c 8 s , m t s h h tr hơn n a đ đ t t i 9 s . Cu i cùng tháng 3 năm 1998 có 70 nhà i toán h c t kh p trên th gi i cùng v i 200 máy đi n toán ho t đ ng liên t c đã tìm ra 10 s , m i s có 93 ch s , mà hi u s c a 2 s liên u ti p luôn luôn là 210. T s nguyên t đư c s nguyên t th 2.... V trên ch c n thêm vào 210 là K l c có l d ng đó: Theo ư c tính c a các nhà khoa h c mu n tìm đư c 1 dãy 11 s nguyên t thì ph i m t hơn 10 t năm. “Sinh ba” r t ít, ph i chăng “sinh đôi” l i r t nhi u Ta bi t r ng các s nguyên t “có th xa nhau tuỳ ý” đi u này th hi n bài t p: Di n đàn Toán h c Chuyên đ S h c
2.4. Ph l c: B n nên bi t 25 Bài toán 2.1. Cho trư c s nguyên dương n tuỳ ý. Ch ng minh r ng t n t i n s t nhiên liên ti p mà m i s trong chúng đ u là h p s . V y nhưng, các s nguyên t cũng “có th r t g n nhau”. C p s (2, 3) là c p s t nhiên liên ti p duy nh t mà c hai bên đ u là s nguyên t . C p s đ(p, q)ư c g i là c p s “sinh đôi”, n u c 2 đ u là s nguyên t và q = p + 2. B 3 s (p, q, r) g i là b s nguyên t “sinh ba” n u c 3 s p,q,r đ u là các s nguyên t và q = p + 2; r = q + 2. Bài toán 2.2. Tìm t t c các b s nguyên t “sinh ba”? .v Đây là m t bài toán d , dùng phương pháp ch ng minh duy nh t ta n tìm ra b (3, 5, 7) là b ba s nguyên t sinh ba duy nh t, các b 3 s h l l n hơn 3 luôn có 1 s là h p s vì nó chia h t cho 3. T bài toán 2.2 thì bài toán sau tr thành m t gi thuy t l n đang ch câu tr l i. 4 2 D đoán 2.1– T n t i vô h n c p s sinh đôi. c o S hoàn h o (hoàn toàn) c a nh ng ngư i Hy L p c đ i h Ngư i Hy L p c đ i có quan ni m th n bí v các s . H r t thú v i phát hi n ra các s hoàn h o, nghĩa là các s t nhiên mà t ng các ư c s t nhiên th c s c a nó (các ư c s nh hơn s đó) b ng chính nó. Ch ng h n: V u 6=1+2+3 28 = 1 + 2 + 4 + 7 + 14 Ngư i Hy L p c đ i đã bi t tìm t t c các s hoàn h o ch n nghĩa là h đã làm đư c bài toán sau đây: Bài toán 2.3. M t s t nhiên ch n n = 0 là s hoàn h o n u và ch n u: n = 2m+1 (2m − 1). Trong đó m là s t nhiên khác 0 sao cho 2m − 1 là s nguyên t . T đó ta có gi thuy t Chuyên đ S h c Di n đàn Toán h c
26 2.4. Ph l c: B n nên bi t D đoán 2.2– Không t n t i s hoàn h o l . bài toán 2.3 trên, s nguyên t d ng 2m − 1 g i là s nguyên t Merseme. Các s nguyên t Merseme có vai trò r t quan tr ng. Cho đ n nay ngư i ta v n chưa bi t có h u h n hay vô h n s nguyên t Merseme. D đoán 2.3– T n t i vô h n s nguyên t Merseme. .v n Năm 1985 s nguyên t l n nh t mà ngư i ta bi t là s 2132049 − 1 g m 39751 ch s ghi trong h th p phân. G n đây 2 sinh viên M đã tìm ra m t s nguyên t l n hơn n a đó là s 2216091 − 1 g m 65050 ch s . h Ta bi t r ng v i h c sinh l p 6 đ th xem s A có ít hơn 20 ch s có là s nguyên t không b ng cách th xem A có chia h t cho s nào 4 nh hơn A hay không, thì đ tìm h t các s nguyên t v i chi c máy 2 siêu đi n toán c n hàng th k !!! c David SlowinSky đã so n m t ph n m m, làm vi c trên máy siêu đi n toán Gray-2 , sau 19 gi ông đã tìm ra s nguyên t 2756839 − 1. S này o vi t trong h th p phân s có 227832 ch s - vi t h t s này c n 110 h trang văn b n bình thư ng. Ho c n u vi t hàng ngang nh ng s trên i phông ch .VnTime Size 14 thì ta c n kho ng 570 m. L iK t V u Thông qua đ tài này, chúng ta có th kh ng đ nh r ng: Toán h c có m t trong m i công vi c, m i lĩnh v c c a cu c s ng quanh ta, nó không th tách r i và lãng quên đư c, nên chúng ta ph i hi u bi t và n m b t đư c nó m t cách t giác và hi u qu . M c đích c a đ tài này là trang b nh ng ki n th c cơ b n có đào sâu có nâng cao và rèn luy n tư duy toán h c cho h c sinh, t o ra n n t ng tin c y đ các em có v n ki n th c nh t đ nh làm hành trang cho Di n đàn Toán h c Chuyên đ S h c
2.4. Ph l c: B n nên bi t 27 nh ng năm h c ti p theo. V i đi u ki n có nhi u h n ch v th i gian, v năng l c trình đ nên trong khuôn kh đ tài này phân chia d ng toán, lo i toán ch có tính tương đ i. Đ ng th i cũng m i ch đưa ra l i gi i ch chưa có phương pháp, thu t làm rõ ràng. Tuy đã có c g ng nhi u nhưng chnsg tôi t th y trong đ tài này còn nhi u h n ch . Chúng tôi r t mong nh n đư c nh ng ý ki n đóng góp c a các th y cô giáo cùng b n đ c đ toán h c th t s có ý nghĩa cao đ p như câu ng n ng Pháp đã vi t: “Toán h c là Vua c a các khoa h c” “S h c là N hoàng” .v n 4 h c 2 h o u i V Chuyên đ S h c Di n đàn Toán h c