THÔNG TIN TÀI LIỆU
CHỦ ĐỀ SỐ NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ A KiÕn thøc cÇn nhí Định nghĩa số ngun tố, hợp số 1) Số nguyên tố số tự nhiên lớn 1, có ước số CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI Ví dụ: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19 2) Hợp số số tự nhiên lớn có nhiều ước Ví dụ: có ước số: ; nên hợp số 3) Các số khơng phải só ngun tố khơng phải hợp số 4) Bất kỳ số tự nhiên lớn có ước số ngun tố Một số tính chất ● Có vơ hạn số nguyên tố • Nếu số nguyên tố p chia hết cho số nguyên tố q p = q • Nếu tích abc chia hết cho số ngun tố p thừa số tích abc chia hết cho số ngun tố p • Nếu a b không chia hết cho số nguyên tố p tích ab khơng chia hết cho số nguyên tố p ● Nếu A hợp số A có ước ngun tố khơng vượt A Chứng minh Vì n hợp số nên n = ab với a, b ∈ ,1 < a ≤ b < n a ước nhỏ n Thế n ≥ a Do a ≤ n Phân tích số thừa số ngun tố: • Phân tích số tự nhiên lớn thừa số nguyên tố viết số dạng tích thừa số nguyên tố + Dạng phân tích thừa số nguyên tố số nguyên tố số + Mọi hợp số phân tích thừa số nguyên tố, phân tích khơng tính thứ tự thừa số Chẳng hạn A = aα b β cγ , a, b, c số nguyên tố α , β , , γ ∈ N* Khi số ước số A tính (α + 1)( β + 1) ( γ + 1) aα +1 − b β +1 − cγ +1 − Tổng ước số A tính a −1 b −1 c −1 TỦ SÁCH CẤP 2| 74 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP | Số nguyên tố Hai số a b nguyên tố ( a, b ) = Các số a, b, c nguyên tố ( a, b,c ) = Các số a, b, c đôi nguyên tố ( a, = b) b,c ) (= c,a ) (= Cách nhận biết số nguyên tố Cách Chia số cho số nguyên tố từ nhỏ đến lớn: 2; 3; 5; - Nếu có phép chia hết số khơng số ngun tố - Nếu thực phép chia lúc thương số nhỏ số chia mà phép chia có số dư số số ngun tố Cách - Một số có hai ước số lớn số khơng phải số ngun tố - Nếu A hợp số A có ước ngun tố khơng vượt q A chóng trả lời số có hai chữ số ngun tố hay khơng B MỘT SỐ DẠNG TỐN SỐ NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ Dạng 1: Chứng minh số số nguyên tố hay hợp số Bài toán Nếu p p số nguyên tố p số nguyên tố Hướng dẫn giải Xét p 3k ( k nguyên) p 8 , hợp số Xét p 3k p 8 , hợp số Vậy p 3k , mà p số nguyên tố nên p Khi p 11 , số nguyên tố Bài toán Chứng minh n + số nguyên tố n = Hướng dẫn giải Ta có: n + = n + 4n + − 4n = = (n (n + ) − ( 2n ) 2 2 + − 2n )( n + + 2n )= ( n − 1) + 1 ( n + 1) + 1 Nếu n > hai thừa số lớn Như n + số nguyên tố n = Bài toán Chứng minh với số tự nhiên n > n5 + n + hợp số .75 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC - Với quy tắt khoảng thời gian ngắn, với dấu hiệu chia hết ta nhanh | CHỦ ĐỀ 3: SỐ NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ Hướng dẫn giải Ta có: n5 + n + 1= (n + n + 1)( n3 − n + 1) Mà n > nên n + n + > suy n5 + n + hợp số Bài toán Chứng minh 2n − số nguyên tố ( n > ) 2n + hợp số Hướng dẫn giải Trong ba số nguyên 2n − 1; 2n ; 2n + có số chia hết cho Mặt khác, 2n không chia hết cho 3, hai số 2n − 1; 2n + phải có số chia hết cho 3, nghĩa hai số phải có hợp số Để cho 2n − số nguyên tố ( n > ) nên chắn CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI chắn 2n + hợp số Bài toán Cho p p − số nguyên tố Chứng minh p + hợp số Hướng dẫn giải Vì p − số nguyên tố nên p ≠ Nếu p = p + =25 hợp số Nếu p > p ( p − 1)( p + 1) Vì p p − số nguyên tố lớn nên p + chia hết cho hay p + hợp số Bài toán Chứng minh với số nguyên dương n, chọn n 2020 + n 2019 + số nguyên dương liên tiếp mà tất hợp số Xét A= A= (n (n 2020 Hướng dẫn giải 2020 +n 2019 + )!+ 2 + n 2019 + )!+ 33 An2020 + n2019 +1 = (n 2020 + n 2019 + )!+ ( n 2020 + n 2019 + ) n 2020 + n 2019 + Dãy A1 , A2 , , An2020 + n2019 +1 hợp số liên tiếp Dạng 2: Chứng minh số tốn có liên quan đến tính chất số nguyên tố Bài toán Chứng minh p p + hai số nguyên tố lớn tổng chúng chia hết cho 12 Hướng dẫn giải TỦ SÁCH CẤP 2| 76 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP | Ta có : p + ( p + )= ( p + 1) • p số nguyên tố lớn nên p số nguyên tố lẻ, suy : p + 1 ⇒ ( p + 1) (1) • p, p + 1, p + ba số nguyên liên tiếp nên có số chia hết cho 3, mà p p + không chia hết : p + 13 ⇒ ( p + 1)3 (2) Từ (1) (2) suy : ( p + )12 (đpcm) Bài toán Chứng minh ước nguyên tố 2014!− lớn 2014 Hướng dẫn giải Gọi p ước nguyên tố 2014!− Giả sử p ≤ 2014 ⇒ 1.2.3 2014 p ⇒ 2014! p Bài toán Cho số p =bc + a, q =a b + c, r =c a + b số nguyên tố ( a, b, c ∈ N * ) Chứng minh ba số p, q, r có hai số Hướng dẫn giải Trong số a, b, c có hai số tính chẵn lẻ Giả sử hai số tính chẵn lẻ a b Suy p= Suy a= bc + a số nguyên tố chẵn nên p = b= Khi q= c + r= c + nên q = r Vậy ba số p, q, r có hai số Bài toán Cho số tự nhiên n ≥ số nguyên tố p thỏa mãn p − chia hết cho n đồng thời n3 − chia hết cho p Chứng minh n + p số phương Hướng dẫn giải Ta có: n3 − = ( n − 1) ( n + n + 1) p ; ( p − 1) n ⇒ p − ≥ n ⇒ p ≥ n + Vì p ≥ n + ⇒ ( n − 1) không chia hết cho p ( ) ( ) Do đó: ( n − 1) n + n + p ⇔ n + n + p Đặt : p − = kn, 77 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC k ≥ ⇒ p = kn + (*) CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC Mà ( 2014!− 1) p nên p Điều mâu thuẫn dẫn đến p > 2014 | CHỦ ĐỀ 3: SỐ NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ Suy ( n + n + 1) ( kn + 1) ⇒ kn + ≤ n + n + (1) Ta có: k ( n + n + 1) − n ( kn + 1) ( kn + 1) ⇒ ( k − 1) n + k ( kn + 1) Do k ≥ nên ( k − 1) n + k > Suy ( k − 1) n + k ≥ kn + ⇒ k ≥ n + ( ) ⇔ kn ≤ n + n ⇔ k ≤ n + Từ (1) (2) suy ra: k = n + ⇒ p = kn + = n + n + ⇒ n + p = n + 2n + = ( n + 1) Vậy n + p số phương Dạng 3: Tìm số ngun tố thỏa mãn điều kiện CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI Đối với dạng tốn tìm số nguyên tố thỏa mãn điều kiện cho trước, thường sử dụng tính chất phép chia số nguyên sau để giải: * Trong n số nguyên liên tiếp có số chia hết cho n * Mọi số nguyên tố lớn có dạng 4n ± * Mọi số nguyên tố lớn có dạng 3n ± * Mọi số nguyên tố lớn có dạng 6n ± Chứng minh: ● Xét m số nguyên tố lớn Mỗi số tự nhiên chia cho có số dư 0, 1, 2, số tự nhiên viết dạng 4n – 1; 4n ; 4n + 1; 4n + Do m số nguyên tố lớn nên khơng thể chia hết m khơng có dạng 4n 4n + Vậy số nguyên tố lớn có dạng: 4n ± Khơng phải số có dạng 4n ± số nguyên tố Chẳng hạn 4 - = 15 không số nguyên tố ● Xét m số nguyên tố lớn +) Ta thấy số nguyên tố lớn phải có dạng 3n ± có dạng 3k chia hết khơng thể số ngun tố Khơng phải số có dạng 3n ± số nguyên tố Chẳng hạn + = 16 không số nguyên tố +) Mỗi số tự nhiên chia cho có số dư 0, 1, 2, 3, 4, số tự nhiên viết dạng 6n – 1; 6n ; 6n + 1; 6n + ; 6n + Do m số nguyên tố lớn nên chia hết m khơng có dạng 6n 6n; 6n + 2; 6n + Vậy số nguyên tố lớn đề có dạng: 6n ± Khơng phải số có dạng 6n ± số nguyên tố TỦ SÁCH CẤP 2| 78 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP | Chẳng hạn + = 25 không số nguyên tố * Ví dụ minh họa: Bài tốn Tìm tất số ngun tố p cho p + p + số nguyên tố Hướng dẫn giải Với p = p + = p + = số nguyên tố Với p = p + = p + = số nguyên tố Với p > mà p số nguyên tố nên p có dạng p = 3k + p = 3k + p 3k + p + = 3k + = ( 3k + 1) không số nguyên tố Nếu = Nếu p = 3k + p + = 3k + = ( 3k + ) không số nguyên tố; Vậy với p = p + p + số ngun tố Bài tốn Tìm tất số nguyên tố p cho p + 2; p + 6; p + 8; p + 14 số nguyên tố Trường hợp 1: p = 5k mà p nguyên tố nên p = 5, đó: p + = 7; p + = 11; p + = 13; p + 14 = 19 số nguyên tố nên p = thỏa mãn toán Trường hợp 2: p = 5k + 1, đó: p + 14 = 5k + 15 = 5(k + 3) có ước 1, (p + 14) nên p + 14 không số nguyên tố Vậy với p = 5k + khơng có tồn p ngun tố thỏa mãn toán Trường hợp 3: p = 5k + 2, đó: p + = 5k + 10 = 5(k + 2) có ước 1, (p + 10) nên p + 10 không số nguyên tố Vậy với p = 5k + khơng có tồn p ngun tố thỏa mãn toán Trường hợp 4: p = 5k + 3, đó: p + = 5k + = 5(k + 1) có ước 1, (p + 2) nên p + không số nguyên tố Vậy với p = 5k + khơng có tồn p ngun tố thỏa mãn toán Trường hợp 5: p = 5k + 4, đó: p + = 5k + 10 = 5(k + 2) có ước 1, (p + 6) nên p + không số nguyên tố Vậy với p = 5k + khơng có tồn p ngun tố thỏa mãn tốn Do p = số cần tìm Bài tốn Tìm số tự nhiên n cho n 1 số nguyên tố Hướng dẫn giải 79 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC Hướng dẫn giải | CHỦ ĐỀ 3: SỐ NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ n3 1 n3 1 n chia cho dư (vì n chia cho dư n3 chia hết cho dư ) Đặt n 3k (k N ) Ta có n3 1 (3k 1)3 1 27 k 27 k 9k 3k 3k k k (3k 3k 1) 9 n 1 n3 1 64 1 , số Để số nguyên tố, phải có k Khi n 9 nguyên tố Đáp số: n Bài tốn Tìm số ngun tố p cho 43 p lập phương số tự nhiên CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI Hướng dẫn giải Đặt 43 p n3 (n N ) 43 p (n 1)(n n 1) Số 43 p có bốn ước nguyên dương 1, 43, p, 43 p nên có ba trường hợp: n 1 a) n n 43 p n 1 43 b) n n p n n 43 c) n 1 p Đáp số: p Khi n 43 p 22 , loại Khi n 44 p 442 44 1981 , loại Khi n(n 1) 42 n 6, p (là số ngun tố) Bài tốn Tìm tất số nguyên tố p để p vừa tổng vừa hiệu hai số nguyên tố Hướng dẫn giải Giả sử tồn số nguyên tố p thỏa mãn điều kiện đề Khi p số nguyên tố lẻ p = p1 + p2 = p3 − p4 với p1 , p2 , p3 , p4 số nguyên tố Vì p số ngun tố lẻ nên p1 , p2 khơng tính chẵn lẻ Nhưng có số nguyên tố giả sử p2 = Lại p số nguyên tố lẻ nên p3 , p4 khơng thể tính chẵn lẻ Cũng có số nguyên tố Do p3 > p4 nên p4 = Từ p = p1 + = p3 − ta suy p, p1 , p3 ba số nguyên tố lẻ liên tiếp Chỉ có ba số 3; 5; thỏa mãn p = = + = − Dạng 4: Nhận biết số nguyên tố, phân bố nguyên tố tập hợp số tự nhiên Từ đến 100 có 25 số nguyên tố, trăm thứ hai có 21 số nguyên tố, trăm thứ ba có 16 số ngun tố, … Trong nghìn có 168 số ngun tố, nghìn TỦ SÁCH CẤP 2| 80 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP | thứ hai có 145 số ngun tố, nghìn thứ ba có 127 số nguyên tố, … Như xa theo dãy số tự nhiên, số nguyên tố thưa dần * Ví dụ minh họa: Bài toán Nếu p ≥ p + số nguyên tố p + số nguyên tố hợp số? Hướng dẫn giải Xét ba số tự nhiên liên tiếp: p, p + 1, p + Để ý ba số chắn có số chia hết cho Vì p ≥ số nguyên tố nên p có dạng 3k + 3k + +) Nếu = p 3k + p + 1= 6k + = ( 2k + 1) 3, mâu thuẫn với giả thiết +) Nếu = ( 3k + ) += 12k += ( 4k + 3) hay p + hợp số p 3k + p += Bài tốn Tìm số tự nhiên k để dãy : k + 1, k + 2, k + 3, , k + 10 chứa nhiều số nguyên tố • Với k = ta có dãy 1, 2, 3, , 10 chứa số nguyên tố 2, 3, 5, • Với k = ta có dãy 2, 3, 4, , 11 chứa số nguyên tố 2, 3, 5, 7, 11 • Với k = ta có dãy 3, 4, 5, , 12 chứa số nguyên tố 3, 5, 7, 11 • Với k ≥ dãy k + 1, k + 2, , k + 10 chứa số lẻ liên tiếp, số lẻ lớn nên có số chia hết cho 3, mà số chẵn dãy hiển nhiên không số ngun tố Vậy dãy có số ngun tố Tóm lại với k = dãy k + 1, k + 2, k + 3, , k + 10 chứa nhiều số nguyên tố Bài toán Chứng minh 30 số tự nhiên liên tiếp lớn , có 22 hợp số Hướng dẫn giải Trong 30 số tự nhiên liên tiếp cho, có 15 số chẵn, chúng lớn nên hợp số Ta tìm 15 hợp số Chia 15 số lẻ lại thành nhóm, nhóm gồm ba số lẻ liên tiếp Trong ba số lẻ liên tiếp, tồn số chia hết cho , số lớn nên hợp số Có nhóm nên ta tìm thêm hợp số Trong 30 số tự nhiên liên tiếp, tồn số chia cho 30 dư , số chia cho 30 dư 25 , giả sử a 30m b 30n 25 Các số a b hợp số (vì chia hết cho lớn ), đồng thời không trùng với hợp số tìm (vì a b khơng chia hết cho , không chia hết cho ) Ta tìm thêm hợp số Vậy có 15 22 (hợp số) Bài tốn Có tồn 1000 số tự nhiên liên tiếp hợp số không? 81 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC Hướng dẫn giải | CHỦ ĐỀ 3: SỐ NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ Hướng dẫn giải Gọi A = 2.3.4 1001 Ta có: A1 = A + = 2.3.4 1001 + 2 A2 = A + = 2.3.4 1001 + 3 A1000 =+ A 1001 = 2.3.4 10011001 Dãy A1 , A2 , A1000 gồm 1000 hợp số liên tiếp Vậy tồn 1000 số tự nhiên liên tiếp hợp số Bài toán (Tổng quát số 4) Chứng minh tìm dãy số gồm n số tự nhiên liên tiếp (n > 1) không CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI có số số nguyên tố ? Hướng dẫn giải Ta chọn dãy số sau: a1 = ( n + 1) !+ a1 2, a1 > nên a1 hợp số a2 = ( n + 1) !+ a2 3, a2 > nên a2 hợp số an = ( n + 1) !+ ( n + 1) an ( n + 1) , an > n + nên an hợp số Dãy a1 , a2 , a2 , , an gồm có n số tự nhiên liên tiếp khơng có số số ngun tố Nhận xét: Một vấn đề đặt ra: Có khoảng lớn số tự nhiên liên tiếp hợp số Vậy đến lúc khơng cịn số ngun tố khơng? Có số nguyên tố cuối không? Từ kỉ III trước Cơng ngun, nhà tốn học cổ Hi Lạp Ơ – clit (Euclde) chứng minh rằng: Tập số nguyên tố vơ hạn Bài tốn Chứng minh khơng thể có hữu hạn số ngun tố Hướng dẫn giải Giả sử có hữu hạn số nguyên tố p1 , p2 , , pn pn số lớn số nguyên tố Xét số A p1 p2 pn + A chia cho số nguyên tố pi (1 ≤ i ≤ n) dư (1) = Mặt khác A hợp số (vì lơn số ngun tố lớn pn ) A phải chia hết cho số nguyên tố đó, tức A chia hết cho số pi (1 ≤ i ≤ n) (2), mâu thuẫn với (1) Vậy khơng thể có hữu hạn số ngun tố (đpcm) TỦ SÁCH CẤP 2| 82 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP | Dạng 5: Chứng minh có vơ số số nguyên tố dạng ax + b (với x ∈ N ( a, b ) = ) Đây dạng tốn tương đối khó, thường giải phương pháp phản chứng.Với dạng tốn này, trình độ THCS em giải tập dạng đơn giản x − x + Việc chứng tập dạng phức tạp hơn, em gặp nhiều khó khăn khơng thể dễ dàng chứng minh Chẳng hạn chứng minh vô số số nguyên tố có dạng 4a + 1; 6a + phức tạp nhiều * Ví dụ minh họa: Bài tốn Chứng minh có vơ số số nguyên tố dạng 3k − Hướng dẫn giải ● Nhận xét: Mọi số tự nhiên không nhỏ có dạng: 3k ;3k + 3k − Những số có dạng 3k (với k > ) hợp số, số ngun tố phải có dạng 3k + 3k − Xét số có dạng 3k + : số ( 3k1 + 1) số ( 3k2 + 1) tích số nguyên có dạng 3k + số có dạng 3k + ● Nhận xét: Mỗi số có dạng 3k − có ước nguyên tố có dạng Thật vậy, rõ ràng n có ước dạng với thân n ước n Gọi p ước nhỏ ước Nếu p số nguyên tố nhận xét chứng minh Nếu p hợp số p phân tích thành tích thừa số nguyên tố lẻ (do p lẻ) Các thừa số khơng thể có dạng 3k + (vì theo chứng minh p có dạng 3k + ) Vậy thừa số nguyên tố có dạng 3k − Do ước p ước n nên n có ước nguyên tố dạng 3k − Bây ta chứng minh có vơ số số nguyên tố có dạng 3k − Giả sử có hữu hạn số nguyên tố có dạng 3k − p1 , p2 , , pn Xét số N p1 p2 pn − N có dạng 3k − = Theo nhận xét N có ước nguyên tố có dạng 3k − Nhưng từ cách xác định N N khơng chia hết cho số nguyên tố có dạng 3k − Điều mâu thuẫn chứng tỏ giả sử sai Vậy có vơ số số ngun tố có dạng 3k − Bài tốn Chứng minh rằn tồn vô số số nguyên tố có dạng 4k + Hướng dẫn giải ● Nhận xét: Mọi số tự nhiên không nhỏ số ngun tố phải có dạng 4k + 4k + Xét số có dạng 4k + : số ( 4k1 + 1) số ( 4k2 + 1) 83 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC Vì với k1 , k2 ∈ (3k1 + 1)(3k2 + 1)= 9k1 k2 + 3k1 + 3k2 + 1= 3(3k1 k2 + k1 + k2 ) + 1= 3k3 + , BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP | Vậy trường hợp số x, y, z có số dư chia cho ⇒ ( x − y )( y − z )( z − x ) 3.3.3 = 27 Mà: ( x − y )( y − z )( z − x ) = x + y + z ⇒ x + y + z 27 2) Ta có: a k − 1= Ta có: a − = (a ) k (a − 1k= ( a − 1)( a + 1) − 1) P tích hai số chẵn liên tiếp a − > a số nguyên tố a >5 ⇒ Ắt có số chia hết cho số chia hết cho ⇒ ( a − 1)( a + 1)8 Xét ba số liên tiếp: a − 1, a, a + ; có số chia hết cho a khơng chia hết cho ⇒ ( a − 1)( a + 1) ⇒ ( a − 1)( a + 1) 24 Ta có: a − = ( a − 1)( a + 1) ( a + 1) a số lẻ ⇒ a + số chẵn ⇒ ( a + 1) Lại a khơng chia hết cho ⇒ a có dạng 5k + 1,5k − 1,5k + 2,5k − ⇒ a có dạng 5m + ⇒ a − 1 Vì ( 5, 4,8 ) =1 ⇒ ( a − 1)( a + 1) ( a + 1) 240 Bài 111 +) Xét trường hợp p hợp số: Nếu p hợp số p tích thừa số nguyên tố nhỏ p số mũ luỹ thừa lớn số mũ luỹ thừa chứa (p – 1)! Vậy: (p – 1) !: p (điều phải chứng minh) +) Xét trường hợp p số nguyên tố: Vì p ∈ P => p nguyên tố với thừa số (p –1)! (vì p > p - => (p – 1)! : p (điều phải chứng minh) Bài 112 Gọi p ước số nguyên tố (1994! – 1) Giả sử p ≤1994 => 1994 1993 chia hết cho p 1994! Choa hết cho p mà (1994! – 1) : p => : p (vô lý) Vậy: p nhỏ 1994 hay p > 1994 (điều phải chứng minh) Bài 113 Vì n > nên k = n! – > 1, k có ước số nguyên tố p Ta chứng minh p > n Thật vậy: p ≤ n n! chia hết cho p Mà k chia hết cho p => (n! – 1) chia hết cho p.Do đó: chia hết cho p Vậy: p > n => n < p < n! – < n! (Điều phải chứng minh) 341 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC (vô lý) CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC ⇒ ( a − 1)( a + 1) ( a + 1) 48 | ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 3: SỐ NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ 3p −1 3p +1 3p −1 3p +1 = a.b = ,b , với a = 4 a, b số nguyên lớn nên m hợp số = Bài 114 Ta có: m Mà m= p −1 + p − + + + p lẻ nên m lẻ m ≡ (mod 3) Theo định lí Fermat, ta có: p − 9 p 9p − p ( p,8) = nên − 98 p ⇒ m − 1 p Vì m − 1 nên m − 1 p , đó: 3m −1 − 1 32 p − 1 p −1 = m (đpcm) Bài 115 Giả sử tồn số nguyên tố p cho: CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI 2003 + 23k = pn (1) Trong k,n số nguyên dương Từ (1) dễ thấy p không chia hết cho số nguyên tố 23 nên (p,23)=1 Theo định lí nhỏ Fermat p 22 − chia hết cho 23, suy p 22t có dạng p 22t = + 23s với số nguyên dương t Từ p 22t + n = (1 + 23s ) p n =p n + 23s p n = 2003 + 23k + 23s p n hay p 22t + n = 2003 + 23(k + sp n ) với t = 1, 2,3, Bài toán giải đầy đủ ta tồn số nguyên tố p thõa mãn (1) Chẳng hạn: Với p = có 2003 + 23.91 = 212 Với p = có 2003 + 23.8 = 37 2141 Với p = có 2003 + 23.6 = Với p = 2003 tồn k theo định lí Fermat thỏa mãn 2003 + 23k = 200323 Bài 116 Gọi bảy số nguyên tố p1, p2, p13, ., p7 Ta có: p1 p2 p3 p4 p5 p6 p7 = p16 + p26 + p36 + p46 + p56 + p66 + p76 (*) Ta cần dùng định lí Fecma nhỏ: Nếu số ngun a khơng chia hết cho a ≡ 1(mod 7) (Có thể chứng minh trực tiếp điều thông qua việc biến đổi a =(7 k + r )3 =7t ± với r thỏa mãn ≤ r ≤ , t số nguyên) Giả sử bảy số nguyên tố có k số khác với ≤ k ≤ Nếu k = 0, nghĩa bảy số ta có 7 7 7 = 76+ 76+ 76+ 76+ 76+ 76+ 76 thỏa mãn (*) Nếu k = 7, nghĩa bảy số số nguyên tố khác vế trái (*) khơng chia hết cho 7, vế phải (*) chia hết cho theo định lí Fec ma, điều khơng xảy Vậy xảy bảy số nguyên tố đề TỦ SÁCH CẤP 2| 342 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP | Bài 117 Giả sử a ≥ b ≥ c Ta có a + b + c = (a + b2 + c2 ) ( ) − a b2 + b2 c2 + c2 a Vì p số nguyên tố p ≥ , suy a + b + c chia hết cho p a b + b c + c a chia hết cho p hay ( ) ( a b + c a + b p ⇔ a b − c p ⇔ ab − c )( ab + c ) p Do p = a + b + c > ab + c > ab − c ≥ p số nguyên tố nên ab − c = ⇒ a = b = c ⇒ p = 3a ⇒ a = b = c = p = Bài 118 Giả sử x2 + y = k nguyên dương k ước số 1995 = 5.3.7.19 = 5n với n= x− y 3.7.19 Các số nguyên tố 3, 7, 19 có dạng 2(2m + 1) + = 4m +3 Gọi ước chung lớn x, y d = ( x, y ) = x du = , y dv với ( u , v) = Theo giả thiết x + y = k ( x − y ) ⇔ d (u + v ) = k (u − v) (1) Xét hai trường hợp: 1) k ước số n ⇒ k có ước số nguyên tố dạng 4m + k t Từ (1) có t (u + v ) = số d ⇒ d = u − v , u < u + v ≤ u − v < u ⇒ (1) vô nghiệm 2) k = 5m với m ước số m Lúc (1) trở thành d (u + v )= 5m(u − v) Lập luận m ước số d Suy d= m.t Từ ta có t (u + v ) = 5(u − v) (2) Từ (2) có u + v ≤ 5(u − v) A = u + v − 5(u − v) ≤ (3) Mặt khác A = 4u − 20u + 25 + 4v + 20v + 25 − 50 = (2u − 5) + (2v + 5) − 50 ≥ 12 + − 50 ≥ ⇒ A ≥ Kết hợp với (3) phải có A= Điều xảy 2u − =±1 v = 1, u = u = nghĩa v = v = x = 2m x = 3m m Các số x, y phải tìm Từ A = (2) suy t = ⇒ d = y = m y = m m ước n = 3.7.19, nghĩa m lấy giá trị sau: 1, 3, 7, 19, 21, 57, 133, 399 Bài 119 Giả sử số máy tivi giao abc = 100a + 10b + c Ta có: 100(a + n) + 10(b − n) + (c −= n) n(100a + 10b + c) hay 100a + 100n + 10b − 10n + c = − n 100an + 10bn + cn 89n Từ ta được: 100a + 10b + c = n −1 343 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC Áp dụng mệnh đề vào (1) u + v không chứa ước số nguyên tố k nên k ước | ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 3: SỐ NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ Nhưng 89 số nguyên tố nên n - phải n phải chia hết cho n-1 Trong hai trường hợp ta tìm n =2 abc = 178 Vậy số máy tivi giao 178 Bài 120 Gọi số nguyên tố phải tìm là; a, b, c ta có: a.b.c = 5(a + b + c) => abc Vì a, b, c có vai trị bình đẳng ∈ P => a = Giả sử: a 5, a Khi đó: 5bc = 5(5 + b + c) + b + c = bc bc – b - c + = b(c - 1) – (c - 1) = CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI (c - 1)(b - 1) = Do vậy: và b-1 = => b=2 c-1 = c=7 b-1 = => b=3 c-1 = c=4 (loại c = ∉ P) Vai trị a, b, c, bình đẳng Vậy số (a ;b ;c) cần tìm (2 ;5 ;7) Bài 121 Đặt a = 2.3.4 n ( n + 1) = ( n + 1) ! Xét n số a + 2, a + 3, , a + n + Ta thấy a + i i với= i 2,3, , n + Suy n số hợp số Bài 122 Giả sử n hợp số, ta có n = ab với ≤ a ≤ b < n Khi 2n − 1= 2ab − 1= (2 a ( − 1) a ( b −1) +2 a(b − 2) ) + + hợp số Điều trái với giả thiết Vậy n số nguyên tố Bài 123 Ta xét trường hợp sau +) p = 2, p + p = hợp số +) p = 3, p + p = 17 số nguyên tố +) p > 3, p + p = (2 p + 1) + ( p − 1) Vì p lẻ khơng chia hết p + 1 p − 1 Suy p + p nên p + p hợp số Vậy p = số cần tìm TỦ SÁCH CẤP 2| 344 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP | Bài 124 Gọi x0 nghiệm nguyên dương phương trình x − px + q = , ta có q x0 nên x0 = x0 = q +) x0 = ta có − p + q = ⇔ p= q + , suy ra= q 2,= p +) x0 = q ta có q − pq + q = ⇔ p= q + , suy ra= q 2,= p Vậy ( p, q ) = ( 3, ) Bài 125 Giả sử n ≥ Trong ba số p, q, r có số chẵn * r = , p n + q n = điều không xảy * p>q= r2 , ta có: p n + 2n = +) n lẻ Suy ra: ( p + ) ( p n −1 − p n − + + 2n −1 ) = r2 Nên ta có r= p + , suy p n + 2n = ( p + ) = p + p + Điều xảy với n≥3 +) n = 2k , ta có: p k + 22 k = r Theo phương trình Pitago ta có: k p= a − b , 2k = 2ab , = r a + b với a, b ∈ Z , a > b, ( a, b ) = k Ta có:= b 1,= a 2k −1 , suy p = 4k −1 − < 4k ⇒ p= Hay = 3k 4k −1 − phương trình vơ nghiệm Do ta có n = Bài 126 *) Nếu x y chia hết cho p hiển nhiên số lại chia hết cho p x; p ) *) Xét x, y không chia hết cho p Vì p số nguyên tố nên (= Do đó, theo định lí Fecma ta có: x p −1 ≡ y p −1 ≡ 1( mod p ) hay x k + ≡ y k + ( mod p ) ⇔ (x ) 2 k +1 ≡ ( y2 ) k +1 ( mod p ) Suy x ≡ y ( mod p ) , x + y ≡ x ( mod p ) ⇒ 2 p vơ lí Vậy ta có điều phải chứng minh Bài 127 Ta có 3m + 6n − 61 = 3k + 345 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC y; p ) (= CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC Vì p + > p n −1 − p n − + + 2n −1 > 2n −1 > | ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 3: SỐ NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ Nếu k ≥ ta có = x 33k + + = 9.27 k + 413 Suy k = hay 3m + 6n − 61 = ⇔ m + 2n − 21 = Vì m lẻ m < 21 nên = m 1,= m2 * m =1 ⇒ n =10 * m =3 ⇒ n =6 Bài 128 Khơng tính tổng quát, ta giả sử a ≥ b ≥ c Ta có a + b3 + c − 3abc = ( a + b + c ) ( a + b2 + c − ab − bc − ca ) CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI Do a + b3 + c − 3abc số nguyên tố xảy trường hợp sau: a+b+c = a + b + c − ab − bc − ca số nguyên tố ⇒ a= 1, b= c= , a + b3 + c3 − 3abc = Từ a + b + c = không số nguyên tố a + b + c − ab − bc − ca = a + b + c số nguyên tố Ta có a + b + c − ab − bc − ca = 1⇔ ( a − b) + (b − c ) + (c − a ) 2 = a = b a = b ⇔ Suy b − c = ⇒ a + b + c = 3b − c b = − c − a =−1 a − b = ⇔ b= c= a − Hoặc b − c = a − c = Vậy số tự nhiên cần tìm ( k ; k ; k − 1) hoán vị với 3k − số nguyên tố Hoặc ( k ; k − 1; k − 1) hoán vị với 3k − số nguyên tố Bài 129 Do p số nguyên tố lẻ nên = p 3k ± p = 3k +Nếu = p 3k ± p += ( 3k ± 1) += ( 24k ± 16k + 3) nên vô lý +Nếu p = 3k Do p số nguyên tố lẻ nên p = , rõ ràng 8.9 + =73 số nguyên tố mà p + p + = 72 + + = 79 số nguyên tố ( mod 3) Suy , ba số a, b, c có hai Bài 130 Từ phương trình ta suy a + b + c = số chia hết cho a= b= 3, ta có 18 + 16c 2= 9k + ⇔ ( 3k − 4c )( 3k + 4c = ) 17 17 3k + 4c = k = Suy ⇔ c = 3k − 4c = c = , khơng tính tổng qt, ta giả sử a = Khi ta có ( 3k − b )( 3k + b ) = 152 = 19.8 TỦ SÁCH CẤP 2| 346 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP | 19 3k + b = +) vô nghiệm 3k − b = 38 3k + b = k = +) ⇔ 3k − b = b = 17 76 3k + b = k = 13 ⇔ 3k − b = b = 37 152 3k + b = vô nghiệm 3k − b = +) +) Bài 131 Nếu p = , ta có q | 36 − =23.7.11 nên q = ( ) Xét p ≠ , ta có p | ( q + 1) q − q + ( ) ( q + 1,3) = Mà q + 1, q − q + = Suy p | q + p | q − q + Từ , suy p < q Nếu q= p + ta có= p 2,= q ( ) Xét q ≥ p + Vì q | ( p − 1)( p + 1) p − p + Do ( q, p + 1= ) ( q, p − 1=) ( p − p + 1, p + p + 1)= (p + p + 1, p )= nên ta có Mà q ≥ p + nên q ≥ ( p + ) > p + p + > p − p + Suy q | p − Vậy ( p, q ) = ( 2,3) ; ( 3, ) Bài 132 Nếu số nguyên tố p , q , r khác p , q , r có dạng 3k ± suy p2 , q , r chia cho dư Khi p2 + q + r 3 p2 + q + r > nên p2 + q + r hợp số Vậy p = , q = , r = , p2 + q + r = 32 + 52 + 72 = 83 số nguyên tố a5 − = a + a3 + a + a + Bài 133 Đặt a = Ta có A = a −1 25 = (a + 3a + 1) − 5a ( a + 1) 2 Thay a = 525 ta được: (a =(a A= + 3a + 1) − 526 ( a + 1) + 3a + − 513 ( a + 1) ) ( a + 3a + + 513 ( a + 1) ) 2 Từ có đpcm Bài 134.Vì p số nguyên tố p > , nên số nguyên tố p có dạng: 3k + 1,3k + với k ∈ N * Nếu = p 3k + p + = 3k + = (k + 1) ⇒ p + 2 p + > Do p +2 hợp số (trái với đề p + số nguyên tố) 347 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC q | p + p + q | p − p + | ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 3: SỐ NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ Nếu = p 3k + p + = 3k + = 3(k + 1) (1) Do p số nguyên tố p > ⇒ p lẻ ⇒ k lẻ ⇒ k + chẵn ⇒ k + 1 (2) Từ (1) (2) suy ra: p + 1 Bài 135 Vì p số nguyên tố ( p > 3) , nên số nguyên tố p có hai dạng: 3k + 1;3k + với k ∈ * Nếu = p 3k + p + = 3k + = ( k + ) ⇒ p + 4 p + > Do p + hợp số (trái với đề p + số nguyên tố) Nếu = p 3k + p + = 3k + = ( k + 3) ⇒ p + 8 p + > Do p + hợp số CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI Vậy số nguyên tố p có dạng = p 3k + p + hợp số Bài 136 Từ p − 5q =4 ⇔ ( p − )( p + ) =5q Do < p − < p + 2, q nguyên tố nên p − nhận giá trị 1, 5, q, q Ta có bảng sau: p−2 p+2 p q 5q q2 p 5q p Vậy ( p, q ) = ( 7;3) thỏa mãn Bài 137 Vì ba số nguyên tố 2,3,5 nên 12 số nguyên tố phân biệt cho ln có số lớn Vì số nguyên tố lớn nên: số chia cho có số dư Theo nguyên lý Dirichlet phải tồn số chia cho có số dư Mà số lại không chia hết cho , số có số mà ta giả sử p1 , p2 cho ( p1 − p2 ) Ngồi hiển nhiên ta có ( p1 − p2 ) dẫn đến ( p1 − p2 )15 Xét số lại theo nguyên lý Dirichlet tồn số có số dư chia hết cho Đem số chia cho cho hai khả xảy ra: Nếu có số (chẳng hạn p3 , p4 )mà ( p3 − p4 ) Rõ ràng ( p3 − p4 ) ( 5;3; ) = nên ta có ( p3 − p4 ) 30 Lấy hai số p5 , p6 (ngồi p5 , p6 lẻ (do số nguyên tố khác ) nên ( p5 + p6 ) ( p3 − p4 ) Vì p1 , p2 , p3 , p4 ) chọn Từ suy ( p1 − p2 )( p4 − p3 )( p5 + p6 ) 30.30.2 = 1800 TỦ SÁCH CẤP 2| 348 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP | Nếu số chia cho có số dư khác 1; 2;3; Giả sử ( p6 − ) ( p5 + p5 − 5) ( p5 − 1) , hay ( p5 + p6 ) Với số cịn lại p3 , p4 rõ ràng ( p3 − p4 ) (theo cách chọn số trên) Do p3 ; p4 ; p5 ; p6 lẻ nên ( p5 + p6 ) 2, ( p3 − p4 ) Từ suy ( p5 + p6 )10 ( p3 − p4 ) Do ( p1 − p2 )( p4 − p3 )( p5 + p6 ) 30.10.6 = 1800 Vậy tồn p1 , p2 , p3 , p4 , p5 , p6 số nguyên tố phân biệt cho ( p1 − p2 )( p4 − p3 )( p5 + p6 )1800 Bài 138.Đặt A = n3 + 8n + n 8n = + + 3n 3 3n • Xét n = 3k Suy [ A] = 3k + 8k = k ( 3k + ) 9k Khi n = [ A] số nguyên tố ⇔ k = • Xét = n 3k + 1 1 Ta có: A= 3k + 2k + + 8k + + = 3k + 10k + + 3 3n 3n Suy [ A] = 3k + 10k + = ( k + 3)( 3k + 1) Khi n = [ A] số nguyên tố ⇔ k = • Xét = n 3k + 16 Ta có: A= 3k + 4k + + 8k + + = 3k + 12k + + 3 3n 3n Suy [ A]= 3k + 12k + 6= ( k + 4k + ) số nguyên tố ∀k Bài 139 Do q số nguyên tố lớn nên q , q có dạng 3k ± Nếu = q 3k + = p 3k + = ( k + 1) Mặt khác, p > q > nên số nguyên tố mâu thuẫn chứng tỏ q khơng thể có dạng 3k + Do q = 3k − ⇒ p = 3k + 6k Từ p + q = 349 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC Ta có: A = 3k + 8k + | ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 3: SỐ NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ Hơn nữa, p, q hai số nguyên tố lơn ( p + 1) − ( q + 1) = nên p + 1, q + hai số chẵn liên tiếp hai số p + 1, q + có số chia hết cho Khơng tính tổng qt, giả sử ( q + 1) , tức q + =4m hay = q 4m − 8m Suy ra: = p 4m + p + q = Vì ( 3, ) = nên suy ( p + q )12 Bài 140 Với p = p + 10 = 13 p + 14 = 17 số nguyên tố CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI Với p > = p 3k ± • Nếu = p 3k + p + 14 = 3k + 153 ; • Nếu = p 3k − p + 10 = 3k + 93 Vậy với p = p + 10 p + 14 số nguyên tố Bài 141 Tính chất: Nếu p số nguyên tố lớn p − chia hết cho 24 Chứng minh: p > nên p số lẻ dẫn đến p − 1= ( p − 1)( p + 1) tích số chẵn liên tiếp nên chia hết cho (*) Lại có ( p − 1) p ( p + 1) tích số chẵn liên tiếp nên ( p − 1) p ( p + 1) chia hết cho Mà số nguyên tố nên số ( p − 1) , p, ( p + 1) phải có số chia hết cho Do p không chia hết cho suy ( p − 1)( p + 1) chia hết cho (**) Từ (*), (**) suy p − 1 24 Ta có: 2007 − p 2= 2016 − ( p − 1) 24 (đpcm) Bài 142 Giả sử có ba số nguyên tố p , q , r cho pq + q p = r Khi r > nên r số lẻ, suy p , q khơng tính chẵn lẻ Giả sử p = q số lẻ Khi ta có 2q + q = r Nếu q khơng chia hết cho q ≡ 1(mod3) Mặt khác, q lẻ nên 2q ≡ −1(mod3) , từ suy 2q + q 3 ⇒ r 3 , vơ lí Vậy q = , lúc r = 23 + 32 = 17 số nguyên tố Vậy p = , q = , r = 17 p = , q = , r = 17 Bài 143 a) Giả sử p số nguyên tố và= p 30k + r với < r < 30 Nếu r hợp số r có ước nguyên tố q ≤ 30 ⇒ q = 2;3;5 q chia hết cho 2;3;5 , vơ lí Vậy r = r số nguyên tố Khi chia cho 60 kết khơng cịn nữa, chẳng hạn= p 109 = 60.1 + 49 , 49 hợp số b) Số nguyên tố p chia cho 30 dư , , 11 , 13 , 17 , 19 , 23 , 29 Với r = 1, 11, 19, 29 p2 ≡ 1(mod30) Với r = 7,13,17,23 p2 ≡ 19 (mod 30) TỦ SÁCH CẤP 2| 350 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP | Suy p4 ≡ (mod 30) Giả sử p1 , p2 , , pn số nguyên tố lớn Khi q = p14 + p24 + pn4 ≡ n (mod 30) ⇒ q= 30k + n số nguyên tố nên (n,30) = Nhận xét: với p số nguyên tố lớn ta chứng minh p4 ≡ (mod 30) cách áp dụng Định lí Fermat Ta có p2 ≡ (mod 2), p2 ≡ (mod 3), p4 ≡ (mod 5) ⇒ p4 ≡ (mod 30) Bài 144 Vì a, b, c đóng vai trị nên giả sử a ≤ b ≤ c Khi ab + bc + ca ≤ 3bc ⇒ abc < 3bc ⇒ a < ⇒ a = (vì a số nguyên tố) b = Với a = , ta có 2bc < 2b + 2c + bc ⇒ bc < 2(b + c) ≤ 4c ⇒ b < ⇒ b = Nếu b = 4c < + 4c thỏa với c số nguyên tố Nếu b = 6c < + 5c ⇒ c < ⇒ c = c = Vậy cặp số (a, b, c) cần tìm (2, 2, p), (2, 2, 3), (2, 3, 5) hoán vị chúng, với p số nguyên tố Bài 145 Ta có= a1 2,= a2 , giả sử với n ≥ mà có số ước nguyên tố lớn số A 2.3.a an−1 + A chia hết cho 2, cho Vậy xảy A = 5m với = m ≥ , suy A − = 5m − 14 Mà A − = 2.3.a3 an−1 không chia hết cho a3 , , an−1 số lẻ, vơ lí Vậy A khơng có ước nguyên tố lớn 5, tức ak ≠ , ∀k ∈ * Bài 146 Với p = ta có 2p + p2 = không số nguyên tố Với p = 2p + p2 = 17 số nguyên tố Với p > ta có p2 + 2p = (p2 − 1) + (2p + 1) Vì p lẻ p không chia hết p2 − 13 2p + 13 , 2p + p2 hợp số Vậy, với p = 2p + p2 số nguyên tố Bài 147 Ta có: n2003 + n2002= + n2 (n2001 − 1) + n(n2001 − 1) + n2 + n + Với n > ta có: n2001 − n3 − n2 + n + 1, Do đó: n2003 + n2002 + 1n3 + n + n2 + n + > nên n2003 + n2002 + hợp số Với n = n2003 + n2002 + = số nguyên tố Bài 148 .351 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC • • | ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 3: SỐ NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ a) Giả sử 2p + = n3 (với n ∈ N) ; n số lẻ nên n =2m + 1(m ∈ N) , 2p + 1= (2m + 1)3 ⇒ p= m(4m2 + 6m + 3) Vì p số nguyên tố nên m = , suy p = 13 Thử lại, 2p + = 2.13 + = 27 = 33 Vậy p = 13 b) Giả sử 13p + = n (n ∈ N); p ≥ suy n ≥ 13p + = n3 ⇒ 13p = (n − 1)(n2 + n + 1) 13 p số nguyên tố, mà n − > n2 + n + > nên n − = p 13 n − = i) Với n − = 13 n = 14 , 13p = n − = 2743 ⇒ p = 221 số nguyên tố ii) Với n − = p n2 + n + = 13 ⇒ n = 3, p = số nguyên tố CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI Vậy, với= p 2,= p 211 13p + lập phương số tự nhiên Bài 149 Bổ đề: Nếu số nguyên dương a ước số tích A = a1 a2 an với ∈ N * a > , ∀i =1, 2, , n a hợp số Chứng minh: Giả sử ngược lại, a số nguyên tố Khi đó, A a nên số phải có số a j chia hết cho a, tức ta phải có a j ≥ a Điều mâu thuẫn với tính chất số a, phải hợp số Trở lại tốn: Giả thiết tốn viết dạng sau: ac + bd = ( b + d ) − ( a − c ) , 2 hay a − ac + c = b + bd + d ( ac ( b ) ( Ta có ( ab + cd )( ad + bc )= ac b + d + bd a + c = ) ) ( + bd + d + bd a − ac + c ( Do đó, ab + cd ước ( ac + bd ) ( b ) ) ) Theo bổ đề trên, để chứng minh ab + cd = ( ac + bd ) b + bd + d + bd + d hợp số, ta cần chứng minh tính đắn hai bất đẳng thức: ab + cd > ac + bd Và ab + cd > b + bd + d (1) ( 2) Bất đẳng thức (1) hiển nhiên ta có ab + cd – ac – bd = (a – d)(b – c) > Như vậy, ta phải xét bất đẳng thức (2) Từ giả thiết, ta thấy a < b + d thì: a − ac + c = a ( a − c ) + c < ( b + d )( b + d − c ) + c = b + bd + d − ( b − c )( c − d ) < b + bd + d Mâu thuẫn cho thấy a ≥ b + d thế, ta có: ab + cd > ( b + d ) b + d = b + bd + d Bất đẳng thức (2) chứng minh Bài tốn giải hồn tồn TỦ SÁCH CẤP 2| 352 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP | Bài 150 Vì a, b, c, d ∈ N * ⇒ a+ b + c + d ≥ (1) Xét a + b + c + d − ( a + b + c + d )= (a − a ) + (b2 − b ) + ( c2 − c ) + ( d − d ) = a ( a − 1) + b ( b − 1) + c ( c − 1) + d ( d − 1) 2 Mà a + b + c + d= ( a + b ) ⇒ a + b + c + d ( 2) Từ (1)và (2) suy a + b + c + d hợp số Bài 151 Đặt n = 3k.m với (m,3) = Giả sử m > , xét hai trường hợp: i) m = 3l + 1(l ∈* ) Ta có: + 2n + n =1 + 23 (3l +1) =1 + a3l +1 + a6 l +2 (với a = 23 ) , suy k k n + 2n + 4= a(a3l − 1) + a2 (a6 l − 1) + a2 + a + 1a2 + a + ⇒ + 2n + n hợp số ii) m =3l + 2(l ∈* ) , Ta có: + 2n + n =1 + 23 (3l +2) + 43 (3l +2) =1 + a3l +2 + a6 l + k = a(a6 l +3 − 1) + a2 (a3l − 1) + a2 + a + 1a2 + a + (Với a = 23 ), k Suy + 2n + n hợp số Vậy m = tức n = 3k Bài 152 Giả sử 2015 = a1 + a2 + + an , a1 ; a2 ; ; an hợp số Theo ta có + Mỗi số hạng a1 ; a2 ; ; an viết thành tổng hai hợp số (1) + Tổng hai hợp số khơng thể viết thành tổng hợp số (2) Do 2015 số lẻ nên tồn hợp số lẻ, hợp số phải 1;3;5;7;11;13 khơng phải hợp số Nếu có hợp số lẻ a1 ≥ 15 ⇒ a1 =9 − ( a1 − ) với ( a1 − ) ≥ số chẵn nên a1 tổng hai hợp số- trái với (1) Mặt khác q hợp số có hai hợp số 9+9=6+6+6 trái với (2) Do đó: 2015 = + a2 + a3 + + an với a2 ; a3 ; ; an hợp số chẵn ⇒ a2 + a3 + + an = 2006 ( 3) ⇒ hợp số phải nhận giá trị Vì a2 hợp số chẵn a2 ≥ ⇒ a2 = − ( a2 − ) tổng hai hợp số, trái với (1) Số hợp số có hai hợp số 6+6=4+4+4 Giả sử a2 = ⇒ a3 = a4 = an = ⇒ ( n − ) = 2000 ⇒ n = 502 Vậy số tự nhiên cần tìm n = 502 353 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC k | ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 3: SỐ NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ Bài 153 Ta có: p = n(n + 1) n2 + n − (n − 1)(n + 2) = −1 = 2 Với n = ta có p = 2; Với n = ta có p = 5; n −1 > n + > nên p hợp số Với n > n 2,= n p số nguyên tố có dạng Vậy với= =2.22n chia dư ∀n ∈ N ⇒ 22n+1 =3k+2,(k ∈ N) Bài 154 Ta có CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI n(n + 1) − ⇒ A=22 2n+1 2n+1 +31=23k + + 31= 4.(23 ) k + 31= 4.8k + 31 Mà chia dư ∀k ∈ N ⇒ chia dư ∀k ∈ N k k ⇒ 8k +31 ∀k ∈ N ⇒ A=22 2n+1 +31 ∀n ∈ N Mà A >7 ⇒ A hợp số với số tự nhiên n 10 n+1 Bài 155 ● Ta chứng minh 22 + 1923 với n ≥ Ta có: 210 ≡ (mod ) ⇒ 210 n+1 ≡ (mod 22 ) ⇒ 210 n+1 = 22k + ( k ∈ ) 10 n+1 Theo Định lí Fermat: 222 ≡ (mod 23 ) ⇒ 22 10 n+1 Mặt khác: 22 10 n+1 + 19 > 23 nên 22 n+1 ● Ta chứng minh 23 10 n+1 = 222k +2 ≡ (mod 23 ) ⇒ 22 = 1923 + 19 hợp số với n ∈ * n+1 + 32 + 511 với n ≥ −1 +1 3p − 3p + với a = Bài 156 Ta có m = = ,b a.b= 4 p p a,b số nguyên tố lớn nên m hợp số Mà m= p−1 + p−2 + + + p lẻ nên m lẻ m ≡ (mod 3) Theo Định lí Fermat, ta có p − 9 p (p,8) = nên p − 98 p ⇒ m − 1 9p − p Vì m − 12 nên m − 12p , 3m−1 − 132 p − 1 9p − = m (đpcm) TỦ SÁCH CẤP 2| 354 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP | Bài 156 Giả sử tồn số (m , n, p) thỏa mãn yêu cầu đề Dễ thấy < m , n < p Phương trình cho viết lại thành p 2018 , (1) (m + n ) A = = A m 2018 − m 2017 n + m 2017 n − − mn 2017 + n 2018 Nếu A khơng chia hết cho p từ (1), ta có A = m += n p 2018 = m 2019 + n 2019 Từ dễ thấy m= n= p 2018 = , mâu thuẫn Vậy A chia hết cho p Do m + n > nên từ (1) suy m + n chia hết cho p Khi đó, ta có A ≡ 2019m 2018 ( mod p ) Do A chia hết cho p < m < p nên từ kết trên, ta suy 2019 chia hết cho p , hay p = 2019 Từ đây, dễ thấy m n khác tính chẵn lẻ, hay m ≠ n ( ) Bây giờ, ta viết lại phương trình cho dạng\ m ( ) 673 ( ) + n3 673 = 20192018 , hay ( m + n ) m − mn + n = 20192018 , ( ) đó, B = m3 672 ( ) ( n ) + − ( m )( n ) − m3 671 3 671 ( ) + n3 672 Do m ≠ n nên m − mn + n = ( m − n ) + mn > , từ ta có m − mn + n chia hết cho 2019 Tuy nhiên, điều xảy m − mn + n ≡ 3n ( mod 2019 ) m − mn + n ≡ ( mod 2019 ) Vậy không tồn số m , n , p thỏa mãn yêu cầu đề Bài 157 Đặt n + = p ⇒ A = p + = a Suy a số tự nhiên lẻ nên a = 2t + ⇒ p + = 8t + 12t + 6t + ⇒ p= t (4t + 6t + 3) số nguyên tố nên t =1 ⇒ p =13 Suy = n 10, = A 27 Bài 158 Ta có: A = 3n + + 2009b = (3n + 2010b ) + (1 − b )= 3.(n + 670b ) + (1 − b)(1 + b) Do b số nguyên tố lớn nên b khơng chia hết cho , ( b − 1)( b + 1) ⇒ A 3, A > Vậy A hợp số .355 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC ... chóng trả lời số có hai chữ số ngun tố hay khơng B MỘT SỐ DẠNG TOÁN SỐ NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ Dạng 1: Chứng minh số số nguyên tố hay hợp số Bài toán Nếu p p số nguyên tố p số nguyên tố Hướng... 30 có số dư r Tìm r biết r khơng số nguyên tố Bài Chứng minh số 11 1211 hợp số với n ≥ n n Bài Tìm n số cho 10101 0101 (n chữ số n + chữ số xen kẽ nhau) số nguyên tố Bài Các số sau số nguyên. .. với hệ số x3 số nguyên dương biết | CHỦ ĐỀ 3: SỐ NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ Bài 107 Tìm tất số nguyên tố p dạng n(n + 1) − ( n ≥ ) Bài 108 Tìm tất số có hai chữ số ab cho ab số nguyên tố a −b Bài 109
Ngày đăng: 25/12/2022, 08:20
Xem thêm: