Chuyen de so nguyen to boi duong hoc sinh gioi toan thcs

2 Mục Lục Trang Lời nói đầu Phần A Tóm tắt lý thuyết cần nhớ Định nghĩa số nguyên tố Một số định lý 3 Cách nhận biết số nguyên tố 4 Số ước số tổng ước số 5 Hai số nguyên tố Một số định lý đặng biệt Phần Các dạng toán thường gặp Dạng Sử dụng phương pháp phân tích thừa số Dạng Tìm số nguyên tố p thỏa mãn điều kiện cho trước Dạng Nhận biết số nguyên tố, phân bố số nguyên tố N 12 Dạng Các tốn chứng minh số ngun tố 13 Dạng Có số nguyên tố dạng ax + b (x thuộc N, (a, b) = 1) 14 Dạng Áp dụng định lý Fermat 16 Dạng Các toán số nguyên tố 18 Dạng Giải phương trình nghiệm ngun nhờ tính chất số ngun tố 20 Dạng Các toán liên quan đến số nguyên tố 24 Phần Tuyển chọn toán quan hệ chia hết đề thi toán 25 THCS Phần Hướng dẫn toán chia hết đề thi tốn THCS Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp 33 TÀI LIỆU TOÁN HỌC SỐ NGUYÊN TỐ - HỢP SỐ A/ TÓM TẮT LÝ THUYẾT CẦN NHỚ I/ ĐỊNH NGHĨA 1) Số nguyên tố số tự nhiên lớn 1, có ước số Ví dụ: 2, 3, 5, 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 nguyên tố hợp số 4) Bất kỳ số tự nhiên lớn có ước số nguyên tố II/ MỘT SỐ ĐỊNH LÝ CƠ BẢN 1) Định lý 1: Dãy số nguyên tố dãy số vô hạn Chứng minh: Giả sử có hữu hạn số nguyên tố p1; p2; p3; pn pn số lớn nguyên tố Xét số N = p1 p2 pn +1 N chia cho số nguyên tố pi (i = 1, n) dư (1) Mặt khác N hợp số (vì lớn số nguyên tố lớn pn) N phải có ước nguyên tố đó, tức N chia hết cho số pi (i = 1, n) (2) Ta thấy (2) mâu thuẫn (1) Vậy khơng thể có hữu hạn số ngun tố 2/ Định lý 2: Mọi số tự nhiên lớn phân tích thừa số nguyên tố cách (không kể thứ tự thừa số) Chứng minh: * Mọi số tự nhiên lớn phân tích thừa số nguyên tố: Thật vậy: giả sử điều khẳng định với số m thoả mãn: 1< m < n ta chứng minh điều với n Nếu n nguyên tố, ta có điều phải chứng minh Nếu n hợp số, theo định nghĩa hợp số, ta có: n = a.b (với a, b < n) Theo giả thiết quy nạp: a b tích thừa số nhỏ n nên n tích cuả thừa số nguyên tố * Sự phân tích nhất: Giả sử số m < n phân tích thừa số nguyên tố cách nhất, ta chứng minh điều với n: Nếu n số nguyên tố ta điều phải chứng minh Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC Nếu n hợp số: Giả sử có cách phân tích n thừa số nguyên tố khác nhau: n = p.q.r n = p’.q’.r’ Trong p, q, r p’, q’, r’ số ngun tố khơng có số nguyên tố có mặt hai phân tích (vì có số thoả mãn điều kiện trên, ta chia n cho số lúc thường nhỏ n, thương có hai cách phân tích thừa số nguyên tố khác nhau, trái với giả thiết quy nạp) Không tính tổng qt, ta giả thiết p p’ số nguyên tố nhỏ phân tích thứ thứ hai Vì n hợp số nên n’ > p2 n > p’2 Do p = p’ => n > p.p’ Xét m = n - pp’ < n phân tích thừa số nguyên tố cách ta thấy: p | n => p | n – pp’ hay p | m p’| n => p’| n – pp’ hay p’| m Khi phân tích thừa số nguyên tố ta có: m = n - pp’ = pp’ P.Q với P, Q ∈ P ( P tập số nguyên tố)  pp’ | n = pp’ | p.q.r => p’ | q.r => p’ ước nguyên tố q.r (Chú ý: kí hiệu p | n n chia hết cho p) Mà p’ không trùng với thừa số q,r (điều trái với gỉa thiết quy nạp số nhỏ n phân tích thừa số nguyên tố cách nhất) Vậy, điều giả sử không đúng, n hợp số mà n phải số nguyên tố (Định lý chứng minh) III/ CÁCH NHẬN BIẾT SỐ NGUYÊN TỐ Cách 1: Chia số cho nguyên tố từ nhỏ đến lớn: 2; 3; 5; Nếu có phép chia hết số khơng ngun tố Nếu thực phép chia lúc thương số nhỏ số chia mà phép chia có số dư số nguyên tố Cách 2: Một số có hai ước số lớn số khơng phải số nguyên tố Cho học sinh lớp học cách nhận biết số nguyên tố phương pháp thứ (nêu trên), dựa vào định lý bản: Ước số nguyên tố nhỏ hợp số a số khơngvượt q Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp a TÀI LIỆU TOÁN HỌC Đặc biệt: Với dãy 25 số nguyên tố nhỏ 100 nên cho học sinh học thuộc, nhiên găp số a (a < 100) muốn xét xem a số nguyên tố hay hợp số ta thử a có chia hết cho 2; 3; 5; hay không + Nếu a chia hết cho số a hợp số + Nếu a khơng chia hết cho số số a số nguyên tố Với quy tắc khoản thời gian ngắn, với dấu hiệu chia hết học sinh nhanh chóng trả lời số có hai chữ số ngun tố hay khơng Hệ quả: Nếu có số a > khơng có ước số ngun tố từ đến a a nguyên tố (Do học sinh lớp chưa học khái niệm bậc hai nên ta không đặt vấn đề chứng minh định lý này, giới thiệu để học sinh tham khảo.) IV/ SỐ CÁC ƯỚC SỐ VÀ TỔNG CÁC ƯỚC SỐ CỦA MỘT SỐ Giả sử: A = p1X1 p2X2 pnXn Trong đó: pi ∈ P ; xi ∈ N ; i = 1, n a) Số ước số A tính cơng thức: T(A) = (x1 + 1)(x2 + 1) .(xn + 1) Ví dụ: 30 = 2.3.5 T(A) = (1 + 1)(1 + 1)(1 + 1) = Thật vậy: Ư(30) ={ 1;2;3;5;6;10;15;30} Ư(30) có phân tử Ứng dụng: Có thể khơng cần tìm Ư(A) biết A có ước thơng qua việc phân tích thừa số ngun tố 3100 có (100 + 1) = 101 ước 000 000 000 = 109 = 29.59 có (9 + 1)(9+1) = 100 ước Ý nghĩa: Khi thông báo cho học sinh cách tính số ước số em tin tưởng viết tập hợp ước số khẳng định đủ hay chưa V/ HAI SỐ NGUYÊN TỐ CÙNG NHAU 1- Hai số tự nhiên gọi nguyên tố chúng có ước chung lớn (ƯCLN) a, b nguyên tố (a,b) = a,b ∈ N 2- Hai số tự nhiên liên tiếp nguyên tố 3- Hai số nguyên tố khác nguyên tố 4- Các số a,b,c nguyên tố (a,b,c) = 5- a,b,c nguyên tố sánh chúng đôi nguyên tố a,b,c nguyên tố sánh đôi (a,b) = (b,c) = (c,a) = Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TỐN HỌC VI/ MỘT SỐ ĐỊNH LÝ ĐẶC BIỆT 1) Định lý Đirichlet Tồn vô số số nguyên tố p có dạng: p = ax + b (x ∈ N, a, b số nguyên tố nhau) Việc chứng minh định lý phức tạp, trừ số trường hợp đặc biệt Ví dụ: Chứng minh có vơ số số ngun tố dạng: 2x – 1; 3x – 1; 4x + 3; 6x + 2) Định lý Tchebycheff Trong khoảng từ số tự nhiên n đến số tự nhiên 2n có số nguyên tố (n > 2) 3) Định lý Vinogradow Mọi số lẻ lớn 33 tổng số nguyên tố Các định lý ta giới thiệu cho học sinh tham khảo sử dụng để giải số tập B/ CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP Dạng 1: Sử dụng phương pháp phân tích thành thừa số Bài Tìm n ∈ N * để: a) n + số nguyên tố b) n 2003 + n 2002 + số nguyên tố Lời giải a) Ta có: n + 4= (n + 4n + 4) − 4n = (n + 2) − (2n) = (n + + 2n)(n + − 2n) Nếu n + số nguyên tố n − 2n + =1 ⇔ n =1 số nguyên tố Thử lại: Với n = n + = Vậy, với n=1 n + số nguyên tố + n (n 2001 − 1) + n(n 2001 − 1) + n + n + b) Ta có: n 2003 + n 2002= Với n > ta có: n 2001 − 1 n3 − 1 n + n + đó: ( n 2003 + n 2002 + 1) ( n + n + 1) n + n + > nên n 2003 + n 2002 + hợp số số nguyên tố Với n = n 2003 + n 2002 + = Bài a) Tìm số nguyên số p để 2p + lập phương số tự nhiên b) Tìm số nguyên tố p để 13p + lập phương số tự nhên Lời giải n 2m + ( m ∈ N ), a) Giả sử p + =n3 (với n ∈ N ); n số lẻ nên = p += (2m + 1)3 ⇒ p= m(4m + 6m + 3) Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TỐN HỌC Vì p số nguyên tố nên m = , suy p = 13 Thử lại: p + 1= 2.13 + 1= 27 = 33 Vậy p = 13 n3 (n ∈ N ); p ≥ suy n ≥ b) Giả sử 13 p += 13 p + = n3 ⇒ 13 p = (n − 1)(n + n + 1) 13 13 p số nguyên tố, mà n − > n + n + > nên n − = n − =p 13 n = 14 , 13 p = n3 − = 2743 ⇒ p = 211 số nguyên tố i) Với n − = ii) Với n − =p n + n + = 13 ⇒ n = , p = số nguyên tố Vậy với p = 2, p = 211 13p + lập phương số tự nhiên 2 Bài Tìm tất số nguyên tố x, y thỏa x − y = Lời giải Khi = x 2 y + , suy x số lẻ, đặt Giả sử x, y số nguyên tố thỏa: x − y = x = 2n + 1(n ∈ N *) Ta có: 2 (2n + 1)= y + ⇒ 4n + 4n + = y + ⇒ y= 2(n + n) ⇒ y  , mà y số nguyên tố nên suy y = Với y = 2, ta có x = Thử lại với x = , y = x − y = Bài Tìm số nguyên tố x, y, z thỏa x y + =z Lời giải Vì x, y số nguyên tố nên x ≥ 2, y ≥ suy z ≥ z 2y +1 z số nguyên tố lẻ nên x y số chẵn suy x = 2, = Nếu y lẻ y + 1 , suy z , vơ lí Vậy y chẵn, suy y=2, z = 22 + = Vậy số nguyên tố cần tìm x= y= 2; z= n n Bài Chứng minh + + (n ∈ N *) số nguyên tố n = 3k với k ∈ N Lời giải Đặt n = 3k m với (m, 3)=1 Giả sử m > 1, xét hai trường hợp: i) m = 3l + 1(l ∈ N *) Ta có: + 2n + 4n =1 + 23 k (3l +1) + 43 k (3l +1) =1 + a (3l +1) + a (6l + 2) , (với a = 23 ), suy k n + 2n + 4= a (a 3l − 1) + a (a 6l − 1) + a + a + 1 a + a + ⇒ + n +4n hợp số ii) m =3l + 2, (l ∈ N *) Ta có: + 2n + 4n =1 + 23 k (3l + 2) + 43 k (3l + 2) =1 + a 3l + + a 6l + = a (a 6l +3 − 1) + a (a 3l − 1) + a + a + 1 a + a + (với a = 23 ) k Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TỐN HỌC Suy + 2n + 4n hợp số Vậy m = tức n = 3k Bài Cho a, b, c, d ∈ N * thỏa mãn ab = cd Chứng minh rằng: A = a n + b n + c n + d n hợp số với n ∈ N Lời giải = a ta= tc1 với (a1 , c1 ) = Giả sử (a, b) = t, đó: 1, c c1d ⇒ b  c1 Từ ab = cd suy a= 1b Đặt: b = kc1 ⇒ c1d = a1.kc1 ⇒ d = ka1 Khi đó: A = a n + b n + c n + d n = t n a1n + k n c1n + t n c1n + k n a1n = (k n + t n )(a1n + c1n ) Vì k , t , a1 , c1 ∈ N * nên A hợp số n(n + 1) − ( n ≥ 1) Lời giải Bài Tìm tất số nguyên tố p dạng Ta có: = p n(n + 1) n + n − (n − 1)(n + 2) = −1 = 2 Với n = ta có p = Với n = ta có p = Với n > n 1  n+2 >1 nên p hợp số Vậy với n = 2, n = p số ngun tố có dạng Bài Tìm tất số có hai chữ số ab cho n(n + 1) −1 ab số nguyên tố a −b Lời giải Vì a,b có vai trị nên giả sử a > b Giả sử ab = p với p số nguyên tố.* a −b Suy ab  p ⇒ a  p b  p ⇒ p ∈ {2,3,5, 7} a + p = p a = p − p ⇔ Từ * ta có ab = ap - bp (a + p )( p − b) = p ⇔  p −b = b = p − Với p = ta có ab = 21 ab = 12 Với p = ta có ab = 62 ab = 26 Với p = p = ta có a có chữ số (loại) Vậy số ab cần tìm 12, 21, 26, 62 Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC Bài Cho số p =b + a, q =a + c, r =c + b số nguyên tố ( a, b, c ∈ N * ) Chứng minh ba số p, q, r có hai số Lời giải c b a Ba số a, b, c có hai số có tính chẵn lẻ Giả sử a,b chẵn lẻ, p= bc + a số nguyên tố chẵn, p = Từ suy a = b = 1; q = c + r = c + nên q = r Bài 10 a) Cho 2k + số nguyên tố (gọi nguyên tố Fermat) Chứng minh k = k = 2n b) Cho 2k - số nguyên tố (gọi số nguyên tố Mersenne) Chứng minh k số nguyên tố Lời giải a) Giả sử phản chứng k > k ≠ 2n với n Khi k = 2n t, với t lẻ > Vơ lí với 2k + số nguyên tố Vậy k = k = 2n b) Giả sử k = m t với < t 1 m Vậy k số nguyên tố Dạng 2: Tìm số nguyên tố p thỏa mãn điều kiện cho trước * 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 3k ± * Mọi số nguyên tố lớn có dạng 6n ± Chứng minh: *) Gọi 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 chia hết m khơng có dạng 4n 4n + Vậy số nguyên tố lớn đề có dạng: 4n ± Khơng phải số có dạng 4n ± số nguyên tố Chẳng hạn 4 - = 15 không số nguyên tố *) Gọi m số nguyên tố lớn 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 4n 6n; 6n + 2; 6n + Vậy số nguyên tố lớn đề có dạng: 6n ± Khơng phải số có dạng 6n ± 1(n ∈ N ) số nguyên tố Chẳng hạn + = 25 không số nguyên tố Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TỐN HỌC 10 Ví dụ minh họa: Bài Tìm tất số nguyên tố p cho p + p + số nguyên tố Lời 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 nguyên tố Bài Tìm tất số nguyên tố p cho p + 2; p + 6; p + 8; p + 14 số nguyên tố Lời giải 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 + tồn p ngun tố thỏa mãn tốn 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 + tồn p ngun tố thỏa mãn tốn 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 + tồn p ngun tố thỏa mãn tốn 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 + tồn p ngun tố thỏa mãn tốn Do p = số cần tìm Bài Tìm tất giá trị số nguyên tố p để: p + 10 p + 14 số nguyên tố Lời giải + Nếu p = p + 10 = + 10 = 13 p + 14 = + 14 = 17 số nguyên tố  p = giá trị cần tìm + Nếu p ≠ => p có dạng 3k + dạng 3k – * Nếu p = 3k + p + 14 = 3k + 15 = 3(k + 5) : * Nếu p = 3k – p + 10 = 3k + = 3(k + 3) : Vậy p ≠ p + 10 p + 14 hợp số Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TỐN HỌC 11 => khơng thỏa mãn Do đó: giá trị cần tìm là: p = Bài Tìm k để 10 số tự nhiên liên tiếp: k + 1; k +2; k +3; k +10 có nhiều số nguyên tố Lời giải Giáo viên hướng dẫn học sinh rút nhận xét: Trong 10 số tự nhiên liên tiếp, có số chẵn số lẻ (trong số chẵn, có nhiều số nguyên tố chẵn 2) Vậy: 10 số có khơng q số nguyên tố +) Nếu k = 0, từ đến 10 có số nguyên tố: 2; 3; 5; +) Nếu k = từ đến 11 có số nguyên tố: 2; 3; 5; 7; 11 +) Nếu k > từ trở khơng có số chẵn số ngun tố Trong số lẻ liên tiếp, có số bội số đó, dãy có số nguyên tố Vậy với k = 1, dãy tương ứng: k + 1; k + 2, k + 10 có chứa nhiều số nguyên tố (5 số nguyên tố) Bài Tìm tất số nguyên tố p để: 2p + p2 số nguyên tố Giải: Xét hai trường hợp: +) p ≤ p = p = * Nếu p = => 2p + p2 = 22 + 22 = ∉ P * Nếu p = => 2p + p2 = 22 + 32 = 17 ∈ P +) p > ta có 2p + p2=(p2 – 1) + (2p + 1) p lẻ => (2p + 1)  p2 – = (p + 1)(p – 1)  => 2p + p2 ∉ P Vậy: Có giá trị p = thoả mãn Bài Tìm tất số nguyên tố cho: p | 2p + Giải: Vì p ∈ P ,p | 2p + => p ≠ Ta thấy: |p p ≠ Theo định lý Fermatm ta có: p | 2p-1 – Mà p | 2p + (giả thiết) => p | 2.2p-1 – + => p | 2(2p-1 – 1) + => p | [vì p | 2(2p-1 – 1)] Vì p ∈ P p | => p = Vậy: p = số nguyên tố thoả mãn tính chất p | 2p + Tóm lại: Các tốn thuộc dạng: Tìm số nguyên tố thoả mãn điều kiện cho trước loại tốn khơng khó loại tốn số nguyên tố Qua loại toán này, giáo viên cần cố Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC 57 Bài 77 Do p q số nguyên tố nên p; q ≥ , suy r ≥ , mà r số nguyên tố nên r số lẻ Từ suy pq q p khác tính chẵn lẻ nên p q khác tính chẵn lẻ Như hai số p, q có số chẵn, khơng tính tổng qt ta giả sử số q r Đến ta xét trường hợp sau: Khi q = nên ta p2 + p = r hay r = 17 số nguyên tố • Nếu p = , ta có 32 + = p 3k + = p 3k + với k số • Nếu p > , p số nguyên tố nên có dạng = nguyen dương ( ) Từ suy p2 chia dư hay p2 =3n + n ∈ N* ( ) Lại có p số lẻ nên p =( − 1) =3m − m ∈ N* p Từ ta p2 + p = 3n + + 3m − 1= ( m + n ) nên hợp số Do trường hợp loại Vậy ba số nguyên tố cần tìm ( p; q; r ) = ( 2; 3;17 ) , ( 3; 2;17 ) Bài 78 Từ 49 ≤ 2p2 − r ; 2q − r ≤ 193 ta có 2q − 193 ≤ r ≤ 2p2 − 49 , q − p2 ≤ 72 170 hay p ≥ 11 Mặt khác từ điều kiện ≤ p < q < r ta r ≥ 11 , 2p2 ≥ 49 + 121 = Vì ( q − p )( q + p ) ≤ 72 nên q − p = q − p ≥ Xét hai trường hợp sau: q + p ≤ 36 , ta = p 11; = q 13 = p 17; = q 19 • Với q − p = + Nếu = = r 13 = q (loại) p 11; q 13 145 ≤ r ≤ 193 , suy = + Nếu = p 17; = q 19 529 ≤ r ≤ 529 , suy r = 23 (nhận) • Với q − p ≥ q + p ≤ 18 , không tồn p ≥ 11 Vậy ba số nguyên tố cần tìm là= p 17; = q 19; = r 23 Bài 79 Từ giả thiết suy 1 < + + < Khơng giảm tính tổng qt giả sử a > b > c > a b c 10 Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TỐN HỌC 58 Suy < ⇒ 2c < , c ∈ {2; 3} c • Với c = suy 1 1 1 1 < + + < ⇒ < + < ⇒ < < a b 10 a b b b Do b ∈ {7;11} + Với b = , từ + Với b = 11 từ 1 1 1 < < ⇒ a ∈ {19; 23; 29; 31; 37; 41} < + < suy 42 a 35 a b 1 1 < + < suy < < ⇒a= 13 , a > b 66 a 55 a b • Với c = từ giả thiết suy Thay b = vào 1 11 < + < ⇒ < ⇒b c ) a b 30 b 15 1 11 ta < a < ⇒a= < + < a b 30 Vậy có ba số nguyên tố khác ( a; b; c ) thoả mãn là: (19; 7; ) , ( 23; 7; ) , ( 29; 7; ) , ( 31; 7; ) , ( 37; 7; ) , ( 41; 7; ) , (13;11; ) , ( 7;5;3 ) hốn vị Bài 80 ( ) x x4 + p = −3q Ta có x + px + 3q =⇔ Vì q số nguyên tố x số nguyên nên từ phương trình suy x ∈ {−1; − 3; − q; − 3q} Ta xét trường hợp sau: + Nếu x = −1 , từ phương trình ta + p = 3q Do q số nguyên tố nên • Khi q = ta p = • Khi q > 3q số lẻ nên p số nguyên tố chẵn, p = nên q = khơng phải số nguyên tố + Nếu x = −3 , từ phương trình ta p + 81 = q , p số nguyên tố chẵn q số nguyên tố lẻ Từ ta được= p 2;= q 83 Trường hợp không xẩy + Nếu x = −q , từ phương trình ta p + p4 = p q số nguyên tố nên p + q > Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TỐN HỌC 59 Trường hợp không + Nếu x = −3q , từ phương trình ta p + 81p4 = xẩy p q số nguyên tố nên p + 81q > Vậy số ( x; p; q ) thỏa mãn yêu cầu toán ( −1; 5; ) , ( −3; 2; 83 ) ( ) −3q ta suy x chia hết cho x + p chia Nhận xét: Từ phương trình x x + p = hết cho Đến ta xét trường hợp Tuy nhiên với cách làm việc lý luận phức tạp Bài 81 Giả sử tồn số nguyên dương x y thỏa mãn p2 + p+1 = y2 = x 2 p + = 2x ( 1) Khi ta  p 2y + = ( )  Trừ theo vế đẳng thức (2) cho đẳng thức (1) ta p ( p − 1)= ( y + x )( y − x ) ( ) Suy ta ( y + x )( y − x ) p ( ) Mặt khác từ (1) ta thấy p số lẻ x > > Ta có p + = 2x = x + x > x + ⇒ p > x Từ (2) ta lại có y > nên p2 + = 2y = y + y > y + ⇒ p > y Từ (3) ta suy y > x Từ ta < y − x < p Chú ý p là số nguyên tố lẻ nên từ (4) ta suy x = y  p Mà ta lại có < x + y < 2p nên ta x + y = p Thay vào (30 ta p − 1= ( y − x ) p+1 p+1 3p − Từ suy y − x = nên ta = x = ;y 4  p+1 p+1 = = p +1 2 Thay x = vào (1) ta  ⇔ p   Thay p = vào (2) ta + 1= 2y ⇒ y= Vậy p = thỏa mãn yêu cầu tốn Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TỐN HỌC 60 Nhận xét: Ngồi cách giải ta cịn giải cách xét khả p: p2 + Với p chẵn không xẩy ra, với = = p 4k + ta ( 4k ± 1) +1 = 8k ± 4k + Đến ta tìm giá trị k để 8k ± 4k + số phương Bài 82 Giả sử tồn số nguyên dương x thỏa mãn Khi tồn số nguyên dương q để ( x + 1)( 2x + 1) 2012 ( x + 1)( 2x + 1) = q 2012 số phương hay ( x + 1)( 2x + 1) = 2012q Vì 2012 chia hết ( x + 1)( 2x + 1) Mà 2x + số lẻ nên x + 1 Từ ta = x 4k − với k số nguyên dương Thay vào phương trình ta 4k ( 8k = − 1) 2012q ⇔ k ( 8k = − 1) 503q Để ý ( k,8k − 1) = 503 số nguyên tố Nên tồn số nguyên dương a b k = a k = 503a cho q = ab ( a, b ) = Từ ta có hệ   b2 503b 8k − = 8k − = k = 503a + Với  , hệ vơ nghiêm b chia có số dư 0, 1, b 8k − = k = a + Với  Khi ta x = 4k − 1= 4a − 1= − = 8k 503b  Nếu a = x = , ta ( x + 1)( 2x + 1) = 2012 ( 2a − 1)( 2a + 1) khơng phải số nhính phương 503 Nếu a ≥ x = ( 2a − 1)( 2a + 1) hợp số Vậy toán chứng minh Bài 83 Đặt p2 − p − = n với n số tự nhiên Vì p số nguyên tố nên ta xét trường hợp sau: • Trường hợp 1: Với p = , ta n = thỏa mãn yêu cầu tốn • Trường hợp 2: Với p > , ta có Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp p2 − p − = n ⇔ p ( p − 1) = ( n + 1) n − n + ( ) TÀI LIỆU TỐN HỌC 61 Từ ta n + 1 p n − n + 1 p (vì p số nguyên tố lẻ) ( ) + Nếu n + 1 p ta n + ≥ p Từ ta n − n + ≥ n + ( n − 1) + > n > p − ( ) Từ ta p ( p − 1) < ( n + 1) n − n + Do trường hợp lại kp với k số tự nhiên khác + Nếu n − n + 1 p , ta đặt n − n + = ( ) Thay vào phương trình p ( p − 1)= ( n + 1) n − n + ta p = ( n + 1) k + ( ) ( ) Từ suy n − n + 1= ( n + 1) k + k hay n − 2k + n − 2k + k − = Xem phương trình phương trình bậc hai ẩn n Khi 2k + số lẻ nên để phương trình có nghiệm ngun thì= ∆ ( 2k ) ( ) ( ) ( 2k + + 2k + k − phải số + + 2k + k −= phương lẻ ( ) ( ) Ta thấy 2k + < ∆ < 2k + Do đó= ∆ ( 2k ) ) +3 Từ ta tính k = suy n = 20 nên p = 127 Thử lại ta thấy p = 127 thỏa mãn yêu cầu tốn Vậy số cần tìm p = p = 127 Bài 84 Do vai trị a, b, c nên khơng tính tổng quát ta giả sử a < b < c Khi số nguyên tố lớn a + b + c số nguyên tố nhỏ a + b − c Do ta d = ( a + b + c ) − ( a + b − c ) = 2c , nên để có d lán ta cần chọn số nguyên tố c lớn Chú ý a, b, c số nguyên tố lẻ a = b + c − a số chẵn lớn nên khơng thể số ngun tố Do bảy số nguyên tố cho số lẻ Ta xét trường hợp sau 800 , số nguyên tố a + b − c ≥ nên ta c ≤ 797 Vì • Trường hợp 1: Nếu a + b = 797 số nguyên tố ta cần lấy c lớn nên ta chọn c = 797 Khi ta a + b + c = 1597 a + b − c = Vì 1597 số nguyên tố nên ta cần chọn số nguyên tố a, b cho 797 + a − b 797 + b − a số nguyên tố Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC 62 La chọn a = 13 ta b = 787 797 + a= − b 23; 797 + b= − a 1571 số nguyên tố Lúc ta = d 2c = 2.797 = 1594 800 , c < 800 Nếu ta chọn c = 797 ta b = • Trường hợp 2: Nếu b + c = Mà ta lại có a < b nên a = khơng thỏa mãn Do c < 797 nên d < 2.797 = 1594 800 , c < 800 Nếu ta chọn c = 797 ta a = • Trường hợp 3: Nếu a + c = Từ ta a + b − c ≥ nên suy b ≥ 799 , b > c khơng thỏa mãn Do c < 797 nên = d 2c < 1594 Vậy giá trị lớn d 1594 với số nguyên tố chọn trường hợp a+b= 800 Bài 85 ( ) y ) d d ∈ N* , tồn số tự nhiên a b để Gọi UCLN ( x,= = x da; = y db ( a, b ) = x + py d 2a + pd 2a a + pb Ta có = = ∈ N* xy ab d ab Từ ta a + pb  ab ⇒ a + pb  b ⇒ a  b Do ( a, b ) = nên ta suy b = Suy a + p a ⇒ p a Do p số nguyên tố nên ta a = a = p Khi ta xét trường hợp x + py d + pd = = p+1 • Với a = , ta x= y= d nên suy xy d2 = = x dp; y d nên suy • Với a = p , ta Vậy ta ln có x + py d p2 + d p = = p + xy d2 p x + py = p+1 xy Bài 86 Ta xét toán tổng quát: Tìm số nguyên dương n lớn cho số nguyên dương A ( A > ) viết thành tổng a + a + a + + a n số a1 ; a ; a ; ; a n hợp số Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC 63 Giả sử A = a1 + a + a + + a n a1 ; a ; a ; ; a n hợp số Khi theo đề ta phải tìm số n lớn Chú ý để có n lớn hợp số a1 ; a ; a ; ; a n phải nhỏ Dễ thấy hợp số chẵn nhỏ hợp số lẻ nhỏ Do với số ngun dương A ta ln có A = 4a + r , a số nguyên dương r ∈ {0;1; 2; 3} Đến ta xét trường hợp sau • Trường hợp 1: Nếu r = , A = 4a Mà hợp số nhỏ nên số k lớn n = a = 4a + Mà hợp số nhỏ nên n ≤ a • Trường hợp 2: Nếu r = , A Xét n = a Vì A số lẻ nên tồn số a i với i = 1; 2; ; n số lẻ Khơng tính tổng qt, giả sử a1 lẻ, suy a1 ≥ Khi a1 + a + + a n ≥ + ( a − 1) = 4a + + > 4a + = A Xét n= a − , ta có A = 4a + = ( a − ) + Do n lớn n= a − = 4a + Tương tự trường hợp ta có n ≤ a • Trường hợp 3: Nếu r = , A Xét n = a ta có A = 4a + = ( a − 1) + nên số n lớn n = a = 4a + Mà hợp số nhỏ nên n ≤ a • Trường hợp 4: Nếu r = , A Xét n = a Vì A số lẻ nên tồn số a i với i = 1; 2; ; n số lẻ Khơng tính tổng qt, giả sử a1 lẻ, suy a1 ≥ Khi a1 + a + + a n ≥ + ( a − 1) = 4a + + > 4a + = A Xét n= a − , ta có A = 4a + = ( a − ) + 15 = ( a − ) + + Do n lớn n= a − Kết luận: Với số nguyên dương A > A chẵn A phân tích thành a hợp số Với số nguyên dương A > A lẻ A phân tích thành a − hợp số, a thương phép chia số A cho Áp dụng: Với= A 2016 = 4.504 ta n lớn 504 = A 2016 = 504.4 Với = A 2017 = 4.504 + ta n lớn nhât 503 = A 2017 = 502.4 + Bài 87 Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC 64 Giả sử p, q, r số nguyên tố thỏa mãn phương trình ( p + 1)( q + )( r + ) = 4pqr Ta có p,q,r ≥ Khi ta xét trường hợp sau • Nếu r = , phương trình trở thành ( p + 1)( q + ) = 8pq Do ( 5,8 ) = ước nguyên tố pq nên ta p = q = + Với p = , ta ( + 1)( q + 2= ) 8.5q ⇒ q= số nguyên tố + Với q = , ta ( p + 1)( + 2= ) 8.5p ⇒ p= thỏa mãn u cầu tốn • Nếu r = , phương trình trở thành ( p + 1)( q + ) = 2pq Từ ta ( p − 1)( q − ) =4 =1.4 =2.2 Do p q số nguyên tố nên q − ≠ 2; q − ≠ p −= = p Nên từ ta suy  , thỏa mãn yêu cầu toán ⇒ −2 = q= q • Nếu r > , ta có 4pqr = ( p + 1)( q + )( r + ) < 2r ( p + 1)( p + ) Hay ta 2pq < ( p + 1)( q + ) ⇒ ( p − 1)( q − ) < Do p − < 4; q − < p số nguyên tố nên ta p = p = + Với p = từ phương trình cho ta ( q + )( r + ) = 8qr Do ( 3,8 ) = nên phải ước nguyên tố qr , mà q r số nguyên tố, lại có r > nên suy q = Từ ta r = thỏa mãn yêu cầu tốn + Với p = từ phương trình cho ta ( q + )( r + ) = 3qr Hay ta 2qr − 3q − 2r =6 ⇔ ( q − 1)( 2r − ) =9 =1.9 =3.3 2r −= = r ⇒ Lại có r > nên 2r − > , từ phương trình ta  , khơng = q − 1 = q   thỏa mãn yêu cầu toán Vậy ba số nguyên tố ( p; q; r ) thỏa mãn yêu cầu toán ( 7; 5; ) , ( 5; 3; ) , ( 2; 3; ) Bài 88 Đặt p1 a1 − a =p2 a − a = =pn a n − a1 =k với k số không âm Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TỐN HỌC 65 Khi ta a1 − a= Hay a1 −= a2 k k k ; a − a= ; ; a n − = a1 p1 p2 pn kt kt kt n với t ; t ; ; t n nhận giá trị −1 ; a −= a3 ; ; a n −= a1 p1 p2 pn t t t t  Cộng theo vế tất đẳng thức ta k  + + + + n  = pn   p1 p2 p3 Đặt M = t t1 t t t t t t Q Suy Q số + + + + n ⇒ M − = + + + n = p1 p2 p3 pn p1 p2 p3 pn p2 p3 pn nguyên Từ ta p2 p3 pn ( Mp1 − t ) = Qp1 Hay ta p1 ( p2 p3 pn M − Q ) = t p2 p3 pn Nếu M số nguyên từ đẳng thức suy vế trái chia hết cho p1 cịn vế phải khơng chia hết cho p1 , điều vơ lí Do M khơng thể số nguyên, suy M ≠ t t t t Do từ k  + + + + n pn  p1 p2 p3  ta suy k = =  Điều dẫn đến p1 a1 − a =p2 a − a = =pn a n − a1 =0 Hay suy a1 − a = a − a = = a n − a1 =0 nên a1= a 2= = a n Bài 89 Giả sử tồn số nguyên tố a, b, c thỏa mãn điều kiện a b + 2011 = c Khi ta xét trường hợp sau: , điều vơ lí a, b lớn • Nếu c = , a b + 2011 = • Nếu c > , c số nguyên tố nên c số lẻ Từ a b + 2011 = c ta suy a b + 2011 số lẻ nên a b số chẵn hay a số chẵn Do a số nguyên tố nên ta a = Như b + 2011 số nguyên tố Ta xét khả sau + Khi b = ta b + 2011 = 2015 hợp số + Khi b ≥ , b số nguyên tố nên b số lẻ Ta đặt b = 2k + 1, k ∈ N* Khi ta có b + 2011 =2 2k +1 + 2011 =2.2 2k + 2011 =2.4 k + 2011 =2 ( + 1) + 2011 k Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC 66 Dễ thấy ( + 1) chia dư 2011 chia dư nên ta ( + 1) + 2011 chia hết cho k k Do b + 2011 chia hết cho Suy b + 2011 hợp số Vậy không tồn số nguyên tố a, b, c để a b + 2011 = c Bài 90 Ta xét trường hợp sau 13 + 13 • Với p = , tồn n = x= y= để 2= • Với p = , tồn n = và= x 1;= y để 3= 13 + • Với p > , giả sử tồn số nguyên dương n, x, y với n bé thỏa mãn n p= x3 + y3 Do p > nên suy ( x; y ) ≠ ( 1;1) , x − xy + y = ( x − y ) + xy > x + y > ( ) ( ) ( )( ) Ta có x + y = ( x + y ) x − xy + y nên x + y  ( x + y ) x + y  x − xy + y ( ) Do suy ( x + y ) x − xy + y phải chia hết cho p ) ( n 3xy chia hết cho p Do p số nguyên tố p= Suy ( x + y ) − x − xy + y = x3 + y3 nên ta x y chia hết cho p n Từ suy n > , chia hai vế p= x + y cho p3 ta 3 x y = p   +  p p n−3 x y Từ suy tồn số tự số nguyên dương n − 3; ; thỏa mãn yêu cầu toán.Tuy p p nhiên điều lại mâ thuẫn với việc nhọn n nhỏ n Vậy với p > khơng tồn số nguyên dương n, x, y thỏa mãn p= x3 + y3 Do số nguyên tố thỏa mãn yêu cầu toán p = p = n + 8n + n 8n = + + Bài 91 Đặt A = Ta xét trường hợp sau: 3n 3 3n • Trường hợp 1: Nếu n = 3k với k số nguyên dương, ta A = 3k + 8k + 9k Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC 67   Dễ thấy 3k + 8k < A < 3k + 8k + nên suy  A=   3k + 8k + = = k ( 3k + )  3k + 8k 9k   Để  A  số ngun tố k = ,  A  =11 nguyên tố Từ ta tìm n=3 n 3k + với k số ngun, ta • Trường hợp 2: Nếu = 1 A= 3k + 2k + + 8k + + = 3k + 10k + + 3 9k + 9k + Dễ thấy 3k + 10k + < A < 3k + 10k + + nên suy    A  = 3k + 10k + +  =3k + 10k + =( k + )( 3k + 1) 9k +   Như để  A  số nguyên tố k + = 3k + = , từ ta tìm k = Khi  A  =3 số nguyên tố n = n 3k + với k số nguyên, ta • Trường hợp 2: Nếu = 16 1 + 8k + + = 3k + 12k + + + 3 9k + 9k + 3 A= 3k + 4k + Ta thấy < + < nên suy 9k + 3  2  A  =  3k + 12k + + +  = 3k + 12k + = k + 4k + 9k + 3   ( ) Suy với k  A  ln số nguyên tố Vậy để  A  số nguyên tố n = n = Bài 92 Ta xét trường hợp sau + Nếu p = , ta có Để (k ) k − kp= k − 2k= (k ) − 2k + − 1= ( k − 1) −1 − 2k + − ( k − 1) − số phương Như ( k − 1) − ( k − 1) hai số tự nhiên liên tiếp Từ ta ( k − 1) − = ( k − 1) 2 = Trường hợp loại + Nếu p > , p số nguyên tố lẻ Nếu k chia hết cho p, tồn số nguyên dương n để k = np Từ ta Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp k −= kp np2 ( n − 1) , để k − kp số TÀI LIỆU TOÁN HỌC 68 nguyên dương p2 n ( n − 1) phải số phương, mà ( n, n − 1) = nên n n − phải hai số phương Điều khơng thể xẩy Do k khơng thể chia hết cho p Từ ta k p hai số nguyên tố nhau, điều dẫn đến k k − p hai số k ( k − p ) số nguyên dương k nguyên tố Từ để k − kp= k − p phải hai số phương Đặt k = m k − p = n với m, n ∈ N* Khi ta p = m − n = ( m − n )( m + n ) Do p số nguyên tố nên ta p = m+n ( p + 1) m − n = Do ta tính k = ( p + 1) Vậy với k = p số nguyên tố lẻ k − kp số nguyên dương Bài 93 Giả sử p q số nguyên tố thỏa mãn p3 − q = ( p + q ) Khi ta p3 − q > Từ ta p3 > q ≥ nên ta p > Suy p không chia hết cho Ta xét trường hợp sau: ( ) • Nếu q = , p3 − 35 =( p + ) ⇔ p3 − p2 − 6p − 252 =0 ⇔ ( p − ) p2 + 6p + 36 =0 Do p2 + 6p + 36 > nên ta p − = ⇒ p = • Nếu q ≠ p =3m ± 1; q =3n ± với m, n số nguyên dương + Với= p 3m + = q 3n + p5 − q  ( p + q ) chia dư 1, nên không thỏa mãn yêu cầu toán + Với= p 3m + = q 3n − p5 − q chia dư ( p + q ) chia hết cho 3, nên không thỏa mãn yêu cầu toán + Với= p 3m − = q 3n + p5 − q chia dư ( p + q ) chia hết cho 3, nên không thỏa mãn yêu cầu toán + Với= p 3m − = q 3n − p5 − q  ( p + q ) chia dư 1, nên khơng thỏa mãn u cầu tốn Vậy cặp số nguyên tố ( p; q ) thỏa mãn yêu cầu toán ( 3; ) Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TỐN HỌC 69 Bài 94 ( ) Ta có 2a b = a ( a + b ) − a a + b Do p4 ước a + b a ( a + b ) nên p4 ước 2a b Do p số nguyên tố lẻ nên suy p4 ước a b Nếu a không chia hết cho p2 số mũ p a khơng vượt q 2, a khơng chia hết cho p4 Do b phải chứa p2 , điều có nghĩa b chia hết cho p2 , từ ta b chia hết cho p4 Từ suy a + b không chia hết cho p4 , điều mâu thuẫn vơi giả thiết Do a phải chia hết cho p2 nên a không chia hết cho p4 Từ a + b không chia hết cho p4 ta suy b chia hết p4 , b chia hết cho p2 Dẫn đến a + b chia hết cho p2 nên suy a ( a + b ) chia hết cho p4 Vậy p4 ước a ( a + b ) Bài 95 Đặt A = a − b − 5a + 3b + , dễ thấy A số chẵn Do A số nguyên tố A = 2, hay A = a − b − 5a + 3b + = , suy ( a + b − )( a − b − 1) = Ta xét trường hợp sau : a + b − =1 + Trường hợp  ⇔ a= 4; b= a − b − = a + b − =2 + Trường hợp  ⇔ a= 4; b= a − b − = a + b − =−1 ⇔ a= 1; b= + Trường hợp  a − b − =−2 a + b − =−2 ⇔ a= 1; b= + Trường hợp  a − b − = −  Bài 96 Ta có f ( ) – f ( 4= ) 2012 ⇔ 61a + 9b +=c 2012 Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC 70 f (7 ) – f ( 2) = = ( 343a + 49b + 7c + d ) – ( 8a + 4b + 2c + d ) = 335a + 45b + 5c 305a + 45b + 5c + 30a = 2012 + 30a = ( 1006 + 15a ) Vì a số nguyên nên ta f ( ) − f ( ) chia hết cho 1006 + 15a khác Do f ( ) − f ( ) hợp số Bài 97 Theo f(x) có dạng f ( x ) = ax + bx + cx + d với a nguyên dương Ta có 2010 = f ( ) − f ( ) = (5 ) ( ) − 33 a + 52 − 32 b + ( − ) c = 98a + 16b + 2c ⇒  16b + 2c = ( 2010 − 98a ) f ( ) − f ( 1= ) (7 Lại có ) ( ) − 13 a + − 12 b + ( − 1) c= 342a + 48b + 6c= 342a + ( 16b + 2c )  =342a + ( 2010 − 98a ) =48a + 6030 =3 ( 16a + 2010 )  Vì a nguyên dương nên 16a + 2010 > Vậy f ( ) − f ( 1) hợp số Bài 98 Biến đổi m p2 + = q thành m.p2 = ( q − 1) ( q + q3 + q2 + q + ) Do q + q + q + q + lẻ nên q − = m.pk với k = 0;1; + Nếu k = ta có q − = m Từ ta p2 (2 = m ) +1 −1 m =2 4m + 5.2 3m + 10.2 2m + 10.2 m + Nếu m > p2 ≡ ( mod ) vơ lí nên suy m = , từ ta = p 11; = q + Nếu k = ta có q − = m.p ta p = ( q − 1) ( q + q3 + q2 + q + ) Do để p số nguyên tố q − = ⇒ q = , từ suy q = 31 Thay vào phương trình ban đầu ta m 312 + = , phương trình khơng có m nguyên dương thỏa mãn + Nếu k = ta có q − = m.p2 ta = q + q + q + q + điều vơ lí q số ngun tố Vậy ( m; p; q ) = ( 1;11; ) cần tìm Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC 71 Bài 99 Từ giả thiết suy p6 > ⇒ p62 ≡ ( mod ) ( ) Mà pi2 ≡ 1; ( mod ) nên số pi i = 1; có bốn số 2, số lớn Thật vậy, giả sử k số số chẵn dãy p1 , p2 , p3 , p4 , p5 Suy p12 + p22 + p32 + p42 + p52 = 4k + A (A tổng bình phương 5-k số lẻ) (p ) + p22 + p32 + p42 + p52 ≡ 4k + ( − k ) ( mod ) ≡ 3k + ( mod ) ( ) Mà p12 + p22 + p32 + p42 + p52 ≡ ( mod ) nên 3k +  ⇒ k = Nhận xét chứng minh xong Bây ta giả sử p= p= p= p= 2; p5 > 2 Từ suy p62 − p52 = 16 ⇔ ( p6 − p5 )( p6 + p5 ) = 16 Từ giải được= p6 5;= p5 Vậy số nguyên tố số cần tìm ( p1 ; p2 ; p3 ; p4 ; p5 ; p6 ) ( p1 ; p2 ; p3 ; p4 ; p5 ) xác định ( 2; 2; 2; 2; ) hốn vị, cịn có định p6 = Bài 100 Giả sử có số nguyên a để Suy a p −1 ≡ ( −1) p −1 (a ( mod p ) ) +  p hay ta có a ≡ −1 ( mod p ) hay a p −1 − ≡ ( −1) p −1 − ( mod p ) Nhưng theo định lí Fecmat a p−1 − ≡ ( mod p ) Nên ta ( −1) p −1 − ≡ ( mod p ) mà p số nguyên tố dạng 4k + nên ( −1) p −1 − ≡ ( mod p ) ⇔ −2 ≡ ( mod p ) , điều vơ lí Nên khơng tồn số ngun a thỏa mãn u cầu tốn Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC ... khơng khó loại to? ?n số nguyên tố Qua loại to? ?n này, giáo viên cần cố Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TO? ?N HỌC 12 gắng trang bị cho học sinh kiến thức số nguyên tố Đặc biệt giúp học sinh nắm vững:... tố N Qua giáo viên cho học sinh thấy phân bố số nguyên tố “càng sau rời rạc” Từ tốn phát triển thành tốn khác giúp học sinh rèn luyện kỹ xảo chứng minh Dạng 4: Các to? ?n chứng minh số nguyên tố... Trên mộ số to? ?n chứng minh đơn giản định lý Đirielet: Có vơ số số nguyên tố dạng ax + b x∈ N ,(a,b) = Mục đích tập dạng là: Rèn luyện cho học sinh khả tư sâu, cách xem xét kết luận vấn đề to? ?n học