Thông tin tài liệu
1 CHUYÊN ĐỀ: SỐ NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ A KiÕn thøc cÇn nhí Định nghĩa số ngun tố, hợp số 1) Số nguyên tố l| số tự nhiên lớn 1, có ƣớc số l| v| Ví dụ: 2, 3, 5, 11, 13,17, 19 2) Hợp số l| số tự nhiên lớn v| có nhiều ƣớc Ví dụ: có ƣớc số: ; v| nên l| hợp số 3) C{c số v| khơng phải l| só ngun tố khơng phải l| hợp số 4) Bất kỳ số tự nhiên lớn n|o có ƣớc số nguyên tố Một số tính chất 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 nguyên tố p Nếu a v| b không chia hết cho số ngun tố p tích ab khơng chia hết cho số nguyên tố p Cách nhận biết số nguyên tố a) Chia số lần lƣợt cho c{c số nguyên tố biết từ nhỏ đến lớn Nếu có phép chia hết số khơng phải l| số ngun tố Nếu chia lúc số thƣơng nhỏ số chia m| c{c phép chia cịn số dƣ số l| số nguyên tố b) Một số có ƣớc số lớn số khơng phải l| số nguyên tố Phân tích số thừa số nguyên tố: Ph}n tích số tự nhiên lớn thừa số nguyên tố l| viết số dƣới dạng tích c{c thừa số nguyên tố + Dạng ph}n tích thừa số nguyên tố số ngun tố l| số + Mọi hợp số ph}n tích đƣợc thừa số nguyên tố Chẳng hạn A a b c , a, b, c l| c{c số nguyên tố v| , , , N* Khi số c{c ƣớc số A đƣợc tính 1 1 1 Tổng c{c ƣớc số A đƣợc tính a +1 b 1 c 1 a 1 b 1 c 1 Số nguyên tố Hai số a v| b nguyên tố v| a, b C{c số a, b, c nguyên tố v| a, b,c C{c số a, b, c đôi nguyên tố v| a, b b,c c,a Cách nhận biết số nguyên tố Cách - Chia số lần lƣợt cho số nguyên tố từ nhỏ đến lớn: 2; 3; 5; - Nếu có phép chia hết số khơng l| số nguyên tố - Nếu thực phép chia lúc thƣơng số nhỏ số chia mà phép chia có số dƣ số l| số nguyên tố Cách - Một số có hai ƣớc số lớn số khơng phải số nguyên tố - Ƣớc số nguyên tố nhỏ hợp số A số không vƣợt A - Với quy tắt khoảng thời gian ngắn, với dấu hiệu chia hết ta nhanh chóng trả lời đƣợc số có hai chữ số n|o l| ngun tố hay khơng B MỘT SỐ DẠNG TOÁN SỐ NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ Dạng 1: Chứng minh số số nguyên tố hợp số Bài toán Chứng minh với số tự nhiên n n5 n4 hợp số Hướng dẫn giải Ta có: n5 n4 n2 n 1 n3 n 1 Mà n nên n2 n suy n5 n4 hợp số Bài toán Nếu p p số nguyên tố p Hướng dẫn giải Xét p 3k ( k nguyên) p , hợp số số nguyên tố Xét p Vậy p 3k p , hợp số 3k , mà p số nguyên tố nên p Khi p 2 11 , số nguyên tố 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 khơng chia hết cho 3, hai số 2n 1; 2n phải có số chia hết cho 3, nghĩa l| hai số phải có hợp số Để cho 2n số nguyên tố n nên chắn 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 8 p 18 p 1 Vì p p số nguyên tố lớn nên p chia hết cho hay p hợp số Dạng 2: Tìm số nguyên tố thỏa mãn điều kiện cho trƣớc * Cơ sở phƣơng pháp: * 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 * Ví dụ minh họa: Bài tốn Tìm tất số nguyên tố p cho p + p + số nguyên tố Hướng dẫn giải Với p = p + = p + = l| c{c số nguyên tố Với p = p + = p + = c{c số nguyên tố Với p > m| p l| số nguyên tố nên p có dạng p = 3k + p = 3k + Nếu p 3k p 3k 3k 1 không l| số nguyên tố Nếu p = 3k + p 3k 3k không l| số nguyên tố; Vậy với p p + p + l| số nguyên tố Bài tốn Tìm tất số ngun tố p cho p + 2; p + 6; p + 8; p + 14 số nguyên tố Hướng dẫn giải Trƣờng hợp 1: p = 5k m| p nguyên tố nên p = 5, đó: p + = 7; p + = 11; p + = 13; p + 14 = 19 số nguyên tố nên p = thỏa mãn toán Trƣờng hợp 2: p = 5k + 1, đó: p + 14 = 5k + 15 = 5(k + 3) có l| ƣớc 1, (p + 14) nên p + 14 không số nguyên tố Vậy với p = 5k + khơng có tồn p ngun tố thỏa mãn toán Trƣờng hợp 3: p = 5k + 2, đó: p + = 5k + 10 = 5(k + 2) có l| ƣớc 1, (p + 10) nên p + 10 không số nguyên tố Vậy với p = 5k + khơng có tồn p ngun tố thỏa mãn toán Trƣờng hợp 4: p = 5k + 3, đó: p + = 5k + = 5(k + 1) có l| ƣớc 1, (p + 2) nên p + không số nguyên tố Vậy với p = 5k + khơng có tồn p ngun tố thỏa mãn toán Trƣờng hợp 5: p = 5k + 4, đó: p + = 5k + 10 = 5(k + 2) có l| ƣớc 1, (p + 6) nên p + không số nguyên tố Vậy với p = 5k + khơng có tồn p ngun tố thỏa mãn tốn Do p = l| số cần tìm Bài tốn Tìm số tự nhiên n cho n3 số nguyên tố Hướng dẫn giải n3 n3 n chia cho dƣ (vì n chia cho dƣ n3 chia hết cho dƣ ) Đặt n n3 Để (3k 1)3 27k N ) Ta có 3k (k 27k 9k n3 số nguyên tố, phải có k 3k 3k Khi n k (3k k 3k 1) n3 64 , số nguyên tố Đáp số: n Bài tốn Tìm số ngun tố p cho 43 p lập phƣơng số tự nhiên Hướng dẫn giải n3 ( n Đặt 43 p N ) 43 p (n 1)(n2 n 1) Số 43 p có bốn ƣớc nguyên dƣơng l| 1, 43, p, 43 p nên có ba trƣờng hợp: a) b) c) n n 1 n 43 p n 43 n n p n2 n n Đáp số: p 43 p Khi n 43 p 22 Khi n 44 p 442 Khi n(n 1) 42 n , loại 44 1981 , loại 6, p (là số nguyên tố) Dạng 3: Nhận biết số nguyên tố, phân bố nguyên tố tập hợp số tự nhiên Các toán nhận biết số nguyên tố, ph}n bố số nguyên tố N, giúp cho học sinh hƣớng suy nghĩ để chứng minh xem xét số có phải l| số nguyên tố hay khơng? Thơng qua việc ph}n tích v| xét hết khả xảy ra, đối chiếu với giả thiết v| c{c định lý, hệ học để loại bỏ c{c trƣờng hợp m}u thuẫn B|i to{n số l| b|i tập tổng qu{t ph}n bố số nguyên tố N Qua cho học sinh thấy đƣợc ph}n bố số nguyên tố “c|ng sau c|ng rời rạc” Từ b|i to{n n|y ph{t triển th|nh b|i to{n kh{c giúp học sinh rèn luyện kỹ xảo chứng minh Website:tailieumontoan.com * Ví dụ minh họa: Bài toán Cho p số nguyên tố số 8p + 8p - số nguyên tố, hỏi số thứ (ngồi số ngun tố, số cịn lại) số nguyên tố hay hợp số? Hướng dẫn giải Với p = ta có 8p + = 25 l| hợp số, 8p -1 l| số nguyên tố Với p ta có 8p -1, 8p, 8p + l| số nguyên tố liên tiếp nên có số chia hết cho Do p l| nguyên tố kh{c nên 8p không chia hết cho 3,do 8p -1 8p+1 có số chia hết cho Vậy số thứ ngo|i hai số nguyên tố l| hợp số Bài toán Nếu p < v| 2p + l| c{c số nguyên tố 4p + l| nguyên tố hay hợp số Hướng dẫn giải Xét số tự nhiên liên tiếp: 4p; 4p + 1; 4p + Trong số có số l| bội Mà p < 5, p P nên p có dạng 3k + 3k + +) Nếu p = 3k + 4p = 4(3k + 1) 3Q + = p 4p + = 4(3k + 1) + p = 3.Q : Mặt kh{c: 4p + = 2(2p +1) = 3Q nên 3Q : => 2(2p + 1) : 3; (2;3) = nên (2p + 1) : (tr{i với giả thiết) +) Nếu p có dạng 3k + Khi 4p + = 4(3k + 2) + = 12k + = 3M : => 4p + l| hợp số Vậy số có số l| bội Bài toán Trong dãy số tự nhiên tìm đƣợc 1997 số liên tiếp m| khơng có số ngun tố n|o hay khơng ? Hướng dẫn giải Chọn dãy số: a1 = 1998! + a1 : a2 = 1998! + a2 : a3 = 1998! + a3 : a1997 = 1998! + 1998 a1997 : 1998 Nhƣ vậy: Dãy số a1; a2; a3; a1997 gồm có 1997 số tự nhiên liên tiếp khơng có số n|o l| số ngun tố Bài tốn (Tổng qu{t b|i số 3) Chứng minh tìm đƣợc dãy số gồm n số tự nhiên liên tiếp (n > 1) khơng có số n|o l| số nguyên tố ? Hướng dẫn giải Ta chọn dãy số sau: a1 = (n + 1)! + a1:2 a1 > nên a1 l| hợp số a2 = (n + 1)! + a2:3 a2 > nên a2 l| hợp số an = (n + 1)! + (n + 1) an:(n+1) an > (n+1) nên an l| hợp số Dãy a1; a2; a3; .an gồm có n số tự nhiên liên tiếp khơng có số n|o l| số nguyên tố Dạng 4: Có số nguyên tố dạng ax + b (với x N (a,b) = 1) Mục đích b|i tập dạng n|y l|: Rèn luyện cho học sinh khả tƣ sâu, cách xem xét v| kết luận vấn đề to{n học c{ch xét hết c{c khả xảy ra, dùng vấn đề to{n học đƣợc chứng minh biết để loại bỏ c{c khả xảy v| l|m s{ng tỏ vấn đề cần phải chứng minh Sau thành thạo dạng to{n n|y học sinh THCS hiểu đƣợc s}u sắc hơn, có kh{i niệm rõ r|ng Thế n|o l| chứng minh vấn đề to{n học v| có đƣợc kỹ năng, kỹ xảo chứng minh cần thiết Tuy nhiên, với dạng to{n n|y, trình độ THCS c{c em giải đƣợc b|i tập dạng đơn giản Việc chứng c{c b|i tập dạng n|y phức tạp hơn, c{c em gặp nhiều khó khăn khơng thể dễ d|ng chứng minh đƣợc Chẳng hạn chứng minh vơ số số ngun tố có dạng 4a + 1; 6a + phức tạp nhiều * Ví dụ minh họa: Bài tốn Chứng minh rằng: có vơ số số ngun tố có dạng: 3x – (x < 1) Hướng dẫn giải Mọi số tự nhiên khơng nhỏ có dạng: 3x; 3x + 1; 3x - +) Những số có dạng 3x (với x > 1) l| hợp số +) Xét số có dạng 3x + 1: l| số (3m + 1) v| số (3n + 1) Xét tích (3m + 1)(3n + 1) = 9mn + 3m + 3n + = 3x + Tích có dạng: 3x + +) Lấy số nguyên tố p có dạng 3x – (với p l| số nguyên tố) ta lập tích p với tất c{c số nguyên tố nhỏ p trừ ta có: M = 2.3.5.7 p – = 3(2.5.7 p) – M có dạng: 3x – Có khả xảy ra: * Khả 1: M l| số nguyên tố, l| số nguyên tố có dạng (3x – 1) > p, toán đƣợc chứng minh * Khả 2: M l| hợp số: Ta chia M cho 2, 3, 5, ,p tồn số dƣ kh{c nên c{c ƣớc nguyên tố M lớn p, c{c ƣớc n|y khơng có số n|o có dạng 3x + (đã chứng minh trên) Do c{c ƣớc ngun tố M phải có dạng 3x (hợp số) 3x + Vì tất có dạng 3x + M phải có dạng 3x + (đã chứng minh trên) Do đó, c{c ƣớc nguyên tố M phải có dạng 3x + 1, ƣớc n|y ln lớn p Vậy: Có vơ số số nguyên tố dạng 3x – Bài toán Chứng minh rằng: Có vơ số số ngun tố có dạng 4x + (với x N) Hướng dẫn giải C{c số ngun tố lẻ khơng thể có dạng 4x 4x + Vậy chúng tồn dƣới dạng 4x + 4x + Ta chứng minh có vơ số số ngun tố có dạng 4x + +) Xét tích số có dạng 4x + l|: 4m + v| 4n + Ta có: (4m + 1)(4n + 1) = 16mn + 4m + 4n + = 4(4mn + m + n) + = 4x + Vậy tích số có dạng 4x + l| số có dạng 4x + +) Lấy số nguyên tố p có dạng 4x – 1, ta lập tích 4p với tất c{c số nguyên tố nhỏ p trừ ta có: N = 4(2.3.5.7 p) – Có khả xảy * Khả 1: N l| số nguyên tố => N = 4(2.3.5.7 p) – có dạng 4x – Những số nguyên tố có dạng 4x – l| số có dạng 4x + v| b|i to{n đƣợc chứng minh * Khả 2: N l| hợp số: Chia N cho 2, 3, 5, , p đƣợc c{c số dƣ kh{c => c{c ƣớc nguyên tố N lớn p C{c ƣớc n|y có dạng 4x 4x + (vì l| hợp số) Cũng khơng thể to|n c{c ƣớc có dạng 4x + nhƣ N phải có dạng 4x + Nhƣ c{c ƣớc nguyên tố N có ƣớc có dạng 4x – m| ƣớc n|y hiển nhiên lớn p Vậy: Có vơ số số ngun tố có dạng 4x – (hay có dạng 4x + 3) Trên đ}y l| mộ số b|i to{n chứng minh đơn giản định lý Đirielet: Có vơ số số ngun tố dạng ax + b x N ,(a,b) = Dạng 5: Các toán số nguyên tố Hai số a b nguyên tố ƯCLN(a, b) = Các số a, b, c nguyên tố ƯCLN(a, b, c) = Các số a, b, c đôi nguyên tố ƯCLN(a, b) = ƯCLN(b, c) = ƯCLN(c, a) = * Ví dụ minh họa: Bài tốn Chứng minh rằng: a)Hai số tự nhiên liên tiếp (kh{c 0) l| hai số nguyên tố b) Hai số lẻ liên tiếp l| hai số nguyên tố c) 2n + 3n + ( n N ) hai số nhuyên tố Hướng dẫn giải a) Gọi d uc(n, n 1) (n 1) n d d d Vậy n v| n + l| hai số nguyên tố b) Gọi d uc(2n 1, 2n 3) (2n 3) (2n 1) d d d 1, 2 Nhƣng d d l| ƣớc số lẻ Vậy d=1 c) Gọi d ƢC (2n 1,3n 1) 3(2n 1) 2(3n 1) d d d Bài toán Cho a b hai số nguyên tố Chứng minh hai số sau l| hai số nguyên tố a) a a + b b) a2 a + b c) ab a + b Hướng dẫn giải a) Gọi d ƢC (a, a b) (a b) a d b d Ta lại có a d nên d ƢC (a, b) , d = 1(vì a, b l| hai số nguyên tố nhau) Vậy (a, a + b) = b) Giả sử a2 v| a + b chia hết cho số nguyên tố d a chia hết cho d, b chia hết cho d Nhƣ a v| b chia hết cho số nguyên tố d, tr{i với giả thiết (a, b) = 10 Vậy a2 v| a + b l| hai số nguyên tố c) Giả sử ab v| a + b chia hết cho số nguyên tố d Tồn hai thừa số a v| b, chẳng hạn l| a, chia hết cho d, b chia hết cho d, tr{i với (a, b) = Vậy (ab, a + b) = Bài tốn Tìm số tự nhiên n để số 9n + 24 3n + số nguyên tố Hướng dẫn giải Giả sử 9n + 24 v| 3n + chia hết cho số nguyên tố d 9n 24 3(3n 4) d 12 d d 2;3 Điều kiện để (9n + 24, 3n + 4) = l| d d Hiển nhiên d 3n + khơng chia hết cho Muốn d phải có hai số 9n + v| 3n + không chia hết cho Ta thấy: 9n + l| số lẻ 9n lẻ n lẻ, 3n + l| số lẻ 3n lẻ n lẻ Vậy điều kiện để (9n + 4, 3n + 4) = l| n l| số lẻ Dạng 6: Sử dụng nguyên lý Dirichlet toán số nguyên tố Bài toán Cho p số nguyên tố Chứng minh tồn số có dạng 111 11 chia hết cho p Hướng dẫn giải Ta xét dãy số: 1,11,111, ,111 p Nếu dãy khơng có số chia hết cho p ta cho tƣơng ứng số với số dƣ phép chia Tập hợp số dƣ có 1, 2,3, , p gồm p phần tử (vì khơng thể có tập này) Nhƣng có p số dạng nên theo nguyên lý Dirichlet tồn hai số có số dƣ Giả sử số l|: 111 111 với m n m n Khi n m p Nhƣ vậy: 111 111 111 1000 m n mn n 111 1.10n m n 58 + Với p 3m q 3n p5 q 3 p q chia dƣ 1, nên không thỏa mãn yêu cầu b|i to{n Vậy cặp số nguyên tố p; q thỏa mãn yêu cầu b|i to{n l| 3; Bài 94 Ta có 2a b a a b a a b2 Do p4 l| ƣớc a b2 a a b nên p4 l| ƣớc 2a b Do p l| số nguyên tố lẻ nên suy p4 l| ƣớc a b Nếu a không chia hết cho p2 số mũ p a khơng vƣợt qu{ 2, a khơng chia hết cho p4 Do b phải chứa p2 , điều n|y có nghĩa l| b chia hết cho p2 , từ ta đƣợc b chia hết cho p4 Từ suy a b2 không chia hết cho p4 , điều n|y m}u thuẫn vơi giả thiết Do a phải chia hết cho p2 nên a không chia hết cho p4 Từ a b2 không chia hết cho p4 ta suy đƣợc 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 l| ƣớc a a b Bài 95 Đặt A a2 b2 5a 3b , dễ thấy A l| số chẵn Do A l| số nguyên tố v| A 2, hay A a2 b2 5a 3b , suy a b a b 1 Ta xét c{c trƣờng hợp sau : a b a 4; b + Trƣờng hợp a b a b a 4; b + Trƣờng hợp a b a b 1 a 1; b + Trƣờng hợp a b 2 59 a b 2 + Trƣờng hợp a 1; b a b 1 Bài 96 Ta có f – f 2012 61a 9b c 2012 f – f 343a 49b 7c d – 8a 4b 2c d 335a 45b 5c 305a 45b 5c 30a 2012 30a 1006 15a Vì a l| số nguyên nên ta đƣợc f f chia hết cho v| 1006 15a khác Do f f l| hợp số Bài 97 Theo b|i f(x) có dạng f x ax3 bx2 cx d với a nguyên dƣơng Ta có 2010 f f 53 33 a 52 32 b c 98a 16b 2c 16b 2c 2010 98a Lại có f f 1 13 a 12 b 1 c 342a 48b 6c 342a 16b 2c 342a 2010 98a 48a 6030 16a 2010 Vì a nguyên dƣơng nên 16a 2010 Vậy f f 1 l| hợp số Bài 98 Biến đổi 2m p2 q thành 2m.p2 q 1 q q q q Do q q q q lẻ nên q 2m.pk với k 0;1; + Nếu k ta có q 2m Từ ta đƣợc p2 2 m 1 1 m 24m 5.23m 10.22m 10.2m Nếu m p2 mod vơ lí nên suy m , từ ta đƣợc p 11; q + Nếu k ta có q 2m.p ta đƣợc p q 1 q q q q Do để p l| số nguyên tố q q , từ suy q 31 Thay v|o phƣơng trình ban đầu ta đƣợc 2m 312 25 , phƣơng trình khơng có m ngun dƣơng thỏa mãn 60 + Nếu k ta có q 2m.p2 ta đƣợc q q q q điều n|y vô lí q l| số nguyên tố Vậy m; p; q 1;11; l| cần tìm Bài 99 Từ giả thiết suy p6 p62 mod8 Mà pi2 1; mod nên số pi i 1; có bốn số 2, số lớn Thật vậy, giả sử k l| số số chẵn dãy p1 ,p2 ,p3 ,p4 ,p5 Suy p12 p22 p32 p42 p52 4k A (A l| tổng bình phƣơng 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 đƣợc chứng minh xong B}y ta giả sử p1 p2 p3 p4 2; p5 Từ suy p62 p52 16 p6 p5 p6 p5 16 Từ giải đƣợc p6 5; p5 Vậy c{c số nguyên tố c{c số cần tìm l| p1 ; p2 ; p3 ; p4 ; p5 ; p6 p1 ; p2 ; p3 ; p4 ; p5 đƣợc x{c định l| 2; 2; 2; 2; v| c{c ho{n vị, cịn có định p6 Bài 100 Giả sử có số nguyên a để Suy a p1 1 p 1 a mod p p hay ta có a 1 mod p hay a p1 1 p 1 mod p Nhƣng theo định lí Fecmat a p1 mod p Nên ta đƣợc 1 p 1 mod p m| p l| số nguyên tố dạng 4k nên 1 p1 mod p 2 mod p , điều n|y vơ lí Nên không tồn số nguyên a thỏa mãn yêu cầu b|i to{n Bài 101 a) Ta có: n4 (n4 4n2 4) 4n2 (n2 2)2 (2n)2 (n2 2n)(n2 2n) Do n2 + + 2n > nên n4 l| số nguyên tố n2 2n n 61 Thử lại: Với n n4 l| số nguyên tố Vậy, với n=1 n4 l| số nguyên tố b) Ta có: n2003 n2002 n2 (n2001 1) n(n2001 1) n2 n Với n ta có: n2001 1 n3 1 n2 n đó: n2003 n2002 1 n2 n 1 n2 n nên n2003 n2002 l| hợp số Với n = n2003 n2002 l| số nguyên tố Bài 102 a) Giả sử p n3 (với n N ); n l| số lẻ nên n 2m ( m N ), p (2m 1)3 p m(4m2 6m 3) Vì p l| số nguyên tố nên m 1, suy p 13 Thử lại: p 2.13 27 33 Vậy p 13 b) Giả sử 13 p n3 (n N ); p suy n 13 p n3 13 p (n 1)(n2 n 1) 13 v| p l| c{c số nguyên tố, m| n n2 n nên n 13 n 1 p i) Với n 13 n 14 , 13 p n3 2743 p 211 l| số nguyên tố ii) Với n p n2 n 13 n , p l| số nguyên tố Vậy với p = 2, p = 211 13p + l| lập phƣơng số tự nhiên Bài 103 Giả sử x, y l| c{c số nguyên tố thỏa: x y Khi x y , suy x l| số lẻ, đặt x 2n 1(n N *) Ta có: (2n 1)2 y 4n2 4n y y 2(n2 n) y , m| y l| số nguyên tố nên suy y = Với y = 2, ta có x Thử lại với x , y x y Bài 104 Vì x, y l| c{c số nguyên tố nên x 2, y suy z z l| số nguyên tố lẻ nên x y l| số chẵn suy x = 2, z y Nếu y lẻ y , suy z , vơ lí Vậy y chẵn, suy y=2, z 22 Vậy c{c số nguyên tố cần tìm l| x y 2; z Bài 105 Đặt n 3k.m với (m, 3)=1 Giả sử m > 1, xét hai trƣờng hợp: i) m 3l 1(l N *) Ta có: 2n 4n 23 (3l 1) 43 (3l 1) a(3l 1) a(6l 2) , (với a 23 ), suy k k k 62 2n 4n a(a3l 1) a (a6l 1) a a a a n 4n l| hợp số ii) m 3l 2,(l N *) Ta có: 2n 4n 23 k (3l 2) 43 k (3l 2) a3l 2 a6l 4 a(a6l 3 1) a2 (a3l 1) a2 a a2 a (với a 23 ) k Suy 2n 4n l| hợp số Vậy m = tức l| n = 3k Bài 106 Giả sử (a, b) = t, đó: a ta1 , c tc1 với (a1 , c1 ) Từ ab = cd suy a1b c1d b c1 Đặt: b kc1 c1d a1.kc1 d ka1 Khi đó: A a n bn c n d n t n a1n k nc1n t nc1n k n a1n (k n t n )(a1n c1n ) Vì k , t , a1 , c1 N * nên A l| hợp số Bài 107 Ta có: p n(n 1) n2 n (n 1)(n 2) 1 2 Với n = ta có p = Với n = ta có p = Với n > n v| n+2 >1 nên p l| hợp số Vậy với n = 2, n = p l| số ngun tố có dạng n(n 1) 1 Bài 108 Vì a,b có vai trị nhƣ nên giả sử a > b Giả sử ab p với p l| 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 1 b p Với p = ta có ab 21 ab 12 Với p = ta có ab 62 ab 26 Với p = v| p = ta có a có chữ số (loại) Vậy c{c số ab cần tìm 12, 21, 26, 62 Bài 109 a) Giả sử phản chứng k > v| k 2n với n Khi k = 2n t, với t lẻ > Vơ lí với 2k + l| số nguyên tố Vậy k = k = 2n 63 b) Giả sử k = m t với < t 1 m Vậy k l| số nguyên tố Bài 110 Trong 10 số tự nhiên liên tiếp, có số chẵn v| số lẻ (trong số chẵn, có nhiều l| số nguyên tố chẵn l| 2) Vậy: 10 số có khơng qu{ 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 n|o l| số ngun tố Trong số lẻ liên tiếp, có số l| bội số đó, dãy có số ngun tố Vậy với k = 1, dãy tƣơng ứng: k + 1; k + 2, k + 10 có chứa nhiều số nguyên tố (5 số nguyên tố) Bài 111 +) Xét trƣờng hợp p l| hợp số: Nếu p l| hợp số p l| tích c{c thừa số ngun tố nhỏ p v| số mũ c{c luỹ thừa n|y khơng thể lớn số mũ c{c luỹ thừa chứa (p – 1)! Vậy: (p – 1) !: p (điều phải chứng minh) +) Xét trƣờng hợp p l| 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 l| ƣớc 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 ƣớc số ngun 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 (vơ lý) Vậy: p > n => n < p < n! – < n! (Điều phải chứng minh) 3p 1 3p 3p 1 3p 1 a.b , với a ,b Bài 114 Ta có: m 4 a, b l| c{c số nguyên lớn nên m l| hợp số Mà m p1 p2 v| p lẻ nên m lẻ v| m (mod 3).Theo định lí Fermat, ta có: p p ( p,8) nên p p m 9p p Vì m nên m p , đó: 3m1 32 p p 1 m (đpcm) 64 Bài 115 Giả sử tồn số nguyên tố p cho: 2003 23k p n (1) Trong k,n l| c{c số nguyên dƣơng n|o 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 dƣơng t Từ p22t 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, B|i to{n đƣợc giải đầy đủ ta tồn số nguyên tố p thõa mãn (1) Chẳng hạn: Với p=2 có 2003 23.91 212 Với p=3 có 2003 23.8 37 Với p=4 có 2003 23.6 2141 Với p=2003 tồn k theo định lí Fermat thỏa mãn 2003 23k 200323 Bài 116 Gọi bảy số nguyên tố l| 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 nguyên a khơng chia hết cho a6 1(mod 7) (Có thể chứng minh trực tiếp điều n|y thơng qua việc biến đổi a3 (7k r )3 7t với r thỏa mãn r , t số nguyên) Giả sử bảy số nguyên tố có k số kh{c với k Nếu k = 0, nghĩa l| bảy số ta có 7 7 7 = 76+ 76+ 76+ 76+ 76+ 76+ 76 thỏa mãn (*) Nếu k = 7, nghĩa l| bảy số l| số nguyên tố kh{c vế tr{i (*) khơng chia hết cho 7, cịn vế phải (*) chia hết cho theo định lí Fec ma, điều n|y khơng xảy Vậy xảy bảy số nguyên tố đề b|i l| Bài 117 Phƣơng trình (1) x2 y3 23 x2 ( y 2)( y y 4) (2) Nếu y chẵn vế phải (2) chia hết cho x lẻ, x 2t x2 4t 4t không chia hết cho 4, m}u thuẫn Vậy y l| số lẻ, y 2k y y 4k nên phải có ƣớc số nguyên tố lẻ dạng 4m + (vì tích c{c số dạng 4m + lại có dạng 4k + 1) Suy x có ƣớc số nguyên tố dạng p = 4m + 3, tr{i với mệnh đề Vậy phƣơng trình (1) khơng có nghiệm ngun 65 Bài 118 Giả sử x2 y k nguyên dƣơng v| k l| ƣớc số 1995 = 5.3.7.19 = 5n với n= x y 3.7.19 C{c số nguyên tố 3, 7, 19 có dạng 2(2m + 1) + = 4m +3 Gọi ƣớc chung lớn x, y d ( x, y) x du, y dv với ( u, v) Theo giả thiết x2 y k ( x y) d (u v ) k (u v) (1) Xét hai trƣờng hợp: 1) k l| ƣớc số n k có ƣớc số nguyên tố dạng 4m + Áp dụng mệnh đề v|o (1) u v khơng chứa c{c ƣớc số nguyên tố k nên k l| ƣớc số d d k.t Từ (1) có t (u v2 ) u v , u u v2 u v u (1) vô nghiệm 2) k = 5m với m l| ƣớc số m Lúc (1) trở th|nh d (u v2 ) 5m(u v) Lập luận nhƣ m l| ƣớc số d Suy d= m.t Từ ta có t (u v2 ) 5(u v) (2) Từ (2) có u v 5(u v) A u v2 5(u v) (3) Mặt kh{c A 4u 20u 25 4v 20v 25 50 (2u 5)2 (2v 5)2 50 12 72 50 A Kết hợp với (3) phải có A= Điều n|y xảy 2u 1 v = 1, u u nghĩa l| v v x 3m x 2m Từ A = v| (2) suy t d m C{c số x, y phải tìm l| y m y m m l| ƣớc n = 3.7.19, nghĩa l| m lấy gi{ trị sau: 1, 3, 7, 19, 21, 57, 133, 399 Bài 119 Giả sử số m{y tivi giao l| 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 Từ ta đƣợc: 100a 10b c 89n n 1 Nhƣng 89 l| số nguyên tố nên n - phải n phải chia hết cho n-1 Trong hai trƣờng hợp ta tìm đƣợc n =2 v| abc 178 Vậy số m{y tivi giao l| 178 Bài 120 Gọi số ngun tố phải tìm l|; a, b, c ta có: a.b.c = 5(a+b+c) => abc Vì a, b, c có vai trị bình đẳng 66 5, a P => a = Giả sử: a Khi đó: 5bc = 5(5 + b + c) + b + c = bc bc – b - c + = b(c - 1) – (c - 1) = (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 l| (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 n|y hợp số Bài 122 Giả sử n hợp số, ta có n ab với a b n Khi 2n 2ab 2a 1 2ab1 2ab2 hợp số Điều trái với giả thiết Vậy n số nguyên tố Bài 123 Ta xét c{c trƣờng hợp sau +) p = 2, p p hợp số +) p = 3, p p 17 số nguyên tố +) p > 3, p p p 1 p 1 Vì p lẻ khơng chia hết p p Suy p p nên p p hợp số Vậy p số cần tìm Bài 124 Gọi x0 nghiệm nguyên dƣơng phƣơng trình x2 px q , ta có q x0 nên x0 x0 q +) x0 ta có p q p q , suy q 2, p +) x0 q ta có q pq q p q , suy q 2, p Vậy p, q 3, 67 Bài 125 Giả sử n Trong ba số p, q, r có số chẵn * r , p n q n điều không xảy * p q , ta có: p n 2n r +) n lẻ Suy ra: p p n1 p n2 2n1 r Vì p p n1 p n2 2n1 2n1 Nên ta có r p , suy p n 2n p p p Điều xảy với n3 +) n 2k , ta có: p 2k 22k r Theo phƣơng trình Pitago ta có: p k a b2 , 2k 2ab , r a b2 với a, b Z , a b, a, b Ta có: b 1, a 2k 1 , suy p k 4k 1 4k p Hay 3k 4k 1 phƣơng trình n|y vơ nghiệm Do ta có n Bài 126 *) Nếu x y chia hết cho p hiển nhiên số lại chia hết cho p *) Xét x, y không chia hết cho p Vì p số nguyên tố nên x; p y; p Do đó, theo định lí Fecma ta có: x p 1 y p 1 1 mod p hay x 4k 2 y 4k 2 mod p x 2 k 1 y2 k 1 mod p Suy x y mod p , x y x mod p p vơ lí Vậy ta có điều phải chứng minh Bài 127 Ta có 3m2 6n 61 3k Nếu k ta có x 33k 2 9.27k 13 Suy k hay 3m2 6n 61 m2 2n 21 Vì m lẻ m2 21 nên m2 1, m2 * m n 10 * m 3 n 68 Bài 128 Khơng tính tổng qt, ta giả sử a b c Ta có a3 b3 c3 3abc a b c a b2 c ab bc ca Do a3 b3 c3 3abc số nguyên tố xảy c{c trƣờng hợp sau: a b c a2 b2 c2 ab bc ca số nguyên tố Từ a b c a 1, b c , a3 b3 c3 3abc không số nguyên tố a2 b2 c2 ab bc ca a b c số nguyên tố Ta có a2 b2 c2 ab bc ca 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 Hoặc b c b c a 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 Giả sử a b c Ta có abc ab bc ca 3bc a a Khi 2bc b c bc bc b c 4c b b 2,3 +) b 2c c với c , c nguyên tố +) b 3c c c c 3,5 Bài 130 Từ phƣơng trình ta suy a b2 c2 mod 3 Suy , ba số a, b, c có hai số chia hết cho a b 3, ta có 18 16c2 9k 3k 4c 3k 4c 17 3k 4c 17 k Suy 3k 4c c c , khơng tính tổng qt, ta giả sử a Khi ta có 3k b 3k b 152 19.8 3k b 19 +) vô nghiệm 3k b 3k b 38 k +) 3k b b 17 69 3k b 76 k 13 3k b b 37 3k b 152 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 Mà q 1, q q q 1,3 Suy p | q p | q q Từ đ}y , 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 p p 1, p nên ta có q | p p q | p p 2 2 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 dƣ l| Khi p2 q2 r p2 q2 r nên p2 q2 r hợp số Vậy p , q , r , p2 q2 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 đƣợc: A a 3a 1 526 a 1 2 = a 3a 513 a 1 a 3a 513 a 1 Từ có đpcm Bài 134.Vì p l| số ngun tố v| p , nên số nguyên tố p có dạng: 3k + 1,3k + với k N * Nếu p 3k p 3k (k 1) p p Do p +2 l| hợp số (tr{i với đề b|i p l| số nguyên tố) Nếu p 3k p 3k 3(k 1) (1) Do p l| số nguyên tố v| p p lẻ k lẻ k chẵn k (2) 70 Từ (1) v| (2) suy ra: p Bài 135 Vì p số nguyên tố dạng: 3k 1;3k với k p 3 , nên số nguyên tố p có hai * Nếu p 3k p 3k k p p Do p l| hợp số (tr{i với đề b|i p l| số nguyên tố) Nếu p 3k p 3k k 3 p p Do p l| hợp số Vậy số nguyên tố p có dạng p 3k p l| hợp số Bài 136 Từ p 5q p p 5q Do p p 2, q nguyên tố nên p nhận c{c gi{ trị 1, 5, q, q Ta có bảng sau: p2 p2 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 có số lớn Vì số nguyên tố lớn nên: số chia cho có số dƣ l| Theo nguyên lý Dirichlet phải tồn số chia cho có số dƣ M| 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 dƣ chia hết cho Đem số chia cho cho hai khả xảy ra: Nếu có số (chẳng hạn p3 , p4 )mà 5;3; p5 , p6 p3 p4 Rõ ràng p3 p4 p3 p4 30 Lấy hai số p5 , p6 (ngồi lẻ (do số nguyên tố khác ) nên p5 p6 nên ta có p3 p4 Vì p1 , p2 , p3 , p4 ) chọn Từ suy p1 p2 p4 p3 p5 p6 30.30.2 1800 Nếu số chia cho có số dƣ kh{c l| 1;2;3;4 Giả sử p6 4 p5 p5 5 hay p5 p6 Với số cịn lại p3 , p4 rõ ràng p3 p4 (theo cách chọn số trên) p5 1 , 71 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 biên cho p1 p2 p4 p3 p5 p6 1800 Bài 138 Đặt A n3 8n2 n2 8n 3n 3 3n Xét n 3k Suy A 3k 8k k 3k 8 9k A số nguyên tố k Khi n Ta có: A 3k 8k Xét n 3k 1 1 3k 10k Ta có: A 3k 2k 8k 3 3n 3n Suy A 3k 10k k 3 3k 1 A số nguyên tố k Khi n Xét n 3k 16 3k 12k Ta có: A 3k 4k 8k 3 3n 3n Suy A 3k 12k 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 1 p 3k Từ p q 6k 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 72 Không tính tổng qt, giả sử q 1 , tức q 4m hay q 4m Suy ra: p 4m v| p q 8m Vì 3, nên suy p q 12 ... hợp m}u thuẫn B|i to{ n số l| b|i tập tổng qu{t ph}n bố số nguyên tố N Qua cho học sinh thấy đƣợc ph}n bố số nguyên tố “c|ng sau c|ng rời rạc” Từ b|i to{ n n|y ph{t triển th|nh b|i to{ n kh{c giúp... kết luận vấn đề to{ n học c{ch xét hết c{c khả xảy ra, dùng vấn đề to{ n học đƣợc chứng minh biết để loại bỏ c{c khả xảy v| l|m s{ng tỏ vấn đề cần phải chứng minh Sau thành thạo dạng to{ n n|y học... p = thỏa mãn to? ?n Trƣờng hợp 2: p = 5k + 1, đó: p + 14 = 5k + 15 = 5(k + 3) có l| ƣớc 1, (p + 14) nên p + 14 không số nguyên tố Vậy với p = 5k + khơng có tồn p ngun tố thỏa mãn to? ?n Trƣờng hợp
Ngày đăng: 20/02/2023, 18:57
Xem thêm:
