Một số dạng toán liên quan đến số nguyên tố

tion BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO UBND TỈNH THANH HÓA TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC ——————————————– SI BUA THON SON THA XAY MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN SỐ NGUYÊN TỐ LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THANH HÓA, 2021 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO UBND TỈNH THANH HÓA TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC ——————– * ——————— SI BUA THON SON THA XAY MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN SỐ NGUYÊN TỐ LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Chun ngành: Phương pháp Tốn sơ cấp Mã số: 8460113 Người hướng dẫn khoa học: TS Phạm Thị Cúc THANH HÓA, 2021 Danh sách hội đồng chấm thi luận văn thạc sĩ theo Quyết định số 964/QĐĐHHĐ ngày 27 tháng năm 2021 Hiệu trưởng Trường Đại học Hồng Đức: Học hàm, học vị, Họ tên Cơ quan cơng tác Chức danh hội đồng TS Hồng Nam Trường Đại học Hồng Đức Chủ tịch HĐ PGS TS Nguyễn Hữu Hậu Trường Đại học Hồng Đức UV Phản biện Trường Đại học Bách Khoa TS Hoàng Xuân Diệu HN UV Phản biện TS Nguyễn Dương Tồn Trường Đại học Hải Phịng Ủy viên TS Lê Xuân Dũng Trường Đại học Hồng Đức Thư ký Xác nhận người hướng dẫn Học viên chỉnh sửa theo ý kiến Hội đồng Ngày tháng năm 202 (ký, ghi rõ họ tên) TS Phạm Thị Cúc * Có thể tham khảo luận văn Thư viện trường Đại học Hồng Đức Bộ mơn Giải tích - PPDH Tốn LỜI CAM ĐOAN Tơi xin cam đoan cơng trình nghiên cứu tơi, hồn thành hướng dẫn khoa học TS Phạm Thị Cúc Các kết trình bày luận văn trung thực, nội dung luận văn không trùng lặp với khóa luận, luận văn, luận án cơng trình nghiên cứu cơng bố Người cam đoan Si Bua Thon Son Tha xay i LỜI CẢM ƠN Tơi xin trân trọng bày tỏ lịng cảm ơn sâu sắc đến TS Phạm Thị Cúc, người thầy tận tình hướng dẫn trực tiếp giúp đỡ tơi q trình thực hiện, hồn thành luận văn Tôi xin trân trọng cảm ơn thầy cô Ban Giám hiệu, Phòng Quản lý Đào tạo Sau Đại học, Khoa Khoa học Tự nhiên, Trường Đại học Hồng Đức, thầy cô trực tiếp giảng dạy giúp đỡ tơi q trình học tập, nghiên cứu Tuy cố gắng, song luận văn không tránh khỏi thiếu sót Kính mong thầy cơ, đồng nghiệp tận tình góp ý, bảo để luận văn hoàn thiện Xin trân trọng cảm ơn! Thanh Hóa, ngày tháng năm 2021 Si Bua Thon Son Tha xay ii Mục lục Lời cam đoan i Lời cảm ơn ii MỞ ĐẦU CƠ SỞ LÝ THUYẾT 1.1 Số nguyên tố, hợp số 1.1.1 Số nguyên tố 1.1.2 Hợp số Định lý số học 1.2.1 Phát biểu 1.2.2 Dạng phân tích tiêu chuẩn 1.2.3 Dạng phân tích tiêu chuẩn n! Định lý số nguyên tố 1.3.1 Sự vô hạn tập số nguyên tố 1.3.2 Bảng số nguyên tố 1.3.3 Định lý số nguyên tố 12 Một số hàm số học 13 1.4.1 Ước bội 13 1.4.2 Hai số nguyên tố 14 1.4.3 Các hàm số τ(n) σ (n) 14 1.4.4 Phi-hàm Euler 15 1.4.5 Hàm nhân tính 16 1.2 1.3 1.4 iii 1.4.6 1.5 1.6 Số hoàn hảo 19 Số giả nguyên tố 20 1.5.1 Số giả nguyên tố 20 1.5.2 Số nguyên tố Mersenne 21 Một số định lý đặc biệt 24 1.6.1 Định lý Euler 24 1.6.2 Định lý Fermat 24 1.6.3 Định lý Dirichlet 25 1.6.4 Định lý Tchebycheff 26 1.6.5 Định lý Vinogradow 26 MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN SỐ NGUYÊN TỐ 27 2.1 Nhận biết số nguyên tố, hợp số Sự phân bố số nguyên tố 27 2.2 Tìm số nguyên tố thỏa mãn điều kiện cho trước 33 2.3 Giải phương trình nghiệm nguyên Chứng minh tính chia hết 39 2.4 Các toán hai số nguyên tố 46 2.5 Các toán số giả nguyên tố 49 KẾT LUẬN 55 MỞ ĐẦU Tính cấp thiết đề tài Trong chương trình số học đa dạng phong phú, tốn liên quan đến số ngun tố ln vấn đề thú vị khó khăn người học, đặc biệt chương trình nâng cao dùng để bồi dưỡng học sinh giỏi Từ trước công nguyên, Ơclít khẳng định số nguyên tố phạm trù số học Ngày nay, dù toán học phát triển mạnh mẽ, song vai trò số nguyên tố không thay đổi Trong chương trình tốn phổ thơng, đặc biệt kỳ thi học sinh giỏi, toán liên quan đến số nguyên tố thú vị không dễ giải Do nhiều học sinh nảy sinh tâm lý lo sợ gặp toán số nguyên tố, đa phần em không định hình phương pháp giải Vấn đề đặt bổ sung kiến thức số nguyên tố làm để người học hiểu rõ tốn theo dạng định hình phương pháp giải cho dạng tốn tốn cụ thể Vì vậy, để bồi dưỡng kiến thức kỹ giải toán liên quan đến số nguyên tố cho học sinh phổ thông, chọn đề tài “Một số dạng toán liên quan đến số nguyên tố” Mục đích đề tài - Tìm hiểu số vấn đề lý thuyết chung số nguyên tố - Hệ thống số dạng toán liên quan đến số nguyên tố thường gặp trình bày phương pháp giải cho dạng tốn Phương pháp nghiên cứu Đề tài sử dụng phương pháp nghiên cứu lý thuyết: đọc, nghiên cứu, phân tích tổng hợp tài liệu có liên quan đến đề tài; sử dụng kỹ thuật chứng minh đặc thù số học để giải tốn có đề tài Dự kiến kết đạt - Trình bày tổng quan số vấn đề chung số nguyên tố - Phân loại số dạng toán liên quan đến số nguyên tố trình bày phương pháp giải cho dạng tốn Nội dung nghiên cứu Ngoài phần mở đầu, kết luận tài liệu tham khảo, luận văn gồm chương: Chương 1: Cơ sở lý thuyết Chương trình bày số vấn đề lý thuyết chung số nguyên tố, số hàm số số học số định lý điển hình thường dùng giải tốn liên quan đến số nguyên tố Chương 2: Một số dạng tốn liên quan đến số ngun tố Chương trình bày số dạng toán liên quan đến số nguyên tố Đối với dạng tốn, chúng tơi đưa số tốn điển hình có lời giải chi tiết Chương CƠ SỞ LÝ THUYẾT Chương trình bày số kiến thức sở số nguyên tố hàm số học, số định lý Đối với vấn đề, chúng tơi có ví dụ minh họa cho khái niệm chứng minh tính chất chúng Nội dung chương chủ yếu tham khảo tài liệu [3], [4] 1.1 Số nguyên tố, hợp số 1.1.1 Số nguyên tố Định nghĩa 1.1.1 Một số tự nhiên lớn ước khác ngồi (khơng có ước thực sự) gọi số nguyên tố Ví dụ: 2, 3, 5, 7, 11, 13 số nguyên tố Trong luận văn này, ký hiệu P tập tất số nguyên tố 1.1.2 Hợp số Định nghĩa 1.1.2 Một số tự nhiên lớn số nguyên tố gọi hợp số Vậy a hợp số a > a có ước d cho < d < a Ví dụ: 14 có ước số: 1, 2, 14 nên 14 hợp số Định lý 1.1.3 Ước nhỏ khác tự nhiên lớn số nguyên tố 2) k = 5m với m ước số k Lúc (1) trở thành d(u2 + v2 ) = 5m(u − v) Lập luận m ước số d Suy d = mt Từ ta có t(u2 + v2 ) = 5(u − v) (2) Từ (2) ta có u2 + v2 ≤ 5(u − v) S = u2 + v2 − 5(u − v) ≤ (3) Mặt khác 4S = 4u2 − 20u + 25 + 4v2 + 20v + 25 − 50 = (2u − 5)2 + (2v + 5)2 − 50 ≥ 12 + 72 − 50 ≥ =⇒ S ≥ Kết hợp với (3) phải có S = Điều xảy 2u − = ±1 v = 1, nghĩa    u =   v =    u =   v = Từ S = (2) suy t = ⇒ d = m Các số x, y phải tìm       x = 3m x = 2m ,     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 3: Tìm tất ba số nguyên tố a, b, c cho abc < ab + bc + ca Lời giải Do vai trò bình đẳng a, b, c nên ta giả sử a ≤ b ≤ c, ab + bc + ca < 3bc ⇒ abc < 3bc ⇒ a < 42 Vì a số nguyên tố nên a = Với a = ta có: 2bc < 2b + bc + 2c ⇒ bc < 2(b + c) < 4c ⇒ b < Vì b số nguyên tố, xét: + b = 2, 4c < + 4c (thỏa mãn với c bất kỳ) + b = 3, 6c < + 5c ⇒ c < 6, c số nguyên tố, nên c = 2, c = c = Với a = 2, b = 2, c = trường hợp loại khơng thỏa mãn u cầu tốn Vậy ba cần tìm (2, 3, 3), (2, 3, 5) Bài 4: Chứng minh số a, a + n, a + 2n số nguyên tố lớn n chia hết cho Lời giải Vì số nguyên tố số lẻ (trừ số 2) nên n lẻ n + a số chẵn, hay hợp số, trái với giả thiết n + a số nguyên tố lớn Vậy n phải số chẵn Giả sử n = 2k, với k ∈ N∗ , ta có: + Nếu k = 3p + 2, p ∈ N∗ số theo thứ tự là: a, a + 6p + 4, a + 12p + Do a số lẻ nên nếu: a chia cho dư thìa + 6p + chia hết cho a chia cho dư a + 12p + chia hết cho + Nếu k = 3p + 1, p ∈ N∗ số theo thứ tự là: a, a + 6p + 2, a + 12p + Do a số lẻ nên nếu: a chia cho dư a + 12p + chia hết cho a chia cho dư a + 6p + chia hết cho + Nếu k chia hết cho 3, n chia hết cho 43 Vậy ba số: a, a+n, a+2n số nguyên tố lớn n chia hết cho Bài 5: Chứng minh p số nguyên tố lớn (p − 1).(p + 1) chia hết cho 24 Lời giải Ta có: (p − 1)p(p + 1) 3, mà (p, 3) = 1, nên (p − 1).(p + 1) (1) Vì p số nguyên tố lớn 3, nên p số lẻ, p − p + hai số chẵn liên tiếp, có số bội nên tích chúng chia hết cho (2) Từ (1) (2) suy (p − 1).(p + 1) chia hết cho 8, mà (3, 8) = nên (p − 1).(p + 1) chia hết cho 24 Bài 6: Nếu hai số nguyên tố hai số lẻ liên tiếp (p > 3) chúng gọi sinh đơi Chứng minh số tự nhiên nằm hai số nguyên tố sinh đơi chia hết cho Lời giải Gọi p p + hai số nguyên tố sinh đôi Vậy p + số tự nhiên nằm chúng Ta có p số nguyên tố lẻ p > Vậy p + số chẵn, hay p + (1) Lại có p, p + 1, p + ba số nguyên liên tiếp nên số chúng có số chia hết cho 3, mà p p + số nguyên tố, đó: p + (2) Từ (1) (2) suy p + chia hết cho Bài 7: Chứng minh phương trình ax2 + bx + c = khơng có nghiệm hữu tỉ abc số nguyên tố Lời giải Hiển nhiên ta có a, b, c số tự nhiên ≤ a, b, c ≤ 9, a ̸= Giả sử phương trình ax2 + bx + c = có nghiệm hữu tỉ Ta có: ∆ = b2 − 4ac = m2 , m ∈ N Suy b2 − m2 = 4ac > ⇒ b > m 44 Ta lại có 4a.abc = 4a.(100a + 10b + c) = (20a + b)2 − (b2 − 4ac) = (20a + b)2 − m2 = (20a + b + m)(20a + b − m), abc số nguyên tố nên ước (20ab − m) (20a + b + m) Mặt khác, 20a + b + m < 100a + b + b < 100a + 10b + c = abc 20a + b − m < 100a + b < 100a + 10b + c = abc Điều mâu thuẫn chứng tỏ phương trình cho khơng có nghiệm hữu tỉ Bài 8: Cho p số nguyên tố viết dạng hiệu lập phương hai số nguyên dương khác Chứng minh 4p − chia hết cho Hơn nữa, thương số phương Lời giải Giả sử ta có: p = a3 − b3 = (a − b)(a2 + ab + b2 ) Do a, b số nguyên dương nên a2 + ab + b2 > Lại p số nguyên tố nên a − b = hay a = b + 1, suy p = 3b2 + 3b + Vì vậy, 4p − = 12b2 + 12b + = 1(2b + 1)2 Bài 9: Tìm số nguyên tố x, y, z thỏa mãn phương trình: xy + = z Lời giải Rõ ràng hai số xy z không tính chẵn lẻ Do đó: - Nếu xy chẵn x phải chẵn, x số nguyên tố nên x = Từ đó: 2y + = z 45 Nên y lẻ 2y + chia hết cho + nên z không số nguyên tố Do đó, y phải số chẵn, hay y = Khi đó, z = - Nếu z chẵn z số nguyên tố nên z = Khi đó: xy = ⇒ x = y = 1, x, y khơng phải số ngun tố Vậy có số (x, y, z) = (2, 2, 5) thỏa mãn điều kiện toán 2.4 Các toán hai số nguyên tố Trước hết, ta nhắc lại rằng: - Khi (a, b) = 1, ta nói hai số a b nguyên tố - Khi (a, b, c) = 1, ta nói số a, b, c nguyên tố - Khi (a, b) = (b, c) = (c, a) = 1, ta nói số a, b, c đơi ngun tố Bài Chứng minh rằng: a) Hai số tự nhiên khác liên tiếp hai số nguyên tố b) Hai số tự nhiên lẻ liên tiếp hai số nguyên tố c) Với n ∈ N, hai số 2n + 3n + nguyên tố Lời giải a) Gọi d ∈ ƯC(n, n + 1) ⇒ (n + 1) − n d ⇒ d ⇒ d = Vậy n n + hai số nguyên tố b) Gọi d ∈ ƯC(2n + 1, 2n + 3) ⇒ (2n + 3) − (2n + 1) = d ⇒ d ∈ {1, 2} Nhưng d ̸= d ước số lẻ nên d = c) Gọi d ∈ ƯC(2n + 1, 3n + 1) Ta có (3(2n + 1) − 2(3n + 1)) d ⇒ d ⇒ d = Vậy 2n + 3n + 1(n ∈ N) hai số nguyên tố 46 Bài Chứng minh (a, b) = cặp số sau hai số nguyên tố nhau: a) a a + b b) a2 a + b c) ab a + b Lời giải a) Gọi d ∈ ƯC(a, a + b) ⇒ (a + b) − a d ⇒ b d Ta lại có a d nên d ∈ ƯC(a, b), d = (vì a, b hai số nguyên tố nhau) Vậy (a, a + b) = b) Giả sử a2 a + b chia hết cho số nguyên tố d a chia hết cho d, b chia hết cho d Như a b chia hết cho số nguyên tố d, trái với giả thiết (a, b) = Vậy a2 a + b hai số nguyên tố c) Giải sử ab a + b chia hết cho số nguyên tố d Tồn hai thừa số a b, chẳng hạn a chia hết cho d, b chia hết cho d, trái với (a, b) = Vậy (ab, a + b) = Bài Tìm số tự nhiên n để số 9n + 24 3n + số nguyên tố Lời giải Nếu 9n + 24 3n + chia hết cho số nguyên tố p : 9n + 24 − 3(3n + 4) p ⇒ 12 p ⇒ p ∈ {2, 3} Vậy để (9n + 24, 3n + 4) = điều kiện p ̸= p ̸= Hiển nhiên p ̸= 3n + không chia hết cho Để d ̸= hai số 9n + 24 3n + không chia hết cho Ta nhận xét rằng: 3n + số lẻ ⇔ 3n lẻ ⇔ n lẻ 9n + 24 số lẻ ⇔ 9n lẻ ⇔ n lẻ 47 Vậy để (9n + 24, 3n + 4) = n số lẻ Bài 4: Cho b, m số nguyên tố nhau, a, c số nguyên dương Chứng minh rằng, ba ≡ 1(mod m), bc ≡ 1(mod m) d = (a, c) bd ≡ 1(mod m) Lời giải Giả sử d = au + vc Dễ thấy hai số u, v dương, số âm Giả sử u > 0, v ≤ Nâng hai vế ba ≡ lên lũy thừa u, nâng hai vế bc ≡ lên lũy thừa (−v) chia hai kết cho nhau, ta bd ≡ 1(mod m) Ta có điều phải chứng minh Bài 5: Chứng minh tổng n lũy thừa bậc số nguyên tố lớn số nguyên tố (n, 30) = Lời giải Số nguyên tố p chia cho 30 số dư r 1, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29 + Với r = 7, 13, 17, 23 p2 ≡ 19(mod 30) + Với r = 1, 11, 19, 29 p2 ≡ 1(mod 30) Suy ra: p4 ≡ 1(mod 30) Giả sử: p1 , p2 , , pn số nguyên tố lớn Khi q = p41 + p42 + + p4n ≡ 1(mod 30) Suy q = 30k + n số nguyên tố, nên (n, 30) = m Bài 6: Cho m, n hai số tự nhiên phân biệt Chứng minh 22 + n 22 + hai số ngun tố Từ suy có vơ số số nguyên tố Lời giải m n Đặt a = 22 + b = 22 + 48 Khơng tính tổng qt, giả sử m > n đặt m = n + k, k ∈ N∗ Khi đó, m n k a = 22 + = (22 )2 + k ⇒ a = (b − 1)2 + = br + Từ đó, (a, b) = (b, 2) = 1, b số lẻ n Cuối cùng, ký hiệu pn , pm ước nguyên tố nhỏ 22 + m 1, 22 + Theo trên, pn ̸= pm với m ̸= n Nghĩa dãy số nguyên tố (pn ), n ∈ N đôi khác nhau, hay có vơ số số ngun tố Bài 7: Chứng minh tồn tập hợp gồm vơ số số ngun dương có dạng 2n − 3, n ∈ N∗ , cho hai số tập hợp nguyên tố Lời giải Ta chứng minh có tập gồm k phần tử thỏa mãn điều kiện toán ta xây dựng tập gồm k + phần tử thỏa mãn điều kiện Giả sử 2n1 − 3, 2n2 − 3, , 2nk − tập hợp gồm k số đôi nguyên tố Đặt N = (2n1 − 3)(2n2 − 3) (2nk − 3)(2nk+1 − 3), ta cần tìm số nk+1 cho 2nk+1 − nguyên tố với tất nhân tử N, nghĩa 2nk+1 − chia hết cho N Trong số 20 , 21 , , 2N phải có hai số có số dư chia cho N, nghĩa tồn m1 , m2 (m1 > m2 ) cho 2m1 ≡ 2m2 (modN) Do N số lẻ nên 2m1 −m2 − ≡ 0(modN) Vậy nk+1 = m1 − m2 số cần tìm 2.5 Các toán số giả nguyên tố Ở Chương I, giới thiệu khái niệm số giả nguyên tố Số giả nguyên tố hợp số Tùy theo tính chất số ngun tố mà thỏa mãn, 49 ta có loại số giả nguyên tố khác như: số giả nguyên tố Fermat, số giả nguyên tố Fermat mạnh, số giả nguyên tố Euler, số giả nguyên tố Euler-Jacobi Tương tự số nguyên tố, việc kiểm tra số nguyên cho trước có phải số giả ngun tố hay khơng có nhiều ứng dụng thực tiễn Đối với số nhỏ, tốn nhìn chung khơng khó Tuy nhiên, số lớn, người ta cần tìm thuật tốn thực máy tính khoảng thời gian chấp nhận Nói chung số giả ngun tố nhiều so với số nguyên tố Chẳng hạn, có tất 455052512 số nguyên tố bé 1010 có 14884 số giả nguyên tố sở khoảng Bài 1: Chứng minh số 561 số 143 số giả nguyên tố sở Lời giải - Thật vậy, áp dụng định lý Fermat bé, ta có 2560 =(22 )280 ≡ 1(mod 3), 2560 =(210 )56 ≡ 1(mod 11), 2560 =(216 )35 ≡ 1(mod 17) Từ suy 2560 ≡ 1(mod 561) Do 561 số giả nguyên tố Fermat sở - Số n = 143 = 11.13 hợp số Lấy a = 2, ta có 2143 =(21 1)13 ≡ 2(mod 11), 2143 =(213 )11 ≡ 2(mod 13) Từ suy 2143 ≡ 2(mod 143) Do 143 số giả nguyên tố Fermat sở Định nghĩa 2.5.1 Giả sử n số nguyên dương lẻ, n − = 2st, t số nguyên dương lẻ, s số ngun khơng âm Ta nói n trải qua kiểm tra j Miller sở b, bt ≡ 1(mod n) b2 t ≡ −1(mod n) , với j thỏa mãn 0⩽ j⩽s − 50 Bài 2: Chứng minh n số nguyên tố n trải qua kiểm tra Miller sở b cho n|b Lời giải: Thật vậy, giả sử n − = 2st Đặt xk = b (n−1) 2k = b2 (x−k) , với k = 0, 1, , s Do n số nguyên tố nên x0 ≡ 1(mod n) Vì vậy, x12 ≡ 1(mod n), nghĩa x1 ≡ 1(mod n) x1 ≡ −1(mod n) Cứ tiếp tục vậy, ta xk ≡ 1(mod n) với k = 0, 1, , s, xk ≡ −1(mod n) với k số nguyên Như n trải qua kiểm tra Miller sở b Nhận xét n trải qua kiểm tra Miller sở b n số giả nguyên tố sở b Ta có định nghĩa sau: Định nghĩa 2.5.2 Số nguyên n gọi số giả nguyên tố mạnh sở b hợp số trải qua kiểm tra Miller sở b Như số giả nguyên tố nhiều số giả nguyên tố mạnh Tuy nhiên ta có kết sau: Bài 3: Tồn vô số số giả nguyên tố mạnh sở Lời giải Thật vậy, giả sử n số giả nguyên tố mạnh sở Khi với số nguyên lẻ k đó, ta có 2n−1 − = nk Đặt N = 2n − 1, có ước 2d − 1, với d ước số n Mặt khác, N − = 2n − = 2(2n−1 − 1) = 2nk Do vậy, N−1 = 2nk = (2n )k ≡ 1(mod N) Do N số giả nguyên tố mạnh sở Bài 4: Chứng minh n = 2047 số giả nguyên tố mạnh sở Lời giải 51 Số n = 2047 = 23.89 hợp số Lấy a = Ta có: 22046 = (211 )186 = 2048186 ≡ 1(mod 2047), 21023 = (211 )93 = 204893 ≡ 1(mod 2047) Do 2047 số giả nguyên tố mạnh sở Định nghĩa 2.5.3 Hợp số nguyên n thỏa mãn bn−1 ≡ 1(mod n) với số nguyên dương b cho (n, b) = gọi số Carmichael Bài 5: Chứng minh 6m + 1, 12m + 1, 18m + số nguyên tố (6m + 1)(12m + 1)(18m + 1) số Carmichael Hãy chứng minh số sau số Carmichael: 1729, 294409, 56052361, 118901521, 172947529 Lời giải: - Số nguyên (6m + 1)(12m + 1)(18m + 1) số Carmichael Thật vậy, (b, (6m + 1)(12m + 1)(18m + 1)) = (b, 3) = (b, 11) = (b, 17) = Theo định lý Fermat bé ta có: b(6m+1)(12m+1)(18m+1)−1 ≡ 1(mod (6m + 1)(12m + 1)(18m + 1)) Vậy (6m + 1)(12m + 1)(18m + 1) số Carmichael - Số nguyên 1729 = 7.13.19 số Carmichael Thật vậy, (b, 1729) = (b, 7) = (b, 13) = (b, 19) = Theo định lý Fermat bé, ta có: b6 ≡ 1(mod 7), b12 ≡ 1(mod 13), b18 ≡ 1(mod 19) Do đó, ta viết 1728 = 6.288 = 12.144 = 18.96 ta được: b1728 = (b6 )288 ≡ 1(mod 7), b1728 = (b12 )144 ≡ 1(mod 13), b1728 = (b18 )96 ≡ 1(mod 19) Từ suy b1728 ≡ 1(mod 1729) 52 - Số nguyên 294409 = 37.73.109 số Carmichael Thật vậy, (b, 294409) = (b, 37) = (b, 73) = (b, 109) = Theo định lý Fermat bé, ta có: b36 ≡ 1(mod 37), b72 ≡ 1(mod 73), b108 ≡ 1(mod 109) Do đó, ta viết 294409 = 36.8178 = 72.4089 = 108.2726 ta được: b294408 = (b6 36)8178 ≡ 1(mod 37), b294408 = (b72 )4089 ≡ 1(mod 73), b294408 = (b108 )2726 ≡ 1(mod 109) Từ suy b294409 ≡ 1(mod 294409) Chứng minh tương tự, ta số 56052361, 118901521, 172947529 số Carmichael Bài 6: Giả sử n = p1 p2 pk , p j số nguyên tố n số Carmichael Chứng minh k ≥ Lời giải Giả sử ngược lại n = pq, p < q Vì n số Carmichael nên n − ≡ (mod q − 1) Mặt khác, n − = p(q − + 1) − ≡ p − 1(mod q − 1) ̸= (mod q − 1) Do điều giả sử khơng đúng, ta có điều phải chứng minh Bài 7: Giả sử n số hồn hảo lẻ Chứng minh n có ước nguyên tố khác Lời giải - Nếu n có ước nguyên tố, nghĩa n = pk , với p số nguyên tố lẻ Khi đó, với σ (n) tổng tất ước n, ta có: σ (n) = 2n ⇒ = σ (n) σ (pk ) + p + + pk = = n pk pk 53 = 1+ 1 p + + k < = < 2, p p−1 p − 1p vơ lý - Nếu n có ước số nguyên tố lẻ khác p, q, nghĩa n = pk qm Khi đó: σ (n) σ (pk )σ (qm ) + p + + pk + q + + qm = = 2= n qm pk qm pk 1 1 15 < ≤ = < 2, − 1p − 1q − 31 − 51 vơ lý Vậy n số hồn hảo lẻ có ước nguyên tố khác 54 KẾT LUẬN Trong luận văn này, chúng tơi đã: - Trình bày số kiến thức lý thuyết số nguyên tố, số giả nguyên tố số hàm số số học bản, bao gồm khái niệm, ví dụ, tính chất, - Hệ thống số dạng tập liên quan đến số nguyên tố Đối với dạng tốn, chúng tơi trình bày số tốn hay điển hình Tuy nhiên việc phân loại dạng tốn mang tính chất tương đối Hơn nữa, phạm vi Luận văn nên có dạng tập khác mà chúng tơi khơng trình bày 55 Tài liệu tham khảo [1] Hoàng Chúng (1997), Số học – Bà chúa toán học, NXBGD [2] Nguyễn Tiến Quang (2003), Bài tập số học, NXBGD [3] Lại Đức Thịnh (1997), Giáo trình số học, NXBGD [4] Vũ Dương Thụy (chủ biên) (2004), Lí thuyết số định lí tập chọn lọc, NXBGD 56