Hsg đs8 chuyên đề số nguyên tố, hợp số (103 trang)

CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN CHUYÊN ĐỀ.SỐ NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ A KIẾN THỨC CẦN NHỚ Định nghĩa số nguyên tố, hợp số 1) Số nguyên tố số tự nhiên lớn 1, có ước số 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 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 ngun 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 nguyên tố p  Nếu a b khơng chia hết cho số ngun tố p tích ab không chia hết cho số nguyên tố p ● Nếu A hợp số A có ước nguyên tố không 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 nguyên tố:  Phân tích số tự nhiên lớn thừa số nguyên tố viết số dạng tích thừa số ngun tố + Dạng phân tích thừa số nguyên tố số ngun tố số + Mọi hợp số phân tích thừa số nguyên tố, phân tích khơng tính thứ tự thừa số .1 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN CHUYÊN ĐỀ.QUAN HỆ CHIA HẾT TRONG TẬP HỢP SỐ Chẳng hạn A  a b c , a, b, c số nguyên tố  ,  , ,   N* Khi số ước số A tính   1   1   1 Tổng ước số A tính a +1  b  1  c 1  a 1 b 1 c 1 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 không số nguyên tố - Nếu thực phép chia lúc thương số nhỏ số chia mà phép chia có số dư số số nguyên tố Cách - Một số có hai ước số lớn số số nguyên tố - Nếu A hợp số A có ước ngun tố không vượt A - Với quy tắt khoảng thời gian ngắn, với dấu hiệu chia hết ta nhanh chóng trả lời số có hai chữ số nguyên tố hay khơng CHUN ĐỀ HSG VÀ TỐN CHUN 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 2 số nguyên tố Hướng dẫn giải Xét p 3k ( k nguyên) p Xét p 3k p Vậy p 3k , mà p số nguyên tố nên p Khi p 2 , hợp số , hợp số 11 , số nguyên tố Bài toán Chứng minh n4  số nguyên tố n  Hướng dẫn giải Ta có: n4   n4  4n2   4n2   n2     2n  2 2   n2   2n  n2   2n    n  1  1  n  1  1     Nếu n  hai thừa số lớn Như n4  số nguyên tố n  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 Chứng minh 2n  số nguyên tố  n   2n  hợp số .3 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN CHUYÊN ĐỀ.QUAN HỆ CHIA HẾT TRONG TẬP 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 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  18 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 n2020  n2019  số nguyên dương liên tiếp mà tất hợp số Hướng dẫn giải   Xét A1  n2020  n2019  ! 2 A2   n 2020  n 2019  ! 3 An2020  n2019 1   n 2020  n 2019  !  n 2020  n 2019   n 2020  n2019  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 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TỐN CHUN Bài tốn Chứng minh p p  hai số nguyên tố lớn tổng chúng chia hết cho 12 Hướng dẫn giải Ta có : p   p     p  1  p số nguyên tố lớn nên p số nguyên tố lẻ, suy : p    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    p  1 (2) Từ (1) (2) suy :  p  1 12 (đpcm) Bài toán Chứng minh ước nguyên tố 2014! lớn 2014 Hướng dẫn giải Gọi p ước nguyên tố 2014!1 Giả sử p  2014  1.2.3 2014 p  2014! p Mà  2014! 1 p nên p Điều mâu thuẫn dẫn đến p  2014 Bài toán Cho số p  bc  a, q  ab  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 .5 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN CHUYÊN ĐỀ.QUAN HỆ CHIA HẾT TRONG TẬP HỢP SỐ Giả sử hai số tính chẵn lẻ a b Suy p  bc  a số nguyên tố chẵn nên p  Suy a  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 n2  n  p ;  p  1 n  p   n  p  n  Vì p  n    n  1 không chia hết cho p     Do đó:  n  1 n2  n  p  n2  n  p Đặt : p   kn, k   p  kn  (*) Suy  n2  n  1  kn  1  kn   n2  n   kn  n2  n  k  n  1 Ta có: k  n2  n  1  n  kn  1  kn  1   k  1 n  k   kn  1 Do k  1nên  k  1 n  k  Suy  k  1 n  k  kn   k  n   2 Từ (1) (2) suy ra: k  n   p  kn   n2  n   n  p  n2  2n    n  1 Vậy n  p số phương  Dạng 3: Tìm số nguyên tố thỏa mãn điều kiện CHUN ĐỀ HSG VÀ TỐN CHUN Đối với dạng tốn tìm số ngun 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 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 số nguyên 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  | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN CHUYÊN ĐỀ.QUAN HỆ CHIA HẾT TRONG TẬP HỢP SỐ Khơng phải số có dạng 6n  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 + = 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 + Nếu p  3k  p   3k    3k  1 không số nguyên tố Nếu p = 3k + p   3k    3k   không số nguyên tố; Vậy với p  p + p + số ngun tố Bài tốn Tìm tất số ngun tố p cho p + 2; p + 6; p + 8; p + 14 số nguyên tố Hướng dẫn 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 + 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 tốn CHUN ĐỀ HSG VÀ TỐN CHUYÊN 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 n3 số nguyên tố Hướng dẫn giải n3 n3 n chia cho dư (vì n chia cho dư n3 chia hết cho dư ) Đặt n 3k (k n3 27k Để (3k 1)3 27k n3 số nguyên tố, phải có k 9k N ) Ta có 3k 3k Khi n k k (3k 3k 1) n3 64 , số nguyên tố Đáp số: n Bài tốn Tìm số ngun tố p cho 43 p lập phương số tự nhiên Hướng dẫn giải Đặt 43 p n3 ( n N ) 43 p (n 1)(n2 n 1) Số 43 p có bốn ước nguyên dương 1, 43, p, 43 p nên có ba trường hợp: a) n n 1 n 43 p Khi n 43 p 22 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN , loại CHUYÊN ĐỀ.QUAN HỆ CHIA HẾT TRONG TẬP HỢP SỐ b) c) n 43 n n p n2 n n Đáp số: p 43 p Khi n 44 p Khi n(n 1) 42 442 n 44 1981 , loại 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 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 tốn Nếu p  p  số nguyên tố p  số nguyên tố hợp số? 10 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TỐN CHUN Ta có: b  1, a  2k 1 , suy p k  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 cịn 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  Bài 128 Không tính tổng quát, ta giả sử a  b  c Ta có a3  b3  c3  3abc   a  b  c   a  b2  c  ab  bc  ca  89 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN CHUYÊN ĐỀ.QUAN HỆ CHIA HẾT TRONG TẬP HỢP SỐ Do a3  b3  c3  3abc số nguyên tố xảy trường 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 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 Bài 130 Từ phương 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  90 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN 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 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  1 Mà  q  1, q  q  1   q  1,3  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  1 Do  q, p  1   q, p  1   p  p  1, p  p  1   p  p  1, p   nên ta có q | p  p  q | p  p  Mà q  p  nên q   p    p  p   p  p  Suy q | p  Vậy  p, q    2,3 ; 3,2  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  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 Bài 133 Đặt a  525 Ta có A  a5   a  a3  a  a  a 1 91 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN CHUYÊN ĐỀ.QUAN HỆ CHIA HẾT TRONG TẬP HỢP SỐ   a  3a  1  5a  a  1 2 Thay a  525 ta được: 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 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  p   Do p +2 hợp số (trái với đề p  số nguyên tố) Nếu p  3k  p   3k   3(k  1) (1) Do p số nguyên tố p   p lẻ  k lẻ  k  chẵn  k  (2) Từ (1) (2) suy ra: p  Bài 135 Vì p số nguyên tố 3k  1;3k  với k   p  3 , nên số nguyên tố p có hai dạng: * Nếu p  3k  p   3k    k    p  p   Do p  hợp số (trái với đề p  số nguyên tố) Nếu p  3k  p   3k    k  3  p  p   Do p  hợp số Vậy số nguyên tố p có dạng p  3k  p  hợp số Bài 136 Từ p  5q    p   p    5q Do  p   p  2, q nguyên tố nên p  nhận giá trị 1, 5, q, q Ta có bảng sau: 92 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN p2 p2 p q 5q q2 p 5q p2 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 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  5;3;   nên ta có  p3  p4   p3  p4  30 Lấy hai số Rõ ràng  p3  p4   p3  p4  Vì p5 , p6 (ngồi p1 , p2 , p3 , p4 ) chọn p5 , p6 lẻ (do số nguyên tố khác ) nên  p5  p6  Từ suy  p1  p2  p4  p3  p5  p6  30.30.2  1800 Nếu số chia cho có số dư khác 1;2;3;4 Giả sử  p5  1 ,  p6    p5  p5  5 hay  p5  p6  Với số lại p3 , p4 rõ ràng  p3  p4  (theo cách chọn số trên) Do p3 ; p4 ; p5 ; p6 lẻ nên  p5  p6  2,  p3  p4  93 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN CHUYÊN ĐỀ.QUAN HỆ CHIA HẾT TRONG TẬP HỢP SỐ 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  8n2  n2 8n    3n 3 3n  Xét n  3k Ta có: A  3k  8k  Suy  A  3k  8k  k  3k  8 9k  A số nguyên tố  k  Khi n   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  94 CHUN ĐỀ HSG VÀ TỐN CHUN 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 Khơng tính tổng quát, giả sử  q  1 , tức q   4m hay q  4m  Suy ra: p  4m  p  q  8m Vì  3,   nên suy  p  q  12 Bài 140 Với p  p  10  13 p  14  17 số nguyên tố Với p > p  3k   Nếu p  3k  p  14  3k  15 ;  Nếu p  3k  p  10  3k  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    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  24 Ta có: 2007  p  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  q2  r Nếu q khơng 95 | TÀI LIỆU WORD TỐN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN CHUYÊN ĐỀ.QUAN HỆ CHIA HẾT TRONG TẬP HỢP SỐ chia hết cho q2  1(mod3) Mặt khác, q lẻ nên 2q  1(mod3) , từ suy 2q  q2  r , 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 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 ngun tố Khi chia cho 60 kết khơng 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) 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) Với a  , ta có 2bc  2b  2c  bc  bc  2(b  c)  4c  b   b  b  96 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN  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 khơng thể chia hết cho 2, cho Vậy xảy A  5m với m  , suy A   5m  Mà A   2.3.a3 an1 không chia hết cho a3 , , an1 số lẻ, vô lí Vậy A khơng có ước ngun 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 khơng chia hết p2  2p  , 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  n3  n  n2  n   nên n2003  n2002  hợp số Với n  n2003  n2002   số nguyên tố Bài 148 a) Giả sử 2p   n3 (với n  N) ; n số lẻ nên n  2m  1(m  N) , 2p   (2m  1)3  p  m(4m2  6m  3) .97 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN CHUYÊN ĐỀ.QUAN HỆ CHIA HẾT TRONG TẬP HỢP SỐ 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   13 n   p i) Với n   13 n  14 , 13p  n3   2743  p  221 số nguyên tố ii) Với n   p n2  n   13  n  3, p  số nguyên tố 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  a1a2 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 toán: Giả thiết toán viết dạng sau: ac  bd   b  d    a  c  , 2 hay a2  ac  c2  b2  bd  d    Ta có  ab  cd  ad  bc   ac b2  d  bd a  c      ac b  bd  d  bd a  ac  c      ac  bd  b  bd  d   Do đó, ab + cd ước  ac  bd  b2  bd  d Theo bổ đề trên, để chứng minh ab + cd hợp số, ta cần chứng minh tính đắn hai bất đẳng thức: ab  cd  ac  bd 1 98 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN Và ab  cd  b2  bd  d  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  b2  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  b2  bd  d Bất đẳng thức (2) chứng minh Bài tốn giải hồn tồn Bài 150 Vì a, b, c, d  N *  a+ b + c + d  (1) Xét a  b2  c2  d   a  b  c  d    a  a   b2  b    c  c    d  d   a  a  1  b  b  1  c  c  1  d  d  1 Mà a  b2  c  d   a  b2   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  4n   23 (3l 1)   a3l 1  a6l 2 (với a  23 ) , suy k k  2n  4n  a(a3l  1)  a2 (a6l  1)  a2  a  a2  a    2n  4n hợp số ii) m  3l  2(l  * ) , Ta có:  2n  4n   23 (3l 2)  43 (3l 2)   a3l 2  a6 l 4 k k k  a(a6l 3  1)  a2 (a3l  1)  a2  a  a2  a  (Với a  23 ), 99 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN CHUYÊN ĐỀ.QUAN HỆ CHIA HẾT TRONG TẬP HỢP SỐ Suy  2n  4n 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    a1   với  a1    số chẵn nên a1 tổng hai hợp sốtrái với (1) Mặt khác khơng có 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 n(n  1) n2  n  (n  1)(n  2) 1   Bài 153 Ta có: p  2 Với n  ta có p  2; Với n  ta có p  5; Với n  n 1  n   nên p hợp số 100 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN Vậy với n  2, n  p số nguyên tố có dạng Bài 154 Ta có 2n+1 n(n  1)  =2.22n chia dư n  N  22n+1 =3k+2,(k  N) +31=23k 2  31  4.(23 )k  31  4.8k  31 2n+1  A=22 Mà chia dư k  N  chia dư k  N k k  8k +31 k  N  A=22 +31 n  N Mà A >7 2n+1  A hợp số với số tự nhiên n 10 n1  19 23 với n  Bài 155 ● Ta chứng minh 22 Ta có: 210  (mod )  210n1  (mod 22 )  210n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 Bài 156 Ta có m  n1  32  19 hợp số với n  *  11 với n  3p  3p  3p  3p   a.b với a  ,b  4 a,b số nguyên tố lớn nên m hợp số Mà m  9p1  9p2    p lẻ nên m lẻ m  (mod 3) Theo Định lí Fermat, ta có 9p  p (p,8)  nên p  p  m  10 n1  222k 2  (mod 23 )  22 9p  p 101 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN  19 23 CHUYÊN ĐỀ.QUAN HỆ CHIA HẾT TRONG TẬP HỢP SỐ Vì m 1 nên m 1 2p , 3m1  32 p  9p   m (đpcm) 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  m  n  A  p 2018 , (1) A  m2018  m2017n  m2017n2   mn2017  n2018 Nếu A khơng chia hết cho p từ (1), ta có A  m  n  p 2018  m2019  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  2019m2018  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\ m3  673    n3 673  20192018,  hay  m  n  m2  mn  n  20192018 ,   đó, B  m3 672    n     m  n   m3 671 3 671    n3 672 Do m  n nên m2  mn  n   m  n   mn  , từ ta có m2  mn  n2 chia hết cho 2019 Tuy nhiên, điều xảy m2  mn  n2  3n2  mod 2019 m2  mn  n2   mod 2019 Vậy không tồn số m, n, p thỏa mãn yêu cầu đề Bài 157 Đặt n   p  A  p   a3 Suy a số tự nhiên lẻ nên a  2t   p   8t  12t  6t  102 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN  p  t (4t  6t  3) số nguyên tố nên t   p  13 Suy n  10, A  27 Bài 158 Ta có: A  3n   2009b2  (3n  2010b2 )  (1  b2 )  3.(n  670b2 )  (1  b)(1  b) Do b số nguyên tố lớn nên b không chia hết cho ,  b 1b  1  A 3, A  Vậy A hợp số .103 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN