241039

Tỡm hiu lớ thuyt phõn dng bi tp v s nguyờn t 1 Y BAN NHN DN TNH H TNH TRNG I HC H TNH -------------------- Bài Tập Lớn Bc u tỡm hiu v phõn loi bi tp v s nguyờn t Gv hng dn: Ths Nguyễn Thị Thanh Tâm Sinh viờn thc hin: Ngô Thị Kim Nhung Nguyễn Cao Thiện Khoa S Phm T Nhiờn Lp K 2 S Phm Toỏn H Tnh 12/2010 Tìm hiểu lí thuyết – phân dạng bài tập về số nguyên tố 2 Đồng tác giả Tìm hiểu lí thuyết – phân dạng bài tập về số nguyên tố 3 A - ĐẶT VẤN ĐỀ I - Lý do chọn đề tài: Toán học là công cụ giúp việc học tập các môn khác cả về kiến thức và t ư duy. Môn toán có tiềm năng phát triển năng lực trí tuệ, rèn luyện tính linh hoạt, độc lập, sáng tạo, tính chính xác, thẩm mỹ cùng sự kiên trì, nhẫn nại. Trong chương trình toán học đa dạng và phong phú của nó, các bài toán về "Số nguyên tố" luôn để lại những vấn đề mới mẻ cho người học. "Toán học là bà hoàng của khoa họ c". "Số học là bà chúa của toán học". Trong số học các bài toán hóc búa, thú vị hầu hết là bài toán về số nguyên tố. Từ trước công nguyên, Ơclít đã khẳng định số nguyên tố là phạm trù c ơ bản của số học. Thực tế đã chứng minh, toán học dù phát triển đến đâu thì vai trò của số nguyên tố cũng không hề thay đổi. Nó vẫn là một vùng đất kì lạ dù bao năm qua đã có nhiều người thám hiểm. Do vậy không thể tránh khỏi hiện tượng các bạn học sinh, sinh viên lo sợ khi gặp các bài toán về số nguyên tố, đa phần các bạn không định hình được phương pháp giải. Vấn đề đặt ra ở đây là bổ sung các kiến thức về số nguyên tố và làm thế nào để phân chia các bài toán đó theo từng dạng cũng như định hình được phương pháp giải cho mỗi dạng toán trên cơ sở đó giải quyết các bài toán cụ thể. Đây cũng là lý do chúng tôi chọn nghiên cứu đề tài: “Bước đầu tìm hiểu và phân dạng về số nguyên tố” Chúng tôi chỉ là những sinh viên mới chập chững bước vào công việc nghiên cứu khoa học, với rất ít tài liệu cùng sự hiểu biết nhỏ bé nhưng mong rằng đề tài này sẽ không nhàm chán mà có th ể hữu ích một phần nhỏ trong việc giải quyết các bài toán dễ dàng, linh hoạt, đúng đắn hơn. Tìm hiểu lí thuyết – phân dạng bài tập về số nguyên tố 4 II - Mục đích nghiên cứu - Tìm hiểu lí thuyết chung về số nguyên tố để bổ sung thêm một số kiến thức giúp cho việc giải quyết các bài toán trong phần này. - Phân dạng các bài toán cùng h ướng giải quyết giúp học sinh sinh viên định hình được phương pháp giải mỗi dạng toán trên c ơ sở đó giải quyết được các bài toán với những hình thức biến t ướng của nó. III - Nội dung nghiên cứu Đề tài gồm 3 phần A: Đặt vấn đề B: Nội dung C: Kết luận Nội dung chính đề tài ở phần hai gồm 2 mục là: Phần một: - Cơ sở lí thuyết Phần hai: - Phân dạng bài toán Dạng 1: Các bài toán về tập hợp số nguyên tố Dạng 2: Chứng minh một số, một biểu thức là số nguyên tố, hợp số Dạng 3: Tìm số x thõa mãn điều kiện cho trước Dạng 4: Áp dụng giải phương trình nghiệm nguyên, chia hết Dạng 5: Áp dụng, chứng minh một số bổ đề, định lí có ứng dụng tr ong giải các bài toán về số nguyên tố IV - Phương pháp nghiên c ứu Nghiên cứu tài liệu Tìm hiểu lí thuyết – phân dạng bài tập về số nguyên tố 5 B – NỘI DUNG Phần một: TÌM HIỂU CHUNG VỀ LÝ THUYẾT SỐ NGUYÊN TỐ Vấn đề số nguyên tố là một trong những vấn đề trung tâm của bộ môn số học. Trong chương này ta sẽ tìm hiểu và bổ sung một số vấn đề trong lí thuyết số: số nửa nguyên tố, số giả nguyên tố. Để đơn giản, chúng ta xét khái niệm số nguyên tố trong tập hợp các số tự nhiên  I - Số nguyên tố 1. Định nghĩa Số nguyên tố là số tự nhiên chỉ chia hết cho một và chính nó. 2. Tập hợp số nguyên tố 2.1 Định lí 1: Ước nhỏ nhất lớn hơn 1 của một số tự nhiên lớn h ơn 1 là một số nguyên tố. Chứng minh: (Bằng phản ch ứng) Giả sử a  , a > 1 và p > 1: p là ư ớc nhỏ nhất của a thì p là một số nguyên tố. Thật vậy: p  P  p phải là hợp số nghĩa là p 1 \p và 1< p 1 < p. Suy ra p 1 \a mà 1< p 1 < p  mâu thuẫn (do p là ước nhỏ nhất lơn 1 của a) 2.2 Định lí Ơclit: Tập hợp số nguyên tố là v ô hạn Chứng minh: Giả sử chỉ có hữu hạn số nguyên tố p 1 = 2, p 2 = 3, ., p n Xét a = p 1 p 2 p n + 1 là số tự nhiên lớn hơn 1 nên a có ít nhất một ước số nguyên tố q. Nhưng vì: Chỉ có hữu hạn số nguyên tố p 1 , p 2 , , p n nên q phải trùng với một trong các số p 1 , p 2 , , p n . Do đó q phải là ước của tích p 1 p 2 p n . Tìm hiểu lí thuyết – phân dạng bài tập về số nguyên tố 6 Từ q là ước của a = p 1 p 2 p n + 1 và q lại là ước của p 1 p 2 p n suy ra q là ước của a – p 1 p 2 p n = 1. Mâu thuẫn với giả thiết q là số nguyên tố. Vậy t ập hợp số nguyên tố là vô hạ n (đpcm). 3. Tính chất của số nguyên tố 1) Nếu một số nguyên tố p chia hết cho số nguyên tố a khác 1 thì a = p 2) Nếu các số nguyên tố p 1 , p 2 , , p n (n ≥ 2) khác nhau từng đôi một thì chúng nguyên tố cùng nhau. 3) 2 là nguyên tố chẵn nhỏ nhất cũng là số nguyên tố chẵn duy nhất. 4) Nếu p là số nguyên tố, a là số nguyên suy ra hoặc p \a hoặc (a,p) = 1 5) Ước số dương bé nhất khác 1 của một hợp số a là một số nguyên tố không vượt quá a II - Định lí cơ bản của số học Trong mục này chúng ta sẽ chứng minh một định lí nói lên vai trò quan trọng của số nguyên tố trong tập hợp số tự nhiên N. Định lí này có nhiều ứng dụng. Để thuận lợi cho việc chứng minh tr ước hết ta chứng minh một số bổ đề sau đây. 1) Các bổ đề: 1.1 Bổ đề 1: Với số tự nhiên a và số nguyên tố p thì hoặc a nguyên tố cùng nhau với p hoặc a chia hết cho p. Chứng minh: Giả sử: d = ƯCLN(a,p)  d\p       pd d 1 (a  , p là số nguyên tố) 1.2 Bổ đề 2: Nếu một tích gồm nhiều số tự nhiên chia hết cho số nguyên tố p thì phải có ít nhất một thừa số của tích chia hết cho p Chứng minh: Thật vậy: Giả sử các số tự nhiên không chia hết cho số nguyên tố p. Tìm hiểu lí thuyết – phân dạng bài tập về số nguyên tố 7 Theo bổ đề 1 chúng đều nguyên tố cùng nhau với p. Do đó ta có tích các số tự nhiên nguyên tố cùng nhau với p chứ không phải chia hết p. Mâu thuẫn với giả thiết rằng p là ước của tích đó. 1.3 Hệ quả: Nếu số nguyên tố p là ước của tích các thừa số nguyên tố q 1 , q 2 , ., q n thì p phải trùng với một số trong các số nguyên tố của tích đó. 2) Định lí cơ bản Mỗi số tự nhiên lớn hơn 1 đều phân tích được thành những thừa số nguyên tố và sự phân tích đó là duy nhất nếu không kể đến thứ tự của các thừa số. Chứng minh: a) Sự phân tích được Giả sử a  , a > 1 Khi đó a có một ước nguyên tố p 1 nào đó Ta có: a = a 1 p 1 trong đó 1  a 1 < a - Nếu a 1 = 1 thì a = p 1 đó là sự phân tích a thành th ừa số nguyên tố. - Nếu a 1 > 1 thì a 1 phải có một ước nguyên tố p 2 chẳng hạn và ta có: a 1 = p 1 a 2 nên a = p 1 p 2 a 2 1  a 2 < a 1 +) Nếu a 2 = 1 thì a = p 1 p 2 là sự phân tích a thành thừa số nguyên tố +) Nếu a 2 > 1 thì với lập luận như trên ta được thừa số nguyên tố p 3 , . quá trình đó phải kết thúc vì ta có a > a 1 > a 2 > nên ắt phải có a n = 1 ta được p 1 p 2 p n là dạng phân tích của a thành lũy thừa số nguyên tố b) Tính duy nhất Giả sử ta có: a = p 1 p 2 p n = q 1 q 2. .q n là 2 dạng phân tích của a thành số nguyên tố. Thế thì ta có: p 1 \q 1 q 2. .q n Do đó p 1 phải là ước của một thừa số nào đó chẳng hạn q 1 của tích q 1 q 2. .q n . Vậy ta có p 1 = q 1 và ta được p 2 p 3 p n = q 2 q 3. .q n Lập lại lý luận trên với p 2 , p 3 . cho tới khi đã ước lược hết các thừa số nguyên tố của một vế trong đẳng thức trên, vì không thể xảy ra 1 = q n+1 .q m Tìm hiểu lí thuyết – phân dạng bài tập về số nguyên tố 8 hoặc p m+1 .p n = 1 nên ta được m = n và p i = q i , i = n,1  tính duy nhất được chứng minh. Ví dụ: Phân tích a = 300; a =300 = 2.2.5.5.3 3) Ứng dụng 3.1 Tìm ước số - Cho a = p 1 1  p 2 2  . p n n  (  i , p i  ) d\a  d = p 1 1  p 2 2  . p n n  Với 0   i   i - Cho (a,b) = 1 khi đó d\ab  d\xy với (x,y) = 1 3.2 Tìm ƯCLN, BCNN Giả sử a = p 1 1  p 2 2  . p n n  với 0   i ,  i  b = p 1 1  p 2 2  . p n n  Khi đó (a,b) = p 1 1  p 2 2  . p n n  với  i = min(  i ,  i ) [a,b] = p 1 1  p 2 2  . p n n  với  i = max(  i ,  i ) Do đó (a,b).[a,b] = ab Tính số các ước của một số tự nhiên - Với a =1 thì )(a = 1 - Với a >1 Giả sử a = p 1 1  p 2 2  . p n n  (  i  ) Muốn xác định số các ước của a cho  i lần lượt các giá trị từ 0 đến  i. . Số các ước số của a là )(a = (  1 + 1)(  2 + 1) .(  n + 1) 3.4 Tìm tổng các ước của một số tự nhi ên - Với a = 1 thì )(a = 1 - Với a > 1 Giả sử a = p 1 1  p 2 2  . p n n  thì )(a = 1 1 1 11 1    p p  1 1 2 12 2    p p  1 1 1    n n n p p  4) Dạng phân tích tiêu chu ẩn Trong sự phân tích số a >1 thành một tích những thừa số nguyên tố có thể xảy ra nhiều thừa số lặp lại. Gọi p 1 , p 2 , , p n là các ước nguyên tố đôi một Tìm hiểu lí thuyết – phân dạng bài tập về số nguyên tố 9 khác nhau của a và  i (1  i  k) là số các nhân tử cùng là p i trong sự phân tích a thành thừa số nguyên tố, ta sẽ có a = p 1 1  p 2 2  . p k n  gọi là dạng phân tích tiêu chuẩn của a. VD 300 = 2 2 .5 2 .3 III - Một số vấn đề về số nguyên tố Trong mục này chúng ta sẽ bổ sung thêm một số vấn đề về số số nguyên tố như số nửa nguyên tố, số giả nguyên tố, một vài vấn đề tìm biểu thức lấy các giá trị là số nguyên tố và một số vấn đề khác. 1) Số nửa nguyên tố - Số nửa nguyên tố là số tự nhiên được tạo thành từ tích của hai số nguyên tố (không nhất thiết phải phân biệt) Ví dụ: các số nửa nguyên tố đầu tiên 4, 6, 9, 14, 15, 21, 15 . - Tính đến nay, số nửa nguyên tố lớn nhất được biết đến là (2 43112609 – 1) 2 , với hơn 25 triệu chữ số. Nó là bình phương của số nguyên tố lớn nhất được biết. Bình phương của bất kì số nguyên tố nào cũng là số nửa nguyên tố, do đó số nửa nguyên tố tiếp theo được biết đến vẫn sẽ là bình ph ương số nguyên tố lớn nhất được biết (trừ khi tìm ra được một phương pháp khẳng định một số lớn là số nửa nguyên tố mà không biết hai phần tử của nó). - Giá trị của phi hàm Euler cho số nửa nguyên tố n = pq khi p và q phân biệt là: )(a = (p – 1)(q – 1) = pq – (p + q) + 1 = n – (p + q) + 1 2) Số giả nguyên tố 2.1 Số giả nguyên tố Fermat - Định nghĩa: Định lí nhỏ Fermat khẳng định: Với mọi số nguyên tố p và số tự nhiên a không chia hết cho p ta có: a p - 1  1 (mod p) - Dạng khác của định lí Fermat: Tìm hiểu lí thuyết – phân dạng bài tập về số nguyên tố 10 Nếu p là số nguyên tố a là số n guyên bất kỳ, a p – a sẽ chia hết p. Nghĩa là a p  a (mod p)  Định lí nhỏ Fermat là c ơ sở để kiểm tra tính nguyên tố theo xác suất trong kiểm tra Fermat. 2.2 Số giả nguyên tố (Fermat) mạnh Định nghĩa: Trong đồng dư thức của định lí nhỏ Fermat vớ i số nguyên tố lẻ p và số tự nhiên a không chia hết cho p a p – 1  1 (mod p) ta phân tích số chẵn p – 1 = 2 s m, với m là số lẻ Khi đó: - Hoặc a m  1 (mod p) (1) - Hoặc a m s 2  – 1 (mod p) với k nào đó  {0,1, s} (2) Số tự nhiên lẻ n trong đó n – 1 = 2 s m thỏa mãn a m  – 1 (mod m) hoặc tồn tại k  {0, 1, , s} sao cho a m s 2  – 1 (mod m) được gọi là số nguyên tố xác suất mạnh Fermat cơ sở a. Nếu n là hợp số thì n được gọi là số giả nguyên tố Fermat c ơ sở a. * Số nguyên tố xác suất Fermat mạnh được sử dụng trong kiểm t ra Miller - Rabin để kiểm tra tính nguyên tố theo xác suất của số tự nhiên lẻ. Nhận xét: 1) Nếu n là số giả nguyên tố c ơ sở 2 thì m = 2 n – 1 cũng là số giả nguyên tố cơ sở 2. Từ đó suy ra có vô hạn số nguyên tố cơ sở 2. 2) Mọi số giả nguyên tố mạnh Fermat đều là số giả nguyên tố Fermat. 3) Số Carmichael: Hợp số n là số Carmichael nếu nó là số giả nguyên tố Fermat với mọi cơ sở a sao cho ƯCLN [a,n] = 1. 4) Nếu n < 4759123141 là hợp số thì n không thể là số giả nguyên tố mạnh Fermat đồng thời với ba cơ sở a = 2, 7 và 61 (Jaeschhe – 1993). 5) Nếu n < 341550071728312 là hợp số thì n không thể là số giả nguyên tố mạnh Fermat đồng thời với bảy cơ sở a = 2, 3, 5, 7, 11, 13 và 17 (Jaeschhe – 1993). 123doc.vn