Chuyên đề số nguyên tố

Chuyên đề biên soạn về SỐ NGUYÊN TỐ, ĐỊNH LÍ FERMAT,ĐỊNH LÍ EULER,ĐỊNH LÍ WILSON rất hay, ví dụ đa dạng, bồi dưỡng học sinh giỏi THCS. Mỗi phần có bài tập áp dụng kèm theo sau mỗi ví dụ. Chuyên đề giúp giáo viên và học sinh có nguồn tài liệu hữu ích để giải được các bài toán khó về số nguyên tố

CHUYÊN ĐỀ: SỐ NGUYÊN TỐ ĐỊNH LÍ FERMAT,ĐỊNH LÍ EULER,ĐỊNH LÍ WILSON A Số ngun tố: I Lí thuyết 1.Định nghĩa:Một số nguyên dương p gọi số nguyên tố, có hai ước số dương Nếu p khơng phải số ngun tố p gọi hợp số * Nhận xét: số nguyên tố chẵn 2.Các định lí: a) Định lý 1(định lý số học) Mọi số tự nhiên lớn phân tích cách thành tích thừa số nguyên tố b) Định lý 2: Tập hợp số nguyên tố vô hạn c) Định lý 3:Cho p số nguyên tố Nếu p | ab p | a p | b II.CÁC VÍ DỤ Ví dụ Tìm tất số nguyên dương n cho số 3n – 4, 4n – 5, 5n – số nguyên tố Lời giải: Ta có (3n - 4) + (5n - 3) = 8n – số lẻ Do hai số phải có số chẵn số lẻ - Nếu 3n – chẵn 3n – = ⇔n = ⇒ 4n – = 5n – = số nguyên tố Nếu 5n – chẵn 5n – = ⇔n = ⇒ 3n – = -1 (loại) Vậy n = Ví dụ Tìm số ngun tố p cho 8p2 + 8p2 – số nguyên tố - Lời giải: - Nếu p = 8p2 + = 33 ⋮ nên không thỏa mãn - Nếu p = 8p2 + = 73 8p2 – = 71 số nguyên tố nên p = thỏa mãn - Nếu p > p nguyên tố nên p không chia hết cho 3.Do p = 3k + p = 3k – +) p = 3k + ⇒ 8p2 + = 8(3k + 1)2 + = 72k2 + 48k + ⋮ Và hiển nhiên 8p2 + > nên 8p2 + hợp số +) p = 3k – ⇒ 8p2 + ⋮ 8p2 – > nên khơng thỏa mãn Vậy p = Ví dụ Cho p ≥ thỏa mãn p 2p + 1là số nguyên tố Chứng minh 4p + hợp số Lời giải +) p = 3k + ⇒ 4p + = 4(3k + 2) + = 12k + ⋮ 53⇒ 4p + hợp số + p = 3k + ⇒ 2p + = 2(3k + 1) + = 6k + ⋮ (vơ lí 2p + số nguyên tố lớn 11.) Ví dụ Tìm số nguyên tố p cho 2p + lập phương số tự nhiên Lời giải: Ta có 2p + = n3 ⇔ 2p = n3 – = (n - 1)(n2 + n+1)(*) Do với số tự nhiên n n2 + n + >n – số nguyên tố p p ≥2 n − =  Nên từ (*) ta có n + n + = p Từ tìm p = 13 Ví dụ Chứng minh với số nguyên dương a > 2, tồn vô số số nguyên dương n cho: an – ⋮ n Lời giải: Xét dãy số x0 = 1,xn+1 = a xn − Ta chứng minh với k ∈ N a xk− 1⋮k +) n = 0, hiển nhiên (*) +) Giả sử (*) tới n ≤ k, ta có: a xk − = m.xk ⇒ a xk+1 − = a ( a xk −1) − = a mxk − = (a xk )m − 1M(a xk − 1) = xk +1 Từ suy (*) chứng minh Do a > nên ( xn ) dãy số tăng suy ( xn ) dãy số vơ hạn Ví dụ Cho p, q hai số nguyên tố phân biệt Chứng minh − − p q +qp − 1⋮pq Lời giải: Do p q hai số nguyên tố phân biệt nên (p, q) = Theo định lí Fermat nhỏ ta có pq – – ⋮ q ⇒pq-1 + qp-1 – ⋮ q Tương tự ta có pq-1 + qp-1 – ⋮ q Do ta có điều phải chứng minh Ví dụ Biết 2n – số nguyên tố Chứng minh n số nguyên tố Lời giải: Do 2n – số nguyên tố nên n > 1.Giả sử n hợp số Khi n = p.q p q lớn ⇒ 2n – = 2pq – ⋮ 2p – 2q – Mà 2p – 2q – lớn nên 2n – số nguyên tố (mâu thuẫn).Vậy ta có điều phải chứng minh Ví dụ Chứng minh an + (a n nguyên dương) số nguyên tố n =2k Lời giải: Giả sử n ≠ 2k n = 2m.q q số nguyên dương lẻ ( ) a + = (a ) + = a + ( a ) + + 1   Khi an + = Suy an + số nguyên tố (Mâu thuẫn) Vậy ta có điều phải chứng 2m q 2m q 2m 2m q −1 minh Ví dụ Tìm số ngun dương lẻ n > cho a b hai ước nguyên tố n a + b – ước củan Lời giải: k - TH1: n = p p số ngun tố n thỏa mãn yêu cầu - TH2: n không luỹ thừa số nguyên tố Gọi p ước nguyên tố nhỏ n Khi n = pk.s (p,s) = ⇒p + s – | n Gọi q ước nguyên tố s q > p Dễ thấy s < s + p – < s + q ⇒s + p – chia hết cho q Từ suy (s, s + p - 1) = Do s + p – có ước nguyên tố p ⇒s + p – = pc ⇒s = pc – p + Do đó: pc | n (pc, s) = nên pc + s – ước n ⇒ 2pc – p | n Vì (2.pc – 1, p) = nên 2pc – ước s Mặt khác ta dễ dàng chứng minh được: p − pc − p + p + < < 2 pc − p −1 s p +1 p −1 < c < = +1 p −1 2 Hay c Suy S chia hết cho p − ( mâu thuẫn với giả thiết) Vậy n = pk với p số nguyên tố Bài 10: Cho p nguyên tố p > 3.Chứng minh, ∀x ∈ { 1, 2,3, , p − 1} có y ∈ { 1, 2,3, , p − 1} , y ≠ x cho x y ≡ 1(mod p) ( Số y gọi nghịch đảo x theo mod p) Lời giải: Lấy x ∈ { 1, 2,3, , p − 1} tùy ý.Theo định lí Fermat thì: x p −1 ≡ 1(mod p) ⇒ x.x p −2 ≡ 1(mod p) p −2 Gọi y số dư x chia cho p y nghịch đảo x theo mod p Bài tập áp dụng: Bài Cho a ∈ N* Chứng minh am + số nguyên tố m = 2n Điều ngược lại có đúngkhơng? Bài Giả sử phương trình x2 + ax + b + = (a, b ∈Z) có nghiệm nguyên Chứng minh a2 + b2 hợp số Bài Cho a, b, c số nguyên khác a ≠c thỏa mãn Chứng minh a2 + b2 + c2 khơng phải số nguntố Bài Tìm n cho n4 + 4n số nguyên tố Bài Tìm số tự nhiên n cho A = n2005 + n2006 + n2 + n + số nguyên tố Bài Tìm n nguyên dương ñể số sau ñây số nguyên tố: a) n +4 b) n4 + n2 +1 Bài Chứng minh p số nguyên tố lớn p2 - ⋮ 24 Bài Cho 2m - số nguyên tố Chứng minh m số nguyên tố Bài Tìm số nguyên tố p cho 2p + = a3, với a nguyên dương Bài 10 Tìm số nguyên tố p cho p + p + số nguyên tố Bài 11 Tìm số nguyên tố p cho 8p2 + 8p2 - số nguyên tố Bài 12 Cho p số nguyên tố p = 30k + r Chứng minh r = r số nguyên tố Bài 13 Cho a ∈N*, a > Chứng minh an + số nguyên tố n = 2k Bài 14 Cho a, b, x số nguyên dương thỏam mãn xa + b = abb Chứng minh x = a b = xx Bài 15 Chứng minh tồn dãy vô hạn { pn} số nguyên tố phân biệt cho pn ≡ (mod 1999n) với n = 1, 2, Bài 16 Tìm tất số nguyên tố p cho f (p) = (2 + 3) - (22 + 32) + - (2p-1 + 3p - 1) + (2p + 3p) chia hết cho B Định lý Fermat, định lý Euler định lý Wilson Hệ thặng dư đầy đủ hệ thặng dư thu gọn a)Định nghĩa 1: Nếu x ≡y (mod m) ta nói y thặng dư x modulo m Tập S = {x1, x2, …, xm} gọi hệ thặng dư đầy đủ modulo m số nguyên y tuỳ ý tồn số xi cho y ≡xi (mod m) Các tính chất bản: +) Tập {1, 2, …, m - 1} hệ thặng dư đầy đủ modulo m +) Mọi hệ thặng dư đầy đủ modulo m có m phần tử +) Một hệ gồm m phần tử hệ thặng dư đầy đủ modulo m hai phần tử khác khơng đồng dư với modulo m +) Mỗi số ngun m ln có vô số hệ thặng dư đầy đủ +) Với số nguyên a, m > Tập tất số x nguyên thoả mãn x ≡ a (mod m) lập thành cấp số cộng Tập hợp đựơc gọi lớp thặng dư modulo m +) Với số ngun dương m ln có m lớp thặng dư modulo m *Định lí 1: Cho a, b, m số nguyên Khi a ≡b (mod m) (a, m) = (b, m) Chứng minh: Ta có a ≡b (mod m) ⇒a – b ≡ (mod m) ⇒a = b + mq ⇒ (a, m) = (b + mq, m) = (b,m) đpcm b) Định nghĩa 2: Tập S = {x1, x2, …, xn} với số xi phân biệt gọi hệ thặng dư thu gọn modulo m (xi, m) = với i = 1, 2, …, n số nguyên y nguyên tố với m tồn số xi cho y ≡xi (mod m) Nhận xét: +) Ta thu hệ thặng dư thu gọn cách loại khỏi hệ thặng dư đầy đủ số không nguyên tố với m +) Mọi hệ thặng dư đầy đủ có số phần tử, số phần tử hệ thặng dư thu gọn kí hiệu ϕ(m) ϕ(m) gọi phi hàm Euler +) Nêu p số nguyên tố ϕ(p) = p -1 +) ϕ(m) số số nguyên không vượt m nguyên tố với m * Định lí 2: Cho (a, m) = Nếu S = {x1, x2, …, xn l} hệ thặng dư thu gọn (hoặc đầy đủ) modulo m aS = {ax1, ax2, …, axn } hệ thặng dư thu gọn ( tương ứng đầy đủ) modulom Chứng minh: Ta có (a, m) = ⇒ Nếu axi ≡axj (mod m) xi ≡xj (mod m) Do đó/ với i ≠j xi khơng đồng dư với xj ⇒axi không đồng dư với axj (mod m) Suy phần tử của aS đôi phân biệt theo modulo m Mà S aS có số phần tử S hệ thặng dư đầy đủ aS hệ thặng dư đầy đủ Nếu S hệ thặng dư thu gọn ta cần chứng minh phần tử aS nguyên tố với m Thật vậy, (a, m) = (xi, m) = với i ⇒ (axi, m) = ⇒aS hệ thặng dư thu gọn modulo m 2) Định lí Eurler: Cho a, m số nguyên thoả mãn (a, m) = Khi ϕ a ( m) ≡ 1(mod m) Chứng minh:Sách /155 3) Định lí Fermat: Cho p số nguyên tố, a số ngun khơng chia hết cho p Khi ap-1 ≡ (mod p) Chứng minh: Do a không chia hết cho p nên (a, p) = Do đó, theo định lí Euler ta có ϕ a (p) ≡ (mod p) Mà p số nguyên tố nên ϕ(p) = p – ⇒ap – ≡ (mod p).đpcm +) Nhận xét: Từ định lí Fermat suy với số nguyên a số nguyên tố p ap ≡a (mod p) 4) Định líWilson: Cho p số nguyên tố Khi đó: (p - 1)! ≡ -1 (mod p) (CM dựa vào 10) Các ví dụ Ví dụ Cho n số tự nhiên Chứng minh n7 – n ≡ (mod 42) Lời giải: Do số nguyên tố nên, theo định lí Fermat, ta có n7 – n ≡ 0(mod7) Ta lại có Mà (6, n7 – n = n(n6 - 1) = (n - 1)n(n + 1)(n4 + n2 + 1) ≡ (mod6) (1) (2) 7) nên từ (1) (2) suy = đpcm Ví dụ Cho a, b hai số nguyên thỏa mãn 24a2 + = b2 Chứng minh có hai số chia hết cho Lời giải: Ta có 24a2 – b2 = khơng chia hết a b chia hết cho Giả sử a b không chia hết cho Theo định lí Fermat ta có a4 – ≡ (mod 5) b4 – ≡ (mod 5) Do đó: (a2 – b2)(a2 + b2) = a4 – b4 ≡ (mod 5) Nếu a2 + b2 ≡ (mod 5) 25a2 + = a2 + b2 ≡ (mod 5) (vô lí) Vậy a2 – b2 ≡ (mod 5) ⇒ 23a2 + = b2 – a2 ≡ (mod 5) ⇒ 23a2 + ≡ (mod 5) Vì (a, 5) = nên a ≡± (mod 5) a ≡± (mod 5) Nếu a ≡± (mod 5) ≡ 23a2 + ≡ 23( ± 1)2 + ≡ -1 (mod 5) (vơ lí) Nếu a ≡± (mod 5) ≡ 23a2 + ≡ 23( ± 2)2 + ≡ (mod 5) (vơ lí) Vậy điều giả sử sai Từ ta có đpcm Ví dụ Cho p số nguyên tố, a b hai số nguyên dương.Chứng minh rằng: a.bp – b.ap ≡ (mod p) Lời giải: Ta có: abp – bap = ab(bp-1 – ap-1 ) p p * Nếu ab ⋮ p hiển nhiên ab – ba ⋮ p * Nếu ab không chia hết cho p ⇒ (a, p) = (b, p) = ⇒ap-1 – ≡ (mod p) bp-1 – ≡ (mod p) ⇒ap-1 – bp-1 ≡ (mod p) ⇒abp – bap ≡ (mod p).đpcm Ví dụ Cho a số nguyên Chứng minh a2 + ước nguyên tố dạng 4k + Từ suy phương trình sau khơng có nghiệm ngun dương 4xy – x – y =z2 Lời giải: * Giả sử a2 + có ước nguyên tố p = 4k + ⇒ (a, p) = Khi a p −1 + = a k + + = a 2(2 k +1) + 1Ma + p −1 Mặt khác theo định lí Fermat ta có: a − 1Mp Từ suy ra: 2Mp ⇒ p = (vơ lí khơng có dạng 4k+3) Vậy a2 + khơng có ước nguyên tố dạng 4k + * Áp dụng: Ta có:4xy – x – y =z2 (4x-1)(4y-1) = 4z2+1 (4x-1)(4y-1) =(2z)2+1 Do x − ≥ với x nguyên dương có dạng 4k+3 nên có ước nguyên tố dạng 4k+3 Mà (2z)2+1 khơng có ước ngun tố dạng 4k+3 nên phương trình vơ nghiệm Ví dụ Cho dãy số (an) xác định sau an = 2n + 3n + 6n – với n = 1, 2, … Tìm số tự nhiên nguyên tố với số hạng dãy Lời giải: Ta chứng minh với số nguyên tố p tồn số hạng an chia hết cho p Thật vậy, ta có a2= 22 + 32 + 62 – = 48 chia hết cho Xét p ≥ Ta có: (2, p) = 1; (3, p) = 1; (6, p) = Do đó, từ định lí Fermat suy 2p – ≡ 3p – ≡ 6p – ≡ (mod p) Từ dễ dàng chứng minh 6ap – ⋮ p Mà (p, 6) = nên ap – ⋮ p Do có số số tự nhiên nguyên tố với số hạng dãy (an) Ví dụ Tìm số ngun dương k nhỏ cho tồn số x1, x2,…,xk cho:x13+ x23+ … + xk3=20022002 Lờigiải Ta có 2002 ≡ (mod 9) ⇒ 20023 ≡ 43 ≡ (mod 9) 20022002 = (20023)667.2002 ≡ 2002 (mod 9) ≡ (mod 9) Mặt khác, với số nguyên a ta có a3 ≡± (mod 9) a3 ≡ (mod 9) Do đó:x13; x13+ 3x23 ; x3 13 +3 x23 3+x33 đồng dư với mod 9được Tức với k ≤ phương trình khơng có nghiệm ngun Ta chứng minh k = giá trị cần tìm Thật vậy, ta có 2002 = 103 + 103 + 13 + 13 Mà 2002 = 667 + ⇒ 20022002 = 2002 (2002667)3 = (103 + 103 + 13 + 13 ) (2002667)3 = (10.2002667)3 + (10.2002667)3 + (2002667)3 + (2002667)3 Vậy với k = phương trình có nghiệm KL: k = giá trị cần tìm Ví dụ a) Cho a số nguyên dương Chứng minh ước nguyên tố p a2 + với p > p có dạng 4k +1 b) Chứng minh có vơ số số ngun tố có dạng 4k +1 Lời giải: a) Giả sử p số nguyên tố dạng 4k + p | a2 +1 Khi a ≡ −1(mod p) ⇒ (a ) 2 p −1 = (a )2 k +1 ≡ −1(mod p ) p −1 Mặt khác theo định lí Fermat, ta có: a ≡ 1(mod p) Do đó: ≡ 0(mod p) vơ lí p>2(ĐPCM) b) Theo phần a) ta có ước nguyên tố (n!)2 + có dạng 4k + Giả sử có hữu hạn ước nguyên tố dạng 4k + gọi p số nguyên tố lớn có dạng 4k + Ta có ước nguyên tố lớn (p!)2 + có dạng 4k + khơng lớn p (do p lớn dạng 4k + 1) ((p!)2 + 1, q) = với q ≤ p dó (p!)2 + khơng có ước ngun tố nhỏ p (vơ lí) Vậy ta có điều phải chứng minh Ví dụ Chứng minh với số nguyên tố p, tồn vô hạn số nguyên dươngn cho: 2n – n⋮p (*) Lời giải: Nếu p = n chẵn thỏa mãn (*) Nếu p > 2, theo định lí Fermat, ta có 2p – ≡ (mod p) ⇔ 2m(p - 1) ≡ (mod p) Chọn m = kp -1, n = m(p - 1) = (kp - 1)(p - 1) ≡ (mod p) n m ( p −1) − n ≡ − ≡ 0(mod p)( DPCM ) Khi đó: − n = Ví dụ Tìm số số tự nhiên n > cho a25 – a ≡ (mod n) Với số tự nhiên a Lời giải: Với số nguyên tố p (p2, p25 - p) = p ⇒p25 – p ⋮ p Do n ⋮ p2 với p nguyên tố, suy n tích số nguyên tố phân biệt Mặt khác: 225 – = 2.32.5.7.13.17.241 Nhưng n khơng thể chia hết cho 17 241 325 – ≡ -6 (mod 17) 325 – ≡ 29 (mod 241) Bây ta xét p = 2, 3, 5, 7, 13 +) p = 2, ta có với a ngun a25 – a ⋮ +) p = Nếu a ⋮ a25 – a ⋮ Nếu a ⋮ ⇒a2 ≡ (mod 3) ⇒a25 = (a2)12 a ≡a (mod 3) ⇒a25 – a ⋮ Tươngtựchop=5,7,13thìa25–a⋮pvớimọiangun Do n tích k (1 ≤ k ≤ 5) số số Từ suy có 25 – = 31 số tự nhiên nhưvậy Ví dụ 10: Tìm tất số ngun tố p,q cho p+q = (p-q)3 Lời giải: Vì (p-q)3 = p+q nên p (p,q)=1 Vì p-q 2p (mod p+q) nên (p-q)38p3(mod p+q) Nhưng p+q = (p-q)3 nên ta có 8p3 0(mod p+q) (1) Vì (p,q)=1 nên (p,p+1)=1và (p3,p+q) = 1.Từ (1) suy Mà p+q+3=5 => p+q = => p-q = Từ ta có (p,q) = (5,3) BÀI TẬP ÁP DỤNG Bài Cho p số nguyên tố lớn 17 Chứng minh P16 ≡ (mod 16320) Bài Cho p số nguyên tố lẻ Chứng minh 2(p-3)! ≡ -1 (mod p) Bài Cho n hợp số, n ≠ Chứng minh (n - 1)! ≡ (mod n) Bài Cho p q hai số nguyên tố phân biệt Chứng minh qp - + pq - ≡ (mod pq) Bài Cho a, b số nguyên, p số nguyên tố Chứng minh (a + b)p ≡ap + bp (modp) Bài Chứng minh n n + cặp số ngun tố sinh đơi 4[(n - 1)! + 1] + n ≡ (mod n(n + 2)) Bài Chứng minh với số nguyên tố p, tồn vô hạn số nguyên dương n thỏa mãn 2n - n ⋮ p Bài Tìm ba số nguyên tố p, q, r cho p2 + q2 + r2 số nguyên tố ... + số nguyên tố Bài Tìm n ngun dương để số sau số nguyên tố: a) n +4 b) n4 + n2 +1 Bài Chứng minh p số nguyên tố lớn p2 - ⋮ 24 Bài Cho 2m - số nguyên tố Chứng minh m số nguyên tố Bài Tìm số nguyên. .. Tìm số nguyên tố p cho 2p + = a3, với a nguyên dương Bài 10 Tìm số nguyên tố p cho p + p + số nguyên tố Bài 11 Tìm số nguyên tố p cho 8p2 + 8p2 - số nguyên tố Bài 12 Cho p số nguyên tố p = 30k +... Biết 2n – số nguyên tố Chứng minh n số nguyên tố Lời giải: Do 2n – số nguyên tố nên n > 1.Giả sử n hợp số Khi n = p.q p q lớn ⇒ 2n – = 2pq – ⋮ 2p – 2q – Mà 2p – 2q – lớn nên 2n – số nguyên tố (mâu