các bài toán về số nguyên tố, hợp số

Tài liệu là kho tàng phong phú đặc biệt tại địa chỉ 123.doc các bạn có thể tự chọn cho mình sao cho phù hợp với nhu cầu phục vụ . Trong những năm tháng học tập ở hà nội may mắn được các anh chị đã từng đi làm chia sẻ một một chút tài liệu tôi xin đươc chia sẻ với các bạn . trong quá trình upload vẫn còn chưa chỉnh sửa hết nhưng khi các bạn tải về vẫn có thể chỉnh sửa lại theo ý muốn của mình tùy theo mục đích và yêu cầu sử dụng. Xin được chia sẻ lên trang 123.doc và các bạn thường xuyên chọn 123.doc là địa chỉ tin cậy trong việc tải cũng như sử dụng tài liệu tại đây.

71 Website:tailieumontoan.com CÁC BÀI TOÁN VỀ SỐ NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ LỜI NÓI ĐẦU Nhằm đáp ứng nhu cầu giáo viên toán THCS học sinh chuyên đề toán THCS, website tailieumontoan.com giới thiệu đến thầy em chun đề tốn số nguyên tố, hợp số Chúng kham khảo qua nhiều tài liệu để viết chuyên đề nhằm đáp ứng nhu cầu tài liệu hay cập nhật dạng toán số nguyên tố, hợp số thường kì thi gần Các toán liên quan đến số ngun tố, hợp số thường có dạng tìm số ngun tố, hợp số thỏa mãn tính chất đó, chứng minh số số nguyên tố hay hợp số, chứng minh quan hệ chia hết, sử dụng tính chất số nguyên tố để giải phương trình nghiệm nguyên,… Các vị phụ huynh thầy dạy tốn dùng dùng chun đề để giúp em học tập Hy vọng chuyên đề biểu thức đại số giúp ích nhiều cho học sinh phát huy nội lực giải tốn nói riêng học tốn nói chung Mặc dù có đầu tư lớn thời gian, trí tuệ song khơng thể tránh khỏi hạn chế, sai sót Mong góp ý thầy, cô giáo em học! Chúc thầy, cô giáo em học sinh thu kết cao từ chuyên đề này! Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi TÀI LIỆU TỐN HỌC 71 Website:tailieumontoan.com CÁC BÀI TOÁN VỀ SỐ NGUYÊN TỐ - HỢP SỐ I MỘT SỐ KIẾN THỨC CẦN NHỚ Định nghĩa • Số nguyên tố số tự nhiên lớn 1, có hai ước • Hợp số số tự nhiên lớn 1, có nhiều hai ước 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 b khơng 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 cho số nguyên tố biết từ nhỏ đến lớn • Nếu có phép chia hết số khơng phải số ngun tố • Nếu chia lúc số thương nhỏ số chia mà phép chia số dư số số nguyên tố b) Một số có ước số lớn số khơng phải số nguyên tố Phân tích số thừa số ngun 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 Chẳng hạn A = aα bβ cγ , a, b, c số nguyên tố Khi số ước số A tính Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi α , β , , γ ∈ N * ( α + 1) ( β + 1) ( γ + 1) TÀI LIỆU TOÁN HỌC 71 Website:tailieumontoan.com Tổng ước số A tính aα +1 − bβ +1 − cγ +1 − a− b− c− 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) = II MỘT SỐ VÍ DỤ MINH HỌA Bài tốn liên quan đến số nguyên tố, hợp số thường có dạng tìm số nguyên tố, hợp số thỏa mãn tính chất đó, chứng minh số số nguyên tố hay hợp số, chứng minh quan hệ chia hết, sử dụng tính chất số nguyên tố để giải phương trình nghiệm ngun,… Ví dụ Tìm tất số nguyên tố p để 4p2 + 6p2 + số nguyên tố Lời giải Vì p số nguyên tố ta Đặt 4p2 + > 6p2 + > x = 4p2 + = 5p2 − ( p − 1) ( p + 1) ; y = 6p2 + 1⇒ 4y = 25p2 − ( p − 2) ( p + 2) Khi • Nếu p chia cho dư dư Suy x chia hết cho mà • x> chia hết x không số nguyên tố Nếu p chia cho dư dư Suy 4y chia hết cho mà ( p − 1) ( p + 1) ( 4,5) = ( p − 2) ( p + 2) chia hết y chia hết cho mà y>5 Do y khơng số nguyên tố Vậy p chia hết cho 5, mà p số nguyên tố nên Thử với p= x = 101; y = 151 Tác giả: Nguyễn Công Lợi p= số nguyên tố TÀI LIỆU TỐN HỌC 71 Website:tailieumontoan.com Ví dụ Chứng minh 2n − số nguyên tố ( n > 2) 2n + hợp số Lời giải 2n − 1;2n ;2n + Xét ba số tự nhiên liên tiếp Trưng ba số tự nhiên liên tiếp có số chia hết cho Do n>2 nên 2n − > , mà theo giả thiết khơng chia hết cho Lại có 2n 2n − số ngun tố, khơng chia hết cho Do suy 2n + 2n − chia hết cho Mà n>2 nên 2n + > Từ ta 2n + hợp số Ví dụ Cho p, q, r, s số nguyên tố lớn Chứng minh p2 − q2 + r2 − s2 chia hết cho 24 Lời giải Trước hết ta chứng minh với p số nguyên tố lớn p2 − chia hết cho 24 Thật vậy, ta có p2 − = ( p − 1) ( p + 1) Do p số nguyên tố lớn nên Suy ta p2 − = ( p − 1) ( p + 1) Mặt khác ta lại có ( p − 1) p ( p + 1) Để ý nên ta p+1 hai số chẵn liên tiếp chia hết cho chia hết cho 3, mà p số nguyên tố lớn nên p khơng chia hết cho Do ( 3;8) = p−1 p2 − = ( p − 1) ( p + 1) p2 − = ( p − 1) ( p + 1) Chứng minh hoàn toàn tương tự ta chia hết cho chia hết cho 24 q2 − 1;r − 1;s2 − chia hết cho 24 Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 71 Website:tailieumontoan.com ( ) ( ) ( ) ( ) p2 − q2 + r − s2 = p2 − − q2 − + r − − s2 − Ta có p2 − q2 + r2 − s2 Do ta chia hết cho 24 Ví dụ Tìm tất cặp số nguyên tố ( p;q) p2 − 2q2 = cho Lời giải Từ p2 − 2q2 = Từ ta đặt p2 = 2q2 + ta Do ta suy p số nguyên tố lẻ p = 2k + Khi ta ( 2k + 1) với k∈N* = 2q2 + ⇔ 4k2 + 4k + = 2q2 + ⇔ 2k ( k + 1) = q2 q2 Do Thay vào số chẵn nên q số chẵn Mà q số nguyên tố nên p2 − 2q2 = ta suy Vậy cặp số nguyên tố ( p;q) = ( 3;2) p= q=2 thỏa mãm yêu cầu toán Ví dụ Tìm tất số tự nhiên n cho dãy n + 1;n + 2; ;n + 10 có nhiều số nguyên tố Lời giải Cách Ta thấy n + 1;n + 2; ;n + 10 10 số tự nhiên liên tiếp Khi ta xét trường hơp sau: + Trường hợp 1: Với n=0 , dãy số trở thành 1; 2; 3; …; 10 Trong dãy số có số nguyên tố 2; 3; 5; + Trường hợp 2: Với n=1 , dãy số trở thành 2; 3; …; 11 Trong dãy số có số nguyên tố 2; 3; 5; 7; 11 + Trường hợp 3: Với n>1 , dãy số gồm 10 số tự nhiên liên tiếp Chú ý số lớn khơng có số chẵn số nguyên tố, năm số tự nhiên lẻ liên tiếp có số bội Như dãy số khơng có q số ngun tố Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi TÀI LIỆU TỐN HỌC 71 Website:tailieumontoan.com Vậy với n=1 dãy số Sn Cách Gọi Khi ta Xét n≥ n + 1;n + 2; ;n + 10 có nhiều số nguyên tố số số nguyên tố tương ứng với n S0 = 4;S1 = 5;S2 = , dãy số n + 1;n + 2; ;n + 10 có số chẵn lớn nên năm số chẵn số nguyên tố Trong năm số lẻ lại có số chia hết cho Từ suy với giá trị Vậy với n=1 dãy số n + 1;n + 2; ;n + 10 n≥ Sn ≤ có nhiều số nguyên tố Ví dụ Tìm số ngun dương n cho tất số sau nguyên tố n + 1, n + 5, n + 7, n + 13, n + 17, n + 25, n + 37 Lời giải Ta có n + 37 = n + + 7.5;n + 17 = n + + 7.2;n + 25 = n + + 7.3;n + 13 = n + + 7.1 Như số n + 1,n + 5,n + 7, n + 13,n + 17,n + 25,n + 37 chia cho có số dư khác Do số có số chia hết cho Vì n + 1,n + 5,n + 7,n + 13,n + 17,n + 25,n + 37 n + 7,n + 13,n + 17,n + 25,n + 37 số nguyên tố n+1 • Nếu n+ n + 1M7 số nguyên tố lớn Do chia hết cho n+1 số nguyên tố, n + 1= ⇒ n = Khi tất số cho số nguyên tố • Nếu n + 5M7 n+ số nguyên tố, n + 5= 7⇒ n = Khi n + 25 = 27 lầ số nguyên tố Vậy số cần tìm n=6 Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi TÀI LIỆU TỐN HỌC 71 Website:tailieumontoan.com p3 + Ví dụ Chứng minh với số nguyên tố p p−1 khơng phải tích hai số tự nhiên liên tiếp Lời giải Do p số nguyên tố nên p số chẵn có dạng • • p = 4k + , p số lẻ p Khi ta xét trường hợp sau p3 + suy p = 4k + Trường hợp 2: Nếu p−1 p= Trường hợp 1: Nếu p3 + • p = 4k + p= p−1 khơng ngun p3 + , ta p−1 = ( 4k + 1) + 2k số lẻ nên khơng thể tích hai số tự nhiên liên tiếp p = 4k + Trường hợp 3: Nếu p3 + Giả sử p−1 tích hai số tự nhiên liên tiếp p3 + Khi ta có Từ suy p−1 = x ( x + 1) ⇔ 2p 2p2 + = ( 2x + 1) + ( 2x + 1) ( + 1Mp vơ lí ) p = 4k + với x số tự nhiên Từ trường hợp trên, ta có điều phải chứng minh Ví dụ Tìm tất số nguyên tố p cho 2p + p2 số nguyên tố Lời giải Ta xét trường hợp sau: • • Nếu Nếu p= p= , ta , ta Tác giả: Nguyễn Công Lợi 2p + p2 = 22 + 22 = hợp số 2p + p2 = 23 + 32 = 17 số ngun tố TÀI LIỆU TỐN HỌC 71 Website:tailieumontoan.com • Nếu p> , p số nguyên tố nên p khơng chia hết cho 3.Ta có ( ) ( ) 2p + p2 = 2p + + p2 − Lại có ( p − 1) p ( p + 1) Khi ta ( ) 2p + = ( + 1) 2p−1 + 2p− + + chia hết cho 3, mà p số nguyên tố lớn nên p không chia hết cho Do ( p2 − = ( p − 1) ( p + 1) ) ( ) chia hết cho 2p + p2 = 2p + + p2 − Từ suy Vậy với p= chia hết cho 2p + p2 = 23 + 32 = 17 chia hết 2p + p2 hợp số số nguyên tố Ví dụ Tìm tất ba số nguyên tố ( p;q;r ) cho pqr = p + q + r + 200 Lời giải Khơng tính tổng quát, giả sử p ≤ q ≤ r Viết lại phương trình cho dạng ( rq − 1) ( p − 1) + ( r − 1) ( q − 1) = 202 ( 1) Nếu p lẻ q, r lẻ, chia hết cho 4, vô lý Vậy p = Với ( rq − 1) ( p − 1) + ( r − 1) ( q − 1)  M4, 202 khơng p = (1) trở thành 2rq − r − q = 202 ⇔ 4rq − 2r − 2q + 1= 405 ⇔ ( 2q − 1) ( 2r − 1) = 5×34 Do ≤ 2q − 1≤ 2r − Từ đó, Nếu Nếu 2q − 2q − = 2q − = ≤ ( 2q − 1) ≤ ( 2q − 1) ( 2r − 1) = 405 ⇒ ≤ 2q − 1≤ 20 nên ước thì q= q= Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi và 5×34 r = 68 nên 2q − 1∈ { 3;5;9;15} không số nguyên tố, loại r = 41 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 71 Website:tailieumontoan.com Nếu Nếu 2q − = 2q − = 15 q= q=8 r = 23 không số nguyên tố, loại ( 2;5;23) ,( 2;3;41) Vậy tất ba số nguyên tố phải tìm hốn vị Ví dụ 10 Tìm ba số nguyên tố liên tiếp cho tổng bình phương ba số số nguyên tố Lời giải x< y< z Gọi ba số nguyên tố liên tiếp cần tìm x, y, z Ta xét trường hợp sau: • x = 2;y = 3;z = Trường hợp 1: Với Khi x2 + y2 + z2 = 38M2 hợp số Trường hợp không thỏa mãn • Trường hợp 2: Với Vậy ba số ( 3;5;7) x = 3;y = 5;z = x2 + y2 + z2 = 83 Khi số nguyên tố ba số nguyên tố liên tiếp cần tìm 0,5đ • Trường hợp 3: Với dư Do x> Khi với (x x2 ;y2 ;z2 Vậy ba số z>7 Từ suy x, y, z chia có số −1 x = 3k ± 1;y = 3l ± 1;z = 3m ± Suy y>5 chia dư nên ( 3;5;7) k,l,m ∈ ¥ ∗ ) + y2 + z2 M3 nên hợp số ba số nguyên tố liên tiếp cần tìm Ví dụ 11 Tìm số ngun tố p, q, r thỏa mãn pq + qp = r Lời giải Do p q số nguyên tố nên p;q ≥ , suy r≥3 , mà r số nguyên tố nên r số lẻ Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TỐN HỌC 71 Website:tailieumontoan.com pq Từ suy qp khác tính chẵn lẻ nên p q khác tính chẵn lẻ Như hai số p, q có số chẵn, khơng tính tổng qt ta giả sử số q Khi • • q=2 p= Nếu p> Nếu nên ta , ta có p2 + 2p = r Đến ta xét trường hợp sau: 32 + 23 = r r = 17 số nguyên tố p = 3k + , p số nguyên tố nên có dạng p = 3k + với k số nguyen dương ( p2 = 3n + n ∈ N * p2 Từ suy chia dư hay ( 2p = ( 3− 1) = 3m − m ∈ N * p Lại có p số lẻ nên Từ ta ) p2 + 2p = 3n + 1+ 3m − = 3( m + n ) M3 ) nên hợp số Do trường hợp loại Vậy ba số nguyên tố cần tìm ( p;q;r ) = ( 2;3;17) ,( 3;2;17) p,q,r Ví dụ 12 Tìm số nguyên tố thỏa mãn điều kiện sau: ≤ p < q < r;49 ≤ 2p2 − r ;2q2 − r ≤ 193 Lời giải Từ 49 ≤ 2p2 − r ;2q2 − r ≤ 193 Mặt khác từ điều kiện p ≥ 11 Vì • 5≤ p < q < r , q2 − p2 ≤ 72 2p2 ≥ 49 + 121 = 170 r ≥ 11 ta , hay ( q − p) ( q + p) ≤ 72 Với ta có 2q2 − 193 ≤ r2 ≤ 2p2 − 49 q−p = + Nếu nên q− p = q + p ≤ 36 p = 11;q = 13 Tác giả: Nguyễn Công Lợi q−p ≥ , ta 145 ≤ r ≤ 193 , suy Xét hai trường hợp sau: p = 11;q = 13 r = 13 = q p = 17;q = 19 (loại) TÀI LIỆU TOÁN HỌC 71 Website:tailieumontoan.com Để A số nguyên tố Từ ta m2 Chú ý m2 = + Với m2 = + Với A = 13 nên suy 33k+ + = 13 ⇒ 9.33k = ⇒ k = 3m3 + 6n − 61 = ⇒ m2 + 2n = 21⇒ m2 < 21 nhận giá trị lẻ nên ta ta ta m=1 m2 = , từ suy m= , từ suy m2 = n = 10 n=6 Vậy có hai cặp số thỏa mãn yêu cầu toán ( m;n) = ( 1;10) ,( 3;6) Bài 33 Khơng khó khăn để kiểm tra tính chất với Với n=3 n=4 ta thấy khơng có số ngun k thỏa mãn Ta cần chứng minh tính chất với n≥ k +k+n 0≤ k ≤ Giả sử số nguyên tố với số nguyên k thỏa mãn tồn số l để l2 + l + n hợp số với số l thỏa mãn điều kiện với n=2 a,b ∈ Z;1< a ≤ b Thế l

a Trước hết ta chứng minh Giả sử ngược lại ta có 0< p − a < p ( p − a) + p − a + n = p2 + p + n + a( a − 2p − 1) = ab + a( a − 2p − 1) = a( b + a − 2p − 1) Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 71 Website:tailieumontoan.com ( p − a) + ( p − a) + n Từ Suy a + b = 2( p + 1) số nguyên tố ta suy ( a + b) ab ≤ , áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có p2 + p + n = ab Do từ b + a − 2p − = ta p2 + p + n ≤ ( p + 1) = ( p + 1) 2 p ≥ n−1 Từ suy , điều mâu thuẫn với cách chọn p nhỏ Như ta đến kết luận Lại từ a≥ p+1 n < 3p2 ⇒ p2 + p + n < 4p2 + p < ( 2p + 1) Do ta suy a < 2p + từ suy p2 + p + n = ab < ( 2p + 1) Từ kết ta suy ( a − p − 1) + ( a − p − 1) + n p + 1≤ a < 2p + nên ≤ a − p − 1< p Khi số nguyên tố ( a − p − 1) + ( a − p − 1) + n = p Mặt khác ta có Do suy b + a − 2p − = nên + p + n + a( a − 2p − 1) = a( b + a − 2p − 1) a + b = 2( p + 1) Mặt khác theo bất đẳng thức Cauchy a + b ≥ ab = p2 + p + n > p2 + p + p + = 2( p + 1) Như ta thu mâu thuẫn Do giả sử ban đầulà sai hay ta có điều phải chứng minh Bài 34 Đặt t = x2 t2 + y2t − yp+1 = với t số nguyên khơng âm Khi phương trình trở thành Xem phương trình phương trình bậc hai ẩn t ta có ∆ = y4 + 4yp+1 Đến ta xét trường hợp sau: Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi TÀI LIỆU TỐN HỌC 71 Website:tailieumontoan.com • Nếu p= ( ∆ = y4 + 4y3 = y2 y2 + 4y , Để phương trình có nghiệm ngun ∆ ) phải số phương hay y2 + 4y phải số phương Đặt y2 + 4y = a2 Dẽ thấy + Nếu + Nếu với a số nguyên, ta y + 2− a y + 2+ a y + 2− a = y + 2+ a = ( y + 2− a) ( y + 2+ a) = tính chẵn lẻ nên ta có trường hợp sau y = a= ta y + − a = y + + a = −2 ta , ta y = −4;a = x= , ta t = −8 , không thỏa mãn điều kiện t số nguyên không âm • Nếu p≥ , p số nguyên tố nên p số lẻ Đặt ( ∆ = y4 + 4y2n+ = y4 1+ 4y2n−2 Khi ) Dễ thấy + Nếu + Nếu ∆ phải số phương hay 1+ 4y2n− = m2 với m số nguyên n− m − 2yn−1 m + 2yn−1 m − 2yn−1 = m + 2yn−1 = tính chẵn lẻ nên ta trường hợp sau: ta m − 2yn−1 = m + 2yn−1 = −1 y = 0;m = x= , ta tìm ta y = 0;m = −1 Vậy cặp số nguyên thỏa mãn yêu cầu tốn Bài 35 Vì + Xét 1+ 4y2n−2 ( m − 2y ) ( m + 2y ) = n− Khi ta Để phương trình có nghiệm ngun phải số phương Đặt p = 2n + 1,n ∈ N * k>1 suy , ta tìm x= ( x;y) = ( 0;0) k2 + > 5; k2 + 16 > k = 5n + 1(n ∈ ¢ ) ⇒ k = 25n2 + 10n + 1⇒ k2 + M5 Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi TÀI LIỆU TỐN HỌC 71 Website:tailieumontoan.com Suy k2 + không số nguyên tố k = 5n + (n ∈ ¢ ) ⇒ k2 = 25n2 + 20n + ⇒ k2 + 16 M5 + Xét Suy k2 + 16 không số nguyên tố k = 5n + (n ∈ ¢ ) ⇒ k2 = 25n2 + 30n + ⇒ k + 16 M5 + Xét Suy k2 + 16 không số nguyên tố k = 5n + (n ∈ ¢ ) ⇒ k2 = 25n2 + 40n + 16 ⇒ k2 + M5 + Xét Suy k2 + Do với không số nguyên tố k + 4; k2 + 16 số nguyên tố Bài 36 Theo f(x) có dạng ( kM5 f ( x) = ax3 + bx2 + cx + d ) ( với a nguyên dương ) 2010 = f ( 5) − f ( 3) = 53 − 33 a + 52 − 32 b + ( − 3) c = 98a + 16b + 2c Ta có ⇒  16b + 2c = ( 2010 − 98a) Lại có ( ) ( ) f ( 7) − f ( 1) = 73 − 13 a + 72 − 12 b + ( − 1) c = 342a + 48b + 6c = 342a + 3( 16b + 2c)  = 342a + 3( 2010 − 98a) = 48a + 6030 = 3( 16a + 2010)   Vì a nguyên dương nên Bài 37 Theo giả thiết 16a + 2010 > p > Giả sử m2n2 Mp Suy 1 = 2+ 2, p m n mnMp Do p nguyên tố nên Kết hợp với (1) suy Suy Vậy f ( 7) − f ( 1) m ≥ p; n ≥ p m2 + n2 Mp ( m2n2 = p m2 + n2 mMp , mMp Do hợp số ) (1) nMp nMp 1 1 = 2+ 2≤ 2+ 2= p m n p p p Khi ta Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi TÀI LIỆU TỐN HỌC 71 Website:tailieumontoan.com Điều dẫn đến p≤ Mâu thuẫn m; n Vậy với số nguyên tố lẻ p không tồn số nguyên dương thoả mãn yêu cầu toán Bài 38 a) Xét số ( 1; 5; 7; 11) ta có 1+ 5+ = 13; 1+ 5+ 11 = 17; 1+ + 11 = 19; 5+ 5+ 11 = 23 13; 17; 19; 23 Mà sơ ngun tố Do ( 1; 5; 7; 11) số thỏa mãn yêu cầu tốn b) Ta có nhận xét: Một số tự nhiên chia cho có số dư 0; 1; Ta xét trường hợp sau: + Nếu năm số tự nhiên phân biệt có ba số chia cho có số dư Khi tổng ba số chia hết cho tổng lớn nên tổng hợp số + Nếu năm số tự nhiên phân biệt có ba số chia cho có số dư khác Khi số dư 0; 1; tổng ba số lớn nên tổng chia hết cho hay tỏng hợp số Như với số tự nhiên ta ln chọn ba số mà tổng chúng hợp số Vậy không tồn năm số tự nhiên phân biệt thỏa mãn yêu cầu toán Bài 39 Gọi x1 ,x2 nghiệm phương trình trên, theo hệ thức Vi – et ta x1 + x2 = − Vì ( )( ) m2 + n2 = ( 2x1 + 2x2 ) + ( x1x2 − 4) = 4x12 + 4x22x12 + x22x12 + 16 = x12 + x22 + Ta có m ; x x = n + 2 x12 + 4; x22 + Bài 40 ta có số nguyên lớn nên m2 + n2 hợp số ( ) P = n3 – n2 – 7n + 10 = n3 – 2n2 + n2 – 2n – 5n + 10 = ( n – 2) n2 + n – Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi TÀI LIỆU TỐN HỌC 71 Website:tailieumontoan.com n2 + n − 5; n − Vì số tự nhiên Do ta P nguyên tố n − = n = ⇒  n + n − = n = n=3 Xét ta n=2 Xét Vậy ta n=3 P=7 P=0 số nguyên tố giá trị cần tìm Bài 41 Phân tích Do số nguyên tố ( n − < n2 + n + 1, ∀n ∈ N n − 2= Vậy A số nguyên tố n =  A = + 3+ = 13 ⇔ Vậy với n=3 ( Ta có ) (a ) + b4 + c4 Mp nên ta số nguyên tố A số nguyên tố p2 = a2 + b2 + c2 Mp n2 + n + số ngun tố Bài 42 Khơng tính tổng quát ta giả sử (a ) A = n3 − 2n2 + n2  − 2n + n − = ( n − 2) n2 + n + nên a≤ b≤ c ) + b4 + c4 + 2a2b2 + 2b2c2 + 2c2a2 Mp ( ) a2b2 + b2c2 + c2a2 Mp nên ta ( p,2) = ( ) a2b2 + c2 a2 + b2 + c2 − c4  Mp   Lại có Từ ta suy Tác giả: Nguyễn Công Lợi (a b 2 suy nên (c hay (a b 2 ab < 2ab ≤ a2 + b2 ( ab − c ) Mp Mặt khác ) − c4 Mp a,b,c ≥ ) p≥ + b2c2 + c2a2 Mp ( ab − c ) ( ab + c ) Mp nên mà ta lại có 1< ab + c2 < a2 + b2 + c2 = p Do ( ab + c ,p) = , ) − ab Mp TÀI LIỆU TOÁN HỌC 71 Website:tailieumontoan.com Mặt khác hay c2 = ab 1≤ a ≤ b ≤ c , từ ta nên p = 3a2 ≤ c2 − ab < c2 < a2 + b2 + c2 = p , mà p số nguyên tố nên Bài 43 Khơng tính tổng qt ta giả sử p + = 2x2 suy p số lẻ Dễ thấy Do ta có Do Do a2 = 1, p = x ≥ 0,y ≥ 0≤ x < y < p ⇒ y − x c2 − ab = Từ phương trình khơng chia hết cho p (1) 2y2 − 2x2 = p2 − p ⇒ ( y − x) ( y + x) ≡ 0( mod p) ⇒ y + x ≡ 0( mod p ) ≤ x < y < p ⇒ < y + x < 2p ⇒ x + y = p ⇒ y = p − x thay vào hệ cho ta 2  p + 1= 2x2 p = 4x −  p + 1= 2x p + = 2x ⇔ ⇔ ⇔    2 2x = 4x  p + 1= 2( p − x) 1= p − 4px + p + p = 4x − Giải hệ ta p = 7,x = thay vào hệ ban đầu ta suy ( p; q) = ( 2; 3) , ( 3; 2) Bài 44 Dễ thấy số y=5 Vậy p = thỏa mãn yêu cần toán Ta chứng minh khơng số khác thỏa mãn yêu cầu toàn Thật vậy, q = 3n + p > 3; q > + Xét trường hợp , p q số nguyên tố nên q = 3n + p = 3k + p = 3k + p = 3k + 1, q = 3n + p = 3k + 2, q = 3k + pq + 11 chia hết trường hợp loại + Xét trường hợp p = 3k + 1, q = 3n + p = 3k + 2, q = 3k + 7p + q chia hết trường hợp loại Vậy ( p; q) = ( 2; 3) , ( 3; 2) Bài 45 Đặt số cần tìm A = a2 − b2 − 5a + 3b + A = 2, hay Tác giả: Nguyễn Công Lợi , dễ thấy A số chẵn Do A số nguyên tố A = a2 − b2 − 5a + 3b + = , suy ( a + b − 4) ( a − b − 1) = TÀI LIỆU TOÁN HỌC 71 Website:tailieumontoan.com Ta xét trường hợp sau : + Trường hợp + Trường hợp + Trường hợp + Trường hợp Bài 46 Ta có a + b − = ⇔ a = 4;b =  a − b − =  a + b − = ⇔ a = 4; b =  a − b − =  a + b − = −1 ⇔ a = 1; b =  a − b − = −  a + b − = −2 ⇔ a = 1; b =  a − b − = −  f ( 5) – f ( 4) = 2012 ⇔ 61a + 9b + c = 2012 f ( 7) – f ( 2) = ( 343a + 49b + 7c + d ) – ( 8a + 4b + 2c + d ) = 335a + 45b + 5c = 305a + 45b + 5c + 30a = 2012 + 30a = 2( 1006 + 15a) Vì a số nguyên nên ta Do f ( 7) − f ( 2) f ( 7) − f ( 2) chia hết cho 1006 + 15a khác hợp số Bài 47 a) Từ giả thiết ta có ( p − q) ( p + q ) = Mà p q nguyên dương nên p−q < p+q p − q,p + q ước nguyên dương Do ta p − q = p = ⇒  p + q =  q = b) Nếu n số chẵn A = n4 + 4n số chẵn lớn nên A số nguyên tố ( A = n4 + 4n = n2 + 2n Nếu n số lẻ Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi ) ( − 2.n2.2n = n2 + 2n ) − n2.2n+1 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 71 Website:tailieumontoan.com Đặt n + = 2k với k nguyên dương ta có ( A = n2 + 2n Vì Và (n ) ( )( − n2.2n+1 = n2 + 2n + n.2k n2 + 2n − n.2k ) + 2n + n.2k > + 2n − n.2k = n − 2k−1 + 2n − 22k−2 > (n ) ( ) ( ) ( nên A số nguyên tố )( a4 + 4b4 = a2 − 2ab + 2b2 a2 + 2ab + 2b2 Bài 48 Ta có Vì a2 − 2ab + 2b2 ≥ 0; a2 + 2ab + 2b2 ≥ Nên ) a4 + 4b4 ) nguyên tố thừa số thừa số số nguyên tố Khi ta có trường hợp sau + Trường hợp 1: - Với - Với ( a − b) = ⇒ b = ⇒ a2 = 1⇒ M =   b = ( a − b) = a = b = ⇔  a = b = −1  b = + Trường hợp 2: - Với  ( a − b) =    b2 = 2 2 a − 2ab + 2b = ⇔ ( a − b) + b = ⇔   ( a − b) =    b2 = (loại) (thỏa mãn)   a + b = )  (   b2 = a2 + 2ab + 2b2 = ⇔ ( a + b) + b2 = 1⇔   ( a + b) =    b2 = ( a + b) = ⇒ b = ⇒ a2 = 1⇒ M =   b = Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi (loại) TÀI LIỆU TỐN HỌC 71 Website:tailieumontoan.com - Với ( a + b) = a = 1; b = −1 ⇔  a = −1; b =  b = Vậy cặp số ( a;b) cần tìm x + y 2013 Bài 49 Ta có (thỏa mãn) y + z 2013 = ( 1;1) ,( 1; −1) ,( −1;1) ,( −1; −1) m m,n ∈ ¥ * ,( m,n ) = n ( ⇔ nx − my=( mz − ny ) ) nx − my = x y m ⇒ ⇒ = = ⇒ xz = y2 2013 mz − ny = y z n  x2 + y2 + z2 = ( x + z ) − 2xz + y2 = ( x + z ) − y2 = ( x + y + z ) ( x + z − y ) Do Vì x+ y + z > x2 + y2 + z2 số nguyên tố nên 2 x + y + z = x + y + z  x − y + z = x= y = z =1 Từ suy , thử lại ta thấy thỏa mãn Vậy x= y = z =1 giá trị cần tìm Bài 50 Gọi ước chung lớn a b d ta có a=md; b=md, ( m;n ) = Từ giả thiết ta a2b2 = pa2 + pb2 ⇒ m2n2d4 = pm2d2 + pn2d2 ⇒ m2n2d2 = pm2 + pn2 pm2 Mn2 ⇒ 2 pn Mm ⇒ pMm2 pMn2 a = b > 2⇒ p = Nếu Nếu a2 ∈ Z ⇒ a = 2k a≠ b⇒ m ≠ n ⇒ dó p = 2k > hợp số p hợp số Vậy P hợp số Bài 51 Ta có a2 + ab + b2 = c2 + cd +d2 ⇔ ( a + b) − ab = ( c + d ) − cd 2 ⇔ ( a + b + c + d ) ( a + b − c − d ) = ab − cd (1) Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 71 Website:tailieumontoan.com Đặt s = a+ b+ c+ d Giả sử s= p số nguyên tố ⇒ a + b + c ≡ −d(mod p) Từ (1) suy ra: ab − cd ≡ 0(mod p) ⇒ ab + c(a + b + c) ≡ 0(mod p) ⇒ ( c + a) ( c + b) ≡ 0(mod p) Vì p số nguyên tố nên suy Điều vơ lý a + c ≡ (mod p)   b + c ≡ (mod p) 1< a + c; b + c < p (a, b, c, d số nguyên dương có tổng p) Vậy s>1 không số nguyên tố nên s phải hợp số Bài 52 Do Ta có p2 = 8q + số lẻ nên p lẻ Đặt p = 2k + ( k ∈ ¥ ) p2 = 8q + ⇔ ( p − 3) ( p + 3) = 8q ⇔ ( 2k − 2) ( 2k + 4) = 8q ⇔ ( k − 1) ( k + 2) = 2q Vì q số nguyên tố Trường hợp 1: Trường hợp 2: Vậy cặp số ≤ k − 1< k + nên có trường hợp xảy ra: k − = k =  p = ⇔ ⇒  k + = 2q q = q = k − =  k = p = ⇔ ⇒   k + = q  q = q = ( p; q) thỏa mãn toán ( 5; 2) , ( 7; 5) Bài 53 Giả sử tồn số nguyên dương x y thỏa phương trình Ta xét trường hợp sau • p + = y n+ x=1 Trường hợp 1: Với , ta có , suy ( ) p = yn+1 − = ( y − 1) yn + yn−1 + + y + Do Suy  y − = ⇒ p = 1+ 2+ 22 + + 2n = 2n+1 −  n n −1  y + y + + y + 1= p 2n+1 ≡ 1( mod p) Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 71 Website:tailieumontoan.com Gọi k số ngun dương nhỏ thỏa mãn Vì • 2n+1 ≡ 2p−1 ≡ 1( mod p) ⇒ ( n + 1,p − 1) Mk x≥ Trường hợp 1: Với p−1 x p− +x vơ lí, Mà Nếu q ≡ 1( mod p) k≥3 xp − + + x + = = yn+1 − = ( y − 1) yn + yn−1 + + y + x−1 ( q số nguyên tố nên x ≡ 1( mod q) ( n + 1,p − 1) ≤ , ta có , ta có Xét q ước nguyên tố xp − 1Mq 2k ≡ 1( mod p) xp − x−1 x − 1Mq , ta có 1+ x + x2 + + xp−1 ≡ p ( modq) ) ( x,q) = q − 1Mp nên xq−1 ≡ 1( modq) pMq , suy hay p=q Suy tất ước nguyên tố q y−1 Dẫn tới hai số xp − x−1 yn + yn−1 + + y + p=q q ≡ 1( mod p) chia hết cho p có số dư chia cho p + Nếu Vì y − ≡ 0( mod p) ⇔ y ≡ 1( mod p) ( n + 1,p) ≤ nên n+1 , suy yn + yn−1 + + y + ≡ n + 1( mod p) không chia hết cho p ( n,p) ≤ nên n+1 chia cho p có số dư khác Do trường hợp khơng xảy + Nếu Khi Ta có y − ≡ 1( mod p) ⇔ y ≡ 2( mod p) yn + yn−1 + + y + 1≡ 2n+1 − 1( mod p) 2n+1 − không chia hết cho p ( ) 2n+1 − = 2n − Ta có Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi , mà ( n + 1,p − 1) ≤ ( n,p − 1) ≤ nên 2n − khơng chia hết cho p TÀI LIỆU TỐN HỌC 71 Website:tailieumontoan.com Do 2n+1 − chia cho p có số dư khác Tóm lại trường hợp ta có điều giả sử ban đầu sai Bài tốn chứng minh Bài 54 • • Xét Xét + Với + Với + Với • Xét n=1 p= n=2 n=3 n=4 n≥ số nguyên tố p thỏa mãn n≥2 ta có ta có ta có , từ ( 2− 1) ( 2− 1) ( 2− 1) p≥ n ≤ 2p n≤ ta chia hết cho +1 không chia hết cho +1 không chia hết cho Khi p số lẻ nên ( p − 1) n < 2p n +1 +1 chia hết cho q Từ suy Do n, q lẻ nên Khi u lẻ ( n;q − 1) = ( p − 1) un nên tồn = ( p − 1) ( p − 1) v(q−1) số lẻ bội ( p − 1) u,v ∈ ¥ * ( p − 1) n n +1 chia hết cho ≡ −1 ( mod q) cho n < 2p ta suy ( p − 1) pp−1 Vậy ước Tác giả: Nguyễn Công Lợi p n p− ta ( p − 1; q) = un − v ( q − 1) = ⇒ ( −1) ≡ ( p − 1) 1v ( modq) ⇒ p ≡ 0( modq) u Suy p chia hết cho q, mà p, q số nguyên tố nên Từ n p− Gọi q ước nguyên tố nhỏ n Khi n +1 nên n số tự nhiên lẻ, ta ( p − 1) , suy n ∈ { 2;3;4} q= p n=p p  p  p− k + 1= ∑ (−1)p−k C kppk = p2  ∑ C kp ( −1) pk− + 1÷ k =1  k=  TÀI LIỆU TOÁN HỌC 71 Website:tailieumontoan.com p ∑ C ( −1) Do số hạng Bởi n= p= k= k p p− k pk− 22 + 1Mp ( *) ( n;p) = ( 2;2) ,( 3;3) ,( 1;p) n 22 ≡ −1( mod p) ⇒ 22 n+1 n nên ta Do p số lẻ nên theo định lí Fermat ta có Từ (1) (2) ta 2n+1Mh 22 ≡ 1( mod p) p − 1Mh từ ≡ 1( mod p) ( 1) 2h ≡ 1( mod p) nên suy m m≤ n với p số nguyên tố 2p−1 ≡ 1( mod p) ( 2) Gọi h số nguyên dương bé thỏa mãn Nếu Vậy cặp số thỏa mãn tốn Bài 55 Vì p − 1≤ ⇒ p ≤ chia hết cho p nên h = 2m ( ≤ m ≤ n + 1) 22 ≡ 1( mod p) n ta suy 2Mp Kết hợp với (*) ta suy Do Giả sử h = 2n+1 nên r1;r2 ; ;rn( p) p − 1M2n+1 suy s1;s2 ; ;sm( p)  p  0, ÷  2 p   ,p ÷ 2  p − r1;p − r2; ;p − rn( p)  p p−1 n ( p) + m ( p ) =  0, ÷  2 số chẵn khoảng Khi số chẵn khoảng tập hợp p − 1M8 số chẵn khoảng số le khoảng Giả sử , điều vơ lí p số lẻ  p − 1 1;2; ;    Tác giả: Nguyễn Công Lợi ( 0,p) { s ;s ; ;s ( ) ;p − r ;p − r ; ;p − r ( ) } tập hợp mp np Do ta TÀI LIỆU TOÁN HỌC 71 Website:tailieumontoan.com ( ) n( p)  p − 1 s1.s2 sm( p) r1.r2 rn( p)  ÷! = s1.s2 sm( p) ( p − r1 ) ( p − r2 ) p − rn( p) ≡ ( −1)   p− n( p)  p − 1 = ( −1) 2  ÷!( mod p)   p−1 Suy ta Mặt khác từ 2 ≡ ( −1) p − 1M8 n( p) ta ( mod p) p = 8k + Do từ việc chọn h ta với k số tự nhiên khác p−1 p − n+1 Mh ⇒ M2 ⇒ p − 1M2n+ 2 Bài tốn chứng minh Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC ... Website:tailieumontoan.com CÁC BÀI TOÁN VỀ SỐ NGUYÊN TỐ - HỢP SỐ I MỘT SỐ KIẾN THỨC CẦN NHỚ Định nghĩa • Số nguyên tố số tự nhiên lớn 1, có hai ước • Hợp số số tự nhiên lớn 1, có nhiều hai ước Một số tính chất... đôi nguyên tố ( a,b) = ( b,c) = ( c,a) = II MỘT SỐ VÍ DỤ MINH HỌA Bài toán liên quan đến số nguyên tố, hợp số thường có dạng tìm số ngun tố, hợp số thỏa mãn tính chất đó, chứng minh số số nguyên. .. 1M7 số nguyên tố lớn Do chia hết cho n+1 số nguyên tố, n + 1= ⇒ n = Khi tất số cho số nguyên tố • Nếu n + 5M7 n+ số nguyên tố, n + 5= 7⇒ n = Khi n + 25 = 27 khơng phải lầ số nguyên tố Vậy số