Phân loại bài tập về số nguyên tố

Phân loại bài tập về số nguyên tố

ỦY BAN NHÂN DÂN TĨNH HÀ TĨNH TRƯỜNG ĐẠI HỌC HÀ TĨNH - -

Bµi TËp Lín

Bước đầu tìm hiểu và phân loại bài tập về số nguyên tố



Gv hướng dẫn: Ths NguyÔn ThÞ Thanh T©m

Sinh viên thực hiện: Ng« ThÞ Kim Nhung

NguyÔn Cao ThiÖnKhoa Sư Phạm Tự Nhiên

Lớp K2 Sư Phạm Toán

Hà Tĩnh 12/2010

Đồng tác giả

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 ưduy Môn toán có tiềm năng phát triển năng lực trí tuệ, rèn luyện tính linhhoạt, 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 ơbản của số học Thực tế đã chứng minh, toán học dù phát triển đến đâu thì vaitrò của số nguyên tố cũng không hề thay đổi Nó vẫn là một vùng đất kì lạ dùbao năm qua đã có nhiều người thám hiểm Do vậy không thể tránh khỏi hiệntượng 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 thếnào để phân chia các bài toán đó theo từng dạng cũng như định hình đượcphương pháp giải cho mỗi dạng toán trên cơ sở đó giải quyết các bài toán cụthể

Đây cũng là lý do chúng tôi chọn nghiên cứu đề tài: “Bước đầu tìm hiểu vàphân dạng về số nguyên tố”

Chúng tôi chỉ là những sinh viên mới chập chững bước vào công việcnghiên cứu khoa học, với rất ít tài liệu cùng sự hiểu biết nhỏ bé nhưng mongrằng đề tài này sẽ không nhàm chán mà có th ể hữu ích một phần nhỏ trongviệc giải quyết các bài toán dễ dàng, linh hoạt, đúng đắn hơn

III - Nội dung nghiên cứu

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 trong giảicác bài toán về số nguyên tố

IV - Phương pháp nghiên c ứu

Nghiên cứu tài liệu

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

Thật vậy: p  P  p phải là hợp số nghĩa là p1\p và 1< p1 < p

Suy ra p1\a mà 1< p1 < p  mâu thuẫn (do p là ước nhỏ nhất lơn 1 của a)2.2 Định lí Ơclit: Tập hợp số nguyên tố là vô hạn

Chứng minh:

Giả sử chỉ có hữu hạn số nguyên tố p1= 2, p2= 3, , pn

Xét a = p1p2 pn + 1 là số tự nhiên lớn hơn 1 nên a có ít nhất một ước sốnguyên tố q

Nhưng vì: Chỉ có hữu hạn số nguyên tố p1, p2, , pn nên q phải trùng vớimột trong các số p , p , , p Do đó q phải là ước của tích p p p

Từ q là ước của a = p1p2 pn + 1 và q lại là ước của p1p2 pn suy ra q làước của a – p1p2 pn = 1 Mâu thuẫn với giả thiết q là số nguyên tố Vậy t ậphợp số nguyên tố là vô hạn (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 = p2) Nếu các số nguyên tố p1, p2, , pn (n ≥ 2) khác nhau từng đôi một thìchúng 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) = 15) Ước số dương bé nhất khác 1 của một hợp số a là một số nguyên tốkhông 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.

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

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 thuẫnvới 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 q1,

q2, , qn 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 p1 nào đó

Ta có: a = a1p1trong đó 1  a1 < a

- Nếu a1 = 1 thì a = p1 đó là sự phân tích a thành thừa số nguyên tố

- Nếu a1 > 1 thì a1 phải có một ước nguyên tố p2 chẳng hạn và ta có:

a1 = p1a2 nên a = p1p2a2 1  a2 < a1

+) Nếu a2 = 1 thì a = p1p2 là sự phân tích a thành thừa số nguyên tố

+) Nếu a2 > 1 thì với lập luận như trên ta được thừa số nguyên tố p3, quátrình đó phải kết thúc vì ta có a > a1 > a2 > nên ắt phải có an = 1 ta được

p1p2 pn là dạng phân tích của a thành lũy thừa số nguyên tố

hoặc pm+1 pn = 1 nên ta được m = n và pi = qi, i = 1 ,n  tính duy nhất đượcchứng minh.



p n n



(i, pi   )d\a d = p 1

1



p 2 2



p n n



p n n



p n n



p n n



với i = min(i,i) [a,b] = p 1

1



p 2 2



p n n



p n n



(i   )Muốn xác định số các ước của a cho i lần lượt các giá trị từ 0 đến i. Sốcác ước số của a là  (a) = (1 + 1)( 2 + 1) ( n + 1)

3.4 Tìm tổng các ước của một số tự nhiên



p n n

p

p 

4) Dạng phân tích tiêu chuẩn

Trong sự phân tích số a >1 thành một tích những thừa số nguyên tố có thểxảy ra nhiều thừa số lặp lại Gọi p1, p2, , pn là các ước nguyên tố đôi một

khác nhau của a và i (1 i  k) là số các nhân tử cùng là pi trong sự phântích a thành thừa số nguyên tố, ta sẽ có a = p 1

1



p 2 2



p k n



gọi là dạng phân tíchtiêu chuẩn của a

VD 300 = 22.52.3

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 (243112609 – 1)2,với hơn 25 triệu chữ số Nó là bình phương của số nguyên tố lớn nhất đượcbiết 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 phương số nguyên tốlớn nhất được biết (trừ khi tìm ra được một phương pháp khẳng định một sốlớn 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 phânbiệt là:

Nếu p là số nguyên tố a là số n guyên bất kỳ, ap – a sẽ chia hết p Nghĩa là

ap  a (mod p)

 Định lí nhỏ Fermat là c ơ sở để kiểm tra tính nguyên tố theo xác suấttrong kiểm tra Fermat

2.2 Số giả nguyên tố (Fermat) mạnh

Định nghĩa: Trong đồng dư thức của định lí nhỏ Fermat với số nguyên tố

lẻ p và số tự nhiên a không chia hết cho p

2 – 1 (mod p) với k nào đó  {0,1, s} (2)

Số tự nhiên lẻ n trong đó n – 1 = 2sm thỏa mãn am – 1 (mod m) hoặc tồntại k  {0, 1, , s} sao cho a m

s

2 – 1 (mod m) được gọi là số nguyên tố xácsuất 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 tra 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 = 2n – 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 tốFermat 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 mạnhFermat 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 tốmạnh Fermat đồng thời với bảy cơ sở a = 2, 3, 5, 7, 11, 13 và 17 (Jaeschhe –1993)

2.3 Số giả nguyên tố Euler

  1 (mod n) được gọi là số nguyên tố xác suất Euler

Nếu n là hợp số thì n được gọi là số giả nguyên tố Euler

2.4 Số giả nguyên tố Euler – Jacobi

) là kí hiệu Legendre (chỉ được định nghĩa cho nguyên tố p)

Khi mở rộng kí hiệu Legendre cho số tự nhiên lẻ n và số tự nhiên a ta có kí

hiệu Jacobi được kí hiệu giống như kí hiệu Legendre: (

Với a nào đó được gọi là số nguyên tố xác suất Euler – Jacobi cơ sở a Nếu

n là hợp số thỏa mãn đồng dư thức trên thì nó được gọi là số giả nguyên tốEuler – Jacobi cơ sở a

Nhận xét:

1 Mọi số giả nguyên tố Euler c ơ sở a đều là số giả nguyên tố Fermat

2 Mọi số giả nguyên tố Euler – Jacobi cơ sở a đều là số giả nguyên tốEuler cơ sở a

3 Mọi số giả nguyên tố Fermat mạnh c ơ sở a đều là số giả nguyên tốEuler – Jacobi

4 Mọi số giả nguyên tố Euler – Jacobi cơ sở a thỏa mãn một trong haiđiều kiện sau là số giả nguyên tố mạnh c ơ sở a

- Số nguyên tố Ramanujan là các số Rnsao cho Rnlà số nhỏ nhất thỏa mãn

®iều kiện π(x) − π(x \ 2) ≥ n, cho mọi x ≥ Rn.

- Hoặc số nguyên tố Ramanujan là các số Nguyên Rnsao cho Rnlà số nhỏnhất có thể bảo đảm có n số nguyên tố giữa x và x\2 với mọi x ≥ Rn

Vì Rn là số nguyên tố nhỏ nhất thỏa mãn điều kiện trên nên Rn phải là sốnguyên tố

Mỗi khi hàm π(x) − π(x\2) tăng lên 1 đó là do có thêm một số nguyên tố

dù số 11 là số nguyên tố

Hiện nay, các số nguyên tố lớn nhất được tìm thấy thường là sốnguyên tố Mersenne

Phần hai: PHÂN DẠNG BÀI TOÁN VỀ SỐ

NGUYÊN TỐ

Trong chương này chúng ta s ẽ phân dạng các bài toán về số nguyên

tố cùng một số phương pháp giải, bài tập ứng dụng và đưa ra một số bài tập tương tự.

Dạng 1: Các bài toán về tập hợp số nguyên tố

Loại 1: Tìm tập hợp số nguyên tố

Để giải quyết các bài toán dạng này ta cần vận dụng linh hoạt các tính chất của số nguyên tố, nhiều trường hợp ta kèm theo phương pháp chứng minh phản chứng.

Bài toán 1: Tập hợp các số nguyên tố là vô hạn

Cách 1: Cho n  , n > 2 Chứng minh n! – 1 có ít nhất một ướcnguyên tố lớn hơn n Từ đó suy ra không tồn tại số nguyên tố lớn nhất

- Gọi a = n! – 1 Do n > 2 nên a > 1

Mọi số tự nhiên lớn hơn 1 đều có ít nhất một ước nguyên tố

Gọi p là ước nguyên tố của a Ta sẽ chứng minh p > n

Thật vậy: Giả sử p  n thì tích 1.2.3 n chia h ết cho p

Ta có n!  p mà a  p  1\p  vô lý  p > n

- Giữa n! – 1 và n có ít nhất 1 số nguyên tố Gọi số đó là q

Giả sử n là số nguyên tố lớn nhất suy ra n > 2

Theo chứng minh trên thì tồn tại q nguyên tố n < q < n! – 1

 p > n  không tồn tại số nguyên tố lớn nhất  tập hợp số nguyên

tố là vô hạn

Cách 2: Cho hai số tự nhiên m  n

Cách 3: Chứng minh có vô số số nguyên tố bằng cách dựa vào số ước

Vậy có vô số số nguyên tố

Bài toán 2: Có tồn tại 1000 số tự nhiên liên tiếp đều là hợp số không?

Gọi A = 2.3.4 1001 khi đó

Các số A + 2, A + 3, , A + 1001 là 1000 số tự nhiên liên tiếp, rõràng các số đó là hợp số  Có tồn tại 1000 số tự nhiên liên tiếp đều làhợp số.

Bài toán 3: Chứng minh mọi số nguyên tố p đều có dạng 3k  1(k  N)

Mọi số tự nhiên khi chia cho 3 có một trong các số d ư 0, 1, 2

Do đó mọi số tự nhiên đều được viết dưới một trong các dạng là:

3k, 3k + 1, 3k + 2 Vì p là s ố nguyên tố nên p không chia hết cho 3

1 3

k k

Bài toán 4: Tìm tất cả các số nguyên tố có dạng ( 1)

1 Chứng minh rằng với m > 2 giữa m và m! c ó ít nhất một số nguyên

tố Từ đó suy ra rằng có vô số số nguyên tố

2 (Iran 2008) Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên tố p thỏa

mãn 13 \(p3 + 1)

3 Chứng minh rằng:

a) Mọi số nguyên tố lớn hơn 2 đều có dạng 4p  1 (p > 0)

b) Mọi số nguyên tố lớn hơn 3 đều có dạng 6p  1 (p > 0)

Loại 2: Các bài toán áp dụng định lí cơ bản của số học

Hầu hết các bài toán dạng này cần phải dựa vào định lí cơ bản, vận dụng dạng phân tích tiêu chuẩn, phát huy một số ứng dụng của số nguyên tố.

Bài toán 1: Cho số A  N, A = axbycz trong đó a, b, c là các s ốnguyên tố đôi một khác nhau x, y, z là các số nguyên d ương khác 0.Chứng tỏ rằng ước số của A được tính bới công thức

(x + 1)(y + 1)(z + 1)

Số các ước của A:

- Chỉ chứa thừa số nguyên tố a là x; ch ỉ chứa thừa số nguyên tố b là y

- Chỉ chứa thừa số nguyên tố c là z; chỉ chứa 2 thừa số nguyên tố a, b

là xy

- Chỉ chứa 2 thừa số nguyên tố b, c là yz

- Chỉ chứa 2 thừa số nguyên tố a, c là xz

- Chứa cả thừa số nguyên tố a, b và c là xyz

- Khi chia N cho b, số các ước của thương tìm được ít hơn của N là

1)z 1)(y (x - 1) 1)(z 1)(y (x

(2) 45

1) 1)y(z (x - 1) 1)(z 1)(y (x

(1) 252

1) 1)(z x(y

1) 1)(y (x

) (2' 45

1) 1)(z (x

) ' 1 ( x

252 1) 1)(z (y

4

) ( 4

1

mãn thoa x

loai x

Thay x = 4 vào (2’)  z = 8

x = 4 vào (3’)  y = 6

Vậy số thỏa mãn yêu cầu bài toán: x = 4; y = 6; z = 8

Bài toán 3: Tìm tất cả các số tự nhiên có dạng phân tích tiêu chuẩn

n = 23 và  (n) = 403

Giải: Với n = 23 thì ta có

1 3

1 3

1 2

1 2

) (

1 1

3

13

3112

3

2 2

27 3

32 2

3 1

5 1 1

3

1 3

31 1 2

14 2

1 3

31 1 2

Biết dạng phân tích tiêu chuẩn của m = p  q  và (m2) = 15 Tính (m3)?

Dạng2: Chứng minh một số, một biểu thức là số nguyên tố, hợp số

Loại 1: Chứng minh một số, một biểu thức là số nguyên tố

Thông thường để chứng minh một số, một biểu thức là số nguyên tố người ta dùng phương pháp chứng minh bằng phản chứng.

Bài toán 1: Cho 2m – 1 là số nguyên tố Chứng minh rằng m là sốnguyên tố.

Chứng minh: Giả sử m là một hợp số  m = p.q ( p, q > 1; p, q  N)

Ta có: 2m– 1 = 2pq– 1 = 2(p)q– 1 = (2p– 1) [2p(q - 1)+ 2p(q - 2)+ + 1]

Vì p > 1  2p – 1 > 1 và 2p(q - 1)+ 2p(q - 2)+ + 1 > 1  2m– 1 làhợp số Điều này trái với giả thiết

Nếu m = 1  2m– 1 = 1 không phải là số nguyên tố

Vậy m phải là một số nguyên tố

Hay 2m– 1 là số nguyên tố  m là số nguyên tố

Bài toán 2: Chứng minh rằng nếu: 1 + 2n + 4n ( n  Z+) là số nguyên

- (m3 – 1)  (1 + m + m2) Mặt khác ta lại có: 1+ ma + m2a > 1 + m +m2Nên : 1 + 2n + 4n là hợp số (vô lý)

Nếu a = 2b + 2 (b  N) hoàn toàn tương tự ta có 1 + 2n + 4n là hợp số(vô lý) Vậy a = 1 tức n = 3k (k  N)

Bài toán 3: Chứng minh rằng nếu p chia hết (p – 1)! + 1 thì p

nguyên tố

Giải: Giả sử p là hợp số Ta có: p \(p – 1)!

Mặt khác theo giả thiết p\(p – 1)! + 1  p\1 ( vô lý)

Vậy p phải là số nguyên tố

Bài toán 4: Cho p và 8p2 + 1 là những số nguyên tố

Chứng minh rằng: 8p2 + 2p + 1 cũng là một số nguyên tố