Các bài toán về số nguyên tố, hợp số ôn thi vào chuyên Toán

Chúng tôi đã kham khảo qua nhiều tài liệu để viết chuyên đề về này nhằm đáp ứng nhu cầu về tài liệu hay và cập nhật được các dạng toán mới về số nguyên tố, hợp số thường được ra trong [r]

(1)

 Nguyễn Công Lợi

CÁC BÀI TOÁN VỀ

SỐ NGUYÊN TỐ - HỢP SỐ

\

(2)

Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi TÀI LIỆU TỐN HỌC

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

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 được kì thi gần Các toán liên quan đến số nguyên tố, hợp số thường có dạng như 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 chuyên đề để giúp con 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, giáo em học!

Chúc thầy, cô giáo em học sinh thu kết cao từ chuyên đề này!

(3)

Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi TÀI LIỆU TỐN HỌC CÁC BÀI TOÁN VỀ SỐ NGUYÊN TỐ - HỢP SỐ

I MỘT SỐ KIẾN THỨC CẦN NHỚ 1 Định nghĩa

 Số nguyên tố l| số tự nhiên lớn 1, có hai ước l| v|

 Hợp số l| số tự nhiên lớn 1, có nhiều hai ước

2 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 nguyên tố p thừa số tích abc chia hết cho số nguyên tố p

 Nếu a v| b không chia hết cho số nguyên tố p tích ab khơng chia hết cho số ngun

tố p

3 Cách nhận biết số nguyên tố

a) Chia số cho c{c số nguyên tố biết từ nhỏ đến lớn

 Nếu có phép chia hết số khơng phải l| số ngun tố

 Nếu chia lúc số thương nhỏ số chia m| c{c phép chia cịn số dư số

đó l| số nguyên tố

b) Một số có ước số lớn số khơng phải l| số ngun tố 4 Phân tích số thừa số nguyên tố:

Ph}n tích số tự nhiên lớn thừa số nguyên tố l| viết số dạng

tích c{c thừa số nguyên tố

+ Dạng ph}n tích thừa số nguyên tố số ngun tố l| số + Mọi hợp số ph}n tích thừa số nguyên tố

Chẳng hạn A a b c , a, b, c l| c{c số nguyên tố v|      , , , N*

Khi số c{c ước số A tính 11  1

Tổng c{c ước số A tính

     

  

+1 1

a b c

5 Số nguyên tố

(4)

Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC

C{c số a, b, c nguyên tố v| a, b,c1

C{c số a, b, c đôi nguyên tố v|      a, b  b,c  c,a 1 II MỘT SỐ VÍ DỤ MINH HỌA

B|i to{n liên quan đến số nguyên tố, hợp số thường có dạng tìm số ngun tố, hợp số thỏa mãn tính chất n|o đó, chứng minh số l| số nguyên tố hay hợp số, chứng minh c{c quan hệ chia hết, sử dụng tính chất số nguyên tố để giải c{c phương trình nghiệm nguyên,<

Ví dụ Tìm tất c{c số ngun tố p để 4p21 6p21 l| số nguyên tố

Lời giải

Vì p l| số nguyên tố ta 4p2  1 6p2 1

Đặt x 4p 2 1 5p2p p ; y 6p     2 1 4y 25p 2p p 2   

Khi

 Nếu p chia cho dư dư p p 1    chia hết cho

Suy x chia hết cho m| x nên x không l| số nguyên tố   Nếu p chia cho dư dư p p 2    chia hết cho

Suy 4y chia hết cho m|  4, 1 nên y chia hết cho m| y  Do y không l| số nguyên tố

Vậy p chia hết cho 5, m| p l| số nguyên tố nên p  Thử với p  x 101; y 151 l| c{c số nguyên tố  

Ví dụ 2. Chứng minh 2n 1 l| số nguyên tố n2 2n1 l| hợp số

Lời giải

Xét ba số tự nhiên liên tiếp l| 2n 1; ; 2n n1

Trưng ba số tự nhiên liên tiếp có số chia hết cho

Do n 2 nên 2n 1 , m| theo giả thiết 2n 1 l| số ngun tố, 2n1 không

(5)

Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TỐN HỌC

Ví dụ 3. Cho p, q, r, s l| c{c số nguyên tố lớn Chứng minh p2q2 r2 s chia 2

hết cho 24

Lời giải

Trước hết ta chứng minh với p l| số nguyên tố lớn p2 1 chia hết cho 24

Thật vậy, ta có p2 1 p p 1   

Do p l| số nguyên tố lớn nên p  p l| hai số chẵn liên tiếp  Suy ta p2 1 p p 1   chia hết cho

Mặt kh{c ta lại có p p p 1     chia hết cho 3, m| p l| số nguyên tố lớn nên p không chia hết cho Do p2  1 p p 1    chia hết cho

Để ý l|  3; 1 nên ta p2  1 p p chia hết cho 24    

Chứng minh ho|n to|n tương tự ta q21; r21; s21 chia hết cho 24

Ta có p2q2 r2 s2 p2  1 q2 1 r2 1 s21  Do ta p2q2 r2 s chia hết cho 24

Ví dụ 4. Tìm tất c{c cặp số nguyên tố  p; q cho p22q2 1

Lời giải

Từ p22q2 1 ta p2 2q21 Do ta suy p l| số nguyên tố lẻ Từ ta đặt p 2k với   k N  *

Khi ta 2k 1 2 2q2  1 4k24k 2q  2 1 2k k 1   q 2

Do q l| số chẵn nên q l| số chẵn M| q l| số nguyên tố nên 2 q2

Thay vào p2 2q2 1 ta suy p 

Vậy cặp số nguyên tố    p; q  3; thỏa mãm yêu cầu b|i to{n

Ví dụ 5. Tìm tất c{c số tự nhiên n cho dãy n 1; n 2; ; n 10 có nhiều số    nguyên tố

(6)

Cách 1. Ta thấy n 1; n 2; ; n 10 l| 10 số tự nhiên liên tiếp Khi ta xét c{c trường    hơp sau:

+ Trường hợp 1: Với n , dãy số trở th|nh 1; 2; 3; <; 10 Trong dãy số n|y có  c{c số nguyên tố l| 2; 3; 5;

+ Trường hợp 2: Với n 1 , dãy số trở th|nh 2; 3; <; 11 Trong dãy số n|y có c{c số nguyên tố l| 2; 3; 5; 7; 11

+ Trường hợp 3: Với n 1 , dãy số gồm 10 số tự nhiên liên tiếp Chú ý l| c{c số lớn khơng có số chẵn n|o l| số nguyên tố, ngo|i năm số tự nhiên lẻ liên tiếp có số l| bội

Như c{c dãy số khơng có qu{ số ngun tố

Vậy với n 1 dãy số n 1; n 2; ; n 10 có nhiều số nguyên tố   

Cách 2. Gọi Sn l| số c{c số nguyên tố tương ứng với n Khi ta S0 4; S1 5; S2 4

Xét n , dãy số  n 1; n 2; ; n 10 có số chẵn lớn nên năm số chẵn n|y    l| số nguyên tố Trong năm số lẻ lại có số chia hết cho Từ suy với c{c gi{ trị n  Sn 4

Vậy với n 1 dãy số n 1; n 2; ; n 10 có nhiều số nguyên tố   

Ví dụ 6. Tìm số nguyên dương n cho tất c{c số sau đ}y l| 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 c{c số n 1,n 5,n 7, n 13,n 17,n 25,n 37 chia cho có số        dư kh{c Do số có số chia hết cho

Vì n 1,n 5,n 7,n 13,n 17,n 25,n 37 l| số nguyên tố v| c{c số        nguyên tố n 7,n 13,n 17,n 25,n 37 lớn Do      n 1 n  chia hết cho

(7)

Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC  Nếu n  n l| số nguyên tố,  n 7   n Khi n 25 27 khơng   phải lầ số nguyên tố

Vậy số cần tìm l| n 

Ví dụ 7. Chứng minh với số nguyên tố p 3p 1

p

2 khơng phải l| tích hai

số tự nhiên liên tiếp

Lời giải

Do p l| số nguyên tố nên p l| số chẵn p , cịn p l| số lẻ p có c{c  dạng p 4k   p 4k Khi ta xét c{c trường hợp sau  

 Trường hợp 1: Nếu p suy  p3p 1

2 không nguyên

 Trường hợp 2: Nếu p 4k , ta   p3p 1 4k 1 32k

2 l| số lẻ nên

 

3 p

p

2 khơng thể l| tích hai số tự nhiên liên tiếp  Trường hợp 3: Nếu p 4k Giả sử   p3p 1

2 l| tích hai số tự nhiên liên tiếp Khi ta có p3p 1 x x 1   2p 2p 2 1 2x 1 21

2 với x l| số tự nhiên

Từ suy 2x 1 2 1 p vơ lí p 4k  

Từ c{c trường hợp trên, ta có điều phải chứng minh

Ví dụ 8. Tìm tất c{c số ngun tố p cho 2pp l| số nguyên tố

Lời giải

Ta xét c{c trường hợp sau:

 Nếu p , ta  2pp2 2222 8 l| hợp số

 Nếu p , ta  2pp2 2332 17 l| số nguyên tố

 Nếu p , p l| số nguyên tố nên p khơng chia hết cho 3.Ta có 

   

    

p p

(8)

Lại có p p p 1     chia hết cho 3, m| p l| số nguyên tố lớn nên p không chia hết cho Do p2  1 p p 1    chia hết cho

Từ suy 2p p2 2p 1 p21 chia hết  2pp l| hợp số Vậy với p  p  3 

2 p 17 l| số ngun tố

Ví dụ Tìm tất c{c ba số nguyên tố p; q; r cho pqr p q r 200    

Lời giải

Khơng tính tổng qt, giả sử p q r Viết lại phương trình cho dạng  

rq p 1     r q 1   202  1

Nếu p lẻ q, r lẻ, rq p 1     r q 1   4, 202 không chia hết cho 4, vô lý Vậy p 

Với p (1) trở thành  2rq r q 202   4rq 2r 2q 405    2q 2r 1     34

Do 2q 2r nên     92q 1  2  2q 2r 1    405 3 2q 20   Từ đó, 2q l| ước  5 nên  2q 1 3; 5; 9;15

Nếu 2q   q2 r 68 khơng số nguyên tố, loại  Nếu 2q   q3 r 41 

Nếu 2q   q5 r 23 

Nếu 2q 15   q khơng số nguyên tố, loại 

Vậy tất ba số nguyên tố phải tìm 2; 5; 23 , 2; 3; 41   hốn vị

Ví dụ 10. Tìm ba số ngun tố liên tiếp cho tổng bình phương ba số l| số nguyên tố

Lời giải

Gọi ba số nguyên tố liên tiếp cần tìm l| x, y, z v| x y z Ta xét c{c trường hợp  

sau:

 Trường hợp 1: Với x 2; y 3; z Khi    x2 y2z2 38 l| hợp số Trường hợp

(9)

Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC  Trường hợp 2: Với x 3; y 5; z Khi    x2y2z2 83 l| số nguyên tố

Vậy ba số 3;5;7 l| ba số nguyên tố liên tiếp cần tìm 0,5đ

 Trường hợp 3: Với x Khi  y  z Từ suy x, y, z chia có số dư l|  1

Do x 3k 1; y 3l 1; z 3m với       k,l,m 

Suy x ; y ; z chia dư nên 2 2 x2 y2z2 3 nên l| hợp số

Vậy ba số 3;5;7 l| ba số nguyên tố liên tiếp cần tìm

Ví dụ 11 Tìm c{c số nguyên tố p, q, r thỏa mãn pqqp r

Lời giải

Do p v| q l| c{c số nguyên tố nên p; q , suy  r , mà r l| số nguyên tố nên r l|  số lẻ

Từ suy p q q kh{c tính chẵn lẻ nên p v| q kh{c tính chẵn lẻ p

Như hai số p, q có số chẵn, khơng tính tổng qu{t ta giả sử số l| q Khi q2 nên ta p2 2p r Đến đ}y ta xét c{c trường hợp sau:

 Nếu p , ta có  3223 r hay r 17 l| số nguyên tố

 Nếu p , p l| số nguyên tố nên có dạng  p 3k   p 3k với k l| số   nguyen dương

Từ suy p chia dư hay 2 p2 3n n N    *

Lại có p l| số lẻ nên 2p 3 1 p 3m m N   *

Từ ta p22p 3n 3m m n 3       nên l| hợp số Do trường hợp n|y loại

Vậy ba số nguyên tố cần tìm l| p; q; r  2; 3;17 , 3; 2;17  

Ví dụ 12. Tìm c{c số ngun tố p,q,r thỏa mãn c{c điều kiện sau:

    2 2  2

5 p q r; 49 2p r ; 2q r 193

Lời giải

(10)

Mặt kh{c từ điều kiện p q r ta    r 11 , 2p2 49 121 170 hay   p 11  Vì q p q p   72 nên q p   q p Xét hai trường hợp sau:  

 Với q p   q p 36 , ta   p 11; q 13   p 17; q 19  

+ Nếu p 11; q 13   145 r 193 , suy r 13 q (loại)  

+ Nếu p 17; q 19   529 r 529 , suy r 23 (nhận)   Với q p   q p 18 , khơng tồn   p 11 

Vậy ba số nguyên tố cần tìm l| p 17; q 19; r 23   

Ví dụ 13. Tìm tất c{c ba số nguyên tố a, b,c đôi kh{c thoả mãn điều kiện

 

   

20abc 30 ab bc ca 21abc

Lời giải

Từ giả thiết suy 2   1 1

3 a b c 10 Khơng giảm tính tổng qu{t giả sử a b c   

Suy 2 3 2c 9

3 c , c 2;

 Với c suy  2   1 1      1 1 1

3 a b 10 a b bvà 

1

b

Do b 7;11

+ Với b , từ  1  1 1

6 a b suy     

1

a 19; 23; 29; 31; 37; 41

42 a 35

+ Với b 11 từ  1  1 1

6 a b suy    

5

a 13

66 a 55 , ab

 Với c từ giả thiết suy  1  1 11     1 b b

3 a b 30 b (do b c ) 

Thay b vào  1  1 11

3 a b 30 ta    

15

6 a a

2

Vậy có c{c ba số nguyên tố kh{c a; b; c thoả mãn l|:

(11)

Ví dụ 14. Tìm tất c{c số nguyên tố p, q cho tồn số tự nhiên m thỏa

mãn  

 

2

pq m

p q m

Lời giải

 Nếu p q từ   

 

2

pq m

p q m ta

  

   

 

2

2 m 4

p 2m

m m

Do m v| p l| số nguyên tố nên m 1   m 0; m 1; m 3  

Từ đố ta p 2; p  

 Nếu p q pq  p q l| nguyên tố pq chia hết cho c{c ước nguyên  tố l| p v| q cịn p q khơng chia hết cho p v| không chia hết cho q 

Gọi r l| ước chung 2

m m 1 , m m 1    rm21 r 

Do m2 1 m2 1 r2 r suy r 1 r 2 + Với r 1 suy    

 



p q m

pq m , p v| q l| hai nghiệm phương trình

 

    

2

x m x m

Ta có   3m22m 3  m 1 22m220 nên phương trình vơ nghiệm

+ Với r 2 suy

 

  

 

  



2

2pq m

2 p q m 1, p v| q l| hai nghiệm phương trình

 

    

2

2x m x m

Ta có   7m2 2m 7  m 1 26m260 nên phương trình vơ nghiệm

Vậy c{c số nguyên tố cần tìm l|      p; q  2; , 5;

Ví dụ 15 Tìm c{c số nguyến tố p, q v| số nguyên x thỏa mãn x5px 3q  

Lời giải

(12)

Vì q l| số ngun tố v| x l| số nguyên nên từ phương trình suy

 

     x 1; 3; q; 3q Ta xét c{c trường hợp sau:

+ Nếu x 1, từ phương trình ta p 3q Do q l| số nguyên tố nên    Khi q2 ta p 

 Khi q2 3q l| số lẻ nên p l| số nguyên tố chẵn, p nên  q  l| số nguyên tố

+ Nếu x 3 , từ phương trình ta p 81 q , p l| số nguyên tố chẵn   v| q l| số nguyên tố lẻ Từ ta p 2; q 83  

+ Nếu x q , từ phương trình ta p p 3 Trường hợp n|y không xẩy p v| q l| số nguyên tố nên p q 3

+ Nếu x 3q , từ phương trình ta p 81p 1 Trường hợp n|y không

xẩy p v| q l| số nguyên tố nên p 81q 1

Vậy c{c số x; p; q thỏa mãn yêu cầu b|i to{n l| 1; 5; , 3; 2; 83

Nhận xét: Từ phương trình x x 4p 3q ta suy x chia hết cho x4p chia hết cho Đến đ}y ta xét c{c trường hợp Tuy nhiên với c{ch l|m n|y việc lý luận phức tạp

Ví dụ 16. Tìm số ngun tố p để p 1

2



p

2 l| c{c số phương

Lời giải

Giả sử tồn c{c số nguyên dương x v| y thỏa mãn p 1 x2

2

 

2

p

y

Khi ta  

 

    

  

2

p 2x

p 2y

Trừ theo vế đẳng thức (2) cho đẳng thức (1) ta p p 1   2 y x y x     3

Suy ta y x y x p       

(13)

Từ (2) ta lại có y nên  p2 1 2y2 y2y2 y2  1 p y Từ (3) ta suy y x Từ ta  y x p   

Chú ý p l| l| số nguyên tố lẻ nên từ (4) ta suy xy p

M| ta lại có x y 2p nên ta    x y p Thay v|o (30 ta   p y x      Từ suy y x p 1

2 nên ta

 

p  3p

x ; y

4

Thay x p 1

4 v|o (1) ta

  

     

 

2

p

p p

4

Thay p v|o (2) ta  72  1 2y2  y

Vậy p thỏa mãn yêu cầu b|i to{n 

Nhận xét: Ngo|i c{ch giải ta giải c{ch xét c{c khả p:

Với p chẵn không xẩy ra, với p 4k ta          

2

4k 1

p

8k 4k

2

Đến đ}y ta tìm c{c gi{ trị k để 8k24k l| c{c số phương 

Ví dụ 17. Chứng minh tồn số nguyên dương x thỏa mãn x 2x 1   

2012 l|

số phương x l| hợp số

Lời giải

Giả sử tồn số nguyên dương x thỏa mãn x 2x 1   

2012 l| số phương

Khi tồn số nguyên dương q để x 2x 1   q2

2012 hay     

2 x 2x 2012q Vì 2012 chia hết x 2x 4    Mà 2x 1 l| số lẻ nên x 

Từ ta x 4k với k l| số nguyên dương  

Thay v|o phương trình ta 4k 8k 1   2012q2 k 8k 1   503q 2

Để ý l| k,8k 1  v| 503 l| số nguyên tố Nên tồn c{c số nguyên dương a v| b cho q ab   a, b 1 Từ ta có c{c hệ  

  

2

2 k 503a 8k b

       2 k a

(14)

+ Với     

2

2 k 503a

8k b , hệ n|y vơ nghiêm

b chia có c{c số dư l| 0, 1,

+ Với     

2

2 k a

8k 503b Khi ta         

x 4k 4a 2a 2a

Nếu a  x , ta  x 2x 1   

2012 503 l| số nhính phương

Nếu a  x2a 2a 1    l| hợp số Vậy b|i to{n chứng minh

Ví dụ 18 Tìm tất c{c số nguyên tố p cho  

2

p p

2 l| lập phương số tự

nhiên

Lời giải

Đặt   

2

3

p p

n

2 với n l| số tự nhiên

Vì p số nguyên tố nên ta xét c{c trường hợp sau:

 Trường hợp 1: Với p , ta  n thỏa mãn yêu cầu b|i to{n 

 Trường hợp 2: Với p , ta có              

2

3

p p

n p p n n n

2

Từ ta n p  n2 n p (vì p l| số nguyên tố lẻ)

+ Nếu n p ta  n p Từ ta   2 n 2  n 1 n2n 1 2   1 n p 1

Từ ta p p 1   2 n n  2 n Do trường hợp n|y lại  + Nếu n2 n p , ta đặt n2  n kp với k l| số tự nhiên kh{c

Thay v|o phương trình p p 1   2 n n  2 n ta  p n k      Từ suy n2  n n k   k hay 2 2     

n 2k n 2k k

Xem phương trình l| phương trình bậc hai ẩn n Khi 2k2 1 l| số lẻ nên để

phương trình có nghiệm ngun  2k21 24 2k2 k phải l| số 

phương lẻ

(15)

Từ ta tính k suy  n 20 nên  p 127 Thử lại ta thấy  p 127 thỏa mãn yêu  cầu b|i to{n

Vậy c{c số cần tìm l| p  p 127 

Ví dụ 19. Tìm tất số ngun tố p số nguyên dương x, y thoả mãn:

 

   

 

  



p 2x x

p 2y y

Lời giải

Dễ thấy từ hệ ta y x 

Từ  

      

   

            



  



2 2

2

p 2x x

p p 2y 4y 2x 4x p p y x y x

p 2y y

Ta có p x   22x  p x 1  2 2p2  x 2p

Lại có p2 1 2y y 2  p2 1 y 1  22p2   y p Từ ta      



y x p

x y 2p Do từ phương trình p p 1   2 y x y x ta có      trường hợp sau

 Trường hợp 1: Nếu p p , 2x 4x , trường hợp loại  Trường hợp 2: Nếu y x p , điều mâu thuân y x p  

 Trường hợp 3: Nếu x y p , kết hợp với   x y 2p ta suy   

  

x y p

Do ta p p 1   2 y x p    p y x   

Khi ta có                    

 

p x y 2p 2y 2x

p 4x p 4x

p 2y 2x p 2y 2x

Thay vào p x   2x ta  4x 2x  24x x

Từ ta tính p  y Vậy số  p; x; y cần tìm 7;1; 4

(16)

Lời giải

Do vai trò a, b, c nên khơng tính tổng qu{t ta giả sử a b c   Khi số nguyên tố lớn l| a b c v| số nguyên tố nhỏ l|   a b c  

Do ta da b c      a b c 2c, nên để có d l{n ta cần chọn số nguyên tố c lớn

Chú ý a, b, c l| c{c số nguyên tố lẻ a  b c a l| số chẵn lớn   nên l| số nguyên tố Do bảy số nguyên tố cho l| số lẻ

Ta xét c{c trường hợp sau

 Trường hợp 1: Nếu a b 800 , số nguyên tố   a b c nên ta    c 797 Vì  797 l| số nguyên tố v| ta cần lấy c lớn nên ta chọn c 797 

Khi ta a b c 1597    a b c Vì 1597 v| l| c{c số nguyên tố nên ta    cần chọn c{c số nguyên tố a, b cho 797 a b   797 b a l| c{c số nguyên tố   La chọn a 13 ta  b 787  797 a b 23;797 b a 1571 l| c{c số       nguyên tố

Lúc ta d 2c 2.797 1594   

 Trường hợp 2: Nếu b c 800 ,   c 800 Nếu ta chọn  c 797 ta  b  M| ta lại có a b nên  a khơng thỏa mãn Do  c 797 nên  d 2.797 1594  

 Trường hợp 3: Nếu a c 800 ,   c 800 Nếu ta chọn  c 797 ta  a  Từ ta a b c nên suy    b 799 ,  b c khơng thỏa mãn 

Do c 797 nên  d 2c 1594  

Vậy gi{ trị lớn d l| 1594 với c{c số nguyên tố chọn trường hợp v|

 

a b 800

Ví dụ 20. Cho số nguyên tố p Giả sử x v| y l| c{c số tự nhiên kh{c thỏa mãn điều kiện



2

x py

xy l| số tự nhiên Chứng minh



 

2

x py

p

xy

Lời giải

Gọi UCLN x, y d d N , tồn c{c số tự nhiên a v| b để   * x da; y db  

(17)

Ta có      

2 2 2 2

*

x py d a pd a a pb

N

xy d ab ab

Từ ta a2 pb ab2 a2pb b2 a b

Do  a, b 1 nên ta suy b Suy  a2 p ap a

Do p l| số nguyên tố nên ta a  a p Khi ta xét c{c trường hợp 

 Với a , ta  x y d nên suy       

2 2

2

x py d pd

p

xy d

 Với a p , ta  x dp; y d nên suy       

2 2 2

2

x py d p d p

p

xy d p

Vậy ta ln có   

2

x py

p

xy

Ví dụ 21. Tìm tất c{c số nguyên tố a, b, c(có thể nhau) thỏa mãn

        

a a b b c c

Lời giải

Từ giả thiết ta nhận thấy a c; b c Khi khơng tính tổng qu{t ta giả sử  

  

2 b a c

Từ giả thiết ta có a a 1   c c 1  b b 1  c c b 1   b c b 1    c b c b 1   

Do a c b nên từ     a a 1    c b c b 1    ta suy c b a   Do c a b nên   c b a 2b , ta      c b 3a    

Lại có a c nên từ  c b 3a ta suy     c b 3a    c b 2a    Vì a, b, c l| c{c số nguyên tố nên ta suy c l| số nguyên tố lẻ Đến đ}y ta xét c{c trường hợp sau:

 Trường hợp 1: Nếu c b 2a Do 2a    c l| c{c số chẵn nên b l| số nguyên tố  chẵn, từ ta b nên  c 2a  

Thay c 2a v|o đẳng thức   a a 1    c b c b 1    v| rút gọn ta

 

  

a 2a hay 3a 11 , a khơng phải l| số nguyên 

(18)

Từ suy a 3a 2b 1      hay 3b 4a Do b l| số nguyên tố chẵn hay   b ,  suy ta a  c 3a b    

Vậy c{c số nguyên tố thỏa mãn yêu cầu b|i to{n l| a b c 

Ví dụ 22. Tìm số ngun dương n lớn cho số 2016 viết th|nh    

1 n

a a a a c{c số a ;a ;a ; ;a1 2 3 n l| c{c hợp số Kết thay đổi n|o thay số 2016 số 2017

Lời giải

Ta xét b|i to{n tổng qu{t: Tìm số nguyên dương n lớn cho số nguyên dương A

A 3  viết th|nh tổng a1a2a3  a c{c số n a ;a ;a ; ;a l| c{c hợp 1 2 3 n số

Giả sử A a 1a2 a3  a n a ;a ;a ; ;a hợp số Khi theo đề ta 1 2 3 n phải tìm số n lớn

Chú ý để có n lớn hợp số a ;a ;a ; ;a1 2 3 n phải nhỏ Dễ thấy hợp số chẵn nhỏ hợp số lẻ nhỏ Do với số nguyên dương A ta ln có A 4a r , a l| số nguyên dương v|   r0;1; 2; 3 Đến đ}y ta xét c{c trường hợp sau

 Trường hợp 1: Nếu r ,  A 4a Mà hợp số nhỏ nên số k lớn  n a 

 Trường hợp 2: Nếu r 1,  A 4a Mà hợp số nhỏ nên   n a

Xét n a Vì A số lẻ nên tồn số  ai với i 1; 2; ; n số lẻ Khơng  tính tổng quát, giả sử a1 lẻ, suy a19 Khi

 

           

1 n

a a a a 4a 4a A

Xét n a 1, ta có   A 4a a 2      Do n lớn n a  

 Trường hợp 3: Nếu r ,  A 4a Tương tự trường hợp ta có   n a Xét n a ta có  A 4a a 1      nên số n lớn n a 

(19)

Xét n a Vì A số lẻ nên tồn số  ai với i 1; 2; ; n số lẻ Khơng  tính tổng quát, giả sử a1 lẻ, suy a19 Khi

 

           

1 n

a a a a 4a 4a A

Xét n a 1, ta có   A 4a a 3      15 a 3     Do n lớn n a  

Kết luận: Với số nguyên dương A A chẵn A ph}n tích thành a hợp số 

Với số nguyên dương A A lẻ A ph}n tích thành  a hợp số, a 

thương phép chia số A cho

Áp dụng: Với A 2016 4.504 ta n lớn l| 504 v|   A 2016 504.4   Với A 2017 4.504 ta n lớn nh}t l| 503 v|    A 2017 502.4   

Ví dụ 23. Tìm tất số nguyên tố p, q, r thỏa mãn phương trình p q r 3     4pqr

Lời giải

Giả sử p, q, r l| c{c số nguyên tố thỏa mãn phương trình p q r 3     4pqr Ta có p,q,r Khi ta xét c{c trường hợp sau 

 Nếu r 2 , phương trình trở th|nh p q 2    8pq Do  5,8 1 v| l| ước nguyên tố pq nên ta p  q5

+ Với p , ta  5 q 2    8.5q q l| số nguyên tố + Với q5 , ta p 2    8.5p p thỏa mãn yêu cầu b|i to{n

 Nếu r , phương trình trở th|nh  p q 2   2pq

Từ ta p q 2    4 1.4 2.2 Do p v| q l| c{c số nguyên tố nên

   

q 2; q

Nên từ ta suy        

 

p p

q q 3, thỏa mãn yêu cầu b|i to{n

 Nếu r , ta có  4pqrp q r 3     2r p p 2    

(20)

Do p 4; q v| p l| số nguyên tố nên ta     p  p  + Với p từ phương trình cho ta  q r 3    8qr

Do  3,8 1 nên phải l| ước nguyên tố qr , m| q v| r l| c{c số nguyên tố, lại có r  nên suy q3 Từ ta r thỏa mãn yêu cầu b|i to{n 

+ Với p từ phương trình cho ta  q r 3   3qr

Hay ta 2qr 3q 2r 6   q 2r 3    9 1.9 3.3

Lại có r nên  2r 3, từ phương trình ta          

 

2r r

q 1 q 2, không

thỏa mãn yêu cầu b|i to{n

Vậy c{c ba số nguyên tố p; q; r thỏa mãn yêu cầu b|i to{n l| 7; 5; , 5; 3; , 2; 3; 5    

Ví dụ 24. Cho số tự nhiên n 2 , xét c{c số a ;a ; ;a v| c{c số nguyên tố ph}n biệt 1 2 n

1 n

p ; p ; ; p thỏa mãn điều kiện p a1 1a2 p a2 2a3   p an na Chứng minh 1   

1 n

a a a

Lời giải

Đặt p a1 1a2 p a2 2a3   p an na1 k với k l| số khơng }m

Khi ta 1 2  2 3  n 1 

1 n

k k k

a a ; a a ; ; a a

p p p

Hay       n

1 2 n

1 n

kt kt kt

a a ; a a ; ; a a

p p p với t ; t ; ; t1 n nhận gi{ trị l| 1

Cộng theo vế tất c{c đẳng thức ta      

 

3

1 n

t

t t t

k

p p p p

Đặt      n       n 

1 n n n

t t

t t t t t t Q

M M

p p p p p p p p p p p Suy Q l| số

nguyên Từ ta p p p Mp2 3 n 1t1Qp1 Hay ta

  

1 n n

p p p p M Q t p p p

Nếu M l| số nguyên từ đẳng thức suy vế tr{i chia hết cho p1 cịn vế phải khơng

(21)

Do từ      

 

3

1 n

t

t t t

k

p p p p ta suy k 

Điều n|y dẫn đến p a1 1a2 p a2 2 a3   p an na1 0

Hay suy a1a2  a2a3   ana1 0 nên a1 a2   an

Ví dụ 25. Tồn hay không số nguyên tố a, b, c thỏa mãn điều kiện ab2011 c 

Lời giải

Giả sử tồn c{c số nguyên tố a, b, c thỏa mãn điều kiện ab2011 c Khi ta xét c{c  trường hợp sau:

 Nếu c ,  ab2011 , điều n|y vơ lí a, b lớn   Nếu c , c l| số nguyên tố nên c l| số lẻ 

Từ ab2011 c ta suy  ab2011 l| số lẻ nên a l| số chẵn hay a l| số chẵn b

Do a l| số nguyên tố nên ta a Như  2b2011 l| số nguyên tố Ta xét c{c khả

năng sau

+ Khi b ta  b 

2 2011 2015 l| hợp số

+ Khi b 3, b l| số nguyên tố nên b l| số lẻ Ta đặt  b 2k 1,k N    *

Khi ta có 2b2011 2 2k 1 2011 2.2 2k2011 2.4 k2011 1   k2011

Dễ thấy chia dư v| 2011 chia dư nên ta   k 1  k2011 chia hết cho

Do 2b2011 chia hết cho Suy 2b2011 l| hợp số Vậy không tồn c{c số nguyên tố a, b, c để ab2011 c 

Ví dụ 26. Cho a, b, c, d l| c{c số nguyên dương thỏa mãn ab cd Chứng minh 

  

n n n n

a b c d l| bợp số

Lời giải

Đặt A a nbncnd Gọi n k a,c với k 

Khi tồn c{c số nguyên dương a ; c để 1 1 a ka ; c kc  1  1 a ,c1 11

(22)

  

 n  n n n  n n n n n n n n  n n n n

1 1 1

A a b c d a k c s c k a s a c k s

Dễ thấy n n  n n 

1

a c 1; k s Do suy A l| hợp số

Ví dụ 27 Tìm tất c{c số nguyên tố p cho với số nguyên tố p ln tồn c{c số ngun dương n, x, y thỏa mãn pn x3y

Lời giải

 Với p , tồn  n  x y để   21  13 1 3  Với p , tồn  n 2 x 1; y để   32  13 2 3

 Với p , giả sử tồn c{c số nguyên dương n, x, y với n bé thỏa mãn 

 

n 3

p x y

Do p nên suy ra    x; y  1;1 , x2 xy y x y 2xy  x y   Ta có x3y3 x y x  xy y nên  2 x3y3 x y   x3y3 x2xy y  2

Do suy x y  x2 xy y phải chia hết cho p  2

Suy x y 2x2xy y 23xy chia hết cho p Do p l| số nguyên tố v| pn x3y nên ta x v| y chia hết cho p

Từ suy n , chia hai vế  pn x3y cho 3 p ta 3

    

   

   

3

n x y

p

p p

Từ suy tồn số tự c{c số nguyên dương n 3; ; x y

p p thỏa mãn yêu cầu b|i to{n.Tuy

nhiên điều n|y lại m} thuẫn với việc nhọn n nhỏ

Vậy với p khơng tồn c{c số ngun dương n, x, y thỏa mãn  pn x3y Do c{c số nguyên tố thỏa mãn yêu cầu b|i to{n l| p  p 

Ví dụ 28. Cho a, b, c l| c{c số nguyên kh{c không v| a c thỏa mãn điều kiện   



2

a a b

c c b

Chứng minh a2b2c l| số nguyên tố 2

(23)

Ta có             



2

2 2 2

2

a a b

a c b c a b a c b ac

c c b

Do a c nên ta  b2ac 0 b2 ac Từ ta

    

           2     

2 2 2 2

a b c a ac c a 2ac c ac a c b a b c a b c

Do a, b, c l| c{c số nguyên v| a c nên suy  a2 b2c2 0 Do a2b2c 2

một số ngun tố có bốn trường hợp sau xẩy ra:  Trường hợp 1: Với a b c    a b c a   b2c 2

Khi ta a c b nên suy    a2b2c2 2a 2c  

Từ ta suy a 1  2 c 12b2    0 a c 1, điều n|y tr{i với giả thiết a c   Trường hợp 2: Với a b c    a b c a   2b2 c

Khi ta a c   b nên suy a2b2 c2 2a 2c  

Từ ta suy    2  2    

a c b a c 1, điều n|y tr{i với giả thiết a c 

 Trường hợp 3: Với a b c   1      2 2

a b c a b c

Khi ta a c b nên suy    a2b2c2   2a 2c 

Từ ta suy a 1  2 c 12b2     0 a c 1 , điều n|y tr{i với giả thiết a c 

 Trường hợp 4: Với a b c   1    a b c a2b2c 2

Khi ta a c   b nên suy a2b2 c2   2a 2c 

Từ ta suy a 1  2 c 12b2     0 a c 1 , điều n|y tr{i với giả thiết a c 

Như nếu a2b2 c l| số nguyên tố tất c{c trường hợp m}u thuẫn với giả thiết a c Do  a2b2c l| số nguyên tố 2

Ví dụ 29. Tìm tất c{c số ngun dương n cho phần nguyên  

3

n 8n

3n l|

số nguyên tố

Lời giải

Đặt      

3 2

n 8n n 8n

A

(24)

 Trường hợp 1: Nếu n 3k với k l| số nguyên dương, ta 

 3 

A 3k 8k

9k

Dễ thấy 3k28k A 3k  28k nên suy              

 

2

A 3k 8k 3k 8k k 3k

9k

Để   A l| số nguyên tố k ,     A 11 l| ngun tố Từ ta tìm



n

 Trường hợp 2: Nếu n 3k với k l| số nguyên, ta  

         

 

2

A 3k 2k 8k 3k 10k

3 9k 9k

Dễ thấy 3k2 10k A 3k   210k nên suy  

  

 

           

 A 3k2 10k 1  3k2 10k k 3k

9k

Như để   A l| số nguyên tố k   3k 1, từ ta tìm   k 

Khi    A l| số nguyên tố v| n 1

 Trường hợp 2: Nếu n 3k với k l| số nguyên, ta  

          

 

2 16 2

A 3k 4k 8k 3k 12k

3 9k 9k 3

Ta thấy   



1

0

9k 3 nên suy

 

 

            

  

 

2 2

A 3k 12k 3k 12k k 4k

9k 3

Suy với k   A l| số nguyên tố Vậy để   A l| số nguyên tố n 1 n 

Ví dụ 30. Cho a, b, c, d l| c{c số nguyên dương thỏa mãn đồng thời c{c điều kiện

  

a b c d ac bd b d a c b d a c        Chứng minh ab cd  l| số nguyên tố

Lời giải

(25)

  

   

       

    2   2  2  2  2

ac bd b d a c b d a c

ac bd b d a c a ac c b bd d

Khi ta ab cd ad bc   ac b 2bd d 2bd a 2ac c  2 Hay ta ab cd ad bc     ac bd a  ac c  2

Từ suy ab cd ad bc   chia hết cho ac bd 

Gả sử ab cd l| số nguyên tố, Khi từ  a b c d ta    ab cd ac bd ad bc      Từ suy ab cd,ac bd  1 nên từ ab cd ad bc   chia hết cho ac bd ta suy  ad bd chia hết cho  ac bd , điều n|y l| vô lí  ac bd ad bc    

Vậy ab cd l| số ngun tố 

Ví dụ 31. Tìm tất c{c số nguyên tố p cho p211 có ước ph}n biệt( kể v|

chính nó)

Lời giải

+ Nếu p , ta có  p211 11 15 có bốn ước ph}n biệt l| 1; 3; 5; 15,   

+ Nếu p , ta có  p211 11 20 có s{u ước ph}n biệt l| 1; 2; 4; 5; 10; 20    Do ta có p thỏa mãn yêu cầu b|i to{n 

+ Nếu p Khi p l| số nguyên tố lẻ Ta thấy  p l| số phương lẻ nên p21 , ta suy  p211 

Lại thấy p không chia hết p chia dư 1, ta p21 nên 

 2 

p 11

Do v| nguyên tố nên ta suy p2 11 12 

Lại thấy 12 có s{u ước l| 1; 2; 3; 4; 6; 12 M| p nên  p2 11 12 

Ta thấy p2 11 l| bội 12 v| lớn hớn 12 nên p211 phải có nhiều s{u ước ph}n biệt

(26)

Ví dụ 32. Cho p l| số nguyên tố Tìm c{c số nguyên k cho k2kp l| số

nguyên dương

Lời giải

+ Nếu p , ta có  k2kp k22k k22k 1   k 1 21 Để k22k 1  k 1 21 l| số phương

Như k 1 21 k l| hai số tự nhiên liên tiếp Từ ta  2 k 1 2 1

  2 

k 1 Trường hợp n|y loại

+ Nếu p , p l| số nguyên tố lẻ Nếu k chia hết cho p, tồn số nguyên 

dương n để k np Từ ta  k2 kp  np n , để 2   2

k kp l| số

nguyên dương p n n 12    phải l| số phương, m| n, n 1  1 nên n n 1 phải

l| hai số phương Điều n|y khơng thể xẩy Do k khơng thể chia hết cho p

nguyên tố Từ để k2kp k k p l| số nguyên dương k v|   



k p phải l| hai số phương Đặt k m  k p n với   m,n N *

Khi ta p m 2n2 m n m n    Do p l| số nguyên tố nên ta p m n   m n 1  Do ta tính   

2

p k

4

Vậy với   

2

p k

4 v| p l| số nguyên tố lẻ 

2

k kp l| số nguyên dương

Ví dụ 33. Cho p l| số nguyên tố Giả sử a ;a ; ;a1 2 m l| c{c số nguyên đương đôi

kh{c thỏa mãn    

1 n

1 1

a a a Biết số nguyên dương lớn c{c số

1 m

a ;a ; ;a l| 2p Tìm c{c số nguyên a ;a ; ;a1 2 m

(27)

Khơng tính tổng qu{t ta giả sử a12p, a1 l| số nguyên dương lớn c{c số nguyên cho a ;a ; ;a1 2 m

Từ    

1 n

1 1

a a a ta có

         

1 m m

2p 1 1 1 b

1

2p 2p a a a a a a a với b l| số

nguyên dương

Suy 2pb2p a a a  2 3 m, ta 2p a a a  2 3 m chia hết cho p

Do 2p không chia hết cho p v| p l| số nguyên tố nên tích  a a a2 3 m có số ai

chia hết cho p với i 2 Không tính tổng qu{t ta giả sử a2 chi hết cho p Khi c{c số nguyên dương có a 1 a l| bội p, m| số lớn 2 a12p nên ta



a p, đồng thời c{c số a ;a ; ;a3 4 m không chia hết cho p

Từ ta lại có           

1 m m

2p 1 1 1 c

1

2p 2p p a a a a a a a với c l| số nguyên

dương

Suy ta 2pc2p a a a  3 4 m nên ta 2p a a a  3 4 m chia hết cho p Nhưng c{c số a ;a ; ;a3 4 m không chia hết cho p Nên 2p phải chia hết cho p Từ ta tính  p 

Như ta có a12p 6 a2  p nên c{c số a ;a ; ;a3 4 m phải nhỏ v| không chia hết cho Từ ta a ;a ; ;a3 4 m1; 2; 4; 5

Cũng từ    

1 n

1 1

a a a suy a ;a ; ;a3 m2; 4; 5

Ta thấy 1  1 1

6  

1 1

4 nên ta suy a2 2 Tức l| ta có   

1 1

1

6

Vậy c{c số nguyên dương cần tìm l| a16;a2 3;a3 2

Ví dụ 34 Tìm tất c{c số nguyên tố p ; p ; p ; p ; p ; p ; p ; p1 2 3 4 5 6 7 8 thỏa mãn điều kiện:

      

2 2 2 2

1

p p p p p p p p

Lời giải

Ta có nhận xét: Với p l| số nguyên tố thì: Nếu p l| số chẵn p2 4 v| p l| số lẻ

 2 

(28)

Do p ; p ; p ; p ; p ; p ; p ; p1 2 3 4 5 6 7 8 l| c{c số nguyên tố nên p ; p ; p ; p ; p ; p ; p ; p1 2 3 4 5 6 7 8 2

Từ giả thiết p21 p22p32 p24p52p62p72 p ta suy 28 p82 28 nên p8 l| số nguyên tố lẻ Từ ta  2 

8

p

Gọi k l| số c{c số chẵn dãy p ; p ; p ; p ; p ; p ; p1 2 3 4 5 6 7 với k  

Khi ta p21p22p32 p24p52 p26p27 4k A A l| tổng bình phương 



7 k số lẻ dãy p ; p ; p ; p ; p ; p ; p1 2 3 4 5 6 7

Từ ta p12p22 p32p42p52p26p274k 7 k chia hết cho  Hay ta p12p22p32p42p25p26p723k chia hết cho 

M| ta lại có p12p22p23p42p25p26p72 p nên 28 p283k chia hết cho  Lai có  2 

8

p nên suy 3k chia hết cho 8, m|  k nên ta   k 

Điều có nghĩa l| dãy p ; p ; p ; p ; p ; p ; p1 2 3 4 5 6 7 có số ngun tố chẵn, khơng tính tổng qu{t c{c số l| p1p2 p3 p4 p5 p6 2

Từ ta       

7 8

24 p p p p p p 24

Do p ; p7 8 l| số lẻ v| p8 p7 p8p7 nên ta

    



    

 

8

8 7

p p p

p p p 5(nhận)

    



    

 

8

8 7

p p p

p p p 1(loại)

Vậy c{c số nguyên tố cần tìm l| p ; p ; p ; p ; p ; p ; p ; p1 2 3 4 5 6 7 8

p ; p ; p ; p ; p ; p ; p1 7 l| c{c ho{n vị 2; 2; 2; 2; 2; 2; 5 cịn p8 7 cố định

Ví dụ 35. Tìm bốn số tự nhiên x1 x2 x3 x4 cho tất c{c số p ; p ; p ; p ; p ; p1 2 3 4 5 6đều l| số nguyên tố với p1 x4x ; p3 2 x3x ; p2 3 x2x ; p1 4 x4x ; p2 5 x3x ; p1 6 x4x1

Lời giải

Từ giả thiết p1 x4x ; p3 2 x3 x ; p2 3 x2x ; p1 4 x4x ; p2 5 x3x ; p1 6 x4x1 ta

      

4

p p p ; p p p ; p p p p Ta xét c{c trường hợp sau:

(29)

Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC  Trường hợp 2: Xét c{c số p ; p ; p1 2 3 có số chẵn v| hai số lẻ Khi p6 l| số chẵn v| lớn nên l| số nguyên tố Trường hợp n|y loại

 Trường hợp 2: Xét c{c số p ; p ; p có số lẻ v| hai số chẵn Khi có c{c khả 1 2 3 sau:

và p6 p24

Như ta cần tìm số nguyên tố lẻ p2 để p4 p5 p2 2 p6 p24 l| số nguyên tố

Ho|n to|n dễ d|ng ta tìm p2 3; p4 5; p6 7

Như c{c số nguyên tố l| p12; p2 3; p3 2; p4 5; p5 5; p6 7 Từ ta x 4x ; x3  3x ; x2  2x ; x1  4x ; x2  3x ; x1  4 x1

Suy x2 x12; x3 x15; x4 x17 với x1 l| số tự nhiên tùy ý

Ví dụ 36. Cho c{c số nguyên dương a, b, c, d thỏa mãn a2b2ab c 2d2 cd Chứng

minh a b c d l| hợp số   

Lời giải

Ta có a2b2ab c 2d2 cda b 2ab c d2cd

Hay ta a b  2 c d2 ab cd a b c d a b c d       ab cd 

Để chứng minh a b c d l| hợp số ta sử dụng phương ph{p phản chứng   

Thật vậy, giả sử a b c d l| số nguyên tố Đặt    a b c d p     Khi p a b c d    ab cd nên ta suy ab cd p 

Do ta ab cd  c a b c d p    hay ab c a b c p     a c b c p    Mặt kh{c p l| số nguyên tố v| a, b,c,d nên  c a,c b p    

(30)

Ví dụ 37. Tìm c{c số nguyên dương m v| n cho p m n l| số nguyên tố v| 2

 

3

m n chia hết cho p

Lời giải

Giả sử m; n l| cặp số nguyên dương thỏa mãn p m 2n l| số nguyên tố v| 2

 

3

m n chia hết cho p Khi ta có

        

       

       

   

          

3 2 2 2

2 2

m n m n m n m n m n

mn m n m n 3mn m n 12 m n

Từ ta m3n3 4 3mn m n  12 m2n2m n 38 m2n2 Hay ta m n m   2n22mn m n   4 p 

Do p l| số nguyên tố nên ta có hai trường hợp sau:

 Trường hợp 1: Nếu m n p  hay m n 2   m2n2 Từ ta m n m   2n2 m m 1   n n 1  2

Chú ý m v| n l| c{c số nguyên dương nên ta có

        

   

       

 

           

       

 

m m n n m 1; n 2

m m n n m m n n 1 m 2; n

m n

m m n n

Thử lại c{c cặp số ta thấy m; n       1; , 2;1 , 1;1 thỏa mãn yêu cầu b|i to{n  Trường hợp 2: Nếu m2n22mn m n   4 p 

Hay ta m2n22mn m n   4 m2n22mn m n   4 m2n 2 Ta có 2mn m n    4 m n 1     

Do ta đươc có      2        2

2mn m n m n 4mn m n m n

M| theo bất đẳng thức Cauchy ta có m n 2 4mn

Từ ta suy  

 

    

 

  

  



2

m n 4mn m

n

2 m n

(31)

Vậy c{c cặp số cần tìm l| m; n       1; , 2;1 , 1;1

Ví dụ 38. Tìm số ngun tố bé cho p viết th|nh 10 tổng có dạng:

 2  2  2   

1 2 3 10 10

p x y x 2y x 3y x 10y

Trong x ; x ; ; x1 2 10 y ; y ; y1 2 10 l| c{c số nguyên dương

Lời giải

Do  2  2  2   

1 2 3 10 10

p x y x 2y x 3y x 10y , với x ; x ; ; x1 2 10 y ; y ; y1 2 10 l| c{c số

nguyên dương nên ta p 10 

 Từ  

10 10

p x 10y suy số dư r r 9    chia p cho 10 l| số dư

10

x chia cho 10 Do x số phương nên có chữ số tận 0;1; 4; 5; 6; nên 210

chia

10

x cho 10 ta r0;1; 4; 5; 6; 9 Do p l| số nguyên tố lớn 10 nên r 1;

 Từ p x 23 3y suy số dư p chia cho l| 23

 Từ p x 28 8y suy số dư 82 s s 7    chia p cho l| số dư x chia 28 cho Do x số phương nên 28 s0;1; 4 Do p l| số nguyên tố lớn 10 nên s 

tố nên suy p 24 Đặt  p 24m , với n l| số nguyên dương 

Mặt kh{c p chia 10 có số dư r 1; nên p chia 10 có số dư l| Suy 24m

chia 10 có số dư hay 24m có chữ số tận l| 8, m có chữ số tận

cùng l| hoặc Ta đặt m 10a u với   a,u N  u0; 2; 7

 Từ p x 27 7y suy số dư 72 t t 6    chia p cho l| số dư x chia 27

cho Do

7

x số phương nên t0;1; 2; Do p l| số nguyên tố lớn 10 nên 

 



t 1; 2;

Từ ta p chia có số dư l| hoặc Do 24m chia có số dư l|  Do m chia có số dư l| hoặc Đặt m 7b v với   b,v N 

 



v 0;1;

Định dạng
Số trang	31
Dung lượng	1,46 MB