- Tron g2 số 2n+1 và 2n1 có thể đồng thời là hợp số đợc Ví dụ:
Chỉ có giá trị m=3 thì m2+2=11và m3+2=29 đều là số nguyên tố thoả mãn bài ra.
nguyên tố thoả mãn bài ra.
Trong dãy số tự nhiên có thể tìm đợc 1997 số liên tiếp nhau mà không có số nguyên tố nào hay không?
Giải: Chọn dãy số: a1=1998! +2 a1 2 a2=1998! +3 a2 3 a3=1998! +4 a3 4 .. .. ……… …… a1997=1998! +1998 a19971998, Nh vậy: Dãy số a1, a2,a…….. a1997
Gồm có 1997 số tự nhiên liên tiếp không ? có số nào là số nguyên tố. Bài tập số 9: ( Tổng quát bài 8)
Chứng minh rằng có thể tìm đợc 1 dãy số gồm n số tự nhiên liên tiếp (n≥1) không có số nào là số nguyên tố.
Giải: Ta chọn dãy số sau: a1 = (n + 1)! + 2 a1 2; a1 > 2 nên a1 là hợp số a2 = (n + 1)! + 3 a2 3; a2 > 3 nên a2 là hợp số ... ... an = (n + 1)! +(n + 1) an n+1; an > n+1 nên an là hợp số
Dãy a1, a2, a3, ... an ở trên sẽ gồm có n số tự nhiên liên tiếp trong đó không có số nào là số nguyên tố cả.
Bài số 10: Tìm tất cả các số tự nhiên n để n1998 + n1987 +1 là số nguyên tố Giải: Ta có n1998 + n1997 = n1996(n2 + n + 1) - (n1986 - 1) = n1986(n2+n+1) - [(n3)662 - 1] = n1986(n2+n+1) - (n3-1).[(n3)661 + (n3)660 + ...+ n3+1] = n1986 (n2+n+1)-(n-1)(n2+n+1). [(n3)661 + (n3)660 +... + n3+1] = (n2+n+1) [n1986-(n-1).(n3)661+(n3)660+n3+1)]
+ Với n khác 0 ⇒ n1998 + n1997 + 1 > 1 (vì n ∈ N) Vậy: Để n1988 + n1987 + 1 ∈ P ta thấy
n1998 + n1997 + 1 = n2 +n+1 ⇒ n = 1
Kết luận: Với n = 1 thì n1998 + n1197 + 1 là số nguyên tố (n ∈ N)
Tóm lại: Qua các bài toán dạng: Nhận biết số nguyên tố, sự phân bố số nguyên tố trong N, giáo viên cần giúp cho học sinh hớng suy nghĩ để chứng minh hoặc xem xét 1 số có phải là số nguyên tố hay không ? Thông qua việc phân tích và xét hết các khả năng có thể xảy ra, đối chiếu với giả thiết và các định lý, hệ quả đã học để loại bỏ các trờng hợp mâu thuẫn. Bài tập 8 là bài tập tổng quát về sự phân bố số nguyên tố trong N. Qua 2 bài 7 và 8 giáo viên cho học sinh thấy đợc sự phân bố số nguyên tố "càng về sau càng rời rạc". Từ bài toán này có thể phát triển thành bài toán khác giúp học sinh rèn luyện kỹ xảo chứng minh (Tài liệu: Số học - Bà chúa của toán học - Hoàng Chúng).
Dạng 5
các bài toán
liên quan đến số nguyên tố
Bài tập số 1:
Tìm 3 số nguyên tố sao cho tích của chúng gấp 5 lần tổng của chúng. Giải: Gọi 3 số nguyên tố phải tìm là a, b, c, ta có:
a.b.c = 5 (a+b+c) ⇒ abc 5 Vì a,b,c có vai trò bình đẳng Giả sử: a : 5, vì a ∈ P ⇒ a = 5
Khi đó: 5báo cáo = 5(5+b+c) ⇔ 5+b+c = bc ⇔ bc-b-c+1=6 ⇔ b(c-1) - (c-1) = 6
⇔ (c-1) (b-1) = 6 Do vậy: b-1=1 ⇒ b = 2
và c-1=6 và c = 7
b-1=2 ⇒ b = 3 (loại vì c = 4 ∈ P) vai trò a,b,c bình đẳng, vậy bộ số (a,b,c) cần tìm là (2,5,7)
Bài tập số 2: Tìm p, q ∈ P sao cho p2 = 8q +1 Ta có: p2 = 8q+1 ⇒ 8q= p2-1 ⇔ 8q = (p+1) (p-1) (1) Do 8q + 1 lẻ ⇒ p2 lẻ Đặt p = 2k+1 (2) Thay (2) vào (1) ta có 8q = 2k(2k+2) 2q = k(k+1) (3) Nếu q = 2 ⇒ 4 = 4 = k(k+1) ⇒ không tìm đợc k Vậy q khác 2, vì q ∈ P, q khác 2 ⇒ (2, q) = 1 Từ (3) ta có: k=2 và q=k+1 ⇒ k=2 và q =3 thay vào (2) ta có: p = 2.2+1=5
hoặc q=k và 2=k+1 ⇒ q=1 và k=1 (không thoả mãn) Vậy: cặp số p, q là (5,3) là cặp số cần tìm.
Bài tập số 3:
Tìm 1 số A gồm có các thừa số 2,5,7 biết rằng 5A có hôn A là 8 ớc số và 8A có hơn A là 18 ớc số. Giải: Giả sử A = 2α.5β.7γ T(A) = (α +1)(β+1)(γ+1) 5A = 2α.5β.7γ T(5A) = (α +1)(β+1)(γ+1) 8A = 2α+3.5β.7γ T(8A) = (α+4)(β+1)(γ+1) Theo bài ra ta có: (α+1)(β+2)(γ+1) = (α+1)(β+1)(γ+1)+8 và (α+4)(β+1)(γ+1) = (α+1)(β+1)(γ+1)+18 ⇒ (α+1)(β+1)(γ+1) = 8 (α+1) (γ+1) = 6
⇒ (γ +1) 18
và (γ +1) 16 ⇒ (γ +1) (8,6) = 2 ⇒γ + 1 = 2 ⇒γ = 1 Thay γ = 1 vào (*) ta có α + 1 = 4 ⇒ α = 3
và β + 1 = 3 và β = 2 Vậy số phải tìm là: A=23.52.7 = 1400
Bài tập số 4: Tìm số nhỏ nhất có 9 ớc số, 15 ớc số: Giải: a) Tìm số nhỏ nhất có 9 ớc số: Số nhỏ nhất có 9 ớc số là số nhỏ nhất trong các số: 22, 33, 28 Vậy số phải tìm là: 2232 = 36 b) Tơng tự ta có: Số nhỏ nhất có 15 ớc số là: 15 = 3.5 = 15.1 ⇒ số phải tìm 2434 = 324 Bài tập số 5:
Tìm số a biết a có 2 ớc nguyên tố khác nhau, có 6 ớc và tổng các ớc số bằng 28. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Giải:
Gọi a = pαqβ trong đó p, q ∈ P
Theo bài ra T (a) = (α+1)(β+1) = 6 (1)
(a) = 28 1 1 . 1 1 1 1 = − − − − + + q q p pα β (2) Từ (1): (α+1)(β+1) = 6 ⇒ α= 1; β = 2 hoặc α = 2; β = 1 +) Trờng hợp α =1; β = 2: Thay vào (2) ta có (p + 1) (q2+q+1) = 28=4.7=1.28=2.14 Do p ∈ P ⇒ p+1 ≥ 3, q2+q+1 ≥ 7 (vì q ∈ P) Vậy p+1=4 ⇒ p=3 và q2+q+1 = 7 và q=2
+) Trờng hợp α =2; β = 1 Lý luận tơng tự ta có: p = 2 và q = 3 Số a phải tìm là a) 3.22 = 12 b) 22.3 = 12 Vậy a = 12 là số cần tìm. Bài tập số 6: Cho a = 5 2 8 − + n n n ∈ N* Xác định n để a là số nguyên tố Giải: Ta thấy (2n - 5, 2) = (1,2) = 1 ⇒ Để a ∈ N* thì 2a ∈ N* Vậy ta có 2a = 5 2 21 1 5 2 ) 8 ( 2 − + = − + n n n 2a ∈ N*⇒ (2n - 5) 21 Ta có các trờng hợp sau: + 2n -5=1 ⇒ n=3 khi đó a = 11 ∈ P + 2n -5=3 ⇒ n=4 khi đó a = 4 ∈ P + n -5=7 ⇒ n=6 khi đó a = 2 ∈ P + n -5=21 ⇒ n=13 khi đó a = 1 ∈ P Vậy n = 3, n = 6 thì a là số nguyên tố. Bài tập số 7
Cho a + b = p, p ∈ P. Chứng minh rằng (a,b) = 1 Giải:
Giả sử a,b không nguyên tố cùng nhau
⇒ Tồn tại d sao cho d| a và d | b (d > 1) ⇔ a d và b d ⇒ (a+b) d Hay p d và p ∈ P (điều này không thể xảy ra)
Vậy a, b nguyên tố cùng nhau.
Bài tập số 8: Cho p là số nguyên tố, chứng minh rằng: Tồn tại 1 số viết chỉ bằng chữ số 1 chia hết cho p (p > 5, p ∈ P)
Giải: Xét dãy số: s1 = 1 s2 = 11 s3 = 111 ... sp = 1111 ... 11(p chữ số 1)
+ Nếu 1 trong các số si ( i = 1, ... p) chia hết cho p (bài toán đợc chứng minh)
+ Nếu 1 trong các số si trên không có số nào chia hết cho p thì khi chia chúng cho p sẽ nhận đợc 1 trong p-1 số d khác nhau.
Có p số si ( i = 1, ... p) mà chỉ có p-1 số d khác nhau.
Theo nguyên lý Đirichlet tồn tại ít nhất 2 số khi chia cho p có cùng một số d. Giả sử đó là sx và sy lúc đó (sx - sy) p Ta có: sx - sy = 111 ... 11 - 111 ... 11 (x > y) = 111 ... 1111000 ..00 (x-y chữ số 1 và y chữ số 0) = 111...11 . 10y (x - y chữ số 1) Do p ∈ P ⇒ (10y, p) = 1 (p > 5) Vậy (sx - sy) p ⇔ 111... 11 p (x - y chữ số 1) Do đó tồn tại 1 số chỉ viết bởi chữ số 1 chia hết cho p. (Với p > 5, p ∈ P)
Tóm lại: Ngoài các dạng bài tập cơ bản về số nguyên tố. Phần số nguyên tố còn có nhiều bài tập ở các dạng khác mà khi giải chúng, học sinh cần phải vận dụng một cách linh hoạt các kiến thức có liên quan: ớc số, bội số, chia hết và vẫn phải lần lợt xét các khả năng có thể xảy ra. Khi giảng dạy giáo viên cần giúp học sinh giải quyết theo từng dạng bài để củng cố và khắc sâu kỹ năng giải từng loại bài.
Phần ba
một số bài tập đề nghị
Bài tập 1:
Chứng minh rằng một số nguyên tố tuỳ ý có dạng 22n +1 không thể biểu diễn dới dạng hiệu các luỹ thừa bậc 5 của 2 số tự nhiên.
Giải: Giả sử tồn tại các số m, n, k thuộc N thoả mãn bài ra Ta có: 22n + 1 = m5 - k5 Mà: m5 - k5 = (m-k)(m4+m3k+m2k2+mk3+k4) (1) = 22n + 1 là số nguyên tố và m4+m3k +m2k2+mk3+k4 > 1 (vì m,n,k thuộc N) (2) Từ (1) và (2) ⇒ m - k = 1 hay m =k+1 Khi đó 22n + 1 = (k+1)5 - k5 = 5k4 + 10k3 + 10k2 + 5k + 1 Nên 22n = 5k4 + 10k3 + 10k2 + 5k
= 5(k4 + 2k3 + 2k2 + k) 5 (điều này vô lý)
Vậy: Một số nguyên tố có dạng 22n + 1 không thể biểu diễn dới dạng hiệu các lũy thừa bậc 5 của 2 số tự nhiên.
Bài tập 2:
Chứng minh mỗi cặp của dãy:
22 +1; ...; 216 + 1; ...; 22n + 1 thì nguyên tố cùng nhau Giải: Ta có:
22n = (22n-1 + 1) (22n-1 - 1)
= (22n-1 + 1) (22n-2 + 1) (22n-2 - 1) = (22n-1 + 1) (22n-1 + 1) (22n-3 + 1). M
Vậy (22n - 1) = (22n + 1) - 2 chia hết cho các số trong dãy số đã cho. Giả sử có 2 số : 22n+1 và n2k+1 (k < n) có ớc số chung là m
Khi đó m 2 (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Vì các số đã cho là số lẻ nên 2 không là ớc số chung của mỗi cặp trong dãy (Điều này mâu thuẫn với điều suy ra từ điều giả sử - ớc chung m phải chia hết cho 2)
Vậy: Mỗi cặp số của dãy đã cho phải nguyên tố cùng nhau (điều phải chứng minh)
Bài tập 3:
a) Chứng minh rằng: Nếu 2n-1 là số nguyên tố thì 2n +1 là hợp số (n > 2) b) Các số có dạng 222n+1 +3
và 224n+1 +7
là hợp số (n thuộc N) Giải:
a) Xét tích 3 số tự nhiên liên tiếp (2n - 1) 2n (2n + 1) luôn có 1 và chỉ 1 số chia hết cho 3.
Ta thấy: 2n 3 ⇒ (2n - 1) 3 hoặc (2n + 1) 3
Vậy: Nếu 2n - 1 thuộc P ⇒ 2n + 1 là hợp số
b) Nếu n = 0 ⇒ 2n - 1 = 20 - 1 = 0 không thuộc P ⇒ n = 0 không thoả mãn
+ Nếu n = 1 ⇒ n2 - 1 = 21 - 1 = 1 không thuộc P. Vậy n = 1 không thoả mãn + Xét với n > 1, n thuộc N 22n - 1 = 4n - 1 = (4-1)(4n-1 + 4n-2 + ... + 1) 3 với mọi n ⇒ 22n+1 - 2 = 2(22n - 1) 6 ⇒ 22n+1 = 6k +2 (k thuộc N) Vậy:
3222n+1 + 222n+1 +
= 26k+2 + 3 = (26)k.22+3 = 4(64k-1)+7
= 4(64-1)(64k-1 + 64k-2 + ... + 1) + 7 là một số chia hết cho 7 và lớn hơn 7 nên nó là hợp số (Chứng minh tơng tự ta có: 224n+1 +7
là hợp số)
Bài tập 4:
Chứng minh rằng: Nếu 3 số a, a + k, a+2k đều là các số nguyên tố lớn hơn 3 thì k chia hết cho 6
Giải:
Ta có: Các số nguyên tố lớn hơn 3 đều là số lẻ.
+ Nếu k là số lẻ thì a+k là số chẵn lớn hơn 2 ⇒ a+k là hợp số. Vậy k là số chẵn.
Do k chẵn, đặt k = 2m (m khác 0, m thuộc N) Xét các trờng hợp sau:
*) Nếu m 3 ⇒ k 6
*) Nếu m = 3p+1 (p khác 0, p thuộc N) thì 3 số đã cho theo thứ tự là a; a+6p+2; a+12p+4
Do a là số lẻ nên:
-) Nếu a 3 d 1 ⇒ (a+6p+2) 3 -) Nếu a 3 d 2 ⇒ (a+12p+4) 3
*) Nếu m = 3p + 2: (p khác 0, p thuộc N) thì 3 số nguyên tố đã cho lần lợt là: a; a+6p+4; a+12p+8
-) Nếu a: 3 d 1 ⇒ (a+12p+8) 3 -) Nếu a: 3 d 2 ⇒ (a+6p+4) 3
Vậy: Để 3 số a, a+2k, a+3k đồng thời là 3 số nguyên tố thì k 6
Bình phơng số nguyên tố lớn hơn 3 chia cho 3 chỉ có số d là 1 Chứng minh: Gọi p là số nguyên tố p > 3. Vậy p chỉ có dạng 3t + 1 hoặc 3t + 2 (t thuộc N*) +) Nếu p = 3t + 1 thì p2 = (3t + 1 (3t + 1) = 9t2 + 3t + 3t + 1 = 3(3t2 + t + t) + 1 Tức là p2 chia cho 3 d 1 +) Nếu p = 3t + 2 thì p2 = (3t +2(3t + 2) = 9t2 + 6t + 6t + 3 + 1 = 3(3t2 + 2t + 2t + 1 ) + 1 Tức là p2 chia cho 3 d 1
Tóm lại: Nếu p là nguyên tố, p > 3 thì p2 chia cho 3 d 1 (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Bài tập 6:
Chứng minh rằng: Nếu p là số nguyên tố; p > 3 thì p2 - 1 sẽ: a) Chia hết cho 3
b) Chia hết cho 8 c) Chia hết cho 24 Chứng minh:
Ta có: p2 - 1 = (p - 1) (p + 1)
a) Xét 3 số tự nhiên liên tiếp p-1; p; p+1
Trong 3 số này luôn có 1 số chia hết cho 3; mà p 3 (vì p là số nguyên tố lớn hơn 3) nên (p-1) hoặc (p+1) chia hết cho 3. Hay (p2 -1) 3
b) p > 3, p nguyên tố nên p lẻ. Do đó p = 2k+1 (k thuộc N*) Ta có (p-1) (p+1) = (2k+1-1) (2k+1+1)
= 2k.(2k+2) = 2k.2(k+1)
= 4k.(k+1) Ta thấy: k(k+1) là tích 2 số tự nhiên liên tiếp nên k(k+1) 2
Vậy (p2 - 1) 8
c) Ta có (p2-1) 3 và (p2-1) 8 thì (p2-1) BCNN (3,8) hay (p2 - 1) 24
Bài tập 7:
Chứng minh rằng: Với 2 số nguyên tố p và q cùng lớn hơn 3 (p > q) thì (p2 - q2) 24
Chứng minh: Theo bài 6(c) thì:
Nếu p > 3 và p nguyên tố thì (p2 - 1) 24 Nếu q > 3 và p nguyên tố thì (q2 - 1) 24 ⇒ [(p2 - 1) - (q2 - 1)] 24 ⇒ (p2 - 1 - q2 + 1) 24 ⇒ (p2 - q2) 24 Bài tập số 8:
Chứng minh nếu số c nguyên tố cùng nhau với a và b thì c nguyên cố cùng nhau với tích ab.
Giải:
Đặt ƯCLN (ab,c) = d (d thuộc N*)
⇒ ab d và c d
+) Nếu d = 1 Bài toán giải quyết xong
+) Nếu d > 1 thì d có ít nhất một ớc nguyên tố. Chẳng hạn đó là p
⇒ ab p ⇒ a p (vì p nguyên tố) hoặc b p (vì p nguyên tố)
và c p
⇒ p thuộc ƯC (a,c) (1) hoặc p thuộc ƯC (b,c) (2)
Ta thấy (1); (2) đều vô lý vì ƯCLN (a,c) = ƯCLN (b,c) = 1 Tóm lại: ab và c là nguyên tố cùng nhau
Bài tập số 9:
Tìm tổng tất cả các số có 3 chữ số mà mỗi số là tích của 4 số nguyên tố khác nhau.
Giải:
+ Ta bắt đầu xét từ các thừa số nguyên tố nhỏ nhất: Vì 2.3.5 = 30; 2.3.7 = 42; 2.3.11 = 66
Nên các thừa số thứ tự sẽ có thể là các số nguyên tố sau đây: Đối với tích thứ nhất ta có: 7; 11; 13; 17; 19; 23; 29; 31 Đối với tích thứ 2 ta có: 11, 13, 17, 19, 23 (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Đối với tích thứ 3 chỉ có 1 số là 13
Nh vậy: Tổng của tất cả các tích trên bằng:
30(7+11+13+17+19+23+29+31)+42.(11+13+17+19+23)+66.13 = 8844 Vì: 2.3.13.17 > 1000 nên các trờng hợp khác mà 2 thừa số đầu bằng 2.3 không thoả mãn điều kiện đầu bài.
+ Với hai thừa số đầu là 2 và 5 ta có: 2.5.7.11 = 770
2.5.7.13 = 910
+ Vì 2.7.11.13 và 3.5.7.11 đều lớn hơn 1000 nên không còn 4 số nguyên tố nào khác để tích của chúng là một số có 3 chữ số.
Vậy tổng phải tìm là: 8844 + 770 + 910 = 10524
Biết rằng abc 3
và abc 7 ⇒ abc 21 ⇒ 4abc 21
⇒ (400a + 40b + 4c) 21
⇒ 21. (19a+b) + (a+19b+4c) 21
⇒ (a+19b+4c) 3 và 7 Điều phải chứng minh
Bài tập số 11:
Tìm dãy số tự nhiên liên tiếp nhiều số nhất, sao cho mỗi số trong dãy là tổng của 2 số nguyên tố.
Giải: Vì mỗi số của dãy là tổng của 2 số nguyên tố nên mỗi số lẻ trong dãy là tổng của 2 và 1 số nguyên tố lẻ.
Giải sử dãy các số lẻ trong dãy số tự nhiên này là:
x1 = 2+p; x2 = 2+p+2; x3 = 2+p+4; v.v. và p; p+2; p+4 cũng là những số nguyên tố lẻ liên tiếp.
Vậy trong 3 số đó phải có một số chia hết cho 3. Suy ra p = 3. Từ đó ta có p+2 = 5; p+4 = 7; p+6=9 (9 không là số nguyên tố)
Vậy dãy số lẻ trong dãy số tự nhiên này chỉ có nhiều nhất 3 số hạng x1 = 2+3; x2 = 2+3+2 = 7 và x3 = 2+3+4 = 9
Thêm nữa ta cũng có: 4 = 2+2; 6 = 3+3; 8 = 3+5; 10 = 3+7
Từ đó ta thấy dãy số trên có nhiều số hạng hơn dãy số thoả mãn đề bài mà dãy số lẻ chỉ gồm 2 số lẻ liên tiếp.
Vậy dãy số tự nhiên liên tiếp có nhiều số nhất thoả mãn bài toán là: 4;5;6;7;8;9;10
Phần bốn