Khóa luận Tìm hiểu và phân loại bài tập về số nguyên tố

ới k nào đó  {0,1,....s} (2) Số tự nhiên lẻ n trong đó n – 1 = 2sm thỏa mãn am  – 1 (mod m) hoặc tồn tại k  {0, 1,...., s} sao cho a m s 2  – 1 (mod m) được gọi là số nguyên tố xác suất 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 cơ 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 tố Fermat 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 mạnh Fermat 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 tố mạnh Fermat đồng thời với bảy cơ sở a = 2, 3, 5, 7, 11, 13 và 17 (Jaeschhe – 1993). Tìm hiểu lí thuyết – phân dạng bài tập về số nguyên tố 11 2.3 Số giả nguyên tố Euler Định nghĩa: Số tự nhiên lẻ n thỏa mãn đồng dư thức tương tự với một a nào đó a 2 1n   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 Định nghĩa: Định lí Euler khẳng định: Với mọi số nguyên tố p và mọi số a a 2 1p  ( p a ) (mod p) Trong đó: ( p a ) 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: ( n a ). Số tự nhiên lẻ n thỏa mãn đồng dư thức tương tự định lí Euler: a 2 1n  ( n a ) (mod n) 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 tố Euler – Jacobi cơ sở a. Nhận xét: 1. Mọi số giả nguyên tố Euler cơ 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 tố Euler cơ sở a. 3. Mọi số giả nguyên tố Fermat mạnh c ơ sở a đều là số giả nguyên tố Euler – Jacobi. 4. Mọi số giả nguyên tố Euler – Jacobi cơ sở a thỏa mãn một trong hai điều kiện sau là số giả nguyên tố mạnh c ơ sở a. Tìm hiểu lí thuyết – phân dạng bài tập về số nguyên tố 12 + n  3 (mod 4) + Kí hiệu Jacobi ( n a ) = – 1 3) Số nguyên tố Pamanujan Định nghĩa: - Số nguyên tố Ramanujan là các số Rn sao cho Rn là 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 Rn sao cho Rn là số nhỏ nhất 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 số nguyên tố Mỗi khi hàm π(x) − π(x\2) tăng lên 1 đó là do có thêm một số nguyên tố nữa. 4) Số nguyên tố Mersenne Định nghĩa: Số nguyên tố Mersenne là một số có dạng lũy thừa của 2 trừ 1: 2 n − 1 với n là số nguyên tố Ví dụ: 31 là số nguyên tố Mersenne Mn = 31 = 25 – 1 với 5 là số nguyên tố Điều kiện cần để Mn là số nguyên tố là n là số nguyên tố, 24 – 1 = 15 là hợp số vì 4 không là nguyên tố, nh ưng ngược lại không đúng: ví dụ số Mersenne 2047 = 211 − 1 không là nguyên tố vì nó chia hết cho 89 và 23, mặc dù số 11 là số nguyên tố. Hiện nay, các số nguyên tố lớn nhất được tìm thấy thường là số nguyên tố Mersenne. Tìm hiểu lí thuyết – phân dạng bài tập về số nguyên tố 13 Phần hai: PHÂN DẠNG BÀI TOÁN VỀ SỐ NGUYÊN TỐ Trong chương này chúng ta sẽ 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 ước nguyên 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 hết 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. Tìm hiểu lí thuyết – phân dạng bài tập về số nguyên tố 14 Chứng minh rằng 22 m + 1 và 22 n + 1 nguyên tố cùng nhau. Từ đó suy ra tập hợp các số nguyên tố là vô hạn. - Giả sử m > n. Đặt m = n + r, r  N* khi đó: b = 22 m + 1 = (22 n )2 r + 1 Đặt a = 22 n + 1 ta có: b = (a – 1)2 r + 1 = ak + Z, k  (Sau khi khai triển nhị thức (a – 1)2 r ) Từ đó (a,b) = (a,2) = 1 do a là số lẻ. Gọi pn là số nguyên tố nhỏ nhất của 2 2 n + 1 (n  Z*) Theo chứng minh trên pm  pn nm . Vậy dãy số (pn) n  N là đôi một khác nhau  Tập các số nguyên tố là vô hạn. Cách 3: Chứng minh có vô số số nguyên tố bằng cách dựa vào số ước số nguyên tố của một số. Trước hết ta chứng minh với m > 2 ta có )(m > 1, từ đó suy ra có vô số số nguyên tố. Với m > 2  m – 1 > 1 và (m – 1,m) = (m,1) = 1. Do đó )(m > 1 Giả sử chỉ có k số nguyên tố p 1, p2, ...., pk Đặt m = p1.p2....pk > 2 Với mọi giá trị k nguyên sao cho 1 < k < m thì k đều có ước nguyên tố pi nào đó nên (k,m)  1. Từ đó  )(m = 1 (vì chỉ có (1,m) = 1) 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 Tìm hiểu lí thuyết – phân dạng bài tập về số nguyên tố 15 Các số A + 2, A + 3,......, A + 1001 là 1000 số tự nhiên liên tiếp, rõ ràng các số đó là hợp số  Có tồn tại 1000 số tự nhiên liên tiếp đều là hợp 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 số nguyên tố nên p không chia hết cho 3  p có dạng 3k + 1, 3k + 2 Mặt khác ta có 3k + 2 = 3k + 3 – 1 = 3(k + 1) – 1 = 3l – 1 Vậy với mọi số nguyên tố p đều cố dạng     13 13 k k Bài toán 4: Tìm tất cả các số nguyên tố có dạng ( 1) 2 n n  – 1 ( n  1) Giải: ( 1) 2 n n  – 1 = ( 1)( 2 ) 2 n n  p *) n = 2  p = 2, n = 3  p = 5 thỏa mãn. *) n > 3 thế thì hoặc n – 1 chẵn hoặc n + 2 chẵn nên p là hợp số.  Giá trị p cần tìm là p = 2 hoặc p = 5. Các bài tập tương tự: 1. Chứng minh rằng với m > 2 giữa m và m! có 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) Tìm hiểu lí thuyết – phân dạng bài tập về số nguyên tố 16 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 số nguyên 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. Do đó số ước của A bằng: x + y + z + xy + yz + xz + xyz +1 = (x + 1) + y(y + 1) + z(z + 1) + yz(x + 1) = (x + 1)(1 + y + z + yz) = (x + 1)[y + 1 + z(y + 1)] = (x + 1)(y + 1)(z + 1). (đpcm) Bài toán 2: N sau khi phân tích thành thừa số nguyên tố thì có dạng: N = axbycz. Biết rằng : - Khi chia N cho a thương tìm được có 252 ước số. Tìm hiểu lí thuyết – phân dạng bài tập về số nguyên tố 17 - Khi chia N cho b, số các ước của thương tìm được ít hơn của N là 45 ước số. - Khi chia N cho c thì số ước của thương tìm được ít hơn N là 3 ước số. Tìm x, y, z ? Giải: Theo giả thiết ta có a N = ax - 1bycz; b N = ax by - 1cz; c N = ax bycz – 1 Ta có:       (3)351)z1)(y(x-1)1)(z1)(y(x (2)451)1)y(z(x-1)1)(z1)(y(x (1)2521)1)(zx(y        )(3'351)1)(y(x )(2'451)1)(z(x )'1( x 2521)1)(z(y Từ (2’) và (3’)  1)1)(z(y1)(x 2  = 45.35 Thay (1’) vào ta có: (x + 1)2. x 252 = 45.35  (x + 1)2.4 = 25x  4x2 – 17x + 4 = 0      )(4 )( 4 1 mãnthoax loaix 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 Tìm hiểu lí thuyết – phân dạng bài tập về số nguyên tố 18 Bài toán 3: Tìm tất cả các số tự nhiên có dạng phân tích tiêu chuẩn n = 32 và )(n = 403 Giải: Với n = 32 thì ta có 13 13. 12 12)( 11        n = 403 = 13.31 Do tính phân tích duy nhất của dạng tiêu chuẩn ta có: -         13 13 13 3112 1 1                 2 4 33 22 273 322 31 51 1 1       -         13 13 13 3112 1 1         633 142 1 1            13 13 13 3112 1 1    vô nghiệm Vậy n = 24.32 = 144 Các bài tập tương tự: 1. Cho một N có dạng pxqyrz; p, q, r là các số nguyên tố và pq – r = 3; pr – q = 9. Biết rằng các số p N , q N , r N tương ứng có ít hơn số ước số của N là 20, 12, 15. Tìm số N ? 2. Chứng minh một số là số chính phương khi và chỉ khi số ước của nó là số lẻ. 3. Tìm số nhỏ nhất có 9 ước số Biết dạng phân tích tiêu chuẩn của m =  qp và )( 2m = 15. Tính )( 3m ? 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. Tìm hiểu lí thuyết – phân dạng bài tập về số nguyên tố 19 Bài toán 1: Cho 2m – 1 là số nguyên tố. Chứng minh rằng m là số nguyên 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 là hợp 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 + 2 n + 4n ( n Z+) là số nguyên tố thì n = 3k với k  N. Giải: Đặt n = 3k.a ( n không có dạng 3k) a  1 (a,3) = 1 m = 2 3 k ( m  2; m  N) Giả sử a > 1 ta xét 2 trường hợp sau: a = 3b + 1 và a = 3b + 2 * Nếu a = 3b + 1 (b  N) ta có: 1 + 2n + 4n = (1 + m + m2) + (m3b+1 - m) + m2( m6b – m2)  1 + m + m2 vì m6b – m2  (1 + m + m2 )  (m3b – 1)  (m3 – 1)  (1 + m + m2 ) Mặt khác ta lại có: 1+ ma + m2a > 1 + m +m2 Nên : 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. Tìm hiểu lí thuyết – phân dạng bài tập về số nguyên tố 20 Giải: Xét số nguyên tố p có dạng     13 3 kp p Với p = 3  8p2 + 1 = 73 là số nguyên tố và 8p2 + 2p + 1 = 79 là số nguyên tố. Với p = 3k – 1  8p2 + 1 = 8(3k – 1)2 + 1 = 72k2 – 48k + 9 = 3(24k2 – 16k + 3)  3 (vô lý vì 8p2 + 1 là số nguyên tố). Với p = 3k + 1  8p2 + 1 = 8(3k + 1)2 + 1 = 72k2 + 48k + 9 = 3(24k2 + 16k + 3)  3 (vô lý vì 8p2 + 1 là số nguyên tố). Vậy p = 3 thì 8p2 + 2p + 1 là số nguyên tố. Các bài tập tương tự: 1. Cho 3n – 2n là lũy thừa của 1 số nguyên tố với n nguyên dương. Chứng minh n nguyên tố 2. Cho p là một số nguyên tố dạng 4k + 3, a và b là các số nguyên. Chứng minh: Nếu a2 + b2  p thì a, b đều chia hết cho p. 3. Số a4 + a2 + 1 có thể là một số nguyên tố không? Loại 2: Chứng minh một số, một biểu thức là hợp số Các bài toán dạng này thường dùng để chứng minh một số, một biểu thức nào đó là hợp số, chủ yếu dựa vào tính chất chia hết và không chia hết của một số nguyên hoặc có thể đưa về dạng đồng dư với 0 theo mod p (với p nguyên tố) để kết luận số đó là hợp số. Bài toán 1: Cho p  5 là một số nguyên tố và 2p + 1 cũng là một số nguyên tố. Chứng minh rằng 4p + 1 là hợp số Giải: Xét tích: 4p(4p + 1)(4p + 2) = 8p(4p + 1)(2p + 1) Vế trái của đẳng thức là tích của ba số nguyên liên tiếp nên nó chia hết cho 3. Do (3,8) = 1, (p,3) = 1 và (2p + 1, 3) = 1 nên 4p + 1 chia h ết cho 3 Tìm hiểu lí thuyết – phân dạng bài tập về số nguyên tố 21 Mặt khác 4p + 1  21 nên nó là hợp số. Bài toán 2: Cho a, b, c  thỏa mãn ab = cd. Chứng minh rằng A = an + bn + cn + dn là hợp số  n  Giải: Giả sử (a,c) = t . Khi đó ta có     1 1 tcc taa với (a1,c1) = 1 Từ ab = cd  a1b = c1d mà (a1,c1) = 1 nên b  c1 Đặt b = kc1  c1d = a1kc1 c1d = k a1 Khi đó: A = an + bn + cn + dn = tna n1 + k nc n1 + t nc n1 + k na n1 = tn(a n1 + c n1 ) + k n(a n1 + c n1 ) = (tn + kn)( a n1 + c n1 ) Vì t, k, a1, c1  nên  A là hợp số. Bài toán 3: Chứng minh rằng 2 1102 n + 19 là hợp số Giải: Ta sẽ chứng minh 2 1102 n + 19  23 ( )1 n Thật vậy: Do (2,23) = 1 nên 2 )23(  222  1 (mod 23) Giả sử 210n + 1 = 22q + r 0 < r < 22  210n = 11q + r’ Do (2,11) = 1 nên 2 )11(  210  1 (mod 11) Do đó: 210n  1 (mod 11)  r’ = 1 Từ đó 210n + 1 = 22q + 2. Theo mođun 23 ta có: 2 1102 n = 222q.22  4 (mod 23)  2 1102 n + 19  0 (mod 23)  2 1102 n + 19  23  2 1102 n + 19 là hợp số (đpcm) Các bài tập tương tự: 1. (IMO 2001) Cho a, b, c, d là các số nguyên dương thỏa mãn a > b > c > d và ac + bd = k(b + d + a – c) với k  . Chứng minh rằng ab + cd không là số nguyên tố. Tìm hiểu lí thuyết – phân dạng bài tập về số nguyên tố 22 2. Chứng minh rằng: Tồn tại k sao cho 2 nk + 1 là hợp số n  3. Cho n  . Chứng minh các số sau là hợp số: a) A = 2 122 n + 3 b) B = 2 142 n + 7 c) C = 2 162 n + 13 Dạng 3: Tìm số x thỏa mãn điều kiện cho trước Những bài toán thuộc dạng này được giải quyết dựa trên cơ sở phân tích các dữ liệu của bài toán hay yêu cầu của bài toán để quy về một tính chất nào đó rồi dùng phương pháp suy luận, loại trừ để giải. Loại 1: Tìm số nguyên tố p thỏa mãn một số điều kiện cho trước Bài toán 1: Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho tổng tất cả các ước tự nhiên của p4 là một số chính phương. Giải: Ta có: )( 4p = 1 + p + p2 + p3 + p4 p > 0 Giả sử )( 4p = 1 + p + p2 + p3 + p4 = n2  4 + 4p + 4p2 + 4p3 + 4p4 = 4n2 Dễ thấy : (2p2 + p)2 < (2n)2 < (2p2 + p + 2)2 Nên (2n)2 = (2p2 + p + 1)2  4 + 4p + 4p2 + 4p3 + 4p4 = 4p4 + 4p3 + 5p2 + 2p + 1  p2 – 2p – 3 = 0      )(3 )(1 mãnthoap loaip Với p = 3 ta có )3( = 1 + 3 + 32 + 33 + 34 = 121 = 112 Vậy p thỏa mãn yêu cầu bài toán. Bài toán 2: (olympic bungari 1996). Tìm tất cả các số nguyên tố p, q sao cho pq\(5p – 2q)(5q – 2p) Giải: Không mất tính tổng quát giả sử p  q Dễ thấy : (5p – 2q)(5q – 2p) là số lẻ nên p, q khác Nếu 3  5 – 2  5k – 2k (mod k) thì k = 3 Ta sẽ c\m một trong 2 số p, q tồn tại ít nhất 1 số bằng 3. Tìm hiểu lí thuyết – phân dạng bài tập về số nguyên tố 23 Giả sử phản chứng p, q  3 Do đó : p\(5p – 2q) hay 5p  2q (mod p) Tiếp theo ta có nhận xét rằng : Nếu (a,m) = (b,m) = 1 và ax  bx (mod m), ay  by (mod m) thì : a(x,y)  (x,y) (mod m) Mặt khác theo định lí Fermat thì : 5p – 1  2p – 1 (mod p). Khi đó áp dụng nhận xét ta được : 5(p – 1,q)  2(p – 1,q) (mod p). Rõ ràng : (p – 1,q) = 1. Do đó : 5  2 (mod p).  p = 3 mâu thuẫn. Vậy p = 3. Nếu q > 3 thì q\(5q – 2p) = 53 – 23 = 9.13 và vì thế q = 13 Còn nếu q = 3 dễ dàng kiểm tra thấy thỏa mãn. Vậy tất cả các bộ (p,q) là (3,3); (3,13); (13,3) Bài toán 3: Tìm 3 số nguyên tố p; q; r sao cho pq + qp = r. Giải: Giả sử có 3 số nguyên tố p; q; r sao cho p q + qp = r. khi đó r >3  r lẻ. Vậy p; q không cùng tính chẵn, lẻ nên phải có một số nguyên tố chẵn là 2. Giả sử p = 2 khi đó 2q + q2 = r +) Nếu q không chia hết cho 3  q2  1 ( mod 3) Mặt khác q lẻ  2q – 1 ( mod 3)  2q + q2  3 ( không nguyên tố). Vậy q  3, q nguyên tố  q = 3 Khi đó r = 23 + 32 = 17 Do p, q có vai trò như nhau nên có thể p = 3 ; q = 2 Vậy có 2 bộ số được tìm là (2; 3; 17) và ( 3; 2; 17) Các bài tập tương tự: 1. Tìm số nguyên tố p thỏa mãn điều kiện p\(2p + 1) 2. Tìm số nguyên tố p sao cho: a) 2p + 1 là lập phương của một số tự nhiên. Tìm hiểu lí thuyết – phân dạng bài tập về số nguyên tố 24 b) 13p + 1 là lập phương của một số tự nhiên. 3. Cho p là một số nguyên tố dạng 4k + 3, a và b là các số ngu yên. Chứng minh: Nếu a2 + b2  p thì a, b đều chia hết cho p. 4. Tìm số nguyên tố p sao cho a) 8p2 + 1 và 8p2 – 1 là những số nguyên tố b) p + 2, p + 6 và p + 8 là những số nguyên tố. c) p + 10, p + 14 là những số nguyên tố. Loại 2: Tìm số tự nhiên n để một số, một biểu thức là số nguyên tố Bài toán 1: Tìm số tự nhiên n để A = n1997 + n1996 + 1 là số nguyên tố Giải: ta có: Trường hợp 1: n = 0 thì A = n1997 + n1996 + 1 không là số nguyên tố Trường hợp 2: n = 1 thì A = n1997 + n1996 + 1 = 3 là số nguyên tố. Trường hợp 3: n > 1 ta có A = n1997 + n1996 + 1 = (n1997 – n2) + (n1996 – n) + ( n2 + n + 1) = n2(n1995 – 1) + n(n1995 – 1) + (n2 + n + 1) = ( n2 + n)(n1995 – 1) + (n2 + n + 1) Ta có: n1995 – 1 = (n3)665 – 1 = ( n3 – 1) [(n3)664 + (n3)663 +.......+ n2 + 1] = ( n – 1)( n2 + n +1)[(n3)664 + (n3)663 +.......+ n2 + 1]  ( n2 + n + 1) Do n > 0  n2 + n + 1 > 1. Vì vậy để n1997 + n1996 + 1 là số nguyên tố thì n1997 + n1996 + 1 = n2 + n + 1  n = 1. Bài toán 2: Tìm n  để B = n4 + 4n là số nguyên tố Giải: Trường hợp 1: n = 0 thì B = n4 + 4n = 1 không là số nguyên tố Trường hợp 2: n = 1 thì B = n4 + 4n = 5 là số nguyên tố Trường hợp 3: n > 1 - Nếu n chẵn thì B = n4 + 4n  2 mà n4 + 4n > 2 nên n4 + 4n là hợp số. Tìm hiểu lí thuyết – phân dạng bài tập về số nguyên tố 25 - Nếu n lẻ đặt n = 2k + 1 ta có: B = n4 + 4n = n4 + 42k + 1 = n4 + (2.4k)2 = (n2 + 2.4k)2 – 2n2.2.4k = (n2 + 2.4k)2 – (2n.2k)2 = (n2 + 2.4k - 2n.2k)( n2 + 2.4k + 2n.2k) = (n2 – 2n.2k + 22k + 22k) (n2 + 2n.2k + 22k + 22k) = [(n – 2k)2 + 22k] [(n + 2k)2 + 22k] là hợp số Do [(n – 2k)2 + 22k] > 1; [(n + 2k)2 + 22k] > 1 Vậy n = 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Bài toán 3: Tìm các số tự nhiên m; n để: A = 3 23 6 61m n  + 4 là số nguyên tố. Giải: Ta có 3m2 + 6n – 61 chia 3 dư 2. Ta đặt 3m2 + 6n – 61 = 3k + 2 (k N)  A =33k + 2 + 4 = 9.27k + 4 Dễ thấy rằng 9.27k  9 (mod 13)  9.27k + 4  13. Để A nguyên tố thì A = 13  33k + 2 = 9  k = 0 3m2 + 6n – 61 = 3k + 2 = 2 (vì k = 0)  3m2 + 6n – 63 = 0  m2 + 2n – 21 = 0  n < 11. Do 2n chẵn  m2 phải là số lẻ  m2 = 1, m2 = 9  Nếu m2 = 1  m = 1, n =10.  Nếu m2 = 9  m = 3; n = 6. Vậy các giá trị cần tìm là (1, 10) ; (3, 6) Các bài tập tương tự: 1. Tìm n  để a) n2009 + n2008 + 1 là số nguyên tố b) n3 – n2 + n – 1 là số nguyên tố 2. Chứng minh rằng nếu an + 1 là số nguyên tố với a > 1 thì n = 2 k với k  . 3. Tìm tất cả các số n sao cho: a. n4 + n2 + 1 là số nguyên tố. c. n1998 + n1997 + 1 là số nguyên tố. b. n3 – n2 + n – 1 là số nguyên tố. Tìm hiểu lí thuyết – phân dạng bài tập về số nguyên tố 26 Dạng 4: Áp dụng giải phương trình nghiệm nguyên, chia hết Đây là dạng bài toán tổng hợp, cần sử dụng nhiều phương pháp phối hợp để giải các bài toán. Cần chú ý đến tính chia hết trong vành số nguyên để vận dụng phù hợp vào các bài toán. Bài toán 1: Giải phương trình nghiệm nguyên dương x2 – y3 = 7 * Mệnh đề: Cho p là một số nguyên tố dạng 4k + 3, a và là số nguyên. Khi đó nếu a2 + b2  p thì a và b đều chia hết cho p Chứng minh: Giả sử a và b đều không chia hết cho p Theo định lí nhỏ Fermat ta có:       pb pa p p   1 1 1 1        pb pa k k   1 1 24 24  a4k + 2 + b4k + 2 – 2  p  (a2)2k + 1 + (b2)2k + 1 – 2  p Vì (a2)2k + 1 + (b2)2k + 1 – 2  a2 + b2 nên  a4k + 2 + b4k + 2  p nên 2  p (vô lý) Vậy a  p hoặc b  p. Giải: x2 – y3 = 7  x2 + 1 = y3 + 8  x2 + 1 = y3 + 23  x2 + 1 = (y + 2)(y2 – 2y + 4) (2) - Nếu y chẵn thì vế phải (2) chia hết cho 4 nên x lẻ Đặt x = 2t + 1  x2 + 1 = 4t2 + 4t + 2 không chia hết cho 4 (loại) - Nếu y lẻ, x chẵn: Đặt y = 2k + 1  y2 – 2y + 4 = (2k + 1)2 – 2(2k + 1) + 4 = 4k + 3 nên nó có ư ớc nguyên tố lẻ dạng 4k + 3  x2 + 1 có ước nguyên tố dạng 4m + 3 (*) Tìm hiểu lí thuyết – phân dạng bài tập về số nguyên tố 27 Mặt khác ta có: Nếu (a,b) = 1 thì mọi ước nguyên tố lẻ của a2 + b2 chỉ có dạng 4m + 1 m   x2 + 1 có ước nguyên tố dạng 4m + 3 (mâu thuẫn) Vậy phương trình không có nghiệm nguyên dương. Bài toán 2: Tìm số nguyên dương x, y, z thỏa mãn hệ phương trình     222 222 13 13 tyx zyx (*) Giả sử (xo, yo, zo, to) là một nghiệm của hệ (*) Đặt (xo, yo) = d  zo  d Đặt xo = dx1 (x1, y1, z1 nguyên dương) yo = dy1 (x1, y1) = 1 zo = dz1 Từ hệ (*) ta có: 14(xo2 + yo2) = zo2 + to2  14(x12 + y12) = z12 + t12  z12 + t12  7 Theo mệnh đề ta có z1  7, t1  7  z12 + t12  49  x12 + y12  7 Áp dụng mệnh đề ta có: x1  7, y1  7. Điều này mâu thuẫn với giả thiết (x1, y1) = 1 Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên. Bài toán 3: Chứng minh với mọi số nguyên tố p > 2, thì tử số m của phân số tối giản 1 1...... 3 1 2 11  pn m chia hết cho p. Giải: Cách 1: Ta thấy tử số của phân số n m chính là  1 )!1(p i i p Cần chứng minh biểu thức đó chia hết cho p. Ta thấy có tất cả p – 1 số hạng, ta sẽ chia chúng thành từng cặp có t ổng chia hết cho p như sau : Tìm hiểu lí thuyết – phân dạng bài tập về số nguyên tố 28 ) )( )!1((.) )( )!1(())!1()!1(()!1( 2 1 1 2 1 1 1 1 2 1 1 ipi ppp ipi pp ip p i p i p p i p i p i p i               Tổng còn lại rõ ràng là số nguyên nên biểu thức trên chia hết cho p. Ta có đpcm. Cách 2: Do p là số nguyên tố lớn hơn 2 nên (p – 1) là số chẵn do đó ta có thể chia các số hạng của tổng thành 2 1p nhóm. Ta có: Do p là số nguyên tố mà các thừa số ở mẫu thì nhỏ h ơn p nên sau khi giản ước ở tử số vẫn còn thừa số p.  m  p Ta được đpcm. Các bài tập tương tự: 1. Tìm các nghiệm nguyên dương của các phương trình: a) 19x2 + 28y2 = 729 b) x2 + y2 = 3z2 c) x2 + y2 = 1210 2. (Chọn đội tuyển quốc gia Cộng Hòa Liên Bang Đức 1979) Cho x, y  sao cho yx yx   22 là số nguyên và là ước của 1978. Chứng minh rằng: x = y 3. Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố lẻ thì:         2 1 1 2 1 1 22 p i p p i pi ii chia hết cho p. Dạng 5: Áp dụng, chứng minh một số bổ đề, định lí có ứng dụng trong giải các bài toán về số nguyên tố Tìm hiểu lí thuyết – phân dạng bài tập về số nguyên tố 29 Thông thường các bài toán ở dạng này đều vận dụng chặt chẽ các định lý, mệnh đề, hệ quả để lập luận giải quyết bài toán một cách tối ưu nhất. * Bổ ®Ò: Giả sử p =2t.k + 1 là số nguyên tố lẻ với t, k là các số tự nhiên, k là số tự nhiên lẻ. Khi đó, nếu các số tự nhiên x, y sao cho x2 t + y2 t  p thì x và y đồng thời chia hết cho p. Chứng minh bổ đề: Ta sử dụng phép chứng minh bằng phản chứng. Giả sử x không chia hết cho p, từ giả thiết suy ra y cũng không chia hết cho p. Theo định lí nhỏ Fec-ma ta có: xp – 1  1 (mod p), yp – 1  1 (mod p) Hay: x2 t .k  1 (mod p), y2 t .k  1 (mod p) Suy ra: x2 t .k + y2 t .k  2 (mod p) Mà theo giả thiết x2 t + y2 t  0 (mod p) nên x2 t .k + y2 t .k  0 (mod p) (Do k lẻ) Vậy điều giả sử trên của ta là sai. Tóm lại ta có đpcm. Bài toán 1: T×m tÊt c¶ c¸c cÆp sè ( x, y) *N sao cho 2 2x y x y   *N vµ lµ ­íc cña 1995 Gi¶ sö 2 2x y x y   = k nguyªn d­¬ng vµ k là ­íc sè cña 1995 = 5.3.7.19 = 5n víi n = 3.7.19 C¸c sè nguyªn tè cã d¹ng 2(2m+1)+1 = 4m+3 Gäi ¦CLN cña x vµ y lµ d = (x,y) th× x = du vµ y = dv víi (u,v)=1 Tõ gi¶ thiÕt => d( 2 2u v ) = k(u-v) (1) Tìm hiểu lí thuyết – phân dạng bài tập về số nguyên tố 30 XÐt 2 Tr­êng hîp : 1) n  k th× k cã ­íc nguyªn tè d¹ng 4m+3 Áp dông bæ ®Ò vµo (1) => 2 2u v kh«ng chøa c¸c ­íc ngu