Bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán Lớp 6 - Chuyên đề: Số nguyên tố – Hợp số (Có đáp án)

Nội dung text: Bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán Lớp 6 - Chuyên đề: Số nguyên tố – Hợp số (Có đáp án)

1. CHUYÊN ĐỀ SỐ NGUYÊN TỐ - HỢP SỐ A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1. Số nguyên tố + Số nguyên tố là số tự nhiên lớn hơn 1 có 2 ước dương là 1 và chính nó. + Số nguyên tố nhỏ nhất là 2, đó là số nguyên tố chẵn duy nhất.Tất cả số nguyên tố còn lại đều là số lẻ. 2. Hợp số + Hợp số là số tự nhiên lớn hơn 1 có nhiều hơn 2 ước dương. + Ước nguyên tố nhỏ nhất của một hợp số a là một số không vượt quá a . 3. Phân tích một số ra thừa số nguyên tố + Là viết số đó dưới dạng tích của nhiều thừa số, mỗi thừa số là một số nguyên tố hoặc là lũy thừa của một số nguyên tố. + Dù phân tích một thừa số ra thừa số nguyên tố bằng cách nào thì cuối cùng ta cũng được một kết quả duy nhất. 4. Số nguyên tố cùng nhau. + Hai hay nhiều số được gọi là nguyên tố cùng nhau khi UCLN của chúng bằng 1. + Hai số tự nhiên liên tiếp là hai số nguyên tố cùng nhau. 5. Hệ quả. + Số a > 1 không có ước nguyên tố nào từ 2 đến a thì a là một số nguyên tố. + Tập hợp số nguyên tố là vô hạn. B.CÁC DẠNG TOÁN. DẠNG 1. SỬ DỤNG CÁC TÍNH CHẤT CỦA PHÉP CHIA SỐ NGUYÊN. * Trong n số nguyên liên tiếp có một và chỉ một số chia hết cho n. * Mọi số nguyên tố lớn hơn 2 đều có dạng 4n 1. * Mọi số nguyên tố lớn hơn 3 đều có dạng 6n 1. Bài 1: Cho p là số nguyên tố và một trong 2 số 8p+1 và 8p-1 là 2 số nguyên tố, hỏi số thứ 3 (ngoài 2 số nguyên tố, số còn lại) là số nguyên tố hay hợp số? HD: Với p =3 ta có 8p+1=25 là hợp số, còn 8p-1 là số nguyên tố. Với p 3 ta có 8p-1,8p,8p+1 là 3 số nguyên tố liên tiếp nên có một số chia hết cho 3.Do p là nguyên tố khác 3 nên 8p không chia hết cho 3,do đó 8p-1 hoặc 8p+1 có một số chia hết cho 3. Vậy số thứ 3 là hợp số. Bài 2. Hai số 2n 1 và 2n 1(n>2) có thể đồng thời là số nguyên tố được không? Tại sao? HD: Trong 3 số nguyên liên tiếp 2n 1,2n ,2n 1 có một số chia hết cho 3, nhưng 2n không chia hết cho 3, do đó 2n 1 hoặc 2n 1 có một số chia hết cho 3 và lớn hơn 3. Vậy 2n 1,2n 1 không đồng thời là số nguyên tố. Bài 3. Chứng minh rằng nếu p và p+2 là hai số nguyên tố lớn hơn 3 thì tổng của chúng chia hết cho 12. HD: Ta có: p + (p + 2) = 2(p + 1). p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p là số nguyên tố lẻ suy ra: p 12 2( p 1)4 (*) p, p+1, p+2 là 3 số nguyên liên tiếp nên có một số chia hết cho 3, mà p và p+2 không chia hết cho 3 nên: p 13 2( p 1)3 (**) Từ * và** suy ra: 2( p 1)12 . (đpcm) Bài 4. Tìm số nguyên tố p sao cho p+10 và p+14 là các số nguyên tố. 1
2. HD: Với p = 3 thì p + 3 = 13 và p + 14 = 17 là các số nguyên tố. Với p > 3 thì p 3k 1. Nếu p 3k 1 thì p 14 3k 153; Nếu p 3k 1 thì p 10 3k 93 ; Vậy với p 3 thì p 10 và p 14 là số nguyên tố. Bài 5. a) Tìm 3 số lẻ liên tiếp đều là các số nguyên tố. b) Tìm số nguyên tố p sao cho p vừa là tổng vừa là hiệu của hai số nguyên tố. HD: a) Trong 3 số lẻ liên tiếp có một số chia hết cho 3. Vậy trong 3 số nguyên tố đã cho phải có một số chia hết cho 3 và 3 số nguyên tố lẻ liên tiếp là 3, 5, 7. b) Giả sử p p1 p2 p3 p4 với p1, p2 , p3 , p4 là các số nguyên tố. + Vì p1, p2 là số nguyên tố nên p 2 , suy ra p lẻ. + Trong hai số p1, p2 phải có một số chẵn, trong hai số p3 , p4 cũng phải có một số chẵn. Chẳng hạn p2 p4 2 . Khi đó: p p1 2 p3 2 p4 1 p3 . Ta có p1, p1 2, p1 4 là các số nguyên tố lẻ liên tiếp nên theo câu a) p1 3 từ đó p 5 . Thử lại: 5 3 2 7 2 . Bài 6. Tìm các số tự nhiên k để dãy: k 1,k 2,k 3,...,k 10 chứa nhiều số nguyên tố nhất. HD: Với k = 0 ta có dãy 1,2,3,...,10 chứa 4 số nguyên tố là 2, 3, 5, 7. Với k = 1 ta có dãy 2, 3, 4, ..., 11 chứa 5 số nguyên tố là 2, 3, 5, 7, 11. Với k = 2 ta có dãy 3, 4, 5, ..., 12 chứa 4 số nguyên tố là 3, 5, 7, 11. Với k 3 dãy k 1,k 2,k 3,...,k 10 chứa 5 số lẻ liên tiếp, các số lẻ này lớn hơn 3 nên chia có một số chia hết cho 3, mà 5 số chẵn trong dãy hiển nhiên không là số nguyên tố. Vậy trong dãy ít hơn 5 số nguyên tố. Tóm lại k=1 thì dãy k 1,k 2,...,k 10 chứa nhiều số nguyên tố nhất. Bài 7. Ta gọi p, q là hai số tự nhiên liên tiếp, nếu giữa p và q không có số nguyên tố nào khác. Tìm 3 số nguyên tố liên tiếp p, q, r sao cho p2 q2 r 2 cũng là số nguyên tố. HD: Nếu 3 số nguyên tố p, q, r đều khác 3 thì p, q, r đều có dạng 3k 1 suy ra p2 ,q2 ,r 2 chia cho 3 đều dư 1. Khi đó p2 q2 r 2 3 và p2 q2 r 2 3 nên p2 q2 r 2 là hợp số. Vậy p = 3, q = 5, r = 7, khi đó p2 q2 r 2 32 52 72 83 là số nguyên tố. Bài 8. Tìm 3 số nguyên tố sao cho pq q p r . HD: Giả sử có 3 số nguyên tố p, q, r sao cho pq q p r . Khi đó r 3 nên r là số lẻ, suy ra p, q không cùng tính chẵn lẻ. Giả sử p = 2 và q là số lẻ. Khi đó ta có 2q q2 r . Nếu q không chia hết cho 3 thì q2 1(mod 3). Mặt khác vì q lẻ nên 2q  1(mod 3), từ đó suy ra 2q q2 3 r3, vô lí. Vậy q = 3, lúc đó r 23 32 17 là số nguyên tố. Vậy p 2,q 3,r 17 hoặc p 3,q 2,r 17 . Bài 9. 2
3. a) Chứng minh rằng số dư trong phép chia của một số nguyên tố cho 30 chỉ có thể là 1 hoặc là số nguyên tố. Khi chia cho 30 thì kết quả ra sao? b) Chứng minh rằng nếu tổng của n lũy thừa bậc 4 của các số nguyên tố lớn hơn 5 là một số nguyên tố thì (n,30) = 1. HD: a) Giả sử p là số nguyên tố và p 30k r với 0 r 30 . Nếu r là hợp số thì r có ước nguyên tố q 30 q 2;3;5. Nhưng với q =2; 3; 5 thì q lần lượt chia hết cho 2; 3; 5, vô lí. Vậy r = 1 hoặc r là số nguyên tố. Khi chia cho 60 thì kết quả không còn đúng nữa, chẳng hạn p= 109= 60.1+ 49, 49 là hợp số. b) Số nguyên tố p khi chia cho 30 chỉ có thể dư là 1, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29. Với r = 1, 11, 19, 29 thì p2 1 (mod 30). Với r = 7, 13, 17, 23 thì p2 19 (mod 30). Suy ra p4 1 (mod 30). Giả sử p1, p2 ,...pn là các số nguyên tố lớn hơn 5. 4 4 4 Khi đó q p1 p2 ... pn  n(mod30) q 30k n là số nguyên tố nên (n,30)=1. Bài 10. Tìm tất cả các bộ ba số nguyên tố a, b, c sao cho abc ab bc ca . HD: Vì a, b, c có vai trò như nhau nên giả sử a b c . Khi đó ab bc ca 3bc abc 3bc a 3 a 2 (vì a là số nguyên tố). Với a =2 ta có 2bc 2b 2c bc bc 2(b c) 4c b 4 b 2 hoặc b = 3. + Nếu b = 2 thì 4c 2 4c thõa với c là số nguyên tố bất kì. + Nếu b = 3 thì 6c 6 5c c 6 c 3 hoặc c 5 . Vậy các cặp số (a, b, c) cần tìm là (2, 2, p), (2, 3, 3), (2, 3, 5) và các hoán vị của chúng, với p là số nguyên tố. Bài 11. Cho dãy số nguyên dương a1,a2 ,....,an được xác định như sau: a1 2 , an là ước nguyên tố lớn nhất của a1a2a3...an 1 1 với n 2 . Chứng minh rằng ak 5 với mọi k. HD: Ta có a1 2,a2 3 , giả sử với n 3 nào đó mà có số 5 là ước nguyên tố lớn nhất của số m A 2.3.a3....an 1 1 thì A không thể chia hết cho 2, cho 3. Vậy chỉ có thể xảy ra A 5 với m 2 , suy ra A 1 5m 14 . Mà A 1 2.3.a3....an 1 không chia hết cho 4 do a3,...an 1 là các số lẻ, vô lí. * Vậy A không có ước nguyên tố của 5, tức là ak 5, k N . Bài 12. Tìm tất cả các số nguyên tố p để 2 p p2 cũng là số nguyên tố. HD: Với p = 2 ta có 2 p p2 22 22 4 không là số nguyên tố. Với p = 3 ta có 2 p p2 2 3 32 17 là số nguyên tố. Với p > 3 ta có p2 2 p ( p2 1) (2 p 1). Vì p lẻ và p không chia hết cho 3 nên p2 13 và 2 p 13 , do đó 2 p p2 là hợp số. Vậy, với p=3 thì 2 p p2 là số nguyên tố. DẠNG 2. ÁP DỤNG ĐỊNH LÍ FERMAT. p là số nguyên tố và (a,p) = 1 thì a p 1 1 (mod p). Bài 1. Nhà toán học Pháp Fermat đã đưa ra công thức 22n 1 để tìm các số nguyên tố với mọi n tự nhiên. 1. Hãy tính giá trị của công thức này khi n = 4. 3
4. 2. Với giá trị này hãy chứng tỏ ba tính chất sau: a) Tổng hai chữ số đầu và cuối bằng tổng các chữ số còn lại. b) Tổng bình phương các chữ số là số chính phương. c) Hiệu giữa tổng các bình phương của hai chữ số đầu và cuối với tổng các bình phương của các chữ số còn lại bằng tổng các chữ số của số đó. HD: 4 1. Ta thay n = 4 vào công thức Fermat và được: 22 1 65537 là số nguyên tố. 2. Số nguyên tố 65537 có ba tính chất sau: a) Tổng hai chữ số đầu và cuối 6 + 7 = 13 đúng bằng tỏng ba chữ số còn lại 5+5+3=13. b) Tổng bình phương các chữ số 62 52 52 32 72 36 25 25 9 49 144 là số chính phương vì 144 122 . c) Tổng bình phương của hai chữ số đầu và cuối là 62 72 36 49 85 . Tổng các bình phương của ba chữ số còn lại là 52 52 32 25 25 9 59 . Tổng các chữ số đó là 6 5 5 3 7 26. Ta nhận thấy rằng 85 59 26 . Hiệu này đúng bằng tổng các chữ số của số nguyên tố 65537. 10n 1 4n 1 4n 1 Bài 2. Cho n N * , chứng minh rằng: 22 19 và 23 32 5 là những hợp số. HD: 10n 1 Ta chứng minh 22 1923 với mọi n 1. Ta có: 210 1(mod1) 210n 1  2 (mod 22) 210n 1 22k 2,(k N) . 10n 1 10n 1 Theo định lý Fermat: 222 1(mod 23) 22 222k 2  4(mod 23) 22 1923. 10n 1 10n 1 Mặt khác: 22 19 23 nên 22 19 là hợp số với mọi n N *. 4n 1 4n 1 Ta chứng minh: 23 32 511 với mọi n 1. Bài 3. Tìm số nguyên tố p sao cho 2 p 1 chia hết cho p. HD: Giả sử p là số nguyên tố thỏa: 2 p 1 p . Theo định lý Fermat: 2 p  2(mod p) 2 p 2 p 3 (2 p 1) (2 p 2) p p 3 . Với p = 3 ta có 2 p 1 93. Bài 4. Cho p là số nguyên tố lớn hơn 2. Chứng minh rằng có vô số số tự nhiên n thỏa n.2n 1 chia hết cho p. HD: Ta có 2 p 1 1(mod p) , ta tìm n ( p 1) sao cho n.2n 1(mod p) . Ta có: n.2n m( p 1).2m( p 1) (mod p) n.2n  m 1(mod p) m kp 1,(k N*) . Vậy, với n (kp 1)( p 1),(k N*) thì n.2n 1 p . Bài 5. Cho p là số nguyên tố, chứng minh rằng số 2 p 1 chỉ có ước nguyên tố có dạng 2 pk 1. HD: Gọi q là ước nguyên tố của 2 p 1 thì q lẻ, nên theo định lí Fermat: 2q 1 1q (2 p 1,2q 1 1) 2( p,q 1) 1q q 1 p , vì nếu (q 1, p) 1 thì1q , vô lí. Mặt khác: q-1 chẵn suy ra q 12 p q 2 pk 1. 9 p 1 Bài 6. Giả sử p là số nguyên tố lẻ và m . Chứng minh rằng m là hợp số lẻ không chia hết cho 3 và 8 3m 1 1 (mod m). HD: 4
5. 3p 1 3p 1 3p 1 3p 1 Ta có: m . a.b , với a ,b . 2 4 2 4 a, b đều là các số nguyên lớn hơn 1 nên m là hợp số. Mà m 9 p 1 9 p 2 ... 9 1 và p lẻ nên m lẻ và m 1 (mod 3). Theo định lí Fermat, ta có: 9 p 9 p . 9 p 9 ( p,8) 1 nên 9 p 98p m 1  p . 8 9 p 1 Vì m 12 nên m 12 p , khi đó: 3m 1 132 p 1 m . (đpcm). 8 Bài 7. Chứng minh rằng dãy số 2003 23k với k 1,2,3.... chứa vô hạn số là lũy thừa của cùng một số nguyên tố. HD: Giả sử tồn tại số nguyên tố p sao cho: 2003 23k pn (1). Trong đó k,n là các số nguyên dương nào đó. Từ (1) dễ thấy p không chia hết cho số nguyên tố 23 nên (p,23)=1. Theo định lí nhỏ Fermat thì p22 1 chia hết cho 23, suy ra p22t có dạng p22t 1 23s với mọi số nguyên dương t. Từ đó p22t n (1 23s) pn pn 23s.pn 2003 23k 23s.pn hay p22t n 2003 23(k spn ) với mọi t 1,2,3,.... Bài toán được giải đầy đủ khi ta chỉ ra sự tồn tại số nguyên tố p thõa mãn (1). Chẳng hạn: Với p = 2 có 2003 23.91 212 Với p = 3 có 2003 23.8 37 Với p = 4 có 2003 23.6 2141 Với p = 2003 thì tồn tại k theo định lí Fermat thỏa mãn 2003 23k 200323 . Bài 8. Tìm bảy số nguyên tố sao cho tích của chúng bằng tổng các lũy thừa bậc sáu của bảy số đó. HD: Gọi bảy số nguyên tố là p1, p2, p13,....., p7 . 6 6 6 6 6 6 6 Ta có: p1 p2 p3 p4 p5 p6 p7 p1 p2 p3 p4 p5 p6 p7 (*) Ta cần dùng định lí Fecma nhỏ: Nếu số nguyên a không chia hết cho 7 thì a6 1(mod 7) .(Có thể chứng minh trực tiếp điều này thông qua việc biến đổi a3 (7k r)3 7t 1 với mọi r thỏa mãn 0 r 6, còn t là số nguyên) Giả sử trong bảy số nguyên tố trên có k số khác 7 với 0 k 7. + Nếu k = 0, nghĩa là cả bảy số trên đều bằng 7 thì ta có 7. 7. 7. 7. 7. 7. 7 = 76+ 76+ 76+ 76+ 76+ 76+ 76 thỏa mãn (*). + Nếu k = 7, nghĩa là cả bảy số trên đều là số nguyên tố khác 7 thì vế trái của (*) không chia hết cho 7, còn vế phải của (*) chia hết cho 7 theo định lí Fec ma, điều này không xảy ra. Vậy chỉ xảy ra bảy số nguyên tố trong đề bài đều là 7. DẠNG 3: PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH. Bài 1. Tìm n N * để: a) n4 4 là số nguyên tố. b) n2003 n2002 1 là số nguyên tố. HD: a) Ta có: n4 4 (n4 4n2 4) 4n2 (n2 2)2 (2n)2 (n2 2 2n)(n2 2 2n) . 5
6. Nếu n4 4 là số nguyên tố thì n2 2n 2 1 n 1. Thử lại: Với n 1 thì n4 4 5 là số nguyên tố. Vậy, với n = 1 thì n4 4 là số nguyên tố. b) Ta có: n2003 n2002 1 n2 (n2001 1) n(n2001 1) n2 n 1. Với n 1 ta có: n2001 1n3 1n2 n 1 => n2003 n2002 1n3 n 1 và n2 n 1 1 nên n2003 n2002 1 là hợp số. Với n = 1 thì n2003 n2002 1 3 là số nguyên tố. Bài 2. a) Tìm các số nguyên số p để 2p+1 là lập phương của một số tự nhiên. b) Tìm các số nguyên tố p để 13p+1 là lập phương của một số tự nhên. HD: a) Giả sử 2 p 1 n3 (với n N ); n là số lẻ nên n 2m 1 ( m N ), khi đó 3 2 2 p 1 (2m 1) p m(4m 6m 3) . Vì p là số nguyên tố nên m 1, suy ra p 13 . Thử lại: 2 p 1 2.13 1 27 33 . Vậy p 13 . b) Giả sử 13p 1 n3 (n N); p 2 suy ra n 3 . 3 2 13p 1 n 13p (n 1)(n n 1) . 13 và p là các số nguyên tố, mà n 1 1 và n2 n 1 1 => n 1 13 hoặc n 1 p . + Với n 1 13 thì n 14 , khi đó 13p n3 1 2743 p 211 là số nguyên tố. + Với n 1 p thì n2 n 1 13 n 3 , khi đó p 2 là số nguyên tố. Vậy với p=2, p=211 thì 13p+1 là lập phương của một số tự nhiên. Bài 3. Tìm tất cả các số nguyên x, y thỏa x2 2y2 1. HD: Giả sử x, y là các số nguyên tố thỏa: x2 2y2 1. Khi đó x2 2y2 1, suy ra x là số lẻ, đặt x 2n 1(n N*) . Ta có: (2n 1)2 2y2 1 4n2 4n 1 2y2 1 y2 2(n2 n)2 y2 , mà y là số nguyên tố nên suy ra y = 2. Với y = 2, ta có x 3. Thử lại với x 3, y 2 thì x2 2y2 1. Bài 4. Tìm các số nguyên tố x, y, z thỏa x y 1 z . HD: Vì x, y là các số nguyên tố nên x 2, y 2 suy ra z 5 . z là số nguyên tố lẻ nên x y là số chẵn suy ra x=2, khi đó z 2y 1. Nếu y lẻ thì 2y 13, suy ra z3 , vô lí. Vậy y chẵn, suy ra y=2, z 22 1 5 . Vậy các số nguyên tố cần tìm là x y 2; z 5. Bài 5. Chứng minh rằng nếu 1 2n 4n (n N*) là số nguyên tố thì n 3k với k N . HD: Đặt n 3k.m với (m, 3)=1. Giả sử m>1, xét hai trường hợp: i) m 3l 1(l N*) . Ta có: k k k 1 2n 4n 1 23 (3l 1) 43 (3l 1) 1 a(3l 1) a(6l 2) , (với a 23 ), suy ra 1 2n 4n a(a3l 1) a2 (a6l 1) a2 a 1a2 a 1 1 2 n 4n là hợp số. 6
7. ii) m 3l 2,(l N*) . Ta có: k k 1 2n 4n 1 23 (3l 2) 43 (3l 2) 1 a3l 2 a6l 4 a(a6l 3 1) a2 (a3l 1) a2 a 1a2 a 1 k (với a 23 ). Suy ra 1 2n 4n là hợp số. Vậy m = 1 tức là n = 3k. Bài 6. Cho a,b,c,d N * thỏa mãn ab cd . Chứng minh rằng: A an bn cn d n là hợp số với mọi n N . HD: Giả sử (a, b)=t, khi đó: a ta1,c tc1 với ( (a1,c1) 1. Từ ab = cd suy ra a1b c1d bc1 . Đặt: b kc1 c1d a1.kc1 d ka1 . n n n n n n n n n n n n n n n n Khi đó: A a b c d t a1 k c1 t c1 k a1 (k t )(a1 c1 ) . Vì k,t,a1,c1 N * nên A là hợp số. n(n 1) Bài 7. Tìm tất cả các số nguyên tố p dạng 1 ( n 1). 2 HD: n(n 1) n2 n 2 (n 1)(n 2) Ta có: p 1 . 2 2 2 Với n = 2 ta có p = 2. Với n = 3 ta có p = 5. n 1 Với n > 3 thì 2 1 và n+2 >1 nên p là hợp số. n(n 1) Vậy với n = 2, n = 3 thì p là số nguyên tố có dạng 1. 2 ab Bài 8. Tìm tất cả các số có hai chữ số ab sao cho là số nguyên tố. a b HD: Vì a,b có vai trò như nhau nên có thể giả sử a > b. ab Giả sử p với p là số nguyên tố.* a b Suy ra ab p a p hoặc b p p 2,3,5,7 . 2 2 2 a p p a p p Từ * ta có ab=ap-bp (a p)( p b) p p b 1 b p 1 Với p = 2 ta có ab 21 hoặc ab 12 . Với p = 3 ta có ab 62 hoặc ab 26 . Với p = 5 và p = 7 ta có a có 2 chữ số (loại). Vậy các số ab cần tìm là 12, 21, 26, 62. Bài 9. Cho các số p bc a,q ab c,r ca b là các số nguyên tố ( a,b,c N *). Chứng minh rằng ba số p, q, r có ít nhất hai số bằng nhau. HD: Ba số a, b, c có ít nhất hai số có cùng tính chẵn lẻ. Giả sử a,b cùng chẵn hoặc cùng lẻ, khi đó p bc a là số nguyên tố chẵn, vậy p = 2. Từ đó suy ra a = b = 1; q = c +1 và r = c+ 1 nên q = r. Bài 10. 7
8. a) Cho 2k 1 là số nguyên tố (gọi là nguyên tố Fermat). Chứng minh rằng k = 0 hoặc k = 2n. b) Cho 2k - 1 là số nguyên tố (gọi là số nguyên tố Mersenne). Chứng minh rằng k là số nguyên tố. HD: a) Giả sử phản chứng rằng k > 0 và k 2n với mọi n. Khi đó k = 2n . t, với t lẻ > 1. Vô lí với 2k + 1 là số nguyên tố. Vậy k = 0 hoặc k = 2n. b) Giả sử k = m . t với 1 < t < k m => khi đó 2k - 1 = 2t 12t 1 2k 1 là hợp số vì 2t -1 >1. Vậy k là số nguyên tố. DẠNG 4. GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN NHỜ SỬ DỤNG TÍNH CHẤT SỐ NGUYÊN TỐ. Trong nhiều trường hợp khi giải phương trình nghiệm nguyên dẫn đến việc xét các số nguyên tố t t của số dạng n a2 b2 . Một số tính chất của ước số nguyên tố của số n để sử dụng vào giải phương trình: * Mệnh đề 1. Nếu số nguyên tố p 2t k 1 với các số nguyên dương t, k và k lẻ, là ước của số t t n a2 b2 thì p là ước số chung của a và b. Chứng minh: + Giả sử p không là ước số của số a thì p cũng không là ước số của số b t (a, p) (b, p) 1. Theo định lí nhỏ Fermat thì a p 1 1(mod p) hay a2 k 1 (mod p). t t t + Tương tự b2 k 1 (mod p) suy ra a2 k b2 k  2 (mod p) * t t t t Mặt khác sử dụng hằng đẳng thức đáng nhớ ta có (a2 )k (b2 )k (a2 b2 ).M n.M trong đó k lẻ và M là số nguyên. t t Theo giả thiết n p (a2 b2 ) p , mâu thuẫn với *. Tương tự p không là ước của số p thì p không là ước của số a cũng dẫn đến mâu thuẫn. Vậy số nguyên tố p phải là ước số chung của số a và số b. * Mệnh đề 2: Giả sử a và b nguyên tố cùng nhau thì mọi ước số nguyên tố lẻ của a2 + b2 chỉ có dạng 4m + 1 (mà không có dạng 4m + 3) trong đó m là số nguyên dương. Chứng minh: + Xét ước số nguyên tố p = 4m + 3 = 2(2m + 1) +1. Theo mệnh đề 1 nếu p là ước số nguyên tố của n = a2 + b2 thì p là ước số chung của a và b p 1, mâu thuẫn. Vì p lẻ nên p chỉ có dạng p = 4m + 1. + Ta thử vận dụng các tính chất trên vào giải một số phương trình nghiệm nguyên dưới đây. Bài 1. Giải phương trình nghiệm nguyên x2 y3 7 (1) HD: Phương trình (1) x2 1 y3 23 x2 1 (y 2)(y2 2y 4) (2) Nếu y chẵn thì vế phải của (2) chia hết cho 4 x lẻ, x 2t 1 x2 1 4t 2 4t 2 không chia hết cho 4, mâu thuẫn. Vậy y là số lẻ, y 2k 1 y2 2y 4 4k 2 3 nên nó phải có ước số nguyên tố lẻ dạng 4m + 3 (vì tích các số dạng 4m + 1 lại có dạng 4k + 1). Suy ra x2 1 có ước số nguyên tố dạng p = 4m + 3, trái với mệnh đề 2. Vậy phương trình (1) không có nghiệm nguyên. x2 y2 Bài 2.Tìm tất cả các cặp số nguyên dương ( x, y ) sao cho là số nguyên dương và là ước số của x y 1995. 8
9. HD: x2 y2 Giả sử k nguyên dương và k là ước số của 1995 = 5.3.7.19 = 5n với n = 3.7.19. Các số x y nguyên tố 3, 7, 19 đều có dạng 2(2m + 1) + 1 = 4m +3 Gọi ước chung lớn nhất của x, y là d (x, y) thì x du, y dv với (u,v) 1. Theo giả thiết x2 y2 k(x y) d(u2 v2 ) k(u v) (1). Xét hai trường hợp: 1) k là ước số của n k có ước số nguyên tố dạng 4m + 3. Áp dụng mệnh đề 2 vào (1) thì u2 v2 không chứa các ước số nguyên tố của k nên k là ước số của d d k.t . Từ (1) có t(u2 v2 ) u v , do đó u2 u2 v2 u v u (1) vô nghiệm. 2) k = 5m với m là ước số của m. Lúc đó (1) trở thành d(u2 v2 ) 5m(u v) . Lập luận như trên thì m là ước số của d. Suy ra d = m.t. Từ đó ta có t(u2 v2 ) 5(u v) (2) Từ (2) có u2 v2 5(u v) A u2 v2 5(u v) 0 (3) Mặt khác 4A 4u2 20u 25 4v2 20v 25 50 (2u 5)2 (2v 5)2 50 12 72 50 0 A 0 Kết hợp với (3) phải có A= 0. u 3 u 2 Điều này xảy ra chỉ khi 2u 5 1 và v=1, nghĩa là và v 1 v 1 x 3m x 2m Từ A = 0 và (2) suy ra t 1 d m . Các số x, y phải tìm là hoặc trong đó m y m y m là ước của n = 3.7.19, nghĩa là m lấy 8 giá trị sau: 1, 3, 7, 19, 21, 57, 133, 399. Bài 3. Tìm số nhỏ nhất trong tập hợp các số chính phương dạng 15a + 16b và 16a -15b với a, b là các số nguyên dương nào đó. HD: Giả sử 15a + 16b = m2 và 16a -15b = n2 (1) với m, n là các số nguyên dương. Khi đó: m4 n4 (15a 16b)2 (16a 15b)2 (152 162 )(a2 b2 ) 481(a2 b2 ) hay m4 n4 13.37(a2 b2 ) (2) Các số nguyên tố 13 và 37 đều có dạng p 22 k 1 với k lẻ. Giả sử (m,n) d m du,n dv với (u,v) =1 => (2) trở thành d 4 (u4 v4 ) 481(a2 b2 ) (3) Vì (u,v) = 1 nên u4 v4 không chứa các ước số nguyên tố 13 và 37 do đó 481 là ước của d d 481.t . Để cho m, n nhỏ nhất, ta lấy t = 1. Lúc đó (3) trở thành 4813 (u4 v4 ) a2 b2 (4) Từ (1) có m2 n2 31b a hay 4813 (u2 v2 ) 31a b (5). Có thể chọn u v 1 để m, n nhỏ nhất, lúc đó a = 31b và a2 b2 4813.2 . Từ đó có b = 481 và a = 31.481 suy ra m = n = 481. Bài 4. Tìm số có 3 chữ số mà có đúng 5 ước. HD: Giả sử p và q là hai số nguyên tố khác nhau, khi đó pq có 4 ước đó là 1, p, q, pq và số p2q có 6 ước đó là 1, p, p2, q, pq, p2p. Do đó số phải tìm có dạng pn. Vì số pn có n + 1 ước nên muốn có đúng 5 ước thì rõ ràng n = 4. Số p4 là số có 3 chữ số khi p = 5. 9
10. Vậy số phải tìm là 54 = 625. Bài 5. Tìm 3 số nguyên tố biết rằng một trong ba số đó bằng hiệu các lập phương của hai số kia. HD: Gọi ba số nguyên tố đó là a, b, c. Ta có c a3 b3 chẳng hạn. => c (a b)(a2 ab b2 ) . Muốn c là số nguyên tố thì a - b = 1, điều này chỉ xảy ra khi các số nguyên tố là a = 3, b = 2. Suy ra: c = 27 - 8 = 19. Vậy ba số nguyên phải tìm là 2; 3; 19. Bài 6. Xét dãy số nguyên tố từ nhỏ đến lớn: 2; 3; 5; 7; 11; 13; 17;... ta lập hai dãy số 5 = 2 + 3; 8 = 3 + 5; 12 = 5 + 7; 18 = 7 + 11; 24 = 11 + 13; ... và 6 = 2.3; 15 = 3.5; 35 = 5.7; 77 = 7.11; 143 = 11.13; ... Có hay không một số hạng nào đó của dãy thứ nhất bằng một số hạng nào đó của dãy thứ hai. HD: Nhận xét: + Ở dãy thứ nhất các số hạng theo thứ tự là tổng của hai số nguyên tố liền nhau và tất cả số hạng của dãy (trừ số hạng đầu là 5) đều là chẵn. + Ở dãy thứ hai các số hạng theo thứ tự là tích của hai số nguyên tố liền nhau và tất cả số hạng của dãy (trừ số hạng đầu là 6) đều là lẻ. Do đó ta có thể kết luận rằng: không có một số hạng nào của dãy thứ nhất bằng một số hạng của dãy thứ hai. Bài 7. Tìm số nguyên tố p biết rằng p + 2 và p +4 cũng là số nguyên tố. HD: Do p 1 vì 1 không phải là số nguyên tố, nên p có thể có dạng p = 3k. Nếu p = 3k + 1 thì p + 2 = 3k + 3 là hợp số. Nếu p = 3k + 2 thì p + 4 = 3k + 6 cũng là hợp số. Do đó p chỉ có thể bằng 3 và p + 2 = 3 + 2 =5 là số nguyên tố, p + 4 =3 +4 =7 là số nguyên tố. Bài 8. Có bao nhiêu số có ba chữ số mà mỗi chữ số của nó là ước nguyên tố của chúng? HD: Các ước nguyên tố có 1 chữ số là: 2; 3; 5 và 7. Nếu số phải tìm bắt đầu bằng chữ số 2 thì nó phải chia hết cho 2 và tận cùng bằng 2. Chữ số thứ hai phải là 2, vì số 232 không chia hết cho 3, số 252 không chia hết cho 5 và số 272 không chia hết cho 7. Vậy số phải tìm là 222. Tương tự số phải tìm mà bắt đầu bằng chữ số 5 thì đó là số 555. Bây giờ nếu bắt đầu bằng 3 thì hai chữ số cuối phải tạo thành một số chia hết cho 3, do đó chúng chỉ có thể là 3 và 3 hoặc 5 và 7. Thử lại thấy rằng chỉ có số 333 là thích hợp. Cuối cùng nếu bắt đầu bằng 7 thì hai chữ số cuối phải tạo thành một số chia hết cho 7. Thử lại thấy rằng chỉ có hai số 777 và 735 là thích hợp. Tóm lại có 5 số thỏa mãn bài ra là: 222; 333; 555; 735; 777. Bài 9. Một xí nghiệp điện tử trong một ngày đã giao cho một cửa hàng một số máy tivi. Số máy này là một số có ba chữ số mà nếu tăng chữ số đầu lên n lần, giảm các chữ số thứ hai và thứ ba đi n lần thì sẽ được một số mới lớn gấp n lần số máy đã giao. Tìm n và số máy tivi đã giao. HD: Giả sử số máy tivi đã giao là abc 100a 10b c . Ta có: 100(a n) 10(b n) (c n) n(100a 10b c) hay 100a 100n 10b 10n c n 100an 10bn cn . 89n Từ đó ta được: 100a 10b c . n 1 10