SKKN số nguyên tố

Số nguyên tố đợc nghiên cứu từ nhiều thế kỷ trớc công nguyên, nhng cho đến nay nhiều bài toán về số nguyên tố vẫn cha đợc giải quyết trọn vẹn, các nhà toán học cũng cha tìm đợc một dạng

Số nguyên tố đợc nghiên cứu từ nhiều thế kỷ trớc công nguyên, nhng cho đến nay nhiều bài toán về số nguyên tố vẫn cha đợc giải quyết trọn vẹn, các nhà toán học cũng cha tìm đợc một dạng tổng quát của số nguyên tố, vì thế mà việc nhận biết một số có là số nguyên tố hay không thì cũng rất phức tạp Nhng việc sử dụng các

số nguyên tố trong số học thì lại rất cần thiết, đặc biệt trong việc bồi dỡng học sinh giỏi Qua tham khảo, học hỏi và thử nghiệm tôi có một số khái quát về số nguyên tố

và ứng dụng của nó trong việc bồi dỡng học sinh giỏi Rất mong đợc sự tham khảo, góp ý của các đồng nghiệp

A : Nội dung

I) Khái niệm về số nguyên tố

1.Định nghĩa :

• Số nguyên tố là số tự nhiên lớn hơn 1 và chỉ có hai ớc là 1 và chính nó

• Hợp số là số tự nhiên lớn hơn 1 và có nhiều hơn 2 ớc

Số tự nhiên lớn hơn 1 nếu không là số nguyên tố thì số đó là hợp số

N = { 0; 1 } U P U A

Trong đó P là tập hợp các số nguyên tố , A là tập hợp các hợp các hợp số

* Nhận xét:

+ p là số nguyên tố ⇔ p > 1; q\ p ⇒ q = 1 hoặc q = p

+ a là hợp số ⇔ a > 1 và ∃ q sao cho q\a ; 1< q < a

+ Số 2 là số nguyên tố chẵn duy nhất, mọi số nguyên tố lớn hơn 2 đều là số lẻ

• Dựa vào các nhận xét trên, học sinh dễ dàng nhận biết đợc một số là số nguyên tố hay hợp số trong một số trờng hợp đơn giản

Ví dụ : Chứng tỏ rằng các số sau là hợp số

a) A = 31111411111

b) B = 7.9.11.13.15 -17

c) C = 7.19.23.29 - 14

*Hớng dẫn giải

a) A=31111411111 =31111100000 +311111 = 311111 ( 100000 + 1 )

= 311111 100001

⇒A  311111 , mà A > 311111 ⇒A là hợp số

b) B = 7.9.11.13.15 - 17

Ta có tích 7.9.11.13.15 là một số lẻ ⇒ B =7.9.11.13.15 - 17 là một số chẵn ,

mà B > 2 ⇒B là hợp số

c ) C = 7.19.23.29 - 14

Ta chứng minh C 7 mà C > 7 ⇒ C là hợp số

2 Mệnh đề : Ước nhỏ nhất khác 1 của một số tự nhiên lớn hơn 1 là một số nguyên

tố

Chứng minh: Giả sử a ∈ N; a > 1; p là ớc nhỏ nhất khác 1 của a; p > 1 ta chứng

minh p là số nguyên tố

Giả sử p không là số nguyên tố ⇒ p là hợp số ⇒ ∃ q ∈ N sao cho 1 < q < p;

q\p mà p\a ⇒ q\a

Vậy ∃ q; 1 < q < p; q\a trái với giả thiết p là ớc nhỏ nhất khác 1 của a vậy p phải là số nguyên tố

* Hệ quả:

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

3 Định lý Ơclít : Có vô số số nguyên tố.

Chứng minh: Tồn tại số nguyên tố khác n số nguyên tố đã cho

Giả sử P1; P2 ; ; Pn là n số nguyên tố đã biết

Xét số A = P1 P2 Pn + 1 > 1

Suy ra tồn tại số nguyên tố P sao cho P là ớc của A

+ Nếu P = Pi; i = 1;2; ; n

Mà P\ A suy ra P\1 ( Điều này vô lý) vì P phải là số nguyên tố

Vậy P ≠ Pi Do đó tồn tại số nguyên tố khác n số nguyên tố đã cho

Vậy có vô số số nguyên tố hay tập các số nguyên tố là tập vô hạn

iI) Sàng Ơratôxten:

( Thuật toán tìm tất cả các số nguyên tố không vợt quá một số tự nhiên n nào

đó)

1 Bổ đề: Mỗi hợp số a đều có ít nhất một ớc nguyên tố nhỏ hơn hoặc bằng a

Chứng minh: Giả sử P là ớc nhỏ nhất khác 1 của a ⇒ P là số nguyên tố

P\a ⇒ a = P q ⇒ q\a ; q > 1 ( vì nếu q = 1 ⇒ a = P, điều này vô lý vì a là hợp số còn P là số nguyên tố )

Vậy q ≥ P ⇒ a = P.q ≥ P2 ⇒ P ≤ a ( Điều cần chứng minh)

* Hệ quả : Nêú số tự nhiên n > 1 không có ớc nguyên tố nào từ 2 đến căn bậc hai của n thì n là một số nguyên tố

Ví dụ: Số 113 có là số nguyên tố hay không

Các số nguyên tố nhỏ hơn hoặc bằng 113 là 2; 3; 5; 7

113 không chia hết cho 2 hoặc 3 hoặc 5 hoặc 7 vậy 113 không là số nguyên tố

2 Sàng Ơratôxten:

Cách tìm tất cả các số nguyên tố trong một khoảng nào đó

+ Ta biết các số tự nhiên từ 1 đến n rồi gạch đi những số không phải là số nguyên tố thì các số còn lại là số nguyên tố

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18

- Gạch số 1

- Số 2 là số nguyên tố ⇒ gạch các bội của 2

- Số đầu tiên không bị gạch là số 3 ⇒ số 3 là số nguyên tố; gạch các bội của 3

- Số 5 là số đầu tiên không bị gạch ( sau bớc 2)⇒ số 5 là số nguyên tố; gạch các bội của 5

Sau khi gạch các bội của số nguyên tố lớn nhất, nhỏ hơn n thì tất cả các số còn lại đều là số nguyên tố

* Nhà toán học cổ Hy Lạp Ơratôxten là ngời đầu tiên tìm ra cách này Ông viết các số lên giấy cỏ sậy căng trên một cái khung rồi dùi thủng các hợp số đợc một vật tơng tự nh cái sàng; các số không phải là số nguyên tố thì đợc qua sàng, còn các số nguyên tố thì đợc giữ lại.

III) Định lý cơ bản

1 Bổ đề : Cho p là một số nguyên tố thì

a) Với mọi số tự nhiên a thì a  p hoặc ( a; p) = 1

b) Nếu p\a.b thì p\a hoặc p\b

Chứng minh:

a) Xét ( a;p) = 1 hoặc p

Nếu ( a;p) = 1 ⇒ Điều cần chứng minh

Nếu (a;p) = p ⇒ a  p

Vậy với mọi số tự nhiên a thì a  p hoặc ( a; p) = 1

b) p\a.b

+ Nếu p không chia hết a ⇒ (a;p) = 1⇒ p\b vậy Nếu p\a.b thì p\a hoặc p\b

* Mở rộng: p\a1a2 an ⇒ ∃ ai; i ∈{ 1; 2; : n } sao cho p\ai ; i∈{1;2; ; n}

2 Định lý cơ bản:

Mọi số tự nhiên a lớn hơn 1 đều phân tích đợc thành tích các thừa số nguyên tố

và sự phân tích đó là duy nhất nếu không kể đến thứ tự

Chứng minh:

* Chứng minh tồn tại sự phân tích

+ Vì a>1⇒ ∃ P1 nguyên tố; P1\a ⇒ a = P1 a1

Nếu a1 = 1 ⇒ a = P1 là sự phân tích

Nếu a1 > 1 ⇒ ∃ P2 nguyên tố ; P2\a1 ⇒ a1 = p2 a2

Nếu a2 = 1 ⇒ a = P1 P2 là sự phân tích

Nếu a2> 1 ta lại lặp lại nh trên

Quá trình trên dừng lại sau hữu hạn bớc vì có dãy a > a1 > a2 >

Mà dãy a1 ; a2 ; là dãy số tự nhiên giảm dần nên đến bớc thứ n nào đó phải

có an = 1 nên khi đó a = P1 P2 Pn

* Chứng minh tính duy nhất

Giả sử có 2 sự phân tích là

a = P1P2 Pn và a = q1q2 qm

Ta chứng minh n = m và Pi = qi với i = 1; 2; ; n

P1P2 Pn = q1q2 qm ⇒ q1\P1P2 Pn ⇒ q1\P1 ⇒ P1 = q1 vì P1; q1 là các số

nguyên tố

P1 = q1 ⇒ P2P3 Pn= q2q3 qm

Lập lại lập luận trên, suy ra P2 = q2

Lập luận trên có thể tiếp tục cho đến khi một trong hai vế không còn thừa số nguyên tố nào, nhng khi đó vế kia cũng hết thừa số nguyên tố vì ngợc lại sẽ xẩy ra 1

= qn+1 qm hoặc 1 = Pm+1 Pn điều này vô lý vì qn+1; qm là các số nguyên tố; Pm+1;

Pm cũng là các số nguyên tố

Vậy n = m và Pi = qi

3 Sự phân tích chính tắc

Sự phân tích chính tắc của số tự nhiên a lớn hơn 1 có dạng:

a = P1 P2 Pk

ni ≥ 1; i = 1; 2; ; k

Đó là sự phân tích chính tắc của a

Ví dụ: 360 = 23 32 5 là sự phân tích chính tắc của số 360

4

ứ ng dụng của định lý cơ bản

a) ớc của 1 số tự nhiên

Nếu a = P1 P2 Pk là sự phân tích chính tắc của số a thì

d\a ⇔d = P1.P2 Pk; 0≤ li ≤ ni ; i = 1; 2; ; k

* Hệ quả: Số các ớc của số tự nhiên a ký hiệu là T(a) xác định nh sau:

T(a) = ( n1 + 1) (n2 + 1) (nk + 1)

Vậy muốn tìm số các ớc số của một số tự nhiên a lớn hơn 1 ta chỉ cần phân tích a ra thừa số nguyên tố ở dạng chính tắc rồi vận dụng công thức:

T(a) = ( n1 + 1) (n2 + 1) (nk + 1)

b) Tìm ƯCLN; BCNN

Giả sử P1; P2; ; Pk là tất cả các ớc nguyên tố chung của a và b

Giả sử a = P P2 Pk

b = P1.P2 Pk

ni ≥ 0; mi ≥ 0; i = 1; 2; ; k khi đó

(a;b) = P1 P2 Pk li = min (ni; mi)

[ a ; b] = P1 P2 Pk ; ti = max (n1; mi)

* Hạn chế của phơng pháp trên là khi tìm ƯCLN của 2 số tự nhiên lớn thì rất

Ví dụ: Tìm ( 137543212; 17354) thì không nên sử dụng phơng pháp trên mà ta nên dùng thuật toán Ơclít để tìm ƯCLN

IV) Dạng tổng quát của một số nguyên tố.

Hiện nay ta cha tìm đợc dạng tổng quát của một số nguyên tố

Ta có thể chứng minh đợc

a) Mọi số nguyên tố lớn hơn 2 đều có dạng 4n + 1 hoặc 4n + 3; n∈N

b) Mọi số nguyên tố lớn hơn 3 đều có dạng 6n + 1 hoặc 6n + 5; n∈N

Chứng minh:

a) Gọi P là số nguyên tố lớn hơn 2

Chia P cho 4 đợc thơng là k; d r

Suy ra P = 4k + r ; 0 ≤ r < 4

Vì P là số nguyên tố lớn hơn 2 suy ra P không chia hết cho 2 mà 4k  2

⇒ r không chia hết cho 2 ⇒ r = 1; 3

Vậy P chia cho 4 d 1 hoặc 3

Hay P có dạng 4n + 1 hoặc 4n + 3; n∈N

b) Gọi P là số nguyên tố lớn hơn 3; khi chia P cho 6 đợc thơng là k; d r

Ta có P = 6k + r ; 0 ≤ r < 6

Vì P là số nguyên tố lớn hơn 3 suy ra P là số lẻ suy ra P không chia hết cho 2

mà 6k  2 suy ra r không chia hết cho 2

Vĩ P là số nguyên tố lớn hơn 3 suy ra P không chia hết cho 3 mà 6k chia hết cho 3, suy ra r không chia hết cho 3

Vậy r không chia hết cho 2 và 3 mà 0 ≤ r < 6 suy ra r = 5 hoặc r = 1

Vậy P chia cho 6 d 1 hoặc 5 Hay P có dạng 6n + 1 hoặc 6n + 5; n ∈ N

V) cách nhận biết một số P có là số nguyên tố hay không

1 Chia số đó lần lợt cho các số nguyên tố từ nhỏ đến số nguyên tố nhỏ hơn

hoặc bằng P

- Nếu có một phép chia hết thì số đó không là số nguyên tố

- Nếu chia cho đến lúc số thơng nhỏ hơn số chia mà các phép chia vẫn có số d thì số đó là số nguyên tố

2 Một số có 2 ớc số lớn hơn 1 thì số đó không phải là số nguyên tố.

VI) Số nguyên tố cùng nhau :

1 Khái niệm:

- Hai hay nhiều số đợc gọi là nguyên tố cùng nhau khi ƯCLN của chúng bằng 1

- Ba số đợc gọi là nguyên tố sánh đôi khi từng đôi một nguyên tố cùng nhau

2 Chú ý: Ba số nguyên tố sánh đôi thì chúng nguyên tố cùng nhau; còn ngợc

lại thì không đúng

B : một số bài tập tham khảo

Bài 1:Tìm các số nguyên tố p để:

a) p+10 ; p+14 cũng là các số nguyên tố

b) p+2 ; p+4 cũng là các số nguyên tố

c) p=2 ; p +6 ; p+8 ; p+14 cũng là các số nguyên tố

Bài 2 : tìm tất cả các số tự nhiên k để

a) k+1 ; k+3 ; k+7 ;k+9 ;k+13 ;k+15 là các số nguyên tố

b) k4+4 là các số nguyên tố

c) k3- k2+k -1 là các số nguyên tố

d) k1997 + k1975+1 là các số nguyên tố

Bµi 3 : Chøng minh r»ng

a)mäi sè nguyªn tè kh¸c 2 vµ 3 cã d¹ng 6m+1 hoÆc 6m-1

b)cã v« sè sè nguyªn tè d¹ng 6m -1

Bµi 4:Chøng minh r»ng víi mäi sè nguyªn n >1 th×

a) 19.8n + 17 lµ hîp sè

b) 22 n+1 +3 lµ hîp sè

c) 22 n+1 +7 lµ hîp sè

Bµi 5 :

a) Cho p vµ p +4 lµ c¸c sè nguyªn tè ( p > 3 ) Chøng minh r»ng p + 8 lµ hîp sè b) Cho p vµ 8p -1 lµ c¸c sè nguyªn tè.Chøng minh r»ng 8p + 1 lµ hîp sè

Bµi 6: Chøng minh r»ng nÕu 1+2n+ 4n ( n z∈ +) lµ sè nguyªn tè th× n =3k

víi k N∈

Bµi 7:cho c¸c sè nguyªn d¬ng a,b,c,d tho¶ m·n a b = c.d

Chøng minh r»ng A= an +bn + cn + dn lµ hîp sè víi mäi n N∈

Bµi 8 :T×m c¸c sè nguyªn tè x ; y ; z tho¶ m·n

a) x2- 2.y2- 1 = 0

b) x2+ y3 = z4

c) x.y.z = 3( x + y + z )

Bµi 9: T×m c¸c sè nguyªn tè cã bèn ch÷ sè abcd sao cho ab ; ac lµ c¸c sè nguyªn

tè vµ b2 = cd + b - c

Bµi10 :Cho A = n ! + 1 , B = n+1 ( n∈Z ) Chøng minh r»ng nÕu AB th× B lµ sè nguyªn

VII) Kết luận

Trên đây là một số kiến thức mở rộng về số nguyên tố, chúng tôi đã sử dụng

để bồi dỡng học sinh giỏi phần chuyên đề số nguyên tố Qua thực tiễn giảng dạy tôi thấy học sinh tiếp thu tốt, biết vận dụng linh hoạt, sáng tạo vào việc giải các bài tập và thu đợc kết quả tốt Chắc chắn những vấn đề nêu trên không tránh khỏi những thiếu sót, vậy rất mong đợc sự góp ý của các đồng nghiệp và các cấp lãnh đạo.

Trực Ninh, ngày 20 tháng 5 năm 2004

Ngời viết

Ngô Văn Vịnh