SKKN Dạy số nguyên tố ở trường THCS

Trong th của thủ tớng Phạm văn Đồng gửicác bạn trẻ yêu toán Đăng trên Báo Toán học Tuổi trẻ có đoạn viết: “ Trongcác môn khoa học kỹ thuật, toán học giữ một vị trí đặc biệt, nó có tác dụ

Lời nói đầu

Toán học là một trong những môn học có vị trí quan trọng trong nhà ờng Dạy toán là dạy phơng pháp suy luận khoa học Học toán- là rèn khả năng

tr-t duy logic, còn giải tr-toán là mộtr-t phơng tr-tiện rấtr-t tr-tốtr-t tr-trong việc nắm vững tr-tri tr-thức,phát triển t duy, hình thành kỹ năng, kỹ xảo Nhng khi nói đến tính toán có rấtnhiều ngời cho rằng: Đây là một môn khoa học khô khan, cứng nhắc Còn thực

tế toán học là công cụ vĩ đại làm giảm nhẹ công việc trong các lĩnh vực khácnhau Trong toán học cũng đã thâm nhập vào trong những nghề mà có lẽ chúng

ta cha bao giờ tìm thấy toán Ví dụ nh một công nhân chuyên ngành, một ngờibán hàng cũng không thể không có những nghiên cứu mà cơ sở của nhữngnghiên cứu đó tạo nên bởi thống kê toán học…Vì vậy ta có thể nói: Toán họcVì vậy ta có thể nói: Toán họckhông phải là sự thông minh sách vở khô khan, nhằm chọc tức những ngời ítquan tâm cũng không phải là những tính toán ngốc nghếch chỉ đem lại kết làthuộc lòng một tóm tắt công thức Trong th của thủ tớng Phạm văn Đồng gửicác bạn trẻ yêu toán( Đăng trên Báo Toán học Tuổi trẻ) có đoạn viết: “ Trongcác môn khoa học kỹ thuật, toán học giữ một vị trí đặc biệt, nó có tác dụng lớn

đối với sản xuất và chiến đấu”

Trong toán học, Phân môn số học là phân môn có từ lâu đời nhất và có nhiều sựhấp dẫn Các bài toán số học đã cuốn hút và làm say mê lòng ngời: Từ các nhàtoán học lỗi lạc của mọi thời đại đến đông đảo các bạn trẻ yêu toán Thế giớicác con số quen thuộc đối với chúng ta trong cuộc sống hàng ngày, nhng nócũng là một thế giới hết sức kỳ lạ và đầy bí ẩn Loài ngời đã phát hiện trong đóbiết bao tính chất, bao quy luật đồng thời cũng đau đầu cha thể chứng minh đ-

ợc một số những dự kiến, dự đoán toán học Một điều lý thú là có nhiều mệnh

đề khó của số học lại đợc phát biểu rất đơn giản, rất dễ hiểu Nhiều bài táon sốhọc khó nhng lại có thể giải quyết sáng tạo với những kiến thức số học rất phổthông Trong số học, chúng ta còn có thể lần theo dấu vết của những bài toán

cổ xa, đồng thời cũng đến đợc với những vấn đề đầy bí ẩn đang chờ đón.Chínhvì lẽ đó mà các bài toán số học luôn có mặt trong các đề thi chọn học sinh giỏitoán ở tất cả các cấp học và đối với hầu hết các nớc trên thế giới

Là một bộ phận của toán học, số nguyên tố cũng tựu chung đầy đủ các yếu tốtrên Làm quen đối với số nguyên tố và yêu thích số nguyên tố, chúng ta càngthấy rõ chân lý “ Toán học là môn thể dục của trí tuệ” Nó giúp rèn luyện đợctính kiên trì vợt khó, t duy lôgíc vá tính sáng tạo

Trong chơng trình của bậc trung học cơ sở, số nguyên tố đợc đề cập trong 4tiết, trong đó có 2 tiết lý thuyết và 2 tiết luyện tập; ngoài ra còn một số đơn vịkiến thức đợc nằm rải rác ở các tiết học khác( sách giáo khoa toán 6) Trong

điều kiện đó, giáo viên mới dừng ở mức độ giúp học sinh có đợc hiểu biết sơ

đẳng nhất về số nguyên tố nh :định nghĩa số nguyên tố, những tính chất cơ bảncủa số nguyên tố và các bài tập ứng dụng lý thuyết đơn thuần Vì vậy khi gặpcác bài toán về số nguyên tố ở dạng tổng quát và phức tạp, học sinh th ờng haylúng túng và bế tắc

Là giáo viên, tôi thấy việc giúp đỡ các em học sinh, nhất là các em học sinhkhá giỏi tìm hiểu sâu sắc hơn về số nguyên tố là một việc làm rất cần thiết.Vớinhững lý do đó, cùng với sự trăn trở, say mê nghiên cứu, tìm tòi học hỏi, tôimạnh dạn trình bày một số quan điểm khi giảng dạy chuyên đề “Số nguyên tố”trong trờng trung học cơ sở với đối tợng là học sinh khá giỏi

Trong phạm vi chuyên đề này, tôi trình bày những nội dung sau:

Phần thứ nhất: Một số kiến thức cơ bản về số nguyên tố Phần này tôi nhằm hệthống lại các kiến thức cơ bản về số nguyên tố mà chúng ta sẽ sử dụng giải cácbài tập

Phần thứ hai: Một số bài toán cơ bản về số nguyên tố lớp 6 Các bài tập trongphần này đợc đa ra theo các dạng và cỏtình bày lời giải

Phần thứ 3: Các bài tập đề nghị( có lời giải kèm theo)

Phần thứ 4: Phụ lục, trong phần này tôi giới thiệu một số vấn đề ít đợc đề cập

Phần 1Tóm tắt một số kiến thức cơ bản về số nguyên tố

3) Các số 0 và 1 không phải là số nguyên tố cũng không phải là hợp số

4) Bất kỳ số tự nhiên lớn hơn 1 nào cũng có ít nhất 1 ớc số nguyên tố

II- Một sốđịnh lý cơ bản

1- Định lý 1: Dãy số nguyên tố là dãy số vô hạn

Chứng minh:

Cách 1:

Lấy một số nguyên tố p bất kỳ

Lập tích của p với tất cả các số nguyên tố nhỏ hơn p rồi cộng thêm 1, ta đợc

số A

Ta có: A= 2 3 5 7 …Vì vậy ta có thể nói: Toán học…Vì vậy ta có thể nói: Toán họcp+1

*Nếu A là số nguyên tố: Bài toán đợc chứng minh xong

*Nếu A là hợp số:

Chia A cho 2; 3; 5; …Vì vậy ta có thể nói: Toán học ; p ta luôn đợc số d là 1 suy ra nếu phân tích A rathừa số nguyên tố thì các thừa số nguyên tố này đều lớn hơn p Điều đó cónghĩa:Với mọi số nguyên tố p đều có số nguyên tố lớn hơn nó

pi (1i  n)

Ta thấy (2) mâu thuẫn với (1)

Vậy ko thể có hữu hạn số nguyên tố

2-Định lý 2:

Mọi số tự nhiên lớn hơn 1 đều phân tích ra thừa số nguyên tố một cách duynhất (Không thể thứ tự các thừa số)

Chứng minh:

 Mọi số tự nhiên lớn hơn 1 đều phân tích ra thừa số nguyên tố:

Thật vậy: GIả sử trên là đúng với mọi số m thoả mãn: 1<m<n ta chứngminh điều đó đúng với n

Nếu n là nguyên tố ta có điều phải chứng minh

Nếu n là hợp số, theo định nghĩa hợp số, ta có:n=a.b ( với a, b <n)

Theo giả thiết qui nạp: a và b là tích các thừa số nhỏ hơn n lên n là tíchcủa các thừa số nguyên tố

 Sự phân tích là duy nhất:

Giả sử mọi số m<n đều phân tích đợc ra rhừa số nguyên tố một cách duynhất, ta chứng minh điều đó đúng với n:

Nếu n là số nguyên tố thì ta đợc điều phải chứng minh

Nếu n là hợp số giả sử co hai cách phân tích n ra thừa số nguyên tố khácnhau

n= p.q.r…Vì vậy ta có thể nói: Toán học

n=p’.q’.r’…Vì vậy ta có thể nói: Toán học

Trong đó: p,q,r,…Vì vậy ta có thể nói: Toán học và p’,q’,r’…Vì vậy ta có thể nói: Toán học là các số nguyên tố và ko có số nguyên

tố nào cùng có mặt trong cả 2 phân tích đó (vì nếu có số thoả mãn điều kiện nhtrên, ta có thể chia n cho số đó lúc đó thơng sẽ nhỏ hơn n, thơng này có haicách phân tích ra thừa số a nguyên tố khác nhau, trái với giả thiết của qui nạp)

Không mất tính tổng quát, ta có thể giả thiết p và p’ lấn lợt là các sốnguyên tố nhỏ nhất trong phân tích thứ nhất và thứ hai

Khi phân tích ra thừa số nguyên tố ta có:

m = n-pp’ = pp’.P Q…Vì vậy ta có thể nói: Toán học với P, Q P (P là tập hợp các số nguyên tố)

 pp’ | n = pp’ | p.q.r…Vì vậy ta có thể nói: Toán học p’| q.r…Vì vậy ta có thể nói: Toán học. p’ là ớc nguyên tố của q.r…Vì vậy ta có thể nói: Toán học

Mà p’ không trùng với một thừa số nào trong q’,r…Vì vậy ta có thể nói: Toán học.( điều này trái vớigiả thiết là mọi số nhỏ hơn n đều phân tích đợc ra thừa số nguyên tố một cáchduy nhất)

Vậy điều giả sử không đúng, n không thể là hợp số mà n phải là sốnguyên tố( định lí đợc chứng minh)

III/ Cách nhận biết một số nguyên tố:

Cách 1:

Chia số đó lần lợt cho các số nguyên tố từ nhỏ đến lớn: 2;3;5;7…Vì vậy ta có thể nói: Toán học

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

Nếu thực hiện phép chia cho đến lúc thơng số nhỏ hơn số chia mà cácphép chia vẫn có số d thì số đó nguyên tố

Cách 2:

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

Cho học sinh lớp 6 học cách nhận biết một số nguyên tố bằng phơngpháp thứ nhất ( nêu ở trên) mà dựa vào định lí cơ bản:

Ước số nguyên tố nhỏ nhất của một hợp số A là một số không vợt quá

A

Đặc biệt: Với dãy 25 số nguyên tố nhỏ hơn 100 nên cho học sinh họcthuộc, tuy nhien khi gặp một số (a<100) muốn xét xem a là số nguyên tố hayhợp số a có chia hết cho 2;3;5;7 hay không

+ Nếu a chia hết cho một trong 4 số đó thì a là hợp số

+ Nếu a không chia hết cho số nào trong 4 số đó thì a là số nguyên tố Với quy tắc trên trong một khoảng thời gian ngắn, với các dấu hiệu chiahết thì học sinh nhanh chóng trả lời đợc một số có 2 chữ số nào đó là số nguyên

ý nghĩa: Khi thông báo cho học sinh cách tính ớc số của một số các em

có thể tin tởng khi viết một tập hợp ớc của một số và khẳng định đã đủ hay cha

b) Tổng các ớc số của A tính bằng công thức:

 (A)=

1

1 1 1

1 1

1 2

1- Hai số tự nhiên đợc gọi là nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi chúng

có ớc chung lớn nhất( ƯCLN) bằng 1

a,b nguyên tố cùng nhau  ( a,b)= 1 a,b N

2- Hai số tự nhiên liên tiếp luôn nguyên tố cùng nhau

3- Hai số nguyên tố khác nhau luôn nguyên tố cùng nhau

4- Các số a,b,c, nguyên tố cùng nhau  ( a,b,c)= 1

5- a,b,c nguyen số sánh đôi khi chúng đôi một nguyên tố cùng nhau.A,b,c nguyên tố sánh đôi ( a,b)= (b,c)=(c,a)= 1

VI- Một số định lý đặc biệt

1)Định lý Đirichlet

Tồn tại vô số số nguyên tố p có dạng :

P= ax+b (xN,a,b là 2 số nguyên tố cùng nhau)

Việc chứng minh định lý này khá phức tạp, trừ một số trờng hợp đặc biệt

Ví dụ:Chứng minh rằng có vô số nguyên tố dạng 2x-1; 3x-1; 4x +3; 6x +5;…Vì vậy ta có thể nói: Toán học

2)Định lý Tchebycheff:

Trong khoảng từ số tự nhiên n đến số tự nhiên 2n có ít nhất một sốnguyên tố.(n2)

3)Định lý Vinogradow:

Mọi số lẻ lớn hơn 33 là tổng của 3 số nguyên tố

Các định lý 2 và 3 ta có thể giới thiệu cho học sinh tham khảo và sửdụng để giải một số bài tập

Ngoài ra, cần giúp cho học sinh nắm vững 2 định lý là: Định lý FrâMat

và định lý Wilson- Sẽ trình bày trong phần bài tập

Giáo viên gợi ý và hớng dẫn học sinh để học sinh tự rút ra nhân xét: Mọi

số tự nhiên không nhỏ hơn 2 có 1 trong 3 dạng: 3x; 3x+ 1 hoặc 3x-1

+) Những số có dạng 3x( với x1) là hợp số

+) Xét 2 số có dạng 3x+1: đó là số (3m+1)và số (3n+1)

Xét tích( 3m+1)(3n+1)=9mn+ 3m+3n+1= 3x+1

tích trên có dạng: 3x+ 1

+ Lấy một số nguyên tố p có dạng 3x- 1( với p bất kỳP) ta lập tích của

p với tất cả các số nguyên tố nhỏ hơn p rồi trừ đi 1 ta có:

M= 2.3.5.7…Vì vậy ta có thể nói: Toán học.p-1= 3(2.5.7…Vì vậy ta có thể nói: Toán học.p)-1

M có dạng3x- 1

Có 2 khả năng xảy ra:

 Khả năng 1: M là số nguyên tố, đó là số nguyên tố có dạng ( 3x-1)> p,bài toán đã đợc chứng minh

 Khả năng 2: M là hợp số Ta chia M cho 2,3,5,…Vì vậy ta có thể nói: Toán học.,p đều tồn tại số d khác

0 nên các ớc nguyên tố của M đều lớn hơn p, trong các ớc này không có số nào

có dạng 3x+1( đã chứng minh trên).Do đó ít nhất một trong các ớc nguyên tốcủa M phải có dạng 3x( hợp số) hoặc 3x+1…Vì vậy ta có thể nói: Toán học

Vì nếu tất cả có dạng 3x+1 thì M phải có dạng 3x+1( đã chứng minhtrên).Do đó, ít nhất một trong các ớc nguyên tố của M phải có dạng 3x-1, ớcnày luôn lớn hơn p

+) Lấ một số nguyên tố p bất kỳ có dạng 4x-1 ta lập tích của 4p với tất cảcác số nguyên tố nhỏ hơn p rồi trừ đi 1 khi đó ta có

N= 4( 2.3.5.7…Vì vậy ta có thể nói: Toán họcp)-1 Có 2 khả năng xảy ra

* Khả năng 1: N là số nguyên tố N= 4(2.3.5…Vì vậy ta có thể nói: Toán học)-1 có dạng 4x-1.Những số nguyên tố có dạng 4x-1 cũng chính là những số có dạng 4x+3 vàbài toán đợc chứng minh

* Khả năng 2: N là hợp số: Chia N cho 2,3,5,…Vì vậy ta có thể nói: Toán họcp đều đợc các số d khác 0

 các ớc nguyên tố của N đều lớn hơn p

* Nếu A thuộc tập số nguyên tố: Bài toán đợc chứng minh

* Nếu A là hợp số: Chia A cho 2 ,3,5,7,…Vì vậy ta có thể nói: Toán học.p đều đợc các số d khác 0

Các ớc nguyên tố của A đều lớn hơn p, các ớc này không thể đều có dạng6x+1 Vì khi đó A có dạng 6x+1.Các ớc này cũng không thể có dạng 6x;

6x+ 2; 6x+3; 6x+4( hợp số) đợc.Vậy trong các ớc đó ít nhất có 1 ớc có dạng6x- 1, ớc này lớn p vì:

Chẳng hạn gọi ớc nguyên tố đó là pi ; pi thuộc( 2;3;5;…Vì vậy ta có thể nói: Toán học.;p)

 (2.3.5…Vì vậy ta có thể nói: Toán họcp): pi

6( 2.3.5…Vì vậy ta có thể nói: Toán họcp): pi

 n= ab( a,b N; 1<a, b< n)

Vì n có dạng 4k+ 1 hoặc 4k + 3 n lẻ vậy a,b lẻ nên a,b sẽ có dạng4k+1

hoặc 4k+3

Nếu a,b đều có dạng 4k+1 thì a.b=n có dạng 4k+1 (điều này ko sảy ra vì

n có dạng 4k+3) vậy ít nhất 1 trong 2 số a và b phải có dạng 4k+3

Không làm mất tính tổng quát Giả sử a có dạng 4k+3

Nếu aP bài toán đã đợc chứng minh

Nếu a là hợp số: Lập luận tơng tự nh trên, a ắt có một ớc số có dạng4k+3…Vì vậy ta có thể nói: Toán học Qua trình phân tích đã hữu hạn Vậy: số nguyên dơng n ắt phải có một

số nguyên tố là ớc số có dạng 4k+3 Vậy ta có điều phải chứng minh

Trên đây là một số bài toán chứng minh đơn giản của định lý Điriclet:

Có vô số số nguyên tố dạng ax+b trong đó x N (a,b)=1

Mục đích cảu những bài tập dạng này là: Rèn cho học sinh khả năng tduy sâu, cách xem xét và kết luận về một vấn đề toán học bằng cách xét hết cáckhả năng có thể xảy ra, dùng những vấn đề toán học đã đợc chứng minh hoặc

đã biết để loại bỏ các khả năng có thể không thể xảy ra và làm sáng tỏ vấn đềcần phải chứng minh

Sau khi thành thạo dạng toán này học sinh lớp 6 hiểu đợc sâu sắc hơn, cókhái niệm rõ ràng hơn Thế nào là chứng minh một vấn đề toán học và có đợcnhững kỹ năng, kỹ xảo chứng minh cần thiết

Tuy nhiên, với dạng toán này, ở trình độ lớp 6 các em chỉ giải quyết đợcnhững bài tập ở dạng đơn giản Việc chứng minh các bài tập ở dạng này phứctạp hơn, các em sẽ gặp nhiều khó khăn chứ không thể dễ dàng chứng minh đ-

ợc Chẳng hạn chứng minh về vô số số nguyên tố có dạng 4a+ 1, 6a+ 1…Vì vậy ta có thể nói: Toán học.phứctạp hơn nhiều

Nếu p là hợp số thì p là tích của các thừa số nguyên tố nhỏ hơn p và số

mũ các luỹ thừa này không thể lớn hơn số mũ của chính các luỹ thừa ấychứa trong (p-1)!

Vậy : ( p-1)! p( điều phải chứng minh)

Và (2p(q-1)+ 2p(q-2) +…Vì vậy ta có thể nói: Toán học…Vì vậy ta có thể nói: Toán học.+1) > 1

Dẫn đến 2m-1 là hợp số ( trái với giả thiết 2m-1 là số nguyên tố )

 Điều giả sử không thể xảy ra Vậy m phải là số nguyên tố( điều phảichứng minh)

Bài tập số 3:

Chứng minh rằng: 1994! -1 có mọi ớc số nguyên tố lớn hơn 1994

Giải: (Chứng minh bằng phơng pháp phản chứng)

Gọi p là ớc số nguyên tố của (1994! – 1)

Giả sử p 1994  1994.1993…Vì vậy ta có thể nói: Toán học.3.2.1  p

Gọi a là một thừa số của tích: 2.3.4…Vì vậy ta có thể nói: Toán học.(p-3)(p-2)

Ta sẽ chứng minh tồn tại một thừa số a, của tích sao cho a.a’=m1p+1

Ta thâý: phép chia các số hạng của dãy a, 2a, 3a,…Vì vậy ta có thể nói: Toán học (p-1)a cho p có các

số d là p-1 số số tự nhiên đầu tiên theo một thứ tự nào đó

D là một không phải là số d của phép chia cho p Suy ra tồn tại a’ thuộctích 2.3.4…Vì vậy ta có thể nói: Toán học…Vì vậy ta có thể nói: Toán học(p-3)(p-2) sao cho a khác a’ và a.a’=m1.p +1

Lập luận tơng tự: Nếu b là một thừa số thuộc tích 2.3.4…Vì vậy ta có thể nói: Toán học (p-3)(p-2)khác a và a’ thì cũng tồn tại b’ khác b thuộc tích đó, thoả mãn b.b’=m2.p+1

Vậy tích 2.3.4…Vì vậy ta có thể nói: Toán học.(p-3)(p-2) gồm toàn các thừa số có dạng mp+1

Nên tích này cũng có dạng mp+1 (Điều phải chứng minh)

Bài tập số 8:

Cho a và b là 2 số nguyên tố

Chứng minh rằng: Số d của phép chia b-1 bội số đầu tiên của a cho b tạothành day số b-1 số số tự nhiên đầu tiên.

Chứng minh:

Xét dãy số gồm b-1 bội số đầu tiên của a: a,2a,3a,…Vì vậy ta có thể nói: Toán học ,(b-1)a

Lấy các số đó chia cho b:

+) Không có số nào chia hết cho b vì: b nguyên tố cùng nhau với tất cả các

Dạng 3

Tìm số nguyên tố Thoả m n điều kiện cho tr ãn điều kiện cho tr ớc

***

Bài tập số 1:

Tìm tất cả giá trị của số nguyên tố p để: p+10 và p+14

Giải: (Phơng pháp: chứng minh duy nhất)

 Nếu p=5k-1  p+6=5k+5=5(k+1) 5; p+6>5  p+6 là hợp số

 Nếu p=5k+2 p+8=5k+10=5(k+2) 5; p+8>5  p+8 là hợp số

 Nếu p=5k-2 p+12=5k+10=5(k+2) 5; p+12>5  p+12 là hợpsố

Vậy: Khi p khác 5 thì 1 trong 4 số: p+6, p+8, p+12, p+14 là hợp sốkhông thoả mãn bài ra.

Do đó: Có duy nhất một giá trị của p thoả mãn bài ra là: p=5

Vậy với bài tập này học sinh chỉ cần chỉ ra một vài giá trị của pthoả mãn bài ra là đủ

Bài tập số 4:

Tìm k để trong 10 số tự nhiên liên tiếp: k+1, k+2, k+3,…Vì vậy ta có thể nói: Toán học ,k+10

có nhiều số nguyên tố nhất?

+) Nếu k> 1 từ 3 trở đi không có số chẵn nào là số nguyên tố Trong 5 số

lẻ liên tiếp, ít nhất có 1 số là bội số của 3 do đó, dãy sẽ có ít hơn 5 sốnguyên tố

Vậy với k= 1, dãy tơng ứng: k+ 1, k+ 2,…Vì vậy ta có thể nói: Toán học.,k+ 10 có nhiều số nguyên tốnhất( 5 số nguyên tố)

a) Gi¶ sö 2p+ 1= n3( nN)

 n3 – 1= 2p (n-1)(n2+ n+1)= 2p

Do p P vµ 2p= (n-1)(n2+ n+ 1)

§ång thêi dÔ thÊy p kh¸c 2

Suy ra chØ cã trêng hîp sau x¶y ra:

+) Gi¶ sö 1 trong 3 sè p, q, r cã mét sè ch½n (=2) vµ hai sè cßn l¹i lµ sè lÎ

 p2+q2+r2 lµ sè ch½n (m©u thuÉn víi (1))

VËy: p2+q2+r2 =3M 3 nªn p2+q2+r2 lµ hîp sè (Kh«ng tho¶ m·n ®Çu bµi)

 Ph¶i cã Ýt nhÊt 1 trong 3 sè p, q, r bph¶i b»ng 3

Kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t, gi¶ sö p<q<r

Nếu tích đó không phải là số nguyên tố thì sẽ có 1 ớc là số nguyên tố lớn

p Nếu p P  p là số lẻ p+1 chẵn, vậy số nhỏ nhất là p+2

+Nếu p+2= 5 p=3 và ta có 2.3+1= 7 P

 a=c b= 0 hoÆc b=-1 ( trêng hîp nµy lo¹i)

NÕu k>1 tõ( 2) suy ra 2b= (c+b)- (c-b)= ka-1- (c-b)

*Nếu k+1= 2b thì (k-1)(c-b)= 2

Hoàn toàn tơng tự, ta tìm đợc b=2,c=3, a=2

Vậy ta có bộ 3 số (2;2;3) thoả mãn điều kiện bài toán

Từ giả thiết,thay c=2 ta có: 2ab< ab+2a+ 2b

 ab< 2a+ 2b< 4a ( vì 2b< 2a)

VËy: p=3 lµ sè nguyªn tè tho¶ m·n tÝnh chÊt p | 2p + 1

-1 ( n 1)

b) p cã d¹ng

6

) 2 )(

1 (n n

n

+1 ( n 1)Gi¶i:

a) ta cã p=

2

) 1 ( n n

n

=

2

) 2 )(

1 (n n

( n 1)+ NÕu n=1  p=0  P

1 2

1 (n n

n

+1=

6

6 ) 2 )(

1 (n n 

2 2 2

3 n  n  n

n

p =

6

6 2

3

(n n2  ( n

 1)+ NÕu n=1  p=2  P

 (A)=

1

) 1 )(

1 (

1

) 1 )(

1 (