Chuyên đề BDHSG Số học 6

Nhằm giúp các em hiểu sâu hơn về các vấn đề số học nh số nguyên tố _ hợp số, các bài toán về điền chữ số, phơng pháp tìm chữ số tận cùng của một lũy thừa.. Không cần xóa tiếp các bội của

A Phần mở đầu

Số học là một bộ môn rất hấp dẫn, lí thú nhng không kém phần rắc rối

Đây là một môn học các em đã đợc làm quen từ nhỏ, từ khi biết làm phép tính

đếm, thực hiện đợc các phép tính cộng, trừ, nhân, chia Đối với các em học sinhlớp 6 thì đây là lần đầu tiên các em làm quen với kiến thức về số nguyên tố_ hợpsố

Nhằm giúp các em hiểu sâu hơn về các vấn đề số học nh số nguyên tố _ hợp

số, các bài toán về điền chữ số, phơng pháp tìm chữ số tận cùng của một lũy thừa

Đây là những dạng toán không chỉ đòi hỏi suy luận thông minh, lập luận chặt chẽtrên cơ sở các sơ đồ của bài ra, việc giải các bài toán này còn giúp phát triển t duy,cách suy nghĩ sáng tạo

Đối với bản thân em, xác định sau này ra trờng sẽ là một giáo viên giảng dạy

về bộ môn toán_tin, thì đây sẽ là một tài liệu bổ ích có thể sử dụng để tham khảotrong quá trình giảng dạy, bồi dỡng học sinh khá giỏi

Với sự giúp đỡ, chỉ bảo tận tình của thầy giáo, Thạc sĩ_NCS Nguyễn QuangHòe em đã chọn đề tài “ Một số chuyên đề nâng cao số học 6”

Đề tài gồm 3 chuyên đề:

Chuyên đề 1: Số nguyên tố_ hợp số

Chuyên đề 2: Điền chữ số

Chuyên đề 3: Tìm chữ số tận cùng của một số lũy thừa

Vì điều kiện còn hạn hẹp, không đủ tài liệu, và đây là lần đầu tiên em làm đề tàinghiên cứu nên không tránh khỏi thiếu sót Em rất mong nhận đợc sự giúp đỡ, góp

ý của thầy, của các bạn để đề tài này đạt đợc kết quả cao nhất

Hy vọng đây sẽ là tài liệu bổ ích để các em học sinh, các giáo viên bộ môntoán THCS có thể tham khảo

Em xin chân thành cảm ơn!

Đồng Hới, ngày 15 tháng 12 năm 2008

Sinh viên thực hiện

b.Phần nội dung

Chuyên đề 1: Số nguyên tố-hợp số

Giữ lại số 2 rồi xóa tất cả các bội của 2 mà lớn hơn 2.

Giữ lại số 3 rồi xóa tất cả các bội của 3 mà lớn hơn 3

Giữ lại số 5 (số 4 đã bị xóa) rồi xóa tất cả các bội của 5 mà lớn hơn 5

Giữ lại số 7 (số 6 đã bị xóa ) rồi xóa tất cả các bội của 7 mà lớn hơn 7

Các số 8, 9, 10 đã bị xóa Không cần xóa tiếp các bội của các số lớn hơn 10 cũngkết luận đợc rằng không còn hợp số nào nữa

Thật vậy, giả sử n là một hợp số chia hết cho 1 số a lớn hơn 10 thì don<100, a >10 nên n phải chia hết cho 1 số b nhỏ hơn 10, do đó n đã bị xóa

Nhà toán học cổ Hi Lạp Ơratoxten (thế kỉ III trớc công nguyên) là ngời đầutiên đa ra cách này Ông viết các số trên giấy cỏ sậy căng trên một cái khung rồidùi thủng các hợp số đợc một vật tơng tự nh cái sàng: các hợp số đợc sàng qua,các số nguyên tố dợc giữ lại Bảng số nguyên tố này đợc gọi là sàng Ơratoxten

Ví dụ:

Dùng bảng các số nguyên tố nhỏ hơn 100, hãy nêu ra cách kiểm tra một sốnhỏ hơn 10000 có là số nguyên tố không ? Xét bài toán trên với các số 259, 353

Giải

Cho số n < 10000 (n>1) Nếu n chia hết cho một số k nào đó (1 <k <n) thì n

là hợp số Nếu n không chia hết cho mọi số nguyên tố p ( p2 n) thì n là sốnguyên tố

tố, trong nghìn thứ hai có 145 số nguyên tố, trong nghìn thứ ba có 127 số nguyên

tố, Nh vậy càng đi xa theo dãy số tự nhiên, các số nguyên tố càng tha dần

Ví dụ:

Có tồn tại một nghìn số tự nhiên liên tiếp đều là hợp số ?

Giải

Có Gọi A = 2 3 4 .1001 Các số A + 2, A +3, , A + 1001 là 1000 số

tự nhiên liên tiếp và rõ ràng đều là hợp số (đpcm)

Một vấn đề đợc đặt ra: có những khoảng rất lớn các số tự nhiên liên tiếp đều

là hợp số vậy có thể đến một lúc nào đó không còn số nguyên tố nữa không ? Có

số nguyên tố cuối cùng không ? Từ thế kỉ III trớc công nguyên, nhà toán học cổ

Hi lạp Ơclit đã chứng minh rằng: Tập hợp các số nguyên tố là vô hạn

i

p (1 i n  ) (2), mâu thuẫn với (1)

Vậy không thể có hữu hạn số nguyên tố (đpcm)

Qua sự phân bố các số nguyên tố, nhà toán học Pháp Bectơrăng đa ra dự đoán:nếu n > 1 thì giữa n và 2n có ít nhất một số nguyên tố Năm 1852, nhà toán họcNga Trêbsép đã chứng minh đợc mệnh đề này.Ông còn chứng minh đợc:

Nếu n > 3 thì giữa n và 2n - 2 có ít nhất một số nguyên tố Ta cũng có mệnh đềsau: Nếu n >5 thì giữa n và 2n có ít nhất 2 số nguyên tố

ví dụ

Cho số tự nhiên n > 2 Chứng minh rằng số n! - 1 có ít nhất một ớc nguyên tốlớn hơn n

Giải

Gọi a = n! - 1 Do n > 2 nên a > 1 Mọi số tự nhiên lớn hơn 1 đều có ít nhất một

ớc nguên tố Gọi p là ớc nguyên tố của a ta sẽ chứng minh rằng p > n

Thật vậy giả sử p n thì tích 1 2 3 n chia hết cho p, ta có n! chia hết cho p,

mà a chia hết cho p nên 1 chia hết cho p, vô lí

a) Mỗi số tự nhiên khi chia cho 6 có một trong các số d 0, 1, 2, 3, , 5 Do đómọi số tự nhiên đều viết đợc dới một trong các dạng

6n 2,6n 1,6 ,6n n 1, 6n 2,6n 3 Vì m là số nguyên tố lớn hơn 3 nên m không chiahết cho 2, không chia hết cho 3, do đó m không có dạng 6n 2,6 ,6n n 2,6n 3 vậy

m viết đợc dới dạng 6n +1 hoặc 6n - 1 (ví dụ: 17 = 6 3 - 1, 19 = 6 3 + 1)

b) Không phải mọi số có dạng 6n 1(n N ) đều là số nguyên tố Chẳng hạn

6 4 + 1= 25 không là số nguyên tố (đpcm)

Liệu có công thức nào mà với mọi giá trị tự nhiên của chữ đều cho ta các sốnguyên tố không ? Cho đên nay, ngời ta cha tìm thấy một công thức nh vậy Tuynhiên có một số biểu thức mà với khá nhiều giá trị của chữ, biểu thức đó cho tacác số nguyên tố

Biểu thức 2n 2 29 cho ta các giá trị nguyên tố với n = 0, 1, 2, ,28

Biểu thức n2  n 41 do Ơ_le (Euler 1707 - 1783) đa ra cho các giá trị nguyên

tố với n = 0, 1, 2, , 39 (còn n = 40 thì 40 2  40 41 40(40 1) 41     chia hết cho41)

Biểu thức n2  79n 1601 cugx cho các giá trị nguyên tố với n = 0, 1, 2, , 79(còn với n = 80 thì biểu thức bằng 412)

Số Phec-ma Nhà toán học kiêm luật gia Pháp Phec- ma (Pierre de Fermat

1601 - 1665) xét biểu thức 2m +1 trong đó m = 2n với n = 0, 1, 2, 3, 4 cho các sốnguyên tố 2 + 1 = 3, 22 + 1 = 5, 24 + 1 = 17, 28 + 1 =257, 216 + 1 = 65537 Với n =

5, đợc số 232 + 1 = 4294967297, Phec- ma cho rằng đó cũng là số nguyên tố và

ông đa ra giả thuyết: Biểu thức 2m + 1 với m là lũy thừa của 2 cho ta các sốnguyên tố

ý kiến này đứng vững rất lâu Mãi đến năm 1732, Ơ- le mới bác bỏ giả thuyếttrên bằng cách chỉ ra số 2 32  1 chia hết cho 641 Đây là một trong các ví dụ điểnhình nhất chứng tỏ rằng phép quy nạp không hoàn toàn có thể dẫn đến sai lầm

Các số có dạng 2m + 1 với m là một lũy thừa của 2 đợc gọi là số Phec- ma

4) Biểu diễn một số dới dạng tổng các số nguyên tố.

Năm 1742 nhà toán học Đức Gôn_bách viết th báo cho Ơ_le biết rằng ông mạohiểm đa ra bài toán: mọi số tự nhiên lớn hơn 5 đều biểu diễn đợc dới dạng tổngcủa 3 số nguyên tố Ơ_ le trả lời rằng theo ông, mọi số chẵn lớn hơn 2 đều biểudiễn đợc dới dạng tổng của 2 số nguyên tố

nếu chứng minh đợc một trong hai mệnh đề trên thì chứng minh đợc mệnh đềcòn lại Trong 200 năm, các nhà toán học thế giới không giải đợc bài toán Gônbách- Ơ le Đến năm 1937, nhà toán học Liên Xô Vinôgrađốp đã giải quyết gần

trọn vẹn bài toán đó bằng cách chứng minh rằng: Mọi số lẻ đủ lớn đều có thể biểudiễn đợc dới dạng tổng của 3 số nguyên tố.

Cho đến nay bài toán Gônbách- Ơ le vẫn cha đợc chứng minh hoàn toàn

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

Phân tích một số ra thừa số nguyên tố là viết số đó dới 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 tacũng đợc một kết quả duy nhất

Hai hay nhiều số đợc 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

Dạng 1 sử dụng các tính chất của phép chia số nguyên

i)Trong n số nguyên liên tiếp có một và chỉ một số chia hết cho n

ii) Mọi số nguyên tố lớn hơn 2 đều có dạng 4n 1

iii) 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 sốnguyên tố thứ 3 là số nguyên tố hay hợp số?

Giải

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 hếtcho 3.Do p là nguyên tố khác 3 nên 8p không chia hết cho 3,do đó 8p-1 hoặc 8p+1 cómột số chia hết cho 3 Vậy số thứ 3 là hợp số

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

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

giải

a) Trong 3 số lẻ liên tiếp có một số chia hết cho 3 Vậy trong 3 số nguyên tố đãcho 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 p p p p1, 2, ,3 4 là các số nguyên tố Vì p p1, 2 là sốnguyên tố nên p 2, suy ra p lẻ Trong hai số p p1, 2 phải có một số chẵn, trong hai số

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 sốnguyên 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

 (mod 3), từ

đó suy ra 2q q2  3  r 3, vô lí Vậy q=3, lúc đó r  2 3 3 2  17 là số nguyên tố

Vậy p 2,q 3,r 17 hoặc p 3,q 2,r 17.

Bài 9

a) Chứng minh rằng số d 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

Giải

a) Giả sử p là số nguyên tố và p 30k r với 0  r 30 Nếu r là hợp số thì r có ớcnguyên tố q 30  q 2;3;5 Nhng với q =2; 3; 5 thì q lần lợt chia hết cho 2; 3; 5, vôlí.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,

Vì a, b, c có vai trò nh 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

a  , a n là ớc nguyên tố lớn nhất của a a a a1 2 3 n1 1 với n 2

Chứng minh rằng a  k 5 với mọi k

1 Hãy tính giá trị của công thức này khi n=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

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 lại5+5+3=13

b) Tổng bình phơng các chữ số 6 2  5 2  5 2  3 2  7 2  36 25 25 9 49 144      là sốchính phơng vì 144 12  2.

c) Tổng bình phơng của hai chữ số đầu và cuối là 6 2  7 2  36 49 85   Tổng các bìnhphơng của ba chữ số còn lại là 5 2  5 2  3 2  25 25 9 59    Tổng các chữ số đó là

Tìm số nguyên tố p sao cho 2p 1

Trong đó k,n là các số nguyên dơng 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 p 22 1 chia hết cho 23, suy ra p 22t có dạng

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 nàykhông xảy ra

Vậy chỉ xảy ra bảy số nguyên tố trong đề bài đều là 7

Thử lại: Với n 1 thì n  4 4 5 là số nguyên tố

Vậy, với n=1 thì n 4 4 là số nguyên tố

b) Ta có: n2003 n2002   1 n n2 ( 2001  1) n n( 2001  1) n2  n 1

Với n 1 ta có:

i) Với n  1 13 thì n 14, khi đó 13p n 3  1 2743   p 211 là số nguyên tố.

ii) 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 phơng của một số tự nhiên

Vậy với n=2, n=3 thì p là số nguyên tố có dạng ( 1)

1 2

n n 

 Bài 8

Tìm tất cả các số có hai chữ số ab sao cho ab

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

Dạng 4 Giải phơng trình nghiệm nguyên nhờ sử dụng tính chất số nguyên tố.

Trong nhiều trờng hợp khi giải phơng trình nghiệm nguyên dẫn đến việcxét các số nguyên tố của số dạng 2t 2t

n a b Xin nêu ra một số tính chất của ớc số nguyên tố của số n để sử dụng vàogiải phơng trình

Mệnh đề 1 Nếu số nguyên tố p 2t k 1 với các số nguyên dơng t, k và k

lẻ, là ớc của số 2t 2t

n a b thì p là ớc số chung của a và b

Chứng minh: Giả sử p không là ớc số của số a thì p cũng không là ớc số của

số b  ( , ) ( , ) 1a p b p  Theo định lí nhỏ Fermat thì a p 1 1(mod )p

Mệnh đề 2: Giả sử a và b nguyên tố cùng nhau thì mọi ớc số nguyên tố lẻcủa a2 + b2 chỉ có dạng 4m + 1 (mà không có dạng 4m + 3) trong đó m là sốnguyên dơng

Chứng minh: Xét ớc số nguyên tố p = 4m + 3 = 2(2m + 1) +1 Theo mệnh

đề 1 nếu p là ớc số nguyên tố của n = a2 + b2 thì p là ớc số chung của a và b

x t  x   t  t không chia hết cho 4, mâu thuẫn

Vậy y là số lẻ, y 2k  1 y2  2y  4 4k2  3 nên nó phải có ớc số nguyên

tố lẻ dạng 4m + 3 (vì tích các số dạng 4m + 1 lại có dạng 4k + 1) Suy ra x 2 1 có

ớc số nguyên tố dạng p = 4m + 3, trái với mệnh đề 2

Vậy phơng trình (1) không có nghiệm nguyên

Gọi ớc 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 u( 2 v2 ) k u v(  ) (1)

Xét hai trờng hợp:

1) k là ớc số của n  k có ớc số nguyên tố dạng 4m + 3

áp dụng mệnh đề 2 vào (1) thì u2 v2 không chứa các ớc số nguyên tố của k nên k

là ớc số của d  d k t. Từ (1) có t u( 2 v2 )  u v, do đó u2 u2 v2  u v u  (1)vô nghiệm

2) k=5m với m là ớc số của m Lúc đó (1) trở thành d u( 2 v2 ) 5 (  m u v ).Lập luận nh trên thì m là ớc số của d Suy ra d= m.t Từ đó ta có

khi đó:

m4 n4  (15a 16 )b 2  (16a 15 )b 2  (15 2  16 )( 2 a2 b2 ) 481(  a2 b2 )

haym4 n4  13.37(a2 b2 ) (2)

Các số nguyên tố 13 và 37 đều có dạng p 2 2k 1 với k lẻ

Giả sử ( , )m n  d m du n dv ,  với (u,v) =1 thì (2) trở thành

Giải

Trớc hết ta nhận xét rằng:

ở dãy thứ nhất các số hạng theo thứ tự là tổng của hai số nguyên tố liềnnhau 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 liềnnhau 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 nhấtbằng một số hạng của dãy thứ hai

n lần số máy đã giao Tìm n và số máy tivi đã giao

Giải

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

Vậy số máy tivi đã giao là 178.

Bài 10

Những số nguyên tố nào có thể là ớc của số có dạng 111 11?

Giải

Trớc hết ta nhận xét rằng số có dạng 111 11 không chia hết cho 2 sốnguyên tố 2 và 5

Giả sử p là số nguyên tố khác 2 và 5 Ta hãy xét p + 1 số sau:

Dạng 5 Các bài toán về hai số nguyên tố cùng nhau

hai số nguyên tố cùng nhau là hai số có ớc chung lớn nhất bằng 1 Nói cáchkhác chúng chỉ có ớc chung duy nhất bằng 1

bài 1

Chứng minh rằng:

a)Hai số tự nhiên liên tiếp (khác 0) là hai số nguyên tố cùng nhau

b) Hai số lẻ liên tiếp là hai số nguyên tố cùng nhau

c) 2n + 1 và 3n + 1 (n N ) là hai số nhuyên tố cùng nhau

Cho a và b là hai số nguyên tố cùng nhau Chứng minh rằng hai số sau cũng

là hai số nguyên tố cùng nhau

a) a và a+b

b) a2 và a+b

b) Giả sử a2 và a + b cùng chia hết cho số nguyên tố d thì a chia hết cho d,

do đó b cũng chia hết cho d Nh vậy a và b cùng chia hết cho số nguyên tố

d, trái với giả thiết (a, b) = 1

Vậy a2 và a + b là hai số nguyên tố cùng nhau

c) Giả sử ab và a + b cùng chia hết cho số nguyên tố d Tồn tại một tronghai thừa số a và b, chẳng hạn là a, chia hết cho d, do đó b cũng chia hết cho

d, trái với (a, b) = 1

Vậy (ab, a + b) = 1

Bài 3

Tìm số tự nhiên n để các số 9n + 24 và 3n + 4 là các số nguyên tố cùngnhau

4 Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố lớn hơn 3 thì (p - 1)(p + 1) chiahết cho 24.

5 Một số nguyên tố p chia cho 42 có d là một hợp số r Tìm r

6 Một số nguyên tố p chia cho 30 có số d là r Tìm r biết rằng r không là sốnguyên tố

n n n

 (n 1)

17 Cho n N *, chứng minh A n 4  4n là hợp số với n>1

Dạng 4

18 Giải phơng trình nghiệm nguyên 4(a x x b )(  )  b ay2 (1)

trong đó a, b là các số nguyên cho trớc và a > b

19 Giải phơng trình nghiệm nguyên sau:

a) Viết các số 7, 8, 9, 10 thành tổng hai số nguyên tố cùng nhau lớn hơn 1.

b) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n lớn hơn 6 đều biểu diễn đợc dới dạngtổng hai số nguyên tố cùng nhau lớn hơn 1

4 Ta cã (p 1) (p p  1) 3 mµ (p,3) = 1 nªn

(p 1)(p  1) 3 (1)

p lµ sè nguyªn tè lín h¬n 3 nªn p lµ sè lÎ, p - 1 vµ p + 1 lµ hai sè ch½n liªn tiÕp.Trong hai sè ch½n liªn tiÕp, cã mét sè lµ béi cña 4 nªn tÝch chóng chia hÕt cho 8(2)

Tõ (1) vµ (2) suy ra (p -1)(p + 1) chia hÕt cho hai sè nguyªn tè cïng nhau 3 vµ 8

VËy (p - 1)(p + 1)24

5 Ta cã p = 42k + r = 2 3 7k + r (k, r N, 0 < r < 42) V× p lµ sè nguyªn tè nªn rkh«ng chia hÕt cho 2, 3, 7

C¸c hîp sè nhá h¬n 42 vµ kh«ng chia hÕt cho 2 lµ 9, 15, 21, 25, 27, 33, 35, 39

Lo¹i ®i c¸c sè chia hÕt cho 3, cho 7, chØ cßn 25 VËy r = 25

6 Ta cã p = 30k + r = 2 3 5k + r (k,r N,0 < r < 30) V× p lµ sè nguyªn tè nªn pkh«ng chia hÕt cho 2, 3, 5

Vì tích các số dạng 4k + 1 lại có dạng đó nên số 4m - 1 phảI có ớc nguyên tốdạng p = 4k + 3 Từ (3) có 4y2   1 p hay 4y 2 1 (mod p) (4) Suy ra (y, p) = 1.Theo định lí nhỏ Fermat    

1

p p

Hiển nhiên d 3 vì 21n + 7 không chia hết cho 3 Nh vậy (18n +3, 21n + 7)

1  18n  3 7 (còn 21n + 7 luôn chia hết cho 7)

Bài toán không yêu cầu tính mọi giá trị của n mà chỉ cần chỉ ra vô số giá trị của

n để n 15,n 72  1 Do đó ngoài cách giải trên có thể giải nh sau: