tiểu luận số nguyên tố

LỜI MỞ ĐẦUSố nguyên tố là một trong những khái niệm xưa nhất của toán học, và với mỗi học sinh, khái niệm số nguyên tố cũng là một trong những khái niệm được biết đến đầu tiên.Tưởng n

Trang 2

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

KHOA: TOÁN-TIN HỌC MÔN: SỐ HỌC VÀ LOGIC TOÁN HỌC

Tiểu luận:

SỐ NGUYÊN TỐ

Trang 3

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

KHOA: TOÁN-TIN HỌC MÔN: SỐ HỌC VÀ LOGIC TOÁN HỌC

Tiểu luận:

SỐ NGUYÊN TỐ

Trang 4

MỤC LỤC

Trang 5

LỜI MỞ ĐẦU

Số nguyên tố là một trong những khái niệm xưa nhất của toán học, và với mỗi học sinh, khái niệm số nguyên tố cũng là một trong những khái niệm được biết đến đầu tiên.Tưởng như chúng ta đã biết tất cả những điều cần biết về số nguyên tố Vậy mà thực tế con người còn biết quá ít về các số nguyên tố, và việc nghiên cứu các số nguyên tố khó đến nỗi dường như câu hỏi nào đặt ra cho các số nguyên tố cũng sẽ là câu hỏi vĩnh cửu của toán học Mặc dù vậy, sau hàng thế kỷ chỉ được biết đến như là vấn đề của toán học lý thuyết, trong khoảng 30 năm trở lại đây, số nguyên tố tham gia vào những ứng dụng thiết thực nhất của xã hội hiện đại: vấn đề bảo mật thông tin Và cũng chính khi đó, con người mới chợt nhận ra rằng, mình chưa thật sự biết gì nhiều về các số nguyên tố!

Trang 6

I LỊCH SỬ PHÁT TRIỂN, VAI TRÒ VÀ CHỖ ĐỨNG

I.1 Giai đoạn 1 (Trước công nguyên):

Số nguyên tố và các tính chất của nó lần đầu tiên được nghiên cứu rộng rãi bởi các nhà toán học Hylạp cổ đại Các nhà toán học của trường học của Pythagoras (500 TCN đến 300 TCN) đã quan tâm đến các tính chất của số nguyên tố Họ đã quan tâm đến sự hoàn hảo và thân thiện con số

Cho đến thời gian xuất hiện cuốn "Nguyên lý" của Euclid (Khoảng 300TCN), một số kết quả quan trọng về số nguyên tố đã được chứng minh Trong sách Nguyên

lý IX đã chứng minh rằng có vô hạn số nguyên tố Đây là một trong những bằng chứng được biết từ rất sớm trong đó sử dụng phương pháp phản chứng

Trong khoảng 200 TCN Eratosthenes (Hylạp) đã nghĩ ra một thuật toán để tính các số nguyên tố, được gọi là sàng Eratosthenes

Sàng Eratosthenes, mặc dù cho ta thuật toán xác định mọi số nguyên tố không vượt quá một số cho trước, rất ít được sử dụng để xác định xem một số đã cho có phải

là số nguyên tố hay không Nguyên nhân là vì thuật toán có độ phức tạp quá lớn

I.2 Giai đoạn 2 (Trước thế kỷ 17):

Sau những kết quả đạt được về việc nghiên cứu lý thuyết số nguyên tố của các nhà toán học Hylạp (Trước công nguyên) Thì sau đó một khoảng cách dài trong lịch

sử lý thuyết số nguyên tố không đạt được thành tựu nào đáng kể, thường được gọi là thời kỳ đen tối

I.3 Giai đoạn 3 (Sau thế kỷ 17):

Những phát triển quan trọng tiếp theo được thực hiện bởi Fermat vào đầu thế

kỷ 17 Ông chứng minh một sự suy đoán của Albert Giard rằng mỗi số nguyên tố có dạng 4n − 1 có thể được viết theo một cách duy nhất dưới dạng tổng bình phương

Ông nghĩ ra một phương pháp mới để tìm thừa số của những số lớn và khai triển số 2027651281 = 44021.46061

Ông lần đầu thông báo định lý trong một bức thư đề ngày 18/10/1640 cho bạn ông là Frénicle de Bessy Như thường lệ Fermat không chứng minh Euler lần đầu tiên công bố một chứng minh vào 1736 trong một bài báo, nhưng Leibniz đã có chứng minh với ý tưởng tương tự trong bản thảo không được công bố vào khoảng trước năm

1683 Điều mà ngày nay được biết đến như là Định lý Fermat bé (để phân biệt với định lý cuối cùng của Ông)

Trang 7

Định lý Fermat bé là một cơ sở cho nhiều kết quả khác trong lý thuyết số và là

cơ sở cho phương pháp kiểm tra nguyên tố, vẫn đang được sử dụng trên các MTĐT ngày nay

II GIỚI THIỆU CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN

II.1 Định nghĩa:

Số nguyên tố là số nguyên lớn hơn 1, không chia hết cho số nguyên dương nào ngoài 1 và chính nó

Số nguyên lớn hơn 1 không phải là số nguyên tố được gọi là hợp số

II.2 Tính chất của số nguyên tố:

II.2.1 Định lý 1 (Euclid, thế kỉ III trước công nguyên)

Tập hợp các số nguyên tố là vô hạn

*Bổ đề Euclid

Nếu 1 số nguyên tố p chia hết tích a.b của 2 số nguyên a và b thì p phải chia hết

ít nhất 1 trong 2 số a và b

Chứng minh: Giả sử tích a1a2…an chia hết cho p, ta phải có ít nhất một trong

các số a1,a2,…,an chia hết cho p Thật vậy giả sử trái lại rằng tất cả các s a1, a2,…,an không chia hết cho p thì theo bổ đề 1 chúng đều là nguyên tố với p do đó ta có ƯCLN (a1a2…an ,p) = 1 Ðiều này mâu thuẫn với giả thuyết

II.2.2 Định lý 2 (Fermat bé)

Nếu p là số nguyên tố và a là số không chia hết cho p thì ap−1 ≡ 1 (mod p)

Chứng minh : Xét các số: a, 2a, …, (P -1)a

Giả sử tồn tại

( ) { 1 ; 2 ; 1}, ( J)

i

để ia≡Ja (modp)

( − ) ≡0

⇒ i J a

(modp) 0

≡

−

⇒i J

(modp), vì (a; P) = 1 P

J

i− <

≤

(vô lý)

Trang 8

Vì thế, khi chia các số a, 2a, …, (P -1)a cho P có các dư số đôi một khác nhau

và khác 0

( 1) ( 1) !

2

⇒a a P a P

(modp)

( −1) ! 1 ≡( −1) !

⇒ P a P− P

1≡

⇒a P−

(modp), vì:

( )

(P; P− 1 !)= 1

II.2.3 Định lý 3 (Wilson)

Số p là số nguyên tố khi và chỉ khi (p − 1)! ≡ −1 (mod p)

Theo gt, p\(p − 1)! + 1, từ đó suy ra a = 1 vì là ước chung của p và (p − 1)! Vậy p là số nguyên tố Định lý được chứng minh

II.2.4 Định lý 4 (Định lý cơ bản của số học)

Mọi số nguyên lớn hơn 1 đều phân tích được một cách duy nhất thành tích các

số nguyên tố, trong đó các thừa số được viết với thứ tự không giảm

A / Sự phân tích:

Từ đó có dạng phân tích tiêu chuẩn của một số tự nhiên bất kỳ là:

Trong đó p1,.p2, ,.pm, là các số nguyên tố đôi một khác nhau Ta có n chia hết cho (k1+1).(k2+1) (km+1) số tự nhiên

B / Tính duy nhất

Giả sử ta có a = p1p2…pn = q1q2…qn là hai dạng phân tích số tự nhiên a thành thừa số nguyên tố Ðẳng thức trên chứng tỏ p1 là ước của q1q2…qn nên p1 trùng với qi nào đó (1 i m) vì ta không kể đến thứ tự của các thừa số nên có thể coi p1 = q1 và từ đó ta được p2…pn = q2…qn

Lấy p2 và lập lại lí luận trên ta được p2 = q2

Lí luận lặp lại cho đến lúc ở một vế không còn thứa số nguyên tố nào nữa, nhưng lúc đó ở vế còn lại củng không còn thừa số nguyên tố nào vì ngược lại

sẻ xãy ra

Hoặc 1 = qn+1qn+2…qn Hoặc pm+1pm+2…pm = 1

Là không thể được Vậy phải có m = n và pi = qi i = 1, 2, 3,…n nghĩa là tính

duy nhất ở dạng phân tích số a thành tích các thừa số nguyên tố đã dược chứng

minh

Ví dụ: phân tích 1960 thành tích những thừa số nguyên tố

Trang 9

Trong thực hành ta thực hiện quá trình phân tích trong phép chứng minh định lí trên bằng cách tìm các ước nguyên tố của a = 1960 từ nhỏ đến lớn Ta viết như sau:

1960 2

980 2

490 2

245 5

49 7

7 7 1 Vậy 1960 = 2.2.2.5.7.7 = 23.5.72

Chú ý: Bằng cách phân tích 1 số ra thừa số Ta có thể tìm được tất cả các ước

của số ấy mọt cách nhanh, không bỏ sót ước nào

• Người ta chứng minh được rằng, nếu một số A có dạng phân tích ra thừa

số nguyên tố lá trong đó a1, a2,…,an là các số nguyên tố, thì các ước của A là có thể sử dụng điều này để kiểm tra xem khi tìm các ước của một số, ta đã tìm đủ số các ước chưa

• Thông thường , khi viết các phân tích ra thừa số nguyên tố của một số, bao giờ ta củng viết nó dưới dạng tiêu chuẩn, tức là dạng ma trong đó các thừa số nguyên tố được sắp xếp theo thứ tự từ nhỏ đến lớn

• Phân tích ra thừa số nguyên tố của một số chính phương thì chỉ chứa các thứa số nguyên tố với số mũ chẵn

II.2.5 Định lý 5

Mọi hợp số n đều có ước nguyên tố nhỏ hơn

*Sàng Eratosthenes:

_ Ta viết dãy các số tự nhiên từ 1 đến n

_ Trong dãy đó gạch đi số 1 (vì 1 không phải số nguyên tố)

_ Bỏ các số là bội của các số nguyên tố ≤ trừ chính số đó

_ Các số còn lại của dãy là tất cả các số nguyên tố không vượt quá n

Nếu là phân tích chính tắc của số n thì số tất cả các ước số dương của n (bao gồm cả 1 và n) là

τ(n) = (e1 + 1)(e2 + 1)…(ek + 1)

II.2.7 Định lý 7 (Số nguyên tố)

Trang 10

Nếu số nguyên n có dạng phân tích tiêu chuẩn:

Thì để một số nguyên d là ước của n, cần và đủ là d có dạng:

Với 0 ≤ βi ≤ αi, i = 1,2, ,k

*Quy tắc tìm ước chung lớn nhất

Cho các số nguyên a, b,…, c và có số nguyên tố khác nhau p1, p2,…, pk sao cho

……

Trong đó αi ≥ 0, βi ≥ 0, γi ≥ 0 với i = 1, 2,…,k Khi đó (a,b,…,c) = D với

*Quy tắc tìm bội chung nhỏ nhất

Cho các số nguyên a, b, , c với các giả thiết nhứ trong Quy tắc tìm ước chung lớn nhất, khi đó [a, b,…,c] = m với

*Số nguyên tố Mersenne

Giả sử m là một số nguyên dương, khi đó Mm = 2m − 1 được gọi là số Mersenne thứ m Nếu p là số nguyên tố và Mp cũng là số nguyên tố, thì Mp được gọi là số nguyên tố Mersenne

Nếu p là một số nguyên tố lẻ , thì mọi ước nguyên tố của số Mersenne Mp đều

có dạng 2kp + 1 , trong đó k là số nguyên dương

*Số giả nguyên tố

Giả sử b là một số nguyên dương Nếu n là hợp số nguyên dương và bn ≡ b (mod n), thì n được gọi là số giả nguyên tố cơ sở b

Trong trường hợp (a,b) = 1 , ta thường dùng định nghĩa tương đương bn−1 ≡ 1 (mod n)

Trang 11

III CÁC VÍ DỤ ÁP DỤNG

III.1 Ví dụ 1:

Tìm các số nguyên tố p sao cho 2p+1 bằng lập phương của 1 số tự nhiên.

*Lời giải:

2p+1=k3↔2p = (k−1)(k2+k+1)

Nếu k=2 thì tự thay vào loại

Nếu k=3 thì p=32+3+1=13

Nếu k>3 suy ra p tích 2 số nên không nguyên tố

Vậy p=13

III.2 Ví dụ 2: áp dụng định lý Fermat bé

Tìm số dư khi chia 22014 cho 17

*Lời giải:

Vì 17 là số nguyên tố nên theo Định lý nhỏ Fermat ta được

216≡ 1 (mod17) (1)

Lấy 2014 chia cho 16 ta được thương là 125 và số dư là 14, suy ra

22014≡2125×16+14≡1125×214≡13 (mod17)

Vậy 13 là số dư khi chia 22014 cho 17

III.3 Ví dụ 3:

Một số nguyên tố P chia cho 42 có số dư r là hợp số Tìm r?

*Lời giải:

Đặt P=42.k+r vì P nguyên tố nên gcd(42,r)=1→r lẻ

r hợp số nên r khác 1,2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41

Mà n không chia hết cho 3,7 nên r=25

Vậy r=25

III.4 Ví dụ 4:

Chứng minh: Mọi hợp số phải có ước nguyên tố nhỏ hơn hay bằng căn bậc hai của nó

*Lời giải:

Giả sử n = a b (1 < a, b < n)

Trang 12

Nếu cả a và b đều lớn hơn n thì n = ab > n (vô lý) như vậy phải có một thừa

số không vượt quá n hay có ước nguyên tố không vượt quá n

III.5 Ví dụ 5:

Tìm số nguyên tố n8−1 với n là số nguyên

*Lời giải:

Vì n nguyên tố nên n8−1>0 nên n>2 hoặc n< −2 (1)

n8−1=(n4−1)(n4+1) thấy từ (1) →n4−1>1; n4+1>1 do vậy n8−1 không nguyên tố Vậy không có n thỏa đề

III.6 Ví dụ 6:

Tìm số nguyên tố p sao cho p+2, p+6, p+8, p+14 là các số nguyên tố?

Đặt: p = 5k+r (0 ≤ r < 5)

* nếu r = 4 => p+6 = 5k+10 = 5(k+2) chia hết cho 5 (loại)

* nếu r = 0 => p = 5k là nguyên tố khi k = 1

p = 5, các số kia là: 7,11,13,19 là các số nguyên tố (thỏa điều kiện đề bài) Vậy p = 5

III.7 Ví dụ 7:

Tìm số nguyên tố x sao cho x2 +1 cũng là số nguyên tố?

Ta xét 2 trường hợp:

TH1: x=2

Do 2 là số nguyên tố và x2 +1 = 5 cũng là số nguyên tố nên x=2 thoả

TH2: x>2

Do x là số nguyên tố nên x chia 2 dư 1

=> x2 chia 2 dư 1 => x2 +1 chia hết cho 2

Mà x2 +1 > 2 ∀ x >2 => x2 +1 không là số nguyên tố (loại)

Vậy x=2

III.8 Ví dụ 8:

Trang 13

Giải phương trình nghiệm nguyên với p là số nguyên tố lẻ

xp + yp = p[(p-1)!]p

*Lời giải:

Theo định lí Fermat nhỏ thì

(mod p) Theo phương trình ta suy ra p| xp + yp do đó

x + y ≡ 0 (mod p)

do p lẻ nên:

xp + yp ≡ p(x+y)yy-1 (mod p2)

Mà p|x+y nên:

p2 | xp + yp

Cho nên:

p | [(p-1)!]p

Hiển nhiên vô lí Vậy không tồn tại x, y thoả mãn

III.9 Ví dụ 9:

Chứng minh nếu 3 số a, a+k, a+2k đồng thời là 3 số nguyên tố phân biệt > 3 thì

k chia hết cho 6

*Lời giải:

a+k−a=k là số chẵn nên k⋮2(1)

Theo gt thì a+k;a+2k⋮̸3(∗)

Giả sử k⋮̸3 nên k=3m+1 hoặc k=3m+2 với m∈N

Lại có: a nguyên tố lớn hơn 3 nên a=3t+1 hoặc a=3t+2 với t∈N

TH1: a=3t+1

Nếu k=3m+1 thì a+2k=3t+1+6m+2⋮3:trái (∗)

Nếu k=3m+2 thì a+k=3t+1+3m+2⋮3: trái (∗)

TH2: a=3t+2

Nếu k=3m+1 thì a+k=3t+2+3m+1⋮3: trái (∗)

Nếu k=3m+2 thì a+2k=3t+2+6m+4⋮3: trái (∗)

Do đó, k⋮3 Kết hợp với (1) và vì (2;3)=1 nên ta có đpcm

III.10 Ví dụ 10:

Trang 14

Tìm số nguyên tố có 3 chữ số, biết rằng nếu viết số đó theo thứ tự ngược lại ta được lập phương của một số tự nhiên

*Lời giải:

Gọi số cần tìm là abc

với abc ∈ ℙ; a, b, c ∈ ℕ và a ≠ 0

Ta có:

cba

= n3 (n ∈ ℕ*)

Vì 100 ≪ n3 ≪ 999  5 ≪ n ≪ 9

Thử lại ta thu được n = 5

Vậy số cần tìm là 521

IV CÁC LƯU Ý KHI ÁP DỤNG

• Hiểu rõ khái niệm số nguyên tố ( là số chỉ có 2 ước là 1 và chính nó)

• Đối với các bài toán mang tính áp dụng, nên thử các số nguyên tố vào đề bài xem thử rồi đưa ra cách giải quyết

• Hiểu các tính chất của số nguyên tố

• Từ Định lý Fermat bé ta được một hệ quả là: Cho n∈Z>1, nếu tồn tại a∈Z>1 sao cho (a,n)=1 và an−1−1 không chia hết cho n thì n là hợp số

• Định lý số 5 có hệ quả: Nếu số nguyên n > 1 không có ước nguyên tố

nào nhỏ hơn hay bằng n thì n là số nguyên tố

• Ví dụ: 211 là số nguyên tố vì tất cả các số nguyên tố nhỏ hơn 211là 2,3,5,7,11,13 đều không là ước của 211

• Đối với những bài chứng mình một số là số nguyên tố, ta có thể dùng phương pháp phản chứng để giả sử số đó là hợp số

• Trong tập hợp số nguyên tố chỉ có số 2 là số chẵn, tất cả những số còn lại đều là số lẻ

• Để chứng minh một bài toán mà khó cm trực tiếp ta có thể, giả sử điều ngược lại đúng, suy ra mâu thuẫn

V BÀI TẬP TỰ LUYỆN VÀ HƯỚNG DẪN CHO BÀI TẬP

V.1 Ví dụ 1 :

Trang 15

Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho mỗi số đều là tổng, hiệu của hai số

nguyên tố khác?

Hướng dẫn:

Ta biết trong tất cả các số nguyên tố chỉ có 1 số chẵn là số 2:

• Ta xét p=2 trước (Loại)

• Từ đó suy ra p là 1 số lẽ, mà p = m+n suy ra m, n có 1 số chẵn và 1 số

lẽ Tương tự a và b cũng 1 lẽ 1 chẵn

• Số chẳn + nguyên tố suy ra m hoặc n là 2 Tương tự a hoặc b là 2

• Ta lý luận như trên suy ra b=2; m=2 hoặc n=2 đều được

• Chọn được trường hợp thích hợp n=3

• Ta tiếp tục lý luận khi n>3

Bài giải cụ thể gợi ý:

p=m+n; p=a−b

Nếu p=2 suy ra loại vì m+n>2.

Suy ra p lẻ do vậy m, n có một lẻ một chẵn giả sử m=2.

Suy ra p=2+n (1)

Th1: a=2 suy ra loại vì 2−b<2

Th2: b=2 (2)

Từ (1) và (2) suy ra p=2+n, p=a−2.

Nếu n=3 suy ra p=5 (nhận).

Nếu n>3 suy ra p≡1, 2(mod3)

Nếu p≡1(mod3) thì a chia hết cho 3 suy ra p=1 (loại).

Nếu p≡2 (mod3) thì n chia hết cho 3 quay lại trường hợp trên.

vậy n=3

V.2 Ví dụ 2 :

Cho P, P+4 là 2 số nguyên tố (P>3) CMR: P+8 là hợp số

Hướng dẫn chung:

• Giả thuyết: P>3 mà P là SNT nên P không chia hết cho 3

• Rút ra dạng tổng quát của P

• Xét P+4, P+8 xem như thế nào?

Vì P là số nguyên tố lớn hơn 3 nên P không chia hết cho 3 ⇒P = 3k + 1 hoặc p

= 3k + 2

Nếu P = 3k + 2 thì P + 4 = 3k + 2 + 4 = 3k + 6 chia hết cho 3 và lớn hơn 3 nên

P + 4 là hợp số (loại)

Trang 16

Nếu P = 3k + 1 thì P + 8 = 3k + 1 + 8 = 3k + 9 chia hết cho 3 và lớn hơn 3 nên

P + 8 là hợp số (đpcm)

V.3 Ví dụ 3 :

Tìm tất cả các số nguyên tố p để 2p+p2 cũng là số nguyên tố

• Ta xét p=2 không nhận được, ta phải suy nghĩ tìm thêm p=3 xem sao?

Ta thấy nhận được rồi, đã yên tâm ta bắt đầu xét p > 3

• Điểm chú ý là nên ta thêm bớt 1 vô

• Với 2 số cùng chia hết cho 3 thì tổng lại nó là số chẵn và suy ra không phải là số nguyên tố

xét hai trường hợp :

•

+

•

Vì p lẽ nên

Và

Vậy

V.4 Ví dụ 4 :

Tìm tất cả các giá trị của số nguyên tố p để p+10 và p+14 cũng là số nguyên tố Hướng dẫn chung: dùng phương pháp chứng minh duy nhất

• Xét p=2 (loại)

Trang 17

• Xét p=3 (nhận).

• Xét p P có dạng là 3k + 1, 3k - 1

• Thay vào p + 10, p + 14

• Nếu p=3 thì đều là các số nguyên tố (Nhận)

• Nếu p3, thì p sẽ có dạng 3k + 1, 3k - 1

• Nếu p=3k + 1 thì

• Nếu p=3k – 1 thì

Vậy nếu p3 thì p + 14 hoặc p + 10 sẽ là hợp số

 Không thỏa mãn đề bài đã cho

 Vậy p=3 là giá trị duy nhất có thể có

V.5 Ví dụ 5 :

Ta biết rằng có 25 số nguyên tố nhỏ hơn 100 Tổng của 25 số nguyên tố đầu tiên ấy là số chẳn hay số lẻ

• Trong 25 số nguyên tố đầu tiên chỉ có số 2 là số chẳn

• Tổng hai số lẻ là một số chẳn

• 24 số lẻ có tổng là số chẳn + 2 sẽ là một số chẳn

V.6 Ví dụ 6 :

Cho p, p + 2 là các số nguyên tố (p>3) CMR: p + 1

• Xem xét giả thuyết p nguyên tố và p>3

• Xét từng trường hợp p = 3k + 1 hoặc p = 3k + 2 Giao với các điều kiện

• Xem xét toàn bộ các điều kiện Cẩn thận

Bài giải gợi ý:

Vì P là số nguyên tố lớn hơn 3 nên P không chia hết cho 3 ⇒P = 3k + 1 hoặc p

= 3k + 2

• P = 3k + 1 => p + 2 = 3k + 3 = 3(k + 1) (Loại)

• P= 3k + 2 => p + 1 = 3k + 3 = 3(k + 1)

Ta có: p là số nguyên tố và p>3 nên p là số lẻ

p = 3k + 2  p – 2 = 3k mà p lẻ => p - 2 cũng lẻ => k lẻ => k + 1 chẳn => k + 1

Định dạng
Số trang	20
Dung lượng	301,75 KB