SKKN So nguyen to va cac bai toan ve SNT

Cũng bằng kinh nghiệm tích luỹ được tôi đã thể nghiệm giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi huyện và Tỉnh kết quả cho thấy các em rất hứng thú học phần số nguyên tố và các bài toán liên quan[r]

LỜI NÓI ĐẦU

Giáo dục là một ngành được các cấp luôn quan tâm, tạo điều kiện phát triển Đảng và nhà nước ta coi giáo dục và đào tạo và công nghệ là Quốc sách hàng đầu Trong nhà trường phổ thông, giáo dục luôn hướng tới mục tiêu nâng cao mặt bằng về dân trí, bảo đảm những tri thức cần thiết để mọi người ra nhập cuộc sống xã hội và kinh

tế theo kịp những tiến trình đổi mới và phát triển đất nước, đào tạo bồi dưỡng và nâng cao chất lượng nguồn nhân lực yêu cầu công nghiệp hóa hiện đại hóa đất nước

Để đạt được mục tiêu đó, môn Toán trong trường phổ thông là công cụ giúp việc học tập các môn khác cả về kiến thức và tư duy Môn toán có tiềm năng phát triển năng lực trí tuệ và hình thành phẩm chất trí tuệ như rèn luyện các phẩm chất tư duy, phân tích, tổng hợp, so sánh, quy nạp, khái quát Ngoài ra còn rèn luyện các phẩm chất đạo đức như tính linh hoạt, độc lập, sáng tạo, tính chính xác, thẩm mỹ và rèn luyện tính kiên trì, nhẫn nại Trong chương trình toán học đa dạng và phong phú Có một phần toán học luôn để lại cho người học những vấn đề luôn mới mẻ sau khi giải một bài toán: Đó là toán về "Số nguyên tố"

"Toán học là bà hoàng của khoa học" "Số học là bà chúa của toán học" Số học trong chương trình phổ thông không nhiều nhưng nó lại gắn liền suốt cả chương trình Đặc biệt là trong các kỳ thi nào, cấp nào, nước nào thì toán số học thường có mặt trong đề thi

Trong thế giới số học thì số nguyên tố đang là một bí ẩn lớn đối với không chỉ người học toán mà còn cả đối với những nhà toán học Chưa có một công thức tổng quát nào biểu diễn một số nguyên tố, cũng không có một thuật tóan nào để giải các bài toán liên quan đến số nguyên tố Chính vì vậy tôi chọn đề tài " Số nguyên tố và các bài toán về số nguyên tố" mà trong quá trình giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi tôi rút ra được

Qua kinh nghiệm này tôi cũng rất mong nhận được sự góp ý chân thành của các bạn đồng nghiệp cũng như các thầy cô giáo để kinh nghiệm của bản thân được hoàn thiện hơn

PHẦN 1: CÁC KHÁI NIỆM CƠ SỞ

I ĐỊNH NGHĨA:

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

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

Số 0 và 1 không phải là số nguyên tốcũng không phải là hợp số

II TÍNH CHẤT:

1 Định lý 1: Tập hợp các số nguyên tố là vô hạn

2 Định lý 2: Ước số nhỏ nhất khác 1 của một hợp số là một số nguyên tố không

lớn hơn căn bậc hai củ số đó

3 Định lý 3: Cho một số tự nhiên a và một số nguyên tố p Khi đó hoặc p/a hoăc

(a,p) = 1

4 Định lý 4: Cho p là số nguyên tố và a1; a2; a3; ; an là các số tự nhiên Khi đó

nếu p/ 1

n

i



ai thì p/ai (i =1, n)

5 Định lý cơ bản của số học

Mọi số tự nhiên lớn hơn đơn vị (lớn hơn 1) chỉ có thể phân tích thành thừa

số nguyên tố một cách duy nhất (nếu không kể đến thứ tự các thừa số)

III DẠNG TỔNG QUÁT CỦA SỐ NGUYÊN TỐ.

Tập hợp số nguyên tố là vô hạn, nó có đặc trưng riêng thế nhưng cho đến nay chưa có nhà Toán học nào tìm ra được công thức tổng quát cho các số nguyên tố

1 Số nguyên tố Fecma: f(n) = 22n + 1

Công thức này chỉ đúng với n = 1,2,3,4 f(5) không phải là số nguyên tố

2 f(n) = n2 – n + 41 công thức này đúng cho n = 1,2, ,40

3 f(n) = n2 – 79n + 1601 cho số nguyên tố đến n = 79

4 Số nguyên tố dạng a.x + b

Định lý: Có vô số số nguyên tố có dạng a.x + b với a, b là 2 số nguyên tố cùng nhau.

PHẦN 2: CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN VỀ SỐ NGUYÊN

TỐ.

CHUYÊN ĐỀ 1: CHỨNG MINH MỘT SỐ, MỘT BIỂU THỨC LÀ SỐ NGUYÊN TỐ, LÀ HỢP SỐ.

I Chứng minh một số, một biểu thức là số nguyên tố.

Thông thường để chứng minh một số, một biểu thức là số nguyên tố người

ta dùng phương pháp chứng minh bằng phản chứng

Bài toán 1: Cho 2m – 1 là số nguyên tố Chứng minh rằng m là số nguyên tố

Chứng minh: Giả sử m là một hợp số  m = p.q ( p, q > 1, p; q N)

Ta có: 2m – 1 = 2pq – 1 = 2(p)q - 1 = (2p - 1) [2p(q - 1) + 2p(q - 2) + + 1]

Vì p > 1  2p -1 > 1 và 2p(q - 1) + 2p(q - 2) + + 1 > 1  2m -1 là hợp số Điều này trái với giả thiết

Nếu m = 1  2m – 1 = 1 không phải là số nguyên tố

Vậy m phải là một số nguyên tố

Hay 2m – 1 là số nguyên tố  m là số nguyên tố

Bài toán 2: Chứng minh rằng nếu p chia hết (p – 1)! + 1 thì p nguyên tố.

Giải: Giả sử p là hợp số Ta có: p/(p – 1)!

Mặt khác theo giả thiết p/(p – 1)! + 1  p/1 ( vô lý)

Vậy p phải là số nguyên tố

Bài toán 3: Chứng minh rằng nếu: 1 + 2n + 4n ( n  Z+) là số nguyên tố thì

n = 3k với k  N

Giải: Đặt n = 3k.a ( n không có dạng 3k) a  1 (a,3) = 1

m = 23k ( m  2; m  N)

Giả sử a > 1 ta xét 2 trường hợp sau: a = 3b + 1 và a = 3b + 2

* Nếu a = 3b + 1 (b  N) ta có: 1 + 2n + 4n = (1 + m + m2) + (m3b+1 - m) +

m2( m6b - 2)  1 + m +m2 vì m6b – m2  (1 + m +m2 )(m3b -1) (m3 -1)

(1 + m +m2) Mặt khác ta lại có: 1+ ma + m2a >1 + m +m2

Nên : 1 + 2n + 4n là hợp số (vô lý)

* Nếu a = 2b + 2 (b  N) hoàn toàn tương tự ta có 1 + 2n + 4n là hợp số (vô lý) Vậy a = 1 tức n = 3k (k  N)

Bài toán 4: Chứng minh rằng nếu p và 8p2 + 1 là hai số nguyên tố thì 8p2 - 1 là

số nguyên tố

Giải: Giả sử p là số nguyên tố lớn hơn 3 thế thì p có dạng 3k  1 (k  N)

 p2 = (3k + 1)2 = 3(3k2  2k) + 1 = 3t + 1

 8p2 +1 = 8( 3t + 1) + 1 = 24t + 9 3  8p2 + 1 là hợp số (trái giả thiết)

Vậy p = 3k, p nguyên tố  p = 3

8p2 + 1 = 8.32 + 1 = 73 ( nguyên tố)

8p2 – 1 = 8.32 – 1 = 71 ( nguyên tố)

Vậy p và 8p2 + 1 là hai số nguyên tố thì 8p2 - 1 là số nguyên tố

Bài tập vận dụng:

1 Chứng minh rằng các số nguyên tố lớn hơn 2 có dạng 3k  1

2 Chứng minh rằng m2 – n2 là số nguyên tố thì m, n là 2 số tự nhiên liên tiếp

3 Số a4 + a2 + 1 có thể là một số nguyên tố không?

II Chứng minh một số, một biểu thức là hợp số.

Bài toán 1: Cho n  N Chứng minh rằng A = n4 + 4n là hợp số

Giải: *) n chẵn  A 2  A là hợp số

*) n lẻ đặt n = 2k + 1  A = n4 + 4n = n4 + 42k+1 = (n2 + 22k+1)2 – 2.n2.22k+1

A = (n2 + 22k+1)2 – (n.2k+1 )2 = n2 + 22k+1 – n.2k+1)(n2 + 22k+1 + n.2k+1)

A = [(n – 2k)2 + 22k][(n + 2k)2 + 22k] là hợp số

Bài toán 2: Cho a;b;c  N* thỏa mãn ab = cd Chứng minh rằng

A= an + bn + cn + dn là hợp số với mọi n  N*

Giải: Giả sử (a;c) = t khi đó ta có a = ta1 , c = tc1 với ( a1,c1) = 1 Từ ab = cd  a1b

= c1d mà ( a1,c1) = 1 nên b c1 Đặt b = kc1  c1d = a1kc1  c1d = ka1

Khi đó: A = an + bn + cn + dn = tna1

n

+ knc1

n

+ tnc1

n

+ kna1

n

 A = (tn + kn)( a

1

n

+ c1

n

)

Vì k; t; a1; c1  N  A là hợp số

Bài toán 3: Cho n  N*, Chứng minh rằng:

2

10 1

2 n

+ 19 và 2

4 1

3 n

+ 3

4 1

2 n

+ 5 là những hợp số

Giải:

a.Ta chứng minh 2

10 1

2 n

+ 19  23 với mọi n  1

Ta có: 210  1 (modun 11)  210n  1 (modun 11)  2.210n  2 (modun 22)

 210n +1 = 22.k + 2 ( k N)

Theo Fecma: 222  1 (modun 23)  2

10 1

2 n

= 222k+2  4 (modun 23)

 222k+2 + 19  23 (1) 2

10 1

2 n

+ 19 > 23 (2)

Từ (1) và (2)  2

10 1

2 n

+ 19 là hợp số

b Ta chứng minh 2

4 1

3 n

+ 3

4 1

2 n

+ 5  11 với mọi n  1

Ta có: 34  1 (modun 10)  34n +1  3 (modun 10)

34n +1 = 10k + 3

Theo Fecma: 210  1 (modun 11)  2

4 1

3 n

= 210k + 3  8 (modun 11)

24  1 (modun 5)  24n + 1  2 (modun 10)

24n + 1 = 10l + 2

Theo Fecma: 310  1 (modun 11)  3

4 1

2 n

= 310l + 2  9 (modun 11)

 2

4 1

3 n

+ 3

4 1

2 n

+ 5  8 + 9 + 5 (modun 11)

4 1

3 n

+ 3

4 1

2 n

+ 5  0 (modun 11) hay 2

4 1

3 n

+ 3

4 1

2 n

+ 5  11

Mặt khác: 2

4 1

3 n

+ 3

4 1

2 n

+ 5 > 11  2

4 1

3 n

+ 3

4 1

2 n

+ 5 là hợp số

Bài toán 4: Chứng minh rằng nếu n là hợp số thì 2n – 1 cũng là hợp số

Giải: n hợp số suy ra n = p.q (p; q > 1, p, q  N )

2n – 1 = ( 2p )q – 1 = ( 2p – 1)( 2p(q – 1) + 2p(q – 2) + + 1)

Mà 2p – 1 >1 và 2p(q – 1) + 2p(q – 2) + + 1 > 1 nên 2n - 1 là hợp số

Bài tập vận dụng:

1 Chứng minh rằng với n  N , n > 1 thì các số sau là hợp số

a n4 + 4 b n4 + 4n c m4 + m2 + 1

2 Cho p và 2p + 1 là hai số nguyên tố với p > 3 Chứng minh 4p + 1 là hợp số

3 Cho n  N Chứng minh các số sau là hợp số:

a A = 2

2 1

2 n

+3 b B = 2

4 1

2 n

+ 7 c C = 2

6 3

2 n

+ 13

CHUYÊN ĐỀ 2: TÌM SỐ NGUYÊN TỐ KHI BIẾT MỘT SỐ ĐIỀU KIỆN

I Tìm số nguyên tố p biết một số, một biểu thức là nguyên tố hay số tự nhiên.

Bài toán 1: Tìm các số nguyên tố p để:

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

b p + 2; p + 6; p + 8; p + 12; p + 14 cũng là các số nguyên tố

Giải: a với p = 3 ta có p + 10 = 13 là số nguyên tố

p + 14 = 17 là số nguyên tố

Với p > 3 p có dạng p = 6k  1

* Nếu p = 6k + 1 thế thì p + 14 = 6k + 15 chia hết cho 3 hay p + 14 không

là nguyên tố Vậy p = 6k +1 không thỏa mãn

* Nếu p = 6k – 1 ta có p + 10 = 6k + 9 chia hết cho 3 hay p+ 140 không là

số nguyên tố Vậy p = 6k – 1 không thỏa mãn

Vậy p = 3 thỏa mãn điều kiện bài toán.

b Với p = 5 ta thấy các số trên dều là số nguyên tố

Với p  5 thì p = 5k  1 ; 5k  2

* Nếu p = 5k + 1 thì p + 14 = 5k + 15 5  p + 14 không nguyên tố

* Nếu p = 5k – 1 thì p + 6 = 5k + 5 5  p + 6 không là nguyên tố

* Nếu p = 5k + 2 thì p + 8 = 5k + 10 5  p + 8 không là nguyên tố

* Nếu p = 5k - 2 thì p + 2 = 5k 5  p + 2 không là nguyên tố

Vậy chỉ có p = 5 thỏa mãn yêu cầu bài toán

Bài toán 2: Tìm 3 số nguyên tố p; q; r sao cho p2 + q2 = r

Giải: Giả sử có 3 số nguyên tố p; q; r sao cho pq + qp = r khi đó r >3

 r lẻ Vậy p; q không cùng tính chẵn, lẻ nên phải có một số nguyên tố chẵn là

2

Giả sử p = 2 khi đó 2q + q2 = r

+) Nếu q không chia hết cho 3  q2  1 ( modun 3)

Mặt khác q lẻ  2q  -1 ( modun 3)  2q + q2 3 ( không nguyên tố)

Vậy q 3 , q nguyên tố  q = 3 Khi đó r = 23 + 32 = 17

Do p, q có vai trò như nhau nên có thể p = 3 ; q = 2

Vậy có 2 bộ số được tìm là (2; 3; 17) và ( 3; 2; 17)

Bài toán 3: Tìm số tự nhiên ( x; y) sao cho:

1

1

y =

1

p ( p là số nguyên tố)

Giải: Do x; y  N 

1

1

y =

1

p  (x – p)(y – p) = p2

p nguyên tố x > p, y > p nên ta có các khả năng sau

1

x p

y p p

  2

1

x p

y p p

 

* x p p

y p p

  2

2

x p

y p





1

x p p

y p

 

 

1

x p p

y p

 

Bài toán 4: Tìm số nguyên tố p sao cho:

2p + 1 là lập phương của một số tự nhiên

Giải: 2p + 1 = n3 ( n N )  2p = n3 – 1 = (n – 1)(n2 + n + 1)

p = 2  2p + 1 =5  Không tồn tại n thỏa mãn

 p > 2, p nguyên tố nên ( p; 2) = 1

Mặt khác: n – 1 < n2 + n + 1  n – 1 = 2  n = 3

p = n2 + n + 1 ( nguyên tố) Vậy p = 13 thỏa mãn yêu cầu bài toán

Bài toán 5: Tìm số nguyên tố abcd sao cho ab và ac là số nguyên tố và b2 =

cd + b – c.

Giải: vì abcd , ab và ac là các số nguyên tố  b, c, d là các số lẻ khác 5

b2 = cd + b – c  b( b – 1) = cd - c = 10c + d – c = 9c + d

Do 9c + d  10 nên b( b – 1)  10  b  4 Vậy b = 7 hoặc b = 9.

*) Nếu b = 7 ta có: 9c + d = 42 3  d 3  d = 3 hoặc d = 9

Nếu d = 3  9c = 39  không tồn tại c thuộc N Nếu d = 9  9c + d  9 còn 42 không9 (lọai)

*) Nếu b = 9 ta có: 9c + d = 72  9  d 9 vậy d = 9

9c + 9 = 72  c = 7

ab = a 9 là số nguyên tố  a  3; 6; 9; 4

ac = a 7 là số nguyên tố  a  2; 5; 7; 8 Mặt khác a  0  a = 1

Vậy số cần tìm là 1979 ( Vì 1979 là số nguyên tố)

Bài tập vận dụng:

1 Tìm tất cả các số nguyên tố p để p vừa là tổng, vừa là hiệu của hai số nguyên

tố

2 Tìm số nguyên tố p sao cho 13p + 1 là lập phương của một số tự nhiên

3 Tìm p để p + 1 ; p + 3 ; p + 5 ; p + 9 ; p + 11 ; p + 15 là những số nguyên tố

II Tìm số tự nhiên n để một số - một biểu thức là số nguyên tố.

Bài toán tổng quát: Tìm số tự nhiên n để biểu thức P(n) là số nguyên tố

Thuật toán: Khi gặp dạng toán này ta phân tích P(n) thành nhân tử P(n) =

P1 (n) P2 (n) khi đó vì P(n) là số nguyên tố nên P1 (n) =1 hoặc P2 (n) = 1

Thông thường ta xét biểu thức min(P1 (n); P2 (n)) = 1 giải phương trình này ta có giá trị n cần tìm

Bài toán 1: Tìm tất cả các số nguyên n sao cho:

a n4 + 4 là số nguyên tố

b n1997 + n1996 + 1 là số nguyên tố

Giải:

a n4 + 4 = ( n2 + 2)2 – 4n2 = (n2 + 2 - 2n)( n2 + 2 + 2n)

Ta có n2 + 2 – 2n < n2 + 2 + 2n nên để n4 + 4 là số nguyên tố thì n2 + 2 – 2n =

1  (n – 1)2 = 0  n = 1

Khi đó n4 + 4 = 5 là số nguyên tố Vậy n = 1 thỏa mãn bài toán

b n1997 + n1996 + 1 = (n1997 - n2) + (n1996 - n) + ( n2 + n +1) = n2(n1995 - 1) + n(n1995 - 1) + (n2 + n +1) = ( n2 + n)(n1995 - 1) + (n2 + n +1)

Ta có: n1995 - 1 = (n3)665 - 1 = ( n3 - 1) [(n3)664 + (n3)663 + + n2 + 1]

= ( n - 1)( n2 + n +1) [(n3)664 + (n3)663 + + n2 + 1] ( n2 + n +1)

Do n > 0  n2 + n +1 > 1 Vì vậy để n1997 + n1996 + 1 là số nguyên tố thì n1997 +

n1996 + 1 = n2 + n +1  n = 1

Bài toán 2: Tìm các số tự nhiên m; n để: A = 3

2

3m  6n 61

+ 4 là số nguyên tố

Giải: Ta có 3m2 + 6n – 61 chia 3 dư 2 ta đặt 3m2 + 6n - 61 = 3k + 2 (k N)

 A =33k + 2 +4 = 9.27k +4

Dễ thấy rằng 9.27k  9 (modun 13)  9.27k +4 13

Để A nguyên tố thì A = 13  33k + 2 = 9  k = 0

3m2 + 6n - 61 = 3k + 2 = 2 (vì k = 0)  3m2 + 6n - 63 = 0  m2 + 2n - 21 = 0

 n < 11 Do 2n chẵn  m2 phải là số lẻ  m2 = 1, m2 = 9

*) Nếu m2 = 1  m = 1 , n =10

*) Nếu m2 = 9  m = 3 ; n = 6 Vậy các giá trị cần tìm là (1;10 ) ; (3; 6 )

Bài tập vận dụng:

1 Tìm tất cả các số n sao cho:

a n4 + n2 + 1 là số nguyên tố c n1998 + n1997 + 1 là số nguyên tố

b n3 - n2 +n - 1 là số nguyên tố d n1997 + n1995 + 1 là số nguyên tố

2 Bài toán mở rộng:

Tìm a  N để số a3n + 2 + a3m + 1 + 1 là số nguyên tố biết rằng m, n  N và m2 + n2  0

III Một số dạng bài toán khác.

Bài toán 1: Tìm 3 số nguyên tố sao cho tích của chúng gấp 5 lần tổng của chúng.

Giải: Gọi 3 số nguyên tố đó là a, b, c lúc đó ta có:

a.b.c = 5( a + b + c )  5 abc mà a, b, c nguyên tố nên một trong 3 số phải bằng 5 Giả sử a = 5  b.c = 5 + b + c  ( b – 1)(c – 1) = 6

 1 1

1 6

b

c

 

 

  2

7

b c





 1 2

1 3

b

c

 

 

  3

4

b c





Trường hợp này loại vì b = 4 không nguyên tố

Vậy bộ 3 số nguyên tố cần tìm là (2; 5; 7)

Bài toán 2: Tìm tất cả các số nguyên tố có dạng

( 1) 2

n n 

- 1 ( n  1)

Giải:

( 1)

2

n n 

- 1 =

( 1)( 2) 2

n n

= p

*) n = 2  p = 2, n = 3  p = 5 thỏa mãn

*) n > 3 thế thì hoặc n- 1 chẵn hoặc n + 2 chẵn nên p là hợp số  Giá trị p cần tìm

là p = 2 hoặc p = 5

Bài tập vận dụng: 1 Chứng minh rằng chỉ có một cặp số nguyên dương (a, b) để a4 + 4b4 là số nguyên tố

2 Tìm số nguyên tố p có dạng

( 1)( 2) 6

n n n

+ 1 ( n  1)

3 Chứng minh rằng 1 + 2n + 4n (n  N*) là số nguyên tố thì n = 3k (k  N)

C PHẦN KẾT LUẬN.

Cũng bằng kinh nghiệm tích luỹ được tôi đã thể nghiệm giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi huyện và Tỉnh kết quả cho thấy các em rất hứng thú học phần số nguyên tố và các bài toán liên quan đến số nguyên tố tất cả các học sinh hiểu, biết phân tích đề bài để tìm đến hướng giải quyết trong các bài thi và bài kiểm tra

Từ thực tế dạy học về Số nguyên tố mà bản thân tôi đã bồi dưỡng học sinh giỏi trong những năm qua Tôi thấy đây là một vấn đề hay và bổ ích cho không chỉ những học sinh mà còn cả bản thân người bồi dưỡng

Nội dung đề tài xoay quanh đến các vấn đề số nguyên tố Tuy nhiên

về dạng toán về số nguyên tố thì rất nhiều và phong phú, trong đề tài này tôi không thể đề cập hết được các dạng toán về số nguyên tố mà chỉ là những bài toán cơ bản và hướng giải quyết nó

Trên đây là một vài suy nghĩ, kinh nghiệm kiến thức mà qua quá trình học hỏi, giảng dạy của cá nhân tôi tích lũy được, thiết nghĩ rằng đây cũng là một vấn đề quan trọng để nâng cao hiệu quả giảng dạy

Chắc chắn trong bài viết sáng kiến kinh nghiệm của tôi có nhiều nhược điểm - hạn chế Kính mong sự góp ý chân thành của các đồng nghiệp, các bậc cô thầy đi trước để tôi có điều kiện học hỏi và sớm hoàn thiện hơn