Luận văn Thạc sĩ Khoa học Phương pháp toán sơ cấp: Một số bài toán về số học và dãy số

 Luận văn Thạc sĩ Khoa học: Một số bài toán về số học và dãy số nhằm trình bày một cách hệ thống, chi tiết một số bài toán về tính chất số học của các phần tử trong một dãy số. Luận văn được chia thành 4 chương, mời bạn đọc cùng tham khảo.

Trườngđại họckhoahọctựnhiên

1 Mộtsố kiếnthứcchuẩnbị 3

1.1 Dãy số 3

1.1.1 Các kháiniệm cơ bảnvề dãysố 3

1.1.2 Cách xác định một dãysố 4

1.1.3 Một vài dãy số đặc biệt 8

1.2 Số học 1

1.2.1 Tính chất chia hết trongtập hợp số nguyên 1

1.2.2 Ước số chunglớn nhất vàbội sốchung nhỏnhất 1

1.2.3 Số nguyên tố 13

1.2.4 Đồng dư 13

1.2.5 Vài địnhlí cơ bản củasố học 14

1.2.6 Hàm phần nguyên 14

2 Dãysốvà tínhchínhphương 15 3 Dãysốvà tínhchiahết 30 3.1 Dãy số vàsố nguyên tố 30

3.2 Tính chia hết trongdãy số 40

4.2 Sè häc víi d·yFibonacci 68

Các vấn đề liên quan đến dãy số là một phần quan trọng của đại số và giải

tích toán học Dãy số có một vị trí đặc biệt quan trọng trong toán học, không chỉ

như là một đối tượng để nghiên cứu mà còn đóng một vai trò như một công cụ đắc

lựccủa các môhìnhrời rạccủa giải tíchtrong lý thuyếtphương trình,lý thuyếtxấp

xỉ,lý thuyếtbiểudiễn Các vấnđề liên quanđếndãy sốrấtphong phú.Hiệnnaycó

nhiều tài liệu đề cậptới cácbài toán vềdãy số Tuynhiên, cáctài liệu này chủ yếu

quantâm đếncác tính chất của dãysố như:Giới hạn của dãy số, số hạng tổngquát

củadãy số, dãy số tăng, giảm,tính bị chặn

Tính chất số học của các phần tử của một dãy số là một vấn đề khá thú vị

Nhữngbàitoán liênquantớivấnđề nàyđềulàcácbàitoánhayvàkhó Tácgiảluận

văn đã sưutầm, chọnlọccác bàitoán này vàphân loạichúngtheo từngchủ đề nhỏ

Mụcđích củaluận vănlàtrìnhbàymộtcáchhệthống,chitiếtmộtsốbàitoán

về tính chất số học của các phần tử trong một dãy số Luận văn được chia thành 4

chương:

Chương1:Một sốkiến thứcchuẩnbị.Luậnvăntrìnhbàylại mộtcáchcóhệ thống

cáckiến thức cơbản vềdãysốvà sốhọc làmcơsở choviệcgiải cácbàitoán vềdãy

số trong cácchương sau Nội dung chính của luận văn được trìnhbày trong chương

2,chương 3và chương 4

Chương 2: Dãy số và tính chính phương Trong chương này tác giả đã hệ thống

một sốvấn đề nêuravềtính chính phươngđốivới cácphần tửcủa dãysố, quađó ta

thấy có nhữngdãy số gồmtoàn số chính phương hoặc một số phần tử nào đó trong

dãy số làsố chính phương

Chương3:Dãysố vàtínhchiahết.Trongchươngnàyđềcậpđếntínhchiahếtcủa

các phần tử trong dãy số Trên cơ sở lí thuyếtsố học về tính chia hết Tác giảchia

nội dung chương thành 2 phần: phần thứ nhất đã đề cập tớimột số bài toán về dãy

số nguyên tố, qua các bài toán chúng ta phần nào thấy được bức tranh về sự phân

bố,khoảng cáchgiữahaisố nguyêntốliên tiếp,dãysốlấyvôsố giátrịnguyên tố ;

phần thứ hai đề cập đến một số bàitoán về tính chia hết của các phần tử trong một

dãy số cho cùng một số hoặc cho chính số thứ tự của phần tử đó trong dãy số hoặc

Chương 4: Số học với các dãy đặc biệt Trong chương này tác giả đã đề cập tới

tính chia hết, tính chính phương và một số tính chất số học khác với dãy số là cấp

số cộng,cấpsốnhân.Trong dãyFibonacciđã xétcácbài toánvới nộidungnêu nên

mối liên hệ giữa tính chia hết, tính nguyên tố cùng nhau và số thứ tự của các phần

tử trongcùng dãysố, cùngmột số tính chất số học khác

Luận văn được hoànthành với sự hướngdẫn khoa học tận tình, chu đáo của

PGS.TS.phanhuykhải Tácgiảxin bày tỏ lòngbiết ơn sâusắc tớiThầy

Tác giả xin chânthành cámơn các quý cơ quan đã tạo điều kiện giúp đỡ về

mọi mặt để luận văn hoànthành đúng hạn

Tácgiảxin chânthành cámơncác thầy giáo, côgiáo đã nhiệt tìnhgiảng dạy

cungcấp chochúngem có thêmkiến thức

Tácgiảxinbàytỏlòngbiếtơn đếnnhữngngườithân, bạnbèvàcácbạnđồng

nghiệpđã tậntình giúp đỡ để tôi hoànthành luận văn này

Hà Nội,tháng 9 năm 2006

Tácgiả

LêVăn Tài

Một số kiến thức chuẩn bị

1.1 Dãy số

1.1.1 Các khái niệm cơ bản về dãy số

Địnhnghĩa1 Dãyu n làdãycácsốu 1 , u 2 , u 3 , tuântheomột quyluậtnàođó

-Cácsốu 1 , u 2 , u 3 , gọi làphầntửcủadãy

-Dãyđượcgọi làvôhạnnếuchúng cóvôhạnphầntử

- Dãyđược gọi là hữu hạnnếu số phầntử của dãylà hữu hạn Phần tử u i được gọi là sốhạngthứi củadãy

Địnhnghĩa2 Dãyu 1 , u 2 , u 3 , đượcgọi là:

-Dãyđơnđiệutăng nếuu n+1 > u n vớimọin = 1, 2,

-Dãyđơnđiệukhông giảmnếuu n+1 ≥ u n vớimọin = 1, 2

-Dãyđơnđiệugiảm nếuu n+1 < u n vớimọin = 1, 2,

-Dãyđơnđiệukhông tăngnếuu n+1 6 u n vớimọin = 1, 2,

Địnhnghĩa3 Dãyu 1 , u 2 , u 3 , đượcgọilà:

-Bị chặntrênnếutồntạisốK saochou n < K vớimọin = 1, 2,

-Bị chặndướinếutồntạisốm saochou n > mvớimọin = 1, 2,

-Dãybịchặnlà dãyvừabịchặntrênvừabị chặndưới

Địnhnghĩa4 Dãyu 1 , u 2 , u 3 , đượcgọilàdãydừng nếutồntạisốnguyên dươngN o saochou n = C vớimọin ≥ N o,ở đâyC làmộthằng sốnàođó(vàgọi làhằngsố dừng).

Định nghĩa 5 Dãy u 1 , u 2 , u 3 , gọi là tuần hoàn nếu tồn tại số nguyên dương n và sốnguyêndương k saochovớimọip = 1, 2, tacó

u n+k−1 = u n+k−1+kp

Sốk đượcgọi làchukỳcủadãy tuầnhoàn

Với dãysố ta địnhnghĩa các phép toán như sau:

Cho haidãy {u n } : u 1 , u 2 , u 3 , ã ã ã và{v n } : v 1 , v 2 , v 3 , ã ã ã Tađịnh nghĩa:

Địnhnghĩa6 Phépcộng haidãynóitrênlà dãy

Thídụ:Dãy số {u n } xác địnhnhờ côngthức u n = 2n + 1 vớimọi

n = 0, 1, 2, ã ã ã chính là dãy sốtự nhiên lẻ 1, 3, 5, 7, ã ã ã

(chú ý trong nhiều trường hợp dãy có thể bắt đầu từ u 0 tức là ta xét dãy

u 0 , u 1 , u 2 , ã ã ã)

b) Dãy số đượcxác định theocông thứctruyhồi

Thídụ:Chodãy số {u n }, n = 0, 1, 2, ã ã ã được xác địnhnhư sau:

c) Dãysốđượcxácđịnh theocáchmiêu tả

Thídụ:Chocác sốtự nhiênk vàn.Lậphaidãy số{u j }, {v j }(j = 1, 2, ã ã ã , n)

Trongcác phươngpháp để xác địnhdãy,người ta haysử dụngphương pháp phương

trìnhđặc trưng củadãy Phươngpháp này dựa vàophương pháp saiphân sauđây

Sơlượcvề phươngphápsai phân:

Định nghĩa 8 Cho hàm số y = f (x) Giảsử giá trị f (x) tại các điểm x0, x0 + h, x0 + 2h, ã ã ã , x0+ nh, ã ã ã (hlàmộthằngsố)tươngứnglà:y0, y1, y2, ã ã ã , yn, ã ã ã.Khiđótagọihiệu

∆y i = y i − y i−1là saiphâncấp1củahàmf vớimọii = 1, 2, ã ã ã

∆ 2 y i = ∆y i − ∆y i−1 = (y i − y i−1 ) − (y i−1 − y i−2 ) = y i − 2y i−1 + y i−2làsaiphâncấp2củahàmf vớimọii = 1, 2, ã ã ã

Cứ nhưvậy ta có thể địnhnghĩa saiphân cấpcao hơn

• Một số tính chất củasai phân:

- Saiphân mọi cấpđều có tính chất tuyến tính, tứclà

∆ k

(f ± g) = ∆ k

(f ) ± ∆ k (g)

- Saiphân cấp k của một đa thức bậc n sẽ bằng 0khi k > n; bằnghằng số khi

k = n (vàngượclại nếusaiphân cấpk củamột hàm màbằng hằngsốthìđó là

Phươngtrình saiphân (*)có các tính chất sau đây:

- Nếu y i , y i+1 , , y i+n và y 0

i , y 0 i+1 , , y 0

i+n là hai nghiệm của (*), thì tổng hoặchiệu củachúng y i ± y 0

Chúý: Nếu phương trình đặc trưngcó nghiệm bội,chẳng hạn λ1 có bộis,thì

Tanhận thấy saiphân cấp2không đổi(bằng 2) Vậy dãyđã cho làdãy giá trị

củatam thức bậchaiax 2 + bx + c,trong đó xlà sốthứ tựcủa cácsố trongdãy

un= 3un−1− 2un−2 với n = 2, 3,

Hãy tìmcông thức cho sốhạng tổngquátu n

Từ công thức truy hồi, ta có u n − 3u n−1 + 2u n−2 = 0 Vậy phương trình đặctrưngcủadãylà:λ 2 −3λ+2 = 0.Phươngtrìnhnàycóhainghiệmλ 1 = 1, λ 2 = 2,

do đó số hạngtổngquát un củadãy có dạng:

§ÞnhnghÜa 10 D·y u 1 , u 2 , u 3 , ®­îc gäi lµcÊp sè nh©n víic«ng béi q, (q 6= 0, q 6= 1)

nÕunh­tacãu n = u n−1 q víimäin = 2, 3,

• VµitÝnh chÊt cña cÊpsè nh©n:

Địnhnghĩa11 Dãyu 1 , u 2 , xácđịnhnhưsau:

đượcgọi làdãyFibonacci

• Công thức tổngquát củadãy Fibonacci:

Viết lại côngthức truy hồi dướidạng: u n − u n−1 − u n−2 = 0.Vậy phươngtrình

đặctrưng của dãylà: λ 2 − λ − 1 = 0. Phươngtrình nàycó hai nghiệm:

λ 1 = 1 +

√ 5

2 + c 2

1 − √ 5 2

u 2 = 1 = c 1

 1 + √ 5 2

 n

− √ 1 5

 1 − √ 5 2

 n

.

• Vàitính chất của dãy Fibonacci:

Cho dãy Fibonacci u 1 , u 2 , ã ã ã.Ta có cáctính chất sau:

v) u n+1 u n+2 − u n u n+3 = (−1) n

;

vi) u 2 n − u n−1 u n+1 = (−1) n+1

1.2.1 Tính chấtchia hết trong tập hợp số nguyên

Địnhnghĩa 1 Vớihai số nguyêna và b,ta nóirằng a chiahết chob (hay alà bộicủa b,

hayb làướccủaa), nếutồntạisố nguyênk saochoa = k.b.Lúcấykýhiệulà a

.b

Trườnghợp ngượclạikýhiệulà a 6

.b vàtanói rằnga khôngchiahếtchob

Địnhnghĩa2 Mộtsốnguyêndương p > 1đượcgọilàsốnguyên tốnếunóchỉcóhaiước

1.2.2 Ước số chunglớn nhất và bội số chungnhỏ nhất

Cho a vàb là haisố nguyên dương

Địnhnghĩa3 Ướcsốchung lớnnhấtcủaavàb (vàkýhiệulà ƯCLN(a, b),hayđơngiản

là(a, b) )làsốnguyêndương lớnnhấtmàcảa vàb đềuchiahếtchonó

Địnhnghĩa4 Bội sốchungnhỏ nhấtcủaavà b(và kýhiệulàBCNN(a, b)hayđơn giản

là[a, b] )làsốnguyên dươngnhỏnhấtchiahết chocảavàb

Địnhnghĩa5 Chon sốnguyên a 1 , a 2 , , a n

i) Số nguyên dương d gọi là ƯCLN của a 1 , a 2 , , a n nếu như thoả mãn đồng thời hai

điềukiệnsau:

ii) Số nguyên dương b gọi là BCNN của a 1 , a 2 , , a n nếu như thoả mãn đồng thời hai

i) Cho a vàb là các số nguyên dương, khiđó ta có (a, b) = (a, a + b)

ii) Cho m là một sốnguyên dương, khi đó ta có



= 1

d (a, b).

v) Haisố avàb đượcgọilànguyên tốcùngnhaunếu(a, b) = 1.Choa, b, clà 3số

nguyên dươngsaocho ab

c Nếu (a, c) = 1, thìb

c.

vi) Haisố nguyên liên tiếp thìnguyên tốcùng nhau

vii) Với mọi sốnguyên dương a, bluôntồn tại cácsố nguyên x, y saocho

ax + by = (a, b).

viii) Hai số nguyên dươnga, blà số nguyên tố cùng nhau khivà chỉkhi tồn tại các

số nguyênx và ysao choax + by = 1.

Cho n là số nguyên dương (n > 1). Khi đó n luôncó thể biểu diễn một cáchduy nhất (không tínhđến việcsắp xếpthứ tự cácnhân tử)dướidạng sau.

n = p α 1

1 p α 2

2 ã ã ã p α k

k

trongđó k, α i (i = 1, k) là các số tự nhiên p i (i = 1, k) làcác số nguyên tố thoả mãn

1 < p 1 < p 2 < ã ã ã < p k Khi đó dạng phân tích trên gọi là dạngkhai triển chính tắccủasố nguyên dươngn

Địnhlí Euclid

Tồntại vô hạn sốnguyên tố

Địnhlí cơ bản về mối liên hệ giữatính chia hếtvà số nguyên tố

Giả sử a, b là hai số nguyên dương còn p là số nguyên tố sao cho ab

Địnhnghĩa6 Nếuhaisốnguyênavàb chiachosốtựnhiênm (m 6= 0)cócùngsốdưthì

tanóia đồngdưvớib theomodulom vàviếta ≡ b (mod m).

Các tính chấtcơ bản của đồng dư

a) Hai số nguyên a và b đồng dư với nhau theo modulo m (m là số nguyên dương)

khivà chỉkhi (a − b)

m.

b) Quan hệđồng dư là một quanhệ tương đươngtrên tập hợp số nguyên Z.

c) Nếu a ≡ b (mod m)và c ≡ d (mod m)thì

Định lí Femat nhỏ: Nếu p là số nguyên tố và a là một số nguyên tuỳ ý, thì

(a p

− a) ≡ p.Nói riêng khi(a, p) = 1,thì a p−1 ≡ 1 (mod p)

Định lí Euler: Nếu m là số nguyên dươngvà (a, m) = 1, thìa φ(m) ≡ 1 (mod m), ở

đây φ (m) làcác số nguyên dươngnhỏ hơn m nguyên tốcùng nhauvới m (φ(m) gọi

làPhi- hàm Euler)

Địnhlí Wilson:p là sốnguyên tố khi vàchỉkhi (p − 1)! + 1chia hết chop

Địnhlí Fermat-Euler: Nếup = 4k + 1thìtồn tại cácsố nguyên dươnga, bsaocho

i

vi)Nếu n làsố tự nhiên thìn[x] 6 [nx]

vii) Với mọi sốtự nhiên n và q (q 6= 0) thìq h n

q i

6 n.

Dãy số và tính chính phương

Trong chương này đề cập tới một số bài toán về tính chính phương của các

phần tử trong một dãy số Nộidung chính của các bàitoán này như sau: Cho một

dãysố vớicôngthức tổngquátcho dướidạngtruy hồi,bàitoányêu cầuchứngminh

phần tử nào đó của dãy là số chính phương hoặc phải tìm số chính phương trong

dãyđã cho.Trong cácdãysố nguyên, cónhiều dãysố màtấtcả cácphần tửcủanó

đềulà số chính phương, nhưngviệc xácđịnh sốhạng tổng quátcủadãy số đó lạilà

một vấn đề rất khó khăn Trong việc xác định công thức tổng quát, nhiều bài toán

ta phảimòmẫm,dự đoáncông thức rồidùng phương phápquy nạp để chứngminh

Lờigiải

Lấy m= n= 0,thìtừ tính chất ii) của dãyta có

u 0 + u 0 = 1

2 (u0+ u0) ⇒ 2u0 = u0 ⇒ u0 = 0.

Lấy m = 1, n = 0, thìtừ tính chất ii)lại có

Vậy điều khẳngđịnhcũng đúng khin = k + 1

Theo nguyên lí quy nạp suy ra u n = n 2 , ∀n = 0, 1, 2, Như vậy mọi số hạng củadãy số đã chođều làsố chính phương (đpcm)

Bài toán2.Dãy số {un} xác địnhnhư sau:

Theo nguyên líquy nạptoán họcthì(3) đúng∀n = 2, 3,

Từ (3)trực tiếpsuy ra mọi sốhạng của dãy{vn} đều làsố chính phương

Chứng minhrằngmọi số hạng củadãy {s n }đều là số chính phương.

nguyên với mọik = 1, 2, .Vậy mọi số hạng củadãy {s n }đều là số chínhphương

Trong các bài toán về tính chính phương của các phần tử trong dãy số, việc xác

địnhđược công thức số hạng tổng quátcủa dãy số đượccho bởicông thức truy hồi

giúpta giảiquyết được bàitoánđã cho.Trong một số trường hợpta có thể sử dụng

phươngpháp saiphân để tìmsố hạng tổngquát

Bài toán4.Dãy số {u n } đượcxác địnhnhư sau:

b = 1

2 (3 − √ 8).

Vì vậy:

u n = 1 2

 (3 + √

n

(3 + √

8)n+1+ (3 − √ 8)n+12− 4 o =

= 1 2

 2n

+  √3 − 1

√ 2

# 2

.

√ 3) k

"

( √

3 + 1) n − ( √ 3 − 1) n

( √ 2) n+1

Trong nhiều bài toánvề số chính phương trong dãy số chúng ta không sử dụng

đượcphương phápsaiphân để xác địnhsố hạng tổngquát củadãy số Chúng tacó

thể sử dụng phươngpháp đặt ẩn phụ, cụ thể ta biến đổicông thức truy hồi của dãy

số đã cho,tìm cáchđặt ẩn phụ một cáchthích hợpđể đưa dãy số đã cho thành dãy

số là cấp số cộng hoặc cấp số nhân hoặc thành một dãy số đơn giản hơn để khảo

sátdãy số đã cho

Từcôngthứctruyhồiu n+2 = 2u n+1 −u n +1tasuyrau n+2 −u n+1 = u n+1 −u n +1.

Đặt u n+2 − u n+1 = v n+2 Ta được v n+2 = v n+1 + 1 là một cấp số cộng với công bội

Điềuđó chứng tỏrằng A n làsố chính phương với mọi n nguyên dương(đpcm)

Bài toán7.Dãy số nguyên {un} có tính chất sau:

v n 2 = (v n−1 + 2u n ) 2 = v 2

n−1 + 4v n−1 u n + 4u 2

n = v 2 n−1 + 4(u n+1 − u n − u n−1 )u n + 4u 2

M = v n 2 − 4u n u n+1

Khi đó rõràng M + 4u n u n+1 làsố chính phương với ∀n = 1, 2, (đpcm)

Bài toán8.Chodãy số {un} xác địnhnhư sau:

Tacó 1! + 2! + 3! + 4! = 1 + 2 + 6 + 24 = 33 ≡ 3 (mod 10).

Vậy ta có u n ≡ 3 (mod 10), ∀ n ≥ 5.

Vì số chính phương chỉ có thể tận cùng bằng 0, 1, 4, 5, 6, 9 Nên u n không thể là sốchính phươngvới n ≥ 5

Tómlại: Trongdãysố{u n }nóitrên,chỉcó haisốhạngu 1 vàu 3 làsố chínhphương

Với nhữngdãy số được chodưới dạngsố hạng tổng quátthìviệc cần làm làphải

biếnđổisố hạngtổngquáttheonộidungyêucầu củabàitoánđặtra vàchứngminh

chúnglà các số nguyên Taxétbài toánsau

Bài toán9.Dãy số {un} xác địnhnhư sau:

 n

−  √5 − 1

2

 n #

5hvớih ∈ Z Nhưvậy điềukhẳng

địnhcũng đúngvới n = 2k + 1, 2k + 2.Theo nguyên líquy nạp suyra (6)đúng ∀n

Từ(6) suy ranếu n lẻ thìdo v n ∈ Z,nên u n = m 2

là số chính phương

Như vậy mọi số hạnglẻ củadãy {u n }đều là số chínhphương (đpcm)

Bài toán10 Dãy số {u n } đượcxác địnhnhư sau:

u n = 2 8 + 2 11 + 2 n , n = 1, 2,

Tìmtất cảcác số hạngcủa dãy màlà số chính phương

Lời giải

Giảsử số hạng u k củadãy là số chính phương,điều đó có nghĩa là:

Vậy số hạngu 12 là số hạngduy nhất của dãy đã cholà số chính phương

Trongbài toánsau,trong cách giảiđã biến đổikhéo léođiều kiện đã cho để dẫn

đếnmộtphươngtrìnhbậc haicó nghiệmnguyên màbiệtsố∆chínhlàbiểuthức cầnchứngminh là số chínhphương

Bài toán11 Chodãy số nguyên dương{un} xác địnhnhư sau:

TasÏ chøngminh r»ngvíi mäi n = 0, 1, 2,

có ngiệmnguyên u n+1.Vì lẽ đó biệt thức

4 = 45 2 u 2 n − 4.7u 2

n + 4.7 n+1 = 1997u 2

n + 4.7 n+1 = A n phải làsố chính phương

Vậy A n là số chính phươngvới mọi n = 0, 1, 2, (đpcm)

Vậndụngphươngphápphảnchứngcùngnhữngsuyluậnlôgiccũnglànhữngcông

cụđắc lựctrong việc giảicácbàitoánvềtính chínhphươngtrong dãysố.Taxétbài

Tachứngminh một điều khẳngđịnhtổng quáthơn:

Mệnhđề: Giảsử p 1 , p 2 , p 3 , ã ã ã làdãy số nguyên tố saocho p 1 = 2, p 2 ≥ 3,

p n+1 −p n ≥ 2, ∀n = 2, 3, Khiđótrongsốcácsốtựnhiêngiữasốs n = p 1 +p 2 +ã ã ã+p n

vàs n+1 = p 1 + p 2 + ã ã ã + p n + p n+1 luôn tìmđược mộtsố bìnhphươngđúng

Chứng minhmệnh đề:

Giảthiếtphản chứng tồntại một số tự nhiên n saocho giữa haisố s n và s n+1 không

có số bìnhphương đúngnào, tứclà tồntại số tự nhiên k sao cho:

p 2 = 3 6 x;

p 1 = 2 6 x − 2.

Chỉ có haikhả năngxảy ra với số x:

i)Nếux = 3,thìdo p 2 ≥ 3 ⇒ p 2 = 3 vàtừđósuyra tấtcả cácbấtđẳngthứctrên đềutrởthành đẳngthức (p n+1 = 2k + 1, p n−1 = 2k − 3, , p 2 = 3) Từ đó suyra

s n+1 = 2 + p 2 + ã ã ã + p n+1 > 1 + 3 + 5 + ã ã ã + (2k + 1) = (k + 1) 2 (11)

Rõràng (11) mâu thuẫn vớivế trái của(10)

ii) Nếu x ≥ 5thìdo x − 2 ≥ 3 ta suyra

s n = 2 + p 2 + ã ã ã + p n < 1 + 3 + 5 + ã ã ã + (2k − 1) = k 2

Rõràng điều này mâu thuẫn vớivế tráicủa (10)

Tóm lại trongmọi khả năngta luônđi đến mâu thuẫn, vậy giảthiếtchứng minh

làsai, suyra mệnh đề đượcchứng minhvàbài toán đã đượcgiải

tốp nthứn theochỉsốn củanó,nếu xétkhoảngcáchgiữahaisốnguyêntố liêntiếp,tứclà xét hiệu d n = p n+1 − p n.Ta thấy ngay rằng p 1 = 2và p 2 = 3 là cặpsố nguyên

tố liên tiếp có khoảng cách d 1 = 1 còn lạivới n > 1 thìd n ≥ 2, với n > 1 thì d n làmột số chẵn vì mọi cặp số nguyên tố liên tiếp đều là 2 số lẻ Nếu d n = 2 thì ta nói

p n và p n+1 là cặp số nguyên tố sinh đôi Có bao nhiêu cặp số nguyên tố sinh đôi làmột vấnđề cho đến nay chưađượcgiải quyết,với d n > 2ta có bài toánsau

Bài toán1.Tìm 9số nguyên tố nhỏ hơn2002 lập thành một cấpsố cộng

hoặc6n + 5.

Vì ba số nguyên tố lớn hơn 3 lập thành cấp số cộng, nên theo nguyên lí Dirichlet

phảicó ít nhấthai sốcùng dạngtứclàhiệu số của haisố đóchia hếtcho 6.Gọid làcông saicủa cấpsố cộng, thìhiệu của hai số hoặc là d hoặc là 2d Như thế hoặc là

5 thì (d, 5) = 1 nên a 1 + id, i = 4, 5, 6, 7, 8là hệ thặng dư đầy đủ (mod 5).

Vậy trong5số đó phải cómột số chia hếtcho5.Điều nàyvôlí vì 5số đó đềulà số

.19 Vậy loạitrường hợpnày

Gọiτ11, τ13 tươngứng làsốdư củaa1,khichia cho1 và13 Theocôngthức củacấp

Do 1 6 n − 1 6 8 ⇒ 2 6 2(n − 1) 6 16 nên:

τ 13 6∈ {1, 3, 5, 7, 9, 10, 11, 12}.

(Chứngminh tương tựnhư trên), vì thếτ 13 chỉcó thể là2,4,6,8

Vậy a 1 phải là số nguyên tố nhỏ hơn 322 vàkhi chia cho 1 chỉ có thể dư 1 hoặc2

vàkhichiacho13 chỉcóthểdư2,4,6,8 Bằngphépthửtrực tiếptathấya 1 chỉcóthể

9số ấy là 9số nguyên tốvà lập thành cấp số cộng Đó là nghiệm duy nhất cần tìm

củabài toán

Bài toán 2 Biết rằng 10 số nguyên tố sau đây lập thành cấp số cộng với công sai

Giảsửphảnchứngtồntạicấpsốcộnggồm1 sốnguyêntốx i = a+id (i = 0, 1, , 10)

với côngsaid thoả mãn 1 < d < 2310.

Tanhậnxétrằngnếuplàsố nguyêntốvà (d, p) = 1thìdãysố {a + id}(i = 0, 1, , p)

làhệ thặng dư đầyđủ (mod p)do đó phải cómột số chia hếtchop.Từ nhậnxétđó

tacó d

5.Thật vậy gọisố hạngđầu tiêncủa cấpsố cộng làa.Xét 5số sau đây:

a + 6d, a + 7d, a + 8d, a + 9d, a + 10d.

Nếu d 6

5 thì (d, 5) = 1 nên a + id, i = 0, 1, 2, 3, 4 là hệ thặng dư đầy đủ (mod 5).

Vậy trong 5số đó phải có một số chia hếtcho 5 điều này vô lívì 5số đó đều là số

Bằnglập luận hoàn toàn tương tự,thì d.

Bài toán 3 Hỏi có tồn tại hay khôngmột dãy vô hạn các số nguyên tố p 1 , p 2 , p 3 ,

thoả mãn đồngthời hệ điều kiện sau:

Nếu p k ≡ −1 (mod 3)thì p k+1 = 2p k + 1.Thật vậy, vì | p k+1 − p k |= 1 nên:

a) Hoặclà p k+1 − 2p k = 1 ⇒ p k+1 = 2p k + 1 vàđiều nhận xétlà đúng

b) Hoặclà p k+1 − 2p k = −1 ⇒ p k+1 = 2p k − 1

Dop k ≡ −1 (mod 3) ⇒ 2p k − 1 ≡ 0 (mod 3) ⇒ p k+1

.3.Điềunày mâu thuẫnvì p k+1

làsố nguyêntố lớn hơn3 Vì thếtrường hợpb) khôngsảy ra

Theo địnhlíFermat nhỏ suy rap p 1

p1.Điều nàymâu thuẫn với p1 làsố nguyên tố.Vậy giả thiếttồn tại dãy vô hạn các số nguyên tố p1, p2, p3, thoả mãn các yêu cầucủađề bài là sai Như vậy câutrả lờiởđây là: Không

Nhưvậylàcócặpsốnguyêntốrấtgầnnhau(p 1 vàp 2)vàcónhữngcặpsốnguyên

tốliêntiếpcókhoảngcáchbằng2,songtacũngchứngminhđượcrằngvớimỗisốtự

nhiênm lớn hơn 1tuỳýcho trướcắt có nhữngcặp số nguyên tốliên tiếpcó khoảngcáchlớn hơn m.Ta xétbàitoán sau:

Bài toán4.Cho dãysố tự nhiên vôhạn 1, 2, 3, ,và k là một số tự nhiên chotrước.Hỏicó thể tríchratừ dãy trênmột dãy congồmk số hạng,sao chochúnglà k số tựnhiên liêntiếp vàmọi số của dãycon đềukhông phảilà số nguyên tố đượckhông?

Lời giải

Xétk số sauđây:

(k + 1)! + 2; (k + 1)! + 3; (k + 1)! + 4; ; (k + 1)! + (k + 1).

Đólà k số tự nhiên liên tiếp

Mặt khác,nếu lấym tuỳ ýsao cho2 ≤ m ≤ k + 1, thìta có

Người tađặtvấn đềxem xétcóhay khôngmộtdãy sốlấyvô sốgiá trịnguyên tố?

Đốivớinhịthức bậcnhấttacóđịnhlí:"Vớihaisốtựnhiêna, bnguyên tốcùngnhau,nhịthứcbậc nhấtax + blấyvô sốgiátrị nguyên tố".Địnhlínày đượcnhàtoánhọcDirichlet người Đức chứng minh năm 1937 Người ta cũng chứng minh được rằng

Lời giải

Trướchết taxét bổ đề sau đây

Bổ đề Mọi số nguyên dương n có dạng 4k + 3, k ∈ N, đều có ít nhất một ước sốnguyên tố cũngcó dạng4p + 3, p ∈ N

Chứng minh:Chỉ có haikhả năng sảyra:

i)Nếu n = 4k + 3là một số nguyên tố,thìbổ đề hiển nhiên đúng

ii)Nếu n là hợp số Khi đó n = a.b với a, b ∈ N và 1 < a, b < n Do n là lẻ nên a, b

đều lẻ,suy raa và b có dạng4p + 1 hoặc4p + 3

Nếu cả haisố a vàb đều có dạng4p + 1 thìn có dạng:

n = (4p + 1)(4q + 1) = 4l + 1, l ∈ N.

Điềunày trái vớigiả thiếtvì n có dạng 4k + 3

Giảsử a có dạng4p + 3

- Nếu a làsố nguyên tố:Bổ đề được chứngminh

- Nếu a làhợp số, lại tiếptục lập luận như trên a phảicó ước số có dạng4p + 3

Doquá trìnhphân tíchlà hữuhạn, vì thếsốnguyên dươngn phảicó ítnhất một ước

số nguyên tốcó dạng 4p + 3.Bổ đề được chứngminh

Bây giờtrởlại bài toán đã cho

Lấy số nguyêndương m > 4vàxét số sau:

Chọn m 1 = 4. Khi đó theo trên ta có số nguyên tố p 1 > m 1 (tức p 1 > 4) mà p 1 códạng4k 1 + 3.

Lấy m 2 = p 1 , (m 2 > 4). Theo kếtquả trên tacó số nguyên tố p 2,

( p 2 > m 2,tức là p 2 > p 1) màp 2 có dạng 4k 2 + 3

Vàquá trình ấy cứ tiếpdiễn mãi Như thếta có dãy số nguyên tố p 1 < p 2 < p 3 < ,trongđó p i = 4k i + 3, k i ∈ N Điềuđó có nghĩa là dãy vôhạn cácsố nguyên tố {p i }

làdãy con củadãy {4k + 3}(đpcm)

Vềvấn đề số nguyên tố, năm 1742Goldbach và Ơle đã nêura giả thiếtsau đây:

"Mỗi một số chẵn lớn hơn 2 đều biểu diễn được dưới dạng tổng của hai số nguyên

tố"

Hơn 260 năm đã trôi qua nhưng đến nay giả thiết đó vẫn chưa được chứng minh

hoànchỉnh.Bâygiờchúngtaxétbàitoánvềsựphântíchmộtsốtự nhiênthànhtổng

của haisố nguyên tố

Bài toán 6 Tìm dãy số tự nhiên liên tiếp nhiều số hạng nhất sao cho mỗi số hạng

trongdãy là tổngcủa haisố nguyên tố

x 1 = 2 + 3 = 5; x 2 = 2 + p + 2 = 7; x 3 = 2 + p + 4 = 9.

Mặt khácta lại có