2.1 Các bài toán về tập hợp số nguyên tố
2.1.2 Loại 2.Các bài toán áp dụng định lý cơ bản của số học, định lý Fermat
Hầu hết các bài toán dạng này cần phải dựa vào định lý cơ bản, vận dụng dạng phân tích tiêu chuẩn
Bài 1. Cho A ∈ N,A = ax.by.cz trong đó a, b, c là các số nguyên tố đôi một khác nhau; x, y, z là các số nguyên dương khác 0.
Chứng minh rằng số các ước của A được tính bởi công thức (x+1)(y+1)(z+1).
Giải Số các ước của A
+ chỉ chứa thừa số nguyên tố a là x.
+ chỉ chứa thừa số nguyên tố b là y.
+ chỉ chứa thừa số nguyên tố c là z.
+ chỉ chứa hai thừa số nguyên tố a, b là x.y + chỉ chứa hai thừa số nguyên tố b, c là y.z
+ chỉ chứa hai thừa số nguyên tố a, c là x.z + chứa các thừa số nguyên tố a, b, c là x.y.z Do đó số các ước của A là
x+y +x+ x.y+y.z +z.x+ xyz+ 1
=(x+ 1) +y.(y + 1) +z.(z+ 1) +yz(x+ 1)
=(x+ 1)(1 +y +z+yz)
=(x+ 1)[y + 1 +z(y + 1)]
=(x+ 1)(y + 1)(z + 1).
Bài 2. Tìm số tự nhiên có dạng phân tích tiêu chuẩn n = 2α.3β và σ(n) = 403
Giải
Với n= 2α.3β thì ta có σ(n) = 22−1α+1.33−1β+1 = 403 = 13.31 Do tính phân tích duy nhất của dạng tiêu chuẩn ta có Trường hợp 1
2α+1−1 = 31
3β+1−1
3−1 = 13
⇒
2α+1 = 32 3β+1 = 27
⇒
α = 4 β = 2 Trường hợp 2
2α+1−1 = 13
3β+1−1
3−1 = 31
⇒
2α+1 = 14 3β+1 = 63
⇒ vô nghiệm.
Vậy n= 24.33 = 144.
Bài 3. Cho p là số nguyên tố lẻ. Khi đó mọi ước nguyên tố của số Mersenne Mp đều có dạng 2kp+ 1, trong đó k là số nguyên dương.
Giải
Giả sử q là ước số của Mp. Theo định lý Fermat nhỏ thì
(2q−2) ...q ⇒ 2(2q −1) ... q ⇒ 2q −1 ... q (do (2,q)=1) (2.1).
Rõ ràng ta có
(2p−1,2q−1 −1) = 2(p,q−1) −1 (2.2) Theo giả thiết (2p−1) ... q.
Theo (2.1) thì (2q−1 −1) ...q.
Vậy q là ước chung của 2p-1 và 2q−1 −1.
Do đó từ (2.2) ta có (2(p,q−1)−1) ... q .
Do q là ước nguyên tố nên q > 1, từ đó suy ra (2(p,q−1) −1) > 1 ⇒2(p,q−1) > 2 ⇒ (p, q −1) > 1 (*)
Vì p nguyên tố nên (p, q − 1) = p (vì nếu (p, q − 1) 6= p thì ta có (p, q −1) = p là điều mâu thuẫn với (*)).
Từ (p, q −1) = p ⇒ q−1 = mp ⇔ q = mp+ 1.
Do q lẻ nên m = 2k (vì nếu không do p nguyên tố lẻ thì mp lẻ khi m lẻ thì mp+ 1 chẵn, thế nên q chẵn là điều vô lý).
Vậy q = 2kp+ 1, k nguyên dương.
Như thế mọi ước nguyên tố của Mp đều có dạng q = 2kp+ 1.
Bài 4. Tìm tất cả các số nguyên tố p, sao cho 211p−2 chia hết cho 11p.
Giải Giả sử p là số nguyên tố cần tìm ta có
211p ≡ 2 (mod p) (3.1)
Áp dụng định lý Fermat đối với số nguyên tốp, ta lại có 211p = (211)p ≡211 (mod p) (3.2)
Từ (3.1) và (3.2) suy ra p là ước số của 211 −2 = 2046 = 2.3.11.31.
Mà p là số nguyên tố nên p∈ {2,3,11,31}.
+ Nếu p = 2 ta có 222 ≡ 2 (mod 22).
Suy ra 221 ≡ 1(mod22) ≡1(mod11) (3.3).
Ta lại có 210 ≡ 1(mod11) (3.4) Nên 220 ≡ (210)2 ≡ 1(mod 11)
Suy ra 221 ≡ 2(mod 11) (mâu thuẫn với (3.3)) Vậy p= 2 bị loại.
Nếu p= 3 thì từ (3.4) ta có 232 = (210)3.22 ≡ 4(mod11) Do đó p= 3 bị loại
Nếu p= 11 ta có 211p−2 = 2121−2
= 2((230)4 −1)
= 2((230)2+ 1)(230+ 1)(25+ 1)(210−25+ 1)(25 −1)(210+ 25 + 1) Thay 25=32 và kết hợp với (3.4). Suy ra trong tích này chỉ có nhân tử 25+1 là chia cho 11 được 3, còn các nhân tử khác đều không chia hết được cho 11, nên tích không chia hết cho 11p=121.
Vậy p= 11 bị loại.
+ Nếu p = 31. Ta cần kiểm tra xem 2340 ≡ 1 (mod 341) hay không.
Từ (3.4) suy ra 2340 = (210)34 ≡ 1 (mod 11) (3.5)
Ta lại có 25 ≡1(mod 31) nên 2340 = (25)68 ≡ 1(mod 31).
Kết hợp điều này với (5) suy ra điều cần kiểm tra là đúng.
Vậy số nguyên tố cần tìm là 31.
Các bài tập tương tự 1. Chứng minh rằng
a) Với mọi số nguyên tố lớn hơn 2 đều có dạng 4p±1 (p>0).
b) Với mọi số nguyên tố lớn hơn 3 đều có dạng 6p±1 (p>0).
2.Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên tố p thỏa mãn 13
(p3 + 1) .
3. Tìm số m nhỏ nhất có 9 ước số, biết dạng phân tích tiêu chuẩn của m = pαpβ và τ(m2) = 15. Tính τ(m3)?
4. Cho số N có dạng pxqyrz; p, q, r là các số nguyên tố và p.q-r=3;
pr-q=9. Biết rằng các số Np; Nq;NR trong dạng có ít hơn số ước số của N là 20, 12, 15. tìm số N?
5. Tìm 8 số nguyên tố (không nhất thiết khác nhau) biết rằng 4 lần tích của các số ấy trừ đi tổng các bình phương của chúng thì bằng 902.
6. Tìm 7 số nguyên tố liên tiếp a1, a2, a3, a4, a5, a6, a7 thỏa mãn:
a12 +a22 +a32 +a42 + a52 +a62 = a72
Nhận xét Các bài tập dạng này rèn cho học sinh khả năng tư duy sâu, cách xem xét và kết luận về một vấn đề toán học bằng cách xét hầu hết các khả năng có thể xảy ra, dùng những vấn đề toán học đã được chứng minh hoặc đã biết để loại bỏ các khả năng không thể xảy ra và làm sáng tỏ vấn đề cần phải chứng minh.
Sau khi thành thạo dạng toán này học sinh hiểu được sâu sắc hơn, có khái niệm rõ ràng hơn thế nào là chứng minh một vấn đề toán học và có được những kĩ năng, kĩ xảo cần thiết.
Tuy nhiên, với dạng toán này, chỉ với trình độ Trung học cơ sở các em chỉ giải quyết được những bài tập ở dạng đơn giản. Việc chứng minh các bài tập ở dạng này phức tạp hơn, các em sẽ gặp nhiều khó khăn chứ không dễ dàng chứng minh được. Chẳng hạn chứng minh về vô số số nguyên tố có dạng 4a+1, 6a+1,... phức tạp hơn nhiều.