Chuyên đề Số nguyên tố trong trường trung học cơ sở với đối tượng là học sinh khá và giỏi

Nội dung text: Chuyên đề Số nguyên tố trong trường trung học cơ sở với đối tượng là học sinh khá và giỏi

1. LỜI NÓI ĐẦU Toán học là một trong những môn học có vị trí quan trọng trong nhà trường. Dạy Toán là dạy phương pháp suy luận khoa học. Học toán là rèn luyện khả năng tư duy lôgic, còn giải toán là một phương tiện rất tốt trong việc nắm vững tri thức, phát triển tư duy, hình thành kỹ năng, kỹ xảo. Trong thư của Thủ tướng Phạm Văn Đồng gửi các bạn trẻ yêu Toán (đăng trên báo Toán học Tuổi trẻ) có đoạn viết: “Trong các môn khoa học kỹ thuật, Toán học giữ một vị trí đặc biệt, nó có tác dụng lớn đối với sản xuất và chiến đấu”. Trong Toán học, Phân môn Số học là phân môn có từ lâu đời nhất và có nhiều sự hấp dẫn. Các bài toán số học đã cuốn hút và làm say mê lòng người: Từ các nhà toán học lỗi lạc của mọi thời đại đến đông đảo các bạn trẻ yêu toán. Thế giới các con số quen thuộc đối với chúng ta trong cuộc sống hàng ngày, nhưng nó cũng là một thế giới hết sức kỳ lạ và đầy bí ẩn. Loài người đã phát hiện trong đó biết bao tính chất, bao quy luật đồng thời cũng đau đầu chưa thể chứng minh được một số những dự kiến, dự đoán toán học. Một điều lý thú là có nhiều mệnh đề khó của số học lại được phát biểu rất đơn giản, rất dễ hiểu. Nhiều bài toán số học khó nhưng lại có thể giải quyết sáng tạo với những kiến thức số học rất phổ thông. Trong số học, chúng ta còn có những vấn đề mới đầy bí ẩn đang chờ đón. Chính vì lẽ đó mà các bài toán số học luôn có mặt trong các đề thi chọn học sinh giỏi toán ở tất cả các cấp học và đối với hầu hết các nước trên thế giới. Là một bộ phận của Số học, Số nguyên tố cũng tựu chung đầy đủ các yếu tố trên. Làm quen đối với số nguyên tố và yêu thích số nguyên tố, chúng ta càng thấy rõ chân lý: “Toán học là môn thể dục của trí tuệ”. Nó giúp rèn luyện được tính kiên trì vượt khó, tư duy lôgic và tính sáng tạo. Trong chương trình của bậc Trung học cơ sở, số nguyên tố được đề cập trong 4 tiết, trong đó có 2 tiết lý thuyết và 2 tiết luyện tập; ngoài ra còn một số đơn vị kiến thức được nằm rải rác ở các tiết học khác (sách giáo khoa Toán 6). Trong điều kiện đó, giáo viên mới dừng ở mức độ giúp học sinh có được hiểu biết sơ đẳng nhất về số nguyên tố như : định nghĩa số nguyên tố, những tính chất cơ bản của số nguyên tố và các bài tập áp dụng lý thuyết đơn thuần. Vì vậy khi gặp những bài toán về số nguyên tố ở dạng tổng quát và phức tạp, học sinh thường hay lúng túng và bế tắc. Là giáo viên, tôi thấy việc giúp đỡ các em học sinh, nhất là các em học sinh khá giỏi tìm hiểu sâu sắc hơn về số nguyên tố là một việc làm rất cần thiết. Với những lý do đó, cùng với sự trăn trở, say mê nghiên cứu, tìm tòi học hỏi, tôi mạnh dạn trình bày một số quan điểm khi giảng dạy chuyên đề ''Số nguyên tố trong trường trung học cơ sở với đối tượng là học sinh khá và giỏi'' Trong phạm vi chuyên đề này, tôi trình bày những nội dung sau: 1
2. Phần thứ nhất: Một số kiến thức cơ bản về số nguyên tố. Phần này tôi nhằm hệ thống lại các kiến thức cơ bản về số nguyên tố mà chúng ta sẽ sử dụng giải bài tập. Phần thứ hai: Một số bài toán cơ bản về số nguyên tố. Các bài tập trong phần này được đưa vào theo các dạng và có trình bày lời giải. Phần thứ ba: Phụ lục. Trong phần này tôi giới thiệu một số vấn đề được đề cập để các bạn tham khảo. Thông qua chuyên đề này, tôi muốn giúp cho các em học sinh có khả năng tư duy sâu sắc, khả năng tổng hợp nhanh nhạy và tính chính xác cao mà toán học đòi hỏi. Cũng qua đó giúp các em dần làm quen với phương pháp học toán ở bậc trung học cơ sở. Tuy nhiên, với khả năng và trình độ của bản còn nhiều hạn chế chuyên đề này khó tránh khỏi được những thiếu sót. Rất mong muốn được các thầy giáo, cô giáo các bạn đồng nghiệp và bạn đọc tham gia ý kiến để chuyên đề này của tôi được hoàn thiện hơn. Nam Sách, ngày 23 tháng 11 năm 2011 2
3. PHẦN I MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ SỐ NGUYÊN TỐ I/ Định nghĩa 1) Số nguyên tố là những số tự nhiên lớn hơn 1, chỉ có 2 ước số là 1 và chính nó. Ví dụ: 2, 3, 5, 7 11, 13,17, 19 2) Hợp số là số tự nhiên lớn hơn 1 và có nhiều hơn 2 ước. Ví dụ: 4 có 3 ước số: 1 ; 2 và 4 nên 4 là hợp số. 3) Các số 0 và 1 không phải là só nguyên tố cũng không phải là hợp số 4) Bất kỳ số tự nhiên lớn hơn 1 nào cũng có ít nhất một ước số nguyên tố II/ Một số định lý cơ bản 1) Định lý 1: Dãy số nguyên tố là dãy số vô hạn Chứng minh: Giả sử chỉ có hữu hạn số nguyên tố là p1; p2; p3; pn. trong đó pn là số lớn nhất trong các nguyên tố. Xét số N = p1 p2 pn +1 thì N chia cho mỗi số nguyên tố pi (1  i  n) đều dư 1 (1) Mặt khác N là một hợp số (vì nó lớn hơn số nguyên tố lớn nhất là pn) do đó N phải có một ước nguyên tố nào đó, tức là N chia hết cho một trong các số pi (1  i  n). (2) Ta thấy (2) mâu thuẫn (1). Vậy không thể có hữu hạn số nguyên tố. 2/ Định lý 2: Mọi số tự nhiên lớn hơn 1 đều phân tích được ra thừa số nguyên tố một cách duy nhất (không kể thứ tự các thừa số). Chứng minh: * Mọi số tự nhiên lớn hơn 1 đều phân tích được ra thừa số nguyên tố: Thật vậy: giả sử điều khẳng định trên là đúng với mọi số m thoả mãn: 1< m < n ta chứng minh điều đó đúng với mọi n. Nếu n là nguyên tố, ta có điều phải chứng minh. Nếu n là hợp số, theo định nghĩa hợp số, ta có: n = a.b (với a, b < n) Theo giả thiết quy nạp: a và b là tích các thừa số nhỏ hơn n nên n là tích cuả các thừa số nguyên tố. * Sự phân tích là duy nhất: Giả sử mọi số m < n đều phân tích được ra thừa số nguyên tố một cách duy nhất, ta chứng minh điều đó đúng với n: 3
4. Nếu n là số nguyên tố thì ta được điều phải chứng minh. Nếu n là hợp số: Giả sử có 2 cách phân tích n ra thừa số nguyên tố khác nhau: n = p.q.r n = p’.q’.r’ Trong đó p, q, r và p’, q’, r’ là các số nguyên tố và không có số nguyên tố nào cũng có mặt trong cả hai phân tích đó (vì nếu có số thoả mãn điều kiện như trên, ta có thể chia n cho số đó lúc đó thường sẽ nhỏ hơn n, thương này có hai cách phân tích ra thừa số nguyên tố khác nhau, trái với giả thiết của quy nạp). Không mất tính tổng quát, ta có thể giả thiết p và p’ lần lượt là các số nguyên tố nhỏ nhất trong phân tích thứ nhất và thứ hai. Vì n là hợp số nên n’ > p2 và n > p’2 Do p = p’ => n > p.p’ Xét m = n - pp’ p | n – pp’ hay p | m p’| n => p’| n – pp’ hay p’| m Khi phân tích ra thừa số nguyên tố ta có: m = n - pp’ = pp’ . P.Q với P, Q P ( P là tập các số nguyên tố)  pp’ | n = pp’ | p.q.r => p’ | q.r => p’ là ước nguyên tố của q.r Mà p’ không trùng với một thừa số nào trong q,r (điều này trái với gỉa thiết quy nạp là một số nhỏ hơn n đều phân tích được ra thừa số nguyên tố một cách duy nhất). Vậy, điều giả sử không đúng, n không thể là hợp số mà n phải là số nguyên tố (Định lý được chứng minh). III/ Cách nhận biết một số nguyên tố Cách 1: Chia số đó lần lượt cho các nguyên tố từ nhỏ đến lớn: 2; 3; 5; 7 Nếu có một phép chia hết thì số đó không nguyên tố. Nếu thực hiện phép chia cho đến lúc thương số nhỏ hơn số chia mà các phép chia vẫn có số dư thì số đó là nguyên tố. Cách 2: Một số có hai ước số lớn hơn 1 thì số đó không phải là số nguyên tố 4
5. Cho học sinh lớp 6 học cách nhận biết 1 số nguyên tố bằng phương pháp thứ nhất (nêu ở trên), là dựa vào định lý cơ bản: Ước số nguyên tố nhỏ nhất của một hợp số A là một số khôngvượt quá A. Đặc biệt: Với dãy 25 số nguyên tố nhỏ hơn 100 nên cho học sinh học thuộc, tuy nhiên khi găp 1 số a nào đó (a 1 không có một ước số nguyên tố nào từ 2 đến A thì A là một nguyên tố. (Do học sinh lớp 6 chưa học khái niệm căn bậc hai nên ta không đặt vấn đề chứng minh định lý này, chỉ giới thiệu để học sinh tham khảo.). IV/ Số các ước số và tổng các ước số của 1 số: X1 X2 Xn Giả sử: A = p1 . p2 pn Trong đó: pi P ; xi N ; i = 1, n a) Số các ước số của A tính bằng công thức: T(A) = (x1 + 1)(x2 + 1) (xn + 1) Ví dụ: 30 = 2.3.5 thì T(A) = (1 + 1)(1 + 1)(1 + 1) = 8 Thật vậy: Ư(30) = 1;2;3;5;6;10;15;30 Ư(30) có 8 phân tử Ứng dụng: Có thể không cần tìm Ư(A) vẫn biết A có bao nhiêu ước thông qua việc phân tích ra thừa số nguyên tố. 3100 có (100 + 1) = 101 ước 1 000 000 000 = 109 = 29.59 có (9 + 1)(9+1) = 100 ước Ý nghĩa: Khi thông báo cho học sinh cách tính số ước của một số các em có thể tin tưởng khi viết một tập hợp ước của một số và khẳng định đã đủ hay chưa. b) Tổng các ước một số của A tính bằng công thức: p X1 + 1 - 1 p X2 + 1 - 1 p Xn + 1 - 1 (A) = 1 . 2 n p1 - 1 p2 - 1 pn - 1 5
6. V/ Hai số nguyên tố cùng nhau: 1- Hai số tự nhiên được gọi là nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi chúng có ước chung lớn nhất (ƯCLN) bằng 1. a, b nguyên tố cùng nhau (a,b) = 1 a,b N 2- Hai số tự nhiên liên tiếp luôn nguyên tố cùng nhau 3- Hai số nguyên tố khác nhau luôn nguyên tố cùng nhau 4- Các số a,b,c nguyên tố cùng nhau (a,b,c) = 1 5- a,b,c nguyên tố sánh đôi khi chúng đôi một nguyên tố cùng nhau a,b,c nguyên tố sánh đôi (a,b) = (b,c) = (c,a) = 1 VI/ Một số định lý đặc biệt 1) Định lý Đirichlet Tồn tại vô số số nguyên tố p có dạng: p = ax + b (x N, a, b là 2 số nguyên tố cùng nhau). Việc chứng minh định lý này khá phức tạp, trừ một số trường hợp đặc biệt. Ví dụ: Chứng minh rằng có vô số số nguyên tố dạng: 2x – 1; 3x – 1; 4x + 3; 6x + 5 2) Định lý Tchebycheff Trong khoảng từ số tự nhiên n đến số tự nhiên 2n có ít nhất một số nguyên tố (n > 2). 3) Định lý Vinogradow Mọi số lẻ lớn hơn 33 là tổng của 3 số nguyên tố. Các định lý 2 và 3 ta có thể giới thiệu cho học sinh tham khảo và sử dụng để giải một số bài tập. 6
7. PHẦN II MỘT SỐ BÀI TOÁN CƠ BẢN VỀ SỐ NGUYÊN TỐ DẠNG 1: Có bao nhiêu số nguyên tố dạng ax + b (với x N và (a,b) = 1) Bài tập số 1: Chứng minh rằng: có vô số số nguyên tố có dạng: 3x – 1 (x 1) là hợp số +) Xét 2 số có dạng 3x + 1: đó là số (3m + 1) và số (3n + 1) Xét tích (3m + 1)(3n + 1) = 9mn + 3m + 3n + 1 = 3x + 1 Tích trên có dạng: 3x + 1 +) Lấy một số nguyên tố p có dạng 3x – 1 (với p bất kỳ  P) ta lập tích của p với tất cả các số nguyên tố nhỏ hơn p rồi trừ đi ta có: M = 2.3.5.7 p – 1 = 3(2.5.7 p) – 1 M có dạng: 3x – 1 Có 2 khả năng xảy ra: * Khả năng 1: M là số nguyên tố, đó là số nguyên tố có dạng (3x – 1) > p, bài toán được chứng minh. * Khả năng 2: M là hợp số: Ta chia M cho 2, 3, 5, ,p đều tồn tại một số dư khác 0 nên các ước nguyên tố của M đều lớn hơn p, trong các ước này không có số nào có dạng 3x + 1 (đã chứng minh trên). Do đó ít nhất một trong các ước nguyên tố của M phải có dạng 3x (hợp số) hoặc 3x + 1 Vì nếu tất cả có dạng 3x + 1 thì M phải có dạng 3x + 1 (đã chứng minh trên). Do đó, ít nhất một trong các ước nguyên tố của M phải có dạng 3x + 1, ước này luôn lớn hơn p. Vậy: Có vô số số nguyên tố dạng 3x – 1. Bài tập số 2: Chứng minh rằng: Có vô số số nguyên tố có dạng 4x + 3 (với x N) Nhận xét: Các số nguyên tố lẻ không thể có dạng 4x hoặc 4x + 2. 7
8. Vậy chúng chỉ có thể tồn tại dưới 1 trong 2 dạng 4x + 1 hoặc 4x + 3. Ta sẽ chứng minh có vô số số nguyên tố có dạng 4x + 3 +) Xét tích 2 số có dạng 4x + 1 là: 4m + 1 và 4n + 1 Ta có: (4m + 1)(4n + 1) = 16mn + 4m + 4n + 1 = 4(4mn + m + n) + 1 = 4x + 1 Vậy tích của 2 số có dạng 4x + 1 là một số cũng có dạng 4x + 1 +) Lấy một số nguyên tố p bất kỳ có dạng 4x – 1, ta lập tích của 4p với tất cả các số nguyên tố nhỏ hơn p rồi trừ đi 1 khi đó ta có: N = 4(2.3.5.7 p) – 1 Có 2 khả năng xảy ra * Khả năng 1: N là số nguyên tố => N = 4(2.3.5.7 p) – 1 có dạng 4x – 1. Những số nguyên tố có dạng 4x – 1 cũng chính là những số có dạng 4x + 3 và bài toán được chứng minh. * Khả năng 2: N là hợp số: Chia N cho 2, 3, 5, , p đều được các số dư khác 0 => các ước nguyên tố của N đều lớn hơn p. Các ước này không thể có dạng 4x hoặc 4x + 2 (vì đó là hợp số). Cũng không thể toàn các ước có dạng 4x + 1 vì như thế N phải có dạng 4x + 1. Như vậy trong các ước nguyên tố của N có ít nhất 1 ước có dạng 4x – 1 mà ước này hiển nhiên lớn hơn p. Vậy: Có vô số số nguyên tố có dạng 4x – 1 (hay có dạng 4x + 3). Trên đây là mộ số bài toán chứng minh đơn giản của định lý Đirielet: Có vô số số nguyên tố dạng ax + b trong đó x N ,(a,b) = 1. Mục đích của những bài tập dạng này là: Rèn luyện cho học sinh khả năng tư duy sâu, cách xem xét và kết luận về một vấn đề toán học bằng cách xét 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 lớp 6 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 kỹ năng, kỹ xảo chứng minh cần thiết. Tuy nhiên, với dạng toán này, ở trình độ lớp 6 các em chỉ giải quyết được những bài tập ở dạng đơn giản. Việc chứng các bài tập ở dạng này phức tạp hơn, các em sẽ gặp nhiều khó khăn chứ không thể dễ dàng chứng minh 8
9. được. Chẳng hạn chứng minh về vô số số nguyên tố có dạng 4a + 1; 6a + 1 phức tạp hơn nhiều. DẠNG 2: CÁC BÀI TOÁN CHỨNG MINH SỐ NGUYÊN TỐ Bài tập số 1: Chứng minh rằng: (p – 1)! chia hết cho p nếu p là hợp số, không chia hết cho p nếu p là số nguyên tố. Giải: +) Xét trường hợp p là hợp số: Nếu p là hợp số thì p là tích của các thừa số nguyên tố nhỏ hơn p và số mũ các luỹ thừa này không thể lớn hơn số mũ của chính các luỹ thừa ấy chứa trong (p – 1)!. Vậy: (p – 1) !: p (điều phải chứng minh). +) Xét trường hợp p là số nguyên tố: Vì p P => p nguyên tố cùng nhau với mọi thừa số của (p –1)! (vì p > p-1 => (p – 1)! : p (điều phải chứng minh) Bài tập số 2: Cho 2m – 1 là số nguyên tố Chứng minh rằng m cũng là số nguyên tố. Giải: Giả sử m là hợp số => m = p.q ( p, q N; p, q > 1) Khi đó: 2m – 1 = 2p,q - 1 = (2p)q – 1 = (2p – 1)(2p(q-1) + 2p(q-2) + + 1) vì p > 1 (giả thiết) của điều giả sử => 2p – 1 > 1 và (2p(q-1) + 2p(q-2) + + 1) > 1 Dẫn đến 2m – 1 là hợp số (trái với giả thiết 2m –1 là số nguyên tố)  Điều giả sử không thể xảy ra. Vậy m phải là số nguyên tố (điều phải chứng minh) Bài tập số 3: Chứng minh rằng: 1994! – 1 có mọi ước số nguyên tố lớn hơn 1994. Giải: (Chứng minh bằng phương pháp phản chứng) Gọi p là ước số nguyên tố của (1994! – 1) Giả sử p 1994 => 1994. 1993 3. 2. 1 : p 9
10. 1994! : p mà (1994! – 1) : p => 1 : p (vô lý) Vậy: p không thể nhỏ hơn hoặc bằng 1994 hay p > 1994 (điều phải chứng minh). Bài tập số 4: Chứng minh rằng: n > 2 thì giữa n và n! có ít nhất 1 số nguyên tố (từ đó suy ra có vô số số nguyên tố). Giải: Vì n > 2 nên k = n! – 1 > 1, do đó k có ít nhất một ước số nguyên tố p. Ta chứng minh p > n .Thật vậy: nếu p n thì n! : p Mà k : p => (n! – 1) : p.Do đó: 1 : p (vô lý) Vậy: p > n=>n p có dạng 3k + 1 hoặc dạng 3k – 1 * Nếu p = 3k + 1 thì p + 14 = 3k + 15 = 3(k + 5) : 3 * Nếu p = 3k – 1 thì p + 10 = 3k + 9 = 3(k + 3) : 3 Vậy nếu p 3 thì hoặc p + 10 hoặc p + 14 là hợp số. => không thỏa mãn bài ra Do đó: giá trị duy nhất cần tìm là: p = 3 Bài tập số 2: Tìm số nguyên tố p để p + 2; p + 6; p + 18 đều là số nguyên tố. Giải: Bằng cách giải tương tự bài tập số 1, học sinh dễ dàng tìm được p = 5 thoả mãn bài ra. Xong không chứng minh được p = 5 là giá trị duy nhất vì dễ dàng thấy p = 11 cũng thoả mãn bài ra. Vậy với bài tập này, học sinh chỉ cần chỉ ra một vài giá trị của p thoả mãn là đủ. 10
11. Bài tập số 3: Tìm k để trong 10 số tự nhiên liên tiếp: k + 1; k +2; k +3; k +10 có nhiều số nguyên tố nhất. Giải: Giáo viên hướng dẫn học sinh rút ra nhận xét: Trong 10 số tự nhiên liên tiếp, có 5 số chẵn và 5 số lẻ (trong 5 số chẵn, có nhiều nhất là 1 số nguyên tố chẵn là 2). Vậy: trong 10 số đó có không quá 6 số nguyên tố +) Nếu k = 0, từ 1 đến 10 có 4 số nguyên tố: 2; 3; 5; 7 +) Nếu k = 1 từ 2 đến 11 có 5 số nguyên tố: 2; 3; 5; 7; 11 +) Nếu k > 1 từ 3 trở đi không có số chẵn nào là số nguyên tố. Trong 5 số lẻ liên tiếp, ít nhất có 1 số là bội số của 3 do đó, dãy sẽ có ít hơn 5 số nguyên tố. Vậy với k = 1, dãy tương ứng: k + 1; k + 2, k + 10 có chứa nhiều số nguyên tố nhất (5 số nguyên tố). Bài tập số 4: Tìm tất cả các số nguyên tố p để: 2p + p2 cũng là số nguyên tố Giải: Xét hai trường hợp: +) p 3 p = 2 hoặc p = 3 * Nếu p = 2 => 2p + p2 = 22 + 22 = 8 P * Nếu p = 3 => 2p + p2 = 22 + 32 = 17 P +) p > 3 ta có 2p + p2=(p2 – 1) + (2p + 1) vì p lẻ => (2p + 1)  3 và p2 – 1 = (p + 1)(p – 1)  3 => 2p + p2 P Vậy: Có duy nhất 1 giá trị p = 3 thoả mãn bài ra. Bài tập số 6: Tìm tất cả các số nguyên tố sao cho: p | 2p + 1 Giải: Vì p P ,p | 2p + 1 => p 2 Ta thấy: 2 |p vì p 2 Theo định lý Fermatm ta có: p | 2p-1 – 1 Mà p | 2p + 1 (giả thiết) => p | 2.2p-1 – 2 + 3 => p | 2(2p-1 – 1) + 3 => p | 3 [vì p | 2(2p-1 – 1)] 11
12. Vì p P p | 3 => p = 3 Vậy: p = 3 là số nguyên tố thoả mãn tính chất p | 2p + 1 Tóm lại: Các bài toán thuộc dạng: Tìm số nguyên tố thoả mãn các điều kiện cho trước là loại toán không khó trong các loại bài toán về số nguyên tố. Qua loại toán này, giáo viên cần cố gắng trang bị cho học sinh những kiến thức cơ bản nhất về số nguyên tố. Đặc biệt giúp học sinh nắm vững: Số 2 là số nguyên tố chẵn duy nhất và nhỏ nhất của tập số nguyên tố. Dựa vào cách viết số nguyên tố dạng a.x + b, (a,b) = 1. Rèn kỹ năng xét các trường hợp có thể xảy ra, phương pháp loại trừ các trường hợp dẫn đến điều vô lý. Qua dạng toán này, giáo viên cần giúp học sinh rèn luyện tư duy lôgic, tư duy sáng tạo, tính tích cực chủ động khi làm bài. DẠNG 4 NHẬN BIẾT SỐ NGUYÊN TỐ SỰ PHÂN BỐ SỐ NGUYÊN TỐ TRONG N Bài tập số 1: Nếu p là số nguyên tố và 1 trong 2 số 8p + 1 và 8p – 1 là số nguyên tố thì số còn lại là số nguyên tố hay hợp số? Giải: +) Nếu p = 2 => 8p +1 = 17 P , 8p – 1 = 15 P +) Nếu p = 3 => 8p – 1 = 23 P , 8p – 1 = 25 P +) Nếu p khác 3, xét 3 số tự nhiên liên tiếp: 8p – 1; 8p và 8p + 1. Trong 3 số này ắt có 1 số chia hết cho 3. Nên một trong hai số 8p + 1 và 8p – 1 chia hết cho 3. Kết luận: Nếu p P và 1 trong 2 số 8p + 1 và 8p – 1 P thì số còn lại phải là hợp số. Bài tập số 2: Nếu p 3Q + 1 = p 12
13. và 4p + 2 = 4(3k + 1) + 2 p = 3.Q : 3 Mặt khác: 4p + 2 = 2(2p +1) = 3Q nên 3Q : 3 => 2(2p + 1) : 3; (2;3) = 1 nên (2p + 1) : 3 (trái với giả thiết) +) Nếu p có dạng 3k + 2 Khi đó 4p + 1 = 4(3k + 2) + 1 = 12k + 9 = 3M : 3 => 4p + 1 là hợp số Vậy trong 3 số ắt có một số là bội của 3. Bài tập số 3: Trong dãy số tự nhiên có thể tìm được 1997 số liên tiếp nhau mà không có số nguyên tố nào hay không ? Giải: Chọn dãy số: a1 = 1998! + 2 a1 : 2 a2 = 1998! + 3 a2 : 3 a3 = 1998! + 4 a3 : 4 a1997 = 1998! + 1998 a1997 : 1998 Như vậy: Dãy số a1; a2; a3; a1997 gồm có 1997 số tự nhiên liên tiếp không có số nào là số nguyên tố. Bài tập số 4: (Tổng quát bài số 3) Chứng minh rằng có thể tìm được 1 dãy số gồm n số tự nhiên liên tiếp (n>1) không có số nào là số nguyên tố ? Giải: Ta chọn dãy số sau: a1 = (n+1)! + 2 a1:2 a1>2 nên a1 là hợp số a2 = (n+1)! + 3 a2:3 a2>3 nên a2 là hợp số an = (n+1)! + (n+1) an:(n+1) an > (n+1) nên an là hợp số Dãy a1; a2; a3; an ở trên sẽ gồm có n số tự nhiên liên tiếp trong đó không có số nào là số nguyên tố cả. Tóm lại: Qua các bài toán dạng: Nhận biết số nguyên tố, sự phân biệt số nguyên tố trong N, giáo viên cần giúp cho học sinh hướng suy nghĩ để chứng minh hoặc xem xét 1 số có phải là số nguyên tố hay không? Thông qua việc phân tích và xét hết 13
14. khả năng có thể xảy ra, đối chiếu với giả thiết và các định lý, hệ quả đã học để loại bỏ các trường hợp mâu thuẫn. Bài tập số 3 là bài tập tổng quát về sự phân bố số nguyên tố trong N. Qua đó giáo viên cho học sinh thấy được sự phân bố số nguyên tố “càng về sau càng rời rạc”. Từ bài toán này có thể phát triển thành bài toán khác giúp học sinh rèn luyện kỹ xảo chứng minh. DẠNG 5 CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN SỐ NGUYÊN TỐ Bài tập số 1: Tìm 3 số nguyên tố sao cho tích của chúng gấp 5 lần tổng của chúng Giải: Gọi 3 số nguyên tố phải tìm là; a, b, c ta có: a.b.c = 5(a+b+c) => abc  5 Vì a, b, c có vai trò bình đẳng Giả sử: a  5, vì a P => a = 5 Khi đó: 5bc = 5(5+b+c) 5+b+c = bc bc-b-c +1 = 6 b(c-1) – (c-1) = 6 (c-1)(b-1) = 6 Do vậy: b-1 = 1 => b = 2 Và c-1 = 6 và c = 7 b-1 = 2 => b = 3 (loại vì c = 4 P) và c-1 = 3 và c = 4 Vai trò a, b, c, bình đẳng Vậy bộ số (a ;b ;c) cần tìm là (2 ;5 ;7) Bài tập số 2: Tìm p, q P sao cho p2 = 8q + 1 Giải: Ta có: p2 = 8q + 1 => 8q = p2 – 1 8q = (p+1)(p-1) (1) Do p2 = 8q + 1 lẻ => p2 lẻ => p lẻ Đặt p = 2k + 1 (2) Thay (2) vào (1) ta có: 8q = 2k(2k + 2) 2q = k(k + 1) (3) Nếu q = 2 => 4 = k(k+1) => không tìm được k 14
15. Vậy q 2, vì q P , q 2 => (2,q) = 1 Từ (3) ta có: k = 2 và q = k + 1 => k = 2 và q = 3 Thay kết quả trên vào (2) ta có: p = 2.2 + 1 = 5 Hoặc q = k và 2 = k + 1 q = 1  (không thoả mãn) k = 1 Vậy cặp số (q,p) là (5;3) là cặp số cần tìm. Tóm lại: Ngoài các dạng bài tập cơ bản về số nguyên tố. Phần số nguyên tố còn có nhiều bài tập ở các dạng khác mà khi giải chúng học sinh cần phải vận dụng một cách linh hoạt các kiến thức có liên quan: ước số, bội số, chia hết và vẫn phải lần lượt xét các khả năng có thể xẩy ra. Khi giảng dạy giáo viên cần giúp học sinh giải quyết theo từng dạng bài để củng cố và khắc sâu kỹ năng giải từng loại bài. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ I. Các bài tập có hướng dẫn: Bài 1: Ta biết rằng có 25 số nguyên tố nhỏ hơn 100. Tổng của 25 số nguyên tố nhỏ hơn 100 là số chẵn hay số lẻ. HD: Trong 25 số nguyên tố nhỏ hơn 100 có chứa một số nguyên tố chẵn duy nhất là 2, còn 24 số nguyên tố còn lại là số lẻ. Do đó tổng của 25 số nguyên tố là số chẵn. Bài 2: Tổng của 3 số nguyên tố bằng 1012. Tìm số nguyên tố nhỏ nhất trong ba số nguyên tố đó. HD: Vì tổng của 3 số nguyên tố bằng 1012, nên trong 3 số nguyên tố đó tồn tại ít nhất một số nguyên tố chẵn. Mà số nguyên tố chẵn duy nhất là 2 và là số nguyên tố nhỏ nhất. Vậy số nguyên tố nhỏ nhất trong 3 số nguyên tố đó là 2. Bài 3: Tổng của 2 số nguyên tố có thể bằng 2003 hay không? Vì sao? HD: Vì tổng của 2 số nguyên tố bằng 2003, nên trong 2 số nguyên tố đó tồn tại 1 số nguyên tố chẵn. Mà số nguyên tố chẵn duy nhất là 2. Do đó số nguyên tố còn lại là 2001. Do 2001 chia hết cho 3 và 2001 > 3. Suy ra 2001 không phải là số nguyên tố. 15
16. Bài 4: Tìm số nguyên tố p, sao cho p + 2 và p + 4 cũng là các số nguyên tố. HD: Giả sử p là số nguyên tố. - Nếu p = 2 thì p + 2 = 4 và p + 4 = 6 đều không phải là số nguyên tố. - Nếu p 3 thì số nguyên tố p có 1 trong 3 dạng: 3k, 3k + 1, 3k + 2 với k N*. +) Nếu p = 3k p = 3 p + 2 = 5 và p + 4 = 7 đều là các số nguyên tố. +) Nếu p = 3k +1 thì p + 2 = 3k + 3 = 3(k + 1) p + 2  3 và p + 2 > 3. Do đó p + 2 là hợp số. +) Nếu p = 3k + 2 thì p + 4 = 3k + 6 = 3(k + 2) p + 4  3 và p + 4 > 3. Do đó p + 4 là hợp số. Vậy với p = 3 thì p + 2 và p + 4 cũng là các số nguyên tố. Bài 5: Cho p và p + 4 là các số nguyên tố (p > 3). Chứng minh rằng p + 8 là hợp số. HD: Vì p là số nguyên tố và p > 3, nên số nguyên tố p có 1 trong 2 dạng: 3k + 1, 3k + 2 với k N*. - Nếu p = 3k + 2 thì p + 4 = 3k + 6 = 3(k + 2) p + 4  3 và p + 4 > 3. Do đó p + 4 là hợp số ( Trái với đề bài p + 4 là số nguyên tố). - Nếu p = 3k + 1 thì p + 8 = 3k + 9 = 3(k + 3) p + 8  3 và p + 8 > 3. Do đó p + 8 là hợp số. Vậy số nguyên tố p có dạng: p = 3k + 1 thì p + 8 là hợp số. Bài 6: Chứng minh rằng mọi số nguyên tố lớn hơn 2 đều có dạng 4n +1 hoặc 4n – 1 HD: Mỗi số tự nhiên n khi chia cho 4 có thể có 1 trong các số dư: 0; 1; 2; 3. Do đó mọi số tự nhiên n đều có thể viết được dưới 1 trong 4 dạng: 4k, 4k + 1, 4k + 2,4k +3 với k N*. - Nếu n = 4k n4 n là hợp số. - Nếu n = 4k + 2 n2 n là hợp số. Vậy mọi số nguyên tố lớn hơn 2 đều có dạng 4k + 1 hoặc 4k – 1. Hay mọi số nguyên tố lớn hơn 2 đều có dạng 4n + 1 hoặc 4n – 1 với n N*. Bài 7: Tìm số nguyên tố, biết rằng số đó bằng tổng của hai số nguyên tố và bằng hiệu của hai số nguyên tố. HD: 16
17. Gi¶ sö a, b, c, d, e lµ c¸c sè nguyªn tè vµ d > e. Theo bµi ra: a = b + c = d - e (*). Tõ (*) a > 2 a lµ sè nguyªn tè lÎ. b + c vµ d - e lµ sè lÎ. Do b, d lµ c¸c sè nguyªn tè b, d lµ sè lÎ c, e lµ sè ch½n. c = e = 2 (do c, e lµ c¸c sè nguyªn tè). a = b + 2 = d - 2 d = b + 4. VËy ta cÇn t×m sè nguyªn tè b sao cho b + 2 vµ b + 4 còng lµ c¸c sè nguyªn tè. Bài 8: Tìm tất cả các số nguyên tố x, y sao cho: x2 – 6y2 = 1. HD: Ta cã: x2 6 y 2 1 x 2 1 6 y 2 ( x 1)( x 1) 6 y 2 Do6 y2  2 ( x 1)( x 1)  2 Mµ x - 1 + x + 1 = 2x x - 1 vµ x + 1 cã cïng tÝnh ch½n lÎ. x - 1 vµ x + 1 lµ hai sè ch½n liªn tiÕp (x 1)( x 1)8 6 y2  8 3 y 2  4 y2 2 y  2 y 2 x 5 Bài 9: Cho p và p + 2 là các số nguyên tố (p > 3). Chứng minh rằng p + 1 6. HD: Vì p là số nguyên tố và p > 3, nên số nguyên tố p có 1 trong 2 dạng: 3k + 1, 3k + 2 với k N*. - Nếu p = 3k + 1 thì p + 2 = 3k + 3 = 3(k + 1) p + 2  3 và p + 2 > 3. Do đó p + 2 là hợp số ( Trái với đề bài p + 2 là số nguyên tố). - Nếu p = 3k + 2 thì p + 1 = 3k + 3 = 3(k + 1) (1). Do p là số nguyên tố và p > 3 p lẻ k lẻ k + 1 chẵn k + 12 (2) Từ (1) và (2) p + 16. II. Bài tập vận dụng: Bài 1: Tìm số nguyên tố p sao cho các số sau cũng là số nguyên tố: a) p + 2 và p + 10. b) p + 10 và p + 20. c) p + 10 và p + 14. d) p + 14 và p + 20. e) p + 2và p + 8. f) p + 2 và p + 14. g) p + 4 và p + 10. h) p + 8 và p + 10. 17
18. Bài 2: Tìm số nguyên tố p sao cho các số sau cũng là số nguyên tố: a) p + 2, p + 8, p + 12, p + 14. b) p + 2, p + 6, p + 8, p + 14. c) p + 6, p + 8, p + 12, p + 14. d) p + 2, p + 6, p + 8, p + 12, p + 14. e) p + 6, p + 12, p + 18, p + 24. f) p + 18, p + 24, p + 26, p + 32. g) p + 4, p + 6, p + 10, p + 12, p+16. Bài 3: a) Cho p và p + 4 là các số nguyên tố (p > 3). Chứng minh rằng: p + 8 là hợp số. b) Cho p và 2p + 1 là các số nguyên tố (p > 3). Chứng minh rằng: 4p + 1 là hợp số. c) Cho p và 10p + 1 là các số nguyên tố (p > 3). C minh rằng: 5p + 1 là hợp số. d) Cho p và p + 8 là các số nguyên tố (p > 3). Chứng minh rằng: p + 4 là hợp số. e) Cho p và 4p + 1 là các số nguyên tố (p > 3). Chứng minh rằng: 2p + 1 là hợp số. f) Cho p và 5p + 1 là các số nguyên tố (p > 3). C minh rằng: 10p + 1 là hợp số. g) Cho p và 8p + 1 là các số nguyên tố (p > 3). Chứng minh rằng: 8p - 1 là hợp số. h) Cho p và 8p - 1 là các số nguyên tố (p > 3). Chứng minh rằng: 8p + 1 là hợp số. i) Cho p và 8p2 - 1 là các số nguyên tố (p > 3). Chứng minh rằng: 8p2 + 1 là hợp số. j) Cho p và 8p2 + 1 là các số nguyên tố (p > 3). Chứng minh rằng: 8p2 - 1 là hợp số. Bài 4: Chứng minh rằng: a) Nếu p và q là hai số nguyên tố lớn hơn 3 thì p2 – q2  24. b) Nếu a, a + k, a + 2k (a, k N*) là các số nguyên tố lớn hơn 3 thì k  6. Bài 5: a) Một số nguyên tố chia cho 42 có số dư r là hợp số. Tìm số dư r. b) Một số nguyên tố chia cho 30 có số dư r. Tìm số dư r biết rằng r không là số nguyên tố. Bài 6: Hai số nguyên tố gọi là sinh đôi nếu chúng là hai số nguyên tố lẻ liên tiếp. Chứng minh rằng một số tự nhiên lớn hơn 3 nằm giữa hai số nguyên tố sinh đôi thì chia hết cho 6. Bài 7: Cho 3 số nguyên tố lớn hơn 3, trong đó số sau lớn hơn số trước là d đơn vị. Chứng minh rằng d chia hết cho 6. 18
19. Bài 8: Tìm số nguyên tố có ba chữ số, biết rằng nếu viết số đó theo thứ tự ngược lại thì ta được một số là lập phương của một số tự nhiên. Bài 9: Tìm số tự nhiên có 4 chữ số, chữ số hàng nghìn bằng chữ số hàng đơn vị, chữ số hàng trăm bằng chữ số hàng chục và số đó viết được dưới dạng tích của 3 số nguyên tố liên tiếp. Bài 10: Tìm 3 số nguyên tố lẻ liên tiếp đều là các số nguyên tố. Bài 11: Tìm 3 số nguyên tố liên tiếp p, q, r sao cho p2 + q2 + r2 cũng là số nguyên tố. Bài 12: Tìm tất cả các bộ ba số nguyên tố a, b, c sao cho a.b.c < a.b + b.c + c.a. Bài 13: Tìm 3 số nguyên tố p, q, r sao cho pq + qp = r. Bài 14: Tìm các số nguyên tố x, y, z thoả mãn xy + 1 = z. Bài 15: Tìm số nguyên tố abcdsaochoabacl, µ c¸c sè nguyªn tè vµ b2 cdbc . Bài 16: Cho các số p = bc + a, q = ab + c, r = ca + b (a, b, c N*) là các số nguyên tố. Chứng minh rằng 3 số p, q, r có ít nhất hai số bằng nhau. Bài 17: Tìm tất cả các số nguyên tố x, y sao cho: a) x2 – 12y2 = 1. b) 3x2 + 1 = 19y2. c) 5x2 – 11y2 = 1. d) 7x2 – 3y2 = 1. e) 13x2 – y2 = 3. f) x2 = 8y + 1. Bài 18: Tìm 3 số nguyên tố sao cho tích của chúng gấp 5 lần tổng của chúng. Bài 19: Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để p và 8p2 + 1 là các số nguyên tố là p = 3. Bài 20: Chứng minh rằng: Nếu a2 – b2 là một số nguyên tố thì a2 – b2 = a + b. Bài 21: Chứng minh rằng mọi số nguyên tố lớn hơn 3 đều có dạng 6n + 1 hoặc 6n – 1. Bài 22: Chứng minh rằng tổng bình phương của 3 số nguyên tố lớn hơn 3 không thể là một số nguyên tố. Bài 23: Cho số tự nhiên n 2. Gọi p1, p2, , pn là những số nguyên tố sao cho pn n + 1. Đặt A = p1.p2 pn. Chứng minh rằng trong dãy số các số tự nhiên liên tiếp: A + 2, A + 3, , A + (n + 1). Không chứa một số nguyên tố nào. Bài 24: Chứng minh rằng: Nếu p là số nguyên tố thì 2.3.4 (p – 3)(p – 2) - 1p. Bài 25: Chứng minh rằng: Nếu p là số nguyên tố thì 2.3.4 (p – 2)(p – 1) + 1p. 19
20. PHẦN III PHỤ LỤC BẠN NÊN BIẾT ! 1. Mười số nguyên tố có 93 chữ số lập thành cấp số cộng Sau đây là một số nguyên tố gồm 93 chữ số: “100 996 972 469 714 247 637 786 655 587 969 840 329 509 324 689 190 041 803 603 417 758 904 341 703 348 882 159 067 229 719 ” Kỷ lục này do 70 nhà toán học lập được năm 1998 thật khó mà đánh bại được. Họ mất nhiều tháng tính toán mới tìm được mười số nguyên tố tạo thành một cấp số cộng. Từ mục trò chơi trong 1 tạp chí khoa học, hai nhà nghiên cứu ở trường Đại học Lyonl (Pháp) đã đào sâu ý tưởng: Tìm 6 số nguyên tố sao cho hiệu 2 số liên tiếp luôn luôn như nhau. Điều đó là dễ đối với các chuyên gia nhưng họ muốn đi xa hơn. Cũng không có vấn đề gì khó khăn đối với một dãy 7 số. Họ cần sự hỗ trợ một chút để đạt được 8 số, một sự hỗ trợ hơn nữa để đạt tới 9 số. Cuối cùng tháng 3 năm 1998 có 70 nhà toán học từ khắp trên thế giới cùng với 200 máy điện toán hoạt động liên tục đã tìm ra 10 số, mỗi số có 93 chữ số, mà hiệu số của 2 số liên tiếp luôn luôn là 210. Từ số nguyên tố ở trên chỉ cần thêm vào 210 là được số nguyên tố thứ 2 20
21. Kỷ lục có lẽ dừng ở đó: Theo ước tính của các nhà khoa học muốn tìm được 1 dãy 11 số nguyên tố thì phải mất hơn 10 tỉ năm. Sưu tầm 2. “Sinh ba” rất ít, phải chăng “sinh đôi” lại rất nhiều Ta biết rằng các số nguyên tố “có thể xa nhau tuỳ ý” điều này thể hiện ở bài tập: Bài tập 1: Cho trước số nguyên dương n tuỳ ý. CMR tồn tại n số tự nhiên liên tiếp mà mỗi số trong chúng đều là hợp số. Vậy nhưng, các số nguyên tố cũng “có thể rất gần nhau”. Cặp số (2,3) là cặp số tự nhiên liên tiếp duy nhất mà cả hai bên đều là số nguyên tố. Cặp số (p,q) được gọi là cặp số “sinh đôi”, nếu cả 2 đều là số nguyên tố và q = p + 2. Bộ 3 số (p,q,r) gọi là bộ số nguyên tố “sinh ba” nếu cả 3 số p,q,r đều là các số nguyên tố và q = p + 2; r = q + 2. Bài tập 2: Tìm tất cả các bộ số nguyên tố “sinh ba”? Đây là một bài tập dễ, dùng phương pháp chứng minh duy nhất ta tìm ra bộ (3,5,7) là bộ ba số nguyên tố sinh ba duy nhất, các bộ 3 số lẻ lớn hơn 3 luôn có 1 số là hợp số vì nó chia hết cho 3. Từ bài tập 2 thì bài toán sau trở thành một giả thuyết lớn đang chờ câu trả lời. Giả thuyết : “Tồn tại vô hạn cặp số sinh đôi”. 3. Số hoàn hảo (hoàn toàn) của những người Hy Lạp cổ đại Người Hy Lạp cổ đại có quan niệm thần bí về các số. Họ rất thú vị phát hiện ra các số hoàn hảo, nghĩa là các số tự nhiên mà tổng các ước số tự nhiên thực sự của nó (các ước số nhỏ hơn số đó) bằng chính nó. Chẳng hạn: 6 = 1+2+3 28 = 1+2+4+7+14 Người Hy Lạp cổ đại đã biết tìm tất cả các số hoàn hảo chẵn nghĩa là họ đã làm được “bài tập” sau đây: Bài tập: Một số tự nhiên chẵn n (n khác 0) là số hoàn hảo nếu và chỉ nếu: n = 2m+1.(2m – 1) Trong đó m là số tự nhiên khác 0 sao cho 2m – 1 là số nguyên tố. Từ đó có giả thuyết: “Không tồn tại số hoàn hảo lẻ”. Ở bài tập trên số nguyên tố dạng 2m – 1 gọi là số nguyên tố Merseme (Mecxen). Các số nguyên tố Merseme có vai trò rất quan trọng. Cho đến nay người ta vẫn chưa biết có hữu hạn hay vô hạn số nguyên tố Merseme. 21
22. Giả thuyết: Tồn tại vô hạn số nguyên tố Merseme”. Năm 1985 số nguyên tố lớn nhất mà người ta biết là số 2132049 - 1 gồm 39751 chữ số ghi trong hệ thập phân. Gần đây 2 sinh viên Mỹ đã tìm ra một số nguyên tố lớn hơn nữa đó là số 2216091 – 1 nó gồm 65050 chữ số. Ta biết rằng với học sinh lớp 6 để thử xem số A có ít hơn 20 chữ số có là số nguyên tố không bằng cách thử xem A có chia hết cho số nài nhỏ hơn A hay không, thì để tìm hết các số nguyên tố với chiếc máy siêu điện toán cần hàng thế kỷ !!! David SlowinSky đã soạn một phần mềm, làm việc trên máy siêu điện toán Gray-2 , sau 19 giờ ông đã tìm ra số nguyên tố 2756839-1. Số này viết trong hệ thập phân sẽ có 227832 chữ số- viết hết số này cần 110 trang văn bản bình thường Hoặc nếu viết hàng ngang những số trên phông chữ .VnTime Size 14 thì ta cần khoảng 570 m. Lời Kết Thông qua đề tài này, chúng ta có thể khẳng định rằng: Toán học có mặt trong mọi công việc, mọi lĩnh vực của cuộc sống quanh ta, nó không thể tách rời và lãng quên được, nên chúng ta phải hiểu biết và nắm bắt được nó một cách tự giác và hiệu quả. Trong chương trình toán học cơ sở, với đối tượng học sinh còn nhỏ, khả năng tư duy còn nhiều hạn chế nên tôi chỉ chọn những bài tập mang tính chất hệ thống không khó lắm. Mục đích của đề tài này là trang bị những kiến thức cơ bản có đào sâu có nâng cao và rèn luyện tư duy toán học cho học sinh, tạo ra nền tảng tin cậy để các em có vốn kiến thức nhất định làm hành trang cho những năm học tiếp theo. Với điều kiện có nhiều hạn chế về thời gian, về năng lực trình độ nên trong khuôn khổ đề tài này phân chia dạng toán, loại toán chỉ có tính tương đối. Đồng thời cũng mới chỉ đưa ra lời giải chứ chưa có phương pháp, thuật làm rõ ràng. Tuy đã có cố gắng nhiều nhưng tôi tự thấy trong đề tài này còn nhiều hạn chế. Tôi rất mong nhận được những ý kiến đóng góp của các thầy cô giáo cùng bạn 22
23. đọc để toán học thật sự có ý nghĩa cao đẹp như câu ngạn ngữ Pháp đã viết: “Toán học là Vua của các khoa học” và “Số học là Nữ hoàng”. Xin chân thành cảm ơn ! 23