Đề tài Tìm hiểu lí thuyết – phân d ạng bài tập về số nguyên tố

Tìm hiểu lí thuyết – phân dạng bài tập về số nguyên tố 1 ỦY BAN NHÂN DÂN TĨNH HÀ TĨNH TRƯỜNG ĐẠI HỌC HÀ TĨNH -------------------- Bµi TËp Lín Bước đầu tìm hiểu và phân loại bài tập về số nguyên tố  Gv hướng dẫn: Ths NguyÔn ThÞ Thanh T©m Sinh viên thực hiện: Ng« ThÞ Kim Nhung NguyÔn Cao ThiÖn Khoa Sư Phạm Tự Nhiên Lớp K2 Sư Phạm Toán Hà Tĩnh 12/2010 Tìm hiểu lí thuyết – phân dạng bài tập về số nguyên tố 2 Đồng tác giả Tìm hiểu lí thuyết – phân dạng bài tập về số nguyên tố 3 A - ĐẶT VẤN ĐỀ I - Lý do chọn đề tài: Toán học là công cụ giúp việc học tập các môn khác cả về kiến thức và t ư duy. Môn toán có tiềm năng phát triển năng lực trí tuệ, rèn luyện tính linh hoạt, độc lập, sáng tạo, tính chính xác, thẩm mỹ cùng sự kiên trì, nhẫn nại. Trong chương trình toán học đa dạng và phong phú của nó, các bài toán về "Số nguyên tố" luôn để lại những vấn đề mới mẻ cho người học. "Toán học là bà hoàng của khoa học". "Số học là bà chúa của toán học". Trong số học các bài toán hóc búa, thú vị hầu hết là bài toán về số nguyên tố. Từ trước công nguyên, Ơclít đã khẳng định số nguyên tố là phạm trù cơ bản của số học. Thực tế đã chứng minh, toán học dù phát triển đến đâu thì vai trò của số nguyên tố cũng không hề thay đổi. Nó vẫn là một vùng đất kì lạ dù bao năm qua đã có nhiều người thám hiểm. Do vậy không thể tránh khỏi hiện tượng các bạn học sinh, sinh viên lo sợ khi gặp các bài toán về số nguyên tố, đa phần các bạn không định hình được phương pháp giải. Vấn đề đặt ra ở đây là bổ sung các kiến thức về số nguyên tố và làm thế nào để phân chia các bài toán đó theo từng dạng cũng như định hình được phương pháp giải cho mỗi dạng toán trên cơ sở đó giải quyết các bài toán cụ thể. Đây cũng là lý do chúng tôi chọn nghiên cứu đề tài: “Bước đầu tìm hiểu và phân dạng về số nguyên tố” Chúng tôi chỉ là những sinh viên mới chập chững bước vào công việc nghiên cứu khoa học, với rất ít tài liệu cùng sự hiểu biết nhỏ bé nhưng mong rằng đề tài này sẽ không nhàm chán mà có thể hữu ích một phần nhỏ trong việc giải quyết các bài toán dễ dàng, linh hoạt, đúng đắn hơn. Tìm hiểu lí thuyết – phân dạng bài tập về số nguyên tố 4 II - Mục đích nghiên cứu - Tìm hiểu lí thuyết chung về số nguyên tố để bổ sung thêm một số kiến thức giúp cho việc giải quyết các bài toán trong phần này. - Phân dạng các bài toán cùng hướng giải quyết giúp học sinh sinh viên định hình được phương pháp giải mỗi dạng toán trên cơ sở đó giải quyết được các bài toán với những hình thức biến tướng của nó. III - Nội dung nghiên cứu Đề tài gồm 3 phần A: Đặt vấn đề B: Nội dung C: Kết luận Nội dung chính đề tài ở phần hai gồm 2 mục là: Phần một: - Cơ sở lí thuyết Phần hai: - Phân dạng bài toán Dạng 1: Các bài toán về tập hợp số nguyên tố Dạng 2: Chứng minh một số, một biểu thức là số nguyên tố, hợp số Dạng 3: Tìm số x thõa mãn điều kiện cho trước Dạng 4: Áp dụng giải phương trình nghiệm nguyên, chia hết Dạng 5: Áp dụng, chứng minh một số bổ đề, định lí có ứng dụng trong giải các bài toán về số nguyên tố IV - Phương pháp nghiên cứu Nghiên cứu tài liệu Tìm hiểu lí thuyết – phân dạng bài tập về số nguyên tố 5 B – NỘI DUNG Phần một: TÌM HIỂU CHUNG VỀ LÝ THUYẾT SỐ NGUYÊN TỐ Vấn đề số nguyên tố là một trong những vấn đề trung tâm của bộ môn số học. Trong chương này ta sẽ tìm hiểu và bổ sung một số vấn đề trong lí thuyết số: số nửa nguyên tố, số giả nguyên tố. Để đơn giản, chúng ta xét khái niệm số nguyên tố trong tập hợp các số tự nhiên  I - Số nguyên tố 1. Định nghĩa Số nguyên tố là số tự nhiên chỉ chia hết cho một và chính nó. 2. Tập hợp số nguyên tố 2.1 Định lí 1: Ước nhỏ nhất lớn hơn 1 của một số tự nhiên lớn hơn 1 là một số nguyên tố. Chứng minh: (Bằng phản chứng) Giả sử a  , a > 1 và p > 1: p là ước nhỏ nhất của a thì p là một số nguyên tố. Thật vậy: p  P  p phải là hợp số nghĩa là p1\p và 1< p1 < p. Suy ra p1\a mà 1< p1 < p  mâu thuẫn (do p là ước nhỏ nhất lơn 1 của a) 2.2 Định lí Ơclit: Tập hợp số nguyên tố là vô hạn Chứng minh: Giả sử chỉ có hữu hạn số nguyên tố p 1 = 2, p2 = 3,......., pn Xét a = p1p2....pn + 1 là số tự nhiên lớn hơn 1 nên a có ít nhất một ước số nguyên tố q. Nhưng vì: Chỉ có hữu hạn số nguyên tố p1, p2,......, pn nên q phải trùng với một trong các số p1, p2,......, pn . Do đó q phải là ước của tích p1p2....pn . Tìm hiểu lí thuyết – phân dạng bài tập về số nguyên tố 6 Từ q là ước của a = p1p2....pn + 1 và q lại là ước của p1p2....pn suy ra q là ước của a – p1p2....pn = 1. Mâu thuẫn với giả thiết q là số nguyên tố. Vậy t ập hợp số nguyên tố là vô hạn (đpcm). 3. Tính chất của số nguyên tố 1) Nếu một số nguyên tố p chia hết cho số nguyên tố a khác 1 thì a = p 2) Nếu các số nguyên tố p1, p2,......, pn (n ≥ 2) khác nhau từng đôi một thì chúng nguyên tố cùng nhau. 3) 2 là nguyên tố chẵn nhỏ nhất cũng là số nguyên tố chẵn duy nhất. 4) Nếu p là số nguyên tố, a là số nguyên suy ra hoặc p \a hoặc (a,p) = 1 5) Ước số dương bé nhất khác 1 của một hợp số a là một số nguyên tố không vượt quá a II - Định lí cơ bản của số học Trong mục này chúng ta sẽ chứng minh một định lí nói lên vai trò quan trọng của số nguyên tố trong tập hợp số tự nhiên N. Định lí này có nhiều ứng dụng. Để thuận lợi cho việc chứng minh trước hết ta chứng minh một số bổ đề sau đây. 1) Các bổ đề: 1.1 Bổ đề 1: Với số tự nhiên a và số nguyên tố p thì hoặc a nguyên tố cùng nhau với p hoặc a chia hết cho p. Chứng minh: Giả sử: d = ƯCLN(a,p)  d\p      pd d 1 (a  , p là số nguyên tố) 1.2 Bổ đề 2: Nếu một tích gồm nhiều số tự nhiên chia hết cho số nguyên tố p thì phải có ít nhất một thừa số của tích chia hết cho p Chứng minh: Thật vậy: Giả sử các số tự nhiên không chia hết cho số nguyên tố p. Tìm hiểu lí thuyết – phân dạng bài tập về số nguyên tố 7 Theo bổ đề 1 chúng đều nguyên tố cùng nhau với p. Do đó ta có tích các số tự nhiên nguyên tố cùng nhau với p chứ không phải chia hết p. Mâu thuẫn với giả thiết rằng p là ước của tích đó. 1.3 Hệ quả: Nếu số nguyên tố p là ước của tích các thừa số nguyên tố q1, q2,....., qn thì p phải trùng với một số trong các số nguyên tố của tích đó. 2) Định lí cơ bản Mỗi số tự nhiên lớn hơn 1 đều phân tích được thành những thừa số nguyên tố và sự phân tích đó là duy nhất nếu không kể đến thứ tự của các thừa số. Chứng minh: a) Sự phân tích được Giả sử a  , a > 1 Khi đó a có một ước nguyên tố p1 nào đó Ta có: a = a1p1 trong đó 1  a1 < a - Nếu a1 = 1 thì a = p1 đó là sự phân tích a thành thừa số nguyên tố. - Nếu a1 > 1 thì a1 phải có một ước nguyên tố p2 chẳng hạn và ta có: a1 = p1a2 nên a = p1p2a2 1  a2 < a1 +) Nếu a2 = 1 thì a = p1p2 là sự phân tích a thành thừa số nguyên tố +) Nếu a2 > 1 thì với lập luận như trên ta được thừa số nguyên tố p3,... quá trình đó phải kết thúc vì ta có a > a 1 > a2 >.... nên ắt phải có an = 1 ta được p1p2....pn là dạng phân tích của a thành lũy thừa số nguyên tố b) Tính duy nhất Giả sử ta có: a = p1p2....pn = q1q2....qn là 2 dạng phân tích của a thành số nguyên tố. Thế thì ta có: p1\q1q2....qn Do đó p1 phải là ước của một thừa số nào đó chẳng hạn q1 của tích q1q2....qn. Vậy ta có p1 = q1 và ta được p2p3....pn = q2q3....qn Lập lại lý luận trên với p2, p3... cho tới khi đã ước lược hết các thừa số nguyên tố của một vế trong đẳng thức trên, vì không thể xảy ra 1 = q n+1...qm Tìm hiểu lí thuyết – phân dạng bài tập về số nguyên tố 8 hoặc pm+1...pn = 1 nên ta được m = n và pi = qi, i = n,1  tính duy nhất được chứng minh. Ví dụ: Phân tích a = 300; a =300 = 2.2.5.5.3 3) Ứng dụng 3.1 Tìm ước số - Cho a = p 11 p 22 ... p nn ( i, pi  ) d\a  d = p 11 p 22 ... p nn Với 0   i   i - Cho (a,b) = 1 khi đó d\ab  d\xy với (x,y) = 1 3.2 Tìm ƯCLN, BCNN Giả sử a = p 11 p 22 ... p nn với 0  i,  i  b = p 11 p 22 ... p nn Khi đó (a,b) = p 11 p 22 ... p nn với  i = min(i,  i) [a,b] = p 11 p 22 ... p nn với  i = max( i,  i) Do đó (a,b).[a,b] = ab Tính số các ước của một số tự nhiên - Với a =1 thì )(a = 1 - Với a >1 Giả sử a = p 11 p 22 ... p nn ( i  ) Muốn xác định số các ước của a cho  i lần lượt các giá trị từ 0 đến  i.. Số các ước số của a là )(a = ( 1 + 1)(  2 + 1)...(  n + 1) 3.4 Tìm tổng các ước của một số tự nhiên - Với a = 1 thì )(a = 1 - Với a > 1 Giả sử a = p 11 p 22 ... p nn thì )(a = 1 1 1 11 1   p p  1 1 2 12 2   p p  .... 1 11   n n n p p  4) Dạng phân tích tiêu chuẩn Trong sự phân tích số a >1 thành một tích những thừa số nguyên tố có thể xảy ra nhiều thừa số lặp lại. Gọi p1, p2,......, pn là các ước nguyên tố đôi một Tìm hiểu lí thuyết – phân dạng bài tập về số nguyên tố 9 khác nhau của a và  i (1 i  k) là số các nhân tử cùng là pi trong sự phân tích a thành thừa số nguyên tố, ta sẽ có a = p 11 p 22 ... p kn gọi là dạng phân tích tiêu chuẩn của a. VD 300 = 22.52.3 III - Một số vấn đề về số nguyên tố Trong mục này chúng ta sẽ bổ sung thêm một số vấn đề về số số nguyên tố như số nửa nguyên tố, số giả nguyên tố, một vài vấn đề tìm biểu thức lấy các giá trị là số nguyên tố và một số vấn đề khác. 1) Số nửa nguyên tố - Số nửa nguyên tố là số tự nhiên được tạo thành từ tích của hai số nguyên tố (không nhất thiết phải phân biệt) Ví dụ: các số nửa nguyên tố đầu tiên 4, 6, 9, 14, 15, 21, 15... - Tính đến nay, số nửa nguyên tố lớn nhất được biết đến là (243112609 – 1)2, với hơn 25 triệu chữ số. Nó là bình phương của số nguyên tố lớn nhất được biết. Bình phương của bất kì số nguyên tố nào cũng là số nửa nguyên tố, do đó số nửa nguyên tố tiếp theo được biết đến vẫn sẽ là bình phương số nguyên tố lớn nhất được biết (trừ khi tìm ra được một phương pháp khẳng định một số lớn là số nửa nguyên tố mà không biết hai phần tử của nó). - Giá trị của phi hàm Euler cho số nửa nguyên tố n = pq khi p và q phân biệt là: )(a = (p – 1)(q – 1) = pq – (p + q) + 1 = n – (p + q) + 1 2) Số giả nguyên tố 2.1 Số giả nguyên tố Fermat - Định nghĩa: Định lí nhỏ Fermat khẳng định: Với mọi số nguyên tố p và số tự nhiên a không chia hết cho p ta có: ap - 1  1 (mod p) - Dạng khác của định lí Fermat: Tìm hiểu lí thuyết – phân dạng bài tập về số nguyên tố 10 Nếu p là số nguyên tố a là số nguyên bất kỳ, ap – a sẽ chia hết p. Nghĩa là ap  a (mod p)  Định lí nhỏ Fermat là cơ sở để kiểm tra tính nguyên tố theo xác suất trong kiểm tra Fermat. 2.2 Số giả nguyên tố (Fermat) mạnh Định nghĩa: Trong đồng dư thức của định lí nhỏ Fermat với số nguyên tố lẻ p và số tự nhiên a không chia hết cho p ap – 1  1 (mod p) ta phân tích số chẵn p – 1 = 2sm, với m là số lẻ Khi đó: - Hoặc am  1 (mod p) (1) - Hoặc a m s 2 – 1 (mod p) với k nào đó  {0,1,....s} (2) Số tự nhiên lẻ n trong đó n – 1 = 2sm thỏa mãn am  – 1 (mod m) hoặc tồn tại k  {0, 1,...., s} sao cho a m s 2  – 1 (mod m) được gọi là số nguyên tố xác suất mạnh Fermat cơ sở a. Nếu n là hợp số thì n được gọi là số giả nguyên tố Fermat c ơ sở a. * Số nguyên tố xác suất Fermat mạnh được sử dụng trong kiểm tra Miller - Rabin để kiểm tra tính nguyên tố theo xác suất của số tự nhiên lẻ. Nhận xét: 1) Nếu n là số giả nguyên tố cơ sở 2 thì m = 2n – 1 cũng là số giả nguyên tố cơ sở 2. Từ đó suy ra có vô hạn số nguyên tố cơ sở 2. 2) Mọi số giả nguyên tố mạnh Fermat đều là số giả nguyên tố Fermat. 3) Số Carmichael: Hợp số n là số Carmichael nếu nó là số giả nguyên tố Fermat với mọi cơ sở a sao cho ƯCLN [a,n] = 1. 4) Nếu n < 4759123141 là hợp số thì n không thể là số giả nguyên tố mạnh Fermat đồng thời với ba cơ sở a = 2, 7 và 61 (Jaeschhe – 1993). 5) Nếu n < 341550071728312 là hợp số thì n không thể là số giả nguyên tố mạnh Fermat đồng thời với bảy cơ sở a = 2, 3, 5, 7, 11, 13 và 17 (Jaeschhe – 1993). Tìm hiểu lí thuyết – phân dạng bài tập về số nguyên tố 11 2.3 Số giả nguyên tố Euler Định nghĩa: Số tự nhiên lẻ n thỏa mãn đồng dư thức tương tự với một a nào đó a 2 1n   1 (mod n) được gọi là số nguyên tố xác suất Euler Nếu n là hợp số thì n được gọi là số giả nguyên tố Euler 2.4 Số giả nguyên tố Euler – Jacobi Định nghĩa: Định lí Euler khẳng định: Với mọi số nguyên tố p và mọi số a a 2 1p  ( p a ) (mod p) Trong đó: ( p a ) là kí hiệu Legendre (chỉ được định nghĩa cho nguyên tố p). Khi mở rộng kí hiệu Legendre cho số tự nhiên lẻ n và số tự nhiên a ta có kí hiệu Jacobi được kí hiệu giống như kí hiệu Legendre: ( n a ). Số tự nhiên lẻ n thỏa mãn đồng dư thức tương tự định lí Euler: a 2 1n  ( n a ) (mod n) Với a nào đó được gọi là số nguyên tố xác suất Euler – Jacobi cơ sở a. Nếu n là hợp số thỏa mãn đồng dư thức trên thì nó được gọi là số giả nguyên tố Euler – Jacobi cơ sở a. Nhận xét: 1. Mọi số giả nguyên tố Euler cơ sở a đều là số giả nguyên tố Fermat 2. Mọi số giả nguyên tố Euler – Jacobi cơ sở a đều là số giả nguyên tố Euler cơ sở a. 3. Mọi số giả nguyên tố Fermat mạnh c ơ sở a đều là số giả nguyên tố Euler – Jacobi. 4. Mọi số giả nguyên tố Euler – Jacobi cơ sở a thỏa mãn một trong hai điều kiện sau là số giả nguyên tố mạnh c ơ sở a. Tìm hiểu lí thuyết – phân dạng bài tập về số nguyên tố 12 + n  3 (mod 4) + Kí hiệu Jacobi ( n a ) = – 1 3) Số nguyên tố Pamanujan Định nghĩa: - Số nguyên tố Ramanujan là các số Rn sao cho Rn là số nhỏ nhất thỏa mãn ®iều kiện π(x) − π(x \ 2) ≥ n, cho mọi x ≥ Rn. - Hoặc số nguyên tố Ramanujan là các số Nguyên Rn sao cho Rn là số nhỏ nhất có thể bảo đảm có n số nguyên tố giữa x và x\2 với mọi x ≥ Rn Vì Rn là số nguyên tố nhỏ nhất thỏa mãn điều kiện trên nên Rn phải là số nguyên tố Mỗi khi hàm π(x) − π(x\2) tăng lên 1 đó là do có thêm một số nguyên tố nữa. 4) Số nguyên tố Mersenne Định nghĩa: Số nguyên tố Mersenne là một số có dạng lũy thừa của 2 trừ 1: 2 n − 1 với n là số nguyên tố Ví dụ: 31 là số nguyên tố Mersenne Mn = 31 = 25 – 1 với 5 là số nguyên tố Điều kiện cần để Mn là số nguyên tố là n là số nguyên tố, 24 – 1 = 15 là hợp số vì 4 không là nguyên tố, nh ưng ngược lại không đúng: ví dụ số Mersenne 2047 = 211 − 1 không là nguyên tố vì nó chia hết cho 89 và 23, mặc dù số 11 là số nguyên tố. Hiện nay, các số nguyên tố lớn nhất được tìm thấy thường là số nguyên tố Mersenne. Tìm hiểu lí thuyết – phân dạng bài tập về số nguyên tố 13 Phần hai: PHÂN DẠNG BÀI TOÁN VỀ SỐ NGUYÊN TỐ Trong chương này chúng ta sẽ phân dạng các bài toán về số nguyên tố cùng một số phương pháp giải, bài tập ứng dụng và đưa ra một số bài tập tương tự. Dạng 1: Các bài toán về tập hợp số nguyên tố Loại 1: Tìm tập hợp số nguyên tố Để giải quyết các bài toán dạng này ta cần vận dụng linh hoạt các tính chất của số nguyên tố, nhiều trường hợp ta kèm theo phương pháp chứng minh phản chứng. Bài toán 1: Tập hợp các số nguyên tố là vô hạn Cách 1: Cho n  , n > 2. Chứng minh n! – 1 có ít nhất một ước nguyên tố lớn hơn n. Từ đó suy ra không tồn tại số nguyên tố lớn nhất. - Gọi a = n! – 1. Do n > 2 nên a > 1 Mọi số tự nhiên lớn hơn 1 đều có ít nhất một ước nguyên tố. Gọi p là ước nguyên tố của a. Ta sẽ chứng minh p > n Thật vậy: Giả sử p  n thì tích 1.2.3......n chia hết cho p Ta có n!  p mà a  p  1\p  vô lý  p > n - Giữa n! – 1 và n có ít nhất 1 số nguyên tố. Gọi số đó là q Giả sử n là số nguyên tố lớn nhất suy ra n > 2 Theo chứng minh trên thì tồn tại q nguyên tố n < q < n! – 1  p > n  không tồn tại số nguyên tố lớn nhất  tập hợp số nguyên tố là vô hạn. Cách 2: Cho hai số tự nhiên m  n. Tìm hiểu lí thuyết – phân dạng bài tập về số nguyên tố 14 Chứng minh rằng 22 m + 1 và 22 n + 1 nguyên tố cùng nhau. Từ đó suy ra tập hợp các số nguyên tố là vô hạn. - Giả sử m > n. Đặt m = n + r, r  N* khi đó: b = 22 m + 1 = (22 n )2 r + 1 Đặt a = 22 n + 1 ta có: b = (a – 1)2 r + 1 = ak + Z, k  (Sau khi khai triển nhị thức (a – 1)2 r ) Từ đó (a,b) = (a,2) = 1 do a là số lẻ. Gọi pn là số nguyên tố nhỏ nhất của 2 2 n + 1 (n  Z*) Theo chứng minh trên pm  pn nm . Vậy dãy số (pn) n  N là đôi một khác nhau  Tập các số nguyên tố là vô hạn. Cách 3: Chứng minh có vô số số nguyên tố bằng cách dựa vào số ước số nguyên tố của một số. Trước hết ta chứng minh với m > 2 ta có )(m > 1, từ đó suy ra có vô số số nguyên tố. Với m > 2  m – 1 > 1 và (m – 1,m) = (m,1) = 1. Do đó )(m > 1 Giả sử chỉ có k số nguyên tố p 1, p2, ...., pk Đặt m = p1.p2....pk > 2 Với mọi giá trị k nguyên sao cho 1 < k < m thì k đều có ước nguyên tố pi nào đó nên (k,m)  1. Từ đó  )(m = 1 (vì chỉ có (1,m) = 1) Vậy có vô số số nguyên tố. Bài toán 2: Có tồn tại 1000 số tự nhiên liên tiếp đều là hợp số không? Gọi A = 2.3.4.........1001 khi đó Tìm hiểu lí thuyết – phân dạng bài tập về số nguyên tố 15 Các số A + 2, A + 3,......, A + 1001 là 1000 số tự nhiên liên tiếp, rõ ràng các số đó là hợp số  Có tồn tại 1000 số tự nhiên liên tiếp đều là hợp số. Bài toán 3: Chứng minh mọi số nguyên tố p đều có dạng 3k  1 (k  N) Mọi số tự nhiên khi chia cho 3 có một trong các số d ư 0, 1, 2 Do đó mọi số tự nhiên đều được viết dưới một trong các dạng là: 3k, 3k + 1, 3k + 2. Vì p là số nguyên tố nên p không chia hết cho 3  p có dạng 3k + 1, 3k + 2 Mặt khác ta có 3k + 2 = 3k + 3 – 1 = 3(k + 1) – 1 = 3l – 1 Vậy với mọi số nguyên tố p đều cố dạng     13 13 k k Bài toán 4: 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. Các bài tập tương tự: 1. Chứng minh rằng với m > 2 giữa m và m! có ít nhất một số nguyên tố. Từ đó suy ra rằng có vô số số nguyên tố. 2. (Iran 2008) Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên tố p thỏa mãn 13 \(p3 + 1) 3. Chứng minh rằng: a) Mọi số nguyên tố lớn hơn 2 đều có dạng 4p  1 (p > 0) Tìm hiểu lí thuyết – phân dạng bài tập về số nguyên tố 16 b) Mọi số nguyên tố lớn hơn 3 đều có dạng 6p  1 (p > 0) Loại 2: Các bài toán áp dụng định lí cơ bản của số học Hầu hết các bài toán dạng này cần phải dựa vào định lí cơ bản, vận dụng dạng phân tích tiêu chuẩn, phát huy một số ứng dụng của số nguyên tố. Bài toán 1: Cho số A  N, A = axbycz trong đó a, b, c là các số nguyên tố đôi một khác nhau x, y, z là các số nguyên d ương khác 0. Chứng tỏ rằng ước số của A được tính bới công thức (x + 1)(y + 1)(z + 1). Số các ước của A: - Chỉ chứa thừa số nguyên tố a là x; ch ỉ chứa thừa số nguyên tố b là y - Chỉ chứa thừa số nguyên tố c là z; chỉ chứa 2 thừa số nguyên tố a, b là xy - Chỉ chứa 2 thừa số nguyên tố b, c là yz - Chỉ chứa 2 thừa số nguyên tố a, c là xz - Chứa cả thừa số nguyên tố a, b và c là xyz. Do đó số ước của A bằng: x + y + z + xy + yz + xz + 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). (đpcm) Bài toán 2: N sau khi phân tích thành thừa số nguyên tố thì có dạng: N = axbycz. Biết rằng : - Khi chia N cho a thương tìm được có 252 ước số. Tìm hiểu lí thuyết – phân dạng bài tập về số nguyên tố 17 - Khi chia N cho b, số các ước của thương tìm được ít hơn của N là 45 ước số. - Khi chia N cho c thì số ước của thương tìm được ít hơn N là 3 ước số. Tìm x, y, z ? Giải: Theo giả thiết ta có a N = ax - 1bycz; b N = ax by - 1cz; c N = ax bycz – 1 Ta có:       (3)351)z1)(y(x-1)1)(z1)(y(x (2)451)1)y(z(x-1)1)(z1)(y(x (1)2521)1)(zx(y        )(3'351)1)(y(x )(2'451)1)(z(x )'1( x 2521)1)(z(y Từ (2’) và (3’)  1)1)(z(y1)(x 2  = 45.35 Thay (1’) vào ta có: (x + 1)2. x 252 = 45.35  (x + 1)2.4 = 25x  4x2 – 17x + 4 = 0      )(4 )( 4 1 mãnthoax loaix Thay x = 4 vào (2’)  z = 8 x = 4 vào (3’)  y = 6 Vậy số thỏa mãn yêu cầu bài toán: x = 4; y = 6; z = 8 Tìm hiểu lí thuyết – phân dạng bài tập về số nguyên tố 18 Bài toán 3: Tìm tất cả các số tự nhiên có dạng phân tích tiêu