So nguyenn to trong truong THCS voi doi tuong la HS kha, gioi.doc

Th viện SKKN của Quang Hiệu :
Lời nói đầu
Toán học là một trong những môn học có vị trí quan trọng trong nhà trờng.
Dạy toán là dạy phơng pháp suy luận khoa học. Học toán là rèn luyện khả năng t
duy lôgic, còn giải toán là một phơng tiện rất tốt trong việc nắm vững tri thức, phát
triển t duy, hình thành kỹ năng, kỹ xảo. Nhng khi nói đến toán có rất nhiều ngời cho
rằng: đây là một môn khoa học khô khan, cứng nhắc. Còn thực tế, toán học là một
công cụ vĩ đại làm giảm nhẹ công việc trong các lĩnh vực khác nhau. Trong toán
học cũng đã thâm nhập vào trong những nghề mà có lẽ chúng ta cha bao giờ tìm
thấy toán. Ví dụ nh một công nhân chuyên ngành, một ngời bán hàng cũng không
thể không có những tính toán đến con số, hay một sự tiến bộ khoa học không thể
không có những nghiên cứu mà cơ sở của những nghiên cứu đó đợc tạo nên bởi
thống kê toán học vì vậy ta có thể nói: Toán học không phải là sự thông minh
sách vở khô khan, nhằm chọc tức những ngời ít quan tâm cũng không phải là những
tính toán ngốc nghếch chỉ đem lại kết quả là thuộc lòng một tóm tắt công thức.
Trong th của Thủ tớng 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 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 ngời: 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, nhng nó cũng là
một thế giới hết sức kỳ lạ và đầy bí ẩn. Loài ngời đã phát hiện trong đó biết bao tính
chất, bao quy luật đồng thỡi cũng đau đầu cha thể chứng minh đợc một số những dự
1
kiến, dự đoán toán học. Một điều lý thú là có nhiều mệnh đề khó của số học lại đợc
phát biểu rất đơn giản, rất dễ hiểu. Nhiều bài toán số học khó nhng 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 nớc 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 đợc
tính kiên trì vợt khó, t duy lôgic và tính sáng tạo.
Trong chơng trình của bậc Trung học Cơ sở, số nguyên tố đợc 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 đợc 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 đợc hiểu biết sơ đẳng nhất về số
nguyên tố nh: 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 thờng 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
trờng trung học cơ sở với đối tợng là học sinh khá và giỏi.
Trong phạm vi chuyên đề này, tôi trình bày những nội dung sau:
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 lớp 6. Các bài tập
trong phần này đợc đa 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 đợc đề
cập để các bạn tham khảo.
Thông qua chuyên đề này, tôi muốn giúp cho các em học sinh có khả năng t
duy sâu sắc, khả năng tổng hợp nhanh nhậy và tính chính xác cao mà toán học đòi
hỏi. Cũng qua đó giúp các em dần làm quen với phơng 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 đợc những thiếu sót. Rất mong muốn đợc các thầy giáo, cô giáo
các bạn đồng nghiệp và bạn đọc tham gia ý kiến để chuyên đề này của tôi đợc hoàn
thiện hơn.
Hải Dơng, ngày 23 tháng 3 năm 2004
Ngời thực hiện chuyên đề
Nguyễn Thị Mai Hơng
3
Phần I
Tóm tắt
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 ớc 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 ớc
Ví dụ: 4 có 3 ớc 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 ớc 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 p
1
; p
2
; p
3
; p
n

. trong đó p
n
là số lớn
nhất trong các nguyên tố. Xét số N = p
1
p
2
p
n
+1 thì N chia cho mỗi số nguyên tố
p
i
(1 [ i [ n) đều d 1 (1)
Mặt khác N là một hợp số (vì nó lớn hơn số nguyên tố lớn nhất là p
n
) do đó N
phải có một ớc nguyên tố nào đó, tức là N chia hết cho một trong các số p
i

(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 đợc ra thừa số nguyên tố một cách
duy nhất (không kể thứ tự các thừa số).
4
Chứng minh:
* Mọi số tự nhiên lớn hơn 1 đều phân tích đợc 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 cả
các thừa số nguyên tố.
* Sự phân tích là duy nhất:
Giả sử mọi số m < n đều phân tích đợc ra thừa số nguyên tố một cách duy
nhất, ta chứng minh điều đó đúng với n:
Nếu n là số nguyên tố thì ta đợc 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 nh
trên, ta có thể chia n cho số đó lúc đó thờng sẽ nhỏ hơn n, thơng 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 lợt là các số nguyên
tố nhỏ nhất trong phân tích thứ nhất và thứ hai.
Vì n là hợp số nên n

> p
2
và n > p
2
Do p = p

=> n > p.p

Xét m = n - pp

< n đợc phân tích ra thừa số nguyên tố một cách duy nhất
ta thấy:
5
p | n => 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 ớc 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 đợc 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 đợc chứng minh).
III/ Cách nhận biết một số nguyên tố
Cách 1:
Chia số đó lần lợt 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 thơng số nhỏ hơn số chia mà các phép
chia vẫn có số d thì số đó là nguyên tố.
Cách 2:
Một số có hai ớc số lớn hơn 1 thì số đó không phải là số nguyên tố
Cho học sinh lớp 6 học cách nhận biết 1 số nguyên tố bằng phơng 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 khôngvợt 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 < 100) muốn xét xem a là số nguyên tố hay hợp
số ta thử a có chia hết cho 2; 3; 5; 7 hay không.
+ Nếu a chia hết cho 1 trong 4 số đó thì a là hợp số.
+Nếu a không chia hết cho số nào đó trong 4 số trên thì a là số nguyên tố.
6
Với quy tắc trên trong một khoản thời gian ngắn, với các dấu hiệu chia hết thì
học sinh nhanh chóng trả lời đợc một số có hai chữ số nào đó là nguyên tố hay
không.
Hệ quả:
Nếu có số A > 1 không có một ớc số nguyên tố nào từ 2 đến A thì A là một
nguyên tố.
(Do học sinh lớp 6 cha 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 ớc số và tổng các ớc số của 1 số:
Giả sử: A = p
1
X1
.
p
2
X2
p
n
Xn
Trong đó: p
i
P ; x
i
N ; i = I, n

a) Số các ớc số của A tính bằng công thức:
T(A) = (x
1
+ 1)(x
2
+ 1) (x
n
+ 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 ớc thông qua
việc phân tích ra thừa số nguyên tố.
3
100
có (100 + 1) = 101 ớc
1000 000 000 = 10
9
= 2
9
.5
9
có (9 + 1)(9+1) = 100 ớc
ý nghĩa: Khi thông báo cho học sinh cách tính số ớc của một số các em có
thể tin tởng khi viết một tập hợp ớc của một số và khẳng định đã đủ hay cha.
b) Tổng các ớc một số của A tính bằng công thức:
p
1
X1 + 1
- 1 p

2
X2 + 1
- 1 p
n
Xn + 1
- 1
(A) = p
1
- 1 p
2
- 1 p
n
- 1
7
V/ Hai số nguyên tố cùng nhau:
1- Hai số tự nhiên đợc gọi là nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi chúng có ớc
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 trờng 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 3
3
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.
8
Phần II
Một số bài toán cơ bản
Về số nguyên tố lớp 6
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 (x1)
Giải:
Giáo viên gợi ý và hớng dẫn học sinh để học sinh tự rút ra nhận xét:
Mọi số tự nhiên không nhỏ hơn 2 có 1 trong 3 dạng: 3x; 3x + 1; hoặc 3x - 1
+) Những số có dạng 3x (với 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 đợc chứng minh.
* Khả năng 2: M là hợp số: Ta chia M cho 2, 3, 5, ,p đều tồn tại một số d
khác 0 nên các ớc nguyên tố của M đều lớn hơn p, trong các ớc này không có số
nào có dạng 3x + 1 (đã chứng minh trên). Do đó ít nhất một trong các ớc 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 ớc nguyên tố của M phải có dạng 3x + 1, ớc này luôn
lớn hơn p.
9
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.
Vậy chúng chỉ có thể tồn tại dới 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 đợc chứng minh.
* Khả năng 2:
N là hợp số: Chia N cho 2, 3, 5, , p đều đợc các số d khác 0 => các ớc
nguyên tố của N đều lớn hơn p.

Các ớc này không thể có dạng 4x hoặc 4x + 2 (vì đó là hợp số). Cũng không
thể toàn các ớc có dạng 4x + 1 vì nh thế N phải có dạng 4x + 1. Nh vậy trong các -
ớc nguyên tố của N có ít nhất 1 ớc có dạng 4x 1 mà ớc này hiển nhiên lớn
hơn p.
Vậy: Có vô số số nguyên tố có dạng 4x 1 (hay có dạng 4x + 3).
10
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 t 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 đ ợc 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 đợc sâu sắc hơn, có
khái niệm rõ ràng hơn. Thế nào là chứng minh một vấn đề toán học và có đợc
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 đợc
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 đ ợc.
Chẳng hạn chứng minh về vô số số nguyên tố có dạng 4a + 1; 6a + 1
phức tạp hơn nhiều.
Bài tập đề nghị:
Bài 1: Chứng minh rằng có vô số số nguyên tố có dạng 6x+5.
Bài 2: Chứng minh rằng mọi số nguyên tố dơng n có dạngn 4k + 3(k N)
Dạng 2
Các bài toán chứng minh
Số nguyên tố
11
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 trờng 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 trờng 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 2
m
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: 2
m
1 = 2
p,q
- 1 = (2
p
)
q
1
= (2
p
1)(2
p(q-1)

+ 2
p(q-2)
+ + 1)
vì p > 1 (giả thiết) của điều giả sử => 2
p
1 > 1
và (2
p(q-1)
+ 2
p(q-2)
+ + 1) > 1
Dẫn đến 2
m
1 là hợp số (trái với giả thiết 2
m
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 ớc số nguyên tố lớn hơn 1994.
12
Giải: (Chứng minh bằng phơng pháp phản chứng)
Gọi p là ớc số nguyên tố của (1994! 1)
Giả sử p 1994 => 1994. 1993 3. 2. 1 : p
<=> 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 ớc 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 < n! 1 < n! (Điều phải chứng minh)
Bài tập đề nghị:
Bài 1: Cho a và b là hai số nguyên tố . Chứng minh rắngố d của phép chia b-1bội số
đầu tiên của a cho b tạo thành dãy số b-1 số số tự nhiên đầu tiên.
Bài 2 : Chứng minh rằng: nếu p là số nguyên tố thì tích2.3.4 (p-3)(p-2)là một bội
số của p thêm 1.
Bài 3: Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố không chia hết số athì p phải chia
hết số a
p 1
1 (Định lý FerMat) .
Bài 4 : Cho p và q làhai số nguyên tố phân biệt .Chứng minh rằng:
(p
q-1
+ q
p-1
-1):(p-q)
Bài 5: Chứng minh rằng nếu x,y không chia hết cho một số nguyên tố p thì
(x
p-1
-y
p-1
): p
13
Dạng 3
Tìm số nguyên tố
Thoả mãn điều kiện cho trớc

Bài tập số 1:
Tìm tất cả các giá trị của số nguyên tố p để: p + 10 và p + 14 cũng là số nguyên tố.
Giải: (Phơng pháp: Chứng minh duy nhất)
+ Nếu p = 3 thì p + 10 = 3 + 10 = 13
và p + 14 = 3 + 14 = 17 đều là các số nguyên tố
p = 3 là giá trị cần tìm
+ Nếu p 3 => 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 tơng tự bài tập số 1, học sinh dễ dàng tìm đợc p = 5 thoả mãn
bài ra. Xong không chứng minh đợc 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.
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:
14
Giáo viên hớng 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 tơng 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: 2
p
+ p
2
cũng là số nguyên tố
Giải:
Xét hai trờng hợp:
+) p 3 <=> p = 2 hoặc p = 3
* Nếu p = 2 => 2
p
+ p
2
= 2
2
+ 2
2
= 8 P
* Nếu p = 3 => 2
p
+ p
2
= 2
2
+ 3
2
= 17 P

+) p > 3 ta có 2
p
+ p
2
=(p
2
1) + (2
p
+ 1)
vì p lẻ => (2
p
+ 1) : 3
và p
2
1 = (p + 1)(p 1) : 3 => 2
p
+ p
2
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 | 2
p
+ 1
Giải:
Vì p P ,p | 2
p
+ 1 => p 2
Ta thấy: 2/p vì p 2

15
Theo định lý Fermatm ta có: p | 2
p-1
1
Mà p | 2
p
+ 1 (giả thiết) => p | 2.2
p-1
2 + 3
=> p | 2(2
p-1
1) + 3
=> p | 3 [vì p | 2(2
p-1
1)]
Vì p P p | 3 => p = 3
Vậy: p = 3 là số nguyên tố thoả mãn tính chất p | 2
p
+ 1
Tóm lại:
Các bài toán thuộc dạng: Tìm số nguyên tố thoả mãn các điều kiện cho trớc
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
trờng hợp có thể xảy ra, phơng pháp loại trừ các trờng hợp dẫn đến điều vô lý.
Qua dạng toán này, giáo viên cần giúp học sinh rèn luyện t duy lôgic, t duy
sáng tạo, tính tích cực chủ động khi làm bài.
Bài tập đề nghị:

Bài 1: Tìm tất cả các số nguyên tố p và q sao cho các số 7p+q ;pq +11 cũng là
các số nguyên tố.
Bài 2 : Tìm n thuộc N để với p là số nguyên tố thì
a) pn là số nguyên tố
b) pn +p là số nguyên tố
Bài 3: Tìm các số nguyên tố a,b,c biết:
abc < ab+ bc + ca
Bài 4 : Tìm tất cả các số nguyên tố a,b,c, biết
a(a+1) + b( b+1) = c(c+1)
16
Bài 5 :a/ Tìm giá trị nhỏ nhất của p để tích của p số tự nhiên đầu tiênbắt đầu
từ 1 , cộng thêm 1 không phải là số nguyên tố.
b/ Tìm giá trị nhỏ nhất của số nguyên tố p để tích của các số nguyên tố
từ 2 đến p , cộng thêm 1 không phải là số nguyên tố.
Bài 6 : Tìm tất cả các số nguyên tố p để p vừa là tổng vừa là hiệu của hai số
Bài 7 : Tìm 3 số nguyên tố liên tiếp p,q ,r sao cho p
2
, q
2
,r
2
cũng là số nguyên tố.
Bài 8 : Tìm số nguyên tố p sao cho
a/2p+1 là lập phơng của một số tự nhiên
b/13p +1 làlập phơng của một số tự nhiên
Bài 9 : Tìm tất cả các giá trị số nhuyên tố p thoả mãn
P+6,p+8 ,p+12,p+14 đều là các số nguyên tố
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.
17
Bài tập số 2:
Nếu p 5 và 2p + 1 là các số nguyên tố thì 4p + 1 là nguyên tố hay hợp số
Giải:
Xét 3 số tự nhiên liên tiếp: 4p; 4p + 1; 4p + 2
Trong 3 số ắt có một số là bội của 3
Mà p 5, p P nên p có dạng 3k + 1 hoặc 3k + 2
+) Nếu p = 3k + 1 thì 4p = 4(3k + 1) <=> 3Q + 1 = p
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 đợc 1997 số liên tiếp nhau mà không có số
nguyên tố nào hay không ?
Giải:

Chọn dãy số:
a
1
= 1998! + 2 a
1
: 2
a
2
= 1998! + 3 a
2
: 3
a
3
= 1998! + 4 a
3
: 4

a
1997
= 1998! + 1998 a
1997
: 1998
Nh vậy: Dãy số a
1
; a
2
; a
3
; a
1997

gồm có 1997 số tự nhiên liên tiếp không có
số nào là số nguyên tố.
18
Bài tập số 4: (Tổng quát bài số 3)
Chứng minh rằng có thể tìm đợc 1 dãy số gồm n số tự nhiên liên tiếp (n1)
không có số nào là số nguyên tố ?
Giải:
Ta chọn dãy số sau:
a
1
= (n+1)! + 2 a
1
:2 a
1
>2 nên a
1
là hợp số
a
2
= (n+1)! + 3 a
2
:3 a
2
>3 nên a
2
là hợp số

a
n
= (n+1)! + (n+1) a

n
:(n+1) a
n
> (n+1) nên a
n
là hợp số
Dãy a
1
; a
2
; a
3
; a
n
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 hớng 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
khả năng có thể xảy ra, đối chiếu với giả thiết và các định lý, hệ quả đã học để loại
bỏ các trờng 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 đợc 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.
Bài tập đề nghị:
Bài 1 : Tìm hai số tự nhiên liên tiếp đồng thời là số nguyên tố
Bài 2 : Nếu p và 8p
2
+1 là các số nguyên tố thì 8p

2
-1 và 8p
2
+2p+1 là các số
nguyên tố hay hợp số.
Bài 3 : Hai số 2
n
+1 và 2
n
-1 (n>2)có thể đồng thời là số nguyên tố hay đồng
thời là hợp số đợc không?
19
Bài 4 : Cho m và m
2
+ 2 là hai số nguyên tố. Chứng minh rằng m
3
+2 cũng là
số nguyên tố
Bài 5 : Tìm các số tự nhiên n để n
1988

+ n
1987
+1 là số nguyên tố
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 p
2
= 8q + 1
20
Giải:
Ta có: p
2
= 8q + 1 => 8q=p
2
1 <=> 8q = (p+1)(p-1) (1)
Do 8q + 1 lẻ => p
2
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 đợc k
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: ớc số, bội số, chia hết và vẫn phải lần lợt
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:
21
Bài 1 : Tìm 1 số A gồm có các thừa số 2,5,7, biết rằng 5A có hơn A là 8 đơn
vị và 8A có hơn A là 18 ớc số.
Bài 2 : Tìm số nhỏ nhất có 9 ớc số, có 15 ớc số.
Bài 3 : Tìm số a biết a có 2 ớc nguyên tố khác nhau , có 6 ớc và tổng các ớc
số bằng 28.
Bài 4 : n+8
Cho a = với nN
*
2n-5
Bài 5 : Cho a+b=p, p P .Chứng minh rằng (a,b)=1.
Bài 6 : Cho p là số nguyên tố, chứng minh rằmg tồn tại một số viết chỉ bằng

chữ số 1 chia hết cho p (p>5, p P ).
Phần III
22
Phụ lục
Bạn nên biết !
Mời 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 đợc năm 1998 thật khó mà đánh bại đợc.
Họ mất nhiều tháng tính toán mới tìm đợc mời số nguyên tố tạo thành một cấp số
cộng.
Từ mục trò chơi trong 1 tạp chí khoa học, hai nhà nghiên cứu ở trờng Đại học
Lyonl (Pháp) đã đào sâu ý tởng: Tìm 6 số nguyên tố sao cho hiệu 2 số liên tiếp luôn
luôn nh nhau. Điều đó là dễ đối với các chuyên gia nhng 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
đợc 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 đợc số nguyên tố thứ
2
Kỷ lục có lẽ dừng ở đó: Theo ớc tính của các nhà khoa học muốn tìm đợc 1
dãy 11 số nguyên tố thì phải mất hơn 10 tỉ năm.
Su tầm
Lịch sử toán học:
23
Từ bài tập nhỏ đến giả thuyết lớn
Khi giải bài tập từ dễ đến khó, ngời ta thờng đa ra các giả thuyết, có những
giả thuyết rất khó ,để giải quyết đợc cần hàng trăm năm. Ví dụ: Giả thuyết Fermat
mà ta quen gọi là định lý lớn Phecma.

Giả thuyết những giả thuyết lớn thờng ngời ta phải sáng tạo ra những công cụ
mới, đôi khi cả những ngành toán học mới. Những công cụ đó sẽ phát huy tác dụng
trong nhiều vấn đề khác nhau của toán học, chứ không phải chỉ nhằm vào việc giải
quyết giả thuyết.
Nhiều khi rất khó nhận thấy ranh giới giữa một bài tập dễ với một giả thuyết
khó, chẳng hạn ra đã thấy giả thuyết Fermat đợc Fermat coi là dễ! Còn đối với
chúng ta phải đến những năm cuối thể kỷ XX mới giải quyết nổi và biết bao ngời đã
nếm thất bại !!! thật ra mới nhìn thì ta có cảm giác định lý Fermat là một bài tập dễ.
Vì các ranh giới mong manh đó, hy vọng là sau khi làm bài tập các bạn thử
nghĩ sâu hơn một chút, biết đâu phía sau đó chỉ cách 5 phút thôi, đang ẩn náu một
giả thuyết lớn của toán học !
Sau đây là một số giả thuyết đang chờ bạn giải quyết:
1) Tính vô hạn của tập hợp các số nguyên tố:
Bài tập 1: CMR: Tập hợp số các nguyên tố là vô hạn
Bài tập 2: CMR: Tập hợp các số nguyên tố có dạng 4n + 3 là vô hạn
Bài tập 3: Tìm tất cả các số nguyên tố dạng n
3
+ 1
Những bài tập trên đã có nhiều cách giải quyết và chúng ta đã giải quyết đợc.
Giả thuyết sau đây thì sao?
Tập hợp các số nguyên tố dạng n
2
+ 1 là vô hạn
2) Giả thuyết Goldback (Gônbach)
24
Biểu diễn một số nguyên dới dạng nào đó luôn luôn là bài toán thu hút sự
quan tâm của nhiều ngời. Hơn nữa, nhiều khi cần trả lời câu hỏi: Có bao nhiêu cách
giải quyết?
Dễ nhất trong các câu hỏi thuộc hớng nêu trên có lẽ là bài tập sau đây:
Bài tập: CMR: Mỗi số nguyên lớn hơn 11 đều có thể viết d ới dạng tổng

của 2 hợp số?
Thế nhng câu hỏi tơng tự lại là một giả thuyết lớn.
Giả thuyết Goldback: Mọi số nguyên dơng chẵn lớn hơn 2 đều có thể viết d-
ới dạng tổng của 2 số nguyên tố.
Ngời ta đã kiểm tra với các số nguyên chẵn không quá 1.000.000 (Một triệu).
Trong trờng hợp tổng quát đang chờ bạn !
3) 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 trớc số nguyên dơng n tuỳ ý. CMR tồn tại n số tự nhiên liên
tiếp mà mỗi số trong chúng đều là hợp số.
Vậy nhng, 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) đợc 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 phơng 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.
25