SKKN Dạy số nguyên tố ở trường THCS

Lời nói đầu
Toán học là một trong những môn học có vị trí quan trọng trong nhà tr-
ờng. Dạy toán là dạy phơng pháp suy luận khoa học. Học toán- là rèn khả năng
t duy logic, 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 tính toán có rất
nhiều ngời cho rằng: Đây là một môn khoa học khô khan, cứng nhắc. Còn thực
tế toán học là 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 nghiên cứu mà cơ sở của những
nghiên cứu đó 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 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 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 thời cũng đau đầu cha thể chứng minh đ-
ợc một số những dự 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 táon 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 thể lần theo dấu vết của những bài toán
cổ xa, đồng thời cũng đến đợc với những vấn đề đầy bí ẩn đang chờ đón.Chính
1
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 toán 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 lôgíc vá 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 ứng dụng lý thuyết đơn thuần. Vì vậy khi gặp
các 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 giỏi.
Trong phạm vi chuyên đề này, tôi trình bày những nội dung sau:
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 các
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 ra theo các dạng và cỏtình bày lời giải.
Phần thứ 3: Các bài tập đề nghị( có lời giải kèm theo)
Phần thứ 4: Phụ lục, trong phần này tôi giới thiệu một số vấn đề ít đợc đề cập
để các bạn tham khảo.
2
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.
Để viết chuyên đề này, tôi đợc sự giúp đỡ, đóng góp ý kiến của nhiều chuyên
viên, nhà giáo u tú, giáo viên giỏi và đồng nghiệp.
Tuy nhiên, với khả năng và trình độ của bản thân còn nhiều hạn chế nên
chuyên đề này khó tránh khỏi đợc những thiếu xót. Rất mong muốn đợc các
thầy giáo, cô giáo, các bạn đồng nghiệp và các bạn đọc tham gia ý kiến để
chuyên đề này của tôi đựoc hoàn thiện hơn.
3
Phần 1
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 số nguyên tố cũng không phải là hợp số
4) Bất kỳ số tự nhiên lớn hơn 1 nào cũng có ít nhất 1 ớc số nguyên tố
II- Một sốđịnh lý cơ bản
1- Định lý 1: Dãy số nguyên tố là dãy số vô hạn
Chứng minh:
Cách 1:
Lấy một số nguyên tố p bất kỳ
Lập tích của p với tất cả các số nguyên tố nhỏ hơn p rồi cộng thêm 1, ta đợc
số A
Ta có: A= 2. 3. 5 . 7 p+1
*Nếu A là số nguyên tố: Bài toán đợc chứng minh xong
*Nếu A là hợp số:
Chia A cho 2; 3; 5; ; p ta luôn đ ợc số d là 1 suy ra nếu phân tích A ra
thừa số nguyên tố thì các thừa số nguyên tố này đều lớn hơn p. Điều đó có
nghĩa:Với mọi số nguyên tố p đều có số nguyên tố lớn hơn nó.

Vậy ta tập hợp số nguyên tố là vô hạn.
Cách 2:
Giả sử chỉ có hữu hạn số nguyên tố là p1, p2,p3 pn trong đó pn là số lớn
nhất trong các số nguyên tố.Xét số N= p1 p2 pn+1 thì N chia hết cho mỗi
số nguyên tô pi (1
ni

) đều d 1 (1)
Mặt khác N là hợp số (vì nó lớn hơn số nguyên tố lớn nhất là pn) do đó N
phaỉ có một ớc số nguyên tố nào đó, tức là N chia hết cho một trong các số
pi (1
ni

)
4
Ta thấy (2) mâu thuẫn với (1)
Vậy ko thể có hữu hạn số nguyên tố.
2-Định lý 2:
Mọi số tự nhiên lớn hơn 1 đều phân tích ra thừa số nguyên tố một cách duy
nhất (Không thể thứ tự các thừa số)
Chứng minh:
Mọi số tự nhiên lớn hơn 1 đều phân tích ra thừa số nguyên tố:
Thật vậy: GIả sử trên là đúng với mọi số m thoả mãn: 1<m<n ta chứng
minh điều đó đúng với 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 qui nạp: a và b là tích các thừa số nhỏ hơn n lên n là tích
của các thừa số nguyên tố.
Sự phân tích là duy nhất:
Giả sử mọi số m<n đều phân tích đợc ra rhừa 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 co hai 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 ko có số nguyên
tố nào cùng có mặt trong cả 2 phân tích đó (vì nếu có số thoả mãn điều kiện nh
trên, ta có thể chia n cho số đó lúc đó thơng sẽ nhỏ hơn n, thơng này có hai
cách phân tích ra thừa số a nguyên tố khác nhau, trái với giả thiết của qui nạp).
Không mất tính tổng quát, ta có thể giả thiết p và p lấn lợt 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>p2
Do p=p

n>p.p
Xét m = n - p.p < n đợc phân tích ra thừa số nguyên tố một cách duy
nhất ta thấy:
P | n

p | n-p.p hay p | m
P | n

p | n p.p hay p| m
5
Khi phân tích ra thừa số nguyên tố ta có:
m = n-pp = pp.P. Q . với P, Q

P (P là tập hợp 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
giả thiết là mọi 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 lí đợc chứng minh)
.
III/ Cách nhận biết một số nguyên tố:
Cách 1:
Chia số đó lần lợt cho các số 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 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 một số nguyên tố bằng phơng
pháp thứ nhất ( nêu ở trên) mà dựa vào định lí cơ bản:
Ước số nguyên tố nhỏ nhất của một hợp số A là một số không vợt quá
A
Đặc biệt: Với dãy 25 số nguyên tố nhỏ hơn 100 nên cho học sinh học
thuộc, tuy nhien khi gặp một số (a<100) muốn xét xem a là số nguyên tố hay
hợp số a có chia hết cho 2;3;5;7 hay không
+ Nếu a chia hết cho một trong 4 số đó thì a là hợp số
+ Nếu a không chia hết cho số nào trong 4 số đó thì a là số nguyên tố
Với quy tắc trên trong một khoảng thời gian ngắn, với các dấu hiệu chia

hết thì học sinh nhanh chóng trả lời đợc một số có 2 chữ số nào đó là số nguyên
tố hay không.
Hệ quả:
Nếu có số A> 1 không có một số nguyên tố nào từ 2 đến
A
thì A là
một số nguyên tố.
( Do học sinh lớp 6 cha học khái niệm căn bậc 2 nên ta không đặt vấn đề
chứng minh định lý này, chỉ giới thiệu để học sinh tham khảo)
6
IV- Số các ớc số và tổng các ớc số của một số
Giả sử: A=p
1
1

p
2
2

p
n
n

Trong đó: p
i

P,

i

N, i=
n,1
a) số các ớc số của A tính bằng công thức:
- (A)= (
1

+ 1)(
2

+1) .(
n

+1)
Ví dụ: 30= 2.3.5 thì (A)= (1+1).(1+1).(1+1)=8
Thật vậy: U(30)= {1;2;3;5;6;10;15;30}
U( 30) có 8 phần tử
ứng dụng: Có thể không cần tìm U(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
1000000000= 10
9
= 2
9
.5
9
có (9+1)(9+1)= 100 ớc
ý
nghĩa: Khi thông báo cho học sinh cách tính ớc số 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 số của A tính bằng công thức:


(A)=
1
1
1
1
1
1


+
p
p

.
1
1
2
2
1
2


+
p
p

1
1
1


+
n
n
p
p
n

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 nguyen số 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.
7
Ví dụ:Chứng minh rằng có vô 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.
Ngoài ra, cần giúp cho học sinh nắm vững 2 định lý là: Định lý FrâMat
và định lý Wilson- Sẽ trình bày trong phần bài tập.
8
Phần 2
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 nguyên tố có dạng: 3x-1( x

1)
Giải:
Giáo viên gợi ý và hớng dẫn học sinh để học sinh tự rút ra nhân 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 1 ta có:
M= 2.3.5.7 .p-1= 3(2.5.7 .p)-1
M có dạng3x- 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 đã đợc chứng minh.
Khả năng 2: M là hợp số. Ta chia M cho 2,3,5, .,p đều tồn tại 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

Vậy: Có vô số số nguyên tố có 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.
9
Vậy chúng chỉ có thể tồn tại dới 1 trong 2 dạng4x+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
+) Lấ 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 )-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 đ ợc 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).

Bài tập số 3:
Chứng minh rằng: Có vô số số nguyên tố có dạng 6x+5.
Giải:
Từ kết quả của bài tập số 2, giáo viên hớng dẫn học sinh chứng minh bài
tập 3 bằng cách chứng minh có vô số số nguyên tố có dạng 6x-1
Nhận xét: Có các số tự nhiên có dạng 6x; 6x+2; 6x+3; 6x+4 đều là hợp
số. Ta chỉ xét hai dạng: 6x+1; 6x-1
+ Xét tích 2 số tự nhiên có dạng 6x+1, đó là 6m+1 và 6n+1
Ta có:
10
A=(6m+1)(6n+1)=36mm+6m+6n+1= 6(6mn+m+n)+1
= 6x+1

Tích của 2 số tự nhiên dạng 6x+1 là một số tự nhiên có dạng 6x+1
+ Lấy một số nguyên tố bất kỳ có dạng 6x-1
Xét số tự nhiên A (A là 6 lần tích của p với tất cả các số nguyên tố nhỏ
hơn p trừ đi 1)
Ta có
A=6(2.3.5.7 p)-1
= 6x-1
Vậy: A có dạng 6x-1
* Nếu A thuộc tập số nguyên tố: Bài toán đợc chứng minh
* Nếu A là hợp số: Chia A cho 2 ,3,5,7, .p đều đ ợc các số d khác 0


Các ớc nguyên tố của A đều lớn hơn p, các ớc này không thể đều có dạng
6x+1. Vì khi đó A có dạng 6x+1.Các ớc này cũng không thể có dạng 6x;
6x+ 2; 6x+3; 6x+4( hợp số) đợc.Vậy trong các ớc đó ít nhất có 1 ớc có dạng
6x- 1, ớc này lớn p vì:

Chẳng hạn gọi ớc nguyên tố đó là p
i
; p
i
thuộc( 2;3;5; .;p)

(2.3.5 p): p
i
6( 2.3.5 p): p
i
Mà A: p
i
nên | : p
i
( vô lý)
Vậy có vô số nguyên tố dạng 6x-1
Hay: có vô số nguyên tố dạng 6x+ 5.
Bài tập 4
Chứng minh rằng: Mọi số nguyên dơng n có dạng 4k+3( k

N) đều có ít
nhất một ớc số nguyên tố có dạng 4k + 3
Giải:
+Nếu n= 4k+ 3 là số nguyên tố: Bài toán đã đợc chứng minh
+Nếu n là hợp số( n= 4k+3)

n= ab( a,b

N; 1<a, b< n)
11

Vì n có dạng 4k+ 1 hoặc 4k + 3

n lẻ vậy a,b lẻ nên a,b sẽ có dạng
4k+1
hoặc 4k+3
Nếu a,b đều có dạng 4k+1 thì a.b=n có dạng 4k+1 (điều này ko sảy ra vì
n có dạng 4k+3) vậy ít nhất 1 trong 2 số a và b phải có dạng 4k+3
Không làm mất tính tổng quát. Giả sử a có dạng 4k+3.
Nếu a

P bài toán đã đợc chứng minh.
Nếu a là hợp số: Lập luận tơng tự nh trên, a ắt có một ớc số có dạng
4k+3 . Qua trình phân tích đã hữu hạn. Vậy: số nguyên d ơng n ắt phải có một
số nguyên tố là ớc số có dạng 4k+3. Vậy ta có điều phải chứng minh.
Trên đây là một số bài toán chứng minh đơn giản của định lý Điriclet:
Có vô số số nguyên tố dạng ax+b trong đó x

N (a,b)=1.
Mục đích cảu những bài tập dạng này là: Rèn 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 đợc chứng minh hoặc
đã biết để loại bỏ các khả năng có thể 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 minh 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
12
Dạng 2
Các bài toán chứng minh
Số nguyên tố
Định lý Fermat và Willson
****
Bài tập số 1
Chứng minh rằng: ( p-1)! Chia hết cho p nếu 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 ngyên 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 )
13

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
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: Nếu p là số nguyên tố không chia hết cho a thì p phải
chia hết cho a
1p
-1(Định lý FerMat)
Chứng minh: Xét dãy số gồm p-1 bội số đầu tiên của a: a, 2a, 3a, 4a .,(p-
1)a
Ta có:
a=m
1
p+r
1
2a=m
2
p+r
2
3a=m
3
p+r
3

(p-1)a=m
p-1
p+r
p-1
trong đó r
1
, r
2
, r
3
, , rp-1 theo một thứ tự nào đó, là p-1 số số tự nhiên
đầu tiên.

r
1
.r
2
.r
3
r
p-1
= (p-1)!

(a
p-1
-1)(p-1)!=Mp (1)
14
Do p

P nên p và (p-1)! Nguyên tố cùng nhau (2)
Từ (1) và (2)

(a
p-1
)

p hay p

a
p-1
(ta có điều phải chứng
minh).
Tóm lại:
Với p

P,a

p thì (a
p-1
-1)

p
Bài tập 5
Cho p và q là hai số nguyên tố phân biệt
Chứng minh rằng (p
q-1
+q
p-1
-1)

(p-q)
Chứng minh:
Ta có: p
q-1
+q
p-1
-1 = ((p
q-1
-1)+q
p-1
Mà: (q
p-1
-1)

q (theo định Fermat)
Và: q
p-1

q

(p
q-1
+q
p-1
-1)

q (1)
chứng minh tơng tự ta có:
(p

q-1
+q
p-1
-1)

p (2)
Do p,q

P, p khác q

(p,q)=1 (3)
Kết hợp (1), (2), (3) ta có:
(p
q-1
+q
p-1
-1)

(p-q) (điều phải chứng minh)
Bài tập số 6:
Chứng minh rằng nếu x,y không chia hết cho 1 số guyên tố p thì: (x
p-1
-y
p-1
)

p
Chứng minh:
Ta có: x
p-1

-y
p-1
=( x
p-1
-1)-(y
p-1
-1)
15
Vì x

p,p

P

(x
p-1
-1)

p (Định lý Fermat)
Và y

p,p

P

(y
p-1
-1)

p (Định lý Fermat)

Do đó: (x
p-1
-y
p-1
)

p (Tính chất chia hết)
( Ta đợc điều phải chứng minh)
Bài tập 7:
Chứng minh rằng: Nếu p là số nguyên tố thì tích: 2.3.4 (p-3)(p-2) là
một bội số của p thêm 1
Chứng minh:
Gọi a là một thừa số của tích: 2.3.4 .(p-3)(p-2)
Ta sẽ chứng minh tồn tại một thừa số a, của tích sao cho a.a=m
1
p+1
Ta thâý: phép chia các số hạng của dãy a, 2a, 3a, (p-1)a cho p có các
số d là p-1 số số tự nhiên đầu tiên theo một thứ tự nào đó.
D là một không phải là số d của phép chia cho p. Suy ra tồn tại a thuộc
tích 2.3.4 (p-3)(p-2) sao cho a khác a và a.a=m
1
.p +1.
Lập luận tơng tự: Nếu b là một thừa số thuộc tích 2.3.4 (p-3)(p-2)
khác a và a thì cũng tồn tại b khác b thuộc tích đó, thoả mãn b.b=m
2
.p+1
Vậy tích 2.3.4.(p-3)(p-2) gồm toàn các thừa số có
dạng mp+1
Nên tích này cũng có dạng mp+1 (Điều phải chứng
minh).

Bài tập số 8:
Cho a và b là 2 số nguyên tố
Chứng minh rằng: Số d của phép chia b-1 bội số đầu tiên của a cho b tạo
thành day số b-1 số số tự nhiên đầu tiên.
16
Chứng minh:
Xét dãy số gồm b-1 bội số đầu tiên của a: a,2a,3a, ,(b-1)a.
Lấy các số đó chia cho b:
+) Không có số nào chia hết cho b vì: b nguyên tố cùng nhau với tất cả các
số trong dãy.
+) Không có 2 số nào chia hết cho b mà có cùng số d. Vì nếu có ma, na chia
cho b có cùng số d thì:
(m-n)a

b với m,n

N (1
)1

bmn
Điều này vô lý. Suy ra b-1 số d đều khác nhau. Mặt khác các số d đều
không lớn hơn b-1
Vậy b-1 số d chính là số số tự nhiên đầu tiên ( điều phải chứng minh)
Bài tập số 9:
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 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)
17
Dạng 3
Tìm số nguyên tố
Thoả m n điều kiện cho trã ớc
***
Bài tập số 1:
Tìm tất cả giá trị của số nguyên tố p để: p+10 và p+14
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
+ Nếu p khác 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 khác 3 thì hoặc p +10 hoặc p+14 là hợp số. Không thoả mãn
bài ra.
Do đó: Giá trị duy nhất cần tìm là: p=3
Bài tập số 2:
Tìm tất cả các giá trị của số nguyên tố p thoả mãn:
p+6; p+8; p+12; p+14 đều là các số nguyên tố
Giải: ( Học sinh giải tơng tự nh bài số 1)
+ Nếu p=5:
p+6=5+6=11

P
p+8=5+8=13

P
p+12=5+12=17

P
p+14=5+14=19

P
Vậy p=5 là giá trị cần tìm
18
+ Nếu p khác 5

p có dạng 5k

1, 5k

2(k

1, k

N)
Nếu p=5k+1

p+14=5k+15=5(k+3)

5; p+14>5

p+14
là hợp số
Nếu p=5k-1

p+6=5k+5=5(k+1)

5; p+6>5

p+6
là hợp số
Nếu p=5k+2

p+8=5k+10=5(k+2)

5; p+8>5

p+8 là
hợp số
Nếu p=5k-2

p+12=5k+10=5(k+2)

5; p+12>5

p+12
là hợp số
Vậy: Khi p khác 5 thì 1 trong 4 số: p+6, p+8, p+12, p+14 là hợp số
không thoả mãn bài ra.
Do đó: Có duy nhất một giá trị của p thoả mãn bài ra là: p=5.
Bài tập số 3:
Tìm số nguyên tố p để: p+2, p+6, p+8 đều là các số nguyên tố.
Gải:
Bằng cách giải tơng tự bài tập số 1 và 2, học sinh dễ dàng tìm đợc p=5
thoa 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 bài ra là đủ.
Bài tập số 4:
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:
19
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 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 nhiều số nguyên tố
nhất( 5 số nguyên tố).

Bài tập5
Tim số nguyên tố p sao cho:
a) 2p+ 1 là lập phơng của 1 số tự nhiên
b) 13p+ 1 là lập phơng của 1 số tự nhiên.
Giải:
a) Giả sử 2p+ 1= n
3
( n

N)

n
3
1= 2p

(n-1)(n
2
+ n+1)= 2p
Do p

P và 2p= (n-1)(n

2
+ n+ 1)
Đồng thời dễ thấy p khác 2
Suy ra chỉ có trờng hợp sau xảy ra:
n-1= 2 và n
2
+ n=1= p

n= 3 và p= 13
Thử lại: 13.2+1=27=3
3
( đúng)
Có thể giải cách khác:
Đặt 2p+1= n
3
( n

N)
Vì 2p+1 là số lẻ

n là số lẻ
20
Đặt n=2p+1 (q

N)
Vậy 2p+1=n
3
=(2p+1)
3
=8q

3
+12q
2
+6q+1

2q=8q
3
+12q
2
+6q

p=4q
3
+6q
2
+3q

p=q(4q
2
+6q+3) (*)
Từ (*) và do p là số nguyên tố

q chỉ có thể bằng 1
Khi đó p=1(4.12+6.1+3)=4+6+3=13
Thử lại: 2.p+1=2.3+1=27=3
3
(đúng)
b, Giả sử 13p+1=n
3
(n

N)

n
3
-1= 13p
Do 13 p

P và p

P

có 2 trờng hợp xảy ra:
+ n- 1=13

n=14
và n
2
+ n+ 1= p và p= 211

P
+ n-1=p

n=p+1

n=3
và n
2
+n+1 = 13 và n
2

+n=12 và p=2

P
Vậy: có 2 giá trị cần tìm của p là: p=211 và p=2
Bài tâp số 6:
Tìm 3 số nguyên tố liên tiếp p,q,r sao cho p
2
, q
2
, r
2
cũng là số nguyên
tố
Giải:
Vì p, q, r

P

p
2
, q
2
, r
2
>2
Mà p
2
+q
2
+r

2


P

p
2
+q
2
+r
2
là số lẻ (1)
+) Giả sử 1 trong 3 số p, q, r có một số chẵn (=2) và hai
số còn lại là số lẻ

p
2
+q
2
+r
2
là số chẵn (mâu thuẫn với (1))
Vậy cả 3 số p, q, r đều là số lẻ
+) Giả sử cả 3 số p, q, r đều khác 3
21

Chúng có dạng 3k

1, lúc đó p
2

, q
2
, r
2
đều có dạng 3x+1.
Thật vậy:
(3k+1)2 = 9k2+6k+1= 3x+1
(3k-1)2=9k2-6k+1=3y+1
Vậy: p
2
+q
2
+r
2
=3M

3 nên p
2
+q
2
+r
2
là hợp số (Không thoả mãn
đầu bài)

Phải có ít nhất 1 trong 3 số p, q, r bphải bằng 3
Không mất tính tổng quát, giả sử p<q<r
*Nếu p=3

q=5, r=7

p
2
+q
2
+r
2
=32+52+72=83

P
*Nếu q=3

p=2, r=5
p
2
+q
2
+r
2
=4+9+28=38

P
*Nếu r=3

q=2 và không tồn tại p
Kết luận: Bộ 3 số nguyên tố p, q, r cần tìm là (3, 5, 7) là bộ 3 số nguyên
tố duy nhất cần tìm.
Bài tập số 7:
Tìm tất cả các số nguyên tố p để p vừa là tổng vừa là hiệu của hai số.
Giải:
+ Nếu p=2, vì p là số nguyên tố nhỏ nhất Nếu

p không thể là
tổng của bất kỳ hai số nguyên tố nào Nếu q=2 không thoả
mãn.
+ Nếu p khác 2

p phải là số lẻ.
Giả sử: p=p
1
+p
2
=p
3
-p
4
(p
i

P, i=
4,1
)
Vì p=p
1
+p
2
là số lẻ nên p1, hoặc p
2
phải chẵn, giả sử
p
2

chẵn

p
2
= 2( vì p
2

P )
22
Khi đó: p= p
1
+ 2 (1)
Vì p= p
3
- p
4
nên p
3
hoặc p
4
chẵn.
Vậy p
4
= 2 nên p= p
3
-2 (2)
Từ (1) và (2) ta có
P
1
+1= p

3
-2
P
3
=p
1
+4
Do p
1
, p
3
,p

P

p
1
,p
2
+ 2, p
1
+4 là các số nguyên tố
*Nếu p
1
= 3 thì p
2
+ 2=5, p
1
+4= 7 thoả mãn bài ra
*Nếu p

1
khác 3 thì p
1
có 1 trong các dạng 3k+1, 3k-1
Nếu p
1
= 3k+1 thì p
1
+2= 3k+3= 3(k+1)

3
Nếu p
1
= 3k-1 thì p
1
+4 =3k+ 3=3(k+ 1)

3

p
1
khác 3 không thoả mãn bài ra, nên p
1
chỉ có thể bằng3
Khi đó p= p
1
+ 2= 5
P
3
= p

1
+ 4= 7
p=5

P là giá trị thoả mãn đầu bài.
Thử lại: 5= 3+2= 7-2

Bài tập 8:
Tìm tất cả các số nguyên tố p để: 2
p
+p
2
cũng là số nguyên tố.
Giải: Xét 2 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
3
+3
2
= 17

P
+)p>3 ta có p
2
+2
p
= ( p
2
-1)+ ( 2
p
+1)
Vì p lẻ

(2
p
+ 1)

3
Và p
2
- 1= (p+1)(p-1)

3

p
2
+ 2
p

P
Vậy có duy nhất 1 giá trị p= 3 thoả mãn bài ra
Bài tập số 9:
23
a)Tìm giá giá trị nhỏ nhất của p để tích của p số tự nhiên đầu tiên bắt đầu từ
1, cộng thêm 1 không phải là số nguyên tố
b)Tìm giá trị nhỏ nhất của số nguyên tốp để tích của các số nguyên tố từ 2
đến p cộng thêm 1 không phải là số nguyên tố
Giải:
a) Nếu 1.2.3.4 p+1 không phải là số nguyên tố thì sẽ có 1 ớc số
nguyên tố lớn hơn p

số nhỏ nhất có thể là p+1
+Nếu p+1= 3

p=2 ta có: 1.2+1= 3

P

+Nếu p+1= 4

p=3 ta có: 1.2.3+ 1=7

P
+Nếu p+1= 5

p=4 ta có:1.2.3.4+1 =25

P
Vậy: Giá trị nhỏ nhất của p để tích của p số tự nhiên liên tiếp
đầu tiên bắt đầu từ 1 cộng thêm 1 không là số nguyên tố là: p=4.
b)Lập tích các số nguyên tố từ 2 đến p rồi cộng thêm 1 ta có
2.3.5.7 p+1
Nếu tích đó không phải là số nguyên tố thì sẽ có 1 ớc là số
nguyên tố lớn p. Nếu p

P

p là số lẻ

p+1 chẵn, vậy số
nhỏ nhất là p+2
+Nếu p+2= 5

p=3 và ta có 2.3+1= 7

P
+ Nếu p+2= 7

p=5 và ta có 2.3.5+1= 31

P
+ Nếu p+2= 11

p=9 và ta có p là hợp số không thoả mãn
đầu bài.
+ Nếu p+2= 13

p=11 và ta có 2.3.5.7.11+1= 177

P
Vậy:Giá trị nhỏ nhất của p thoả mãn đầu bài là p= 11
Bài tập số 10:
Tìm tất cả các số nguyên tố a,b,c biết:
a(a+1)+b(b+1)= c(c+1)
Giải: a(a+1)+b(b+1)= c(c+1)


a(a+1) =c(c+1)- b(b+1)
=c
2
+c- b
2
-b= c
2
-b
2
+c-b=(c-b)(c+b)+c-b
24

a(a+1) =(c-b)(c+b+1) (với c>b) (1)
Vì a

P

(c-b)

a
Hoặc (c+b+1)

a
+)Nếu (c-b)

a

a< c-b
Từ đó a(a+1)

(c-b)(c-b+1)
Mà a(a+1)= (c-b)(c+b+1)

(c-b)(c+b+1)< (c-b)(c-b+1)

(c+b+1)

c-b+1( vô lý)
+)Nếu (c+b+1)

a

c+b+1= ka( k

N)
Thay vào(1) ta có:
a(a+1)= (c-b)(c+b+1)
a(a+1)= (c-b)ka
a+1= k(c-b) (2)
Nếu k= 1

c+b+1= a

a-b= c+1
Và a+1= c-b và a+b= c-1

a=c

b= 0 hoặc b=-1 ( trờng hợp này loại)
Nếu k>1 từ( 2) suy ra 2b= (c+b)- (c-b)= ka-1- (c-b)
= k [ k(c-b)- 1]- 1- (c-b)
= (k+1)[(k-1)(c-b)-1]
Ta thấy : Vế trái chỉ có các ớc là: 1;2;b và 2b
( do k

2 nên k+1

3)

k+1=b
hoặc k+1= 2b
*Nếu k+1=b thì (k-1)(c-b)=3

và( b-2)(c-b)= 3
Khi k-1= 1

k= 2 thì c-b= 3

b-2= 1

b=3
Dễ thấy c=6, a= 5
Ta đợc bộ 3 số là( 5;3;6) không thoả mãn vì c= 6

P
Nếu k-1= 3

k= 4 thì c- b= 1

b=5, c= 6

P
*Nếu k+1= 2b thì (k-1)(c-b)= 2
Hoàn toàn tơng tự, ta tìm đợc b=2,c=3, a=2
25