Chuyên đề số nguyên tố

1. Định nghĩa ............................................................................................. 2
2. Lịch sử xuyên suốt thiên niên kỉ và một vài định lí ............................ 3
3. Một số dạng số nguyên tố ..................................................................... 7
4. Các cặp số nguyên tố ..............................................................................12
5. Các dạng bài tập cơ bản ...................................................................... 14
6. ứng dụng số nguyên tố trong đời sống ................................................. 30

I/ Định nghĩa :
Bn cú th d dng chia u 15 viờn bi cho 3 em nh, nhng nu bn cú 17 viờn bi thỡ bn
lm sao chia u cho chỳng c. Trng hp th nht d dng vỡ 15 chia ỳng cho 3.
Trng hp sau khú khn vỡ 17 khụng chia ỳng cho 3 m ch chia ỳng cho 1 v 17 hay 17
ch cú 2 c s l 1 v 17, v c gi l mt s nguyờn t.
T xa, s nguyờn t ó lm say mờ nhiu nh toỏn hc chuyờn nghip cng nh ti t.
Trong toỏn hc, s nguyờn t c nh ngha l mt s lớn hơn 1 ch cú 2 c s l 1
v chớnh nú.
Có thể thấy 1 điều định nghĩa rất dễ hiểu. Nhng vấn đề nằm ở chỗ làm sao ta có thể dựa vào
định nghĩa mà xác định 1 số có phải số nguyên tố hay không?
Từ xa đã có sàng lọc những số nguyên tố gọi là sàng Eratosthenes . Nhng với những số lớn
thì việc sử dụng sàng này không hiệu quả. Dựa vào định nghĩa ta có thể thấy cách chứng
minh đơn giản nhất là chia số đó cho các số nguyên tố nhỏ hơn nó... nhng việc này tốn không
ít thời gian nh việc sử dụng sàng Eratosthenes . Do đến ngày nay cha tìm đợc công thức của
số nguyên tố nên ta chỉ có thể hạn chế việc thử chứ không có phơng pháp nào hữu hiệu nếu
không sử dụng máy vi tính.
Ta sẽ chứng minh 1 bài toán nhỏ :
n N*
n khụng chia ht cho mi s nguyờn t nh hn hoc bng
CM: n l s nguyờn t
Giải:
Gia s sụ n la 1 hp sụ thi
Mt khac

vi

nờn

iờu nay trai vi gia thiờt nờn ta co iờu phai chng minh
Ta cũng có những nhận xét cơ bản sau đây:
Vi nhng s nh, thớ d s N, phng phỏp thng dựng l th tớnh chia ỳng ca s ú
ln lt vi cỏc s nguyờn t t nh n ln v nh hn N/2, vi nhng nhn xột sau õy:

o

Loi nhng s chn, tr 2 (chia ỳng cho 2).
Loi nhng s tn cựng bng 5, tr 5 (chia ỳng cho 5).

o

Loi nhng s cú tng s cỏc con s chia ỳng cho 3, tr 3 (chia ỳng cho 3).

o

1


o

Loi nhng s chia ỳng cho 7, tr 7.

o

Loi nhng s cú tng s cỏc con s hng chn v hng l bng nhau, tr 11

(chia ỳng cho 11).

o

C th tip tc n ht nhng s nguyờn t nh hn N/2.

o

Nu tt c cỏc phộp chia u khụng ỳng thỡ N l s nguyờn t.

Tuỳ thuộc vào kinh nghiệm , khi nhìn 1 số chúng ta sẽ co thể đoán đó là số nguyên tố hay
không ma chỉ cần vài phép thử. Do trong các đề thi ít khi ngời ta ra những con số khổng lồ
nên việc này coi nh không đáng ngại.

II/ Lịch sử xuyên suốt thiên niên kỉ và một vài định lí:
Với phần này ta sẽ đến với các định lí nhng không phải bằng cách thông thờng. Ta sẽ dọc
theo dòng lịch sử để không chỉ biết về Toán mà còn biết nguồn gốc cái ta đang nghiên cứu.
Số nguyên tố có quê hơng ở vùng Hi Lạp cổ đại . Ngời có công gây dựng và chứng minh 1
định lí cơ bản của số nguyên tố là Ơclit. Ông đã chứng minh tập hợp số nguyên tố là vô hạn.
Đây là định lí đầu tiên và rất dễ để chúng ta có thể chứng minh. Công biểu diễn sô nguyên tố
thuộc về Eratosthenes với sàng số nguyên tố.
Số nguyên tố thực sự có bớc phát triển vợt bậc khi vào năm 18/10/1640 , Fermat gửi cho
bạn ông 1 bức th . Trong đó có định lí Fermat nhỏ . Nguyên văn bức th nh sau:
Et cette proposition est gộnộralement vraie en toutes progressions et en tous nombres
premiers; de quoi je vous envoierois la dộmonstration, si je n'apprộhendois d'ờtre trop long.
Nh một thói quen lạ kì của nha Toán học này. Ông không chứng minh định lí ông đa ra.
Và đến tận năm 1736 , Euler mới công bố công trình chứng minh của mình . Nhng theo 1 tài
liệu mật , Leibniz đã có bản thảo chứng minh với ý tởng tơng tự trớc năm 1683. Lạ kì là 1
cách độc lập các nhà toán học Trung Quốc trớc đó đã đa ra giả thiết rng p l mt s nguyờn
t nu v ch nu

. ỳng l nu p l s nguyờn t , thỡ
.
õy l trng hp c bit ca nh lý nh ca Fermat. Tuy th, iu ngc li (nu
thỡ p l s nguyờn t) l sai.
Định lí nhỏ Fermat đợc phát biểu nh sau:
p chia ht
khi p l nguyờn t v a l s nguyờn t cựng nhau vi p. p chia ht
khi p l nguyờn t v a l s nguyờn t cựng nhau vi p.
Một cách tổng quát hơn :
Nu p l s nguyờn t v m v n l cỏc s nguyờn dng tha món
, thỡ
.
Bên cạnh đó , Euler khi nghiên cứu cũng đã dựa vào định lí trên để xây dựng 1 định lí
mới :
vi modulo n bt k v s nguyờn a bt k l s nguyờn t cựng nhau vớ n, ta cú

2


trong ú (n) l ký hiu ca phi hm Euler m s cỏc s nguyờn gia 1 v n nguyờn t cựng
nhau vi n õy l tng quỏt húa ca nh lý nh Fermat vỡ nu n = p l s nguyờn t thỡ
(p) = p 1.
k


1
1
1
i
1

.
1

..........
1

ở đây (n) = n.

ữ với n= pi
ữ
ữ
p
p
p
i =1

1
2
k


Bây giờ ta sẽ chứng minh định lí Fermat nhỏ theo nhiều cách khác nhau:
C1: Quy np theo a.
Nu a=1 thỡ iu cn chng minh l ỳng. Gi s mnh ỳng vi a=k>0, ta
cú

Dựng gi thit quy np v

ta cú

chia ht cho .

C2: Cũn mt cỏch chng minh na cho nh lý Fermat bộ l dựng t hp nh sau:
Ta gii bi toỏn sau: Mt ng trũn c chia thnh p cung bng nhau. Hi cú bao nhiờu
cỏch tụ mu cỏc cung bng a mu? Hai cỏch tụ thu c qua mt phộp quay c coi l
ging nhau.
Li gii: Ta ỏnh s cỏc cung t 1 n p. Nu khụng tớnh n phộp quay thỡ cú cỏch tụ cỏc
cung. Nu tớnh n phộp quay thỡ mi mt cỏch tụ cú 2 mu tr lờn s nm trong 1 lp vi p
cỏch tụ khỏc. Cú a cỏch tụ ch dựng 1 mu. Vỡ th s cỏch tụ s l
Vỡ s cỏch tụ phi l mt s nguyờn nờn ta cú iu phi chng minh.
Cỏch chng minh l. Phi khụng cỏc bn?
Cũn 1 cỏch kinh in khỏc l xột h thng d y mụ-un p. Nu (a, p) = 1 thỡ ax s chy
qua h thng d y mod p khi x chy qua h thng d y mod p. ú cng l cỏch
chng minh nh lý Euler (thay h thng d y bng h thng d thu gn).
Có thể còn rất nhiều cách khác. Mong mọi ngời bổ sung thêm
Đứng trớc 1 định lí ta thờng đặt câu hỏi định lí đó đa ra để làm gì. ở đây cũng vậy. Là 1 định
lí nổi tiếng, định lí Fermat nhỏ có những ứng dụng nh thế nào va định lí tông quát của nó ra
sao. Ta cùng xét 1 vài ví dụ về định lí Fermat

3


Ta xét 1 bài thi trong đề thi HSG lớp 12 tỉnh Bình Định năm vừa rồi :
VD2: Cho n l s nguyờn dng sao cho
Giải: Xột

. CMR:

. Theo nh lớ Fermat, ta cú

nờn ta c:
D thy

chia ht cho

=>
v

ln hn

hoc

(vi a N * ).

, nờn ta cú iu phi chng minh.

Ta tiếp tục với bài toán tiếp theo:
VD3: CMR vi p l s nguyờn t ta cú [(p - 1)! + 1] chia ht cho p
* Hin nhiờn trng hp p = 2 l ỳng(Bng cỏch kim chng)
*Ta s chng minh cho trng hp p > 2. Khi ú p l s l.
Ta ỏp dng nh lý Fecma nh : vi p nguyờn t a l s nguyờn dng sao cho
(a,p) = 1. Khi ú a p 1 1 (mod p)
Vỡ p nguyờn t nờn (1,p) = 1; (2,p) = 1; ....(p-1,p) = 1;
p dng nh lý Fecma nh ta cú :
(p-1) p1 1(mod p )
p1
(p-2) 1(mod p)
....
2 p1 1 (mod p);

v
1 p1 -(p-1) (Mod p);
Nhõn theo v c :
[(p-1)!] p1 -(p-1)(mod p)
Rỳt gn theo v ta cú:
[(p-1)!] p2 ][(p-2)!] p1 ] -1(mod p)
Li theo L Fecma nh thỡ
((p-2)!,p) = 1
=> [(p-2)!] p1 1(mod p) nờn ta cú :
[(p-1)!] p2 -1(mod p);
Do p l nờn (p-2) cng l => (p-1)! = -1(mod p)
Núi cỏch khỏc thỡ (p-1)! + 1 chia hết p
ú l iu phi chng minh.
Tiếp theo thành công của định lí Fermat , có thêm hàng loạt định lí khác ra đời . Trong đó kể
đến định lí
Wilson, Trêbsep, ...
4


* Định lí Wilson: Đợc công bố vào năm 1773 bởi John Wilson .
Cho p l s t nhiờn ln hn 1, khi ú p l s nguyờn t, khi v ch khi (p-1)!+1 chia ht
cho p.
* Định lí Trêbsep:
Cho mi s Nguyờn n > 3, luụn Tn ti mt s Nguyờn t nm gia n v 2n - 2
.Vớ d n = 5 => 2n - 2 = 8 => P = 7 [Nguyờn t]
.Cho mi s Nguyờn n > 1, luụn Tn ti mt s Nguyờn t giua n v 2n
.Vớ d n = 8 => 2n = 16 => P = 11 v P = 13 [Nguyờn t]
* énh lý Sylvester:
Nu n > k, thỡ trong cỏc S n, n+1, . . . , n+[k-1], cú mt S l 'Bi s' ca mt S Nguyờn
t P [P > k]

.Vớ d n = 7 || k = 4 || P = 5
.
A = 7 + 3 = 10 = 2.5 [A l Bi s ca P = 5]
* Định lí Chen : mi s chn ln u cú th c vit di dng tng ca hai s nguyờn
t hoc ca mt s nguyờn t v mt s na nguyờn t (tớch ca hai s nguyờn t).
Định lí Chen là 1 phần nhỏ của 1 giả thiêt mà đến ngày nay cha 1 nhà toán học nào có thể
chứng minh hoàn toàn . Đó là giả thuyết Euler Goldbach . Nm 1742, nh toỏn hc c
Goldbach vit th cho Euler bit rng ụng mo him a ra bi toỏn: Mi s t nhiờn ln
hn 5 u biu din c di dng tng ca 3 s nguyờn t. Euler tr li rng theo ụng, mi
s chn ln hn 2 u biu din c di dng tng ca 2 s nguyờn t. Nu chng minh
c mt trong hai mnh thỡ s chng minh c mnh cũn li. 200 nm sau, n nm
1937, nh toỏn hc Liờn Xụ Vinogradov ó gii quyt gn trn vn bi toỏn ú bng cỏch
chng minh rng mi s l ln u cú th biu din c di dng tng ca 3 s nguyờn
t. Nu mnh ca Euler l ỳng, hóy chng minh mnh Goldbach.
Gii: Cho s t nhiờn n>5, ta s chng minh rng n vit c di dng tng ca 3 s
nguyờn t. Xột:
1. Trng hp 1: Nu n chn thỡ n=2+m vi m chn, m>3. vỡ s chn >2 k tip l 4 nờn
dự l m>3 thỡ m vn vit c di dnng tng 2 s nguyờn t.
2. Trng hp 2: nu n l thỡ n=3+m vi m chn, m>2. Theo mnh Euler, m chn,
m>2 nờn m vit c di dng tng hai s nguyờn t. Do ú n vit c di dng
tng ca 3 s nguyờn t.
*Gi thuyt Gilbrait
Nu bn vit dóy cỏc s nguyờn t theo th t t bộ n ln (thờm c s 1 vo u ) .u tiờn
hng th nht ,bn ly giỏ tr tuyt i ca hiu 2 s nguyờn t liờn tip .Tip theo ,ly giỏ
tr tuyt i ca hiu hai s liờn tip hng th nht ,...Sau hu hn ln nh vy , hng cui
cựng bn s nhn c l s 1 .
Đây là 1 giả thuyết mới . Rất khó hiểu. Ta cùng xem biểu diễn giả thuyết qua hình học

5

Ta cùng đến với 1 số bài tập sử dụng các định lí trên.

2. Chng minh tn ti vô số các cặp 2 s chớnh phng m cú ớt nht 1000 s nguyờn t
gia.
Bi ny dựng định lí: Cho s t nhiờn n thỡ trong on [n;2n] luụn tn ti ớt nht 1 s nguyờn
t
Xột 1000 on [n;2n];[2n;4n];[
]
1000
chn n l s chớnh phng thì ta có n và 2 .n là số chính phơng .
3.CMR: Nu s Fermat
l s nguyờn t thỡ nú phi l c ca
Ta cú F khụng cú dng
hoc
nờn nu F l s nguyờn t thỡ 3 phi khụng
chớnh phng theo (mod F).
Vy
Suy ra
o li gi s
Suy ra
Gi h l cp ca 3 theo mod F
Suy ra h|F-1 hay
=>
(vi
Nu
Vy
Suy ra F-1|

thỡ h|

Do ú ta cú
(mõu thun)
Vỡ h|
6


=> F-1=
suy ra F l s nguyờn t
4.
l s nguyờn t th . Gi s vi no ú :
. Chng
minh rng :
Từ
=> 2 Pn + 2 P1 + P2 + ..... + Pn + 1 .
áp dụng định lí Trêbsep : Cho mi s Nguyờn n > 3, luụn Tn ti mt s Nguyờn t nm gia
n v 2n-2
=> 2 Pn + 2 Pn +1 => đpcm

III/ Một số dạng số nguyên tố :
1. Số nguyên tố Fermat: - S nguyờn t Fecma cú dng 2 2 + 1 (n N)
n

Trong 1 thời gian dài, ngời ta đã lầm tởng Fermat đã tìm ra công thức cho số nguyên tố . Thế
nhng chính nhà toán học Euler đã chứng minh với n=5 thì số Fermat không còn là số nguyên
tố nữa . Nhng điều đó không có nghĩa số nguyên tố dạng Fermat không còn giá trị . ta cùng
xét bài toán :
Tìm k sao cho : k. 2n + 1 là hợp số n N *
Đặt Fm = 22 + 1 thì F0 , F1 , F2 , F3 , F4 P
và F 5 =641.p ( p P ) , p > F 4
Xét :

x 1mod(232 1).641 và x 1(mod p) => x = k thoả mãn
ta sẽ chứng minh với k > p thoả mãn bài toán
Đặt n = 2m.(2t + 1)m, t N
+) Nếu m { 0,1, 2,3, 4} thì k. 2n + 1 22 .(2t +1) + 1(mod 232 1)
Dễ thấy 232 1MFmm = 0,1, 2,3, 4
và 22 .(2t +1) + 1M22 + 1m = 0,1, 2,3, 4
nên k.2 n +1 MFm
lại có k.2 n +1 >k> F4
=> k.2 n +1 là hợp số
+)Nếu m=5 : tơng tự k.2 n +1 M641 , k.2 n +1 >641
+)Nếu m 6 : tơng tự k.2 n +1 Mp , k.2 n +1 >p
ta có đpcm
2. Số nguyên tố Mersenne : mt s Mersenne (s cú dng ly tha ca 2 tr 1: 2n 1, mt
s nh ngha yờu cu ly tha (n) phi l s nguyờn t) v l mt s nguyờn t
m

n

m

m

iu kin cn Mn l s nguyờn t l n l s nguyờn t, 24 -1 = 15 l hp s vỡ 4 khụng l
nguyờn t, nhng ngc li khụng ỳng: vớ d s Mersenne 2047 = 211 1 khụng l nguyờn
t vỡ nú chia ht cho 89 v 23, mc dự s 11 l s nguyờn t.
Hin nay, cỏc s nguyờn t ln nht c tỡm thy thng l s nguyờn t Mersenne.
Cỏc s nguyờn t Mersenne cú quan h cht ch vi cỏc s hon thin, ngha l cỏc s bng
tng cỏc c chõn chớnh ca nú. Trong lch s, vic nghiờn cu cỏc s nguyờn t Mersenne
ó tng b thay i do cỏc liờn quan ny; vo th k 4 TCN, Euclid phỏt biu rng nu M l
s nguyờn t Mersenne thỡ M(M+1)/2 l s hon thiờn. Vo th k 18, Leonhard Euler chng

minh rng tt c cỏc s hon thin chn u cú dng ny. Khụng mt s hon thin l no
c bit, v ngi ta nghi ng rng chỳng khụng tn ti.
7


*) T×m sè nguyªn tè Mersenne :
Đẳng thức

cho biết rằng Mn có thể là số nguyên tố chỉ nếu chính n là số nguyên tố, điều đó làm giản
lược bớt việc tìm các số nguyên tố Mersenne. Mệnh đề đảo, nói rằng Mn là số nguyên tố
nếu n là số nguyên tố là sai. Số nhỏ nhất cho ví dụ này là 2¹¹-1 = 23×89, là hợp số.
Đã có các thuật toán nhanh để tìm số nguyên tố Mersenne, do đó hiện nay đã biết các số
nguyên tố Mersenne rất lớn.
Bốn số nguyên tố Mersenne đầu tiên M2 = 3, M3 = 7, M5 = 31 và M7 = 127 đã được biết
từ cổ xưa. Số thứ năm, M13 = 8191, được tìm thấy vào trước năm 1461; hai số tiếp theo
(M17 và M19) tìm thấy bởi Cataldi vào năm 1588. Sau hơn một thế kỷ M31 được kiểm tra
bởi Euler vào năm 1750. Số tiếp theo (trong lịch sử, không theo thứ tự số) là M127,
do Lucas tìm thấy vào năm 1876, sau đó M61 do Pervushin tìm vào năm 1883. Hai số nữa
(M89 và M107) được tìm thấy vào thế kỷ 20, bởi Powers vào năm 1911 và 1914.
Từ thế kỷ 17, các số này được mang tên nhà toán học Pháp Marin Mersenne, người đã
chứng minh một loạt các số nguyên tố Mersenne với số mũ lên tối 257. Danh sách của
ông đã mắc một số sai lầm, như bao gồm cả M67, M257, và bỏ quên M61, M89 và M107.
Phương pháp tốt nhất để kiểm tra tính nguyên tố của các số Mersenne được dựa vào sự
tính toán một dãy tuần hoàn, được phát biểu đầu tiên bởi Lucas năm 1878 và chứng
minh bởi Lehmer vào những năm 1930. Hiện nay nó được gọi là kiểm tra Lucas-Lehmer
với số nguyên tố Mersenne. Đặc biệt, ta có thể chứng minh rằng (với n > 2) Mn = 2n −
1 là số nguyên tố nếu và chỉ nếu Mn chia hết cho Sn-2, trong đó S0 = 4 và với k >
0,
.

Đồ thị biểu diễn số các chữ số của số nguyên tố Mersenne lớn nhất đã biết theo từng
năm của kỷ nguyên điện tử. Chú ý rằng trục tung độ đã được logarithm hóa.
Việc tìm các số nguyên tố Mersenne thực sự được cách mạng bởi các máy tính điện tử
số. Thành công đầu tiên của tư tưởng này thuộc về số nguyên tố Mersenne, M521, nhờ nỗ
lực khéo léo vào lúc 10:00 P.M. ngày30-1, 1952 khi sử dụng máy tính tự động Western
8


U.S. National Bureau of Standards (SWAC) tại Institute for Numerical
Analysis thuộc Đại học California tại Los Angeles, dưới sự điều khiển trực tiếp
của Lehmer, sử dụng chương trình viết và chạy bởi GS R.M. Robinson. Nó là số nguyên
tố Mersenne đầu tiên tìm thấy sau 38 năm; số tiếp theo, M607, đã được tìm thấy do
computer này sau gần hai giờ chạy máy. Ba số tiếp theo — M1279,M2203, M2281 — đã được
tìm thấy với cùng chương trình trên sau nhiều tháng nữa. M4253 là số nguyên tố Mersenne
đầu tiên là số nguyên tố siêu lớn (trên 1000 chữ số thập phân-titanic), và M44497 là số
nguyên tố đẩu tiên có trên 10.000 chữ số thập phân (gigantic).
Đến tháng 9 năm 2008, chỉ mới biết 46 số nguyên tố Mersenne; số lớn nhất đã biết là số
(243 112 609 − 1). Cũng như nhiều số nguyên tố Mersenne trước đó, nó được tìm ra nhờ dự
án tính toán phân tán trên Internet, được biết với tên gọi Tìm kiếm số nguyên tố
Mersenne khổng lồ trên Internet (Great Internet Mersenne Prime Search - GIMPS).
*) C¸c ®Þnh lÝ :
+) Nếu n là số nguyên dương, theo định lý nhị thức ta có thể viết:



,
hay

nhờ đặt c = 2a, d = 1, và n = b
chứng minh

= an - bn
+) Nếu 2n - 1 là số nguyên tố, thì n là số nguyên tố.
Chứng minh
Do
Nếu n không là nguyên tố, hoặc n = ab trong đó 1 < a,b < n. Do đó, 2a − 1 là ước của 2n − 1,
hoặc 2n − 1 không là nguyên tố.
3) SỐ NGUYÊN TỐ GAUSS
Một số Nguyên Gauss là một số Phức với phần Thực và phần Ảo ®ều là các số Nguyên.
Tập các số Nguyên Gauss là một Miền nguyên, thuờng ðuợc Ký hiệu là Z[i].
9


Các Phần tử Nguyên tố của Z[i] cũng ðuợc gọi là các số Nguyên tố Gauss. Một vài số
Nguyên tố thông thuờng (®ôi khi ðể phân biệt, chúng ðuợc gọi là các "số Nguyên tố
Hữu tỷ") không phải là các số Nguyên tố Gauss.
Chẳng hạn 2 = (1 + i)(1 - i) và 5 = (2 + i)(2 - i).
Các số Nguyên tố Hữu tỷ ðồng du với 3 (mod 4) là số Nguyên tố Gauss. Còn các số Nguyên
tố Hữu tỷ ®ồng du 1 (mod 4) thì không.
Ðó là vì số Nguyên tố dạng 4k + 1 luôn có thể viết duới dạng Tổng của hai số Bình
phuõng(®ịnh lý Fermat), do ®ó ta có
p = a2 + b2 = (a + bi)(a - bi).
Nếu Chuẩn của số Nguyên Gauss z là một số Nguyên tố, thì z cũng là số Nguyên tố Gauss, vì
mọi Uớc không Tầm thuờng của z cũng là Uớc không Tầm thuờng của Chuẩn.
Chẳng hạn 2 + 3i là một số Nguyên tố Gauss vì Chuẩn của nó là 4 + 9 = 13.
4) SỐ NGUYÊN TỐ CHEN
Số Nguyên tố p ®uợc gọi là số Nguyên tố Chen (Trần) nếu p + 2 cũng là số Nguyên tố
hoặc là Tích của hai số Nguyên tố.
Vào nãm 1966, Trần Cảnh Nhuận (Chen Jingrun) ðã Chứng minh rằng có Vô hạn số
Nguyên tố nhu vậy.

Một số Số nguyên tố Chen ®ầu tiên là
2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 47, 53, 59, 67, 71, 83, 89, 101 (sequence
A109611 in OEIS)
Rudolf Ondrejka (1928-2001) ðã tìm ðuợc một Hình vuông Kỳ ảo 3x3 của 9 số Chen
Vào tháng 10-2005 Micha Fleuren và nhóm PrimeForm ®ã tìm thấy số Nguyên tố Chen
lớn nhất hiện nay,
(1284991359 · 298305 + 1)·(96060285 · 2135170 + 1) − 2 với 70301 chữ số.
Số nhỏ hõn trong một Cặp số Nguyên tố Sánh ðôi là số Nguyên tố Chen (theo ®ịnh nghĩa).
Ðến nãm 2006, các Số Nguyên tố Sánh ®ôi lớn nhất tìm thấy là 100314512544015 ·
2171960 ± 1;
Nó ®uợc tìm thấy bởi các nhà Toán học Hungarians Zoltán Járai, Gabor Farkas, Timea
Csajbok, Janos Kasza and Antal Járai.
Nó có 51780 chữ số.

10


Terence Tao và Ben Green vào nãm 2005 ®ã Chứng minh rằng có nhiều Vô hạn các Cấp
số Cộng three-term của các Số Nguyên tố Chen.
5) SỐ NGUYÊN TỐ RAMANUJAN
Nãm 1919, Ramanujan Công bố một cách Chứng minh ðịnh ðề Bertrand Về khúc cuối Bài
nghiên cứu này, Ramanujan rút ra thêm một Kết luận
π(x) − π(x / 2) ≥ 1, 2, 3, 4, 5, ... nếu x ≥ 2, 11, 17, 29, 41, ...
trong ðó Hàm π(x) là số các Số Nguyên tố ≤ x.
Kết quả này, khi ðọc nguợc lại, trở thành ®ịnh nghĩa của Số Nguyên tố Ramanujan, và
các số 2, 11, 17, 29, 41 là những con số ®ầu trong các Số Nguyên tố Ramanujan.
Nói cách khác: Số Nguyên tố Ramanujan là các số Rn sao cho Rn là sốnhỏ nhất Thỏa mãn
®iều kiện π(x) − π(x / 2) ≥ n, cho mọi x ≥ Rn
"Số Nguyên tố Ramanujan là các số Nguyên Rn sao cho Rn là số Nhỏ nhất có thể bảo ®ảm
có n số Nguyên tố giữa x và x/2 cho mọi x ≥ Rn

Vì Rn là số Nguyên nhỏ nhất Thỏa mãn ®iều kiện trên, nên Rn phải là số Nguyên tố"
6) SỐ NGUYÊN TỐ GIAI THÙA
Số Nguyên tố Giai thừa (factorial prime) là một số Nguyên tố nhỏ hõn hoặc lớn hõn một so
với một Giai thừa hoặc Chính nó là một Giai thừa.
Một vài số Nguyên tố Giai thừa là
2, 3, 5, 7, 23, 719, 5039, 39916801, 479001599, 87178291199, ... (OEIS|id=A088054)
Ở ðây 2=2!; 3=2!+1; 5= 3! -1; 7 = 3!+1; 23=4! -1; 719=6! -1;5039=7! -1 39916801 = 11!+1;
479001599= 12!+1; 87178291199 = 14!+1, ...
Số Nguyên tố Giai thừa duy nhất ®úng là Giai thừa chỉ là số 2=2!.
Các số Nguyên tố Giai thừa ®uợc quan tâm trong Lý thuyết số vì chúng vắng mặt trong
Dãy liên tiếp các Hợp số.
Chẳng hạn số Nguyên tố tiếp theo 6227020777 là 6227020867.
Các số Nguyên tố Giai thừa có vai trò trong Luận cứ rằng 1 không là số Nguyên tố.
"Nếu n là một số Tự nhiên và p là một số Nguyên tố,
n! + p không thể là Nguyên tố với p < n, vì nó sẽ là một Bội của p, cũng nhu chính n! .
Nhung n! + 1, chỉ chắc chắn là Bội của 1, vẫn có thể là số Nguyên tố." (Ðiều ®ó cũng
®úng với n! - p và n! - 1).
11


IV) Các cặp số nguyên tố:
1) CP S NGUYấN T
Hai s Nguyờn t p v q đuc gi l CSNT nu |p q| = 2.
Chua bit Tp hp cỏc CSNT l Hu hn hay Vụ hn.
Cựng vi cỏc CSNT nh d nhn ra nhu: 3 v 5, 5 v 7, 11 v 13... ta cng bit cỏc CSNT
khỏ ln nhu 10016957 v 10016959
2) S NGUYấN T H HNG
Cp S Nguyờn t H hng (cousin prime) l mt Cp s Nguyờn t lch nhau bn ừn v
Cỏc s Nguyờn t H hng dui 1000 theo A023200 v A046132 (trong OEIS)
(3, 7), (7, 11), (13, 17), (19, 23), (37, 41), (43, 47), (67, 71), (79, 83), (97, 101), (103, 107),

(109, 113), (127, 131), (163, 167), (193, 197), (223, 227), (229, 233), (277, 281), (307, 311),
(313, 317), (349, 353), (379, 383), (397, 401), (439, 441), (457, 461), (487, 491), (499, 503),
(613, 617), (643, 647), (673, 677), (739, 743), (757, 761), (769, 773), (823, 827), (853, 857),
(859, 863), (877, 881), (883, 887), (907, 911), (937, 941), (967, 971)
én thỏng 11-2005 s nguyờn t h hng ln bit đuc l (p, p+4) vi
p = (9771919142 ã ((53238 ã 7879#)2 - 1) + 2310) ã 53238 ã 7879#/385 + 1
Nú cú 10154 ch s v đuc tỡm thy bi Torbjửrn Alm, Micha Fleuren v Jens Kruse
Andersen (7879# l ký hiu ca primorial ca 7879).
Ti thỏng 1-2006 s nguyờn t h hng ln nht bit đuc l (630062 ã 237555 + 3,
630062 ã 237555 + 7). Nú cú 11311 ch s v do Donovan Johnson tỡm thy 2004. Cũn
chua cú mt thut toỏn thun li đ kim cỏc s ny cú l nguyờn t khụng?
Cú gi thit Hardy-Littlewood rng cỏc s nguyờn t h hng cú mt đ tim cn ging
nhu cỏc s nguyờn t sỏnh ụi.
Mt hng s tuừng t hng s Brun cho cỏc s nguyờn t sỏnh đụi cho cỏc s nguyờn t h
hng, bt du vi (3, 7):

*
Khi dựng cỏc s nguyờn t h hng ti 242, cú giỏ tr ca B4 uc tớnh bi Marek Wolf nóm
1996 l B4 1.1970449
Khụng nờn ln hng s ny vi hng s Brun's cho cỏc s nguyờn t b bn, cng uc kớ
hiu l B4.
3) S NGUYấN T SEXY
Cp s Nguyờn t Sexy l Cp hai s Nguyờn t cú hiu bng sỏu.
12


So vi cỏc Cp s Nguyờn t Sỏnh ụi, l cỏc Cp s Nguyờn t cú hiu bng 2, v Cp s
Nguyờn t H hng, l Cp s Nguyờn t cú hiu l 4.
Tờn "S Nguyờn t Sexy" xut phỏt t ting Latin "Sex" l s sỏu (6).
Cỏc S Nguyờn t Sexy (sequences A023201 v A046117 trong OEIS)

(5,11), (7,13), (11,17), (13,19), (17,23), (23,29), (31,37), (37,43), (41,47), (47,53), (53,59),
(61,67), (67,73), (73,79), (83,89), (97,103), (101,107), (103,109), (107,113), (131,137),
(151,157), (157,163), (167,173), (173,179), (191,197), (193,199), (223,229), (227,233),
(233,239), (251,257), (263,269), (271,277), (277,283), (307,313), (311,317), (331,337),
(347,353), (353,359), (367,373), (373,379), (383,389), (433,439), (443,449), (457,463),
(461,467)
Cng nhu cỏc s Nguyờn t Sỏnh đụi, cỏc s Nguyờn t sexy cú th m rng thnh cỏc B
ba s Nguyờn t sexy (p, p + 6, p + 12)
sao cho p + 18 l Hp s
Cỏc B ba s Nguyờn t sexy A046118, A046119 and A046120 in OEIS) dui 1000 l
(7,13,19), (17,23,29), (31,37,43), (47,53,59), (67,73,79), (97,103,109), (151,157,163),
(167,173,179), (227,233,239), (257,263,269), (271,277,283), (347,353,359), (367,373,379),
(557,563,569), (587,593,599), (607,613,619), (647,653,659), (727,733,739), (941,947,953),
(971,977,983)
Tớnh đn thỏng 3-2006 B ba s Nguyờn t sexy ln nht uc tỡm thy bi Ken Davis
v cú 5132 ch s
p = (84055657369 ã 205881 ã 4001# ã (205881 ã 4001# + 1) + 210) ã (205881 ã 4001# - 1) /
35 + 1
Cỏc B bn s Nguyờn t sexy (sequences A046121, A046122, A046123 and A046124 in
OEIS) nh hừn 1000
(5,11,17,23), (11,17,23,29), (41,47,53,59), (61,67,73,79), (251,257,263,269),
(601,607,613,619), (641,647,653,659)
én thỏng 11-2005 B bn s Nguyờn t sexy đuc bit ln nht l (p, p+6, p+12, p+18)
do J K Andersen tỡm thy cú 1002 ch s
p = 411784973 ã 2347 + 3301
Vỡ mi s th nóm ca B 5 cú dng 6n 1 chia ht cho 5, ch cú mt B nóm s Nguyờn t
sexy tn ti l (5,11,17,23,29), v khụng cú B nóm s Nguyen to Sexy nao lon hon.

V/ Các dạng bài tập cơ bản :
Các định lí cơ sở :

1. nh lý 1: Tp hp cỏc s nguyờn t l vụ hn


2. nh lý 2: c s nh nht khỏc 1 ca mt hp s l mt s nguyờn t khụng ln hn cn
bc hai c s ú
3. nh lý 3: Cho mt s t nhiờn a v mt s nguyờn t p. Khi ú hoc p/a hoc (a,p) = 1
n

4. nh lý 4: Cho p l s nguyờn t v a 1; a2; a3; ......; an l cỏc s t nhiờn Khi ú nu p/


i=1

ai thỡ p/ai

(i = 1, n )

5. nh lý c bn ca s hc
13


Mọi số tự nhiên lớn hơn đơn vị (lớn hơn 1) chỉ có thể phân tích thành thừa số nguyên
tố một cách duy nhất (nếu không kể đến thứ tự các thừa số)
•

C¸c d¹ng to¸n :

D¹ng 1: CHỨNG MINH MỘT SỐ, MỘT BIỂU THỨC LÀ SỐ NGUYÊN TỐ, LÀ
HỢP SỐ.
+)Lo¹i 1: Chứng minh một số, một biểu thức là số nguyên tố.

Thông thường để chứng minh một số, một biểu thức là số nguyên tố người ta
dùng phương pháp chứng minh bằng phản chứng.
Bài toán 1: Cho 2m – 1 là số nguyên tố. Chứng minh rằng m là số nguyên tố.
Chứng minh: Giả sử m là một hợp số ⇒ m = p.q ( p, q > 1, p; q ∈N)
Ta có: 2m – 1 = 2pq – 1 = 2(p)q - 1 = (2p - 1) [2p(q - 1) + 2p(q - 2) + ... + 1]
Vì p > 1 ⇒ 2p -1 > 1 và 2p(q - 1) + 2p(q - 2) + ... + 1 > 1 ⇒ 2m -1 là hợp số. Điều này
trái với giả thiết.
Nếu m = 1 ⇒ 2m – 1 = 1 không phải là số nguyên tố.
Vậy m phải là một số nguyên tố.
Hay 2m – 1 là số nguyên tố ⇒ m là số nguyên tố.
Bài toán 2: Chứng minh rằng nếu p chia hết (p – 1)! + 1 thì p nguyên tố.
Giải: Giả sử p là hợp số. Ta có: p/(p – 1)!
Mặt khác theo giả thiết p/(p – 1)! + 1 ⇒ p/1 ( vô lý)
Vậy p phải là số nguyên tố.
Bài toán 3: Chứng minh rằng nếu: 1 + 2n + 4n ( n ∈ Z+) là số nguyên tố thì
n = 3k với k ∈ N.
Giải: Đặt n = 3k.a ( n không có dạng 3k) a ≥ 1 (a,3) = 1
k
m = 2 3 ( m ≥ 2; m ∈ N)

Giả sử a > 1 ta xét 2 trường hợp sau: a = 3b + 1 và a = 3b + 2
* Nếu a = 3b + 1 (b ∈ N) ta có: 1 + 2n + 4n = (1 + m + m2) + (m3b+1 - m) + m2( m6b - 2)
M1

+ m +m2 vì m6b – m2

M (1

+ m +m2 ) M(m3b -1) M(m3 -1) M(1 + m +m2 ) Mặt

khác ta lại có: 1+ ma + m2a >1 + m +m2
Nên : 1 + 2n + 4n là hợp số (vô lý)
* Nếu a = 2b + 2 (b
tức n = 3k (k ∈ N)

∈

N) hoàn toàn tương tự ta có 1 + 2n + 4n là hợp số (vô lý). Vậy a = 1

14


Bài toán 4: Chứng minh rằng nếu p và 8p 2 + 1 là hai số nguyên tố thì 8p 2 - 1 là số nguyên
tố.
Giải: Giả sử p là số nguyên tố lớn hơn 3 thế thì p có dạng 3k ± 1 (k ∈ N)
⇒ p2 = (3k + 1)2 = 3(3k2 ± 2k) + 1 = 3t + 1
⇒ 8p2 +1 = 8( 3t + 1) + 1 = 24t + 9 M3 ⇒ 8p2 + 1 là hợp số (trái giả thiết)

Vậy p = 3k, p nguyên tố ⇒ p = 3
8p2 + 1 = 8.32 + 1 = 73 ( nguyên tố)
8p2 – 1 = 8.32 – 1 = 71 ( nguyên tố)
Vậy p và 8p2 + 1 là hai số nguyên tố thì 8p2 - 1 là số nguyên tố.
Bài tập vận dụng:
1. Chứng minh rằng các số nguyên tố lớn hơn 2 có dạng 3k ± 1
2. Chứng minh rằng m2 – n2 là số nguyên tố thì m, n là 2 số tự nhiên liên tiếp.
3. Số a4 + a2 + 1 có thể là một số nguyên tố không?
4. Cho

là lũy thừa của 1 số nguyên tố với

nguyên dương. Chứng minh

nguyên

tố
5. Cho
là số nguyên tố.
cmr:
cũng là số nguyên tố
+) Lo¹i 2: Chứng minh một số, một biểu thức là hợp số
Bài toán 1: Cho n ∈ N Chứng minh rằng A = n4 + 4n là hợp số.
Giải: *) n chẵn ⇒ A M2 ⇒ A là hợp số.

*) n lẻ đặt n = 2k + 1

⇒

A = n4 + 4n = n4 + 42k+1 = (n2 + 22k+1)2 – 2.n2.22k+1

A = (n2 + 22k+1)2 – (n.2k+1 )2 = n2 + 22k+1 – n.2k+1)(n2 + 22k+1 + n.2k+1)
A = [(n – 2k)2 + 22k][(n + 2k)2 + 22k] là hợp số.
Bài toán 2: Cho a;b;c ∈ N* thỏa mãn ab = cd . Chứng minh rằng
A= an + bn + cn + dn là hợp số với mọi n

∈ N*

Giải: Giả sử (a;c) = t khi đó ta có a = ta 1 , c = tc1 với ( a1,c1) = 1. Từ ab = cd ⇒ a1b = c1d mà
( a1,c1) = 1 nên b Mc1 Đặt b = kc1 ⇒ c1d = a1kc1 ⇒ c1d = ka1
n
n

n
n
n
n
Khi đó: A = an + bn + cn + dn = tna 1 + knc 1 + tnc 1 + kna 1 ⇒ A = (tn + kn)( a 1 + c 1 )

Vì k; t; a1; c1 ∈ N ⇒ A là hợp số

∈ N*, Chứng minh rằng:

Bài toán 3: Cho n
10 n+1

22

4 n+1

+ 19 và 2 3

+ 32

4 n+1

+ 5 là những hợp số.

Giải:
15


10 n+1

a.Ta chứng minh 2 2

+ 19 M 23 với mọi n ≥ 1

Ta có: 210 ≡ 1 (mod 11) ⇒ 210n ≡ 1 (mod 11) ⇒ 2.210n ≡ 2 (mod 22)
⇒ 210n +1 = 22.k + 2 ( k

∈ N)

10 n+1
Theo Fecma: 222 ≡ 1 (mod 23) ⇒ 2 2
= 222k+2 ≡ 4 (mod 23)

⇒

10 n+1

222k+2 + 19 M 23 (1)

22

+ 19 > 23 (2)

10 n+1
Từ (1) và (2) ⇒ 2 2
+ 19 là hợp số

4 n+1

b. Ta chứng minh 2 3

+ 32

4 n+1

+ 5 M 11 với mọi n ≥ 1

Ta có: 34 ≡ 1 (mod 10) ⇒ 34n +1 ≡ 3 (mod 10)
34n +1 = 10k + 3
4 n+1
Theo Fecma: 210 ≡ 1 (mod 11) ⇒ 2 3
= 210k + 3 ≡ 8 (mod 11)

24 ≡ 1 (mod 5) ⇒ 24n + 1 ≡ 2 (mod 10)
24n + 1 = 10l + 2
4 n+1
Theo Fecma: 310 ≡ 1 (mod 11) ⇒ 3 2
= 310l + 2 ≡ 9 (mod 11)

4 n+1

⇒ 23
4 n+1

23

+ 32

+ 32

4 n+1

+ 5 ≡ 8 + 9 + 5 (mod 11)

4 n+1

4 n+1

+ 5 ≡ 0 (mod 11) hay 2 3

4 n+1

Mặt khác: 2 3

+ 32

+ 32

4 n+1

+ 5 M 11

4 n+1
4 n+1
+ 5 > 11 ⇒ 2 3
+ 32
+ 5 là hợp số

4 n+1

Bài toán 4: Chứng minh rằng nếu n là hợp số thì 2n – 1 cũng là hợp số.
Giải: n hợp số suy ra n = p.q (p; q > 1, p, q ∈ N )
2n – 1 = ( 2p )q – 1 = ( 2p – 1)( 2p(q – 1) + 2p(q – 2) + ... + 1)
Mà 2p – 1 >1 và 2p(q – 1) + 2p(q – 2) + ... + 1 > 1 nên 2n - 1 là hợp số.
Bài tập vận dụng:
1. Chứng minh rằng với n

∈

N , n > 1 thì các số sau là hợp số

a. n4 + 4

b. n4 + 4n

c. m4 + m2 + 1

2. Cho p và 2p + 1 là hai số nguyên tố với p > 3. Chứng minh 4p + 1 là hợp số.
3. Cho n

∈

N . Chứng minh các số sau là hợp số:

a. A = 2 2
4.(IMO

2 n+1

2001)Cho

+3

b. B = 2 2
a,b,c,d

là

4 n+1

c. C = 2 2

+7

các

số

nguyên

và
16

6 n+ 3

dương

+ 13
thỏa

mãn:


(k∈ N * )
Cm:

không là số nguyên tố.

5. Chứng minh rằng tồn tại k sao cho

là hợp số với mọi n nguyên dương.

D¹ng 2: TÌM SỐ NGUYÊN TỐ KHI BIẾT MỘT SỐ ĐIỀU KIỆN
+) Lo¹i 1: Tìm số nguyên tố p biết ®iÒu kiÖn một số, một biểu thức
Bài toán 1: Tìm các số nguyên tố p để:
a. p + 10 ; p + 14 cũng là các số nguyên tố
b. p + 2; p + 6; p + 8; p + 12; p + 14 cũng là các số nguyên tố.
Giải: a. với p = 3 ta có p + 10 = 13 là số nguyên tố
p + 14 = 17 là số nguyên tố.
Với p > 3 p có dạng p = 6k ± 1
* Nếu p = 6k + 1 thế thì p + 14 = 6k + 15 chia hết cho 3 hay p + 14 không là nguyên
tố. Vậy p = 6k +1 không thỏa mãn
* Nếu p = 6k – 1 ta có p + 10 = 6k + 9 chia hết cho 3 hay p+ 140 không là số nguyên
tố. Vậy p = 6k – 1 không thỏa mãn.
Vậy p = 3 thỏa mãn điều kiện bài toán.
b. Với p = 5 ta thấy các số trên dều là số nguyên tố.
Với p ≠ 5 thì p = 5k ± 1 ; 5k ± 2
* Nếu p = 5k + 1 thì p + 14 = 5k + 15 M5 ⇒ p + 14 không nguyên tố.
* Nếu p = 5k – 1 thì p + 6 = 5k + 5 M5 ⇒ p + 6 không là nguyên tố.

* Nếu p = 5k + 2 thì p + 8 = 5k + 10 M5 ⇒ p + 8 không là nguyên tố.
* Nếu p = 5k - 2 thì p + 2 = 5k M5 ⇒ p + 2 không là nguyên tố.
Vậy chỉ có p = 5 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài toán 2: Tìm 3 số nguyên tố p; q; r sao cho p2 + q2 = r.
Giải: Giả sử có 3 số nguyên tố p; q; r sao cho pq + qp = r. khi đó r >3
⇒ r lẻ. Vậy p; q không cùng tính chẵn, lẻ nên phải có một số nguyên tố chẵn là 2.

Giả sử p = 2 khi đó 2q + q2 = r
+) Nếu q không chia hết cho 3 ⇒ q2 ≡ 1 ( mod 3)
Mặt khác q lẻ ⇒ 2q ≡ -1 ( mod 3) ⇒ 2q + q2 M3 ( không nguyên tố).
Vậy q M3 , q nguyên tố ⇒ q = 3 Khi đó r = 23 + 32 = 17
Do p, q có vai trò như nhau nên có thể p = 3 ; q = 2
17


Vậy có 2 bộ số được tìm là (2; 3; 17) và ( 3; 2; 17)
Bài toán 3: Tìm số tự nhiên ( x; y) sao cho:
1
1
1
±
= ( p là số nguyên tố).
y
p
x

Giải: Do x; y ∈ N ⇒

1
1

1
⇔ (x – p)(y – p) = p2
±
=
y
p
x

p nguyên tố x > p, y > p nên ta có các khả năng sau
*

{

x −p =1
y −p =p 2

*

{

x −p =p
⇔
y −p=p

*

{

x − p = p2
y − p =1

{

⇔

⇔

{

{

x =p +1
y =p 2 +p

x =2 p
y =2 p

x = p2 + p
y = p +1

Bài toán 4: Tìm số nguyên tố p sao cho:
2p + 1 là lập phương của một số tự nhiên.
Giải: 2p + 1 = n3 ( n∈ N ) ⇔ 2p = n3 – 1 = (n – 1)(n2 + n + 1)
p = 2 ⇒ 2p + 1 =5 ⇒ Không tồn tại n thỏa mãn.
⇒ p > 2, p nguyên tố nên ( p; 2) = 1

Mặt khác: n – 1 < n2 + n + 1 ⇒ n – 1 = 2 ⇒ n = 3
p = n2 + n + 1 ( nguyên tố) . Vậy p = 13 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài toán 5: Tìm số nguyên tố abcd sao cho ab và ac là số nguyên tố và b2 = cd + b –
c.

Giải: vì abcd , ab và ac là các số nguyên tố ⇒ b, c, d là các số lẻ khác 5. b 2 = cd + b
– c ⇔ b( b – 1) = cd - c = 10c + d – c = 9c + d
Do 9c + d ≥ 10 nên b( b – 1) ≥ 10 ⇒ b ≥ 4. Vậy b = 7 hoặc b = 9.
*) Nếu b = 7 ta có: 9c + d = 42 M3 ⇒ d M3 ⇒ d = 3 hoặc d = 9.
Nếu d = 3 ⇒ 9c = 39 ⇒ không tồn tại c thuộc N
Nếu d = 9 ⇒ 9c + d M 9 còn 42 không M9 (lọai)
*) Nếu b = 9 ta có: 9c + d = 72 M 9 ⇒ d M9 vậy d = 9
9c + 9 = 72 ⇒ c = 7
18


ab = a9 là số nguyên tố ⇒ a ≠ 3; 6; 9; 4
ac = a7 là số nguyên tố

⇒ a ≠ 2; 5; 7; 8

Mặt khác a ≠ 0 ⇒ a = 1
Vậy số cần tìm là 1979 ( Vì 1979 là số nguyên tố)
Bài toán 6: Tìm 7 số nguyên tố liên tiếp (

)thõa mãn:

CM Tổng quát với số mũ n.
C1: Giả sử
Dễ thấy
Với
ta có
Với
ta có
Với

thì luôn chia dư
thỏa mãn đề bài
C2: Ta có
(Fermat nhỏ )

còn

không CP
không CP
nên không tồn tại các số nguyên tố

Vậy ko có số nào thỏa m·n
Bài tập vận dụng:
1. Tìm tất cả các số nguyên tố p để p vừa là tổng, vừa là hiệu của hai số nguyên tố
2. Tìm số nguyên tố p sao cho 13p + 1 là lập phương của một số tự nhiên.
3. Tìm p để p + 1 ; p + 3 ; p + 5 ; p + 9 ; p + 11 ; p + 15 là những số nguyên tố.
4.Tìm

để tồn tại các số nguyên dương

thỏa mãn:

5. Tìm tất cả các số nguyên tố và sao cho:
là một số chính phương.
6. Tìm 3 số nguyên tố a,b,c sao cho
(
*xét
=>
(loại)
*xét c khác 2 => c lẽ => và có 1 số chẵn 1 số lẽ => trong a,b có 1 số chẵn

giả sử đó là a => a=2 thay vào ta có
nếu
thay vào => c=17
nếu ≠ 3 => b có dạng
hoặc
với k tự nhiên lớn hơn hoặc bằng 1
thay vào 2 trường hợp thấy VT chia hết cho 3 => vô lý )
7. (ARML 1988) : Tìm 3 số nguyên tố p; q; r sao cho p 2 − q 2 = r
__________________

Lo¹i 2: Tìm số tự nhiên n để một số - một biểu thức là số nguyên tố.
Bài toán tổng quát: Tìm số tự nhiên n để biểu thức P(n) là số nguyên tố.
19


Thuật toán: Khi gặp dạng toán này ta phân tích P (n) thành nhân tử P(n) = P1(n) .P2(n) . khi đó
vì P(n) là số nguyên tố nên P1(n) =1 hoặc P2(n) = 1
Thông thường ta xét biểu thức min(P 1(n); P2(n)) = 1 giải phương trình này ta có giá trị n cần
tìm.
Bài toán 1: Tìm tất cả các số nguyên n sao cho:
a. n4 + 4 là số nguyên tố.
b. n1997 + n1996 + 1 là số nguyên tố.
Giải:
a. n4 + 4 = ( n2 + 2)2 – 4n2 = (n2 + 2 - 2n)( n2 + 2 + 2n)
Ta có n2 + 2 – 2n < n 2 + 2 + 2n nên để n 4 + 4 là số nguyên tố thì n 2 + 2 – 2n = 1 ⇔ (n –
1)2 = 0 ⇒ n = 1.
Khi đó n4 + 4 = 5 là số nguyên tố. Vậy n = 1 thỏa mãn bài toán.
b. n1997 + n1996 + 1 = (n1997 - n2) + (n1996 - n) + ( n2 + n +1) = n2(n1995 - 1) + n(n1995 - 1) + (n2 + n +1)
= ( n2 + n)(n1995 - 1) + (n2 + n +1)

Ta có: n1995 - 1 = (n3)665 - 1 = ( n3 - 1) [(n3)664 + (n3)663 +.......+ n2 + 1]
= ( n - 1)( n2 + n +1) [(n3)664 + (n3)663 +.......+ n2 + 1] M( n2 + n +1)
Do n > 0 ⇒ n2 + n +1 > 1. Vì vậy để n1997 + n1996 + 1 là số nguyên tố thì n1997 + n1996 + 1 = n2 +
n +1 ⇒ n = 1
2
Bài toán 2: Tìm các số tự nhiên m; n để: A = 3 3 m +6 n −61 + 4 là số nguyên tố.

Giải: Ta có 3m2 + 6n – 61 chia 3 dư 2. ta đặt 3m2 + 6n - 61 = 3k + 2 (k ∈ N)
⇒ A =33k + 2 +4 = 9.27k +4

Dễ thấy rằng 9.27k ≡ 9 (mod 13) ⇒ 9.27k +4 M13.
Để A nguyên tố thì A = 13 ⇒ 33k + 2 = 9 ⇒ k = 0
3m2 + 6n - 61 = 3k + 2 = 2 (vì k = 0) ⇒ 3m2 + 6n - 63 = 0 ⇒ m2 + 2n - 21 = 0
⇒ n < 11 . Do 2n chẵn ⇒ m2 phải là số lẻ ⇒ m2 = 1, m2 = 9

*) Nếu m2 = 1 ⇒ m = 1 , n =10.
*) Nếu m2 = 9 ⇒ m = 3 ; n = 6 . Vậy các giá trị cần tìm là (1;10 ) ; (3; 6 )
Bµi to¸n 3: (olympic bungari 1996)
Tìm tất cả các số nguyên tố
sao cho
Không mất tính tổng quát giả sử
Dễ thấy :
là số lẻ nên
khác
Nếu
thì k=3
20


Ta sẽ c/m một trong số

tồn tại ít nhất số bằng .
Giả sử phản chứng
Do đó :
hay
(mod p)
Tiếp theo ta có nhận xét rằng :
Nếu
và
(mod m),)
(mod m) thì :
(mod m)
Mặt khác theo định lí Fermat thì :
(mod p).
Khi đó áp dụng nhận xét ta được :
Rõ ràng :
. Do đó :
, mâu thuẫn.
Vậy
.
Nếu
thì
và vì thế
Còn nếu
dễ dàng kiểm tra thấy thỏa mãn.
Vậy tất cả các bộ
là
Bài tập vận dụng:
1. Tìm tất cả các số n sao cho:
a. n4 + n2 + 1 là số nguyên tố.

c. n1998 + n1997 + 1 là số nguyên tố.

b. n3 - n2 +n - 1 là số nguyên tố.

d. n1997 + n1995 + 1 là số nguyên tố.

2. Bài toán mở rộng:
Tìm a ∈ N để số a3n + 2 + a3m + 1 + 1 là số nguyên tố. biết rằng m, n ∈ N và m2 + n2 ≠ 0
3 Tìm số nguyên tố (ko nhất thiết khác nhau) biết rằng lần tích của các số ấy trừ đi tổng
các bình phương của chúng thì bằng
.
D¹ng 3: ¸p dông gi¶i ph¬ng tr×nh nghiÖm nguyªn , chia hÕt :
Bµi to¸n 1:Chứng minh với mọi số nguyên tố p>2, thì tử số m của phân số tối giản

chia hết cho p
C1: Ta thấy tử số của phân số chính là
Cần chứng minh biểu thức đó chia hết cho p.
Ta thấy có tất cả p-1 số hạng, ta sẽ chia chúng thành từng cặp có tổng chia hết cho p như sau:

Tổng còn lại rõ ràng là số nguyên nên biểu thức trên chia hết cho p. Ta có đpcm.
C2:
Do p là số nguyên tố lớn hơn 2 nên (p-1) là số chẵn do đó ta có thể chia các số hạng của tổng
thành
nhóm.
Ta có:
Do p là số nguyên tố mà các thừa số ở mẫu thì nhỏ hơn p nên sau khi giản ước ở tử số vẫn
21


còn thừa số p.

Ta được đpcm
Bµi to¸n 2: Tìm tất cả các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn phương trình:
Theo bất đẳng thức
Suy ra

, ta có:

Gọi là một ước nguyên tố bất kì của . Khi đó
Giả sử
. Không mất tính tổng quát, giả sử

Nếu
, ta có
Mặt khác,
Vậy

. Đặt

. Ta có:

.
, ta suy ra điều vô lí.

. Vậy
. Ta có
. Suy ra

. Thay vào, ta có:
. Do
nên

.
Bµi to¸n 3: Cho số nguyên dương N có đúng 12 ước số dương khác nhau kể cả chính nó và
1, nhưng chỉ có ước nguyên tố khác nhau. Giả sử tổng các ước nguyên tố là 20. Tính giá trị
nhỏ nhất có thể có của N
Do N có tối đa là 12 ước nên ta có
Đặt
(a,b,c,d>0)
và (a+1)(b+1)(c+1)(d+1)=12=1.2.2.3 (1)
Do mà vì a,b,c,d>0 (2)
từ (1),(2)=> vô lý
Vậy
ta đi tìm N nhỏ nhất có thể
lại có
(a+1)(b+1)(c+1)=12=2.2.3
=> 2 trong 3 số a,b,c =1 số còn lại =2
vì
=>có 1 số =2
giả sử
(do
không thể chia hết cho 3=>
>=5 ) là các số nguyên tố dễ
chứng minh được
là các số thỏa mãn đề bài và để N min
Vậy
Bµi to¸n 4: (Thi chọn đội tuyển 30/4 Lê Quý Đông Đà Nẵng vòng 2)
Cho
là các số nguyên là số nguyên tố lẻ .CMR nếu là ước của
và
thì cũng là ước của
Gi¶i:

Bµi to¸n 5: Tìm các số nguyên tố
thỏa:
22


TH1.
Thay vào phương trình đã cho ta được
TH2.
Từ
, ta có
. Suy ra
Từ đây, ta có hai trường hợp cần xét

hoặc

.

Hai trường hợp này ta dễ dàng tìm được
Bµi to¸n 6: Chứng minh rằng nếu
cho
Trước hết, ta có:

là số nguyên tố lẻ thì

Ta có nhận xét:
Từ đó, ta có:

Do đó
Ta lại có

23

chia hết


Vậy
Bµi to¸n 7:(Việt NAm TST 2003) CHo n là 1 số nguyên dương .Chứng minh rằng
có ước nguyên tố dạng
với k nguyên dương
Xét là một ước nguyên tố nào đó của
-Nếu chẵn, đặt
suy ra
là thặng dư bậc 2 của
có thể có dạng
(1)
-Nếu lẻ, đặt
suy ra
là thặng dư bậc 2 của
có thể có dạng
hoặc
(2)
Từ (1) và (2) suy ra đpcm.
Bµi to¸n 8: Cho n là một số nguyên có không quá 3 ước số nguyên tố
CMR : nếu n-1 chia hết cho φ (n) thì n là một số nguyên tố
Xét có 1 ước nguyên tố dễ thấy đúng
Xét có 2 ước nguyên tố
Theo giả thiết :

ko

chỉ
chỉ

Đặt
Với
Với

thì
miễn bàn
ta có
Vậy trường hợp này vô lí
Xét

loại

Giải ra nghiệm ko là các số nguyên tố => loại
Bµi to¸n 9:( IMO Shortlist 2002. )
Cho n là số nguyên dương;
là các số nguyên tố phân biệt lớn hơn 3. Chứng
minh rằng:
có ít nhất ước.
với
thì
có no là
không mất tính tổng quát giả sử
đặt a n =
khi đó
.
cm
và

Bµi tËp vËn dông :
1. Tìm các số nguyên tố p,q sao cho:
2. (Iran 2008)
Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên tố thỏa mãn
D¹ng 4: ¸p dông mét sè bæ ®Ò cña sè nguyªn tè

24


*) Bæ ®Ò 1:

Giảsử
làsố nguyên tố lẻ với t, k là các số tự nhiên, k là số tự nhiên lẻ.
Khi đó, nếu các số tự nhiên x,y sao cho
thì x và y đồng thời chia hết cho p.
Chứng minh bổ đề: Ta sử dụng phép chứng minh bằng phản chứng. Giả sử x không chia hết
cho p, từ giả thiết suy ra y cũng không chia hết cho p. Theo định lý nhỏ Fec-ma ta có:
Hay:
Suy ra:
Mà theo giả thiết
nên
(Do k lẻ)
Vậy điều giả sử trên của ta là sai. Tóm lại ta có đpcm.
Chú ý rằng

vì p là số nguyên tố lẻ. Khi t=1 và t=2 ta có các hệ quả sau.

Bài tập1: Cho số nguyên tố dạng p=4k+3 .
CMR: Nếu các số tự nhiên x,y thỏa mãn

thì x và y đều chia hết cho p.

Bài tập2: Cho số nguyên tố dạng p=4k+1, k là số tự nhiên lẻ.
CMR: Nếu các số tự nhiên x,y thỏa mãn
thì x và y đều chi hết cho p.
Bài tập 3: Giả sử a,b là hai số tự nhiên khác 0 nguyên tố cùng nhau. Khi đó các ước số
nguyên tố lẻ của
chỉ có dạng 4m+1 với m là số tự nhiên.
Các bài tập nâng cao (Sử dụng định lý và các hệ quả trên để giải quyết):
Bài 1*: Giải phương trình nghiệm nguyên:
Bài 2*: Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x,y) sao cho

là số nguyên và là ước của 1995 (Thi HSG Bungary 1995)
Bài 3*: Giả sử a,b là các số nguyên dương sao cho 15a+16b và 16a-15b đều là các số chính
phương. Tìm giá trị nhỏ nhất của số nhỏ nhất trong hai số chính phương ấy.
(IMO lần thứ 37)
Bài 4*: Tìm các nghiệm nguyên dương của các phương trình:
a)
b)
25