tiểu luận số nguyên tố

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
KHOA: TOÁN-TIN HỌC
MÔN: SỐ HỌC VÀ LOGIC TOÁN HỌC

Tiểu luận:

SỐ NGUYÊN TỐ


TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
KHOA: TOÁN-TIN HỌC
MÔN: SỐ HỌC VÀ LOGIC TOÁN HỌC

Tiểu luận:

SỐ NGUYÊN TỐ


MỤC LỤC


LỜI MỞ ĐẦU
Số nguyên tố là một trong những khái niệm xưa nhất của toán học, và với mỗi
học sinh, khái niệm số nguyên tố cũng là một trong những khái niệm được biết
đến đầu tiên.Tưởng như chúng ta đã biết tất cả những điều cần biết về số
nguyên tố. Vậy mà thực tế con người còn biết quá ít về các số nguyên tố, và
việc nghiên cứu các số nguyên tố khó đến nỗi dường như câu hỏi nào đặt ra cho
các số nguyên tố cũng sẽ là câu hỏi vĩnh cửu của toán học. Mặc dù vậy, sau
hàng thế kỷ chỉ được biết đến như là vấn đề của toán học lý thuyết, trong
khoảng 30 năm trở lại đây, số nguyên tố tham gia vào những ứng dụng thiết

thực nhất của xã hội hiện đại: vấn đề bảo mật thông tin. Và cũng chính khi đó,
con người mới chợt nhận ra rằng, mình chưa thật sự biết gì nhiều về các số
nguyên tố!

5


I.

LỊCH SỬ PHÁT TRIỂN, VAI TRÒ VÀ CHỖ ĐỨNG
I.1. Giai đoạn 1 (Trước công nguyên):

Số nguyên tố và các tính chất của nó lần đầu tiên được nghiên cứu rộng rãi bởi
các nhà toán học Hylạp cổ đại. Các nhà toán học của trường học của Pythagoras (500
TCN đến 300 TCN) đã quan tâm đến các tính chất của số nguyên tố. Họ đã quan tâm
đến sự hoàn hảo và thân thiện con số.
Cho đến thời gian xuất hiện cuốn "Nguyên lý" của Euclid (Khoảng 300TCN),
một số kết quả quan trọng về số nguyên tố đã được chứng minh. Trong sách Nguyên
lý IX đã chứng minh rằng có vô hạn số nguyên tố. Đây là một trong những bằng
chứng được biết từ rất sớm trong đó sử dụng phương pháp phản chứng.
Trong khoảng 200 TCN. Eratosthenes (Hylạp) đã nghĩ ra một thuật toán để tính
các số nguyên tố, được gọi là sàng Eratosthenes.
Sàng Eratosthenes, mặc dù cho ta thuật toán xác định mọi số nguyên tố không
vượt quá một số cho trước, rất ít được sử dụng để xác định xem một số đã cho có phải
là số nguyên tố hay không. Nguyên nhân là vì thuật toán có độ phức tạp quá lớn.
I.2. Giai đoạn 2 (Trước thế kỷ 17):
Sau những kết quả đạt được về việc nghiên cứu lý thuyết số nguyên tố của các
nhà toán học Hylạp (Trước công nguyên). Thì sau đó một khoảng cách dài trong lịch
sử lý thuyết số nguyên tố không đạt được thành tựu nào đáng kể, thường được gọi là
thời kỳ đen tối.

I.3. Giai đoạn 3 (Sau thế kỷ 17):
Những phát triển quan trọng tiếp theo được thực hiện bởi Fermat vào đầu thế
kỷ 17. Ông chứng minh một sự suy đoán của Albert Giard rằng mỗi số nguyên tố có
dạng 4n − 1 có thể được viết theo một cách duy nhất dưới dạng tổng bình phương.
Ông nghĩ ra một phương pháp mới để tìm thừa số của những số lớn và khai
triển số 2027651281 = 44021.46061
Ông lần đầu thông báo định lý trong một bức thư đề ngày 18/10/1640 cho bạn
ông là Frénicle de Bessy. Như thường lệ Fermat không chứng minh. Euler lần đầu tiên
công bố một chứng minh vào 1736 trong một bài báo, nhưng Leibniz đã có chứng
minh với ý tưởng tương tự trong bản thảo không được công bố vào khoảng trước năm
1683. Điều mà ngày nay được biết đến như là Định lý Fermat bé (để phân biệt với
định lý cuối cùng của Ông).
6


Định lý Fermat bé là một cơ sở cho nhiều kết quả khác trong lý thuyết số và là
cơ sở cho phương pháp kiểm tra nguyên tố, vẫn đang được sử dụng trên các MTĐT
ngày nay.
II.

GIỚI THIỆU CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN
II.1. Định nghĩa:

Số nguyên tố là số nguyên lớn hơn 1, không chia hết cho số nguyên dương nào
ngoài 1 và chính nó.
Số nguyên lớn hơn 1 không phải là số nguyên tố được gọi là hợp số.
II.2. Tính chất của số nguyên tố:
II.2.1. Định lý 1 (Euclid, thế kỉ III trước công nguyên)
Tập hợp các số nguyên tố là vô hạn.
*Bổ đề Euclid

Nếu 1 số nguyên tố p chia hết tích a.b của 2 số nguyên a và b thì p phải chia hết
ít nhất 1 trong 2 số a và b.
Chứng minh: Giả sử tích a1a2…an chia hết cho p, ta phải có ít nhất một trong
các số a1,a2,…,an chia hết cho p. Thật vậy giả sử trái lại rằng tất cả các s. a1, a2,…,an
không chia hết cho p thì theo bổ đề 1 chúng đều là nguyên tố với p do đó ta có ƯCLN
(a1a2…an ,p) = 1. Ðiều này mâu thuẫn với giả thuyết.
II.2.2. Định lý 2 (Fermat bé)
Nếu p là số nguyên tố và a là số không chia hết cho p thì ap−1 ≡ 1 (mod p)
Chứng minh : Xét các số: a, 2a, …, (P -1)a
i, J ∈ { 1; 2;... ( p − 1)}, ( i ≠ J )

Giả sử tồn tại
⇒ (i − J )a ≡ 0
⇒i−J ≡0

để

ia ≡ Ja

(modp)

(modp)

(modp), vì (a; P) = 1

0≤ i−J < P

⇒i−J =0 ⇒ i = J

(vô lý)

7


Vì thế, khi chia các số a, 2a, …, (P -1)a cho P có các dư số đôi một khác nhau
và khác 0.
⇒ a.2a... ( P − 1) a ≡ ( P − 1) !

(modp)

⇒( P − 1) !a P −1 ≡ ( P − 1) !

(modp)

⇒ a P −1 ≡ 1

( P; ( P − 1)!) = 1
(modp), vì:

II.2.3. Định lý 3 (Wilson)
Số p là số nguyên tố khi và chỉ khi (p − 1)! ≡ −1 (mod p)
Theo gt, p\(p − 1)! + 1, từ đó suy ra a = 1 vì là ước chung của p và (p − 1)!.
Vậy p là số nguyên tố. Định lý được chứng minh.
II.2.4. Định lý 4 (Định lý cơ bản của số học)
Mọi số nguyên lớn hơn 1 đều phân tích được một cách duy nhất thành tích các
số nguyên tố, trong đó các thừa số được viết với thứ tự không giảm.
A / Sự phân tích:
Từ đó có dạng phân tích tiêu chuẩn của một số tự nhiên bất kỳ là:

Trong đó p1,.p2,...,.pm, là các số nguyên tố đôi một khác nhau. Ta có n chia
hết cho (k1+1).(k2+1)...(km+1) số tự nhiên.

B / Tính duy nhất
Giả sử ta có a = p1p2…pn = q1q2…qn là hai dạng phân tích số tự nhiên a
thành thừa số nguyên tố. Ðẳng thức trên chứng tỏ p1 là ước của q1q2…qn nên
p1 trùng với qi nào đó (1. i. m) vì ta không kể đến thứ tự của các thừa số nên có
thể coi p1 = q1 và từ đó ta được p2…pn = q2…qn
Lấy p2 và lập lại lí luận trên ta được p2 = q2
Lí luận lặp lại cho đến lúc ở một vế không còn thứa số nguyên tố nào nữa,
nhưng lúc đó ở vế còn lại củng không còn thừa số nguyên tố nào vì ngược lại
sẻ xãy ra
Hoặc 1 = qn+1qn+2…qn Hoặc pm+1pm+2…pm = 1
Là không thể được. Vậy phải có m = n và pi = qi i = 1, 2, 3,…n nghĩa là tính
duy nhất ở dạng phân tích số a thành tích các thừa số nguyên tố đã dược chứng
minh
Ví dụ: phân tích 1960 thành tích những thừa số nguyên tố

8


Trong thực hành ta thực hiện quá trình phân tích trong phép chứng minh định lí
trên bằng cách tìm các ước nguyên tố của a = 1960 từ nhỏ đến lớn. Ta viết như
sau:
1960 2
980 2
490 2
245 5
49 7
77
1
Vậy 1960 = 2.2.2.5.7.7 = 23.5.72
Chú ý: Bằng cách phân tích 1 số ra thừa số. Ta có thể tìm được tất cả các ước

của số ấy mọt cách nhanh, không bỏ sót ước nào.
• Người ta chứng minh được rằng, nếu một số A có dạng phân tích ra thừa
số nguyên tố lá trong đó a1, a2,…,an là các số nguyên tố, thì các ước
của A là có thể sử dụng điều này để kiểm tra xem khi tìm các ước của
một số, ta đã tìm đủ số các ước chưa.
• Thông thường , khi viết các phân tích ra thừa số nguyên tố của một số,
bao giờ ta củng viết nó dưới dạng tiêu chuẩn, tức là dạng ma trong đó
các thừa số nguyên tố được sắp xếp theo thứ tự từ nhỏ đến lớn.
• Phân tích ra thừa số nguyên tố của một số chính phương thì chỉ chứa các
thứa số nguyên tố với số mũ chẵn.
II.2.5. Định lý 5
Mọi hợp số n đều có ước nguyên tố nhỏ hơn .
*Sàng Eratosthenes:
_ Ta viết dãy các số tự nhiên từ 1 đến n.
_ Trong dãy đó gạch đi số 1. (vì 1 không phải số nguyên tố)
_ Bỏ các số là bội của các số nguyên tố ≤ trừ chính số đó.
_ Các số còn lại của dãy là tất cả các số nguyên tố không vượt quá n.
II.2.6. Định lý 6
Nếu là phân tích chính tắc của số n thì số tất cả các ước số dương của n (bao
gồm cả 1 và n) là
τ(n) = (e1 + 1)(e2 + 1)…(ek + 1).
II.2.7. Định lý 7 (Số nguyên tố)

9


II.2.8. Định lý 8
Nếu số nguyên n có dạng phân tích tiêu chuẩn:

Thì để một số nguyên d là ước của n, cần và đủ là d có dạng:

Với 0 ≤ βi ≤ αi, i = 1,2,...,k.
*Quy tắc tìm ước chung lớn nhất
Cho các số nguyên a, b,…, c và có số nguyên tố khác nhau p1, p2,…, pk sao cho

……

Trong đó αi ≥ 0, βi ≥ 0, γi ≥ 0 với i = 1, 2,…,k. Khi đó (a,b,…,c) = D với

*Quy tắc tìm bội chung nhỏ nhất
Cho các số nguyên a, b,.., c với các giả thiết nhứ trong Quy tắc tìm ước chung
lớn nhất, khi đó [a, b,…,c] = m với

*Số nguyên tố Mersenne
Giả sử m là một số nguyên dương, khi đó Mm = 2m − 1 được gọi là số Mersenne
thứ m. Nếu p là số nguyên tố và M p cũng là số nguyên tố, thì Mp được gọi là số
nguyên tố Mersenne.
II.2.9. Định lý 9
Nếu p là một số nguyên tố lẻ , thì mọi ước nguyên tố của số Mersenne M p đều
có dạng 2kp + 1 , trong đó k là số nguyên dương.
*Số giả nguyên tố
Giả sử b là một số nguyên dương. Nếu n là hợp số nguyên dương và bn ≡ b
(mod n), thì n được gọi là số giả nguyên tố cơ sở b.
Trong trường hợp (a,b) = 1 , ta thường dùng định nghĩa tương đương bn−1 ≡ 1
(mod n)
10


III. CÁC VÍ DỤ ÁP DỤNG

III.1. Ví dụ 1:

Tìm các số nguyên tố p sao cho 2p+1 bằng lập phương của 1 số tự nhiên.
*Lời giải:
2p+1=k3↔2p = (k−1)(k2+k+1)
Nếu k=2 thì tự thay vào loại
Nếu k=3 thì p=32+3+1=13
Nếu k>3 suy ra p tích 2 số nên không nguyên tố
Vậy p=13
III.2. Ví dụ 2: áp dụng định lý Fermat bé
Tìm số dư khi chia 22014 cho 17.
*Lời giải:
Vì 17 là số nguyên tố nên theo Định lý nhỏ Fermat ta được
216≡ 1 (mod17)

(1)

Lấy 2014 chia cho 16 ta được thương là 125 và số dư là 14, suy ra
22014≡2125×16+14≡1125×214≡13 (mod17).
Vậy 13 là số dư khi chia 22014 cho 17.
III.3. Ví dụ 3:
Một số nguyên tố P chia cho 42 có số dư r là hợp số .Tìm r?
*Lời giải:
Đặt P=42.k+r vì P nguyên tố nên gcd(42,r)=1→r lẻ
r hợp số nên r khác 1,2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41
Mà n không chia hết cho 3,7 nên r=25
Vậy r=25
III.4. Ví dụ 4:
Chứng minh: Mọi hợp số phải có ước nguyên tố nhỏ hơn hay bằng căn bậc hai
của nó.

*Lời giải:
Giả sử n = a. b (1 < a, b < n)

11


Nếu cả a và b đều lớn hơn
số không vượt quá

n

n

thì n = ab > n (vô lý) như vậy phải có một thừa

hay có ước nguyên tố không vượt quá

n

.

III.5. Ví dụ 5:
Tìm số nguyên tố n8−1 với n là số nguyên
*Lời giải:
Vì n nguyên tố nên n8−1>0 nên n>2 hoặc n< −2 (1)
n8−1=(n4−1)(n4+1) thấy từ (1) →n4−1>1; n4+1>1 do vậy n8−1 không nguyên tố
Vậy không có n thỏa đề.
III.6. Ví dụ 6:
Tìm số nguyên tố p sao cho p+2, p+6, p+8, p+14 là các số nguyên tố?
Đặt: p = 5k+r (0 ≤ r < 5)

* nếu r = 4 => p+6 = 5k+10 = 5(k+2) chia hết cho 5 (loại)
* nếu r = 3 => p+2 = 5k+5 = 5(k+1) chia hết cho 5
(loại)
* nếu r = 2 => p+8 = 5k+10 = 5(k+2) chia hết cho 5 (loại)
* nếu r = 1 => p+14 = 5k+15 = 5(k+3) chia hết cho 5 (loại)
* nếu r = 0 => p = 5k là nguyên tố khi k = 1
p = 5, các số kia là: 7,11,13,19 là các số nguyên tố (thỏa điều kiện đề bài)
Vậy p = 5
III.7. Ví dụ 7:
Tìm số nguyên tố x sao cho x2 +1 cũng là số nguyên tố?
Ta xét 2 trường hợp:
TH1: x=2
Do 2 là số nguyên tố và x2 +1 = 5 cũng là số nguyên tố nên x=2 thoả
TH2: x>2
Do x là số nguyên tố nên x chia 2 dư 1
=> x2 chia 2 dư 1 => x2 +1 chia hết cho 2
Mà x2 +1 > 2 ∀ x >2 => x2 +1 không là số nguyên tố (loại)
Vậy x=2
III.8. Ví dụ 8:

12


Giải phương trình nghiệm nguyên với p là số nguyên tố lẻ
xp + yp = p[(p-1)!]p
*Lời giải:
Theo định lí Fermat nhỏ thì

x + y ≡ xp + yp
(mod p)

Theo phương trình ta suy ra p| xp + yp do đó
x + y ≡ 0 (mod p)
do p lẻ nên:
xp + yp ≡ p(x+y)yy-1 (mod p2)
Mà p|x+y nên:
p2 | xp + yp
Cho nên:
p | [(p-1)!]p
Hiển nhiên vô lí. Vậy không tồn tại x, y thoả mãn.
III.9. Ví dụ 9:
Chứng minh nếu 3 số a, a+k, a+2k đồng thời là 3 số nguyên tố phân biệt > 3 thì
k chia hết cho 6
*Lời giải:
a+k−a=k là số chẵn nên k⋮2(1).
Theo gt thì a+k;a+2k⋮̸3(∗)
Giả sử k⋮̸3 nên k=3m+1 hoặc k=3m+2 với m∈N
Lại có: a nguyên tố lớn hơn 3 nên a=3t+1 hoặc a=3t+2 với t∈N
TH1: a=3t+1
Nếu k=3m+1 thì a+2k=3t+1+6m+2⋮3:trái (∗).
Nếu k=3m+2 thì a+k=3t+1+3m+2⋮3: trái (∗).
TH2: a=3t+2
Nếu k=3m+1 thì a+k=3t+2+3m+1⋮3: trái (∗).
Nếu k=3m+2 thì a+2k=3t+2+6m+4⋮3: trái (∗).
Do đó, k⋮3. Kết hợp với (1) và vì (2;3)=1 nên ta có đpcm.
III.10. Ví dụ 10:

13


Tìm số nguyên tố có 3 chữ số, biết rằng nếu viết số đó theo thứ tự ngược lại ta

được lập phương của một số tự nhiên.
*Lời giải:
Gọi số cần tìm là

abc

với

abc

∈ ℙ; a, b, c ∈ ℕ và a ≠ 0

Ta có:

cba

= n3 (n ∈ ℕ*)

Vì 100 ≪ n3 ≪ 999  5 ≪ n ≪ 9
Thử lại ta thu được n = 5
Vậy số cần tìm là 521

IV.

CÁC LƯU Ý KHI ÁP DỤNG
• Hiểu rõ khái niệm số nguyên tố ( là số chỉ có 2 ước là 1 và chính nó).
•
•
•

•

•
•
•
•

V.

Đối với các bài toán mang tính áp dụng, nên thử các số nguyên tố vào đề
bài xem thử rồi đưa ra cách giải quyết.
Hiểu các tính chất của số nguyên tố.
Từ Định lý Fermat bé ta được một hệ quả là: Cho n∈Z>1, nếu tồn
tại a∈Z>1 sao cho (a,n)=1 và an−1−1 không chia hết cho n thì n là hợp
số.
Định lý số 5 có hệ quả: Nếu số nguyên n > 1 không có ước nguyên tố
n
nào nhỏ hơn hay bằng
thì n là số nguyên tố.
211
Ví dụ: 211 là số nguyên tố vì tất cả các số nguyên tố nhỏ hơn
là
2,3,5,7,11,13 đều không là ước của 211.
Đối với những bài chứng mình một số là số nguyên tố, ta có thể dùng
phương pháp phản chứng để giả sử số đó là hợp số.
Trong tập hợp số nguyên tố chỉ có số 2 là số chẵn, tất cả những số còn
lại đều là số lẻ.
Để chứng minh một bài toán mà khó cm trực tiếp ta có thể, giả sử điều
ngược lại đúng, suy ra mâu thuẫn.

BÀI TẬP TỰ LUYỆN VÀ HƯỚNG DẪN CHO BÀI TẬP
V.1. Ví dụ 1:

14


Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho mỗi số đều là tổng, hiệu của hai số
nguyên tố khác?
Hướng dẫn:
Ta biết trong tất cả các số nguyên tố chỉ có 1 số chẵn là số 2:
•
•
•
•
•
•

Ta xét p=2 trước (Loại).
Từ đó suy ra p là 1 số lẽ, mà p = m+n suy ra m, n có 1 số chẵn và 1 số
lẽ. Tương tự a và b cũng 1 lẽ 1 chẵn.
Số chẳn + nguyên tố suy ra m hoặc n là 2. Tương tự a hoặc b là 2.
Ta lý luận như trên suy ra b=2; m=2 hoặc n=2 đều được.
Chọn được trường hợp thích hợp n=3.
Ta tiếp tục lý luận khi n>3.

Bài giải cụ thể gợi ý:
p=m+n; p=a−b
Nếu p=2 suy ra loại vì m+n>2.
Suy ra p lẻ do vậy m, n có một lẻ một chẵn giả sử m=2.
Suy ra p=2+n (1)

Th1: a=2 suy ra loại vì 2−b<2
Th2: b=2 (2)
Từ (1) và (2) suy ra p=2+n, p=a−2.
Nếu n=3 suy ra p=5 (nhận).
Nếu n>3 suy ra p≡1, 2(mod3)
Nếu p≡1(mod3) thì a chia hết cho 3 suy ra p=1 (loại).
Nếu p≡2 (mod3) thì n chia hết cho 3 quay lại trường hợp trên.
vậy n=3.
V.2. Ví dụ 2:
Cho P, P+4 là 2 số nguyên tố (P>3). CMR: P+8 là hợp số.
Hướng dẫn chung:
•
•
•

Giả thuyết: P>3 mà P là SNT nên P không chia hết cho 3.
Rút ra dạng tổng quát của P.
Xét P+4, P+8 xem như thế nào?

Bài giải cụ thể gợi ý:
Vì P là số nguyên tố lớn hơn 3 nên P không chia hết cho 3 ⇒P = 3k + 1 hoặc p
= 3k + 2.
Nếu P = 3k + 2 thì P + 4 = 3k + 2 + 4 = 3k + 6 chia hết cho 3 và lớn hơn 3 nên
P + 4 là hợp số (loại).
15


Nếu P = 3k + 1 thì P + 8 = 3k + 1 + 8 = 3k + 9 chia hết cho 3 và lớn hơn 3 nên
P + 8 là hợp số (đpcm).

V.3. Ví dụ 3:
Tìm tất cả các số nguyên tố p để 2p+p2 cũng là số nguyên tố.
Hướng dẫn chung:
•

Ta xét p=2 không nhận được, ta phải suy nghĩ tìm thêm p=3 xem sao?
Ta thấy nhận được rồi, đã yên tâm ta bắt đầu xét p > 3.

•

Điểm chú ý là nên ta thêm bớt 1 vô.

•

Với 2 số cùng chia hết cho 3 thì tổng lại nó là số chẵn và suy ra không
phải là số nguyên tố.

Bài giải cụ thể gợi ý:
xét hai trường hợp :
•
+
+
•
Vì p lẽ nên
Và
Vậy.

V.4. Ví dụ 4:
Tìm tất cả các giá trị của số nguyên tố p để p+10 và p+14 cũng là số nguyên tố.
Hướng dẫn chung: dùng phương pháp chứng minh duy nhất.

•

Xét p=2 (loại).
16


•
•
•

Xét p=3 (nhận).
Xét p. P có dạng là 3k + 1, 3k - 1.
Thay vào p + 10, p + 14.

Bài giải cụ thể gợi ý:
•
•
•
•

Nếu p=3 thì đều là các số nguyên tố (Nhận).
Nếu p3, thì p sẽ có dạng 3k + 1, 3k - 1.
Nếu p=3k + 1 thì
Nếu p=3k – 1 thì
Vậy nếu p3 thì p + 14 hoặc p + 10 sẽ là hợp số.
 Không thỏa mãn đề bài đã cho.
 Vậy p=3 là giá trị duy nhất có thể có.
V.5. Ví dụ 5:
Ta biết rằng có 25 số nguyên tố nhỏ hơn 100. Tổng của 25 số nguyên tố đầu
tiên ấy là số chẳn hay số lẻ.

Hướng dẫn chung:
•
•
•

Trong 25 số nguyên tố đầu tiên chỉ có số 2 là số chẳn.
Tổng hai số lẻ là một số chẳn.
24 số lẻ có tổng là số chẳn + 2 sẽ là một số chẳn.

V.6. Ví dụ 6:
Cho p, p + 2 là các số nguyên tố (p>3). CMR: p + 1.
Hướng dẫn chung:
•
•
•

Xem xét giả thuyết p nguyên tố và p>3.
Xét từng trường hợp p = 3k + 1 hoặc p = 3k + 2. Giao với các điều kiện.
Xem xét toàn bộ các điều kiện. Cẩn thận.

Bài giải gợi ý:
Vì P là số nguyên tố lớn hơn 3 nên P không chia hết cho 3 ⇒P = 3k + 1 hoặc p
= 3k + 2.
•

P = 3k + 1 => p + 2 = 3k + 3 = 3(k + 1) (Loại).

•

P= 3k + 2 => p + 1 = 3k + 3 = 3(k + 1)

Ta có: p là số nguyên tố và p>3 nên p là số lẻ.
p = 3k + 2  p – 2 = 3k mà p lẻ => p - 2 cũng lẻ => k lẻ => k + 1 chẳn => k + 1
17


 P = 3(k + 1) ( dpcm ).

VI.

ỨNG DỤNG THỰC TIỄN
 Vấn đề bảo mật thông tin:
Trong lịch sử mật mã học, khóa dùng trong vấn đề mã hóa và giải mã, và chúng
phải được giữ bí mật.
Mật mã hóa khóa công khai thể hiện: khóa cá nhân phải được giữ bí mật trong khi
khóa công khai được phổ biến công khai. Trong hai khóa một khóa dùng để mã
hóa và khóa còn lại dùng để giải mã. Điều quan trong đối với hệ thống là không
thể tìm ra khóa bí mật nếu chỉ biết khóa công khai.
William S. Jevons đã phát hiện nhiều phép toán rất dễ thực hiện theo một chiều
nhưng rất khó theo chiều ngược lại. Một ví dụ đã chứng tỏ mã hóa rất dễ dàng
trong khi giải mã thì không. Tác giả đề cập đến nguyên lý: ta có thể dễ dàng nhân
các số tự nhiên nhưng phân tích kết quả ra thừa số nguyên tố thì không hề đơn
giản.
 Vấn đề khác:

Số nguyên tố là số chỉ chia được cho 1 và chính nó. Chúng là những con số quan
trong nhất của tự nhiên vì chúng là những “nguyên tử” của toán học, là những
Hidro và oxy của thế giới số. Mỗi số được xây dựng bằng cách nhân nhiều số
nguyên tố với nhau.
Đối với nhiều nền văn hóa như Tây Ban Nha và Trung Quốc họ coi số nguyên tố

như là con số may mắn. TBN cho rằng việc các cầu thủ của họ chọn số nguyên tố
làm số áo sẽ mang về chiến thắng cũng như TQ cho rằng số chẵn là nữ, số lẽ là
nam và số lẽ nguyên tố là nam tính nhất.
Hoặc số nguyên tố thể hiện bản năng sinh tồn của các loài động vật ví dụ: ve sầu
ẩn trong lòng đất 17 năm, sau đó ngoi lên, sống, sinh sản, và chết. 17 năm sau mới
có đàn ve sầu mới. Nhưng tại sao chúng lại chọn 17 năm? Chúng cho rằng kẻ thù
của chúng cũng sẽ xuất hiện định kỳ trong vòng bao nhiêu năm ấy. Ve sầu thấy
rằng việc chúng chọn chu kỳ là môt số nguyên tố, chúng có thể tránh xa động vật
ăn thịt thường xuyên hơn.
Mỗi khi bạn sử dụng thẻ tín dụng của mình trên mạng, tài khoản của bạn được giữ
bí mật đối với các tin tặc nhờ vào sức mạnh của các số nguyên tố. Số nguyên tố trở
thành các ổ khóa bảo vệ những bí mật mà đang sử dụng thông qua các trung tâm
mua sắm điện tử.

TỔNG KẾT
18


Dù đã rất cố gắng với thời gian hạn hẹp, nhóm chúng tôi chỉ có thể tìm hiểu, tổng hợp
được một số định lý, nêu bật được một vài dạng bài tập của ngân hàng kiến thức về số
nguyến tố. Với đề tài tiểu luận này, chúng tôi hi vọng cung cấp một vài điều cần thiết
trong quá trình học, cũng như quá trình tham khảo của các bạn. Mặc dù số nguyên tố
đã được phát hiện, biết đến từ rất lâu rồi, nhưng cho đến bây giờ chưa có một tài liệu
nào công bố đã tìm ra được quy ước, thuật toán để có thể dễ dàng tìm ra các số nguyên
tố trong vô số các số tự nhiên.Các nhà toán học vẫn đang lao mình vào nghiên cứu vai
trò cũng như muốn phát hiện thêm nhiều điều thú vị về số nguyên tố.

TÀI LIỆU THAM KHẢO

1. Theo />

2.

3.
4.
5.

%BFu-aaka2k-d%E1%BB%93ng-th%E1%BB%9Di-nguyen-t%E1%BB%91-l
%E1%BB%9Bn-h%C6%A1n-3-thi-k-vdots-6/>. [Ngày truy cập 1/12/2014]
Theo < />%C3%A1c-b%C3%A0i-v%E1%BB%81-s%E1%BB%91-nguy%C3%AAn-t
%E1%BB%91/>[Ngày truy cập 2/12/2014]
Theo < />[Ngày truy cập 01/12/2014]
Theo < />%C3%B3a_kh%C3%B3a_c%C3%B4ng_khai>. [Ngày truy cập 01/12/2014]
Theo < />%C3%A0-%C4%91%E1%BB%9Di-s%E1%BB%91ng/755-beckham-v
%C3%A0-s%E1%BB%91-nguy%C3%AAn-t%E1%BB%91>. [Ngày truy cập
01/12/2014]

19


20