Số nguyên tố với cấp số cộng
Số nguyên tố là một trong những khái niệm xưa nhất của toán học, và với mỗi học sinh thì khái niệm số nguyên tố là một trong những khái niệm được biết đầu tiên. Tuy nhiên, cho đến nay con người còn biết quá ít về các số nguyên tố .
Fermat(1601-1665) là một nhà toán học lỗi lạc người Pháp, được mệnh danh là cha đẻ của ngành Lý thuyết số, có định lý nỗi tiếng mà sau này ta thường gọi là “ Định lý lớn Fermat “. Ông từng tuyên bố đã chứng minh xong định lý nhưng không ai tìm thấy tài liệu nào về chứng minh đó cả. Mãi đến 358 năm sau, sau nhiều thất bại của các nhà toán học và nhiều người đam mê toán, vào năm 1993 nhà toán học Anh, Andrew Wiles, bằng những công cụ của toán học hiên đại, với gần 200 trang viết, đã hoàn thành việc chứng minh định lý. Theo thông tin vào thời điểm đó,trên thế giới có không quá 10 người hiểu được công trình của ông.
Fermat(1601-1665) là một nhà toán học lỗi lạc người Pháp, được mệnh danh là cha đẻ của ngành Lý thuyết số, có định lý nỗi tiếng mà sau này ta thường gọi là “ Định lý lớn Fermat “. Ông từng tuyên bố đã chứng minh xong định lý nhưng không ai tìm thấy tài liệu nào về chứng minh đó cả. Mãi đến 358 năm sau, sau nhiều thất bại của các nhà toán học và nhiều người đam mê toán, vào năm 1993 nhà toán học Anh, Andrew Wiles, bằng những công cụ của toán học hiên đại, với gần 200 trang viết, đã hoàn thành việc chứng minh định lý. Theo thông tin vào thời điểm đó,trên thế giới có không quá 10 người hiểu được công trình của ông.
Bài viết này trình bày một vấn đề hẹp (các bài toán, các thông tin) về số nguyên tố cho các em học sinh có lòng đam mê số nguyên tố, số học.
I. TÍNH VÔ HẠN CỦA SỐ NGUYÊN TỐ
Bài 1 : Nếu n >1 là một số nguyên thì n có một ước số là số nguyên tố (ký hiệu dùng tắt là snt)
Lời giải:
- Nếu n là snt thì chọn p = n.
- Nếu n là hợp số, ta ký hiệu p là ước nhỏ nhất khác 1 của n. Ta chỉ ra rằng p là snt. Giả sử p là hợp số,khi đó p có ước khác 1 , ký hiệu là d và d < p. Vậy n chia hết cho d, điều này trái với định nghĩa p. Do vậy p là snt.
Bài 2: Tập hợp các snt là vô hạn (Định lý Ơclit)
Lời giải:
Giả sử tập hợp các snt là hữu hạn, chỉ có các snt p1, p2,…,pn.
Đặt m = p1p2…pn + 1. Vì m > 1 nên tồn tại số một snt q sao cho m chia hết cho q. Nhận thấy rằng (m, pi ) = 1, như vậy q khác pi với mọi i , điều này trái giả thiết.
Bài 3 : Chứng minh: Mọi số tự nhiên có dạng 4t + 3 có ít nhất một ước snt có dạng
4k + 3.
Lời giải:
Nếu 4t + 3 là snt, chọn p = 4t + 3.
Nếu 4t + 3 là hợp số, 4t + 3 = p1p2…pr là các snt lẻ (không cần khác nhau).
Giả sử pi = 4ki + 1, với mọi i ( i = 1,2,…,r), vì tích 2 số có dạng 4u + 1 cũng là số có dạng đó. Vậy số có dạng 4u + 1 không thể bằng số có dạng 4t + 3.
Điều vô lý này kết thúc chứng minh.
Bài 4 : Chứng minh rằng tồn tại vô hạn snt dạng 4t + 3, t là số tự nhiên.
Lời giải:
Xét N = 4n! – 1, n là số tự nhiên. Khi đó n có dạng 4k + 3
(vì 4(n! – 1) + 3 = 4n!- 1),do đó theo bài trước nó có ước snt p dạng 4u + 3.
Giả sử p n. Như vậy với mỗi n đều tồn tại snt dạng 4v + 3 lớn hơn n.
Bài 5 : Chứng minh rằng với mỗi số tự nhiên n > 1 thì tất cả các ước snt của
M = (n!)2 + 1 đều có dạng 4k + 1.
Lời giải:
M là số lẻ, nên tất cả các ước snt của M đều lẻ. Giả sử M có một ước snt dạng
p = 4k + 3, khi đó p > n. Theo định lý nhỏ Phecma ta có:
(n!)p – n! chia hết cho p. (1)
Ta cần cm rằng: Nếu p = 4k + 3,thì (n!)p + n! chia hết cho p.
Áp dụng đẳng thức quen thuộc sau:
a2t +1 + 1 = (a + 1)(a2t – a2t-1 + a2t-2 -… - a + 1). (*)
Thay a = (n!)2 và t = k. Trong trường hợp này a + 1 = M. Theo (*) thì
((n!)2)2k+1 + 1 chia hết cho M. Nhưng ((n!)2)2k+1 + 1 = (n!)4k +2 + 1 = (n!)p-1 + 1.
Như vậy
(n!)p-1 + 1 chia hết cho M nên n!((n!)p-1 + 1) = (n!)p + n! cũng chia hết cho M.(2)
Từ (1),(2) suy ra 2(n!)p chia hết cho p, tức là 2n! chia hết cho p.
Không có ước snt nào của 2n! lớn hơn n. Tuy nhiên ta lại có p > n. Điều vô lý này kết thúc chứng minh.
Bài 6 : Chứng minh tồn tại vô hạn snt có dạng 4k + 1, với k là số nguyên dương.
Lời giải:
Theo bài trước với bất kỳ số tự nhiên n > 1 luôn tồn tại một snt dạng
p = 4k + 1 lớn hơn n. Như vậy tồn tại vô hạn các snt có dạng 4k + 1 .
II. SỐ NGUYÊN TỐ VỚI CẤP SỐ CỘNG.
Bài 7 : Tìm mọi cấp số cộng ( viết tắt là csc) có từ 3 số hạng trở lên mà mỗi số hạng đều là snt, với công sai d là:
a). d lẻ.
b). d = 2 hoặc d = 4
c). d = 10.
Lời giải:
a). Nếu p = 2 thì p + 2d là hợp số.
Nếu p lẻ thì p + d là hợp số.Vậy không có csc nào.
b). Xét csc p,p + 2,p + 4,…Nếu p lẻ thì trong 3 số lẻ liên tiếp phải có một số chia hết cho 3.Vậy chỉ có csc 3,5,7.
Tương tự ta có csc 3,7,11.
c).Tương tự ta có csc 3,13,23.
Bài 8 : Chứng minh rằng:
a).Nếu n snt lớn hơn 3 mà lập thành csc thì công sai của nó phải là bội của 6.
b).Nếu n số hạng của một csc có công sai d mà mà mỗi số hạng đều là snt thì d chia hết cho tích các snt nhỏ hơn n.
Lời giải:
a).Mỗi snt lớn hơn 3 có dạng 6k + 1 hoặc 6k + 5 nên trong 3 snt phải có 2 số cùng dạng. Hiệu 2 số đó là d hoặc 2d, là bội của 6, suy ra d là bội của 3.Vì d chẵn nên d là bội của 6.
b).Xét csc gồm toàn snt dạng m + xd, với x = 0,1,…,n – 1. Khi đó (m,d) =1.
Phải có m > n vì nếu không thì m + nd = m(1 + d) là hợp số. Gọi p là snt bất kỳ nhỏ hơn n, khi chia p + 1 số hạng đầu tiên cho p thì ít nhất có 2 số có cùng số dư,
là m + xd và m + yd.
(m + xd) – (m + yd) = d(x – y). Vì x – y < p nên d chia hết cho p. Cm kết thúc.
Bài 9 : Chứng minh rằng trong 21 số tự nhiên liên tiếp mà số đầu tiên lớn hơn 5 thì chứa ít nhất 14 số là hợp số.
Lời giải:
Trong 21 số tự nhiên liên tiếp có ít nhất 10 số chẵn, 9 số lẻ liên tiếp nên có ít nhất 3 số chia hết cho 3. Ta cần cm rằng trong các số lẻ này có ít nhất một số x là bội của 5 mà không là bội của 3.
Gọi số đầu tiên của dãy là x = 30t + r và số cuối cùng là a + 20.
Nếu r < 5 hoặc r = 5 thì x = 30t + 5.
Nếu 5 < r và không quá 25 thì x = 30t + 25.
Với r còn lại thì x = 30t + 35.
III. VÀI THÔNG TIN “ THÚ VỊ ” VỀ SỐ NGUYÊN TỐ.
A.Thời gian cần thiết để phân tích số nguyên dương ra thừa số nguyên tố
(với máy tính tốc độ 1 triệu phép tính / giây).
Số chữ số thập phân Thời gian
50 3,9 giờ
75 104 ngày
100 74 năm
200 3,8.109 năm
300 4,9.1015 năm
B.Mười số nguyên tố lớn nhất ( Tính đến năm 2003).
Số nguyên tố Số chữ số Người tìm ra Năm công bố
21398269 – 1 420921 Armengaud 1996
22976221 – 1 895932 Spence 1997
23021377 – 1 909526 Clarkson, Kurowski 1998
26972593 – 1 2098960 Hajratwala, Kurowski 1999
213466917 – 1 4053946 Cameron,Kurowski 2001
3. 22145353 + 1 645817 PRV, Cosgrave 2003
62722131072 + 1 628808 GFNI7Sieve, Angel 2003
154055065536 + 1 405516 Heuer 2003
140307665536 + 1 404434 Heuer 2003
147803665536 + 1 404337 Heuer 2003
C. Mười cặp số nguyên tố sánh đôi lớn nhất (p và p + 2, bảng sau chỉ ghi p)
Số nguyên tố p Số chữ số Người tìm Năm
332189252169690 – 1 51090 Papp 2002
60194061.2114689 – 1 34533 TwinGen, PRP 2002
1765199373.2107520 – 1 32376 McEhatton 2002
318032361.2107001 – 1 32220 Underbakke, PRP 2001
1807318575.298305 – 1 29603 Underbakke, PRP 2001
665551035.280025 – 1 24099 Underbakke, PRP 2000
781134345.266445 – 1 20011 Underbakke, PRP 2001
1693965.266443 – 1 20008 LaBabera 2000
83475759.264955 – 1 19562 Underbakke, PRP 2000
291889803.260090 – 1 18098 Boivin 2001
IV. MỘT SỐ GIẢ THUYẾT CHƯA KẾT LUẬN VỀ SỐ NGUYÊN TỐ
1. Có tồn tại một số chẵn lớn hơn 2 không biểu diễn được thành tổng của hai số nguyên tố ?( Giả thuyết Goldbach)
2. Có tồn tại vô hạn các số nguyên tố sánh đôi ? (là hai số lẻ liên tiếp)
3. Có tồn tại vô hạn các số nguyên tố Mersenne? ( là snt có dạng 2p - 1, với p là snt)
4. Có tồn tại vô hạn các số nguyên tố Fermat ? ( là snt có dạng , với k là số tự nhiên)
5. Có tồn tại vô hạn các số nguyên tố trong dãy số Fibonacci ?
6. Có tồn tại vô hạn các số nguyên tố có dạng 2p + 1, với p là snt.
7. Có tồn tại vô hạn các số nguyên tố có dạng n! + 1 ?
8. Có luôn tồn tại số nguyên tố nằm giữa hai bình phương liên tiếp hay không?
( n2 < p < (n + 1)2, p là snt)
9. Có tồn tại số nguyên tố nào có dạng p = x3 + y3 + z3, x,y,z là số tự nhiên ?
10.Có tồn tại giá trị nguyên dương nào của n khác 1,2,4 sao cho nn + 1 là số nguyên tố hay không ?
V. TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Số học – Hà Huy Khoái – NXBGD -2004
2. Chuyên đề số học – Nguyễn Văn Nho- NXB ĐHQG TP Hồ Chí Minh- 2005
3. Số nguyên tố - Hà Huy Khoái – Tài liệu trường hè 2003
I. TÍNH VÔ HẠN CỦA SỐ NGUYÊN TỐ
Bài 1 : Nếu n >1 là một số nguyên thì n có một ước số là số nguyên tố (ký hiệu dùng tắt là snt)
Lời giải:
- Nếu n là snt thì chọn p = n.
- Nếu n là hợp số, ta ký hiệu p là ước nhỏ nhất khác 1 của n. Ta chỉ ra rằng p là snt. Giả sử p là hợp số,khi đó p có ước khác 1 , ký hiệu là d và d < p. Vậy n chia hết cho d, điều này trái với định nghĩa p. Do vậy p là snt.
Bài 2: Tập hợp các snt là vô hạn (Định lý Ơclit)
Lời giải:
Giả sử tập hợp các snt là hữu hạn, chỉ có các snt p1, p2,…,pn.
Đặt m = p1p2…pn + 1. Vì m > 1 nên tồn tại số một snt q sao cho m chia hết cho q. Nhận thấy rằng (m, pi ) = 1, như vậy q khác pi với mọi i , điều này trái giả thiết.
Bài 3 : Chứng minh: Mọi số tự nhiên có dạng 4t + 3 có ít nhất một ước snt có dạng
4k + 3.
Lời giải:
Nếu 4t + 3 là snt, chọn p = 4t + 3.
Nếu 4t + 3 là hợp số, 4t + 3 = p1p2…pr là các snt lẻ (không cần khác nhau).
Giả sử pi = 4ki + 1, với mọi i ( i = 1,2,…,r), vì tích 2 số có dạng 4u + 1 cũng là số có dạng đó. Vậy số có dạng 4u + 1 không thể bằng số có dạng 4t + 3.
Điều vô lý này kết thúc chứng minh.
Bài 4 : Chứng minh rằng tồn tại vô hạn snt dạng 4t + 3, t là số tự nhiên.
Lời giải:
Xét N = 4n! – 1, n là số tự nhiên. Khi đó n có dạng 4k + 3
(vì 4(n! – 1) + 3 = 4n!- 1),do đó theo bài trước nó có ước snt p dạng 4u + 3.
Giả sử p n. Như vậy với mỗi n đều tồn tại snt dạng 4v + 3 lớn hơn n.
Bài 5 : Chứng minh rằng với mỗi số tự nhiên n > 1 thì tất cả các ước snt của
M = (n!)2 + 1 đều có dạng 4k + 1.
Lời giải:
M là số lẻ, nên tất cả các ước snt của M đều lẻ. Giả sử M có một ước snt dạng
p = 4k + 3, khi đó p > n. Theo định lý nhỏ Phecma ta có:
(n!)p – n! chia hết cho p. (1)
Ta cần cm rằng: Nếu p = 4k + 3,thì (n!)p + n! chia hết cho p.
Áp dụng đẳng thức quen thuộc sau:
a2t +1 + 1 = (a + 1)(a2t – a2t-1 + a2t-2 -… - a + 1). (*)
Thay a = (n!)2 và t = k. Trong trường hợp này a + 1 = M. Theo (*) thì
((n!)2)2k+1 + 1 chia hết cho M. Nhưng ((n!)2)2k+1 + 1 = (n!)4k +2 + 1 = (n!)p-1 + 1.
Như vậy
(n!)p-1 + 1 chia hết cho M nên n!((n!)p-1 + 1) = (n!)p + n! cũng chia hết cho M.(2)
Từ (1),(2) suy ra 2(n!)p chia hết cho p, tức là 2n! chia hết cho p.
Không có ước snt nào của 2n! lớn hơn n. Tuy nhiên ta lại có p > n. Điều vô lý này kết thúc chứng minh.
Bài 6 : Chứng minh tồn tại vô hạn snt có dạng 4k + 1, với k là số nguyên dương.
Lời giải:
Theo bài trước với bất kỳ số tự nhiên n > 1 luôn tồn tại một snt dạng
p = 4k + 1 lớn hơn n. Như vậy tồn tại vô hạn các snt có dạng 4k + 1 .
II. SỐ NGUYÊN TỐ VỚI CẤP SỐ CỘNG.
Bài 7 : Tìm mọi cấp số cộng ( viết tắt là csc) có từ 3 số hạng trở lên mà mỗi số hạng đều là snt, với công sai d là:
a). d lẻ.
b). d = 2 hoặc d = 4
c). d = 10.
Lời giải:
a). Nếu p = 2 thì p + 2d là hợp số.
Nếu p lẻ thì p + d là hợp số.Vậy không có csc nào.
b). Xét csc p,p + 2,p + 4,…Nếu p lẻ thì trong 3 số lẻ liên tiếp phải có một số chia hết cho 3.Vậy chỉ có csc 3,5,7.
Tương tự ta có csc 3,7,11.
c).Tương tự ta có csc 3,13,23.
Bài 8 : Chứng minh rằng:
a).Nếu n snt lớn hơn 3 mà lập thành csc thì công sai của nó phải là bội của 6.
b).Nếu n số hạng của một csc có công sai d mà mà mỗi số hạng đều là snt thì d chia hết cho tích các snt nhỏ hơn n.
Lời giải:
a).Mỗi snt lớn hơn 3 có dạng 6k + 1 hoặc 6k + 5 nên trong 3 snt phải có 2 số cùng dạng. Hiệu 2 số đó là d hoặc 2d, là bội của 6, suy ra d là bội của 3.Vì d chẵn nên d là bội của 6.
b).Xét csc gồm toàn snt dạng m + xd, với x = 0,1,…,n – 1. Khi đó (m,d) =1.
Phải có m > n vì nếu không thì m + nd = m(1 + d) là hợp số. Gọi p là snt bất kỳ nhỏ hơn n, khi chia p + 1 số hạng đầu tiên cho p thì ít nhất có 2 số có cùng số dư,
là m + xd và m + yd.
(m + xd) – (m + yd) = d(x – y). Vì x – y < p nên d chia hết cho p. Cm kết thúc.
Bài 9 : Chứng minh rằng trong 21 số tự nhiên liên tiếp mà số đầu tiên lớn hơn 5 thì chứa ít nhất 14 số là hợp số.
Lời giải:
Trong 21 số tự nhiên liên tiếp có ít nhất 10 số chẵn, 9 số lẻ liên tiếp nên có ít nhất 3 số chia hết cho 3. Ta cần cm rằng trong các số lẻ này có ít nhất một số x là bội của 5 mà không là bội của 3.
Gọi số đầu tiên của dãy là x = 30t + r và số cuối cùng là a + 20.
Nếu r < 5 hoặc r = 5 thì x = 30t + 5.
Nếu 5 < r và không quá 25 thì x = 30t + 25.
Với r còn lại thì x = 30t + 35.
III. VÀI THÔNG TIN “ THÚ VỊ ” VỀ SỐ NGUYÊN TỐ.
A.Thời gian cần thiết để phân tích số nguyên dương ra thừa số nguyên tố
(với máy tính tốc độ 1 triệu phép tính / giây).
Số chữ số thập phân Thời gian
50 3,9 giờ
75 104 ngày
100 74 năm
200 3,8.109 năm
300 4,9.1015 năm
B.Mười số nguyên tố lớn nhất ( Tính đến năm 2003).
Số nguyên tố Số chữ số Người tìm ra Năm công bố
21398269 – 1 420921 Armengaud 1996
22976221 – 1 895932 Spence 1997
23021377 – 1 909526 Clarkson, Kurowski 1998
26972593 – 1 2098960 Hajratwala, Kurowski 1999
213466917 – 1 4053946 Cameron,Kurowski 2001
3. 22145353 + 1 645817 PRV, Cosgrave 2003
62722131072 + 1 628808 GFNI7Sieve, Angel 2003
154055065536 + 1 405516 Heuer 2003
140307665536 + 1 404434 Heuer 2003
147803665536 + 1 404337 Heuer 2003
C. Mười cặp số nguyên tố sánh đôi lớn nhất (p và p + 2, bảng sau chỉ ghi p)
Số nguyên tố p Số chữ số Người tìm Năm
332189252169690 – 1 51090 Papp 2002
60194061.2114689 – 1 34533 TwinGen, PRP 2002
1765199373.2107520 – 1 32376 McEhatton 2002
318032361.2107001 – 1 32220 Underbakke, PRP 2001
1807318575.298305 – 1 29603 Underbakke, PRP 2001
665551035.280025 – 1 24099 Underbakke, PRP 2000
781134345.266445 – 1 20011 Underbakke, PRP 2001
1693965.266443 – 1 20008 LaBabera 2000
83475759.264955 – 1 19562 Underbakke, PRP 2000
291889803.260090 – 1 18098 Boivin 2001
IV. MỘT SỐ GIẢ THUYẾT CHƯA KẾT LUẬN VỀ SỐ NGUYÊN TỐ
1. Có tồn tại một số chẵn lớn hơn 2 không biểu diễn được thành tổng của hai số nguyên tố ?( Giả thuyết Goldbach)
2. Có tồn tại vô hạn các số nguyên tố sánh đôi ? (là hai số lẻ liên tiếp)
3. Có tồn tại vô hạn các số nguyên tố Mersenne? ( là snt có dạng 2p - 1, với p là snt)
4. Có tồn tại vô hạn các số nguyên tố Fermat ? ( là snt có dạng , với k là số tự nhiên)
5. Có tồn tại vô hạn các số nguyên tố trong dãy số Fibonacci ?
6. Có tồn tại vô hạn các số nguyên tố có dạng 2p + 1, với p là snt.
7. Có tồn tại vô hạn các số nguyên tố có dạng n! + 1 ?
8. Có luôn tồn tại số nguyên tố nằm giữa hai bình phương liên tiếp hay không?
( n2 < p < (n + 1)2, p là snt)
9. Có tồn tại số nguyên tố nào có dạng p = x3 + y3 + z3, x,y,z là số tự nhiên ?
10.Có tồn tại giá trị nguyên dương nào của n khác 1,2,4 sao cho nn + 1 là số nguyên tố hay không ?
V. TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Số học – Hà Huy Khoái – NXBGD -2004
2. Chuyên đề số học – Nguyễn Văn Nho- NXB ĐHQG TP Hồ Chí Minh- 2005
3. Số nguyên tố - Hà Huy Khoái – Tài liệu trường hè 2003
Trang Trước
Subscribe to:
Post Comments (Atom)
No comments: