Đề cương ôn thi môn Toán Lớp 9 - Chuyên đề 10: Nguyên tố, hợp số

Nội dung text: Đề cương ôn thi môn Toán Lớp 9 - Chuyên đề 10: Nguyên tố, hợp số

1. GIÁO VIÊN: TRẦN KIM OANH CHUYÊN ĐỀ: SỐ NGUYÊN TỐ - HỢP SỐ 1. Chứng minh một số là số nguyên tố hay hợp số Ví dụ 1. Cho a, b là các số nguyên dương thỏa mãn điều kiện a2 b2 1 chia hết cho ab . Chứng a2 b2 1 minh rằng là số nguyên tố. ab Lời giải a2 b2 1 Do a2 b2 1 chia hết cho ab nên tồn tại số nguyên dương k để k 1 . ab Ta cần chứng minh k là một số nguyên tố. Giả sử cặp số nguyên dương a0 ; b0 thỏa mãn (1) và a0 b0 nhỏ nhất . Không mất tính tổng quát ta giả sử a0 b0 . 2 2 x b0 1 2 2 Xét phương trình k x kb0x b0 1 0 có ẩn x. xb0 Khi đó a 0 là một nghiệm của phương trình trên. Do đó theo định lý Vi – et thì phương trình còn có a a kb một nghiệm nữa. Gọi nghiệm đó là thì ta được 0 1 0 a1 2 a0 .a1 b0 1 2 b0 1 Từ đó ta suy ra được a1 nguyên dương và a1 kb0 a0 a0 2 2 b0 1 a0 2a0 2 2 Nếu a0 b0 1 thì ta có a1 a0 2 a0 a0 a0 a0 Do đó a1 b0 a0 b0 , điều này trái với cách chọn a0 b0 nhỏ nhất. 2  2  2 Do đó ta suy ra được a0 b0 , khi đó ta được 2a0 1 a0 1 a0 a0 1. Từ đó suy ra k 3 là số nguyên tố. Ví dụ 2. Giả sử bốn số nguyên a, b, c, d đôi một khác nhau và thoả mãn hệ điều kiện sau: a2 2ac 5d b2 2bc 5d 0 2 2 c 2ca 5b d 2bd 5b 0 Chứng minh rằng a b c d là một hợp số. Lời giải Bài toán yêu cầu cầu chứng minh a b c d là một hợp số, như vậy ta sẽ đi chứng minh tổng đó chia hết cho một số nguyên khác 1 nào đó hoặc đi tìm giá trị của tổng. Quan sát giả thiết ta nhận thấy có dạng bậc hai nên ta sẽ quy về phương trình bậc hai để sử dụng định lí Vi – et. Từ hệ thức a2 2ac 5d b2 2bc 5d 0 , nếu xét phương trình bậc hai có ẩn x là x2 2cx 5d 0 thì ta được a, b là nghiệm. Hoàn toàn tương tự ta xét phương trình x2 2ax 5b , khi đó c, d là ngiệm của phương trình. a b 2c c d 2a Từ đó theo định lí Vi – et ta có và ab 5d cd 5b Kết hợp hai hệ thức trên ta được abcd 25bd nên suy ra ac 25 Đồng thời ta có a b c d 2 a c hay a c b d . Mặt khác từ giả thiết ta có a2 2ca 5d 0 a2 5d 50 và c2 2ca 5b 0 c2 5b 50 Từ các hệ thức trên ta có
2. GIÁO VIÊN: TRẦN KIM OANH a2 c2 5(b d) 100 (a c)2 2ac 5(a c) 100 2 a c 15 (a c) 5(a c) 150 0 a c 10 Nếu a c 15 , mà a c b d nên ta được a b c d 30 . Nếu a c 10 , khi đó kết hợp với ac 25 ta được a c 5 trái với giả thiết Vậy từ đó ta được a b c d 30 . Do đó suy ra a b c d là hợp số. Ví dụ 3. Chứng minh rằng nếu 2n 1 là số nguyên tố n 2 thì 2n 1 là hợp số. Lời giải Xét ba số tự nhiên liên tiếp là 2n 1; 2n ; 2n 1. Trưng ba số tự nhiên liên tiếp trên có duy nhất một số chia hết cho 3. Do n 2 nên 2n 1 3 , mà theo giả thiết thì 2n 1 là số nguyên tố, do đó 2n 1 không chia hết cho 2. Lại có 2n không chia hết cho 3. Do đó suy ra 2n 1 chia hết cho 3. Mà do n 2 nên 2n 1 3 . Từ đó ta được 2n 1 là hợp số. Bài tập x 1 2x 1 1. Chứng minh rằng nếu tồn tại số nguyên dương x thỏa mãn là một số chính 2012 phương thì x là hợp số. 2. Cho a, b, c, d là các số nguyên dương thỏa mãn ab cd . Chứng minh rằng an bn cn dn là một bợp số. a a2 b2 3. Cho a, b, c là các số nguyên khác không và a c thỏa mãn điều kiện . Chứng minh c c2 b2 rằng a2 b2 c2 không phải là số nguyên tố. 2. Tìm số nguyên tố thỏa mãn điều kiện cho trước p 1 p2 1 Ví dụ 1. Tìm số nguyên tố p để và là các số chính phương. 2 2 Lời giải p 1 p2 1 Giả sử tồn tại các số nguyên dương x và y thỏa mãn x2 và y2 2 2 2 p 1 2x 1 Khi đó ta được . 2 2 p 1 2y 2 Trừ theo vế của đẳng thức (2) cho đẳng thức (1) ta được p p 1 2 y x y x 3 Suy ra ta được 2 y x y x p 4 . Mặt khác từ (1) ta thấy p là số lẻ và x 1> Ta có p 1 2x2 x2 x2 x 1 p x . Từ (2) ta lại có y 1 nên p2 1 2y2 y2 y2 y2 1 p y . Từ (3) ta suy ra được y x . Từ đó ta được 0 y x p. Chú ý p là là số nguyên tố lẻ nên từ (4) ta suy ra được x yp. Mà ta lại có 0 x y 2p nên ta được x y p . Thay vào (30 ta được p 1 2 y x . p 1 p 1 3p 1 Từ đó suy ra y x nên ta được x ; y . 2 4 4
3. GIÁO VIÊN: TRẦN KIM OANH 2 p 1 p 1 Thay x vào (1) ta được p 1 2 p 7 . 4 4 Thay p 7 vào (2) ta được 72 1 2y2 y 5. Vậy p 7 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Nhận xét: Ngoài cách giải như trên ta còn có thể giải bằng cách xét các khả năng của p: Với p chẵn 2 p2 1 4k 1 1 không xẩy ra, với p 4k 1 khi đó ta được 8k2 4k 1. Đến đây ta tìm 2 2 các giá trị của k để 8k2 4k 1 là các số chính phương. p2 p 2 Ví dụ 2. Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho là lập phương của một số tự nhiên. 2 Lời giải p2 p 2 Đặt n3 với n là một số tự nhiên. 2 Vì p là số nguyên tố nên ta xét các trường hợp sau: Trường hợp 1: Với p 2 , khi đó ta được n 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán. p2 p 2 Trường hợp 2: Với p 2 , khi đó ta có n3 p p 1 2 n 1 n2 n 1 . 2 Từ đó ta được n 1p hoặc n2 n 1p (vì p là số nguyên tố lẻ). 2 + Nếu n 1p thì ta được n 1 p . Từ đó ta được 2 n2 n 1 n2 n 1 1 n p 1. Từ đó ta được p p 1 2 n 1 n2 n 1 . Do đó trường hợp này lại + Nếu n2 n 1p , khi đó ta đặt n2 n 1 kp với k là số tự nhiên khác 0. Thay vào phương trình p p 1 2 n 1 n2 n 1 ta được p 2 n 1 k 1 . Từ đó suy ra n2 n 1 2 n 1 k2 k hay n2 2k2 1 n 2k2 k 1 0 . Xem phương trình trên là phương trình bậc hai ẩn n. Khi đó do 2k2 1 là số lẻ nên để phương trình 2 trên có nghiệm nguyên thì 2k2 1 4 2k2 k 1 phải là số chính phương lẻ. 2 2 2 2 Ta thấy 2k2 1 2k2 4 . Do đó 2k2 1 4 2k2 k 1 2k2 3 . Từ đó ta tính được k 3 suy ra n 20 nên p 127 . Thử lại ta thấy p 127 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vậy các số cần tìm là p 2 và p 127 . pq m2 1 Ví dụ 3. Tìm tất cả các số nguyên tố p, q sao cho tồn tại số tự nhiên m thỏa mãn . p q m 1 Lời giải 2 pq m2 1 2 m 1 4 Nếu p q thì từ ta được p 2m 2 . p q m 1 m 1 m 1 Do m ¥ và p là số nguyên tố nên 4 m 1 m 0; m 1; m 3 Từ đố ta được p 2; p 5. Nếu p q thì pq và p q là nguyên tố cùng nhau vì pq chỉ chia hết cho các ước nguyên tố là p và q còn p q thì không chia hết cho p và không chia hết cho q.
4. GIÁO VIÊN: TRẦN KIM OANH 2 2 Gọi r là một ước chung của m 1 và m 1, khi đó m 1 m 1 r m 1 r Do đó 2 2   suy ra hoặc . m 1 m 1 r 2 r r 1 r 2 p q m 1 + Với suy ra , khi đó p và q là hai nghiệm của phương trình r 1 2 pq m 1 x2 m 1 x m2 1 0 2 Ta có 3m2 2m 3 m 1 2m2 2 0 nên phương trình trên vô nghiệm 2pq m2 1 + Với r 2 suy ra , khi đó p và q là hai nghiệm của phương trình 2 p q m 1 2x2 m 1 x m2 1 0 2 Ta có 7m2 2m 7 m 1 6m2 6 0 nên phương trình vô nghiệm. Vậy bộ các số nguyên tố cần tìm là p;q 2; 2 , 5; 5 Ví dụ 4. Tìm số nguyên tố p để p2 p 1 là lập phương của một số nguyên tố khác. Lời giải Giả sử p là số nguyên tố thỏa mãn bài toán, khi đó tồn tại số nguyên tố q để p2 p 1 q3 . Biến đổi đẳng thức trên ta được p p 1 q 1 q2 q 1 . Từ đó suy ra q 1 q2 q 1 p. Chú ý rằng p là số nguyên tố nên ta suy ra được q 1p hoặc q2 q 1p . Nếu q 1p thì do q là số nguyên tố nên q 1 p hay q p . Điều này dẫn đến p2 p 1 q3 p3 hay p p 1 p 1 p2 p 1 , đến đây ta thấy p p2 p 1 , điều này vô lí do p là số nguyên tố. Như vậy ta phải có q2 q 1p . Tức là tồn tại số nguyên dương k để q2 q 1 kp . Khi đó từ p p 1 q 1 q2 q 1 ta được p 1 k q 1 Kết hợp với q2 q 1 kp ta được q2 1 k2 q k2 k 1 0 . Ta thấy q2 1 k2 q k2 k 1 0 là một phương trình bậc hai có ẩn là q. Để tìm được q ta cần xác định được giá trị của k. Có hai hướng để xác định k đó là sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai và sử dụng hệ thức Vi – et. Hướng thứ nhất là để phương trình có nghiệm nguyên dương thì phải là số chính phương. 2 2 Chú ý rằng k2 1 4 k2 k 1 k2 1 . Lại thấy có cùng số dư khi chia cho 2 2. Do đó ta suy ra được k2 3 , đến đây thì ta được 2 2 k2 1 4 k2 k 1 k2 3 k 3 Do k là số nguyên dương nên k 1; 2; 3. Đến đây ta xét các trường hợp thì thu được k 3 thỏa mãn là số chính phương và từ đó ta được p 19;q 7 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Hướng thứ hai là sử dụng hệ thức Vi – et để xác định các giá trị k hoặc q. Nếu q là số nguyên tố thỏa mãn bài toán thì q là nghiệm của phương trình
5. GIÁO VIÊN: TRẦN KIM OANH q2 1 k2 q k2 k 1 0 Như vậy phương trình trên có một nghiệm nữa và ta gọi là q1 . 2 2 Khi đó theo hệ thức Vi – et ta có q q1 k 1 và q.q1 k k 1 . Từ các hệ thức trên ta suy ra được q1 là số nguyên dương. 2 2 Nếu q1 2 khi đó dễ thấy q.q1 q q1 nên k k 1 k 1 hay k 2 . Tương tự như trên ta thấy k 1 hoặc k 2 không thỏa mãn. Từ đó dẫn đến trong hai số q và q1 có một số là 1. Do q là số nguyên tố nên q1 1. Thay vào phương trình trên ta được 12 1 k2 .1 k2 k 1 0 k 3 . Đến đây ta suy ra được q 7 và p 19 thỏa mãn bài toán. Nhận xét: Từ bài toán trên ta có một số điểm chú ý như sau: Do q là một số nguyên tố nên ta có q 1 p hay q p , từ đây ta thấy được trường hợp q 1p không thỏa mãn. Mở rộng bài toán trên ta có bài toán: Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho p2 p 1 là lập phương đúng của một số tự nhiên. Chú ý rằng lúc này q không còn là số nguyên tố thì cách giải thích như trên không còn hợp lí. Trong hai hướng tìm số k thì hướng thứ nhất có vẻ tự nhiên hơn, tuy nhiên trong hướng thứ hai ta lại thấy được cái đẹp của định lí Vi – et trong bài toán số học. Bài tập p 1 2x x 2 1. Tìm tất cả các số nguyên tố p và số nguyên dương x, y thoả mãn: 2 p 1 2y y 2 2. Tìm tất cả các số nguyên tố a, b, c(có thể bằng nhau) thỏa mãn a a 1 b b 1 c c 1 . 3. Tìm tất cả các số nguyên tố p1 ; p2 ; p3 ; p4 ; p5 ; p6 ; p7 ; p8 thỏa mãn điều kiện: 2 2 2 2 2 2 2 2 p1 p2 p3 p4 p5 p6 p7 p8 4. Tìm tất cả số nguyên tố p, q, r thỏa mãn phương trình p 1 q 2 r 3 4pqr . 5. Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho với mỗi số nguyên tố p đó luôn tồn tại các số nguyên dương n, x, y thỏa mãn pn x3 y3 . 6. Tìm tất cả các cặp số nguyên tố p;q sao cho p2 2q2 1. 3. Tìm điều kiện để một số là số nguyên tố Ví dụ 1. Tìm tất cả các số nguyên tố p để 4p2 1 và 6p2 1 cũng là số nguyên tố. Lời giải Vì p là số nguyên tố do đó ta được 4p2 1 5 và 6p2 1 5 Đặt x 4p2 1 5p2 p 1 p 1 ; y 6p2 1 4y 25p2 p 2 p 2 Khi đó Nếu p chia cho 5 dư 4 hoặc dư 1 thì p 1 p 1 chia hết cho 5 Suy ra x chia hết cho 5 mà x 5 nên x không là số nguyên tố. Nếu p chia cho 5 dư 3 hoặc dư 2 thì p 2 p 2 chia hết cho 5 Suy ra 4y chia hết cho 5 mà 4,5 1 nên y chia hết cho 5 mà y 5 Do đó y không là số nguyên tố Vậy p chia hết cho 5, mà p là số nguyên tố nên p 5 .
6. GIÁO VIÊN: TRẦN KIM OANH Thử với p 5 thì x 101; y 151 là các số nguyên tố n3 8n2 1 Ví dụ 2. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho phần nguyên của là một số nguyên 3n tố. Lời giải n3 8n2 1 n2 8n 1 Đặt A . Ta xét các trường hợp sau: 3n 3 3 3n 1 Trường hợp 1: Nếu n 3k với k là một số nguyên dương, khi đó ta được A 3k3 8k 9k 2 2 2 1 2 Dễ thấy 3k 8k A 3k 8k 1 nên suy ra A 3k 8k 3k 8k k 3k 8 . 9k Để A là một số nguyên tố thì k 1 , khi đó A 11 là đó nguyên tố. Từ đó ta tìm được n 3 Trường hợp 2: Nếu n 3k 1 với k là một số nguyên, khi đó ta được 1 8 1 1 A 3k2 2k 8k 3k2 10k 3 3 3 9k 3 9k 3 Dễ thấy 3k2 10k 3 A 3k2 10k 3 1 nên suy ra 2 1 2 A 3k 10k 3 3k 10k 3 k 3 3k 1 . 9k 3 Như vậy để A là một số nguyên tố thì k 3 1 hoặc 3k 1 1, từ đó ta tìm được k 1 . Khi đó A 3 là một số nguyên tố và n 1. Trường hợp 2: Nếu n 3k 2 với k là một số nguyên, khi đó ta được 4 16 1 1 2 A 3k2 4k 8k 3k2 12k 6 3 3 9k 6 9k 3 3 1 2 Ta thấy 0 1 nên suy ra 9k 3 3 2 1 2 2 2 A 3k 12k 6 3k 12k 6 3 k 4k 2 9k 3 3 Suy ra với mọi k thì A luôn là số nguyên tố. Vậy để A là số nguyên tố thì n 1 hoặc n 3 . Bài tập 1. Tìm số nguyên dương n sao cho tất cả các số sau đây đều là nguyên tố. n 1, n 5, n 7, n 13, n 17, n 25, n 37 4. Ứng dụng Ví dụ 1. Cho p là một số nguyên tố. Tìm các số nguyên k sao cho k2 kp là một số nguyên dương. Lời giải Ta xét các trường hợp sau 2 + Nếu p 2 , khi đó ta có k2 kp k2 2k k2 2k 1 1 k 1 1 2 Để k2 2k 1 1 thì k 1 1 là một số chính phương.
7. GIÁO VIÊN: TRẦN KIM OANH 2 2 2 Như vậy k 1 1 và k 1 là hai số tự nhiên liên tiếp. Từ đó ta được k 1 1 0 và 2 k 1 1. Trường hợp này loại. + Nếu p 2 , khi đó p là số nguyên tố lẻ. Nếu k chia hết cho p, khi đó tồn tại số nguyên dương n để k np . Từ đó ta được k2 kp np2 n 1 , như vậy để k2 kp là một số nguyên dương thì p2n n 1 phải là số chính phương, mà n,n 1 1 nên n và n 1 phải là hai số chính phương. Điều này không thể xẩy ra. Do đó k không thể chia hết cho p. Từ đó ta được k và p là hai số nguyên tố cùng nhau, điều này dẫn đến k và k p là hai số nguyên tố cùng nhau. Từ đó để k2 kp k k p là một số nguyên dương thì k và k p phải là hai số chính phương. Đặt k m2 và k p n2 với m,n N* Khi đó ta được p m2 n2 m n m n . Do p là số nguyên tố nên ta được p m n và 2 p 1 m n 1. Do đó ta tính được k . 4 2 p 1 Vậy với k và p là số nguyên tố lẻ thì k2 kp là một số nguyên dương. 4 Ví dụ 2. Cho x a b c; y c a b; z b c a với a, b, c là các số nguyên tố. Giả sử rằng x2 y và z y là bình phương của một số nguyên tố. Tìm giá trị của T a 2 b 10 c 2 . Lời giải Do x a b c; y c a b; z b c a với a, b, c là các số nguyên tố nên x, y, z là các số nguyên. 2a x y 2a x x2 Cũng từ giả thiết trên và x2 y ta được 2b x z 2b x z . 2 2c y z 2c x z Xét phương bậc hai x2 x 2a x2 x 2a 0 . Dễ thấy 8a 1 0 nên nên phương trình có hai nghiệm. Gọi hai nghiệm đó là x1 và x2 . Nếu một trong hai nghiệm là số nguyên thì nghiệm còn lại cũng nguyên. x x 1 Theo định lí Vi – et ta có 1 2 . x1.x2 2a Do 2 và a là số nguyên tố nên từ x1.x2 2a ta được x1 2; a; 2;a . Ta xét các trường hợp sau: + Nếu x1 2 , khi đó ta tìm được a 1 không phải là số nguyên tố. 2 + Nếu x1 a , khi đó ta được a 3a 0 , do a là số nguyên tố nên a 3 . Từ đó ta tìm được hai nghiệm của phương trình là x1 3 x2 2 . + Nếu x1 2 , khi đó ta tìm được a 3 , từ dó ta tìm được hai nghiệm là x1 2 và x2 3 . + Nếu x a , khi đó ta được a2 a 0 nên a 0 và a 1 , loại vì không phải là số nguyên tố. Tóm lại phương trình trên có hai nghiệm nguyên là x 2 và x 3 , đồng thời ta có a 3 . Với x 2 khi đó ta được y 4 . Do đó z 2 p2 với p là số nguyên tố. Do x là số chẵn và 2b x z nên z là số chẵn. Khi đó p là số chẵn, dẫn đến p 2 .
8. GIÁO VIÊN: TRẦN KIM OANH Khi đó ta được z 36 , suy ra c 20 , loại do c không phải là số nguyên tố. Với x 3 , khi đó ta được y 9 . Do đó z 3 p2 với p là số nguyên tố. Do x là số lẻ và 2b x z nên z là số chẵn. Khi đó p là số chẵn, dẫn đến p 2 . Khi đó ta được z 49 , suy ra c 29 và c 23 là các số nguyên tố. Từ đó ta được T a 2 b 10 c 2 3 2 23 10 29 2 2015. Bài tập 1. Cho p là một số nguyên tố. Giả sử a1 ;a2 ; ;am là các số nguyên đương đôi một khác nhau thỏa 1 1 1 mãn 1. Biết rằng số nguyên dương lớn nhất trong các số a1 ;a2 ; ;am là 2p. Tìm a1 a2 an các số nguyên a1 ;a2 ; ;am . 2. Tìm số nguyên tố bé nhất sao cho p viết được thành 10 tổng có dạng: 2 2 2 2 2 2 2 2 p x1 y1 x2 2y2 x3 3y3 x10 10y10 Trong đó x1 ; x2 ; ; x10 và y1 ; y2 ; y10 là các số nguyên dương. 3. Cho dãy số tự nhiên 2; 6; 30; 210; được xác định như sau: số hạng thứ k bằng tích của k số nguyên tố đầu tiên k 1; 2; 3; . Biết rằng có hai số hạng của dãy số đó có hiệu bằng 30000. Tìm hai số hạng đó. x2 py2 4. Cho số nguyên tố p. Giả sử x và y là các số tự nhiên khác 0 thỏa mãn điều kiện là số tự xy x2 py2 nhiên. Chứng minh rằng p 1. xy