Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Chủ đề 8: Một số bài toán số nguyên tố, số chính phương - Năm 2020 (Có đáp án)

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Chủ đề 8: Một số bài toán số nguyên tố, số chính phương - Năm 2020 (Có đáp án)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
CHỦ ĐỀ 8. MỘT SỐ BÀI TOÁN SỐ NGUYÊN TỐ, SỐ CHÍNH PHƯƠNG KIẾN THỨC CẦN NHỚ 1. Một số chính phương khi chia cho 3 có số dư là 0 hoặc 1 2. Một số chính phương khi chia cho 4 có số dư là 0 hoặc 1 3. Một số chính phương khi chia cho 5 có số dư là 0 hoặc 1 hoặc 4 4. Một số chính phương khi chia cho 8 có số dư là 0 hoặc 1 hoặc 4 5. Nếu một số chính phương chia hết cho một số nguyên tố p thì nó chia hết cho p2. 6. Với mọi số nguyên dương n ta có S(n) n(mod3) 7. Với mọi số nguyên dương n ta có S(n) n(mod9) Chữ số tận cùng của một số chính phương 8. Một số chính phương không thể có tận cùng là một trong các chữ số 2, 3, 7, 8 9. Một số chính phương có chữ số tận cùng là 6 thì phải có chữ số hàng chục là số lẻ 10. Một số chính phương có chữ số tận cùng là 1 thì phải có chữ số hàng chục là số chẵn 11. Tích 2 số tự nhiên liên tiếp là số chính phương thì phải có một số bằng 0 12. Nếu (a;b) 1 , a.b c2 thì a, b đều là số chính phương 13. Nếu (x; y) 1 thì (x2 xy y2 ; x) (y2 ; x) (x2 xy y2 ) 1 và (x y; y) 1 , (x2 xy y2 ; x y) (y2 ; x y) 1 14. a) Định lí Fermat nhỏ: Nếu p là số nguyên tố và a là số nguyên không chia hết cho p thì a p 1 1 p a) Nếu a2 b2 p mà p là số nguyên tố có dạng 4k + 3 thì a, b đều chia hết cho p. Chứng minh a) Vì a không chia hết cho p nên các số 2a, 3a, , (p – 1)a cũng không chia hết cho p. Giả sử khi chia các số a, 2a, 3a, ,(p – 1)a cho p ta được số dự lần lượt là r1,r2 ,...,rp 1 thì các số r1,r2 ,...,rp 1 đôi một khác nhau. Thật vậy nếu có 2 số ri ,rj bằng nhau thì ia, ja có cùng số dư khi chia cho p nên ia ja p a(i j) (i j) p điều này không thể xảy ra do i, j phân biệt và i, j < p. Từ đó ta có: r1.r2....rn 1.2.3.4....( p 1) ( p 1)! nên a.2a.3a....( p 1)a có cùng số dư với p 1 p 1 r1.r2....rp 1 khi chia cho p. Mà a.2a.3a....( p 1)a ( p 1)!a suy ra ( p 1)!a và ( p 1)! có cùng số dư khi chia cho p hay a p 1 và 1 có cùng số dư khi chia cho p. Nói cách khác (a p 1 1) p b) Giả sử một trong hai số a, b không chia hết cho p, suy ra số còn lại không chia hết (a p 1 1) p cho p. Theo định lí nhỏ Fermat: (a p 1 b p 1 2) p,do p 4k 3 nên p 1 (b 1) p a4k 2 b4k 2 2 p . Ta có a4k 2 b4k 2 (a2 )2k 1 (b2 )2k 1 (a2 b2 ) mà a2 b2 chia hết cho p, suy ra 2 p , do p là số nguyên tố nên suy ra p = 2, trái với giả thiết p = 4k + 3. Vậy cả a, b đều chia hết cho 3. 15.Một số tính chất liên quan đến đồng dư Định nghĩa: Cho a, b là các số nguyên và m là số nguyên dương. Ta nói a đồng dư với b theo modun m nếu có cùng số dư khi chia cho m. Kí hiệu a b mod m . Như vậy a b mod m a b m Tính chất: Cho a,b,c Z,m N * . Khi đó ta có: + a b mod m ,b c mod m a c mod m + a b mod m a c b c mod m + a b mod m ac bc mod m + a b mod m am bn mod m ,n Z + a b n bn mod a a 0 + Định lí Fermat: Cho số nguyên tố p và số nguyên dương a khi đó ta có: a p a mod p . Đặc biệt: nếu a, p 1 thì a p 1 1 mod p Một số ví dụ tiêu biểu a a2 b2 Ví dụ 1: Cho a, b, c là những số nguyên khác 0, a c sao cho . Chứng minh rằng c c2 b2 a2 b2 c2 không phải là số nguyên tố. Lời giải a a2 b2 Ta có: c c2 b2 Từ a c nên b2 ac.. Khi đó: a2 b2 c2 a2 ac c2 a2 2ac c2 b2 a c 2 b2 a c b a c b Dễ thấy a2 b2 c2 3 , vì vậy nếu a2 b2 c2 là một số nguyên tố thì xảy ra bốn trường hợp sau: • a c b 1 và a c b a2 b2 c2 • a c b 1và a c b a2 b2 c2 • a c b 1 và a c b a2 b2 c2 • a c b 1 và a c b a2 b2 c2 Hai trường hợp đầu tiên ta thu được: a2 b2 c2 2 a c 1 0 a 1 2 c 1 2 b2 1, do đó a c 1. Hai trường hợp còn lại ta thu được: a 1 2 c 1 2 1, do đó a c 1 Nhưng a c nên dẫn đến mâu thuẫn. Vậy a2 b2 c2 không phải là số nguyên tố. Nhận xét: Để chứng minh a là số nguyên tố ta phân tích a b.csau đó suy ra một trong hai thừa số b hoặc c phải bằng 1. Ví dụ 2: Tìm tất cả các số nguyên dương a, b sao cho a4 4b4 là một số nguyên tố. Lời giải: 2 Ta có: a4 4b4 a4 4b4 4a2b2 4a2b2 a2 2b2 2ab 2 a2 2b2 2ab a2 2b2 2ab a b 2 b2 a b 2 b2 2 2 Vì a b b2 1nên a4 4b4 là một số nguyên tố khi a b b2 1. Suy ra a b 1 thỏa mãn bài toán. Ví dụ 3: a b 2018 2 2 2 Tìm các số nguyên dương a,b,c thỏa mãn là số hữu tỉ và a b c là số nguyên b c 2018 tố. Lời giải: a b 2018 m Đặt (*) trong đó m,n Z, m ,n 1. Khi đó (*) được viết như sau: b c 2018 n an bm bn cm 2018 . Do 2018 là số vô tỉ và các số an bm 0 a m b 2 a,b,c,d,m,n Z ac b . Từ đó ta có: bn cm 0 b n c 2 2 a2 b2 c2 a c 2ac b2 a c b2 a b c a b c .Do a,b,c nguyên dương nên a b c a b c.Vì vậy để a2 b2 c2 là số nguyên tố thì điều kiện là: a b c 1 2 2 2 2 2 2 . Mặt khác a,b,c nguyên dương nên a b c a b c a b c a b c Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c 1. Khi đó a2 b2 c2 3 là số nguyên tố thỏa mãn điều kiện đầu bài. Vậy a b c 1 là ba số cần tìm. Ví dụ 4: Cho các số nguyên dương a,b,c,d thỏa mãn điều kiện a2 b2 ab c2 d 2 cd .Chứng minh rằng: a b c d là hợp số. Lời giải: Ta có: a2 b2 ab c2 d 2 cd a b 2 cd c d 2 ab a b 2 c d 2 ab cd a b c d a b c d ab cd Giả sử ngược lại p a b c d , là số nguyên tố Thế thì từ ab cd p a b c d , ta có: ab cd p ab c a b c 0 mod p c a c b 0 mod p Nhưng điều này vô lí vì plà số nguyên tố và a,b,c,d 0 nên 0 c a,c b p Suy ra c a, p 1, vậy không thể có c a c b 0 mod p . Vậy a b c d là hợp số. Ví dụ 5: 2 3 Chứng minh rằng : Nếu p, p 2 là số nguyên tố thì p 2 cũng là số nguyên tố. Lời giải: p 2 p2 2 6 p 3 Khi thì là hợp số không thỏa mãn điều kiện , suy ra . Khi p 3, xét 3 số liên tiếp p 1, p, p 1luôn phải có một số chia hết cho 3. Nếu p 1hoặc p 1 chia hết cho 3 thì p 1 p 1 p2 1chia hết cho 3 suy ra p2 2 p2 1 33 mà p2 2 3 suy ra p2 2 phải là số nguyên tố, điều này trái giả thiết . p 3 Vậy p phải là số chia hết cho 3, mà p là số nguyên tố nên . Thử lại: p 3 thỏa mãn điều kiện. Ví dụ 6: p2 2 p p3 2 Chứng minh rằng : Nếu p và là số nguyên tố thì cũng là số nguyên tố. Lời giải: Ta có p2 2n p2 1 2p 1 p 1 p 1 2p 1. p 2 p2 2 p 8 Nếu thì là hợp số . p 3 p 1, p, p 1 p 1 Khi , xét 3 xét 3 số liên tiếp luôn phải có một số chia hết cho 3. Nếu p 1 p 1 p 1 p2 1 2 p 13 p2 2 p 3 hoặc chia hết cho 3 thì chia hết cho 3 và nên mà p2 2 p 3 nên p2 2 p là hợp số , trái với giả thiết. Vậy p3, do p là số nguyên tố suy ra p 3 p2 2 p 9 8 17, p3 2 19 . Thử lại ta thấy là các số nguyên tố thỏa mãn yêu cầu đầu bài. Ví dụ 7: q3 1 p2 p6 1q2 Tìm các số nguyên tố p,q sao cho và . Lời giải: • Nếu p 3thì q3 19 và p6 1 23.7.11q q 2 • Nếu p 3 thì q3 1 q 1 q2 q 1 mà: q 1,q2 q 1 q 1,q q 1 2 q 1 3 q 1,3 1 hoặc 3 . Suy ra p2 | q 1 hoặc p2 | q2 q 1 suy ra p q. TH1: q p 1ta có: p 2,q 3. q p 2 q2 | p 1 p 1 p2 p 1 p2 p 1 TH2: vì do q, p 1 q, p 1 1, p2 p 1, p2 p 1 p2 p 1,2p 1nên suy ra q2 | p2 p 1hoặc 2 q2 | p2 p 1 mà q p 2 nên q2 p 2 p2 p 1 p2 p 1 nên q2 không thể là ước của p6 1. Tóm lại p;q 2;3 , 3;2 Ví dụ 8: a,b,c a b 3c2 ab c a b Cho ba sô tự nhiên thỏa mãn điều kiện : là số nguyên tố và . 8c 1 Chứng minh: là số chính phương. Lời giải: Ta viết lại giả thiết: 4c2 c2 ab bc ca c a c b . Đặt a c,b c d a c b c d a bd . Vì a b là số nguyên tố nên d a b hoặc d 1. +) Nếu d 1thì a c,b c là hai số nguyên tố cùng nhau suy ra a c,b c là hai số chính a c m2 ,b c n2 m,n Z m2 n2 a b phương. Đặt với . Khi đó là số nguyên tố hay m n m n là số nguyên tố m n 1 m n 1 nên 4c2 m2 .n2 2c m.n 8c 1 4mn 1 4n n 1 1 2n 1 2 . d a b x, y Z +) Nếu thì a c a b x,b c a b y với . Khi đó a b a c b c a b x a b y a b x y x y 1 x y 1. Khi đó 2 2 4c2 a c b c a b xy a b y y 1 suy ra y y 1 là số chính phương nên y y 1 0 c 0 8c 1 là số chính phương. Chú ý: Tích hai số tự nhiên liên tiếp là số chính phương khi và chỉ khi tích đó bằng 0. Ví dụ 9: Tìm số tự nhiên x, y sao cho p x y4 4 biết p là số nguyên tố. Lời giải: Dễ thấy x 0 không thỏa mãn . Suy ra x là số nguyên dương. y2 2y 2 pn 4 x 2 2 x * Ta có: y 4 p y 2y 2 y 2y 2 p hay 2 n y 2y 2 p với m,n N,m n,n m x m 0 y 1 p 5, x 1. •Nếu thì suy ra n 0 y 1 •Nếu thì không thỏa mãn điều kiện bài toán. y2 2y 2 p •Ta xét m,n 1. Từ (*) ta suy ra p là ước của 4y p 2 y 2y 2 p Nếu 4 p p 2, nếu y p suy ra 2 p p 2. Tóm lại mọi trường hợp đều có p 2. Thay vào phương trình ban đầu ta được: y4 4 2x + Nếu x 2 thì y 0 . + Nếu x 3 thì 2x 8 còn y4 4 chia cho 8 dư 5 hoặc 4 nên không tồn tại x, y . Tóm lại cặp số x, y thỏa mãn yêu cầu đầu bài là x; y 1;1 , 2;0 . Ví dụ 10: Với p là số nguyên tố, đặt n 22 p 2 22 p 4 ... 24 22 1.Tìm các số nguyên tố p sao cho 2n 2 không chia hết cho n . Lời giải: Ta có n 22 p 2 22 p 4 ... 24 22 1 22 p 1 4 p 1 Dễ thấy n là số lẻ và n 22 p 2 22 p 4 ... 24 22 1 . 3 3 p 2 n 2 22 n 25 2 305 n Nếu thì khi đó chia hết cho ( không thỏa mãn ) p 3 n 24 22 1 21 n p 3 Nếu thì khi đó không chia hết cho 21. Vậy ( thỏa mãn ). Xét p là số nguyên tố lẻ lớn hơn 3. Thì n là số tự nhiên lẻ, không chia hết cho 3. 4 p 1 4 p 4 Ta thấy rằng : n n 1 . 3 3 4 p 4 p 4 p 43 4 p 43p Theo định lý Fecmat nhỏ thì và mà p,3 1 suy ra 4 p 4 nên n 1 p mặt khác ta cũng dễ thấy n 12 nên n 12p dẫn tới 2n 1 122 p 1 3 Suy ra 2n 1 1n ( do 22 p 1 3n ). Vậy p 3 là giá trị cần tìm. Ví dụ 11: p2 1 p 1 Tìm số nguyên tố p sao cho , là số chính phương. 2 2 Lời giải: p 1 2x2 2 p 1 2 p 1 2 2 2 Đặt x , y p 1 2y . Từ giả thiết p 1 2x2 suy ra p 3. 2 2 x y p Ta có 2x2 ,2y2 có cùng số dư khi chia cho p mà p là số lẻ suy ra x2 , y2 có cùng số dư khi chia cho p hay x, y có cùng số dư khi chia cho p . Mà x2 y2 x y x y p x y p ( do x y p ) . Từ đó ta có: p2 1 2 p x 2 2p2 4px 2x2 2p2 4px p 1 4px p2 p 4x p 1 2 x 0 p 1 Suy ra: 2x 4x , do p là số nguyên tố nên p 7 x 2 p 7 Ví dụ 12: x 3y Tìm các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn là số hữu tỉ và x2 y2 z2 là số nguyên tố. y 3z Lời giải: x 3y p Từ giả thiết ta suy ra tồn tại các số nguyên p,q 0 sao cho , đẳng thức trên tương y 3z q đương với pz qy 3 py qx , nếu pz qy 0 thì điều này không thể xảy ra suy ra pz qy 0 dẫn đến py qx 0hay y2 zx Ta có: x2 y2 z2 x2 xz z2 x z 2 xz x z 2 xz x z 2 y2 x y z x z y . 2 2 2 x z y 1 Do x y z là số nguyên tố suy ra 2 2 2 , do x, y, z là số nguyên dương x y z x y z nên x2 y2 z2 x y z , dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y z 1. Ví dụ 13: Tìm tất cả các số nguyên dương lẻ n sao cho tồn tại các số nguyên tố p,q,r thỏa mãn: pn qn r 2 . Lời giải n 1 p 2,q 7,r 3 Ta xét . Dễ thấy bộ số thỏa mãn điều kiện. Ta xét n 2. Ta thấy trong ba số p,q,r phải cố 1 số chẵn. Nếu r 2 thì pn qn 4 không có số p,q thỏa mãn. Nếu p q 2 ta có: pn 2n r 2 . n n 3 pn 2n r2 p 2 pn 1 2pn 2 22 pn 3 ... 2n 1 r2 Vì là số lẻ, . Vì p 2 1, pn 1 2 pn 2 22 pn 3 ... 2n 1 1, p là số nguyên tố nên p 2 r n n 2 n 1 n 2 2 n 3 n 1 p 2 p 2 , điều này không thể xảy ra, vì p 2 p 2 p ... 2 r pn 2n p3 8 mà p3 8 p2 4p 4 p3 p2 4p 4 p2 p 3 2p2 4p 4 0 . Ví dụ 14: Cho p là số nguyên tố sao cho x3 y3 3xy p 1 có nghiệm nguyên dương. Tìm giá trị lớn nhất của p . Lời giải Ta viết lại phương trình thành: x3 y3 3xy 1 p x y 3 3xy x y 3xy 1 p x y 1 x y 2 x y 1 3xy p Do x, y 0 nên x y 1 1, p là số nguyên tố nên suy ra x y 1 p x y 1 p 2 2 , để ý rằng, với mọi x, y ta x y x y 1 3xy 1 x y x y 3xy luôn có: 4xy x y 2 suy ra 2 3 2 2 x y x y x y x y 4 x y 0 0 x y 4 . 4 x y p 1 p 1 4 p 5 5 Lại có: . Vậy giá trị lớn nhất của p là . Khi đó x y 2 . Ví dụ 15: Tìm bộ số nguyên dương m,n sao cho p m2 n2 là số nguyên tố và m3 n3 4 chia hết cho p . Lời giải Vì x3 y3 4x2 y2 x y x2 y2 xy x y 4x2 y2 xy x y 4x2 y2 3 3 2 2 3 2 2 Từ đó ta cũng suy ra: x y 4 3 xy x y 4 x y x y 8x y x y 2 x2 y2 2xy 2x 2y 4 x2 y2 là số nguyên tố ta suy ra có hai trường hợp. TH1: x y 2x2 y2 a b 6a2 b2 2 a b 8 a b 6 a2 b2 2 a b 8 0 a2 b2 2 a b 2 . Nhận thấy x y 1 thỏa mãn điều kiện, x 2 , y 1 thỏa mãn điều kiện. Ta xét x, y 2 đặt x a 2, y b 2 với a,b 0 ta có: x y 2x2 y2 a b 6a2 b2 2 a b 8 a b 6 a2 b2 2 a b 8 0 a2 b2 2 a b 2 , điều này là vô lý. TH2: x2 y2 2xy 2x 2y 4x2 y2 2xy 2x 2y 4x2 y2 , do x, y 1 suy ra 2xy 2x 2y 4 2xy 2 2 4 2xy x2 y2 nên 2xy 2x 2y 4x2 y2 2xy 2x 2y 4 0 xy x y 2 0 x 1 y 1 3 2xy 2x 2y 4x2 y2 2xy 2x 2y 4 0 xy x y 2 0 x 1 y 1 3 điều này không thể xảy ra do x, y 1. Tóm lại x;y 1;1 , 2;1 , 1;2 . 2 x2 2 2y4 11y2 x2 y2 9 Ví dụ 16: Tìm các số nguyên tố x, y thỏa mãn: . Lời giải Ta viết lại giả thiết thành: 2 2 2 2 x2 2 y2 3 y4 x2 y2 5y2 x2 2 y2 3 y2 x2 y2 5 hay x2 y2 5 x2 2y2 1 0 x2 2y2 1 x 1 x 1 2y2 . Suy ra x 1 x 1 2 hay x 1 hoặc x 1 chia hết cho 2 . Mặt khác ta có: x 1 x 1 22 x 1, x 1 x 1 x 1 4 y2 2 nên cả 2 số đều chia hết cho 2 . Do đó mà y là số nguyên tố nên y2 y 2. Thay vào ta tìm được x 3. Ví dụ 17: Giả sử n là số tự nhiên lớn hơn 1 sao cho 8n 1 và 24n 1 là số chính phương. Chứng minh rằng 8n 3 là hợp số. Lời giải 8n 1 x2 Giả sử 2 với x, y là các số nguyên dương. 24n 1 y Khi đó 8n 3 4x2 y2 2x y 2x y . Do 2x y 2x y . Vì vậy nếu 8n 3 là số nguyên tố thì điều kiện là 2x y 1 y 2x 1 khi đó 2 2 2 n 0 24n 1 2x 1 x x 6n 8n 1 x 6n x 2n 1 8n 1 2n 1 n 1 Điều này mâu thuẫn với điện kiện n là số nguyên dương lớn hơn 1. Vậy 8n 3 là hợp số. Ví dụ 18: Chứng minh rằng nếu số nguyên n lớn hơn 1 thỏa mãn n2 4 và n2 16 là các số nguyên tố thì n chia hết cho 5 . Lời giải Ta có với mọi số nguyên m thì m2 chia cho 5 dư 0; 1 hoặc 4. Nếu n2 chia cho 5 dư 1 thì n2 5k 1 n2 4 5k 55 k N* nên n2 4 không là số nguyên tố. Nếu n2 chia cho 5 dư 4 thì n2 5k 4 n2 16 5k 205 k N* nên n2 16 không là số nguyên tố. Vậy n2 5 hay n chia hết cho 5. 2 Ví dụ 19: Tìm các số nguyên tố p , q sao cho p3 q5 p q . Lời giải Ta xét cả 2 số p,q đều khác 3. Khi đó p,q khi chia cho 3 có số dư là 1 hoặc 2. Nếu p và q có cùng số dư khi chia cho 3 thì p3 q5 chia hết cho 3. Còn p q không chia hết cho 3. Nếu p và q không có cùng số dư khi chia cho 3 thì vế phải chia hết cho 3 còn vế trái không chia hết cho 3. Xét p 3 khi đó q5 27 nên không tồn tại q . Xét q 3 thì p3 243 p 3 2 p 7 . Vậy p;q 7;3 . Ví dụ 20: Tìm các số nguyên tố p , q sao cho q3 1 p2 và p6 1q2 . Lời giải Nếu p 3 thì q3 19 và p6 1 23.7.11q q 2 . Nếu p 3 thì q3 1 q 1 q2 q 1 mà q 1,q2 q 1 q 1,q q 1 2 q 1 3 q 1,3 1 hoặc 3 suy ra p2 | q 1 hoặc p2 | q2 q 1 suy ra p q TH1: q p 1 ta có: p 2,q 3 TH 2: q p 2 vì q2 | p 1 p 1 p2 p 1 p2 p 1 nên suy ra q2 | p2 p 1 2 q2 | p2 p 1 q p 2 q2 p 2 p2 p 1 p2 p 1 q2 hoặc mà nên nên là không thể là ước của p6 1. Tóm lại p;q 2;3 , 3;2 . b 2a b Ví dụ 21: Giả sử a,b là các số tự nhiên sao cho p là số nguyên tố. Tìm giá trị 4 2a b lớn nhất của p . Lời giải c a c 4 p2 a c 2 p m Từ giả thiết suy ra b chẵn, ta đặt b 2c thì p , đặt với 2 b c c2 a c c n a c km2 m,n 1 k a c,a c 2c k n2 m2 2 2 và 2 và 4 pn km n m . a c kn Nếu m,n cùng lẻ thì 4 pn km n2 m2 8 p chẵn, tức là p 2. Nếu m,n không cùng lẻ thì m chia 4 dư 2. (do 2 p không là số chẵn không chia hết cho 4 2 p và là phân số tối giản). Khi đó n là số lẻ nên n2 m2 là số lẻ nên không chia hết cho c 4 suy ra k là số chia hết cho 2. Đặt k 2r ta có 2 pn rm n2 m2 mà n2 m2 ,n 1 rn đặt r ns ta có 2 p s n m n m do n m, n m đều là các số lẻ nên m n p,n m 1 , suy ra s,m 2 và m;n 1;2 hoặc 2;3 . Trong cả hai trường hợp đều suy ra p 5 . Với p 5 thì m 2,n 3, s 1,r 3,k 6,c 15,b 30,a 39. Ví dụ 22: Cho p là số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh rằng: a) p 1 p 1 chia hết cho 24. b) p4 1 chia hết cho 48. Lời giải a) p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p là số lẻ, p 2k 1 với k N,k 1. Ta có: p 1 2k 2 p 1 p 1 4k k 1 8 , mặt khác xét 3 số liên tiếp p 1, p, p 1 luôn tồn tại một số chia hết cho 3, số đó không phải là p nên suy ra p 1 hoặc p 1 chia hết cho 3. Vậy p 1 p 1 chia hết cho 3. Vì 3,8 1 nên p 1 p 1 24 . b) Ta có p4 1 p2 1 p2 1 p 1 p 1 p2 1 theo câu a) là p 1 p 1 24 , p2 1 là số chẵn nên p2 12 suy ra p4 1 chia hết cho 48. Ví dụ 23: Cho p là số nguyên tố. Tìm tất cả các số nguyên k sao cho k 2 pk là số nguyên dương Lời giải Khi p 2 ta có: k 2 pk k 2 2k k 1 2 1 do k 1 2 1 không thể là số chính phương lớn hơn 0. Khi p 3 ta xét hai trường hợp. + Nếu k chia hết cho số nguyên tố p thì ta đặt k np khi đó ta có: k 2 pk n2 p2 p2 n p2 n. n 1 do n n 1 0 không thể là số chính phương nên trường hợp này ta loại. + Nếu k không chia hết cho k np , tức là k, p 1 suy ra k,k p 1. Do đó k 2 pk k k p là số chính phương khi và chỉ khi k,k p là số chính phương. Tức là: k m2 ,k p n2 p m2 n2 m n m n , mà p là số nguyên tố nên ta suy ra 2 m n 1 p 1 p 1 m k . Thử lại ta thấy thỏa mãn. m n p 2 4 p 1 2 Vậy k với p là số nguyên tố lẻ. 4 x2 py2 Ví dụ 24: Cho p là số nguyên tố sao cho A là số tự nhiên. Khi đó A p 1. xy Lời giải x md Gọi d là ước chung lớn nhất của x, y ta suy ra y nd . m,n 1 x2 py2 m2 d 2 pn2 d 2 m2 pn2 m2 pn2 n A m2 pn2 mn m2 n Ta có: 2 2 2 xy mnd mn m pn m Mặt khác ta có m,n 1 suy ra n 1 do đó m2 pm pm mà p là số nguyên tố nên m 1 hoặc m p . + Nếu m 1 thì x y d A p 1.
Tài liệu đính kèm:
chuyen_de_boi_duong_hoc_sinh_gioi_mon_toan_lop_9_chu_de_8_mo.docx