Đề thi THPT Quốc gia môn Toán năm 2015, De thi thu THPT Quoc Gia nam 2015

You are here: Home »

Like VNMATH on FACEBOOK để ủng hộ VNMATH.

Đại số và các loại đại số - Phần 2: Số nguyên tố

VNMATH.COM 12 tháng 10, 2013 , 0

Tiếp theo Phần 1: Số học và nguồn gốc của đại số

21. Euclid đã chứng minh các số nguyên tố là vô hạn về số lượng như thế nào?
Lập luận chứng minh như sau:
Nếu chỉ có một số lượng hữu hạn số nguyên tố, thì phải có một số nguyên tố lớn nhất, ví dụ là P, khi đó thì số (2 × 3 × 5 × 7 × 11 × ... ×P) +1 sẽ cho số dư là 1 khi chia mỗi số 2, 3, 5, 7, 11,..., P.
Do đó, số trên không thể chia hết cho bất kì số nguyên tố nào trong những số này. Như vậy, nó phải là một số nguyên tố hoặc có thể nó là bội của một số nguyên tố lớn hơn P. Dù là trường hợp nào thì P cũng không là số nguyên tố lớn nhất. Vì vậy, có vô hạn số nguyên tố.
22. Phương pháp nào dùng để tính ra số nguyên tố?
Phương pháp tính số nguyên tố đến số N bất kì khá đơn giản. Trước tiên, chúng ta viết tất cả các số từ 1 đến N,
1, 2, 3, 4,..., N
sau đó xóa đi, trước tiên là số 1, rồi đến tất cả những số bội của 2 ngoại trừ 2, rồi đến tất cả những số là bội của 3 ngoại trừ 3, rồi đến tất cả những số là bội của 5 ngoại trừ 5, rồi đến tất cả những số là bội của 7 ngoại trừ 7, và cứ thế. Các bội số của 4, 6,... đã bị xóa trước đó. Những số còn lại khi ấy sẽ là số nguyên tố.
23. Các số nguyên tố phân bố như thế nào?
Mặc dù vô hạn về số lượng, nhưng con số càng lớn thì chúng ta càng hiếm gặp số nguyên tố hơn. Nhưng sự phân bố của chúng là cực kì không đều, bởi vì trong khi hai số nguyên tố liên tiếp có thể chỉ sai khác nhau 2, nhưng hai số nguyên tố liên tiếp cũng có thể sai khác nhau đến một triệu.
Ví dụ, xét các số 10! + 2, 10! + 3, 10! + 4,..., 10! + 10 lần lượt chia hết cho 2, 3, 4,..., 10. Theo cách này, chúng ta có thể tạo ra nhiều hợp số liên tiếp như chúng ta muốn, cho dù một triệu hoặc nhiều hơn, trong đó không có số nào là số nguyên tố. Mặt khác, các số nguyên tố 1.000.000.009.649 và 1.000.000.009.651 chỉ sai khác nhau 2.
24. Có bao nhiêu số nguyên tố nằm giữa một con số bất kì và số gấp đôi của nó?
Giữa một con số bất kì lớn hơn 1 và số gấp đôi của nó luôn luôn có ít nhất một số nguyên tố.
Joseph Bertrand đã ước chừng kết quả này và đã xác nhận nó theo kiểu kinh nghiệm bằng những bảng kê đến những con số rất lớn, nhưng nó thật sự được chứng minh bởi Chebychev.
25. Có bao nhiêu số nguyên tố nhỏ hơn một con số cho trước?
Một ước đoán số lượng số nguyên tố nhỏ hơn một con số cho trước cũng đã được nêu ra.
Các số nguyên tố nhỏ hơn 20 là 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, tức là có 8 số, nên ta nói p(20) = 8.
Tương tự, p(100) = 25, p(200) = 46, p(300) = 62, p(400) = 78, p(500) = 95, p(600) = 109, p(700) = 125, p(800) = 139, p(900) = 154, p(1000) = 168.
Danh sách có thể tiếp tục đến vô hạn, nhưng không thể tìm được một công thức đơn giản cho p(x), trong đó p(x) là kí hiệu cho số lượng số nguyên tố nhỏ hơn x.
26. Định lí số nguyên tố là gì?
Định lí số nguyên tố phát biểu rằng đối với giá trị x lớn, số lượng số nguyên tố nhỏ hơn x xấp xỉ bằng x/lnx.
Định lí được phỏng đoán bởi Gauss vào năm 1793, nhưng được chứng minh bởi Hadamard và de la Valle’e Poussin vào một thế kỉ sau đó, năm 1896.
27. Có công thức nào cho ra tất cả các số nguyên tố hay không?
Không. Người ta đã tốn nhiều công sức để tìm một công thức sẽ cho ra mọi số nguyên tố, nhưng chẳng có ai thành công.
Có thể nhắc lại một số trường hợp.
Biểu thức n2 + n + 17 là số nguyên tố với mọi giá trị của n từ 1 đến 16,
2n2 + 29 là số nguyên tố với các giá trị của n từ 1 đến 28,
n2 – n + 41 là số nguyên tố với các giá trị của n từ 1 đến 40,
và n2 – 79n + 1601 hay (n – 40)2 + (n – 40) + 41 là số nguyên tố với các giá trị của n từ 1 đến 79.
Dirichlet đã chứng minh rằng mỗi chuỗi số
an + b, n = 0, 1, 2,3,...
trong đó a, b là hai số nguyên dương không có ước số chung lớn hơn 1, có chứa một số lượng vô hạn số nguyên tố.
Ví dụ, có vô hạn số nguyên tố có dạng 6n + 1, mặc dù, tất nhiên, không phải số nào như thế cũng là số nguyên tố. Với n = 4, 6n + 1 bằng 25, không phải là số nguyên tố.
Tuy nhiên, người ta đã chứng minh được rằng không có công thức đại số dạng hữu tỉ nào có thể chỉ biểu diễn số nguyên tố.
28. Có phải mọi số nguyên tố đều giống nhau?
Có hai dạng số nguyên tố.
Tất cả số nguyên tố ngoại trừ 2 đều có dạng hoặc 4n – 1 hoặc 4n + 1.
Trong số này, mỗi số nguyên tố có dạng 4n + 1 có thể được biểu diễn là tổng của hai bình phương duy nhất. Ví dụ, 5 = 12 + 22, 13 = 22 + 32, 17 = 12 + 42, 29 = 22 + 52, 953 = 132 + 282.
Tuy nhiên, nếu một số có dạng 4n + 1 có thể được biểu diễn là tổng của hai bình phương theo hai cách khác nhau, thì nó không thể là số nguyên tố. Ví dụ, 545 = 172 + 162 = 232 + 42, và 545 không phải là số nguyên tố.
Không có số nguyên nào dạng 4n – 1 có thể bằng tổng của hai bình phương, ví dụ 11 hay 23 không thể nào được biểu diễn như thế.
29. Những câu hỏi nào về số nguyên tố cho đến nay chưa được giải đáp?
Hai câu hỏi trông đơn giản liên quan đến số nguyên tố nhưng chưa được giải đáp là như sau:
Một là, có vô hạn số nguyên tố thuộc dạng n2 + 1, trong đó n là số nguyên hay không.
Nếu chúng ta cho n nhận liên tiếp các giá trị 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10,... thì (n2 + 1) nhận các giá trị 2, 5, 10, 17, 26, 37, 50, 65, 82, 101,... Trong số này có một số là số nguyên tố còn số khác thì không. Câu hỏi đặt ra là đến lúc nào thì quá trình này dừng cho ra số nguyên tố.
Hai là phỏng đoán của Goldbach khẳng định rằng mỗi số chẵn lớn hơn 2 bằng tổng của hai số nguyên tố, ví dụ 40 = 11 + 29. Giả thiết đã được xác nhận bởi những bảng kê số nhưng chưa từng được chứng minh.
30. Định lí cơ bản của số học! Nó là gì?
Một tính chất mà mỗi số nguyên lớn hơn 1 đều có là hoặc nó là số nguyên tố, hoặc nó có thể được phân tích thành tích của các thừa số nguyên tố theo cách duy nhất.
Kết quả cho mỗi số nguyên được phân tích thành tích của các thừa số duy nhất như thế này được gọi là định lí cơ bản của số học.
Ví dụ, 30 có thể được phân tích thành 2 × 3 × 5 và không có cách nào khác, một trật tự sắp xếp khác của các thừa số, ví dụ 3 × 2 × 5, không được xem là một phân tích thừa số khác.
Định lí này còn được gọi là định lí phân tích thành thừa số duy nhất.
31. Số nguyên tố sinh đôi là gì?
Một hiện tượng thú vị là sự xuất hiện của những cặp số nguyên tố còn gọi là số nguyên tố sinh đôi.
Một cặp sinh đôi là một cặp số nguyên tố có hiệu bằng 2, ví dụ như 11 và 13.
Các cặp số nguyên tố nhỏ hơn 1000, xếp theo thứ tự, là:
(3, 5), (5, 7), (11, 13), (17, 19), (29, 31), (41, 43), (59, 61), (71, 73), (101, 103), (107, 109), (137, 139), (149, 151), (179, 181), (191, 193), (197, 199), (227, 229), (239, 241), (269, 271), (281, 283), (311, 313), (347, 349), (419, 421), (431, 433), (461, 463), (521, 523), (569, 571), (599, 601), (617, 619), (641, 643), (659, 661), (809, 811), (821, 823), (827, 829), (857, 859), và (881, 883).
32. Có phải các số nguyên tố sinh đôi cũng vô hạn về số lượng?
Ba mươi lăm cặp số vừa nêu ở trên là nằm giữa 1 và 1000. Nhưng danh sách có thể tiếp tục kéo dài đến vô hạn.
Một cặp sinh đôi khác là (4049, 4051).
Một cặp khác nữa là (1.000.000.009.649, 1.000.000.009.651).
Người ta ước đoán rằng số lượng cặp số nguyên tố sinh đôi là vô hạn, nhưng chưa ai chứng minh được.
33. Tính chất chung cho các số nguyên tố sinh đôi là gì?
Mọi cặp số nguyên tố, trừ ngoại lệ là cặp số đầu tiên, tức cặp (3,5), có một tính chất chung nổi bật là tổng các số trong cặp luôn luôn chia hết cho 12.
Ví dụ, cặp (5,7) có tổng bằng 12, cặp (11,13) có tổng bằng 24, cặp (17,19) có tổng bằng 26, và vân vân, mỗi tổng đều chia hết cho 12.
34. Một hợp số có bao nhiêu ước số?
Đặt N = apbqcr là một hợp số, trong đó a, b, c là những số nguyên tố khác nhau, và p, q, r là các số nguyên dương.
Số lượng ước số khi đó là (p + 1)(q + 1)(r + 1).
Chứng minh thế nào?
Xét tích số
(1 + a + a2 + ... + ap) (1 + b + b2 + ... + bq) (1 + c + c2 + ... + cr).
Tổng các số hạng trong tích này là (p + 1)(q + 1)(r + 1) và mỗi số hạng trong tích trên là một ước số của con số đã cho. Vì thế, số lượng ước số là (p + 1)(q + 1)(r + 1).
Đồng thời, không còn số nào khác có thể là ước số.
Trong các ước số này đã tính luôn cả 1 và số N.
35. Tính chất này được khái quát hóa như thế nào?
Nếu N = apbqcrds..., thì số lượng ước số tương tự sẽ là (p + 1)(q + 1)(r + 1)(s + 1)..., trong đó đã tính cả 1 và số N.
36. Số 30 có bao nhiêu ước số, và chúng bằng bao nhiêu?
Vì 30 = 2 × 3 × 5 = 21 × 31 × 51,
nên số lượng ước số = 2 × 2 × 2 = 8.
Các ước số đó là 2, 3, 5, 6, 10, 15; 1 và 30.
37. Số 7056 có bao nhiêu ước số?
Vì 7056 = 24 × 32 × 72,
nên số lượng ước số = (4 + 1)(2 + 1)(2 + 1) = 5 × 3 × 3 = 45.
Nếu trừ đi hai ước số tầm thường 1 và 7056 thì số lượng ước số đích thực = 43.
38. Làm thế nào xác định số mũ cao nhất của một số nguyên tố chứa trong n! ?
Một ví dụ sẽ làm sáng tỏ phương pháp xác định.
Chúng ta hãy tìm số mũ cao nhất của 3 trong 100!, tức là tích 1.2.3....100.
Số nguyên 3 chỉ xuất hiện trong các số nguyên 3, 6, 9,...,99, tức là mỗi số nguyên chia hết cho 3.
Do đó, số lượng của chúng được cho bởi thương số của 100 và 3, tức là 33.
3 xuất hiện lần thứ hai trong các số nguyên 9, 18, 27,...,99, số lượng của chúng bằng thương của 100 chia 9, tức là 11.
3 xuất hiện lần thứ ba trong số nguyên 27, 54, 81.
Số lượng của chúng bằng thương số 100 chia 27, tức là 3.
3 xuất hiện lần thứ tư chỉ trong số 81.
Vì thế số mũ cao nhất cần tìm bằng 33 + 11 + 3 + 1 = 48.
Như vậy, để tìm số mũ cao nhất của một số nguyên tố p chứa trong n!, chúng ta tìm thương số của n chia lần lượt cho p, p2, p3,... rồi cộng chúng lại.
Tương tự, ta có thể tìm số mũ cao nhất của 7 chứa trong 1000! là 164.
39. Định lí Fermat là gì?
Nếu p là một số nguyên tố, và N là số nguyên tố cùng nhau với p, thì Np – 1 – 1 là một bội số của p.
Đây chính là định lí Fermat.
Vì N là số nguyên tố cùng nhau với p, nên có thể nhân biểu thức trên với N, và chúng ta có được kết quả sau:
Np – N là chia hết cho p với mỗi số nguyên tố p.
Như vậy, n2 – n là chia hết cho 2.
Nói bằng lời, kết quả này có nghĩa là hiệu giữa bình phương của một số và chính số đó luôn luôn là một số chẵn.
Tương tự, n3 – n, n5 – n, n7 – n, n11 – n,... lần lượt chia hết cho 3, 5, 7, 11,..., nhưng những kết quả tương tự không đúng đối với n4 – n, n6 – n,... vì 4, 6 không phải là số nguyên tố.
40. Nhưng làm thế nào n5 – n chia hết cho 30, chứ không chỉ chia hết cho 5?
Vì 5 là số nguyên tố, do đó theo định lí Fermat n5 – n là chia hết cho 5.
Hơn nữa,
n5 – n = n (n4 – 1)
           = n (n2 – 1) (n2 + 1)
           = n (n – 1) (n + 1) (n2 + 1)
           = (n – 1) n (n + 1) (n2 + 1)
(n – 1) n (n + 1) là kí hiệu cho tích của ba số tự nhiên liên tiếp, và chia hết cho 3! hoặc 6. Do đó, n5 – n là chia hết cho 5 × 6, tức là 30.
Lập luận tương tự, ta có n7 – n còn chia hết cho 7 × 6, tức là 42, chứ không chỉ chia hết cho 7.
41. Từ định lí Fermat còn suy ra được những kết quả gì khác?
Ta suy ra được những kết quả sau đây:
1.Mỗi số chính phương là có dạng 5n hoặc 5n ± 1, trong đó n là một số nguyên dương.
2.Mỗi số có căn bậc ba nguyên là có dạng 9n hoặc 9n ± 1.
3.Một số vừa là chính phương vừa có căn bậc ba nguyên thì có dạng 7n hoặc 7n + 1.
42. Định lí Wilson là gì?
Định lí Wilson phát biểu rằng:
Số (n – 1)! + 1 là chia hết cho n, nếu và chỉ nếu n là số nguyên tố.
Ví dụ, với n = 5, (n – 1)! + 1 bằng 25 chia hết cho 5, vì 5 là số nguyên tố.
Nhưng nếu n = 6, thì (n – 1)! + 1 bằng 121 không chia hết cho 6, vì 6 không phải là số nguyên tố.
43. Người ta sử dụng phép quy nạp toán học như thế nào để chứng minh tính chia hết?
Phương pháp quy nạp toán học trong đó chúng ta đi từ phát biểu riêng đến phát biểu khái quát thỉnh thoảng có thể được sử dụng để chứng minh một số kết quả về tính chia hết.
Lấy ví dụ, chúng ta chứng minh rằng 32n – 2n – 1 là chia hết cho 2, với mọi giá trị nguyên dương của n.
Ta hãy kí hiệu biểu thức trên là f(n), khi đó
f(n) = 32n – 2n – 1                             (1)
biến đổi n thành n + 1 ta có
f(n + 1) = 32n+2 – 2(n + 2) – 1
             = 9. 32n – 2n – 3                    (2)
Nhân (1) với 9, rồi lấy (2) trừ (1), ta được
f(n + 1) – 9f(n) = – 2n – 3 – 9 (–2n – 1)
                         = –2n – 3 + 18 n + 9
                         = 16n + 6
                         = 2 (8n + 3)
Do đó, nếu f(n) chia hết cho 2, thì f(n + 1) cũng chia hết cho 2.
Cụ thể, f(1) = 32 – 2 – 1 = 6, chia hết cho 2, nên f(2) chia hết cho 2, rồi f(3) cũng vậy, cứ thế. Như vậy, kết quả là đúng cho mọi trường hợp.
Những kết quả sau đây có thể được chứng minh tương tự:

i) 10n + 3.42+2 + 5 là chia hết cho 9
ii) 34n+2 + 52n+1 là chia hết cho 14
iii) 32n+2 – 8n – 9 là chia hết cho 64
iv) 32n+5 + 160n2 – 56n – 243 là chia hết cho 512
v) 52n+2 – 24n – 25 là chia hết cho 576.
44. Các số Pi-ta-go là gì?
Các số nguyên dương x, y, z được gọi là số Pi-ta-go nếu chúng thỏa mãn phương trình: x2 + y2 = z2.
Hai ví dụ quen thuộc của những số như thế là 3, 4, 5 và 5, 12, 13.
Ở đây ta có 32 + 42 = 52, và 52 + 122 = 132.
Các số Pi-ta-go luôn làm thành ba cạnh của một tam giác vuông.
Đặc điểm nổi bật nhất của tam giác vuông được cho bởi định lí Pi-ta-go. Định lí phát biểu rằng tổng bình phương của hai cạnh góc vuông bằng bình phương của cạnh huyền.
Theo định lí Pi-ta-go, 32 + 42 = 52.
Các số như vậy được cho bởi
x = m2 – n2
y = 2mn
z = m2 + n2
Trong đó m, n là hai số nguyên dương bất kì, và m lớn hơn n.
45. Còn tổng lũy thừa cao nhất của các số nguyên thì sao? Hay định lí cuối cùng của Fermat là gì?
Một bước đi tự nhiên là tìm các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn
x3 + y3 = z3
x4 + y4 = z4
x5 + y5 = z5, và vân vân.
Tất cả những trường hợp này được gộp chung lại như sau:
Tìm các số nguyên x, y, z sao cho xn + yn = zn ,trong đó n là một số nguyên lớn hơn 2.
Vào khoảng năm 1637, Fermat đã dành thời gian nghiên cứu bài toán này và đi tới kết luận rằng không thể tìm được những số nguyên như thế.
Kết quả này được gọi là định lí cuối cùng của Fermat.
Ông có đề cập rằng ông đã tìm ra một cách chứng minh tuyệt diệu cho bài toán này, nhưng lề của quyển sách chỗ ông viết là quá hẹp để chứa nó. Fermat có thói quen ghi lại một số ý tưởng của ông trên lề của những quyển sách toán của ông.
46. Phép chứng minh đó có được khám phá lại hay không?
Một số nhà toán học trong hơn ba trăm năm qua đã cố gắng để khám phá chứng minh đó nhưng không ai thành công.
Định lí đã được chứng minh cho một vài giá trị của n, và người ta chưa tìm thấy ngoại lệ nào, nhưng một chứng minh tổng quát đúng cho mọi giá trị của n cho đến nay vẫn còn né tránh tất cả các nỗ lực.*
[Không có trong nguyên bản] *Định lý này đã làm hao mòn không biết bao bộ óc vĩ đại của các nhà toán học lừng danh trong gần 4 thế kỉ. Cuối cùng nó được chứng minh bởi Andrew Wiles năm 1993 sau gần 8 năm ròng nghiên cứu, phát triển chứng minh các giả thiết có liên quan.
47. Mỗi số nguyên dương có thể được biểu diễn theo tổng của bốn bình phương hay không?
Một tính chất thú vị đúng cho mọi số nguyên dương là mỗi số nguyên như thế có thể được biểu diễn ở dạng x2 + y2 + z2 + u2, các giá trị bằng 0 của x, y, z, u là không thể tránh khỏi.
Ví dụ,
1 = 02 + 02 + 02 + 12
2 = 02 + 02 + 12 + 12
3 = 02 + 12 + 12 + 12
4 = 12 + 12 + 12 + 12
5 = 02 + 02 + 12 + 22
6 = 02 + 12 + 12 + 22
7 = 12 + 12 + 12 + 22
        vân vân.
50 = 02 + 02 + 12 + 72
234 = 22 + 52 + 62 + 132
2011 = 132 + 162 + 192 + 352
       vân vân.
48. Các biểu diễn như trên có là duy nhất hay không?
Không. Có thể biểu diễn một con số theo kiểu như vậy bằng nhiều cách. Ví dụ
10007    = 992 + 142 + 32 + 12
                = 742 + 652 + 152 + 92
= 622 + 592 + 512 + 92
49. Những kết quả như thế có tồn tại cho số mũ nguyên 3 và số mũ cao hơn hay không?
Các nghiên cứu đã được thực hiện theo chiều hướng này kể từ năm 1770 và các kết quả liên tục được cải thiện.
Những kết quả thu được cho đến nay đủ để phát biểu rằng mỗi số nguyên N đủ lớn là tổng của 9 mũ 3, 19 mũ 4, 41 mũ 5, 87 mũ 6, 193 mũ 7, 425 mũ 8, 949 mũ 9 hoặc 2113 mũ 10.
Giới hạn trên của số N chưa được xác định, nhưng nó phải là cực lớn.
50. Giả thiết Goldbach về các số lớn là gì?
Vào năm 1742, Goldbach đã nêu giả thiết rằng mỗi số lẻ N đủ lớn có thể được biểu diễn bằng tổng của ba số nguyên tố, tức là
số lẻ N = p1 + p2 + p3
nhưng giả thiết thật ra được chứng minh bởi Vinogradov vào năm 1937.
Nếu chúng ta cộng thêm 3 vào hai vế của biểu thức liên hệ này, ta có
số chẵn N = p1 + p2 + p3 + 3
tức là mỗi con số chẵn đủ lớn có thể được biểu diễn bằng tổng của bốn số nguyên tố.
Người ta còn biết rằng mỗi số nguyên đủ lớn là tổng của tối đa 20 số nguyên tố.

Còn nữa...

Về VNMATH.COM

VNMATH hoạt động từ năm 2008 với slogan Trao đổi để học hỏi, Sẻ chia để vươn lên. Hiện nay VNMATH.COM là trang web Toán học có lượt truy cập lớn nhất Việt Nam.

Chia sẻ bài viết này


Bài viết liên quan

Không có nhận xét nào :

Để lại Nhận xét