Cho p q là các số nguyên tố phân biết hỏi có bao nhiêu cặp số nguyên dương x y thỏa mãn 1 x 1 y 1 pq

CHUYÊN ĐỀ SỐ NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây [227.6 KB, 25 trang ]

CHUYÊN ĐỀ SỐ NGUYÊN TỐ - HỢP SỐ
A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT
1. Số nguyên tố
+ Số nguyên tố là số tự nhiên lớn hơn 1 có 2 ước dương là 1 và chính nó.
+ Số nguyên tố nhỏ nhất là 2, đó là số nguyên tố chẵn duy nhất.Tất cả số nguyên tố còn lại đều là
số lẻ.
2. Hợp số
+ Hợp số là số tự nhiên lớn hơn 1 có nhiều hơn 2 ước dương.
+ Ước nguyên tố nhỏ nhất của một hợp số a là một số không vượt quá a .
3. Phân tích một số ra thừa số nguyên tố
+ Là viết số đó dưới dạng tích của nhiều thừa số, mỗi thừa số là một số nguyên tố hoặc là lũy thừa
của một số nguyên tố.
+ Dù phân tích một thừa số ra thừa số nguyên tố bằng cách nào thì cuối cùng ta cũng được một kết
quả duy nhất.
4. Số nguyên tố cùng nhau.
+ Hai hay nhiều số được gọi là nguyên tố cùng nhau khi UCLN của chúng bằng 1.
+ Hai số tự nhiên liên tiếp là hai số nguyên tố cùng nhau.
5. Hệ quả.
+ Số a > 1 không có ước nguyên tố nào từ 2 đến a thì a là một số nguyên tố.
+ Tập hợp số nguyên tố là vô hạn.
B.CÁC DẠNG TOÁN.
DẠNG 1. SỬ DỤNG CÁC TÍNH CHẤT CỦA PHÉP CHIA SỐ NGUYÊN.
* Trong n số nguyên liên tiếp có một và chỉ một số chia hết cho n.
* Mọi số nguyên tố lớn hơn 2 đều có dạng 4n �1 .
* Mọi số nguyên tố lớn hơn 3 đều có dạng 6n �1 .
Bài 1: Cho p là số nguyên tố và một trong 2 số 8p+1 và 8p-1 là 2 số nguyên tố, hỏi số thứ 3 [ngoài 2 số
nguyên tố, số còn lại] là số nguyên tố hay hợp số?
HD:
Với p =3 ta có 8p+1=25 là hợp số, còn 8p-1 là số nguyên tố.
Với p �3 ta có 8p-1,8p,8p+1 là 3 số nguyên tố liên tiếp nên có một số chia hết cho 3.Do p là
nguyên tố khác 3 nên 8p không chia hết cho 3,do đó 8p-1 hoặc 8p+1 có một số chia hết cho 3. Vậy số thứ

3 là hợp số.
Bài 2. Hai số 2n  1 và 2n  1 [n>2] có thể đồng thời là số nguyên tố được không? Tại sao?
HD:
Trong 3 số nguyên liên tiếp 2n  1, 2n , 2n  1 có một số chia hết cho 3, nhưng 2n không chia hết cho
3, do đó 2n  1 hoặc 2n  1 có một số chia hết cho 3 và lớn hơn 3.
Vậy 2n  1, 2n  1 không đồng thời là số nguyên tố.
Bài 3. Chứng minh rằng nếu p và p+2 là hai số nguyên tố lớn hơn 3 thì tổng của chúng chia hết cho 12.
HD:
Ta có: p + [p + 2] = 2[p + 1].
p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p là số nguyên tố lẻ suy ra: p  1M2 � 2[ p  1]M4 [*]
p, p+1, p+2 là 3 số nguyên liên tiếp nên có một số chia hết cho 3, mà p và p+2 không chia hết cho 3
nên: p  1M3 � 2[ p  1] M3 [**]

12 . [đpcm]
Từ * và** suy ra: 2[ p  1]M
Bài 4. Tìm số nguyên tố p sao cho p+10 và p+14 là các số nguyên tố.
HD:

1


Với p = 3 thì p + 3 = 13 và p + 14 = 17 là các số nguyên tố.
Với p > 3 thì p  3k �1 .
Nếu p  3k  1 thì p  14  3k  15M3 ;
Nếu p  3k  1 thì p  10  3k  9M3 ;
Vậy với p  3 thì p  10 và p  14 là số nguyên tố.
Bài 5.
a] Tìm 3 số lẻ liên tiếp đều là các số nguyên tố.
b] Tìm số nguyên tố p sao cho p vừa là tổng vừa là hiệu của hai số nguyên tố.
HD:

a] Trong 3 số lẻ liên tiếp có một số chia hết cho 3. Vậy trong 3 số nguyên tố đã cho phải có một số
chia hết cho 3 và 3 số nguyên tố lẻ liên tiếp là 3, 5, 7.
b] Giả sử p  p1  p2  p3  p4 với p1 , p2 , p3 , p4 là các số nguyên tố.
+ Vì p1 , p2 là số nguyên tố nên p  2 , suy ra p lẻ.
+ Trong hai số p1 , p2 phải có một số chẵn, trong hai số p3 , p4 cũng phải có một số chẵn. Chẳng hạn
p2  p4  2 . Khi đó: p  p1  2  p3  2 � p4  1  p3 . Ta có p1 , p1  2, p1  4 là các số nguyên tố lẻ liên
tiếp nên theo câu a] p1  3 từ đó p  5 . Thử lại: 5  3  2  7  2 .
Bài 6. Tìm các số tự nhiên k để dãy: k  1, k  2, k  3,..., k  10 chứa nhiều số nguyên tố nhất.
HD:
Với k = 0 ta có dãy 1, 2,3,...,10 chứa 4 số nguyên tố là 2, 3, 5, 7.
Với k = 1 ta có dãy 2, 3, 4, ..., 11 chứa 5 số nguyên tố là 2, 3, 5, 7, 11.
Với k = 2 ta có dãy 3, 4, 5, ..., 12 chứa 4 số nguyên tố là 3, 5, 7, 11.
Với k �3 dãy k  1, k  2, k  3,..., k  10 chứa 5 số lẻ liên tiếp, các số lẻ này lớn hơn 3 nên chia có
một số chia hết cho 3, mà 5 số chẵn trong dãy hiển nhiên không là số nguyên tố. Vậy trong dãy ít hơn 5
số nguyên tố.
Tóm lại k=1 thì dãy k  1, k  2,..., k  10 chứa nhiều số nguyên tố nhất.
Bài 7. Ta gọi p, q là hai số tự nhiên liên tiếp, nếu giữa p và q không có số nguyên tố nào khác. Tìm 3 số
nguyên tố liên tiếp p, q, r sao cho p 2  q 2  r 2 cũng là số nguyên tố.
HD:
Nếu 3 số nguyên tố p, q, r đều khác 3 thì p, q, r đều có dạng 3k �1 suy ra p 2 , q 2 , r 2 chia cho 3 đều
dư 1 . Khi đó p 2  q 2  r 2 M3 và p 2  q 2  r 2  3 nên p 2  q 2  r 2 là hợp số.
Vậy p = 3, q = 5, r = 7, khi đó p 2  q 2  r 2  32  52  7 2  83 là số nguyên tố.
Bài 8. Tìm 3 số nguyên tố sao cho p q  q p  r .
HD:
Giả sử có 3 số nguyên tố p, q, r sao cho p q  q p  r .
Khi đó r  3 nên r là số lẻ, suy ra p, q không cùng tính chẵn lẻ.
Giả sử p = 2 và q là số lẻ. Khi đó ta có 2q  q 2  r .
Nếu q không chia hết cho 3 thì q 2 �1 [mod 3].
3 , vô lí.
Mặt khác vì q lẻ nên 2q �1 [mod 3], từ đó suy ra 2q  q 2 M3 � r M

Vậy q = 3, lúc đó r  23  32  17 là số nguyên tố.
Vậy p  2, q  3, r  17 hoặc p  3, q  2, r  17 .
Bài 9.
a] Chứng minh rằng số dư trong phép chia của một số nguyên tố cho 30 chỉ có thể là 1 hoặc là số
nguyên tố. Khi chia cho 30 thì kết quả ra sao?

2


b] Chứng minh rằng nếu tổng của n lũy thừa bậc 4 của các số nguyên tố lớn hơn 5 là một số nguyên
tố thì [n,30] = 1.
HD:
a] Giả sử p là số nguyên tố và p  30k  r với 0  r  30 . Nếu r là hợp số thì r có ước nguyên tố
q � 30 � q  2;3;5 . Nhưng với q =2; 3; 5 thì q lần lượt chia hết cho 2; 3; 5, vô lí. Vậy r = 1 hoặc r là số

nguyên tố.
Khi chia cho 60 thì kết quả không còn đúng nữa, chẳng hạn p= 109= 60.1+ 49, 49 là hợp số.
b] Số nguyên tố p khi chia cho 30 chỉ có thể dư là 1, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29.
Với r = 1, 11, 19, 29 thì p 2 �1 [mod 30].
Với r = 7, 13, 17, 23 thì p 2 �19 [mod 30].
Suy ra p 4 �1 [mod 30].
Giả sử p1, p2 ,... pn là các số nguyên tố lớn hơn 5.
4
4
4
Khi đó q  p1  p2  ...  pn �n[mod 30] � q  30k  n là số nguyên tố nên [n,30]=1.

Bài 10. Tìm tất cả các bộ ba số nguyên tố a, b, c sao cho abc  ab  bc  ca .
HD:
Vì a, b, c có vai trò như nhau nên giả sử a �b �c .

Khi đó ab  bc  ca �3bc � abc  3bc � a  3 � a  2 [vì a là số nguyên tố].
Với a =2 ta có 2bc  2b  2c  bc � bc  2[b  c] �4c � b  4 � b  2 hoặc b = 3.
+ Nếu b = 2 thì 4c  2  4c thõa với c là số nguyên tố bất kì.
+ Nếu b = 3 thì 6c  6  5c � c  6 � c  3 hoặc c  5 .
Vậy các cặp số [a, b, c] cần tìm là [2, 2, p], [2, 3, 3], [2, 3, 5] và các hoán vị của chúng, với p là số
nguyên tố.
Bài 11. Cho dãy số nguyên dương a1 , a2 ,...., an được xác định như sau: a1  2 , an là ước nguyên tố lớn
nhất của a1a2 a3 ...an 1  1 với n �2 . Chứng minh rằng ak �5 với mọi k.
HD:
Ta có a1  2, a2  3 , giả sử với n �3 nào đó mà có số 5 là ước nguyên tố lớn nhất của số
A  2.3.a3 ....an 1  1 thì A không thể chia hết cho 2, cho 3. Vậy chỉ có thể xảy ra A  5m với m �2 , suy ra
A  1  5m  1M4 .
Mà A  1  2.3.a3 ....an 1 không chia hết cho 4 do a3,...an 1 là các số lẻ, vô lí.

Vậy A không có ước nguyên tố của 5, tức là ak �5 , k �N * .
Bài 12. Tìm tất cả các số nguyên tố p để 2 p  p 2 cũng là số nguyên tố.
HD:
Với p = 2 ta có 2 p  p 2  2 2  2 2  4 không là số nguyên tố.
Với p = 3 ta có 2 p  p 2  2 3 32  17 là số nguyên tố.
Với p > 3 ta có p 2  2 p  [ p 2  1]  [2 p  1]. Vì p lẻ và p không chia hết cho 3 nên p 2  1M3 và
p
2
2 p  1M
3 , do đó 2  p là hợp số.

Vậy, với p=3 thì 2 p  p 2 là số nguyên tố.
DẠNG 2. ÁP DỤNG ĐỊNH LÍ FERMAT.
p là số nguyên tố và [a,p] = 1 thì a p 1 �1 [mod p].
Bài 1. Nhà toán học Pháp Fermat đã đưa ra công thức 22 n  1 để tìm các số nguyên tố với mọi n tự nhiên.
1. Hãy tính giá trị của công thức này khi n = 4.

2. Với giá trị này hãy chứng tỏ ba tính chất sau:
a] Tổng hai chữ số đầu và cuối bằng tổng các chữ số còn lại.

3


b] Tổng bình phương các chữ số là số chính phương.
c] Hiệu giữa tổng các bình phương của hai chữ số đầu và cuối với tổng các bình phương của các
chữ số còn lại bằng tổng các chữ số của số đó.
HD:
4

1. Ta thay n = 4 vào công thức Fermat và được: 22  1  65537 là số nguyên tố.
2. Số nguyên tố 65537 có ba tính chất sau:
a] Tổng hai chữ số đầu và cuối 6 + 7 = 13 đúng bằng tỏng ba chữ số còn lại 5+5+3=13.
b] Tổng bình phương các chữ số 62  52  52  32  7 2  36  25  25  9  49  144 là số chính
phương vì 144  122 .
c] Tổng bình phương của hai chữ số đầu và cuối là 62  7 2  36  49  85 . Tổng các bình phương
của ba chữ số còn lại là 52  52  32  25  25  9  59 . Tổng các chữ số đó là 6  5  5  3  7  26 .
Ta nhận thấy rằng 85  59  26 . Hiệu này đúng bằng tổng các chữ số của số nguyên tố 65537.
4 n 1

10 n1

Bài 2. Cho n �N * , chứng minh rằng: 22  19 và 23
HD:
10 n1
Ta chứng minh 22  19M23 với mọi n �1 .
1
210 n�

 2 [mod 22]
Ta có: 210 �1[mod1] �
10 n1

Theo định lý Fermat: 222 �1[mod 23] � 22
10 n1

Mặt khác: 22

10 n1

 19  23 nên 22
4 n1

 32

210 n 1

4 n1

 5 là những hợp số.

22k 2, [k

N] .
10 n 1

 222 k  2 �4[mod 23] � 22

 19M23 .

 19 là hợp số với mọi n �N * .

4 n 1

Ta chứng minh: 23  32  5M
11 với mọi n �1 .
Bài 3. Tìm số nguyên tố p sao cho 2 p  1 chia hết cho p.
HD:
Giả sử p là số nguyên tố thỏa: 2 p  1Mp .
Theo định lý Fermat: 2 p �2[mod p] � 2 p  2Mp � 3  [2 p  1]  [2 p  2] Mp � p  3 .
Với p = 3 ta có 2 p  1  9M3 .
Bài 4. Cho p là số nguyên tố lớn hơn 2. Chứng minh rằng có vô số số tự nhiên n thỏa n.2 n  1 chia hết
cho p.
HD:
Ta có 2 p 1 �1[mod p ] , ta tìm n  [ p  1] sao cho n.2n �1[mod p ] .
[ p 1]
[ p��
1].2
m
[mod p]
Ta có: n.2n �m

n.2n

m 1[mod p]

m

kp 1, [k

N *] .

Vậy, với n  [kp  1][ p  1], [k �N *] thì n.2n  1Mp .
Bài 5. Cho p là số nguyên tố, chứng minh rằng số 2 p  1 chỉ có ước nguyên tố có dạng 2 pk  1 .
HD:
Gọi q là ước nguyên tố của 2 p  1 thì q lẻ, nên theo định lí Fermat:
2q 1  1Mq � [2 p  1, 2q 1  1]  2[ p, q 1]  1Mq � q  1Mp , vì nếu [q  1, p ]  1 thì 1Mq , vô lí.
Mặt khác: q-1 chẵn suy ra q  1M2 p � q  2 pk  1 .
9 p 1
Bài 6. Giả sử p là số nguyên tố lẻ và m 
. Chứng minh rằng m là hợp số lẻ không chia hết cho 3 và
8
3m1 �1 [mod m].
HD:
3p 1 3p 1
3p 1
3p 1
.
.
 a.b , với a 
,b 
2
4
2
4
a, b đều là các số nguyên lớn hơn 1 nên m là hợp số.
Ta có: m 

4

Mà m  9 p 1  9 p 2  ...  9  1 và p lẻ nên m lẻ và m �1 [mod 3].
Theo định lí Fermat, ta có: 9 p  9Mp .
9p  9
[ p,8]  1 nên 9 p  9M
8 p � m  1M
Mp .
8
9 p 1
Vì m  1M2 nên m  1M2 p , khi đó: 3m1  1M32 p  1M
 m . [đpcm].
8
Bài 7. Chứng minh rằng dãy số 2003  23k với k  1, 2,3.... chứa vô hạn số là lũy thừa của cùng một số
nguyên tố.
HD:
Giả sử tồn tại số nguyên tố p sao cho:
2003  23k  p n
[1].
Trong đó k,n là các số nguyên dương nào đó.
Từ [1] dễ thấy p không chia hết cho số nguyên tố 23 nên [p,23]=1.
Theo định lí nhỏ Fermat thì p 22  1 chia hết cho 23, suy ra p 22t có dạng p 22t  1  23s với mọi số
nguyên dương t.
Từ đó p 22t  n  [1  23s ] p n  p n  23s. p n  2003  23k  23s. p n hay p 22t  n  2003  23[ k  sp n ] với
mọi t  1, 2,3,....
Bài toán được giải đầy đủ khi ta chỉ ra sự tồn tại số nguyên tố p thõa mãn [1]. Chẳng hạn:
Với p = 2 có 2003  23.91  212
Với p = 3 có 2003  23.8  37
Với p = 4 có 2003  23.6  2141
Với p = 2003 thì tồn tại k theo định lí Fermat thỏa mãn 2003  23k  200323 .

Bài 8. Tìm bảy số nguyên tố sao cho tích của chúng bằng tổng các lũy thừa bậc sáu của bảy số đó.
HD:
Gọi bảy số nguyên tố là p1, p2, p13, ....., p7 .
6
6
6
6
6
6
6
Ta có: p1 p2 p3 p4 p5 p6 p7  p1  p2  p3  p4  p5  p6  p7

[*]

Ta cần dùng định lí Fecma nhỏ:
Nếu số nguyên a không chia hết cho 7 thì a 6 �1[mod 7] .[Có thể chứng minh trực tiếp điều này
thông qua việc biến đổi a 3  [7k  r ]3  7t �1 với mọi r thỏa mãn 0 �r �6 , còn t là số nguyên]
Giả sử trong bảy số nguyên tố trên có k số khác 7 với 0 �k �7.
+ Nếu k = 0, nghĩa là cả bảy số trên đều bằng 7 thì ta có
7. 7. 7. 7. 7. 7. 7 = 76+ 76+ 76+ 76+ 76+ 76+ 76 thỏa mãn [*].
+ Nếu k = 7, nghĩa là cả bảy số trên đều là số nguyên tố khác 7 thì vế trái của [*] không chia hết
cho 7, còn vế phải của [*] chia hết cho 7 theo định lí Fec ma, điều này không xảy ra.
Vậy chỉ xảy ra bảy số nguyên tố trong đề bài đều là 7.
DẠNG 3: PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH.
Bài 1. Tìm n �N * để:
a] n 4  4 là số nguyên tố.
b] n 2003  n 2002  1 là số nguyên tố.
HD:
a] Ta có: n 4  4  [n 4  4n 2  4]  4n 2  [n 2  2] 2  [2n] 2  [ n 2  2  2n][ n 2  2  2n] .
Nếu n 4  4 là số nguyên tố thì n 2  2n  2  1 � n  1 .

Thử lại: Với n  1 thì n 4  4  5 là số nguyên tố.
Vậy, với n = 1 thì n 4  4 là số nguyên tố.

5


b] Ta có: n 2003  n 2002  1  n 2 [n 2001  1]  n[n 2001  1]  n 2  n  1 .
Với n  1 ta có: n 2001  1Mn3  1Mn 2  n  1
=> n 2003  n 2002  1Mn3  n  1 và n 2  n  1  1 nên n 2003  n 2002  1 là hợp số.
Với n = 1 thì n 2003  n 2002  1  3 là số nguyên tố.
Bài 2.
a] Tìm các số nguyên số p để 2p+1 là lập phương của một số tự nhiên.
b] Tìm các số nguyên tố p để 13p+1 là lập phương của một số tự nhên.
HD:
a] Giả sử 2 p  1  n 3 [với n �N ]; n là số lẻ nên n  2m  1 [ m �N ], khi đó
2 p  1  [2m  1]3 � p  m[4m 2  6m  3] .
Vì p là số nguyên tố nên m  1 , suy ra p  13 .
Thử lại: 2 p  1  2.13  1  27  33 . Vậy p  13 .
b] Giả sử 13 p  1  n3 [n  N ]; p

2 suy ra n �3 .

13 p  1  n 3 � 13 p  [n  1][n 2  n  1] .
13 và p là các số nguyên tố, mà n  1  1 và n 2  n  1  1
=> n  1  13 hoặc n  1  p .
+ Với n  1  13 thì n  14 , khi đó 13 p  n3  1  2743 � p  211 là số nguyên tố.
+ Với n  1  p thì n 2  n  1  13 � n  3 , khi đó p  2 là số nguyên tố.
Vậy với p=2, p=211 thì 13p+1 là lập phương của một số tự nhiên.
Bài 3. Tìm tất cả các số nguyên x, y thỏa x 2  2 y 2  1 .
HD:

Giả sử x, y là các số nguyên tố thỏa: x 2  2 y 2  1 .
Khi đó x 2  2 y 2  1 , suy ra x là số lẻ, đặt x  2n  1[n �N *] . Ta có:
[2n  1]2  2 y 2  1 � 4n 2  4n  1  2 y 2  1 � y 2  2[n 2  n] M2 � y M2 ,
mà y là số nguyên tố nên suy ra y = 2.
Với y = 2, ta có x  3 .
Thử lại với x  3 , y  2 thì x 2  2 y 2  1 .
Bài 4. Tìm các số nguyên tố x, y , z thỏa x y  1  z .
HD:
Vì x, y là các số nguyên tố nên x �2, y �2 suy ra z �5 .
z là số nguyên tố lẻ nên x y là số chẵn suy ra x=2, khi đó z  2 y  1 .
Nếu y lẻ thì 2 y  1M3 , suy ra zM3 , vô lí. Vậy y chẵn, suy ra y=2, z  22  1  5 .
Vậy các số nguyên tố cần tìm là x  y  2; z  5.
Bài 5. Chứng minh rằng nếu 1  2n  4n [ n �N *] là số nguyên tố thì n  3k với k �N .
HD:
Đặt n  3k .m với [m, 3]=1. Giả sử m>1, xét hai trường hợp:
i] m  3l  1[l �N *] . Ta có:
k

k

k

1  2n  4n  1  23 [3l 1]  43 [3l 1]  1  a [3l 1]  a [6l  2] , [với a  23 ], suy ra
1  2n  4n  a[a 3l  1]  a 2 [a 6l  1]  a 2  a  1Ma 2  a  1 � 1  2 n 4n là hợp số.
ii] m  3l  2, [l �N *] . Ta có:
k

1  2n  4n  1  23

[3l  2]

k

 43

[3l  2]

 1  a3l 2  a 6l 4  a[a 6l 3  1]  a 2 [a3l  1]  a2  a  1Ma 2  a  1

k

[với a  23 ].

6


Suy ra 1  2n  4n là hợp số.
Vậy m = 1 tức là n = 3k.
Bài 6. Cho a, b, c, d �N * thỏa mãn ab  cd . Chứng minh rằng: A  a n  b n  c n  d n là hợp số với mọi
n �N .
HD:
Giả sử [a, b]=t, khi đó: a  ta1 , c  tc1 với [ [ a1 , c1 ]  1 .
Từ ab = cd suy ra a1b  c1d � b Mc1 .
Đặt: b  kc1 � c1d  a1.kc1 � d  ka1 .
n
n
n
n
n n
n n

n n
n n
n
n
n
n
Khi đó: A  a  b  c  d  t a1  k c1  t c1  k a1  [k  t ][a1  c1 ] .

Vì k , t , a1 , c1 �N * nên A là hợp số.
Bài 7. Tìm tất cả các số nguyên tố p dạng

n[n  1]
 1 [ n �1 ].
2

HD:
n[n  1]
n 2  n  2 [n  1][ n  2]
.
1 

2
2
2
Với n = 2 ta có p = 2.
Với n = 3 ta có p = 5.
Với n > 3 thì n2 1  1 và n+2 >1 nên p là hợp số.
Ta có: p 

Vậy với n = 2, n = 3 thì p là số nguyên tố có dạng

n[n  1]
1.
2

ab
Bài 8. Tìm tất cả các số có hai chữ số ab sao cho
là số nguyên tố.
a b
HD:
Vì a,b có vai trò như nhau nên có thể giả sử a > b.
ab
 p với p là số nguyên tố.*
Giả sử
a b
Suy ra abMp � a Mp hoặc b Mp � p � 2,3, 5, 7 .

�
�
a  p  p2
a  p2  p
2
[
a

p
][
p

b

]

p
�
�
Từ * ta có ab=ap-bp
�
�
b  p 1
�p  b  1
�
Với p = 2 ta có ab  21 hoặc ab  12 .
Với p = 3 ta có ab  62 hoặc ab  26 .
Với p = 5 và p = 7 ta có a có 2 chữ số [loại].
Vậy các số ab cần tìm là 12, 21, 26, 62.
Bài 9. Cho các số p  bc  a, q  a b  c, r  c a  b là các số nguyên tố [ a, b, c �N * ]. Chứng minh rằng ba
số p, q, r có ít nhất hai số bằng nhau.
HD:
Ba số a, b, c có ít nhất hai số có cùng tính chẵn lẻ.
Giả sử a,b cùng chẵn hoặc cùng lẻ, khi đó p  b c  a là số nguyên tố chẵn, vậy p = 2.
Từ đó suy ra a = b = 1; q = c +1 và r = c+ 1 nên q = r.
Bài 10.
a] Cho 2k  1 là số nguyên tố [gọi là nguyên tố Fermat]. Chứng minh rằng k = 0 hoặc k = 2n.
b] Cho 2k - 1 là số nguyên tố [gọi là số nguyên tố Mersenne]. Chứng minh rằng k là số nguyên tố.
HD:

7


a] Giả sử phản chứng rằng k > 0 và k �2n với mọi n.

Khi đó k = 2n . t, với t lẻ > 1. Vô lí với 2k + 1 là số nguyên tố.
Vậy k = 0 hoặc k = 2n.
b] Giả sử k = m . t với 1 < t < k
=> khi đó 2k - 1 =  2t   1M2t  1 � 2k  1 là hợp số vì 2t -1 >1.
m

Vậy k là số nguyên tố.
DẠNG 4. GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN NHỜ SỬ DỤNG TÍNH CHẤT SỐ
NGUYÊN TỐ.
Trong nhiều trường hợp khi giải phương trình nghiệm nguyên dẫn đến việc xét các số nguyên tố
t

t

của số dạng n  a 2  b 2 .
Một số tính chất của ước số nguyên tố của số n để sử dụng vào giải phương trình:
* Mệnh đề 1. Nếu số nguyên tố p  2t k  1 với các số nguyên dương t, k và k lẻ, là ước của số
t

t

n  a 2  b 2 thì p là ước số chung của a và b.
Chứng minh:
+ Giả sử p không là ước số của số a thì p cũng không là ước số của số b
� [a, p]  [b, p]  1 . Theo định lí nhỏ Fermat thì a p 1 �1[mod p ] hay a 2t k �1 [mod p].
t

t

t

+ Tương tự b 2 k �1 [mod p] suy ra a 2 k  b 2 k �2 [mod p] *
t

t

t

t

Mặt khác sử dụng hằng đẳng thức đáng nhớ ta có [a 2 ] k  [b 2 ]k  [a 2  b 2 ].M  n.M trong đó k
lẻ và M là số nguyên.
t

t

Theo giả thiết n Mp � [a 2  b 2 ]Mp , mâu thuẫn với *.
Tương tự p không là ước của số p thì p không là ước của số a cũng dẫn đến mâu thuẫn. Vậy số
nguyên tố p phải là ước số chung của số a và số b.
* Mệnh đề 2: Giả sử a và b nguyên tố cùng nhau thì mọi ước số nguyên tố lẻ của a2 + b2 chỉ có
dạng 4m + 1 [mà không có dạng 4m + 3] trong đó m là số nguyên dương.
Chứng minh:
+ Xét ước số nguyên tố p = 4m + 3 = 2[2m + 1] +1. Theo mệnh đề 1 nếu p là ước số nguyên tố
của n = a2 + b2 thì p là ước số chung của a và b � p  1 , mâu thuẫn. Vì p lẻ nên p chỉ có dạng p = 4m +
1.
+ Ta thử vận dụng các tính chất trên vào giải một số phương trình nghiệm nguyên dưới đây.
Bài 1. Giải phương trình nghiệm nguyên x 2  y 3  7
[1]
HD:
Phương trình [1] � x 2  1  y 3  23 � x 2  1  [ y  2][ y 2  2 y  4] [2]

Nếu y chẵn thì vế phải của [2] chia hết cho 4 � x lẻ, x  2t  1 � x 2  1  4t 2  4t  2 không chia
hết cho 4, mâu thuẫn.
Vậy y là số lẻ, y  2k  1 � y 2  2 y  4  4k 2  3 nên nó phải có ước số nguyên tố lẻ dạng 4m + 3
[vì tích các số dạng 4m + 1 lại có dạng 4k + 1].
Suy ra x 2  1 có ước số nguyên tố dạng p = 4m + 3, trái với mệnh đề 2.
Vậy phương trình [1] không có nghiệm nguyên.
Bài 2.Tìm tất cả các cặp số nguyên dương [ x, y ] sao cho
1995.
HD:

8

x2  y 2
là số nguyên dương và là ước số của
x y


x2  y 2
 k nguyên dương và k là ước số của 1995 = 5.3.7.19 = 5n với n = 3.7.19. Các số
x y
nguyên tố 3, 7, 19 đều có dạng 2[2m + 1] + 1 = 4m +3
Gọi ước chung lớn nhất của x, y là d  [ x, y ] thì x  du , y  dv với [ u , v]  1 .
Giả sử

Theo giả thiết x 2  y 2  k [ x  y ] � d [u 2  v 2 ]  k [u  v] [1].
Xét hai trường hợp:
1] k là ước số của n � k có ước số nguyên tố dạng 4m + 3.
Áp dụng mệnh đề 2 vào [1] thì u 2  v 2 không chứa các ước số nguyên tố của k nên k là ước số của
d � d  k .t . Từ [1] có t [u 2  v 2 ]  u  v , do đó u 2  u 2  v 2 �u  v  u � [1] vô nghiệm.
2] k = 5m với m là ước số của m. Lúc đó [1] trở thành d [u 2  v 2 ]  5m[u  v] . Lập luận như trên thì

m là ước số của d. Suy ra d = m.t. Từ đó ta có t [u 2  v 2 ]  5[u  v]

[2]

Từ [2] có u 2  v 2 �5[u  v ]
A  u 2  v 2  5[u  v] �0

[3]

Mặt khác
2
4 A �
4u
�20

u 25 4v 2 20v 25 50 [2u 5]2 [2v 5] 2 50 12 72 50 0

A 0

Kết hợp với [3] phải có A= 0.
u 3
u2
�
�
Điều này xảy ra chỉ khi 2u  5  �1 và v=1, nghĩa là �
và �
v 1
v 1
�
�

�x  3m
�x  2m
Từ A = 0 và [2] suy ra t  1 � d  m . Các số x, y phải tìm là �
hoặc �
trong đó m
�y  m
�y  m
là ước của n = 3.7.19, nghĩa là m lấy 8 giá trị sau: 1, 3, 7, 19, 21, 57, 133, 399.
Bài 3. Tìm số nhỏ nhất trong tập hợp các số chính phương dạng 15a + 16b và 16a -15b với a, b là các số
nguyên dương nào đó.
HD:
Giả sử 15a + 16b = m2 và 16a -15b = n2 [1] với m, n là các số nguyên dương.
Khi đó: m4  n 4  [15a  16b]2  [16a  15b]2  [152  162 ][a 2  b 2 ]  481[a 2  b 2 ]
hay m 4  n 4  13.37[a 2  b 2 ]

[2]

Các số nguyên tố 13 và 37 đều có dạng p  22 k  1 với k lẻ.
Giả sử [m, n]  d � m  du, n  dv với [u,v] =1
=> [2] trở thành d 4 [u 4  v 4 ]  481[a 2  b 2 ]

[3]

Vì [u,v] = 1 nên u  v không chứa các ước số nguyên tố 13 và 37 do đó 481 là ước của d
� d  481.t . Để cho m, n nhỏ nhất, ta lấy t = 1.
4

4

Lúc đó [3] trở thành 4813 [u 4  v 4 ]  a 2  b2

[4]

Từ [1] có m 2  n 2  31b  a hay 4813 [u 2  v 2 ]  31a  b [5].
Có thể chọn u  v  1 để m, n nhỏ nhất, lúc đó a = 31b và a 2  b 2  4813.2 .
Từ đó có b = 481 và a = 31.481 suy ra m = n = 481.
Bài 4. Tìm số có 3 chữ số mà có đúng 5 ước.
HD:
Giả sử p và q là hai số nguyên tố khác nhau, khi đó pq có 4 ước đó là 1, p, q, pq và số p2q có 6 ước
đó là 1, p, p2, q, pq, p2p. Do đó số phải tìm có dạng pn.
Vì số pn có n + 1 ước nên muốn có đúng 5 ước thì rõ ràng n = 4. Số p4 là số có 3 chữ số khi p = 5.
Vậy số phải tìm là 54 = 625.
Bài 5. Tìm 3 số nguyên tố biết rằng một trong ba số đó bằng hiệu các lập phương của hai số kia.

9


HD:
Gọi ba số nguyên tố đó là a, b, c. Ta có c  a 3  b3 chẳng hạn.
=> c  [a  b][a 2  ab  b 2 ] .
Muốn c là số nguyên tố thì a - b = 1, điều này chỉ xảy ra khi các số nguyên tố là a = 3, b = 2. Suy ra:
c = 27 - 8 = 19.
Vậy ba số nguyên phải tìm là 2; 3; 19.
Bài 6. Xét dãy số nguyên tố từ nhỏ đến lớn: 2; 3; 5; 7; 11; 13; 17;... ta lập hai dãy số 5 = 2 + 3; 8 = 3 + 5;
12 = 5 + 7; 18 = 7 + 11; 24 = 11 + 13; ... và 6 = 2.3; 15 = 3.5; 35 = 5.7; 77 = 7.11; 143 = 11.13; ... Có hay
không một số hạng nào đó của dãy thứ nhất bằng một số hạng nào đó của dãy thứ hai.
HD:
Nhận xét:
+ Ở dãy thứ nhất các số hạng theo thứ tự là tổng của hai số nguyên tố liền nhau và tất cả số hạng
của dãy [trừ số hạng đầu là 5] đều là chẵn.

+ Ở dãy thứ hai các số hạng theo thứ tự là tích của hai số nguyên tố liền nhau và tất cả số hạng của
dãy [trừ số hạng đầu là 6] đều là lẻ.
Do đó ta có thể kết luận rằng: không có một số hạng nào của dãy thứ nhất bằng một số hạng của
dãy thứ hai.
Bài 7. Tìm số nguyên tố p biết rằng p + 2 và p +4 cũng là số nguyên tố.
HD:
Do p �1 vì 1 không phải là số nguyên tố, nên p có thể có dạng p = 3k.
Nếu p = 3k + 1 thì p + 2 = 3k + 3 là hợp số.
Nếu p = 3k + 2 thì p + 4 = 3k + 6 cũng là hợp số.
Do đó p chỉ có thể bằng 3 và p + 2 = 3 + 2 =5 là số nguyên tố, p + 4 =3 +4 =7 là số nguyên tố.
Bài 8. Có bao nhiêu số có ba chữ số mà mỗi chữ số của nó là ước nguyên tố của chúng?
HD:
Các ước nguyên tố có 1 chữ số là: 2; 3; 5 và 7.
Nếu số phải tìm bắt đầu bằng chữ số 2 thì nó phải chia hết cho 2 và tận cùng bằng 2. Chữ số thứ hai
phải là 2, vì số 232 không chia hết cho 3, số 252 không chia hết cho 5 và số 272 không chia hết cho 7.
Vậy số phải tìm là 222.
Tương tự số phải tìm mà bắt đầu bằng chữ số 5 thì đó là số 555.
Bây giờ nếu bắt đầu bằng 3 thì hai chữ số cuối phải tạo thành một số chia hết cho 3, do đó chúng
chỉ có thể là 3 và 3 hoặc 5 và 7.
Thử lại thấy rằng chỉ có số 333 là thích hợp.
Cuối cùng nếu bắt đầu bằng 7 thì hai chữ số cuối phải tạo thành một số chia hết cho 7. Thử lại thấy
rằng chỉ có hai số 777 và 735 là thích hợp.
Tóm lại có 5 số thỏa mãn bài ra là: 222; 333; 555; 735; 777.
Bài 9. Một xí nghiệp điện tử trong một ngày đã giao cho một cửa hàng một số máy tivi. Số máy này là
một số có ba chữ số mà nếu tăng chữ số đầu lên n lần, giảm các chữ số thứ hai và thứ ba đi n lần thì sẽ
được một số mới lớn gấp n lần số máy đã giao. Tìm n và số máy tivi đã giao.
HD:
Giả sử số máy tivi đã giao là abc  100a  10b  c . Ta có:
100[a  n]  10[b  n]  [c  n]  n[100a  10b  c ]
hay 100a  100n  10b  10n  c  n  100an  10bn  cn .

89n
Từ đó ta được: 100a  10b  c 
.
n 1
Nhưng 89 là số nguyên tố nên hoặc n - 1 phải bằng 1 hoặc n phải chia hết cho n-1. Trong cả hai
trường hợp ta đều tìm được n =2 và abc  178 .

10


Vậy số máy tivi đã giao là 178.
Bài 10. Những số nguyên tố nào có thể là ước của số có dạng 111...11?
HD:
Trước hết ta nhận xét rằng số có dạng 111...11 không chia hết cho 2 số nguyên tố 2 và 5.
Giả sử p là số nguyên tố khác 2 và 5. Ta hãy xét p + 1 số sau:
1, 11, 111, 1111, ....,111...11.
ít nhất hai trong các số trên khi chia cho p có số dư giống nhau, thế thì hiệu của chúng 11...1100..0
chia hết cho p.
vậy số có dạng 111...11 có ước là tất cả số nguyên tố trừ hai số nguyên tố 2 và 5.
DẠNG 5. CÁC BÀI TOÁN VỀ HAI SỐ NGUYÊN TỐ CÙNG NHAU.
Hai số a và b nguyên tố cùng nhau
ƯCLN[a, b] = 1.
Các số a, b, c nguyên tố cùng nhau
ƯCLN[a, b, c] = 1.
Các số a, b, c đôi một nguyên tố cùng nhau
ƯCLN[a, b] = ƯCLN[b, c] = ƯCLN[c, a] = 1.
Bài tập 1. Chứng minh rằng: Mọi số nguyên dương n, các số 21n + 4 và 14n + 3 nguyên tố cùng nhau.
HD:
Gọi d là ước chung
= 1 chia hết cho d

=>
hay d = 1
ƯC[21n + 1; 14n + 3] = 1
và 14n + 3 nguyên tố cùng nhau.
Bài tập 2: Chứng tỏ rằng nếu p = a + b là một số nguyên tố thì a và b là hai số nguyên tố cùng nhau.
HD:
Giả sử a và b là hai số không nguyên tố cùng nhau.
Ta suy ra a và b phải có ít nhất một ước số chung d >1 => a:d và b:d
Do đó: a+b :d
=> p:d
Số tự nhiên p, ngoài 1và p còn có một ước số chung d >1 nên p là một hợp số, trái với dề bài đã
cho.
Vậy a và b là nguyên tố cùng nhau nếu p = a + b là một số nguyên tố.
Bài tập 3. Tìm n  N* để các số sau nguyên tố cùng nhau: 4n + 3; 2n + 3.
Bài tập 4. Tìm n để 9n+24 và 3n+4 là các số nguyên tố cùng nhau?
Bài tập 5. Cho a,b là hai số nguyên tố cùng nhau chứng tỏ rằng ab và a+b cũng nguyên tố cùng nhau.
Bài tập 6. Tìm số tự nhiên n để các số 9n+24 và 3n+4 là các số nguyên tố cùng nhau
Bài tập 7: Tìm ƯCLN[ 7n +3, 8n - 1] với [n €N*]. Tìm điều kiện của n để hai số đó nguyên tố cùng nhau.
HD:
Gọi ƯCLN[ 7n +3, 8n - 1] = d với [n €N*]
Ta có: 7n +3 Md, 8n - 1 Md.
 8.[ 7n +3] – 7.[ 8n - 1] Md  31 Md  d = 1 hoặc 31.
Để hai số đó nguyên tố cùng nhau thì d ≠ 31.
Mà 7n + 3 M31  7n + 3 - 31 M31 7[n - 4] M31
 n – 4 M31[ vì 7 và 31 nguyên tố cùng nhau]
 n = 31k + 4[ với k là số tự nhiên]
Do đó d ≠ 31 n ≠ 31k + 4.
Vậy hai số 7n +3, 8n – 1 nguyên tố cùng nhau khi n ≠ 31k + 4[ với k là số tự nhiên].
Bài tập 8: Chứng minh rằng: Hai số lẻ liên tiếp bao giờ cũng nguyên tố cùng nhau.
HD:

Hai số lẻ liên tiếp có dạng 2n + 1 và 2n + 3 [n �N].
Gọi d là ước số chung của chúng. Ta có: 2n + 1 Md và 3n + 3 M
d

11


nên [2n + 3] - [2n + 1] M
d hay 2 M
d
nhưng d không thể bằng 2 vì d là ước chung của 2 số lẻ.
Vậy d = 1 tức là hai số lẻ liên tiếp bao giờ cũng nguyên tố cùng nhau.
Bài tập 9. Chứng minh rằng:
a] Hai số tự nhiên liên tiếp [khác 0] là hai số nguyên tố cùng nhau.
b] Hai số lẻ liên tiếp là hai số nguyên tố cùng nhau.
c] 2n + 1 và 3n + 1 [ n �N ] là hai số nhuyên tố cùng nhau.
HD:
a] Gọi d �uc[ n, n  1] � [ n  1]  n Md � 1Md � d  1 .
Vậy n và n + 1 là hai số nguyên tố cùng nhau.
b] Gọi d �uc[2n  1, 2n  3] � [2n  3]  [2n  1] Md � 2Md � d � 1, 2 .
Nhưng d �2 vì d là ước của số lẻ. Vậy d=1.
c] Gọi d �ƯC [2n  1,3n  1] � 3[2n  1]  2[3n  1] Md � 1Md � 1Md .
Bài tập 10. Cho a và b là hai số nguyên tố cùng nhau. Chứng minh rằng hai số sau cũng là hai số nguyên
tố cùng nhau.
a] a và a+b.
b] a2 và a+b.
c] ab và a+b.
HD:
a] Gọi d �ƯC [ a, a  b] � [ a  b]  a Md � bMd . Ta lại có a Md nên d �ƯC [a, b] , do đó d = 1[vì a,
b là hai số nguyên tố cùng nhau].

Vậy [a, a + b] = 1.
b] Giả sử a2 và a + b cùng chia hết cho số nguyên tố d thì a chia hết cho d, do đó b cũng chia hết cho
d. Như vậy a và b cùng chia hết cho số nguyên tố d, trái với giả thiết [a, b] = 1.
Vậy a2 và a + b là hai số nguyên tố cùng nhau.
c] Giả sử ab và a + b cùng chia hết cho số nguyên tố d. Tồn tại một trong hai thừa số a và b, chẳng
hạn là a, chia hết cho d, do đó b cũng chia hết cho d, trái với [a, b] = 1.
Vậy [ab, a + b] = 1.
Bài tập 11. Tìm số tự nhiên n để các số 9n + 24 và 3n + 4 là các số nguyên tố cùng nhau.
HD:
Giả sử 9n + 24 và 3n + 4 cùng chia hết cho số nguyên tố d thì
9n  24  3[3n  4] Md � 12Md � d � 2;3 .
Điều kiện để [9n + 24, 3n + 4] = 1 là d �2 và d �3 . Hiển nhiên d �3 vì 3n + 4 không chia hết
cho 3. Muốn d �2 phải có ít nhất một trong hai số 9n + 4 và 3n + 4 không chia hết cho 2. Ta thấy:
9n + 4 là số lẻ � 9n lẻ � n lẻ,
3n + 4 là số lẻ � 3n lẻ � n lẻ.
Vậy điều kiện để [9n + 4, 3n + 4] = 1 là n là số lẻ.
C/ BÀI TẬP TỰ LUYỆN.
Bài 1. Tìm số nguyên tố p sao cho các số sau cũng là số nguyên tố:
a] p + 2 và p + 10.
b] p + 10 và p + 20.
c] p +2, p + 6, p +8, p + 12, p + 14.
Bài 1. Chứng minh rằng nếu n và n2 + 2 là các số nguyên tố thì n3  2 cũng là số nguyên tố.
Bài 3. Chứng minh rằng nếu a, a + k, a + 2k [ a, k �N * ] là các số nguyên tố lớn hơn 3 thì k chia hết cho
6.
Bài 4. Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố lớn hơn 3 thì [p - 1][p + 1] chia hết cho 24.
Bài 5. Một số nguyên tố p chia cho 42 có dư là một hợp số r. Tìm r.

12

Bài 6. Một số nguyên tố p chia cho 30 có số dư là r. Tìm r biết rằng r không là số nguyên tố.
{
{ là hợp số với n �1 .
Bài 7. Chứng minh rằng số 11...1211...1
n

n

Bài 8. Tìm n số sao cho 10101...0101 [n chữ số 0 và n + 1 chữ số 1 xen kẽ nhau] là số nguyên tố.
Bài 9. Các số sau là số nguyên tố hay hợp số.
a] A = 11...1[2001 chữ số 1];
b] B = 11...1 [2000 chữ số 1];
c] C = 1010101;
d] D = 1112111;
e] E = 1! + 2! + 3! +...+100!;
g] G = 3. 5. 7. 9 - 28;
h] H= 311141111.
Bài 10. Cho n �N * ,chứng minh rằng các số sau là hợp số:
a] A = 22

2 n1

3;

4 n1

7;

6 n 2

 13 .

b] B = 22
c] C = 22

Bài 11. p là số nguyên tố lớn hơn 5, chứng minh rằng p 4 �1 [mod 240].
n
Bài 12. Chứng minh rằng dãy an  10  3 có vô số hợp số.

Bài 13. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên tố p có vô số dạng 2n  n chia hết cho p.
Bài 14. Tìm n �N * để n3  n 2  n  1 là số nguyên tố.
Bài 15. Tìm các số x, y �N * sao cho x 4  4 y 4 là số nguyên tố.
n[n  1][n  2]
 1 [ n �1 ].
6
Bài 17. Cho n �N * , chứng minh A  n4  4n là hợp số với n>1.

Bài 16. Tìm tất cả các số nguyên tố p có dạng

Bài 18. Giải phương trình nghiệm nguyên 4[a  x][ x  b]  b  a  y 2 [1] trong đó a, b là các số nguyên
cho trước và a > b.
Bài 19. Giải phương trình nghiệm nguyên sau:
a] x 2  y 2  585
b] x 2  y 2  1210 .
Bài 20. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, các số sau là hai số nguyên tố cùng nhau:
a] 7n + 10 và 5n + 7 ;
b] 2n + 3 và 4n + 8.
Bài 21. Cho a và b là hai số nguyên tố cùng nhau. Chứng minh rằng các số sau cũng là hai số nguyên tố
cùng nhau:
a] b và a - b [a > b] ;

b] a2 + b2 và ab.
Bài 22. Chứng minh rằng nếu số c nguyên tố cùng với a và với b thì c nguyên tố cùng nhau với tích ab.
Bài 23. Tìm số tự nhiên n, sao cho:
a] 4n - 5 chia hết cho 13 ;
b] 5n + 1 chia hết cho 7 ;
c] 25n + 3 chia hết cho 53.
Bài 24. Tìm các số tự nhiên n để các số sau nguyên tố cùng nhau:
a] 4n + 3 và 2n + 3 ;
b] 7n + 13 và 2n + 4 ;
c] 9n + 24 và 3n + 4 ;
d] 18n + 3 và 21n + 7

13


Bài 25. Chứng minh rằng có vô số số tự nhiên n để n + 15 và n + 72 là hai số nguyên tố cùng nhau.
Bài 26.
a] Viết các số 7, 8, 9, 10 thành tổng hai số nguyên tố cùng nhau lớn hơn 1.
b] Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n lớn hơn 6 đều biểu diễn được dưới dạng tổng hai số
nguyên tố cùng nhau lớn hơn 1.
HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1.
a] b] Đáp số: p = 3. Xét p dưới các dạng: p = 3k, p = 3k + 1, p = 3k + 2 [k �N].
c] Đáp số: p = 5. Xét p dưới các dạng : p = 5k, p = 5k + 1, p = 5k + 2,
p = 5k + 3, p = 5k + 4 [k �N].
Bài 2. n = 3.
Bài 3. Số nguyên tố lớn hơn 3 có dạng 6n +1, 6n + 5. Do đó 3 số a, a + k, a + 2k phải có ít nhất 2 số có
cùng một dạng, hiệu là k hoặc 2k chia hết cho 6, suy ra k chia hết cho 3.
Bài 4. Ta có [ p  1] p[ p  1] M3 mà [p,3] = 1 nên

[ p  1][ p  1]M3

[1].
p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p là số lẻ, p - 1 và p + 1 là hai số chẵn liên tiếp. Trong hai số chẵn
liên tiếp, có một số là bội của 4 nên tích chúng chia hết cho 8
[2].
Từ [1] và [2] suy ra [p -1][p + 1] chia hết cho hai số nguyên tố cùng nhau 3 và 8.
Vậy [p - 1][p + 1] M24.
Bài 5. Ta có p = 42k + r = 2. 3. 7k + r [k, r �N, 0 < r < 42].
Vì p là số nguyên tố nên r không chia hết cho 2, 3, 7.
Các hợp số nhỏ hơn 42 và không chia hết cho 2 là 9, 15, 21, 25, 27, 33, 35, 39.
Loại đi các số chia hết cho 3, cho 7, chỉ còn 25. Vậy r = 25.
Bài 6. Ta có p = 30k + r = 2. 3. 5k + r [k,r �N,0 < r < 30].
Vì p là số nguyên tố nên p không chia hết cho 2, 3, 5.
Các hợp số nhỏ hơn 30 và không chia hết cho 2 là 9, 15, 21, 25, 27.
Loại đi các số chia hết cho 3, 5 thì không còn số nào nữa. Vậy r không phải là hợp số.
r không phải là hợp số cũng không phải là số nguyên tố, suy ra r =1.
n
 1] .
{
{  11...10...0
{ {  11...1
{  11...1[10
{
Bài 7. 11...1211...1
n

n

n 1

n

n 1

n 1

suy ra đpcm.
[10n 1  1][10n 1  1]
.
9.11
n =1: p = 101 là số nguyên tố.
n > 1: p là hợp số.
Bài 9.Tất cả đều là hợp số.
 ...
 1M3 .
{  11412
43
a] A  11...1
Bài 8. p  1010...101 

2001

2001

11 .
{ M
b] B  11...1
2000

c] C  1010101M
101 .
d] D  1112111  1111000  1111M
1111 .
e] EM3 vì 1! 2!  3M
3 , còn 3! 4! ...  100! cũng chia hết cho 3.
g] G = 3. 5. 7. 9 - 28 chia hết cho 7.
h] H = 311141111 = 311110000 + 31111 chia hết cho 31111.
11; C M29 .
Bài 10. Chứng minh AM7; B M
Bài 11. 240 = 24. 3. 5.

14


Bài 12. n = 6k + 4, k �N.
Bài 13. p = 2 lấy n chẵn; p > 2 lấy n = [pk - 1][p -1], k �N*.
Bài 14. n3  n 2  n  1  [n  1][n 2  1] , n =2.
Bài 15. x 4  4 y 4  [ x 4  4 x 2 y 2  4 y 4 ]  4 x 2 y 2  [ x 2  2 y 2 ] 2  [2 xy ] 2  [ x 2  2 xy  2 y 2 ][ x 2  2 xy  y 2 ]
x  y  1 thì x 4  4 y 4  5 là số nguyên tố.

n[n  1][n  2]
[ n  3][ n 2  2]
.
1 
6
6
Với n �4 thì n +3 >6 và n2 + 2 > 17.
n + 3 và n2 +2 hoặc một số chẵn, một số chia hết cho 3; hoặc một trong hai số chia hết cho 6, khi đó
p là hợp số với n = 1, 2, 3 thì p = 2, 5, 11 là các số nguyên tố.

Bài 17. n chẵn thì A chia hết cho 2.
n lẻ, đặt n = 2k +1 [k �N*], ta có:
Bài 16. p 

n 4  4n  n 4  42 k 1  [n 2  22 k 1 ]2  2.n 2 .22 k 1
 [n 2  22 k 1  n.2 k 1 ][ n 2  2 2 k 1  n.2 k 1 ]
�
[ n  2k ] 2  2 2 k �
[n  2k ] 2  2 2 k �
�
��
�
�
Bài 18.
Giả sử phương trình [1] có nghiệm x,y nguyên. Xét nghiệm y nguyên dương . Vì a > b nên từ [1] có
x �a, x �b và 4[a  x][ x  b]  0 , suy ra b < x