Các bài toán về số nguyên tố và hợp số

Giới thiệu Các bài toán về số nguyên tố và hợp số

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc Các bài toán về số nguyên tố và hợp số.

Tài liệu ôn thi vào 10 môn Toán và hướng dẫn giải các đề thi từ cơ bản đến vận dụng cao sẽ luôn được cập thường xuyên từ hoctoanonline.vn , các em học sinh và quý bạn đọc truy cập web để nhận những tài liệu Toán hay và mới nhất nhé.

Tài liệu Các bài toán về số nguyên tố và hợp số

Các em học sinh Đăng ký kênh youtube để học thêm về môn Toán nhé.

Text Các bài toán về số nguyên tố và hợp số

CHỦ ĐỀ
3
SỐ NGUYÊN TỐ,
HỢP SỐ
A. KiÕn thøc cÇn nhí
1. Định nghĩa số nguyên tố, hợp số.
1) Số nguyên tố là những số tự nhiên lớn hơn 1, chỉ có 2 ước số là 1 và chính nó.
Ví dụ: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19….
CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI
2) Hợp số là số tự nhiên lớn hơn 1 và có nhiều hơn 2 ước.
Ví dụ: 4 có 3 ước số: 1 ; 2 và 4 nên 4 là hợp số.
3) Các số 0 và 1 không phải là só nguyên tố cũng không phải là hợp số.
4) Bất kỳ số tự nhiên lớn hơn 1 nào cũng có ít nhất một ước số nguyên tố.
2. Một số tính chất.
● Có vô hạn số nguyên tố.
• Nếu số nguyên tố p chia hết cho số nguyên tố q thì p = q .
• Nếu tích abc chia hết cho số nguyên tố p thì ít nhất một thừa số của tích abc chia hết cho
số nguyên tố p.
• Nếu a và b không chia hết cho số nguyên tố p thì tích ab không chia hết cho số nguyên
tố p .
● Nếu A là hợp số thì A có ít nhất một ước nguyên tố không vượt quá
A.
Chứng minh. Vì n là hợp số nên n = ab với a, b ∈ ,1 < a ≤ b < n và a là ước nhỏ nhất của n.
Thế thì n ≥ a 2 . Do đó a ≤ n .
3. Phân tích một số ra thừa số nguyên tố:
• Phân tích một số tự nhiên lớn hơn 1 ra thừa số nguyên tố là viết số đó dưới dạng một
tích các thừa số nguyên tố.
+ Dạng phân tích ra thừa số nguyên tố của mỗi số nguyên tố là chính số đó.
+ Mọi hợp số đều phân tích được ra thừa số nguyên tố, phân tích này là duy nhất nếu
không tính thứ tự các thừa số.
Chẳng hạn A = aα .b β …cγ , trong đó a, b, c là các số nguyên tố và α , β , …, γ ∈ N*
Khi đó số các ước số của A được tính bằng (α + 1)( β + 1) … ( γ + 1)
aα +1 − 1 b β +1 − 1 cγ +1 − 1
Tổng các ước số của A được tính bằng
.
…
a −1
b −1
c −1
TỦ SÁCH CẤP 2| 74
BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |
4. Số nguyên tố cùng nhau.
Hai số a và b nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi ( a, b ) = 1 .
Các số a, b, c nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi ( a, b,c ) = 1 .
Các số a, b, c đôi một nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi ( a,
=
b)
b,c ) (=
c,a )
(=
1.
5. Cách nhận biết số nguyên tố.
Cách 1
Chia số đó lần lượt cho các số nguyên tố từ nhỏ đến lớn: 2; 3; 5; 7…
– Nếu có một phép chia hết thì số đó không là số nguyên tố.
– Nếu thực hiện phép chia cho đến lúc thương số nhỏ hơn số chia mà các phép chia vẫn có
số dư thì số đó là số nguyên tố.
Cách 2
– Một số có hai ước số lớn hơn 1 thì số đó không phải là số nguyên tố.
– Nếu A là hợp số thì A có ít nhất một ước nguyên tố không vượt quá
A.
chóng trả lời được một số có hai chữ số nào đó là nguyên tố hay không.
B. MỘT SỐ DẠNG TOÁN SỐ NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ
 Dạng 1: Chứng minh một số là số nguyên tố hay hợp số
Bài toán 1. Nếu p và p 2  8 là các số nguyên tố thì p 2  2 là số nguyên tố.
Hướng dẫn giải
Xét p  3k  1 ( k nguyên) thì p 2  8 3 , là hợp số.
Xét p  3k  2 thì p 2  8 3 , là hợp số.
Vậy p  3k , mà p là số nguyên tố nên p  3 .
Khi đó p 2  2  11 , là số nguyên tố.
Bài toán 2. Chứng minh rằng n 4 + 4 là một số nguyên tố khi n = 1.
Hướng dẫn giải
Ta có: n 4 + 4 = n 4 + 4n 2 + 4 − 4n 2 =
=
(n
2
(n
2
+ 2 ) − ( 2n )
2
2
2
2
+ 2 − 2n )( n 2 + 2 + 2n )= ( n − 1) + 1 . ( n + 1) + 1

 

Nếu n > 1 thì cả hai thừa số trên đều lớn hơn 1. Như vậy n 4 + 4 là một số nguyên tố
khi n = 1.
Bài toán 3. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n > 1 thì n5 + n 4 + 1 là hợp số.
.75 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC
CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC
– Với quy tắt trên trong một khoảng thời gian ngắn, với các dấu hiệu chia hết thì ta nhanh
| CHỦ ĐỀ 3: SỐ NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ
Hướng dẫn giải
Ta có: n5 + n 4 + 1=
(n
2
+ n + 1)( n3 − n + 1) .
Mà n > 1 nên n 2 + n + 1 > 1 và suy ra n5 + n 4 + 1 là hợp số.
Bài toán 4. Chứng minh rằng nếu 2n − 1 là số nguyên tố ( n > 2 ) thì 2n + 1 là hợp số.
Hướng dẫn giải
Trong ba số nguyên 2n − 1; 2n ; 2n + 1 có một số chia hết cho 3. Mặt khác, 2n không
chia hết cho 3, do đó một trong hai số 2n − 1; 2n + 1 phải có một số chia hết cho 3, nghĩa là
một trong hai số này phải có một hợp số. Để cho 2n − 1 là số nguyên tố ( n > 2 ) nên chắn
CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI
chắn rằng 2n + 1 là một hợp số.
Bài toán 5. Cho p và 8 p − 1 là các số nguyên tố. Chứng minh 8 p + 1 là hợp số.
Hướng dẫn giải
Vì 8 p − 1 là số nguyên tố nên p ≠ 2.
Nếu p = 3 thì 8 p + 1 =25 là hợp số.
Nếu p > 3 thì 8 p ( 8 p − 1)( 8 p + 1)  3. Vì p và 8 p − 1 là các số nguyên tố lớn hơn 3 nên 8 p + 1
chia hết cho 3 hay 8 p + 1 là hợp số.
Bài toán 6. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n, luôn chọn được n 2020 + n 2019 + 1
số nguyên dương liên tiếp mà tất cả đều là hợp số.
Xét A=
1
A=
2
(n
(n
2020
Hướng dẫn giải
2020
+n
2019
+ 2 )!+ 2 2
+ n 2019 + 2 )!+ 33
…………………………………………
An2020 + n2019 +1 =
(n
2020
+ n 2019 + 2 )!+ ( n 2020 + n 2019 + 2 ) n 2020 + n 2019 + 2
Dãy A1 , A2 ,…, An2020 + n2019 +1 là các hợp số liên tiếp.
 Dạng 2: Chứng minh một số bài toán có liên quan đến tính chất của số nguyên tố
Bài toán 1. Chứng minh rằng nếu p và p + 2 là hai số nguyên tố lớn hơn 3 thì tổng của
chúng chia hết cho 12.
Hướng dẫn giải
TỦ SÁCH CẤP 2| 76
BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |
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 + 1 2 ⇒ 2 ( p + 1) 4
(1)
• p, p + 1, p + 2 là ba số nguyên liên tiếp nên có một số chia hết cho 3, mà p và p + 2
không chia hết cho 3 nên :
p + 13 ⇒ 2 ( p + 1)3
(2)
Từ (1) và (2) suy ra : 2 ( p + 1 )12. (đpcm)
Bài toán 2. Chứng minh rằng mọi ước nguyên tố của 2014!− 1 đều lớn hơn 2014.
Hướng dẫn giải
Gọi p là ước nguyên tố của 2014!− 1
Giả sử p ≤ 2014 ⇒ 1.2.3…2014  p ⇒ 2014!  p
Bài toán 3. 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.
Hướng dẫn giải
Trong 3 số a, b, c có ít nhất hai số cùng tính chẵn lẻ.
Giả sử hai số cùng tính chẵn lẻ là a và b .
Suy ra p=
Suy ra a=
bc + a là số nguyên tố chẵn nên p = 2 .
b= 1 . Khi đó q=
c + 1 và r=
c + 1 nên q = r .
Vậy trong ba số p, q, r có ít nhất hai số bằng nhau.
Bài toán 4. Cho số tự nhiên n ≥ 2 và số nguyên tố p thỏa mãn p − 1 chia hết cho n đồng
thời n3 − 1 chia hết cho p . Chứng minh rằng n + p là một số chính phương
Hướng dẫn giải
Ta có: n3 − 1 =
( n − 1) .( n 2 + n + 1) p ; ( p − 1) n ⇒ p − 1 ≥ n ⇒ p ≥ n + 1
Vì p ≥ n + 1 ⇒ ( n − 1) không chia hết cho p
(
)
(
)
Do đó: ( n − 1) n 2 + n + 1  p ⇔ n 2 + n + 1  p
Đặt : p − 1 = kn,
.77 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC
k ≥ 1 ⇒ p = kn + 1
(*)
CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC
Mà ( 2014!− 1)  p nên 1  p. Điều này mâu thuẫn dẫn đến p > 2014.
| CHỦ ĐỀ 3: SỐ NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ
Suy ra ( n 2 + n + 1) ( kn + 1) ⇒ kn + 1 ≤ n 2 + n + 1
(1)
Ta có: k ( n 2 + n + 1) − n ( kn + 1) ( kn + 1) ⇒ ( k − 1) n + k   ( kn + 1)
Do k ≥ 1 nên ( k − 1) n + k > 0
Suy ra ( k − 1) n + k ≥ kn + 1 ⇒ k ≥ n + 1 ( 2 )
⇔ kn ≤ n 2 + n ⇔ k ≤ n + 1
Từ (1) và (2) suy ra: k = n + 1 ⇒ p = kn + 1 = n 2 + n + 1
⇒ n + p = n 2 + 2n + 1 =
( n + 1)
2
Vậy n + p là một số chính phương.
 Dạng 3: Tìm số nguyên tố thỏa mãn điều kiện nào đó
Đối với dạng toán tìm số nguyên tố thỏa mãn điều kiện cho trước, chúng ta thường
CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI
sử dụng các tính chất của phép chia số nguyên sau để giải:
* 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 3n ± 1 .
* Mọi số nguyên tố lớn hơn 3 đều có dạng 6n ± 1 .
Chứng minh:
● Xét m là số nguyên tố lớn hơn 2
Mỗi số tự nhiên khi chia cho 4 có một trong các số dư 0, 1, 2, 3 do đó mọi số tự nhiên
đều viết được dưới dạng 4n – 1; 4n ; 4n + 1; 4n + 2 .
Do m là số nguyên tố lớn hơn 2 nên không thể chia hết 2 do đó m không có dạng 4n
và 4n + 2.
Vậy mọi số nguyên tố lớn hơn 2 đều có dạng: 4n ± 1
Không phải mọi số có dạng 4n ± 1 đều là số nguyên tố.
Chẳng hạn 4. 4 – 1 = 15 không là số nguyên tố .
● Xét m là số nguyên tố lớn hơn 3
+) Ta thấy mọi số nguyên tố lớn hơn 3 đều phải có dạng 3n ± 1 vì nếu có dạng 3k thì
sẽ chia hết cho 3 nên không thể là số nguyên tố.
Không phải mọi số có dạng 3n ± 1 đều là số nguyên tố.
Chẳng hạn 3. 5 + 1 = 16 không là số nguyên tố.
+) Mỗi số tự nhiên khi chia cho 6 có một trong các số dư 0, 1, 2, 3, 4, 5 do đó mọi số tự
nhiên đều viết được dưới dạng 6n – 1; 6n ; 6n + 1; 6n + 2 ; 6n + 3
Do m là số nguyên tố lớn hơn 3 nên không thể chia hết 2 và 3 do đó m không có dạng
6n và 6n; 6n + 2; 6n + 3.
Vậy mọi số nguyên tố lớn hơn 3 đề có dạng: 6n ± 1 .
Không phải mọi số có dạng 6n ± 1 đều là số nguyên tố.
TỦ SÁCH CẤP 2| 78
BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |
Chẳng hạn 6. 4 + 1 = 25 không là số nguyên tố.
* Ví dụ minh họa:
Bài toán 1. Tìm tất cả số nguyên tố p sao cho p + 2 và p + 4 là các số nguyên tố.
Hướng dẫn giải
Với p = 2 thì p + 2 = 4 và p + 4 = 6 không phải là các số nguyên tố.
Với p = 3 thì p + 2 = 5 và p + 4 = 7 là các số nguyên tố.
Với p > 3 mà p là số nguyên tố nên p có dạng p = 3k + 1 hoặc p = 3k + 2
p 3k + 1 thì p + 2 = 3k + 3 = 3 ( 3k + 1) 3 không là số nguyên tố.
Nếu =
Nếu p = 3k + 2 thì p + 4 = 3k + 6 = 3 ( 3k + 2 ) 3 không là số nguyên tố;
Vậy với p = 3 thì p + 2 và p + 4 là số nguyên tố.
Bài toán 2. Tìm tất cả số nguyên tố p sao cho p + 2; p + 6; p + 8; p + 14 đều là các số nguyên tố.
Trường hợp 1: p = 5k mà p nguyên tố nên p = 5, khi đó:
p + 2 = 7; p + 6 = 11; p + 8 = 13; p + 14 = 19 đều là số nguyên tố nên p = 5 thỏa mãn
bài toán.
Trường hợp 2: p = 5k + 1, khi đó: p + 14 = 5k + 15 = 5(k + 3) có ít nhất là 3 ước 1, 5 và
(p + 14) nên p + 14 không là số nguyên tố.
Vậy với p = 5k + 1 không có tồn tại p nguyên tố thỏa mãn bài toán
Trường hợp 3: p = 5k + 2, khi đó: p + 8 = 5k + 10 = 5(k + 2) có ít nhất là 3 ước 1, 5 và
(p + 10) nên p + 10 không là số nguyên tố.
Vậy với p = 5k + 2 không có tồn tại p nguyên tố thỏa mãn bài toán
Trường hợp 4: p = 5k + 3, khi đó: p + 2 = 5k + 5 = 5(k + 1) có ít nhất là 3 ước 1, 5 và
(p + 2) nên p + 2 không là số nguyên tố.
Vậy với p = 5k + 3 không có tồn tại p nguyên tố thỏa mãn bài toán
Trường hợp 5: p = 5k + 4, khi đó: p + 6 = 5k + 10 = 5(k + 2) có ít nhất là 3 ước 1, 5 và
(p + 6) nên p + 6 không là số nguyên tố.
Vậy với p = 5k + 4 không có tồn tại p nguyên tố thỏa mãn bài toán
Do đó p = 5 là số cần tìm.
Bài toán 3. Tìm số tự nhiên n sao cho
n 3 1
là số nguyên tố.
9
Hướng dẫn giải
.79 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC
CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC
Hướng dẫn giải
| CHỦ ĐỀ 3: SỐ NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ
n3 1 9  n3 1 3  n chia cho 3 dư 1 (vì nếu n chia cho 3 dư 0 hoặc 2 thì n3 chia

hết cho 3 dư 0 hoặc 2 ). Đặt n  3k  1 (k  N ) . Ta có
n3 1 (3k  1)3 1 27 k 3  27 k 2  9k


 3k 3  3k 2  k  k (3k 2  3k  1)
9
9
9
n 3 1
n3 1 64 1

 7 , là số
Để
là số nguyên tố, phải có k  1 . Khi đó n  4 và
9
9
9
nguyên tố.
Đáp số: n  4 .
Bài toán 4. Tìm số nguyên tố p sao cho 43 p  1 là lập phương của một số tự nhiên.
CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI
Hướng dẫn giải
Đặt 43 p  1  n3 (n  N ) thì 43 p  (n 1)(n 2  n  1)
Số 43 p có bốn ước nguyên dương là 1, 43, p, 43 p nên có ba trường hợp:
n 1  1

a) 
 2
n  n  1  43 p
 n 1  43
b) 
 2
n  n  1  p
n 2  n  1  43

c) 
 n 1  p
Đáp số: p  5 .
Khi đó n  2 và 43 p  22  2  1  7 , loại.
Khi đó n  44 và p  442  44  1  1981 7 , loại.
Khi đó n(n  1)  42  n  6, p  5 (là số nguyên tố).
Bài toán 5. Tìm tất cả các số nguyên tố p để p vừa là tổng vừa là hiệu của hai số nguyên tố.
Hướng dẫn giải
Giả sử tồn tại số nguyên tố p thỏa mãn điều kiện đề bài.
Khi đó p là số nguyên tố lẻ và p = p1 + p2 = p3 − p4 với p1 , p2 , p3 , p4 là các số nguyên tố.
Vì p là số nguyên tố lẻ nên p1 , p2 không cùng tính chẵn lẻ. Nhưng vậy sẽ có một số
nguyên tố là 2 và giả sử p2 = 2.
Lại vì p là số nguyên tố lẻ nên p3 , p4 không thể cùng tính chẵn lẻ. Cũng sẽ có một số
nguyên tố là 2. Do p3 > p4 nên p4 = 2.
Từ p = p1 + 2 = p3 − 2 ta suy ra p, p1 , p3 là ba số nguyên tố lẻ liên tiếp.
Chỉ có bộ ba số 3; 5; 7 là thỏa mãn p = 5 = 3 + 2 = 7 − 2.
 Dạng 4: Nhận biết số nguyên tố, sự phân bố nguyên tố trong tập hợp số tự nhiên
Từ 1 đến 100 có 25 số nguyên tố, trong trăm thứ hai có 21 số nguyên tố, trong trăm
thứ ba có 16 số nguyên tố, … Trong nghìn đầu tiên có 168 số nguyên tố, trong nghìn
TỦ SÁCH CẤP 2| 80
BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |
thứ hai có 145 số nguyên tố, trong nghìn thứ ba có 127 số nguyên tố, … Như vậy
càng đi xa theo dãy số tự nhiên, các số nguyên tố càng thưa dần.
* Ví dụ minh họa:
Bài toán 1. Nếu p ≥ 5 và 2 p + 1 là các số nguyên tố thì 4 p + 1 là số nguyên tố hay là hợp số?
Hướng dẫn giải
Xét ba số tự nhiên liên tiếp: 4 p, 4 p + 1, 4 p + 2. Để ý rằng trong ba số này chắc chắn có
một số chia hết cho 3.
Vì p ≥ 5 là số nguyên tố nên p có dạng 3k + 1 hoặc 3k + 2.
+) Nếu =
p 3k + 1 thì 2 p + 1= 6k + 3 = 3 ( 2k + 1)  3, mâu thuẫn với giả thiết.
+) Nếu =
1 4 ( 3k + 2 ) +=
1 12k +=
9 3 ( 4k + 3)  3 hay 4 p + 1 là hợp số.
p 3k + 2 thì 4 p +=
Bài toán 2. Tìm số tự nhiên k để dãy : k + 1, k + 2, k + 3,…, k + 10 chứa nhiều số nguyên tố nhất.
• 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 + 10 chứa 5 số lẻ liên tiếp, các số lẻ này đều lớn hơn
3 nên có một số chia hết cho 3, mà 5 số chẵn trong dãy hiển nhiên không là số
nguyên tố. Vậy trong dãy có ít hơn 5 số nguyên tố.
Tóm lại với k = 1 thì dãy k + 1, k + 2, k + 3,…, k + 10 chứa nhiều số nguyên tố nhất.
Bài toán 3. Chứng minh rằng trong 30 số tự nhiên liên tiếp lớn hơn 5 , có ít nhất 22 hợp số.
Hướng dẫn giải
Trong 30 số tự nhiên liên tiếp đã cho, có 15 số chẵn, chúng đều lớn hơn 5 nên là
hợp số. Ta tìm được 15 hợp số.
Chia 15 số lẻ còn lại thành 5 nhóm, mỗi nhóm gồm ba số lẻ liên tiếp. Trong ba số lẻ
liên tiếp, tồn tại một số chia hết cho 3 , số đó lớn hơn 5 nên là hợp số. Có 5 nhóm nên ta
tìm thêm được 5 hợp số.
Trong 30 số tự nhiên liên tiếp, tồn tại một số chia cho 30 dư 5 , một số chia cho 30
dư 25 , giả sử a  30m  5 và b  30n  25 . Các số a và b là hợp số (vì chia hết cho 5 và
lớn hơn 5 ), đồng thời không trùng với các hợp số đã tìm được (vì a và b không chia hết
cho 2 , không chia hết cho 3 ). Ta tìm thêm được 2 hợp số.
Vậy có ít nhất 15  5  2  22 (hợp số).
Bài toán 4. Có tồn tại 1000 số tự nhiên liên tiếp đều là hợp số không?
.81 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC
CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC
Hướng dẫn giải
| CHỦ ĐỀ 3: SỐ NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ
Hướng dẫn giải
Gọi A = 2.3.4… .1001 .
Ta có: A1 = A + 2 = 2.3.4…1001 + 2 2
A2 = A + 3 = 2.3.4…1001 + 3 3
…..
A1000 =+
A 1001 =
2.3.4….10011001
Dãy A1 , A2 ,… A1000 gồm 1000 hợp số liên tiếp.
Vậy tồn tại 1000 số tự nhiên liên tiếp là hợp số.
Bài toán 5. (Tổng quát bài số 4)
Chứng minh rằng có thể tìm được 1 dãy số gồm n số tự nhiên liên tiếp (n > 1) không
CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI
có số nào là số nguyên tố ?
Hướng dẫn giải
Ta chọn dãy số sau:
a1 = ( n + 1) !+ 2
a1  2, a1 > 2 nên a1 là hợp số
a2 = ( n + 1) !+ 3
a2  3, a2 > 3 nên a2 là hợp số
…………………..
an = ( n + 1) !+ ( n + 1)
an  ( n + 1) , an > n + 1 nên an là hợp số
Dãy a1 , a2 , a2 ,…., an ở trên sẽ gồm có n số tự nhiên liên tiếp trong đó không có số nào
là số nguyên tố cả.
Nhận xét: Một vấn đề được đặt ra: Có những khoảng rất lớn các số tự nhiên liên tiếp
đều là hợp số. Vậy có thể đến một lúc nào đó không còn số nguyên tố nữa không? Có
số nguyên tố cuối cùng không? Từ thế kỉ III trước Công nguyên, nhà toán học cổ Hi
Lạp Ơ – clit (Euclde) đã chứng minh rằng: Tập các số nguyên tố là vô hạn.
Bài toán 6. Chứng minh rằng không thể có hữu hạn số nguyên tố.
Hướng dẫn giải
Giả sử chỉ có hữu hạn số nguyên tố là p1 , p2 , …, pn trong đó pn là số lớn nhất trong
các số nguyên tố.
Xét
số A p1 p2 … pn + 1 thì A chia cho mỗi số nguyên tố pi (1 ≤ i ≤ n) đều dư 1 (1).
=
Mặt khác A là hợp số (vì nó lơn hơn số nguyên tố lớn nhất là pn ) do đó A phải chia
hết cho một số nguyên tố nào đó, tức là A chia hết cho một trong các số pi (1 ≤ i ≤ n)
(2), mâu thuẫn với (1).
Vậy không thể có hữu hạn số nguyên tố (đpcm).
TỦ SÁCH CẤP 2| 82
BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |
 Dạng 5: Chứng minh có vô số số nguyên tố dạng ax + b (với x ∈ N và ( a, b ) = 1 )
Đây là dạng toán tương đối khó, chúng ta thường giải bằng phương pháp phản
chứng.Với dạng toán này, ở trình độ THCS các em chỉ giải quyết được những bài
tập ở dạng đơn giản như 3 x − 1 và 4 x + 3 . Việc chứng các bài tập ở dạng này
phức tạp hơn, các em sẽ gặp nhiều khó khăn chứ không thể dễ dàng chứng minh
được. Chẳng hạn chứng minh về vô số số nguyên tố có dạng 4a + 1; 6a + 1………
phức tạp hơn nhiều.
* Ví dụ minh họa:
Bài toán 1. Chứng minh rằng có vô số số nguyên tố dạng 3k − 1.
Hướng dẫn giải
● Nhận xét: Mọi số tự nhiên không nhỏ hơn 2 có 1 trong 3 dạng: 3k ;3k + 1 hoặc
3k − 1. Những số có dạng 3k (với k > 1 ) là hợp số, vậy nếu là số nguyên tố thì phải
có dạng 3k + 1 hoặc 3k − 1. Xét 2 số có dạng 3k + 1 : đó là số ( 3k1 + 1) và số ( 3k2 + 1)
do đó tích của những số nguyên có dạng 3k + 1 là số có dạng 3k + 1 .
● Nhận xét: Mỗi số có dạng 3k − 1 sẽ có ít nhất một ước nguyên tố có dạng đó.
Thật vậy, rõ ràng n có ước cùng dạng với nó vì bản thân n là ước của n. Gọi p là ước
nhỏ nhất trong các ước như thế. Nếu p là số nguyên tố thì nhận xét được chứng
minh. Nếu p là hợp số thì p phân tích được thành tích các thừa số nguyên tố lẻ (do
p lẻ). Các thừa số này không thể có cùng dạng 3k + 1 (vì khi đó theo chứng minh
trên thì p sẽ có dạng 3k + 1 ). Vậy ít nhất một thừa số nguyên tố có dạng 3k − 1 . Do
ước của p cũng là ước của n nên n có ước nguyên tố dạng 3k − 1 .
Bây giờ ta sẽ chứng minh có vô số các số nguyên tố có dạng 3k − 1 .
Giả sử chỉ có hữu hạn số nguyên tố có dạng 3k − 1 là p1 , p2 ,…, pn .
Xét
số N 3 p1 p2 … pn − 1 thì N có dạng 3k − 1
=
Theo nhận xét trên thì N có ít nhất một ước nguyên tố có dạng 3k − 1 . Nhưng từ
cách xác định N thì N không chia hết cho bất cứ số nguyên tố nào có dạng 3k − 1 .
Điều mâu thuẫn này chứng tỏ giả sử trên là sai. Vậy có vô số các số nguyên tố có
dạng 3k − 1.
Bài toán 2. Chứng minh rằn tồn tại vô số các số nguyên tố có dạng 4k + 3 .
Hướng dẫn giải
● Nhận xét: Mọi số tự nhiên không nhỏ hơn 2 là số nguyên tố thì phải có dạng
4k + 1 hoặc 4k + 3 . Xét 2 số có dạng 4k + 1 : đó là số ( 4k1 + 1) và số ( 4k2 + 1)
.83 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC
CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC
Vì với k1 , k2 ∈  thì (3k1 + 1)(3k2 + 1)= 9k1 k2 + 3k1 + 3k2 + 1= 3(3k1 k2 + k1 + k2 ) + 1= 3k3 + 1 ,
| CHỦ ĐỀ 3: SỐ NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ
thì (4k1 + 1)(4k2 + 1)= 16k1k2 + 4k1 + 4k2 + 1= 4(4k1k2 + k1 + k2 ) + 1= 4k3 + 1 , do đó tích của
những số nguyên có dạng 4k + 1 là số có dạng 4k + 1 .
● Nhận xét: Mỗi số có dạng 4k + 3 sẽ có ít nhất một ước nguyên tố có dạng đó.
Thật vậy, rõ ràng n có ước cùng dạng với nó vì bản thân n là ước của n. Gọi p là ước
nhỏ nhất trong các ước như thế. Nếu p là số nguyên tố thì nhận xét được chứng
minh. Nếu p là hợp số thì p phân tích được thành tích các thừa số nguyên tố lẻ (do
p lẻ). Các thừa số này không thể có cùng dạng 4k + 1 (vì khi đó theo chứng minh
trên thì p sẽ có dạng 4k + 1 ). Vậy ít nhất một thừa số nguyên tố có dạng 4k + 3 . Do
ước của p cũng là ước của n nên n có ước nguyên tố dạng 4k + 3 .
Bây giờ ta sẽ chứng minh có vô số các số nguyên tố có dạng 4k + 3 .
CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI
Giả sử chỉ có hữu hạn số nguyên tố có dạng 4k + 3 là p1 , p2 ,…, pn .
Xét
số N 4 p1 p2 … pn − 1 thì N có dạng 4k + 3 . Theo nhận xét trên thì N có ít nhất
=
một ước nguyên tố có dạng 4k + 3 . Nhưng từ cách xác định N thì N không chia hết
cho bất cứ số nguyên tố nào có dạng 4k + 3 . Điều mâu thuẫn này chứng tỏ giả sử
trên là sai. Vậy có vô số các số nguyên tố có dạng 4k + 3 .
 Dạng 6: Sử dụng nguyên lý Dirichlet trong bài toán số nguyên tố
Bài toán 1. Cho p > 5 là số nguyên tố. Chứng minh rằng tồn tại một số có dạng 11111
chia hết cho p .
Hướng dẫn giải
Ta xét dãy số: 1,11,111, ,111
1

p
Nếu trong dãy trên không có số nào chia hết cho p thì ta cho tương ứng mỗi số với số dư
của phép chia. Tập hợp các số dư chỉ có 1, 2,3, , p − 1 gồm p − 1 phần tử (vì 0 không thể
có trong tập này).
Nhưng vì chúng ta có p số ở dạng trên nên theo nguyên lý Dirichlet tồn tại hai số có cùng
số dư. Giả sử các số đó là: 111
1 và 111
1 với m > n .


m
n
Khi đó 1 ≤ n < m ≤ p .Như vậy: 111
1 − 111
=
1 111
1000
=
0 111
1.10n







m
m−n
n
n
m−n
1 chia hết cho p và nó cũng nằm trong dãy
Tích này chia hết cho p vì ( p,10 ) = 1 suy ra 111

m−n
trên. Mà 1 ≤ m − n ≤ p mâu thuẫn với giả thiết không có số nào trong dãy chia hết cho p .
Bài toán 2. Chứng minh rằng trong 12 số nguyên tố phân biệt luôn chọn ra được 6 số ký
hiệu p1 , p2 , p3 , p4 , p5 , p6 sao cho ( p1 − p2 )( p4 − p3 )( p5 + p6 )1800 .
Hướng dẫn giải
TỦ SÁCH CẤP 2| 84
BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |
Vì ba số nguyên tố đầu tiên là 2,3,5 nên trong 12 số nguyên tố phân biệt đã cho
luôn có ít nhất 9 số lớn hơn 5 . Vì số nguyên tố lớn hơn 5 nên: 9 số trên khi chia
cho 4 có số dư là 1 hoặc 2 . Theo nguyên lý Dirichlet phải tồn tại ít nhất 5 số khi
chia cho 3 có cùng số dư. Mà 5 số này lại không chia hết cho 5 , vì thế trong 5 số ấy
có ít nhất 2 số mà ta có thể giả sử là p1 , p2 sao cho ( p1 − p2 ) 5 . Ngoài ra hiển nhiên
ta có ( p1 − p2 ) 3 dẫn đến ( p1 − p2 )15
Xét 7 số còn lại. theo nguyên lý Dirichlet tồn tại 4 số có cùng số dư khi chia hết cho
3 . Đem 4 số này chia cho 5 cho hai khả năng xảy ra:
Nếu có 2 số (chẳng hạn p3 , p4 )mà
( p3 − p4 ) 5 . Rõ ràng ( p3 − p4 ) 2
và
( p3 − p4 ) 3 .
Vì ( 5;3; 2 ) = 1 nên ta có ( p3 − p4 ) 30 . Lấy hai số p5 , p6 bất kì (ngoài ra p1 , p2 , p3 , p4 )
đã chọn thì p5 , p6 lẻ (do số nguyên tố khác 2 ) nên ( p5 + p6 ) 2 .
Từ đó suy ra ( p1 − p2 )( p4 − p3 )( p5 + p6 ) 30.30.2 =
1800 .
Nếu 4 số này khi chia cho 5 có các số dư khác nhau là 1; 2;3; 4 . Giả sử
hay ( p5 + p6 ) 5
Với 2 số còn lại p3 , p4 thì rõ ràng ( p3 − p4 ) 3 (theo cách chọn 4 số trên)
Do p3 ; p4 ; p5 ; p6 lẻ nên ( p5 + p6 ) 2, ( p3 − p4 ) 2 .
Từ đó suy ra ( p5 + p6 )10 và ( p3 − p4 ) 6 .
Do đó ( p1 − p2 )( p4 − p3 )( p5 + p6 ) 30.10.6 =
1800
Vậy tồn tại p1 , p2 , p3 , p4 , p5 , p6 là các số nguyên tố phân biên sao cho
( p1 − p2 )( p4 − p3 )( p5 + p6 )1800 .
 Dạng 7: Áp dụng định lý Fermat
Cho p là số nguyên tố và a là số nguyên sao cho ( a, p ) =1 . Khi đó: a p −1 ≡1 (mod p ).
Chứng minh
Xét các số a , 2a , …,
( p −1) a . Dễ thấy, không có số nào trong
p −1 số trên chia hết
cho p và không có hai số nào có cùng số dư khi chia cho p . Vậy khi chia p −1 số nói trên
cho p , ta nhận được các số dư là 1, 2, …, p −1 . Suy ra a. ( 2a ) . ( 3a ) … ( ( p −1) a ) ≡1.2.3. ( p −1)
(mod p ) hay (1.2.3… ( p −1) ) .a p −1 ≡1.2.3… ( p −1) (mod p )
1 nên a p −1 =1 (mod p ).
Vì (1.2.3… ( p −1) , p ) =
* Ví dụ minh họa:
Bài toán 1. Tìm số nguyên tố p sao cho 2 p + 1 chia hết cho p .
Hướng dẫn giải
.85 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC
CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC
( p6 − 4 ) 5 thì ( p5 + p5 − 5) 5
( p5 − 1) 5 ,
| CHỦ ĐỀ 3: SỐ NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ
Giả sử p là số nguyên tố thỏa mãn 2 p + 1 p .
Theo Định lí Fermat: 2 p ≡ 2 ( mod p ) ⇒ 2 p − 2 p ⇒ 3=
(2
p
+ 1) − ( 2 p − 2 ) p ⇒ p= 3.
Với p = 3 ta có 2p + 1 =
9  3.
Bài toán 2. Cho p là số nguyên tố lớn hơn 2 . Chứng minh rằng có vô số số tự nhiên thỏa
n.2n − 1 chia hết cho p .
Hướng dẫn giải
Ta có 2p−1 ≡ 1 (mod p ), ta tìm=
n m(p − 1) sao cho n.2n ≡ 1 (mod p ).
Ta có: n.2n = m(p − 1).2m( p−1) ≡ m(p − 1) (mod p ) ⇒ n.2n ≡ −m ≡ 1 (mod p )
CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI
⇒ m = kp − 1 ( k ∈ * ).
Vậy, với n =(kp − 1)(p − 1) (k ∈*) thì n.22 − 1 p
Bài toán 3. Cho p là số nguyên tố, chứng ming rằng số 2p − 1 chỉ có ước nguyên tố có dạng
2pk + 1 .
Hướng dẫn giải
Gọi q là ước nguyên tố của 2p − 1 thì q lẻ, nên theo Định lí Fermat:
2q −1 − 1q ⇒ (2p − 1,2q −1 − 1)= 2( p ,q −1) − 1q ⇒ q − 1 p , vì nếu (q − 1, p) =
1 thì 1q , vô lí.
Mặt khác, q − 1 chẵn suy ra q − 12p ⇒ q= 2pk + 1 .
C. BÀI TẬP ÁP DỤNG
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.
Bài 2. 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.
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.
Bài 7. Chứng minh rằng số 11…1211…1
  là hợp số với n ≥ 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.
TỦ SÁCH CẤP 2| 86
BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |
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:
2 n +1
+ 3;
4 n+1
+7;
a)
=
A 22
b) B = 22
c) C = 22
6 n+ 2
+ 13 .
Bài 11. Cho p là số nguyên tố lớn hơn 5, chứng minh rằng p 4 ≡ 1 (mod 240).
Bài 12. Chứng minh rằng dãy =
an 10n + 3 có vô số hợp số.
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.
Bài 16. Tìm tất cả các số nguyên tố p có dạng
n(n + 1)(n + 2)
+ 1 ( n ≥ 1 ).
6
Bài 17. Cho n ∈ N * , chứng minh A
= n 4 + 4n là hợp số với n > 1.
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. Cho tập hợp A gồm 16 số nguyên dương đầu tiên. Hãy tìm số nguyên dương k
nhỏ nhất có tính chất: Trong mỗi tập con gồm k phần tử của A đều tồn tại hai số phân biệt
a , b sao cho a 2 + b 2 là số nguyên tố.
(Trích đề thi học sinh giỏi lớp 9 tỉnh Bắc Ninh 2017-2018)
Bài 20. Chứng minh rằng nếu a, a + m, a + 2m là các số nguyên tố lớn hơn 3 thì m chia hết
cho 6 .
Bài 21. Cho tập A = {6;12;18; 24} . Tìm số nguyên tố p sao cho p cộng với mỗi phần tử của
A cũng là nguyên tố.
Bài 22. Tìm số nguyên tố p sao cho p 4 + 2 cũng là số nguyên tố.
(Vòng 2, THPT Chuyên – Đại học Quốc gia Hà Nội, năm học 2007 – 2008)
Bài 23. Cho các biểu thức A = x 4 + 4; B = x 4 + x + 1 . Tìm các số tự nhiên x để A và B đều là
các số nguyên tố.
Bài 24. Giả sử phương trình x 2 + ax + b + 1 =
0 có hai nghiệm nguyên dương. Chứng minh
rằng a 2 + b 2 là hợp số.
.87 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC
CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC
Bài 13. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên tố p có vô số dạng 2n − n chia hết cho p.
| CHỦ ĐỀ 3: SỐ NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ
Bài 25. Giải phương trình x 2 − mx + n =
0 biết phương trình có hai nghiệm nguyên dương
phân biệt và m, n là các số nguyên tố.
Bài 26. (Trích đề vào 10 Chuyên Vinh năm học 2013-2014)
Giả sử n là số nguyên tố lớn hơn 2. Chứng minh rằng
2013n 2 + 3
là số nguyên dương.
8
Bài 27. (Trích đề thi học sinh giỏi lớp 9 Ninh Bình năm học 2018-2019)
Tìm tất cả các bộ ba số nguyên tố ( p;q; r ) sao cho pqr = p + q + r + 160 .
Bài 28. (Trích đề thi học sinh giỏi lớp 9 Bắc Ninh năm học 2018-2019)
Tìm số nguyên tố p thỏa mãn p3 − 4p + 9 là số chính phương.
Bài 29. (Trích đề thi học sinh giỏi lớp 9 Phú Yên năm học 2018-2019)
CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI
Tìm hai số nguyên tố p, q sao cho 8q + 1 =p 2 .
Bài 30. (Trích đề thi học sinh giỏi lớp 9 Thái Bình năm học 2018-2019)
Tìm tất cả các bộ số nguyên dương
( x; y; z ) sao
cho
x + y 2019
là số hữu tỉ và
y + z 2019
x 2 + y 2 + z 2 là số nguyên tố.
Bài 31. (Trích đề thi học sinh giỏi lớp 9 Quảng Nam năm học 2018-2019)
Cho số nguyên tố p ( p > 3) p và hai số nguyên dương a, b sao cho p 2 + a 2 =
b2 .
Bài 32. (Trích đề thi học sinh giỏi lớp 9 Thanh Hóa năm học 2017-2018)
Cho a, b là các số nguyên dương thỏa mãn p
= a 2 + b 2 là số nguyên tố và p − 5 chia
hết cho 8. Giả sử x, y là các số nguyên thỏa mãn ax 2 − by 2 chia hết cho p . Chứng
minh rằng cả hai số x, y chia hết cho p .
Bài 33. (Trích đề thi học sinh giỏi lớp 9 Thanh Hóa năm học 2016-2017)
Cho p là số nguyên tố lớn hơn 5. Chứng minh p2016 – 1 chia hết cho 60.
Bài 34. (Trích đề thi học sinh giỏi lớp 9 Nghệ An năm học 2016-2017)
Tìm tất cả các số nguyên tố khác nhau m, n, p, q thỏa mãn
1 1 1 1
1
+ + + +
=
1.
m n p q mnpq
Bài 35. (Trích đề thi học sinh giỏi lớp 9 TP Hà Nội năm học 2014-2015)
Cho n nguyên dương. Chứng minh rằng A = 23n +1 + 23n −1 + 1 là hợp số
Bài 36. (Trích đề thi học sinh giỏi lớp 9 Vĩnh Long năm học 2015-2016)
Cho p và q là các số nguyên tố lớn hơn 3 và thỏa mãn p= q + 2 . Tìm số dư khi chia
p + q cho 12.
Bài 37. (Thi vào lớp 10 chuyên Lê Hồng Phong năm 1981)
Chứng minh rằng nếu p và p 2 + 2 là hai số nguyên tố thì p 3 + 2 cũng là số nguyên tố.
TỦ SÁCH CẤP 2| 88
BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |
Bài 38. (Trích đề thi học sinh giỏi lớp 9 Nghệ An năm học 2014-2015)
Tìm số tự nhiên n sao cho số 2015 có thể viết được thành tổng của n hợp số nhưng
không thể viết được thành tổng của n + 1 hợp số.
Bài 39. (Trích đề thi học sinh giỏi lớp 9 Thanh Hóa năm học 2014-2015)
Tìm tất cả các số nguyên tố p, q sao cho tồn tại số tự nhiên m thỏa mãn:
pq
m2 + 1
=
.
p+q m +1
Bài 40. (Trích đề thi học sinh giỏi lớp 9 Hải Dương năm học 2014-2015)
Tìm số nguyên tố p sao cho các số 2p2 − 1; 2p2 + 3; 3p2 + 4 đều là số nguyên tố.
Bài 41. (Trích đề thi học sinh giỏi lớp 9 Cẩm Thủy năm học 2011-2012)
Tìm số tự nhiên n để A = n 2012 + n 2002 + 1 là số nguyên tố
Bài 42. (Trích đề thi học sinh giỏi lớp 9 Tiền Hải năm học 2016-2017)
Tìm tất cả các số nguyên dương a, b, c thỏa mãn:
a−b 2
b−c 2
là số hữu tỉ và a 2 + b 2 + c 2 là số nguyên tố
Tìm số nguyên tố k để k 2 + 4 và k 2 + 16 đồng thời là các số nguyên tố.
Bài 44. (Trích đề thi học sinh giỏi lớp 9 Lục Nam năm học 2018-2019)
Cho p là số nguyên tố lớn hơn 5. Chứng minh p20 − 1 chia hết cho 100
Bài 45. Giả sử a , b là các số tự nhiên sao cho p =
b 2a − b
là số nguyên tố. Tìm giá trị
4 2a + b
lớn nhất của p .
Bài 46. (Trích đề chọn học sinh giỏi lớp 9 Amsterdam năm học 2018-2019)
Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương ( p; q; n ) , trong đó p , q là các số nguyên tố
thỏa mãn: p ( p + 3 ) + q ( q + 3 )= n ( n + 3 )
Bài 47. (Trích đề vào 10 Chuyên toán Hải Phòng năm học 2019-2020)
Tìm các số nguyên tố p, q thoả mãn đồng thời hai điều kiện sau:
i) p 2 q + p chia hết cho p 2 + q
ii) pq 2 + q chia hết cho q 2 − p
Bài 48. (Trích đề vào 10 Chuyên toán Quảng Bình năm học 2019-2020)
Cho abc là số nguyên tố. Chứng minh rằng phương trình ax 2 + bx + c =
0 không có
nghiệm hữu tỉ.
Bài 49. (Trích đề thi HSG TP. Hà Nội năm học 2013-2014)
Tìm số tự nhiên n để 25n
2
−3 n +1
− 12 là số nguyên tố
Bài 50. (Trích đề vào 10 Chuyên Tin Lam Sơn năm học 2015-2016)
.89 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC
CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC
Bài 43. (Trích đề thi học sinh giỏi lớp 9 Gia Lộc năm học 2015-2016)
| CHỦ ĐỀ 3: SỐ NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ
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.
Bài 51. (Vòng 2 , THPT chuyên Đại học Vinh, năm học 2009 – 2010)
Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố lẻ p đều không tồn tại các số nguyên dương m, n
1
1
1
thỏa mãn : =
+ 2
2
p m n
Bài 52. (Trích đề vào 10 Chuyên Quảng Nam năm học 2018-2019)
Tìm hai số nguyên tố p và q, biết rằng p + q và p + 4q đều là các số chính phương.
Bài 53. (Trích đề vào 10 Chuyên Hải Dương năm học 2018-2019)
Tìm tất cả các số tự nhiên n, k để n8 + 42 k +1 là số nguyên tố
CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI
Bài 54. (Trích đề vào 10 Chuyên Vĩnh Long năm học 2018-2019)
Tìm các số tự nhiên x thỏa mãn biểu thức P =
− x 4 + x 2 + 14 x + 49 là số nguyên tố
Bài 55. (Trích đề vào 10 Chuyên Phú Thọ năm học 2015-2016)
Chứng minh rằng nếu số nguyên n lớn hơn 1 thoả mãn n2  4 và n2  16 là các số
nguyên tố thì n chia hết cho 5.
Bài 56. (Trích đề vào 10 Chuyên Amsterdam năm học 2014-2015)
1) Cho số nguyên dương n thỏa mãn n và 10 là hai số nguyên tố cùng nhau. Chứng
minh (n 4 − 1) 40
1 2 x( x + 2)
 p −=
2) Tìm tất cả các số nguyên tố p và các số nguyên dương x,y thỏa mãn  2
1 2 y ( y + 2)
 p −=
Bài 57. (Trích đề vào 10 Chuyên TP Hồ Chí Minh năm học 2014-2015)
Cho các số nguyên dương a, b, c sao cho
1 1 1
+ =
a b c
a) Chứng minh rằng a + b không thể là số nguyên tố.
b) Chứng minh rằng nếu c > 1 thì a + c và b + c không thể đồng thời là số nguyên tố
Bài 58. (Trích đề vào 10 Chuyên Thái Bình năm học 2014-2015)
Cho a, b, c, d là các số nguyên dương thỏa mãn: a 2 + ab + b 2 = c 2 + cd + d 2 . Chứng
minh a + b + c + d là hợp số.
Bài 59. (Trích đề HSG lớp 8 Gia Viễn năm học 2014-2015)
Tìm số tự nhiên n để p là số nguyên tố biết: p = n3 − n 2 + n − 1.
Bài 60. (Trích đề HSG lớp 8 Thanh Chương năm học 2012-2013)
Chứng minh ∀n ∈  * thì n3 + n + 2 là hợp số
Bài 61. (Trích đề HSG lớp 8 Bắc Ninh năm học 2018-2019)
TỦ SÁCH CẤP 2| 90
BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |
Cho a, b, c là các số nguyên khác 0, a ≠ c sao cho
a 2 + b2 a
= . Chứng minh
b2 + c2 c
rằng a 2 + b 2 + c 2 không phải là số nguyên tố.
Bài 62. (Trích đề HSG lớp 8 Trực Ninh năm học 2017-2018)
Cho p và 2 p + 1 là số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh rằng 4 p + 1 là hợp số
Bài 63. Cho số nguyên tố p > 3 . Biết rằng có số tự nhiên n sao cho trong cách viết thập
phân của số p n có đúng 20 chữ số. Chứng minh rằng trong 20 chữ số này có ít nhất 3 chữ
số giống nhau.
Bài 64. (Trích đề vào 10 Chuyên Vinh năm học 2015-2016)
(
Tìm các số nguyên tố p, q thỏa mãn p + q= 2 p − q
).
2
Bài 65. (Trích đề HSG lớp 6 Hoằng Hóa 2018-2019)
Tìm tất cả các số nguyên tố p, q sao cho 7 p + q và pq + 11 đều là số nguyên tố.
Bài 66. (Trích đề HSG lớp 6 Sông Lô 2018-2019)
và b 2 = cd + b − c . Hãy tìm abcd
Bài 67. (Trích đề Chuyên Khoa học tự nhiên Hà Nội năm 2009-2010)
Tìm số nguyên dương n sao cho tất cả các số
n + 1, n + 5, n + 7, n + 13, n + 17, n + 25, n + 37 đều là nguyên tố.
Bài 68. (Trích đề HSG lớp 6 Gia Bình 2018-2019)
Giả sử p và p 2 + 2 là các số nguyên tố. Chứng tỏ p 3 + p 2 + 1 cũng là số nguyên tố.
Bài 69. (Trích đề HSG lớp 6 Nghĩa Đàn 2018-2019)
45.
Tìm hai số nguyên tố x, y thỏa mãn x 2 − y 2 =
Bài 70. (Trích đề HSG lớp 6 Như Thanh 2018-2019)
1) Chứng minh rằng hai số 2n + 1 và 10n + 7 là hai số nguyên tố cùng nhau với mọi
số tự nhiên n .
2) Tìm các số x , y nguyên tố để x 2 + 23 =
y3 .
Bài 71. (Trích đề HSG lớp 6 Nông Cống 2018-2019)
Tìm số nguyên tố ab(a > b > 0) , biết ab − ba là số chính phương
Bài 72. Tìm tất cả các số nguyên tố p để 4p2 + 1 và 6p2 + 1 cũng là số nguyên tố.
Bài 73. Giả sử p và q là các số nguyên tố thỏa mãn đẳng thức p p  1  q q 2  1 .
a) Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương k sao cho p  1  kq, q 2  1  kp .
b) Tìm tất cả các số nguyên tố p, q thỏa mãn đẳng thức p p  1  q q 2  1 .
(Trích đề vào 10 Chuyên Khoa học tự nhiên Hà Nội 2017-2018)
.91 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC
CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC
Biết abcd là nguyên tố có bốn chữ số thỏa mãn ab; cd cũng là các số nguyên tố
| CHỦ ĐỀ 3: SỐ NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ
Bài 74. Cho p, q, r, s là các số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh rằng p2 − q 2 + r 2 − s 2 chia
hết cho 24.
1.
Bài 75. Tìm tất cả các cặp số nguyên tố ( p; q ) sao cho p2 − 2q 2 =
Bài 76. Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố p thì p3 +
p−1
không phải là tích của hai
2
số tự nhiên liên tiếp.
r
Bài 77. Tìm các số nguyên tố p, q, r thỏa mãn pq + q p =
Bài 78. Tìm các số nguyên tố p,q,r thỏa mãn các điều kiện sau:
5 ≤ p < q < r; 49 ≤ 2p2 − r 2 ; 2q 2 − r 2 ≤ 193
CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI
Bài 79. Tìm tất cả các bộ ba số nguyên tố a, b,c đôi một khác nhau thoả mãn điều kiện
20abc < 30 ( ab + bc + ca ) < 21abc
0
Bài 80. Tìm các số nguyến tố p, q và số nguyên x thỏa mãn x 5 + px + 3q =
Bài 81.Tìm số nguyên tố p để
p2 + 1
p+1
và
là các số chính phương.
2
2
Bài 82. Chứng minh rằng nếu tồn tại số nguyên dương x thỏa mãn
( x + 1)( 2x + 1)
2012
là một
số chính phương thì x là hợp số.
Bài 83. Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho
p2 − p − 2
là lập phương của một số tự
2
nhiên.
Bài 84. Cho bảy số nguyên tố khác nhau a, b,c,a + b + c,a + b − c,a + c − b, b + c − a trong đó
hai trong ba số a, b, c có tổng bằng 800. Gọi d là hiệu giữa số lớn nhất và số nhỏ nhất trong
bảy số nguyên tố đó. Hỏi giá trị lớn nhất của d có thể nhận là bao nhiêu.
Bài 85. Cho p là số nguyên tố. Tìm tất cả các số nguyên k sao cho
k 2 − pk là số nguyên
dương
Bài 86. Tìm số nguyên dương n lớn nhất sao cho số 2016 viết được thành
a1 + a 2 + a 3 + … + a n trong đó các số a1 ; a 2 ; a 3 ;…; a n là các hợp số. Kết quả trên thay đổi như
thế nào nếu thay số 2016 bằng số 2017.
Bài 87. Tìm tất cả số nguyên tố p, q, r thỏa mãn phương trình ( p + 1)( q + 2 )( r + 3 ) =
4pqr .
Bài 88. Cho số tự nhiên n ≥ 2 , xét các số a1 ; a 2 ;…; a n và các số nguyên tố phân biệt
p1 ; p2 ;…; pn thỏa mãn điều kiện p1 a1 − a 2 =p2 a 2 − a 3 =… =pn a n − a1 . Chứng minh rằng
a1= a 2= …= a n .
Bài 89. Tồn tại hay không số nguyên tố a, b, c thỏa mãn điều kiện a b + 2011 =
c.
TỦ SÁCH CẤP 2| 92
BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |
Bài 90.Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho với mỗi số nguyên tố p đó luôn tồn tại các số
n
nguyên dương n, x, y thỏa mãn p=
x3 + y3 .
n 3 + 8n 2 + 1
Bài 91. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho phần nguyên của
là một số
3n
nguyên tố.
Bài 92. Cho p là số nguyên tố sao cho A =
x 2 + py 2
là số tự nhiên. Khi đó A= p + 1 .
xy
Bài 93. Tìm tất cả các số nguyên tố p và q thỏa mãn p3 − q 5 = ( p + q ) .
2
Bài 94. Cho a, b là các số nguyên và p là số nguyên tố lẻ. Chứng minh rằng nếu p4 là ước
của a 2 + b 2 và a ( a + b ) thì p4 cũng là ước của a ( a + b ) .
2
Bài 95. Tìm các số nguyên không âm a, b sao cho a 2 − b 2 − 5a + 3b + 4 là số nguyên tố.
Bài 96. Cho đa thức f ( x )=
ax 3 + bx 2 + cx + d với a là số nguyên dương. Biết
f ( 5 ) – f ( 4 ) = 2012 . Chứng minh rằng f ( 7 ) – f ( 2 ) là hợp số.
f(5) − f(3) =
2010 . Chứng minh rằng f(7) − f(1) là hợp số.
Bài 98. Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương ( m; p; q ) sao cho p, q là số nguyên tố và
2 m .p2 + 1 =
q5 .
Bài 99.Tìm sáu số nguyên tố p1 ; p2 ; p3 ; p4 ; p5 ; p6 thỏa mãn p12 + p22 + p32 + p43 + p52 =
p62 .
Bài 100. Cho số nguyên tố p dạng 4k + 3 . Tồn tại hay không số nguyên a nào thỏa điều
(
)
kiện a 2 + 1  p
Bài 101. (Trích đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2019-2020)
Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương ( x, y, p ) với p là số nguyên tố thỏa mãn
x 2 + p 2 y 2 =6 ( x + 2 p ) .
Bài 102. Cho a, b, c là các số nguyên dương. Chứng minh a + b + 2 ab + c 2 không phải là
số nguyên tố.
(Tuyển sinh vào lớp 10 chuyên TP Hà Nội, 2017).
Bài 103.
a) Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố khác 2 và khác 3 có dạng: 6m + 1 hoặc 6m − 1 .
b) Chứng minh rằng có vô số số nguyên tố có dạng 6m − 1 .
(Thi học sinh giỏi quốc gia 1991 – 1992)
Bài 104. Tìm các số nguyên tố x, y, z thỏa x y + 1 =z .
Bài 105. Chứng minh rằng nếu 1 + 2n + 4n (n ∈ N *) là số nguyên tố thì n = 3k với k ∈ N .
Bài 106. 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 .
.93 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC
CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC
Bài 97. Cho đa thức bậc ba f(x) với hệ số của x3 là một số nguyên dương và biết
| CHỦ ĐỀ 3: SỐ NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ
Bài 107. Tìm tất cả các số nguyên tố p dạng
n(n + 1)
− 1 ( n ≥ 1 ).
2
Bài 108. Tìm tất cả các số có hai chữ số ab sao cho
ab
là số nguyên tố.
a −b
Bài 109. 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.
Bài 110. (Thi học sinh giỏi TP Hồ Chí Minh 1995 – 1996)
1) Cho biết x, y, z là các số nguyên sao cho ( x − y )( y − z )( z − x ) = x + y + z . Chứng minh
rằng ta có: x + y + z là bội số của 27.
CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI
2) Chứng minh rằng với k nguyên dương và a là số nguyên tố lớn hơn 5 thì a 4 k − 1 chia hết
cho 240.
Bài 111. Chứng minh rằng: (p – 1)! chia hết cho p nếu p là hợp số, không chia hết cho p
nếu p là số nguyên tố.
Bài 112. Chứng minh rằng: mọi ước nguyên tố của 1994! – 1 đều lớn hơn 1994.
Bài 113. Chứng minh rằng: n > 2 thì giữa n và n! có ít nhất 1 số nguyên tố (từ đó suy ra có
vô số số nguyên tố).
Bài 114. Giả sử p là số nguyên tố lẻ và m =
9 p −1
. Chứng minh rằng m là hợp số lẻ không
8
chia hết cho 3 và 3m−1 ≡ 1 (mod m).
Bài 115. 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.
Bài 116. Tìm bảy số nguyên tố sao cho tích của chúng bằng tổng các lũy thừa bậc sáu của
bảy số đó.
Bài 117. Tìm tất cả các số nguyên tố p có dạng p = a 2 + b 2 + c 2 với a, b, c là các số nguyên
dương thỏa mãn a 4 + b 4 + c 4 chia hết cho p.
(Trích đề toán 10 chuyên sư phạm Hà Nội năm 2011-2012)
Bài 118. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương ( x, y ) sao cho
x2 + y 2
là số nguyên dương và
x− y
là ước số của 1995.
Bài 119. 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.
Bài 120. Tìm 3 số nguyên tố sao cho tích của chúng gấp 5 lần tổng của chúng.
TỦ SÁCH CẤP 2| 94
BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |
Bài 121. Cho n là số nguyên dương. Chứng minh rằng luôn tồn tại n số tự nhiên liên tiếp
sao cho chúng là hợp số.
Bài 122. Cho số nguyên dương n thỏa mãn 2n − 1 là số nguyên tố. Chứng minh rằng n là
số nguyên tố.
Bài 123. Tìm số nguyên tố p để 2 p + p 2 cũng là số nguyên tố.
Bài 124. Cho p, q là các số nguyên tố và phương trình x 2 − px + q =
0 có nghiệm nguyên
dương. Tìm p và q .
Bài 125. Cho p, q, r là các số nguyên tố và n là các số tự nhiên thỏa p n + q n =
r 2 . Chứng
minh rằng n = 1 .
Bài 126. Cho p là số nguyên tố dạng 4k + 3 . Chứng minh rằng x 2 + y 2 chia hết cho p khi
và chỉ khi x và y chia hết cho p .
Bài 127. Tìm các số tự nhiên m, n sao=
cho x 33m
2
+ 6 n − 61
+ 4 là số nguyên tố.
Bài 128. Tìm tất cả các số tự nhiên a,b,c sao cho a 3 + b3 + c 3 − 3abc là số nguyên tố.
Bài 129. (Trích đề thi HSG quận Thanh Xuân năm 2019-2020)
Bài 130. Tìm các số nguyên tố a, b, c và số nguyên dương k sao cho a 2 + b 2 + 16c 2 = 9k 2 + 1 .
Bài 131. Tìm các số nguyên tố p và q sao cho p 2 | q 3 + 1 và q 2 | p 6 − 1 .
Bài 132. Ta gọi p , q là hai số nguyên tố liên tiếp, nếu giữa p và q không có số nguyên tố
nào khác. Tìm ba số nguyên tố liên tiếp p , q , r sao cho p2 + q 2 + r 2 cũng là số nguyên tố.
Bài 133. Cho số A =
5125 −1
. Chứng minh A là một hợp số.
525 −1
Bài 134. Cho p và p + 2 là số nguyên tố ( p > 3 ). Chứng minh rằng p + 1 6 .
Bài 135. Cho p và p + 4 là các số nguyên tố ( p > 3) . Chứng minh rằng p + 8 là hợp số.
Bài 136. (Chuyên Vũng Tàu 2016-2017)
Tìm các cặp số nguyên tố ( p, q ) thỏa mãn p 2 − 5q 2 =
4.
Bài 137. Chứng minh rằng trong 12 số nguyên tố phân biệt luôn chọn ra được 6 số ký
hiệu p1 , p2 , p3 , p4 , p5 , p6 sao cho ( p1 − p2 )( p4 − p3 )( p5 + p6 )1800 .
Bài 138. (Đề thi HSG Toán TP.HCM năm học 2004 – 2005)
Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho phần nguyên của
n3 + 8n 2 + 1
là một số
3n
nguyên tố.
Bài 139. Cho p, q là hai số nguyên tố sao cho p > q > 3 và p − q =
2 . Chứng minh rằng:
( p + q )12 .
Bài 140. Tìm số nguyên tố p sao cho p + 10 và p + 14 là các số nguyên tố.
Bài 141. Cho p là số nguyên tố lớn hơn 3 . Chứng minh 2007 − p 2 chia hết cho 24 .
.95 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC
CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC
Chứng minh rằng, nếu p và 8 p 2 + 1 là hai số nguyên tố lẻ thì 8 p 2 + 2 p + 1 là số nguyên tố.
| CHỦ ĐỀ 3: SỐ NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ
(Đề tuyển sinh Chuyên Toán Amsterdam 2017).
Bài 142. Tìm ba số nguyên tố p , q , r sao cho pq + q p =
r.
Bài 143. a) Chứng minh rằng số dư trong phép chia một số nguyên tố cho 30 chỉ có thể là
1 hoặc là một số nguyên tố. Khi chia cho 60 thì kết quả ra sao?
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 .
Bài 144. Tìm tất cả các bộ ba số nguyên tố a, b, c sao cho abc < ab + bc + ca .
Bài 145. Cho dãy số nguyên dương a1 , a2 ,…, an được xác định như sau: a 1 = 2 , an là ước
nguyên tố lớn nhất của a1a2 …an−1 + 1 với n ≥ 2 . Chứng minh rằng ak ≠ 5 với mọi k .
Bài 146. Tìm tất cả các số nguyên tố p để 2p + p2 cũng là số nguyên tố.
Bài 147. Tìm n ∈ * để: n2003 + n2002 + 1 là số nguyên tố.
CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI
Bài 148. a) Tìm các số nguyên tố 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 nhiên.
Bài 149. Cho a, b, c, d ∈ N thỏa mãn a > b > c > d và ac + bd = ( b + d + a − c )( b + d − a + c )
Chứng minh rằng ab + cd là hợp số.
Bài 150. Cho các số nguyên dương a, b, c, d thỏa mãn: a 2 + b 2 = c 2 + d 2 .
Chứng minh a + b + c + d là hợp số .
(Trích đề thi HSG lớp 9 Nghệ An 2014-2015)
Bài 151. Chứng minh rằng nếu 1 + 2 + 4 (n ∈ ) là số nguyên tố thì n = 3k với k ∈ .
n
n
*
Bài 152. Tìm số tự nhiên n sao cho số 2015 có thể viết được thành tổng của n hợp số nhưng
không thể viết được thành tổng của n + 1 hợp số.
(Trích đề thi HSG lớp 9 Nghệ An 2014-2015)
Bài 153. Tìm tất cả các số nguyên tố p dạng
Bài 154. Chứng minh rằng số A = 2
22 n+1
n(n + 1)
− 1 (n ≥ 1).
2
+ 31 là hợp số với mọi số tự nhiên n.
(Trích đề thi HSG lớp 9 Nghệ An 2017-2018)
10 n +1
Bài 155. Cho n ∈ * , chứng minh rằng 22
4 n +1
+ 19 và 23
+ 32
4 n +1
+ 5 là những hợp số.
Bài 156. Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên dương m , n , p với p nguyên tố
thỏa mãn:
m 2019 + n 2019 =
p 2018
(Trích đề thi HSG lớp 9 TP. Hà Nội 2017-2018)
A 2n + 7 là lập phương của
Bài 157. Tìm số tự nhiên n sao cho n + 3 là số nguyên tố và =
một số tự nhiên.
Bài 158. Chứng minh rằng nếu b là số nguyên tố lớn hơn 3 thì số A = 3n + 1 + 2009b 2 là
hợp số, với mọi số tự nhiên n .
(THPT chuyên Quảng Ngãi, năm học 2009-2010)
TỦ SÁCH CẤP 2| 96
BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |
CHỦ ĐỀ 3. SỐ NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ
Bài 1. a) b) Đáp số: p = 3. Xét p dưới các dạng: p = 3k, p = 3k + 1, p = 3k + 2
(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) 3 mà (p,3) = 1 nên
(1).
( p − 1)( p + 1) 3
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)  24.
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
= 11…10…0
= 11…1(10
+ 1) .
Bài 7. 11…1211…1

 
  + 11…1

n
n
n +1
n
n +1
n +1
suy ra đpcm.
Bài 8. p 1010…101
=
=
(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.
+ 1
+ … +
a) A = 11…1
 = 1
1 3 .
2001
2001
b) B = 11…1
 11 .
2000
c) C = 1010101101 .
d) D 1112111
=
= 1111000 + 11111111 .
.303 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC
CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC
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
| ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 3: SỐ NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ
e) E 3 vì 1!+ 2! =
3 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.
Bài 10. Chứng minh A 7; B 11; C  29 .
Bài 11. 240 = 24. 3. 5.
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 )
CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI
x= y= 1 thì x 4 + 4 y 4 =
5 là số nguyên tố.
Bài 16. p
=
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:
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.2k +1 )(n 2 + 22 k +1 + n.2 k +1 )
=(n − 2k ) 2 + 22 k  (n + 2k ) 2 + 22 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 3 thì p lẻ nên có dạng =
p 3k + 2 .
p 3k + 1 hoặc =
Khi đó =
A p 4 + 2 chia hết cho 3 và A > 3 nên A không là số nguyên tố. p = 3 là số nguyên tố
thỏa mãn đề bài.

Bài 23. A = ( x 4 + 4 x 2 + 4) − 4 x 2 = ( x 2 + 2) 2 − 4 x 2 = ( x 2 − 2 x + 2)( x 2 + 2 x + 2).
Nếu x = 0 thì A = 4 không là số nguyên tố.
Nếu x = 1 thì=
A 5,=
B 3 là các số nguyên tố.
Nếu x ≥ 2 thì A=

[ x( x − 2) + 2] ( x 2 + 2 x + 2) là tích của hai số tự nhiên lớn hơn 1 nên

hợp số. Vậy x = 1 thỏa mãn đề bài.

Bài 24. Để phương trình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 ( x1 , x2 ∈ N * ) thì ta phải có :

∆ ≥ 0 ⇔ a 2 − 4(b + 1) ≥ 0
Theo định lý Vi-ét ta có:

.305 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

A là

| ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 3: SỐ NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ

−a a =− ( x1 + x2 )
 x1 + x2 =
⇒

b x1 x2 − 1
 x1 x2= b + 1 =
a 2 + b 2 =−
 ( x1 + x2 )  + ( x1 x2 − 1)

Ta có:

2

2

= x12 + 2 x1 x2 + x22 + x12 x22 − 2 x1 x2 + 1
= x12 + x22 + x12 x22 + 1 =

(x

2
1

+ 1)( x22 + 1)

Do x1 , x2 ∈ N * nên suy ra:
2
 x1 + 1 ∈ N
và
 2
 x1 + 1 ≥ 2

Vậy a 2 + b 2 ∈ N , a 2 + b 2 ≥ 4; a 2 + b 2 =

2
 x2 + 1 ∈ N
 2
 x2 + 1 ≥ 2

(x

2
1

+ 1)( x22 + 1) ⇒ a 2 + b 2 là hợp số.

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

Bài 25. Gọi x1 , x2 là các nghiệm của phương trình đã cho. Theo định lý Vi-ét ta có:

m
 x1 + x2 =
.

 x1 x2 = n

x1 1,=
x2 n ( giả sử x1 , x2 ).
Do m,n là các số nguyên tố suy ra=

Từ x1 + x2 = m ⇒ 1 + n = m ⇒ m, n là hai số nguyên tố liên tiếp ⇒ n= 2, m= 3.
Ta có phương trình: x 2 − 3 x + 2 =
0 , phương trình này có hai nghiệm là 1 và 2.

Bài 26. Vì n là số nguyên tố lớn hơn 2 nên 2013n 2=
+ 3 2008n 2 + 5 ( n − 1)( n + 1) + 88
Vì n là số nguyên tố lẻ nên ta có điều phải chứng minh.
Bài 27.
1. Không mất tổng quát giả sử p ≤ q ≤ r .
Với p = 2 : 2qr = q + r + 162 ⇔ 4qr − 2q − 2r = 324

⇔ 2q(2r − 1) − (2r − 1)= 325 ⇔ (2q − 1)(2r − 1)= 325= 52 ⋅13.

3 ≤ 2q − 1 ≤ 2r − 1 ⇒ 9 ≤ (2q − 1) 2 ≤ (2r − 1) ( 2q − 1) ⇔ 9 ≤ (2q − 1) 2 ≤ 325 ⇔ 3 ≤ 2q − 1 ≤ 18.
Do 2q − 1 là ước của 5 ⋅13 nên 2q − 1 ∈ {5;13} .
2

Nếu 2q − 1 = 5 ⇔ q = 3 ⇒ r = 33 (loại).
Nếu 2q − 1 = 13 ⇔ q = 7 ⇒ r = 13 (thỏa mãn).

pqr = p + q + r + 160 ⇔ p ( qr − 1) − q − r = 160
⇔ ( qr − 1)( p − 1) + qr − 1 − q − r= 160 ⇔ ( qr − 1)( p − 1) + q(r − 1) − (r − 1) − 2= 160
⇔ ( qr − 1)( p − 1) + (q − 1)(r − 1) =
162.
Nếu p lẻ ⇒ q;r lẻ ⇒ ( qr − 1)( p − 1) + (q − 1)(r − 1) 4 mà 162 không chia hết cho 4 ⇒
Vô lý.
Vậy bộ ba số nguyên tố cần tìm là (2;7;13) và các hoán vị.
Bài 28. Đặt p3 − 4p + 9= t 2 (t ∈ N)
TỦ SÁCH CẤP 2| 306

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |

(

)

Biến đổi thành p p2 − 4 = (t − 3)(t + 3) (1) ⇒ p|( t − 3 ) ∨ p|( t + 3 )
Trường hợp 1: Nếu p|t − 3
Đặt t −=
3 pk(k ∈ N)
Khi đó thay vào (1) ta có:

(

)

p p2 −=
4 pk(pk + 6) ⇔ p2 − pk 2 − 6k=
−4 0

Coi đây là phương trình bậc hai ẩn p điều kiện cần để tồn tại nghiệm của phương trình là:
∆= k 4 + 4 ( 6k + 4=
) k 4 + 24k + 16 là một số chính phương.

( )

Mặt khác với k > 3 ta dễ chứng minh được k 2

(

2

< k 4 + 24k + 16 < k 2 + 4

)

2

Suy ra các trường hợp:

k 4 + 24k + 16=
k 2 + 24k + 16=

(k
(k
(k

2

2

2

)
+ 2)
+ 3)

2

+ 1 ⇔ 2k 2 − 24k − 15 = 0 (loại)
2

2

⇔ k 2 − 6k − 3= 0 (loại)
⇔ 6k 2 − 24k − 7= 0 (loại)

Do đó phải có k ≤ 3 . Thử trực tiếp được k = 3 thỏa mãn.
Từ đó ta có
=
t 36;
=
p 11 .
Lưu ý: HS có thể làm như sau khi thay vào 1

(

)

p p2 − 4 = pk(t + 3) ⇔ k(t + 3) = p2 − 4 ⇒ p2 = kt + 3k + 4
2
p2 k 2 ⇒ t 2 − 6t +=
9 k 2 (kt + 3k + 4)
Mặt khác ta có (t − 3)=

(

)

⇔ t 2 − t 6 + k 3 + 9 − 3k 3 − 4k 2 =
0

Coi đây là phương trình bậc hai ẩn n điều kiện cần để tồn tại nghiệm của phương trình là:

∆=

(6 + k )
3

2

phương.

(

)

(

− 4 9 − 3k 3 − 4k 2 = k 6 + 24k 3 + 16k 2= k 2 k 4 + 24k + 16

)

là

một

số

chính

Muốn vậy thì k 4 + 24k + 16 phải là một số chính phương.

Sau đó cách làm giống như trên.
Trường hợp 2: Nếu p|t + 3
Đặt t +=
3 pk(k ∈ N)

(

)

Khi đó thay vào (1) ta có: p p2 −=
4 pk(pk − 6) ⇔ p2 − pk 2 + 6k=
−4 0
Coi đây là phương trình bậc hai ẩn p điều kiện cần để tồn tại nghiệm của phương trình là:
∆= k 4 − 4 ( 6k − 4=
) k 4 − 24k + 16 là một số chính phương.

Mặt khác với k  3 ta dễ chứng minh được

(k

trường hợp:

(

)

2

k 4 − 24k + 16 = k 2 − 1 ⇔ 2k 2 − 24k + 15 = 0 (loại)

.307 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

2

−4

)

2

( )

< k 4 − 24k + 16 < k 2

2

Suy ra các

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

k 4 + 24k + 16 =

| ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 3: SỐ NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ

(k
− 24k + 16 = ( k

k 4 − 24k + 16=

2

k2

2

)
− 3)

−2

2

2

⇔ k 2 − 6k + 3= 0 (loại)

⇔ 6k 2 − 24k + 7 = 0 (loại)

Do đó phải có k ≤ 3 Thử trực tiếp được k = 3 thỏa mãn.
Từ đó suy ra t = 3;18 tương ứng p = 2; 7 .
Vậy tập tất cả giá trị p cần tìm là {2; 7;11}
Bài 29. Ta có p 2 chia cho 3 dư 0 hoặc 1.
Xét p 2 chia cho 3 dư 0, vì p là số nguyên tố nên p = 3 , suy ra q = 1 , vô lí.

5 thỏa mãn.
Xét p 2 chia cho 3 dư 1, suy ra 8q chia hết cho 3 mà ( 8;3) = 1 nên q = 3 ⇒ p =
Vậy p = 5 ; q = 3 thỏa mãn bài.

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

Bài 30. Ta có

x + y 2019 m
= ( m, n ∈ * , (m, n) =
1)
y + z 2019 n

0
nx − my =
x y
⇒ = ⇒ xz = y 2
⇒ mx − my = (mz − ny ) 2019 ⇒ 
0
y z
mz − my =
x 2 + y 2 + z 2 =( x + z ) − 2 xz + y 2 =( x + z ) − y 2 =( x + y + z )( x + z − y ) .
2

2

Vì x + y + z là số nguyên lớn hơn 1 và x 2 + y 2 + z 2 là số nguyên tố nên

 x2 + y 2 + z 2 = x + y + z
.

x
−
y
+
z
=
1


Từ đó suy ra x=

Thử lại

y=

z=

1.

x + y 2019
3 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
= 1 và x 2 + y 2 + z 2 =
y + z 2019

Kết luận ( x; y; z ) = (1;1;1) .

Bài 31. Ta có: p 2 + a 2 = b 2 ⇔ p 2 = (b − a )(b + a ) .
Các ước của p2 là 1, p và p2 ; không xảy ra trường hợp b + a = b ‒ a = p
Do đó chỉ xảy ra trường hợp b + a = p2 và b ‒ a = 1.

=
Khi đó b

p2 + 1
p2 −1
=
và a
suy ra 2a = (p ‒1)(p + 1).
2
2

Từ p lẻ suy ra p + 1, p ‒1 là hai số chẵn liên tiếp ⇒ (p ‒1)(p + 1) chia hết cho 8.
Suy ra 2a chia hết cho 8
(1)
Từ p nguyên tố lớn hơn 3 nên p không chia hết cho 3. Do đó p có dạng 3k+1 hoặc 3k+2.
Suy ra một trong hai số p + 1; p ‒1 chia hết cho 3 . Suy ra 2a chia hết cho 3
(2)
Từ (1) và (2) suy ra 2a chia hết cho 24 hay a chia hết cho 12 (đpcm).

 p 2 -1 
2
Xét 2 ( p + a + 1) =2  p+
+1 =2p+p 2 +1= ( p+1) là số chính phương.
2


Bài 32. Do p − 58 nên p =8k + 5 (k ∈ )
Vì ( ax 2 )

4k +2

− ( by 2 )

4k +2

 ( ax 2 − by 2 ) p nên a 4 k + 2 ⋅ x8 k + 4 − b 4 k + 2 ⋅ y 8 k + 4  p
TỦ SÁCH CẤP 2| 308

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |

Nhận thấy a 4 k + 2 ⋅ x8 k + 4 − b 4 k + 2 ⋅ y 8 k + 4 =
+2
Do a 4 k + 2 + b 4 k=

(a )

2 2 k +1

+ ( b2 )

2 k +1

(a

4k +2

+ b 4 k + 2 ) x8 k + 4 − b 4 k + 2 ( x8 k + 4 + y 8 k + 4 )

2
 ( a 2 + b=
) p và b < p nên x8k +4 + y8k +4  p (*)

Nếu trong hai số x, y có một số chia hết cho p thì từ (*) suy ra số thứ hai cũng chia hết cho

p.
Nếu cả hai số x, y đều không chia hết cho p thì theo định lí Fecma ta có :

x8 k + 4 =
x p −1 ≡ 1(mod p ), y 8 k + 4 =
y p −1 ≡ 1(mod p )
⇒ x8 k + 4 + y 8 k + 4 ≡ 2(mod p ) . Mâu thuẫn với (*).Vậy cả hai số x và y chia hết cho p .
Bài 33. Ta có :

p 2016 − 1= ( p 4 )504 − 1504 = ( p 4 − 1). A = ( p − 1)( p + 1)( p 2 + 1). A (1) ( A ∈ N )
Vì P là số nguyên tố lớn hơn 5 nên p là số lẻ, suy ra p – 1, p +1 là hai số chẵn liên tiếp

⇒ ( p − 1)( p + 1) 4

(2)

Vì p – 1, p, p+1 là ba số tự nhiên liên tiếp nên ( p − 1) p ( p + 1)3 . Nhưng p không chia hết

(3)

Vì p không chia hết cho 5 nên p có một trong các dạng 5k ± 1;

5k ± 2

p 5k ± 1 thì p 2 = 25k 2 ± 10k + 1= 5n + 1
– Nếu =

p 5k ± 2 thì p 2 = 25k 2 ± 20k + 4 = 5l − 1
– Nếu =
5q  5
Cả hai trường hợp trên đều cho ta p − 1 =
4

(4) ( (n, l , q ∈ N )

Vì 3, 4, 5 là các số nguyên tố cùng nhau từng đôi một nên từ (1), (2), (3), (4) suy ra

p 2016 − 1 chia hết cho 4.3.5 tức là chia hết cho 60
Bài 34. Không mất tính tổng quát giả sử m < n < p < q.

1 1 1 1
1
1 1 1 1
1
+ + + +
≤ + + + +
< 1.
m n p q mnpq 3 5 7 11 3.5.7.11
1 1 1
1
1
= (2).
Vậy m = 2 và (1) trở thành + + +
n p q 2npq 2
Nếu m ≥ 3 thì

1 1 1
1
1 1 1
1
1
+ + +
≤ + + +
< .
n p q 2npq 5 7 11 2.5.7.11 2
1 1
1
1
= ⇔ ( p − 6 )( q − 6 ) = 37
Vậy n = 3 và (2) trở thành + +
p q 6pq 6
Nếu n ≥ 5 ta có

suy ra

p = 7 và q = 43.

Vậy ( m;n;p;q ) là ( 2;3;7;43) và các hoán vị của nó.
Bài 35. Ta có:

2 A= 23n + 2 + 23n + 2= 5.8n + 2
Do 8 ≡ 1( mod 7 ) ⇒ 8n ≡ 1( mod 7 ) ⇒ A ≡ 5 + 2 ≡ 0 ( mod 7 ) ⇒ A 7
Mặt khác ta chứng minh được A > 0 nên A là hợp số.
.309 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

cho 3 nên ( p − 1)( p + 1)3

| ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 3: SỐ NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ

Bài 36. Do q là số nguyên tố lớn hơn 3 nên q có dạng 3k + 1 hoặc 3k + 2 với k ∈ N* .
+ Nếu =
q 3k + 1 , khi đó do p= q + 2 nên =
p 3k + 3 chia hết cho 3, trường hợp này loại do
p không phải là số nguyên tố.
+ Nếu =
q 3k + 2 , khi đó do p= q + 2 nên =
p 3k + 4 . Do p là số nguyên tố nên k phải là số
tự nhiên lẻ. Khi đó ta được p + q= 6 ( k + 1)12 . Vậy số dư khi chia p + q cho 12 là 0.
Bài 37. p 2 + 2= p 2 − 1 + 3=

( p − 1)( p + 1) + 3

Trong ba số tự nhiên liên tiếp: p − 1, p, p + 1 có một số chia hết cho 3. Số đó không thể là

p − 1 hoặc p + 1 vì nếu giả sử ngược lại, ta suy ra p 2 + 2 chia hết cho 3 và p 2 + 2 > 3 , vô lý,
vì p 2 + 2 là số nguyên tố. Vậy p phải chia hết cho 3, mà p là số nguyên tố, do đó p = 3 .

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

Khi p = 3 ⇒ p 3 + 2 = 33 + 2 = 29 là số nguyên tố.
Bài 38. Giả sử 2015 = a1 + a2 + … + an , trong đó a1 ; a2 ;…; an là các hợp số
Theo bài ra ta có
+ Mỗi số hạng a1 ; a2 ;…; an không thể viết thành tổng hai hợp số (1)

+ Tổng hai hợp số bất kì không thể viết thành tổng 3 hợp số (2)
Do 2015 là số lẻ nên tồn tại ít nhất một hợp số lẻ, hợp số đó phải bằng 9 vì 1;3;5;7;11;13
không phải là hợp số.
Nếu có hợp số lẻ a1 ≥ 15 ⇒ a1 =9 − ( a1 − 9 ) với ( a1 − 9 ) ≥ 6 là số chẵn nên a1 bằng tổng hai

hợp số- trái với (1)

Mặt khác không có quá một hợp số bằng 9 vì nếu có hai hợp số bằng 9 thì 9+9=6+6+6 trái
với (2)
Do đó: 2015 = 9 + a2 + a3 + … + an với a2 ; a3 ;..; an là các hợp số chẵn

2006
⇒ a2 + a3 + … + an =

( 3)

⇒ các hợp số phải nhận các giá trị 4 hoặc 6.

Vì nếu a2 là hợp số chẵn và a2 ≥ 8 ⇒ a2 = 4 − ( a2 − 4 ) là tổng hai hợp số, trái với (1)

Số hợp số bằng 6 chỉ có thể là một vì nếu có hai hợp số bằng 6 thì 6+6=4+4+4
Giả sử a2 = 6 ⇒ a3 = a4 = …an = 4 ⇒ ( n − 2 ) .4 = 2000 ⇒ n = 502
Vậy số tự nhiên cần tìm là n = 502
Bài 39. Nếu p = q thì p=

2(m 2 + 1)
4
= 2m − 2 +
.
m +1
m +1

Do m ∈  và p là số nguyên tố nên 4 ( m + 1) ⇒ m= 0; m= 1; m= 3 ⇒ 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.
Gọi r là một ước chung của m + 1 và m + 1 ⇒ [ ( m + 1)( m − 1) ] r ⇒ ( m − 1) r
2

2

TỦ SÁCH CẤP 2| 310

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |

⇒ (m 2 + 1) − (m 2 − 1)  r ⇒ 2 r ⇒ r = 1 hoặc r = 2 .
+) r =
1 suy ra p + q = m + 1, pq = m 2 + 1 ⇒ p, q là hai nghiệm của phương trình
x 2 − (m + 1) x + m 2 + 1 =
0 vô nghiệm do ∆ = −3m 2 + 2m − 3 = −(m − 1) 2 − (2m 2 + 2) < 0

+) r =
2 suy ra 2 pq = m 2 + 1 và 2( p + q ) = m + 1 ⇒ p, q là hai nghiệm của phương
trình 2 x − ( m + 1) x + m + 1 =
0 vô nghiệm do
2

2

∆ = −7 m 2 + 2m − 7 = −(m − 1) 2 − (6m 2 + 6) < 0 .
=
=
( p; q ) (5;5).
Vậy bộ các số nguyên tố (p; q) cần tìm
là ( p; q ) (2;2);
Bài 40.
+) Nếu p=7k + i; k,i nguyên, i thuộc tập {±1; ±2; ±3} . Khi đó p 2 chia cho 7 có thể dư: 1;4;2
Xét p > 2 ⇒ 2 p 2 − 1; 2 p 2 + 3 & 3 p 2 + 4 > 7
Nếu p 2 chia cho 7 dư 1 thì 3 p 2 + 4 chia hết cho 7 nên trái GT
Nếu p 2 chia cho 7 dư 4 thì 2 p 2 − 1 chia hết cho 7 nên trái GT
Nếu p 2 chia cho 7 dư 2 thì 2 p 2 + 3 chia hết cho 7 nên trái GT

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

+) Xét p=2 thì 3 p 2 + 4 =16 (loại)
+) Xét p=7k, vì p nguyên tố nên p = 7 là nguyên tố, có:
2
2
2=
p 2 − 1 97; 2 p=
+ 3 101; 3 p=
+ 4 151 đều là các số nguyên tố

Vậy p = 7
Bài 41. Xét n = 0 thì A = 1 không phải số nguyên tố
n = 1 thì A = 3 là số nguyên tố
Xét n > 1 ta có:

( )

A
1 n2  n3
= n 2012 − n 2 + n 2002 − n + n 2 + n +=


( )

Mà  n 3


670

(

670

)

( )

(

)

− 1 chia hết cho n 3 − 1 suy ra  n 3



( )

Tương tự:  n 3


667

− 1 chia hết cho n 2 + n + 1


(

( )

− 1 + n  n 3


670

667

)

Vậy n = 1 là giá trị cần tìm.
Bài 42.

a−b 2
b−c 2

=

x
(x, y ∈ Z, xy ≠ 0)  ay – bx = (by – cx) 2 (*)
y

Vì a, b, c, x, y ∈ Z  ay – bx ∈ Z  (by – cx) 2 ∈ Z
Mà

ay − bx= 0 ay= bx
⇒
− cx 0 =
 by =
cx by

2 ∈ I nên từ (*) ⇒ 

.311 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

(

)

− 1 chia hết cho n 2 + n + 1


Do đó với n > 1 thì A chia hết cho n 2 + n + 1 nên A là hợp số.

Đặt

(

− 1 + n 2 + n + 1


)

| ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 3: SỐ NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ

 acxy = b2xy  ac = b2 (vì xy ≠ 0)
a2 + b2 + c2 = (a + c)2 – 2ac + b2 = (a + c)2 – b2 = (a+c – b)(a+c+b)
Vì a2 + b2 + c2 là số nguyên tố và a + c – b < a + c + b
(1)
 a + b – c = 1  a + b + c = a2 + b2 + c2
Mà a, b, c nguyên dương nên a ≤ a2, b ≤ b2, c ≤ c2
(2)
Từ (1) và (2)  a = b = c = 1, thử lại: Thỏa mãn, kết luận
Bài 43. Vì k là số nguyên tố suy ra k 2 + 4 > 5; k 2 + 16 > 5
-Xét k = 5n ( n ∈ N ) mà k là số nguyên tố nên k = 5.
Khi đó k2 + 4 = 29; k2 +16 = 41 đều là các số nguyên tố.
2
25n 2 + 10n + 1 ⇒ k 2 + 4 5
-Xét k = 5n+1 ( n ∈ N ) ⇒ k=

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

⇒ k 2 + 4 không là số nguyên tố.

– Xét k = 5n + 2 ( n ∈ N ) ⇒ k 2= 25n 2= 20n + 4 ⇒ k 2 + 16 5

⇒ k 2 + 16 không là số nguyên tố.

2
25n 2 + 30n + 9 ⇒ k 2 + 16 5
– Xét k = 5n +3 ( n ∈ N ) ⇒ k=

⇒ k 2 + 16 không là số nguyên tố.

– Xét k = 5n + 4 ( n ∈ N ) ⇒ k 2= 25n 2 + 40n + 16 ⇒ k 2 + 4 5

⇒ k 2 + 4 không là số nguyên tố.

Vậy để k 2 + 4 và k 2 + 16 là các số nguyên tố thì k = 5.
Bài 44. Ta có p 20 − 1=

(p

4

− 1)( p16 + p12 + p8 + p 4 + 1) .

Do p là số nguyên tố lớn hơn 5 nên p là một số lẻ.

⇒ p 2 + 1 và p 2 − 1 là các số chẵn
⇒ p 4 − 1 chia hết cho 4
⇒ p 20 − 1 chia hết cho 4

Vì p là số nguyên tố lớn hơn 5 ⇒ p là một số không chia hết cho 5.
Lập luận ta được p 4 − 1 chia hết cho 5.
Lập luận ta được p16 + p12 + p8 + p 4 + 1 chia hết cho 5.

Suy ra p 20 − 1 chia hết cho 25.
Mà ( 4; 25 ) = 1 nên p 20 − 1 . (đpcm)
Bài 45. Từ giả thiết suy ra b chẵn, ta đặt b = 2c thì =
p

2p m
c a−c
4 p2 a − c
=
, đặt
⇔ =
2
c
n
2 b−c
c
a+c

a − c =
km 2
4 pn km n 2 − m 2 .
với ( m, n ) = 1 và k = ( a − c, a + c ) ⇒ 
⇒ 2c = k ( n 2 − m 2 ) và=
2
kn
a + c =

(

)

TỦ SÁCH CẤP 2| 312

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |

(

)

4 pn km n 2 − m 2 8 ⇒ p chẵn, tức là p = 2 .
Nếu m , n cùng lẻ thì=
Nếu m , n không cùng lẻ thì m chia 4 dư 2. (do 2 p không là số chẵn không chia hết cho 4
2p
và
là phân số tối giản). Khi đó n là số lẻ nên n 2 − m 2 là số lẻ nên không chia hết cho 4
c
suy ra k là số chia hết cho 2. Đặt k = 2r ta có 2 pn = rm n 2 – m 2 mà n 2 – m 2 , n = 1 ⇒ r  n

(

)

(

)

đặt r = ns ta có 2 p =s ( n − m )( n + m ) m do n − m , n + m đều là các số lẻ nên n + m =
p,
1 , suy ra s , m ≤ 2 và ( m; n ) = (1; 2 ) hoặc ( 2;3) . Trong cả hai trường hợp đều suy ra
n−m =

p ≤ 5 . Với p = 5 thì m = 2 , n = 3 , s = 1 , r = 3 , k = 6 , c = 15 , b = 30 , a = 39 .
Bài 46. Không mất tính tổng quát, giả sử p ≤ q.
Trường hợp 1: p = 2
⇒ p ( p + 3) = 2 ( 2 + 3) = 2.5 = 10
⇒ 10 + q ( q + 3) = n ( n + 3)

⇔ 10 = n 2 + 3n − q 2 − 3q = ( n 2 − q 2 ) + ( 3n − 3q )

⇔ 10 =

( n − q )( n + q + 3)

Vì p ( p + 3) + q ( q + 3)= n ( n + 3) mà p ; q ; n là các số nguyên dương

⇒ n > q ≥ 2.

⇒ n+q+3> 2+2+3=
7

10 1.10
= 2.5
Mà=
q + 3 10
+q 7 =
n + =
n=
n 4
⇒
⇔
⇔
−q 1
−q 1 =
 n=
 n=
q 3
So với điều kiện thỏa mãn.
Vậy bộ ba số nguyên dương ( p; q; n ) cần tìm là ( 2;3; 4 ) .
Trường hợp 2: p = 3
⇒ p ( p + 3) = 3. ( 3 + 3) = 3.6 = 18

⇒ 18 + q ( q + 3) = n ( n + 3) ⇔ 18 = n 2 + 3n − q 2 − 3q = ( n 2 − q 2 ) + ( 3n − 3q )
⇔ 18 = ( n − q )( n + q ) + 3 ( n − q )
⇔ 18 =

( n − q )( n + q + 3)

Vì p ( p + 3) + q ( q + 3)= n ( n + 3) mà p ; q ; n là các số nguyên dương ⇒ n > q ≥ 3.
⇒ n + q +3 > 3+3+3 =
9

= 1.18
= 2.9
= 3.6
Mà 18
q + 3 18 =
n + q 15 =
n +=
n 8
⇒
⇔
⇔
n−q 1
n−q 1 =
 =
=
q 7
So với điều kiện thỏa mãn.

.313 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

⇔ 10 = ( n − q )( n + q ) + 3 ( n − q )

| ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 3: SỐ NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ

Vậy bộ ba số nguyên dương ( p; q; n ) cần tìm là ( 3;7;8 ) .
Trường hợp 3: p > 3
Ta sẽ chứng minh với 1 số nguyên a bất kì không chia hết cho 3 thì tích a ( a + 3) luôn chia
3 dư 1.
Thật vậy:
Nếu a : 3 dư 1 ⇒ a = 3k + 1 ⇒ a + 3 = 3k + 4
⇒ a ( a + 3) =

( 3k + 1)( 3k + 4 ) =

9k 2 + 15k + 4 : 3 dư 1.

Nếu a : 3 dư 2 ⇒ a = 3k + 2 ⇒ a + 3 = 3k + 5
⇒ a ( a + 3) =

( 3k + 2 )( 3k + 5) =

9k 2 + 21k + 10 : 3 dư 1.

Trở lại bài toán chính:

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

Vì q ≥ p > 3 ⇒ p  3; q  3.
⇒ p ( p + 3) + q ( q + 3) : 3 dư 2.

Mà n ( n + 3) : 3 dư 1 (nếu n  3) hoặc n ( n + 3) 3 nếu n 3.
⇒ p ( p + 3) + q ( q + 3) ≠ n ( n + 3)

Suy ra không có bộ ba số nguyên dương ( p; q; n ) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 47. Ta có:

(

) (
+ q) − p (q

)
− p ) =p

p 2 q + p  p 2 + q ⇒ q p 2 + q − p 2 q + p = q 2 − p  p 2 + q.

(
−p=
−( p + q) ⇔ q

pq 2 + q  q 2 − p ⇒ pq 2

q2

2

2

2

2

+ q  q 2 − p.

+ q + p2 − p =
0(VN ).

q 2 − p = p 2 + q ⇔ ( q + p )( q − p − 1) = 0 ⇔ q − p − 1 = 0 ⇔ q = p + 1.

Mà p, q là hai số nguyên tố nên=
p 2,=
q 3 (thỏa mãn bài toán)

0 có nghiệm hữu tỉ, khi đó
Bài 48. Giả sử phương trình ax + bx + c =
2

∆= b 2 − 4ac= m 2 ,(m ∈ ) .

Suy ra b > m hay b > m. (1)
2

2

Ta có 4a.abc
= 4a (100a + 10b + =
c) 400a + 40ab + 4ac
2

=
=

( 400a

2

+ 40ab + b 2 ) − ( b 2 − 4ac ) =

( 20a + b )

2

− m2

( 20a + b + m )( 20a + b − m )

Do abc là số nguyên tố nên

( 20a + b + m ) abc

hoặc

( 20a + b − m ) abc ,

suy ra

20a + b + m ≥ abc (2)
Từ (1) ta có 20a + 2b= 20a + b + b > 20a + b + m

TỦ SÁCH CẤP 2| 314

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |

Từ (2) ta có 20a + b + m ≥ 100a + 10b + c > 100a + 10b
Do đó

20a + 2b > 100a + 10b ⇔ 2(10a + b) > 10(10a + b) ⇔ 2 > 10 (vô lý)
Vậy ∆ không thể là số chính phương nên phương trình ax + bx + c =
0 không có
2

nghiệm hữu tỉ.

+ 2 2  n ( n − 3) + 1
Bài 49. Ta có 2n 2 − 6n =
Vì n(n – 3) chẵn nên n(n – 3) + 1 = 2k +1 với k ∈ N ∪ {−1} .
Suy ra 52 n

2

Vì vậy 52 n

2

−6 n + 2

−=
12 252 k +1 + 1 − 1313

−6 n + 2

− 12 nguyên tố hay 52 n

2

−6 n + 2

13
− 12 =

nên n(n – 3) + 1 = 1 , suy ra n = 0 hoặc n = 3.
Bài 50. Xét dãy số có dạng 2; 2.3; 2.3.5;…

n và thứ m.

a 2.3.5… pm − 2.3.5…p
=
30000 ⇔ 2.3.5. pn ( pn +1 . pn + 2 … pm −=
1) 2.3.5.10000
Ta có b −=
n
Ta thấy 2.3.5.1000 tồn tại ước của 3 nên a và b có chữa số nguyên tố 3 nên pn ≥ 3 và 1000 không
có ước nguyên tố khác 2 và 5 nên a không có ước khác 2 và 5 nên pn ≤ 5. Từ đó ta được
+ Nếu pn = 3 , ta được pn +1 . pn + 2 … pm = 10000, không tồn tại pm thỏa mãn
+ Nếu pn = 5 ta được pn +1 . pn + 2 … pm = 1001 = 7.11.13 ⇒ pm = 13, từ đó ta được
=
a 2.3.5
= 30;
=
b 2.3.5.7.11.13
= 30030

Bài 51. Giả sử tồn tại số nguyên tố p lẻ sao cho:
1
1
1
= 2 + 2 ⇔ p.(m 2 + n 2 ) = m 2 n 2 ⇒ m 2 n 2  p ,
p m n
Mà p là số nguyên tố nên m p hoặc n  p .
Nếu m p thì=
m kp (k ∈ N * )
2
⇒ p.(m 2 + n=
)

( kpn )

2

2
⇒ m 2 + n=
pk 2 n 2 ⇒ ( m 2 + n 2 ) p

Mà m p nên n  p .
Vậy m ≥ p, n ≥ p ⇒ m 2 ≥ p 2 , n 2 ≥ p 2
Suy ra

1
1
2
1
2
+ 2 ≤ 2 ⇒ ≤ 2 ⇒ p ≤ 2 . Vô lí vì p là số nguyên tố lẻ.
2
m n
p
p p

.315 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

Giả sử hai số cần
chọn là a 2.3.4.5…
=
=
pn ; b 2.3.5…p m với pn , pm ( n < m ) là các số nguyên tố thứ

| ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 3: SỐ NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ

p+q =
a2

Bài 52. Theo đề ta có  p + 4q =
b 2 , suy ra b 2 − a 2 = 3q ⇔ ( b − a )( b + a ) = 3q

*
a; b ∈ N

Từ q là số nguyên tố và a + b ≥ 2 nên ta có các trường hợp sau:
1
b − a =
suy ra b= a + 1 và 2a + 1 =
+ TH 1: 
3q , suy ra q lẻ.
3q
b + a =
Ta viết =
q 2k + 1 ( k ∈ N * )

a 3k + 1 và p = a 2 – q = 9k 2 + 4k = k ( 9k + 4 )
Khi đó 2a = 3q − 1= 6k + 2 hay =

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

Do p nguyên tố nên k = 1 và=
p 13,
=
q 3.
3
b − a =
q 2a + 3
+ TH 2: 
, suy ra b= a + 3 và =
q
b + a =
Lại có p = a 2 − q = a 2 − 2a – 3 =

( a + 1)( a – 3) . Do

p 5,=
q 11 .
p nguyên tố nên a = 4 và =

q
b − a =
+ TH 3: 
và b > a ≥ 1 .
3
b + a =
Suy ra b = 2 và a = 1 khi đó q = 1 không phải số nguyên tố.
Bài 53.
Ta có:

n8 + 42 k −1 =
n8 + ( 22 k −1 ) =
( n2 ) + 2.2k −1 n2 + ( 22k −1 ) − ( 2k −1.n )
2

=
( n2 + 22k −1 ) − ( 2k −1.n )
2

4

2

2

2

=( n 2 + 22 k −1 − 2k −1.n )( n 2 + 22 k −1 + 2k −1.n )

Do n, k là các số tự nhiên và n8 + 42 k +1 là một số nguyên tố nên

n8 + 42 k +1 =( n 2 + 22 k +1 − 2k +1.n )( n 2 + 22 k +1 + 2k +1.n )

⇒ n 2 + 22 k +1 − 2k +1.n =
1
⇔ n 2 − 2.2k .n + 2. ( 2k ) =
1
2

⇔ ( n − 2k ) + ( 2k ) =
1
2

2

 n −=
2k 0 =
k 0
⇒
⇒ n8 + 42 k +1 =1 + 2 + 2 = 5
 k
n = 1
 2 = 1

n − 2k =
1

(VN )
⇒  k
 2 = 0


 n − 2k =
−1
 k
(VN )
 2 = 0
Vậy=
n 1,=
k 0 là các giá trị cần tìm.
TỦ SÁCH CẤP 2| 316

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |

Bài 54. Ta có:
P=

( 7 + x + x )( 7 + x − x )
2

2

Ta có 7 + x + x 2 > 1
x = 3
Vì P là số nguyên tố nên 7 + x − x 2 =
1 ⇔ x2 − x − 6 = 0 ⇔ 
 x = −2 (L)
Vậy x =3 ⇒ P =19 (thỏa mãn).
Bài 55. 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  5  5 ( k   * ).
nên n2  4 không là số nguyên tố.
+ Nếu n2 chia cho 5 dư 4 thì n2  5k  4  n2  16  5k  20 5 ( k   * ).
nên n2  16 không là số nguyên tố.
Vậy n2  5 hay n chia hết cho 5.
Nhận xét. Bài toán áp dụng tính chất chia hết, chia có dư của một số chính phương khi
chia cho 5; tính chất số nguyên tố, hợp số,…
Nhắc lại kiến thức và phương pháp.
+ m  5k  m2  25k 2 chia 5 dư 0 (đúng).
+ m  5k  1  m2  25k 2  10 k  1 chia 5 dư 1 (đúng).
+ m  5k  2  m2  25k 2  20 k  4 chia 5 dư 4 (đúng).
+ m  5k  3  m2  25k 2  30 k  9 chia 5 dư 4 (đúng).
+ m  5k  4  m2  25k 2  40 k  16 chia 5 dư 1 (đúng).
• Áp dụng tính chất chia hết, chia có dư vào bài toán; “Số nguyên tố” là số chỉ có hai
ước là 1 và chính nó.
+ n chia 5 dư 1 thì n2  4  5 nên n2  4 không phải là số nguyên tố (loại).
+ n chia 5 dư 4 thì n2  16  5 nên n2  16 không phải là số nguyên tố (loại).
+ Do đó nếu n2  4 và n2  16 là số nguyên tố thì chỉ còn tồn tại trường hợp n2 chia
hết cho 5. Khi đó n chia hết cho 5.
Bài 56.
1) Cho số nguyên dương n thỏa mãn n và 10 là hai số nguyên tố cùng nhau. Chứng
minh (n 4 − 1) 40
Vì n và 10 nguyên tố cùng nhau nên n không chia hết cho 2 và 5.
⇒ n chỉ có thể có dạng 10k ± 1 và 10k ± 3 với k ∈ ℕ.
Ta có: n 4 − 1 = (n 2 − 1)(n 2 + 1) = (n − 1)(n + 1)(n 2 + 1)

Do n lẻ nên n – 1 ⋮ 2; n + 1 ⋮ 2 và n 2 + 1 ⋮ 2 ⇒ n 4 – 1 ⋮ 8. (1)
• Nếu n = 10k ± 1 ⇒ n2 ≡ (±1)2 ≡ 1 (mod 10) ⇒ n2 – 1 ⋮ 10 ⇒ n4 – 1 ⋮ 5 (2)
Từ (1) và (2), chú ý (5;8) = 1 suy ra n4 – 1 ⋮ 40
• Nếu n = 10k ± 3 ⇒ n2 ≡ (±3)2 = 9 (mod 10) ⇒ n2 + 1 ⋮ 10 ⇒ n4 – 1 ⋮ 5 (3)
Từ (1) và (3) chú ý (5;8) = 1 suy ra n4 – 1⋮ 40
.317 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

• Một số chính phương khi chia cho 5 chỉ tồn tại số dư 0 hoặc 1 hoặc 4. Chứng minh:

| ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 3: SỐ NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ

Vậy trong mọi trường hợp ta có n4 – 1 ⋮ 40

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

1 2 x( x + 2)
 p −=
2) Tìm tất cả các số nguyên tố p và các số nguyên dương x,y thỏa mãn  2
1 2 y ( y + 2)
 p −=
Từ (1) ⇒ p – 1 là số chẵn ⇒ p là số nguyên tố lẻ.
Trừ từng vế của (2) cho (1) ta
được p 2 − p= 2 y 2 − 2 x 2 + 4 y − 4 x ⇔ p ( p − 1)= 2( y − x)( y + x + 2)(*)
⇒ 2(y – x)(y + x + 2) ⋮ p. Mà (2;p) = 1 nên xảy ra 2 TH:
• y – x ⋮ p ⇒ y – x = kp (k ∈ ℕ*)
Khi đó từ (*) ⇒ p – 1 = 2k(x + y + 2) ⇒ kp – k = 2k2(x + y + 2) ⇒ y – x – k = 2k2(x + y + 2)
(loại vì x + y + 2 > y – x – k > 0 ; 2k2> 1 ⇒ 2k2(x + y + 2) > y – x – k)
• y + x + 2 ⋮ p ⇒ x + y + 2 = kp (k ∈ ℕ*)
Từ (*) ⇒ p – 1 = 2k(y – x) ⇒ kp – k = 2k2(y – x) ⇒ x + y + 2 – k = 2k2(y – x) (**)
Ta chứng minh k = 1. Thật vậy nếu k ≥ 2 thì từ (**) ⇒ x + y = 2k2(y – x) + k – 2 ≥ 8(y – x) (vì y
– x > 0)
⇒ 9x ≥ 7y ⇒ 7y < 14x ⇒ y < 2x
Do đó từ (2) ⇒ (p – 1)(p + 1) = 2y(y + 2) < 4x( 2x + 2) < 4x(2x + 4) = 8x( x + 2) = 4(p – 1)
(vì 2x(x + 2) = p – 1 theo (1))
⇒ p + 1 < 4 ⇒ p < 3, mâu thuẫn với p là số nguyên tố lẻ.
Do đó k = 1, suy ra
x + y + 2 = p
x + y + 2 = p
x + y + 2 = p
 y = 3x + 1
⇔
⇔
⇔

 p − 1= 2( y − x)
 x + y + 1= 2( y − x)
 y= 3 x + 1
 p − 1= 4 x + 2

Thay p – 1 = 4x + 2 vào (1) ta có: 4 x + 2 = 2 x( x + 2) ⇔ 2 x + 1 = x 2 + 2 x ⇔ x 2 = 1 ⇒ x = 1
⇒ y = 4, p = 7 (thỏa mãn)
Vậy x = 1, y = 4 và p = 7.
1 1 1
a+b 1
>
==
> c ( a + b) =
ab(*)
Bài 57. a) Ta có: + ==
a b c
ab
c
Giả sử a + b là số nguyên tố, khi đó từ (*) ⇒ ab ⋮ (a + b) ⇒ a ⋮ (a + b) hoặc b ⋮ (a + b)
Điều này mâu thuẫn do 0 < a < a + b, 0 < b < a + b.
Vậy a + b không thể là số nguyên tố.
b) Giả sử a + c và b + c đồng thời là số nguyên tố.
Từ c ( a + b ) = ab ⇒ ca + cb = ab ⇒ ca + ab = 2ab − ab ⇒ a ( b + c ) = b ( 2a − c ) ⇒ a ( b + c ) b (**)

Mà b + c là số nguyên tố, b là số nguyên dương nhỏ hơn b + c nên (b + c, b) = 1
Do đó từ (**) suy ra a ⋮ b.
Chứng minh tương tự ta có b(a + c) = a(2b – c) ⇒ b ⋮ a
Vậy a = b. Từ (*) ⇒ a = b = 2c
Do đó a + c = b + c = 3c, không là số nguyên tố với c > 1 (mâu thuẫn với giả sử)
Vậy a + c và b + c không thể đồng thời là số nguyên tố.
Bài 58. Ta có
a 2 + ab + b 2 = c 2 + cd + d 2 => a 2 + 2ab + b 2 = c 2 + 2 xd + d 2 + ab − cd
<= > ab − cd = (a + b) 2 − (c − d ) 2 = (a + b + c + d )(a + b − c − d )(*)

Nếu ab − cd =
0 . Do a + b + c + d > 0 => a + b – c – d = 0 => a + b + c + d = 2(c + d) là hợp số
do c + d ∈ ℕ* và c + d > 1
TỦ SÁCH CẤP 2| 318

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |

Nếu ab − cd ≠ 0 . Từ (*) ⇒ ab – cd ⋮ (a + b + c + d).
a 2 + ab + b 2 = c 2 + cd + d 2 => 3(ab − cd ) + (a 2 − 2ab + b 2 ) = c 2 − 2cd + d 2
= > 3(ab − cd ) = (c − d ) 2 − (a − b) 2 = (c − d + a − b)(c − d − a + b) ≠ 0

⇒ (c – d + a – b)(c – d – a + b) ⋮ (a + b + c + d)
Giả sử a + b + c + d là số nguyên tố thì ta có
c – d + a – b ⋮ a + b + c + d hoặc c – d – a + b ⋮ a + b + c + d
Điều này mâu thuẫn do –(a + b + c + d) < c – d + a – b < a + b + c + d ;
–(a + b + c + d) < c – d – a + b < a + b + c + d và (c – d + a – b)(c – d – a + b) ≠ 0
Vậy a + b + c + d là hợp số.

(

)

Bài 59. Biến đổi được p = n 2 + 1 ( n − 1)

Nếu n = 0;1 không thỏa mãn đề bài
Nếu n = 2 thỏa mãn đề bài vì p =

(2

2

+ 1) ( 2 − 1) = 5

Nếu n > 3 không thỏa mãn đề bài vì khi đó p có từ 3 ước trở lên là 1; n − 1 > 1 và

n2 + 1 > n − 1 > 1
3
2
Vậy n = 2 thì p = n − n + n − 1 là số nguyên tố.
Ta có: n3 + n + 2 = n3 + 1 + n + 1 =

( n + 1) ( n2 − n + 1) + ( n + 1) = ( n + 1) ( n2 − n + 2 )

Do ∀n ∈ N * nên n + 1 > 1và n − n + 2 > 1 . Vậy n + n + 2 là hợp số
2

3

a 2 + b2 a
Bài 61. Ta có: 2
= ⇔ ( a − c ) ( b 2 − ac ) =0 ⇒ b 2 =ac
2
b +c
c
Mà

a 2 + b 2 + c 2 = a 2 + ac + c 2 = a 2 + 2ac + c 2 − b 2 =

(a + c)

2

− b2 =

( a + c + b )( a + c − b )

Ta thấy a + b + c > 3 do đó nếu a + b + c là các số nguyên tố thì xảy ra các trường
hợp sau:
2

2

2

2

2

2

1)a + c − b = 1; a + c + b = a 2 + b 2 + c 2 ⇒ a 2 + b 2 + c 2 = 2a + 2c − 1
⇒ ( a − 1) + ( c − 1) + b 2 =
1⇒ a =
c=
1, b =
±1
2

2

(ktm)

2)a + c + b = 1, a + c − b = a 2 + b 2 + c 2 ⇒ a 2 + b 2 + c 2 = 2a + 2c − 1
⇒ ( a − 1) + ( c − 1) + b 2 =
1⇒ a =
c=
1, b =
±1
2

2

(ktm)

3)a + c + b =−1, a + c − b =− ( a 2 + b 2 + c 2 ) ⇒ a 2 + b 2 + c 2 =−2a − 2c − 1
⇒ ( a + 1) + ( c + 1) + b 2 =
1⇒ a =
c=
−1, b =
±1
2

2

(ktm)

4)a + c − b =−1, a + c + b =− ( a 2 + b 2 + c 2 ) ⇒ a 2 + b 2 + c 2 =−2a − 2c − 1
⇒ ( a + 1) + ( c + 1) + b 2 =
1⇒ a =
c=
−1, b =
±1
2

2

.319 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

(ktm)

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

Bài 60.

| ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 3: SỐ NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ

Bài 62. Do p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên có dạng p =3k + 1; p =3k − 1 với k > 1

p 3k + 1 thì 2 p + 1= 6k + 3= 3 ( 2k + 1)
+ Nếu =
Suy ra 2 p + 1 là hợp số (vô lý)

+Nếu p =3k − 1, k > 1 thì 4 p + 1
= 12k − 3= 3.( 4k − 1)

Do k > 1 nên 4k − 1 > 3. Do đó 4 p + 1là hợp số.
Bài 63. Do p là số nguyên tố và p > 3 nên p không chia hết cho 3. (*)
pn có 20 chữ số. Các chữ số chỉ có thể là 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 gồm 10 chữ số đôi một khác
nhau.

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

Nếu không có quá nhiều hơn 2 chữ số giống nhau thì mỗi chữ số phải có mặt đúng 2
lần trong cách viết số pn.
Như vậy tổng các chữ số của số pn là: 2(0 + 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9) = 90 3 nên pn  3
Điều này mâu thuẫn (*).
Vậy trong số pn phải có ít nhất 3 chữ số giống nhau.
Bài 64. Rõ ràng p, q phân biệt. Không mất tính tổng quát ta giả sử p < q. Xét các trường
hợp sau:

(

Trường hợp 1. p = 2 . Không thỏa mãn vì p + q lẻ, còn 2 p − q

)

2

chẵn.

Trường hợp 2. p = 3. Khi đó tìm được q = 5.
Trường hợp 3. p ≥ 5. Gọi r1, r2 lần lượt là số dư của phép chia p, q cho 3.

{ }

Rõ ràng r1, r2 ∈ 1, 2 .

( ) . Không thỏa mãn.
thì 3 p + q và 3 /| 2 ( p − q ) . Không thỏa mãn.

Nếu r1 = r2 thì 3 /| p + q và 3 2 p − q

2

Nếu r1 ≠ r2

2

( ) ( )( )

Vậy p; q = 3; 5 , 5; 3 .
Bài 65. Ta có: p, q là số nguyên tố nên pq + 11 là số nguyên tố lớn hơn 11
⇒ pq + 11 là số lẻ suy ra pq là số chẵn.
Do 7 p + q là số nguyên tố lớn hơn 7 nên p và q không thể cùng tính chẵn lẻ.

*) TH1: p = 2 thì 7 p + q = 14 + q . Ta thấy 14 chia 3 dư 2
+) Nếu q chia hết cho 3, do q là số nguyên tố nên q = 3 .
7p+q =
17 ; pq + 11 =
17 (T/m)

+) Nếu q chia cho 3 dư 1 thì 14 + q chia hết cho 3 ⇒ 7 p + q là hợp số
+) Nếu q chia cho 3 dư 2 thì 2 q chia cho 3 dư 1 nên pq + 11 = 2q + 11 chia hết cho 3
⇒ pq + 11 là hợp số.

*) TH2: q = 2 thì 7 p + q = 7 p + 2
TỦ SÁCH CẤP 2| 320

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |

+) Nếu 7 p chia hết cho 3 thì p chia hết cho 3 nên p = 3  ⇒ 7 p + q = 23; pq + 11 = 17 (Thỏa
mãn)
+) Nếu 7 p chia cho 3 dư 1 chia hết cho 3 ⇒ 7 p + 2 là hợp số
+) Nếu 7 p chia cho 3 dư 2 thì p chia cho 3 dư 2 nên 2p chia cho 3 dư 1 ⇒ pq + 11 = 2 p + 11 chia
hết cho 3 nên pq + 11 là hợp số.
Vậy:=
p 2,=
q 3 hoặc=
p 3,=
q 2.
Bài 66. Vì ab; cd là các số nguyên tố nên b, d lẻ và khác 5
Ta lại có b 2 = cd + b − c ⇔ b 2 − b = 9c + d ⇔ b ( b − 1) = 9c + d
Nếu b = 1 (không thỏa mãn)
Nếu b = 3 nên 9c + d =6 ⇒ c = 0, d = 6 (không thỏa mãn)
Nếu b = 7 ⇒ 9c + d = 42 ⇒ d = 42 − 9c ⇒ c = 4;d = 6 (loại)
Nếu b = 9 ⇒ 9c + d = 72 ⇔ d = 72 − 9c ⇒ c = 7; d = 9 (thỏa mãn)

Vậy abcd ∈ {1979; 2979;7979}
Bài 67. Trong 3 số a, b, c có ít nhất hai số cùng tính chẵn lẻ.
Giả sử hai số cùng tính chẵn lẻ là a và b .
Suy ra p= bc + a là số nguyên tố chẵn nên p = 2 .
Suy ra a= b= 1 . Khi đó q= c + 1 và r= c + 1 nên q = r .
Vậy trong ba số p, q, r có ít nhất hai số bằng nhau.

8 không là số nguyên tố.
Bài 68. +) Với p = 2 thì p 2 + 2 =
+) Với p = 3 thì p 2 + 2 =
11 và p 3 + p 2 + 1 =
37 đều là số nguyên tố.
+) Với p > 3 ⇒ p = 3k ± 1 ( k ∈ , k ≥ 2 )

⇒ p 2 + 2=

( 3k ± 1)

2

+ 2= 9k 2 ± 6k + 3= 3 ( 3k 2 ± 2k + 1)  3 nên p 2 + 2 là hợp số.

Vậy chỉ có p = 3 thì p 2 + 2 và p 3 + p 2 + 1 đều là số nguyên tố.
2
Bài 69. Ta có: x=
45 + y 2 .

Ta thấy x 2 > 45 và x là số nguyên tố nên x phải là số nguyên tố lẻ. Suy ra x 2 là số lẻ.
Từ đó suy ra y 2 là số chẵn, mà y là số nguyên tố. Suy ra y = 2 ; x = 7
Vậy x = 7 và y = 2 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

d UCLN ( 2n + 1,10n + 7 )
Bài 70. 1) Đặt=

Suy ra 2n + 1 d . Vì vậy 5 ( 2n + 1) d .
Mà 10n + 7 d nên 10n + 7 − 5 ( 2n + 1) d
.321 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

⇒ a ∈ {1; 2;7}

| ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 3: SỐ NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ

⇒ 2 d

Do đó d = 2 hoặc d = 1 .
Nếu d = 2 thì 2n + 1 2 (vô lý).
⇒d =
1.

=
1 UCLN ( 2n + 1,10n + 7 )

Vậy 2n + 1 và 10n + 7 là hai số nguyên tố cùng nhau.
2)
–

3
x 2 + 23 là số chẵn. Vậy y 3 = 2 (loại).
Nếu là số nguyên tố lẻ thì y=

–

Nếu x = 2 thì y 3 = 22 + 23 = 27 . Vậy y = 3 .

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

Bài 71.

Ta có: ab − ba = 9(a − b)
=> ab − ba = 32 (a − b)

Để ab − ba là số chính phương khi
là số chính phương
>1≤ a −b ≤ 8
Do
là các chữ số và 0 < a, b ≤ 9 =
=>

là số chính phương khi (a − b) ∈ {1, 4}

+Nếu a − b =1 ⇒ ab ∈ {21,32, 43,54, 65, 76,87,98} mà ab là số nguyên tố và là số lẻ => ab = 43
+Nếu a − b = 4 ⇒ ab ∈ {51, 62, 73,84,95} mà ab là số nguyên tố và là số lẻ => ab = 73

Vậy ab ∈ {43;73}
Bài 72. 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 .
Thử với p = 5 thì
=
x 101;
=
y 151 là các số nguyên tố
Tìm tất cả các số nguyên tố p để 4p2 + 1 và 6p2 + 1 cũng là số nguyên tố.





Bài 73. 1. Giả sử p và q là các số nguyên tố thỏa mãn đẳng thức p p  1  q q 2  1 .
TỦ SÁCH CẤP 2| 322

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |

a) Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương k sao cho p  1  kq, q 2  1  kp .
p  q  0
Nếu p  q thì ta có p  1  q  1  
, điều này vô lí vì p, q là các số nguyên tố.
 p  q  1
2

Do vậy p  q , khi đó do p và q là các số nguyên tố nên p  1q và q 2  1 p .
Như vậy tồn tại các số nguyên dương m, n thỏa mãn p  1  mq; q 2  1  np , thay vào

p  1  kq
đẳng thức đã cho ta được m  n . Do vậy tồn tại số nguyên dương k sao cho 
.
 2

q  1  kp








b) Tìm tất cả các số nguyên tố p, q thỏa mãn đẳng thức p p  1  q q 2  1 .
Thế p  kq  1 vào hệ thức q 2  1  kp ta được q 2  1  k kq  1  q 2  k 2q  k  1  0 .
Xem phương trình là phương trình bậc hai ẩn q, khi đó để phương trình có nghiệm

  k 4  4 k  1  k 4  4k  4 phải là số chính phương.

Ta có k 4  k 4  4k  4  k 2  2 nên ta được   k 2  1 .
2

2

Từ đó ta được k 4  4k  4  k 2  1  k  k 2  k  1 .
2

Thay vào hệ thức đã cho ta được q 2  q  2  0  q  2  p  3 .
Vậy các số p  3; q  2 là các số nguyên tố cần tìm.
Bài 74. Trước hết ta chứng minh với p là số nguyên tố lớn hơn 3 thì p2 − 1 chia hết cho 24.
Thật vậy, ta có p2 − 1 =

( p − 1)( p + 1) .

Do p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p − 1 và p + 1 là hai số chẵn liên tiếp.
Suy ra ta được p2 − 1 =

( p − 1)( p + 1) chia hết cho 8.

Mặt khác ta lại có ( p − 1) p ( p + 1) chia hết cho 3, mà p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p
không chia hết cho 3. Do đó p2 − 1 =
Để ý là ( 3; 8 ) = 1 nên ta được p2 − 1 =

( p − 1)( p + 1) chia hết cho 3.

( p − 1)( p + 1) chia hết cho 24.

Chứng minh hoàn toàn tương tự thì ta được q 2 − 1; r 2 − 1; s 2 − 1 cũng chia hết cho 24.
Ta có p2 − q 2 + r 2 − s 2 =

(p

2

) (

) (

) (

)

− 1 − q 2 − 1 + r 2 − 1 − s2 − 1 .

.323 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

nguyên dương thì

| ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 3: SỐ NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ

Do đó ta được p2 − q 2 + r 2 − s 2 chia hết cho 24.

1 ta được =
p2 2q 2 + 1 . Do đó ta suy ra được p là số nguyên tố lẻ.
Bài 75. Từ p2 − 2q 2 =
Từ đó ta đặt =
p 2k + 1 với k ∈ N* .
Khi đó ta được ( 2k + 1) = 2q 2 + 1 ⇔ 4k 2 + 4k + 1= 2q 2 + 1 ⇔ 2k ( k + 1=
) q2
2

Do đó q 2 là số chẵn nên q là số chẵn. Mà q là số nguyên tố nên q = 2 .

1 ta suy ra được p = 3 .
Thay vào p2 − 2q 2 =
Vậy cặp số nguyên tố ( p; q ) = ( 3; 2 ) thỏa mãm yêu cầu bài toán.

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

Bài 76.
• Trường hợp 1: Nếu p = 2 suy ra p3 +

p−1
không nguyên
2

p 4k + 1 , khi đó ta được p3 +
• Trường hợp 2: Nếu =
p3 +

3
p−1
= ( 4k + 1) + 2k là số lẻ nên
2

p−1
không thể là tích của hai số tự nhiên liên tiếp.
2

p 4k + 3 . Giả sử p3 +
• Trường hợp 3: Nếu =

Khi đó ta có p3 +

p−1
là tích của hai số tự nhiên liên tiếp
2

p−1
= x ( x + 1) ⇔ 2p 2p2 + 1 =
2

(

) ( 2x + 1)

2

+ 1 với x là số tự nhiên.

Từ đó suy ra ( 2x + 1) + 1 p vô lí vì =
p 4k + 3 .
2

Từ các trường hợp trên, ta có điều phải chứng minh.
Bài 77. Do p và q là các số nguyên tố nên p; q ≥ 2 , do đó suy ra r ≥ 3 , mà r là số nguyên tố
nên r là số lẻ.
Từ đó suy ra pq và q p khác tính chẵn lẻ nên p và q khác tính chẵn lẻ.
Như vậy trong hai số p, q có một số chẵn, không mất tính tổng quát ta giả sử số đó là q.

r . Đến đây ta xét các trường hợp sau:
Khi đó q = 2 nên ta được p2 + 2 p =
r hay r = 17 là một số nguyên tố.
• Nếu p = 3 , khi đó ta có 32 + 2 3 =
p 3k + 1 hoặc =
p 3k + 2 với k là số
• Nếu p > 3 , do p là số nguyên tố nên có dạng =
nguyen dương.
TỦ SÁCH CẤP 2| 324

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |

(

)

Từ đó suy ra p2 chia 3 dư 1 hay p2 =3n + 1 n ∈ N* .

(

)

Lại có p là số lẻ nên 2 p =( 3 − 1) =3m − 1 m ∈ N* .
p

Từ đó ta được p2 + 2 p = 3n + 1 + 3m − 1= 3 ( m + n ) 3 nên là hợp số. Do đó trường hợp này loại.
Vậy bộ ba số nguyên tố cần tìm là ( p; q; r ) = ( 2; 3;17 ) , ( 3; 2;17 ) .
Bài 78. Từ 49 ≤ 2p2 − r 2 ; 2q 2 − r 2 ≤ 193 ta có 2q 2 − 193 ≤ r 2 ≤ 2p2 − 49 , do đó q 2 − p2 ≤ 72 .

170 hay p ≥ 11 .
Mặt khác từ điều kiện 5 ≤ p < q < r ta được r ≥ 11 , do đó 2p2 ≥ 49 + 121 =
Vì ( q − p )( q + p ) ≤ 72 nên q − p =
2 hoặc q − p ≥ 4 . Xét hai trường hợp sau:

2 và q + p ≤ 36 , khi đó ta được
=
p 11;
=
q 13 hoặc
=
p 17;
=
q 19 .
• Với q − p =
+ Nếu
=
p 11;
=
q 13 thì 145 ≤ r 2 ≤ 193 , suy ra =
r 13
= q (loại)

• Với q − p ≥ 4 và q + p ≤ 18 , không tồn tại vì p ≥ 11 .

Vậy ba số nguyên tố cần tìm là=
p 17;
=
q 19;
=
r 23 .
Bài 79. Từ giả thiết suy ra

Suy ra

2 1 1 1 7
< + + < . Không giảm tính tổng quát giả sử a > b > c > 1 .
3 a b c 10

2 3
< ⇒ 2c < 9 , do đó c ∈ {2; 3}
3 c

• Với c = 2 suy ra

2 1 1 1 7
1 1 1 1
1 2
1 1
< + + <
⇒ < + < ⇒ < và <
b 5
3 2 a b 10
6 a b 5
6 b

Do đó b ∈ {7;11}
+ Với b = 7 , khi đó từ
+ Với b = 11 từ

1 1 1 1
1 1 2
< + < suy ra
< <
⇒ a ∈ {19; 23; 29; 31; 37; 41}
6 a b 5
42 a 35

5 1 6
1 1 1 1
13 , do a > b
< <
⇒a=
< + < suy ra
66 a 55
6 a b 5

• Với c = 3 từ giả thiết suy ra

Thay b = 5 vào

1 1 1 11
1 2
< + <
⇒ < ⇒b<6⇒b=
5 (do b > c )
3 a b 30
3 b

15
1 1 1 11
ta được 6 < a <
⇒a=
7.
< + <
2
3 a b 30

Vậy có các bộ ba số nguyên tố khác nhau ( a; b; c ) thoả mãn là:

.325 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

+ Nếu
p 17;
q 19 thì 529 ≤ r 2 ≤ 529 , suy ra r = 23 (nhận).
=
=

| ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 3: SỐ NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ

(19; 7; 2 ) , ( 23; 7; 2 ) , ( 29; 7; 2 ) , ( 31; 7; 2 ) , ( 37; 7; 2 ) , ( 41; 7; 2 ) , (13;11; 2 ) , ( 7;5;3 ) và các hoán vị của
nó.

(

)

0
x x4 + p =
−3q .
Bài 80. Ta có x 5 + px + 3q =⇔
Vì q là số nguyên tố và x là số nguyên nên từ phương trình trên suy ra
x ∈ {−1; − 3; − q; − 3q} .

Ta xét các trường hợp sau:
+ Nếu x = −1 , khi đó từ phương trình trên ta được 1 + p =
3q . Do q là số nguyên tố nên

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

• Khi q = 2 thì ta được p = 5
• Khi q > 2 thì 3q là số lẻ nên p là số nguyên tố chẵn, do đó p = 2 nên q = 1 không phải

là số nguyên tố.
+ Nếu x = −3 , khi đó từ phương trình trên ta được p + 81 =
q , do đó p là số nguyên tố chẵn
và q là số nguyên tố lẻ. Từ đó ta được=
p 2;=
q 83 .

3 . Trường hợp này không xẩy
+ Nếu x = −q , khi đó từ phương trình trên ta được p + p4 =
ra do p và q là số nguyên tố nên p + q 4 > 3 .

1 . Trường hợp này không
+ Nếu x = −3q , khi đó từ phương trình trên ta được p + 81p4 =
xẩy ra do p và q là số nguyên tố nên p + 81q 4 > 1 .
Vậy các bộ số ( x; p; q ) thỏa mãn yêu cầu bài toán là ( −1; 5; 2 ) , ( −3; 2; 83 ) .

(

)

−3q ta suy ra được x chia hết cho 3 hoặc x 4 + p chia
Nhận xét: Từ phương trình x x 4 + p =

hết cho 3. Đến đây ta xét các trường hợp như trên. Tuy nhiên với cách làm này việc lý luận
sẽ phức tạp hơn.
Bài 81. Giả sử tồn tại các số nguyên dương x và y thỏa mãn

p2 + 1
p+1
= y2
= x 2 và
2
2

p + 1 =
2x 2 ( 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 ) .

TỦ SÁCH CẤP 2| 326

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |

Mặt khác từ (1) ta thấy p là số lẻ và x > 1 > Ta có p + 1 = 2x 2 = x 2 + x 2 > x + 1 ⇒ p > x .
Từ (2) ta lại có y > 1 nên p2 + 1 = 2y 2 = y 2 + y 2 > y 2 + 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
2

 p+1
p+1
=
p +1 2
=
Thay x =
vào (1) ta được
 ⇔ p 7.
4
 4 
Thay p = 7 vào (2) ta được 7 2 + 1= 2y 2 ⇒ y= 5 .
Vậy p = 7 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

p2 + 1
Với p chẵn không xẩy ra, với =
=
p 4k + 1 khi đó ta được
2

( 4k ± 1)

2

+1

2

= 8k 2 ± 4k + 1 .

Đến đây ta tìm các giá trị của k để 8k 2 ± 4k + 1 là các số chính phương.
Bài 82. Giả sử tồn tại số nguyên dương x thỏa mãn

Khi đó tồn tại số nguyên dương q để

( x + 1)( 2x + 1)

( x + 1)( 2x + 1) = q

2012
2

2012

là một số chính phương.

hay ( x + 1)( 2x + 1) =
2012q 2 .

Vì 2012 chia hết cho 4 nên ( x + 1)( 2x + 1) 4 . Mà 2x + 1 là số lẻ nên x + 1 4 .
Từ đó ta được =
x 4k − 1 với k là số nguyên dương.
Thay vào phương trình trên ta được 4k ( 8k =
− 1) 2012q 2 ⇔ k ( 8k =
− 1) 503q 2 .
Để ý là ( k,8k − 1) =
1 và 503 là số nguyên tố. Nên tồn tại các số nguyên dương a và b sao
2
k = 503a 2
k = a
cho q = ab và ( a, b ) = 1 . Từ đó ta có các hệ 
và 
.
b2
503b 2
8k − 1 =
8k − 1 =

k = 503a 2
+ Với 
, hệ này vô nghiêm vì b 2 chia 8 chỉ có các số dư là 0, 1, 4.
2
b
8k − 1 =
k = a 2
+ Với 
. Khi đó ta được x = 4k − 1= 4a 2 − 1=
2
503b
8k − 1 =
.327 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

( 2a − 1)( 2a + 1) .

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

Nhận xét: Ngoài cách giải như trên ta còn có thể giải bằng cách xét các khả năng của p:

| ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 3: SỐ NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ

Nếu a = 1 thì x = 3 , khi đó ta được

( x + 1)( 2x + 1) =
2012

7
không phải là số nhính phương.
503

Nếu a ≥ 2 khi đó x =
( 2a − 1)( 2a + 1) là một hợp số. Vậy bài toán được chứng minh.
p2 − p − 2
Bài 83. Đặt
= n 3 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.
• Trường hợp 2: Với p > 2 , khi đó ta có

p2 − p − 2
= n 3 ⇔ p ( p − 1) = 2 ( n + 1) n 2 − n + 1 .
2

)

(

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

Từ đó ta được n + 1 p hoặc n 2 − n + 1 p (vì p là số nguyên tố lẻ).

(

)

+ Nếu n + 1 p thì ta được n + 1 ≥ p . Từ đó ta được 2 n 2 − n + 1 ≥ n 2 + ( n − 1) + 1 > n > p − 1 .

(

2

)

Từ đó ta được p ( p − 1) < 2 ( n + 1) n 2 − n + 1 . Do đó trường hợp này lại

kp với k là số tự nhiên khác 0.
+ Nếu n 2 − n + 1 p , khi đó ta đặt n 2 − n + 1 =

(

)

Thay vào phương trình p ( p − 1)= 2 ( n + 1) n 2 − n + 1 ta được p = 2 ( n + 1) k + 1 .

(

) (

)

0.
Từ đó suy ra n 2 − n + 1= 2 ( n + 1) k 2 + k hay n 2 − 2k 2 + 1 n − 2k 2 + k − 1 =

Xem phương trình trên là phương trình bậc hai ẩn n. Khi đó do 2k 2 + 1 là số lẻ nên để
phương trình trên có nghiệm nguyên thì=
∆

( 2k

)

2

(

)

2

(

) ( 2k

2

+ 1 + 4 2k 2 + k − 1 phải là số chính

2

+ 1 + 4 2k 2 + k −=
1

phương lẻ.

(

)

2

(

)

2

Ta thấy 2k 2 + 1 < ∆ < 2k 2 + 4 . Do đó=
∆

( 2k

)

2

)

2

+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 .

Bài 84. Do vai trò của a, b, c như nhau nên không mất tính tổng quát ta giả sử a < b < c .
Khi đó số nguyên tố lớn nhất là a + b + c và số nguyên tố nhỏ nhất là a + b − c .
Do đó ta được d = ( a + b + c ) − ( a + b − c ) = 2c , nên để có d lán nhất ta cần chọn được số
nguyên tố c lớn nhất.

TỦ SÁCH CẤP 2| 328

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |

Chú ý rằng a, b, c là các số nguyên tố lẻ vì nếu a = 2 thì khi đó b + c − a là số chẵn lớn hơn
2 nên không thể là số nguyên tố. Do đó cả bảy số nguyên tố đã cho đều là số lẻ.
Ta xét các trường hợp sau
800 , khi đó số nguyên tố a + b − c ≥ 3 nên ta được c ≤ 797 . Vì
• Trường hợp 1: Nếu a + b =

797 là số nguyên tố và ta cần lấy c lớn nhất nên ta chọn c = 797 .
Khi đó ta được a + b + c =
1597 và a + b − c =
3 . Vì 1597 và 3 đều là các số nguyên tố nên ta
cần chọn các số nguyên tố a, b sao cho 797 + a − b và 797 + b − a là các số nguyên tố.
La chọn a = 13 thì ta được b = 787 và 797 + a=
− b 23; 797 + b=
− a 1571 đều là các số
nguyên tố.
Lúc đó ta được =
d 2c
= 2.797
= 1594 .
800 , khi đó c < 800 . Nếu ta chọn c = 797 thì ta được b = 3 .
• Trường hợp 2: Nếu b + c =

Mà ta lại có a < b nên a = 2 không thỏa mãn. Do đó c < 797 nên d < 2.797 =
1594 .

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

800 , khi đó c < 800 . Nếu ta chọn c = 797 thì ta được a = 3 .
• Trường hợp 3: Nếu a + c =

Từ đó ta được a + b − c ≥ 5 nên suy ra b ≥ 799 , do đó b > c không thỏa mãn.
Do đó c < 797 nên =
d 2c < 1594 .
Vậy giá trị lớn nhất của d là 1594 với các số nguyên tố được chọn trong trường hợp 1 và
a+b=
800 .

Bài 85. Khi p = 2 ta có:

k 2 − pk =

k 2 − 2k =

( k − 1)

2

− 1 do ( k − 1) − 1 không thể là số
2

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 = n 2 p 2 − p 2 n= p 2 n. ( n − 1) do n. ( n − 1) không thể là số chính phương nên trường hợp
này ta loại.
+ Nếu k không chia hết cho

p , tức là

(k, p) = 1

suy ra

1 . Do
(k, k − p) =

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 =
n 2 ⇒ p = m 2 − n 2 = ( m − n )( m + n ) mà p là số nguyên tố nên ta suy ra
1
m − n =
p +1
( p + 1) . Thử lại ta thấy thỏa mãn.
⇒m=
⇒k =

p
2
4
m + n =
2

Vậy

( p + 1)
k=
4

2

với p là số nguyên tố lẻ.

.329 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

| ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 3: SỐ NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ

Bài 86. Ta xét bài toán tổng quát: Tìm số nguyên dương n lớn nhất sao cho số nguyên
dương A ( A > 3 ) viết được thành tổng a1 + a 2 + a 3 + … + a n trong đó các số a1 ; a 2 ; a 3 ;…; a n là
các hợp số.
Giả sử A = a1 + a 2 + a 3 + … + a n trong đó a1 ; a 2 ; a 3 ;…; a n là các hợp số. Khi đó theo đề bài ta
phải tìm số n lớn nhất có thể.
Chú ý rằng để có n lớn nhất thì các hợp số a1 ; a 2 ; a 3 ;…; a n phải nhỏ nhất. Dễ thấy 4 là hợp
số chẵn nhỏ nhất và 9 là hợp số lẻ nhỏ nhất. Do đó với mọi số nguyên dương A ta luôn
có A
= 4a + r , trong đó a là số nguyên dương và r ∈ {0;1; 2; 3} . Đến đây ta xét các trường

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

hợp sau
• Trường hợp 1: Nếu r = 0 , khi đó A = 4a . Mà 4 là hợp số nhỏ nhất nên số k lớn nhất

là n = a
= 4a + 1 . Mà 4 là hợp số nhỏ nhất nên n ≤ a
• Trường hợp 2: Nếu r = 1 , khi đó A

Xét n = a . Vì A là số lẻ nên tồn tại ít nhất một số a i với i = 1; 2;…; n là số lẻ. Không mất
tính tổng quát, giả sử a1 lẻ, suy ra a1 ≥ 9 . Khi đó
a1 + a 2 + … + a n ≥ 9 + 4 ( a − 1) = 4a + 1 + 4 > 4a + 1 = A

Xét n= a − 1 , khi đó ta có A = 4a + 1 = 4 ( a − 2 ) + 9 . Do đó n lớn nhất là n= a − 1
= 4a + 2 . Tương tự trường hợp 2 ta có n ≤ a .
• Trường hợp 3: Nếu r = 2 , khi đó A

Xét n = a ta có A = 4a + 2 = 4 ( a − 1) + 6 nên số n lớn nhất là n = a
= 4a + 3 . Mà 4 là hợp số nhỏ nhất nên n ≤ a .
• Trường hợp 4: Nếu r = 3 , khi đó A

Xét n = a . Vì A là số lẻ nên tồn tại ít nhất một số a i với i = 1; 2;…; n là số lẻ. Không mất
tính tổng quát, giả sử a1 lẻ, suy ra a1 ≥ 9 . Khi đó
a1 + a 2 + … + a n ≥ 9 + 4 ( a − 1) = 4a + 3 + 2 > 4a + 3 = A

Xét n= a − 1 , khi đó ta có A = 4a + 3 = 4 ( a − 3 ) + 15 = 4 ( a − 3 ) + 6 + 9 . Do đó n lớn nhất
là n= a − 1
Kết luận: Với số nguyên dương A > 3 và A chẵn thì A phân tích được thành a hợp số.
Với số nguyên dương A > 3 và A lẻ thì A phân tích được thành a − 1 hợp số, trong đó a là
thương trong phép chia số A cho 4.
TỦ SÁCH CẤP 2| 330

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |

Áp dụng: Với=
= 4.504 thì ta được n lớn nhất là 504 và
=
= 504.4 .
A 2016
A 2016
Với
A 2017
=
= 4.504 + 1 thì ta được n lớn nhât là 503 và
=
A 2017
= 502.4 + 9 .
Bài 87. Giả sử p, q, r là các số nguyên tố thỏa mãn phương trình
4pqr .
( p + 1)( q + 2 )( r + 3 ) =

Ta có p,q,r ≥ 2 . Khi đó ta xét các trường hợp sau
8pq .
• Nếu r = 2 , khi đó phương trình trên trở thành 5 ( p + 1)( q + 2 ) =

Do ( 5,8 ) = 1 và 5 là ước nguyên tố của pq nên ta được p = 5 hoặc q = 5 .
+ Với p = 5 , khi đó ta được 5 ( 5 + 1)( q + 2=
) 8.5q ⇒ q= 6 không phải là số nguyên tố.
+ Với q = 5 , khi đó ta được 5 ( p + 1)( 5 + 2=
) 8.5p ⇒ p= 7 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
• Nếu r = 3 , khi đó phương trình trên trở thành ( p + 1)( q + 2 ) =
2pq

q − 2 ≠ 2; q − 2 ≠ 4 .
p −=
1 4 =
p 5
Nên từ đó ta suy ra được 
, thỏa mãn yêu cầu bài toán.
⇒
−2 1 =
q=
q 3
• Nếu r > 3 , khi đó ta có 4pqr = ( p + 1)( q + 2 )( r + 3 ) < 2r ( p + 1)( p + 2 )

Hay ta được 2pq < ( p + 1)( q + 2 ) ⇒ ( p − 1)( q − 2 ) < 4 .
Do đó p − 1 < 4; q − 2 < 4 và p là số nguyên tố nên ta được p = 2 hoặc p = 3 .
+ Với p = 2 thì từ phương trình đã cho ta được 3 ( q + 2 )( r + 3 ) =
8qr .
Do ( 3,8 ) = 1 nên 3 phải là ước nguyên tố của qr , mà q và r là các số nguyên tố, lại có r > 3
nên suy ra được q = 3 . Từ đó ta được r = 5 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
+ Với p = 3 thì từ phương trình đã cho ta được ( q + 2 )( r + 3 ) =
3qr
Hay ta được 2qr − 3q − 2r =6 ⇔ ( q − 1)( 2r − 3 ) =9 =1.9 =3.3 .

2r −=
3 9 =
r 6
Lại có r > 3 nên 2r − 3 > 3 , do đó từ phương trình trên ta được 
, không
⇒
q −1 1 =
=
q 2
thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Vậy các bộ ba số nguyên tố ( p; q; r ) thỏa mãn yêu cầu bài toán là ( 7; 5; 2 ) , ( 5; 3; 3 ) , ( 2; 3; 5 ) .
.331 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

Từ đó ta được ( p − 1)( q − 2 ) =4 =1.4 =2.2 . Do p và q là các số nguyên tố nên

| ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 3: SỐ NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ

Bài 88. Đặt p1 a1 − a 2 =p2 a 2 − a 3 =… =pn a n − a1 =k với k là một số không âm.
Khi đó ta được a1 − a=
2
Hay a1 −=
a2

k
k
k
; a 2 − a=
;…; a n − =
a1
3
p1
p2
pn

kt 1
kt 2
kt n
với t 1 ; t 2 ;…; t n nhận giá trị là 1 hoặc −1 .
; a 2 −=
a3
;…; a n −=
a1
p1
p2
pn

t
t
t
t
Cộng theo vế tất cả các đẳng thức trên ta được k  1 + 2 + 3 + … + n
pn
 p1 p2 p3
Đặt M =


0
=


t
t1 t 2 t 3
t
t
t
t
Q
. Suy ra Q là một số
+
+
+ … + n ⇒ M − 1 = 2 + 3 + … + n =
p1 p2 p3
pn
p1 p2 p3
pn p2 .p3 …pn

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

nguyên. Từ đó ta được p2 .p3 …pn ( Mp1 − t 1 ) =
Qp1 . Hay ta được
p1 ( p2 .p3 …pn .M − Q ) =
t 1 .p2 .p3 …pn

Nếu M là số nguyên thì từ đẳng thức trên suy ra vế trái chia hết cho p1 còn vế phải không
chia hết cho p1 , điều này vô lí. Do đó M không thể là số nguyên, suy ra M ≠ 0 .

t
t
t
t
Do đó từ k  1 + 2 + 3 + … + n
pn
 p1 p2 p3


0 ta suy ra được k = 0
=


Điều này dẫn đến p1 a1 − a 2 =p2 a 2 − a 3 =… =pn a n − a1 =0
Hay suy ra được a1 − a 2 = a 2 − a 3 =… = a n − a1 =0 nên a1= a 2= …= a n .
Bài 89. Giả sử tồn tại các số nguyên tố a, b, c thỏa mãn điều kiện a b + 2011 =
c . Khi đó ta

xét các trường hợp sau:

2 , điều này vô lí do a, b lớn hơn 1.
• Nếu c = 2 , khi đó a b + 2011 =

• Nếu c > 3 , khi đó do c là số nguyên tố nên c là số lẻ.

Từ a b + 2011 =
c ta suy ra được a b + 2011 là số lẻ nên a b là số chẵn hay a là số chẵn.
Do a là số nguyên tố nên ta được a = 2 . Như vậy 2 b + 2011 là số nguyên tố. Ta xét các khả
năng sau
+ Khi b = 2 thì ta được 2 b + 2011 =
2015 là một hợp số.
+ Khi b ≥ 3 , do b là số nguyên tố nên b là số lẻ. Ta đặt b = 2k + 1, k ∈ N* .
Khi đó ta có 2 b + 2011 =2 2k +1 + 2011 =2.2 2k + 2011 =2.4 k + 2011 =2. ( 3 + 1) + 2011
k

Dễ thấy 2 ( 3 + 1) chia 3 dư 2 và 2011 chia 3 dư 2 nên ta được 2. ( 3 + 1) + 2011 chia hết cho 3.
k

k

TỦ SÁCH CẤP 2| 332

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |

Do đó 2 b + 2011 chia hết cho 3. Suy ra 2 b + 2011 là một hợp số.
Vậy không tồn tại các số nguyên tố a, b, c để a b + 2011 =
c.
Bài 90. Ta xét các trường hợp sau
1
• Với p = 2 , khi đó tồn tại n = 1 và x= y= 1 để 2=
13 + 13 .
2
x 1;=
y 2 để 3=
13 + 2 3 .
• Với p = 3 , khi đó tồn tại n = 2 và=

• Với p > 3 , khi đó giả sử tồn tại các số nguyên dương n, x, y với n bé nhất thỏa mãn
n
p=
x3 + y3 .

Do p > 3 nên suy ra ( x; y ) ≠ ( 1;1) , do đó x 2 − xy + y 2 = ( x − y ) + xy > 1 và x + y > 1 .
2

(

)

(

)

(

)(

)

Ta có x 3 + y 3 = ( x + y ) x 2 − xy + y 2 nên x 3 + y 3  ( x + y ) và x 3 + y 3  x 2 − xy + y 2 .

(

)

Do đó suy ra ( x + y ) và x 2 − xy + y 2 phải cùng chia hết cho p.

(

)

2

nên ta được x và y chia hết cho p.
n
Từ đó suy ra n > 3 , khi đó chia cả hai vế của p=
x 3 + y 3 cho p3 ta được

3

3

x y
=
p
  +  .
p p
n−3

x y
Từ đó suy ra tồn tại số tự các số nguyên dương n − 3; ; thỏa mãn yêu cầu bài toán.Tuy
p p
nhiên điều này lại mâ thuẫn với việc nhọn n nhỏ nhất.
n
Vậy với p > 3 thì không tồn tại các số nguyên dương n, x, y thỏa mãn p=
x3 + y3 .

Do đó các số nguyên tố thỏa mãn yêu cầu bài toán là p = 2 và p = 3 .
Bài 91. Đặt A =

n 3 + 8n 2 + 1 n 2 8n 1
=
+
+
. Ta xét các trường hợp sau:
3n
3
3 3n

• Trường hợp 1: Nếu n = 3k với k là một số nguyên dương, khi đó ta được
A = 3k 3 + 8k +

1
9k


1 
Dễ thấy 3k 2 + 8k < A < 3k 2 + 8k + 1 nên suy ra  A=
  3k 2 + 8k + =
3k 2 + 8k
= k ( 3k + 8 ) .

9k 


.333 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

n
3xy chia hết cho p. Do p là số nguyên tố và p=
Suy ra ( x + y ) − x 2 − xy + y 2 =
x3 + y3

| ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 3: SỐ NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ

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
n 3k + 1 với k là một số nguyên, khi đó ta được
• Trường hợp 2: Nếu =
A= 3k 2 + 2k +

1
8
1
1
+ 8k + +
= 3k 2 + 10k + 3 +
3
3 9k + 3
9k + 3

Dễ thấy 3k 2 + 10k + 3 < A < 3k 2 + 10k + 3 + 1 nên suy ra
1 

2
 A  = 3k 2 + 10k + 3 +
 =3k + 10k + 3 =( k + 3 )( 3k + 1) .
9k
3
+



1 hoặc 3k + 1 =
1 , từ đó ta tìm được k = 1 .
Như vậy để  A  là một số nguyên tố thì k + 3 =

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

Khi đó  A  =3 là một số nguyên tố và n = 1 .

n 3k + 2 với k là một số nguyên, khi đó ta được
• Trường hợp 2: Nếu =
A= 3k 2 + 4k +

Ta thấy 0 <

4
16
1
1
2
+ 8k + +
= 3k 2 + 12k + 6 +
+
3
3 9k + 6
9k + 3 3

1
2
+ < 1 nên suy ra
9k + 3 3


1
2
 A  =  3k 2 + 12k + 6 +
+  = 3k 2 + 12k + 6 = 3 k 2 + 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 .

x = m

Bài 92. Gọi d là ước chung lớn nhất của x , y ta suy ra  y = nd .
 m, n = 1
)
(
Ta
có: A
=

m 2 + pn 2  n
x 2 + py 2 m 2 d 2 + pn 2 d 2 m 2 + pn 2
2
2
⇒ m2  n .
⇒
m
+
pn

mn
⇒
=
=
 2
2
2
xy
mnd
mn
m + pn  m

Mặt khác ta có ( m, n ) = 1 suy ra n = 1 do đó m 2 + p  m ⇒ p  m mà p là số nguyên tố nên
m = 1 hoặc m = p .

+ Nếu m = 1 thì x = y = d ⇒ A = p + 1 .
+ Nếu m = p ⇒ x = dp, y = d khi đó A=

( dp )

+ pd 2
= p +1.
d2p
2

Áp dụng vào bài toán ta suy ra đpcm.

TỦ SÁCH CẤP 2| 334

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |

Bài 93. Giả sử p và q là các số nguyên tố thỏa mãn p3 − q 5 = ( p + q ) . Khi đó ta được
2

p3 − q 5 > 0 .

Từ đó ta được p3 > q 5 ≥ 2 5 nên ta được p > 3 .
Suy ra p không chia hết cho 3. Ta xét các trường hợp sau:

(

)

• Nếu q = 3 , khi đó p3 − 35 =( p + 3 ) ⇔ p3 − p2 − 6p − 252 =0 ⇔ ( p − 7 ) p2 + 6p + 36 =0 .
2

Do p2 + 6p + 36 > 0 nên ta được p − 7 = 0 ⇒ p = 7 .

• Nếu q ≠ 3 khi đó p =3m ± 1; q =3n ± 1 với m, n là các số nguyên dương.
+ Với=
p 3m + 1 và =
q 3n + 1 thì p5 − q 3  3 và ( p + q ) chia 3 dư 1, nên không thỏa mãn
2

yêu cầu bài toán.
+ Với=
p 3m + 1 và =
q 3n − 1 thì p5 − q 3 chia 3 dư 2 và ( p + q ) chia hết cho 3, nên không
2

+ Với=
p 3m − 1 và =
q 3n + 1 thì p5 − q 3 chia 3 dư 1 và ( p + q ) chia hết cho 3, nên không
2

thỏa mãn yêu cầu bài toán.
+ Với=
p 3m − 1 và =
q 3n − 1 thì p5 − q 3  3 và ( p + q ) chia 3 dư 1, nên không thỏa mãn
2

yêu cầu bài toán.
Vậy cặp số nguyên tố ( p; q ) thỏa mãn yêu cầu bài toán là ( 3; 7 ) .

(

)

Bài 94. Ta có 2a 2 b = a ( a + b ) − a a 2 + b 2 .
2

Do p4 là ước của a 2 + b 2 và a ( a + b ) nên p4 cũng là ước của 2a 2 b .
2

Do p là số nguyên tố lẻ nên suy ra p4 là ước của a 2 b .
Nếu a không chia hết cho p2 thì số mũ của p trong a 2 không vượt quá 2, khi đó a 2 không
chia hết cho p4 . Do đó b phải chứa p2 , điều này có nghĩa là b chia hết cho p2 , từ đó ta
được b 2 chia hết cho p4 . Từ đó suy ra a 2 + b 2 không chia hết cho p4 , điều này mâu thuẫn
vơi giả thiết.
Do vậy a phải chia hết cho p2 nên a 2 không chia hết cho p4 . Từ a 2 + b 2 không chia hết
cho p4 ta suy ra được b 2 chia hết p4 , do đó b chia hết cho p2

.335 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

thỏa mãn yêu cầu bài toán.

| ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 3: SỐ NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ

Dẫn đến a + b chia hết cho p2 nên suy ra a ( a + b ) chia hết cho p4 .
Vậy p4 cũng là ước của a ( a + b ) .
Bài 95. Đặt A = a 2 − b 2 − 5a + 3b + 4 , dễ thấy A là số chẵn. Do đó A là số nguyên tố khi và
chỉ khi A = 2, hay A = a 2 − b 2 − 5a + 3b + 4 = 2 , suy ra ( a + b − 4 )( a − b − 1) =
2.
Ta xét các trường hợp sau :

a + b − 4 =1
+ Trường hợp 
⇔ a= 4; b= 1
a
−
b
−
1
=
2


CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

a + b − 4 =2
+ Trường hợp 
⇔ a= 4; b= 2
1
a − b − 1 =
a + b − 4 =−1
+ Trường hợp 
⇔ a= 1; b= 2 .
a
−
b
−
1
=
−
2


a + b − 4 =−2
⇔ a= 1; b= 1
+ Trường hợp 
a − b − 1 =−1
Bài 96. Ta có f ( 5 ) – f ( 4=
) 2012 ⇔ 61a + 9b +=c 2012

f (7 ) – f ( 2) =
=

( 343a + 49b + 7c + d ) – ( 8a + 4b + 2c + d ) = 335a + 45b + 5c
305a + 45b + 5c + 30a = 2012 + 30a = 2 ( 1006 + 15a )

Vì a là số nguyên nên ta được f ( 7 ) − f ( 2 ) chia hết cho 2 và 1006 + 15a khác 1

Do đó f ( 7 ) − f ( 2 ) là hợp số
Bài 97. Theo bài ra f(x) có dạng f ( x ) = ax 3 + bx 2 + cx + d với a nguyên dương.

Ta có 2010 = f ( 5 ) − f ( 3 ) =
⇒ 16b + 2c
=

(5

3

) (

)

− 33 a + 52 − 32 b + ( 5 − 3 ) c = 98a + 16b + 2c

( 2010 − 98a )

Lại có:

f ( 7 ) − f ( 1=
)

(7

3

) (

)

− 13 a + 7 2 − 12 b + ( 7 − 1) c= 342a + 48b + 6c= 342a + 3 ( 16b + 2c )

=342a + 3 ( 2010 − 98a ) =48a + 6030 =3 ( 16a + 2010 )

Vì a nguyên dương nên 16a + 2010 > 1 . Vậy f ( 7 ) − f ( 1) là hợp số
Bài 98. Biến đổi 2 m .p2 + 1 =
q 5 thành 2 m.p2 =

( q − 1) ( q

4

+ q3 + q2 + q + 1

)
TỦ SÁCH CẤP 2| 336

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |

Do q 4 + q 3 + q 2 + q + 1 lẻ nên q − 1 =
2 m.pk với k = 0;1; 2
+ Nếu k = 0 khi đó ta có q − 1 =
2 m Từ đó ta được

p

2

(2
=

m

)

5

+1 −1
2

m

=2 4m + 5.2 3m + 10.2 2m + 10.2 m + 5

Nếu m > 1 thì p2 ≡ 5 ( mod 8 ) vô lí nên suy ra m = 1 , từ đó ta được
=
p 11;
=
q 3.
+ Nếu k = 1 khi đó ta có q − 1 =
2 m.p do đó ta được p =

( q − 1) ( q

4

+ q3 + q2 + q + 1

)

Do đó để p là số nguyên tố thì q − 1 = 1 ⇒ q = 2 , từ đó suy ra q = 31 .
Thay vào phương trình ban đầu ta được 2 m .312 + 1 =
2 5 , phương trình không có m nguyên
dương thỏa mãn.
+ Nếu k = 2 khi đó ta có q − 1 =
2 m.p2 do đó ta được 1 = q 4 + q 3 + q 2 + q + 1 điều này vô lí do

Vậy bộ ( m; p; q ) = ( 1;11; 3 ) là bộ duy nhất cần tìm.
Bài 99. Từ giả thiết suy ra p6 > 2 ⇒ p62 ≡ 1 ( mod 8 ) .

(

)

Mà pi2 ≡ 1; 4 ( mod 8 ) nên trong 5 số pi i = 1; 5 có bốn số bằng 2, một số lớn hơn 2.
Thật vậy, giả sử k là số số chẵn trong dãy p1 , p2 , p3 , p4 , p5 . Suy ra
p12 + p22 + p32 + p42 + p52 = 4k + A (A là tổng bình phương của 5-k số lẻ)

(p

2
1

(

)

+ p22 + p32 + p42 + p52 ≡ 4k + ( 5 − k ) .1 ( mod 8 ) ≡ 3k + 5 ( mod 8 )

)

Mà p12 + p22 + p32 + p42 + p52 ≡ 1 ( mod 8 ) nên 3k + 4  8 ⇒ k =
4.
Nhận xét được chứng minh xong.
Bây giờ ta giả sử p=
p=
p=
p=
2; p5 > 2
1
2
3
4
Từ đó suy ra p62 − p52 = 16 ⇔ ( p6 − p5 )( p6 + p5 ) = 16
Từ đó giải được=
p6 5;=
p5 3 .
Vậy bộ các số nguyên tố các số cần tìm là ( p1 ; p2 ; p3 ; p4 ; p5 ; p6 ) trong đó ( p1 ; p2 ; p3 ; p4 ; p5 )
được xác định là ( 2; 2; 2; 2; 3 ) và các hoán vị, còn có định p6 = 5 .
Bài 100. Giả sử có số nguyên a để

.337 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

(a

2

)

+ 1  p hay ta có a 2 ≡ −1 ( mod p )

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

q là số nguyên tố

| ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 3: SỐ NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ

Suy ra a p−1 ≡ ( −1)

p −1
2

( mod p )

hay a p−1 − 1 ≡ ( −1)

p −1
2

− 1 ( mod p )

Nhưng theo định lí Fecmat thì a p−1 − 1 ≡ 0 ( mod p )
Nên ta được ( −1)

p −1
2

− 1 ≡ 0 ( mod p ) mà p là số nguyên tố dạng 4k + 3 nên

( −1)

p −1
2

− 1 ≡ 0 ( mod p ) ⇔ −2 ≡ 0 ( mod p ) , điều này vô lí.

Nên không tồn tại số nguyên a thỏa mãn yêu cầu bài toán
Bài 101. Do 6(x + 2p) chia hết cho 3 nên từ phương trình đã cho ta suy ra x 2 + p 2 y 2 chia hết
cho 3. Mặt khác, ta có để ý rằng, với mọi số nguyên a thì a2 chia cho 3 dư 0 hoặc 1. Do đó,

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

để x 2 + p 2 y 2 chia hết cho 3 thì ta phải có x 2 và p 2 y 2 cùng chia hếtt cho 3. Suy ra x và py
cùng chia hết cho 3.
Đặt x = 3a với a nguyên dương. Phương trình đã cho có thể được viết lại thành
9a 2 + p 2 y 2 =
18a + 12 p (1)
Do 9a 2 , p 2 y 2 và 18a chia hết cho 9 nên từ phương trình trên, ta suy ra 12p chia hết cho 9,
tức là p chia hết cho 3. Mà p là số nguyên tố nên p = 3. Khi đó, phương trình (1) có thể viết
lại thành a 2 + y 2 = 2a + 4.

Hay ( a − 1) + y 2 =
5

( 2)

2

Vì ( a − 1) ≥ 0 nên từ phương trình trên, ta suy ra y 2 ≤ 5 . Do y là số nguyên dương nên ta
2

có y ∈ {1, 2} . Bằng phép thử trực tiếp, ta tìm được các cặp số nguyên dương (a, y) thỏa
mãn phương trình (2) là (3,1) và (2,2). Từ đó suy ra, có hai bộ (x, y, p) thỏa mãn yêu cầu đề
bài là (9, 1, 3) và (6, 2, 3).
Bài 102.

Đặt p = a + b + 2 ab + c 2 , giả sử a ≥ b .
Cách 1: Xét p ∉  thì p không là số nguyên tố.
Xét p ∈  : Giả sử thì p là số nguyên tố ⇒ ab + c 2 là số chính phương

(

)

⇒ ( a + b ) − 4 ( ab + c 2=
) p. a + b + 2 ab + c2  p ⇒ ( a − b + 2c )( a − b − 2c ) p .
2

TH1: ( a − b + 2c ) p ⇒ a − b + 2c ≥ p = a + b + 2 ab + c 2 ⇒ c ≥ b + ab + c 2 > c (loại)

0 hoặc p ≤ a − b − 2c
TH2: ( a − b − 2c ) p ⇒ a − b − 2c =
Nếu a − b − 2c = 0 ⇒ c =

a −b
⇒ p = 2 ( a + b ) ⇒ a + b = 1 (loại).
2

Nếu p ≤ a − b − 2c ≤ a + b + 2c ⇒ ab + c 2 ≤ c (vô lí) (loại).
Vậy p không thể là số nguyên tố.
Cách 2: TH1:
TH2:

ab + c 2 ∉  suy ra đpcm.

ab + c 2 =d ∉  + ⇒ ab =( d − c )( d + c ) vơi d > c .

a
d +c r
.
⇒ ∃ r, s sao cho ( r , s ) = 1 và = =
d −c
b
s
TỦ SÁCH CẤP 2| 338

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |

+) as  r , ( r , s ) = 1 ⇒ ∃p ∈  + , a = pr , d − c = ps .
+) br  s, ( r , s ) = 1 ⇒ ∃q ∈  + , b = qs, d + c = qr .
Từ đó K = a + b + 2d = pr + qs + ( ps + qr ) = ( p + q )( r + s ) là hợp số.
Bài 103. a) Mỗi số tự nhiên đều có thể viết dưới dạng: 6m, 6m ± 1, 6m ± 2, 6m + 3 .
Mọi số nguyên tố khác 2 và khác 3 đều không chia hết cho 2 và cho 3 suy ra chúng chỉ có
thể có một trong 2 dạng 6m + 1 hoặc 6m − 1 .
b) Gọi p là số nguyên tố lớn nhất có dạng 6m − 1 .
Đặt A = 2.3.5… p là tích các số nguyên tố từ 2, 3, 5,… đến p.
Gọi D= A + 1
Nếu D là số nguyên tố thì bài toán được chứng minh vì D > p , D= 2.3.5… p − 1= 6m − 1 .
Nếu D là hợp số thì D có ít nhất một ước số nguyên tố chinh là p1 . Ta có nếu p1 ≤ p thì p1

1 (vô lý vì p1 là số nguyên tố).
⇒ p1 là ước số của A − D =
Nếu p1 > p ta có p1 cũng có dạng 6m − 1 .
Vì nếu không một ước số nguyên tố nào của D có dạng 6m − 1 mà chỉ có dạng 6m + 1 thì
tích của chúng có dạng 6m + 1 , vô lý vì trái với cách đặt =
D 6m − 1 . Tóm lại ta luôn luôn
tìm được số nguyên tố dạng 6m − 1 lớn hơn p.
Vậy có vô số số nguyên tố có dạng 6m − 1 .
Bài 104. 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 2y +1 .
Nếu y lẻ thì 2 y + 1 3 , suy ra z 3 , 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 105. Đặt n = 3k .m với (m, 3) = 1. Giả sử m > 1, xét hai trường hợp:
i)

m = 3l + 1(l ∈ N *) . Ta có: 1 + 2n + 4n =1 + 23

k

(3l +1)

+ 43

k

(3l +1)

=1 + a (3l +1) + a (6l + 2) , (với a = 23 ),

n
suy ra 1 + 2n + 4=
a (a 3l − 1) + a 2 (a 6l − 1) + a 2 + a + 1 a 2 + a + 1 ⇒ 1 + 2 n +4n là hợp số.

ii) m =3l + 2, (l ∈ N *) . Ta có:
1 + 2n + 4n =1 + 23

k

(3l + 2)

+ 43

k

(3l + 2)

(với a = 23 ).
k

Suy ra 1 + 2n + 4n là hợp số.
.339 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

=1 + a 3l + 2 + a 6l + 4 = a (a 6l +3 − 1) + a 2 (a 3l − 1) + a 2 + a + 1 a 2 + a + 1

k

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

là ước số của D và p1 là ước số của A.

| ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 3: SỐ NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ

Vậy m = 1 tức là n = 3k.

=
a ta=
tc1 với (a1 , c1 ) = 1 .
Bài 106. Giả sử (a, b) = t, khi đó:
1, c
c1d ⇒ b  c1 .
Từ ab = cd suy ra a=
1b
Đặt: b = kc1 ⇒ c1d = a1.kc1 ⇒ d = ka1 .
Khi đó: A = a n + b n + c n + d n = t n a1n + k n c1n + t n c1n + k n a1n = (k n + t n )(a1n + c1n ) .
Vì k , t , a1 , c1 ∈ N * nên A là hợp số.

n(n + 1)
n 2 + n − 2 (n − 1)(n + 2)
=
−1
=
.
2
2
2

=
p
Bài 107. Ta có:

Với n = 2 ta có p = 2.

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

Với n = 3 ta có p = 5.
Với n > 3 thì n 1  1 và n+2 >1 nên p là hợp số.
2

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

n(n + 1)
−1.
2

Bài 108. Vì a,b có vai trò như nhau nên có thể giả sử a > b.
Giả sử

ab
= p với p là số nguyên tố. (*)
a −b

Suy ra ab  p ⇒ a  p hoặc b  p ⇒ p ∈ {2,3,5, 7} .

a + p = p 2
a = p 2 − p
Từ (*) ta có ab = ap – bp (a + p )( p − b) = p 2 ⇔ 
⇔
p −b = 1
b = p − 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 109. 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 1.
m

Vậy k là số nguyên tố.
Bài 110. 1) Xét ba số dư của x, y, z khi chia cho 3.
* Nếu cả ba số là khác nhau: ( 0,1, 2 ) thì x + y + z  3 nhưng khi đó ( x − y )( y − z )( z − x )
không chia hết cho 3 (vô lý).
* Nếu có hai số dư bằng nhau thì x + y + z không chia hết cho 3 trong khi đó một trong ba
hiệu x − y; y − z hoặc z − x chia hết cho 3 (vô lý) vì ( x − y )( y − z )( z − x ) = x + y + z .
TỦ SÁCH CẤP 2| 340

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |

Vậy chỉ còn trường hợp cả 3 số x, y, z đều có cùng số dư khi chia cho 3.

⇒ ( x − y )( y − z )( z − x ) 3.3.3 =
27
Mà: ( x − y )( y − z )( z − x ) = x + y + z ⇒ x + y + z  27
2) Ta có: a 4 k − 1=
Ta có: a 2 − 1 =

(a )

4 k

(a

− 1k=

( a − 1)( a + 1)

4

− 1) .P

là tích của hai số chẵn liên tiếp a − 1 > 4 vì a là số nguyên tố

a >5.
⇒ Ắt có một số chia hết cho 2 và một số chia hết cho 4.

⇒ ( a − 1)( a + 1)8
Xét ba số liên tiếp: a − 1, a, a + 1 ; ắt có một số chia hết cho 3 vì a không chia hết cho 3.

⇒ ( a − 1)( a + 1) 3 ⇒ ( a − 1)( a + 1) 24
Ta có: a 4 − 1 =

( a − 1)( a + 1) ( a 2 + 1) và a là số lẻ.

⇒ a 2 + 1 là số chẵn ⇒ ( a 2 + 1) 2

Lại vì a không chia hết cho 5.
⇒ a có dạng 5k + 1,5k − 1,5k + 2,5k − 2 ⇒ a 4 có dạng 5m + 1 ⇒ a 4 − 1 5
Vì ( 5, 4,8 ) =1 ⇒ ( a − 1)( a + 1) ( a 2 + 1) 240
Bài 111. +) Xét trường hợp p là hợp số:
Nếu p là hợp số thì p là tích của các thừa số nguyên tố nhỏ hơn p và số mũ các luỹ
thừa này không thể lớn hơn số mũ của chính các luỹ thừa ấy chứa trong (p – 1)!.
Vậy: (p – 1) !: p

(điều phải chứng minh).

+) Xét trường hợp p là số nguyên tố:
Vì p ∈ P => p nguyên tố cùng nhau với mọi thừa số của (p –1)!
(vì p > p – 1 => (p – 1)! : p (điều phải chứng minh)
Bài 112. Gọi p là ước số nguyên tố của (1994! – 1)
Giả sử p ≤1994 => 1994. 1993 ….. 3. 2. 1 chia hết cho p
<=> 1994! Choa hết cho p
mà (1994! – 1) : p => 1 : p (vô lý)
Vậy: p không thể nhỏ hơn hoặc bằng 1994 hay p > 1994 (điều phải chứng minh).
Bài 113. Vì n > 2 nên k = n! – 1 > 1, do đó k có ít nhất một ước số nguyên tố p.
Ta chứng minh p > n .Thật vậy: nếu p ≤ n thì n! chia hết cho p
Mà k chia hết cho p => (n! – 1) chia hết cho p.Do đó: 1 chia hết cho p
Vậy: p > n => n < p < n! – 1 < n! (Điều phải chứng minh)

.341 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

(vô lý)

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

⇒ ( a − 1)( a + 1) ( a 2 + 1) 48

| ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 3: SỐ NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ

3p −1 3p +1
3p −1
3p +1
,b
=
a.b =
.
, với a =
.
2
4
2
4
a, b đều là các số nguyên lớn hơn 1 nên m là hợp số.

=
Bài 114.
Ta có: m

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 − 9 p .

9p − 9
p.
( p,8) = 1 nên 9 − 98 p ⇒ m − 1
8
p

Vì m − 1 2 nên m − 1 2 p , khi đó: 3m −1 − 1 32 p − 1

9 p −1
=
m . (đpcm).
8

Bài 115. Giả sử tồn tại số nguyên tố p sao cho:

2003 + 23k =
pn

(1).

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

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

2141
Với p = 4 có 2003 + 23.6 =

Với p = 2003 thì tồn tại k theo định lí Fermat thỏa mãn 2003 + 23k =
200323 .
Bài 116. Gọi bảy số nguyên tố là p1, p2, p13, ….., p7 .

Ta có:

p1 p2 p3 p4 p5 p6 p7 = p16 + p26 + p36 + p46 + p56 + p66 + p76

(*)

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 =(7 k + 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.

TỦ SÁCH CẤP 2| 342

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |

Bài 117. Giả sử a ≥ b ≥ c .Ta có a 4 + b 4 + c 4 =

(a

2

+ b2 + c2

)

2

(

)

− 2 a 2b2 + b2 c2 + c2 a 2 .

Vì p là số nguyên tố và p ≥ 3 , suy ra a 4 + b 4 + c 4 chia hết cho p khi và chỉ
a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 khi chia hết cho p hay

(

)

(

a 2 b 2 + c 2 a 2 + b 2  p ⇔ a 2 b 2 − c 4  p ⇔ ab − c 2

)( ab + c ) p.
2

Do p = a 2 + b 2 + c 2 > ab + c 2 > ab − c 2 ≥ 0 và p là số nguyên tố nên ab − c 2 = 0 ⇒ a = b = c
⇒ p = 3a 2 ⇒ a = b = c = 1 và p = 3.
Bài 118. Giả sử

x2 + y 2
= k nguyên dương và k là ước số của 1995 = 5.3.7.19 = 5n với n=
x− y

3.7.19. Các số 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 .
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.

k .t . Từ (1) có t (u 2 + v 2 ) =
số của d ⇒ d =
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

4 A = 4u 2 − 20u + 25 + 4v 2 + 20v + 25 − 50 = (2u − 5) 2 + (2v + 5) 2 − 50 ≥ 12 + 7 2 − 50 ≥ 0 ⇒ A ≥ 0
Kết hợp với (3) phải có A= 0. Điều này xảy ra chỉ khi 2u − 5 =±1 và v = 1,

u = 3
u = 2
nghĩa là 
và 
v = 1
v = 1

 x = 2m
 x = 3m
m . Các số x, y phải tìm là 
Từ A = 0 và (2) suy ra t = 1 ⇒ d =
hoặc 
y = m
y = m
đó 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 119. 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
.343 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

trong

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

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

| ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 3: SỐ NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ

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 .
Vậy số máy tivi đã giao là 178.
Bài 120. Gọi 3 số nguyên tố phải tìm là; a, b, c ta có: a.b.c = 5(a + b + c) => abc  5
Vì a, b, c có vai trò bình đẳng

∈ P => a = 5

Giả sử:

a  5, vì a

Khi đó:

5bc = 5(5 + b + c)
<=> 5 + b + c = bc
<=> bc – b – c + 1 = 6
<=> b(c – 1) – (c – 1) = 6

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

<=> (c – 1)(b – 1) = 6
Do vậy:
và
và

b-1 = 1 =>

b=2

c-1 = 6 và

c=7

b-1 = 2 =>

b=3

c-1 = 3 và

c=4

(loại vì c = 4 ∉ P)

Vai trò a, b, c, bình đẳng
Vậy bộ số (a ;b ;c) cần tìm là (2 ;5 ;7)

Bài 121. Đặt a = 2.3.4…n ( n + 1) = ( n + 1) !
Xét n số a + 2, a + 3,…, a + n + 1. Ta thấy a + i  i với=
mọi i 2,3,…, n + 1 . Suy ra n số này đều
là hợp số.
Bài 122. Giả sử n là hợp số, ta có n = ab với 2 ≤ a ≤ b < n . Khi đó
2n − 1= 2ab − 1=

(2

a

(

− 1) 2

a ( b −1)

+2

a(b − 2)

)

+ … + 1 là hợp số. Điều này trái với giả thiết. Vậy n là

số nguyên tố.

Bài 123. Ta xét các trường hợp sau
+) p = 2, khi đó 2 p + p 2 =
8 là hợp số.
+) p = 3, khi đó 2 p + p 2 =
17 là số nguyên tố.
+) p > 3, khi đó 2 p + p 2 =

(2

p

+ 1) + ( p 2 − 1) .

Vì p lẻ và không chia hết cho 3 nên 2 p + 1 3 và p 2 − 1 3 .
Suy ra 2 p + p 2  3 nên 2 p + p 2 là hợp số.
Vậy p = 3 là số cần tìm.

TỦ SÁCH CẤP 2| 344

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |

Bài 124. Gọi x0 là nghiệm nguyên dương của phương trình x 2 − px + q =
0 , ta có q  x0 nên
x0 = 1 hoặc x0 = q .
+) x0 = 1 ta có 1 − p + q =
0 ⇔ p= q + 1 , suy ra=
q 2,=
p 3 .
+) x0 = q ta có q 2 − pq + q =
0 ⇔ p= q + 1 , suy ra=
q 2,=
p 3 .
Vậy ( p, q ) = ( 3, 2 ) .
Bài 125. Giả sử n ≥ 2 .
Trong ba số p, q, r có một số chẵn.
* r = 2 , khi đó p n + q n =
4 điều này không xảy ra
* p>q=
r2 .
2 , ta có: p n + 2n =
+) n lẻ. Suy ra: ( p + 2 ) ( p n −1 − 2 p n − 2 + … + 2n −1 ) =
r2 .

Nên ta có r= p + 2 , suy ra p n + 2n = ( p + 2 ) = p 2 + 4 p + 4 . Điều này không thể xảy ra với
2

n≥3 .
+) n = 2k , ta có: p 2 k + 22 k =
r 2 . Theo phương trình Pitago ta có:
k
1.
p=
a 2 − b 2 , 2k = 2ab , =
r a 2 + b 2 với a, b ∈ Z , a > b, ( a, b ) =
k
Ta có:=
b 1,=
a 2k −1 , suy ra p =
4k −1 − 1 < 4k ⇒ p= 3 .

Hay =
3k 4k −1 − 1 phương trình này vô nghiệm.
Do đó ta có n = 1 .
Bài 126. *) Nếu x hoặc y chia hết cho p thì hiển nhiên số còn lại cũng chia hết cho p .

x; p )
*) Xét x, y cùng không chia hết cho p . Vì p là số nguyên tố nên (=
Do đó, theo định lí Fecma ta có:

x p −1 ≡ y p −1 ≡ 1( mod p ) hay x 4 k + 2 ≡ y 4 k + 2 ( mod p )
⇔

(x )

2 2 k +1

≡ ( y2 )

2 k +1

( mod p ) .

Suy ra x ≡ y ( mod p ) , do đó x 2 + y 2 ≡ 2 x 2 ( mod p ) ⇒ 2 p vô lí.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Bài 127. Ta có 3m 2 + 6n − 61 = 3k + 2

.345 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

y; p )
(=

1.

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

Vì p + 2 > 1 và p n −1 − 2 p n − 2 + … + 2n −1 > 2n −1 > 1

| ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 3: SỐ NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ

Nếu k ≥ 1 ta có =
x 33k + 2 + =
4 9.27 k + 413 .
Suy ra k = 0 hay 3m 2 + 6n − 61 =
0 .
2 ⇔ m 2 + 2n − 21 =
Vì m 2 lẻ và m 2 < 21 nên =
m 2 1,=
m2 9 .
* m =1 ⇒ n =10
* m =3 ⇒ n =6 .
Bài 128. Không mất tính tổng quát, ta giả sử a ≥ b ≥ c .
Ta có a 3 + b3 + c 3 − 3abc =

( a + b + c ) ( a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca )

.

Do đó a 3 + b3 + c3 − 3abc là số nguyên tố khi xảy ra một trong các trường hợp sau:
a+b+c =
1 và a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca là số nguyên tố.

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

1 ⇒ a= 1, b= c= 0 , khi đó a 3 + b3 + c3 − 3abc =
Từ a + b + c =
1 không là số nguyên tố.
a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca =
1 và a + b + c là số nguyên tố.

Ta có a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca =
1⇔

( a − b) + (b − c ) + (c − a )
2

2

2

=
2 .

a = b
a = b

1 ⇔ 
Suy ra b − c =
⇒ a + b + c = 3b − 1
c
=
b
−
1

c − a =−1


1
a − b =

0 ⇔ b= c= a − 1 .
Hoặc b − c =
a − c =
1

Vậy các số tự nhiên cần tìm là ( k ; k ; k − 1) và các hoán vị với 3k − 1 là số nguyên tố.

Hoặc ( k ; k − 1; k − 1) và các hoán vị với 3k − 2 là số nguyên tố.
Bài 129. Do p là số nguyên tố lẻ nên =
p 3k ± 1 hoặc p = 3k

+Nếu =
p 3k ± 1 thì 8 p 2 +=
1 8 ( 3k ± 1) +=
1 3 ( 24k 2 ± 16k + 3) 3 nên vô lý.
2

+Nếu p = 3k . Do p là số nguyên tố lẻ nên p = 3 , rõ ràng 8.9 + 1 =73 là số nguyên tố
mà 8 p + 2 p + 1 = 72 + 6 + 1 = 79 là số nguyên tố.
2

1 ( mod 3) . Suy ra , trong ba số a, b, c có hai
Bài 130. Từ phương trình ta suy ra a 2 + b 2 + c 2 =

số chia hết cho 3.
a= b= 3, ta có 18 + 16c 2= 9k 2 + 1 ⇔ ( 3k − 4c )( 3k + 4c =
) 17

17
k = 3
3k + 4c =
Suy ra 
⇔ 
1
c = 2
3k − 4c =

c = 3 , không mất tính tổng quát, ta giả sử a = 3 . Khi đó ta có ( 3k − b )( 3k + b ) = 152 = 19.8
TỦ SÁCH CẤP 2| 346

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |

19
3k + b =
+) 
vô nghiệm
1
3k − b =

38
3k + b =
k = 7
+) 
⇔ 
4
3k − b =
b = 17

76
3k + b =
k = 13
⇔ 
2
3k − b =
b = 37

152
3k + b =
vô nghiệm.
2
3k − b =

+) 

+) 

Bài 131. Nếu p = 3 , ta có q 2 | 36 − 1 =23.7.11 nên q = 2 .

(

)

Xét p ≠ 3 , ta có p 2 | ( q + 1) q 2 − q + 1 .

(

) ( q + 1,3) =

Mà q + 1, q 2 − q + 1 =

1 hoặc 3. Suy ra hoặc p 2 | q + 1 hoặc p 2 | q 2 − q + 1 . Từ đây , suy

ra p < q .
Nếu q= p + 1 ta có=
p 2,=
q 3 .

(

)

Xét q ≥ p + 2 . Vì q 2 | ( p − 1)( p + 1) p 2 − p + 1 .
Do ( q, p + 1=
)

( q, p − 1=)

1 và ( p 2 − p + 1, p 2 + p + 1)=

(p

2

+ p + 1, 2 p )= 1 nên ta có hoặc

Mà q ≥ p + 2 nên q 2 ≥ ( p + 2 ) > p 2 + p + 1 > p 2 − p + 1 . Suy ra q 2 | p 6 − 1 .
2

Vậy ( p, q ) = ( 2,3) ; ( 3, 2 ) .

Bài 132. Nếu các số nguyên tố p , q , r đều khác 3 thì p , q , r có dạng 3k ± 1 suy ra p2 ,
q 2 , r 2 chia cho 3 đều dư là 1. Khi đó p2 + q 2 + r 2 3 và p2 + q 2 + r 2 > 3 nên p2 + q 2 + r 2 là hợp
số.
Vậy p = 3 , q = 5 , r = 7 , khi đó p2 + q 2 + r 2 = 32 + 52 + 72 = 83 là số nguyên tố.

a5 − 1
= a 4 + a3 + a 2 + a + 1
Bài 133. Đặt a = 5 . Ta có A =
a −1
25

=

(a

2

+ 3a + 1) − 5a ( a + 1) .
2

2

Thay a = 525 ta được:

(a
=(a

A=

2

+ 3a + 1) − 526 ( a + 1)

2

+ 3a + 1 − 513 ( a + 1) ) ( a 2 + 3a + 1 + 513 ( a + 1) )

2

2

Từ đó có đpcm.
Bài 134.Vì p là số nguyên tố và p > 3 , nên số nguyên tố p có 1 trong 2 dạng: 3k + 1,3k + 2
với k ∈ N * .
Nếu =
p 3k + 1 thì p + 2 = 3k + 3 = (k + 1) ⇒ p + 2 3 và p + 2 > 3
Do đó p +2 là hợp số (trái với đề bài p + 2 là số nguyên tố)
.347 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

q 2 | p 2 + p + 1 hoặc q 2 | p 2 − p + 1 .

| ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 3: SỐ NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ

Nếu =
p 3k + 2 thì p + 1 = 3k + 3 = 3(k + 1) (1)
Do p là số nguyên tố và p > 3 ⇒ p lẻ ⇒ k lẻ ⇒ k + 1 chẵn ⇒ k + 1 2 (2)
Từ (1) và (2) suy ra: p + 1 6
Bài 135. Vì p là số nguyên tố và

( p > 3) , nên số nguyên tố

p có một trong hai dạng:

3k + 1;3k + 2 với k ∈ *

Nếu =
p 3k + 2 thì p + 4 = 3k + 6 = 3 ( k + 2 ) ⇒ p + 4 3 và p + 4 > 3
Do đó p + 4 là hợp số (trái với đề bài p + 4 là số nguyên tố).
Nếu =
p 3k + 1 thì p + 8 = 3k + 9 = 3 ( k + 3) ⇒ p + 8 3 và p + 8 > 3
Do đó p + 8 là hợp số.
Vậy số nguyên tố p có dạng =
p 3k + 1 thì p + 8 là hợp số.

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

Bài 136. Từ p 2 − 5q 2 =4 ⇔ ( p − 2 )( p + 2 ) =5q 2
Do 0 < p − 2 < p + 2, q nguyên tố nên p − 2 nhận các giá trị 1, 5, q, q 2
Ta có bảng sau:

p−2

p+2

p

q

1

5q 2

3

1

5

q2

7

3

p

5q

3

1

5

3

1

p

2

Vậy ( p, q ) = ( 7;3) thỏa mãn.

Bài 137. Vì ba số nguyên tố đầu tiên là 2,3,5 nên trong 12 số nguyên tố phân biệt đã cho
luôn có ít nhất 9 số lớn hơn 5 . Vì số nguyên tố lớn hơn 5 nên: 9 số trên khi chia cho 4 có
số dư là 1 hoặc 2 . Theo nguyên lý Dirichlet phải tồn tại ít nhất 5 số khi chia cho 3 có cùng

số dư. Mà 5 số này lại không chia hết cho 5 , vì thế trong 5 số ấy có ít nhất 2 số mà ta có
thể giả sử là p1 , p2 sao cho

( p1 − p2 ) 5 .

Ngoài ra hiển nhiên ta có

( p1 − p2 ) 3

dẫn đến

( p1 − p2 )15

Xét 7 số còn lại. theo nguyên lý Dirichlet tồn tại 4 số có cùng số dư khi chia hết cho 3 .
Đem 4 số này chia cho 5 cho hai khả năng xảy ra:
Nếu có 2 số (chẳng hạn p3 , p4 )mà

( p3 − p4 ) 5 .

Rõ ràng

( p3 − p4 ) 2

( 5;3; 2 ) = 1 nên ta có ( p3 − p4 ) 30 . Lấy hai số p5 , p6 bất kì (ngoài ra
p5 , p6 lẻ (do số nguyên tố khác 2 ) nên ( p5 + p6 ) 2 .

và

( p3 − p4 ) 3 .

Vì

p1 , p2 , p3 , p4 ) đã chọn thì

Từ đó suy ra ( p1 − p2 )( p4 − p3 )( p5 + p6 ) 30.30.2 =
1800 .

TỦ SÁCH CẤP 2| 348

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |

Nếu 4 số này khi chia cho 5 có các số dư khác nhau là 1; 2;3; 4 . Giả sử

( p6 − 4 ) 5 thì ( p5 + p5 − 5) 5

( p5 − 1) 5 ,

hay ( p5 + p6 ) 5

Với 2 số còn lại p3 , p4 thì rõ ràng ( p3 − p4 ) 3 (theo cách chọn 4 số trên)
Do p3 ; p4 ; p5 ; p6 lẻ nên ( p5 + p6 ) 2, ( p3 − p4 ) 2 .
Từ đó suy ra ( p5 + p6 )10 và ( p3 − p4 ) 6 .
Do đó ( p1 − p2 )( p4 − p3 )( p5 + p6 ) 30.10.6 =
1800
Vậy tồn tại p1 , p2 , p3 , p4 , p5 , p6 là các số nguyên tố phân biệt sao cho

( p1 − p2 )( p4 − p3 )( p5 + p6 )1800 .
Bài 138.Đặt A =

n3 + 8n 2 + 1 n 2 8n 1
=
+ + .
3n
3
3 3n

• Xét n = 3k .

1
. Suy ra [ A] = 3k 2 + 8k = k ( 3k + 8 ) .
9k
1 . Khi đó n = 3 .
[ A] là số nguyên tố ⇔ k =

• Xét =
n 3k + 1

1
8 1
1
Ta có: A= 3k 2 + 2k + + 8k + + = 3k 2 + 10k + 3 + .
3
3 3n
3n
Suy ra [ A] = 3k 2 + 10k + 3 =

( k + 3)( 3k + 1) .

0 . Khi đó n = 1 .
[ A] là số nguyên tố ⇔ k =
• Xét =
n 3k + 2 .

4
16 1
2 1
Ta có: A= 3k 2 + 4k + + 8k + + = 3k 2 + 12k + + .
3
3 3n
3 3n
Suy ra [ A]= 3k 2 + 12k + 6= 3 ( k 2 + 4k + 2 ) không phải số nguyên tố ∀k .
Bài 139. Do q là số nguyên tố lớn hơn 3 nên q  3 , vậy q có dạng 3k ± 1 .
Nếu =
q 3k + 1 thì =
p 3k + 3 = 3 ( k + 1) 3 . Mặt khác, p > q > 3 nên không phải là số nguyên
tố. mâu thuẫn này chứng tỏ q không thể có dạng 3k + 1 .
Do đó q = 3k − 1 ⇒ p = 3k + 1 .

6k  3 .
Từ đó p + q =

.349 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

Ta có: A = 3k 2 + 8k +

| ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 3: SỐ NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ

Hơn nữa, vì p, q là hai số nguyên tố lơn hơn 3 và ( p + 1) − ( q + 1) =
2 nên p + 1, q + 1 là hai
số chẵn liên tiếp. do đó hai trong số p + 1, q + 1 có một số chia hết cho 4 .
Không mất tính tổng quát, có thể giả sử ( q + 1) 4 , tức là q + 1 =4m hay =
q 4m − 1 .

8m  4 .
Suy ra: =
p 4m + 1 và do đó p + q =
Vì ( 3, 4 ) = 1 nên suy ra ( p + q )12 .
Bài 140. Với p = 3 thì p + 10 =
13 và p + 14 =
17 là các số nguyên tố.

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

Với p > 3 thì =
p 3k ± 1 .
• Nếu =
p 3k + 1 thì p + 14 = 3k + 153 ;
• Nếu =
p 3k − 1 thì p + 10 = 3k + 93.
Vậy với p = 3 thì p + 10 và p + 14 là số nguyên tố.

Bài 141. Tính chất: Nếu p là số nguyên tố lớn 3 thì p 2 − 1 chia hết cho 24 .
Chứng minh: p > 3 nên p là số lẻ dẫn đến p 2 − 1=

( p − 1)( p + 1) là tích

2 số chẵn liên tiếp

nên chia hết cho 8 (*).
Lại có ( p − 1) p. ( p + 1) là tích 3 số chẵn liên tiếp nên ( p − 1) p. ( p + 1) chia hết cho 3 . Mà 3 là

số nguyên tố nên trong 3 số ( p − 1) , p, ( p + 1) phải có ít nhất 1 số chia hết cho 3 . Do p
không chia hết cho 3 suy ra ( p − 1)( p + 1) chia hết cho 3 (**). Từ (*), (**) suy ra p 2 − 1 24 .
Ta có: 2007 − p 2= 2016 − ( p 2 − 1) 24 (đpcm).

Bài 142. Giả sử có ba số nguyên tố p , q , r sao cho pq + 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(mod3) . Mặt khác, vì q lẻ nên 2q ≡ −1(mod3) , từ đó

suy ra 2q + q 2 3 ⇒ r 3 , vô lí. 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 143. 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 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 1 , 7 , 11 , 13 , 17 , 19 , 23 , 29 .
Với r = 1, 11, 19, 29 thì p2 ≡ 1(mod30) .
Với r = 7,13,17,23 thì p2 ≡ 19 (mod 30).
TỦ SÁCH CẤP 2| 350

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |

Suy ra p4 ≡ 1 (mod 30).
Giả sử p1 , p2 ,…, pn là các số nguyên tố lớn hơn 5.
Khi đó q = p14 + p24 + …pn4 ≡ n (mod 30) ⇒ q= 30k + n là số nguyên tố nên (n,30) = 1 .
Nhận xét: với p là số nguyên tố lớn hơn 5 ta có thể chứng minh p4 ≡ 1 (mod 30) bằng
cách áp dụng Định lí Fermat.
Ta có p2 ≡ 1 (mod 2), p2 ≡ 1 (mod 3), p4 ≡ 1 (mod 5) ⇒ p4 ≡ 1 (mod 30).
Bài 144. Vì a, b, c đóng 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).

2 hoặc b = 3 .
Với a = 2 , ta có 2bc < 2b + 2c + bc ⇒ bc < 2(b + c) ≤ 4c ⇒ b < 4 ⇒ b =
Nếu b = 2 thì 4c < 2 + 4c thỏa 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, 2, 3), (2, 3, 5) và các hoán vị của
chúng, với p là số nguyên tố.
Bài 145. 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.a 3 …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 − 14 .
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 lớn nhất là 5, tức là ak ≠ 5 , ∀k ∈ * .
Bài 146. Với p = 2 ta có 2p + p2 =
8 không là số nguyên tố.
Với p = 3 thì 2p + p2 =
17 là số nguyên tố.
Với p > 3 ta có p2 + 2p = (p2 − 1) + (2p + 1) . Vì p lẻ và p không chia hết cho 3 nên
p2 − 13 và 2p + 13 , do đó 2p + p2 là hợp số.
Vậy, với p = 3 thì 2p + p2 là số nguyên tố.
Bài 147. Ta có: n2003 + n2002=
+ 1 n2 (n2001 − 1) + n(n2001 − 1) + n2 + n + 1.

Bài 148.

Với n > 1 ta có: n2001 − 1  n3 − 1  n2 + n + 1,
Do đó: n2003 + n2002 + 1n3 + n + 1 và n2 + n + 1 > 1 nên n2003 + n2002 + 1 là hợp số.
Với n = 1 thì n2003 + n2002 + 1 =
3 là số nguyên tố.

.351 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

•
•

| ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 3: SỐ NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ
a)

Giả sử 2p + 1 =
n3 (với n ∈ N) ; n là số lẻ nên n =2m + 1(m ∈ N) , khi đó

2p + 1= (2m + 1)3 ⇒ p= m(4m2 + 6m + 3).
Vì p là số nguyên tố nên m = 1 , suy ra p = 13 .
Thử lại, 2p + 1 = 2.13 + 1 = 27 = 33 . Vậy p = 13 .
b)

Giả sử 13p + =
1 n 3 (n ∈ N); p ≥ 2 suy ra n ≥ 3 .

13p + 1 = n3 ⇒ 13p = (n − 1)(n2 + n + 1).
13 và p là các số nguyên tố, mà n − 1 > 1 và n2 + n + 1 > 1 nên n − 1 =
p.
13 hoặc n − 1 =
3
i)
Với n − 1 =
13 thì n = 14 , khi đó 13p = n − 1 = 2743 ⇒ p = 221 là số nguyên tố
ii)

Với n − 1 =
p thì n2 + 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.

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

Bài 149. Bổ đề: Nếu số nguyên dương a là một ước số của tích A = a1 a2 …an với ai ∈ N * và

a > ai , ∀i =1, 2,…, n thì a là hợp số.

Chứng minh: Giả sử ngược lại, a là số nguyên tố. Khi đó, do A a nên trong các số ai phải

có ít nhất một số a j chia hết cho a, tức ta phải có a j ≥ a . Điều này mâu thuẫn với tính chất
của số a, do đó nó phải là hợp số.
Trở lại bài toán: Giả thiết của bài toán có thể được viết dưới dạng như sau:

ac + bd = ( b + d ) − ( a − c ) ,
2

2

hay a 2 − ac + c 2 = b 2 + bd + d 2 .

(
ac ( b

)

(

Ta có ( ab + cd )( ad + bc )= ac b 2 + d 2 + bd a 2 + c 2

=

2

)

)

(

+ bd + d 2 + bd a 2 − ac + c 2

(
Do đó, ab + cd là ước của ( ac + bd ) ( b

)

)
) . Theo bổ đề trên, để chứng minh ab + cd

= ( ac + bd ) b 2 + bd + d 2 .
2

+ bd + d 2

là hợp số, ta chỉ cần chứng minh được tính đúng đắn của hai bất đẳng thức:

ab + cd > ac + bd

Và ab + cd > b 2 + bd + d 2 .

(1)
( 2)

Bất đẳng thức (1) hiển nhiên đúng do ta có ab + cd – ac – bd = (a – d)(b – c) > 0. Như vậy, ta
chỉ còn phải xét bất đẳng thức (2). Từ giả thiết, ta thấy nếu a < b + d thì:

a 2 − ac + c 2 = a ( a − c ) + c 2 < ( b + d )( b + d − c ) + c 2
= b 2 + bd + d 2 − ( b − c )( c − d ) < b 2 + bd + d 2 .
Mâu thuẫn này cho thấy a ≥ b + d và như thế, ta có:

ab + cd > ( b + d ) b + d 2 = b 2 + bd + d 2 .
Bất đẳng thức (2) được chứng minh. Bài toán được giải quyết hoàn toàn.

TỦ SÁCH CẤP 2| 352

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |

Bài 150. Vì a, b, c, d ∈ N * ⇒ a+ b + c + d ≥ 4 (1)
Xét a 2 + b 2 + c 2 + d 2 − ( a + b + c + d )=

(a

2

− a ) + (b2 − b ) + ( c2 − c ) + ( d 2 − d )

= a ( a − 1) + b ( b − 1) + c ( c − 1) + d ( d − 1) 2
2
Mà a 2 + b 2 + c 2 + d=
2 ( a 2 + b 2 ) 2 ⇒ a + b + c + d  2

( 2)

Từ (1)và (2) suy ra a + b + c + d là hợp số.
Bài 151. Đặt n = 3k.m với (m,3) = 1. Giả sử m > 1 , xét hai trường hợp:
i) m = 3l + 1(l ∈* ) Ta có:
k

k

1 + 2n + 4 n =1 + 23 (3l +1) =1 + a3l +1 + a6 l +2 (với a = 23 ) , suy ra
n
1 + 2n + 4=
a(a3l − 1) + a2 (a6 l − 1) + a2 + a + 1a2 + a + 1 ⇒ 1 + 2n + 4 n là hợp số.

ii) m =3l + 2(l ∈* ) , Ta có:
k

k

= a(a6 l +3 − 1) + a2 (a3l − 1) + a2 + a + 1a2 + a + 1 (Với a = 23 ),

Suy ra 1 + 2n + 4 n là hợp số.
Vậy m = 1 tức là n = 3k .
Bài 152. Giả sử 2015 = a1 + a2 + … + an , trong đó a1 ; a2 ;…; an là các hợp số
Theo bài ra ta có
+ Mỗi số hạng a1 ; a2 ;…; an không thể viết thành tổng hai hợp số (1)
+ Tổng hai hợp số bất kì không thể viết thành tổng 3 hợp số (2)
Do 2015 là số lẻ nên tồn tại ít nhất một hợp số lẻ, hợp số đó phải bằng 9 vì 1;3;5;7;11;13
không phải là hợp số.
Nếu có hợp số lẻ a1 ≥ 15 ⇒ a1 =9 − ( a1 − 9 ) với ( a1 − 9 ) ≥ 6 là số chẵn nên a1 bằng tổng hai
hợp số- trái với (1)
Mặt khác không có quá một hợp số bằng 9 vì nếu có hai hợp số bằng 9 thì 9+9=6+6+6 trái
với (2)
Do đó: 2015 = 9 + a2 + a3 + … + an với a2 ; a3 ;..; an là các hợp số chẵn
⇒ a2 + a3 + … + an =
2006

( 3)

⇒ các hợp số phải nhận các giá trị 4 hoặc 6.
Vì nếu a2 là hợp số chẵn và a2 ≥ 8 ⇒ a2 = 4 − ( a2 − 4 ) là tổng hai hợp số, trái với (1)

Số hợp số bằng 6 chỉ có thể là một vì nếu có hai hợp số bằng 6 thì 6+6=4+4+4
Giả sử a2 = 6 ⇒ a3 = a4 = …an = 4 ⇒ ( n − 2 ) .4 = 2000 ⇒ n = 502
Vậy số tự nhiên cần tìm là n = 502
.353 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

k

1 + 2n + 4 n =1 + 23 (3l +2) + 43 (3l +2) =1 + a3l +2 + a6 l + 4

| ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 3: SỐ NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ

Bài 153. Ta có:
p
=

n(n + 1)
n2 + n − 2 (n − 1)(n + 2)
=
−1
=
2
2
2

Với n = 2 ta có p = 2;
Với n = 3 ta có p = 5;

n −1
> 1 và n + 2 > 1 nên p là hợp số.
2

Với n > 3 thì

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

n(n + 1)
− 1.
2

=2.22n chia 3 dư 2 ∀n ∈ N
⇒ 22n+1 =3k+2,(k ∈ N)

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

Bài 154. Ta có 2

⇒ A=22

2n+1

2n+1

+31=23k + 2 + 31= 4.(23 ) k + 31= 4.8k + 31

Mà 8 chia 7 dư 1 ∀k ∈ N ⇒ 4. 8 chia 7 dư 4 ∀k ∈ N
k

k

⇒ 4. 8k +31  7 ∀k ∈ N

⇒ A=22

2n+1

+31  7 ∀n ∈ N Mà A >7

⇒ A là hợp số với mọi số tự nhiên n.
10 n+1

Bài 155. ● Ta chứng minh 22 + 1923 với mọi n ≥ 1 .
Ta có: 210 ≡ 1 (mod 1 ) ⇒ 210 n+1 ≡ 2 (mod 22 ) ⇒ 210 n+1 =
22k + 2 ( k ∈ ).
10 n+1

Theo Định lí Fermat: 222 ≡ 1 (mod 23 ) ⇒ 22
10 n+1

Mặt khác: 22

10 n+1

+ 19 > 23 nên 22
4 n+1

● Ta chứng minh 23
p

10 n+1

= 222k +2 ≡ 4 (mod 23 ) ⇒ 22

=
1923 .

+ 19 là hợp số với mọi n ∈ * .

4 n+1

+ 32

+ 511 với mọi n ≥ 1 .

p

3 −1 3 +1
3p − 1
3p + 1
Bài 156.
Ta có m =
với a =
=
.
,b
a.b=
2
4
2
4
a,b đều là số nguyên tố lớn hơn 1 nên m là hợp số
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 − 9 p.
(p,8) = 1 nên 9 p − 98 p ⇒ m − 1

9p − 1
 p.
8

Vì m − 12 nên m − 12p , khi đó 3m−1 − 132 p − 1

9p − 1
=
m (đpcm).
8

TỦ SÁCH CẤP 2| 354

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |

Bài 156. Giả sử tồn tại bộ số (m , n, p) thỏa mãn yêu cầu đề bài. Dễ thấy 0 < m , n < p .
Phương trình đã cho có thể được viết lại thành

p 2018 , (1)
(m + n ) A =
trong đó =
A m 2018 − m 2017 n + m 2017 n 2 − … − mn 2017 + n 2018
Nếu A không chia hết cho p thì từ (1), ta có A = 1 và
m +=
n p 2018
= m 2019 + n 2019 .
Từ đó dễ thấy m= n= 1 và p 2018 = 2 , mâu thuẫn. Vậy A chia hết cho p .
Do m + n > 1 nên từ (1) suy ra m + n chia hết cho p . Khi đó, ta có

A ≡ 2019m 2018 ( mod p ) .

Do A chia hết cho p và 0 < m < p nên từ kết quả trên, ta suy ra 2019 chia hết cho p , hay
p = 2019 . Từ đây, dễ thấy m và n khác tính chẵn lẻ, hay m ≠ n .

( )

Bây giờ, ta viết lại phương trình đã cho dưới dạng m 3

(

)

673

( )

+ n3

673

=
20192018 ,

hay ( m + n ) m 2 − mn + n 2 =
20192018 ,

( )

trong đó, B =
m3

672

( ) ( n ) + … − ( m )( n )

− m3

671

3

3

3

671

( )

+ n3

672

. Do m ≠ n nên

m 2 − mn + n 2 = ( m − n ) + mn > 1 , từ đó ta có m 2 − mn + n 2 chia hết cho 2019 . Tuy nhiên,

điều này không thể xảy ra do

m 2 − mn + n 2 ≡ 3n 2 ( mod 2019 )
m 2 − mn + n 2 ≡ 0 ( mod 2019 ) .

Vậy không tồn tại các số m , n , p thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Bài 157. Đặt n + 3 = p ⇒ A = 2 p + 1 = a 3 .
Suy ra a là số tự nhiên lẻ nên a = 2t + 1 ⇒ 2 p + 1 = 8t 3 + 12t 2 + 6t + 1 .
⇒ p= t (4t 2 + 6t + 3) là số nguyên tố nên t =1 ⇒ p =13 .
Suy ra
n 10,
A 27 .
=
=
Bài 158. Ta có: A = 3n + 1 + 2009b 2 = (3n + 2010b 2 ) + (1 − b 2 )= 3.(n + 670b 2 ) + (1 − b)(1 + b) .
Do b là số nguyên tố lớn hơn nên b không chia hết cho 3 , do đó

( b − 1)( b + 1) 3 ⇒ A 3, A > 3 .
Vậy A là hợp số.

.355 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

2