Bài 1: Tìm các số nguyên tố $p$ sao cho $2p+1$ bằng lập phương của 1 số tự nhiên Spoiler: Lời giải $2p+1=k^3 \leftrightarrow 2p=(k-1)(k^2+k+1)$ Nếu $k=2$ thì tự thay vào loại Nếu $k=3$ thì $p=3^2+3+1=13$ Nếu $k>3$ suy ra $p$ tích 2 số nên không nguyên tố Vậy $\boxed{p=13}$ Bài 2: Tìm các số nguyên tố $p$ sao cho $13p+1$ bằng lập phương 1 số tự nhiên Spoiler: Lời giải $13p+1=k^3$ nên $13p=(k-1)(k^2+k+1)$ Suy ra $13|k-1$ hoặc $13|k^2+k+1$ Nếu $13|k-1$ suy ra $k=14$ suy ra $p=211$ (vì nếu $k>14$ thì $p$ là tích 2 số vô lý) Nếu $13|k^2+k+1$ suy ra $k^2+k+1=13$ vì nếu $k^2+k+1>13$ không thì $p$ là tích 2 số vô lý suy ra $k=3$ Vậy $\boxed{p=2,211}$ Bài 3: Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho mỗi số vừa là tổng vừa là hiệu của 2 số nguyên tố Spoiler: Lời giải $p=m+n;p=a-b$ Nếu $p=2$ suy ra loại vì $m+n>2$ Suy ra $p$ lẻ do vậy $m,n$ có một lẻ một chẵn giả sử $m=2$ Suy ra $p=2+n$ <1> Th1: $a=2$ suy ra loại vì $2-b<2$ Th2: $b=2$ <2> Từ <1> <2> suy ra $p=2+n,p=a-2$ Nếu $n=3$ suy ra $p=5$ chọn Nếu $n>3$ suy ra $p \equiv 1,2 \pmod{3}$ Nếu $p \equiv 1 \pmod{3}$ thì $a$ chia hết cho $3$ suy ra $p=1$ loại Nếu $p \equiv 2 \pmod{3}$ thì $n$ chia hết cho 3 quay lại th trên Vậy $\boxed{n=5}$ Bài 4: Tìm tất cả bộ ba số nguyên tố liên tiếp sao cho tổng bình phương của 3 số này cũng là số nguyên tố Spoiler: Lời giải $p^2+q^2+q^2=t$ với $t\mathbb P$ Nếu trong $p,q,r$ không có số nào chia hết cho $3$ suy ra $p^2+q^2+r^2 \equiv 0 \pmod{3}$ thì $t=3$ vô lý Do vậy trong đó có một số bằng $3$ Mà $p,q,r>1$ nên số bằng 3 chỉ là $q,p$ Nếu $p=3$ suy ra $3^2+5^2+7^283$ chọn Nếu $q=3$ thì $t$ chẵn loại Vậy $\boxed{(p,q,r)=(3,5,7)}$ Bài 5: Giải phương trình nghiệm nguyên với $p$ là số nguyên tố lẻ: $x^p+y^p=p[(p-1)!]^p $ Spoiler: Lời giải Theo Fermat nhỏ thì $$x+y \equiv x^p+y^p \pmod{p}.$$ Theo pt ta suy ra $p|x^p+y^p$, do đó $$x+y \equiv 0 \pmod{p}$$ Do $p$ lẻ nên $$x^p+y^p \equiv p(x+y)y^{p-1} \pmod{p^2}.$$ Mà $p|x+y$ nên $$p^2 \mid x^p+y^p $$ Cho nên $$p \mid \left[ (p-1)! \right]^p$$ Hiển nhiên vô lí. Vậy không tồn tại $x,y$ nguyên thỏa mãn. Bài 6: Tồn tại hay không các số nguyên tố $a,b,c$ sao cho $a^b+2011=c$ Spoiler: Lời giải $a^b+2001=c$ Nếu $c=2$ loại $c>2$ nên $c$ lẻ hay $a^b$ chẵn Suy ra $a=2$ do vậy $2^b+2011$ nguyên tố Nếu $b=2$ suy ra $4+2011=2015$ loại Nếu $b>2$ nên $b=2k+1 \rightarrow 2^{2k+1}+2011 \equiv 0 \pmod{3}$ loại Vậy không tồn tại $a,b,c$ thỏa đề Bài 7: Tìm $2011$ số nguyên tố sao cho tích các số nguyên tố này bằng tổng các lũy thừa bậc $2010$ của chúng. Spoiler: Lời giải Gọi các số nguyên tố cần tìm là $p_1;p_2;...;p_{2011}$ Theo giả thiết, ta có: \[\sum\limits_{i = 1}^{2011} {p_i^{2010}} = \prod\limits_{i = 1}^{2011} {{p_i}} \left( 1 \right)\] Gọi $k$ là số các số $p_i$ khác 2011 $(0 \leq k \leq 2011)$. TH1: $k=0$. Dễ kiểm tra TH này thỏa. Lúc đó $p_i=2011;i=\overline{1;2011}$ TH2: $k=2011$. Khi đó, ta có: \[\forall i:\left( {{p_i};2011} \right) = 1 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} p_i^{2010} \equiv 1\left( {\bmod 2011} \right) \Rightarrow VT\left( 1 \right) \equiv 2011 \equiv 0\left( {\bmod 2011} \right) \\ VP\left( 1 \right)\not \vdots 2011 \\ \end{array} \right.:False\] TH3: $1 \leq k \leq 2010$. Khi đó, có $k$ số $p_i$ khác 2011 và có $2011-k$ số $p_i$ là 2011. Do đó \[\left\{ \begin{array}{l} VP\left( 1 \right) \vdots 2011 \\ VT\left( 1 \right) \equiv k\left( {\bmod 2011} \right) \\ \end{array} \right.:False\] Kết luận: $p_i=2011;i=\overline{1;2011}$ Bài 8: Tìm các số tự nhiên m và n: $A=3^{3m^3+6n-61}+4$ là số nguyên tố Spoiler: Lời giải Đặt $3m^2+6n-61=3k+2 \ (k \in \mathbb{N}).$ Ta có $$A^2=3^{3k+2}+4=27^k.9+4.$$ Do $27 \equiv 1 \pmod{13}$ nên $27^k.9 \equiv 9 \pmod{13}$, nên $13 \mid A.$ Cho nên $A=13 \Rightarrow m^2+2n=21 \Rightarrow m^2<21$ và $m$ lẻ. Từ đây ta tìm được $ \boxed{ (m,n) \in \{ (1,10),(3,6) \}}.$ Bài 9: Chứng minh rằng nếu cho trước số nguyên tố $p$ với $p>5$ thì có một số tự nhiên $r$ không đổi với $2\le r\le p-2$ sao cho trong tập hợp các số có dạng $111...111+r$ ($n$ số $1$) Với $n$ tự nhiên khác $0$ thì không có số nào chia hết cho $p$ Spoiler: Lời giải Nếu $k=0$ thì có $4$ số nguyên tố Nếu $k=1$ thì có $5$ số nguyên tố Nếu $k=2$ thì có $3$ số nguyên tố Nếu $k>2$ thì trong 10 số sẽ tồn tại 5 số chẵn và 5 số lẻ 3 số chia hết cho 3 va không chia hết cho 3 Trong 3 số đó sẽ tồn tại 2 số lẻ (vì giả sử đặt 3 số đó lần lượt là $n,n+3,n+6$ xét $n$ lẻ thì sẽ có $1$ số lẻ xét $n$ chẵn thì sẽ có $2$ số lẻ) $\iff$ Nếu $n>2$ thì chỉ tồn tại nhiều nhất 2 số nguyến tố Vậy k=1 sẽ có nhiều số nguyên tố nhất Bài 10: Tìm Các số nguyên tố a để $a^2+2^a$ là số nguyên tố Spoiler: Lời giải $a=2$ loại $a=3$ chọn $a>3$ thì $a^2 \equiv 1 \pmod{3}$ và $2^{p}=2^{2k+1} \equiv 2 \pmod{3} \rightarrow 3|a^2+a^2$ Vậy $a=3 \rightarrow a^2+2^a=17$ Bài 11: Tìm các số nguyên tố $a , b, c$ để $a.b.c<ab+bc+ac$ Spoiler: Lời giải Không mất tổng quát giả sử $a\le b\le c \rightarrow ab\le ac\le bc$ Suy ra $VT<VP\le 3c \rightarrow abc<3bc \rightarrow a<3 \rightarrow a=2$ Do vậy $2bc<2b+bc+2c \rightarrow bc<2b+2c \rightarrow (b-2)(c-2)<4$ đến đây dễ rồi Bài 12: Chứng minh rằng chỉ có 1 cặp số nguyên dương $(a, b)$ để $a^4+4b^4$ là số nguyên tố Spoiler: Lời giải $a^4+4b^4=a^4+4b^4+4a^2b^2-(2ab)^2=(a^2+2b^2)^2-(2ab)^2=(a^2-2ab+2b^2)(a^2+2ab+2b^2)$ Vì $a^4+4b^4$ nguyên tố mà $a^2+2ab+2b^2>a^2-2ab+2b^2$ nên $a^2-2ab+2b^2=1 \rightarrow (a-b)^2+b^2=1$ Do vậy Th1: $a=1 \rightarrow b=0 \rightarrow a^4+4b^4=1$ loại Th2: $b=1 \rightarrow a=1 \rightarrow a^4+4b^4=5$ chọn Vậy $\boxed{(a,b)=(1,1)}$ Bài 13: Chứng minh rằng có vô số số tự nhiên a sao cho $n^4+a$ không phải là số nguyên tố với mọi n là số tự nhiên Spoiler: Lời giải Xét $n=1$ thì chọn $a$ lẻ $>1$ là $n^4+a$ chẵn là nguyên tố là xong. Xét $n>1$ thi: Thấy $a^4+4=(a^2+2)^2-(2a)^2=(a^2-2a+2)(a^2+2a+2)$ với $a^2-2a+2;a^2+2a+2>1$ nên là hợp số Theo hướng nghĩ như vậy chọn $a=4k^4$ ($k$ tùy ý và $k>0$) Do vậy $a^4+4k^4=a^4+4k^2a^2+4k^4-(2ka)^2=(a^2+2k^2)^2-(2ka)^2=(a^2-2ka+2k^2)(a^2+2ka+2k^2)$ là hợp số $Q.E.D$ Vậy chọn $a=4k^4$ ($k>1$) Bài 14: Chứng minh rằng số $A=\frac{5^{125}-1}{5^{25}-1}$ là hợp số Spoiler: Lời giải Đặt $5^{25}=k$ Do vậy $\dfrac{5^{125}-1}{5^{25}-1}=\dfrac{k^5-1}{k-1}=k^4+k^3+k^2+k+1$ $=k^6+9k^2+1+6k^3+2k^2+6k-10k^2-5k^3-5k=(k^2+3k+1)^2-5k(k+1)^2$ <1> Thay $k=5^{25} \rightarrow <1> \leftrightarrow (k^2+3k+1)^2-5^{26}(k+1)^2=(k^2+3k+1)^2-(5^{13}k+5^{13})^2$ $=(k^2+3k+1-5^{13}k-5^{13})(k^2+3k+1+5^{13}k+5^{13})$ Dễ thấy $(k^2+3k+1+5^{13}k+5^{13})>1$ ta cần chứng minh $(k^2+3k+1-5^{13}k-5^{13})>1$ Thật vậy thay $k=5^{25} \rightarrow 5^{50}+3.5^{25}+1-5^{38}-5^{13}=(5^{50}-5^{38})+(5^{25}-5^{13})+1>0+0+1=1 \rightarrow Q.E.D$ Do vậy $\dfrac{5^{125}-1}{5^{25}-1}$ phân tích được thành tích 2 số $>1$ do vậy là hợp số $Q.E.D$ Bài 15: Chứng minh rằng mọi số nguyên tố khác 2 và 3 có dạng $6m+1$ hoặc $6m-1$ Spoiler: Lời giải a) Nếu số nguyên tố có dạng $6m,6m+2,6m+3,6m+4$ thì lần lượt chia hết cho $3,2,3,2$ vô lý vì số nguyên tố đó khác $2,3 \rightarrow Q.E.D$ b) Giả sử có hữu hạn tập số nguyên tố mà có dạng $6m-1$ gọi số nguyên tố lớn nhất trong dãy là $6m_n-1$ Xét số $A=6*(6m_1-1)*(6m_2-1)*...*(6m_n-1)+5 \equiv 5 \pmod{6}$ (với $6m_1-1,...,6m_n-1$ khác $5$) <1> Nếu $A$ nguyên tố suy ra mâu thuẫn điều giả sử nên có $đpcm$ Nếu $A$ hợp số thì $A$ chia hết cho số $p$ ($p$ khác $5$ theo <1>) mà $A$ không chia hết cho bất cứ số nào thuộc $6m_1-1,...,6m_n-1$ vì nếu không thì $5$ chia hết cho $6m_k-1$ vô lý! Do vậy $A$ chia hết cho một số nguyên tố lớn hơn $6m_n-1$ <2> mà lại thấy $A \equiv 5 \pmod{6}$ nên trong các ước của $A$ tồn tại ít nhất một ước chia $6$ dư $5$ <3> Kết hợp $<2>,<3>$ suy ra tồn tại một số nguyên tố $>6m_n-1$ và $\equiv 5 \pmod{6}$ mẫu thuẫn giả sử! Do vậy giả thiết phản chứng là sai nên có $đpcm$ Bài 16: Chứng minh rằng nếu tồn tại $x,y$ là số tự nhiên $y=0(mod p)$ p là số nguyên tố sao cho $x^2+3y^2=0(mod p)$ thì tồn tại $m$ là số tự nhiên sao cho $m^2+3=0(mod p)$ Spoiler: Lời giải TH1: $p=2$ thì có luôn $k^2+3 \equiv 0 \pmod{5}$ với $k$ lẻ. TH2: $p>2 \rightarrow p$ l, xảy ra 3th nữa 1) $y \equiv 1 \pmod{p} \rightarrow x^2+3y^2 \equiv 0 \pmod{p} \equiv x^2+3 \pmod{p} \rightarrow Q.E.D$ 2) $y \equiv p-1 \pmod{p} \rightarrow y^2 \equiv 1 \pmod{p} \rightarrow x^2+3y^2 \equiv 0 \pmod{p} \equiv x^2+3 \pmod{5} \rightarrow Q.E.D$ 3) $y \equiv r \pmod{p}; r=\overline{2,(p-1)}$ lúc này ta làm khá giống cách chứng minh định lý Fermat nhỏ như sau: Xét $p-1$ số $1r,2r,3r,...,(p-1)r$ tất cả các số này không chia hết cho $p$ và có số dư khác nhau, vì sao? Bời vì nếu giả sử có hai số có số dư giống nhau là $mr,nr, m>n$ thì $p|mr-nr \rightarrow p|r(m-n)$ thấy $m-n<p \rightarrow m-n$ không chia hết cho $p$ do vậy $p|r$ lại vô lý do $r=\overline{2,(p-1)}$ Do vậy các số dư đều khác nhau bởi vậy mà tồn tại số $k; 1\le k\le p-1$ sao cho $kr \equiv 1 \pmod{p}$ Do đó $x^2+3y^2 \equiv 0 \pmod{p} \rightarrow k^2x^2+3k^2y^2 \equiv 0 \pmod{p} \rightarrow k^2x^2+3k^2r^2 \equiv 0 \pmod{p} \rightarrow k^2+3 \pmod{p} \rightarrow Q.E.D$ Bài 17: Tìm tất cả các số nguyên $a,b,c$ với $1<a<b<c$ thỏa mãn rằng: $(a-1)(b-1)(c-1)$ chia hết $abc-1$ Spoiler: Lời giải: $(abc-1)|(a-1)(b-1)(c-1) \rightarrow abc-1\le (a-1)(b-1)(c-1)=(ab-a-b+1)(c-1)=abc-(ab+bc+ca)+a+b+c-1 \rightarrow ab+bc+ca\le a+b+c$ <1> Ta có $a>b>c>1 \rightarrow ab>b,bc>c,ca>a \rightarrow ab+bc+ca>a+b+c$ mâu thuẫn <1> Bài 18: Cho p là số nguyên tố thỏa mãn $p\equiv 1~(mod~6)$, đặt $q=\left \lfloor \frac{2p}{3} \right \rfloor$. CMR: Nếu $\frac{1}{1.2}+\frac{1}{3.4}+...+\frac{1}{(q-1).q}=\frac{m}{n};~m,n~\epsilon ~Z^+$ thì $p~|~m$ Spoiler: Lời giải: Đặt $$a=6k+1(k\in N)\Rightarrow q=\left \lfloor \frac{2p}{3} \right \rfloor=\left \lfloor \frac{12k+2}{3} \right \rfloor=\left \lfloor 4k+\frac{2}{3} \right \rfloor=4k+\left \lfloor \frac{2}{3} \right \rfloor=4k$$ Thay vào phương trình ta được $\frac{m}{n}=\frac{1}{1.2}+\frac{1}{3.4}+...+\frac{1}{(4k-1)4k}$ $=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+...+\frac{1}{4k-1}-\frac{1}{4k}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+...+\frac{1}{4k-1}+\frac{1}{4k}-2(\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+..+\frac{1}{4k})$ $=\frac{1}{2k+1}+\frac{1}{2k+2}+...+\frac{1}{4k}$ $$\Leftrightarrow \frac{m}{n}=\frac{6k+1}{(2k+1)4k}+\frac{6k+1}{(2k+2)(4k-1)}+...$$ $$\Rightarrow m\vdots 6k+1\Leftrightarrow m\vdots p$$ (đpcm) Bài 19: Chứng minh rằng số 11...121...1 là hợp số (n chữ số 1 bên trái và n chữ số 1 bên phải) với n$\geq 1$ Spoiler: Lời giải Chứng minh chia hết cho $111...11$ với $n+1$ chữ số $1$ Bài 20: Tìm n sao cho 10101…0101 (n chữ số 0 và n + 1 chữ số 1 xen kẽ nhau) là số nguyên tố. Spoiler: Lời giải Với $n=1$ đúng Với $n\geq 2$ $1010101...01=\dfrac{9999..999}{99}$ ($2n+2$ số 9) $=\dfrac{10^{2n+2}-1}{99}$ TH1: $n+1$ lẻ suy ra $\dfrac{10^{2n+2}-1}{99}=\dfrac{10^{n+1}-1}{9}.\dfrac{10^{n+1}+1}{11}$ Ta thấy $\dfrac{10^{n+1}-1}{9}$ là số nguyên lớn hơn $1$ và do $n+1$ lẻ nên $\dfrac{10^{n+1}+1}{11}$ cũng nguyên lớn hơn $1$ Do đó $10101...01$ là hợp số loại! TH2: $n+1$ chẵn suy ra $\dfrac{10^{2n+2}-1}{99}=\dfrac{10^{n+1}-1}{99}.(10^{n+1}+1)$ Do $n+1$ chẵn nên $\dfrac{10^{n+1}-1}{99}$ là số nguyên lớn hơn $1$ suy ra $10101..01$ là hợp số, loại Vậy $\boxed{n=1}$ Bài 21: Chứng minh rằng dãy $a_n =10^n+3$ có vô số hợp số. Spoiler: Lời giải Xét một số $a_1=10^1+3=13$ Ta sẽ cm tồn tại vô số số có dạng $10^k+3 \vdots 13$ Thật vậy $10^k+3 \vdots 13 \Leftrightarrow 10^k-10 \vdots 13 \Leftrightarrow 10^{k-1}-1 \vdots 13$ Theo định lý Fermat nhỏ suy ra $10^{12}-1 \vdots 13$ do đó chọn $k-1=12t \Rightarrow k=12t+1$ khi ấy $a_k$ là hợp số suy ra có vô số số là hợp số có dạng $a_k$ đpcm Bài 22: Chứng minh rằng với mỗi số nguyên tố p có vô số số dạng $2^n-n$ chia hết cho p. Spoiler: Lời giải Ta chọn $n=(p-1)^{2t}$ suy ra $2^{(p-1)^{2t}}=(2^{(p-1)^{2t-1}})^{p-1} \equiv 1 \pmod{p}$ (Fermat nhỏ) Suy ra $2^n-n=2^{(p-1)^{2t}}-(p-1)^{2t} \equiv 1-1 \equiv 0 \pmod{p}$ do đó có vô số số $n$ có dạng $(p-1)^{2t}$ thỏa đề Bài 23: Tìm các số x, y thuộc N* sao cho $x^4+4y^4$ là số nguyên tố. Spoiler: Lời giải Chú ý đẳng thức $x^4+4y^4=(x^2-2xy+2y^2)(x^2+2xy+2y^2)$ Bài 24: Tìm tất cả các số nguyên tố p có dạng $\frac{n(n+1)(n+2)}{6}+1$ (n $\geq$ 1). Spoiler: Lời giải $p=\dfrac{n(n+1)(n+2)}{6}+1=\dfrac{n(n+1)(n+2)+6}{6}=\dfrac{(n+3)(n^2+2)}{6}$ Đến đây đã dễ dàng Bài 25: Cho n thuộc N*, chứng minh A = $n^4+4^n$ là hợp số với n > 1. Spoiler: Lời giải $n^4+4^n$ nếu $n$ chẵn thì mọi việc xong, suy ra $n$ lẻ nên $n=2k+1$ Suy ra $n^4+4^n=n^4+4.4^{n-1}=n^4+4.2^{2(n-1)}=n^4+4.2^{2(2k-2)}=n^4+4.(2^{k-1})^4$ đến đây quay lại bài $13$ Bài 26: Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho mỗi số vừa là tổng vừa là hiệu của 2 số nguyên tố. Spoiler: Lời giải Đặt $p = a + b = c - d$ với $p, a, b, c, d \in \mathbb{P}$ và $a \geq b ; c > d$. Ta có : Do $p$ là tổng của $2$ số nguyên tố nên $p > 2$ $\Rightarrow p$ lẻ. Do $p$ lẻ nên trong hai số $c ; d$ sẽ có một số là $2$, mà $c > d$ nên $d = 2$. Do $p$ lẻ nên trong hai số $c ; d$ sẽ xảy ra hai trường hợp : $TH1 : a = b = 2$, loại vì khi đó $p = 4 \Rightarrow p \notin \mathbb{P}$. $TH2 : a > b \Rightarrow b = 2$, chọn. Vậy $p = a + 2 = c - 2$ $\leftrightarrow a + 2 = p$ $;$ $p + 2 = d$ hay $a, p, d$ là ba số nguyên tố lẻ liên tiếp. Mà chỉ có $3$ số $3, 5, 7$ là phù hợp. $\Rightarrow \left ( a ; p ; d \right ) = \left ( 3 ; 5 ; 7 \right )$ Vậy, $\boxed{p = 5}$. Bài 27: Cho p là số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh (p+5)(p+7) chia hết cho 24. Spoiler: Lời giải Đơn giản chỉ là chứng minh $(p+5)(p+7)$ chia hết cho $3,8$. Để ý rằng $p>3$, $p$ nguyên tố nên $p$ chia $3$ chỉ có thể dư $1$ hoặc $2$, từ đó dẫn đến hoặc $p+5 \vdots 3$ hoặc $p+7 \vdots 3$. Và cũng từ giả thiết suy ra $p$ lẻ $\to$ $p+5$ và $p+7$ là 2 số chẵn liên tiếp $\to$ $(p+5)(p+7) \vdots 8$ Do $\gcd(3,8)=1$ nên $(p+5)(p+7) \vdots 24 (Q.E.D)$ Bài 28: Chứng minh rằng số dư trong phép chia một số nguyên tố cho 30 là 1 hoặc một số nguyên tố. Spoiler: Lời giải Gọi $p$ là số nguyên tố bất kì và $p$ biểu diễn được dưới dạng $30k+r$ $(k,r \in \mathbb{N},r<30)$ Nếu $k=0$ thì $r=p$ là số nguyên tố(1) Nếu $k>0$thì $p\ge 30$.Như vậy $r$ phải khác ược của 30 Ta tìm được $r=1;7;11;13;17;19;23;29$(2) Từ $(1)$ và $(2)$$\Rightarrow$ dpcm Bài 29: Tìm tất cả các số nguyên tố $p$ sao cho $2^{11p}-2 \vdots 11p$ Spoiler: Lời giải Theo Fermat nhỏ thì:$2^p\equiv 2(mod p)\Rightarrow 2^{11p}\equiv 2^11(modp)\Rightarrow 2^11-2\vdots p$=> p thuộc tập 2 3 11 31. Mặt khác$2^{11}\equiv 2(mod11)\Rightarrow 2^p\equiv 2(mod 11)$ nên p=31 hoặc p=11 Xét p=11 thì $2^{121}-2=2.(2^{120}-1)=2(2^{60}+1)(2^{30}+1)(2^{10}-2^5+1)(2^{10}+2^5+1)(2^5+1)(2^5-1)$ chỉ có $2^5+1\vdots 11$ còn các nhân tử khác đều ko=> 11 loại Xét p=31: Ta sẽ chứng minh$2^{340}\equiv 1(mod 341)$ thật vậy:$2^{10}\equiv 1(mod 11);2^5\equiv -1(mod 31)$ nên ta dễ có đpcm Vậy p=31 Bài 30: Cho P là một số nguyên tố. C/mR $m=\frac{9^p-1}{8}$ là một hợp số lẻ không chia hết cho 3. Spoiler: Lời giải Với $p=2$ dễ thấy $m$ là hợp số. Với $p >2 $, ta có $p$ lẻ. Ta có $9^p-1=(3^p+1)(3^p-1)$. Để ý rằng $3^p+1 \equiv (-1)^p+1 \equiv 0 (mod 4) \to 3^p+1 \vdots 4$, đặt $a=\frac{3^p+1}{4} \to 3^p+1=4a$. Vì $p \ge 3$ nên $ a >1$ Và $3^p-1 \vdots 2$ nên đặt $b = \frac{3^p-1}{2} \to 3^p-1=2b$ Vì $p \ge 3$ nên $ b > 1$ Do đó: $m = \frac{9^p-1}{8} = ab $ $\to m$ là hợp số ( vì $a,b>1$ ), đó là $Q.E.D$.
Bài 31: Tìm m,n $\epsilon \mathbb{N}$ để $3^{3m^3+6n-61}+4$ là số nguyên tố. Spoiler: Lời giải Nhận xét thấy $3m^{2}; 6n$ cùng chia hết cho 3 mà 61 và 62 không chia hết cho 3 nên $3m^{2}+6n-61$ không thể có số trị là 0 hoặc 1 Trường hợp 1 $3m^{2}+6n-61$ < 0=> A không phải nguyên tố ( Vì A đâu nguyên) Trường hợp 2 $3m^{2}+6n-61$ $\geq 2$ => $m^{2}+2n-21 \geq 0$ Ta có $A = 3^{3(m^{2}+2n-21)+2}+4= 27 ^{m^{2}+2n-21}.9+4$ $27 ^{m^{2}+2n-21}.9\equiv 9(mod 13)$ $\Rightarrow A \equiv 0 ( mod 13)$ Hay A chia hết cho 13 Như vậy để A là số nguyên tố Thì A = 13 Khi đó $m^{2}+2n-21 =0$ $\Rightarrow m^{2}=21-2n$ $\Rightarrow m^{2}=21-2n < 21$ và m lẻ => m =1 hoặc m = 3 * m= 1 => n= 10 * m=3 => n= 6 Vậy $\left\{\begin{matrix} m=1 & \\ n=10 & \end{matrix}\right.$ hoặc $\left\{\begin{matrix} m=3 & \\ n=6 & \end{matrix}\right.$ Thì A là số nguyên tố ( A= 13) Bài 32: Có tồn tại hay không $100000$ số tự nhiên liên tiếp đều là hợp số? Spoiler: Lời giải Giải như sau: Xét 100000 số sau: $10^6!+2,10^6!+3,....10^6!+10^5+1$ và các số trên đều là hợp số Bài 33: Tìm 3 số nguyên tố lẻ liên tiếp đều là các số nguyên tố. Spoiler: Lời giải Gọi 3 số đó là $x;y;z$ (trong đó x là số nguyên tố lẻ, $y=x+2,$ $z=x+4$) Giả sử $x>3$. x không chia hết cho 3 vì là số nguyên tố. Nếu $x=3k+1$ thì $y=x+2=3k+3\vdots3$ (không là số nguyên tố). Nếu $x=3k+2$ thì $z=x+4=3k+6\vdots3$ (không là số nguyên tố). Do đó $x<3$, mà x là số nguyên tố lẻ nên $x=3$, khi đó $y=5$ (là số nguyên tố), $z=7$ (là số nguyên tố). Bài 34: Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ thỏa mãn $n$ chia hết cho tất cả các số không vượt quá $\sqrt{n}$. Spoiler: Lời giải Đặt $x=[\sqrt{n}]$ thì $x^2\leq n< (x+1)^2$ Xét với $x<16$, ta thấy với $x=2$ được $n=4,6,8$, $x=3$ được $n=12$, $x=4$ được $n=24$, có thể còn nữa... Xét với $x\geq 16$, ta thấy $lcm(1,2,3,...,x)>(x+1)^2$. Thật vậy, gọi $p_k$ là luý thừa cao nhất của $k$ mà $\leq x$ thì $p_k>\frac{x}{k}$ $\Rightarrow lcm(1,2,3,...,x)\geq p_2p_3p_5p_7>\frac{x^4}{210}$ và với $x\geq 16$ thì $x^4>210(x+1)^2$. Do đó trong TH này thì $n\geq lcm(1,2,3,...,x)>(x+1)^2$ nên không tồn tại $n$ thoả mãn. Vậy $n=4,6,8,12,24$ và có thể còn nữa... Bài 35: Tìm các số nguyên tố p sao cho 2 số $2(p+1)$ và $2(p^2+1)$ là 2 số chính phương. Spoiler: Lời giải $2(p+1)=a^2,2(p^2+1)=b^2$ nên $a=2x,b=2y$ Suy ra $p+1=2x^2,p^2+1=2y^2 \Rightarrow p(p-1)=2(y-x)(y+x)$ thấy $p=2$ không là nghiệm nên $p>2$ nên $gcd(p,2)=1$ Do đó $y-x \vdots p$ hoặc $y+x \vdots p$ nếu $y-x \vdots p$ thì $2(y-x)\geq 2p$ thì $y+x\le p-1<p\le y-x$ vô lí Suy ra $y+x \vdots p$ mà $p+1=2x^2,p^2+1=2y^2$ nên $x,y<p$ do đó $x+y<2p$ nên $x+y=p$ Nên $p(p-1)=2(y-x)p \Rightarrow 2(y-x)=p-1$ suy ra $2(p-2x)=p-1 \Rightarrow 2p-4x=p-1 \Rightarrow p+1=4x \Rightarrow x=\dfrac{p+1}{4}$ thay vào $p+1=\left(\dfrac{p+1}{4}\right)^2$ giải pt bậc hai ra nghiệm $x=2,y=5$ và suy ra $p=7$ Vậy $\boxed{p=7}$
Bài 36: Tìm số tự nhiên có 4 chữ số,chữ số hàng nghìn bằng chữ số hàng đơn vị,chữ số hàng trăm bằng chữ số hàng chục và số đó viết được dưới dạng tích của 3 số nguyên tố liên tiếp. Spoiler: Lời giải Rất dễ, chỉ cần dùng cách giới hạn khoảng giá trị của $3$ số nguyên tố đó. Gọi số cần tìm là $\overline{abba}$ $\left ( a \not = 0 ; a, b < 10 \right )$. Đặt $\overline{abba} = xyz$ $\left ( x, y, z \in \mathbb{P} \right )$. Giả sử $x < y < z$. Sau khi giới hạn khoảng giá trị của nó ta được : $z < 29$. Bây giờ thì bạn thử thôi, ít số nguyên tố mà ! Sau khi thử, ta được :$\overline{abba} = xyz = 7.11.13 = 1001$, thỏa mãn đề bài. Vậy số cần tìm là $1001$. Bài 37: Tìm các chữ số $a, b, c, d$ sao cho số $A = \overline{ab} + \overline{bc} + \overline{cd} + \overline{da}$ là số nguyên tố. Spoiler: Lời giải Từ đề ra, ta có: $a,b,c,d\in N^*$. Ta có: $A = \overline{ab} + \overline{bc} + \overline{cd} + \overline{da}$ $=10a+b+10b+c+10c+d+10d+a$ $=11(a+b+c+d)$ Vì $A$ là số nguyên tố nên $a+b+c+d=1.$ Mà $a,b,c,d\in N^*$ nên không có các chữ số $a,b,c,d$ sao cho $A = \overline{ab} + \overline{bc} + \overline{cd} + \overline{da}$ là số nguyên tố. Bài 38: Số tự nhiên $n$ chỉ chứa hai thừa số nguyên tố.Biết rằng $n^2$ có 21 ước số.Hỏi số $n^3$ có bao nhiêu ước số? Spoiler: Lời giải Do khi phân tích n dưới dạng tiêu chuẩn chỉ chứa 2 thừa số nguyên tố, gọi số mũ của nó là x và y với x,y>0. Ta có: $(2x+1)(2y+1)=21$ dễ có $(x,y)=(1,3)$ hoac ngược lại Do vậy $n^3$ có $(3.1+1)(3.3+1)=40$ ước Bài 39: Chứng minh rằng trong $16$ số nguyên dương liên tiếp luôn tồn tại một số nguyên tố cùng nhau với tất cả các số còn lại. Spoiler: Lời giải Giả sử phủ nhận đccm. Ta có ước nguyên tố chung của hai số bất kì trong 16 số tự nhiên liên tiếp không vượt quá 16. Nhận thấy trong 16 số tự nhiên liên tiếp bất kì luôn tồn tại nhiều nhất: 2 số chia hết cho 13 2 số chia hết cho 11 2 số chia hết cho 7 3 số chia hết cho 5 5 số chia hết cho 3( 1 trong 5 số này chia hết cho 5) 8 số chia hết cho 2( ít nhất 6 trong 8 số này thuộc các tập hợp trên do trong 2 số chia hết cho 13;11;7 luôn tồn tại 1 số chẵn;3 số chia hết cho 5 có ít nhất 1 số chẵn;5 số chia hết cho 3 có ít nhất 2 số chẵn) Giả sử tất cả các số trên là đôi một khác nhau.Khi đó số các số nhiều nhất mà mỗi số bất kì luôn có ước chung với 1 trong các số còn lại là: 2+2+2+3+5-1+8-6=15<16. Vậy giả sử ban đầu sai.Ta có đccm. Bài 40: Tìm các số nguyên tố $p$$,$ $q$ sao cho $7p + q$ và $pq + 17$ đều là các số nguyên tố. Spoiler: Lời giải $a)$ Dễ thấy $p$ và $q$ có một số chẵn hoặc một số lẻ. $TH1:$ $p$ chẵn mà $p$ là số nguyên tố nên $p=2.$ Xét $q=3k,$ vì $q$ là số nguyên tố nên $q=3.$ Ta có: $7p+q=14+3=17$ $($là số nguyên tố$)$ Xét $q=3k+1.$ Ta có: $7p+q=14+3k+1=15+3k$ $\vdots$ $3$ $($là hợp số, loại$)$ Xét $q=3k+2.$ Ta có: $pq+11=2(3k+2)+2=6k+4+2=6k+6$ $\vdots$ $3$ $($là hợp số, loại$)$ Vậy $p=2,$ $q=3.$ $TH2:$ $q$ chẵn mà $q$ là số nguyên tố nên $q=2.$ Xét $p=3k,$ vì $p$ là số nguyên tố nên $p=3.$ Ta có: $7p+q=21+2=23$ $($là số nguyên tố$)$ Xét $p=3k+1.$ Ta có: $7p+q=7(3k+1)+2=21k+9$ $\vdots$ $3$ $($là hợp số, loại$)$ Xét $p=3k+2.$ Ta có: $pq+11=2(3k+2)+2=6k+4+2=6k+6$ $\vdots$ $3$ $($là hợp số, loại$)$ Vậy $q=2,$ $p=3.$ Vậy để $7p+q$ và $pq+11$ là số nguyên tố thì $p=2,$ $q=3$ hoặc $q=2,$ $p=3.$
Bài 41: Cho $p$ và $p + 8$ đều là số nguyên tố $( p > 3)$. Hỏi $p + 100$ là số nguyên tố hay hợp số? Spoiler: Lời giải Do $p \in \mathbb{P}$ và $p > 3$ nên $p = 3k + 1$ $,$ $3k + 2$ $(k \in \mathbb{N}^*)$. Với $p = 3k + 1$ thì $p + 8 = 3k + 9$ $\vdots$ $3$, loại. Với $p = 3k + 2$ thì $p + 100 = 3k + 102 = 3(k + 34)$ $\vdots$ $3$. Vậy, $p + 100$ là hợp số. Bài 42: Tìm số tự nhiên n để $n^{3}-n^{2}+n-1=\left ( n-1 \right )(n^{2}+1)$ là số nguyên tố. Spoiler: Lời giải $n^{3}-n^{2}+n-1=\left ( n-1 \right )(n^{2}+1)$ vì $n^{3}-n^{2}+n-1=\left ( n-1 \right )(n^{2}+1)$ là số nguyên tố $\Rightarrow \begin{bmatrix} n-1=1\Rightarrow n=2 & & \\ n^{2}+1=1\Rightarrow n=0 & & \end{bmatrix}$ Bài 43: Tìm $n$ nguyên dương để $n^{302} + n^{301} + 1$ là hợp số. Spoiler: Lời giải Với $n = 1$ thì $$n^{302}+n^{301}+1=3$$ là số nguyên tố Với $n > 1$ thì $$n^{302}+n^{301}+1=n^{302}-n^{2}+n^{301}-n+n^{2}+n+1=n^{2}(n^{300}-1)+n(n^{300}-1)+(n^{2}+n+1)$$ $$n^{3} \equiv 1 (mod n^{3}-1) \Rightarrow (n^{3})^{100}=n^{300} \equiv 1 (mod n^{3}-1) \Rightarrow n^{300}-1 \vdots n^{3}-1$$ mà $$n^{3}-1=(n-1)(n^{2}+n+1) \vdots n^{2}+n+1 \Rightarrow n^{300}-1 \vdots n^{2}+n+1$$ $$ \Rightarrow n^{302}+n^{301}+1$$ $$=n^{2}(n^{300}-1)+n(n^{300}-1)+(n^{2}+n+1) \vdots n^{2}+n+1$$ là hợp số Vậy $n > 1$ thoả mãn Bài 44: Tìm $n$ nguyên dương để $n^{1987}+n^{1988}+1$là số nguyên tố. Spoiler: Lời giải Bổ đề: Với mọi số nguyên $m$ và $n$ ta luôn có $x^{3m+1}+x^{3n+2}+1$ chia hết cho $x^2+x+1.$ Chứng minh: $x^{3m+1}+x^{3n+2}+1=x^{3m+1}+x^{3n+2}+1-x^2-x+x^2+x+1=x(x^{3m}-1)+x^2(x^{3n}-1)+(x^2+x+1)$ Ta thấy $x^{3m}-1$ và $x^{3n}-1$ chia hết cho $x^3-1$ nên cũng chia hết cho $x^2+x+1$ Vậy $x^{3m+1}+x^{3n+2}+1$ chia hết cho $x^2+x+1.$ Quay lại bài toán, ta có: $1987$ và $1988$ lần lượt chia $3$ dư $1$ và $2$ nên theo bổ đề $n^{1987}+n^{1988}+1\ \vdots\ n^2+n+1$ Do đó để $n^{1987}+n^{1988}+1$ là số nguyên tố thì $n^2+n+1=n^{1987}+n^{1988}+1$ hoặc $n^2+n+1=1$ Trường hợp 1: $n^2+n+1=n^{1987}+n^{1988}+1$ $\Leftrightarrow n^2+n=n^{1987}+n^{1988}$ $\Leftrightarrow (n-1)(n^{1986}-1)=0$ $(n>0)$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} n-1=0 \\ n^{1986}-1=0 \end{array} \right.$ $\Leftrightarrow n=1\ (n>0)$ Thứ lại thấy đúng. Trường hợp 2: $n^2+n+1=1$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} n=0 \\ n=-1 \end{array} \right.$ $($Loại vì $n>0)$ Vậy với $n=1$ thì $n^{1987}+n^{1988}+1$ là số nguyên tố. Bài 45: Cho $p$ là số nguyên tố, nếu một trong hai số $8p+1,8p-1$ là số nguyên tố thì số còn lại là số nguyên tố hay hợp số. Spoiler: Lời giải Nếu $p=3\Rightarrow 8p-1=23,8p+1=25$ đúng Nếu $p\neq 3\Rightarrow 8p\notin \mathbb{P}$, $8p$ ko chia hết cho 3 $\Rightarrow 8p-1,8p,8p+1$ là 3 số tự nhiên liên tiếp $\Rightarrow 8p-1,8p,8p+1$ sẽ có 1 sô chia hết cho 3$\Rightarrow 8p-1,8p+1$ sẽ có 1 sô là Hợp số
Bài 46: Tìm bộ 3 số nguyên tố khác nhau $(a,b,c)$ thỏa mãn $a^{3}+b^{3}=c^{3}$ Spoiler: Lời giải Cách 1 Xét $a=3$ ta có $27+b^3=c^3$, pt này dễ rồi Xét $b=3,c=3$ ta cũng có như vậy Xét $a,b,c\neq 3\Rightarrow a,b,c$ không chia hết cho $3$ $\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a^3\equiv 1(mod3)\\ b^3\equiv 1(mod3)\\ c^3\equiv 1(mod3) \end{matrix}\right. \Rightarrow \left\{\begin{matrix} a^3+b^3\equiv 2(mod3)\\ c^3\equiv 1(mod3) \end{matrix}\right.\Rightarrow$ pt vô nghiệm. Cách 2 Vì $a,b,c$ nguyên tố nên ta có $\begin{bmatrix} \left\{\begin{matrix} a+b=c\\ a^2-ab+b^2=c^2 \end{matrix}\right.\\ \left\{\begin{matrix} a+b=c^2\\ a^2-ab+b^2=c \end{matrix}\right.\\ \left\{\begin{matrix} a+b=c^3\\ a^2-ab+b^2=1 \end{matrix}\right. \end{bmatrix}$ Bài 47: Cho $p-10$; $p+10$ ; $p+60$ là số nguyên tố. Chứng minh rằng $p+90$ nguyên tố. Spoiler: Lời giải Xét $p-10=2$ thì p=12 $\Rightarrow p+10=22$(trái gt) Xét $p-10=3$ thì p=13 $\Rightarrow p+10=23 \Rightarrow p+60=73$ (thỏa) Xét $p-10\geqslant 3 \Rightarrow p-10=3k+1 hoặc p=3k+2$ Nếu $p-10=3k+1$ thì p=3k+11 $\Rightarrow p+10=3k+21=3\left ( k+7 \right )$ (trái gt) Nếu $p-10=3k+2$ thì p= 3k+12 $\Rightarrow p+60=3k+72=3\left ( k+24 \right )$ (trái gt) Bài 48: Tìm p nguyên tố sao cho: $p^2$ +1994 nguyên tố. Spoiler: Lời giải Xét $p=2$ thì $p^{2}+1994$ là số chẵn lớn hơn 2 nên là hợp số Xét $p=3$ thì$p^{2}+1994$ $=9+1994=2003$ là số nguyên tố( thỏa) Xét $p>3$ thì $p=3k \pm 1 \Rightarrow p^{2}+1994 = 9k^{2} \pm 6k+1+1994=9k^{2}\pm 6k+1995=3(3k^{2}\pm 2k+665)$ là hợp số Vậy $p=3$. Bài 49: Chứng minh số $\frac{5^{125}-1}{5^{25}-1}$ không là số nguyên tố. Spoiler: Lời giải Đặt $5^{25}=a$ $GT\Rightarrow \frac{a^5-1}{a-1}=a^4+a^3+a^2+a+1=a^4+9a^2+1+6a^3+2a^2+6a-10a^2-5a^3-5a$ $=\left ( a^2+3a+1 \right )^2-5a\left ( a^2+2a+1 \right )=\left ( a^2+3a+1 \right )^2-5^{26}\left ( a+1 \right )^2$ $=\left ( a^2+3a+1-5^{13}a-5^{13} \right )\left( a^2+3a+1+5^{13}a+5^{13} \right )$ Bài 50: Tìm số nguyên tố $p$ để phương trình $x^2-px-228p=0$ có 2 ngiệm nguyên. Spoiler: Lời giải Viết lại $x^2=p(x+228)\Rightarrow x^2\vdots p\Rightarrow x^2\vdots p^2\Rightarrow x^2=(kp)^2$ $\left ( k\in \mathbb{Z} \right )$ Suy ra $x^2-px-228p=0\Leftrightarrow k^2p^2-\left | k \right |p^2-228p=0$ $\Leftrightarrow k^2p-\left | k \right |p=228 \Leftrightarrow p\left | k \right |\left ( \left | k \right |-1 \right )=2^2.3.19$ Với $p=2$ loại vì $x$ không nguyên. Với $p=3$ loại vì $x$ không nguyên. Với $p=19$ thì $x=76,x=-57$ thỏa. Vậy $p=19$
Bài 51: Cho các số : $p=b^{c}+a$, $q=a^{b}+c$, $r=c^{a}+b$ là các số nguyên tố ($a,b,c \epsilon \mathbb{N}$* ). CMR : trong 3 số $p,q,r$ có ít nhất 2 số bằng nhau. Spoiler: Lời giải Không mất tổng quát giả sử $2\leq p\leq q\leq r$ nếu $p=2$ suy ra $b^c+a=2$ mà a,b,c $\epsilon \mathbb{N}$* suy ra $b^c+a\geq 1^c+1=2$ do đó $b=a=1$ suy ra $q=r=1+c$ (dpcm) nếu $p>2$ suy ra $p,q,r$ lẻ mà $\left\{\begin{matrix}p lẻ & & \\q lẻ & & \end{matrix}\right.$ +) $a$ chẵn do đó $b,c$ phải lẻ suy ra $r=c^a+b$ chẵn (vô lí) +)$a$ lẻ thì $b,c$ chẵn suy ra $r$ chẵn (vô lí) vậy ít nhất $2$ trong $3$ số $p,q,r$ sẽ bằng nhau Bài 52: Tìm bộ ba số nguyên tố $(a,b,c)$ sao cho: $a^{b} + b^{a} = c$ Spoiler: Lời giải Xét $a,b$ cùng tính chẵn lẽ, suy ra $c$ chẵn. Vì $c$ nguên tố nên $c=2$, suy $a=b=1$ (Mâu thuẫn) Xét $a,b$ khác tính chẵn lẻ, giả sử $a$ chẵn, suy ra $a=2$, ta có $2^b+b^2=c$ Nhận thấy với mọi số nguyên tố $b>3$ thì $2^b+b^2$ chia hết cho $3$. Suy ra $b=3$, suy ra $c=17$ Vậy các số cần tìm là $(2;3;17)$ Bài 53: Số nguyên tố a có thể biểu diễn dạng $a = \sqrt {24k + 1}$ với $ {\rm{ k}} \in {\rm{Z}}^{\rm{ + }} $. Chứng minh mọi số nguyên tố đều có thể đưa về dạng $\sqrt {24k + 1} $ với ${\rm{ k}} \in {\rm{Z}}^{\rm{ + }} $ Spoiler: Lời giải Không phải mọi số nguyên tố đều có thể đưa về dạng $\sqrt{24k+1}$ ($k\in \mathbb{Z}^+$), mà là : Mọi số nguyên tố lớn hơn $3$ (hoặc tổng quát hơn, mọi số tự nhiên lẻ và không chia hết cho $3$) đều có thể đưa về dạng $\sqrt{24k+1}$ ($k\in \mathbb{N}$) Chứng minh điều này rất dễ dàng : Mọi số tự nhiên lẻ và không chia hết cho $3$ (tạm gọi là số $l$) có $1$ trong $2$ dạng là $6m+1$ và $6m+5$ ($m\in \mathbb{N}$) + Nếu $l=6m+1\Rightarrow l=\sqrt{36m^2+12m+1}=\sqrt{24m^2+12m(m+1)+1}$ Vì $12m(m+1)$ chia hết cho $24$ với mọi số tự nhiên $m$ nên ta có $l=\sqrt{24k+1}$ + Nếu $l=6m+5\Rightarrow l=\sqrt{36m^2+60m+25}=\sqrt{24(m^2+1)+12m(m+5)+1}$ Vì $12m(m+5)$ chia hết cho $24$ với mọi số tự nhiên $m$ nên ta cũng có $l=\sqrt{24k+1}$ Tóm lại nếu $l$ là số tự nhiên lẻ và không chia hết cho $3$ thì $l$ có thể đưa về dạng $\sqrt{24k+1}$ ($k\in \mathbb{N}$) Mọi số nguyên tố lớn hơn $3$ cũng là số tự nhiên lẻ và không chia hết cho $3$ nên cũng có thể đưa về dạng $\sqrt{24k+1}$ ($k\in \mathbb{N}$) Bài 54: Tìm các số nguyên tố $p$ sao cho $2p+1$ bằng lập phương của 1 số tự nhiên. Spoiler: Lời giải $2p+1=k^3 \leftrightarrow 2p=(k-1)(k^2+k+1)$ Nếu $k=2$ thì tự thay vào loại Nếu $k=3$ thì $p=3^2+3+1=13$ Nếu $k>3$ suy ra $p$ tích 2 số nên không nguyên tố Vậy $\boxed{p=13}$ Bài 55: Tìm các số nguyên tố $p$ sao cho $13p+1$ bằng lập phương 1 số tự nhiên. Spoiler: Lời giải $13p+1=k^3$ nên $13p=(k-1)(k^2+k+1)$ Suy ra $13|k-1$ hoặc $13|k^2+k+1$ Nếu $13|k-1$ suy ra $k=14$ suy ra $p=211$ (vì nếu $k>14$ thì $p$ là tích 2 số vô lý) Nếu $13|k^2+k+1$ suy ra $k^2+k+1=13$ vì nếu $k^2+k+1>13$ không thì $p$ là tích 2 số vô lý suy ra $k=3$ Vậy $\boxed{p=2,211}$
Bài 56: Cho các số nguyên dương $a,b,c,d$ thỏa mãn điều kiện: $a^2+ab+b^2=c^2+cd+d^2$. Chứng minh rằng: $a+b+c+d$ là hợp số. Spoiler: Lời giải Từ giả thiết suy ra: $(a+b)^2-ab=(c+d)^2-cd\iff (a+b+c+d)(a+b-c-d)=ab-cd$. Giả sử ngược lại, $p=a+b+c+d$ là số nguyên tố. Thế thì từ $ab-cd=p(a+b-c-d)$, ta có: $ab-cd\vdots p\implies ab-c(p-a-b-c)\vdots p\implies ab+c(a+b+c)\vdots p\implies (c+a)(c+b)\vdots p$. Nhưng điều này là vô lý vì $p$ là số nguyên tố và $a,b,c,d>0$ nên $0<c+a,c+b<p$, suy ra $(c+a,p)=(c+b,p)=1,$ vậy không thể có $(c+a)(c+b)\vdots p$. Vậy $a+b+c+d$ là hợp số.
Bài 57: Tìm tất cả các số nguyên dương $x,y,z$ thỏa mãn $x^2+y^2=z^2$ biết rằng $z$ là một số tự nhiên lẻ và $x,y$ là lũy thừa của một số nguyên tố. Spoiler: Lời giải Vì $z$ lẻ suy ra $x$ và $y$ khác tính chẵn lẻ. Không giảm tổng quát, giả sử $x$ chẵn, $y$ lẻ. Theo giả thiết: $x=2^{k},y=p^{t}$(p lẻ, nguyên tố). Ta có: $x^2=2^{2k}=(z-y)(z+y)$. Vậy $z-u=2^{u};z+u=2^{v};u+v=2k,u<v$. Suy ra: $y=2^{v-1}-2^{u-1}$. Vì $y$ lẻ nên $u=1$ và $y=2^{2k-2}-1=(2^{k-1}-1)(2^{k-1}+1)=p^{t}$. Nếu $2^{k-1}-1>1$ thì $2^{k-1}-1\vdots p$ và $2^{k+1}+1\vdots p\implies 2\vdots p\implies $ mâu thuẩn. Thành thử: $2^{k-1}-1=1\implies k=2\implies x=4,y=3,z=5$. Vậy ta có nghiệm: $(3,4,5),(4,3,5)$. Bài 58: Cho $p$ là số nguyên tố. Chứng minh rằng với mọi số $m$ nguyên không âm bất kỳ, tồn tại một đa thức $Q$ có hệ số nguyên sao cho $p^{m}$ là ước chung lớn nhất của tất cả các số $a_p=(p+1)^n+Q(m)(n=1,2,3,...).$. Spoiler: Lời giải Trước hết ta chứng minh: Bổ đề: $\forall k\in \mathbb{N},k<m$ tồn tại $b_{k}\in \mathbb{Z}$ sao cho $b_kp^{m}+p^{k}\vdots k!$. Chứng minh bổ đề: Giả sử $k!=p^{\alpha_k}M_k$. với $(M_k,p)=1$. Xét các số $\left\{ep^{m-k}\right\}$ với $e=(0,1,...,M_k-1)$. Dễ thấy chúng lập thành một hệ thặng dư đầy đủ $(\text{ mod }M_k)$. Thành thử tồn tại $b_{k}\in\mathbb{Z}$ sao cho $b_kp^{m-k}\equiv -1(\text{ mod }M_k)$. $b_kp^{m-k}+1\vdots M_k\implies b^{k}p^{m}+p^{k}\vdots p^{k}.M^{k}$. Mặt khác: $\alpha_k=\sum\limits_{i=1}^{\infty}[\frac{k}{p^{i}}]<\sum\limits_{i=1}^{\infty}\frac{k}{p^i}<k$. Vậy $b_kp^{m}+p^{k}\vdots p^{\alpha_k}M_k=k!$. Bổ đề được chứng minh. Kí hiệu: $f_i(x)=\frac{x(x-1)-(x-i+1)}{i!}$. Ta có: $f_i(n)=\left\{ \begin{array}{I} C_{n}^{i} \text{ nếu }n\ge i \\0 \text{ nếu } n<i \end{array}\right.$ Đặt $R(x)=-\sum\limits_{c=0}^{m-1}f_i(x)[b_ip^{m}+p^{i}]$. Theo bổ đề trên $R(x)$ là đa thức có hệ số nguyên. Ta có: $u_n=(p+1)^{n}+R(n)$. $=\sum\limits_{i=0}^{n}-\sum\limits_{i=1}^{m-1}f_i(n)p^{i}+p^{m}\sum\limits_{i=0}^{m-1}f_i(n)b_i$. $\equiv \sum\limits_{i=0}^{\infty}f_i(n)p^{i}-\sum\limits_{i=1}^{m-1}f_i(n)p^{i}(\text{ mod } p^{m})$. $\equiv \sum\limits_{i=m}^{\infty}f_i(n)p^{i}\equiv 0(\text{ mod }p^{m}\forall n)$. Đặc biệt: $u_1=(p+1)+R(1)=lp^{m}$. Ta chứng minh đa thức $Q(x)=R(x)+p^{m}(i-e)$ là đa thức cần tìm. Thật vậy, $a_n=(p+1)^n+Q(n)=(p+1)^{n}+R(n)+p^{m}(1-e)=u_n+p^{m}(1-e)\vdots p^{m}\forall n$. mà $a_1=(p+1)+Q(1)=p+1+R(1)+p^{n}(1-e)=ep^{m}+p^m(1-e)-p^{m}$. Do đó: $p^{m}$ là ƯCLN của $a_1,a_2,...$. Bài 59: Chứng minh rằng, tồn tại các số nguyên dương $x,y,z$ thỏa mãn đẳng thức: $x^x+y^y=z^{p}$ trong đó $p$ là số nguyên tố lẻ. Spoiler: Lời giải Ta chứng minh bài toán Bài toán tổng quát sau:"Cho $n\in \mathbb{N^*}$ và số nguyên tố $p$ thỏa mãn điều kiện $n\not\vdots p$.Chứng minh rằng, tồn tại các số nguyên $x_1,x_2,...,x_{n+1}$" thỏa mãn đẳng thức: $x_1^{x_1}+x_2^{x_2}+...+x_n^{x_n}=x_{n+1}$. Thật vậy, chọn $x_1=x_2=...=n^{p-1}$ ta có: $x_1^{x_1}+x_2^{x_2}+...+x_n^{x_n}=n.(n^{p-1})^{n^{p-1}}=n^{[(p-1)n^{p-1}+1]}$. Vì $n\not\vdots p $ và $p$ là số nguyên tố nên $n^{p-1}\equiv 1(\text{ mod p})$( theo định lý nhỏ Fecma). $\implies (p-1)n^{p-1}+1\equiv 0(\text{ mod p})$ Suy ra tồn tại $k\in\mathbb{N^*}$ sao cho $(p-1)n^{p-1}+1=kp$. Bởi thế, từ $(1)$ ta thấy, khi chọn $x_{n+1}=n^{k}$ thì ta sẽ có $n+1$ số nguyên dương $x_1,x_2,...,x_n,x_{n+1}=n^{k}$ thỏa mãn yêu cầu bài toán. Đặc biệt, cho $n=2$ và $p$ là số nguyên tố lẻ, từ bài toán tổng quát ta có bài toán đã ra. Bài 60: Tìm số nguyên tố $p$ nhỏ nhất sao cho $[(3+\sqrt{p})^{2n}]+1$ chia hết cho $2^{n+1}$ với mỗi số tự nhiên $n$, trong đó kí hiệu $[x]$ là phần nguyên của $x$. Spoiler: Lời giải + Với $p=2$ ta chọn $n=2$ thì $[(3+\sqrt{2})^4]+1=378\not\vdots 2^3$. + Với $p=3$ ta chọn $n=1$ thì $[(3+\sqrt{3})^2]+1=23\not\vdots 2^2$. Ta chứng minh $p=5$ thỏa mãn yêu cầu bài toán. Do $(3+\sqrt{5})^{2n}+(3-\sqrt{5})^{2n}\in \mathbb{Z}$. và $0<(3-\sqrt{5})^{2n}<1$ nên $(3+\sqrt{5})^{2n}+(3-\sqrt{5})^{2n}-1<(3+\sqrt{5})^{2n}<(3+\sqrt{5})^{2n}+(3-\sqrt{5})^{2n}$. Thành thử: $[(3+\sqrt{5})^{2n}]+1=(3+\sqrt{5})^{2n}+(3-\sqrt{5})^{2n}$. Lại có: $(3+\sqrt{5})^{2n}+(3-\sqrt{5})^{2n}=(14+6\sqrt{5})^{n}+(14-6\sqrt{5})^n$. $=2^{n}[(7+3\sqrt{5})^n+(7-3\sqrt{5})^n]=2^{n}.2m=2^{n+1}.m\vdots 2^{n+1}$. Vậy $p=5$ là số nguyên tố cần tìm.
Bài 61: Tìm số nguyên tố $p$ nhỏ nhất sao cho $[(3+\sqrt{p})^{2n}]+1$ chia hết cho $2^{n+1}$ với mỗi số tự nhiên $n$, trong đó kí hiệu $[x]$ là phần nguyên của $x$. Spoiler: Lời giải + Với $p=2$ ta chọn $n=2$ thì $[(3+\sqrt{2})^4]+1=378\not\vdots 2^3$. + Với $p=3$ ta chọn $n=1$ thì $[(3+\sqrt{3})^2]+1=23\not\vdots 2^2$. Ta chứng minh $p=5$ thỏa mãn yêu cầu bài toán. Do $(3+\sqrt{5})^{2n}+(3-\sqrt{5})^{2n}\in \mathbb{Z}$. và $0<(3-\sqrt{5})^{2n}<1$ nên $(3+\sqrt{5})^{2n}+(3-\sqrt{5})^{2n}-1<(3+\sqrt{5})^{2n}<(3+\sqrt{5})^{2n}+(3-\sqrt{5})^{2n}$. Thành thử: $[(3+\sqrt{5})^{2n}]+1=(3+\sqrt{5})^{2n}+(3-\sqrt{5})^{2n}$. Lại có: $(3+\sqrt{5})^{2n}+(3-\sqrt{5})^{2n}=(14+6\sqrt{5})^{n}+(14-6\sqrt{5})^n$. $=2^{n}[(7+3\sqrt{5})^n+(7-3\sqrt{5})^n]=2^{n}.2m=2^{n+1}.m\vdots 2^{n+1}$. Vậy $p=5$ là số nguyên tố cần tìm. Bài 62: Cho $p$ là một số nguyên tố lớn hơn $2007$ và $n$ là số nguyên dương lớn hơn $2006p$. Chứng minh rằng: $C_{n}^{2006p}-C_{k}^{2006}$ chia hết cho $p$ trong đó $k=[\frac{n}{p}]$ là phần nguyên của $\frac{n}{p}$. Spoiler: Lời giải Giả sử: $n=kp+r(0\le r<p,k\ge 2006)$. Xét dãy $n,n-1,...,n-2006p+1$. Dãy này gồm $2006$ số tự nhiên liên tiếp nên có đúng $2006$ số chia hết cho $p$. Các số đó là: $kp,(k-1)p,...,(k-2005)p$. Loại $2006$ số này ra và xét đồng dư theo modulo $p$ ta có dãy $1,2,...,p-1,1,2,...,p-1$( theo thứ tự nào đó) trong các số $1,2,...,p-1$ được lặp lại $2006$ lần. Như vậy: $Q=\frac{n(n-1)...(n-2006p+1)}{kp.(k-1)p...(k-2005)p}\equiv [(p-1)!]^{2006}(\text{ mod }p)$. Theo định lý Wilson : $(p-1)!\equiv -1(\text{ mod }p)$ nên suy ra $Q\equiv 1(\text{ mod }p)(1)$. Ta có: $C_{n}^{2006p}=\frac{n(n-1)...(n-2006p+1)}{(2006p)!}$ $=\frac{Qk(k-1)...(k-2005)p^{2006}}{(2006p)!}$. $=\frac{Qk(k-1)...(k-2005)}{R(2006)!}=\frac{QC_{k}^{2006}}{R}$. ở đây $R=\frac{(2006p)!}{2006!p^{2006}}$. Lí luận như trên (xét dãy $2006p,...,2,1$ gồm $2006p$ số tự nhiên với $2006$ số chia hết cho $p$ là $2006p,2005p,...,p$) ta được: $R\equiv 1(\text{ mod }p(3))$. Từ $(1)$ ta có: $R.C_{n}^{2006p}=Q.C_{k}^{2006}(4)$. Vì $R\equiv Q\equiv 1(\text{ mod }p)$ nên từ $(2),(3),(4)$ ta thu được: $C_{n}^{2006p}\equiv C_{k}^{2006}(\text{ mod }p)$. Ta có điều phải chứng minh. Bài 63: Cho $6$ số nguyên dương $a,b,c,d,e,f$ thỏa mãn $abc=def$. Chứng minh rằng: $a(b^2+c^2)+d(e^2+f^2)$ là hợp số. Spoiler: Lời giải Trước hết ta chứng minh nhận xét sau: "Cho bốn số nguyên dương $x,y,z,t$ thỏa mãn $xy=zt$. Khi đó $x+y+z+t$" là hợp số. Thật vậy, giả sử $(x,z)=d(d>1)$. Khi đó: $x=dx_1,z=dz_1$ với $(x_1,z_1)=1$.Từ giả thiết $xy=zt$ suy ra $x_1y=z_1t$. Vì $(x_1,z_1)=1$ nên $t\vdots x_1$ hay $t=mx_1(m\in \mathbb{N^*})$ do đó $y=mz_1$. Vậy $x+y+z+t=dx_1+mz_1+dz_1+mx_1=(x_1+z_1)(d+m)$. Vì $x_1+y_1\ge 2,d+m\ge 2$ nên $x+y+z+t$ là hợp số. Trở lại bài toán ta có: $abc=def$. $\implies (abc)^2=(def)^2\implies (ab^2)(ac^2)=(de^2)(df^2)$. Từ nhận xét trên ta có: $ab^2+ac^2+de^2+df^2=a(b^2+c^2)+d(e^2+f^2)$ là hợp số. Bài 64: Cho $p$ là một số nguyên tố, $n,k$ là các số nguyên không âm có biểu diễn trong cơ sở $p$ như sau: $n=n_0+n_1p+...+n_tp^{t},k=k_0+k_1p+...+k_tp^t$. Chứng minh rằng: $C_{n}^{k}\equiv C_{n_0}^{k_0}C_{n_1}^{k_1}...C_{n_t}^{k_t}(\text{ mod p})$. Spoiler: Lời giải Ta có: $(a+b)^{p^{r}}\equiv a^{p^{r}}+b^{p^{r}}(\text{ mod }p)$ với mọi $r\ge 0$. Do đó: $(1+x)^n=(1+x)^{n_0+n_1p+...+n_tp^{t}}$. $\equiv (1+x)^{n_0}(1+x)^{n_1p}...(1+x)^{n_tp^{t}}$. $\equiv (1+x)^{n_0}(1+x^{p})^{n_1}...(1+x^{p^{t}})^{n_t}$. $\equiv (\sum\limits_{i_0=0}^{n_0}C_{n_0}^{i_0}x^{i_0})(\sum\limits_{i_1=0}^{n_1}C_{n_1}^{i_1}x^{i_1p})...(\sum\limits_{i_t=0}^{n_t}C_{n_t}^{i_t}x^{i_t.p^{t}}) \text{ mod }p$. Vì $k$ có biểu diễn duy nhất trong cơ sở $p,k=k_0+k_1p+...+k_tp^{t}$ nên hệ số của $x^{k}$ trong biểu thức cuối cùng là: $C_{n_0}^{k_0}C_{n_1}^{k_1}...C_{n_t}^{k_t}$. Từ đó ta có: $C_{n}^{k}\equiv C_{n_0}^{k_0}C_{n_1}^{k_1}...C_{n_t}^{k_t}\text{ mod }p$. Điều phải chứng minh. Bài 65: Chứng minh rằng: a) $2$ là một căn nguyên thủy của $3^n$ với mọi $n\ge 1$. b) $2$ là một căn nguyên thủy của $101$ Spoiler: Lời giải a) Định lý: Nếu $p$ là một số nguyên tố lẻ và $g$ là một căn nguyên thủy modulo $p^2$ thì $g$ cũng là căn nguyên thủy modulo $p^n$ với $n\ge 3$. Ta có: $\phi(9)=6,2^1=2\not\equiv 1(\text{ mod }9),2^2=4\not\equiv 1(\text{ mod }9),2^3=8\not\equiv 1(\text{ mod }9),2^6=64\equiv 1(\text{ mod }9)$ nên $2$ là một căn nguyên thủy modulo $9$ nên $2$ là một căn nguyên thủy modulo $9$. Theo định lý trên suy ra $2$ là căn nguyên thủy của $3^n$ với mọi $n\ge 1$. b) Ta có: $\phi(101)=100$. Mặt khác: $2^{10}=1024\equiv 14(\text{ mod }101),$ $2^{20}\equiv 14^2\equiv -6(\text{ mod }101),$ $2^{40}\equiv (-6)^2\equiv 36(\text{ mod }101),$ $2^{50}\equiv 14.36\equiv -6(\text{ mod }101),$ nên suy ra $2$ là một căn nguyên thủy modulo $101$. Điều phải chứng minh.
