Bài 1. Tìm tất cả các số nguyên tố p để p+ 10, p+ 14 đều là các số nguyên tố.
Giải
Nếu p= 2 thì p+ 10 = 12 ( hợp số) (loại) Nếu p= 3 thì
p+ 10 = 13 p+ 14 = 17
Nếu p > 3, suy ra p có dạng 3k + 1 hoặc 3k −1.
+ Nếu p = 3k+ 1, ta có p+ 14 = 3k+ 15 = 3(k+ 5). (loại) + Nếu p = 3k−1, ta có p+ 10 = 3k + 9 = 3(k + 3). (loại)
Nếu p > 3 thì hoặc p+ 10 hoặc p+ 14 là hợp số nên không thỏa mãn.
Vậy p= 3.
Bài 2. Tìm số tự nhiên k để 10 số tự nhiên liên tiếp k + 1, k + 2, ..., k + 10 có nhiều số nguyên tố nhất.
Giải
Nếu k = 0 thì từ 1 đến 10 có 4 số nguyên tố là 2; 3; 5; 7.
Nếu k = 1 thì từ 1 đến 11 có 5 số nguyên tố là 2; 3; 5; 7; 11.
Nếu k > 1 thì từ 3 trở đi không có số chẵn nào là số nguyên tố. Trong 5 số lẻ liên tiếp có ít nhất một số là bội của 3. Do đó sẽ có ít hơn 5 số nguyên tố.
Vậy với k = 1, dãy tương ứng k + 1, k + 2, ..., k + 10 có chứa nhiều số nguyên tố nhất.
Bài 3. Tìm tất cả các số nguyên tố p để 2p+p2 cũng là số nguyên tố.
Giải Nếu p= 2 thì 2p +p2 = 22+22 =8 ∈/ ℘ . Nếu p= 3 thì 2p +p2 = 23+32=17 ∈ ℘ .
Nếu p > 3 thì . Ta có 2p+ p2 = (p2 −1) + (2p+ 1) .
Vì p lẻ nên 2p+1... 3 và p2-1=(p−1)(p+ 1) ... 3. Suy ra 2p+p2 ∈/ ℘ .
Bài 4. Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho p|2p + 1.
Giải
Vì p ∈ ℘ và p|2p + 1. Suy ra p > 2. Do đó (2, p)=1.
Theo định lý Fermat, ta có p
2p−1 −1.
Mà p|2p + 1. Suy ra p
2(2p−1 −1) + 3 ⇒ p|3 ⇒p = 3 Vậy p= 3.
Bài 5. Tìm 3 số nguyên tố p, q, r sao cho p2+q2=r.
Giải
Giả sử có 3 số nguyên tố p, q, r sao cho pq + qp = r. Khi đó r > 3. Suy ra r lẻ.
Vậy p, q không cùng tính chẵn lẻ nên phải có một số nguyên tố chẵn là 2.
Giả sử p= 2. Khi đó 2q +q2 = r.
Nếu q không chia hết cho 3 thì q2 ≡ 1 (mod 3).
Mặt khác, q lẻ nên 2q ≡ −1 (mod 3) ⇒ 2q +q2 ... 3 (không nguyên tố).
Vậy q ... 3, q nguyên tố ⇒ q = 3. Khi đó, r=23+32=17.
Do p, q có vai trò như nhau nên có thể p= 3, q = 2.
Vậy có hai bộ số tìm được là (2; 3; 17) và (3; 2; 17).
Bài 6. Tìm số nguyên tố p sao cho 2p+ 1 là lập phương của một số tự nhiên.
Giải
(2p+ 1) = n3(n ∈ N) ⇔2p= n3 −1 = (n+ 1)(n2 +n+ 1) Nếu p= 2 ⇒ 2p+ 1 = 5⇒ không tồn tại n thỏa mãn.
Do đó, p >2. Vì p nguyên tố nên (p,2)=1.
Mặt khác, n−1<n2+n+1⇒ n-1=2 → n=3.
Vậy p= 13 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài 7. Tìm tất cả các số nguyên tố p, q sao cho pq|(5p−2q)(5q−2p).
Giải Không mất tính tổng quát, giả sử p≤ q .
Dễ thấy (5p−2q)(5q −2p) là số lẻ nên p, q khác 2.
Nếu 3≡ 5k −2k (mod k) thì k=3.
Ta sẽ chứng minh một trong hai số p, q tồn tại ít nhất một số bằng 3.
Giả sử phản chứng p, q 6= 3. Do đó p|(5q −2q) hay 5q ≡2q (mod p).
Tiếp theo ta có nhận xét rằng ” Nếu (a, m) = (b, m) = 1 và ax≡ bx (mod m); ay ≡ by (mod m) thì q(x,y) ≡(x, y) (mod m)
Mặt khác theo định lý Fermat thì 5q−1 ≡2q−1 (mod p) Khi đó áp dụng nhận xét ta được 5(p−1,q) ≡ 2(p−1,q) (mod p) Rõ ràng (p-1,q)=1. Do đó 5 ≡2 (mod p)
→ p = 3 (mâu thuẫn).
Vậy p= 3.
Nếu q > 3 thì q|(5p −2p) = 53 −23 = 9.13 và vì thế q = 13.
Còn nếu q = 3 dễ dàng kiểm tra thấy thỏa mãn.
Vậy tất cả các bộ (p, q) là (3,3), (3,13), (13,3).
Bài 8. Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho a) n4+4 là số nguyên tố.
b) n1997 +n1996 + 1 là số nguyên tố.
Giải
a) n4 + 4 = (n2 + 2)2 −4n2 = (n2 + 2−2n)(n2 + 2 + 2n).
Ta có (n2 + 2 −2n) < (n2 + 2 + 2n) nên để n4 + 4 là số nguyên tố thì n2 + 2−2n= 1 ⇔ (n−1)2 = 0 ⇔n = 1.
Khi đó n4+4 =5 là số nguyên tố. Vậy n= 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
b) n1997 +n1996 + 1 = n1997 −n2
+ n1996 −n
+ (n2 + n+ 1)
=n2(n1995−1) +n(n1995−1) + (n2 +n+ 1)
=(n2 +n)(n1995−1) + (n2 +n+ 1).
Ta có
n1995 −1 = (n3)665 −1
= (n3 −1)[(n3)664 + (n3)663+ ...+n2 + 1)]
= (n−1)(n2 +n+ 1)[(n3)664 + (n3)663+ ...+n2 + 1)].
Do n > 0 nên n2+n+1>1. Vì vậy để n1997+n1996+ 1 là số nguyên tố thì n1997 +n1996+ 1 = n2 +n+ 1
Suy ra n = 1.
Bài 9. Tìm các số tự nhiên m, n để 33m2+6n−61+ 4 là số nguyên tố.
Giải
Ta có 3m2+6n-61 chia 3 dư 2. Ta đặt 3m2 + 6n−61 = 3k+ 2(k ∈ N).
Suy ra A=33m2+6n−61+ 4 = 33k+2+ 4 = 9.27k + 4 Dễ thấy rằng 9.27k ≡ −4(mod13) ⇒9.27k + 4...13.
Để A nguyên tố thì A=13 ⇒ 9.27k = 9 ⇒ k = 0.
Do đó 3m2+6n-61=3k+2=2.
Suy ra 3m2+6n-63=0⇔m2 + 2n−21 = 0 ⇒ n < 11.
Do 2n chẵn nên m2 phải là số lẻ.
Suy ra m2=1 hoặc m2=9.
Nếu m2=1 thì m = 1, n = 10.
Nếu m2=9 thì m = 3, n = 6.
Vậy giá trị cần tìm là (1,10) và (3,6)
Bài 10. Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho tổng tất cả các
ước tự nhiên của p4 là một số chính phương?
Giải Ta có δ(p4) = 1 +p2 + p3 +p4 (p>0) Giả sử δ(p4) = 1 +p2 +p3 +p4 = n2
→ 4 + 4p2 + 4p3 + 4p4 = 4n2
Dễ thấy (2p2 +p)2 < (2n)2 < (2p2 + p+ 2)2 nên (2n)2 = (2p2 +p+ 1)2
→ 4 + 4p+ 4p2 + 4p3 + 4p4 = 4p4 + 4p3 + 5p2 + 2p+ 1.
⇔p2 −2p−3 = 0 ⇔
p= −1 p= 3 Với p = −1 (loại).
Với p = 3 ta có δ(3) = 1 + 3 + 32 + 33 + 34 = 121 = 112. Vậy p= 3 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Các bài tập tương tự
1. Tìm số nguyên tố p sao cho 8p2 + 1 và 8p2 −1 2. Tìm số nguyên tố p sao cho
a) 2p+ 1 là lập phương của một số tự nhiên.
b) 13p+ 1 là lập phương của một số tự nhiên.
3. Tìm số nguyên tố p thỏa mãn điều kiện p|(2p + 1).
4. Tìm số tự nhiên n để a) n4 + 4n là số nguyên tố.
b) n2009 +n2008 + 1 là số nguyên tố.
5. Chứng minh rằng nếu an+1 là số nguyên tố với a > 1 thì n=2k với k∈ N.
Nhận xét
Đây là loại bài toán không khó trong các loại bài toán về số nguyên tố.
Để làm được dạng toán này, học sinh phải trang bị cho mình những kiến
thức cơ bản nhất về số nguyên tố. Đặc biệt, dạng toán này giúp học sinh nắm vững: số 2 là số nguyên tố chẵn duy nhất và nhỏ nhất của tập số nguyên tố. Dựa vào cách viết số nguyên tố dạng ax+b; (a,b)=1 rèn luyện kĩ năng xét các trường hợp có thể xảy ra, phương pháp loại trừ các trường hợp đều dẫn tới vô lý.