Luyện thi HSG Toán 6 chủ đề: Phương pháp dãy số để tìm số nguyên tố

Luyện thi HSG Toán 6 chủ đề: Phương pháp dãy số để tìm số nguyên tố. Tài liệu được biên soạn dưới dạng file PDF bao gồm 18 trang tổng hợp các kiến thức tổng hợp giúp các bạn tham khảo, ôn tập và đạt kết quả cao trong kỳ thi sắp tới. Mời các bạn đón xem!

Trang 1
ĐS6. CHUYÊN ĐỀ 5-S NGUYÊN T, HP S
CH ĐỀ 2: PHƯƠNG PHÁP DÃY SỐ ĐỂ TÌM S NGUYÊN T
PHN I.TÓM TT LÝ THUYT
1. S NGUYÊN T
-S nguyên t là s t nhiên lớn hơn 1,chỉ 2 ước là 1 và chính nó.
-S nguyên t nh nht va là s nguyên t chn duy nht là s 2.
-Không th gii hn s nguyên t cũng như tập hp s nguyên t.Hay nói cách khác,s nguyên t
là vô hn.
-Khi 2 s nguyên t nhân vi nhau thì ch ca chúng không bao gi mt s chính phương.
-Ước t nhiên nh nht khác 1 ca mt s t nhiên được coi là s nguyên t.
-Để kết lun s t nhiên a là mt s nguyên t (
a1
),ch cn chng minh a không chia hết cho
mi s nguyên t bình phương không vượt quá a.
-Nếu tích
ap
ab p
bp
(p là s nguyên t)
-Đặc bit nếu
n
a p a p
(p là s nguyên t)
-Mi s nguyên t vượt quá 2 đều có dng:
*
4n 1(n N )
-Mi s nguyên t vượt quá 3 đều có dng:
*
6n 1(n N )
-Hai s nguyên t sinh đôi là hai số nguyên t n kém nhau 2 đơn v.
PHN II.CÁC DNG BÀI
Dng 1: Tìm s nguyên t để mt hay nhiu biu thức đồng thi là s nguyên t.
I. Phương pháp giải
-Dựa vào các dấu hiệu chia hết và các tính chất về số nguyên tố ,hợp số, để giải các bài toán về chứng
minh hoặc giải thích.
- Trong
n
số tự nhiên liên tiếp chỉ có một và chỉ một số chia hết cho
n
.
- Nắm chắc các tính chất đặc trưng của số nguyên tố để giải bài toán.
II. Bài toán
Bài 1: Tìm s nguyên t
p
sao cho các s sau cũng là số nguyên t.
a,
b,
p 2,p 6,p 8,p 12,p 14+ + + + +
Li gii:
a,
- Vi
2 2 4pp= + =
là hp s, nên
2p =
không thỏa mãn đề bài.
- Vi
3p =
10 13, 14 17 + = + =pp
đều là s nguyên tố. Do đó
3p =
thỏa mãn đề bài.
Trang 2
- Vi
3p
,
p
là s nguyên tn
p
dng
31pk=+
hoc
( )
3 2,p k k N= +
+ Nếu
p 3k 1 p 14 3k 15 3(k 5) 3= + + = + = +
là hp s
31pk = +
không thỏa mãn đ bài.
+ Nếu
p 3k 2 p 10 3k 12 3(k 4) 3= + + = + = +
là hp s
32pk = +
không thỏa mãn đ bài.
Vy
p3=
thì
p 10,p 14++
là s nguyên t.
b,
- Vi
2p =
68p + =
là hp s, nên
2p =
không thỏa mãn đề bài.
- Vi
3p =
69p + =
là hp s, nên
3p =
không thỏa mãn đề bài.
- Vi
5p =
2 7, 6 11, 8 13, 12 17, 14 19p p p p p + = + = + = + = + =
đều là s nguyên t, nên
5p =
tha
mãn đề bài.
- Vi
5p
p
là s nguyên t nên nên
p
dng
*
5k 1,5k 2,5k 3,5k 4, (k N )+ + + +
+ Nếu
p 5k 1 p 14 5k 15 5= + + = +
là hp s
51pk = +
không thỏa mãn đ bài.
+ Nếu
p 5k 2 p 8 5k 10 5= + + = +
là hp s
52pk = +
không thỏa mãn đ bài.
+ Nếu
p 5k 3 p 12 5k 15 5= + + = +
là hp s
53pk = +
không thỏa mãn đ bài.
+ Nếu
p 5k 4 p 6 5k 10 5= + + = +
là hp s
54pk = +
không thỏa mãn đ bài.
Vy
p5=
thì
p 2,p 6,p 8,p 12,p 14+ + + + +
là s nguyên t.
Bài 2: Tìm 3 s l liên tiếp đều là các s nguyên t.
Li gii:
Gi 3 s l liên tiếp là:
*
2k 1,2k 3,2k 5(k N )+ + +
Trong 3 s l liên tiếp luôn có 1 s chia hết cho 3.
- Nếu
2k 3 3 2k 3 k 3+
2k 3+
là s nguyên t. 1 không là s nguyên t nên .
- Nếu
2k 5 3 2k 2 3 2(k 1) 3 (k 1) 3+ + + +
. Mà
2k 5+
là s nguyên t
k1 =
trái với điều
kin.
- Nếu
2k 1 3 2k 1 3+ + =
(vì
2k 1+
là s nguyên t)
k 1 2k 3 5;2k 5 7 = + = + =
đều các s
nguyên t
k1=
thỏa mãn đề bài.
Vy 3 s t nhiên l cn m là
3,5,7
.
Bài 3: Tìm các s nguyên t
p
sao cho
p
va là tng va là hiu ca hai s nguyên t.
Li gii:
Gi s
p
là s nguyên t cn tìm thì ta có
1 2 3 4
p p p p p= + =
(
1 2 3 4
p ,p ,p ,p
đều là các s nguyên t
34
pp
)
Để
p
là s nguyên t thì
12
p ,p
có mt trong hai s là s chn
34
p ,p
cũng có một trong hai s là s
chn.
Trang 3
Gi s
12
pp
thì
24
pp2 = =
Ta có:
13
p p 2 p 2= + =
31
p p 4 = +
.
Ta thy
1 1 1
p ,p 2,p 4++
là 3 s nguyên t l liên tiếp.
Theo câu 2
11
p 3 p p 2 5 = = + =
.
Th li:
p 5 5 2 3 7 2.= = + =
Vy s cn tìm là 5.
Bài 4: Tìm
kN
để dãy s
k 1,k 2,.....,k 10+ + +
cha nhiu s nguyên t nht.
Li gii:
-Nếu
k0=
Ta có dãy s
1;2;3;...;10
có các s nguyên t
2;3;5;7
4 s nguyên t.
-Nếu
k1=
Ta có dãy s
2;3;4;...;11
có các s nguyên t
2;3;5;7;11
5 s nguyên t.
-Nếu
k2=
Ta có dãy s
3;4;5;...;12
có các s nguyên t
3;5;7;11
4 s nguyên t.
-Nếu
k3
Dãy s
k 1,k 2,...,k 10+ + +
đều gm các s lớn hơn 3 và bao gm 5 s l liên tiếp và 5 sô
chn liên tiếp.
Vì các s trong dãy đều lớn hơn 3 nên suy ra 5 số chn liên tiếp đều là hp s và trong 5 s l liên tiếp tn
ti ít nht mt s chia hết cho 3 và s này cũng là hợp s.
Vy
k1=
là giá tr cn tìm.
Bài 5: Tìm s nguyên t
p
sao cho:
94, 1994pp++
cũng là số nguyên t.
Li gii:
- Vi
2p =
là s nguyên t nên
94 96p+=
là hp số. Do đó
2p =
không thỏa mãn đề bài.
- Vi
3p =
là s nguyên t
94 97, 1994 1997 + = + =pp
đều là s nguyên tố. Do đó
3p =
tha mãn
đề bài.
- Vi
3p
,
p
là s nguyên t nên
p
dng
31pk=+
hoc
( )
3 2, , 0= + p k k N k
+ Nếu
31pk=+
1994 3 1 1994 3pk + = + +
là hp s
31pk = +
không thỏa mãn đề bài.
+ Nếu
32pk=+
94 3 2 94 3pk + = + +
là hp s
32pk = +
không thỏa mãn đề bài.
Vy
3p =
là s nguyên t cn m.
Bài 6: Tìm s nguyên t
p
sao cho
18, 24, 26, 32p p p p+ + + +
cũng là số nguyên t.
Li gii:
- Vi
2p =
ta có
94 96p+=
là hp s
2p=
không thỏa mãn đề bài.
- Vi
3p =
ta có
94 97, 1994 1997pp+ = + =
đều là s nguyên tố, do đó
3p =
thỏa mãn đề bài.
- Vi
3p
, p là s nguyên t nên p có dng
31pk=+
hoc
( )
3 2, , 0p k k N k= +
+ Nếu
31pk=+
1994 3 1 1994 3pk + = + +
là hp s
31pk = +
không thỏa mãn đề bài.
+
Nếu
32pk=+
94 3 2 94 3pk + = + +
là hp số, do đó
32pk = +
không thỏa mãn đề bài.
Vy
3p =
là s nguyên t cn m.
Trang 4
Bài 7: Tìm s nguyên t
p
sao cho:
2, 8, 16p p p+ + +
đều là s nguyên t.
Li gii:
- Vi
2p =
là s nguyên t
94 96p + =
hp s
2p=
không thỏa mãn đề bài.
- Vi
3p =
là s nguyên t
94 97, 1994 1997pp + = + =
đều là s nguyên t
3p=
thỏa mãn đề
bài.
- Vi
3p
,
p
là s nguyên tn p có dng
31pk=+
hoc
( )
*
3 2,p k k N= +
+ Nếu
31pk=+
1994 3 1 1994 3pk + = + +
là hp s
31pk = +
không thỏa mãn đề bài.
+ Nếu
32pk=+
94 3 2 94 3pk + = + +
là hp số, do đó
32pk = +
không thỏa mãn đề bài.
Vy
3p =
là s nguyên t cn tìm.
Bài 8: Tìm s nguyên t
p
sao cho:
a,
2 1,4 1pp−−
cũng là số nguyên t .
b,
2 1,4 1pp++
cũng số nguyên t.
Li gii:
a,
- Vi
2p =
2 1 3,4 1 7pp = =
là s nguyên t
2p=
thỏa mãn đề bài.
- Vi
3p =
2 1 5,4 1 11pp = =
đều là s nguyên t
3p=
thỏa mãn đề bài.
- Vi
3p
, p là s nguyên t nên p có dng
31pk=+
hoc
( )
*
3 2,p k k N= +
+ Nếu
31pk=+
( )
4 1 4 3 1 1 12 3 3p k k = + = +
là hp s
31pk = +
không thỏa mãn đề bài.
+ Nếu
32pk=+
( )
2 1 2 3 2 1 6 3 3p k k = + = +
là hp s nên
32pk = +
không thỏa mãn đề bài.
Vy
3p =
2p =
là s nguyên t cn m.
b,
- Vi
2p =
là s nguyên t
4 1 9p + =
hp s
2p=
không thỏa mãn đ bài.
- Vi
3p =
là s nguyên t
2 1 7,4 1 13pp + = + =
đều là s nguyên t
3p=
thỏa mãn đề bài.
- Vi
3p
,
p
là s nguyên tn p có dng
31pk=+
hoc
( )
*
3 2,p k k N= +
+ Nếu
31pk=+
( )
2 1 2 3 1 1 6 3 3p k k + = + + = +
là hp s
31pk = +
không tha mãn đề bài.
+ Nếu
32pk=+
( )
4 1 4 3 2 1 12 9 3p k k + = + + = +
là hp s nên
32pk = +
không thỏa mãn đề bài.
Vy
3p =
là s nguyên t cn m.
Bài 9: Tìm tt c các s t nhiên
n
để
1n +
,
3n +
,
7n +
,
9n +
,
13n+
,
15n+
đều là s nguyên t
Li gii:
- Vi
0n =
thì
99n +=
là hp số. Do đó
0n =
không thỏa mãn đề bài.
- Vi
1n =
thì
34n +=
là hp số. Do đó
1n =
không thỏa mãn đề bài.
- Vi
2n =
thì
13 15n +=
là hp số. Do đó
2n =
không thỏa mãn đề bài.
- Vi
3n =
thì
36n +=
là hp số. Do đó
3n =
không thỏa mãn đề bài.
- Vi
4n =
thì thì
1 5, 3 7, 7 11, 9 13, 13 17, 15 19n n n n n n+ = + = + = + = + = + =
đều là các s nguyên t.
Do đó
4n =
thỏa mãn đề bài.
- Vi
4n
thì n có dng
*
4 1, 4 2, 4 3,( )n k n k n k k N= + = + = +
.
+ Vi
41nk=+
thì
1 4 2nk+ = +
là hp s. Do đó
41nk=+
không tha mãn.
+ Vi
43nk=+
thì
1 4 4nk+ = +
là hp s. Do đó
43nk=+
không tha mãn.
Trang 5
+ Vi
42nk=+
thì
13 4 2 13 4 15n k k+ = + + = +
là hp s. Do đó
42nk=+
không tha mãn
Do đó
4n =
thỏa mãn đề bài.
Bài 10: Tìm tt c các s nguyên t
p
,
q
sao cho
7pq+
11pq +
cũng số nguyên t
Li gii:
Nếu
11pq +
là s nguyên t thì phi là s l vì nó là s nguyên t lớn hơn 2
Suy ra
pq
là s chẵn, khi đó ít nhất 1 trong 2 s
p
hoc
q
bng 2
Gi s
2 7 14p p q q= + = +
là s nguyên t
+ Nếu
2 7 7.2 2 16q p q= + = + =
là hp s,
2, 2pq = =
không tha mãn.
+ Nếu
3 . 11 2.3 11 17q pq= + = + =
7 7.2 3 17pq+ = + =
đều các s nguyên t,
2, 3pq = =
thỏa mãn đề bài.
+ Nếu
3q
,
q
là s nguyên t nên dng
31qk=+
hoc
( )
*
3 2,q k k N= +
+ Vi
3 1 7 14 3 1 3q k p q k= + + = + +
là hp s
31qk = +
không tha mãn.
+ Vi
( )
3 2 11 2 11 2 3 2 11 6 15 3q k pq q k k= + + = + = + + = +
là hp s
không tha mãn.
Vy
2, 3pq==
.
Xét tiếp TH
2q =
làm tương tự ta được
3p =
.
Vy
2, 3pq==
hoc
3, 2pq==
.
Bài 11: Tìm s nguyên t
p
sao cho
57p+
là s nguyên t.
Li gii:
- Nhn thy
2p =
là s nguyên t,
5 7 17p +=
cũng là số nguyên t
- Vi
2p
p
là s nguyên t thì
p
dng
( )
*
2 1,p k k N= +
Nếu
( )
2 1 5 7 5 2 1 7 10 12 2p k p k k= + + = + + = +
là hp s, nên
21pk=+
không tha mãn.
Vy
2p =
là s nguyên t cn m.
Bài 12: Ta gi
,pq
là hai s t nhiên liên tiếp, nếu gia
p
q
không có s nguyên t nào khác. Tìm 3 s
nguyên t liên tiếp
,,pqr
sao cho
2 2 2
pqr++
cũng là số nguyên t.
Li gii:
Nếu 3 s nguyên t
,,pqr
đều khác 3 thì
,,pqr
đều dng
31k
suy ra
2 2 2
pqr++
chia cho 3 đều dư
1. Khi đó
2 2 2
pqr++
3 và
2 2 2
pqr++
3 nên
2 2 2
pqr++
là hp s. Vy
3, 5, 7p q r= = =
, khi đó
2 2 2 2 2 2
3 5 7 83pqr+ + = + + =
là s nguyên t.
Bài 13: Tìm các s nguyên t
a
sao cho
6a 13+
là s nguyên t
25 6 13 45a +
Li gii:
Ta có : T 25 đến 45 có 5 s nguyên t :
29;31;37;41;43
Nên ta có bng sau :
6a 13+
29
31
37
41
43
a
8
3
3
4
14
3
5
a
là s nguyên t nên
3a =
hoc
5a =
.
Vy
3a =
hoc
5a =
.
Bài 14: Tìm các s nguyên t
,,abc
sao cho
. . 3( )abc a b c= + +
.
Trang 6
Li gii:
. . 3( ) 3abc a b c abc= + +
Gi s
3a
,
a
là s nguyên t
3a=
.
Ta có
3. . 3(3 ) 3bc b c bc b c= + + = + +
3
( 1) 3
( 1) 4 ( 1)
( 1)( 1) 4
( , ) (3,3);(2,5)
bc b c
b c c
b c c
bc
bc
= +
= +
= +
=

Vy
( , , ) (3,3,3);(2,3,5)abc
Bài 15: Ta gi
p,q
là 2 s nguyên t liên tiếp nếu gia
p
q
không có s nguyên t nào khác.Tìm 3 s
nguyên t liên tiếp
p,q,r
sao cho
2 2 2
p q r++
cũng là số nguyên t.
Li gii:
+Nếu
p,q,r
đều khác 3
p,q,r
là các s nguyên t.
p,q,r
chia 3 dư 1 hoặc dư 2 ( hay dư -1 ).
2 2 2
p ,q ,r
chia 3 dư 1.
2 2 2
p q r + +
chia hết cho 3.
Vy tn ti 1 s bng 3.
+ TH1: B 3 s
,,pqr
ơng ng là:
2;3;5
. Khi đó
2 2 2
2 3 4 38+ + =
là hp số. Do đó bộ ba sy không
tha mãn.
+ TH2: B 3 s
,,pqr
ơng ng là:
3;5;7
Khi đó
2 2 2
3 4 5 83+ + =
là s nguyên t . Do đó bộ ba s này
thỏa mãn đề bài.
Vy 3 s nguyên t liên tiếp cn m là:
3,5,7
.
Bài 16: Tìm 3 s nguyên t
p,q,r
sao cho:
qp
p q r+=
.
Li gii:
qp
p q 2 r 2+
r là s l (
r
là s nguyên t ).
qp
p ,q
có 1 s l và 1 s chn.
Gi s
q
p
là s chn
p
chn
p2=
( vì p là s nguyên t )
q2
2 q r + =
+ Nếu
2
q 3 q 1(mod3) q 1(mod3)
Mt khác
q
là s l
qp
2 ( 1) 1(mod3) =
Trang 7
q2
2 q 0(mod3) +
q2
2 q 3 r 3 +
r3=
( Vì
r
là s nguyên t ).
( Loi vì
q
là s nguyên t nên
2
q 3 r 3
)
+Nếu
q3=
thì
23
r 3 2 17 = + =
là s nguyên t ( Tha mãn ).
Vy
(p,q,r) (2,3,17);(3,2,17)
.
Bài 17: Tìm tt c các b ba s nguyên t liên tiếp sao cho tổng bình phương ca ba s này cũng là số
nguyên t.
Li gii:
Gi b ba s nguyên t liên tiếp đó là
p,s,r, (p s r)
Nếu
p,s,r
đều không chia hết cho 3 thì
222
p ,s ,r
đều chia 3 dư 1
222
p s r 3 + +
222
p s r 3+ +
nên
222
p s r++
là hp s ( Trái vi GT, loi )
Do đó có ít nhất mt trong 3 s
p,s,r
chia hết cho 3.
+ Nếu
p3=
thì
s 3,r 5==
Khi đó
2 2 2 2 2 2
p s r 3 5 7 83+ + = + + =
là s nguyên t ( Tha mãn )
+ Nếu
s2=
thì
p 2,r 5==
Khi đó
2 2 2 2 2 2
p s r 2 3 5 28+ + = + + =
không là s nguyên t ( Trái vi GT, loi )
+Nếu
r3=
thì
s 2;p 2=
(Vô lí
p
là s nguyên t, loi )
Vy 3 s nguyên t cn m là :
3;5;7
Bài 18: Tìm tt c các b ba s
a,b,c
sao cho
abc ab bc ac + +
Li gii:
a,b,c
vai trò như nhau nên giả s
a b c
khi đó
ab bc ac 3bc+ +
abc 3bc
a 3 a 2 =
a
là s nguyên t.
Vi
a2=
thì ta có
2bc 2b 2c bc bc 2(b c) 4c + + +
b2
b4
b3
=

=
( vì
p
là s nguyên t )
+ Nếu
b2=
thì
4c 4 4c+
tha mãn vi
c
là s nguyên t bt kì
q2
2 q 3 + =
Trang 8
+ Nếu
b3=
thì
6c 6 5c c 6 c 3;5 +
Vy các cp s
(a,b,c)
cn m là
(2,2,p);(2,3,3);(2,3,5)
các hoán v ca chúng, vi
p
là s nguyên
t.
Bài 19: Tìm tt c các s t nhiên
n
để :
a,
2
12nn+
là s nguyên t.
b,
36
n
+
là s nguyên t.
Li gii:
a, Ta :
( )
2
12 12n n n n+ = +
,
( )
12 1 12n n n+ = +
có thêm 2 ước là
n
12n+
Để
( )
12nn+
là s nguyên t thì
2
1 12 13n n n= + =
là s nguyên t
1n=
thỏa mãn đề bài.
b, Nếu
0 3 6 7
n
n = = + =
s nguyên t.
Nếu
0 3 6 3
n
n = +
là hp s.
Vy
0n =
.
Bài 20: Mt s nguyên t chia cho 30 có s
r
. Tìm
r
biết rng
r
không là s nguyên t.
Li gii:
Gi s nguyên t
p
(
*
pN
).
Ta có:
**
p 30k r 2.3.5.k r(k N ,r N ,0 r 30)= + = +
p
là s nguyên t nên
r
không chia hết cho
2,3,5.
S nguyên dương không là số nguyên t nh hơn 30 và không chia hết cho
2,3,5
chs 1.
Vy
r1=
.
Bài 21: Mt s nguyên t chia cho 42 có s
r
.Tìm
r
biết rng
r
là hp s.
Li gii:
Gi s nguyên t
p
(
*
pN
)
Ta có:
**
p 42k r 2.3.7.k r(k N ,r N ,0 r 42)= + = +
p
là s nguyên t nên
r
không chia hết cho
2,3,7
.
S nguyên dương là hp s nh hơn 42 và không chia hết cho
2,3,7
ch có s 25.
Vy
r 25=
.
Bài 22: Ta biết rng có 25 s nguyên t nh hơn 100. Tng ca 25 s này là s chn hay s l?
Li gii:
Trong 25 s nguyên t nh hơn 100 có chứa mt s nguyên t chn là 2, n 24 s nguyên t còn li là s
nguyên t lẻ. Do đó tổng 25 s nguyên t nh hơn 100 là số chn.
Bài 23: Tìm tt c các s nguyên t
p
để
2
2
p
p+
cũng là số nguyên t.
Li gii:
Trang 9
Vi
2p =
ta có
2 2 2
2 2 2 8
p
p+ = + =
không là s nguyên t.
Vi
3p =
ta có
2 3 2
2 2 3 17
p
p+ = + =
là s nguyên t.
Vi
3p
ta có
22
2 ( 1) (2 1)
pp
pp+ = + +
.
p
l
p
không chia hết cho 3 nên
2
( 1) 3p
(2 1) 3
p
+
, do đó
2
2
p
p+
là hp s. Vy vi
3p =
thì
2
2
p
p+
là s nguyên t.
Dng 2 : Các bài toán chng minh v s nguyên t.
Bài 24: Chng minh rng vi
,2n N n
thì
2 1,2 1
nn
−+
không th đng thi là s nguyên t.
Li gii:
Xét dãy s:
2 1;2 ;2 1
n n n
−+
là 3 s t nhiên liên tiếp.
(2,3) 1 (2 ,3) 1
n
= =
Vì dãy s:
2 1;2 ;2 1
n n n
−+
là 3 s t nhiên liên tiếp nên có 1 s chia hết cho 3.
(2 ,3) 1
n
=
nên mt trong hai s
2 1;2 1
nn
−+
chia hết cho 3.
Suy ra
,2n N n
thì
2 1,2 1
nn
−+
không th đồng thi là s nguyên t.
Bài 25: Chng minh rng vi mi s t nhiên
,( 1)nn
luôn tìm được
n
s t nhiên liên tiếp đều là hp
s.
Li gii:
Chn s t nhiên
( )
2.3.4.... . 1a n n=+
Khi đó ta
n
s t nhiên liên tiếp là
( )
2, 3, 4,....., , 1a a a a n a n+ + + + + +
đều là hp s vì
n
s trên
lần lưt chia hết cho
2,3,4,...., , 1nn+
( điều phi chng minh).
Bài 26: Chng minh rng nếu
, , 2a a m a m++
đều là các s gnuyeen t lớn hơn 3 thì m chia hết cho 6.
Li gii:
Các s nguyên t lớn hơn 3 đều là s l.
Nếu
m
là s l thì
am+
là s chn lớn hơn 3 nên không là số nguyên t. Suy ra m là s chn.
Đặt
*
2 ,( )m p p N=
.
Nếu
3 1,( )p k k N= +
thì ba s đã cho là:
, 6 2, 12 4a a k a k+ + + +
Nếu
a
chia cho 3 1 thì
6 2 3ak++
, không thỏa mãn đề bài.
Nếu
a
chia cho 3 2 thì
12 4 3ak++
, không thỏa mãn đề bài.
Vy
p
không có dng
3 1,( )p k k N= +
Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được
p
không có dng
3 2,( )p k k N= +
Do đó
3 ,( ) 6 6p k k N m k m= =
Vy m chia hết cho 6.
Bài 27:
Trang 10
a) Chng minh rng s dư trong phép chia của mt s nguyên t cho 30 ch có th là 1 hoc là s nguyên
t. Khi chia cho 60 thì kết qu ra sao?
b) Chng minh rng nếu tng ca
n
lũy thừa bc 4 ca các s nguyên t lớn hơn 5 là một s nguyên t thì
( ,30) 1n =
Li gii:
a) Gi s
p
là s nguyên t
30pr=+
vi
0 30r
. Nếu
r
là hp s thì
r
có ước nguyên t
30 2;3;5qq =
. Nhưng với
2;3;5q =
thì
r
lần lượt chia hết cho 2; 3; 5 (vô lí). Vy
1r =
hoc
r
s nguyên t.
Khi chia cho 60 thì kết qu không còn đúng nữa, chng hn
109 60.1 49p = = +
mà 49 là hp s.
b) S nguyên t
p
khi chia cho 30 ch có th dư là
1, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29.
Vi
1,11,19,29r =
thì
2
1p
(mod 30).
Vi
7,13,17,23r =
thì
2
19p
(mod 30).
Suy ra
4
1p
(mod 30).
Gi s
1, 2,..., n
p p p
là các s nguyên t lớn hơn 5.
Khi đó
4 4 4
12
...
n
q p p p n= + + +
(mod 30)
30q k n = +
là s nguyên t nên
( ,30) 1n =
.
Bài 28: Hai s
nn
2 1,2 1(n N,n 2)+
có th cùng là s nguyên t hay không ? Vì sao ?
Li gii:
n n n
2 1,2 ,2 1+−
là 3 s t nhiên liên tiếp nên có 1 s chia hết cho 3.
(2,3) 1=
và 3 là s
nguyên t nên
n
2
không chia hết cho 3.
(1)
n2
nên
nn
2 1 3,2 1 3+
(2)
T
(1)
,
(2)
suy ra 1 trong 2 s
nn
2 1,2 1+−
phi chia hết cho 3.
Hai s
nn
2 1,2 1(n N,n 2)+
không th cùng là s nguyên t.
Bài 29: Cho 3 s nguyên t lớn hơn 3,trong đó số sau lớn hơn số trưc là
d
đơn vị.Chng minh rng
d6
Li gii:
Các s nguyên t lớn hơn 3 nên
p
dng
3k 1+
hoc
3k 2+
*
(k N )
3 s mà ch có 2 dng nên tn ti hai s thuc cùng mt dng, hiu ca chúng ( là
d
hoc
2d
) chia
hết cho 3. Mt khác
d
chia hết cho 2
d
là hiu ca hai s l.Vy
d
chia hết cho 6.
Bài 30: Hai s nguyên t gọi là sinh đôi nếu chúng là hai s nguyên t l liên tiếp.Chng minh rng mt
s t nhiên lớn hơn 3 nm gia hai s nguyên t sinh đôi thì chia hết cho 6.
Li gii:
Trang 11
Gi
p
là s nguyên t lơn hơn 3
p
l nên
p 1 2+
(1)
p
là s nguyên t lớn hơn 3 nên
p
dng
3k 1,3k 2(k N)+ +
.
Dng
p 3k 1=+
không xy ra vì nếu
p 3k 1=+
thì
p 2 3k 3 3+ = +
là hp s (Loi)
p 3k 2 p 1 3k 3 3 = + + = +
(2)
T
(1)
,
(2)
p 1 6+
ĐPCM
Bài 31: Chng minh rng s dư trong phép chia một s nguyên t cho 30 chth là 1 hoc là s nguyên
t.
Li gii:
Gi s
p
là s nguyên t
p
dng
**
p 30k r 2.3.5.k r(k N ,r N ,0 r 30)= + = +
Nếu
r
là hp s thì
r
ước nguyên t
q
sao cho
2
q 30 q 2,3,5
Nhưng với
q 2,3,5
thì p lần t chia hết cho
2,3,5
( Vô lý )
Vy
r1=
hoc
r
là s nguyên t.
Bài 32: Cho dãy s nguyên dương
12
, ,...,
n
a a a
được xác định như sau:
1
2,
n
aa=
là ước nguyên t ca
1 2 3... 1
1
n
a a a a
+
vi
2n
. Chng minh rng
5, *
k
a k N
.
Li gii:
Ta có
12
2, 3aa==
, gi s vi
3n
nào đó số 5 là ước nguyên t ln nht ca s
31
2.3. ... 1
n
A a a
=+
thì
A
không th chia hết cho 2, cho 3. Vy ch có th xy ra
5
m
A=
vi
2m
.
Suy ra
1 5 1 4
m
A =
.
31
1 2.3. ...
n
A a a
−=
không chia hết cho 4 do
31
...
n
aa
là các s l (vô lí).
Vy
A
không có ước nguyên t ca 5, tc là
5, *a k N
.
Bài 33: Trong dãy s t nhiên có th m được 1997 s liên tiếp nhau mà không có s nguyên t nào hay
không ?
Li gii:
Chn dãy s:
1
a 1998! 2=+
1
a2
2
a 1998! 3=+
2
a3
3
a 1998! 4=+
3
a4
……............. ………….
1997
a 1998! 1998=+
1997
a 1998
Trang 12
Như vậy: Dãy s
1 2 3 1997
a ;a ;a ;....;a
gm có 1997 s t nhiên liên tiếp không có s nào là s nguyên t.
Bài 34: Trong dãy s t nhiên có th m được
n
s liên tiếp nhau
(n 1)
mà không có s nguyên t nào
hay không ?
Li gii:
Chn dãy s:
1
a (n 1)! 2= + +
11
a 2,a 2
nên
1
a
là hp s
2
a (n 1)! 3= + +
22
a 3,a 3
nên
2
a
là hp s
3
a (n 1)! 4= + +
33
a 4,a 4
nên
3
a
là hp s
……............. ………….
n
a (n 1)! (n 1)= + + +
nn
a (n 1),a n 1+ +
nên
n
a
là hp s
Như vậy: Dãy s
1 2 3 n
a ;a ;a ;....;a
gm có
n
s t nhiên liên tiếp không có s nào là s nguyên t.
PHN III. BÀI TN THƯỜNG GẶP TRONG Đ HSG.
Bài 1: Cho
p
21p+
là s nguyên t lớn hơn 3. Chứng minh rng
41p+
là hp s.
( Trích đề HSG lp 6 Trc Ninh năm học 2017-2018)
Li gii:
Do
p
là s nguyên t lớn hơn 3 nên có dạng
3 1; 3 1p k p k= + =
vi
1,k k N
.
+ Nếu
31pk=+
thì
2 1 6 3 3(2 1)p k k+ = + = +
.
Suy ra
21p+
là hp s (vô lí).
+ Nếu
3 1, 1p k k=
thì
4 1 12 3 3.(4 1)p k k+ = =
.
Do
1k
nên
(4 1) 3k −
. Do đó
41p+
là hp s.
Bài 2: Biết
dabc
là nguyên t có bn ch s tha mãn
;dab c
cũng là số nguyên t
2
db c b c= +
. Hãy m
dabc
.
( Trích đề HSG lp 6 Sông năm học 2018-2019)
Li gii:
;dab c
là các s nguyên t nên
,bd
lkhác 5.
Ta li có
2
b =
2
db c b c= +
2
9 ( 1) 9b b c d b b c d = + + = +
Nếu
1b =
( Không tha mãn)
Nếu
3b =
nên
9 6 0, 6c d c d+ = = =
( Không tha mãn).
Trang 13
Nếu
7 9 42 42 9 4; 6b c d d c c d= + = = = =
( Loi)
Nếu
9 9 72 72 9 7, 9b c d d c c d= + = = = =
( tha mãn)
Suy ra
{1;2;7}a
.
Vy
d {1979;2979;7979}abc
.
Bài 3: Cho các s
,,
c b a
p b a q a c r c b= + = + = +
là các s nguyên t. Chng minh trong 3 s
,,pqr
có ít nht 2 s bng nhau.
( Trích đề HSG lp 6 TP Bc Ninh m hc 2018-2019)
Li gii:
Trong 3 s
,,abc
ít nht 2 s cùng nh chn l.
Gi s hai s cùng tính chn l
a
b
.
Suy ra
c
p b a=+
là s nguyên t chn nên
2p =
.
Suy ra
1ab==
. Khi đó
1qc=+
1rc=+
nên
qr=
.
Vy trong ba s
,,pqr
có ít nht 2 s bng nhau.
Bài 4: Gi s
p
2p +
là các s nguyên t. Chng t
32
1pp++
cũng là số nguyên t.
( Trích đề HSG lp 6 Gia Bình năm học 2018-2019)
Li gii:
+) Vi
2p =
thì
2
28p +=
không là s ngàyên t.
+) Vi
3p =
thì
2
2 11p +=
32
1 37pp+ + =
đều là s nguyên t.
+) Vi
3p
3 1( , 2)p k k N k =
2 2 2 2
2 (3 1) 2 9 6 3 3(3 2 1) 3p k k k k k + = + = + = +
nên
2
2p +
là hp s.
Vy ch
3p =
thì
2
2p +
32
1pp++
đều là s nguyên t.
Bài 5: Cho
p
là s nguyên t lớn hơn 5. Chng minh
20
1p
chia hết cho 100.
( Trích đề HSG lp 9 huyn Lc Nam năm học 2018-2019)
Li gii:
Ta có
20 4 16 12 8 4
1 ( 1)( 1)p p p p p p = + + + +
.
Do
p
là snguyên t lớn hơn 5 nên
p
là mt s l.
2
1p+
2
1p
là các s chn.
4
1p−
chia hết cho 4.
Trang 14
20
1p−
chia hết cho 4.
p
là s nguyên t lớn hơn 5
p
là mt s không chia hết cho 5.
Lp luận ta được
4
1p
chia hết cho 5.
Lp luận ta được
16 12 8 4
1p p p p+ + + +
chia hết cho 5.
Suy ra
20
1p
chia hết cho 5.
( )
4;25 1=
nên
20
( 1) 100p
( đpcm).
Bài 6: Chng minh rng hai s
21n +
10 7n +
là 2 s nguyên t cùng nhau vi mi s t nhiên
n
.
( Trích đề HSG lp 6 Như Thanh năm học 2018-2019)
Li gii:
Đặt
(2 1,10 7)d UCLN n n= +
(2 1)nd+
. Vì vy
5(2 1)nd+
2 d
Do đó
2d =
hoc
1d =
+) Nếu
2d =
thì
(2 1) 2n+
( Vô lý)
1d=
1 (2 1,10 7)UCLN n n= + +
.
Vy
21n+
10 7n +
là hai nguyên t cùng nhau vi mi s t nhiên n.
Bài 7: Cho
p
là s nguyên t lớn hơn 3.Chứng minh rng
2
1 24p
.
( Trích đề HSG lp 9 huyn Kim Thành năm học 2018-2019)
Li gii:
Ta có
2
1 ( 1)( 1)p p p = +
.
p
là s nguyên t lớn hơn 3 nên
p
lẻ. Do đó
1p
1p+
là hai s chn liên tiếp. T đó
suy ra
( 1)( 1) 8pp−+
(1)
.
Xét ba s t nhiên liên tiếp
1; ; 1p p p−+
. Ta có
( 1) ( 1) 3p p p−+
.
p
là s nguyên t lớn hơn 3 nên
p
không chia hết cho 3. Mà 3 là s nguyên t nên suy ra
( 1)( 1) 3pp−+
(2)
.
T
(1)
(2)
kết hp vi
( )
3;8 1=
3.8 24=
ta suy ra
2
1 24p
(đpcm).
Bài 8: Tìm tt c các cp s nguyên t
( ; )pq
sao cho
22
21pq−=
Li gii:
Trang 15
T
22
21pq−=
ta được
22
21pq=+
.
Do đó ta suy ra được
p
là s nguyên t l.
T đó ta đặt
21pk=+
vi
*kN
.
Khi đó ta được
2 2 2 2 2
(2 1) 2 1 4 4 1 2 1 2 ( 1)k q k k q k k q+ = + + + = + + =
.
Do đó
2
q
là s chn nên
q
là s chn. Mà
q
là s nguyên t nên
2q =
.
Thay vào
22
21pq−=
ta suy ra được
3p =
.
Vy cp sô nguyên t
( , ) (3,2)pq =
tha mãn yêu cu bài toán.
Bài 9: Tìm s nguyên thai ch s khác nhau có dng
( 0)xy x y
sao cho hiu ca s đó với s viết
theo th t ngược li cu s đó là số chính phương.
( Trích đề HSG lp 6 huyn Thái Thụy m hc 2018-2019)
Li gii:
Theo đề bài ra ta có:
yxxy
là s chính phương.
Khi đó
10x (10 ) 10.( ) ( ) 9( )y y x x y x y x y+ + = =
là s chính phương.
Suy ra
xy
là s chính phương.
0xy
nên
, {1,2,....,9}xy
.
Ta xét các trường hp sau:
+ TH1:
1xy−=
xy
là s nguyên t nên
43xy =
.
+ TH2:
4xy−=
xy
là s nguyên t nên
73xy =
.
+ TH3:
9xy−=
xy
là s nguyên t nên không có s nào tha mãn.
Vy
{43;73}xy
Bài 10: Tìm các s nguyên t
,pq
s nguyên
x
tha mãn
5
x 3 0x p q+ + =
.
( Trích đề HSG lp 6 huyn Kiến Xương năm học 2016-2017)
Li gii:
Ta có
54
x 3 0 ( ) 3x p q x x p q+ + = + =
.
q
là s nguyên t
x
là s nguyên nên t phương trình trên ta suy ra
{ 1; 3; ; 3 }x q q
.
Ta xét các trường hp sau:
+ Nếu
1x =−
, khi đó từ phương trình trên ta được
13pq+=
. Do
q
là s nguyên t nên:
- Khi
2q =
thì ta được
5p =
.
Trang 16
- Khi
2q
thì
3q
là s l nên
p
là s nguyên t chn. Do đó
2p =
nên
1q =
không phi là s
nguyên t.
+ Nếu
3x =−
, khi đó từ phương trình trên ta được
81pq+=
. Do đó
p
là s nguyên t chn
q
là s
nguyên t l. T đó ta được
2; 83pq==
.
+ Nếu
xq=−
khi đó từ phương trình trên ta được
4
pp+
=3. Trường hp y không xy ra do
p
q
s nguyên t nên
4
3pp+
.
+ Nếu
3xq=−
, khi đó phương trình trên ta được
4
81 1pp+=
. Trường hp này không xy ra do
p
q
là s nguyên t nên
4
81 1pp+
.
Vy các b s
( ; ; )x p q
tha mãn yêu cu bài toán
( 1;5;2),( 3;2;83)−−
.
Bài 11: Chng minh rng nếu
21
n
là s nguyên t
( 2)n
thì
21
n
+
là hp s.
( Trích đề HSG lp 6 huyện Thanh Hà năm học 2015-2016)
Li gii:
Xét 3 s t nhiên liên tiếp
21
n
,
2
n
,
21
n
+
.
Trong ba s t nhiên liên tiếp trên có duy nht mt s chia hết cho 3.
Do
2n
nên
2 1 3
n
−
, theo gi thiết thì
21
n
là s nguyên t, do đó
21
n
không chia hết cho 2.
Li có
2
n
không chia hết cho 3. Do đó suy ra
21
n
+
chia hết cho 3.
Mà do
2n
nên
2 1 3
n
+
. T đó ta được
21
n
+
là hp s.
Bài 12: Tìm các s nguyên t
,,pqr
thỏa mãn các điều kin sau.
5 pqr
;
22
49 2pr−
;
22
2 193qr−
( Trích đề HSG lp 6 huyện Nam Sách năm hc 2012-2013)
Li gii:
T
2 2 2 2
49 2 ;2 193p r p r
ta có
2 2 2
2 193 2 49q r p
do đó
22
72qp−
.
Mt khác t điều kin
5 pqr
ta được
11r
, do đó
2
2 49 121 170p + =
hay
11p
.
( )( ) 72q p q p +
nên
2qp−=
hoc
4qp−
.
Xét hai trưng hp sau:
+ Vi
2qp−=
36qp+
, khi đó ta được
11, 13pq==
hoc
17, 19pq==
.
- Nếu
11, 13pq==
thì
2
145 193r
, suy ra
13rq==
( loi).
- Nếu
17, 19pq==
thì
2
529 529r
, suy ra
23r =
( nhn).
Vi
4qp−
18qp+
không tn ti
11p
.
Vy ba s nguyên t cn m là
17; 19; 23p q r= = =
.
Trang 17
Bài 13: Tìm tt c các b ba s nguyên t
,,abc
đôi một khác nhau thỏa mãn điều kin:
20a 30( ) 21abc ab bc ca bc + +
( Trích đề HSG lp 6 huyn Gia Lộc năm học 2017-2018)
Li gii:
T gi thiết suy ra
2 1 1 1 7
3 10abc
+ +
. Để không gim tính tng quát gi s
1abc
.
Suy ra
23
29
3
c
c
, do đó
2;3c
.
Vi
2c =
suy ra
2 1 1 1 7
3 2 10bc
+ +
1 1 1 1 1 2 1 1
à
6 5 6 5
v
a b b b
+
.
Do đó
7;11b
.
+ Vi
7b =
, khi đó từ
1 1 1 1
65ab
+
suy ra
1 1 2
42 35a

19;23;29;31;37;41a
.
+ Vi
11b =
t
1 1 1 1
65ab
+
suy ra
516
66 55a

13a=
do
ab
.
Vi
3c =
t gi thiết suy ra
1 1 1 11
3 30ab
+
12
65
3
bb
b
=
(do
bc
).
Thay
5b =
vào
1 1 1 11
3 30ab
+
ta được
15
67
2
aa =
.
Vy các b ba s nguyên t khác nhau
( )
;;abc
tha mãn là:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
19;7;2 , 23;7;2 , 29;7;2 , 31;7;2 , 37;7;2 , 41;7;2 , 13;11;2 , 7;5;3
các hoán v ca nó.
Bài 14: Tìm tt c các b ba nguyên t
( ; ; )pqr
sao cho
r 160pq p q r= + + +
.
( Trích đề HSG lớp 9 Ninh Bình năm hc 2018-2019).
Li gii:
Không mt tính tng quát gi s
pqr
.
Vi
2p =
thì
2 r 162 4 r 2 2r 324q q r q q= + + =
.
2
2 (2r 1) (2r 1) 325 (2 1)(2r 1) 325 5 .13qq = = =
.
22
3 2 1 2r 1 9 (2 1) (2r 1)(2 1) 9 (2 1) 325 3 2 1 18q q q q q
.
Do
21q
là ước ca
2
5 .13
nên
2 1 5;13q −
.
Nếu
2 1 5 3 33q q r = = =
( loi).
Trang 18
Nếu
2 1 13 7 13q q r = = =
( tha mãn).
r 160 ( r 1) 160pq p q r p q q r= + + + =
.
( r 1)( 1) r 1 160 ( r 1)( 1) (r 1) ( 1) 2 160q p q q r q p q r + = + =
.
( r 1)( 1) ( 1)( 1) 162q p q r + =
.
Nếu
p
l
;qr
l
( r 1)( 1) ( 1)( 1) 4q p q r +
162
không chia hết cho 4
( vô lí).
Vy b ba s nguyên t cn m là
( )
2;7;13
các hoán v.
Bài 15: Tìm hai s nguyên t
,pq
sao cho
2
81qp+=
.
( Trích đề HSG lớp 9 Phú Yên năm học 2018-2019).
Li gii:
Ta có
2
p
chia cho
3
0
hoc
1
.
Xét
2
p
chia cho
3
0
, vì
p
là s nguyên t nên
3p =
, suy ra
1q =
(vô lí).
Ta có
2
p
chia cho
3
1
suy ra
8q
chia hết cho
3
(8;3) 1=
nên
3q =
5p=
( tha mãn).
Vy
5; 3pq==
.
HT
| 1/18

Preview text:


ĐS6. CHUYÊN ĐỀ 5-SỐ NGUYÊN TỐ, HỢP SỐ
CHỦ ĐỀ 2: PHƯƠNG PHÁP DÃY SỐ ĐỂ TÌM SỐ NGUYÊN TỐ
PHẦN I.TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1. SỐ NGUYÊN TỐ
-Số nguyên tố là số tự nhiên lớn hơn 1,chỉ có 2 ước là 1 và chính nó.
-Số nguyên tố nhỏ nhất vừa là số nguyên tố chẵn duy nhất là số 2.
-Không thể giới hạn số nguyên tố cũng như tập hợp số nguyên tố.Hay nói cách khác,số nguyên tố là vô hạn.
-Khi 2 số nguyên tố nhân với nhau thì tích của chúng không bao giờ là một số chính phương.
-Ước tự nhiên nhỏ nhất khác 1 của một số tự nhiên được coi là số nguyên tố.
-Để kết luận số tự nhiên a là một số nguyên tố ( a  1),chỉ cần chứng minh a không chia hết cho
mọi số nguyên tố mà bình phương không vượt quá a. a p -Nếu tích ab p   (p là số nguyên tố) b p -Đặc biệt nếu n a
p  a p (p là số nguyên tố)
-Mọi số nguyên tố vượt quá 2 đều có dạng: * 4n  1(n  N )
-Mọi số nguyên tố vượt quá 3 đều có dạng: * 6n  1(n  N )
-Hai số nguyên tố sinh đôi là hai số nguyên tố hơn kém nhau 2 đơn vị.
PHẦN II.CÁC DẠNG BÀI
Dạng 1: Tìm số nguyên tố để một hay nhiều biểu thức đồng thời là số nguyên tố.
I. Phương pháp giải
-Dựa vào các dấu hiệu chia hết và các tính chất về số nguyên tố ,hợp số, để giải các bài toán về chứng minh hoặc giải thích.
- Trong n số tự nhiên liên tiếp chỉ có một và chỉ một số chia hết cho n .
- Nắm chắc các tính chất đặc trưng của số nguyên tố để giải bài toán. II. Bài toán
Bài 1: Tìm số nguyên tố p sao cho các số sau cũng là số nguyên tố. a, p +10, p +14
b, p + 2, p + 6, p + 8, p +12, p +14 Lời giải: a,
- Với p = 2  p + 2 = 4 là hợp số, nên p = 2 không thỏa mãn đề bài.
- Với p = 3  p +10 = 13, p +14 = 17 đều là số nguyên tố. Do đó p = 3 thỏa mãn đề bài. Trang 1
- Với p  3 , p là số nguyên tố nên p có dạng p = 3k +1hoặc p = 3k + 2,(k N )
+ Nếu p = 3k +1  p +14 = 3k +15 = 3(k + 5) 3 là hợp số  p = 3k +1 không thỏa mãn đề bài.
+ Nếu p = 3k + 2  p +10 = 3k +12 = 3(k + 4) 3 là hợp số  p = 3k + 2 không thỏa mãn đề bài.
Vậy p = 3thì p +10, p +14 là số nguyên tố. b,
- Với p = 2  p + 6 = 8 là hợp số, nên p = 2 không thỏa mãn đề bài.
- Với p = 3  p + 6 = 9 là hợp số, nên p = 3 không thỏa mãn đề bài.
- Với p = 5  p + 2 = 7, p + 6 =11, p +8 =13, p +12 =17, p +14 =19 đều là số nguyên tố, nên p = 5 thỏa mãn đề bài.
- Với p  5 và p là số nguyên tố nên nên p có dạng *
5k +1,5k + 2,5k + 3,5k + 4, (k  N )
+ Nếu p = 5k +1  p +14 = 5k +15 5là hợp số  p = 5k +1 không thỏa mãn đề bài.
+ Nếu p = 5k + 2  p + 8 = 5k +10 5là hợp số  p = 5k + 2 không thỏa mãn đề bài.
+ Nếu p = 5k + 3  p +12 = 5k +15 5 là hợp số  p = 5k + 3 không thỏa mãn đề bài.
+ Nếu p = 5k + 4  p + 6 = 5k +10 5 là hợp số  p = 5k + 4 không thỏa mãn đề bài.
Vậy p = 5thì p + 2, p + 6, p + 8, p +12, p +14 là số nguyên tố.
Bài 2: Tìm 3 số lẻ liên tiếp đều là các số nguyên tố. Lời giải:
Gọi 3 số lẻ liên tiếp là: *
2k + 1, 2k + 3, 2k + 5(k  N )
Trong 3 số lẻ liên tiếp luôn có 1 số chia hết cho 3.
- Nếu 2k + 3 3  2k 3  k 3 mà 2k + 3 là số nguyên tố. Mà 1 không là số nguyên tố nên .
- Nếu 2k + 5 3  2k + 2 3  2(k +1) 3  (k +1) 3 . Mà 2k + 5 là số nguyên tố k = 1 − trái với điều kiện.
- Nếu 2k + 1 3  2k + 1 = 3 (vì 2k +1là số nguyên tố)  k = 1  2k + 3 = 5;2k + 5 = 7 đều là các số
nguyên tố  k = 1 thỏa mãn đề bài.
Vậy 3 số tự nhiên lẻ cần tìm là 3,5,7 .
Bài 3: Tìm các số nguyên tố p sao cho p vừa là tổng vừa là hiệu của hai số nguyên tố. Lời giải:
Giả sử p là số nguyên tố cần tìm thì ta có p = p + p = p − p ( p , p , p , p đều là các số nguyên tố và 1 2 3 4 1 2 3 4 p  p ) 3 4
Để p là số nguyên tố thì p , p có một trong hai số là số chẵn và p , p cũng có một trong hai số là số 1 2 3 4 chẵn. Trang 2
Giả sử p  p thì  p = p = 2 1 2 2 4 Ta có: p = p 2 + = p − 2  p = p + 4 . 1 3 3 1
Ta thấy p , p + 2, p + 4 là 3 số nguyên tố lẻ liên tiếp. 1 1 1
Theo câu 2  p = 3  p = p + 2 = 5 . 1 1
Thử lại: p = 5  5 = 2 + 3 = 7 − 2. Vậy số cần tìm là 5.
Bài 4: Tìm k  N để dãy số k +1, k + 2,....., k +10 chứa nhiều số nguyên tố nhất. Lời giải:
-Nếu k = 0  Ta có dãy số 1;2;3;...;10có các số nguyên tố là 2;3;5;7  Có 4 số nguyên tố.
-Nếu k = 1  Ta có dãy số 2;3;4;...;11có các số nguyên tố là 2;3;5;7;11  Có 5 số nguyên tố.
-Nếu k = 2  Ta có dãy số 3;4;5;...;12 có các số nguyên tố là3;5;7;11  Có 4 số nguyên tố.
-Nếu k  3  Dãy số k +1, k + 2,..., k +10 đều gồm các số lớn hơn 3 và bao gồm 5 số lẻ liên tiếp và 5 sô chẵn liên tiếp.
Vì các số trong dãy đều lớn hơn 3 nên suy ra 5 số chẵn liên tiếp đều là hợp số và trong 5 số lẻ liên tiếp tồn
tại ít nhất một số chia hết cho 3 và số này cũng là hợp số.
Vậy k = 1là giá trị cần tìm.
Bài 5: Tìm số nguyên tố p sao cho: p + 94, p +1994 cũng là số nguyên tố. Lời giải:
- Với p = 2 là số nguyên tố nên p + 94 = 96 là hợp số. Do đó p = 2 không thỏa mãn đề bài.
- Với p = 3 là số nguyên tố  p + 94 = 97, p +1994 = 1997 đều là số nguyên tố. Do đó p = 3 thỏa mãn đề bài.
- Với p  3 , p là số nguyên tố nên p có dạng p = 3k +1hoặc p = 3k + 2,(k N,k  0)
+ Nếu p = 3k +1  p +1994 = 3k +1+1994 3 là hợp số  p = 3k +1 không thỏa mãn đề bài.
+ Nếu p = 3k + 2  p + 94 = 3k + 2 + 94 3 là hợp số  p = 3k + 2 không thỏa mãn đề bài.
Vậy p = 3 là số nguyên tố cần tìm.
Bài 6: Tìm số nguyên tố p sao cho p +18, p + 24, p + 26, p + 32 cũng là số nguyên tố. Lời giải:
- Với p = 2 ta có p + 94 = 96 là hợp số  p = 2 không thỏa mãn đề bài.
- Với p = 3 ta có p + 94 = 97, p +1994 =1997 đều là số nguyên tố, do đó p = 3 thỏa mãn đề bài.
- Với p  3 , p là số nguyên tố nên p có dạng p = 3k +1hoặc p = 3k + 2,(k N, k  0)
+ Nếu p = 3k +1  p +1994 = 3k +1+1994 3 là hợp số  p = 3k +1 không thỏa mãn đề bài. = +  + = + +  = + + Nếu p 3k 2 p 94 3k
2 94 3 là hợp số, do đó p 3k
2 không thỏa mãn đề bài.
Vậy p = 3 là số nguyên tố cần tìm. Trang 3
Bài 7: Tìm số nguyên tố p sao cho: p + 2, p + 8, p +16 đều là số nguyên tố. Lời giải:
- Với p = 2 là số nguyên tố  p + 94 = 96 là hợp số  p = 2 không thỏa mãn đề bài.
- Với p = 3 là số nguyên tố  p + 94 = 97, p +1994 =1997 đều là số nguyên tố  p = 3 thỏa mãn đề bài.
- Với p  3 , p là số nguyên tố nên p có dạng p = 3k +1hoặc p = k + ( * 3 2, k N )
+ Nếu p = 3k +1  p +1994 = 3k +1+1994 3 là hợp số  p = 3k +1 không thỏa mãn đề bài.
+ Nếu p = 3k + 2  p + 94 = 3k + 2 + 94 3 là hợp số, do đó  p = 3k + 2 không thỏa mãn đề bài.
Vậy p = 3 là số nguyên tố cần tìm.
Bài 8: Tìm số nguyên tố p sao cho:
a, 2 p −1, 4 p −1 cũng là số nguyên tố .
b, 2 p +1, 4 p +1 cũng là số nguyên tố. Lời giải: a,
- Với p = 2  2 p −1= 3, 4 p −1= 7 là số nguyên tố  p = 2 thỏa mãn đề bài.
- Với p = 3  2 p −1 = 5, 4 p −1 =11 đều là số nguyên tố  p = 3 thỏa mãn đề bài.
- Với p  3 , p là số nguyên tố nên p có dạng p = 3k +1hoặc p = k + ( * 3 2, k N )
+ Nếu p = 3k +1  4 p −1 = 4(3k + )
1 −1 = 12k + 3 3 là hợp số  p = 3k +1 không thỏa mãn đề bài.
+ Nếu p = 3k + 2  2 p −1 = 2(3k + 2) −1 = 6k + 3 3 là hợp số nên  p = 3k + 2 không thỏa mãn đề bài.
Vậy p = 3 và p = 2 là số nguyên tố cần tìm. b,
- Với p = 2 là số nguyên tố  4 p +1 = 9 là hợp số  p = 2 không thỏa mãn đề bài.
- Với p = 3 là số nguyên tố  2 p +1 = 7, 4 p +1 =13 đều là số nguyên tố  p = 3 thỏa mãn đề bài.
- Với p  3 , p là số nguyên tố nên p có dạng p = 3k +1hoặc p = k + ( * 3 2, k N )
+ Nếu p = 3k +1  2 p +1 = 2(3k + )
1 +1 = 6k + 3 3 là hợp số  p = 3k +1 không thỏa mãn đề bài.
+ Nếu p = 3k + 2  4 p +1 = 4(3k + 2) +1 =12k + 9 3 là hợp số nên  p = 3k + 2 không thỏa mãn đề bài.
Vậy p = 3 là số nguyên tố cần tìm.
Bài 9: Tìm tất cả các số tự nhiên n để n +1, n + 3 , n + 7 , n + 9 , n +13 , n +15 đều là số nguyên tố Lời giải:
- Với n = 0 thì n + 9 = 9 là hợp số. Do đó n = 0 không thỏa mãn đề bài.
- Với n = 1 thì n + 3 = 4 là hợp số. Do đó n = 1 không thỏa mãn đề bài.
- Với n = 2 thì n +13 = 15 là hợp số. Do đó n = 2 không thỏa mãn đề bài.
- Với n = 3 thì n + 3 = 6 là hợp số. Do đó n = 3không thỏa mãn đề bài.
- Với n = 4 thì thì n +1 = 5, n + 3 = 7, n + 7 =11, n + 9 =13, n +13 =17, n +15 =19 đều là các số nguyên tố.
Do đó n = 4 thỏa mãn đề bài.
- Với n  4 thì n có có dạng *
n = 4k +1, n = 4k + 2, n = 4k + 3, (k N ) .
+ Với n = 4k +1 thì n +1 = 4k + 2 là hợp số. Do đó n = 4k +1 không thỏa mãn.
+ Với n = 4k + 3 thì n +1 = 4k + 4 là hợp số. Do đó n = 4k + 3 không thỏa mãn. Trang 4
+ Với n = 4k + 2 thì n +13 = 4k + 2 +13 = 4k +15 là hợp số. Do đó n = 4k + 2 không thỏa mãn
Do đó n = 4 thỏa mãn đề bài.
Bài 10: Tìm tất cả các số nguyên tố p , q sao cho 7 p + q pq +11 cũng là số nguyên tố Lời giải:
Nếu pq +11 là số nguyên tố thì nó phải là số lẻ vì nó là số nguyên tố lớn hơn 2
Suy ra pq là số chẵn, khi đó ít nhất 1 trong 2 số p hoặc q bằng 2
Giả sử p = 2  7 p + q =14 + q là số nguyên tố
+ Nếu q = 2  7 p + q = 7.2 + 2 =16 là hợp số,  p = 2, q = 2 không thỏa mãn. + Nếu q = 3  .
p q +11 = 2.3+11 =17 và 7 p + q = 7.2 + 3 =17 đều là các số nguyên tố,  p = 2, q = 3 thỏa mãn đề bài.
+ Nếu q  3 , q là số nguyên tố nên có dạng q = 3k +1 hoặc q = k + ( * 3 2, k N )
+ Với q = 3k +1 7 p + q = 14 + 3k +1 3 là hợp số q = 3k +1 không thỏa mãn.
+ Với q = 3k + 2  pq +11 = 2q +11 = 2(3k + 2) +11 = 6k +15 3 là hợp số q = 3k + 2 không thỏa mãn.
Vậy p = 2, q = 3 .
Xét tiếp TH q = 2 làm tương tự ta được p = 3 .
Vậy p = 2, q = 3 hoặc p = 3, q = 2 .
Bài 11: Tìm số nguyên tố p sao cho 5 p + 7 là số nguyên tố. Lời giải:
- Nhận thấy p = 2 là số nguyên tố, và 5p + 7 = 17 cũng là số nguyên tố
- Với p  2 và p là số nguyên tố thì p có dạng p = k + ( * 2 1, k N )
Nếu p = 2k +1 5 p + 7 = 5(2k + )
1 + 7 = 10k +12 2 là hợp số, nên p = 2k +1 không thỏa mãn.
Vậy p = 2 là số nguyên tố cần tìm. Bài 12: Ta gọi ,
p q là hai số tự nhiên liên tiếp, nếu giữa p q không có số nguyên tố nào khác. Tìm 3 số nguyên tố liên tiếp , p , q r sao cho 2 2 2
p + q + r cũng là số nguyên tố. Lời giải: Nếu 3 số nguyên tố , p ,
q r đều khác 3 thì , p ,
q r đều có dạng 3k 1 suy ra 2 2 2
p + q + r chia cho 3 đều dư 1. Khi đó 2 2 2 p + q + r 3 và 2 2 2
p + q + r  3 nên 2 2 2
p + q + r là hợp số. Vậy p = 3, q = 5, r = 7 , khi đó 2 2 2 2 2 2
p + q + r = 3 + 5 + 7 = 83 là số nguyên tố.
Bài 13: Tìm các số nguyên tố a sao cho 6a +13 là số nguyên tố và 25  6a +13  45 Lời giải:
Ta có : Từ 25 đến 45 có 5 số nguyên tố là : 29;31;37;41;43 Nên ta có bảng sau : 6a +13 29 31 37 41 43 8 14 a 3 4 5 3 3
a là số nguyên tố nên a = 3hoặc a = 5 .
Vậy a = 3hoặc a = 5 .
Bài 14: Tìm các số nguyên tố , a , b c sao cho . a .
b c = 3(a + b + ) c . Trang 5 Lời giải: Vì . a .
b c = 3(a + b + ) c abc 3
Giả sử a 3, vì a là số nguyên tố  a = 3 . Ta có 3. . b c = 3(3+ b + )
c bc = 3+ b + c
bc b = 3+ c
b(c −1) = 3+ c
b(c −1) = 4 + (c −1)
 (b −1)(c −1) = 4  ( ,
b c) (3,3);(2,5  ) Vậy ( , a , b )
c (3,3,3);(2,3,5  )
Bài 15: Ta gọi p, q là 2 số nguyên tố liên tiếp nếu giữa p q không có số nguyên tố nào khác.Tìm 3 số
nguyên tố liên tiếp p,q, r sao cho 2 2 2
p + q + r cũng là số nguyên tố. Lời giải:
+Nếu p,q, r đều khác 3 mà p,q, r là các số nguyên tố.
 p,q,r chia 3 dư 1 hoặc dư 2 ( hay dư -1 ). 2 2 2  p ,q ,r chia 3 dư 1. 2 2 2
 p + q + r chia hết cho 3.
Vậy tồn tại 1 số bằng 3. + TH1: Bộ 3 số , p ,
q r tương ứng là: 2;3;5 . Khi đó 2 2 2
2 + 3 + 4 = 38 là hợp số. Do đó bộ ba số này không thỏa mãn. + TH2: Bộ 3 số , p ,
q r tương ứng là: 3;5;7 Khi đó 2 2 2
3 + 4 + 5 = 83 là số nguyên tố . Do đó bộ ba số này thỏa mãn đề bài.
Vậy 3 số nguyên tố liên tiếp cần tìm là: 3,5,7 .
Bài 16: Tìm 3 số nguyên tố p,q, r sao cho: q p p + q = r . Lời giải: Vì q p
p + q  2  r  2  r là số lẻ ( r là số nguyên tố ). q p
 p ,q có 1 số lẻ và 1 số chẵn. Giả sử q
p là số chẵn  p chẵn  p = 2 ( vì p là số nguyên tố ) q 2  2 + q = r + Nếu 2 q  3  q  1  (mod3)  q  1(mod3)
Mặt khác q là số lẻ q p  2  ( 1 − ) = 1 − (mod3) Trang 6 q 2  2 + q  0(mod3) q 2
 2 + q 3  r 3  r = 3( Vì r là số nguyên tố ). q 2
 2 + q = 3 ( Loại vì q là số nguyên tố nên 2 q  3  r  3 ) +Nếu q = 3thì 2 3
 r = 3 + 2 =17là số nguyên tố ( Thỏa mãn ).
Vậy (p,q, r) (2,3,17);(3, 2,17  ) .
Bài 17: Tìm tất cả các bộ ba số nguyên tố liên tiếp sao cho tổng bình phương của ba số này cũng là số nguyên tố. Lời giải:
Gọi bộ ba số nguyên tố liên tiếp đó là p,s, r, (p  s  r)
Nếu p,s,r đều không chia hết cho 3 thì 2 2 2 p ,s , r đều chia 3 dư 1 2 2 2  p + s + r 3 Mà 2 2 2 p + s + r  3 nên 2 2 2
p + s + r là hợp số ( Trái với GT, loại )
Do đó có ít nhất một trong 3 số p,s,r chia hết cho 3.
+ Nếu p = 3 thì s = 3,r = 5 Khi đó 2 2 2 2 2 2
p + s + r = 3 + 5 + 7 = 83 là số nguyên tố ( Thỏa mãn )
+ Nếu s = 2 thì p = 2,r = 5 Khi đó 2 2 2 2 2 2
p + s + r = 2 + 3 + 5 = 28 không là số nguyên tố ( Trái với GT, loại )
+Nếu r = 3 thì s = 2;p  2 (Vô lí vì p là số nguyên tố, loại )
Vậy 3 số nguyên tố cần tìm là : 3;5;7
Bài 18: Tìm tất cả các bộ ba số a,b,c sao cho abc  ab + bc + ac Lời giải:
Vì a,b,c có vai trò như nhau nên giả sử a  b  c khi đó ab + bc + ac  3bc  abc  3bc
 a  3  a = 2 vì a là số nguyên tố.
Với a = 2 thì ta có 2bc  2b + 2c + bc  bc  2(b + c)  4c b = 2 b  4  
( vì p là số nguyên tố ) b = 3
+ Nếu b = 2 thì 4c  4 + 4c thỏa mãn với c là số nguyên tố bất kì Trang 7
+ Nếu b = 3 thì 6c  6 + 5c  c  6  c3;  5
Vậy các cặp số (a,b,c) cần tìm là (2,2,p);(2,3,3);(2,3,5) và các hoán vị của chúng, với p là số nguyên tố.
Bài 19: Tìm tất cả các số tự nhiên n để : a, 2
n +12n là số nguyên tố.
b, 3n + 6 là số nguyên tố. Lời giải: a, Ta có : 2
n +12n = n (n +12) , Vì n +12  1 = n (n +12) có thêm 2 ước là n n +12
Để n(n +12) là số nguyên tố thì 2
n =1 n +12n =13 là số nguyên tố  n =1 thỏa mãn đề bài. b, Nếu 0 3n n = =
+ 6 = 7 là số nguyên tố. Nếu 0 3n n  = + 6 3 là hợp số. Vậy n = 0 .
Bài 20: Một số nguyên tố chia cho 30 có số dư là r . Tìm r biết rằng r không là số nguyên tố. Lời giải:
Gọi số nguyên tố là p ( * p  N ). Ta có: * *
p = 30k + r = 2.3.5.k + r(k  N , r  N , 0  r  30)
p là số nguyên tố nên r không chia hết cho 2,3,5.
Số nguyên dương không là số nguyên tố nhỏ hơn 30 và không chia hết cho 2,3,5 chỉ có số 1. Vậy r = 1.
Bài 21: Một số nguyên tố chia cho 42 có số dư là r .Tìm r biết rằng r là hợp số. Lời giải:
Gọi số nguyên tố là p ( * p  N ) Ta có: * *
p = 42k + r = 2.3.7.k + r(k  N , r  N , 0  r  42)
p là số nguyên tố nên r không chia hết cho 2,3, 7 .
Số nguyên dương là hợp số nhỏ hơn 42 và không chia hết cho 2,3, 7 chỉ có số 25. Vậy r = 25 .
Bài 22: Ta biết rằng có 25 số nguyên tố nhỏ hơn 100. Tổng của 25 số này là số chẵn hay số lẻ? Lời giải:
Trong 25 số nguyên tố nhỏ hơn 100 có chứa một số nguyên tố chẵn là 2, còn 24 số nguyên tố còn lại là số
nguyên tố lẻ. Do đó tổng 25 số nguyên tố nhỏ hơn 100 là số chẵn.
Bài 23: Tìm tất cả các số nguyên tố p để 2
2 p + p cũng là số nguyên tố. Lời giải: Trang 8
Với p = 2 ta có p 2 2 2
2 + p = 2 + 2 = 8 không là số nguyên tố.
Với p = 3 ta có p 2 3 2
2 + p = 2 + 3 = 17 là số nguyên tố. Với p  3 ta có 2 p 2 + 2 = ( −1) + (2p p p
+1) . Vì p lẻ và p không chia hết cho 3 nên 2 ( p −1) 3 và (2p +1) 3 , do đó 2
2 p + p là hợp số. Vậy với p = 3 thì 2
2 p + p là số nguyên tố.
Dạng 2 : Các bài toán chứng minh về số nguyên tố.
Bài 24: Chứng minh rằng với nN, n  2 thì 2n 1, 2n
+1 không thể đồng thời là số nguyên tố. Lời giải: Xét dãy số: 2n 1; 2n; 2n
+1 là 3 số tự nhiên liên tiếp. Vì (2,3) 1 (2n =  ,3) = 1 Vì dãy số: 2n 1; 2n; 2n
+1 là 3 số tự nhiên liên tiếp nên có 1 số chia hết cho 3.
Mà (2n ,3) = 1 nên một trong hai số 2n 1; 2n − +1 chia hết cho 3.
Suy ra nN, n  2 thì 2n 1, 2n
+1 không thể đồng thời là số nguyên tố.
Bài 25: Chứng minh rằng với mỗi số tự nhiên ,
n (n  1) luôn tìm được n số tự nhiên liên tiếp đều là hợp số. Lời giải:
Chọn số tự nhiên a = 2.3.4.... . n (n + ) 1
Khi đó ta có n số tự nhiên liên tiếp là a + 2,a + 3,a + 4,.....,a + , n a + (n + )
1 đều là hợp số vì n số trên
lần lượt chia hết cho 2, 3, 4,...., n, n + 1 ( điều phải chứng minh).
Bài 26: Chứng minh rằng nếu , a a + ,
m a + 2m đều là các số gnuyeen tố lớn hơn 3 thì m chia hết cho 6. Lời giải:
Các số nguyên tố lớn hơn 3 đều là số lẻ.
Nếu m là số lẻ thì a + m là số chẵn lớn hơn 3 nên không là số nguyên tố. Suy ra m là số chẵn. Đặt *
m = 2 p, ( p N ) .
Nếu p = 3k +1,(k N) thì ba số đã cho là: ,
a a + 6k + 2, a +12k + 4
Nếu a chia cho 3 dư 1 thì a + 6k + 2 3 , không thỏa mãn đề bài.
Nếu a chia cho 3 dư 2 thì a +12k + 4 3 , không thỏa mãn đề bài.
Vậy p không có dạng p = 3k +1,(k N)
Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được p không có dạng p = 3k + 2,(k N)
Do đó p = 3k,(k N)  m = 6k m 6 Vậy m chia hết cho 6. Bài 27: Trang 9
a) Chứng minh rằng số dư trong phép chia của một số nguyên tố cho 30 chỉ có thể là 1 hoặc là số nguyên
tố. Khi chia cho 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 Lời giải:
a) Giả sử p là số nguyên tố và p = 30 + r với 0  r  30 . Nếu r là hợp số thì r có ước nguyên tố
q  30  q = 2;3;5 . Nhưng với q = 2;3;5 thì r 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 mà 49 là hợp số.
b) Số nguyên tố p khi chia cho 30 chỉ có thể dư là 1, 7, 1 1, 1 3, 1 7, 1
9, 23, 29.
Với r =1,11,19, 29 thì 2 p  1 (mod 30).
Với r = 7,13,17, 23 thì 2 p  19 (mod 30). Suy ra 4 p  1 (mod 30). Giả sử p p
p là các số nguyên tố lớn hơn 5. 1, 2,..., n Khi đó 4 4 4 q = p + p
+ ...+ p n (mod 30) q = 30k + n là số nguyên tố nên ( , n 30) =1. 1 2 n Bài 28: Hai số n n
2 + 1, 2 −1(n  N, n  2) có thể cùng là số nguyên tố hay không ? Vì sao ? Lời giải: Vì n n n
2 + 1, 2 , 2 −1là 3 số tự nhiên liên tiếp nên có 1 số chia hết cho 3.Mà (2,3) = 1và 3 là số nguyên tố nên n
2 không chia hết cho 3. (1) Mà n  2 nên n n 2 + 1  3, 2 −1  3 (2)
Từ (1) , (2) suy ra 1 trong 2 số n n
2 + 1, 2 −1phải chia hết cho 3.  Hai số n n
2 + 1, 2 −1(n  N, n  2) không thể cùng là số nguyên tố.
Bài 29: Cho 3 số nguyên tố lớn hơn 3,trong đó số sau lớn hơn số trước là d đơn vị.Chứng minh rằng d 6 Lời giải:
Các số nguyên tố lớn hơn 3 nên p có dạng 3k + 1 * hoặc 3k + 2 (k  N )
Có 3 số mà chỉ có 2 dạng nên tồn tại hai số thuộc cùng một dạng, hiệu của chúng ( là d hoặc 2d ) chia
hết cho 3. Mặt khác d chia hết cho 2 vì d là hiệu của hai số lẻ.Vậy d chia hết cho 6.
Bài 30: Hai số nguyên tố gọi là sinh đôi nếu chúng là hai số nguyên tố lẻ liên tiếp.Chứng minh rằng một
số tự nhiên lớn hơn 3 nằm giữa hai số nguyên tố sinh đôi thì chia hết cho 6. Lời giải: Trang 10
Gọi p là số nguyên tố lơn hơn 3 và p lẻ nên p +1 2 (1)
p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p có dạng 3k +1,3k + 2(k  N) .
Dạng p = 3k +1không xảy ra vì nếu p = 3k +1thì p + 2 = 3k + 3 3 là hợp số (Loại)
 p = 3k + 2  p +1 = 3k + 3 3 (2)
Từ (1) , (2)  p +1 6  ĐPCM
Bài 31: Chứng minh rằng số dư trong phép chia một số nguyên tố cho 30 chỉ có thể là 1 hoặc là số nguyên tố. Lời giải:
Giả sử p là số nguyên tố và p có dạng * *
p = 30k + r = 2.3.5.k + r(k  N , r  N , 0  r  30)
Nếu r là hợp số thì r có ước nguyên tố q sao cho 2 q  30  q 2,3,  5 Nhưng với q 2,3, 
5 thì p lần lượt chia hết cho 2,3,5 ( Vô lý )
Vậy r = 1 hoặc r là số nguyên tố.
Bài 32: Cho dãy số nguyên dương a , a ,..., a được xác định như sau: 1 2 n
a = 2, a là ước nguyên tố của a a a a
+1với n  2 . Chứng minh rằng a  5, k   N * . 1 n 1 2 3... n 1 − k Lời giải:
Ta có a = 2, a = 3 , giả sử với n  3 nào đó mà có số 5 là ước nguyên tố lớn nhất của số 1 2
A = 2.3.a ...a
+1 thì A không thể chia hết cho 2, cho 3. Vậy chỉ có thể xảy ra 5m A = với m  2 . 3 n 1 − Suy ra 1 5m A − = −1 4 .
A −1 = 2.3.a ...a
không chia hết cho 4 do a ...a 3 n 1 − 3 n 1
− là các số lẻ (vô lí).
Vậy A không có ước nguyên tố của 5, tức là a  5, k  N *.
Bài 33: Trong dãy số tự nhiên có thể tìm được 1997 số liên tiếp nhau mà không có số nguyên tố nào hay không ? Lời giải: Chọn dãy số: a = 1998!+ 2 a 2 1 1 a = 1998!+ 3 a 3 2 2 a = 1998!+ 4 a 4 3 3 ……............. …………. a = 1998!+1998 a 1998 1997 1997 Trang 11
Như vậy: Dãy số a ;a ;a ;....;a
gồm có 1997 số tự nhiên liên tiếp không có số nào là số nguyên tố. 1 2 3 1997
Bài 34: Trong dãy số tự nhiên có thể tìm được n số liên tiếp nhau (n  1) mà không có số nguyên tố nào hay không ? Lời giải: Chọn dãy số: a = (n +1)!+ 2
a 2, a  2 nên a là hợp số 1 1 1 1 a = (n + 1)!+ 3
a 3, a  3 nên a là hợp số 2 2 2 2 a = (n + 1)!+ 4
a 4, a  4 nên a là hợp số 3 3 3 3 ……............. …………. a = (n + 1)!+ (n + 1) a
(n + 1), a  n + 1 nên a là hợp số n n n n
Như vậy: Dãy số a ;a ;a ;....;a gồm có n số tự nhiên liên tiếp không có số nào là số nguyên tố. 1 2 3 n
PHẦN III. BÀI TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG ĐỀ HSG.
Bài 1: Cho p và 2 p +1 là số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh rằng 4 p +1 là hợp số.
( Trích đề HSG lớp 6 Trực Ninh năm học 2017-2018) Lời giải:
Do p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên có dạng p = 3k +1; p = 3k −1 với k 1, k N .
+ Nếu p = 3k +1 thì 2 p +1 = 6k + 3 = 3(2k +1) .
Suy ra 2 p +1 là hợp số (vô lí).
+ 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 +1 là hợp số. Bài 2: Biết d
abc là nguyên tố có bốn chữ số thỏa mãn a ;
b cd cũng là số nguyên tố và 2 b = d
c + b c . Hãy tìm d abc .
( Trích đề HSG lớp 6 Sông Lô năm học 2018-2019) Lời giải: a ;
b cd là các số nguyên tố nên , b d lẻ và khác 5. Ta lại có 2 b = 2 b = d
c + b c 2
b 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). Trang 12
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) Suy ra a {  1;2;7}. Vậy d
abc {1979; 2979; 7979} . Bài 3: Cho các số c = + , b = + , a p b a q a
c r = c + b là các số nguyên tố. Chứng minh trong 3 số , p ,
q r có ít nhất 2 số bằng nhau.
( Trích đề HSG lớp 6 TP Bắc Ninh năm học 2018-2019) Lời giải: Trong 3 số , a ,
b c có ít nhất 2 số cùng tính chẵn lẻ.
Giả sử hai số cùng tính chẵn lẻ là a b . Suy ra c
p = b + 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 2 số bằng nhau.
Bài 4: Giả sử p p + 2 là các số nguyên tố. Chứng tỏ 3 2
p + p +1 cũng là số nguyên tố.
( Trích đề HSG lớp 6 Gia Bình năm học 2018-2019) Lời giải: +) Với p = 2 thì 2
p + 2 = 8 không là số ngàyên tố. +) Với p = 3 thì 2 p + 2 = 11 và 3 2
p + p +1 = 37 đều là số nguyên tố.
+) Với p  3  p = 3k 1(k N, k  2) 2 2 2 2
p + 2 = (3k 1) + 2 = 9k  6k + 3 = 3(3k  2k +1) 3 nên 2 p + 2 là hợp số.
Vậy chỉ có p = 3 thì 2 p + 2 và 3 2
p + p +1 đều là số nguyên tố.
Bài 5: Cho p là số nguyên tố lớn hơn 5. Chứng minh 20 p −1 chia hết cho 100.
( Trích đề HSG lớp 9 huyện Lục Nam năm học 2018-2019) Lời giải: Ta có 20 4 16 12 8 4
p −1 = ( p −1)( p + p + p + p +1) .
Do p là sốnguyên tố lớn hơn 5 nên p là một số lẻ. 2  p +1 và 2
p −1 là các số chẵn. 4
p −1 chia hết cho 4. Trang 13 20
p −1 chia hết cho 4.
p là số nguyên tố lớn hơn 5  p là một số không chia hết cho 5. Lập luận ta được 4
p −1 chia hết cho 5. Lập luận ta được 16 12 8 4
p + p + p + p +1 chia hết cho 5. Suy ra 20 p −1 chia hết cho 5. Mà (4;25) =1 nên 20
( p −1) 100 ( đpcm).
Bài 6: Chứng minh rằng hai số 2n +1 và10n + 7 là 2 số nguyên tố cùng nhau với mọi số tự nhiên n .
( Trích đề HSG lớp 6 Như Thanh năm học 2018-2019) Lời giải:
Đặt d =UCLN(2n +1,10n −7)
 (2n +1) d . Vì vậy 5(2n +1) d  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 nguyên tố cùng nhau với mọi số tự nhiên n.
Bài 7: Cho p là số nguyên tố lớn hơn 3.Chứng minh rằng 2 p −1 24 .
( Trích đề HSG lớp 9 huyện Kim Thành năm học 2018-2019)
Lời giải: Ta có 2
p −1 = ( p −1)( p +1) .
p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p lẻ. Do đó p −1 và p +1 là hai số chẵn liên tiếp. Từ đó
suy ra ( p −1)( p +1) 8 (1) .
Xét ba số tự nhiên liên tiếp p −1; ;
p p +1. Ta có ( p −1) p( p +1) 3.
p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p không chia hết cho 3. Mà 3 là số nguyên tố nên suy ra
( p −1)( p +1) 3 (2) .
Từ (1) và (2) kết hợp với (3;8) =1 và 3.8 = 24 ta suy ra 2 p −1 24 (đpcm).
Bài 8: Tìm tất cả các cặp số nguyên tố ( ; p q) sao cho 2 2
p − 2q = 1
Lời giải: Trang 14 Từ 2 2
p − 2q = 1 ta được 2 2 p = 2q +1 .
Do đó ta suy ra được p là số nguyên tố lẻ.
Từ đó ta đặt p = 2k +1 với k N *. Khi đó ta được 2 2 2 2 2
(2k +1) = 2q +1  4k + 4k +1 = 2q +1  2k(k +1) = q . Do đó 2
q là số chẵn nên q là số chẵn. Mà q là số nguyên tố nên q = 2 . Thay vào 2 2
p − 2q = 1 ta suy ra được p = 3 .
Vậy cặp sô nguyên tố ( , p )
q = (3, 2) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài 9: Tìm số nguyên tố có hai chữ số khác nhau có dạng xy(x y  0) sao cho hiệu của số đó với số viết
theo thứ tự ngược lại cuả số đó là số chính phương.
( Trích đề HSG lớp 6 huyện Thái Thụy năm học 2018-2019) Lời giải:
Theo đề bài ra ta có: xy − yx là số chính phương.
Khi đó 10x + y −(10y + )
x =10.(x y) − (x y) = 9(x y) là số chính phương.
Suy ra x y là số chính phương.
x y  0 nên , x y {  1,2,....,9}.
Ta xét các trường hợp sau:
+ TH1: x y =1 và xy là số nguyên tố nên xy = 43 .
+ TH2: x y = 4 và xy là số nguyên tố nên xy = 73 .
+ TH3: x y = 9 và xy là số nguyên tố nên không có số nào thỏa mãn. Vậy xy {43; 73}
Bài 10: Tìm các số nguyên tố ,
p q và số nguyên x thỏa mãn 5 x + x p + 3q = 0 .
( Trích đề HSG lớp 6 huyện Kiến Xương năm học 2016-2017) Lời giải: Ta có 5 4 x + x
p + 3q = 0  x(x + p) = 3 − q .
q là số nguyên tố và x là số nguyên nên từ phương trình trên ta suy ra x {  −1; 3 − ;− ; q 3 − } q .
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:
- Khi q = 2 thì ta được p = 5 . Trang 15
- 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. + Nếu x = q
− khi đó từ phương trình trên ta được 4
p + p =3. Trường hợp này không xảy ra do p q là số nguyên tố nên 4 p + p  3 . + Nếu x = 3
q , khi đó phương trình trên ta được 4
p + 81p = 1. Trường hợp này không xảy ra do p q là số nguyên tố nên 4 p + 81p  1. Vậy các bộ số ( ; x ; p )
q thỏa mãn yêu cầu bài toán là ( 1 − ;5;2),( 3 − ;2;83) .
Bài 11: Chứng minh rằng nếu 2n −1 là số nguyên tố (n  2) thì 2n +1 là hợp số.
( Trích đề HSG lớp 6 huyện Thanh Hà năm học 2015-2016) Lời giải:
Xét 3 số tự nhiên liên tiếp là 2n −1, 2n , 2n +1.
Trong ba số tự nhiên liên tiếp trên có duy nhất một số chia hết cho 3.
Do n  2 nên 2n −1  3, mà theo giả thiết thì 2n −1 là số nguyên tố, do đó 2n −1 không chia hết cho 2.
Lại có 2n không chia hết cho 3. Do đó suy ra 2n +1 chia hết cho 3.
Mà do n  2 nên 2n +1  3 . Từ đó ta được 2n +1 là hợp số.
Bài 12: Tìm các số nguyên tố , p ,
q r thỏa mãn các điều kiện sau.
5  p q r ; 2 2
49  2 p r ; 2 2
2q r  193
( Trích đề HSG lớp 6 huyện Nam Sách năm học 2012-2013) Lời giải: Từ 2 2 2 2
49  2 p r ; 2 p r  193 ta có 2 2 2
2q −193  r  2 p − 49 do đó 2 2
q p  72 .
Mặt khác từ điều kiện 5  p q r ta được r 11, do đó 2
2 p  49 +121 = 170 hay p 11. Vì (q − ) p (q + )
p  72 nên q p = 2 hoặc q p  4 . Xét hai trường hợp sau:
+ Với q p = 2 và q + p  36 , khi đó ta được p =11, q =13 hoặc p =17, q =19 .
- Nếu p =11, q =13 thì 2
145  r 193 , suy ra r =13 = q ( loại).
- Nếu p =17, q =19 thì 2
529  r  529 , suy ra r = 23 ( nhận).
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. Trang 16
Bài 13: Tìm tất cả các bộ ba số nguyên tố , a ,
b c đôi một khác nhau thỏa mãn điều kiện:
20abc  30(ab + bc + c ) a  21abc
( Trích đề HSG lớp 6 huyện Gia Lộc năm học 2017-2018) Lời giải: 2 1 1 1 7 Từ giả thiết suy ra  + + 
. Để không giảm tính tổng quát giả sử a b c 1. 3 a b c 10 2 3 Suy ra
  2c  9 , do đó c2;  3 . 3 c 2 1 1 1 7 Với c = 2 suy ra  + +  1 1 1 1 1 2 1 1   +    à v  . 3 2 b c 10 6 a b 5 6 b b 5 Do đó b7;1  1 . 1 1 1 1 1 1 2
+ Với b = 7 , khi đó từ  +  suy ra  
a19;23;29;31;37;4  1 . 6 a b 5 42 a 35 1 1 1 1 5 1 6 + Với b = 11 từ  +  suy ra  
a =13 do a b . 6 a b 5 66 a 55 1 1 1 11
Với c = 3 từ giả thiết suy ra  +  1 2
   b  6  b = 5 (do b c ). 3 a b 30 3 b 1 1 1 11 15 Thay b = 5 vào  + 
ta được 6  a   a = 7 . 3 a b 30 2
Vậy các bộ ba số nguyên tố khác nhau ( ; a ; b c) thỏa mãn là:
(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.
Bài 14: Tìm tất cả các bộ ba nguyên tố ( ; p ; q r) sao cho p r
q = p + q + r +160 .
( Trích đề HSG lớp 9 Ninh Bình năm học 2018-2019). Lời giải:
Không mất tính tổng quát giả sử p q r . Với p = 2 thì 2 r
q = q + r +162  4 r
q − 2q − 2r = 324 . 2
 2q(2r −1) − (2r −1) = 325  (2q −1)(2r −1) = 325 = 5 .13 . 2 2
3  2q −1  2r −1  9  (2q −1)  (2r −1)(2q −1)  9  (2q −1)  325  3  2q −1  18 .
Do 2q −1 là ước của 2
5 .13 nên 2q −15;1  3 .
Nếu 2q −1 = 5  q = 3  r = 33 ( loại). Trang 17
Nếu 2q −1 =13  q = 7  r =13( thỏa mãn). p r
q = p + q + r +160  ( p r
q −1) − q r =160 .  ( r
q −1)( p −1) + r
q −1− q r =160  ( r
q −1)( p −1) + (r
q −1) − (r −1) − 2 =160 .  ( r
q −1)( p −1) + (q −1)(r −1) =162 . Nếu p lẻ  ; q r lẻ  ( r
q −1)( p −1) + (q −1)(r −1) 4 mà 162 không chia hết cho 4  ( vô lí).
Vậy bộ ba số nguyên tố cần tìm là (2;7;13) và các hoán vị.
Bài 15: Tìm hai số nguyên tố , p q sao cho 2 8q +1 = p .
( Trích đề HSG lớp 9 Phú Yên năm học 2018-2019). Lời giải: Ta có 2
p chia cho 3 dư 0 hoặc 1. Xét 2
p chia cho 3 dư 0 , vì p là số nguyên tố nên p = 3 , suy ra q =1 (vô lí). Ta có 2
p chia cho 3 dư 1 suy ra 8q chia hết cho 3 mà (8;3) =1 nên q = 3  p = 5 ( thỏa mãn).
Vậy p = 5;q = 3 .  HẾT Trang 18