Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Chủ đề 8: Một số bài toán số nguyên tố, số chính phương - Năm 2020 (Có đáp án)

 CHỦ ĐỀ 8. MỘT SỐ BÀI TOÁN SỐ NGUYÊN TỐ, SỐ CHÍNH PHƯƠNG
 KIẾN THỨC CẦN NHỚ
 1. Một số chính phương khi chia cho 3 có số dư là 0 hoặc 1
 2. Một số chính phương khi chia cho 4 có số dư là 0 hoặc 1
 3. Một số chính phương khi chia cho 5 có số dư là 0 hoặc 1 hoặc 4
 4. Một số chính phương khi chia cho 8 có số dư là 0 hoặc 1 hoặc 4
 5. Nếu một số chính phương chia hết cho một số nguyên tố p thì nó chia hết cho p2.
 6. Với mọi số nguyên dương n ta có S(n)  n(mod3)
 7. Với mọi số nguyên dương n ta có S(n)  n(mod9)
 Chữ số tận cùng của một số chính phương
 8. Một số chính phương không thể có tận cùng là một trong các chữ số 2, 3, 7, 8
 9. Một số chính phương có chữ số tận cùng là 6 thì phải có chữ số hàng chục là số lẻ
 10. Một số chính phương có chữ số tận cùng là 1 thì phải có chữ số hàng chục là số 
chẵn
 11. Tích 2 số tự nhiên liên tiếp là số chính phương thì phải có một số bằng 0
 12. Nếu (a;b) 1 , a.b c2 thì a, b đều là số chính phương
 13. Nếu (x; y) 1 thì (x2 xy y2 ; x) (y2 ; x) (x2 xy y2 ) 1 và (x y; y) 1 , 
 (x2 xy y2 ; x y) (y2 ; x y) 1
 14.
 a) Định lí Fermat nhỏ: Nếu p là số nguyên tố và a là số nguyên không chia hết cho p thì 
 a p 1 1 p
 a) Nếu a2 b2  p mà p là số nguyên tố có dạng 4k + 3 thì a, b đều chia hết cho p.
 Chứng minh
 a) Vì a không chia hết cho p nên các số 2a, 3a, , (p – 1)a cũng không chia hết cho p. 
Giả sử khi chia các số a, 2a, 3a, ,(p – 1)a cho p ta được số dự lần lượt là r1,r2 ,...,rp 1 thì các 
số r1,r2 ,...,rp 1 đôi một khác nhau. Thật vậy nếu có 2 số ri ,rj bằng nhau thì ia, ja có cùng số dư 
khi chia cho p nên ia ja p a(i j) (i j) p điều này không thể xảy ra do i, j phân biệt 
và i, j < p.
 Từ đó ta có: r1.r2....rn 1.2.3.4....( p 1) ( p 1)! nên a.2a.3a....( p 1)a có cùng số dư với 
 p 1 p 1
 r1.r2....rp 1 khi chia cho p. Mà a.2a.3a....( p 1)a ( p 1)!a suy ra ( p 1)!a và ( p 1)! có 
cùng số dư khi chia cho p hay a p 1 và 1 có cùng số dư khi chia cho p. Nói cách khác 
 (a p 1 1) p
 b) Giả sử một trong hai số a, b không chia hết cho p, suy ra số còn lại không chia hết 
 (a p 1 1) p
cho p. Theo định lí nhỏ Fermat: (a p 1 b p 1 2) p,do p 4k 3 nên 
 p 1
 (b 1) p
 a4k 2 b4k 2 2 p . Ta có a4k 2 b4k 2 (a2 )2k 1 (b2 )2k 1 (a2 b2 ) mà a2 b2 chia hết cho p, suy ra 2 p , do p là số nguyên tố nên suy ra p = 2, trái với giả thiết p = 4k + 3. Vậy cả a, b đều chia 
hết cho 3.
 15.Một số tính chất liên quan đến đồng dư
 Định nghĩa: Cho a, b là các số nguyên và m là số nguyên dương. Ta nói a đồng dư với 
b theo modun m nếu có cùng số dư khi chia cho m.
 Kí hiệu a  b mod m . Như vậy a  b mod m a b m
 Tính chất: Cho a,b,c Z,m N * . Khi đó ta có:
 + a  b mod m ,b  c mod m a  c mod m 
 + a  b mod m a c  b c mod m 
 + a  b mod m ac  bc mod m 
 + a  b mod m am  bn mod m ,n Z 
 + a b n  bn mod a a 0
 + Định lí Fermat: Cho số nguyên tố p và số nguyên dương a khi đó ta có: a p  a mod p 
. Đặc biệt: nếu a, p 1 thì a p 1  1 mod p 
 Một số ví dụ tiêu biểu
 a a2 b2
Ví dụ 1: Cho a, b, c là những số nguyên khác 0, a c sao cho . Chứng minh rằng 
 c c2 b2
 a2 b2 c2 không phải là số nguyên tố.
 Lời giải
 a a2 b2
 Ta có: 
 c c2 b2
 Từ a c nên b2 ac..
 Khi đó: a2 b2 c2 a2 ac c2 a2 2ac c2 b2 a c 2 b2 a c b a c b 
Dễ thấy a2 b2 c2 3 , vì vậy nếu a2 b2 c2 là một số nguyên tố thì xảy ra bốn trường hợp 
sau:
 • a c b 1 và a c b a2 b2 c2
 • a c b 1và a c b a2 b2 c2
 • a c b 1 và a c b a2 b2 c2 
 • a c b 1 và a c b a2 b2 c2 
Hai trường hợp đầu tiên ta thu được: a2 b2 c2 2 a c 1 0
 a 1 2 c 1 2 b2 1, do đó a c 1.
Hai trường hợp còn lại ta thu được: a 1 2 c 1 2 1, do đó a c 1
Nhưng a c nên dẫn đến mâu thuẫn.
Vậy a2 b2 c2 không phải là số nguyên tố.
Nhận xét: Để chứng minh a là số nguyên tố ta phân tích a b.csau đó suy ra một trong hai 
thừa số b hoặc c phải bằng 1. Ví dụ 2:
Tìm tất cả các số nguyên dương a, b sao cho a4 4b4 là một số nguyên tố.
 Lời giải:
 2
Ta có: a4 4b4 a4 4b4 4a2b2 4a2b2 a2 2b2 2ab 2
 a2 2b2 2ab a2 2b2 2ab a b 2 b2 a b 2 b2 
 2 2
Vì a b b2 1nên a4 4b4 là một số nguyên tố khi a b b2 1. Suy ra a b 1 thỏa 
mãn bài toán.
Ví dụ 3:
 a b 2018 2 2 2
Tìm các số nguyên dương a,b,c thỏa mãn là số hữu tỉ và a b c là số nguyên 
 b c 2018
tố.
 Lời giải:
 a b 2018 m
Đặt (*) trong đó m,n Z, m ,n 1. Khi đó (*) được viết như sau:
 b c 2018 n
 an bm bn cm 2018 . Do 2018 là số vô tỉ và các số 
 an bm 0 a m b 2
 a,b,c,d,m,n Z ac b . Từ đó ta có:
 bn cm 0 b n c
 2 2
 a2 b2 c2 a c 2ac b2 a c b2 a b c a b c .Do a,b,c nguyên dương
nên a b c a b c.Vì vậy để a2 b2 c2 là số nguyên tố thì điều kiện là:
 a b c 1 2 2 2
 2 2 2 . Mặt khác a,b,c nguyên dương nên a b c a b c
 a b c a b c
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c 1. Khi đó a2 b2 c2 3 là số nguyên tố thỏa 
mãn điều kiện đầu bài. Vậy a b c 1 là ba số cần tìm.
Ví dụ 4:
Cho các số nguyên dương a,b,c,d thỏa mãn điều kiện a2 b2 ab c2 d 2 cd .Chứng minh 
rằng: a b c d là hợp số.
 Lời giải:
Ta có: a2 b2 ab c2 d 2 cd a b 2 cd c d 2 ab
 a b 2 c d 2 ab cd 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  p ab c a b c  0 mod p c a c b  0 mod p 
Nhưng điều này vô lí vì plà số nguyên tố và a,b,c,d 0 nên 0 c a,c b p
Suy ra c a, p 1, vậy không thể có c a c b  0 mod p . Vậy a b c d là hợp số.
Ví dụ 5:
 2 3
Chứng minh rằng : Nếu p, p 2 là số nguyên tố thì p 2 cũng là số nguyên tố.
 Lời giải:
 p 2 p2 2 6 p 3
Khi thì là hợp số không thỏa mãn điều kiện , suy ra .
Khi p 3, xét 3 số liên tiếp p 1, p, p 1luôn phải có một số chia hết cho 3. Nếu p 1hoặc p 1 chia hết cho 3 thì p 1 p 1 p2 1chia hết cho 3 suy ra p2 2 p2 1 33 mà 
 p2 2 3 suy ra p2 2 phải là số nguyên tố, điều này trái giả thiết . 
 p 3
Vậy p phải là số chia hết cho 3, mà p là số nguyên tố nên .
Thử lại: p 3 thỏa mãn điều kiện.
Ví dụ 6:
 p2 2 p p3 2
Chứng minh rằng : Nếu p và là số nguyên tố thì cũng là số nguyên tố.
 Lời giải:
Ta có p2 2n p2 1 2p 1 p 1 p 1 2p 1.
 p 2 p2 2 p 8
Nếu thì là hợp số .
 p 3 p 1, p, p 1 p 1
Khi , xét 3 xét 3 số liên tiếp luôn phải có một số chia hết cho 3. Nếu 
 p 1 p 1 p 1 p2 1 2 p 13 p2 2 p 3
hoặc chia hết cho 3 thì chia hết cho 3 và nên mà 
 p2 2 p 3 nên p2 2 p là hợp số , trái với giả thiết. Vậy p3, do p là số nguyên tố suy ra 
 p 3 p2 2 p 9 8 17, p3 2 19
 . Thử lại ta thấy là các số nguyên tố thỏa mãn yêu cầu đầu 
bài.
Ví dụ 7:
 q3 1 p2 p6 1q2
Tìm các số nguyên tố p,q sao cho và .
 Lời giải:
 • Nếu p 3thì q3 19 và p6 1 23.7.11q q 2
 • Nếu p 3 thì q3 1 q 1 q2 q 1 mà:
 q 1,q2 q 1 q 1,q q 1 2 q 1 3 q 1,3 1 hoặc 3 . Suy ra p2 | q 1 hoặc 
 p2 | q2 q 1 suy ra p q.
TH1: q p 1ta có: p 2,q 3.
 q p 2 q2 | p 1 p 1 p2 p 1 p2 p 1
TH2: vì do
 q, p 1 q, p 1 1, p2 p 1, p2 p 1 p2 p 1,2p 1nên suy ra q2 | p2 p 1hoặc 
 2
 q2 | p2 p 1 mà q p 2 nên q2 p 2 p2 p 1 p2 p 1 
nên q2 không thể là ước của p6 1.
Tóm lại p;q 2;3 , 3;2 
Ví dụ 8:
 a,b,c a b 3c2 ab c a b
Cho ba sô tự nhiên thỏa mãn điều kiện : là số nguyên tố và .
 8c 1
Chứng minh: là số chính phương.
 Lời giải:
Ta viết lại giả thiết: 4c2 c2 ab bc ca c a c b .
Đặt a c,b c d a c b c d a bd . Vì a b là số nguyên tố nên d a b hoặc 
 d 1.
+) Nếu d 1thì a c,b c là hai số nguyên tố cùng nhau suy ra a c,b c là hai số chính 
 a c m2 ,b c n2 m,n Z m2 n2 a b
phương. Đặt với . Khi đó là số nguyên tố hay 
 m n m n là số nguyên tố m n 1 m n 1 nên 
 4c2 m2 .n2 2c m.n 8c 1 4mn 1 4n n 1 1 2n 1 2 .
 d a b x, y Z
+) Nếu thì a c a b x,b c a b y với . Khi đó a b a c b c a b x a b y a b x y x y 1 x y 1. Khi đó
 2 2
 4c2 a c b c a b xy a b y y 1 suy ra y y 1 là số chính phương nên 
 y y 1 0 c 0 8c 1 là số chính phương.
Chú ý: Tích hai số tự nhiên liên tiếp là số chính phương khi và chỉ khi tích đó bằng 0.
Ví dụ 9:
Tìm số tự nhiên x, y sao cho p x y4 4 biết p là số nguyên tố.
 Lời giải:
Dễ thấy x 0 không thỏa mãn . Suy ra x là số nguyên dương.
 y2 2y 2 pn
 4 x 2 2 x *
Ta có: y 4 p y 2y 2 y 2y 2 p hay 2 n 
 y 2y 2 p
với m,n N,m n,n m x
 m 0 y 1 p 5, x 1.
 •Nếu thì suy ra 
 n 0 y 1
 •Nếu thì không thỏa mãn điều kiện bài toán.
 y2 2y 2 p
 •Ta xét m,n 1. Từ (*) ta suy ra p là ước của 4y p
 2
 y 2y 2 p
Nếu 4 p p 2, nếu y p suy ra 2 p p 2. Tóm lại mọi trường hợp đều có p 2.
Thay vào phương trình ban đầu ta được: y4 4 2x
+ Nếu x 2 thì y 0 .
+ Nếu x 3 thì 2x 8 còn y4 4 chia cho 8 dư 5 hoặc 4 nên không tồn tại x, y .
Tóm lại cặp số x, y thỏa mãn yêu cầu đầu bài là x; y 1;1 , 2;0 .
Ví dụ 10:
Với p là số nguyên tố, đặt n 22 p 2 22 p 4 ... 24 22 1.Tìm các số nguyên tố p sao cho 
 2n 2 không chia hết cho n .
 Lời giải:
Ta có n 22 p 2 22 p 4 ... 24 22 1
 22 p 1 4 p 1
Dễ thấy n là số lẻ và n 22 p 2 22 p 4 ... 24 22 1 .
 3 3
 p 2 n 2 22 n 25 2 305 n
Nếu thì khi đó chia hết cho ( không thỏa mãn )
 p 3 n 24 22 1 21 n p 3
Nếu thì khi đó không chia hết cho 21. Vậy ( thỏa mãn ).
Xét p là số nguyên tố lẻ lớn hơn 3. Thì n là số tự nhiên lẻ, không chia hết cho 3. 
 4 p 1 4 p 4
Ta thấy rằng : n n 1 .
 3 3
 4 p 4 p 4 p 43 4 p 43p
Theo định lý Fecmat nhỏ thì và mà p,3 1 suy ra 
 4 p 4
nên n 1  p mặt khác ta cũng dễ thấy n 12 nên n 12p dẫn tới 2n 1 122 p 1
 3
Suy ra 2n 1 1n ( do 22 p 1 3n ).
Vậy p 3 là giá trị cần tìm.
Ví dụ 11: p2 1 p 1
Tìm số nguyên tố p sao cho , là số chính phương.
 2 2
 Lời giải:
 p 1 2x2
 2
 p 1 2 p 1 2 2 2
Đặt x , y p 1 2y . Từ giả thiết p 1 2x2 suy ra p 3.
 2 2 
 x y p
Ta có 2x2 ,2y2 có cùng số dư khi chia cho p mà p là số lẻ suy ra x2 , y2 có cùng số dư khi chia 
cho p hay x, y có cùng số dư khi chia cho p .
 Mà x2 y2 x y x y  p x y p ( do x y p ) . Từ đó ta có: 
 p2 1 2 p x 2 2p2 4px 2x2 2p2 4px p 1 4px p2 p 4x p 1
 2 x 0 p 1
Suy ra: 2x 4x , do p là số nguyên tố nên p 7
 x 2 p 7
Ví dụ 12:
 x 3y
Tìm các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn là số hữu tỉ và x2 y2 z2 là số nguyên tố.
 y 3z
 Lời giải:
 x 3y p
Từ giả thiết ta suy ra tồn tại các số nguyên p,q 0 sao cho , đẳng thức trên tương 
 y 3z q
đương với pz qy 3 py qx , nếu pz qy 0 thì điều này không thể xảy ra suy ra 
 pz qy 0 dẫn đến py qx 0hay y2 zx
Ta có: x2 y2 z2 x2 xz z2 x z 2 xz x z 2 xz x z 2 y2 x y z x z y . 
 2 2 2 x z y 1
Do x y z là số nguyên tố suy ra 2 2 2 , do x, y, z là số nguyên dương 
 x y z x y z
nên x2 y2 z2 x y z , dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y z 1.
Ví dụ 13: Tìm tất cả các số nguyên dương lẻ n sao cho tồn tại các số nguyên tố p,q,r thỏa 
 mãn: pn qn r 2 .
 Lời giải
 n 1 p 2,q 7,r 3
 Ta xét . Dễ thấy bộ số thỏa mãn điều kiện.
 Ta xét n 2. Ta thấy trong ba số p,q,r phải cố 1 số chẵn.
 Nếu r 2 thì pn qn 4 không có số p,q thỏa mãn.
 Nếu p q 2 ta có: pn 2n r 2 .
 n n 3 pn 2n r2 p 2 pn 1 2pn 2 22 pn 3 ... 2n 1 r2
 Vì là số lẻ, .
 Vì p 2 1, pn 1 2 pn 2 22 pn 3 ... 2n 1 1, p là số nguyên tố nên 
 p 2 r n n 2
 n 1 n 2 2 n 3 n 1 p 2 p 2 , điều này không thể xảy ra, vì 
 p 2 p 2 p ... 2 r
 pn 2n p3 8 mà p3 8 p2 4p 4 p3 p2 4p 4 p2 p 3 2p2 4p 4 0 .
Ví dụ 14: Cho p là số nguyên tố sao cho x3 y3 3xy p 1 có nghiệm nguyên dương. 
 Tìm giá trị lớn nhất của p .
 Lời giải
 Ta viết lại phương trình thành:
 x3 y3 3xy 1 p x y 3 3xy x y 3xy 1 p x y 1 x y 2 x y 1 3xy p
 Do x, y 0 nên x y 1 1, p là số nguyên tố nên suy ra
 x y 1 p x y 1 p
 2 2 , để ý rằng, với mọi x, y ta 
 x y x y 1 3xy 1 x y x y 3xy
 luôn có: 4xy x y 2 suy ra 
 2 3 2 2
 x y x y x y x y 4 x y 0 0 x y 4 .
 4
 x y p 1 p 1 4 p 5 5
 Lại có: . Vậy giá trị lớn nhất của p là .
 Khi đó x y 2 .
Ví dụ 15: Tìm bộ số nguyên dương m,n sao cho p m2 n2 là số nguyên tố và 
 m3 n3 4 chia hết cho p .
 Lời giải
 Vì x3 y3 4x2 y2 x y x2 y2 xy x y 4x2 y2 xy x y 4x2 y2 
 3 3 2 2 3 2 2
 Từ đó ta cũng suy ra: x y 4 3 xy x y 4 x y x y 8x y 
 x y 2 x2 y2 2xy 2x 2y 4 x2 y2 là số nguyên tố ta suy ra có hai 
 trường hợp.
 TH1: 
 x y 2x2 y2 a b 6a2 b2 2 a b 8 a b 6 a2 b2 2 a b 8
 0 a2 b2 2 a b 2 . Nhận thấy x y 1 thỏa mãn điều kiện, x 2 , y 1 thỏa 
 mãn điều kiện. Ta xét x, y 2 đặt x a 2, y b 2 với a,b 0 ta có:
 x y 2x2 y2 a b 6a2 b2 2 a b 8 a b 6 a2 b2 2 a b 8 
 0 a2 b2 2 a b 2 , điều này là vô lý.
 TH2: x2 y2 2xy 2x 2y 4x2 y2 2xy 2x 2y 4x2 y2 , do x, y 1 suy ra 
 2xy 2x 2y 4 2xy 2 2 4 2xy x2 y2 nên 
 2xy 2x 2y 4x2 y2 2xy 2x 2y 4 0 xy x y 2 0 x 1 y 1 3
 2xy 2x 2y 4x2 y2 2xy 2x 2y 4 0 xy x y 2 0 x 1 y 1 3 
 điều này không thể xảy ra do x, y 1.
 Tóm lại x;y 1;1 , 2;1 , 1;2 . 2
 x2 2 2y4 11y2 x2 y2 9
Ví dụ 16: Tìm các số nguyên tố x, y thỏa mãn: .
 Lời giải
 Ta viết lại giả thiết thành:
 2 2 2 2
 x2 2 y2 3 y4 x2 y2 5y2 x2 2 y2 3 y2 x2 y2 5 hay
 x2 y2 5 x2 2y2 1 0 x2 2y2 1 x 1 x 1 2y2 . Suy ra 
 x 1 x 1 2 hay x 1 hoặc x 1 chia hết cho 2 . Mặt khác ta có: x 1 x 1 22 
 x 1, x 1 x 1 x 1 4 y2 2
 nên cả 2 số đều chia hết cho 2 . Do đó mà y là số 
 nguyên tố nên y2 y 2. Thay vào ta tìm được x 3.
Ví dụ 17: Giả sử n là số tự nhiên lớn hơn 1 sao cho 8n 1 và 24n 1 là số chính phương. 
 Chứng minh rằng 8n 3 là hợp số.
 Lời giải
 8n 1 x2
 Giả sử 2 với x, y là các số nguyên dương.
 24n 1 y
 Khi đó 8n 3 4x2 y2 2x y 2x y . Do 2x y 2x y . Vì vậy nếu 8n 3 là số 
 nguyên tố thì điều kiện là 2x y 1 y 2x 1 khi đó
 2 2 2 n 0
 24n 1 2x 1 x x 6n 8n 1 x 6n x 2n 1 8n 1 2n 1 
 n 1
 Điều này mâu thuẫn với điện kiện n là số nguyên dương lớn hơn 1. Vậy 8n 3 là 
 hợp số.
Ví dụ 18: Chứng minh rằng nếu số nguyên n lớn hơn 1 thỏa mãn n2 4 và n2 16 là các 
 số nguyên tố thì n chia hết cho 5 .
 Lời giải
 Ta có với mọi số nguyên m thì m2 chia cho 5 dư 0; 1 hoặc 4.
 Nếu n2 chia cho 5 dư 1 thì n2 5k 1 n2 4 5k 55 k N* nên n2 4 không là 
 số nguyên tố.
 Nếu n2 chia cho 5 dư 4 thì n2 5k 4 n2 16 5k 205 k N* nên n2 16 không 
 là số nguyên tố.
 Vậy n2 5 hay n chia hết cho 5.
 2
Ví dụ 19: Tìm các số nguyên tố p , q sao cho p3 q5 p q .
 Lời giải
 Ta xét cả 2 số p,q đều khác 3. Khi đó p,q khi chia cho 3 có số dư là 1 hoặc 2.
 Nếu p và q có cùng số dư khi chia cho 3 thì p3 q5 chia hết cho 3. Còn p q không 
 chia hết cho 3. Nếu p và q không có cùng số dư khi chia cho 3 thì vế phải chia hết cho 3 còn vế 
 trái không chia hết cho 3.
 Xét p 3 khi đó q5 27 nên không tồn tại q .
 Xét q 3 thì p3 243 p 3 2 p 7 . Vậy p;q 7;3 .
Ví dụ 20: Tìm các số nguyên tố p , q sao cho q3 1 p2 và p6 1q2 .
 Lời giải
 Nếu p 3 thì q3 19 và p6 1 23.7.11q q 2 .
 Nếu p 3 thì q3 1 q 1 q2 q 1 mà 
 q 1,q2 q 1 q 1,q q 1 2 q 1 3 q 1,3 1 hoặc 3 suy ra p2 | q 1 hoặc 
 p2 | q2 q 1 suy ra p q
 TH1: q p 1 ta có: p 2,q 3
 TH 2: q p 2 vì q2 | p 1 p 1 p2 p 1 p2 p 1 nên suy ra q2 | p2 p 1 
 2
 q2 | p2 p 1 q p 2 q2 p 2 p2 p 1 p2 p 1 q2
 hoặc mà nên nên là 
 không thể là ước của p6 1.
 Tóm lại p;q 2;3 , 3;2 .
 b 2a b
Ví dụ 21: Giả sử a,b là các số tự nhiên sao cho p là số nguyên tố. Tìm giá trị 
 4 2a b
 lớn nhất của p .
 Lời giải
 c a c 4 p2 a c 2 p m
 Từ giả thiết suy ra b chẵn, ta đặt b 2c thì p , đặt với 
 2 b c c2 a c c n
 a c km2
 m,n 1 k a c,a c 2c k n2 m2 2 2
 và 2 và 4 pn km n m .
 a c kn
 Nếu m,n cùng lẻ thì 4 pn km n2 m2 8 p chẵn, tức là p 2.
 Nếu m,n không cùng lẻ thì m chia 4 dư 2. (do 2 p không là số chẵn không chia hết cho 4 
 2 p
 và là phân số tối giản). Khi đó n là số lẻ nên n2 m2 là số lẻ nên không chia hết cho 
 c
 4 suy ra k là số chia hết cho 2. Đặt k 2r ta có 2 pn rm n2 m2 mà n2 m2 ,n 1 rn 
 đặt r ns ta có 2 p s n m n m do n m, n m đều là các số lẻ nên m n p,n m 1
 , suy ra s,m 2 và m;n 1;2 hoặc 2;3 . Trong cả hai trường hợp đều suy ra p 5 . 
 Với p 5 thì m 2,n 3, s 1,r 3,k 6,c 15,b 30,a 39.
Ví dụ 22: Cho p là số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh rằng:
 a) p 1 p 1 chia hết cho 24. b) p4 1 chia hết cho 48.
 Lời giải a) p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p là số lẻ, p 2k 1 với k N,k 1. Ta có:
 p 1 2k 2 p 1 p 1 4k k 1 8 , mặt khác xét 3 số liên tiếp p 1, p, p 1 
 luôn tồn tại một số chia hết cho 3, số đó không phải là p nên suy ra p 1 hoặc p 1 
 chia hết cho 3. Vậy p 1 p 1 chia hết cho 3. Vì 3,8 1 nên p 1 p 1 24 .
 b) Ta có p4 1 p2 1 p2 1 p 1 p 1 p2 1 theo câu a) là p 1 p 1 24 , 
 p2 1 là số chẵn nên p2 12 suy ra p4 1 chia hết cho 48.
Ví dụ 23: Cho p là số nguyên tố. Tìm tất cả các số nguyên k sao cho k 2 pk là số 
 nguyên dương
 Lời giải
 Khi p 2 ta có: k 2 pk k 2 2k k 1 2 1 do k 1 2 1 không thể là số 
 chính phương lớn hơn 0.
 Khi p 3 ta xét hai trường hợp.
 + Nếu k chia hết cho số nguyên tố p thì ta đặt k np khi đó ta có:
 k 2 pk n2 p2 p2 n p2 n. n 1 do n n 1 0 không thể là số chính phương nên 
 trường hợp này ta loại.
 + Nếu k không chia hết cho k np , tức là k, p 1 suy ra k,k p 1. Do đó 
 k 2 pk k k p là số chính phương khi và chỉ khi k,k p là số chính phương. 
 Tức là:
 k m2 ,k p n2 p m2 n2 m n m n , mà p là số nguyên tố nên ta suy ra
 2
 m n 1 p 1 p 1 
 m k . Thử lại ta thấy thỏa mãn.
 m n p 2 4
 p 1 2
 Vậy k với p là số nguyên tố lẻ.
 4
 x2 py2
Ví dụ 24: Cho p là số nguyên tố sao cho A là số tự nhiên. Khi đó A p 1.
 xy
 Lời giải
 x md
 Gọi d là ước chung lớn nhất của x, y ta suy ra y nd .
 m,n 1
 x2 py2 m2 d 2 pn2 d 2 m2 pn2 m2 pn2 n
 A m2 pn2 mn m2 n
 Ta có: 2 2 2 
 xy mnd mn m pn m
 Mặt khác ta có m,n 1 suy ra n 1 do đó m2 pm pm mà p là số nguyên tố 
 nên m 1 hoặc m p .
+ Nếu m 1 thì x y d A p 1.