Dạng 4 – Một số bài toán số học khác liên quan đến số nguyên tố

Các bài toán số học liên quan đến số nguyên tố là những bài toán về quan hệ chia hết, số chính phương, ... có sử dụng các tính chất của số nguyên tố để giải quyết bài toán.

Có thể nói đây là một dạng toán khá khó vì ngoài các tính chất về số nguyên tố ta cần sử dụng thì còn có các tính chất khác về quan hệ chia hết, tính chất số chính phương, ...

Bài 1. Cho p là số nguyên tố lớn hơn 3 thỏa mãn p 2+ cũng là số nguyên tố. Chứng minh rằng p 1+ chia hết cho 6.

• Định hướng tư duy. Khi p 1+ chia hết cho 6 thì p 1+ là một hợp số. Như vây ta giải bài toán chứng minh một số là hợp số tương tự như các ví dụ trong dạng bài tập thứ hai.

Lời giải

Vì p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p có dạng p 3k 1= + và p 3k 2= + với k là một số tự nhiên khác 0. Ta xét hai trường hợp sau.

+ Trường hợp 1. Nếu p 3k 1= + là số nguyên tố, khi đó ta có p 2 3k 3+ = + chia hết cho 3 nên là hợp số. Do đó p 3k 1= + không thỏa mãn.

+ Trường hợp 2. Nếu p 3k 2= + là số nguyên tố, khi đó ta có p 2 3k 4+ = + . Giả sử p 2 3k 4+ = + cũng là số nguyên tố. Khi đó ta có p 1 3k 3 3 k 1+ = + = ( + ) chia hết cho 3. Mà ta đã có p 3k 2= + là số nguyên tố lẻ nên k là số lẻ, do đó k 1+ chia hết cho 2.

Suy ra 3 k 1( + ) chia hết cho 6 nên p 1+ chia hết cho 6.

Vậy bài toán được chứng minh.

Bài 2. Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố lớn hơn 3 thì (p 1 p 1+ )( − ) chia hết

cho 24.

• Định hướng tư duy. Với p là số nguyên tố lớn hơn 3 thì p là số lẻ, khi đó p 1− và p 1+ là hai số chẵn liên tiếp, do đó (p 1 p 1+ )( − ) chia hết cho 8. Như vậy ta cần phải chứng minh (p 1 p 1+ )( − ) chia hết cho 3. Điều này hiển nhiên vì khi p không chia hết cho 3 thì

p 1+ hoặc p 1− chia hết cho 3.

Lời giải

Vì p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên ta được p 3k 1= + hoặc p 3k 2= + với k là số tự nhiên khác 0.

+ Trường hợp 1. Nếu p 3k 1= + thì ta được (p 1 p – 1+ )( ) (= 3k 2 .3k+ ) chia hết cho 3.

+ Trường hợp 2. Nếu p 3k 2= + thì ta được (p 1 p – 1+ )( ) (= 3k 3 3k 1+ )( + ) chia hết

cho 3.

Vậy p là số nguyên tố lớn hơn 3 thì (p 1 p – 1+ )( ) chia hết cho 3

Mặt khác vì p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p là số lẻ. Suy ra p 1+ và p 1− là hai số chẵn liên tiếp p – 1 2n= nên p 1 2n 2+ = + .

Từ đó ta có (p 1 p – 1+ )( )=2n 2n 2( + )=4n n 1( + ). Mà n n 1( + ) chia hết cho 2 nên

( )

4n n 1+ chia hết cho 8. Do đó (p 1 p – 1+ )( ) chia hết cho 8.

Vì 3 và 8 là hai số nguyên tố cùng nhau ta được (p 1 p – 1+ )( ) chia hết cho 24.

Bài 3. Cho p và q là các số nguyên tố sao cho p q 3 và   p q 2− = . Chứng minh rằng p q chia hết cho 12. +

• Định hướng tư duy. Với p là số nguyên tố lớn hơn 3 thì p là số lẻ. Tương tự như trên ta đi chứng minh p q+ chia hết cho 3 và cho 4.

Lời giải

Do q là số nguyên tố lớn hơn 3 nên q không chia hết cho 3, do đó q có các dạng là q 3k 1= − và q 3k 1= + với k là số nguyên dương. Ta xét hai trường hợp sau

+ Trường hợp 1. Với q 3k 1, khi đó từ = + p q 2 ta được − = p 3k 3 3 k 1= + = ( + ) chia hết cho 3, đầu này mâu thuẫn với p là số nguyên tố lớn hơn 3. Do đó trường hợp này loại.

+ Trường hợp 2. Với q 3k 1, khi đó từ = − p q 2 ta suy ra được − = p 3k 1= + . Từ đó ta được p q 6k chia hết cho 6. Mặt khác do p và q là các số nguyên tố lơn hơn 3 + = nên p và q là hai số lẻ. Lại có p q 2 nên p và q là hai số lẻ liên tiếp. Từ đó suy ra − = p 1 và + q 1 + là hai số chẵn liên tiếp, do dó trong hai số p 1 và + q 1 + có một số chia hết cho 4. Nếu p 1 + chia hết cho 4 thì ta được p 4m 1= − với m là một số tự nhiên khác 0, khi đó từ p q 2 ta tính được − = q 4m 3 . Do đó = − p q 8m 4 chia + = − hết cho 4. Nếu q 1 chia hết cho 4 thì ta được + q 4m 1= − với m là một số tự nhiên khác 0, khi đó từ p q 2 ta tính được − = p 4m 1= + . Từ đó ta được p q 8m chia + = hết cho 4. Do đó trong các trường hợp ta đều có p q chia hết cho 4. +

Mà 3 và 4 nguyên tố cùng nhau nên ta suy ra được p q chia hết cho 12. +

Bài 4. Cho p, q, r, s là các số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh rằng p2−q2 + −r2 s2 chia hết cho 24.

• Định hướng tư duy. Với p là số nguyên tố lớn hơn 3 thì p là số lẻ, khi đó áp dụng bài

toán (p 1 p 1− )( + ) chia hết cho 24 ta giải quyết được ví dụ trên.

Lời giải

Theo như ví dụ trên ta chứng minh được p2−1 chia hết cho 24 với p là số nguyên tố lớn hơn 3. Hoàn toàn tương tự thì ta được q2−1; r2−1; s2−1 cũng chia hết cho 24. Ta có p2−q2+ −r2 s2 =(p2− −1) (q2− +1) (r2 − −1) (s2 −1).

Do đó ta được p2−q2 + −r2 s2 chia hết cho 24.

Bài 5. Cho dãy số tự nhiên 2; 6; 30; 210; ... được xác định như sau: số hạng thứ k bằng tích của k số nguyên tố đầu tiên (k 1; 2; 3;...= ). Biết rằng có hai số hạng của dãy số đó có hiệu bằng 30000. Tìm hai số hạng đó.

• Định hướng tư duy. Giả sử hai số cần chọn là a=2.3.5...p ; bn =2.3.5...pm trong đó

( )

n m

p ; p nm là các số nguyên tố thứ n và thứ m. Theo bài ra thì ta có

( )

m n n n 1 n 2 m

b a− =2.3.5...p −2.3.5...p =2.3.5p p + .p + ...p − =1 2.3.5.1000

Để ý rằng 2.3.5.1000 ngoài các ước 2, 3, 5 thì không chứa ước nguyên tố nào khác, như vậy pn 5. Từ đó xét các trường hợp của pn để giải bài toán.

Lời giải Xét dãy số có dạng 2; 2.3; 2.3.5; ... .

Giả sử hai số cần chọn là a=2.3.5...p ; bn =2.3.5...pm với p ; pn m(nm) là các số nguyên tố thứ n và thứ m.

Ta có b a− =2.3.5...pm−2.3.5...pn =30000 hay 2.3.5p pn( n 1+ .pn 2+ ...pm − =1) 2.3.5.1000. Ta thấy 2.3.5.1000 tồn tại ước của 3 nên a và b có chữa số nguyên tố 3 nên pn 3 và 1000 không có ước nguyên tố khác 2 và 5 nên a không có ước khác 2 và 5 nên

pn 5. Từ đó ta được

+ Nếu pn =3, ta được pn 1+ .pn 2+ ...pm =10000, không tồn tại pm thỏa mãn

+ Nếu pn =5, ta được pn 1+ .pn 2+ ...pm =1001 7.11.13= nên pm =13, từ đó ta được a 2.3.5 30; b 2.3.5.7.11.13 30030= = = =

Bài 6. Cho B 1.3.5.7....2017.2019= . Trong các số 2B 1; 2B; 2B 1− + số nào là số chính phương.

• Định hướng tư duy. Ta có B là số lẻ nên 2B chia hết cho 2 nhưng không chia hết cho 4.

Từ đó ta nhận thấy 2B 1− chia 3 dư 2 và 2B 1+ chia 4 có số dư là 3. Do đó cả ba số trên đều không phải là số chính phương.

Lời giải

+ Ta có 2B 1 2.1.3.5...2017.2019 1− = − . Mà ta có 2B chia hết cho 3 nên 2B 1− chia 3 có số dư là 2. Do vậy 2B 1 3k 2− = + với k là một số chính phương. Điều này dẫn đến số 2B 1− không là số chính phương.

+ Với 2B 2.1.3.5....2017.2019= nên 2B chia hết cho 2. Mặt khác do B là số lẻ nên B không chia hết cho 2. Như vậy 2B chia hết cho 2 nhưng không chia hết cho 4. Do đó 2B không thể là số chính phương.

+ Ta có B là số lẻ nên chia 4 có số dư là 1 hoặc 3. Khi đó 2B chia 4 có số dư là 2 hoặc 6, điều này dẫn đến 2B 1+ chia 3 có số dư là 3. Do vậy 2B 1+ không phải là số chính phương.

Bài 7. Chứng minh rằng nếu số tự nhiên abc là số nguyên tố thì b2 − 4ac không là số chính phương.

• Định hướng tư duy. Giả sử b2−4ac là một số chính phương, khi đó b2−4ac k= 2. Từ đó ta được 4ac b= 2−k2 nên 4a.abc=(20a b+ )2 −k2 =(20a b k 20a b k+ + )( + − ). Dễ thấy 4a.abc có hai ước là 4a và abc. Như vậy nếu ta chỉ ra được 20a b k 4a+ −  thì số abc sẽ có hai ước khác 1 hay abc là hợp số. Điều này mâu thuẫn với giả thiết, tức là bài toán được chứng minh.

Lời giải

Ta sử dụng phương pháp phản chứng để cứng minh bài toán.

Giả sử b2 −4ac là một số chính phương, khi đó ta đặt b2−4ac k= 2 với n là số tự nhiên khác 0. Từ đó ta được 4ac b= 2−k2. Ta có

( )

( ) ( )( )

2 2 2 2

2 2

4a.abc 4a 100a 10b c 400a 40ab 4ac 400a 40ab b k 20a b k 20a b k 20a b k

= + + = + + = + + −

= + − = + + + −

Do abc là số nguyên tố nên c 0 nên suy ra ac 0 , do đó từ 4ac b= 2−k2 ta suy ra được b k .

Từ đó dẫn đến 20a b k 20a b k 20a+ +  + −  .

Từ trên ta suy ra được (20a b k 20a b k)( )

abc m.n

4a

+ + + −

= =

Do 20a b k 4a+ +  và 20a b k 4a+ −  nên ta suy ra được m1 và n 1 .

Suy ra abc không phải là một số nguyên tố. Điều này mâu thuẫn với giả thiết của bài toán.

Vậy điều giả sử trên là sai hay b2−4ac không thể là số chính phương.

Bài 8. Tìm số nguyên tố p nhỏ nhất sao cho p2+23 có đúng 6 ước số.

• Định hướng tư duy. Trước hết ta nhận thấy A27. Ngoài ra do A có đúng 6 ước nên A có một trong hai dạng là A a= x và A a .b= x y. Từ đó ta xét các trường hợp để giải bài toán.

Lời giải

Đặt A p= 2+23. Do p là số nguyên tố nên p 2 suy ra A27. Để A có đúng 6 ước số thì A phải có dạng A a .b= x y với (x 1 y 1+ )( + =) 6 và a, b là các số nguyên tố. Để ý rằng 6 1.6 2.3= = nên ta xét hai trường hợp sau.

+ Trường hợp 1. Nếu A chỉ chứa một thừa số nguyên tố, khi đó A a= x và ta được x 1 6+ = nên x 5= . Do p là số nguyên tố nhỏ nhất nên ta được A nhỏ nhất, do đó ta chọn a 2= . Khi đó ta được A 2= 5=32 nên suy ra p 3= .

+ Trường hợp 2. Nếu A chứa hai thừa số nguyên tố, khi đó ta có A a .b= x y nên sta được x 2; y 1= = hoặc ngược lại. Để A nhỏ nhất ta chọn hai thừa số nguyên nhỏ nhất khác nhau và thừa số nguyên tố bé có số mũ lớn và thừa số lớn có số mũ bé, do đó ta có A 2 .3= 2 1=6 ước, trường hợp này loại do A27.

Vậy số nguyên tố thỏa mãn yêu cầu bài toán là p 3= .

Bài 9. Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho p2+11 có đúng 6 ước phân biệt (kể cả 1 và chính nó).

Lời giải Ta xét các trường hợp sau

+ Trường hợp 1. Nếu p 2= , khi đó ta có p2+11 4 11 15 có đúng bốn ước phân = + = biệt là 1; 3; 5; 15. Do đó p 2 không thỏa mãn yêu cầu bài toán. =

+ Trường hợp 1. Nếu p 3= , khi đó ta có p2+11 9 11 20 = + = có đúng sáu ước phân biệt là 1; 2; 4; 5; 10; 20. Do đó ta có p 3 thỏa mãn yêu cầu bài toán. =

+ Trường hợp 1. Nếu p 3 . Khi đó p là số nguyên tố lẻ. Ta thấy p là một số chính 2 phương lẻ nên (p2−1 4) , do đó ta suy ra được (p2+11 4 . Lại thấy p không chia )

hết cho 3 nên p chia 3 dư 1, do đó ta được 2 (p2−1 3 nên ) (p2+11 3 . Do 3 và 4 )

nguyên tố cùng nhau nên ta suy ra được (p2+11 12 . Mà 12 có đúng sáu ước là 1; )

2; 3; 4; 6; 12. Mặt khác p 3 nên  p2+11 12 . Ta thấy  p2+11 là bội của 12 và lớn hơn 12 nên p2+11 phải có nhiều hơn sáu ước phân biệt.

Vậy với p 3 thì = p2 +11 có đúng sáu ước phân biệt.

Bài 10. Tìm số tự nhiên A nhỏ nhất trong các trường hợp sau.

a) Số tự nhiên A có đúng 9 ước số.

b) Số tự nhiên A có đúng 12 ước số.

Lời giải

Ta biết rằng một số tự nhiên A khi phân tích ra thừa số nguyên tố có dạng a b c ... x y z thì số tự nhiên A có (x 1 y 1 z 1 ...+ )( + )( + ) ước số, trong đó a, b, c là các số nguyên tố khác nhau và x, y, z là các số tự nhiên.

a) Số 9 có các cách phân tích 9 1.9 3.3= = nên ta xét các trường hợp sau.

+ Trường hợp 1. Khi 9 phân tích được thành 1.9 nên ta có (x 1 y 1+ )( + =) 1.9 từ đó

ta được x 0; y 8= = , điều này có nghĩa là số tự nhiên A có dạng A b= 8. Để A là số tự nhiên nhỏ nhất thì b phải là số nguyên tố nhỏ nhất, do đó b 2= và A 2= 8 =256. + Trường hợp 2. Khi 9 phân tích được thành 3.3 nên ta có (x 1 y 1+ )( + =) 3.3 từ đó

ta được x 2; y 2= = , điều này có nghĩa là số tự nhiên A có dạng A a b= 2 2. Để A là số tự nhiên nhỏ nhất thì a và b phải là số nguyên tố nhỏ nhất, do đó a 2; b 3= = và khi đó A 2 .3= 2 2=36.

Kết hợp hai kết quả trên ta được A 36= là số tự nhiên nhỏ nhất cần tìm.

b) Số 12 có các cách phân tích 12 1.12 2.6 3.4 2.2.3= = = = nên ta xét các trường hợp như sau.

+ Trường hợp 1. Khi 12 phân tích thành 1.12 nên ta có (x 1 y 1+ )( + =) 1.12 từ đó ta

được x 0; y 11= = , điều này có nghĩa là số tự nhiên A có dạng A b= 11. Để A là số tự nhiên nhỏ nhất thì b phải là số nguyên tố nhỏ nhất, do đó b 2= và khi đó ta được

A 2= 11=2048.

+ Trường hợp 2. Khi 12 phân tích thành 2.6 nên ta có (x 1 y 1+ )( + =) 2.6 từ đó ta

được x 1; y 5= = , điều này có nghĩa là số tự nhiên A có dạng A ab= 5. Để A là số tự nhiên nhỏ nhất thì a, b phải là số nguyên tố khác nhau nhỏ nhất và b phải nhỏ hơn a, do đó ta được a 3; b 2= = và khi đó A 2 .3 96= 5 = .

+ Trường hợp 3. Khi 12 phân tích thành 3.4 nên ta có (x 1 y 1+ )( + =) 3.4 từ đó ta

được x 2; y 3= = , điều này có nghĩa là số tự nhiên A có dạng A a b= 2 3. Để A là số tự nhiên nhỏ nhất thì a, b phải là số nguyên tố khác nhau nhỏ nhất và b phải nhỏ hơn a, do đó ta được a 3; b 2= = và khi đó A 2 .3= 3 2 =72.

+ Trường hợp 4. Khi 12 phân tích thành 2.2.3 nên ta có (x 1 y 1 z 1+ )( + )( + =) 2.2.3 từ đó ta được x 1; y 1; z 2= = = , điều này có nghĩa số tự nhiên A có dạng A abc= 2. Để A là số tự nhiên nhỏ nhất thì a, b, c phải là số nguyên tố khác nhau nhỏ nhất và c phải nhỏ hơn a và , do đó ta được a 5;a 3; b 2= = = và khi đó A 5.3.2= 2=60. Kết hợp các kết quả trên ta được A 60= là số tự nhiên nhỏ nhất cần tìm.

Ví dụ 11. Tìm bốn số tự nhiên x , x , x , x1 2 3 4 thỏa mãn x1x2 x3x4 sao cho tất cả các số p ; p ; p ; p ; p ; p1 2 3 4 5 6đều là số nguyên tố với

= − = − = − = − = − = −

1 4 3 2 3 2 3 2 1 4 4 2 5 3 1 6 4 1

p x x ; p x x ; p x x ; p x x ; p x x ; p x x

Lời giải

Từ giả thiết p1 =x4−x ; p3 2 =x3−x ; p2 3 =x2−x ; p1 4 =x4−x ; p2 5 =x3−x ; p1 6 =x4−x1 ta được p4 =p1+p ; p2 5 =p2+p ; p3 6 =p1+p2+p3. Ta xét các trường hợp sau.

• Trường hợp 1. Xét các số p ; p ; p1 2 3 cùng là số lẻ hoặc cùng là số chẵn. Khi đó

4 5

p ; p cùng là số chẵn và lớn hơn 2 nên không thể là số nguyên tố. Trường hợp này loại.

• Trường hợp 2. Xét các số p ; p ; p1 2 3 có một số chẵn và hai số lẻ. Khi đó p6 là số chẵn và lớn hơn 2 nên không thể là số nguyên tố. Trường hợp này loại.

• Trường hợp 3. Xét các số p ; p ; p1 2 3 có một số lẻ và hai số chẵn. Khi đó có các khả năng sau:

+ Nếu p1 là số lẻ thì p ; p2 3 là số chẵn, khi đó p2 =p3 =2. Khi đó p5 =4 là hợp số, loại

+ Nếu p3 là số lẻ thì p ; p1 2 là số chẵn, khi đó p1 =p2 =2. Khi đó p4 =4 là hợp số, loại

+ Nếu p2 là số lẻ thì p ; p1 3 là số chẵn, khi đó p1 =p3 =2. Khi đó ta được

= = +

4 5 2

p p p 2 và p6 =p2+4.

Như vậy ta cần tìm số nguyên tố lẻ p2 để p4 =p5 =p2+2 và p6 =p2+4 cũng là số nguyên tố.

Hoàn toàn dễ dàng ta tìm được p2 =3; p4 =5; p6 =7.

Như vậy các số nguyên tố lần lượt là p1 =2; p2 =3; p3 =2; p4 =5; p5 =5; p6 =7. Từ đó ta được 2=x4−x ; 3 x3 = 3−x ; 22 =x2 −x ; 5 x1 = 4−x ; 5 x2 = 3−x ; 61 =x4−x1 Suy ra x2 =x1+2; x3 =x1+5; x4 =x1+7 với x1 là số tự nhiên tùy ý.

Ví dụ 12. Cho bảy số nguyên tố khác nhau a, b,c,a b c,a b c,a c b, b c a+ + + − + − + − trong đó hai trong ba số a, b, c có tổng bằng 800. Gọi d là hiệu giữa số lớn nhất và

số nhỏ nhất trong bảy số nguyên tố đó. Hỏi giá trị lớn nhất của d có thể nhận là bao nhiêu.

Lời giải

Do vai trò của a, b, c như nhau nên không mất tính tổng quát ta giả sử a b c  . Khi đó số nguyên tố lớn nhất là a b c+ + và số nguyên tố nhỏ nhất là a b c+ − . Do đó ta được d=(a b c+ + −) (a b c+ − )=2c, nên để có d lớn nhất ta cần chọn được số nguyên tố c lớn nhất. Chú ý rằng a, b, c là các số nguyên tố lẻ vì nếu a 2= thì khi đó b c a+ − là số chẵn lớn hơn 2 nên không thể là số nguyên tố. Do đó cả bảy số nguyên tố đã cho đều là số lẻ. Ta xét các trường hợp sau

• Trường hợp 1. Nếu a b 800+ = , khi đó số nguyên tố a b c 3+ −  nên ta được c 797 . Vì 797 là số nguyên tố và ta cần lấy c lớn nhất nên ta chọn c 797= .

Khi đó ta được a b c 1597+ + = và a b c 3+ − = . Vì 1597 và 3 đều là các số nguyên tố nên ta cần chọn các số nguyên tố a, b sao cho 797 a b+ − và 797 b a+ − là các số nguyên tố. Lại chọn a 13= thì ta được b 787= và 797 a b 23;797 b a 1571+ − = + − = đều là các số nguyên tố. Lúc đó ta được d 2c 2.797 1594= = = .

• Trường hợp 2. Nếu b c 800+ = , khi đó c 800 . Nếu ta chọn c 797= thì ta được b 3= . Mà a b nên a 2= không thỏa mãn. Do đó c 797 nên d 2.797 1594 = .

• Trường hợp 3. Nếu a c 800+ = , khi đó c 800 . Nếu ta chọn c 797= thì ta được a 3= . Từ đó ta được a b c 5+ −  nên suy ra b 799 , do đó b c không thỏa mãn.

Do đó c 797 nên d 2c 1594=  .

Vậy giá trị lớn nhất của d là 1594 với các số nguyên tố được chọn trong trường hợp 1 và a b 800+ = .

Ví dụ 13. Tìm số nguyên dương n lớn nhất sao cho số 2019 viết được thành

1 2 3 n

a +a +a + +... a trong đó các số a ; a ; a ;...; a1 2 3 n là các hợp số. Kết quả trên thay đổi như thế nào nếu thay số 2019 bằng số 2020.

Lời giải

Ta xét bài toán tổng quát. Tìm số nguyên dương n lớn nhất sao cho số nguyên dương A

(A3) viết được thành tổng a1+a2+a3+ +... an trong đó các số a ; a ; a ;...; a1 2 3 n là các hợp số.

Giả sử A a= 1+a2+a3+ +... antrong đó a ; a ; a ;...; a1 2 3 n là các hợp số. Khi đó theo đề bài ta phải tìm số n lớn nhất có thể. Chú ý rằng để có n lớn nhất thì các hợp số

1 2 3 n

a ; a ; a ;...; a phải nhỏ nhất. Dễ thấy 4 là hợp số chẵn nhỏ nhất và 9 là hợp số lẻ nhỏ nhất. Do đó với mọi số nguyên dương A ta luôn có A 4a r= + , trong đó a là số nguyên dương và r0;1; 2; 3. Đến đây ta xét các trường hợp sau

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

• Trường hợp 2. Nếu r 1= , khi đó A 4a 1= + . Mà 4 là hợp số nhỏ nhất nên na Xét n a= . Vì A là số lẻ nên tồn tại ít nhất một số ai với i 1; 2;...; n= là số lẻ. Không mất tính tổng quát, giả sử a1 lẻ, suy ra a1 9.

Khi đó a1+a2+ +... an  +9 4 a 1( − =) 4a 1 4+ + 4a 1 A+ =

Xét n a 1= − , khi đó ta có A=4a 1 4 a 2+ = ( − )+9. Do đó n lớn nhất là n a 1= −

• Trường hợp 3. Nếu r=2, khi đó A 4a 2= + . Tương tự trường hợp 2 ta có na. Xét n a= ta có A=4a 2+ =4 a 1( − +) 6 nên số n lớn nhất là n a=

• Trường hợp 4. Nếu r 3= , khi đó A 4a 3= + . Mà 4 là hợp số nhỏ nhất nên na. Xét n a= . Vì A là số lẻ nên tồn tại ít nhất một số ai với i 1; 2;...; n= là số lẻ. Không mất tính tổng quát, giả sử a1 lẻ thì ta được a1 9. Khi đó

( )

1 2 n

a +a + +... a  +9 4 a 1− =4a 3 2+ + 4a 3 A+ =

Xét n a 1= − , khi đó ta có A=4a 3 4 a 3+ = ( − +) 15 4 a 3= ( − + +) 6 9. Do đó n lớn nhất là n a 1= −

+ Kết luận. Với số nguyên dương A 3 và A chẵn thì A phân tích được thành a hợp số. Với số nguyên dương A 3 và A lẻ thì A phân tích được thành a 1− hợp số, trong đó a là thương trong phép chia số A cho 4.

+ Áp dụng. Với A 2019 4.504 3= = + thì ta được n lớn nhất là 503 và khi đó ta được A 2019 501.4 6 9= = + +

Với A 2020 4.505= = thì ta được n lớn nhât là 505 và khi đó ta được A 2017 502.4 9= = +

Ví dụ 14. Tồn tại hay không số nguyên tố a, b, c thỏa mãn điều kiện ab+2011 c= . Lời giải

Giả sử tồn tại các số nguyên tố a, b, c thỏa mãn điều kiện ab+2011 c= . Khi đó ta xét các trường hợp sau

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

• Trường hợp 1. Nếu c 3 , khi đó do c là số nguyên tố nên c là số lẻ.

Từ ab+2011 c= ta suy ra được ab+2011 là số lẻ nên a là số chẵn hay a là số chẵn. b Do a là số nguyên tố nên ta được a 2= . Như vậy 2b+2011 là số nguyên tố. Ta xét các khả năng sau

+ Khi b 2= thì ta được 2b+2011 2015= là một hợp số.

+ Khi b 3 , do b là số nguyên tố nên b là số lẻ. Ta đặt b 2k 1= + với k là số nguyên dương. Khi đó ta có

( )k

b 2k 1 2k k

2 +2011 2= + +2011 2.2= +2011 2.4= +2011 2. 3 1= + +2011

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

hết cho 3. Do đó 2b+2011 chia hết cho 3. Suy ra 2b+2011 là một hợp số.

Vậy không tồn tại các số nguyên tố a, b, c để ab+2011 c= .