Một số Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán Lớp 6 - Năm học 2015-2016 - Lê Hoài Đức

CHUYÊN ĐỀ 1: TÍNH CHIA HẾT
I. Phép chia hết và phép chia có dư.
Với mọi cặp số tự nhiên a, b, b 0, bao giờ cũng tồn tại duy nhất một cặp số tự nhiên q, r sao cho:	A = bq + r 	(0 r < b)
Số q và r trong định lí về phép chia có dư nói trên lần lượt được gọi là thương và dư trong phép chia số a cho số b.
II. Phép đồng dư.
Cho m là một số nguyên dương. Nếu hai số nguyên a và b cùng cho một số dư khi chia cho m thì ta nói rằng a, b đồng dư với nhau theo mođun m và kí hiệu: a b (mod m)
 Giả sử số dư cùng là r thì ta có:
 a = mq + r (1)
 b = mq’ + r (2)
lúc đó a – b = m(q – q’) như vậy a – b chia hết cho m. vậy a b(mod m) a – b m.
III. Dấu hiệu chia hết.
Một số tự nhiên sẽ:
Chia hếtcho 2 nếu nó là số chẵn, tận cùng bằng 0, 2, 4, 6, 8
Chia hết cho 5 nếu tận cùng bằng 0 hoặc 5.
Chia hết cho 4 nếu số tạo bởi hai chử số cuối chia hết cho 4
Chia hết cho 8 nếu số tạo bởi 3 chử số tận cùng chia hết cho 8
Chia hết cho 25 nếu số tạo bởi hai chử số cuối cùng chia hết cho 25.
Chia hết cho125 nếu số tạo bởi 3 chử số cuối cùng chia hết cho 125.
Chia hết cho 3 nếu tổng của các chử số của số đó chia hết cho 3.
Chia hết cho 9 nếu tổng của các chử số đó chia hết cho 9
Chú ý: Số dư trong phép chia một số N cho 3 hoặc 9 cũng chính là dư trong phép chia tổng các chử số của N cho 3 hoặc 9.
Dạng 1. Xét mọi trường hợp có thể xảy ra của số dư.
Bài 1.Chứng minh tích của 2 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 2.
Giải. Giả sử A = n(n + 1), có 2 trường hợp
 -Nếu n chẵn, thì n 2 do đó A chia hết cho 2.
 - Nếu n lẻ thì n +1 chẵn do đó (n +1) chia hết cho 2 nên A chia hết cho 2.
Bài 2. Chứng minh rằng 
Giải.Xét các trường hợp về số dư khi chia n cho 5, ta có: 
- Nếu số dư là 0 thì n = 5k và A(n) 5
- Nếu số dư là 1 thì ta có n = 5k 1 và n2 + 4 = (5k 1)2 + 4= 25k2 10k + 5 5.
- Nếu số dư là 2 thì ta có n = 5k 2 và n2 + 1 = ( 5k 2)2 + 4 = 25k2 20k + 4 + 1 5.
Vậy khi chia n cho 5 dù số dư là 0,1,hay2 biểu thức A(n) cũng đều chia hết cho 5.
Dạng 2: Tách thành tổng nhiều hạng tử.
 Đây là một phương pháp khá thông dụng. Muốn chứng minh A(n) chia hết cho q , ta tách A(n) thành tổng của nhiều hạng tử sao cho mỗi hạng tử đều có thể chia hết cho q.
Bài 1.Chứng minh rằng n5 + 10n4 – 5n3 – 10n2 + 4n chia hết cho 120.
Giải.Ta tách biểu thức đã cho như sau:
 A = n5 – 5n3 + 4n + 10n4 – 10n2 = n(n4 – 5n2 + 4) + 10n2(n2 – 1)
Hạng tử thứ nhất là : n(n4 – 5n2 + 4) = n(n2 – 1)(n2 – 4) = (n – 2)(n – 1)n(n + 1)(n + 2)
Đây là tích của 5 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2.3.4.5 = 120
Hạng tử thứ hai là: 10n2(n + 1)(n – 1). Có 3 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 3. hạng tử này chia hết cho 4 nếu n chẳn. Còn nếu n lẽ thì (n + 1) và n – 1 cũng chẳn nên tích (n + 1)(n – 1) cùng chia hết cho 4. Vậy hạng tử thứ hai cũng chia hết cho 3.4.10 = 120 =>A là tổn của hai hạng tử chia hết cho 120 nên A cũng chia hết cho 120.
Bài 2.Chứng minh rằng với mọi m thuộc Z ta có m3 – 13m chia hết cho 6.
Giải. A = m3 – 13m = m3 – m – 12m = m(m2 – 1) – 12m = (m – 1)m(m + 1) – 12m
Do m – 1, m, m + 1 là 3 số nguyên liên tiếp nên tích (m – 1)m(m + 1) vừa chia hết cho 2, vừa chia hết cho 3, tức là (m – 1)m(m + 1) chia hết cho 6. => A chia hết cho 6.
Bài 3. Chứng minh rằng với mọi m, n thuộc Z ta có mn(m2 – n2) chia hết cho 3.
Giải.Ta có : mn(m2 – n2) = mn[(m2 – 1) – (n2 – 1)] = mn(m2 – 1) – mn(n2 – 1)
Mà m(m2 – 1) = (m – 1)m(m + 1) chia hết cho 6
Và n(n2 – 1) = (n – 1)n(n + 1) chia hết cho 6 Vậy mn(m2 – n2) chia hết cho 6.
Dạng 3. Phân tích thành nhân tử.
Bài 1: CMR biểu thức:Chia hết cho 41976
Giải.Ta viết A dưới dạng
Vậy A chia hết cho 41976
Bài 2.Chứng minh n5 – n chia hết cho 5 
Giải.Ta có A = n5 – n = n(n4 – 1) = n(n2 – 1)(n2 + 1) = (n – 1)n(n + 1)(n2 + 1).
Nếu n = 5k thì n chia hết cho 5 do đó A chia hết cho 5
Nếu n = 5k + 1 thì (n – 1) chia hết cho 5
Nếu n = 5k + 2 thì n2 + 1 chia hết cho 5
Nếu n = 5k + 3 thì n2 + 1 chia hết cho 5
Nếu n = 5k + 4 thì (n + 1) chia hết cho 5
Vậy n2 – n chia hết cho 5 ,
Dạng 4 : Sử dụng phép quy nạp .
Ta làm như sau: Nhận xét rằng mệnh đề đúng với n = 1
- Giả sử mệnh đề đúng với n = k cũng chứng mính được nó đúng với n = k+ 1 (với k > n0) Lúc đó mệnh đề đúng với mọi n lớn hơn 1.
Bài 1.Chứng minh rằng: A = (n + 1)(n + 2)(n + 3)(3n) chia hết cho 3n
Giải. Nếu n = 1 ta có A = 2.3 chia hết cho 3
Giả sử mệnh đề đúng với n = k tức là :
Ta hãy xét :
Nhưng theo (*) thì Ak chia hết cho 3k vậy 
Vậy mệnh đề đúng với mọi n lớn hơn 1.
Bài 2.Chứng minh rằng chia hết cho 101995.
Giải. Ta chứng minh bài toán một cách tổng quát:
Với mọi số tự nhiên n thì 
Với n = 0 thì mệnh đề đúng: 11 – 1 chia hết cho 10
Giả sử mệnh đề đúng với n = k, ta có: 
Ta hãy xét:
Nhưng mọi luỹ thừa của 11 đều đồng dư với 1 (mod 10) nên 10 số hạng trong móc vuông như vậy, do đó:
Và biểu thức trong móc vuông chia hết cho 10
Mặt khác theo vậy: 
Vậy n = 1994 ta có chia hết cho 101995.
Bài tập.
1. Cho a, b không chia hết cho 5. Chứng minh rằng a4 + b4 chia hết cho 5.
2. Chứng minh rằng ax3 + bx2 + cx + d là số nguyên với mọi x nguyên và chỉ khi 6a, 2b, a + b + c, d là các số nguyên .
3. Chứng minh rằng trong 39 số tự nhiên liên tiếp bất lì luôn tồn tại một số có tổng các chử số chia hết cho 11.
4. Cho n là số nguyên dương lẻ, chứng minh rằng: 46n + 296.13n chia hết cho 1947.
5. Với n là số nguyên dương chứng minh rằng:
a) 72n – 48n – 1 chia hết cho 482,
b) nn – n2 + n – 1 chia hết cho (n – 1)2 (n > 1)
6. cho f(x) là đa thức với hệ số nguyên và f(0), f(1) là các số lẻ. Chứng minh rằng f(x) không có nghiệm nguyên.
7. a) Tìm tất cả số tự nhiên n để 2n – 1chia hết cho 7.
b) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì 2n + 1 không chia hết cho 7.
8. Chứng minh rằng tổng bình phương của 7 số nguyên liên tiếp không thể là một số chính phương.
9. Chứng minh rằng có thể tìm được hai luỹ thừa khác nhau của số 4 mà chúng có 3 chử số tận cùng giống nhau.
10. Chứng minh rằng có thể tìm được một số tự nhiên mà 4 chử số tận cùng là 2002 và chia hết cho 2003.
11.Chứng minh rằng tồn tại số tự nhiên chỉ gồm toàn chử số 2 và chia hết cho 2003.
12. Chứng minh rằng nếu với mọi số tự nhiên n.
13. Chứng minh rằng với mọi n thuộc N* : (n + 1)(n + 2)(n + n) chia hết cho 2n.
14. Chứng minh rằng 270 + 370 chia hết cho 13.
15. Tìm ba chử số tận cùng của số .
16. Cho p, k, n là các số nguyên dương. Chứng minh rằng: 
17. Chứng minh rằng :
a).	b) 
18.Tìm số tự nhiên nhỏ nhất gồm toàn chử số 9 và chia hết cho các số 3, 7, 11, 13, 17.
Hướng dẫn giải.
1. a4 – b4 = (a4 – 1) – (b4 – 1) = (a – 1)(a + 1)(a2 + 1) – (b – 1)(b + 1)(b2 + 1).
2. ax3 + bx2 + cx + d = a(x3 – x) + b(x2 – x) + (a + b + c)x + d
Chứng minh : x3 – x chia hết cho 6 và x2 – x chia hết cho 2.
3. Từ 20 số đầu tiên của dãy ta tìm được hai số mà chử số hàng đơn vị là 0 và trong hai số đó ít nhất có một số có hai chử số hàng chục khác 9, giả sử đó là số n. Khi đó các số n, n + 1, , n + 9, n + 19 là 11 số có tổng các chử số là 11 số tự nhiên liên tiếp nên có một số có tổng các chử số chia hết cho 11.
4. 1947 = 33.59 ; 46n + 296.13n = (46n – 13n) + 297.13n = (46n + 13n) + 295.13n
5.a)72n – 48n – 1 = (49n – 1) – 48n = 48[(49n-1 – 1) + (49n-2 – 1) + +(49 – 1)]
b) nn – n2 + n – 1 = (n – 1)[(nn-1 – 1)+ (nn-2 – 1) + +(n – 1)]
6. Giả sử f(n) = 0 , ta có: f(n) – f(1) (n – 1) n – 1 lẻ
 f(n) – f(o) n n lẻ . Vô lí.
7. a) n = 3k + r , r = 0; 1; 2, giả thiết suy ra r = 0
b) xét n = 3k + r, r = 0; 1; 2.
8.(n – 3)2 + (n – 2)2 + (n – 1)2 + n + (n + 1)2 + (n + 2)2 + (n + 3)3 = 7(n2 + 4)
Chia hết cho 7 nhưng không chia hết cho 49.
Lấy 1002 số 4, 42,, 41001 chia cho 1000. 
Lấy 2003 số 2003, 20032003, , 20032003 (2004 số 2003) chia cho 2003
 Lấy 2004 số 2, 22,,22004 chia cho 2003
Với n = k + 1: (k + 2)(k + 3)(2k + 2) = 2(k + 1)(k + 2)(k + k) 2k+1
Tìm hai chử số tận cùng của 22003
Ta có BCNN(2, 6, 10, 12, 16) = 16.5.3 = 240. Áp dụng định lí Fermat.
 CHUYÊN ĐỀ 2: SỐ NGUYÊN TỐ
I, Số nguyên tố và hợp số
1/ Định nghĩa: Số nguyên tố là số tự nhiên lớn hơn 1 và chỉ có hai ước là một và chính nó
- Hợp số là số tự nhiên lớn hơn 1 có ước khác 1 và chính nó
Chú ý: Tập hợp số tự nhiên được chia thành 3 bộ phận
+ {0, 1}, + Tập hợp các số nguyên tố, + Tập hợp các hợp số
- Từ định nghĩa ta có : Số tự nhiên a >1 là hợp số nếu a = pq, p > 1, q >1, hoặc nếu a = pq , 1 < p < a.
DẠNG 1: ƯỚC CỦA MỘT SỐ
 (a1, a2,,an: các số nguyên tố)
Số ước của A là 
Bài 1: a. Tìm các ước nguyên tô của các số 30, 210, 2310
b. chứng tỏ rằng các số 31, 211, 3201, 10031 là các số nguyên tố
giải. 1.Phân tích các số đã cho thành tích các thừa số nguyên tố 
Ta có: 
Ước nguyên tố(30) = {1, 2, 3, 5} Và 30 = 1.2.3.5
Ước nguyên tố(210) = {1, 2, 3, 5,7} Và 210 = 1.2.3.5.7
Ước nguyên tố(2310) = {1, 2, 3, 5, 7, 11} Và 30 = 1.2.3.5.7.11
Chú ý: Khi phân tích số 210 ra thừa số nguyên tố ta có thể làm như sau :
210 = 21.10 . Ta đã biết 10 = 2.5 nên chỉ cần phân tích 21 = 3.7 và có 210 = 2.7.2.5
Cách này hoàn toàn có lợi khi phân tích các số là bội của 10
Chẳng hạn khi phân tích số 3200 ta viết 3200 = 32.100 cho ta 32 = 25 và 100 = 22.52
Vậy 3200 = 27.52
2. Dể thấy 31 = 30 + 1= 1.2.3.5 + 1
Số 31 không chia hết các số nguyên tố 2, 3, 5 ma 52 = 25 < 35 là ước nguyên tố lớn nhất mà 52 < 31 Suy ra 31 là số nguyên tố
Bài 2:
 1. Phân tích số 360 ra thừa số nguyên tố.
 2. Số 360 có bao nhiêu ước.
 3. Tìm tất cả các ước của 360.
Giải.1. Ta có: 
Vậy 360 = 2.2.2.3.3.5 = 23.32.5
2.Ta có 360 = 23.32.5 Vậy số các ước của 360 là (3 + 1)(2 + 1)(1 + 1) = 24 ước
3. Dể thấy các số 1, 2, 22, 23, (1) là ước của 360
Ta tìm các ước còn lại theo cách sau
Bước 1: Nhân các số hạng dãy (1) theo thứ tự với 3 và 32 ta được các ước 
Bước 2: Nhân các số trong dãy (1) và (2) theo thứ tự với 5 ta đước các ước 
Vậy ta có tất cả 24 ước của 360 là 
Bài 3:Tìm số nhỏ nhất A có 6 ước; 9 ước
Giải: Viết A dưới dạng phân tích ra thừa số nguyên tố A = am.bn.ct
Số các ước của A sẻ là (m + 1)(n + 1)(t + 1)
Ta có 6 = 6.1 hoặc 6 = 2.3
- Trường hợp A chỉ có một số nguyên tố dạng A = am thì 
Vì A là số nhỏ nhất hay a = 2. =>
- Trương hợp A có hai thừa số nguyên tố A = am.bn
Ta có Và A = a2.b1
Để có số A nhỏ nhất ta chọn các số nguyên tố nhỏ nhất là a = 2, b = 3
Vậy A = 22.3 hay A = 12
Xét 2 trường hợp trên ta thấy số tự nhiên nhỏ nhất có 6 ước là 12
b. Đáp số : 36.
Bài 4:Chứng tỏ rằng các số sau đây là hợp số
676767
108 + 107 + 7
175 + 244 + 1321
Giải.
1. Số 676767 có tổng các chử số là 39 chia hết cho 3 nên Vậy nó là hợp số
2. Tương tự số 108 + 107 + 7 có tổng chia hết cho 9 nên 108 + 107 + 7là hợp số
3. Số 175 + 244 + 1321 có:
 Số 175 có tận cùng là 7
 Số 244 có tận cung là 6
 Số 1321 có tận cùng là 3
Vậy 108 + 107 + 7 có tận cùng là 0, chia hết cho 10 nên nó là hợp số.
Bài 5:Các số sau là nguyên tố hay hợp số
A = 111 (2001 chử số 1)
B = 111 (2000 chử số 1)
C = 1010101
D = 1112111
E = 1! + 2! + 3! ++ 100!
G = 3.5.7.9 – 28 
H = 311141111
Giải.
1. . Hợp số
2. . Hợp số
3. . Hợp số
4. D = 1112111 = 1111000 + 1111
 . Hợp số
E = 1! + 2! + 3! +  + 100!
Suy ra . Vậy E là hợp số
6. G chia hết cho 7.G là hợp số
7. H = 311141111 = 31111000 + 31111
 . Vậy H là hợp số.
Bài 6:Cho 3 số a = 720, b = 36, c = 54
1. Gọi A, B, C theo thứ tự là tập hợp các ước nguyên tố của a, b, c. Chướng tỏ B, C là tập con của A
2. a có chia hết cho b, có chia hêt cho c không
Giải.
1. Ta thấy a = 720 = 24.32.5
 b = 36 = 22.32
 c = 54 = 2.33
vậy A = {2, 3, 5}, B = {2, 3}, C = {2, 3}
Dễ thấy B, C là hai tập con của A
2. Vì a = 24.32.5 và b = 22.32 nên 
 Vì a = 24.32.5 và c = 2.33 nên a không chia hêt cho c
Bài 8:Chứng minh rằng:
Mọi số nguyên tố lớn hơn 2 đều có dạng 
Mọi số nguyên tố lớn hơn 3 đều có dạng 
Giải. 1. Khi chia một số tự nhiên A lớn hơn 2 cho 4 thì ta được các số dư 0, 1, 2, 3 . Trường hợp số dư là 0 và 2 hai thì A là hợp số, ta không xét chỉ xét trường hợp số dư là 1 hoặc 3
 Với mọi trường hợp số dư là 1 ta có A = 
 Với trường hợp số dư là 3 ta có A = 
Ta có thể viết A = 4m + 4 – 1 = 4(m + 1) – 1 
Đặt m + 1 = n, ta có A = 4n – 1 
2. Khi chia số tự nhiên A cho 6 ta có các số dư 0, 1, 2, 3, 4, 5. Trường hợp số dư 0, 2, 3, 4. Ta có A chia hết cho 2 hoặc A chia hết cho 3 nên A là hợp số
Trường hợp dư 1 thì A = 6n + 1
Trường hợp dư 5 thì A = 6m + 5= 6m + 6 – 1 = 6(m + 1 ) – 1 
Đặt m + 1 = n Ta có A = 6n – 1 
DẠNG 2: SỐ NGUYÊN TỐ VÀ TÍNH CHIA HẾT
Nếu tích của hai số a, b chia hết cho một số nguyên tố p thì mọt trong hai số a, b chia hết cho p
Nếu an chia hết cho số nguyên tố p thì a chia hêt cho p 
Bài 1:Phân tích A = 26406 ra thừa số nguyên tố. A có chia hết các số sau hay không 21, 60, 91, 140, 150, 270
Giải.Ta có A = 26460 = 22.33.5.72
Ta củng có 21 = 3.7
 60 = 22.3.5
 91 = 7.13
 140 = 22.5.7
 150 = 2.3.52
 270 = 2.33.5
Vậy A chia hết cho 21, 60, 140
 A không chia hêt cho 91, 150, 270.
Bài 2: Chứng tỏ rằng nếu 3 số a, a + n, a + 2n đều là số nguyên tố lớn hơn 3 thì n chia hết cho 6.
Giải. Chú ý rằng , các số nguyên tố (trừ số 2) đều là các số l
- Nếu n lẽ thì n + a là số chẵn là một hợp số trái với giả thiết n + a là số nguyên tố. vậy n là số chẳn
- Ta dặt n = 2k, 
+ Nếu k chia hết cho 3 thì n chia hết cho 6
+ Nếu k = 3p + 1 , thì 3 số theo thứ tự bằng a, a + 6p + 2, 
a + 12p + 4
+ Do a là số lẽ nên nếu a chia cho 3 dư 1 thì a + 6p + 2 chia hết cho 3,
 Nếu a chia 3 dư 2 thì a + 12p + 4 chia hết cho 3
+ Nếu k = 3p + 2 thì 3 số theo thứ tự bằng a, a + 6p +4, a + 12p +8
với a chia cho 3 dư 1 thì a + 12p +8 chia hết cho 3
với a chia cho 3 dư 2 thì a + 6p +4 chia hêt cho 3
Vậy để 3 số a, a + n, a + 2n đều là số nguyên tố thì n phải chia hêt cho 6.
Bài 3: Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố lớn hơn 3 thì (p – 1)(p + 1) chia hết cho 24
Giải: Ta có mà (p, 3) = 1 nên: (1)
p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p là số lẽ, p – 1 và p + 1 là hai số chẳn liên tiếp , có một số là bội của 4 nên tích của chúng chia hết cho 8 (2)
Từ (1) và (2) suy ra (p – 1)(p + 1) chia hết cho 2 nguyên tố cùng nhau là 3 và 8 
Vậy (p – 1)(p + 1) chia hết cho 24.
Bài 4:Tìm tất cả các số nguyên tố p có dạng
Giải.Ta có 
 Với thì n + 3 > 6 và n2 + 2 > 17. Trong hai số n + 3 và n2 + 2 hoặc có một số chia hết cho 6 hoặc một số chia hết cho 2, và một số chia hết cho 3 thì p sẽ là hợp số
 Thực vậy : Với n = 3k thì (n + 3)(n2 + 2) = 27k2(k + 1) + 6(k + 1) 6 
- Với n = 3k + 1 thì (n + 3)(n2 + 2) = 27k3 + 54k2 + 33k 12 = BC 6 + 3k(k2 + 1)
-Với n = 3k – 1 thì (n + 3)(n2 + 2) = BC 6 + 3k(k2 + 1)
Mà 3k(k2 + 1) 6 nên với mọi thì p đều là hợp số 
Còn lại : n = 1 thì p = 2; n = 2 thì p = 5; n = 3 thì p = 11
Đó là các số nguyên tố p cầc tìm.
Bài 5:Tìm số nguyên tố p sao cho các số sau củng là số nguyên tố
p + 10, p + 14
p + 2, p + 6, p + 8 , p + 12, p + 14
Giải.1. Vì p là số nguyên tố và p + 10 và p + 14 cũng là số nguyên tố nên p > 2 .Mặt khác p có thể rơi vào một trong 3 khả năng hoặc p = 3k , p = 3k + 1, p = 3k – 1 
- Với p = 3k + 1 thì p + 14 = 3k + 15 = 3(k + 5 ) 3
- Với p = 3k – 1 thì p + 10 = 3k + 9 = 3 (k + 3) 3
Vậy p = 3k . Do p là nguyên tố nên p = 3
2. Xét các trường hợp sau.
- Với p = 5 thì p + 2 = 7; p + 6 = 11; p + 8 = 13; p + 12 = 17; p + 14 = 19
- Với p > 5 thì p = 5k +1, p = 5k + 2, p = 5k + 3, p = 5k +4
+ Nếu p= 5k +1 thì p + 14 = 5k + 15 5
+ Nếu p = 5k + 2 thì p + 8 = 5k + 10 5
+ Nếu p = 5k + 3 thì p + 12 = 5k + 15 5
+ Nếu p = 5k +4 thì p + 6 = 5k + 10 5 Suy ra nguyên tố cần tìm là p = 5.
Bài 6:Hai số nguyên tố gọi là sinh đôi nếu chúng là hai sô nguyên tố lẽ liên tiếp ( p > 3). Chứng minh rằng một số tự nhiên nằm giữa hai số nguyên tố sinh đôi thì chia hết cho 6.
Giải: Gọi hai số nguyên tố sinh đội là p và p + 2. Vậy số tự nhiên nằm giữa chúng là p + 1
- p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p là số nguyên tố lẻ vậy p + 1 là số chẳn
p + 1 2 (1)
- p, p + 1, p + 2 là 3 số nguyên liên tiếp nên có một số chia hết cho 3. Mà p và p +2 là số nguyên tố nên không chia hêt cho 3 ,vậy p + 1 3 (2)
Từ (1) và (2) : (2, 3) = 1 suy ra p + 1 6 (đpcm)
Bài 7:Một số nguyên tốp chia hêt cho 42 có số dư r là hợp số. Tìm số dư r
Giải: Ta có p =42k + r = 2.3.7.k + r 
Vì p là số nguyên tố nên r không chia hết cho 2, 3, 7
Các hợp số nhỏ hơn 42 và không chia hết cho 2 là 9, 15, 21, 25, 27, 33, 35, 29
Loại đi các sô chia hết cho 3, cho 7 chỉ còn 25 Vậy r = 25.
Bài 9:Tìm số tự nhiên có 4 chử số, chứ số hàng nghìn bằng chử số hàng đơn vị, chử số hàng trăm bằng chử số hàng chục và số đố viết được dưới dạng tích của ba số nguyên tố liên tiếp.
Giải.Gọi số tự nhiên cần tìm là n, theo đề bài chử số hàng nghin bằng chử số hàng đơn vị, chử số hàng trăm bằng chử số hàng chục vậy n có dạng 
Có mà là tích của 3 số nguyên tố liên tiếp nên một trông các số nguyên tố này phải là 11
Xét các tích = 385 (loại) 
= 1001 (đúng)
 11.13.17 = 2431 (loại)	Vậy số tự nhiên cần tìm là 1001.
Bài 10:Chứng minh rằng nếu 2n – 1 là số nguyên tố (n > 2) thì 2n + 1 là hợp số.
Giải: Xét số A = (2n – 1)2n(2n + 1)
A là tích của 3 số tự nhiên liên tiệp nên 
Mặt khác 2n – 1 là số nguyên tố ( theo giả thiết ); 2n không chia hết cho 3
Vậy 2n + 1 phải chia hết cho 3 2n + 1 là hợp số.
Bài 11:Tìm số tự nhiên k để dãy k + 1, k + 2,,k + 10 chứa nhiều số nguyên tố nhất 
Giải.Với k = 0 ta có dãy 1, 2, 3,,10 chứa 4 số nguyên tố 2, 3, 5, 7
Với k = 1 ta có dãy 2, 3, 4,, 11 chứa 5 số nguyên tố là 2, 3, 5, 7, 11
Với k = 2 ta có dãy 3, 4, 5,, 12 chứa 4 số nguyên tố là 3, 5, 7, 11
Với dãy k + 1, k + 2,,k + 10 chứa 5 số lẽ liên tiếp, dãy số này đều lớn hơn 3 nên có một số chia hết cho 3, trong dãy có 5 số chẵn hiễn nhiên không phải là số nguyên tố nếu 
Vậy k = 1 thì dãy k + 1, k + 2,,k + 10 chứa nhiều số nguyên tố nhất.
Bài 12 :
1. Chứng minh rắng số dư trong phép chia 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
2. chứng minh rằng nếu tổng của n luỹ thừa bậc 4 của các số nguyên tố lớn hơn 5 là một số nguyên tố thì (n, 30) = 1
Giải.
1.Giả sử p là số nguyên tố và p = 30k + r (0 < r < 30)
Nếu r là hợp số thì r co ước nguyên tố q = 2, 3, 5
Nhưng với q = 3, 3, 5 thì p 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 ( 49 là hợp số )
2. Số nguyên tố p khi chia cho 30 chỉ có thể dư là 1, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29
Với r = 1, 11, 19, 29 thì p2 1 (mod 30 )
Với r = 7, 13, 17, 23 thì p2 19 (mod 30 )
Suy ra p4 1 (mod 30 )
Giả sử p1, p2,, pn là các số nguyen tố lớn hơn 5 
Khi đó (mod 30)
Suy ra p = 30k + n là số nguyên tố nên (n, 30 ) = 1
Bài 13:Tìm tất cả các số nguyên tố p để 2p + p2 cũng là số nguyên tố
Giải.
Với p = 2 ta co 2p + p2 = 12 không là số nguyên tố
Với p = 2 ta có 2p + p2 = 17 là số nguyên tố
Với p > 3 ta có p2 + 2p = (p2 – 1) + (2p + 1 )
Vì p lẽ và p không chia hết cho 3 nên p2 – 1 chia hết cho 3 và 2p + 1 chia hết cho 3. Do đó 2p + p2 là hợp số
Vậy với p = 3 thì 2p + p2 là số nguyên tố.
Bài 14: Tìm tìm tất cả các bộ ba số nguyên tố a, b, c sao cho abc < ab + bc + ca
Giải.Vì a, b, c có vai trò như nhau nên giả sử khi đó
 ( vì a là số nguyên tố )
Với a = 2 ta có 
- Nếu b = 2 thì 4c < 2 + 4c thoả mãn với c là nguyên tố bất kì 
- Nếu b = 3 thì 6c < 6b + 5c suy ra c < 6 vậy c = 3 hoặc c = 5
Vậy các cạp số (a, b, c) càn tìm là (2, 2, p) ; (2, 3, 3 ) ; (2, 3, 5 ) và các hoán vị vủa chúng , vơi p là số nguyên tố .
DẠNG 3: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH.
Bài 1:Tìm sao cho : n3 – n2 + n – 1 là số nguyên tố 
Giải: Ta có :
Nếu n = 1 suy ra A = 0; Nếu n = 2 suy ra A = 5 là số nguyên tố 
Nếu n>2 thì A là tích của hai thừa số mà mỗi thừa số đều lớn hơn hai . Vậy A là hợp số
Vậy để A = n3 – n2 + n – 1 là số nguyên tố thì n = 2.
Bài 2:Tìm 2 số tự nhiên , sao cho tổng và tích của chúng đều là số nguyên tố 
Giải. Tích của hai số tự nhiên là số nguyên tố nên một số là 1 , số còn lại kí hiệu là a là số nguyên tố
Theo đề bài 1 + a củng là số nguyên tố. Xét hai trường hợp:
- Nếu 1 + a là số lẽ thì a là số chẵn. Do a là số nguyên tố nên a =2 
- Nếu 1 + a la số chẵn thì 1 + a = 2 vì 1 + a là số nguyên tô . Khi đ