Cách làm của em:

Ta có: \(n^{3}=p^{2}-p-1\)

\(\leftrightarrow (n+1)(n^{2}-n+1)=p(p-1)\)

Trường hợp 1: \(p \lvert n+1\)

Khi đó ta có: \(n+1 \geqslant p \)

Dẫn đến: \(n \geqslant p-1 \geqslant n^{2}-n+1\) suy ra: \(n=1\) và tìm \(p=2\)

Trường hợp 2: \(p \lvert n^{2}-n+1\)

Đặt: \(n^{2}-n+1=pk\) với k là số nguyên dương

Thế vào đề bài ta có: \((n+1)k=p-1\)

Thực hiện phép thế p ta có: \(n^{2}-n+1=(nk+k+1)k\)

Tương đương: \(n^{2}-n(k^{2}+1)+1-k-k^{2}=0\) xem đây là pt bậc 2 ẩn n tham số k

Điều này kéo theo \(\Delta=(k^2+1)^{2}+4(k^{2}+k-1)\) là số chính phương

Xét k=1 thì delta không là số chính phương

Xét k=2 thì cũng vậy

Ta chứng minh được: \((k^{2}+4)^{2}>\Delta \geqslant (k^{2}+3)^{2}\)với mọi \(k\geqslant3\)

Tới đây giải tìm được k=3 và tìm được n=11; p=37

Vậy \((p;n)=(2;1)\) và \((p;n)=(37;11)\)

Hai bài toán tương tự em tìm được:

(Olympic 30/4-2019). Tìm số nguyên tố \(p\) sao cho \(p^{2}-p+1\) là một lập phương

(Latvian TST-2020) Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên tố \(p\) để \(p^{2}+p+1\) là một lập phương

Tuyệt vời quá bạn

Bài toán 2. Cho \(m\) là số nguyên dương. Chứng minh rằng nếu \(2^{3m+1}+1|3^{2^m}+1\) thì \(2^{m+1}+1\) là số nguyên tố.

P/s: Đã update đề

Lời giải bài 2

+) Bổ đề: Cho số nguyên dương \(n\) thỏa mãn \(2^{n+1}+1\) là số nguyên tố. Khi đó, ta có \(2^{n+1}+1|3^{2^n}+1\).

- Chứng minh: Đặt \(2^{n+1}+1=p\). Trước hết, ta sẽ chứng minh rằng phương trình đồng dư \(x^2+3\equiv0\) (mod \(p\)) vô nghiệm. Thật vậy, giả sử phương trình trên có nghiệm mà \(p \) lẻ ⇒ \((\dfrac{-3}{p})=1\) ⇔ \((\dfrac{-1}{p})(\dfrac{3}{p})=1\) mà \(p\equiv1\) (mod \(4 \)) ⇒ \((\dfrac{3}{p})=1\). Mặt khác, theo luật tương hỗ Gauss, có:\((\dfrac{3}{p})(\dfrac{p}{3})=(-1)^{\dfrac{p-1}{2}\dfrac{3-1}{2}}\)\(= 1\) (do \(p\equiv1\) (mod \(4\))) ⇒ \((\dfrac{p}{3})=1\), tức là tồn tại số nguyên y sao cho \(p\equiv y^2\) (mod \(3 \)). Dễ thấy \(p >3\) ⇒ \(y^2\equiv1\) (mod \(3 \)) ⇒ \(p\equiv 1\) (mod \(3 \)). Lại có, nếu \(n\) chẵn ⇒ \(3|2^{n+1}+1\) ⇒ \(p=3\) (vô lí) ⇒ \(n\) lẻ ⇒ \(p=\)\(2^{n+1}+1 \equiv 2 \) (mod \(3\)) (mâu thuẫn với điều trên). Do đó, điều giả sử sai hay ta có điều cần chứng minh. Bây giờ, ta xét tập \(S={[1,2,3,...,p-1]}\). Với mỗi \(i\) thuộc \(S\), tồn tại duy nhất số \(j\) thuộc vào \(S\) sao cho \(ij\equiv-3\) (mod \(p\)). Theo điều ta vừa chứng minh trên, ta suy ra \(i\) khác \(j\). Do đó, ta suy ra: \((p-1)! \equiv (-3)^{\dfrac{p-1}{2}}\) (mod \(p\)), mà theo định lí Wilson, ta lại có \((p-1)! \equiv -1\) (mod \(p\)) ⇒ \((-3)^{\dfrac{2^{n+1}+1-1}{2}} \equiv -1\) (mod \(p\)) hay ta có \(p|3^{2^n}+1\) (đpcm)

+) Quay trở lại bài toán.

+) Vì \(2^{3m+1} + 1\) là số lẻ lớn hơn 1 ⇒ Gọi \(p \) là một ước nguyên tố bất kì của \(2^{3m+1} +1\) ⇒ \(p \) lẻ. Gọi  \(d=ord_p(3)\). Do \(2^{3m+1} +1|3^{2^{m}}+1\) nên suy ra \(p| 3^{2^{m}}+1\) ⇒ \(3^{2^{m+1}} \equiv 1 \) (mod \(p\)). Do đó, ta có \(d|2^{m+1}\) mà ta lại có \(3^{2^{m}} \equiv -1 \) (mod \(p\)) ⇒ \(d=2^{m+1}\) . Mặt khác, do \((p,3)=1\) nên theo định lí Fermat nhỏ, có: \(3^{p-1} \equiv 1 \) (mod \(p\)) ⇒ \(2^{m+1}=d|p-1\) hay \(p \equiv 1 \) (mod \(2^{m+1}\))

+) Vì vậy, theo trên, ta suy ra mọi ước nguyên tố của \(2^{3m+1}+1\) đều có dạng \(2^{m+1}k+1\) với \(k\) nguyên dương.(1)

+) Bây giờ, nếu \(2^{3m+1}+1\) có không ít hơn 3 ước nguyên tố ⇒ Theo (1), ta suy ra \(2^{3m+1}+1 > 2^{3(m+1)}+1\) , điều này vô lí kéo theo \(2^{3m+1}+1\) có không nhiều hơn 2 ước nguyên tố.Ta xét 2 trường hợp:

- TH1: \(2^{3m+1}+1=p^aq^b\) với \(p,q\) nguyên tố lẻ; \(a,b\) nguyên dương. Theo (1), có: \(p=2^{m+1}u+1\) và \(q=2^{m+1}v+1\) với \(u,v\) nguyên dương. Nếu tồn tại một trong 2 số \(a\) hoặc \(b \) lớn hơn 1 ⇒ \(2^{3m+1}+1>2^{2(m+1)}2^{m+1}+1\) (vô lí) ⇒ \(a=b=1\) ⇒ \(2^{3m+1}+1=(2^{m+1}u+1)(2^{m+1}v+1)=2^{2(m+1)}uv +2^{m+1}(u+v)+1\) ⇔ \(2^{2m}=2^{m+1}uv+u+v\) ⇒ \(2^{m+1}|u+v\).

Nếu cả hai số \(u,v\) đều lớn hơn 1 ⇒ \(uv \geq u+v \geq 2^{m+1}\) (do \(2^{m+1}|u+v\) ) ⇒ \(2^{2m}>2^{m+1}uv \geq 2^{2(m+1)}\) (vô lí) ⇒ Một trong 2 số \(u\) hoặc \(v\)  phải là 1 ⇒ \(2^{m+1}+1\) là số nguyên tố.

- TH2: \(2^{3m+1}+1=p^a\) với \(p\) nguyên tố lẻ, \(a\) nguyên dương. Cũng theo (1), ta suy ra p có dạng \(2^{m+1}t+1\) với \(t\) nguyên dương. Nếu \(a \geq 3\) ⇒ \(2^{3m+1}+1 > 2^{3(m+1)} +1\) (vô lí), do đó ta xét 2 trường hợp nhỏ:

Với \(a=2\) , ta có: \(2^{3m+1}+1=(2^{m+1}t+1)^2=2^{2m+2}t^2+2^{m+2}t+1\) ⇔ \(2^{2m-1}=2^{m}t^2+t\)\(=t(2^mt+1)\) (vô lí do \(2^mt+1 \) là số nguyên dương lẻ lớn hơn 1)

Với \(a=1\) , ta có: \(2^{3m+1}+1=p\) là số nguyên tố. Áp dụng bổ đề, ta suy ra \(p|3^{2^{3m}}+1\). Lại có: \(3^{2^m} \equiv -1\) (mod \(p\)) ⇒ \((3^{2^m})^{2^{2m}} \equiv (-1)^{2^{2m}} \) (mod \(p\)) hay \(3^{2^{3m}} \equiv 1\) (mod \(p\)) (mâu thuẫn với điều trước)

Tóm lại, ta có \(2^{m+1}+1 \) là số nguyên tố (đpcm)

Bài toán 3. Tìm số nguyên dương \(n\) để \(n^7+7\) là số chính phương