Lời giải:
Phản chứng. Giả sử với \(k^2+4; k^2+16\in\mathbb{P}\) thì tồn tại $k$ không chia hết cho 5
Khi đó ta xét các TH sau:
TH1: \(k=5t+1\). Vì \(k>1\Rightarrow t>1\)
\(\Rightarrow k^2+4=(5t+1)^2+4=25t^2+1+10t+4\)
\(=5(5t^2+2t+1)\)\(\vdots 5\) và \(5(5t^2+2t+1)>5\forall t>1\) nên \(k^2+4\) không thể là số nguyên tố (trái với ĐKĐB)
TH2: \(k=5t+2\)
\(\Rightarrow k^2+16=(5t+2)^2+16=25t^2+20t+20\)
\(=5(5t^2+4t+4)\vdots 5\) và \(5(5t^2+4t+4)>5\) nên \(k^2+16\) không thể là số nguyên tố (trái với ĐKĐB)
TH3: \(k=5t+3\)
\(\Rightarrow k^2+16=(5t+3)^2+16=25t^2+30t+25\)
\(=5(5t^2+6t+5)\vdots 5\) và \(5(5t^2+6t+5)>5\) nên \(k^2+16\) không thể là số nguyên tố (trái với ĐKĐB)
TH4: \(k=5t+4\Rightarrow k^2+4=(5t+4)^2+4=25t^2+40t+20\)
\(=5(5t^2+8t+4)\vdots 5\) và \(5(5t^2+8t+4)>5\) nên \(k^2+4\) không thể là số nguyên tố (trái với ĐKĐB)
Từ các TH trên suy ra điều giả sử là sai. Do đó \(k\vdots 5\)
