a) Giả sử $p$, $r$ là hai số nguyên tố phân biệt lớn hơn hơn 3. Chứng tỏ rằng mọi ước nguyên tố lớn hơn 3 của hai số $2^p+1$ và $2^r+1$ đều khác nhau từng đôi một.
b) Với $p>3$ là một số nguyên tố, chứng minh $2^p+1$ có ít nhất một ước số nguyên tố $q$ thỏa mãn $q>p+5$.
c) Với $k>1$ là số nguyên dương bất kì, kí hiệu $S(k)$ là tổng các ước nguyên tố của $k$. Tìm tất cả các số nguyên dương lẻ $n$ $(n>1)$ sao cho $S(2^n+1)=S(n)$.

a) Đầu tiên với $p>3$ là số nguyên tố và $q>3$ là ước nguyên tố của $2^p+1$ thì $d={\mathrm{ord}}_{q}2=2p$.
Thật vậy, vì $2^p\equiv -1(\mathrm{mod}q)$, nên $2^{2p}\equiv 1(\mathrm{mod}q)$, nhưng $2^p\not\equiv 1(\mathrm{mod}q)$. Do đó $d\mid 2p$ và $d\nmid p$ suy ra $d=2$ hoặc $d=2p$. Nếu $d=2$ thì $q\mid 2^2-1=3$, trái với $q>3$. Vậy $d=2p$. Đồng thời, từ $2^{q-1}\equiv 1(\mathrm{mod}q)$, ta còn có $2p\mid q-1$.
Bây giờ, nếu một số nguyên tố $q>3$ là ước chung của $2^p+1$ và $2^r+1$, thì nhận xét trên cho ta $d=2p=2r$, suy ra $p=r$, trái giả thiết. Vậy hai số không có ước nguyên tố chung nào lớn hơn 3.
b) Vì $p>3$ là số nguyên tố, nên $p\equiv 1$ hoặc $p\equiv 5(\mathrm{mod}6)$. Để ý nếu $p\equiv 1(\mathrm{mod}6)$ thì $2^p+1\equiv 3(\mathrm{mod}9)$, còn nếu $p\equiv 5(\mathrm{mod}6)$ thì $2^p+1\equiv 6(\mathrm{mod}9)$.
Như vậy $3\mid 2^p+1$ nhưng $9\nmid 2^p+1$. Mặt khác, $2^p+1>3$, nên $2^p+1$ phải có một ước nguyên tố $q\ne 3$, để ý thêm $q$ lẻ nên $q>3$.
Theo ý a) ta có $2p\mid q-1$, suy ra $q\ge 2p+1$. Vì $p\ge 5$, ta có $2p+1>p+5$. Do đó $q>p+5$.
c) Vì $n$ lẻ, $2^n+1\equiv 0(\mathrm{mod}3)$, nên 3 luôn là một ước nguyên tố của $2^n+1$.
Giả sử $n$ có các ước nguyên tố lớn hơn 3 là $p_1,\dots ,p_t$, với $t\ge 1$. Với mỗi $i$, do $n/p_i$ là số nguyên dương lẻ, ta có $2^{p_i}+1\mid 2^n+1$.
Theo ý b), có thể chọn một ước nguyên tố $q_i$ của $2^{p_i}+1$ sao cho $q_i>p_i+5$, còn theo ý a), các số $q_1,\dots ,q_t$ đôi một khác nhau. Bởi vậy
$$S(2^n+1)\ge 3+q_1+\cdots +q_t>3+p_1+\cdots +p_t$$
Vì $n$ lẻ và các ước nguyên tố của $n$ chỉ có thể là $3,p_1,\dots ,p_t$, ta có $S(n)\le 3+p_1+\cdots +p_t$.
Từ đó ta có điều mâu thuẫn với việc $S(2^n+1)=S(n)$.
Vậy $n$ không có ước nguyên tố nào lớn hơn 3. Vì $n>1$ và $n$ lẻ, suy ra $n=3^{\alpha }$ với $\alpha \ge 1$.
Nếu $\alpha \ge 2$, thì $9\mid n$ và $n/9$ lẻ, nên $2^n+1$ chia hết cho $2^9+1=513=3^3\cdot 19$.
Do đó $S(2^n+1)\ge 3+19=22>3=S(n)$, vô lí.
Suy ra $\alpha =1$, tức là $n=3$, thử lại thấy thỏa mãn. Vậy nghiệm duy nhất cần tìm là $n=3$.