Một bài hay 1 - 29/11/2019

Problem 1. Cho số nguyên tố p lẻ. Chứng minh rang với mọi $k\in \left\{1,2,...,p\right\}$ thì số $A_k=\frac{2^{p!}-1}{2^{k-1}}$ luôn chia hết cho $p$.

Proof. Xét các trường hợp sau:

Với k khác p và p-1, ta có:

$2^{p!}-1=2^{k(p-1)mp}-1$

$=[2^{k(p-1)}-1][(2^{k(p-1)})^{mp-1}+(2^{k(p-1)})^{mp-2}+...+2^{k(p-1)}+1]$

$=(2^{k}-1)[(2^{k})^{p-2}+(2^{k})^{p-3}+...+2^{k}+1][(2^{k(p-1)})^{mp-1}+(2^{k(p-1)})^{mp-2}+...+2^{k(p-1)}+1]$

trong đó $m=\frac{p!}{k(p-1)p}\in \mathbb{Z}^{+}$. Theo định lý Fermat nhỏ thì:

$(2^{k(p-1)})^{mp-1}+(2^{k(p-1)})^{mp-2}…+2^{k(p-1)}+1\equiv 1^{mp-1}+1^{mp-2}+...+1+1\equiv mp\equiv 0(\text{ mod p})$

Do đó: $A_k=\frac{2^{p!}-1}{2^{k}-1}$ chia hết cho $p$.

Với $k=p-1$, ta có:

$2^{p!}-1=(2^{p(p-1)})^{(p-2)!}-1=[2^{p(p-1)}-1][(2^{p(p-1)})^{(p-2)!-1}+...+2^{p(p-1)}+1]$

$=(2^{p-1}-1)[(2^{p-1})^{p-1}+...+2^{p-1}+1][(2^{p(p-1)})^{(p-2)!-1}+...+2^{p(p-1)}+1]$

Theo định lý Fermat nhỏ thì 

$(2^{p-1})^{p-1}+...+(2^{p-1})+1\equiv 1^{p-1}+...+1+1\equiv p\equiv 0(\text{ mod }p)$.

Do đó: $A_{p-1}=\frac{2^{p!}-1}{2^{p-1}-1}$ chia hết cho $p$.

Với $k=p$, ta có:

$2^{p!}-1=(2^{p}-1)[(2^{p})^{(p-1)!-1}+...+(2^p)+1]$

Theo định lý Fermat nhỏ thì 

$(2^p)^{(p-1)!-1}+...+(2^{p})+1\equiv 2^{(p-1)!-1}+...+2+1\equiv 2^{(p-1)!}-1\equiv (2^{(p-2)!})^{p-1}-1\equiv 0(\text{ mod }p)$.

Do đó: $A_p=\frac{2^{p!}-1}{2^{p}-1}$ chia hết cho $p$.

Nguồn: Fb Võ Quốc Bá Cẩn