So Deep

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\equ...

Bài viết này đề cập đến một tính chat hay và đẹp đẽ của số học cùng với ứng dung của nó trong việc giải các bài toán chia hết cấp trung học cơ sở. Nội dung của nó được phát biểu dưới dạng bổ đề sau: Bổ đề: Cho a là số nguyên, p là số nguyên dương và h là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn $a^{h}\equiv (\text{ mod }p )$. Khi đó nếu $n$ là số nguyên dương thỏa mãn $a^{n}\equiv  1(\text{ mod }p)$ thì $n$ chia hết cho $h$. Chứng minh. Ta biểu diễn $n=kh+r,0\le r<h$. Khi đó: $a^{n}=a^{kh+r}=(a^{h})^{k}.a^{r}\equiv a^{r}(\text{ mod }p)$. $\implies a^{r}\equiv 1(\text{ mod }p)(*)$. Nếu $r>0$ thì từ $(*)$ dẫn đến mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của $h$. Vậy $r=0$, tức là $n$ chia hết cho $h$. Nhận xét. Rõ rang chiều ngược lại là hiển nhiên, tức là nếu $n\vdots h$ thì ta có $a^{n}\equiv 1(\text{ mod }p)$. Sau đây là 1 số ví dụ áp dung bổ đề trên. Thí dụ 1. Cho $n$ là số nguyên dương lớn hơn 1 thỏa mãn $3^{n}-1\vdots n$. Chứng minh rang n chẵn. Phân tích. Để chứng minh một số n chẵn...