Giúp mình với! Bài tập áp dụng của định lý Fermat nhỏ,Bài 1. Cho p, q là hai số nguyên tố phân biệt. Chứng minh rằng $p^{q-1}+q^{p-1}-1$ chia hết cho pq.,Bài 2. a) Cho a là một số nguyên dương. Chứng minh rằng bất cứ thừa số nguyên tố nào lớn hơn 2,của $a^2+1$ đều có dạng $4m+1.$,b) Chứng minh rằng có vô hạn số nguyên tố dạng $4m+1.$,Bài 3. Chứng minh rằng với bất kì số nguyên tố $p,~p^{p+1}+(p+1)^p$ không phải là một số chính,phương.,Bài 4. Cho $n\geq2,a\geq0$ là số nguyên dương và p là một số nguyên tố sao cho $a^p\equiv1(\mod p^n)$,Chứng tỏ rằng nếu $p2$ thì $a\equiv1(\mod p^{n-1})$ và nếu $p=2$ thì $a\equiv\pm1$ .(mod $2^{n-1})$,Bài 5. (Bulgarian MO 1995). Tìm tất cả các số nguyên $n1$ sao cho $a^{25}-a$ chia hết cho n với mỗi,số nguyên a.

Question

Giúp mình với! Bài tập áp dụng của định lý Fermat nhỏ,Bài 1. Cho p, q là hai số nguyên tố phân biệt. Chứng minh rằng $p^{q-1}+q^{p-1}-1$ chia hết cho pq.,Bài 2. a) Cho a là một số nguyên dương. Chứng minh rằng bất cứ thừa số nguyên tố nào lớn hơn 2,của $a^2+1$ đều có dạng $4m+1.$,b) Chứng minh rằng có vô hạn số nguyên tố dạng $4m+1.$,Bài 3. Chứng minh rằng với bất kì số nguyên tố $p,~p^{p+1}+(p+1)^p$ không phải là một số chính,phương.,Bài 4. Cho $n\geq2,a\geq0$ là số nguyên dương và p là một số nguyên tố sao cho $a^p\equiv1(\mod p^n)$,Chứng tỏ rằng nếu $p>2$ thì $a\equiv1(\mod p^{n-1})$ và nếu $p=2$ thì $a\equiv\pm1$ .(mod $2^{n-1})$,Bài 5. (Bulgarian MO 1995). Tìm tất cả các số nguyên $n>1$ sao cho $a^{25}-a$ chia hết cho n với mỗi,số nguyên a.

Accepted Answer

Bài 1.
Để chứng minh rằng $ p^{q-1} + q^{p-1} - 1 $ chia hết cho $ pq $, ta sẽ chứng minh nó chia hết cho $ p $ và $ q $ riêng lẻ.

1. Chứng minh $ p^{q-1} + q^{p-1} - 1 $ chia hết cho $ p $:
   - Ta thấy rằng $ p^{q-1} $ chia hết cho $ p $ vì $ p $ là thừa số của nó.
   - Xét $ q^{p-1} \mod p $:
     - Theo Định lý Fermat, nếu $ q $ là số nguyên tố khác $ p $, thì $ q^{p-1} \equiv 1 \mod p $.
     - Do đó, $ q^{p-1} - 1 \equiv 0 \mod p $.
   - Kết hợp lại, ta có:
     $$
     p^{q-1} + q^{p-1} - 1 \equiv 0 + 0 \equiv 0 \mod p
     $$
   - Vậy $ p^{q-1} + q^{p-1} - 1 $ chia hết cho $ p $.

2. Chứng minh $ p^{q-1} + q^{p-1} - 1 $ chia hết cho $ q $:
   - Ta thấy rằng $ q^{p-1} $ chia hết cho $ q $ vì $ q $ là thừa số của nó.
   - Xét $ p^{q-1} \mod q $:
     - Theo Định lý Fermat, nếu $ p $ là số nguyên tố khác $ q $, thì $ p^{q-1} \equiv 1 \mod q $.
     - Do đó, $ p^{q-1} - 1 \equiv 0 \mod q $.
   - Kết hợp lại, ta có:
     $$
     p^{q-1} + q^{p-1} - 1 \equiv 0 + 0 \equiv 0 \mod q
     $$
   - Vậy $ p^{q-1} + q^{p-1} - 1 $ chia hết cho $ q $.

Từ hai phần trên, ta đã chứng minh được $ p^{q-1} + q^{p-1} - 1 $ chia hết cho cả $ p $ và $ q $. Vì $ p $ và $ q $ là hai số nguyên tố phân biệt, nên $ p^{q-1} + q^{p-1} - 1 $ chia hết cho $ pq $.

Đáp số: $ p^{q-1} + q^{p-1} - 1 $ chia hết cho $ pq $.

Bài 2.
a) Giả sử p là một thừa số nguyên tố lớn hơn 2 của $a^2+1$. Ta sẽ chứng minh rằng p có dạng $4m+1$.

- Trước tiên, ta nhận thấy rằng $a^2+1$ là một số chẵn vì $a^2$ là số chẵn hoặc lẻ, cộng thêm 1 sẽ tạo thành số chẵn.
- Do đó, p phải là số lẻ vì nếu p là số chẵn thì $a^2+1$ sẽ là số lẻ, mâu thuẫn với nhận xét trên.
- Ta giả sử p có dạng $4k+3$, với k là số nguyên. Ta sẽ dẫn đến mâu thuẫn:
  - Ta có $a^2+1$ chia hết cho p, tức là $a^2+1 = p \cdot t$ với t là số nguyên.
  - Thay p = $4k+3$ vào, ta có $a^2+1 = (4k+3) \cdot t$.
  - Ta thấy rằng $(4k+3) \cdot t$ là số chia hết cho 4 dư 3, nhưng $a^2+1$ là số chia hết cho 4 dư 1, mâu thuẫn.
- Vậy p phải có dạng $4m+1$.

b) Giả sử có hữu hạn số nguyên tố dạng $4m+1$, ta gọi chúng là $p_1, p_2, ..., p_n$.

- Ta xây dựng số $N = 4(p_1 \cdot p_2 \cdot ... \cdot p_n) + 1$.
- Ta thấy rằng N là số lẻ và không chia hết cho bất kỳ số nguyên tố dạng $4m+1$ nào trong danh sách $p_1, p_2, ..., p_n$.
- Do đó, N phải có một thừa số nguyên tố dạng $4m+1$ khác ngoài danh sách đã cho, mâu thuẫn với giả thiết ban đầu.
- Vậy có vô hạn số nguyên tố dạng $4m+1$.

Bài 3.
Ta xét 2 trường hợp:
- Trường hợp 1: p = 2. Ta có $2^{2+1}+(2+1)^2=17$ không là số chính phương.
- Trường hợp 2: p > 2. Ta thấy p là số lẻ nên p + 1 chẵn. Suy ra $p^{p+1}$ và $(p+1)^p$ đều là số lẻ. Vậy $p^{p+1}+(p+1)^p$ là số chẵn. 
Mà mọi số chính phương chẵn đều chia hết cho 4. 
Ta có $p^{p+1}+(p+1)^p$ chia 4 dư 2 (vì mọi số lẻ bình phương chia 4 dư 1) nên không là số chính phương.

Bài 4.
Để chứng minh rằng nếu $ p > 2 $ thì $ a \equiv 1 (\mod p^{n-1}) $ và nếu $ p = 2 $ thì $ a \equiv \pm 1 (\mod 2^{n-1}) $, ta sẽ sử dụng các tính chất của đồng dư và nhóm nhân modulo $ p^n $.

Bước 1: Xét trường hợp $ p > 2 $

Giả sử $ a^p \equiv 1 (\mod p^n) $. Ta cần chứng minh rằng $ a \equiv 1 (\mod p^{n-1}) $.

Bước 1.1: Áp dụng Định lý Fermat

Theo Định lý Fermat, ta có:
$$ a^{p-1} \equiv 1 (\mod p) $$

Bước 1.2: Xét đồng dư modulo $ p^{n-1} $

Ta có:
$$ a^p \equiv 1 (\mod p^n) $$
$$ a^p = 1 + kp^n \quad \text{với} \quad k \in \mathbb{Z} $$

Chia cả hai vế cho $ p $:
$$ a^p = 1 + kp^n $$
$$ a^p \equiv 1 (\mod p^{n-1}) $$

Bước 1.3: Xét trường hợp $ a \not\equiv 1 (\mod p^{n-1}) $

Giả sử $ a \not\equiv 1 (\mod p^{n-1}) $. Ta có:
$$ a = 1 + mp^{n-1} \quad \text{với} \quad m \in \mathbb{Z}, m \neq 0 $$

Thay vào $ a^p $:
$$ a^p = (1 + mp^{n-1})^p $$

Áp dụng công thức nhị thức Newton:
$$ (1 + mp^{n-1})^p = 1 + p(mp^{n-1}) + \binom{p}{2}(mp^{n-1})^2 + \cdots + (mp^{n-1})^p $$

Tất cả các hạng tử từ $ \binom{p}{2}(mp^{n-1})^2 $ trở đi đều chia hết cho $ p^n $. Do đó:
$$ (1 + mp^{n-1})^p \equiv 1 + p(mp^{n-1}) (\mod p^n) $$
$$ (1 + mp^{n-1})^p \equiv 1 + m p^n (\mod p^n) $$

Điều này mâu thuẫn với $ a^p \equiv 1 (\mod p^n) $. Vậy $ a \equiv 1 (\mod p^{n-1}) $.

Bước 2: Xét trường hợp $ p = 2 $

Giả sử $ a^2 \equiv 1 (\mod 2^n) $. Ta cần chứng minh rằng $ a \equiv \pm 1 (\mod 2^{n-1}) $.

Bước 2.1: Xét đồng dư modulo $ 2^{n-1} $

Ta có:
$$ a^2 \equiv 1 (\mod 2^n) $$
$$ a^2 = 1 + k2^n \quad \text{với} \quad k \in \mathbb{Z} $$

Chia cả hai vế cho 2:
$$ a^2 \equiv 1 (\mod 2^{n-1}) $$

Bước 2.2: Xét trường hợp $ a \not\equiv \pm 1 (\mod 2^{n-1}) $

Giả sử $ a \not\equiv \pm 1 (\mod 2^{n-1}) $. Ta có:
$$ a = 1 + m2^{n-1} \quad \text{với} \quad m \in \mathbb{Z}, m \neq 0 $$

Thay vào $ a^2 $:
$$ a^2 = (1 + m2^{n-1})^2 $$

Áp dụng công thức nhị thức Newton:
$$ (1 + m2^{n-1})^2 = 1 + 2(m2^{n-1}) + (m2^{n-1})^2 $$

Tất cả các hạng tử từ $ (m2^{n-1})^2 $ trở đi đều chia hết cho $ 2^n $. Do đó:
$$ (1 + m2^{n-1})^2 \equiv 1 + 2(m2^{n-1}) (\mod 2^n) $$
$$ (1 + m2^{n-1})^2 \equiv 1 + m2^n (\mod 2^n) $$

Điều này mâu thuẫn với $ a^2 \equiv 1 (\mod 2^n) $. Vậy $ a \equiv \pm 1 (\mod 2^{n-1}) $.

Kết luận

Nếu $ p > 2 $ thì $ a \equiv 1 (\mod p^{n-1}) $.

Nếu $ p = 2 $ thì $ a \equiv \pm 1 (\mod 2^{n-1}) $.

Bài 5.
Để tìm tất cả các số nguyên $ n > 1 $ sao cho $ a^{25} - a $ chia hết cho $ n $ với mỗi số nguyên $ a $, ta sẽ thực hiện các bước sau:

Bước 1: Xét $ a = 0 $:
$$ 0^{25} - 0 = 0 $$
Do đó, $ n $ phải là ước của 0, tức là $ n $ có thể là bất kỳ số nguyên nào.

Bước 2: Xét $ a = 1 $:
$$ 1^{25} - 1 = 0 $$
Do đó, $ n $ phải là ước của 0, tức là $ n $ có thể là bất kỳ số nguyên nào.

Bước 3: Xét $ a = 2 $:
$$ 2^{25} - 2 $$
Ta cần tìm $ n $ sao cho $ 2^{25} - 2 $ chia hết cho $ n $.

Bước 4: Xét $ a = 3 $:
$$ 3^{25} - 3 $$
Ta cần tìm $ n $ sao cho $ 3^{25} - 3 $ chia hết cho $ n $.

Bước 5: Xét $ a = p $ là số nguyên tố:
$$ p^{25} - p $$
Theo Định lý Fermat, $ p^{p-1} \equiv 1 \pmod{p} $ nếu $ p $ là số nguyên tố và $ p $ không chia hết cho $ p $. Do đó, $ p^{25} - p $ chia hết cho $ p(p-1) $.

Bước 6: Kết hợp các kết quả trên:
- $ n $ phải là ước của $ 2^{25} - 2 $
- $ n $ phải là ước của $ 3^{25} - 3 $
- $ n $ phải là ước của $ p(p-1) $ với $ p $ là số nguyên tố

Bước 7: Ta nhận thấy rằng $ n $ phải là ước chung của các số trên. Ta xét các ước chung của $ 2^{25} - 2 $, $ 3^{25} - 3 $, và $ p(p-1) $.

Bước 8: Ta nhận thấy rằng $ n $ phải là ước của 2520 (số nhỏ nhất có nhiều ước nhất trong các số đã xét).

Vậy, các số nguyên $ n > 1 $ sao cho $ a^{25} - a $ chia hết cho $ n $ với mỗi số nguyên $ a $ là các ước của 2520.

Đáp số: Các ước của 2520.