Một bài về đồng dư trong Z[p^2]
 

Cho $p$ là một số nguyên tố lẻ. Chứng minh rằng:$$\sum_{i=1}^{p-1}{i^{p-1}}\equiv p+(p-1)!\pmod{p^2}.$$

Với mỗi số nguyên $x$ không là bội của $p$, ta đặt $\mathcal F_p(x)=\frac{x^{p-1}-1}{p}$, khi đó với $a,\,b\in\mathbb Z$ thỏa $p\nmid ab$ ta có\[{{\cal F}_p}\left( {ab} \right) - {{\cal F}_p}\left( a \right) - {{\cal F}_p}\left( b \right) = \frac{{\left( {{a^{p - 1}} - 1} \right)\left( {{b^{p - 1}} - 1} \right)}}{p}.\]Theo định lý Fermat bé, ta có được đồng dư\[{{\cal F}_p}\left( {ab} \right) \equiv {{\cal F}_p}\left( a \right) + {{\cal F}_p}\left( b \right) \pmod p.\]Điều ta đang cần chứng minh chính là\[p\left({{\cal F}_p}\left( 1 \right) + {{\cal F}_p}\left( 2 \right) + \ldots + {{\cal F}_p}\left( {p - 1} \right) \right)\equiv \left( {p - 1} \right)! + 1\pmod {p^2}.\]Đặt $\frac{(p-1)!+1}{p}=\mathcal W_p$, theo nhận xét trên thì \[{{\cal F}_p}\left( 1 \right) + {{\cal F}_p}\left( 2 \right) + \ldots + {{\cal F}_p}\left( {p - 1} \right) \equiv {{\cal F}_p}\left( {p{{\cal W}_p} - 1} \right)\pmod p.\]Vậy, ta cần chứng tỏ\[{\left( {p{{\cal W}_p} - 1} \right)^{p - 1}} - 1 \equiv p{{\cal W}_p}\pmod {p^2}.\]Để ý $p$ lẻ và theo [Only registered and activated users can see links. Click Here To Register...] ta có\[{\left( {p{{\cal W}_p} - 1} \right)^{p - 1}} \equiv {\left( { - 1} \right)^{p - 1}} + \left( {p - 1} \right){\left( { - 1} \right)^{p - 2}}p{{\cal W}_p} \equiv 1 + p{{\cal W}_p}\pmod{p^2}.\]Vậy, ta có điều cần chứng minh.