Nếu không muốn nghỉ ngơi vài ngày :yao:

.....................

1.1 .............
1.2..............
...

$C_p^i=\dfrac{p!}{(n-i)!.i!}$. Tử số có thừa số $p$, mẫu số không có nên $p|C_p^i$.$\square$

1.1 Chứng minh định lý Fermat nhỏ: $p|a^p-a$ với mọi $p$ nguyên tố, $a$ nguyên dương.

1.2(Định lý Lucas) Cho $m,n$ là hai số tự nhiên, $p$ nguyên tố. Giả sử
$$m=m_kp^k+m_{k-1}p^{k-1}+...+m_1p+m_0$$
$$n=n_kp^k+n_{k-1}p^{k-1}+...+n_1p+n_0$$
Khi đó
$$C_m^n\equiv \prod ^k_{i=0}C_{n_i}^{m_i}(\mod p)$$
(Quy ước $C_b^a=0$ nếu $a>b$)

Hiển nhiên đúng với $n=0$
Giả sử đúng đến $n=k$
Xét $f(x)=\sum_{i=0}^{k+1} a_ix_i$ có $m$ nghiệm
Không mất tính tổng quát, giả sử $m>0$, giả sử $f(r)=0$
Ta có: $f(x)=f(x)-f(r)=\sum_{i=0}^{k+1}a_i(x^i-r^i)=(x-r)g(x)$
Dễ thấy $\deg g \le k$ nên g(x) có không quá $k$ nghiệm
$\Rightarrow f(x)$ có không quá $k+1$ nghiệm
$\Rightarrow$ đpcm

2.1. Định lí Wilson: $ (p-1)! \equiv -1 \pmod{p}$ moi số nguyên tố $p$.

2.2. Định lí Lucas: Cho $m,n$ là hai số tự nhiên, $p$ nguyên tố. Giả sử
$$m=m_kp^k+m_{k-1}p^{k-1}+\cdots+m_1p+m_0$$
$$n=n_kp^k+n_{k-1}p^{k-1}+\cdots+n_1p+n_0$$
Khi đó
$$C_m^n\equiv \prod^k_{i=0}C_{n_i}^{m_i} \pmod{p}$$

2.3. $\sum\limits_{1 \leq i < j \leq p-1} ij \equiv 0 \pmod{p}$ với mọi $p$ nguyên tố .

2.4. $ \sum\limits_{1 \leq i < j \leq \frac{p-1}{2}} i^2j^2 \equiv 0 \pmod{p}$ với mọi số nguyên tố $p>5$.

Giả sử $a$ và $b$ không đồng thời chia hết cho $p$. Ta có các trường hợp sau:

Trường hợp 1. Nếu $a \vdots p, \ b \not \vdots p.$
$$\Rightarrow a^2 \vdots p; b^2 \not \vdots p \Rightarrow a^2+b^2 \not \vdots p.$$
Mâu thuẫn với giả thiết ban đầu.
Trường hợp 2. Nếu $a \not \vdots p, \ b \vdots p.$
Tương tự trường hợp 1, trường hợp này cũng mâu thuẫn với giả thiết.

Trường hợp 3. Nếu $a \not\vdots p, \ b \not\vdots p.$
Vì $p$ nguyên tố nên theo định lý Fermat nhỏ ta có:
$$\begin{array}{l}
a^{p-1} \equiv 1 \pmod{p} &
b^{p-1} \equiv 1 \pmod{p}
\end{array}$$
$$\begin{array}{l}
\Leftrightarrow a^{4k+2} \equiv 1 \pmod{p}, \ b^{4k+2} \equiv 1\pmod{p} & \Leftrightarrow (a^2)^{2k+1} \equiv 1 \pmod{p}, \ (b^2)^{2k+1} \equiv 1 \pmod{p} & \Rightarrow (a^2)^{2k+1}+(b^2)^{2k+1} \equiv 2 \pmod{p}
\end{array}$$
Do $p$ là số nguyên tố có dạng $4k+3$ nên $p \ge 3$, nên \begin{equation}
(a^2)^{2k+1}+(b^2)^{2k+1} \not\vdots p
\end{equation}
Lại có $$(a^2)^{2k+1}+(b^2)^{2k+1} \vdots a^2+b^2 \vdots p$$
Điều này mâu thuẫn với $(1)$. Vậy giả thiết phản chứng sai.

3.1 Chứng minh rằng phương trình $$x^2-y^3=7$$ không có nghiệm nguyên.

3.2 Chứng minh rằng phương trình $$4xy-x-y=z^2$$ vô nghiệm nguyên.

Từ giả thiết suy ra $p|a^{2^{n+1}}-1$.
Gọi $h$ là số tự nhiên nhỏ nhất sao cho $p|a^h-1$ thì $p|2^{n+1}$ và $h|p-1$
Nếu $h\le 2^n$ thì $p|a^h-1|a^{2^n}-1$. Lại theo giả thiết thì $p|a^{2^n}+1$ nên suy ra $p|2$ (vô lí!)
Suy ra $h=2^{n+1}$. Do $h|{p-1}$ nên $p\equiv 1\pmod {2^{n+1}}.\square$

4.1 Tìm tất cả các cặp số nguyên dương $(m,n)$ thỏa $\begin{cases} n|2^{m-1}+1\\m|2^{n-1}+1\end{cases}$

4.2 Nếu $(a,b)=1$ là hai số nguyên dương không đồng thời bằng 1 và $p$ nguyên tố lẻ thỏa $p|a^{2^n}+b^{2^n}$. Khi đó $p\equiv 1\pmod {2^{n+1}}$

Giả sử x ko chia hết cho p thì y ko chia hết cho p.
Theo định lí Fermat thì:
$$\left\{\begin{matrix}
x^{p-1} \equiv 1 (mod p)\\
y^{p-1} \equiv 1 (nod p)
\end{matrix}\right.$$
$$\left\{\begin{matrix}
x^{k.2^t} \equiv 1 (mod p)\\
y^{k.2^t} \equiv 1 (nod p)
\end{matrix}\right.$$
$\Rightarrow x^{k.2^t+1}+y^{k.2^t+1} \equiv 2 (mod p)$
Mà $x^{2^t}+y^{2^t} \equiv 0 (mod p) \Rightarrow x^{k.2^t+1}+y^{k.2^t+1} \equiv 0 (mod p) (MT)$

5.1.( Bổ đề 3) Cho $p$ là số nguyên tố dạng $4k+3$. Khi đó nếu $a^2+b^2$ chia hết cho $p$ thì $a$ và $b$ đều chia hết cho $p$.

5.2 CMR pt: $x^2+5=y^3$ ko có nghiệm nguyên

Sử dụng kết quả quen thuộc sau:

6.1 Chứng minh với mọi $n>1$ thì $2^n-1$ không chia hết cho $n$.

6.2 Chứng minh $(a^m-1.a^n-1)=a^{(m,n)}-1$.

Giả sử $a $ là số nguyên tố và $A\vdots a $. Suy ra tồn tại một chỉ số $k $ $1\leq k\leq n $ sao cho $ a_{k}\vdots a $ . Điều này không xảy ra vì $a> a_{k} $

1) Cho $a,b,c,d $ là các số tự nhiên thỏa $a>b>c>d $ và $ac+bd= (b+d+a-c)(b+d-a+c) $. Cmr: $ab+cd $ là hợp số
2)Cho $a,b,c,d $ là các số tự nhiên đôi một phân biệt thỏa $ a^{2}+d^{2}=b^{2}+c^{2}=P $. Cmr:
i) $P $ là hợp số
ii) $ab+cd $ và $ac+bd $ không thể đồng thời là số nguyên tố
3)Cho $n $ là số tự nhiên thỏa $n^{2}+2 $ là ước nguyên tố của $ n^{8}-1 $. Cmr: $n=1 $
4)Cho ba số tự nhiên $a,b,c $ là độ dài ba cạnh một tam giác. Cmr: Nếu $a+b $ là một ước lẻ của $a(b-c)^{2}+b(a-c)^{2}+c(a-b)^{2} $ thì $a+b $ là hợp số
5)Cho các số nguyên dương $a,b,c,d $ thỏa
i) $a\geq b\geq c $
ii) $a+b+c-d $ là ước nguyên tố của $ab+bc+cd-d^{2} $
iii) $abc=d^{3} $
Cmr: $b=d $

+ Trường hợp $x;y \equiv 0 (\mod p)$ hiển nhiên đúng.
+ Nếu $x;y$ không chia hết cho $p$, dễ thấy $p$ có dạng $p=3k+2$.

Theo định lý Fermat, vì $p$ nguyên tố nên $x^{p-1} \equiv 1 (\mod p)$, từ đó dễ thấy $x^{3k+1} \equiv y^{3k+1} (\mod p)$. Do $x^3 \equiv y^3 (\mod p)$ nên $x^{3k} \equiv y^{3k} ( \mod p)$. Hay $x \equiv y (\mod p)$. ĐPCM $\blacksquare$.