Câu hỏi của Lan Lê

Question

Cho số nguyên tố lẻ và số tự nhiên lẻ thỏa mãn chia hết cho và chia hết cho . Chứng minh rằng chia hết cho và chia hết cho

Akai Haruma · Accepted Answer

Lời giải:

Ta thấy:

$\bullet $ Nếu $a\vdots p\Rightarrow b\vdots p\Rightarrow a^b+b^a;a^a+b^b\vdots p$

Mặt khác, $a,b$ nên $a^b+b^a;a^a+b^b$ chẵn, do đó $a^b+b^a;a^a+b^b\vdots 2$

Mà $(2,p)=1\Rightarrow a^a+b^b;a^b+b^a\vdots 2p$ (đpcm)

$\bullet $ Nếu $(a,p)=(b,p)=1$

+) Với $a^b+b^a$

$a+b\equiv 0\pmod p\Rightarrow a\equiv -b\pmod p$

Do đó, $a^b+b^a\equiv (-b)^b+b^a\equiv b^a-b^b\pmod p$ (do $b$ lẻ)

$\Leftrightarrow a^b+b^a\equiv b^b(b^{a-b}-1)\pmod p$ $(\star)$

Vì $a-b\vdots p-1\Rightarrow a-b=k(p-1)$ (với $k\in\mathbb{N})$

$\Rightarrow b^{a-b}-1=b^{k(p-1)}-1$

Áp dụng định lý Fermat nhỏ với $(b,p)=1$ :

$b^{p-1}\equiv 0\pmod p\Rightarrow b^{k(p-1)}\equiv 1\pmod p$

$\Leftrightarrow b^{k(p-1)}-1\equiv 0\pmod p\Leftrightarrow a^b+b^a\equiv 0\pmod p$

Mặt khác cũng dễ cm $a^b+b^a\vdots 2$, và $(p,2)=1\Rightarrow a^b+b^a\vdots 2p$ (đpcm)

+) Với $a^a+b^b$

$a^a+b^b\equiv (-b)^a+b^b\equiv b^b-b^a\equiv b^a-b^b\equiv b^b(b^{a-b}-1)\pmod p$

Đến đây giống y như khi xét $a^b+b^a$ ( đoạn $(\star)$ ) ta suy ra $a^a+b^b\equiv 0\pmod p$

Mà cũng thấy $a^a+b^b\vdots 2$, và $(2,p)=1\Rightarrow a^a+b^b\vdots 2p$Câu trả lời: Lời giải: