Bài 3. (7 điểm) Cho $p$ là số nguyên tố. Với mỗi số nguyên dương $k$, đặt $A_k$ là tổng lũy thừa bậc $k$ của $p-1$ số nguyên dương đầu tiên.

a) Chứng minh rằng nếu $p\ge 7$ và $k$ là một số nguyên dương lẻ sao cho $3<k<p-1$ thì $kp{A}_{k-1}-2A_k$ chia hết cho $p^4$.

b) Nếu $p\ge 5$ thì $p^2{A}_{p-1}-2A_p$ có chia hết cho $p^5$ không? Vì sao?

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $A_k=1^k+2^k+\cdots +(p-1{)}^k$.

**Bổ đề 1.** Nếu $p-1\nmid m$ thì $A_m\equiv 0(\mathrm{mod}p)$.
*Chứng minh:* Lấy $g$ là căn nguyên thủy mod $p$; phép nhân với $g$ là hoán vị của $\{1,\dots ,p-1\}$ nên $g^m{A}_m\equiv A_m(\mathrm{mod}p)$. Vì $g^m\not\equiv 1(\mathrm{mod}p)$ nên $A_m\equiv 0(\mathrm{mod}p)$. $\square$

**Bổ đề 2.** Nếu $m\ge 3$ lẻ và $m<p-1$ thì $A_m\equiv 0(\mathrm{mod}{p}^2)$.
*Chứng minh:* Vì ${\sum }_{a=1}^{p-1}(p-a{)}^m=A_m$, ta có
$$2A_m=\sum _{a=1}^{p-1}[a^m+(p-a{)}^m]=mp{A}_{m-1}-(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{2})p^2{A}_{m-2}+\cdots$$
(với $m$ lẻ, $(p-a{)}^m=-a^m+mp{a}^{m-1}-(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{2})p^2{a}^{m-2}+\cdots$). Do $m-1$ chẵn, $0<m-1<p-1$ nên theo Bổ đề 1 $A_{m-1}\equiv 0(\mathrm{mod}p)$, suy ra $A_m\equiv 0(\mathrm{mod}{p}^2)$. $\square$

**a)** Với $k$ lẻ, $3<k<p-1$ (nên $k\ge 5$), khai triển như trên:
$$2A_k=kp{A}_{k-1}-\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{2}\right)p^2{A}_{k-2}+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{3}\right)p^3{A}_{k-3}-\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{4}\right)p^4{A}_{k-4}+\cdots$$
Suy ra
$$kp{A}_{k-1}-2A_k=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{2}\right)p^2{A}_{k-2}-\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{3}\right)p^3{A}_{k-3}+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{4}\right)p^4{A}_{k-4}-\cdots$$
Xét mod $p^4$:
- $k-2$ lẻ, $3\le k-2<p-1$ nên theo Bổ đề 2 $A_{k-2}\equiv 0(\mathrm{mod}{p}^2)$, do đó số hạng thứ nhất chia hết cho $p^4$.
- $k-3$ chẵn, $0<k-3<p-1$ nên $A_{k-3}\equiv 0(\mathrm{mod}p)$, số hạng thứ hai chia hết cho $p^4$.
- Các số hạng từ thứ ba trở đi đều có thừa số $p^4$.
Vậy $p^4\mid kp{A}_{k-1}-2A_k$. $■$

**b)** Áp dụng cùng khai triển với $k=p$ (lẻ, $p\ge 5$):
$$p^2{A}_{p-1}-2A_p=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{p}{2}\right)p^2{A}_{p-2}-\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{p}{3}\right)p^3{A}_{p-3}+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{p}{4}\right)p^4{A}_{p-4}-\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{p}{5}\right)p^5{A}_{p-5}+\cdots$$
Xét mod $p^5$:
- Số hạng 1: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{p}{2}\right)p^2{A}_{p-2}=\frac{p^3(p-1)}{2}{A}_{p-2}$; vì $p-2\ge 3$ lẻ, $p-2<p-1$ nên $A_{p-2}\equiv 0(\mathrm{mod}{p}^2)$ (Bổ đề 2) $\Rightarrow$ chia hết cho $p^5$.
- Số hạng 2: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{p}{3}\right)p^3{A}_{p-3}=\frac{p^4(p-1)(p-2)}{6}{A}_{p-3}$; $p-3$ chẵn, $0<p-3<p-1$ nên $A_{p-3}\equiv 0(\mathrm{mod}p)$ $\Rightarrow$ chia hết cho $p^5$.
- Số hạng 3: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{p}{4}\right)p^4{A}_{p-4}$ với $p-4$ lẻ nên $A_{p-4}\equiv 0(\mathrm{mod}p)$ $\Rightarrow$ chia hết cho $p^5$.
- Các số hạng từ thứ tư trở đi chứa $p^5$.

Vậy **có**, $p^5\mid p^2{A}_{p-1}-2A_p$ với mọi $p\ge 5$.

*Kiểm tra:* $p=5$: $25A_4-2A_5=25\cdot 354-2\cdot 4425=0$. $p=7$: $49A_6-2A_7=3291379-2400608=890771=53\cdot 7^5$. Cả hai đều đúng.