Lời giải bài 52:
Lemma $(1)$: Với $p>2$ nguyên tố và $A={a_{1},a_{2}, \cdots, a_{s}}$ $1<s<p$ là tập số nguyên dương không chia hết cho p và thoả mãn $a_{1} \not\equiv a_{2} (mod p)$ thì tập $\sum_{i=1}^{s} x_{i}a_{i}$ với $x_{i}=0$ hoặc $x_{i}=1$ chứa ít nhất $s+1$ lớp đồng dư phân biệt $mod p$.
Chứng minh:
Với $s=2$, đúng.
Giả sử $(1)$ đúng với $s-1$, gọi dãy $b_{i}$ là tất các lớp đồng dư $mod p$ của $\sum_{i=1}^{s-1}x_{i}a_{i}$. Nếu $k>s$ thì hiển nhiên $(1)$ đúng với $s$, nên chỉ xét $k=s$. Do $a_{s} \not\equiv 0 (modp)$ suy ra tồn tại $k$ để $b_{k}+a_{s} \not\equiv b_{i}$ với mọi $i$. Nên phải có $s+1$ lớp đồng dư.
Quay lại bài toán, với $n=p$, gọi dãy đã cho là $a_{i}$ và $-1<a_{1} \leq a_{2} \leq \cdots \leq a_{2p-1} <p$
Nếu $a_{i} \equiv a_{i+p-1}$ thì hiển nhiên nên xét $a_{i} \not\equiv a_{i+p-1}$. Đặt $b_{i} = a_{p+i} - a_{i+1}, 1 \leq i \leq p-1$ thì phương trình $\sum_{i=1}^{p}a_{i} \equiv - \sum_{i=1}^{p-1}x_{i}b_{i} (mod p)$ với $x_{i}=0$ hoặc $x_{i}=1$ có nghiệm theo $(1)$ suy ra $\sum_{i=1}^{p}a_{i} + \sum_{i=1}^{p-1}x_{i}b_{i} \equiv 0 (mod p)$ hay đúng với $n=p$.
Giờ cần chứng minh nếu đúng với $n=n_{1}$ và $n=n_{2}$ thì đúng với $n=n_{1}n_{2}$
Vì giả thiết đúng với $n_{1}$ nên chọn được $2n_{2}-1$ bộ gồm $n_{1}$ số có tổng chia hết cho $n_{1}$, giả thiết đúng với $n_{2}$ nên từ $2n_{2}-1$ bộ chọn được $n_{2}$ bộ có tổng chia hết cho $n_{2}$ hay $n_{1}n_{2}$ số có tổng chia hết cho $n_{1}n_{2}$
Bài 53: Giải phương trình nghiệm nguyên $x^{p}+1=y^{2}$ $(p>5)$
P/S: IMOer có thể đăng lời giải bài 49 được không