a) Giả sử $a$ là một số nguyên dương và $p$ là một số nguyên tố. Chứng minh rằng:
$$a^{p-1}\equiv 1(\mathrm{mod}{p}^2)\iff a^{(p-1{)}^2}\equiv 1(\mathrm{mod}{p}^2).$$
b) Tìm tất cả các số nguyên dương $x,y$ và số nguyên tố $p$ thỏa mãn đồng thời hai điều kiện:
$i)$ $5^{(p-1{)}^2}-1$ không chia hết cho $p^2$; $ii)$ $p^x+5=y^p$.

a) Chiều thuận là hiển nhiên, giờ ta chứng minh chiều đảo. Giả sử $a^{(p-1{)}^2}\equiv 1(\mathrm{mod}{p}^2)$. Khi đó $p\nmid a$. Vì $a^{p-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$ nên tồn tại số nguyên $k$ sao cho $a^{p-1}=1+kp$.
$$1\equiv a^{(p-1{)}^2}=(1+kp{)}^{p-1}\equiv 1+kp(p-1)(\mathrm{mod}{p}^2).$$
Vì $(p,p-1)=1$, suy ra $p\mid k$. Do đó $a^{p-1}=1+kp\equiv 1(\mathrm{mod}{p}^2)$.

b) Theo ý 1, điều kiện đầu tương đương với $5^{p-1}\not\equiv 1(\mathrm{mod}{p}^2)$.
Ta có $p=2$ không thoả mãn, còn $p=5$ thì $y^5=5^x+5$, để ý $5v_5(y)=v_5(5^x+5)\in \{1,2\}$ (giá trị $1$ khi $x\ge 2$ và $2$ khi $x=1$) nên vô lý trong cả hai trường hợp vì $5v_5(y)$ chia hết cho $5$.
Bây giờ giả sử $p$ là số nguyên tố lẻ và $p\ne 5$. Theo định lý Fermat nhỏ ta có $v_p(5^{p-1}-1)=1$.
Từ $p^x+5=y^p$, xét modulo $p$ suy ra $y\equiv 5(\mathrm{mod}p)$.
Giả sử $x\ge 2$. Ta có $y^p-5^p=p^x-5(5^{p-1}-1)$. Khi đó ta có được:
$$1=v_p(p^x-5(5^{p-1}-1))=v_p(y^p-5^p)=v_p(y-5)+v_p(p)\ge 2,$$
mâu thuẫn. Vậy $x=1$. Khi đó $y^p=p+5$.
Nếu $p=3$ thì $y^3=8$, do đó $y=2$. Nếu $p\ge 7$ thì $y\ge 2$ và $y^p\ge 2^p>p+5$, vô lý.
Thử lại để thấy được nghiệm duy nhất thoả mãn yêu cầu đề bài là $(x,y,p)=(1,2,3)$.