Доказать, что остаток от деления числа [latex]2^{p-1}[/latex] на простое нечётное р равен 1.

Если знаете про бином Ньютона, то можно так: [latex]2^p=(1+1)^p=1^p+C_p^1+C_p^2+\ldots+C_p^{p-1}+1^p[/latex] Где [latex]C_p^k=\frac{p!}{(k)!(p-k)!}[/latex] - биномиальный коэффициент. При всех k  кроме k=0 и k=p, числитель этого биномиального коэффциента делится на p, а знаменатель не делится, Т.к. p - простое, а само [latex]C_p^k[/latex] - целое, то p делит все слагаемые [latex]C_p^k[/latex] кроме крайних единиц. Значит остаток от деления 2^p на p равен 2. И поэтому остаток отделения [latex]2^{p-1}[/latex] равен 1.

  Если вам нужно "сухое" доказательство , то это Малая теорема Ферма , [latex]a^{p-1} \equiv 1 \ mod p[/latex] , у вас тут [latex]a=2[/latex] , и оно не делится на [latex]p[/latex] , откуда и следует утверждение задачи       Если хотите более элементарное доказательство , можно это доказать при помощи Бинома Ньютона , или попробовать  представить просто число в виде [latex]p=6x+1 [/latex]. Но рассматривать частные случаи , что то не охота   Либо через группу Галуа , если это доказательство подойдет .  Если рассматривать уравнение вида [latex] x^n-1[/latex] ,  то есть имеет вид [latex](x-1)(x+1)(x^2-x+1)....[/latex] , то найдется такое число во множители что ,[latex](x-1)(x+1)(x^{2(n-k)}+x^{n-k}+...1)...[/latex] будет делится на [latex]n+1[/latex] , опять не для всех , а только для простого числа . А она следует из теорема Эйлера.