Định lý Wolstenholme.

Định lý. Với $p$ là số nguyên tố lớn hơn 3, và ta kí hiệu số nguyên $s^*$ thoả $ss^*\equiv 1 \pmod{p^2}$ là $\dfrac{1}{s}$. Lúc đó ta có \[1 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3} + \ldots + \dfrac{1}{{p – 1}} \equiv 0 \pmod {p^2} \]

Chứng minh. Với\[\left( {x – 1}\right)\left( {x – 2} \right) \ldots \left( {x – \left( {p – 1} \right)} \right) = {x^{p – 1}} – {s_1}{x^{p – 2}} + \ldots + {s_{p – 1,}}\] vì thế \[{s_{p – 1}} = \left( {p – 1} \right)!.\] Từ đó \[\left( {x – 1} \right)\left( {x – 2} \right) \ldots \left( {x – \left( {p – 1} \right)} \right) \equiv {x^{p – 1}} – 1\quad \left( {\bmod p} \right),\] dẫn đến \[p\mid \gcd \left( {{s_1}, \ldots ,{s_{p – 2}}} \right).\] Ta thay $x=p$ vào trong $(1)$. Lúc đó \[\left( {p – 1} \right)! = {p^{p – 1}} – {s_1}{p^{p – 2}} + \ldots – {s_{p – 2}}p + {s_{p – 1,}}\] hay \[{p^{p – 2}} – {s_1}{p^{p – 3}} + \ldots + {s_{p – 3}}p – {s_{p – 2}} = 0.\] Từ $p>3$ kết hợp với $(3)$ ta có \[{s_{p – 2}} \equiv 0\quad \left( {\bmod {p^2}} \right),\]hay \[{p^2}\mid \left( {p – 1} \right)!\left( {1 + \dfrac{1}{2} + \ldots + \dfrac{1}{{p – 1}}} \right),\] hay \[1^* + 2^* + \ldots + \left( {p – 1} \right)^* \equiv 0\quad \left( {\bmod {p^2}} \right),\] đó là điều cần chứng minh.

$\square$

Tags: , , , ,

Reply

Email của bạn sẽ không được hiển thị công khai. Các trường bắt buộc được đánh dấu *