Kỳ trước chúng ta đã học cách tìm công thức tính tổng các luỹ thừa $$S_k(n) = 1^k + 2^k + 3^k + \dots + n^k.$$
Hôm nay chúng ta sẽ xem xét các tính chất chia hết của $S_k(n)$. Chúng ta sẽ chứng minh rằng nếu $p$ là một số nguyên tố và $k$ không chia hết cho $p-1$ thì $$S_k(p-1) = 1^k + 2^k + 3^k + \dots + (p-1)^k = 0 \pmod{p}.$$
Đồng thời chúng ta cũng sẽ tìm hiểu về $$S_{-k}(n) = \frac{1}{1^k} + \frac{1}{2^k} + \frac{1}{3^k} + \dots + \frac{1}{n^k}.$$
Có một định lý trong số học liên quan đến tính chia hết của $S_{-k}(n)$, đó là Định lý Wolstenholme.
Định lý Wolstenholme. Nếu $p$ là một số nguyên tố $>3$ thì $$S_{-1}(p-1) = \frac{1}{1} + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{p-1} ~=_{Q} ~0 \pmod{p^2} $$ và $$S_{-2}(p-1) = \frac{1}{1^2} + \frac{1}{2^2} + \frac{1}{3^2} + \dots + \frac{1}{(p-1)^2} ~=_{Q} ~0 \pmod{p}.$$
Chúng ta sẽ chứng minh một tính chất tổng quát hơn, đó là nếu $p$ là một số nguyên tố và $k$ không chia hết cho $p-1$ thì $$S_{-k}(p-1) = \frac{1}{1^k} + \frac{1}{2^k} + \frac{1}{3^k} + \dots + \frac{1}{(p-1)^k} ~=_{Q} ~0 \pmod{p}.$$
Ký hiệu $=_{Q}$ ở trên là ký hiệu modulo cho số hữu tỷ. Nó có nghĩa rằng nếu chúng ta viết $S_{-k}(p-1)$ về dạng phân số như sau $$S_{-k}(p-1) = \frac{1}{1^k} + \frac{1}{2^k} + \frac{1}{3^k} + \dots + \frac{1}{(p-1)^k} = \frac{U}{V}$$ thì tử số $U = 0 \pmod{p}$.
Công cụ chính mà chúng ta sẽ dùng là định lý nhỏ Fermat
Định lý nhỏ Fermat. Nếu $p$ là một số nguyên tố và $a \neq 0 \pmod{p}$ thì $$a^{p-1} = 1 \pmod{p}.$$
Công thức tính tổng các luỹ thừa
Trước hết chúng ta ôn lại công thức tính tổng các luỹ thừa.
Theo nhị thức Newton thì $$(m+1)^{k+1} = m^{k+1} + (k+1) m^{k} + {{k+1} \choose 2} m^{k-1} + \dots + {{k+1} \choose {k-1}} m^{2} + (k+1) m + 1.$$
Do đó $$(m+1)^{k+1} - m^{k+1} = (k+1) m^{k} + {{k+1} \choose 2} m^{k-1} + \dots + {{k+1} \choose {k-1}} m^{2} + (k+1) m + 1.$$
Lần lượt thay $m=1,2, \dots,n$ vào biểu thức trên rồi cọng tất cả lại, $$\sum_{m=1}^{n}[(m+1)^{k+1} - m^{k+1}]$$ $$ = \sum_{m=1}^{n} [(k+1) m^{k} + {{k+1} \choose 2} m^{k-1} + \dots + {{k+1} \choose {k-1}} m^{2} + (k+1) m + 1]$$ chúng ta có $$(n+1)^{k+1} - 1^{k+1}$$ $$ = (k+1) S_k(n) + {{k+1} \choose 2} S_{k-1}(n) + \dots + {{k+1} \choose {k-1}} S_2(n) + (k+1) S_1(n) + n.$$
Từ đó chúng ta có công thức tính tổng các luỹ thừa $$(k+1) S_k(n) + {{k+1} \choose 2} S_{k-1}(n) + \dots + {{k+1} \choose {k-1}} S_2(n) + (k+1) S_1(n) = (n+1)^{k+1} - (n+1).$$
Bây giờ chúng ta sẽ dùng công thức này để chứng minh các tính chất chia hết của $S_k(p-1)$.
Tính chất chia hết của $S_k(p-1)$
Giả sử $p$ là một số nguyên tố. Việc đầu tiên, chúng ta thay $n=p-1$ vào công thức ở trên, chúng ta sẽ được $$(k+1) S_k(p-1) + {{k+1} \choose 2} S_{k-1}(p-1) + \dots + {{k+1} \choose {k-1}} S_2(p-1) + (k+1) S_1(p-1) = p^{k+1} - p.$$
- Với $k=1$ chúng ta có $$2 S_1(p-1) = p^2 - p$$ từ đó suy ra $S_1(p-1)$ chia hết cho $p$.
- Với $k=2$ chúng ta có $$3 S_2(p-1) + 3 S_1(p-1) = p^3 - p$$ từ đó suy ta $S_2(p-1)$ chia hết cho $p$.
- Tương tự như vậy, với $1 \leq k \leq p-2,$ chúng ta chứng minh được $$S_1(p-1) = S_2(p-1) = \dots = S_{p-2}(p-1) = 0 \pmod{p}.$$
Bây giờ, chúng ta sẽ dùng định lý nhỏ Fermat để chứng minh cho các giá trị khác của $k$. Theo định lý nhỏ Fermat thì $$1^{p-1} = 2^{p-1} = \dots = (p-1)^{p-1} = 1 \pmod{p}.$$
Vì vậy nếu $k = (p-1)q + r$ thì $$S_k(p-1) = 1^k + 2^k + 3^k + \dots + (p-1)^k = 1^r + 2^r + 3^r + \dots + (p-1)^r \pmod{p}.$$
Nếu $r=0$ thì $$S_k(p-1) = p-1 = -1 \pmod{p}.$$
Còn nếu $1 \leq r < p-1$ thì $$S_k(p-1) = S_r(p-1) = 0 \pmod{p}.$$
Chúng ta đã chứng minh được định lý sau đây
Định lý. Giả sử $p$ là một số nguyên tố.
- Nếu $k = 0 \pmod{p-1}$ thì $$S_k(p-1) = 1^k + 2^k + 3^k + \dots + (p-1)^k = -1 \pmod{p}.$$
- Nếu $k \neq 0 \pmod{p-1}$ thì $$S_k(p-1) = 1^k + 2^k + 3^k + \dots + (p-1)^k = 0 \pmod{p}.$$
Ví dụ:
- với $p=2011$, $k=2012$, chúng ta có $$1^{2012} + 2^{2012} + 3^{2012} + \dots + 2010^{2012} = ~0 \pmod{2011}$$
- với $p=2011$, $k=2010$, $$1^{2010} + 2^{2010} + 3^{2010} + \dots + 2010^{2010} = ~ -1 \pmod{2011}$$
Tính chất chia hết của $S_{-k}(p-1)$
Dùng định lý nhỏ Fermat, chúng ta có thể tìm modulo $p$ cho tổng sau đây $$S_{-k}(p-1) = \frac{1}{1^k} + \frac{1}{2^k} + \frac{1}{3^k} + \dots + \frac{1}{(p-1)^k}.$$
Đầu tiên chúng ta viết $$k = (p-1) q + r$$ trong đó số dư $0 \leq r \leq p-2$.
Với mọi $j=1,2, \dots, p-1$, chúng ta có $$j^{k} = j^{r} = 1 \pmod{p}$$
Do đó $$\frac{1}{j^k} =_Q ~ \frac{1}{j^r} =_Q ~j^{p-1-r} \pmod{p}$$
Từ đó suy ra $$S_{-k}(p-1) = \frac{1}{1^k} + \frac{1}{2^k} + \frac{1}{3^k} + \dots + \frac{1}{(p-1)^k}$$ $$=_Q ~ 1^{p-1-r} + 2^{p-1-r} + 3^{p-1-r} + \dots + (p-1)^{p-1-r} = S_{p-1-r}(p-1) \pmod{p}$$
Chúng ta có định lý sau đây
Định lý. Giả sử $p$ là một số nguyên tố.
- Nếu $k = 0 \pmod{p-1}$ thì $$S_{-k}(p-1) = \frac{1}{1^k} + \frac{1}{2^k} + \frac{1}{3^k} + \dots + \frac{1}{(p-1)^k} = -1 \pmod{p}.$$
- Nếu $k \neq 0 \pmod{p-1}$ thì $$S_{-k}(p-1) = \frac{1}{1^k} + \frac{1}{2^k} + \frac{1}{3^k} + \dots + \frac{1}{(p-1)^k} = 0 \pmod{p}.$$
Ví dụ:
- với $p=2011$, $k=2012$, chúng ta có $$\frac{1}{1^{2012}} + \frac{1}{2^{2012}} + \frac{1}{3^{2012}} + \dots + \frac{1}{2010^{2012}} =_Q ~0 \pmod{2011}$$
- với $p=2011$, $k=2010$, $$\frac{1}{1^{2010}} + \frac{1}{2^{2010}} + \frac{1}{3^{2010}} + \dots + \frac{1}{2010^{2010}} =_Q ~ -1 \pmod{2011}$$
Hôm nay chúng ta đã học về các tính chất chia hết của tổng luỹ thừa. Chúng ta tạm dừng ở đây. Các định lý mà chúng ta đã chứng minh ở trên có thể được chứng minh bằng nhiều cách khác nhau. Phần bài tập về nhà gợi ý cho chúng ta các cách chứng minh khác của các định lý ở trên.
Xin hẹn gặp lại các bạn ở kỳ sau.
Bài tập về nhà.
1. Chứng minh rằng
$$\frac{1}{1^{1000}} + \frac{1}{2^{1000}} + \frac{1}{3^{1000}} + \dots + \frac{1}{2010^{1000}} =_Q ~0 \pmod{2011}$$
$$\frac{1}{1^{2012}} + \frac{1}{2^{2012}} + \frac{1}{3^{2012}} + \dots + \frac{1}{2010^{2012}} =_Q ~0 \pmod{2011}$$
2. Tính chất chia hết của $S_{-k}(p-1)$ có thể chứng minh bằng cách thứ hai như sau.
Dùng bổ đề Bezout để chứng minh rằng với mọi $j=1,2, \dots, p-1$, tồn tại số $1 \leq w_j \leq p-1$ để $$j ~w_j = 1 \pmod{p}$$
Chứng minh rằng các số $w_1, w_2, \dots, w_{p-1}$ là một hoán vị của $1,2, \dots, p-1$.
Chúng ta có $$j^k ~w_j^k = 1 \pmod{p}$$
do đó $$\frac{1}{j^k} =_Q ~w_j^k \pmod{p}$$
Cọng tất cả lại chúng ta có $$\sum_{j=1}^{p-1} \frac{1}{j^k} =_Q ~\sum_{j=1}^{p-1} w_j^k \pmod{p}$$
tức là $$S_{-k}(p-1) =_Q ~ S_{k}(p-1) \pmod{p}$$ từ đó suy ra điều cần chứng minh.
Sau đây là ví dụ với $p=7$ $$1 \times 1 = 1 \pmod{7}$$ $$2 \times 4 = 1 \pmod{7}$$ $$3 \times 5 = 1 \pmod{7}$$ $$4 \times 2 = 1 \pmod{7}$$ $$5 \times 3 = 1 \pmod{7}$$ $$6 \times 6 = 1 \pmod{7}$$
từ đó suy ra $$1^k \times 1^k = 1 \pmod{7}$$ $$2^k \times 4^k = 1 \pmod{7}$$ $$3^k \times 5^k = 1 \pmod{7}$$ $$4^k \times 2^k = 1 \pmod{7}$$ $$5^k \times 3^k = 1 \pmod{7}$$ $$6^k \times 6^k = 1 \pmod{7}$$
và $$1^k =_{Q} ~ \frac{1}{1^k} \pmod{7}$$ $$2^k =_{Q} ~ \frac{1}{4^k} \pmod{7}$$ $$3^k =_{Q} ~ \frac{1}{5^k} \pmod{7}$$ $$4^k =_{Q} ~ \frac{1}{2^k} \pmod{7}$$ $$5^k =_{Q} ~ \frac{1}{3^k} \pmod{7}$$ $$6^k =_{Q} ~ \frac{1}{6^k} \pmod{7}$$
Do đó $$1^k + 2^k + 3^k + 4^k + 5^k + 6^k =_Q ~ \frac{1}{1^k} + \frac{1}{2^k} + \frac{1}{3^k} + \frac{1}{4^k} + \frac{1}{5^k} + \frac{1}{6^k} \pmod{7}$$