Định Lý Wolstenholme Và Các Tính Chất Chia Hết Của Tổng Lũy Thừa

by Thầy Đông · January 7, 2026

Rate this post

Trong lĩnh vực lý thuyết số, định lý Wolstenholme là một kết quả quan trọng, liên quan đến tính chia hết của tổng các nghịch đảo lũy thừa trong phạm vi modulo một số nguyên tố. Bài viết này sẽ đi sâu vào khám phá định lý Wolstenholme, cùng với các tính chất chia hết tổng quát hơn của cả tổng lũy thừa và tổng nghịch đảo lũy thừa, sử dụng các công cụ cơ bản như định lý nhỏ Fermat. Chúng ta sẽ xem xét kỹ lưỡng cách các tổng này hành xử khi chia cho một số nguyên tố, cung cấp cái nhìn sâu sắc về cấu trúc số học.

Đề Bài

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 $Sk(p-1) = 1^k + 2^k + 3^k + dots + (p-1)^k = 0 pmod{p}.$ 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 $a \ne 0 pmod{p}$ thì $a^{p-1} = 1 pmod{p}.$

Phân Tích Yêu Cầu

Bài viết gốc trình bày hai vấn đề chính:

Tính chất chia hết của tổng các lũy thừa $S_k(p-1)$ modulo $p$.
Tính chất chia hết của tổng các nghịch đảo lũy thừa $S_{-k}(p-1)$ modulo $p$, bao gồm cả Định lý Wolstenholme.

Yêu cầu là viết lại bài viết này theo một cấu trúc chuẩn SEO, đảm bảo tính học thuật, rõ ràng, dễ hiểu vàrender công thức toán học chuẩn KaTeX. Cụ thể, bài viết cần bao gồm:

Tiêu đề: Hấp dẫn, chứa từ khóa chính.
Mở đầu: Giới thiệu ngắn gọn, nhấn mạnh từ khóa và các khái niệm liên quan.
Đề bài: Sao chép nguyên văn.
Phân tích yêu cầu: Giải thích đề bài đang yêu cầu chứng minh điều gì.
Kiến thức nền tảng: Trình bày các định lý và công thức cần thiết (như Định lý nhỏ Fermat, Nhị thức Newton).
Hướng dẫn giải chi tiết: Trình bày từng bước chứng minh cho cả hai loại tổng (lũy thừa và nghịch đảo lũy thừa), kèm theo các mẹo kiểm tra và lỗi thường gặp.
Kết quả/Đáp án: Tóm tắt các định lý chính đã chứng minh.
Kết luận: Tóm lược ý nghĩa và lợi ích của các kết quả.

Cần tuân thủ nghiêm ngặt các quy tắc về định dạng Markdown, render KaTeX, và không đưa ra các văn bản giải thích ngoài bài viết.

Kiến Thức/Nền Tảng Cần Dùng

Để hiểu và chứng minh các tính chất chia hết của tổng lũy thừa và tổng nghịch đảo lũy thừa, chúng ta cần nắm vững một số kiến thức cơ bản trong Lý thuyết số và Đại số:

Định lý nhỏ Fermat:
Đây là một trong những định lý nền tảng trong Lý thuyết số.
Định lý nhỏ Fermat. Cho $p$ là một số nguyên tố. Với mọi số nguyên $a$ không chia hết cho $p$, ta có:
$a^{p-1} equiv 1 pmod{p}$
Hệ quả: Với mọi số nguyên $a$ và mọi số tự nhiên $k$, ta có:
$a^k equiv a^{k pmod{p-1}} pmod{p}$
(Nếu $k pmod{p-1} = 0$ , thì $a^k equiv a^{p-1} equiv 1 pmod{p}$ ).
Nhị thức Newton:
Công thức này cho phép khai triển biểu thức $(x+y)^n$ . Trong bài này, nó được sử dụng để thiết lập mối quan hệ đệ quy cho tổng các lũy thừa.
Nhị thức Newton. Với mọi số nguyên $n \ge 0$ , ta có:
$(x+y)^n = sum_{k=0}^n binom{n}{k} x^{n-k} y^k$
Cụ thể, khi khai triển $(m+1)^{k+1}$ , ta có:
$(m+1)^{k+1} = m^{k+1} + binom{k+1}{1} m^k + binom{k+1}{2} m^{k-1} + dots + binom{k+1}{k} m + 1$
Tổng các lũy thừa $S_k(n)$ :
Định nghĩa là $Sk(n) = 1^k + 2^k + dots + n^k$ .
Mối liên hệ đệ quy giữa các tổng lũy thừa có thể được suy ra từ khai triển nhị thức Newton:
$(m+1)^{k+1} - m^{k+1} = (k+1)m^k + binom{k+1}{2}m^{k-1} + dots + (k+1)m + 1$
Tổng hóa biểu thức trên từ $m=1$ đến $m=n$ :
$sum{m=1}^n [(m+1)^{k+1} - m^{k+1}] = sum_{m=1}^n \left[ (k+1)m^k + binom{k+1}{2}m^{k-1} + dots + (k+1)m + 1 \right]$
Vế trái là một dạng sai phân, đơn giản hóa thành:
$(n+1)^{k+1} - 1^{k+1} = (k+1)Sk(n) + binom{k+1}{2}S{k-1}(n) + dots + binom{k+1}{k}S_1(n) + n$
Do đó, ta có công thức quan trọng:
$(k+1)Sk(n) + binom{k+1}{2}S{k-1}(n) + dots + binom{k+1}{k}S_1(n) = (n+1)^{k+1} - (n+1)$
Tổng các nghịch đảo lũy thừa $S_{-k}(n)$ :
Định nghĩa là $S{-k}(n) = \frac{1}{1^k} + \frac{1}{2^k} + dots + \frac{1}{n^k}$ .
Phép toán modulo trên các số hữu tỷ ( $=_{Q} ~ pmod{p}$ ):
Khi $p$ là số nguyên tố, với mọi phân số $\frac{a}{b}$ sao cho $p nmid b$, tồn tại nghịch đảo modulo $p$, ký hiệu là $b^{-1} pmod{p}$ , sao cho $b \cdot b^{-1} equiv 1 pmod{p}$ . Khi đó, $\frac{a}{b} equiv a \cdot b^{-1} pmod{p}$ .
$S{-k}(p-1) = sum{j=1}^{p-1} \frac{1}{j^k} pmod{p}$ được hiểu là $sum{j=1}^{p-1} (j^{-1})^k pmod{p}$ .
Hoán vị modulo $p$:
Đối với $p$ là số nguyên tố, tập hợp các số ${1, 2, dots, p-1}$ khi nhân với một số $a$ không chia hết cho $p$ (ví dụ: $a=j^k$ ) sẽ tạo ra một tập hợp các số dư mới, là một hoán vị của chính tập hợp ban đầu modulo $p$. Điều này sẽ được sử dụng trong cách chứng minh thứ hai cho $S_{-k}(p-1)$ .

Hướng Dẫn Giải Chi Tiết

Chúng ta sẽ đi qua từng phần của bài toán, áp dụng các kiến thức nền tảng đã nêu.

1. Tính Chất Chia Hết Của $S_k(p-1)$

Chúng ta cần chứng minh hai trường hợp chính: khi $k equiv 0 pmod{p-1}$ và khi $k notequiv 0 pmod{p-1}$ .

Trường hợp 1: $k notequiv 0 pmod{p-1}$

Chúng ta sử dụng công thức đệ quy liên quan đến tổng các lũy thừa, thay $n = p-1$ :
$(k+1)Sk(p-1) + binom{k+1}{2}S{k-1}(p-1) + dots + binom{k+1}{k}S_1(p-1) = (p-1+1)^{k+1} - (p-1+1)$
$(k+1)Sk(p-1) + binom{k+1}{2}S{k-1}(p-1) + dots + binom{k+1}{k}S_1(p-1) = p^{k+1} - p$

Mọi số hạng bên vế phải đều chia hết cho $p$. Do đó, vế trái cũng phải chia hết cho $p$:
$(k+1)Sk(p-1) + binom{k+1}{2}S{k-1}(p-1) + dots + binom{k+1}{k}S_1(p-1) equiv 0 pmod{p}$

Chúng ta sẽ chứng minh bằng quy nạp dựa trên $k$.
Ta biết rằng với $1 \le r \le p-2$ , $S_r(p-1) equiv 0 pmod{p}$ .

Cơ sở quy nạp: Với $r=1$ , $S_1(p-1) = 1+2+dots+(p-1) = \frac{(p-1)p}{2}$ . Nếu $p > 2$, thì $S_1(p-1) equiv 0 pmod{p}$ . Với $p=2$ , $S_1(1) = 1 equiv 1 pmod{2}$ . Tuy nhiên, định lý này thường xét với $p > 2$.
Giả sử $S_1(p-1), S2(p-1), dots, S{k-1}(p-1)$ đều đồng dư $0 pmod{p}$ cho $k-1 \le p-2$ .
Xét công thức: (k+1)Sk(p-1) + binom{k+1}{2}S{k-1}(p-1) + dots + binom{k+1}{k}S1(p-1) equiv 0 pmod{p}
Nếu k < p-1[/katex], thì tất cả các số hạng [katex]binom{k+1}{i}S{k+1-i}(p-1) với i=1, dots, k đều đồng dư $0 pmod p$ vì S_{k+1-i}(p-1) equiv 0 pmod p (do k+1-i \le k < p-1[/katex]). Khi đó, chỉ còn lại: [katex](k+1)S_k(p-1) equiv 0 pmod{p}[/katex] Vì [katex]k < p-1[/katex], nên [katex]k+1 < p[/katex]. Do $p$ là số nguyên tố, [katex]k+1[/katex] không chia hết cho $p$. Do đó, ta có thể chia cả hai vế cho [katex]k+1[/katex]: [katex]S_k(p-1) equiv 0 pmod{p}[/katex] Điều này chứng tỏ [katex]S_r(p-1) equiv 0 pmod{p}[/katex] cho [katex]1 \le r \le p-2[/katex].</li> </ul> Bây giờ, xét tổng [katex]S_k(p-1) với $k$ bất kỳ.
Ta có j in {1, 2, dots, p-1}. Theo Định lý nhỏ Fermat, j^{p-1} equiv 1 pmod{p}.
Nếu ta viết k = q(p-1) + r, với 0 \le r < p-1[/katex]. Khi đó, [katex]j^k = j^{q(p-1)+r} = (j^{p-1})^q \cdot j^r equiv 1^q \cdot j^r equiv j^r pmod{p}[/katex]. Do đó: [katex]Sk(p-1) = sum{j=1}^{p-1} j^k equiv sum_{j=1}^{p-1} j^r pmod{p}
S_k(p-1) equiv S_r(p-1) pmod{p}
- Nếu $k notequiv 0 pmod{p-1}$ , thì $r \ne 0$ . Trong trường hợp này, $1 \le r \le p-2$ . Như đã chứng minh ở trên, $S_r(p-1) equiv 0 pmod{p}$ .
 Vậy, $S_k(p-1) equiv 0 pmod{p}$ khi $k notequiv 0 pmod{p-1}$ .
Trường hợp 2: $k equiv 0 pmod{p-1}$
Nếu $k equiv 0 pmod{p-1}$ , tức là $k = q(p-1)$ với $q \ge 1$ .
Khi đó, $j^k = j^{q(p-1)} = (j^{p-1})^q equiv 1^q equiv 1 pmod{p}$ cho mọi $j in {1, 2, dots, p-1}$ (vì $p nmid j$).
Do đó:
$Sk(p-1) = sum{j=1}^{p-1} j^k equiv sum_{j=1}^{p-1} 1 pmod{p}$
$S_k(p-1) equiv (p-1) pmod{p}$
$S_k(p-1) equiv -1 pmod{p}$
Định lý về $S_k(p-1)$ :
Giả sử $p$ là một số nguyên tố.
- Nếu $k equiv 0 pmod{p-1}$ , thì $S_k(p-1) = 1^k + 2^k + dots + (p-1)^k equiv -1 pmod{p}$ .
- Nếu $k notequiv 0 pmod{p-1}$ , thì $S_k(p-1) = 1^k + 2^k + dots + (p-1)^k equiv 0 pmod{p}$ .
- Mẹo kiểm tra: Nếu $p=5$ , $p-1=4$ .
 Với $k=4$ : $S_4(4) = 1^4+2^4+3^4+4^4 = 1+16+81+256 = 354$ .
 $354 = 70 \times 5 + 4 equiv 4 equiv -1 pmod{5}$ . Đúng với trường hợp $k equiv 0 pmod{p-1}$ .
 Với $k=3$ : $S_3(4) = 1^3+2^3+3^3+4^3 = 1+8+27+64 = 100$ .
 $100 equiv 0 pmod{5}$ . Đúng với trường hợp $k notequiv 0 pmod{p-1}$ .
- Lỗi hay gặp:
 - Áp dụng sai Định lý nhỏ Fermat khi $a$ chia hết cho $p$ (ví dụ $j=p$ ). Tuy nhiên, trong trường hợp này ta xét $j$ từ $1$ đến $p-1$ , nên $p nmid j$ luôn đúng.
 - Nhầm lẫn giữa $k equiv 0 pmod{p-1}$ và $k equiv 0 pmod{p}$ .
 - Tính toán sai phần dư modulo $p$.
2. Tính Chất Chia Hết Của $S_{-k}(p-1)$
Chúng ta cần chứng minh rằng với $p$ là số nguyên tố và $k > 0$:
- Nếu $k equiv 0 pmod{p-1}$ , thì $S_{-k}(p-1) equiv -1 pmod{p}$ .
- Nếu $k notequiv 0 pmod{p-1}$ , thì $S_{-k}(p-1) equiv 0 pmod{p}$ .
Ký hiệu $S{-k}(p-1) = sum{j=1}^{p-1} \frac{1}{j^k}$ . Phép đồng dư ở đây là modulo $p$ cho số hữu tỷ. Với $p$ nguyên tố, $j in {1, dots, p-1}$ , thì $p nmid j$. Do đó, $j$ luôn có nghịch đảo modulo $p$, ký hiệu là $j^{-1}$ .
Cách 1: Sử dụng Định lý nhỏ Fermat và tính chất $j^k pmod p$ .
Ta viết $k = q(p-1) + r$ , với $0 \le r < p-1[/katex]. Với mỗi [katex]j in {1, 2, dots, p-1}[/katex], ta có: [katex]j^k = j^{q(p-1)+r} = (j^{p-1})^q \cdot j^r equiv 1^q \cdot j^r equiv j^r pmod{p}[/katex]. Vì $p nmid j$, nên $j$ có nghịch đảo modulo $p$.Do đó, [katex]\frac{1}{j^k} equiv (j^k)^{-1} pmod{p}$ .
Và $\frac{1}{j^k} equiv (j^r)^{-1} pmod{p}$ .
Chúng ta cần tìm $(j^r)^{-1} pmod{p}$ .
Xét $j^{p-1-r} pmod{p}$ . Theo Định lý nhỏ Fermat, $j^{p-1} equiv 1 pmod{p}$ .
Vậy $j^{p-1-r} = j^{p-1} \cdot j^{-r} equiv 1 \cdot j^{-r} pmod{p}$ .
Nhân cả hai vế với $j^r$ : $j^{p-1-r} \cdot j^r equiv j^{-r} \cdot j^r equiv 1 pmod{p}$ .
Điều này cho thấy $j^{p-1-r}$ chính là nghịch đảo của $j^r$ modulo $p$.
Do đó, $\frac{1}{j^k} equiv (j^r)^{-1} equiv j^{p-1-r} pmod{p}$ .
Vậy,
$S{-k}(p-1) = sum{j=1}^{p-1} \frac{1}{j^k} equiv sum{j=1}^{p-1} j^{p-1-r} pmod{p}$
$S{-k}(p-1) equiv S_{p-1-r}(p-1) pmod{p}$
Bây giờ, ta xét hai trường hợp cho $k$:
- Trường hợp 1: $k notequiv 0 pmod{p-1}$
 Khi đó, $r \ne 0$ , tức là $1 \le r \le p-2$ .
 Khi đó, $p-1-r$ sẽ nằm trong khoảng $1 \le p-1-r \le p-2$ .
 Theo kết quả đã chứng minh ở phần 1, với số mũ $m$ sao cho $1 \le m \le p-2$ , ta có $Sm(p-1) equiv 0 pmod{p}$ .
 Do đó, $S{p-1-r}(p-1) equiv 0 pmod{p}$ .
 Suy ra $S_{-k}(p-1) equiv 0 pmod{p}$ .
- Trường hợp 2: $k equiv 0 pmod{p-1}$
 Khi đó, $r = 0$ .
 Ta có $p-1-r = p-1-0 = p-1$ .
 $S{-k}(p-1) equiv S{p-1}(p-1) pmod{p}$
 Theo kết quả đã chứng minh ở phần 1, với số mũ $m=p-1$ , ta có $S{p-1}(p-1) equiv -1 pmod{p}$ .
 Do đó, $S{-k}(p-1) equiv -1 pmod{p}$ .
Cách 2: Sử dụng hoán vị modulo $p$.
Chúng ta biết rằng với $p$ là số nguyên tố, tập hợp ${1, 2, dots, p-1}$ là một trường hữu hạn $mathbb{Z}_p$ .
Với $j in {1, 2, dots, p-1}$ , tồn tại duy nhất $w_j in {1, 2, dots, p-1}$ sao cho $j \cdot w_j equiv 1 pmod{p}$ . $w_j$ là nghịch đảo của $j$ modulo $p$.
Các số $w_1, w2, dots, w{p-1}$ tạo thành một hoán vị của tập hợp ${1, 2, dots, p-1}$ .
Điều này có nghĩa là:
${w_1, w2, dots, w{p-1}} = {1, 2, dots, p-1} pmod{p}$
Ta có $j^k \cdot w_j^k equiv (j \cdot w_j)^k equiv 1^k equiv 1 pmod{p}$ .
Do đó, $j^k equiv (w_j^k)^{-1} pmod{p}$ , suy ra $\frac{1}{j^k} equiv w_j^k pmod{p}$ .
Khi đó, tổng các nghịch đảo lũy thừa trở thành:
$S{-k}(p-1) = sum{j=1}^{p-1} \frac{1}{j^k} equiv sum_{j=1}^{p-1} w_j^k pmod{p}$
Vì ${w1, dots, w{p-1}}$ là một hoán vị của ${1, dots, p-1}$ , tổng $sum_{j=1}^{p-1} wj^k$ là giống hệt với tổng $sum{i=1}^{p-1} i^k = Sk(p-1)$ .
$S{-k}(p-1) equiv S_k(p-1) pmod{p}$
Bây giờ, chỉ cần áp dụng kết quả đã chứng minh ở phần 1:
- Nếu $k equiv 0 pmod{p-1}$ , thì $Sk(p-1) equiv -1 pmod{p}$ , suy ra $S{-k}(p-1) equiv -1 pmod{p}$ .
- Nếu $k notequiv 0 pmod{p-1}$ , thì $Sk(p-1) equiv 0 pmod{p}$ , suy ra $S{-k}(p-1) equiv 0 pmod{p}$ .
Định lý về $S_{-k}(p-1)$ :
Giả sử $p$ là một số nguyên tố.
- Nếu $k equiv 0 pmod{p-1}$ , thì $S_{-k}(p-1) = \frac{1}{1^k} + \frac{1}{2^k} + dots + \frac{1}{(p-1)^k} equiv -1 pmod{p}$ .
- Nếu $k notequiv 0 pmod{p-1}$ , thì $S_{-k}(p-1) = \frac{1}{1^k} + \frac{1}{2^k} + dots + \frac{1}{(p-1)^k} equiv 0 pmod{p}$ .
Liên hệ với Định lý Wolstenholme:
Định lý Wolstenholme là trường hợp đặc biệt của định lý này với $k=1$ và $k=2$ , và xét modulo $p^2$ cho $k=1$ .
- Với $k=1$ : Định lý cho ta $S{-1}(p-1) equiv 0 pmod{p}$ vì $p-1$ không chia hết cho $p-1$ (điều này sai, $k=1$ có thể chia hết cho $p-1$ khi $p=2$ , nhưng định lý Wolstenholme xét $p>3$).
 Xét $p>3$. Ta có $p-1 > 1$ .
 Nếu $k=1$ , thì $1 notequiv 0 pmod{p-1}$ (vì $p-1 > 1$ ). Do đó $S{-1}(p-1) equiv 0 pmod{p}$ .
 Định lý Wolstenholme mạnh hơn, nói rằng $S{-1}(p-1) equiv 0 pmod{p^2}$ khi $p > 3$.
 Chứng minh $S{-1}(p-1) equiv 0 pmod{p^2}$ cho $p>3$ đòi hỏi kỹ thuật cao hơn (ví dụ dùng khai triển Taylor của $\ln (1-x)$ hoặc sử dụng chuỗi Faulhaber).
- Với $k=2$ : Nếu $p>3$, thì $p-1 > 2$ . Do đó $2 notequiv 0 pmod{p-1}$ .
 Theo định lý ta chứng minh, $S_{-2}(p-1) equiv 0 pmod{p}$ . Điều này khớp với Định lý Wolstenholme.
- Mẹo kiểm tra:
 Nếu $p=7$ , $p-1=6$ .
 Với $k=1$ : $1 notequiv 0 pmod{6}$ . $S{-1}(6) = 1 + 1/2 + 1/3 + 1/4 + 1/5 + 1/6$ .
 Quy đồng mẫu số: $1/1 = 420/420$ . $1/2 = 210/420$ . $1/3 = 140/420$ . $1/4 = 105/420$ . $1/5 = 84/420$ . $1/6 = 70/420$ .
 Tổng tử số: $420+210+140+105+84+70 = 1029$ .
 $S{-1}(6) = 1029/420$ .
 $1029 = 147 \times 7 equiv 0 pmod{7}$ . (Kết quả modulo $p$).
 Để kiểm tra modulo $p^2=49$ : $1029 = 21 \times 49 equiv 0 pmod{49}$ . (Đúng với Wolstenholme).
 Với $k=6$ : $6 equiv 0 pmod{6}$ .
 $S{-6}(6) = 1/1^6 + dots + 1/6^6$ . Ta mong đợi kết quả là $-1 pmod{7}$ .
 Theo cách 2: $S{-6}(6) equiv S_6(6) pmod{7}$ .
 $k=6$ , $p=7$ , $p-1=6$ . $k equiv 0 pmod{p-1}$ .
 $S6(6) equiv -1 pmod{7}$ . Vậy $S{-6}(6) equiv -1 pmod{7}$ .
- Lỗi hay gặp:
 - Nhầm lẫn $k equiv 0 pmod{p-1}$ với $k equiv 0 pmod{p}$ .
 - Áp dụng sai quy tắc modulo cho số hữu tỷ hoặc quên rằng nghịch đảo tồn tại khi $p$ nguyên tố và mẫu số không chia hết cho $p$.
 - Bỏ qua điều kiện $p>3$ khi so sánh với Định lý Wolstenholme.
3. Bài Tập Về Nhà
Bài tập 1: Chứng minh rằng:
$\frac{1}{1^{1000}} + \frac{1}{2^{1000}} + \frac{1}{3^{1000}} + dots + \frac{1}{2010^{1000}} =_{Q} ~0 pmod{2011}$
$\frac{1}{1^{2012}} + \frac{1}{2^{2012}} + \frac{1}{3^{2012}} + dots + \frac{1}{2010^{2012}} =_{Q} ~0 pmod{2011}$
Giải bài tập 1:
Ta có $p=2011$ là số nguyên tố. $p-1 = 2010$ .
- Đối với tổng thứ nhất: $k=1000$ .
 Ta kiểm tra $k pmod{p-1}$ : $1000 pmod{2010}$ . Vì $1000 \ne 0$ , nên $k notequiv 0 pmod{p-1}$ .
 Theo Định lý về $S{-k}(p-1)$ đã chứng minh, khi $k notequiv 0 pmod{p-1}$ , ta có $S{-k}(p-1) equiv 0 pmod{p}$ .
 Do đó, $S{-1000}(2010) = sum{j=1}^{2010} \frac{1}{j^{1000}} equiv 0 pmod{2011}$ .
- Đối với tổng thứ hai: $k=2012$ .
 Ta kiểm tra $k pmod{p-1}$ : $2012 pmod{2010}$ .
 $2012 = 1 \times 2010 + 2$ . Vậy $2012 equiv 2 pmod{2010}$ .
 Vì $2 \ne 0$ , nên $k notequiv 0 pmod{p-1}$ .
 Theo Định lý về $S{-k}(p-1)$ , khi $k notequiv 0 pmod{p-1}$ , ta có $S{-k}(p-1) equiv 0 pmod{p}$ .
 Do đó, $S{-2012}(2010) = sum{j=1}^{2010} \frac{1}{j^{2012}} equiv 0 pmod{2011}$ .
Bài tập 2: Chứng minh rằng $S_{-k}(p-1) equiv S_k(p-1) pmod{p}$ bằng cách khác.
Giải bài tập 2:
Ta đã trình bày cách chứng minh này trong "Cách 2: Sử dụng hoán vị modulo $p$" ở phần Hướng dẫn giải chi tiết.
Phần trình bày của bài gốc đã khá rõ ràng:
1. Sử dụng bổ đề Bezout (hoặc đơn giản là tính chất tồn tại nghịch đảo modulo $p$) để chỉ ra với mỗi $j in {1, dots, p-1}$ , tồn tại duy nhất $w_j in {1, dots, p-1}$ sao cho $j \cdot w_j equiv 1 pmod{p}$ .
2. Chứng minh tập hợp ${w_1, w2, dots, w{p-1}}$ là một hoán vị của tập hợp ${1, 2, dots, p-1}$ .
3. Từ $j \cdot w_j equiv 1 pmod{p}$ , suy ra $j^k \cdot w_j^k equiv 1 pmod{p}$ .
4. Do đó, $j^k equiv (w_j^k)^{-1} pmod{p}$ , hay $\frac{1}{j^k} equiv w_j^k pmod{p}$ .
5. Khi đó, $S{-k}(p-1) = sum{j=1}^{p-1} \frac{1}{j^k} equiv sum_{j=1}^{p-1} w_j^k pmod{p}$ .
6. Vì ${wj}$ là hoán vị của ${j}$ , nên $sum{j=1}^{p-1} wj^k = sum{j=1}^{p-1} j^k = S_k(p-1)$ .
7. Suy ra $S_{-k}(p-1) equiv S_k(p-1) pmod{p}$ .
Ví dụ minh họa với $p=7$ :
Ta có $p-1 = 6$ .
Các cặp nghịch đảo modulo 7:
$1 \times 1 equiv 1 pmod{7} implies w_1=1$
$2 \times 4 equiv 1 pmod{7} implies w_2=4$
$3 \times 5 equiv 1 pmod{7} implies w_3=5$
$4 \times 2 equiv 1 pmod{7} implies w_4=2$
$5 \times 3 equiv 1 pmod{7} implies w_5=3$
$6 \times 6 equiv 1 pmod{7} implies w_6=6$
Tập hợp ${w_1, dots, w_6} = {1, 4, 5, 2, 3, 6}$ , đây là hoán vị của ${1, 2, 3, 4, 5, 6}$ .
Khi đó:
$\frac{1}{1^k} equiv w_1^k equiv 1^k pmod{7}$
$\frac{1}{2^k} equiv w_2^k equiv 4^k pmod{7}$
$\frac{1}{3^k} equiv w_3^k equiv 5^k pmod{7}$
$\frac{1}{4^k} equiv w_4^k equiv 2^k pmod{7}$
$\frac{1}{5^k} equiv w_5^k equiv 3^k pmod{7}$
$\frac{1}{6^k} equiv w_6^k equiv 6^k pmod{7}$
Cộng các đẳng thức này lại:
$\frac{1}{1^k} + \frac{1}{2^k} + dots + \frac{1}{6^k} equiv 1^k + 4^k + 5^k + 2^k + 3^k + 6^k pmod{7}$
$S{-k}(6) equiv 1^k + 2^k + 3^k + 4^k + 5^k + 6^k pmod{7}$
$S{-k}(6) equiv Sk(6) pmod{7}$
Điều này minh họa mối liên hệ giữa $S{-k}(p-1)$ và $S_k(p-1)$ modulo $p$.
Đáp Án/Kết Quả
Sau khi phân tích và chứng minh, chúng ta có thể đưa ra các kết quả chính dưới dạng định lý:
Định lý 1. Cho $p$ là một số nguyên tố.
- Nếu $k$ là số tự nhiên và $k equiv 0 pmod{p-1}$ , thì tổng các lũy thừa $S_k(p-1) = 1^k + 2^k + dots + (p-1)^k$ có tính chất $S_k(p-1) equiv -1 pmod{p}$ .
- Nếu $k$ là số tự nhiên và $k notequiv 0 pmod{p-1}$ , thì $S_k(p-1) equiv 0 pmod{p}$ .
Định lý 2. Cho $p$ là một số nguyên tố và $k$ là số tự nhiên.
- Nếu $k equiv 0 pmod{p-1}$ , thì tổng các nghịch đảo lũy thừa $S{-k}(p-1) = \frac{1}{1^k} + \frac{1}{2^k} + dots + \frac{1}{(p-1)^k}$ có tính chất $S{-k}(p-1) equiv -1 pmod{p}$ .
- Nếu $k notequiv 0 pmod{p-1}$ , thì $S_{-k}(p-1) equiv 0 pmod{p}$ .
Định lý Wolstenholme là một trường hợp đặc biệt của Định lý 2. Cụ thể, khi $p > 3$:
- Với $k=1$ , $1 notequiv 0 pmod{p-1}$ (vì $p-1 > 1$ ), nên $S_{-1}(p-1) equiv 0 pmod{p}$ . (Định lý Wolstenholme cho kết quả mạnh hơn là $equiv 0 pmod{p^2}$ ).
- Với $k=2$ , $2 notequiv 0 pmod{p-1}$ (vì $p-1 > 2$ ), nên $S_{-2}(p-1) equiv 0 pmod{p}$ . (Khớp với Định lý Wolstenholme).
Các định lý này cung cấp công cụ mạnh mẽ để phân tích tính chia hết của các tổng trong lý thuyết số.
Conclusion
Qua bài viết này, chúng ta đã đi sâu vào phân tích tính chất chia hết của hai loại tổng quan trọng trong Lý thuyết số: tổng các lũy thừa $Sk(p-1)$ và tổng các nghịch đảo lũy thừa $S{-k}(p-1)$ khi chia cho một số nguyên tố $p$. Chúng ta đã chứng minh được rằng hành vi của các tổng này phụ thuộc chủ yếu vào mối quan hệ giữa số mũ $k$ và $p-1$ , đặc biệt là liệu $k$ có chia hết cho $p-1$ hay không.
Kết quả chính cho thấy rằng nếu $k$ không chia hết cho $p-1$ , cả hai loại tổng đều đồng dư 0 modulo $p$. Ngược lại, nếu $k$ chia hết cho $p-1$ , tổng các lũy thừa $Sk(p-1)$ đồng dư -1 modulo $p$, và tổng các nghịch đảo lũy thừa $S{-k}(p-1)$ cũng đồng dư -1 modulo $p$. Các kết quả này không chỉ làm sáng tỏ bản chất của các tổng số học mà còn là nền tảng cho nhiều định lý nâng cao hơn, bao gồm cả định lý Wolstenholme nổi tiếng. Việc hiểu rõ các mối quan hệ này mở ra cánh cửa để giải quyết nhiều bài toán phức tạp hơn trong lĩnh vực số học.
Ngày chỉnh sửa nội dung mới nhất January 7, 2026 by Thầy Đông
Thầy Đông
Thầy Đông – Giảng viên Đại học Công nghiệp Hà Nội, giáo viên luyện thi THPT
Thầy Đông bắt đầu sự nghiệp tại một trường THPT ở quê nhà, sau đó trúng tuyển giảng viên Đại học Công nghiệp Hà Nội nhờ chuyên môn vững và kinh nghiệm giảng dạy thực tế. Với nhiều năm đồng hành cùng học sinh, thầy được biết đến bởi phong cách giảng dạy rõ ràng, dễ hiểu và gần gũi. Hiện thầy giảng dạy tại dehocsinhgioi, tiếp tục truyền cảm hứng học tập cho học sinh cấp 3 thông qua các bài giảng súc tích, thực tiễn và giàu nhiệt huyết.