Trước tiên ta nhắc lại Định lý Wilson như một bổ đề.
Bổ đề 2.3.1. [Wilson] Với mọi số nguyên tố p, ta luôn có
(p−1)! ≡ −1(modp).
Bổ đề 2.3.2. Giả sử số nguyên tố p > 3 và hai số nguyên r, s thỏa mãn
r s = 1 + 1 22 + 1 32 +· · ·+ 1 (p−1)2,(r, s) = 1.
Khi đó số nguyên r chia hết cho số nguyên tố p.
Chứng minh: Ta thấy ngay, số ((p−1)!)2r
s = ((p−1)!)2 1 + 1 22 + 1 32 + · · ·+ 1 (p−1)2 là một số nguyên. Do {0,1,2, . . . , p−1} là một hệ thặng dư đầy đủ theo modulo p nên hệ {0,1/1,1/2, . . . ,1/p−1} cũng là một hệ thặng dư đầy đủ theo modulo p. Theo Định lý Wilson ta có ngay
((p−1)!)2r s ≡ ((p−1)!)2 1 + 1 22 + 1 32 +· · ·+ 1 (p−1)2
≡ (−1)2[12 + 22 + 32 + · · ·+ (p−1)2] ≡ (p−1).p.(2p−3)
6 ≡0(modp).
Do p >5 và (6, p) = 1 nên p chia hết số ((p−1)!)2r
s. Vì ((p−1)!, p) = 1 nên r chia hết cho p.
Định lý 2.3.3. [Wolstenholme] Với số nguyên tố p > 3 ta luôn có
p2|(p−1)! 1 + 1 2 + 1 3 +· · ·+ 1 p−1 . Chứng minh: Đặt Sp = (p−1)! 1 + 1 2 + 1 3 + · · ·+ 1 p−1 . Khi đó có 2Sp = (p−1)! p−1 X i=1 h1 i + 1 p−i i = p.(p−1)! p−1 X i=1 1 i(p−i) Xét Lp = (p− 1)! p−1 P i=1 1 i(p−i) ≡ −(p− 1)!. Do 2Sp là số nguyên và p
nguyên tố với mọi mẫu số của các phân số trong tổng nên Lp cũng là một số nguyên. Ta còn có Lp ≡ p−1 P i=1 1 i2 ≡ (p −1)!r s ≡ 0(modp) do p|p, (r, s) = 1 và theo Bổ đề ??. Vậy p2|(p−1)! 1 +1 2+ 1 3+· · ·+ 1 p−1 .
Như một viên kim cương, Thue đã đưa một chứng minh rất đơn giản cho kết quả sau:
Định lý 2.3.4. [Thue] Nếu số nguyên dương n và số nguyên a thỏa mãn (a, n) = 1 thì tồn tại hai số nguyên x, y thỏa mãn 0 < x, y 6 √n
để ax ≡ ±y(modn) với việc chọn dấu + hay − một cách thích hợp.
Chứng minh: Xét tập tất cả các giá trị ax −y với 0 < x, y 6 [√
n].
Khi đó ta có một bảng tất cả ([√
n] + 1)2 > n cặp số (x, y) và từ đó suy ra việc tồn tại hai cặp số khác nhau (x1, y1) và (x2, y2) để ax1 −y1 ≡
ax2−y2(modn). Ta có thể coi x1 > x2. Từ a(x1−x2) ≡ y1−y2(modn) ta suy ra x = x1 −x2 và y = |y1 − y2| thỏa mãn ax ≡ ±y(modn) với việc chọn dấu + hay − một cách thích hợp.
Ký hiệu P1, P3 là tập tất cả các số nguyên tố dạng 4n + 1,4n+ 3,
tương ứng. Ký hiệu Q2 là tập tất cả các số nguyên dương biếu diễn được thành tổng hai số chính phương. Bây giờ ta sẽ chỉ ra P1 ⊂ Q2.
Hệ quả 2.3.5. Tập P1 là một tập con của Q2.
Chứng minh: Giả sử p ∈ P1. Khi đó có số tự nhiên dương n để p = 4n+ 1. Đặt k = (2n)!. Theo Định lý Wilson, ta có kết quả
−1 ≡ (p−1)! ≡ (2k)!(2k+ 1). . .(4k) ≡ (−1)p−1/2p−1 2 ! 2 ≡((2n)!)2(modp).
Như vậy, p|k2+ 1. Ta thấy ngay (p, k) = 1. Theo Định lý ??, tồn tại hai số nguyên x, y thỏa mãn 0 < x, y 6 [√
p] với √
p /∈ Q và p|k2x2 −y2. Vì
p|k2+ 1 nên p|x2 +y2. Nhưng, do 0< x, y 6 [√
p] nên p = x2 +y2. Điều này chứng tỏ P1 là một tập con của Q2.
Hệ quả 2.3.6. Tập Q2 không có lỗ hổng bị chặn, có nghiã: Không có một dãy với độ dài tùy ý các số nguyên liên tiếp mà không có số nào thuộc dãy là tổng của hai số chính phương.
Chứng minh: Giả sử p ∈ P1. Khi đó có số tự nhiên dương n để p = 4n+ 1. Đặt k = (2n)!. Theo Định lý Wilson, ta có kết quả
−1 ≡ (p−1)! ≡ (2k)!(2k+ 1). . .(4k) ≡ (−1)p−1/2p−1 2 ! 2 ≡((2n)!)2(modp).
Như vậy, p|k2+ 1. Ta thấy ngay (p, k) = 1. Theo Định lý ??, tồn tại hai số nguyên x, y thỏa mãn 0 < x, y 6 [√
p] với √
p /∈ Q và p|k2x2 −y2. Vì
p|k2+ 1 nên p|x2 +y2. Nhưng, do 0< x, y 6 [√
p] nên p = x2 +y2. Điều này chứng tỏ P1 là một tập con của Q2.
Ví dụ 2.3.7. Giả sử p ∈ P3 và hai số nguyên x, y thỏa mãn p|(x2+y2).
Khi đó p là một ước nguyên tố của ước chung lớn nhất (x, y). Từ đó suy ra rằng
(1) Số dạng n2 + 1 chỉ có ước nguyên tố thuộc P1 hoặc bằng 2.
(2) Tập P1, P3 là những tập vô hạn.
Lời giải: Giả sử p không là một ước nguyên tố của ước chung lớn nhất (x, y). Khi đó (x, p) = 1,(y, p) = 1. Do p|(x2 + y2) nên p không là ước của xy và x2 ≡ −y2(modp). Do p|(x2 + y2) nên x2 ≡ −y2(modp). Sử dụng Định lý Fermat nhỏ ta có
Bởi vì p ∈ P3 nên p = 4m+ 3 và ta có ngay (−1)2m+1 ≡ 1(modp), điều này là không thể. Như vậy, điều giả sử là sai và p là một ước nguyên tố của ước chung lớn nhất (x, y).
(1) Ước nguyên tốpcủan2+1.Khin = 2k+1 thìn2+1 = 4k(k+1)+2 = 2[2k(k+ 1) + 1] có duy nhất một ước nguyên tố chẵn p = 2, còn các ước nguyên tố khác đều là số lẻ. Khi n = 2k thì n2+ 1 = 4k2+ 1. Nếu k = 1 thì n2 + 1 = 5 = 4.1 + 1. Vậy n2 + 1 có đúng một ước nguyên tố thuộc
P1. Nếu k > 1 thì n2+ 1 = 4k2+ 1 = 4(k2−1) + 3 ∈ P3. Giả sử p là ươc nguyên tố lẻ nhỏ nhất của n2 + 1. Nếu p∈ P3 thì theo chứng minh trên ta có p|(n,1) = 1, vô lý. Do vậy p∈ P1.
(2) Dễ dàng chứng minh được (2) qua phản chứng.
Ví dụ 2.3.8. Giả sử p ∈ P3 và hai số nguyên x, y thỏa mãn p|(x2+y2).
Khi đó p là một ước nguyên tố của ước chung lớn nhất (x, y). Từ đó suy ra rằng
(1) Số dạng n2 + 1 chỉ có ước nguyên tố thuộc P1 hoặc bằng 2.
(2) Tập P1, P3 là những tập vô hạn.
Lời giải: Giả sử p không là một ước nguyên tố của ước chung lớn nhất (x, y). Khi đó (x, p) = 1,(y, p) = 1. Do p|(x2 + y2) nên p không là ước của xy và x2 ≡ −y2(modp). Do p|(x2 + y2) nên x2 ≡ −y2(modp). Sử dụng Định lý nhỏ Fermat ta có
1 ≡xp−1 ≡(−1)(p−1)/2yp−1 ≡ (−1)(p−1)/2(modp).
Bởi vì p ∈ P3 nên p = 4m+ 3 và ta có ngay (−1)2m+1 ≡ 1(modp), điều này là không thể. Như vậy, điều giả sử là sai và p là một ước nguyên tố của ước chung lớn nhất (x, y).
(1) Ước nguyên tốpcủan2+1.Khin = 2k+1 thìn2+1 = 4k(k+1)+2 = 2[2k(k+ 1) + 1] có duy nhất một ước nguyên tố chẵn p = 2, còn các ước nguyên tố khác đều là số lẻ. Khi n = 2k thì n2+ 1 = 4k2+ 1. Nếu k = 1 thì n2 + 1 = 5 = 4.1 + 1. Vậy n2 + 1 có đúng một ước nguyên tố thuộc
P1. Nếu k > 1 thì n2+ 1 = 4k2+ 1 = 4(k2−1) + 3 ∈ P3. Giả sử p là ươc nguyên tố lẻ nhỏ nhất của n2 + 1. Nếu p∈ P3 thì theo chứng minh trên ta có p|(n,1) = 1, vô lý. Do vậy p∈ P1.
(2) được chứng minh ở mục số nguyên tố.
Ta chứng minh lại một kết quả của Schur sau đây về tính vô hạn của tập các số nguyên tố.
Định lý 2.3.9. [Schur] Cho đa thức f ∈ Z[x], khác hằng số. Khi đó tập các số nguyên tố chia hết ít nhất một số khác 0 trong dãy f(1), f(2), . . . , f(n), . . . là một tập vô hạn.
Chứng minh: Trước tiên, xét trường hợp f(0) = 1. Xét số f(n!). Do
f(0) = 1 nên f(n!) ≡ 1(modn!). Nếu ta lấy một ước nguyên tố q của một trong các số f(n!) thì tất nhiên ước nguyên tố q phải lớn hơnn. Do đó q là số nguyên tố lớn hơn n. Trong trường hợp f(0) = 0 thì n|f(n) với mọi số tự nhiên n. Từ đó suy ra n+ 1|f(n+ 1) và suy ra ta lại có số nguyên tố mới.
Tiếp theo, xét trường hợp d = f(0) 6= 0. Đặt g(x) = f(dx)
d . Khi đó g(x) ∈ Z[x] và g(0) = 1. Áp dụng kết quả trong phần đầu, ta cũng nhận được ước nguyên tố mới lớn hơn n với mỗi số tự nhiên n.
Hệ quả 2.3.10. [Hensel’s lemma] Cho đa thức f ∈ Z[x], khác hằng số, số nguyên tố p và số nguyên n thỏa mãn p chia hết f(n), nhưng không chia hết f0(n). Khi đó có dãy các số nguyên (nk) để n1 = n, pk
chia hết nk+1−nk và pk cũng chia hết f(nk).
Chứng minh: Giả sử ta đã có i và xác địnhni+1 = ni+bpi để pi+1 chia hết f(ni+1). Vì 2i > i+ 1 nên
f(ni +bpi) ≡ f(ni) +bpif0(ni)(modpi+1).
Biểu diễn f(ni) = cpi với số nguyên c. Vì ni ≡ n(modp) nên f0(ni) ≡
f”(n)(modp) và như thế f0(ni) khả nghịch theo modulo p. Gọi m là nghịch đảo của f0(ni) theo modulo p. Bằng cách chọn b = −mc và ta dễ dàng xây dựng được dãy (nk) thỏa mãn đầu bài.