Một số tính chất số học của định thức wendt

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

TRẦN HOÀNG ĐẠO

MỘT SỐ TÍNH CHẤT SỐ HỌC
CỦA ĐỊNH THỨC WENDT

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2018


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

TRẦN HOÀNG ĐẠO

MỘT SỐ TÍNH CHẤT SỐ HỌC
CỦA ĐỊNH THỨC WENDT
Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số: 8460113

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
TS. Nguyễn Duy Tân

THÁI NGUYÊN - 2018

1

Mục lục

Lời mở đầu

2

1 Một số kiến thức chuẩn bị

5

1.1

Định thức của ma trận chu trình . . . . . . . . . . . . .

5

1.2

Kết thức của hai đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.3

Vài nét về số nguyên đại số . . . . . . . . . . . . . . . .

11

2 Một số tính chất cơ bản của định thức Wendt

3

14

2.1

Định thức Wendt và một số tính chất cơ bản . . . . . . .

14

2.2

Định thức Wendt và định lý Fermat lớn

19

. . . . . . . . .

Một số tính chất số học của định thức Wendt

26

3.1

Một số tính chất chia hết của Wn . . . . . . . . . . . . .

26

3.2

Một tính chất đồng dư của Wpn . . . . . . . . . . . . . .

33

Kết luận

38

Tài liệu tham khảo

39


2

Lời mở đầu
Tính chất số học, mà cụ thể là tính chất chia hết và đồng dư số học
luôn là chủ đề cổ điển nhưng luôn ẩn chứa nhiều kết quả đẹp đẽ rất sâu
sắc và nhiều thú vị, thu hút các nhà toán học trong quá trình nghiên
cứu. Tính chất số học của định thức chu trình của hệ số nhị thức mang
tên nhà toán học E. Wendt là một trong số đó. Trong bài báo "On a
resultant connected with Fermat’s last theorem” của nhà toán học Emma
Lehmer, bà đánh giá dường như E. Wendt là người đầu tiên giới thiệu
định thức trong mối quan hệ với định lý Fermat lớn.
Năm 1894 Wendt đã chỉ ra rằng có một tiêu chuẩn dạng định thức
cho sự tồn tại của một nghiệm không tầm thường của đồng dư thức

Fermat xp + y p = z p (mod q), trong đó p, q là các số nguyên tố lẻ khác
nhau mà p | q − 1. Kết quả nghiên cứu của E. Wendt đã tạo tiền đề và
cảm hứng cho các nhà toán học khác trong việc mở rộng hơn các tính
chất số học của định thức Wendt Wn . Nhiều kết quả được Wendt nêu
lên nhưng chưa được giải quyết thì đã được các nhà toán học khác giải
quyết triệt để, cùng với đó thì rất nhiều tính chất số học rất thú vị liên
quan đến định thức Wendt cũng đã được các nhà toán học khác phát
hiện thêm. Tiêu biểu như công trình của các nhà toán học Matthews
(1895), E. Lehmer (1935), Bang (1935), Frame (1980). . . . Chẳng hạn


3

E. Lehmer đã chứng minh rằng Wn = 0 khi và chỉ khi n ≡ 0(mod6),
nếu p là số nguyên tố lẻ thì Wp−1 là số chia hết cho pp−2 qp (2), trong đó
2p−1 − 1
qp (2) =
là thương Fermat.
p
Mục đích của luận văn là tìm hiểu định thức Wendt, một số tính chất
số học cơ bản của nó và mối liên hệ của định thức Wendt với định lý
Fermat lớn.
Luận văn có cấu trúc như sau: Mở đầu, ba chương, Kết luận và Tài
liệu tham khảo.
Chương 1: Một số kiến thức chuẩn bị
Chương này phát biểu các khái niệm về định thức của ma trận chu trình,
kết thức, cùng với đó là một số kết quả liên quan tới kiến thức trong
chương.
Chương 2: Một số tính chất cơ bản của định thức Wendt
Chương này được trình bày định thức Wendt và định lý Fermat lớn, mối

quan hệ giữa chúng và một số tính chất cơ bản của định thức Wendt.
Chương 3: Một số tính chất số học của định thức Wendt
Chương này trình bày một số tính chất chia hết và tính chất đồng dư
của định thức Wendt.
Luận văn này được thực hiện và hoàn thành vào tháng 5 năm 2018
tại trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên. Để hoàn thành
khóa luận tốt nghiệp này, tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới Tiến
sĩ Nguyễn Duy Tân, người thầy đã tận tình hướng dẫn tôi trong suốt
quá trình làm việc để hoàn thành luận văn này. Tác giả xin gửi lời cảm
ơn chân thành đến Khoa Toán, Trường Đại học Khoa học - Đại học
Thái Nguyên nói chung, cùng các thầy cô giảng dạy lớp Cao học 10C


4

nói riêng, đã tạo mọi điều kiện để giúp tác giả học tập và hoàn thành
luận văn cũng như chương trình thạc sĩ. Tác giả cũng xin gửi lời cảm
ơn tới tập thể lớp Cao học 10C đã đồng hành cùng tác giả trong suốt
quá trình học tập và hoàn thành luận văn này. Đồng thời tác giả xin gửi
lời cảm ơn tới Ban giám hiệu và các đồng nghiệp tại trường THPT Gia
Bình số 1 đã tạo điều kiện cho tác giả trong suốt quá trình học tập và
hoàn thành luận văn.

Thái Nguyên, tháng 05 năm 2018
Tác giả

Trần Hoàng Đạo


5

Chương 1
Một số kiến thức chuẩn bị
Trong chương này chúng ta sẽ giới thiệu khái niệm và một số kiến
thức về định thức của ma trận chu trình, kết thức của hai đa thức để
hỗ trợ cho các chương tiếp theo.

1.1

Định thức của ma trận chu trình

Định nghĩa 1.1.1. Cho a0 , a1 , . . . , an−1 là n số phức. Định thức chu
trình Circ(a0 , a1 , . . . , an−1 ) là định thức n × n có hàng được lấy từ hàng
thứ nhất (a0 , a1 , . . . , an−1 ) bởi sự hoán vị vòng tròn liên tiếp, tức là
a0
Circ(a0 , . . . , an−1 ) =

a1 . . . an−1

an−1 a0 . . . an−2
.
..
.. . . .
..
.
.
.
a1

a2 . . .

a0

Bổ đề 1.1.2. Ta có
n−1

P (ξnj ),

Circ(a0 , a1 , ..., an−1 ) =
j=0

ở đây P (x) = a0 + a1 x + · · · + an−1 xn−1 , và ξn = e2πi/n .


6

Chứng minh. Đặt


a
a1
 0

an−1 a0
A=
 ..
..
 .
.


a1 a2
Để đơn giản ta ký hiệu

j

n căn bậc n của đơn vị,

n
j

. . . an−1





. . . an−2 

.. 
...
. 

. . . a0 .

= ξnj , j = 1, . . . , n. Khi đó

j,

j = 1, . . . , n là

= 1. Xét ma trận


1
1 ··· 1




 1
···
2
n 



 2
2
2
V = 1
.
···
2
n




 ·
· ···

· 


n−1
n−1
n−1
··· n
1
2

Nhân A với V ta được ma trận AV = B = [bij ] cỡ n × n. Ta có hệ số bij
bằng
bij = an−i+1 + an−i+2
=

i−1
j (a0

=

i−1
j P ( j ).

+ a1

j

j

+ · · · + an−1

+ · · · + an−1

i−2
j

+ a0

i−1
j

+ · · · + an−i

n−1
)
j

Do vậy ta có


P ( 1)
0


 0
P ( 2)
AV = V 

 ·
·


0
0

···

0





···
0 
.

···
· 

· · · P ( n)

Lấy định thức hai vế của đẳng thức trên ta suy ra
|A||V | = |B| = P ( 1 ) · · · P ( n )|V |.

n−1
j


7

Vì |V | =

1≤i
− i ) = 0 (đây là định thức Vandermonde), nên

|A| = P ( 1 ) · · · P ( n ) =

1.2

n−1
j
j=0 P ( n ).

Kết thức của hai đa thức
m

Định nghĩa 1.2.1. Cho f =

ai xi = am xm + · · · + a0 và g =

i=0

n

bj xj =

i=0

n

bn x + · · · + b0 là hai đa thức bậc m, n tương ứng, tức là am bn = 0, với
hệ số trong tập số phức C. Kết thức của f và g là (m + n) × (m + n)
định thức R(f, g) cho bởi

a a
 m m−1

 0 am


 ·
·


0
0


0
0


 bn bn−1


0
bn



 ·
·


0
0

0
0

am−2 · · ·
am−1 · · ·
·

···

0

···

0

···

bn−2 · · ·
bn−1 · · ·
·

···

0

···

0

···

0

0

0





0 0 0


· · ·


a1 a0 0 


a2 a1 a0 
.


0 0 0


0 0 0


· · ·


b1 b0 0 

b2 b1 b0

Nói cách khác R(f, g) = det(ci,j ) trong đó:

a
khi 1 ≤ i ≤ n
i+m−j ,
ci,j =
b
, khi n + 1 ≤ i ≤ n + m
i−j

ở đây 1 ≤ j ≤ m + n, với ak = 0 nếu k ∈
/ [0, m] và bk = 0 nếu k ∈
/ [0, n].


8

Ví dụ 1.1. (a) Giả sử m = n = 1. Khi đó
R(f, g) =

a1 a0

= a1 b 0 − a0 b 1 .

b1 b0
(b) Giả sử m = 2, n = 1. Khi đó
a2 a1 a0
R(f, g) = b1 b0 0 = a2 b20 − a1 b1 b0 + a0 b21 .
0 b1 b0
(c) Giả sử m = 2, n = 2. Khi đó
a2 a1 a0 0
R(f, g) =

0 a2 a1 a0

= (a2 b0 − a0 b2 )2 − (a2 b1 − a1 b2 )(a1 b0 − a0 b1 ).

b2 b1 b0 0
0 b2 b1 b0
Ta liệt kê một số tính chất cơ bản của kết thức ở dưới đây.
m

Định lý 1.2.2. Cho f =

n

i

ai X và g =
i=0

bj X j là hai đa thức với hệ

j=0

số phức, với bậc m và n tương ứng. Khi đó ta có các khẳng định sau.
(1) Kết thức R(f, g) là một đa thức thuần nhất với hệ số nguyên theo
các hệ số a0 , a1 , . . . , am , b0 , b1 , . . . , bn . Nó là đa thức thuần nhất bậc
n theo các ai và là đa thức thuần nhất bậc m theo các bj .
(2) Gọi α1 , α2 , . . . , αm là các nghiệm phức của f , và β1 , β2 , . . . , βn là
các nghiệm phức của g. Khi đó
m

R(f, g) =

anm

n

g(αi ) =
i=1

(−1)mn bm
n

m

f (βj ) =
j=1

n

anm bm
n

(αi −βj ).
i=1 j=1


9

(3) R(f, g) = 0 nếu và chỉ nếu f và g có nghiệm chung trong C.
(4) R(g, f ) = (−1)mn R(f, g).
(5) Với 0 = h ∈ C[X], ta có
R(f g, h) = R(f, h)R(g, h) và R(f, gh) = R(f, g)R(f, h).
(6) Với 0 = a ∈ C ta có R(af, g) = an R(f, g) và R(f, ag) = am R(f, g).
(7) Nếu g = qf + h với q, h ∈ C[X], h = 0 và deg h = d, thì
R(f, g) = an−d
m R(f, h).
(8) Với e nguyên dương, ta có R (f (X e ), g(X e )) = R(f (X), g(X))e .
Chứng minh. Các tính chất (1) - (5) là quen biết trong lý thuyết về
kết thức, chẳng hạn xem [3, Theorem 1.4, Theorem 1.6, Corollary 1.7,
Theorem 1.10, Theorem 1.11, Theorem 1.12].
Tính chất (6) suy ra từ định nghĩa kết thức và tính chất (đa tuyến
tính) của định thức.
(7) Theo tính chất (2), R(f, g) =

anm

m

g(αi ) và R(f, h) =
i=1

m

h(αi ) = a−d
m R(f, h).

g(αi ) =
i=1

i=1

n−d
Do đó R(f, g) = am
R(f, h).

(8) Theo tính chất (2),
m
e

m

e

e

(X − αi ) = am

f (X ) = am
i=1

m

h(αi ).
i=1

Hơn nữa vì g = qf + h và các αi là nghiệm của f , nên
m

adm

(X − ωi,k ),
i=1 k=1


10

ở đây ωi,1 , ωi,2 , ...ωi,e ∈ C là các nghiệm của X e − αi . Ta có
m
e

e

R (f (X ), g(X )) =

e
e
g(ωi,k
)

aen
m
i=1 k=1

vì bậc của g(X e ) là en. Do đó
m
e

e

e

en

R(f (X ), g(X ) = am

m

e

anm

g (αi ) =
i=1 k=1

k=1

g(αi ) = R(f, g)e .
i=1

Hệ quả 1.2.3. Định thức chu trình Circ(a0 , . . . , an−1 ) là kết thức của
đa thức fn (X) = X n − 1 và đa thức P (X) = a0 + a1 X + · · · + an−1 X n−1 ,
tức là
Circ(a0 , . . . , an−1 ) = R(fn , P ) = R(P, fn ).
Chứng minh. Kết quả này suy ngay ra từ Bổ đề 1.1.2 và Định lý 1.2.2
(2), (4):
n−1

P (ξnj ) = R(fn , P ) = R(P, fn ).

Circ(a0 , . . . , an−1 ) =
j=1

(Chú ý rằng (−1)n(n−1) = 1.)
Hệ quả 1.2.4. Cho f, g, h, u ∈ Z[X] và a ∈ Z, tất cả đều khác 0.
(1) Nếu h ≡ g (mod a) trong Z[X] và deg h = deg g thì R(f, h) ≡
R(f, g) (mod a).
(2) Nếu u ≡ f (mod a) với deg u = deg f và h ≡ g (mod a) với
deg h = deg g thì R(u, h) ≡ R(f, g) (mod a).
(3) Nếu g là ước của h trong Z[X] thì R(f, g) là ước của R(f, h).
(4) Nếu f là ước của u và g là ước của h trong Z[X] thì R(f, g) là ước
của R(u, h).


11

m

Chứng minh. (1) Giả sử f =

i

n

ai X , g =
i=0

n

j

bj X và h =
j=0

cj X j với

j=0

ai , bj , cj trong Z và am bn cn = 0. Như vậy deg h = deg g = n.
Theo Định lý 1.2.2 (1),
R(f, g) = P (a0 , . . . , am , b0 , . . . , bn ) và R(f, h) = P (a0 , . . . , am , c0 , . . . , cn ),
với P là một đa thức với hệ số nguyên.
Vì h ≡ g (mod a) nên cj ≡ bj (mod a), với mọi 0 ≤ j ≤ n. Do đó
P (a0 , . . . , am , c0 , . . . , cn ) ≡ P (a0 , . . . , am , b0 , . . . , bn )

(mod a).

Ta có điều phải chứng minh.
(2) Từ tính chất (1), ta có R(f, g) ≡ R(f, h) (mod a) và R(h, u) ≡
R(h, f ) (mod a). Theo Định lý 1.2.2 (4), ta có
R(u, h) = (−1)mn R(h, u) và R(f, h) = (−1)mn R(h, f ),
với m = deg u = deg f, n = deg h = deg g. Do vậy
R(u, h) ≡ R(f, h) (moda).
(3) Theo giả thiết, h = qg với q ∈ Z[X], q = 0. Theo Định lý 1.2.2
(5), ta có R(f, h) = R(f, q)R(f, g) là bội số của R(f, g).
(4) Theo (3), R(f, g) là ước của R(f, h) và R(h, f ) là ước của R(h, u).
Theo Định lý 1.2.2 (4), R(f, h) = ±R(h, f ) và R(h, u) = ±R(u, h). Do
đó R(f, h) là ước của R(u, h).

1.3

Vài nét về số nguyên đại số

Định nghĩa 1.3.1. Số phức α được gọi là số nguyên đại số nếu tồn tại
đa thức f (X) = X n + an−1 X n−1 + · · · + a0 ∈ Z[X], với hệ số ứng với số


12

mũ cao nhất bằng 1, nhận α làm nghiệm.
Ví dụ 1.2. (1) Mọi số nguyên là số nguyên đại số.
√
√
1+ 5
1− 5
(2)

và
là số nguyên đại số, vì chúng là nghiệm của
2
2
X 2 − X − 1 = 0.
(3) Các căn bậc n của đơn vị ξnk = cos(2πk/n) + i sin(2πk/n) đều là số
nguyên đại số.
(3) Số 1/2, 1/3, π, . . . không phải số nguyên đại số.
Ta có kết quả cơ bản nói rằng tổng và tích của hai số nguyên đại số
là một số nguyên đại số. Tức là ta có kết quả sau.
Định lý 1.3.2. Tập các số nguyên đại số cùng với 2 phép toán cộng và
nhân thông thường lập thành một vành con của C.
Ta cũng có kết quả sau.
Bổ đề 1.3.3. Nếu một số hữu tỷ α là số nguyên đại số, thì α là số
nguyên.
p
với gcd(p, q) = 1 và q ≥ 1. Vì α = p/q là số
q
nguyên đại số nên tồn tại a1 , . . . , an ∈ Z sao cho
Chứng minh. Viết α =

p
p
( )n + an−1 ( )n−1 + · · · + a0 = 0.
q
q
Nhân cả hai vế của phương trình trên với q n , ta được
pn + an−1 pn−1 q + · · · + a0 q n = 0.
Giả sử q > 1. Khi đó gọi u là một ước nguyên tố của q. Ta có u chia
hết −(an−1 pn−1 q + · · · + a0 q n ) = pn . Do vậy u chia hết p. Điều này mâu

13

thuẫn với việc ước chung lớn nhất của p và q là 1. Như vậy q = 1 và
α = p là số nguyên.


14

Chương 2
Một số tính chất cơ bản của định
thức Wendt
Ở chương này chúng tôi trình bày về đa thức Wendt và định lý Fermat
lớn, mối quan hệ của định thức Wendt với định lý Fermat lớn. Cùng với
đó, trong chương này chúng tôi xin nêu lại một số tính chất thú vị của
định thức Wendt. Chúng tôi sử dụng [5] như là tài liệu tham khảo chính
cho chương này.

2.1

Định thức Wendt và một số tính chất cơ bản

Ở phần này chúng ta sẽ tìm hiểu về định thức và một số tính chất cơ
bản của nó.
Định nghĩa 2.1.1. Cho n là một số nguyên dương, định thức Wendt
bậc n là định thức chu trình
Wn = Circ

n

n
n
,
,...,
0
1
n−1

,


15

tức là

Wn =

1

n
1

n
n−1

..
.

1
..

.

n
1

n
2

n
2
n
1

...

..
.

...
...

n
3

...

n
n−1
n
n−2

..
.

= det

n
|i−j |

.

1

Ví dụ 2.1. (a) W1 = det[1] = 1.
(b) W2 =

1 2

= −3.

2 1
(c) Với n = 3,

W3 =

1

3
1

3
2
3
1

1

3

1

3
2
3
1

= 3 1 3

3
2

1

3 3 1

1 3 3

3

= 0 −8 −6 = (−8)2 − (−6)2 = 28.

0 −6 −8
Dưới đây là một số giá trị của Wn , 4 ≤ n ≤ 10 (theo [5, trang 136]).
W4 = −375 = −3 · 53
W5 = 3751 = 112 · 31
W6 = 0
W7 = 26 · 292 · 127
W8 = −37 · 53 · 173
W9 = 22 · 7 · 194 · 372 · 73
W10 = −3 · 119 · 313


16

Mệnh đề 2.1.2. Gọi fn (X) = X n − 1 và gn (X) = (X + 1)n − 1. Khi đó
n−1

(1 + ξnj )n − 1 .

Wn = R(fn , gn ) =
j=0
n−1

n
X i = (X + 1)n − X n . Khi đó theo
i

Chứng minh. Đặt P (X) =
i=0

Hệ quả 1.2.3, ta có

n−1

n−1

P (ξnj )

Wn = R(fn , P ) =

1 + ξnj

=

j=0

n

− 1 = R(fn , gn ).

j=0

Mệnh đề 2.1.3. Wn là một số nguyên. Hơn nữa Wn ≥ 0 nếu n lẻ, và
Wn ≤ 0 nếu n chẵn.
Chứng minh. Từ định nghĩa dễ thấy Wn nguyên. Đặt ξ = ξn = cos 2π/n+
√
−1 sin 2π/n, ta có
n−1

[(1 + ξ j )n − 1].

Wn =

j=0

Vì vậy Wn chứa nhân tử 2n − 1 (khi j = 0), và nếu n là chẵn thì Wn
cũng chứa nhân tử −1 (khi j = n/2). Vì vậy
Wn = (−1)n−1 (2n − 1)

[(1 + ξ j )n − 1].
j=0,n/2

[(1 + ξ j )n − 1]. Vì ξ n−j = ξ j với mọi 0 < j < n/2 nên

Đặt u =
0
Wn = (−1)n−1 (2n − 1)u2 .
Lấy liên hợp phức của u, với nhận xét rằng liên hợp phức của ξ chính là
ξ −1 , ta nhận được u¯ =

[(1 + ξ −j )n − 1]. Ta có
0
(1 + ξ −j )n − 1 = [ξ −j (1 + ξ j )]n − 1 = (1 + ξ j )n − 1.


17

Như vậy u = u¯ và u là số thực. Từ biểu thức Wn = (−1)n−1 (2n − 1)u2 ,
ta suy ra điều phải chứng minh.
Kết quả sau được đưa ra bởi Wendt (1894) mà không chứng minh.
Các nhà toán khác như Matthews (1895), E.Lehmer (1935), Bang (1935)

và Frame (1980) đã đưa ra chứng minh cho kết quả này.
Định lý 2.1.4. Wn = 0 nếu và chỉ nếu n chia hết cho 6.
Chứng minh. Giả sử rằng 6 là ước của n, và đặt ξ = e2πi/n = cos 2π/n +
i sin 2π/n. Đặt l = n/3 và đặt ω = ξ l . Khi đó 1 + ω + ω 2 = 0 và
1 + ξ l = −ξ 2l . Do vậy (1 + ξ l )n = (−ξ 2l )n = (ξ n )2l = 1. Từ đó Wn = 0.
Ngược lại, nếu Wn = 0 thì tồn tại j mà (1 + ξ j )n = 1. Như vậy ξ j
và 1 + ξ j là hai căn bậc n của 1. Từ đó suy ra tam giác với các đỉnh là
0 = (0, 0), 1 = (1, 0) là 1 + ξ j là tam giác đều. Do đó θ = 2π/6 (hoặc

θ = −2π/6 ) và 1 + ξ j là một căn nguyên thủy bậc 6 của đơn vị. Nhưng
(1 + ξ j )n = 1 do vậy 6 là ước của n.
Tính chất sau được đưa ra bởi E. Lehmer vào năm 1935 [4], mà không
đưa chứng minh. Chứng minh ở dưới đây lấy trong [2].
Định lý 2.1.5. Nếu d là ước của n thì Wd là ước của Wn .
Ở đây ta quy ước 0 là ước của 0.
Chứng minh. Giả sử n = de. Khi đó fd (X) = X d − 1 chia hết fn (X) =
X n −1 trong Z[X]. Do vậy gd (X) = fd (X +1) chia hết gn (X) = fn (X +1).
Từ đó ta có Wd = R(fd , gd ) chia hết Wn = R(fn , gn ) (theo Hệ quả 1.2.4
(4)).


18

Định lý 2.1.6 (Lehmer). Cho p là một số nguyên tố lẻ. Khi đó pp−2

2p−1 − 1
p

là ước của Wp−1 .
Chứng minh. Xem ma trận C có định thức là Wp−1 :



p−1
p−1
p−1
1
. . . p−2
1
2


 p−1
p−1
p−1 
 p−2
1
. . . p−3 
1



 p−1
p−1
p−1
C =  p−3
1
. . . p−4  .
p−2



 ..
.
.
.
.
..
..
..
.. 

 .


p−1
p−1
p−1
...
1
1
2
3
Đầu tiên ta cộng p − 2 cột đầu tiên vào cột cuối cùng. Khi đó cột cuối
cùng ma trận C mới có gồm các phần tử bằng nhau và bằng
1+

p−1
p−1
p−1
+
+ ··· +

1
2
p−2

= 2p−1 − 1.

Sau đó ta cộng vào mỗi p − 3 cột đầu tiên cột ngay sau nó, ta nhận được
ma trận C mà các phần tử của p − 3 cột đầu tiên có dạng:
p−1
p−1
+
k
k+1

=

p
k+1

với k = 0, 1, . . . , p − 4. Các phần tử này là bội số của p. Vì vậy
Wp−1 = det C
là bội số của pp−3 (2p−1 − 1) = pp−2 (2p−1 − 1)/p.
Chú ý. Cho p là một số nguyên tố lẻ. Theo định lý Fermat nhỏ, ta
có 2p−1 ≡ 1 (mod p). Như vậy
qp (2) :=

2p−1 − 1
p

là một số nguyên dương. Số qp (2) này được gọi là thương Fermat.

19

Ví dụ 2.2. Với p = 5, ta có

W4 =

4 1 4 6

5 10 6 15

1 4 6 15

1 4 6 4
=

4 1 4 15

=

5

5 4 15

6 4 1 4

6 4 1 15

10 5 1 15

4 6 4 1

4 6 4 15

10 10 4 15

1 2 6 1
24 − 1
= −5 · 3 = −5 ·
= 15 · 5
.
5
2 1 1 1
2

1 1 4 1

3

3

2 2 4 1
Ta có một bảng một số giá trị Wp−1 như sau [4, trang 867].
p

Wp−1

3

− 3 = −(22 − 1)

5

− 375 = −(24 − 1).52

7

0

11

− 210 736 858 987 743 = −(210 − 1).118 .312

13

0

17

− 1 562 716 604 038 367 719 196 682 456 673 375
= −(216 − 1).1714 .(33 .5.73 .257)2

19

2.2

0

Định thức Wendt và định lý Fermat lớn

Năm 1637, nhà khoa học Fermat đã nêu ra trong cuốn sách của ông
một định lý nổi tiếng làm đau đầu các nhà toán học trong gần 4 thế kỷ.
Định lý đã được nhà toán học người Anh là Andrew Wiles chứng minh


20

vào năm 1993 sau gần 8 năm nghiên cứu và đến năm 1995 thì hoàn tất
chứng minh trọn vẹn sau khi khắc phục xong các thiếu sót.
Định lý 2.2.1 (Định lý Fermat lớn). Cho n là một số tự nhiên ≥ 3.
Khi đó không tồn tại các nghiệm nguyên khác không x, y, z thỏa mãn
xn + y n = z n .
Ta sẽ xem xét phương trình Fermat đồng dư xn + y n = z n (mod q),
với q là một số nguyên tố lẻ.
Mệnh đề 2.2.2. Cho n ≥ 2 là một số tự nhiên và q là số nguyên tố lẻ
mà gcd(n, q − 1) = 1. Khi đó tồn tại các số nguyên x, y, z không phải bội
số của q mà xn + y n = z n (mod q).
Chứng minh. Vì gcd(n, q − 1) = 1 nên tồn tại các số nguyên mà a, b mà
an + b(q − 1) = 1. Chọn x0 , y0 , z0 là các số nguyên, không phải bội số
của q, mà x0 + y0 = z0 (mod q). Khi đó


an+b(q−1)
(q−1)b


x0 = x0
= xan
x0

= xan
(mod q)

0
0


an+b(q−1)
(q−1)b
y0 = y0
= y0an x0
= y0an (mod q)





z0 = z0an+b(q−1) = z0an x(q−1)b
= z0an (mod q).
0
Vì vậy (xa0 )n + (y0a )n = (z0a )n (mod q).
Một trường hợp riêng của kết quả trên là khi n = p là số nguyên tố
không là ước của q − 1, thì xp + y p = z p (mod q) luôn có nghiệm không
tầm thường.
Bây giờ ta xét trường hợp n = p là một ước nguyên tố của q − 1.
Trước tiên ta có nhận xét sau.


21

Bổ đề 2.2.3. Cho q là một số nguyên tố và n ≥ 3 là một số tự nhiên
lẻ. Khi đó các khẳng định sau là tương đương.
(1) Tồn tại các số nguyên a, b, c không là bội của q sao cho an + bn = cn
(mod q).
(2) Tồn tại các số nguyên d, e không là bội của q sao cho dn = en + 1
(mod q).
Hơn nữa nếu q − 1 = 2kn thì các khẳng định trên tương đương với khẳng
định:
(3) Tồn tại hai nghiệm u, u ∈ Z của phương trình đồng dư X 2k − 1 ≡ 0
(mod q) sao cho u = u + 1 (mod q).
Chứng minh. (1) ⇒ (2): Vì q c nên tồn tại d, e ∈ Z sao cho
dc = a (mod q), và ec = −b
Khi đó q

(mod q).

de và (dc)n ≡ an ≡ −bn + cn ≡ (ec)n + cn (mod q). Do vậy

dn = en + 1.
(2) ⇒ (1): Đặt c = d, a = e và b = 1. Khi đó an +bn = en +1 ≡ dn = cn
(mod q).
Bây giờ ta giả sử q − 1 = 2kn.
(2) ⇒ (3): Đặt u = en và u = dn . Khi đó u = dn ≡ en + 1 = u + 1
(mod q). Hơn nữa, ta có
u2k = e2nk = eq−1 ≡ 1

(mod q).

Tương tự, ta có
u

2k

= dq−1 ≡ 1

(mod q).


22

(3) ⇒ (2): Gọi h là một căn nguyên thủy modulo q. Viết u = hm . Khi
đó h2km = u2k ≡ 1 (mod q). Do đó q − 1 = 2kn là ước của 2km. Do vậy
n là ước của m. Tương tự, nếu ta viết u = hm thì n cũng là ước của
m . Đặt e = hm/n và d = hm /n . Khi đó
dn = hm = u ≡ u + 1 = hm + 1 = en + 1

(mod q).

Định lý 2.2.4 (Tiêu chuẩn của Wendt). Cho p và q là hai số nguyên tố
lẻ. Giả sử q − 1 = 2kp với k ∈ N nào đó. Khi đó tồn tại các số nguyên
x, y, z không phải bội số của q mà xp + y p ≡ z p (mod q) khi và chỉ khi q
là ước của W2k .
Chứng minh. Theo Bổ đề trên, tồn tại các số nguyên x, y, z không phải
bội số của q mà xp + y p = z p (mod q) khi và chỉ khi tồn tại các nghiệm
u, u của phương trình đồng dư X 2k − 1 ≡ 0 (mod q) mà u ≡ u + 1
(mod q), tức là khi và chỉ khi hệ đồng dư


X 2k
≡ 1 (mod q),


(X + 1)2k

≡ 1 (mod q),

có nghiệm. Điều này lại tương đương với hệ đồng dư


X 2k − 1
≡ 0 (mod q),

(X + 1)2k − X 2k

≡ 0 (mod q),

có một nghiệm. Điều này xảy ra khi và chỉ khi kết thức của hai đa thức
X 2k − 1 và
2k
G(X) = (X + 1)2k − X 2k = 1 + (2k1 )X + (2k2 )X 2 + · · · + (2k−1
)X 2k−1

là đồng dư 0 modulo q. Theo Bổ đề 1.1.1 điều này có nghĩa là
W2k ≡ 0(mod q).


23

Ví dụ 2.3. Xét p = 3 và xét phương trình x3 + y 3 ≡ z 3 (mod q).
Với q = 7 = 2 · 3 + 1, ta có 7

W2 = −3. Do vậy theo tiêu chuẩn

Wendt ở trên thì không tồn tại x, y, z nguyên mà x3 + y 3 ≡ z 3 (mod 7)
và 7 xyz. Ta cũng có thể chứng minh trực tiếp điều này như sau. Nhận
xét rằng nếu a nguyên và 7 a thì a3 ≡ ±1 (mod 7). Từ đó ta suy ra với
mọi x, y, z mà 7 xyz thì ta luôn có x3 + y 3 + (−z)3 ≡ ±1, ±3 (mod 7).
Với q = 13 = 4 · 3 + 1, ta có 13 W4 = −375. Do vậy theo tiêu chuẩn
Wendt, thì không tồn tại x, y, z nguyên mà x3 + y 3 ≡ z 3 (mod 13) và
13 xyz.
Với q = 19 = 6 · 3 + 1, ta có 19 | W6 = 0. Do vậy theo tiêu chuẩn
Wendt, thì tồn tại x, y, z nguyên mà x3 + y 3 ≡ z 3 (mod 19) và 19 xyz.
Thực tế, ta có
13 + 43 = 65 ≡ 23

(mod 19).

Với q = 31 = 10 · 3 + 1, ta có 31 | W10 = −3 · 119 · 313 . Do vậy theo
tiêu chuẩn Wendt, thì tồn tại x, y, z nguyên mà x3 + y 3 ≡ z 3 (mod 31)
và 31 xyz. Thực tế, ta có
13 + 53 = 126 ≡ 2 ≡ 43

(mod 31).

Ví dụ 2.4. Xét p = 5 và xét phương trình x5 + y 5 ≡ z 5 (mod q).
Với q = 11 = 2 · 5 + 1, ta có 11 W2 = −3. Do vậy theo tiêu chuẩn
Wendt ở trên thì không tồn tại x, y, z nguyên mà x5 + y 5 ≡ z 5 (mod 11)
và 11

xyz. Ta có thể chứng minh trực tiếp điều này như sau. Nhận

xét rằng nếu a nguyên và 11

a thì a5 ≡ ±1 (mod 11). Từ đó ta suy

ra với mọi x, y, z mà 11 xyz thì ta luôn có x5 + y 5 + (−z)5 ≡ ±1, ±3
(mod 11).