Bài toán sau, nói về đồng dư trên $\mathbb Q$ và thương Fermat trên đó.

Bài toán. Cho $p$ là một số nguyên tố lẻ, các số nguyên dương $m$ và $n$ thỏa mãn\[1 + \frac{1}{{{2^{p – 1}}}} + \ldots + \frac{1}{{{{\left( {p – 1} \right)}^{p – 1}}}} = \frac{m}{n}.\]Chứng minh rằng $(p-2)!m+n$ chia hết cho $p^2$.

Nó có lời giải như sau

Lời giải. Với số nguyên dương $k$, xét các tập hợp sau đây\[R = \left\{ {\frac{a}{b}:{\mkern 1mu} {\kern 1pt} \;a,{\mkern 1mu} {\kern 1pt} b \in Z,{\mkern 1mu} {\kern 1pt} \gcd \left( {b,{\mkern 1mu} {\kern 1pt} pa} \right) = 1} \right\},\quad I_k = \left\{ {p^kx:{\mkern 1mu} {\kern 1pt} \;x \in R} \right\}.\]Nhận xét rằng, cứ với $x,\,y\in R$ thì $x\pm y\in R,\,xy\in R$. Từ đó, với $u,\,v\in I_k$ và $r\in R$ thì $u\pm v\in I_k,\,rv\in I_k$. Với $x,\,y\in R$, ta sẽ viết $x\equiv y\pmod{I_k}$ nếu và chỉ nếu $x-y\in I_k$, để thấy là có các tính chất sau đây

P1. Có $x\equiv x\pmod{I_k}\;\forall\,x\in R$. Nếu $x\equiv y\pmod{I_k}$ thì $y\equiv x\pmod {I_k}$. Nếu $x\equiv y\pmod{I_k},\,y\equiv z\pmod{I_k}$ thì $x\equiv z\pmod{I_k}$.

P2. Nếu $x\equiv y\pmod{I_k}$ và $x^\prime\equiv y^\prime\pmod{I_k}$ thì $x\pm x^\prime\equiv y\pm y^\prime\pmod{I_k}$ cùng với $xx^\prime\equiv yy^\prime\pmod{I_k}$ và từ đó $x^n\equiv y^n\pmod{I_k}$ với mỗi $n$ nguyên dương.

Để ý rằng $\mathbb Z\subset R$, nên từ $x\equiv y\pmod{I_k}$ với $x,\,y\in \mathbb Z$ thì $x\equiv y\pmod{p}$.

Bây giờ quay lại bài toán, trước tiên ta chứng minh bổ đề sau

Bổ đề. Với mỗi $x\in R\setminus I_1$, đặt $f(x)=\dfrac{x^{p-1}-1}{p}$, khi đó $f(x)\in R$ và\[f\left( x \right) + f\left( y \right) \equiv f\left( {xy} \right)\pmod{I_1},\;\forall\,x,\,y\in R.\]
Chứng minh. Với $x\in R\setminus I_1$ ta viết $x=\frac{a}{b}$ với $a,\,b\in\mathbb Z$ và $p\nmid ab$, lúc đó theo định lý Fermat bé thì $\frac{a^{p-1}-b^{p-1}}{p}=A\in\mathbb Z$, $p\nmid b^{p-1}$ nên\[f\left( x \right) = \dfrac{{{a^{p – 1}} – {b^{p – 1}}}}{{p{b^{p – 1}}}} = \frac{A}{{{b^{p – 1}}}} \in R.\]Lúc này thì từ đẳng thức\[f\left( x \right) + f\left( y \right) = f\left( {xy} \right) – pf\left( x \right)f\left( y \right).\]Và do $-pf(x)f(y)\in I_1$ nên có điều phải chứng minh cho bổ đề.

$\square$

Ta có biến đổi sau\[\frac{m}{n} = \sum\limits_{1 \le k \le p – 1} {\left( {1 + pf\left( {\frac{1}{k}} \right)} \right)} = p – 1 + p\sum\limits_{1 \le k \le p – 1} {f\left( {\frac{1}{k}} \right)} .\]Đặt $\lambda =\dfrac{1}{(p-1)!}$ và để ý $u\in I_1$ thì $pu\in I_2$, theo bổ đề trên ta có\[\frac{m}{n} \equiv p – 1 + pf\left( \lambda \right) \equiv p – 2 + {\lambda ^{p – 1}}\pmod{I_2}.\]Theo Wilson ta có ngay $-\lambda\equiv 1\pmod{I_1}$, và vì với $u,\,v\in I_1$ thì $uv\in I_2$ nên\[\frac{m}{n} \equiv – \lambda \left( {p – 1} \right) – \left( {\lambda + 1} \right)\prod\limits_{1 \le k \le p – 2} {\left( {{(-\lambda )^k} – 1} \right)}\equiv \lambda (1-p)\pmod{I_2}.\]Vì thế có\[\left( {p – 2} \right)!m \equiv n\left( {p – 2} \right)!\lambda \left( {1 – p} \right) \equiv – n\pmod{I_2}.\]Điều vừa có, chính là điều đang cần phải chứng minh.

$\blacksquare$