1. Trang chủ
  2. » Luận Văn - Báo Cáo

Luận văn thạc sỹ số lucas suy rộng dạng 5kx2 và 7kx2

35 0 0

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 35
Dung lượng 448,3 KB

Nội dung

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - ĐÀO THỊ HẰNG SỐ LUCAS SUY RỘNG DẠNG 5kx2 7kx2 Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS Trần Đức Dũng THÁI NGUYÊN - 2022 Mục lục Kiến thức chuẩn bị 1.1 1.2 Dãy Fibonacci, dãy Lucas 1.1.1 Một số định nghĩa 1.1.2 Số Lucas bình phương Kí hiệu Jacobi 11 Số Lucas suy rộng dạng 5kx2 7kx2 15 2.1 Một số kết biết 15 2.2 Số Lucas suy rộng dạng 5kx2 18 2.3 Số Lucas suy rộng dạng 7kx2 25 Kết luận 32 Tài liệu tham khảo 32 Mở đầu Dãy số Fibonacci xuất lần đầu sách Liber Abacci năm 1202 Leonardo Fibonacci (hay gọi tên khác Leonardo Pisano) nhà toán học người Ý giải toán liên quan đến việc sinh nở bầy thỏ Số Fibonacci xuất biến hóa vơ tận tự nhiên, với nhiều tính chất đẹp ứng dụng quan trọng Cơng trình quan trọng nghiên cứu số Fibonacci nhà toán học Francois Ỗdouard Anatole Lucas (1842-1891) công bố seminar ông vào 1878 Giống dãy Fibonacci, số dãy Lucas tổng hai số liền trước Dãy số gồm thương hai số Lucas liền hội tụ đến giới hạn tỉ lệ vàng Tuy nhiên khác với dãy Fibonacci, hai số dãy Lucas Do vậy, số tính chất số Lucas khác với số Fibonacci Cho P, Q ̸= 0, P, Q ∈ Z Đặt D = P +4Q ̸= Đa thức X −P X −Q gọi đa thức đặc trưng, đa thức có nghiệm √ √ P+ D P− D α= ; β= 2 Do D ̸= suy α ̸= β, α + β = P , α.β = −Q, (α − β)2 = D Với n ≥ xác định Un = Un (P, Q), Vn = Vn (P, Q) sau: U0 = 0, U1 = 1, Un = P.Un−1 + Q.Un−2 (n ≥ 2), (1) V0 = 2, V1 = P, Vn = P.Vn−1 + Q.Vn−2 (n ≥ 2), (2) Dãy U = ¶Un (P, Q)♢n≥0 gọi dãy Fibonacci suy rộng Dãy V = ¶Vn (P, Q)♢n≥0 gọi dãy Lucas suy rộng Nếu P = Q = Un (1, 1) dãy Fibonacci Vn (1, 1) dãy Lucas Số Fibonacci suy rộng số Lucas suy rộng dạng kx2 nghiên cứu nhiều nhà toán học có nhiều kết đẹp giới thiệu Năm 1996, hai tác giả P.Ribenboim W.L Mc Daniel xác định số n cho Un = x2 ,Un = 2x2 , Vn = x2 Vn = 2x2 với số nguyên tố lẻ nguyên tố P, Q Ngoài ra, năm 2001, hai tác giả chứng minh Vn = kx2 với k thỏa mãn số giả thiết cho trước Trước đó, năm 1972, P lẻ, J.H.E Cohn chứng minh Vn = P x2 Vn = 2P x2 Q = ±1 Năm 2014, Z.Siar R.Keskin với giả thiết Q = 1, tìm tất số n thỏa mãn Vn (P, 1) = kx2 k♣P P lẻ, k ước dương square-free P Cùng năm 2014, R.Keskin đưa kết nghiên cứu cho số Lucas suy rộng Vn (P, −1) dạng kx2 ,2kx2 ,kx2 ± 2kx2 ± với k♣P k > Mục đích luận văn nghiên cứu số Lucas suy rộng Vn (P, −1) có dạng 5kx2 , 5kx2 ± 1, 7kx2 , 7kx2 ± k♣P k > 1, xác định số n cho Vn (P, −1) = 5x2 ± Vn (P, −1) = 7x2 ± Đồng thời đưa tất nghiệm phương trình Tác giả trình bày luận văn dựa sở đọc hiểu diễn đạt lại cách có hệ thống nội dung báo [5] danh mục tài liệu tham khảo đề cương Luận văn gồm phần mở đầu, phần kết luận, danh mục tài liệu tham khảo, hai chương có nội dung sau: Chương " Một số Kiến thức chuẩn bị ", chương tác giả trình bày số kiến thức dãy Fibonacci (dãy Fibonacci suy rộng), dãy Lucas (dãy Lucas suy rộng), số Fibonacci (số Fibonacci suy rộng), số Lucas (số Lucas suy rộng), số Lucas bình phương, ký hiệu Jacobi Chương " Số Lucas suy rộng dạng 5kx2 7kx2 ", chương tác giả trình bày số Lucas suy rộng dạng 5kx2 7kx2 k♣P k > 1, tìm hiểu số n cho Vn (P, −1) = 5x2 ± Vn (P, −1) = 7x2 ± 1; cuối tác giả diễn giải tất nghiệm phương trình Nội dung chương được tham khảo từ tài liệu [5] Lời cảm ơn Luận văn hoàn thành trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên hướng dẫn tận tình TS Trần Đức Dũng Em xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới Thầy hướng dẫn hiệu truyền cho em kinh nghiệm nghiên cứu trình em học tập hồn thiện luận văn Em xin chân thành cảm ơn thầy cô Khoa Toán Tin, trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên giảng dạy tạo điều kiện thuận lợi cho em suốt trình em học tập trường Tác giả ĐÀO THỊ HẰNG Chương Kiến thức chuẩn bị Trong chương này, tác giả trình bày kiến thức phục vụ cho việc nghiên cứu chương sau 1.1 1.1.1 Dãy Fibonacci, dãy Lucas Một số định nghĩa Ở phương Tây, dãy Fibonacci xuất sách Liber Abaci (năm 1202) viết Leonardo Pisano Bogollo-được biết đến với tên Fibonacci, dãy số mô tả trước tốn học Ấn Độ Fibonacci xem xét phát triển đàn thỏ lý tưởng hóa, giả định rằng: Để cặp thỏ sinh, đực, cánh đồng, đến tháng tuổi thỏ giao phối tới hai tháng tuổi, thỏ sinh thêm cặp thỏ khác, thỏ không chết việc giao phối cặp tạo cặp (một đực, cái) tháng từ tháng thứ hai trở Câu đố mà Fibonacci đặt là: Trong năm có cặp thỏ? • Vào cuối tháng đầu tiên, chúng giao phối, có cặp • Vào cuối tháng thứ hai, thỏ tạo cặp mới, có + = (cặp) thỏ cánh đồng • Vào cuối tháng thứ ba, thỏ ban đầu lại tạo cặp thỏ nữa, biến số lượng thỏ cánh đồng lúc + = (cặp) • Và vào cuối tháng thứ tư, thỏ ban đầu sinh thêm cặp mới, thỏ sinh cách hai tháng cho cặp đầu tiên, tổng số lúc + = (cặp) Vào cuối tháng thứ n, số lượng cặp thỏ số lượng cặp (bằng số lượng cặp tháng (n − 2)) cộng với số cặp tháng (n − 1) Đây số Fibonacci thứ n Theo hệ, số lượng cặp thỏ dãy số sau biết đến với tên số Fibonacci Dãy Lucas dãy số đặt tên nhằm tơn vinh nhà tốn học Francois Esdouard Anatole Lucas (1842-1891), người nghiên cứu dãy Fibonacci dãy thuộc họ Fibonacci mà số dãy tổng hai số liền trước Sau ta giới thiệu định nghĩa dãy Fibonacci, dãy Lucas, dãy Fibonacci suy rộng, dãy Lucas suy rộng Cho P, Q ̸= 0, P, Q ∈ Z Đặt D = P + 4Q ̸= Đa thức X − P X − Q gọi đa thức đặc trưng, đa thức có nghiệm √ √ P− D P+ D ; β= α= 2 Do D ̸= suy α ̸= β, α + β = P , α.β = −Q, (α − β)2 = D Định nghĩa 1.1.1 Với n ≥ xác định Un = Un (P, Q), Vn = Vn (P, Q) sau: U0 = 0, U1 = 1, Un = P.Un−1 + Q.Un−2 (n ≥ 2), (1.1) V0 = 2, V1 = P, Vn = P.Vn−1 + Q.Vn−2 (n ≥ 2), (1.2) Dãy U = ¶Un (P, Q)♢n≥0 gọi dãy Fibonacci suy rộng Dãy V = ¶Vn (P, Q)♢n≥0 cịn gọi dãy Lucas suy rộng Ta sử dụng Un∗ Vn∗ thay cho Un (P, 1) Vn (P, 1) Ở chương luận văn, với Q = −1, ta sử dụng Un Vn thay cho Un (P, −1) Vn (P, −1) Từ công thức (1.1) cho P = 1, Q = Do D = Ta có định nghĩa Định nghĩa 1.1.2 Ta xét dãy Un với U0 = 0, U1 = 1, Un = Un−1 + Un−2 (n ≥ 2) Khi đặt F0 = 0, F1 = 1, Fn = Fn−1 + Fn−2 (n ≥ 2) (1.3) Fn = Un (1, 1) gọi số Fibonacci, Fn số Fibonacci thứ n Dãy 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, gọi dãy số Fibonacci, kí hiệu (Fn ) Từ công thức (1.2) cho P = 1, Q = Do D = Ta có định nghĩa Định nghĩa 1.1.3 Ta xét dãy Vn với V0 = 2, V1 = 1, Vn = Vn−1 + Vn−2 (n ≥ 2) Khi đặt L0 = 2, L1 = 1, Ln = Ln−1 + Ln−2 (n ≥ 2) (1.4) Ln = Vn (1, 1) gọi số Lucas, Ln số Lucas thứ n Dãy 2, 1, 3, 4, 7, 11, 18, 29, 47, 76, 123, gọi dãy số Lucas, kí hiệu (Ln ) Từ công thức (1.1) (1.2) cho P = 2, Q = Do D = Định nghĩa 1.1.4 Các số U0 = 0, U1 = 1, Un = Un (2, 1) = 2Un−1 + Un−2 (n ≥ 2) V0 = 2, V1 = 2, Vn = Vn (2, 1) = 2Vn−1 + Vn−2 (n ≥ 2) (1.5) (1.6) số Pell số Pell Lucas Dãy 0, 1, 2, 5, 12, 29, 70, 169, gọi dãy số Pell, kí hiệu (Pn ) Dãy 2, 2, 6, 14, 34, 82, 198, gọi dãy số Pell Lucas, kí hiệu (Qn ) Gọi α β nghiệm phương trình x2 − P x − Q = Khi ta biết αn − β n = ; Vn∗ = αn + β n (1.7) α−β √ √ α = (P + P + 4Q)/2 β = (P − P + 4Q)/2 Biểu thức Un∗ gọi cơng thức Binet 1.1.2 Số Lucas bình phương Năm 1964, J.H.E Cohn Đại học London (Anh) L1 = L3 = khơng có số phương khác Chứng minh ông sử dụng bổ đề sau: Bổ đề 1.1.5 L2n = 2L2n + 2(−1)n−1 Bổ đề 1.1.6 Nếu k ≡ (mod 2) k không chia hết cho Lk ≡ (mod 4) Bổ đề 1.1.7 Nếu k ≡ (mod 2) k khơng chia hết cho Ln+2k ≡ −Ln (mod Lk ) Định lý 1.1.8 Số Lucas có số phương 19 Vn ≡ V1 , V3 , V5 (mod 8) Suy Vn = 5kx2 ≡ P, 6P (mod 8) từ đây, kx2 ≡ 5P, 6P (mod 8) Mặt khác, k♣P nên ta viết P = kM với M lẻ Do đó, ta thu kM x2 ≡ 5P M, 6P M (mod 8), chứng tỏ P x2 ≡ 5P M, 6P M (mod 8) Do P lẻ nên từ đồng dư ta có x2 ≡ 5M, 6M (mod 8) Suy M ≡ (mod 8) M lẻ Bây ta giả sử n > Khi n = 4q ± = 2.2r a ± 1, ∤ a r ≥ Thay giá trị n vào Vn = 5kx2 sử dụng (2.5) ta có 5kx2 = Vn = V4q±1 = V2.2r a±1 ≡ −V1 ≡ −P (mod V2r ) Điều dẫn đến 5x2 ≡ −M (mod V2r ) (k, V2r ) = Do −1 = V2r V2r   M V2r  Ta lại có M ≡ (mod 8), M ♣P từ cơng thức 2.11, ta có ±2 V2r M = = = V2r M M M  Tuy nhiên, điều vô lý   V2r    = −1 = −1 theo (2.18) (2.17) Do vậy, n = Định lý chứng minh  −1 V 2r  = −1 theo □ Định lý 2.2.2 Cho k♣P với k > Khi khơng có số ngun x để Vn = 5kx2 + Chứng minh Giả sử Vn = 5kx2 + với x số nguyên Khi theo Bổ đề 2.1.1, ta có n số chẵn Đặt n = 2m với m > Do đó, theo (2.8), ta có Vn = V2m = Vm2 − = 5kx2 + 1, 20 suy Vm2 ≡ (mod 5), mâu thuẫn □ Định lý 2.2.3 Cho k♣P với k > Khi khơng có số ngun x để Vn = 5kx2 − Chứng minh Giả sử Vn = 5kx2 − với x số nguyên Khi theo Bổ đề 2.1.1, n số chẵn Ta chia phần chứng minh thành ba trường hợp Trường hợp 1: Giả sử 5♣P Khi theo Bổ đề 2.1.1, suy Vn ≡ ±2 (mod 5), mâu thuẫn với đẳng thức Vn ≡ (mod 5) Trường hợp 2: Giả sử P ≡ −1 (mod 5) Khi theo cơng thức (2.13), ta có 5♣U5 Đặt n = 10q + r với r ∈ ¶0, 2, 4, 6, 8♢ Theo (2.3), ta thu Vn = V10q+r ≡ Vr (mod U5 ), suy Vn ≡ V0 , V2 , V4 , V6 , V8 (mod 5) Từ Vn ≡ (mod 5), mâu thuẫn với đẳng thức Vn ≡ (mod 5) Trường hợp 3: Giả sử P ≡ (mod 5) Do n chẵn, n = 2m với m > Do đó, ta thu 5kx2 − = Vn = V2m = Vm2 − theo (2.8) Nếu m lẻ P ♣Vm theo Bổ đề 2.1.1 ta thu k♣1, mâu thuẫn Suy m chẵn Đặt m = 2u với u > Khi n = 4u 5kx2 − = V4u ≡ V0 ≡ (mod U2 ) theo (2.3), từ 5kx2 ≡ (mod P) Do k♣P , suy k♣3 k = Thế nên ta kết luận 3♣P Trong trường hợp này, ta có n = 4u theo (2.3), ta có 15x2 − = Vn = V4u ≡ V0 (mod U2 ), 21 kéo theo 15x2 ≡ (mod P) Lại 3♣P , suy 5x ≡ (mod P/3) Vì  P/3  = Khi P ≡ (mod 5) Suy ra, P ≡ 1, (mod 5) Do P/3 ≡ ±2 (mod 5) Do vậy, ta có ±2   P/3  = = = −1, 1= P/3 5      mâu thuẫn Định lý chứng minh xong □ Định lý 2.2.4 Nếu Vn = 5x2 + n = V1 = 5x2 + với x chẵn Chứng minh Giả sử Vn = 5x2 + với số nguyên x Nếu n số chẵn n = 2m Vn = V2m = Vm2 − theo (2.8) Điều chứng tỏ Vm2 ≡ (mod 5), mâu thuẫn Suy ra, n phải lẻ Trường hợp 1: Giả sử 5♣P Vì n lẻ nên từ Bổ đề (2.1.1) ta có 5♣Vn , suy 5♣1, mâu thuẫn Trường hợp 2: Giả sử P ≡ (mod 5) Nếu n > n = 4q ± = 2.2r a ± 1, ∤ a r ≥ Do đó, 5x2 = Vn − ≡ −V1 − ≡ −(P + 1) (mod V2r ) theo công thức (2.5) Từ công thức (2.17),(2.18) (2.25), ta dẫn đến −1 1= V2r  V2r  P +1 = −1, V2r  mâu thuẫn Do n = Suy P = 5x2 + với x chẵn Trường hợp 3: Giả sử P ≡ −1 (mod 5) Nếu P ≡ (mod 4), n lẻ nên ta viết n = 4q ± Do đó, 5x2 + = Vn ≡ V1 ≡ P (mod U2 ) Suy 5x2 ≡ −1 (mod P) (2.26) 22 Do P ≡ −1 (mod 5), suy P ≡ ±2 (mod 5) Do đó, ta có P  P =  ±2 = = −1  Mặt khác, ý P ≡ (mod 4), ta thu P −1 −1 = (−1) = P  Và (2.26) sai Bây giờ, P ≡ (mod 4), đặt n = 6q + r với r ∈ ¶1, 3, 5♢ Do đó, theo (2.15), ta có 5x2 + = Vn = V6q+r ≡ Vr ≡ V1 , V3 , V5 (mod 8), kéo theo 5x2 + ≡ P, 6P (mod 8) Nếu x chẵn P, 6P ≡ (mod 4), điều P ≡ (mod 4) Nếu x lẻ P, 6P ≡ (mod 8), điều khơng thể P ≡ 3, (mod 8) Chứng minh hoàn thành □ Định lý 2.2.5 Nếu Vn = 5x2 − n = V1 = 5x2 − với x chẵn n = P = L3z /2 x = F3z /2 z chẵn Chứng minh Giả sử Vn = 5x2 − với x số nguyên Ta chia chứng minh thành ba phần, ta có Trường hợp 1: Giả sử 5♣P Từ bổ đề 2.1.1 ta có Vn ≡ 0, ±2 (mod 5), mâu thuẫn với Vn = 5x2 − Trường hợp 2: Giả sử P ≡ (mod 5) Nếu n > lẻ n = 4q ± = 2.2r a ± 1, ∤ a r ≥ Do đó, 5x2 − = Vn ≡ −V1 ≡ −P (mod V2r ), điều chứng tỏ 5x2 ≡ −(P − 1) (mod V2r ) 23 Từ công thức (2.17),(2.18) (2.25), ta dẫn đến −1 1= V2r  V2r P −1 = −1, V2r   điều vô lý Suy n = P = 5x2 − với x chẵn Bây giờ, n chẵn n = 2m với m > Nếu m > lẻ n = 2(4q ± 1) = 2.2r a ± 2,2 ∤ a r ≥ Do đó, 5x2 − = Vn ≡ −V2 ≡ −(P − 2) (mod V2r ), kéo theo 5x2 ≡ −(P − 3) (mod V2r ) Từ công thức (2.17),(2.18) (2.22), ta dẫn đến −1 1= V2r  V2r P − 3  = −1, V2r   mâu thuẫn Do ta có m = n = Thay giá trị n vào Vn = 5x2 − ta thu V2 = P − = 5x2 − 1, tức P − 5x2 = Theo bổ đề 2.1.2, ta thu P = L3z /2 x = F3z /2 với z số tự nhiên chẵn Nếu m chẵn m = 2u với u > Suy n = 4u = 2.2r a, ∤ a r ≥ Do đó, theo (2.5) 5x2 − = Vn = V4u ≡ −V0 ≡ −2 (mod V2r ), kéo theo 5x2 ≡ −1 (mod V2r ) Điều vô lý  V2 r  = theo (2.18)  −1 V 2r  = −1 theo (2.17) Trường hợp 3: Giả sử P ≡ −1 (mod 5) Suy P ≡ ±2 (mod 5) Nếu n lẻ ta viết n = 4q ± Do đó, 5x2 − = Vn ≡ V1 (mod U2 ) theo (2.3) Từ đây, 5x2 ≡ (mod P) Điều vơ lý 1= P  P =  ±2 = = −1  24 Nếu n ≡ (mod 4),với n ≥ n = 2(4q) ± Do đó, 5x2 − = Vn ≡ V2 (mod V2 ) theo (2.5), kéo theo 5x2 ≡ (mod P2 − 2) Nhưng điều vô lý P − 2 −3  = = = −1 1= P2 − 5     Suy n = Thay giá trị n vào Vn = 5x2 −1 cho ta P −2 = 5x2 −1, suy P ≡ (mod 5), mâu thuẫn P ≡ −1 (mod 5) Bây giờ, n ≡ (mod 4) n = 4u với u Theo (2.8), ta có 5x2 − = Vn = 2 V4u = V2u − nên V2u − = 5x2 Từ đây, (V2u − 1)(V2u + 1) = 5x2 Rõ ràng, d = (V2u − 1, V2u + 1) = Nếu d = 1,thì V2u − = a2 , V2u + = 5b2 (2.27) V2u − = 5a2 , V2u + = b2 (2.28) với a, b số nguyên Ta thấy (2.27) (2.28) Nếu d = 2, V2u − = 2a2 , V2u + = 10b2 (2.29) V2u − = 10a2 , V2u + = 2b2 (2.30) với a, b số nguyên Dễ thấy rằng, theo (2.8), ta thấy (2.30) vơ lý trường hợp Vu2 ≡ (mod 5) Giả sử (2.29) thỏa mãn Khi theo (2.8), ta có Vu2 − = 2a2 (2.31) Nếu ∤ a a2 ≡ (mod 3) ta thu Vu2 ≡ (mod 3), mâu thuẫn Do ta có 3♣a Suy 3♣Vu Trong trường hợp này, 3♣a 3♣Vu , kết hợp với (2.31) ta có 9♣3, vơ lý Chứng minh hoàn thành □ 25 2.3 Số Lucas suy rộng dạng 7kx2 Định lý 2.3.1 Nếu Vn = 7kx2 với k♣P k > n = Chứng minh Giả sử Vn = 7kx2 với x số nguyên Khi theo bổ đề 2.1.1, ta có n lẻ Và 7♣Vn n lẻ nên từ (2.10) suy 7♣P Khi theo (2.15), ta có Vn ≡ V1 , V3 , V5 ≡ P, 6P (mod 8) Từ 7kx2 ≡ P, 6P (mod 8), tức kx2 ≡ 2P, 7P (mod 8) Do k♣P , ta viết P = kM với M lẻ Từ đó, ta có kM x2 ≡ 2P M, 7P M (mod 8) Suy x2 ≡ 2M, 7M (mod 8) Do đó, M ≡ (mod 8) M số lẻ Bây ta giả sử n > Khi n = 4q ± = 2.2r a ± 1, ∤ a r ≥ Thay giá trị n vào Vn = 7kx2 kết hợp (2.5), ta có 7kx2 = Vn ≡ −V1 ≡ −P (mod V2r ) Từ đó, 7x2 ≡ −M (mod V2r ) (k, V2r ) = Do đó, ta có 1= V2r  Nếu r ≥ nên theo (2.17) suy −1 V2r  −1 V2 r M V2r    = −1 Mặt khác,  V2r  = −1 theo (2.20) Bên cạnh đó, từ M ♣P công thức (2.12), ta thu  M V2r  = (−1)  M  = −1 Điều có nghĩa = −1, vơ lý Do r = Nhưng trường hợp này, từ theo (2.19)  M V2r   −1 V2r  = −1 theo (2.17),  = theo (2.11), mâu thuẫn Vì n = V2r  =1 □ Định lý 2.3.2 Cho k♣P với k > Khi phương trình Vn = 7kx2 + khơng có nghiệm ngun 26 Chứng minh Giả sử Vn = 7kx2 + với số nguyên x Khi theo bổ đề 2.1.1, ta có n chẵn n = 2m với m > Theo (2.8), ta có Vn = V2m = Vm2 − = 7kx2 + , kéo theo Vm2 ≡ (mod 7), mâu thuẫn □ Định lý 2.3.3 Cho k♣P với k > Khi phương trình Vn = 7kx2 − khơng có nghiệm nguyên Chứng minh Giả sử Vn = 7kx2 − với x số nguyên Khi theo bổ đề 2.1.1,n chẵn Ta chia chứng minh thành trường hợp: Trường hợp 1: 7♣P Khi theo bổ đề 2.1.1, ta có Vn ≡ ±2 (mod 7), mâu thuẫn Vn ≡ (mod 7) Trường hợp 2: Giả sử P ≡ (mod 7) Khi theo (2.14) 7♣U4 Do n chẵn n = 8q + r với r ∈ ¶0, 2, 4, 6♢, theo (2.3), Vn ≡ V0 , V2 , V4 , V6 (mod U4 ), kéo theo Vn ≡ 0, (mod 7), mâu thuẫn Trường hợp 3: Giả sử P ≡ (mod 7) Khi P ≡ 2, (mod 7) Mặt khác, dễ thấy Vn ≡ 2, (mod 7) trường hợp Điều mâu thuẫn với Vn ≡ (mod 7) Trường hợp 4: Giả sử P ≡ (mod 7) Do n = 2m, ta có Vn = V2m = Vm2 − = 7kx2 − 1, tức Vm2 = 7kx2 + Nếu m lẻ P ♣Vm từ bổ đề 2.1.1 từ ta thu k♣1, mâu thuẫn Do vậy, m chẵn Đặt m = 2u với u > Khi n = 4u từ (2.1.4), ta có 7kx2 − = V4u ≡ V0 ≡ (mod U2 ), kéo theo 7kx2 ≡ (mod P) 27 Do k♣P , suy k♣3 Như k = Suy 3♣P Trong trường hợp này, ta có n = 4u = 2.2r a, ∤ a r ≥ Từ 21x2 − = Vn ≡ −V0 ≡ −2 (mod V2r ) Do Nếu r ≥  −1 V2r  V2r  V2r   −1 = V2r V2r  = theo (2.24)   V2r  = theo (2.21) Nhưng từ = −1 theo (2.17) , ta suy điều mâu thuẫn Do vậy, r = 1, có nghĩa n = 4u với n lẻ Từ (2.8),ta có 21x2 − = Vn = V4u = V2u − 2, suy V2u − = 21x2 Có nghĩa (V2u − 1)(V2u + 1) = 21x2 Rõ ràng, d = (V2u − 1, V2u + 1) = Nếu d = 1, V2u − = a2 , V2u + = 21b2 , V2u − = 3a2 , V2u + = 7b2 , V2u − = 7a2 , V2u + = 3b2 , V2u − = 21a2 , V2u + = b2 Tất trường hợp xảy Nếu d = V2u − = 2a2 , V2u + = 42b2 , (2.32) V2u − = 6a2 , V2u + = 14b2 , (2.33) V2u − = 14a2 , V2u + = 6b2 , (2.34) V2u − = 42a2 , V2u + = 2b2 (2.35) 28 Nếu ta kết hợp hai phương trình (2.32), ta thu a2 ≡ (mod 7), mâu thuẫn Bằng cách sử dụng (2.32), ta thấy (2.34) (2.35) vô lý Vu2 ≡ (mod 7) hai trường hợp Bây giả sử (2.33) thỏa mãn Cho u > 1, 2u = 2.2r a ± 2, ∤ a r ≥ Từ (2.5) ta thu 14b2 − = V2u = V2.2r a±2 ≡ −V2 ≡ −(P − 2) (mod V2r ), kéo theo 7b2 ≡ −(P − 3)/2 (mod V2r ) Điều vơ lý  (P −3)/2 V2 r   V 2r   = theo (2.21), −1 V2r  = −1 theo (2.17) = theo (2.22).Ta thu u = n = Thay giá trị n = vào Vn = 21x2 −1 ta thu V4 = (P −2)2 −2 = 21x2 −1, tức (P − 2)2 − 21x2 = Vì tất nghiệm nguyên dương phương trình u2 − 21v = cho (u, v) = (Vs (110, −1)/2, 12Us (110, −1)) với s ≥ 1, ta thu P − = Vs (110, −1)/2 với s ≥ Từ đây, Vs (110, −1) = 2P − Do s lẻ Ta đặt s = 4q ± thay vào Vs (110, −1)/2 ta có 2P − = Vs ≡ V1 (mod V1 ), suy 2P ≡ (mod 5) Vậy ta có P ≡ (mod 5), mâu thuẫn Chứng minh hoàn thành □ Định lý 2.3.4 Nếu Vn = 7x2 + n = V1 = 7x2 + với x chẵn Chứng minh Giả sử Vn = 7x2 + với x số ngun Nếu n chẵn n = 2m Vn = V2m = Vm2 − theo (2.8) Điều 29 chứng tỏ Vm2 ≡ (mod 7), mâu thuẫn Do n lẻ Ta chia phần lại chứng minh thành trường hợp Trường hợp 1: Giả sử 7♣P Do n lẻ nên từ bổ đề 2.1.1 ta có 7♣Vn , kéo theo 7♣1, mâu thuẫn Trường hợp 2: Giả sử P ≡ (mod 7) Nếu n > n = 4q ± = 2.2r a ± 1, ∤ a r ≥ Do vậy, 7x2 = Vn − ≡ −V1 − ≡ −(P + 1) (mod V2r ) theo (2.5) Từ (2.21),(2.17) (2.25) ta có 1= V2r  −1 V2r  P +1 = −1, V2r  mâu thuẫn Suy n = Do P = 7x2 + với x chẵn Trường hợp 3: Giả sử P ≡ (mod 7) Do P ≡ 3, (mod 7) Ngoài ra, ta thấy 7♣V2 Từ n = 4q ± (2.5) ta có Vn = V4q±1 ≡ ±V1 (mod V2 ) Suy Vn ≡ 3, (mod 7), mâu thuẫn Trường hợp 4: Giả sử P ≡ (mod 7) Do P ≡ 2, (mod 7) Trong trường hợp này, quy nạp ta thu      2 (mod 7)(n chẵn) Vn ≡     P (mod P)(n lẻ) (2.36) Suy Vn ≡ 2, (mod 7), mâu thuẫn Chứng minh hoàn thành □ Định lý 2.3.5 Nếu Vn = 7x2 − n = V1 = 7x2 − với x chẵn, n = P = Vk (16, −1)/2 x = 3Uk (16, −1) với k chẵn Chứng minh Giả sử Vn = 7x2 − với x > Trường hợp 1: Giả sử 7♣P Khi theo bổ đề 2.1.1, Vn ≡ 0, ±2 (mod 7), Vn ̸= 7x2 − 30 Trường hợp 2: Giả sử P ≡ (mod 7) Nếu n lẻ, ta viết n = 4q ± = 2.2r a ± 1, ∤ a r ≥ Do đó, ta thu 7x2 − = Vn ≡ −V1 ≡ −P (mod V2r ), kéo theo 7x2 ≡ −(P − 1) (mod V2r ) Theo (2.21), (2.17) (2.25),ta thu 1= V2r  −1 V2r  P −1 = −1, V2r  mâu thuẫn Nếu n ≡ (mod 4), ta đặt n = 4u với u Từ đây, ta thu 7x2 − = Vn ≡ −V0 ≡ −2 (mod V2r ), kéo theo 7x2 ≡ −1 (mod V2r ) Điều mâu thuẫn  V2r  = theo (2.21)  −1 V2 r  = −1 theo (2.17) Nếu n ≡ (mod 4) với n ≥ 6, n = 2(4q ± 1) = 2.2r a ± 2, ∤ a r ≥ Do ta có 7x2 − = Vn ≡ −V2 ≡ −(P − 2) (mod V2r ), kéo theo 7x2 ≡ −(P − 3) (mod V2r ) Theo (2.21), (2.17) (2.22),ta thu 1= V2r  −1 V2r P − 3  = −1, V2r   mâu thuẫn Suy n = Vn = 7x2 −1 Từ đây, V2 = P −2 = 7x2 −1, tức P − 7x2 = Vì tất nghiệm nguyên dương phương trình u2 −7v = cho (u, v) = (Vk (16, −1)/2, 3Uk (16, −1)) với k ≥ 1, 31 ta thu P = Vk (16, −1)/2 với k số dương P lẻ Trường hợp 3: Giả sử P ≡ (mod 7) Suy 7♣V2 Nếu ta viết n = 4q+r với r ∈ ¶0, 1, 2, 3♢ Vn = V2.2q±r ≡ ±Vr ≡ ±¶V0 , V1 , V2 , V3 ♢ (mod V2 ), tức Vn ≡ 0, 2, 3, 4, (mod 7), mâu thuẫn Trường hợp 4: Giả sử P ≡ (mod 7) Do P ≡ 2, (mod 7) Do      2 (mod 7)(n chẵn) Vn ≡     P (mod P)(n lẻ) (2.37) nên Vn ≡ 2, (mod 7), mâu thuẫn Định lý hoàn thành □ 32 KẾT LUẬN Trong luận văn này, tác giả trình bày kết sau Nghiên cứu số Lucas suy rộng Vn (P, −1) có dạng 5kx2 , 5kx2 ±1, 7kx2 , 7kx2 ± k♣P k > Xác định số n cho Vn (P, −1) = 5x2 ± Vn (P, −1) = 7x2 ± Đồng thời đưa tất nghiệm phương trình 33 Tài liệu tham khảo [1] Nguyen Thu Trang (2014), Số Fibonacci dãy Lucas , Luận văn thạc sỹ, Trường Đại học Khoa học Thái Nguyên [2] B Demirturk and R.Keskin (2009), Integer solutions of some Diophantine equations via Fibonacci and Lucas numbers, J.Integer Seq., 12 [3] W.L McDaniel (1995), Diophantine Representation of Lucas Sequences, Fibonacci Quart, 33, pp 59 − 63 [4] R Melham(2015), Conics which characterize certain Lucas sequences, Fibonacci Quart, 35, pp 248 − 251 [5] O Karaatli and R.Keskin (2015), Generalized Lucas number of the form 5kx2 7kx2 , Bull Korean Math Soc., 52, pp 1467 − 1480 [6] P Ribenboim (2006), My numbers, my friend Popular lectures on number theory, Springer [7] Z.Siar and R.Keskin (2015), Some new identities concerning generalized Fibonacci and Lucas number, Hacet.J.Math.Stat, 42, pp 211 − 222

Ngày đăng: 29/06/2023, 22:15

w