(Luận văn) dãy fibonacci modulo m

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - PHẠM THỊ HỒNG lu an n va to p ie gh tn DÃY FIBONACCI MODULO m d oa nl w u nf va an lu ll LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC oi m z at nh z m co l gm @ an Lu THÁI NGUYÊN - 2019 n va ac th si ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - PHẠM THỊ HỒNG lu an va n DÃY FIBONACCI MODULO m ie gh tn to p Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp d oa nl w Mã số: 46 01 13 va an lu ll u nf LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC oi m z at nh NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS NGUYỄN DUY TÂN z m co l gm @ an Lu THÁI NGUYÊN - 2019 n va ac th si iii Mục lục lu 1 Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Dãy Fibonacci 1.2 Công thức Binet 1.3 Luật thuận nghịch bậc hai 3 Dãy Fibonacci mod m 2.1 Một số tính chất 2.2 Chu kỳ dãy Fibonacci modulo pe 11 11 13 an Mở đầu n va tn to p ie gh w Số không dãy Fibonacci modulo m 22 3.1 Ví trí số khơng dãy Fibonacci modulo m 22 3.2 Số số không chu kỳ dãy Fibonacci modulo m 26 d oa nl 34 lm ul Tài liệu tham khảo nf va an lu Kết luận 35 z at nh oi z m co l gm @ an Lu n va ac th si Mở đầu lu an n va p ie gh tn to Dãy số Fibonacci Fibonacci, nhà toán học người Ý, công bố vào năm 1202 sách Liber Abacci qua hai toán: Bài toán thỏ Bài toán số “cụ tổ” ong đực Bài tốn thỏ phát biểu là: “Một đôi thỏ (gồm thỏ đực thỏ cái) tháng đẻ đôi thỏ (cũng gồm thỏ đực thỏ cái); đôi thỏ con, tròn hai tháng tuổi, sau tháng đẻ đơi thỏ con, q trình sinh nở tiếp diễn Hỏi sau n tháng có đơi thỏ, đầu năm có đơi thỏ sơ sinh?” Dãy Fibonacci dãy số tự nhiên thỏa mãn quy tắc Fn+2 = Fn + Fn+1 Tuy đơn giản quy tắc thiết lập dãy số Fibonacci chứa đựng vơ nhiều tính chất đẹp đẽ bất ngờ tốn học Nó bí ẩn lí thú đến mức có hẳn tạp chí The Fibonacci Quarterly hoàn toàn xuất kết nghiên cứu dãy số Dãy Fibonacci Fn định nghĩa công thức F0 = 0, F1 = Fn = Fn−1 + Fn−2 , với n ≥ 2, dãy số quan trọng Toán học Cho m số nguyên dương Xét dãy số Fn modulo m, ký hiệu dãy F (mod m) Khi dãy dãy tuần hồn đơn Ta ký hiệu chu kỳ dãy F (mod m) k(m) Chẳng hạn, d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul (mod 3) = 0, 1, 1, 2, 0, 1, 1, 2, 0, F (mod 4) = 0, 1, 1, 2, 3, 1, 0, 1, 1, F (mod 5) = 0, 1, 1, 2, 3, 0, 3, 3, 1, 4, 0, 1, 1, F z gm @ m co l Như k(3) = 4, k(4) = k(5) = 10 Mục tiêu luận văn tìm hiểu số tính chất số học thú vị hàm k(m) số vấn đề liên quan an Lu n va Ngoài phần Mở đầu, Kết luận Tài liệu tham khảo, bố cục luận văn chia làm ba chương ac th si Chương Một số kiến thức chuẩn bị Chương dành để giới thiệu ngắn gọn số thông tin ban đầu trình bày số kiến thức dãy Fibonacci, số đồng thức liên quan cần thiết cho chương sau Chương Dãy Fibonacci modulo m Chương trình bày số tính chất chu kỳ k(m) dãy Fibonacci modulo m Chương Số không dãy Fibonacci modulo m Chương trình bày ví trí số , số số chu kỳ dãy Fibonacci modulo m lu an n va p ie gh tn to Luận văn hoàn thành hướng dẫn TS Nguyễn Duy Tân (Viện Toán học - Viện Hàn lâm Khoa học Công nghệ Việt Nam) Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc tới Thầy hướng dẫn, tới thầy cô giáo Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Đồng thời tác giả xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp cao học Toán K12B - Trường Đại học Khoa học động viên giúp đỡ trình học tập làm luận văn Nhân đây, xin chân thành cảm ơn Khoa Tốn - Tin, Phịng Đào tạo trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên tạo điều kiện thuận lợi trình học tập tơi Tơi xin cảm ơn nhiệt tình giảng dạy giảng viên suốt thời gian học tập Tôi xin cảm ơn Ban giám hiệu Trường Cuối cùng, tác giả muốn dành lời cảm ơn đặc biệt đến đại gia đình động viên chia sẻ khó khăn để tác giả hoàn thành luận văn d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul Thái Nguyên, ngày tháng 10 năm 2019 Tác giả z l gm @ Phạm Thị Hồng m co an Lu n va ac th si Chương Một số kiến thức chuẩn bị lu an n va gh tn to Chương trình bày số kiến thức chuẩn bị dãy Fibonacci sơ lược thặng dư toàn phương luật thuận nghịch bậc hai Tất kết chương tìm thấy [1] [4] Dãy Fibonacci p ie 1.1 d oa nl w Mặc dù có nhiều đóng góp cho tốn học, ngày nay, Fibonacci nhớ đến nhờ dãy số nảy sinh từ vấn đề mà ông đặt Liber Abaci Sau cách diễn đạt: lu nf va an Một đôi thỏ (gồm thỏ đực thỏ cái) tháng đẻ đôi thỏ (cũng gồm thỏ đực thỏ cái); đôi thỏ con, tròn hai tháng tuổi, sau tháng đẻ đơi thỏ con, q trình sinh nở tiếp diễn Hỏi sau n tháng có đơi thỏ, đầu năm có đơi thỏ sơ sinh? z at nh oi lm ul z Nếu giả sử cặp không sinh sản cuối tháng thứ hai, hai tháng có cặp Vào đầu tháng thứ ba, cặp sinh cặp, tổng cộng hai cặp Trong tháng thứ tư, cặp ban đầu lại sinh cặp thứ hai khơng, cho ba cặp, v.v Giả sử khơng có thỏ bị chết, xác lập quan hệ truy hồi Giả sử Fn cặp thỏ tháng n, Fn+1 cặp thỏ tháng n + Trong suốt tháng n + 2, tất số thỏ từ tháng n + giữ nguyên, thỏ tồn tháng thứ n sinh sản m co l gm @ an Lu n va ac th si Do Fn+2 = Fn+1 + Fn Dãy số này, với F1 = F2 = 1, gọi dãy Fibonacci, số hạng dãy số gọi số Fibonacci, n : 10 11 12 Fn : 1 13 21 34 55 89 144 lu an n va p ie gh tn to Đến đây, câu trả lời toán Fibonacci 144 Điều thú vị đến năm 1634, quan hệ truy hồi phát Albert Girard viết Dãy Fibonacci dãy số tự nhiên thỏa mãn quy tắc Fn+2 = Fn + Fn+1 Tuy đơn giản quy tắc thiết lập dãy số Fibonacci chứa đựng vơ nhiều tính chất đẹp đẽ bất ngờ tốn học Nó bí ẩn lí thú đến mức có hẳn tạp chí The Fibonacci Quarterly hoàn toàn xuất kết nghiên cứu dãy số Dãy Fibonacci dãy cho F0 = 0, F1 = Fn+2 = Fn+1 + Fn , ∀n ≥ Dưới số số hạng dãy Fibonacci w d oa nl Fn : 1 13 21 34 55 an lu Đồng thức 1.1 Fm+n = Fm−1 Fn + Fm Fn+1 nf va Chứng minh Ta cố định m, chứng minh đồng thức quy nạp theo n Với n = lm ul z at nh oi Fm+1 = Fm−1 + Fm = Fm−1 F1 + Fm F2 z Như khẳng định cần chứng minh với n = Giả sử đồng thức xét với n = 1, 2, 3, , k Ta cần chứng minh với n = k + Theo giả thiết quy nạp, gm @ m co l Fm+k = Fm−1 Fk + Fm Fk+1 an Lu Fm+(k−1) = Fm−1 Fk−1 + Fm Fk n va ac th si Cộng theo vế hai đẳng thức ta nhận Fm+k + Fm+(k−1) = Fm−1 ( Fk + Fk−1 ) + Fm ( Fk+1 + Fk ) Suy Fm+(k+1) = Fm−1 Fk+1 + Fm Fk+2 , đồng thức với n = k + Ví dụ, ta có F12 = F8+4 = F7 F4 + F8 F5 = 13(3) + 21(5) = 144 lu an Để thuận tiện, ta mở rộng dãy Fibonacci cho số âm công thức truy hồi, Fn = Fn+2 − Fn+1 , n = −1, −2, n va Fn : · · · −7 − 13 − −5 − −3 −3 − 2 −1 −1 10 12 34 11 23 ··· ··· p ie gh tn to n : ··· d oa nl w Dãy Fibonacci mở rộng hai phía trục số gọi dãy Fibonacci ”song phương" Ta có đồng thức thú vị sau an lu Đồng thức 1.2 F−n = (−1)n+1 Fn nf va Bây ta kết hợp hai đồng thức để nhận lm ul Đồng thức 1.3 Fm−n = (−1)n ( Fm Fn+1 − Fm+1 Fn ) z at nh oi Định lý 1.4 Ta có Fm | Fmn với số nguyên m n z Chứng minh Giả sử m cố định ta thực quy nạp theo n Nếu m n khơng, định lý hiển nhiên Với n = rõ ràng Fm | Fm Giả sử kết luận định lý với với n = 1, 2, · · · , k ta chứng minh với n = k + Sử dụng đồng thức 1.1 ta thấy Fm(k+1) = Fmk−1 Fm + Fmk Fm+1 m co l gm @ an Lu n va Theo giả thiết quy nạp Fm | Fmk , Fm chia hết vế phải đẳng thức Do Fm chia hết Fm(k+1) Như định lý chứng minh ac th si cho n ≥ Do Fmn sai khác với F−mn nhân tử −1, nên ta có Fm | Fmn với n ≤ −1 Đồng thức 1.5 Ta có Fn2 + Fn2+1 = F2n+1 Chứng minh Từ đồng thức 1.1, ta có F2n+1 = Fn+(n+1) = Fn−1 Fn+1 + Fn Fn+2 = Fn−1 Fn+1 + Fn ( Fn + Fn+1 ) = Fn2 + ( Fn−1 + Fn ) Fn+1 = Fn2 + Fn2+1 lu an n va tn to Sau đồng thức khác chứa bình phương số Fibonacci ie gh Đồng thức 1.6 Fn+1 Fn−1 − F2n = (−1)n p Chứng minh Ta có oa nl w Fn+1 Fn−1 − F2n = ( Fn−1 + Fn ) Fn−1 − F2n d = Fn2−1 + Fn ( Fn−1 − Fn ) an lu = Fn2−1 − Fn Fn−2 nf va = −( Fn Fn−2 − Fn2−1 ) lm ul z at nh oi Bây lặp lại q trình cho dịng cuối để nhận −( Fn Fn−2 − F2n−1 ) = (−1)2 ( Fn−1 Fn−3 − F2n−2 ) z = (−1)3 ( Fn−2 Fn−4 − F2n−3 ) gm @ m co l = (−1)n ( F1 F− − F02 ) = (−1)n an Lu Phép chứng minh kết thúc n va ac th si Nhà lý thuyết số kỷ 19 Edouard Lucas người đặt tên Fibonacci vào dãy số mà nghiên cứu Edouard Lucas khảo sát tổng quát hóa dãy số Một dãy Fibonacci tổng quát Gn , dãy số xác định quan hệ truy hồi quen thuộc Gn+2 = Gn+1 + Gn G0 G1 nhận giá trị Dãy Lucas, ký hiệu Ln , ví dụ cho dãy Fibonacci tổng quát L0 = L1 = Các số 2, 1, 3, 4, 7, 11, · · · Chúng ta kết thúc mục hai đồng thức chứa dãy Fibonacci tổng quát, xem [4] Đồng thức 1.7 Ta có Gm+n = Fn−1 Gm + Fn Gm+1 lu Chứng minh Với trường hợp n = n = ta có an n va Gm = F−1 Gm + F0 Gm+1 Gm+1 = F0 Gm + F1 Gm + p ie gh tn to hai đẳng thức F−1 = 1, F0 = 0, F1 = Cộng hai phương trình ta thấy đồng thức với n = 2, 3, Trừ theo vế phương trình thứ cho phương trình thứ hai ta nhận đồng thức với số n âm Phép chứng minh hoàn thành w oa nl Đồng thức 1.8 Ta có Gm−n = (−1)n ( Fn Gm+1 − Fn+1 Gm ) d Chứng minh Thay −n cho n đồng thức sử dụng đồng thức 1.2 ta nhận điều phải chứng minh nf va an lu Công thức Binet lm ul 1.2 z at nh oi √ √ Đặt α = (1 + 5)/2 β = (1 − 5)/2 Khi ta có Cơng thức Binet tính số Fn theo n z Mệnh đề 1.9 Với n ≥ 0, ta có m co l với n ≥ gm @ αn − βn Fn = , α−β an Lu n va Chứng minh Ta chứng minh cơng thức quy nạp theo n Dễ kiểm tra công thức với n = n = Giả sử công thức ac th si 21 Nhân hai vế với −4 Ta nhận 4G0 + 4G0 G1 − 4G1 ≡ (mod p) Cộng 5G1 vào hai vế, 4G0 + 4G0 G1 + G1 = (2G0 + G1 )2 ≡ 5G1 (mod p) lu an n va p ie gh tn to Vì G1 6= (mod p), nên ta suy thặng dư toàn phương modulo p Tuy nhiên, theo Bổ đề 1.15, điều mâu thuẫn với giả thiết p = 5t ± Như D 6≡ (mod p), D 6≡ (mod pe ) Do định thức ma trận xét không đồng dư với không theo modulo pe , phải có nghiệm theo modulo pe Rõ ràng Fh ≡ ( Fh−1 − 1) ≡ (mod pe )) thỏa mãn hệ phương trình, Fh ≡ Fh−1 ≡ (mod pe ) Từ quan hệ truy hồi, ta suy Fh+1 ≡ (mod pe ) Từ ta có k( pe ) | h = h( pe ) Theo Định lý 2.12 ta có h( pe ) | k( pe ) Do h( pe ) = k( pe ) d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si 22 Chương lu Số không dãy Fibonacci modulo m an n va p ie gh tn to Chương trình bày vị trí số dãy Fibonacci modulo m, số số chu kỳ dãy Fibonacci modulo m Tài liệu sử dụng cho chương [3], [2], [5] Ví trí số khơng dãy Fibonacci modulo m oa nl w 3.1 d Cho m số nguyên dương Ta gọi α(m) số số hạng dương dãy Fibonacci mà ước m, tức α(m) số nguyên dương nhỏ k cho Fk chia hết cho m Ví dụ α(2) = 3, α(3) = nf va an lu z at nh oi lm ul Bổ đề 3.1 Với số nguyên dương n cho trước, m | Fn α(m) | n Nói riêng, ta có α(m) | k(m) z Chứng minh Đặt a = α(m) Giả sử a | n Theo Định lý 1.4, ta có Fa | Fn Vì Fa ≡ (mod m), tức m | Fa , nên m | Fn Ngược lại ta giả sử m | Fn Bằng cách chia n cho a ta viết n = ka + r, với ≤ r < a Theo phần Fka ≡ (mod p) Do Fka−1 6= (mod m), khơng, dùng quan hệ truy hồi ta suy Fl ≡ (mod m), với l, vô lý Vì m co l gm @ (mod m), an Lu ≡ Fn = Fka+r = Fka−1 Fr + Fka Fr+1 ≡ Fka−1 Fr n va ac th si 23 m - Fka−1 , nên Fr ≡ (mod m) Nhưng r < a = α(m), nên ta suy r = a | n Hàm α(m) có số tính chất giống k(m) Mệnh đề 3.2 Ta có khẳng định sau (i) Nếu n | m α(n) | α(m) e e (ii) Nếu m có phân tích ngun tố m = ∏ pi i α(m) = lcm[α( pi i )] (iii) Ta có α([m, n]) = [α(m), α(n)] lu Chứng minh (i) Ta có m | Fα(m) Do n | Fα(m) ta có α(n) | α(m) (ii) Chú ý an e va m | Fn ⇐⇒ pi i | Fn với i n ⇐⇒ α( piei ) | n tn to với i e p ie gh Số n nhỏ thỏa mãn điều kiện cuối n = lcm[α( pi i )] Do theo điều kiện đầu tiên, Fn số Fibonacci nhỏ chia hết cho m Nói e cách khác α(m) = n = lcm[α( pi i )] (iii) Ta có oa nl w d Ft ≡ (mod [m, n]) ⇐⇒ Ft ≡ (mod m) α(n) | t nf va an lu ⇐⇒ α(m) | t Ft ≡ (mod n) z at nh oi lm ul Số t nhỏ mà điều kiện thứ xảy t = α([m, n]) Số t nhỏ mà điều kiện cuối t = [α(m), α(n)] Phép chứng minh hoàn thành z Định nghĩa 3.3 (a) Ta gọi s(m) số dư Fα(m)+1 modulo m (b) Ta gọi β(m) bậc của s(m) modulo m (Nhắc lại điều có nghĩa s(m) β(m) ≡ (mod m), ≤ n < β(m) s(m)n 6≡ (mod m).) an Lu n va α(2) = 3, s(2) = 1, β(2) = 1, k(2) = m 1 1 1··· co l gm @ Ví dụ 3.4 Với m = 2, dãy Fibonacci modulo ac th si 24 Với m = 3, dãy Fibonacci modulo 1 2 1 2··· α(3) = 4, s(2) = 2, β(3) = 2, k(3) = Với m = 4, dãy Fibonacci modulo 1 1 1··· α(4) = 6, s(4) = 1, β(4) = 1, k(4) = Với m = 5, dãy Fibonacci modulo lu an 1 3 4 2 1 1··· n va gh tn to α(5) = 5, s(5) = 3, β(5) = 4, k(5) = 10 Với m = 6, dãy Fibonacci modulo p ie 1 5 5 4 5 1 1··· d oa nl w α(6) = 12, s(6) = 5, β(6) = 2, k(5) = 24 Với m = 7, dãy Fibonacci modulo nf va an lu 1 6 6 1 1··· z at nh oi lm ul α(7) = 8, s(7) = 6, β(7) = 2, k(7) = 16 Với m = 8, dãy Fibonacci modulo 1 5 1 1··· z α(8) = 6, s(8) = 5, β(8) = 2, k(8) = 12 Với m = 9, dãy Fibonacci modulo gm @ m α(9) = 12, s(9) = 8, β(9) = 2, k (9) = 24 co l 1 8 8 6 1 1··· an Lu n va ac th si 25 Với m = 10, dãy Fibonacci modulo 10 011235831459437 077415617853819 099875279651673 033695493257291 1··· α(10) = 15, s(10) = 7, β(10) = 4, k(10) = 60 Định lý 3.5 k (m) = α(m) β(m) lu an n va A0 A1 A1 gh tn to Chứng minh Giả sử chu kỳ đơn F (mod m) phân chia thành phần nhỏ hơn, dãy hữu hạn A0 , A1 , A2 , · · · s1 s1 · · · s2 s2 · · · s3 s3 · · · (3.1) | {z } | {z } | {z } p ie Trong dãy Ai , có α(m) số hạng, chứa số 0, s1 = s ( m ) Mỗi dãy Ai với i ≥ bội A0 Chính xác hơn, ta có đồng dư sau modulo m d oa nl w an lu A1 ≡ s1 A0 nf va A2 ≡ s2 A0 lm ul A n −1 ≡ s n −1 A z at nh oi A n ≡ s n A0 z Số hạng cuối An−1 sn , số hạng cuối A0 s1 Do an Lu n va m ≡ ( s n −2 ) · s · s ≡ ( s n −3 ) · s · s · s co l gm @ s n ≡ ( s n −1 ) · s ac th si 26 ≡ s1n với đồng dư modulo m Do β(m) bậc s1 , dãy (3.1) viết lại dạng β(m)−1 · · · s1 · · · s21 · · · s31 · · · · · · · · · s1 · · · Do β(m) hiểu theo cách khác: số số khơng chu kỳ đơn F (mod m) Do k(m) = α(m) β(m) Từ phép chứng minh ta nhận đồng thức lu Đồng thức 3.6 Fn·α(m)+r ≡ Fαn(m)+1 · Fr (mod m) an n va tn to Chứng minh Đồng thức nhận từ đồng dư An ≡ s1n A0 Với ≤ r < α(m), ta có số hạng thứ r An đồng dư với s1n lần số hạng thứ r A0 modulo m Do Fnα(m)+r ≡ s1n Fr ≡ Fαn(m)+1 · Fr (mod m) p ie gh Như đẳng thức với ≤ rα(m) Bằng phép quy nạp tiến ta thấy, đẳng thức đồng dư với r nguyên không âm, cách quy nạp lùi ta thấy đẳng thức đồng dư với r nguyên âm nl w Số số không chu kỳ dãy Fibonacci modulo m d oa 3.2 an lu nf va Định lý sau nói số số không β(m) chu kỳ dãy Fibonacci modulo m 1,2 lm ul Định lý 3.7 Ta có β(m) = 1, z at nh oi Chứng minh Ta có Fn2 − Fn+1 Fn−1 = (−1)n+1 , với n Nói riêng, Fα2(m) − Fα(m)+1 Fα(m)−1 = (−1)α(m)+1 z (3.2) gm @ Vì Fα (m) ≡ (mod m) Fα(m)+1 ≡ Fα(m)−1 (mod m), nên co l m − Fα2(m)+1 ≡ (−1)α(m)+1 (mod m) (3.3) n va (s(m))2 ≡ (−1)α(m) (mod m) an Lu Do ac th si 27 Ta suy (s(m))4 ≡ (−1)2α(m) = (mod m) Do β(m) | β(m) = 1, Định lý 3.8 Với p số nguyên tố lẻ bất kỳ, ta có β( pe ) = β( p) Chứng minh Ta sử dụng lại ma trận Fibonacci U Ta có U α( p Ta có e +1 ) ≡ s ( p e +1 ) I e U α( p ) ≡ s ( pe ) I (mod pe+1 ) (mod pe ) e Do U α( p ) = s( pe ) I + pe B, với B ∈ M2 (Z)nào Suy lu e an U pα( p ) ≡ (s( pe ) I + pe B)) p ≡ (s( pe )) p I (mod pe+1 ) n va p ie gh tn to Do α( pe+1 ) | pα( pe ) Mặt khác α( pe ) | α( pe+1 ) Do α( pe+1 ) = α( pe ) e e α( p ) pα( p ) Từ ta suy = pi lũy thừa p Ta α( p) k ( pe ) biết = p j , với j số tự nhiên Rõ ràng, ta có k( p) d oa nl w α( pe ) k ( pe ) k ( p) k ( pe ) k ( pe ) · = · (= ) α( p) α( pe ) α( p) k( p) α( p) lu k ( pe ) e ) k ( p ) = β ( p ), nên = β ( p α( pe ) α( p) nf va an Vì lm ul pi (1, 2, 4) = (1, 2, 4) p j z at nh oi α( pe ) = α( p) Bởi ta giả sử p số lẻ, ta phải có pi = p j Nghĩa = k ( pe ) , α( pe ) ta có β( p) = β( pe ) gm @ k( p) α( p) z k ( pe ) Điều suy k( p) m co l Hệ 3.9 Nếu p số nguyên tố lẻ t số nguyên lớn cho α( pt ) = α( p) α( pe ) = pe−t α( p) Thực tế, số t số nguyên lớn cho k( pt ) = k( p) an Lu α( pe ) α( p) = k ( pe ) k( p) n va Chứng minh Điều suy từ đẳng thức chứng minh định lý trước ac th si 28 Bây ta nghiên cứu sâu hàm β(m) Định lý trình bày mối quan hệ hữu ích β(m), α(m) k(m) Định lý 3.10 Cho m ≥ (i) Ta có β(m) = α(m) lẻ (ii) Ta có β(m) = 46 | k(m) (iii) Ta có β(m) = | k(m) α(m) chẵn lu an n va gh tn to Chứng minh (i) Giả sử β(m) = Vì s(m) có cấp β(m) = modulo p, nên (s(m))2 có cấp modulo p Ta suy (s(m))2 6≡ (mod p) Măt khác, ta có (s(m))2 ≡ (−1)α(m) (mod p) Do α(m) phải số lẻ Giả sử α(m) lẻ Trong trường hợp này, ta có (s(m))2 ≡ (−1)α(m) = −1 (mod p) Do cấp s(m) modulo p 4, tức β(m) = k(m) (ii) Giả sử | k (m) Khi đặt j = + đồng thức ý j lẻ, ta nhận Fk(m) ≡ Fk(m) (mod m) Bởi ie −1 +1 p quan hệ truy hồi Fibonacci, ta suy w 2 +1 − Fk(m) −1 ≡ (mod m) d oa nl Fk ( m ) = Fk ( m ) nf va an lu k(m) Nói riêng β(m) 6= Bây ta giả sử β(m) 6= Khi β(m) = Ta biết k(m) = α(m) β(m), β(m) = ro ràng | k (m) Nếu β(m) = theo Định lý 3.10, α(m) chẵn ta có | k(m) (iii) Giả sử β(m) = Khi theo (i), α(m) chẵn theo (ii), | k(m) Giả sử e | k(m) α(m) chẵn Khi theo (i), β(m) 6= theo (ii), β(m) 6= Do β(m) = Do α(m) | z at nh oi lm ul z gm @ Hệ 3.11 Nếu | α(m) | k(m) β(m) = m co l Chứng minh (a) Giả sử | α(m) Khi α(m) chẵn | α(m) | k (m) = α(m) β(m) Do β(m) = (b) Giả sử | k (m) Khi hiển nhiên ta có | k(m) Lại có k(m) = α(m) β(m) chia hết cho β(m) = 1, Ta suy α chẵn Do β(m) = an Lu n va ac th si 29 Hệ 3.12 Ta có β(2) = β(4) = với e ≥ 3, β(2e ) = Chứng minh Kiểm tra trực tiếp ta thấy β(2) = β(4) = β(8) = Theo Định lý 2.6, ta có k(2e ) = · 2e−1 Do | k(2e ) với e ≥ Áp dụng hệ trước, ta có β(2e ) = Định lý 3.13 Cho p số nguyên tố lẻ Nếu β( pe ) = | α( pe ) Chứng minh Trước hết ta chứng minh định lý cho trường hợp i e = Giả sử β( p) = Từ Định lý 3.10, ta có α( p) chẵn Từ đồng thức (3.6), với n = r = − α( p), ta nhận lu F1 α( p) ≡ Fα( p)+1 F−1 α( p) (mod p) 2 an n va gh tn to Chú ý Fα( p)+1 = s( p) s( p)2 ≡ (−1)α( p) (mod p) Nhân hai vế đồng dư thức với Fα( p)+1 áp dụng đồng thức 1.2, ta thu Fα( p)+1 F1 α( p) ≡ (−1)α( p) (−1) α( p)+1 F1 α( p) (mod p) p ie Vì α( p) chẵn F1 α( p) không chia hết cho p, nên ta có nl w d oa Fα( p)+1 ≡ (−1) α( p)+1 (mod p) lu nf va an Vì β( p) = 2, nên ta có Fα( p)+1 6≡ (mod p) Do (−1) α( p)+1 = −1 Điều suy | α( p) Bây ta xét trường hợp e ≥ Vì p lẻ nên β( pe ) = β( p) β( p) = Theo phần trên, ta suy | α( p) Vì α( p) | α( pe ) nên | α ( p e ) z at nh oi lm ul z Định lý cho ta phương pháp tìm β([m, n]) ta biết β(m) β(n) @ β(m) = β(n) = m an Lu β([m, n]) =    1 co l gm Định lý 3.14 Cho trước β(m) β(n) Giả sử β(m) ≥ β(n) Giá trị β([m, n]) xác định sau n va (n = 2,β(m) = 4); (nếu β(m) = β(n) = 4)   2 trường hợp lại ac th si 30 Chứng minh Ta viết α(m) = 2r a, β(m) = 2s , k(m) = 2t a, α(n) = 2w b, β(n) = 2x , k(n) = 2y b, a b số nguyên lẻ Khi k([m, n]) = [k(m), k(n)] = 2max(t,y) · [ a, b], α([m, n]) = [α(m), α(n)] = 2max(r,w) · [ a, b] Do lu β([m, n]) = an k ([m, n]) = 2max(t,y)−max(r,w) α([m, n]) n va gh tn to Chú ý r + s = t w + x = y Chú ý kết Định lý 3.10 phát biểu lại sử dụng r, s, t sau: p ie • Nếu s = t = r = (cho m = 2); t = r = (với m > 2) w oa nl • Nếu s = t ≥ r ≥ d • Nếu s = r = đó, t = lu nf va an Ta có phát biểu tương tự cho w, x, y Ta xét sau Trường hợp 1: β(m) = β(n) Khi s = x Ta có lm ul z at nh oi max(t, y) − max(r, w) = max(r + s, w + x ) − max(r, w) = s = x z Do β([m, n]) = 2s = 2x = β(m) = β(n) Trường hợp 2: β(m) = 4; β(n) = Khi s = x = Vì s = nên ta có r = t = Vì x = ta có, w = (với n = 2), w = (với n > ) Trường hợp (2a): n = Khi m co l gm @ n va Do β([m, n]) = 22 = an Lu max(t, y) − max(r, w) = − = ac th si 31 Trường hợp (2b): n > Khi w = y = Ta có max(t, y) − max(r, w) = − = Do β([m, n]) = 21 = Trường hợp 3: β(m) = β(n) = Khi s = x = Do s = ta có t ≥ r ≥ Do x = nên w = (với n = 2), w = (với n > 2) Trường hợp (3a): n = Khi x = 0, w = 0, nên y = Ta có max(t, y) − max(r, w) = t − r = s = lu Do β([m, n]) = 21 = Trường hợp (3b): n > Khi x = 0, w = 1, nên y = Ta có an n va gh tn to max(t, y) − max(r, w) = t − r = s = p ie Vì β([m, n]) = 21 = Trường hợp 4: β(m) = β(n) = Khi s = x = Ta suy r = 0, t = 2, w ≥ 1, y ≥ Khi oa nl w d max(t, y) − max(r, w) = y − w = x = lu nf va an Vì β([m, n]) = 21 = Phép chứng minh hoàn thành lm ul Ta thu hai hệ thú vị sau z at nh oi Hệ 3.15 Nếu | m β(m) = z Chứng minh Vì β(3) = nên β(3e ) = β(3) = Viết m dạng m = 3e n - n Khi theo Định lý 3.14, ta có β(m) = β([3e , n]) = gm @ co l Hệ 3.16 Ta có β(m) = - m α( p) ≡ (mod 4) với số nguyên tố lẻ p ước m e m Chứng minh Giả sử m có phân tích thừa số ngun tố m = ∏ pi i , pi số nguyên tố, ei số nguyên dương ta giả sử p1 < p2 < · · · an Lu n va ac th si 32 e Giả sử β(m) = Từ Định lý 3.14, ta suy β( pi i ) = với i Nếu p1 = theo Hệ 3.12 ta có e1 ≤ - m Và với e ước lẻ pi m ta có = β( pi i ) = β( pi ) Định lý 3.10 (i) nói α( pi ) ≡ (mod 4) β( pi ) = Định lý 3.10 (iii) nói α( pi ) ≡ (mod 4) β( pi ) = Do đó, để β( pi ) = ta phải có α( pi ) ≡ (mod 4) Bây ta giả sử - m α( pi ) ≡ (mod 4) với ước e nguyên tố lẻ pi m Nếu p1 = e1 ≤ β( p11 ) = Xét pi ước nguyên tố lẻ Vì α( pi ) ≡ (mod 4) nên β( pi ) = theo Định e lý 3.10 Định lý 3.13 Vì pi lẻ nên β( pi i ) = β( pi ) = Từ Định lý 3.14, ta suy β(m) = lu an n va gh tn to Ta biết với hợp số m β(m) tính cách phân tích m thừa số nguyên tố Ta biết với số nguyên tố p lẻ β( pe ) = β( p) Một câu hỏi nảy sinh liệu tính β( p) cho số nguyên tố p lẻ? Kết sau tìm thấy [5] cho số thông tin β( p) p ie Định lý 3.17 Cho p số nguyên tố lẻ nl w (a) Nếu p ≡ 11 19 (mod 20) β( pe ) = d oa (b) Nếu p ≡ (mod 20) β( pe ) = an lu (c) Nếu p ≡ 13 17 (mod 20) β( pe ) = nf va (d) Nếu p ≡ 21 29 (mod 40) β( pe )6 = lm ul z at nh oi Chứng minh Ta cần chứng minh cho trường hợp e = Vì β( p) bậc s( p) modulo p (s( p)) p−1 ≡ (mod p) theo Định lý Fermat nhỏ, ta có β( p) | p − Như p ≡ (mod 4)) β( p) 6= Giả sử p = 5t ± Khi Fp ≡ −1 (mod p) Fp+1 ≡ (mod p) Ta suy α( p) | p + k ( p) - p + Do α( p) 6= k( p) β( p) 6= z @ m co l gm (a) Vì p ≡ 11 19 (mod 20), nên p ≡ (mod 4) Do β( p) 6= Giả sử β( p) = Khi theo Định lý 3.10, | k( p) Do p = 5t ± ta có k( p) | p − 1, | p − Tuy nhiên, mâu thuẫn p − ≡ 10 18 (mod 20) Như β( p) = an Lu n va b Vì p ≡ (mod 4), nên β( p) 6= Bây p = 5t ± β( p) 6= Tóm lại β( p) = ac th si 33 (c) Như phần trước, p = 5t ± β( p) 6= Vì p = 5t ± 2, nên k( p) | 2p + Suy α( p) | p + Trong trường hợp p ≡ (mod 4) - p + Do - α( p) Áp dụng Định lý 3.13 ta có β( p) 6= Do β( p) = (d) Giả sử β( p) = Theo Định lý 3.13, | α( p) | k( p) Ngồi ra, p = 5t ± 1, nên Định lý 2.10 ta có k ( p) | p − Như | p − Tuy nhiên, p − ≡ 20 28 (mod 40) rõ ràng - p − Ta nhận điều mâu thuẫn Như β( p) 6= Phép chứng minh hoàn thành lu an n va Với p ≡ (mod 40) : p ie gh tn to Chúng ta muốn biết liệu nói số ngun tố khơng thỏa mãn điều kiện định lý trên, cụ thể với số nguyên tố p mà p ≡ (mod 40) Ta nói cụ thể cho trường hợp số nguyên tố p mà p ≡ 21 29 (mod 40)? J Vinson [5] đưa ví dụ sau để chứng tỏ kết ông ta "đầy đủ": Với p ≡ (mod 40) : β(521) = 1, β(41) = 2, β(761) = 4, β(809) = 1, β(409) = 2, β(89) = 4, nl w Với p ≡ 21 (mod 40) : β(101) = 1, β(61) = 4, β(109) = d oa Với p ≡ 29 (mod 40) : β(29) = 1, nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si 34 Kết luận Luận văn trình bày vấn đề sau - Một số tính chất đồng thức liên quan đến dãy Fibonacci lu an - Một số kết chu kỳ dãy Fibonacci modulo m n va p ie gh tn to - Một số kết vị trí số đầu tiên, số số chu kỳ dãy Fibonacci modulo m d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si 35 Tài liệu tham khảo [1] Burton D M (1994), Elementary Number Theory, Third Edition, Wm C Brown Publishers, Dubuque, Iowa lu [2] Robinson D.W (1963), "The Fibonacci matrix modulo m," Fibonacci Quarterly 1, pp 29-36 an n va gh tn to [3] Renault M (1996), "The Fibonacci sequence under various moduli", Master thesis, Wake Forest University p ie [4] Vajda S (1989), Fibonacci & Lucas Numbers, and the Golden Section, Ellis Horwood Limited, Chichester, England d oa nl w [5] Vinson J (1963), "The relation of the period modulo m to the rank of apparition of m in the Fibonacci Sequence", Fibonacci Quarterly, 1, pp 37-45 an lu nf va [6] Wall D D (1960), "Fibonacci Series Modulo m", American Mathematical Monthly, 67, pp 525-532 z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si