Trang 1 TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ------ TRẦN TRỌNG NGHIỆP SỐ CHÍNH PHƯƠNG TRONG DÃY FIBONACCI TỔNG QUÁT VÀ DÃY LUCAS TỔNG QUÁT Trang 2 Mục lụcLời cảm ơn 1Mở đầu 21 Một số kiến thức c
Lý thuyết đồng dư và ký hiệu Jacobi
Lý thuyết đồng dư
Định nghĩa 1.1.1 Cho số nguyên dương m Ta nói số nguyên a đồng dư với số nguyên b theo môđun m nếu m | (a−b), và viết a ≡ b(mod m). Định lý sau đây cho ta một số tính chất đơn giản của đồng dư. Định lý 1.1.1 Cho a, b, c, d là các số nguyên và m là một số nguyên dương Khi đó
(ii) Nếu a ≡ b(mod m) và b ≡c(mod m) thì a ≡ c(mod m).
(iii) Nếu a ≡ b(mod m) thì a+ c ≡b+c(mod m).
(iv) Nếu a ≡ b(mod m) thì a−c ≡ b−c(mod m).
(v) Nếu a ≡ b(mod m) thì ac ≡bc(mod m).
(vi) Nếu a ≡ b(mod m) thì ac ≡bc(mod mc), với c > 0.
(vii) Nếu a ≡ b(mod m) và c ≡ d(mod m) thì a+c ≡ (b+d) (mod m). (viii) Nếu a ≡ b(mod m) và c ≡ d(mod m) thì a−c ≡ (b−d) (mod m). (ix) Nếu a ≡ b(mod m) và c ≡ d(mod m) thì ac ≡ bd(mod m).
Với hai số nguyên a, b không đồng thời bằng 0 Ký hiệu (a, b) là ước chung lớn nhất của a và b Khi đó, ta có định lý sau. Định lý 1.1.2 (i) Nếu a, b, c và m là các số nguyên với m > 0, d (m, c) và ac ≡ bc(mod m), thì a ≡ b(mod m/d).
(ii) Nếu (m, c) = 1 và a ≡ b(mod m) thì ac ≡ bc(mod m).
Ví dụ 1 38 ≡10 (mod 7) Do (2,7) = 1 nên 19 ≡ 5 (mod 7). Định lý 1.1.3 Cho m1, m2, , mt là các số nguyên dương Giả sử a ≡ b(mod m1), a ≡b(mod m2), , a ≡ b(mod mt).
Khi đó, a ≡ b(mod ⟨m 1 , m 2 , m t ⟩). Định nghĩa 1.1.2 Cho số nguyên dương m Một hệ thặng dư đầy đủ môđun m là một tập hợp gồm m số nguyên đôi một không đồng dư với nhau theo môđun m. Định nghĩa 1.1.3 Với mỗi số nguyên dương n, số các số nguyên dương không vượt quá n và nguyên tố cùng nhau với n được ký hiệu là ϕ(n). Hàm số này được gọi là ϕ hàm Euler.
Ví dụ 2 ϕ(4) = 2 và ϕ(7) = 6. Định lý 1.1.4 Cho m và n là hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau. Khi đó ϕ(mn) = ϕ(m)ϕ(n). Định nghĩa 1.1.4 Cho số nguyên dương m Một hệ thặng dư thu gọn môđun m (hoặc mod m) là một tập gồm ϕ(m) số nguyên đôi một không đồng dư theo môđun m và mỗi số đều nguyên tố cùng nhau với m. Định lý 1.1.5 Nếu a1, a2, , a ϕ(n) là một hệ thặng dư thu gọn mod n và(k, n) = 1 thì ka 1 , ka 2 , , ka ϕ(n) cũng là một hệ thặng dư thu gọn mod m. Định nghĩa 1.1.5 Cho a, b, m là các số nguyên với m ̸= 0 Một phương trình đồng dư tuyến tính mod m là một phương trình có dạng ax ≡ b (mod m).
Chú ý rằng nếu x 0 là một nghiệm của phương trình đồng dư tuyến tính mod m thì xi cũng là một nghiệm của phương trình đồng dư tuyến tính mod m với mọi số nguyên x i thỏa mãn x i ≡ x 0 (mod m). Định lý 1.1.6 Cho các số nguyên a, b, m với m > 0 Đặt c = (a, m). Nếu c ∤ b thì phương trình đồng dư ax ≡ b(mod m) không có nghiệm Nếu c | b, thì phương trình đồng dư ax ≡ b(mod m) có đúng c nghiệm đôi một không đồng dư theo mod m.
Chú ý 1.1.6 Nếu c = (a, m) = 1 thì phương trình ax ≡ b (mod m) có duy nhất nghiệm theo mod m. Định nghĩa 1.1.7 Nghiệm của phương trình ax ≡ 1 (mod m) với (a, m) = 1 được gọi là nghịch đảo của a theo mod m và được ký hiệu là a¯.
Ví dụ 3 Nghịch đảo của 7 mod 48 là 7 vì phương trình 7x ≡ 1 (mod 48) có duy nhất nghiệm x ≡7 (mod 48). Định lý 1.1.7 (Định lý thặng dư Trung Hoa) Cho các số nguyên dương đôi một nguyên tố cùng nhau n 1 , n 2 , , n t Khi đó với mọi số nguyên b 1 , b 2 , , b t , hệ phương trình đồng dư x ≡b 1 (mod n 1 ), x ≡b 2 (mod n 2 ),
. x ≡b t (mod n t ), có duy nhất nghiệm theo N = n 1 n 2 n t
Chứng minh ĐặtN k = N/n k Do(n i , n j ) = 1với mọii ̸= jnên(N k , n k ) 1 Gọi y k là nghịch đảo của N k mod n k Xét x t
N j ≡ 0 (mod n k ) với mọi j ̸= k, nên x ≡ bkNkyk(mod nk).
Chú ý là N k y k ≡ 1 (mod n k ) Suy ra x thỏa mãn hệ phương trình đồng dư Giả sử x 0 và x 1 là hai số nguyên thỏa mãn hệ phương trình đồng dư. Khi đó x 0 ≡x 1 (mod n k ) với mọi 1 ≤ k ≤ t Nên x0 ≡ x1(mod N).
Suy ra hệ có duy nhất nghiệm mod N.
Ví dụ 4 Hệ phương trình x ≡ 1 (mod 2) x ≡ 2 (mod 3) x ≡ 3 (mod 5). có duy nhất nghiệm x ≡23 (mod 30). Định lý 1.1.8 Gọi n = p a 1 1 p a 2 2 p a s s là phân tích tiêu chuẩn của số n ra tích các số nguyên tố Khi đó ϕ(n) =n
= 80. Định lý 1.1.9(Định lý Wilson) Cho số nguyên tố p Khi đó (p−1)! ≡ −1 (mod p). Định lý 1.1.10 (Định lý Euler) Cho số nguyên dương m và số nguyên a nguyên tố cùng nhau với m Khi đó a ϕ(m) ≡ 1 (mod m).
Chứng minh Gọi k 1 , k 2 , , k ϕ(m) là một hệ thặng dư thu gọn mod m Khi đó do (a, m) = 1, các số ak1, ak2, , ak ϕ(m) cũng tạo thành một hệ thặng dư thu gọn mod m Do đó ak 1 ak 2 ak ϕ(m) = a ϕ(m) k 1 k 2 k ϕ(m) ≡k 1 k 2 k ϕ(m) (modm).
Do (k i , m) = 1 với mọi 1≤ i ≤ ϕ(m) nên (k 1 k 2 k ϕ(m) , m) = 1 Từ đó a ϕ(m) ≡ 1 (modm).
Ví dụ 6 2 ϕ(9) = 2 6 = 64 ≡ 1 (mod 9). Định lý 1.1.8 (Định lý Fermat nhỏ) Cho số nguyên tố p và số nguyên a không chia hết cho p Khi đó a p−1 ≡ 1 (modp).
Ký hiệu Jacobi
Định nghĩa 1.1.9 Cho số nguyên dương m Số nguyên a được gọi là thặng dư bình phương mod m nếu (a, m) = 1 và tồn tại số nguyên x thỏa mãn x 2 ≡ a (mod m) Ta nói a không là thặng dư bình phương mod m trong trường hợp còn lại.
Ví dụ 7 Do 1 2 ≡ 6 2 ≡ 1 (mod 7), 3 2 ≡ 4 2 ≡ 2 (mod 7), và 2 2 ≡ 5 2 ≡ 4(mod 7) Nên 1,2,4 là thặng dư bình phương mod 7 và 3,5,6 không là thặng dư bình phương mod 7.
Bổ đề 1.1.10 Cho số nguyên tố p > 2 và số nguyên a không chia hết cho p Khi đó nếu a là thặng dư bình phương mod p thì phương trình x 2 ≡a(mod p) có đúng 2 nghiệm theo p. Định lý 1.1.11 Cho p là một số nguyên tố lẻ Khi đó, có đúng p−1 2 thặng dư bình phương mod p trong tập {1,2, , p−1}. Định nghĩa 1.1.11 Cho p là một số nguyên tố và a là một số nguyên dương không chia hết p Ký hiệu Legendre a p được xác định bởi a p
1 nếu a là thặng dư bình phương mod p,
−1 trong trường hợp còn lại.
= −1. Định lý 1.1.12 (Tiêu chuẩn Euler) Cho số nguyên tố lẻ p và số nguyên a không chia hết cho p Khi đó a p
Ví dụ 9 Cho p= 13 và a = 3 Khi đó 13 3
= −1≡ 3 6 (mod 13). Định lý 1.1.13 Cho số nguyên tố lẻ p và hai số nguyên a, b không chia hết cho p Khi đó
Hệ quả 1.1.12 Cho số nguyên tố lẻ p Khi đó
. Định lý 1.1.14 Cho số nguyên tố lẻ p Khi đó
Bổ đề 1.1.13 (Bổ đề Gauss) Cho số nguyên tố lẻ p và số nguyên a không chia hết cho p Gọi k là số các số dư lớn hơn p/2 khi chia các số a,2a, ,((p−1)/2)a cho p Khi đó a p
= (−1) k Định lý 1.1.15 (Luật thuận nghịch bình phương) Cho p và q là hai số nguyên tố lẻ phân biệt Khi đó p q q p
= (−1) p−1 2 q−1 2 Định nghĩa 1.1.14 Cho số nguyên dương lẻ n Gọi n= p a 1 1 p a 2 2 p a m m là phân tích tiêu chuẩn của n thành tích các số nguyên tố Cho a là một số nguyên và nguyên tố cùng nhau với n Khi đó ký hiệu Jacobi n a được định nghĩa như sau: a n m
= (−1)(−1) = 1 Định lý 1.1.16 Cho số nguyên dương lẻ n và hai số nguyên a, b nguyên tố cùng nhau với n Khi đó
Định lý 1.1.17 Cho số nguyên dương lẻ n Khi đó,
= (−1) (n 2 −1)/8 Định lý 1.1.18 (Luật thuận nghịch bình phương cho ký hiệu Jacobi). Cho a, b là hai số nguyên dương lẻ nguyên tố cùng nhau Khi đó b a a b = (−1) a−1 2 b−1 2
Dãy Fibonacci tổng quát, dãy Lucas tổng quát và một số tính chất
và một số tính chất
Trong mục này chúng ta sẽ nhắc lại một số kết quả cơ bản về dãyFibonacci tổng quát và dãy Lucas tổng quát Các kết quả trong mục này được viết theo các tài liệu [5], [6], [7], [11], [12] Định nghĩa 1.2.1 Cho P và Q là các số nguyên khác không Dãy Fi- bonacci tổng quát {U n (P, Q)} và dãy Lucas tổng quát {V n (P, Q)} được định nghĩa như sau:
V 0 (P, Q) = 2, V 1 (P, Q) = P và V n+1 (P, Q) = P V n (P, Q) +QV n−1 (P, Q) với n ≥1, trong đó U n (P, Q) được gọi là số Fibonacci tổng quát thứ n và V n (P, Q) được gọi là số Lucas tổng quát thứ n.
Bằng cách giải hệ truy hồi tuyến tính bậc 2, ta có công thức tổng quát cho U n (P, Q) và V n (P, Q) như sau
Các công thức trên được gọi là luật Binet Do
V n (−P, Q) = (−1) n V n (P, Q), nên ta có thể giả sử P ≥ 1 Để tiện cho việc sử dụng, ta sẽ ký hiệu U n và
Vn thay vì Un(P, Q) và Vn(P, Q).
Với P = Q = 1, ta thu được dãy Fibonacci cổ điển (F n ) và dãy Lucas cổ điển (L n ) Ta sử dụng giả thiết sau
(1.1) Định lý sau cho ta một số tính chất quan trọng và mối liên hệ giữa hai dãy này. Định lý 1.2.2 Các phát biểu sau là đúng.
(ix) Nếu n ≥0 là số lẻ thì (V n , Q) = (V 2n , P) = 1;
(x) 2|V n khi và chỉ khi 2|U n khi và chỉ khi 3 | n;
(xi) Nếu V m ̸= 1 thì V m |V n khi và chỉ khi m|n và m n là số lẻ ;
1 hoặc 2 ngược lại, trong đó vp(r) là số mũ cao nhất của số nguyên tố p chia hết r, hay còn được gọi là cấp p-adic của r. Định lý 1.2.3 Cho n, m ∈ N∪ {0} và r ∈ Z Khi đó
V 2mn+r ≡ (−(−Q) m ) n V r (mod V m ), (1.2) trong đó ta giả sử rằng mn+r ≥ 0 nếu Q̸= ±1. Định lý 1.2.4 Cho m là số nguyên dương, n ∈ N∪ {0} và r ∈ Z Khi đó
V 2mn+r ≡ (−Q) mn V r (modU m ), (1.3) trong đó ta giả sử rằng mn+r ≥ 0 nếu Q̸= ±1. Định lý 1.2.5 Cho j = 2 u g,2 ∤ g, g > 0 và 0 ⩽ m ⩽ j Khi đó, nếu
0⩽ v < u thì các phát biểu sau là đúng. i) U 2j+m ≡ −q j U m (modV 2 u ), và U 2j+m ≡ (−Q) j U m (modV 2 t ). ii) U2j−m ≡(−Q) j−m Um(modV2 u ) và U2j−m ≡ (−Q) j−m Um(modV2 ∗ ). iii) V 2j+m ≡ −(−Q) j V m (modV 2 u ) và V 2j+m ≡ (−Q) j V m (modV 2 ∗ ). iv) V 2j−m ≡ −(−Q) j−m V m (modV 2 u )và V 2j−m ≡ (−Q) j−m V m (modV 2 ∗ ). v) V 2j+m ≡(−Q) j V m (modD) và V 2j−m ≡(−Q) j−m V m (modD).
Ta thấy rằng 8 | U 6 Do đó sử dụng (1.3), ta được
V 12q+r ≡ V r (mod8) (1.4) trong đó q và r là các số nguyên không âm.
Bổ đề 1.2.6 Cho m là số nguyên dương lẻ và r ≥ 1.
Theo bổ đề trên thì
Bổ đề 1.2.7 Cho u là một số nguyên dương Khi đó nếu Q < 0 thì các phát biểu sau là đúng. i)
Bổ đề 1.2.8 Cho r là một số nguyên dương Khi đó,
Bổ đề 1.2.9 Cho u ⩾ 1 Khi đó
1 (mod 3) nếu r = 1, Q ≡ 0 (mod 3) hoặc r = 2, Q ≡ 0,1 (mod 3)
2 (mod 3) nếu r = 1,2, Q ≡ 2 (mod 3) hoặc r ≥ 3, Q ≡ 1,2 (mod 3). Nếu 3 | P thì V 2 r ≡2 (mod 3) với r ≥2.
Bổ đề 1.2.11 Giả sử Q < 0 Với u ⩾ 1 và m ⩾ 1, đặt J m,u = (V m | V 2 u ) và J m,D ′ = (V m | D) Khi đó, i) Jm,uJ m,u−1 = +1, nếu u ⩾ 3 và m = 1,3,
Số chính phương trong dãy Lucas tổng quát
Định lý của McDaniel và Ribenboim
Mục này trình bày một số kết quả cơ bản dựa trên bài báo của McDaniel và Ribenboim [6] Ta chỉ xét trường hợp Q < 0 Định lý sau là kết quả chính đầu tiên của mục này Với số nguyên dương n có dạng n= a 2 với a là một số nguyên dương, ta viết n= □ Trước khi phát biểu kết quả chính ta nhắc lại một số kết quả sau.
Bổ đề 2.1.1 Các phát biểu sau là đúng.
(ii) Nếu V 3 = x 2 thì Q ≡ 1 (mod 4) và P = □, P 2 + 3Q = □ hoặc
(iii) Nếu V 5 = x 2 thì Q≡ 3 ( mod 8), P = 5□ và P 4 + 5P 2 Q+ 5Q 2 = 5□.
(ii) Nếu V 3 = 2x 2 thì Q ≡ 5,7 (mod 8), P = 3□ và P 2 + 3Q = 6□.
(iii) Nếu V 6 = 2x 2 thì Q ≡ 1 (mod 4), P 2 + 2Q = 3□ và P 2 + 2Q 2 − 3Q 2 = 6□.
Bổ đề 2.1.3 Các phát biểu sau là đúng.
(ii) V 1 = 3x 2 khi và chỉ khi P = 3□;V 2 = 3x 2 khi và chỉ khiP 2 +2Q= 3□ và Q ≡ 1 (mod 3);V 3 = 3x 2 khi và chỉ khi P = □, P 2 + 3Q = 3□ và Q ≡ 1 (mod 4);V 5 = 3x 2 khi và chỉ khi P = 15□, P 4 + 5P 2 Q+ 5Q 2 = 5□ và Q≡ 3 (mod 8).
Bổ đề 2.1.4 (i) Nếu Vn = 6x 2 thì n = 3.
(ii) V 3 = 6x 2 khi và chỉ khi P = □, P 2 + 3Q= 6□ và Q ≡5,7 (mod 8).
Bổ đề 2.1.5.Nếunlà một số nguyên dương chẵn thìV n ≡ 2Q n 2 modP 2 Nếu n là một số nguyên dương lẻ thì Vn ≡ nP Q n−1 2 modP 2
Bổ đề 2.1.6 Cho n là một số nguyên dương Khi đó,
(i) Nếu 3 | P thì 3| V n khi và chỉ khi n là số lẻ.
(ii) Nếu 3 ∤ P thì 3 | Vn khi và chỉ khi n≡ 2 (mod4) và Q ≡ 1 (mod3). Định lý sau là kết quả chính của mục này. Định lý 2.1.7 (i) Nếu V n = □ thì n = 1,3 hoặc 5.
(ii) V3 = □ nếu và chỉ nếu P = □ và P 2 + 3Q = □, hoặc P = 3□ và
(iii) V 5 = □ nếu và chỉ nếu P = 5□ và P 4 + 5P Q + 5Q 2 = 5□; nếu
(i) Khi đó theo Bổ đề 1.2.10 có n chẵn, V n ≡ −1,2 hoặc 3 (mod 8), nên
V n ̸= □ Giả sử rằng n là lẻ và n /∈ {1,3,5} Do n ≡ ±1, ±3 (mod 8), ta có thể xét n= 2j ±m, j = 2 u g, g lẻ, u ⩾ 2 và m = 1, 3 Suy ra
V n ≡ (−Q) e V m (mod D), trong đó e= j nếu n = 2j+ m và e= j−m nếu n= 2j −m Khi đó,
= −J m,u J m,u−1 Điều này vô lý nếu u ̸= 2 Giả sử u = 2 Khi đó,
Nếu m = 1, tích này bằng -1 và nếu m = 3, tích này bằng
; do đó, n≡ ±3 (mod 8) và Q ≡ 1 (mod 4) Do g là lẻ, n = 8g ±3 = 2k ∓5, với k = 2 w h, w ⩾ 3 và h lẻ Lại có
V n ≡ (−Q) e V 5 (mod V 2 v ),0⩽ v < w, trong đó e= k nếu n= 2k + 5, và e = k−5 nếu n= 2k −5 Khi đó,
Nếu w ⩾ 4, thì theo Bổ đề 1.2.11 với v = w−2, tích này bằng -1, vô lý.
Do đó, w = 3; nhưng khi ta cho v = 2, chúng ta lại thu được điều vô lý, vì Q≡ −1 (mod 4) Điều này hoàn thiện chứng minh của phần (i) trong định lý.
(ii) V3 = P P 2 + 3Q Nếu Q ≡ −1 (mod 4), V3 ≡ 2 (mod 4) Do đó, nếu V 3 = □, thì Q ≡ 3 (mod 4) Từ (P, P 2 + 3Q) = 1 hoặc 3, chỉ xảy ra hai trường hợp hoặc P = □ và P 2 + 3Q = □, hoặc P = 3□ và
Từ đây suy ra hoặc P = □ và P 4 + 5P 2 Q+ 5Q 2 = □, hoặc P = 5□ và
P 4 + 5P 2 Q+ 5Q 2 ≡1 + 5Q+ 5≡ 6 + 5Q(mod 8) nên hoặc P ≡ −Q ≡ 1 (mod 8) hoặc P ≡ −Q ≡ 5 (mod 8) Rõ ràng nếu P ≡ −Q ≡ 1 (mod 8) thì
Do đó V 5 = □ khi P ≡ −Q ≡ 5 (mod 8), nghĩa là, P = 5□ và P 4 + 5P 2 Q+ 5Q 2 = 5□. Định lý được chứng minh.
Định lý của S áiar
Mục này trỡnh bày một số kết quả cơ bản dựa trờn bài bỏo của Sáiar
[13] Trước tiên, ta có bổ đề sau.
Bổ đề 2.2.1 Cho n > 1 là một số nguyên lẻ và w ∈ {1,2,3,6} Khi đó phương trình V n 2 + 3Q n = wx 2 vô nghiệm.
Chứng minh Giả sử rằng V n 2 + 3Q n = wx 2 và n > 1 là số lẻ Vì
V2n = V n 2 + 2Q n nên V 2n +Q n = wx 2 với w ∈ {1,2,3,6} Vì n > 1 là số lẻ nên ta có thể viết 2n = 2 (2 r z ±1) = 2 (2 r z) ±2 trong đó z là số nguyên dương lẻ và r ≥2 Do đó wx 2 = V 2n +Q n ≡ −Q 2 r z V 2 +Q 2 r z+1 hoặc
−Q 2 r z−2 V 2 +Q 2 r z−1 (modV 2 r ), nghĩa là wx 2 ≡ −Q 2 r z U 3 hoặc −Q 2 r z−2 U 3 (modV 2 r ). Điều này dẫn đến ký hiệu Jacobi J = −wU V 3
= 1. Mặt khác, ta biết rằng
= 1 theo Bổ đề 1.2.8 vì r ≥ 2 Khi w = 3, vì V n 2 + 3Q n = 3x 2 và n là số lẻ nên 3| Vn, suy ra 3 | P theo Bổ đề 2.1.6 Do đó
= 1 theo (1.6) và Bổ đề 1.2.10, suy ra
Tóm lại, ta chứng minh được rằng
= −1 với w ∈ {1,2,3,6} Mâu thuẫn này dẫn đến điều phải chứng minh.
Theo [2], Cohn giải các phương trình V n = V m x 2 và V n = 2V m x 2 khi
P là số lẻ và Q = ±1 Trong bốn định lý tiếp theo, ta sẽ giải các phương trình sau V n = V m x 2 , V n = 2V m x 2 , V n = 3V m x 2 và V n = 6V m x 2 kèm theo giả thiết (1.1). Định lý 2.2.2 Nếu V n = V m x 2 với x là số nguyên thì m = n.
Chứng minh Giả sử rằngV n = V m x 2 vàn̸= m Khi đó V m | V n và n= mt (t là số nguyên lẻ lớn hơn 1) theo Định lý 1.2.2 Do đó t= 4q ±1 (q là số nguyên dương) Nếu m là số chẵn thì m = 2 k a (a là số nguyên dương lẻ và k ≥ 1) Suy ra n= mt = m(4q ±1) = 4mq ±m = 2 2 k+r ab ±m trong đó b là số nguyên dương lẻ và r ≥1 sao cho 2q = 2 r b Do đó
−Q 2 k+r ab−m V m (modV 2 k+r ) theo (1.2) Ta thấy rằng (V m , V 2 k+r ) = 1 theo Định lý 1.2.2 Do đó x 2 ≡ −Q 2 k+r ab hoặc
−Q 2 k+r ab−m (modV 2 k+r ). Điều này chứng minh rằng 1 =J = V −1
= −1, mâu thuẫn với (1.6). Bây giờ ta giả sử rằng m là số lẻ Khi đó n= mt = m(4q ±1) = 4mq ±m = 2 (2 r z)±m trong đó z là số nguyên dương lẻ và r ≥ 1 Do đó
V m x 2 = V n = V 2(2 r z)±m ≡ −Q 2 r z V m hoặc Q 2 r z−m V m (modV 2 r ) theo (1.2) Suy ra x 2 ≡ −Q 2 r z hoặc Q 2 r z−m (modV 2 r ) vì (V m , V 2 r ) = 1 Điều này dẫn đến
= −1, mà điều này mâu thuẫn với (1.6) hoặc mâu thuẫn với
= −1 không thể xảy ra khi Q ≡ 3,7 ( mod 8) theo Bổ đề 1.2.8 Do đó t = 4q−1 và Q ≡ 1,5 (mod 8). Đầu tiên, ta giả sử rằng x là số lẻ Khi đó V n ≡ V m (mod8) Nếu n 12q 1 +r 1 và m = 12q 2 +r 2 với r 1 , r 2 ∈ {1,3,5,7,9,11} thì ta được V n ≡
Vr 1 (mod 8) và Vm ≡ Vr 2 (mod 8) theo (1.4), suy ra Vr 1 ≡Vr 2 (mod 8) Ta tính được rằng r 1 = r 2 hoặc r 1 = 3, r 2 = 9 hoặc r 1 = 9, r 2 = 3 vì
12 (q1 −q2) = n−m = 4mq−2m, điều này dẫn đến 4 | 2m sự kiện này không thể xảy ra vì m là số lẻ Suy ra r1 = 3, r2 = 9 hoặc r1 = 9, r2 = 3 Trong cả hai trường hợp, ta đều thu được 3 | m Giả sử rằng q là số chẵn Khi đó, n= mt = m(4q −1) = 2(2mq)−m.
V m x 2 = V n = V 2(2mq)−m ≡ −Q 2mq−m V m (modV 2 ) theo (1.2), suy ra x 2 ≡ −Q 2mq−m (modV 2 ) theo Định lý 1.2.2 Sử dụng Bổ đề 1.2.8 và (1.6), ta thu được
= −1, điều này không thể xảy ra vì Q ≡ 1,5(mod8) Bây giờ ta giả sử q là số lẻ Khi đó ta có thể viết t = 4q −1 = 4(2s+ 1)−1 = 8s+ 3 trong đó s là số nguyên dương Suy ra n = mt = 8ms+ 3m Do đó
V m x 2 = V n = V 2(4ms)+3m ≡Q 4ms V 3m (modU 4m ) theo (1.3) Từ Định lý 1.2.2, ta thu được x 2 ≡ Q 4ms V m 2 + 3Q m (modU m V 2m ).
Vì 3|m nên 2|V m và 4|U m V 2m theo (6) Do đó,
Q 4ms V m 2 + 3Q m ) ≡3 (mod 4) vì Q ≡ 1,5 (mod 8) Điều này dẫn đến x 2 ≡ 3 (mod 4), điều này không thể xảy ra.Định lý được chứng minh. Định lý 2.2.3 Nếu V n = 2V m x 2 với x là số nguyên thì m = 1 và n= 3.
Chứng minh Giả sử rằng Vn = 2Vmx 2 Khi đó Vm | Vn và 2 | Vn, suy ra n = mk (k là số nguyên dương lẻ) theo Định lý 1.2.2, suy ra 3 | n Đầu tiên, giả sử rằng m là một số nguyên lẻ Nếu 3 ∤ m thì 3 | k vì 3 | n và n= mk Dẫn đếnk = 3s (slà số nguyên dương lẻ) Do đón = mk = 3ms và ms là một số lẻ Theo Định lý 1.2.2 thì
V n = V 3ms = V ms V ms 2 + 3Q ms = 2V m x 2 hoặc
= d thì d = 1 hoặc d = 3 theo Định lý 1.2.2 Trong cả hai trường hợp, ta đều có
V ms 2 + 3Q ms = wa 2 trong đó a là số nguyên và w ∈ {1,2,3,6} Phương trình này vô nghiệm với ms > 1 lẻ theo Bổ đề 2.2.1 Khi đó ms = 1, suy ra m = s = 1 và n = 3 Bây giờ, ta giả sử rằng 3 | m, suy ra k > 1 Khi đó ta có thể viết k = 4q±1trong đó q là số nguyên dương, suy ra n= mk = 2(2mq)±m.
2V m x 2 = V n = V 2(2mq)±m ≡ −Q 2mq−m V m (modU 2m ). Điều này dẫn đến
2V m x 2 ≡ −Q 2mq−m V m (modU m V m ) theo Định lý 1.2.2, suy ra
2x 2 ≡ −Q 2mq−m (modUm), điều này là mâu thuẫn với U m là số chẵn (theo Định lý 1.2.2) và Q là số lẻ Tiếp theo, ta giả sử rằng m là số chẵn Khi đó ta thấy rằng
Vm ≡ 2,3,7 (mod 8) theo Bổ đề 1.2.6 Tương tự, ta thấy rằng
Vì 2x 2 ≡ 0,2 (mod 8) nên Vn = 2Vmx 2 ≡ 0,4,6 (mod 8), điều này mâu thuẫn với V n ≡ 2,3,7 (mod 8). Định lý 2.2.4 NếuV n = 3V m x 2 với x là số nguyên thì m = 1, n = 3, Q ≡
Chứng minh Giả sử rằng V n = 3V m x 2 Vì V m |V n nên n = mt (t là số nguyên dương lẻ) theo Định lý 1.2.2 Nếu 3 | P thì n là số lẻ theo Bổ đề 2.1.6 (vì 3 | Vn) Suy ra m cũng là số lẻ Bên cạnh đó, vì (P, Q) = 1 nên
(3, Q) = 1 Bây giờ ta chia chứng minh thành hai trường hợp.
Trường hợp 1 Cho 3|t Khi đó t = 3s với s là số nguyên dương lẻ.
Do đó n= mt = 3ms, suy ra
Vn = V3ms = Vms V ms 2 + 3Q ms = 3Vmx 2 theo Định lý 1.2.2 Điều này chứng minh rằng
= x 2 theo Định lý 1.2.2 và Bổ đề 2.1.6 (vì ms là số lẻ và 3| P) Ta thấy rằng
= 1, suy ra V ms = V m u 2 và V ms 2 + 3Q ms = 3v 2 với u và v là các số nguyên Khi đó phương trình
V ms 2 + 3Q ms = 3v 2 vô nghiệm với ms > 1 và ms lẻ theo Bổ đề 2.2.1 Khi đó ms = 1, suy ra m = s = 1 và n= 3 Do đó từ Vn = 3Vmx 2 , ta suy ra được P 2 + 3Q = 3x 2 và ta thấy rằng Q≡ 1 (mod 3) và Q ≡1,5 (mod 8).
Trường hợp 2 Cho 3 ∤ t Ta được t > 1 suy ra t= 6q ±1 với q là số nguyên dương Khi đó n = mt = 2(3mq)±m Do đó,
3Vmx 2 = Vn = V 2(3mq)±m ≡ Q 3mq Vm(modV3m) hoặc
3V m x 2 = V n = V 2(3mq)±m ≡ −Q 3mq−m V m (modV 3m ) theo Định lý 1.2.2 và (1.2) Điều này suy ra
3Vmx 2 ≡ (−Q 3mq−m Vm) (modVm V m 2 + 3Q m ) theo Định lý 1.2.2, suy ra
Ta cũng có 3 | V m 2 + 3Q m theo Bổ đề 2.1.6 vì m là số lẻ và 3| P Điều này dẫn đến
3x 2 ≡ −Q 3mq−m (mod 3), điều này mâu thuẫn với (Q,3) = 1 Bây giờ ta xét 3 ∤ P Vì 3 | V n nên n/2 là số lẻ và Q ≡ 1 (mod 3) theo Bổ đề 2.1.6, suy ra m/2 cũng là số lẻ theo Định lý 1.2.2 Khi đó m = 12q + c với q là số nguyên dương và c ∈ {2,6,10} Do đó V m ≡ 2,3,7 (mod 8) theo (1.4) Tương tự, ta thấy rằng V n ≡ 2,3,7 (mod 8) Vì 3x 2 ≡ 0,3,4 (mod 8) nên
V n = 3V m x 2 ≡0,1,4,5,6 (mod 8) mâu thuẫn với V n ≡2,3,7(mod8).
Bổ đề 2.2.5 Nếu r ≥ 2 thì V 2 r ≡ −Q 2 r−1 (modV 4 +Q 2 ). Định lý 2.2.6 NếuV n = 6V m x 2 với x là số nguyên thì m = 1, n = 3, Q ≡
Chứng minh Giả sử rằng V n = 6V m x 2 Vì V m | V n và 2 | V n nên tồn tại số nguyên dương t lẻ sao cho n = mt và 3 | n theo Định lý 1.2.2 Đầu tiên,cho 3 ∤ P Vì 3 | V n nên n/2 là số lẻ và Q ≡ 1 (mod 3) theo Bổ đề 2.1.6,suy ram/2cũng là số lẻ Do đón = 12q+ 6với q là số nguyên dương Điều này dẫn đến V n ≡ 2 (mod 8) theo (1.4), nghĩa là 6V m x 2 ≡ 2 (mod 8) Dễ thấy x là số lẻ Do đó 3V m ≡ 1 (mod 4), nghĩa là V m ≡ 3 (mod 4) Bên cạnh đó, vì m/2 nên ta có thể viết m = 2c với c là số nguyên dương lẻ.Nếu 3| c thì Vm là số chẵn theo Định lý 1.2.2 Điều này mâu thuẫn với sự kiện V m ≡ 3(mod4) Suy ra 3 ∤ c, nghĩa là 3 ∤ m Vì 3 | n và n = mt nên
3 | t, suy ra t = 3s với s là số nguyên dương lẻ Do đó n = mt = 3ms, suy ra
Vn = V3ms = Vms V ms 2 −3Q ms = 6Vmx 2 theo Định lý 1.2.2 Vì 3 ∤ P and ms ≡ 2 (mod 4) nên 3 | V ms theo Bổ đề 2.1.6 Khi đó,
= 1 vì Q ≡1 (mod 3) Điều này dẫn đến
V ms = 2V m u 2 và V ms 2 −3Q ms = 3v 2 (2.1) hoặc
V ms = V m u 2 và V ms 2 −3Q ms = 6v 2 (2.2) với u và v là các số nguyên Phương trình (2.1) không thể xảy ra theo Định lý 2.2.3 vì m là số chẵn Giả sử rằng (2.2) được thỏa mãn Khi đó ms = m, nghĩa là s = 1 Vì
V 4c −Q 2c = 6v 2 Giả sử rằng c > 1 Khi đó,
4c = 4(4q ±1) = 2 (2 r z)±4 với z là số nguyên dương lẻ và r ≥ 3 Do đó,
6v 2 ≡ −Q 2 r z−4 V 4 +Q 2 (modV 2 r ) Trong cả hai trường hợp, ta có
Mặt khác, ta thấy rằng V 4 + Q 2 ≡ 0 (mod 8) Do đó, ta có thể viết
V 4 +Q 2 = 2 a k với k là số nguyên dương lẻ và a ≥3 Ta cũng có
V 2 r ≡ −Q 2 r−1 modV 4 + Q 2 theo Bổ đề 2.2.5, suy ra V 2 r ≡ −Q 2 r−1 (modk) Do đó sử dụng (1.5) và (1.6), ta được
Vì 3 ∤ P và r ≥3 nên V 2 r ≡2 ( mod 3) theo Bổ đề 1.2.10, điều này dẫn đến
Do đó sử dụng (1.5) và (1.6), ta được
= −1, điều này mâu thuẫn với J = 1 Khi đó c = 1, suy ra m = 2, n = 6 Do đó từ phương trình V n = 6V m x 2 , ta thu được
P 2 + 3Q 2 −3Q 2 = 6x 2 Phương trình này có nghiệm P và Q nào đó.
Tiếp theo, cho 3 | P Vì 3 | V n nên n là số lẻ theo Bổ đề 2.1.6, suy ra m cũng là số lẻ Giả sử rằng 3 ∤ m Khi đó t = 3s (s là số nguyên dương lẻ) vì n = mt và 3 |n Do đó n= mt = 3ms, suy ra
V n = V 3ms = V ms V ms 2 + 3Q ms = 6V m x 2 theo (4) Vì 3| P và ms là số lẻ nên 3| V ms theo Bổ đề 2.1.6 Khi đó
= 1 vì (Q,3) = 1 Điều này dẫn đến
V ms = V m u 2 và V ms 2 + 3Q ms = 6v 2 hoặc
V ms = 2V m u 2 và V ms 2 + 3Q ms = 3v 2 với u và v là các số nguyên Phương trình
V ms 2 + 3Q ms = 6v 2 vô nghiệm với ms > 1, ms lẻ theo Bổ đề 2.2.1 Khi đó m = s = 1, suy ra n= 3 Do đó theo phương trình V n = 6V m x 2 , ta thu được P 2 + 3Q = 6x 2
Ta cũng thấy rằng Q ≡ 2 (mod 3) và Q ≡ 5,7 (mod 8) Bây giờ ta giả sử rằng 3 | m Vì t > 1 và t là số lẻ nên ta có thể viết t = 4q ±1 với q là số nguyên dương, suy ra n = mt = 2(2mq)±m Do đó
6V m x 2 = V n = V 2(2mq)±m ≡ −Q 2mq−m V m (modU 2m ) theo (1.3) Sử dụng (2), ta được
6x 2 ≡ −Q 2mq−m (modU m ),điều này không thể xảy ra vì U m là số chẵn theo Định lý 1.2.2 và Q là số lẻ.
Như vậy luận văn đã trình bày một số nội dung chính như sau:
(1) Một số kết quả về lý thuyết đồng dư, ký hiệu Jacobi, dãy Fibonacci và dãy Lucas tổng quát phục vụ cho chứng minh các kết quả chính.
(2) Một số kết quả về số chính phương trong dãy Fibonacci và dãy Lucas tổng quát Cụ thể:
(i) Nếu V n là số chính phương thì n = 1,3,5 Các điều kiện cần và đủ vớiP, Q được đưa ra trong trường hợpV 3 hoặc
(ii) Nếu U n = □ thì n = 0,1,2,3,6, hoặc 12 Các điều kiện cần và đủ với P, Q được đưa ra trong trường hợp U 2 ,U 3 ,
U6, hoặc U12 là số chính phương.
(iii) Nếu V n = V m x 2 , trong đó V n , V m là các số Lucas tổng quát và x là số nguyên dương thì m = n.