Một vài tính chất số học của các dãy số được xây dựng từ các dãy số của roettger

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THỊ KIM NGÂN MỘT VÀI TÍNH CHẤT SỐ HỌC CỦA CÁC DÃY SỐ ĐƯỢC XÂY DỰNG TỪ CÁC DÃY SỐ CỦA ROETTGER LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2016 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THỊ KIM NGÂN MỘT VÀI TÍNH CHẤT SỐ HỌC CỦA CÁC DÃY SỐ ĐƯỢC XÂY DỰNG TỪ CÁC DÃY SỐ CỦA ROETTGER LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS NÔNG QUỐC CHINH Thái Nguyên - 2016 i Mục lục Danh mục ký hiệu ii Mở đầu Chương Các dãy Roettger kết liên quan 1.1 Dãy số Roettger 1.2 Các kết liên quan dãy Roettger 4 11 Chương Dãy {Dn } 17 2.1 Một số tính chất dãy {Dn } 17 2.2 Quy tắc phân bố m Dn 26 Chương Dãy {En } 28 3.1 Một số kiến thức bổ trợ cho dãy {En } 28 3.2 Một số tính chất dãy {En } 31 Chương Một số toán sơ cấp ứng dụng 34 4.1 Phép kiểm tra tính nguyên tố Lucas 34 4.2 Phép kiểm tra tính nguyên tố Roettger 37 Kết luận 40 Tài liệu tham khảo 41 ii Danh mục ký hiệu un = un (p, q) số hạng thứ n dãy Lucas = (p, q) số hạng thứ n dãy Lucas cn = cn (P, Q, R) số hạng thứ n dãy Roettger wn = wn (P, Q, R) số hạng thứ n dãy Roettger Un , Vn dãy Roettger mở rộng gcd(a, b) ước chung lớn hai số a, b {Dn } dãy Dn {En } dãy En a|b a ước b a b a không ước b ω hạng phân bố m {Dn } aλ b aλ ước b aλ+1 không ước b Mở đầu Dãy số Fibonaci vẻ đẹp đặc biệt kho tàng Toán học, vơ biến hóa với nhiều tính chất lý thú ứng dụng quan trọng Dãy Fibonaci cơng bố nhà tốn học Ý tên Leonardo Pisano Bogollo (tên thường gọi Fibonaci) vào năm 1202 sách Liber Abacci Nói đến dãy Fibonaci khơng thể khơng nói đến dãy số Lucas chúng có mối liên hệ chặt chẽ với Dãy số Lucas dãy số đưa nhà toán học Francois E’douard Anatole Lucas (1842-1891) Cũng giống dãy số Fibonaci, số dãy Lucas xác định tổng hai số liền đứng trước Dãy số xác định thương số Lucas đứng liền hội tụ đến giới hạn tỉ lệ vàng, số diệu kỳ, lí tưởng toán học tự nhiên Việc nghiên cứu dãy số tương tự dãy số Lucas nhiều nhà toán học giới quan tâm có nhiều kết lý thú Cho p, q ∈ Z hai số nguyên thỏa mãn (p, q) = 1, ký hiệu α, β nghiệm đa thức bậc hai x2 − px + q δ = (α − β)2 = p2 − 4q Lucas xây dựng hai dãy số ông {un } {vn } xác định sau: un = un (p, q) = (αn − β n )/(α − β) = (p, q) = αn + β n Chúng ta biết dãy {un } {vn } có nhiều tính chất thú vị có nhiều ứng dụng tốn học thực tế Một cách tương tự Lucas, Roettger xây dựng dãy {cn } {wn } sau: Cho P, Q, R ∈ Z thỏa mãn (P, Q, R) = 1, α, β, γ nghiệm đa thức bậc ba h(x) = x3 − P x2 + Qx − R, với biệt thức ∆ = (α − β)2 (β − γ)2 (γ − α)2 = Q2 P − 4Q3 − 4RP + 18P QR − 27R2 = Các dãy số Roettger định nghĩa bởi: cn = cn (P, Q, R) = (αn − β n )(β n − γ n )(γ n − αn ) (α − β)(β − γ)(γ − α) wn = wn (P, Q, R) = (αn + β n )(β n + γ n )(γ n + αn ) − 2Rn Người ta chứng minh dãy {cn } {wn } có nhiều tính chất tương tự tính chất dãy Lucas, ví dụ chúng dãy chia Gần nhất, dãy tiếp tục mở rộng thêm Roettger, Williams Guy Nếu ta ký hiệu γ1 = α/β, γ2 = β/γ, γ3 = γ/α, λ = R, ta viết: cn = λn−1 (1 − γ1n )(1 − γ2n )(1 − γ3n ) , (1 − γ1 )(1 − γ2 )(1 − γ3 ) wn = − 2Rn , = λn (1 + γ1n )(1 + γ2n )(1 + γ3n ) Ta xác định λn−1 (1 − γ1n )(1 − γ2n )(1 − γ3n ) , Vn = λn (1 + γ1n )(1 + γ2n )(1 + γ3n ), Un = (1 − γ1 )(1 − γ2 )(1 − γ3 ) γ1 , γ2 , γ3 , λ ∈ Q với γ1 , γ2 , γ3 = 1; γi = γj i = j γ1 γ2 γ3 = Người ta chứng minh Un , Vn ∈ Z n ≥ 0, {Un } dãy đệ quy tuyến tính dãy chia được, ta có λ = R ∈ Z ρi = R(γi + 1/γi ) (i = 1, 2, 3) nghiệm đa thức bậc ba g(x) = x3 − S1 x2 + S2 x − S3 , S3 = RS12 − 2RS2 − 4R3 S1 , S2 ∈ Z Ta có Rγi R/γi (i = 1, 2, 3) sáu nghiệm đa thức G(x) = (x2 − ρ1 x + R2 )(x2 − ρ2 x + R2 )(x2 − ρ3 x + R2 ) = x6 − S1 x5 + (S2 + 3R2 )x4 − (S3 + 2R2 S1 )x3 + R2 (S2 + 3R2 )x2 − R4 S1 x + R6 Đặt Wn = Vn − 2Rn , ta nhận dãy {Un } {Wn } dãy đệ quy tuyến tính với đa thức đặc trưng G(x) Ta xác định Dn = gcd(Wn − 6Rn , Un ), En = gcd(Wn , Un ) Ta nhận dãy {Dn } {En } có nhiều tính chất số học tương tự dãy {un } {vn } Mục đích luận văn nghiên cứu trình bày tính chất số học dãy {Dn } {En } Luận văn gồm chương là: Chương 1: Các dãy Roettger kết liên quan Trong chương trình bày định nghĩa tính chất quan trọng (khơng chứng minh) dãy Lucas, Roettger Chương 2: Dãy {Dn } Trình bày định nghĩa dãy {Dn }, tính chất số học dãy {Dn } Chương 3: Dãy {En } Trình bày định nghĩa dãy {En } tính chất dãy Chương 4: Một số tốn sơ cấp ứng dụng Trước tiên, tơi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc tới PGS.TS Nông Quốc Chinh, người đặt đề tài tận tình hướng dẫn để luận văn hồn thành Tơi 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 giúp tơi hồn thành khóa học Tơi xin cảm ơn nhiệt tình giảng dạy thầy, cô suốt thời gian học tập Cuối cùng, xin gửi lời cảm ơn đặc biệt tới đại gia đình, bạn bè anh chị em đồng nghiệp, người động viên khích lệ giúp tơi hồn thành luận văn Tôi xin chân thành cảm ơn Thái Nguyên, tháng năm 2016 Học viên Nguyễn Thị Kim Ngân Chương Các dãy Roettger kết liên quan Trong Chương 1, xin đưa khái niệm dãy Lucas, dãy Roettger, vài tính chất bản, cơng thức tính số kết liên quan dãy Roettger Nội dung chương chủ yếu theo tài liệu [1], [2] tham khảo thêm số tài liệu khác Các chứng minh chi tiết định lý hệ trình bày tài liệu [1] [2] nên đây, nêu kết mà khơng chứng minh 1.1 Dãy số Roettger Bài toán 1.1.1 Chứng minh phân số tối giản p ((p, q) = 1) q nghiệm đa thức với hệ số nguyên f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 p ước a0 q ước an p Giải Giả sử phân thức tối giản nghiệm đa thức f (x) Khi đó, ta có q f p q = an p q n + an−1 p q n−1 + · · · + a1 p q + a0 = Từ đó, ta có an pn = −q(an−1 pn−1 + · · · + a1 q n−2 p + a0 q n−1 ) (1.1) a0 q n = −p(an pn−1 + an−1 pn−2 q + · · · + a1 q n−1 ) (1.2) Từ (1.1) suy an pn chia hết cho q mà (p, q) = nên an chia hết cho q Từ (1.2) suy a0 q n chia hết cho p mà (p, q) = nên a0 chia hết cho p Định nghĩa 1.1.2 (Dãy Lucas) Gọi p, q ∈ Z số nguyên tố α, β nghiệm đa thức bậc hai x2 − px + q với biệt thức δ = (α − β)2 = p2 − 4q Đặt un = un (p, q) = αn − β n , α−β = (p, q) = αn + β n Khi đó, hai dãy {un } {vn } gọi hai dãy Lucas Với n = 0, ta u0 = u1 = 1−1 = 0, v0 = α0 + β = 2; với n = 1, ta có α−β α−β = v1 = α + β = p α−β Ví dụ 1.1.3 Cho tam thức bậc hai (x − 2)2 = x2 − 4x + không thỏa mãn điều kiện (p, q) = nên khơng thuộc dạng xét Ví dụ 1.1.4 Cho tam thức bậc hai x2 + 3x + 2, ta un = (−1)n − 2n 2n − (−1)n = , −1 − = (−1)n + 2n Ví dụ 1.1.5 Cho tam thức bậc hai x2 − 5x + (có hai nghiệm không nguyên), ta √ √ √ √ n n 5+ 21 n 5− 21 n − + 21 − 21 2 √ un = , = + 2 21 Ta có tính chất un , số nguyên Từ định nghĩa, ta chứng minh hai dãy Lucas thỏa mãn cơng thức truy hồi tuyến tính Xn+1 = pXn − qXn−1 Tức ta có un+1 = pun − qun−1 vn+1 = pvn − qvn−1 , u0 = 0, u1 = v0 = 0, v1 = p Từ cơng thức truy hồi này, ta thể tính un với giá trị nguyên n Các dãy Lucas có nhiều tính chất thú vị có nhiều ứng dụng kiểm tra tính ngun tố số nguyên lớn, nghiệm đồng dư thức bậc hai bậc ba, lý thuyết mật mã (xem [4]) Roettger [2] đề xuất việc mở rộng dãy Lucas cách mở rộng đa thức từ bậc lên bậc n Trong khuôn khổ luận văn này, chúng tơi trình bày giới hạn đa thức bậc Trong trường hợp ta gọi P, Q, R ∈ Z số nguyên thỏa mãn gcd(P, Q, R) = gọi α, β, γ nghiệm h(x) = x3 − P x2 + Qx − R, (1.3) với biệt thức ∆ = (α − β)2 (β − γ)2 (γ − α)2 = Q2 P − 4Q3 − 4RP + 18P QR − 27R2 Giả sử ∆ = Định lý 1.1.6 (Định lý Vieta) Ba nghiệm α, β, γ thỏa mãn công thức sau    α+β+γ =P   αβ + βγ + γα = Q    αβγ = R Định nghĩa 1.1.7 (Dãy Roettger) Với P, Q, R, α, β γ xác định trên, đặt (αn − β n )(β n − γ n )(γ n − αn ) cn = cn (P, Q, R) = (1.4) (α − β)(β − γ)(γ − α) wn = wn (P, Q, R) = (αn + β n )(β n + γ n )(γ n + αn ) − 2Rn Khi {cn } {wn } gọi hai dãy Roettger Với n = c0 = w0 = · · − 2R0 = 6; (1.5) 27 Do p | Wn − 6Rn suy 2β n (αn − γ n )2 ≡ (αn − β n )(β n − γ n )(αn + γ n ) (mod p) Do αn = γ n (⇐) Mặt khác, αn = β n = γ n , hiển nhiên p | Dn Định lý 2.2.3 ([2, tr 142]) Giả sử p số nguyên tố thỏa mãn p 2R∆ giả sử tồn ω = ω(p) {Dn } Nếu p | Dn , ω | n Chứng minh Vì p | Dn p | Dω , theo định lý ta có αn = β n = γ n αω = β ω = γ ω K Nếu ω n, n = ωq + r, < r < ω Khi αωq+r = β ωq+r = γ ωq+r , kéo theo αr = β r = γ r Suy p | Dr , mâu thuẫn với định nghĩa ω số nhỏ thỏa mãn p | Dω Do đó, ta có r = ω | n Bổ đề 2.2.4 ([1]) Nếu p 2∆R, p | Dn γ1n = γ2n = γ3n = Kp Chứng minh Nếu γ1n = γ2n = γ3n = Kp , theo (1.7) (1.8) ta có p | Wn − 6Rn p | Un ; cho nên, p | Dn Nếu p | Dn , theo Định lý 2.2.2, αn αn = β n = γ n Từ γ1n = n = Tương tự γ2n = γ3n = β Hệ 2.2.5 ([1]) Nếu p 2∆R tồn ω = ω(p) p {Dn }, p | Dn ω | n Chứng minh Nếu ω | n p | Dn {Dn } dãy chia Mặt khác, theo Định lý 2.2.3, p | Dn ω | n Suy điều phải chứng minh 28 Chương Dãy {En} Khi nghiên cứu dãy {Wn } {Un }, Roettger phát số kết liên quan dãy {En }, En = gcd(Wn , Un ) Dãy có số tính chất tương tự dãy Lucas {vn } Nội dung Chương xin trình bày định nghĩa tính chất dãy {En } chủ yếu dựa theo tài liệu tham khảo [1] [2] 3.1 Một số kiến thức bổ trợ cho dãy {En} Nhắc lại, đặt λn−1 (1 − γ1n )(1 − γ2n )(1 − γ3n ) Un = (1 − γ1 )(1 − γ2 )(1 − γ3 ) Vn = λn (1 + γ1n )(1 + γ2n )(1 + γ3n ) Wn = Vn − 2Rn , λ = R, γ2 , γ2 , γ3 ∈ Q; γ1 , γ2 , γ3 = 1; γi = γj i = j, γ1 γ2 γ3 = Định nghĩa 3.1.1 Với Wn Un xác định trên, đặt En = gcd(Wn , Un ) Dãy có số tính chất tương tự dãy Lucas {vn } Ta bắt đầu kết tương tự với tính chất gcd(un , ) | dãy Lucas Định lý 3.1.2 ([2, tr 154]) Nếu gcd(Q, R) = 1, gcd(Dn , En ) | 29 Chứng minh Giả sử p số nguyên tố thỏa mãn p | Dn p | En Vì p | Wn − 6Rn , nên ta có p | 6Rn Vì gcd(Dn , R) = gcd(En , R) theo Mệnh đề 2.1.3 gcd(Dn , R) | 2, nên p 2, Thật vậy, ví dụ với p = 5, ta có | Dn , | 6Rn ⇒ | Rn ⇒ | R, lúc này, | gcd(Dn , R), vô lý Nếu 32 | (Dn , En ), | Dn ⇒ | 6Rn ⇒ | Rn ⇒ | R ⇒ | gcd(Dn , R), điều Nếu 22 | (Dn , En ), 22 | En , α = ∈ / {0, 1} điều theo Định lý 1.2.5 Cho nên (Dn , En ) | Tương tự dãy Lucas, ta có định lý sau Định lý 3.1.3 ([2, tr 154]) Ta có En | D3n (3.1) Chứng minh Thật vậy, từ (1.19) ta biến đổi W3n − 6R 3n Wn2 − ∆Cn2 = (Wn − 6R ) n + ∆Wn Cn2 (3.2) Nhắc lại từ Định lý 1.2.5 gcd(Q, R) = 1, 2α gcd(Wn , Cn ) = En ⇒ Wn2 − ∆Cn2 ˜ α = α = 1, Qn = số lẻ Bây ta chứng minh (3.1) Do {Un } dãy chia được, ta có Un | U3n ˜ n ⇒ En | W3n − 6R3n theo phương trình (3.2) Nếu Nếu En , En | Q ˜ n Vì | Wn , nên | Wn − 6Rn ⇒ En | | En , En /2 số lẻ En /2 | Q ˜ n ⇒ En | W3n − 6R3n theo phương trình (3.2) Do En | Un (Wn − 6Rn )Q Un | U3n , ta En | U3n En | W3n − 6R3n ⇒ En | D3n Tiếp theo chúng tơi trình bày kết liên quan số nguyên tố ước En Định lý 3.1.4 ([2, tr 155]) Nếu gcd(Q, R) = p > ước nguyên tố En , p ≡ (mod 3) Chứng minh Roettger chứng minh định lý dựa cách mở rộng dãy Lucas Williams [4] Gọi α, β, γ nghiệm đa thức X − P X + QX − R, P, Q, R số nguyên Đặt An = α + β n + γ n , 30 Bn = α n β n + β n γ n + γ n α n Khi đó, dãy Wn = An Bn − 3Rn Quay trở lại chứng minh định lý, giả sử p | En ⇒ p | Wn ⇒ An Bn ≡ 3Rn (mod p) Ngồi ra, gcd(Wn , Un , R) = gcd(En , R) ⇒ gcd(Wn , Un , R) | 2, mà W − ∆Un2 p | Wn , p | Un ⇒ p | R Vì p | gcd(Wn , Un ) n số nguyên, ta Wn2 − ∆Un2 Thay Wn2 (An Bn − 3Rn )2 thay ∆Un2 = A2n Bn2 + có p | 18An Bn Rn − 4Bn3 − 4A3n Rn − 27R2n kéo theo p | 3Bn3 + A4n Bn − 3A2n Bn2 ⇒ p | Bn (A4n − 3A2n Bn + 3Bn2 ) Nếu p | Bn p | R, mâu thuẫn Vậy p Bn Do đó, p | A4n − 3A2n Bn + 3Bn2 ⇒ p | 4A4n − 12A2n Bn + 9Bn2 ⇒ p | (2A2n − 3Bn )2 + 3Bn2 Kéo theo (2A2n − 3Bn )2 ≡ −3Bn2 (mod p) ⇒ −3 −3Bn2 =1⇒ = p p Từ đó, p số nguyên tố thỏa mãn p > 3, p ≡ −1 (mod 3) p | D3n , ta biết p En Tuy nhiên, định lý sau p | D3n p | Un p | Dn p | En Định lý 3.1.5 ([2, tr 156]) Cho p số nguyên tố thỏa mãn p > Nếu p | D3n p | Un , p | Dn p | En Chứng minh Từ Hệ (1.1.14), ta thấy 4(W3n − 6R3n ) = 3∆Cn2 Wn + 6∆Cn2 Rn + Wn3 − 6Wn2 Rn Do đó, p | Un p | D3n , p | Wn2 (Wn − 6Rn ) Nếu p En , p Wn Khi đó, suy p | Wn − 6Rn p | Dn Hệ 3.1.6 ([2, tr 156]) Cho p số nguyên tố thỏa mãn p > p ≡ −1 (mod 3) Nếu p | D3n , p | Dn ⇔ p | Un Chứng minh Vì p ≡ −1 (mod 3), theo Định lý 3.1.4, ta khơng thể có p | En Do đó, p | Un p | Dn theo Định lý 3.1.5 31 3.2 Một số tính chất dãy {En} Bổ đề 3.2.1 ([1]) Cho p số nguyên tố p > Nếu p | En , Fp ta có γin = 1, γj2n + γjn + = 0, i ∈ {1, 2, 3} j ∈ {1, 2, 3} cho j = i Chứng minh Nếu p ∆ p | Un , khơng tính tổng qt ta giả sử γ1n = Fp Nếu p | ∆, khơng tính tổng quát ta giả sử γ1 = (và γ1n = 1) Fp Ta có Wn = Vn − 2Rn = Rn (1 + γ1n )(1 + γ2n )(1 + γ3n ) − 2Rn = 2Rn (γ2n γ3n + γ2n + γ3n ) = 2Rn (1 + γ2n + 1/γ2n ) = 2Rn (1 + 1/γ3n + γ3n ), kết cuối rút từ γ1n = γ1n γ2n γ3n = Vì Wn = Fp , ta có γ22n + γ2n + = γ32n + γ3n + = Bổ đề 3.2.2 ([1]) Nếu p (> 3) số nguyên tố, p gcd(En , Γ) Chứng minh Nếu p | Γ, theo (1.16) γ1 = γ2 , γ2 = γ3 , γ3 = γ1 Kp Nếu p | En , theo Bổ đề 3.2.1 ta giả sử γ1n = γ22n + γ2n + = Kp Nếu γ1 = γ2 , γ2n = 1, γ22n = 1, nên = γ22n + γ2n + = điều khơng thể p > Chúng ta có kết tương tự γ2 = γ3 γ3 = γ1 Bổ đề 3.2.3 ([1]) Nếu p (> 3) số nguyên tố, p | ∆ p | En , p ≡ (Γ/p) (mod 3) Chứng minh Vì p | ∆, khơng tính tổng quát ta giả sử γ1 = γ2 γ3 = Kp = Fp2 Hơn nữa, theo Bổ đề 3.2.1 ta có p | En γ22n + γ2n + = Kp Cho nên, γ23n = γ2n = Kp Theo Bổ đề 3.2.2, p Γ Γ p−1 = (γ1 − γ2 )p−1 (γ2 − γ3 )p−1 (γ3 − γ1 )p−1 32 (1 − γ2p )(γ2p − γ3p )(γ3p − 1) = (1 − γ2 )(γ2 − γ3 )(γ3 − 1) p−1 (3.3) (p−1)n = 1, γ2n = Nếu γ2 ∈ Fp , Γ = Ngồi ra, từ γ2pn = γ2n , ta có γ2 điều có nghĩa | p − p ≡ (Γ/p) (mod 3) Nếu γ2 ∈ Fp2 \Fp , theo (p−1)n (p+1)n (3.3) γ2p = γ3 γ2 = −1 Bởi γ2pn = γ3n = 1/γ2n γ2 = 1, ta thu | p + suy p ≡ (Γ/p) (mod 3) Định lý 3.2.4 ([1]) Nếu p số I-nguyên tố p En Chứng minh Nếu p số I-nguyên tố, theo Bổ đề 1.2.6 (iii) ta có γ1p = γ2ε , γ2p = γ3ε , γ3p = γ1ε Kp Nếu p | En , theo Bổ đề 3.2.1, ta có γ1n = 2 γ22n + γ2n + = Từ đó, γ2p = γ3εp = γ1ε = γ1 γ2p n = γ1n Suy ra, = (γ22n + γ2n + 1)p = 3, mâu thuẫn Bổ đề 3.2.5 ([1]) Nếu p (> 3) số nguyên tố, p d, p | S1 + 2R p | En , p ≡ (Γ/p) (mod 3) Chứng minh Vì p | S1 + 2R S1 + 2R = R(γ1 + 1)(γ2 + 1)(γ3 + 1), ta giả sử γ1 = −1 γ2 γ3 = −1 Fp Ta có (γ1 + γ2 )(γ2 + γ3 )(γ3 + γ1 ) = −(γ22 + 1/γ22 − 2) Vì S1 ≡ −2R (mod p), theo (1.10) ta thu S3 ≡ −2RS2 (mod 0) g(x) = (x + 2R)(x2 + S2 ) ∈ Fp [x] Vì ρ1 = R(γ1 + 1/γ1 ) = −2R, ta thu ρ22 = ρ23 = −S2 γ22 + 1/γ22 = ρ22 /R2 − = −S2 /R2 − ∈ Fp Từ suy (γ1 + γ2 )(γ2 + γ3 )(γ3 + γ1 ) ∈ Fp ((γ12 − γ22 )(γ22 − γ32 )(γ32 − γ12 ))p−1 = ((γ1 − γ2 )2 (γ2 − γ3 )2 (γ3 − γ1 )2 ) = (Γ/p) p−1 (3.4) Vì γ22 + 1/γ22 ∈ Fp , ta có γ22 , 1/γ22 ∈ Fp2 γ22p = γ22 hay γ22p = γ32 Vì p d, theo (3.4) ta thấy (Γ/p) = γ22p = γ22 (Γ/p) = −1 γ22p = γ32 Nếu p | En theo Bổ đề 3.2.1, ta có γin = với vài i ∈ 1, 2, γj2n + γjn + = (j = i) Vì γi = −1, ta thấy i = | n Nếu (Γ/p) = n(p−1) γ2np = γ2n γ2 = Vì γ23n = γ2n = 1, ta thấy | p − n(p+1) p ≡ (Γ/p) (mod 3) Nếu (Γ/p) = −1, γ2np = γ3n = 1/γ2n γ2 = 1, | p + p ≡ (Γ/p) (mod 3) 33 Định lý 3.2.6 ([1]) Nếu p (> 3) số I-nguyên tố ước En , p ≡ (Γ/p) (mod 3) Chứng minh Ta chứng minh kết trường hợp p | d p d p | S1 + 2R Bây giờ, ta xét trường hợp p d p S1 + 2R Vì p | En , theo Định lý 3.2.4, p S-nguyên tố Q-nguyên tố Nếu p S-nguyên tố = (d/p) = (∆/p)(Γ/p) (Γ/p) = ε; p Q-nguyên tố −1 = (d/p) = (∆/p)(Γ/p) (Γ/p) = −ε Giả sử p S-nguyên tố, theo Bổ đề 1.2.6 (i), ta có γip = γiε (i = 1, 2, 3) Kp Theo Bổ đề 3.2.1, ta có γ23n = 1, γ2n = 1; γ2np = γ2nε tức (p−ε)n γ2 = | p − ε Tương tự, p Q-nguyên tố, theo Bồ đề 1.2.6 (ii), ta có γ2p = γ3ε , γ3p = γ2ε , γ3p = γ1ε n(p+ve) = Kp Trong trường hợp ta γ2pn = γ3εn = (1/γ2 )εn γ2 1, γ23n = γ2n = Do | p + ε hai trường hợp p ≡ (Γ/p) (mod 3) Để mở rộng Định lý 3.2.6, ta chứng minh kết sau Định lý 3.2.7 ([1]) Với n > 0, ta có En | D3n Chứng minh Ta viết (1.19) thành ˜ n + ∆Wn U , W3n − 6R3n = (Wn − 6Rn )Q n (3.5) ˜ n = (Wn − ∆Un )/4 Giả sử p số nguyên tố lẻ pλ En , Q ˜ n λ ≥ Vì pλ | Un , ta có pλ | U3n Ngồi ra, theo (3.5) p2λ | Q pλ | W3n − 6R3n Tiếp theo ta giả sử 2λ En λ ≥ Ta có | Wn − 6Rn ˜ n , 2λ | Un Theo (3.5) ta thấy 22λ−1 | W3n − 6R3n λ ≥ 1, ta có 22λ−2 | Q 2λ − ≥ λ 2λ | D3n Do đó, En | D2n Định lý 3.2.8 ([1]) Nếu p (> 3) số nguyên tố p | En p ≡ (Γ/p) (mod 3v+1 ), 3v n Chứng minh Vì p | En p > ta có p 6R nên p Dn Nhưng theo Định lý 3.2.7, ta biết p | D3n Do đó, ω hạng phân bố p {Dn }, ta có w | 3n ω n Từ 3v+1 | w Ngồi p khơng I-ngun tố p 6R, ta có ω = p hay ω | p2 − theo kết §3 Vì | ω ta khơng thể có ω = p ω | p2 − 3v+1 | p2 − Vì p Γ, ta có p2 − = (p − (Γ/p))(p + (Γ/p)) | p − (Γ/p) Do 3v+1 | p − (Γ/p) 34 Chương Một số toán sơ cấp ứng dụng Trong [4], tác giả cách Lucas ứng dụng tính chất dãy {un } {vn } để xây dựng cách kiểm tra tính nguyên tố lớp số nguyên định Trong chương xin trình bày cách sử dụng tính chất dãy Lucas {un }, {vn } dãy Roettger {Un } {Wn } để xây dựng cách kiểm tra tính nguyên tố 4.1 Phép kiểm tra tính nguyên tố Lucas Mục tiêu Lucas nghiên cứu hai dãy {un } {vn } tìm phương pháp để phát số nguyên tố Kết trình bày định lý sau mà Lucas gọi định lý ông Định lý 4.1.1 ([2, tr 41]) Giả sử N số nguyên lẻ Đặt T = T (N ) = N + N − Nếu N | uT N uT /d , với d < T d | T , N số nguyên tố Định lý phát biểu đơn giản sau Định lý 4.1.2 ([2, tr 41]) Giả sử N số nguyên lẻ Đặt T = T (N ) = N + N − Nếu N | uT N uT /q , với q ước nguyên tố T , N số nguyên tố Hệ 4.1.3 ([2, tr 42]) Giả sử N số nguyên lẻ T = T (N ) = N + uT với ước nguyên tố q T , N N − Nếu N | uT N | uT /q số nguyên tố 35 Chứng minh Dựa theo tính chất dãy {un }, m, n ≥ gcd( uumn , un ) | n m, ta suy (uT /uT /q , uT /q ) | q Do đó, N | minh uT , uT /q N uT /q Theo Định lý 4.1.2, ta suy điều phải chứng Định lý sau gọi định lý Lucas-Lehmer Lucas sử dụng kết tương tự để thiết lập cơng cụ kiểm tra tính ngun tố số Mersenne Định lý 4.1.4 ([2, tr 42]) Nếu Nn = A2n − 1, n ≥ 3, < A < 2n , A, ký hiệu Jacobi (δ/Nn ) = (q/Nn ) = −1, Nn số nguyên tố Nn | v Nn +1 (p, q) (nhắc lại, δ = p2 − 4q biệt thức đa thức x2 − px + q) Hệ 4.1.5 ([2, tr 43]) Giả sử A = n, n ≥ Đặt q = −2 (mod Nn ), p = (mod Nn ) Khi N số nguyên tố Nn | v Nn +1 (2, −2) Chứng minh Vì δ = p2 − 4q ≡ 12 (mod Nn ), ta có (δ/Nn ) = (q/Nn ) = −1 Đặt S0 = 4, Sj+1 = Sj2 − 2, v2j (2, −2) = 22 j−1 Sj−1 Cho nên Nn | v Nn +1 (2, −2) ⇔ Nn | Sn−2 Do đó, Nn số Mersenne (Nn có dạng 2n − 1) Nn số nguyên tố Nn | Sn−2 Ví dụ 4.1.6 Các giá trị dãy {Si } 4, 14, 194, 37634, 1416317954, Xét số Mersenne N3 = Phép kiểm tra Lucas-Lehmer áp dụng sau: S1 = 14, N3 = | S1 = 14 Do N3 số nguyên tố 36 Việc tính Sn−2 = Sn−3 − khó khăn n lớn Trong thực tế, ta dùng công thức đệ quy sau: sn ≡ s2n−1 − (mod Np ) với s0 = Lặp p − lần, sp−2 ≡ (mod Np ) Np số nguyên tố Ví dụ 4.1.7 Xét số Mersenne N7 = 127 Kiểm tra − = lần sau: s1 := ((4 × 4) − 2) mod 127 = 14 s2 := ((14 × 14) − 2) mod 127 = 67 s3 := ((67 × 67) − 2) mod 127 = 42 s4 := ((42 × 42) − 2) mod 127 = 111 s5 := ((111 × 111) − 2) mod 127 = Giá trị cuối s5 = nên ta kết luận N7 số nguyên tố Ví dụ 4.1.8 Xét số Mersenne N11 = 2047 = 23 ∗ 89 không số nguyên tố Các bước áp dụng phép kiểm tra Lucas-Lehmer sau: Kiểm tra 11 − = lần s := ((4 × 4) − 2) mod 2047 = 14 s := ((14 × 14) − 2) mod 2047 = 194 s := ((194 × 194) − 2) mod 2047 = 788 s := ((788 × 788) − 2) mod 2047 = 701 s := ((701 × 701) − 2) mod 2047 = 119 s := ((119 × 119) − 2) mod 2047 = 1877 s := ((1877 × 1877) − 2) mod 2047 = 240 s := ((240 × 240) − 2) mod 2047 = 282 s := ((282 × 282) − 2) mod 2047 = 1736 Vì giá trị s cuối khác 0, ta kết luận N11 = 2047 không số nguyên tố Số nguyên tố lớn mà tính tay M127 = 2127 − 1, tìm Lucas vào năm 1876 sử dụng kết tương tự hệ Điều đáng ý M127 số có tơi 39 chữ số Số ngun tố lớn tìm máy tính số Mersenne tìm thơng qua phép kiểm định Lucas-Lehmer 37 4.2 Phép kiểm tra tính nguyên tố Roettger Trong mục trước, chúng tơi trình bày ứng dụng dãy Lucas để kiểm tra số Mersenne có dạng N = A2n −1, n ≥ 3, < A < 2n , A Ở đây, chúng tơi trình bày cách sử dụng tính chất {Un } {Wn } để tìm số phương pháp kiểm định tính nguyên tố Ta bắt đầu kết đơn giản liên quan đến số nguyên có dạng A3n + η η = Định lý 4.2.1 ([1]) Đặt N = A3n + η, | A, n ≥ 2, A, η ∈ {1, −1} A < 3n Nếu N | UN −η /U(N −η)/3 N số nguyên tố Chứng minh Gọi p ước nguyên tố N đặt m = (N − η)/3 Ta lưu ý p = 2, theo (1.20) 4U3m /Um = 3Wm2 + ∆Um Vì p | U3m , tồn số hạng phân bố r p {Un } cho r | 3m Nếu p | Um p | Wm , theo Định lý 3.2.8 p | Em p ≡ (Γ/p) (mod 3n ) Nếu p Um , r m r | 3m tức 3n | r Giả sử p dR Nếu p S-nguyên tố Q-nguyên tố, theo [3, Hệ 9.5, Định lý 9.7] ta phải có r | p − ε, ε = (∆/p); p ≡ (∆/p) (mod 3n ) Nếu p I-nguyên tố, r | p2 + εp + theo Định lý 9.9 [3] Vì | r, điều Nếu p | dR, r = 3, p ước p ± Vì | r, r = p N − η, ta khơng thể có r = p Do đó, tất trường hợp có thể, ta thấy p ≡ ±1 (mod 3n ) p lẻ, ta có p ≥ · 3n − Vì (2 · 3n − 1)2 > N, N số nguyên tố Ta ý N thỏa mãn điều kiện dòng Định lý 4.2.1 N | E(N −η)/3 , N số nguyên tố Ta chọn tham số S1 , S2 để làm cho Định lý 4.2.1 điều kiện cần đủ cho tính nguyên tố N, nhiên cách kiểm tra hiệu cách dựa vào dãy Lucas Trong Mục tài liệu [3] có trình bày số cách kiểm tra tính ngun tố, để sử dụng chúng đòi hỏi ta phải biết phép nhân tử hóa đầy đủ N + N + hay N − N + 38 Tất nhiên, hoàn cảnh khó, có phép nhân tử hóa phần N ± N + Tiếp theo chúng tơi trình bày cách kiểm tra tính nguyên tố N trường hợp Trước tiên ta cần bổ đề đơn giản sau Bổ đề 4.2.2 ([1]) Nếu p q số nguyên tố phân biệt, p > p | Dqn p | Uqn /Un , q λ+1 | ω, ω hạng phân bố p {Dn } q λ n Chứng minh Giả sử p | Dn Nếu p | Uqn /Un , theo Định lý 2.1.12, ta có p | 2q , điều khơng thể Do p Dn Vì p | Dqn ({Dn } dãy chia được), ta có ω | qn ω n, điều có nghĩa q λ+1 | ω Ta cần tới kỹ thuật bổ đề Bổ đề 4.2.3 Nếu x ≥ (x2 + x + 1)2 < 2(x4 − x2 + 1) Định lý 4.2.4 ([1]) Cho N số nguyên dương thỏa mãn gcd(N, 6) = đặt η = −1 Đặt T = N + ηN + giả sử T | T, T UT gcd T , với số nguyên tố phân = T > 2T Nếu N | DT N | T UT q biệt q cho q | T , N số nguyên tố Chứng minh Cho p số nguyên tố N q ước nguyên tố T ; p ≥ theo Bổ đề 4.2.2 ta có q λ | ω(p), ω(p) hạng T phân bố p {Dn } q λ T Vì gcd T , = 1, ta có q λ T ; T T | ω(p) Ký hiệu ω hạng phân bố T {Dn } Ta có ω | T ω/q T ; q λ | ω, q λ T T | ω Nếu N có phân tích thừa số ngun tố j pαi i N= i=1 ta có ω = lcm(ω(pαi i ) : i = 1, 2, , j) Vì ω(pαi i ) = pvi i ω(pi ), ta có vi = pi T Ta thu j ω = lcm(ω(pi ) : i = 1, 2, j) | T i=1 ω(pi ) T 39 Nếu đặt T = kω, ta có j T ≤ kT i=1 ω(pi ) ≤ kT T j p2i + pi + T i=1 Ngồi ra, j T = N + ηN + > i=1 ta có j kT i=1 p2i + pi + T j p2i + pi + p2i + pi + >2 T T i=1 kT 2j > 2(T )j Do k> T j−1 ≥ T (khi j ≥ 2) T kω T T = , ta có k ≤ < , mâu thuẫn, suy j = N = pα T T T v Vì ω(N ) = p ω(p) gcd(p, ω(N )) = 1, ta có ω(pα ) = ω(p) Do Nhưng ω(N ) = ω(p) ≤ p2 + p + Bây T | ω(p) nghĩa ω(p) ≥ T p2 + p + ≥ T Vì T > 2T, ta có với α ≥ (p2 + p + 1)2 > 2(p2α + ηpα + 1) ≥ 2(p2α − pα + 1) ≥ 2(p4 − p2 + 1) điều khơng thể theo Bổ đề 4.2.3 Do ta có N = p Nhiều cách kiểm tra tính ngun tố khác phát triển cách sử dụng ý tưởng [2, Chương 7], cách bên đủ để minh họa cho kết mà có thiết lập 40 Kết luận Việc nghiên cứu đề tài giúp học viên bước đầu làm quen với phương pháp nghiên cứu khoa học nói chung số phương pháp nghiên cứu tốn số học nói riêng Nội dung luận văn trình bày có hệ thống khái niệm tính chất dãy Roettger ({cn } {wn }) dãy số liên quan ({Un } {Wn }), từ trình bày định nghĩa tính chất số học hai dãy {Dn } {En } với số ứng dụng tốn kiểm tra tính ngun tố Các kết trình bày luận văn kết nghiên cứu gần 41 Tài liệu tham khảo [1] Roettger E L (2015), “Some Arithmetic Properties of Certain Sequences”, Journal of Integer Sequence, vol 18 Article 15.6.2 [2] Roettger E L (2009), A Cubic Extension of the Lucas Functions, PhD thesis, University of Calgary [3] Roettger E L., Williams H C., and GuyR K (2013), “Some extensions of the Lucas functions”, In Number Theory and Related Fields, Springer, pp 279-319 [4] Williams H C (1998), Edouard Lucas and Primality Testing, WileyInterscience, 1998 ...ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THỊ KIM NGÂN MỘT VÀI TÍNH CHẤT SỐ HỌC CỦA CÁC DÃY SỐ ĐƯỢC XÂY DỰNG TỪ CÁC DÃY SỐ CỦA ROETTGER LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành:... Lucas, Roettger Chương 2: Dãy {Dn } Trình bày định nghĩa dãy {Dn }, tính chất số học dãy {Dn } Chương 3: Dãy {En } Trình bày định nghĩa dãy {En } tính chất dãy Chương 4: Một số toán sơ cấp ứng dụng... 2016 Học viên Nguyễn Thị Kim Ngân Chương Các dãy Roettger kết liên quan Trong Chương 1, xin đưa khái niệm dãy Lucas, dãy Roettger, vài tính chất bản, cơng thức tính số kết liên quan dãy Roettger