Dãy hồi quy bậc hai

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN NGỌC ÁNH DÃY HỒI QUY BẬC HAI LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2016 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN NGỌC ÁNH DÃY HỒI QUY BẬC HAI LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS NGUYỄN DUY TÂN Thái Nguyên - 2016 i Mục lục Lời mở đầu 1 Kiến thức chuẩn bị 1.1 Đa thức chia đường tròn 1.1.1 Căn đơn vị 3 1.1.2 Đa thức chia đường tròn Sơ lược số nguyên đại số 1.2 Dãy hồi quy bậc hai 10 2.1 Định nghĩa 10 2.2 Một số ví dụ dãy hồi quy bậc hai 2.2.1 Dãy Fibonacci 12 12 2.2.2 Dãy Mersenne Dãy Lucas 12 13 2.3.1 2.3.2 Định nghĩa ví dụ Ước nguyên tố số hạng dãy Lucas 13 13 Định lý ước nguyên thủy 3.1 Định lý Carmichael 20 20 2.3 3.1.1 3.1.2 3.2 3.3 Một điều kiện đủ tồn ước nguyên thủy Chứng minh Định lý Carmichael 21 25 Định lý Zsigmondy Một số tập ứng dụng 29 32 Kết luận 37 Tài liệu tham khảo 38 Lời mở đầu Dãy Lucas thực dãy định nghĩa theo công thức truy hồi sau u0 = 0, u1 = 1, , un+2 = a1 un+1 + a2 un , a1 a2 = 0; a1 a2 số nguyên nguyên tố thỏa mãn α n − α2n , ∀n ≥ a21 −4a2 > Một cách tương đương, ta định nghĩa un = α1 − α2 0, với α1 , α2 nghiệm thực phân biệt đa thức đặc trưng f (X) = X − a1 X − a2 Một ví dụ quan trọng dãy Lucas thực dãy Fibonacci (Fn )n≥0 : F0 = 0, F1 = 1, Fn+2 = Fn+1 + Fn , ∀n ≥ Cho (un ) dãy Lucas thực Dễ thấy un nguyên với n Một câu hỏi nói ước nguyên tố số hạng un Định nghĩa Một số nguyên tố p gọi ước nguyên thủy số hạng un p chia hết un p không chia hết um với < m < n Một định lý quan trọng Carmichael [1] nói rằng, trừ vài trường hợp riêng, số hạng dãy Lucas có ước nguyên thủy Định lý Carmichael Cho (un )n≥0 dãy Lucas thực n = 1, 2, Khi un có ước nguyên thủy trừ trường hợp un = F12 , số hạng thứ 12 dãy Fibonacci Mục đích luận văn trình bày Định lý Carmichael tồn ước nguyên thủy dãy Lucas thực Cụ thể, luận văn chia làm ba chương Chương trình bày kiến thức chuẩn bị đa thức chia đường tròn số nguyên đại số Chương 2 trình bày dãy hồi quy bậc hai, ví dụ dãy hồi quy bậc hai dãy Lucas Trong chương trình bày ước số nguyên tố số hạng dãy Lucas Chương trình bày phát biểu chứng minh Định lý Carmichael tồn ước nguyên thủy dãy Lucas thực, Định lý Zsigmondy liên quan Ở cuối chương đưa số tập ứng dụng toán sơ cấp Sau thời gian nỗ lực nghiên cứu hồn thành luận văn tốt nghiệp Trong suốt q trình học tập nghiên cứu, tơi nhận quan tâm, khích lệ tất thầy cơ, bạn bè, đồng nghiệp gia đình Trước tiên, xin gửi lời cảm ơn chân thành sâu sắc đến thầy tôi- TS Nguyễn Duy Tân Thầy tận tình dìu dắt tơi từ bước bắt đầu thực luận văn Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới thầy cô trường Đại học Khoa học-Đại học Thái Ngun ln tận tình giúp đỡ, theo sát tơi suốt q trình học tập thực luận văn Tôi xin gửi lời cảm ơn tới đồng nghiệp tổ Toán-Tin trường THPT Lý Thường Kiệt-tỉnh Yên Bái tạo điều kiện tốt giúp tơi hồn thành khóa học Cuối cùng, tơi xin gửi lời cảm ơn tới bạn bè, gia đình ln bên hỗ trợ, cổ vũ động viên tơi suốt q trình học tập nghiên cứu Tác giả Nguyễn Ngọc Ánh Chương Kiến thức chuẩn bị Trong chương chúng tơi trình bày số kiến thức chuẩn bị đa thức chia ng trũn, cụng thc nghch o Măobius v s lược số nguyên đại số Tài liệu thàm khảo sử dụng [2] 1.1 1.1.1 Đa thức chia đường tròn Căn đơn vị Định nghĩa 1.1.1 Cho n số nguyên dương Một số phức ζ gọi bậc n đơn vị ζ n = Ta biết có n bậc n đơn vị, số e2πi/n , e 2πi n , , e 2πi n n Định nghĩa 1.1.2 Cho n số nguyên dương ζ bậc n đơn vị Khi số nguyên dương nhỏ k thỏa mãn ζ k = gọi bậc ζ kí hiệu ord(ζ ) Bổ đề 1.1.3 Cho n số nguyên dương ζ bậc n đơn vị Khi với số nguyên k, ζ k = ord(ζ )|k Nói riêng, ord(ζ )|n Chứng minh Gọi d = ord(ζ ) Nếu d | k, rõ ràng ζ k =1 Mặt khác giả sử ζ k =1 Khi tồn hai số nguyên q, r với ≤ r ≤ d − cho k = dq + r Ta có = ζ k = ζ qd+r = ζ r Nhưng ≤ r < d d số nguyên dương nhỏ thỏa mãn ζ d = 1, r = Hệ 1.1.4 Cho ζ đơn vị Khi với hai số nguyên k l bất kỳ, ζ k = ζ l k ≡ l mod ord(ζ ) Nói riêng, ≤ k, l ≤ ord(ζ ), ζ k = ζ l k = l Chứng minh Chú ý ζ k = ζ l ζ k−l = Hệ suy từ Bổ đề 1.1.3 Định nghĩa 1.1.5 Cho n số nguyên dương ζ bậc n đơn vị Khi ζ gọi nguyên thủy bậc n đơn vị ord(ζ ) = n Bổ đề 1.1.6 Giả sử ζ nguyên thủy bậc n đơn vị Khi tập ζ , ζ , , ζ n tập tất bậc n đơn vị Chứng minh Với số nguyên k, ζ k bậc n đơn vị ζ kn = Theo định nghĩa nguyên thủy bậc n đơn vị, số ζ , , ζ n phân biệt Nhưng tồn n bậc n đơn vị, nên ta có điều phải chứng minh Bổ đề 1.1.7 Cho n, k số nguyên dương ζ nguyên thủy bậc n đơn vị Khi ζ k nguyên thủy bậc n đơn vị gcd(k, n) = Chứng minh Gọi d = ord(ζ k ) Ta có (ζ k )n = (ζ n )k = Do d | n Mặt khác ta có ζ kd = Từ Bổ đề 1.1.3, suy n | kd Nếu gcd(k, n) = 1, n | d Kết hợp với d | n, ta suy d = n Do ζ k nguyên thủy n k Nếu gcd(k, n) = r > (ζ k ) r = (ζ n ) r = Suy d | n/r Do d ≤ n/r < r ζ k không nguyên thủy bậc n Định nghĩa 1.1.8 Hàm Euler ϕ : N → N định nghĩa sau Với n ≥ 1, ϕ(n) số số k, ≤ k ≤ n, mà k nguyên tố với n Chẳng hạn, ϕ(1) = 1, ϕ(2)=1, ϕ(3)=2, ϕ(4)=2 Ta có hệ sau Hệ 1.1.9 Cho n số nguyên dương Khi có ϕ(n) nguyên thủy bậc n đơn vị 1.1.2 Đa thức chia đường tròn Định nghĩa 1.1.10 Cho n số ngun dương Thì đa thức chia đường trịn thứ n, ký hiệu Φn , đa thức (hệ số đầu 1) mà nghiệm nguyên thủy bậc n, tức Φn (X) ≡ ∏ n (X − ζ ) ζ =1 ord(ζ )=n Vì có ϕ(n) ngun thủy bậc n đơn vị, nên bậc Φn ϕ(n) Định lý 1.1.11 Nếu n số nguyên dương, X n − ≡ ∏ Φd (X) d|n Chứng minh Các nghiệm X n − bậc n đơn vị Mặt khác, ζ bậc n đơn vị d = ord(ζ ), ζ nguyên thủy bậc d đơn vị nghiệm Φd (X) Vì d | n, nên ζ nghiệm vế phải Do ta thấy hai đa thức bên vế trái vế phải có tập nghiệm Vì chúng monic (đa thức hệ số đầu 1), nên chúng Chú ý rằng, việc so sánh bậc đa thức cho ta n = ∑ ϕ(n) d|n Ta có cơng thức truy hồi tính Φn sau Φn (X) = Xn − ∏ Φd (X) d|n d=n Do Φn (X) có hệ số hữu tỷ Hơn đa thức Φd (X) monic, nên ta chứng minh Φn (X) ∈ Z[X] (Nếu dùng khái niệm số nguyên đại số mục sau, ta chứng minh khẳng định sau Rõ ràng ζ k số nguyên đại số, hệ số Φn (X) số nguyên đại số Mặt khác, chúng số hữu tỷ, chúng phải số nguyên.) Dưới số giá trị Φn (X) Φ1 (X) = X − 1, Φ2 (X) = X + 1, Φ3 (X) = X + X + 1, Φ4 (X) = X + 1, Φ5 (X) = X + X + X + X + 1, Φ6 (X) = X − X + Dựng cụng thc nghch o Măobius ta cú th a cơng thức trực tiếp tính Φn Ta nhắc li hm Măobius v cụng thc nghch o Măobius di õy nh ngha 1.1.12 Hm Măobius : Z+ → {−1, 0, 1} định nghĩa sau    n =   µ(n) = (−1)k n tích k số nguyên tố phân biệt    0 trường hợp cịn lại Dễ thấy µ nhân tính, tức là, µ(mn) = µ(m)µ(n) m n nguyên tố Định lý 1.1.13 Nếu n số ngun dương, ∑ µ(d) = d|n n = n ≥ Chứng minh Điều hiển nhiên với n = Giả sử n ≥ Gọi T tích tất số nguyên chia hết n, tức T= ∏ p p nguyên tố,p|n Với ước d n mà khơng chia hết T d khơng tích số nguyên tố phân biệt (nó chứa nhân tử bình phương), µ(d) = Do đó, ta có ∑ µ(d) = ∑ µ(d) d|T d|n Lấy p số nguyên tố chia hết T Thì ∑ = ∑T µ(d) + µ(pd) = ∑T µ(d) − µ(d) = d|T d| p d| p Định lý 1.1.14 (Công thức nghịch o Măobius) Gi s rng F v f : Z+ → R hàm cho F (n) = ∑ f (d) d|n Khi n f (n) = ∑ µ (d) F( ) d d|n Chứng minh Ta có n ∑ µ (d) F( d ) = ∑ µ (d) ∑n f (t) d|n d|n t| d Mỗi ước t n/d ước n Do ta có ∑ µ (d) ∑n f (t) = ∑ f (t) ∑ µ(d) = ∑ f (t) ∑n µ(d) d|n d|n t| dn t|n t| d t|n d| t Từ Định lý 1.1.13 , ta có  1 ∑n µ(d) =  d| t t = n trường hợp lại Do ∑ f (t) ∑n µ(d) = f (n) t|n d| t Ta có phiên nhân tính Định lý 1.1.14 24 Chứng minh Cố định n > Ta có Qn = Qn (α, β ) = ∏ (α − ζ r β )(α − ζ −r β ) (r,n)=1;0 Vì L2 ≥ 4M + 1, nên ta có L2 − Mθr ≥ 4M + − Mθr = − 2θr + (M − 2)(4 − θr ) ≥ − 2θr , với dấu xảy trường hợp M = 2, L = Chú ý + θr − 2θr dương Khẳng định bổ đề suy từ Bổ đề 3.1.9 25 3.1.2 Chứng minh Định lý Carmichael Trong mục ta đưa chứng minh Định lý Carmichael cho dãy Lucas thực tùy ý việc kiểm tra định lý cho trường hợp riêng: cho dãy Fibonacci dãy Mersenne Sau ta chứng minh Định lý Carmichael cho dãy Fibonacci dãy Mersenne, kết thúc chứng minh Định lý Carmichael Bổ đề 3.1.11 Nếu N > a số thực mà |a| < , Φn (a) ≥ − |a| − |a|2 Chứng minh Theo công thức nghch o Măobius, ta cú n (X) = (X d − 1)µ(n/d) d|n = ∏(X n/d − 1)µ(d) d|n = ∏(1 − X n/d )µ(d) d|n Ở đẳng thức cuối suy từ việc n có số chẵn ước d mà µ(d) = (Nếu l số ước nguyên tố n, n có 2l ước số tự do-bình phương.) Do vậy, ta có n Φn (a) = ∏(1 − a d )µ(d) d|n n n Khẳng định 1: (1 − a d )µ(d) ≥ − |a| d Chứng minh Khẳng định Khi µ(d) = 1, Khẳng định hiển nhiên Giả sử µ(d) = −1 Nếu a ≥ ≥ (1 − |a|n/d )2 = (1 − |a|n/d )(1 − an/d ), từ suy Khẳng định Nếu a < n/d lẻ, ≥ − (|a|n/d )2 = (1 − |a|n/d )(1 + |a|n/d ) = (1 − |a|n/d )(1 − an/d ), từ suy Khẳng định Nếu a < n/d chẵn, ≥ (1 − |a|n/d )2 = (1 − |a|n/d )(1 − an/d ), từ suy Khẳng định 26 Từ kết trên, ta suy n/d Φn (a) ≥ ∏(1 − |a| ∞ ) ≥ ∏(1 − |a|i ) d|n i=1 N Khẳng định 2: Nếu < x < 1/2 ∏ (1 − xi ) ≥ − x2 − x3 − · · · − xN , với i=2 N ≥ Chứng minh Khẳng định Ta chứng minh quy nạp theo N = Trường hợp N = hiển nhiên Giả sử Khẳng định với N ≥ Ta có (1 − x2 ) · · · (1 − xN )(1 − xN+1 ) ≥ (1 − x2 − · · · − xN )(1 − xN+1 ) = − x2 − · · · − xN − xN+1 + (x2 + · · · + xN )(xN+1 ) ≥ − x2 − · · · − xN − xN+1 Khẳng định chứng minh Do vậy, Khẳng định suy ∞ Φn (a) ≥ (1 − |a|) ∏(1 − |a|i ) i=2 ≥ (1 − |a|)(1 − |a|2 − |a|3 − · · · ) = (1 − |a|)(1 − |a|2 ) − |a|2 = − |a| − |a|2 Định lý 3.1.12 Nếu n = 1, 2, 3, 5, 6, 12 Qn > p1 p2 pl dãy Fibonacci Chứng minh Nghiệm đa thức đặc trưng z2 − z − dãy Fibonacci √ √ √ α = (1 + 5)/2 β = (1 − 5)/2 Vì |β /α| = (3 − 5)/2 < 1/2, nên theo Bổ đề 3.1.11 ta có √ β β β Φn ( ) ≥ − | | − | |2 = − > 2/5 α α α 27 Hơn nữa, α > 3/2, nên ta có β Qn (α, β ) = α φ (n) Φn ( ) > ( )( )φ (n) α Như ta cần ( )( )φ (n) > p1 p2 pl (*) e1 Khẳng định: Nếu ( 25 )( 32 )φ (p1 ) > 2p1 (**) (*) Chứng minh Khẳng định Giả sử ta có (**) Vì φ (n) = φ (pe11 )φ (n/pe11 ) φ (n/pe11 ) ≥ (p2 − 1) · · · (pl − 1), nên ta có e1 3 ( )( )φ (n) ≥ ( )( )φ (p1 ) 5 (p2 −1)···(pl −1) > (2p1 )(p2 −1)(p3 −1)···(pl −1) Nhận xét tích hữu hạn số nguyên dương lớn tổng chúng trừ trường hợp dạng 1a˙ < + a Ta giả sử l > pk = với k > Khi (2p1 )(p2 −1)(p3 −1)···(pl −1) ≥ (2p1 )(p2 −1)+(p3 −1)+···+(pl −1) > p1 p2 · · · pl , p1 ≥ p−1 ≥ p vỏi p Bây ta giả sử l = p2 Khi hiển nhiên (2p1 ) p2 −1 = 2p1 = p1 p2 Ta xét trường hợp cuối l = p2 = p3 = Không tổng quát ta giả sử p3 = Khi p1 , p2 ≥ Ta có (2p1 )(p2 −1)(p3 −1)···(pl −1) = (2p1 ) p2 −1 = (p1 p3 ) p2 −1 > p1 p2 p3 Ở ta sử dụng bất đẳng thức xm−1 > mx với x ≥ m ≥ Khẳng định hoàn toàn chứng minh Giả sử n có ước nguyên tố lớn Khơng tổng qt, ta giả sử p1 > Khi đó, cách khảo sát hàm số, ta chứng mính 28 (2/5)(3/2)x−1 − 2x > với x > Do (2/5)(3/2)φ (p1 ) > 2p1 Điều kéo theo (*) dúng với n chia hết cho ước nguyên tố lớn Tiếp theo, nhận xét (**) với pe11 = 24 , 33 , 52 72 Do vậy, (**) với lũy thừa cao số nguyên tố Như ta kiểm tra Qn > p1 p2 pl với n có dạng n = 2a 3b 5c 7d , với ≤ a ≤ 3, ≤ b ≤ ≤ c, d ≤ Ta kiểm tra (*) với n = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 10, 12, 14, 15, 18, 30 Nhưng Q2 = 1, Q3 = 2, Q4 = 3, Q5 = 5, Q6 = 4, Q7 = 13, Q10 = 11, Q12 = 6, Q14 = 29, Q15 = 61, Q18 = 19, Q30 = 31 Kiểm tra trực tiếp Qn > p1 pl trừ trường hợp n = 1, 2, 3, 5, 6, 12 Định lý 3.1.13 Nếu n = 1, 2, 6, Qn > p1 p2 pl dãy Mersenne Chứng minh Nghiệm đa thức đặc trưng z2 − 3z + dãy Mersenne α = 2, β = Theo Bổ đề 3.1.11, ta có β β β Φn ( ) ≥ − | | − | |2 = α α α Do đó, β Qn = Qn (α, β ) = α φ (n) Φn ( ) ≥ α φ (n) Bằng quy nạp, ta chứng minh h(x) = (1/4)2x −(2/5)(3/2)x > với x ≥ nguyên Do vậy, với n > ta có Qn ≥ (1/4)2φ (n) > (2/5)(3/2)φ (n) Như chứng minh Định lý 3.1.11, ta thấy (2/5)(3/2)φ (n) > p1 p2 pl với n = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 10, 12, 14, 15, 18, 30 Hơn (1/4)2φ (n) > 29 p1 p2 pl với n = 7, 14, 15, 18, 30 Các trường hợp lại Q1 = 1, Q2 = 3, Q3 = 7, Q4 = 5, Q5 = 31, Q6 = 3, Q10 = 11, Q12 = 13 Kiểm tra trực tiếp, ta thấy Qn > p1 p2 pl với n = 3, 4, 5, 10, 12 Chứng minh Định lý Carmichael Theo hai định lý trước, Qn > p1 p2 pl cho hai dãy Fibonacci dãy Merseenne n = 1, 2, 3, 5, 6, 12 Bổ đề 3.1.8 3.1.10 suy Dn có ước nguyên thủy n = 1, 2, 3, 5, 6, 12 Xét n = Khi ta khẳng định Q3 > trừ L = 1, M = −1 L = 1, M = −2 Thật vậy, ta có M < L2 /4 Do Q3 = α + αβ + β = (α + β )2 − αβ = L2 − M > L2 − L2 /4 = (3/4)L2 Khi L > Q3 > (3/4)L2 ≥ Bây xét L = 1, 1/4 = L2 /4 > M Q3 nhỏ M = −1, trường hợp Q3 = Vẫn giữ nguyên L = 1, giảm M từ -1 xuống M = −2, ta có Q3 = Khẳng định hoàn toàn chứng minh Như vậy, hai trường hợp L = 1, M = −1 L = 1, M = −2 D3 có ước nguyên thủy theo Bổ đề 3.1.10 Hơn nữa, ta kiểm tra trực tiếp D3 có ước nguyên thủy hai trường hợp riêng Xét n = Khi Q5 = cho dãy Fibonacci Q5 = 31 > cho dãy Mersenne Do Q5 > cho dãy Lucas trừ trường hợp dãy Lucas Fibonacci (theo Bổ đề 3.1.10) Do D5 có ước nguyên thủy dãy Lucas khác dãy Fibonacci (theo Bổ đề 3.1.8) Kiểm tra trực tiếp F5 có ước nguyên thủy Xét n = 12 Khi Q12 = cho dãy Fibonacci Q12 = 31 cho dãy Mersenne Do Q12 > cho dãy Lucas trừ trường hợp dãy Lucas Fibonacci (theo Bổ đề 3.1.10) Do D12 có ước nguyên thủy dãy Lucas khác dãy Fibonacci (theo Bổ đề 3.1.8) 3.2 Định lý Zsigmondy Định lý 3.2.1 Cho a, b ∈ N với gcd(a, b) = 1, số tự nhiên n ≥ Khi ln tồn ước ngun tố an − bn mà không chia hết ak − bk với 30 k = 1, 2, , n − 1, trừ hai trường sau (i) n = 6, a = b = 1; (ii) n = a + b lũy thừa Chúng ta chứng minh Định lý dựa vào Định lý Carmichael (Xem [4] cho chứng minh trực tiếp, dùng đa thức chia đường tròn.) Với a, b Định lý Zsigmondy Ta đặt En = an − bn ; a Rn = bϕ(n) Φn ( ) b Khi ta có bổ đề sau Bổ đề 3.2.2 Với n ≥ 1, ta có En = ∏d|n Rd Rn ∈ Z Số nguyên tố p ước nguyên thủy En ước nguyên thủy Rn Chứng minh (i) Ta có a n −1 En = an − bn = bn b a a = bn ∏ Φd ( ) = ∏ bϕ(d) Φd ( ) = ∏ Rd , b b d|n d|n d|n (theo Định lý 1.1.16) (ii) Khẳng định hiển nhiên (iii) Chứng minh Bổ đề 3.1.3 (iii) Chứng minh Định lý Zsigmondy Đầu tiên ta giả sử n = 2, Khi theo Định lý Carmichael, Qn có ước nguyên thủy Nhưng rõ ràng Qn = Rn n ≥ Do Rn có ước nguyên thủy Do theo Bổ đề En có ước nguyên thủy 31 Bây ta giả sử n = (a, b) = (2, 1) Ta có R1 = a − b, R2 = a + b, R3 = a2 + ab + b2 , R4 = a2 + b2 , R5 = a4 + a3 b + a2 b2 + ab3 + b4 , R6 = a2 − ab + b2 Vì gcd(a, b) = nên R6 số lẻ Ta R6 khơng lũy thừa Giả sử ngược lại R6 = 3r , với r ≥ Vì (a, b) = (2, 1) nên R6 = a(a − b) + b2 > Do r ≥ Ta có · 3r = (2a − b)2 + 3b2 Suy | (2a − b) Từ suy | 3b2 Do | b | a Điều mâu thuẫn với gcd(a, b) = Như R6 có ước nguyên tố p = 2, Ta chứng minh p ước nguyên thủy R6 , p ước nguyên thủy E6 Giả sử p | R1 = a − b Khi p | b2 = R6 − a(a − b) Suy p | b p | a, mâu thuẫn Giả sử p | R2 = a + b Khi p | 3b2 = (a + b)2 − R6 Suy p | b (vì p = 3) p mod a, mâu thuẫn Giả sử p | R3 = a2 + ab + b2 Khi p | 2ab = R3 − R6 Suy p | ab, p = Từ p | a p | b, mâu thuẫn Giả sử p | R4 = a2 + b2 Suy p | ab = R4 − R6 Suy p | a p | b, mâu thuẫn Giả sử p | R5 = a4 + a3 b + a2 b2 + ab3 + b4 Chú ý R5 = (a4 + a2 b2 + b4 ) + (a3 b − a2 b2 + ab3 ) + a2 b2 = (a2 − ab + b2 )(a2 + ab + b2 ) + ab(a2 − ab + b2 ) + a2 b2 Suy p | a2 b2 Do p | a and p | b, mâu thuẫn Bây ta xét trường hợp cuối cùng: n = a + b không lũy thừa 32 Khi R2 = a + b có ước nguyên tố p lẻ Khi p khơng ước R1 = a − b Vì ngược lại p | b p | a, mâu thuẫn Như p ước nguyên thủy R2 , ước nguyên thủy E2 , ta kết thúc chứng minh Một hệ Định lý Zsigmondy Định lý sau (Định lý Zsigmondy cho tổng) Định lý 3.2.3 Cho a, b ∈ N với gcd(a, b) = 1, số tự nhiên n ≥ Khi ln tồn ước nguyên tố an + bn mà không chia hết ak + bk với k = 1, 2, , n − 1, trừ trường hợp 23 + 13 Chứng minh Ta xét trường hợp (n, a, b) = (3, 2, 1) n ≥ Khi đó, theo định lý Zsigmondy, a2n − b2n có ước nguyên thủy p Do p ước nguyên thủy nên p an − bn Do p | an + bn Ta có p ak + bk với k = 1, , n − Vì giả sử ngược lại p | ak + bk với ≤ k ≤ n − đó, p | a2k − b2k , mâu thuẫn Do p ước nguyên thủy an + bn 3.3 Một số tập ứng dụng Trong mục chúng tơi trình bày số tập ứng dụng kết kỹ thuật đạt phần trước luận văn Các tập thường thi thi học sinh giỏi Bài tập Tìm a, n nguyên dương với a > để ước nguyên tố an − ước nguyên tố a3 2016 − (Bài đề thi chọn đội tuyển Việt Nam tham dự kỳ thi Toán quốc tế IMO 2016.) Giải Gọi d = gcd(n, 32016 ) Hiển nhiên ≤ d ≤ n Mệnh đề 2.3.6 (áp dụng an − cho dãy Lucas { }) suy a−1 (∗) ad − = gcd(an − 1, a3 2016 − 1) Ta thấy d = n n | 32016 Trong trường hợp ad − = an − | 2016 2016 a3 − Do ước nguyên tố an − ước a3 − 33 Ta xét trường hợp d < n Từ giả thiết (*) ta suy ước nguyên tố an − ước ad − Do an − khơng có ước ngun thủy Định lý 3.2.1 (Định lý Zsigmondy) suy n = a + = 2k , với k ≥ Ngược lại n = a = 2k − với k ≥ 2, a2 − = 2k (a − 1) Xét p ước nguyên tố a2 − Khi p = p | a − Nếu 2016 p = hiển nhiên p = ước a3 − a lẻ Nếu p | a − 2016 2016 hiển nhiên p ước a3 − a − chia hết a3 − Tóm lại, tất cặp (a, n) thỏa mãn yêu cầu đề a tùy ý n chia hết 32016 ; a = 2k − với k ≥ n = Bài tập (2012 USA Team Selection Test/4 ) Tìm tất số nguyên dương a, n ≥ cho với ước nguyên tố p an − 1, tồn số nguyên dương m < n cho p | am − Giải Dễ thấy a = 1, n tùy ý a tùy ý, n = thỏa mãn đề Bây ta giả sử a ≥ n ≥ Theo Định lý Zsigmondy, an − có ước nguyên thủy với a, n trừ hai trường hợp (a = 2, n = 6) (a = 2k − n = 2) Giả sử a = n = 6, a6 − = 26 − = 63 Ta liệt kê tất giá trị am − với ≤ m < n = 6, ta dãy: 1, 3, 7, 15, 31 Rõ ràng với p = | 63 p | 22 − Với p = | 63 p | 23 − Do a = 2, n = thỏa mãn đề Bây ta xét trường hợp n = a = 2k − Khi ước nguyên tố p an − = (2k − 1)2 − = 2k (2k − 2) phải ước am − = a − = 2k − Nhưng điều hiển nhiên Đáp số: (a, n) = (1, n), (a, 1), (2, 6) (2k − 1, 2) Bài tập (IMO 1974/3) Chứng minh n ∑ k=0 2n + 3k 2k + không chia hết cho với n ≥ Giải Ta chứng minh tổng đề số hạng thứ 2n + dãy Lucas thực thích hợp 34 Ta có n ∑ k=0 2n + 3k n 2n + √ 2k+1 =√ ∑ 2k + k=0 2k + √ √ = √ (1 + 8)2n+1 − (1 − 8)2n+1 √ √ Chú ý + − nghiệm đa thức z2 − 2z − Do ta định nghĩa dãy Lucas {un } bới u0 = 0, u1 = un+2 = 2un+1 + 7un , ta có n u2n+1 = ∑ k=0 2n + 3k 2k + Số dư số hạng dãy Lucas chia cho sau 0, 1, 2, 1, 1, 4, 0, 3, 1, 3, 3, 2, 0, 4, 3, 4, 4, 1, 0, 2, 4, 2, 2, 3, 0, 1, Vì khơng có số hạng vị trí lẻ 0, ta suy điều phải chứng minh Bài tập (IMO Shortlist 2006) Tìm tất nghiệm nguyên phương trình x7 − = y5 − x−1 xn − Giải Xét dãy Lucas {un } xác định un = Xét p ước x−1 nguyên tố u7 Khi theo Định lý 2.3.4, ta có p = p | u p−1 Khi p | ud , với d = gcd(7, p − 1) (theo Mệnh đề 2.3.6) Suy d = | p − p u1 Tức p ≡ 1( mod 7) Như ta chứng minh ước nguyên tố u7 ≡ (mod 7) Do ước u7 đồng dư với modulo Nói riêng y − đồng dư với modulo Do y ≡ y ≡ 2(mod7) Nếu y ≡ 1(mod7) + y + y2 + y3 + y4 ≡ ≡ 0, 1( mod 7), mâu thuẫn Nếu y ≡ 2( mod 7) + y + y2 + y3 + y4 ≡ 31 ≡ 0, 1( mod 7), mâu thuẫn Do vậy, phương trình u7 = y5 − khơng có nghiệm ngun Bài tập (IMO Short List 1997) Cho b, m, n số nguyên dương với b > m = n cho bm − bn − có ước nguyên tố Chứng minh b + lũy thừa 35 Giải Không tổng quát ta giả sử n > m Vì ước nguyên tố bn − ước bm − ≤ m < n Nên bn − khơng có ước ngun thủy Theo Định lý Zsigmondy, b = n = n = b + lũy thừa Ta trường hợp đầu không xảy Thật vậy, giả sử b = n = Ta liệt kê số hạng 2m − 1, với m = 1, 2, , 1, 3, 7, 15, 31 Rõ ràng tập ước nguyên tố số khác với tập ước nguyên tố 26 − = 63 Ta kết thúc chứng minh Bài tập (IMO 1999/4) Xác định tất cặp số không âm (n, p) với p nguyên tố, n < 2p cho pn−1 + chia hết cho n p−1 Giải Nếu n = (p − 1)n + chia hết cho n p−1 với số nguyên tố p Nếu n = (p − 1)n + phải số chẵn (vì chia hết cho n p−1 ) Do p chẵn p = Nếu p = (p − 1)n + = Do n = Bây ta giả sử n ≥ p ≥ Vì (p − 1)n + lẻ, nên n lẻ Ta gọi q ước nguyên tố nhỏ n Khi q lẻ Khi q | n | (p − 1)n + | (p − 1)2n − theo Định lý Fermat nhỏ q | (p − 1)q−1 − Do q | gcd((p − 1)2n − 1, (p − 1)q−1 − 1) = (p − 1)gcd(2n,q−1) − (Đẳng thức cuối suy từ Mệnh đề 2.3.6) Chú ý q − n nguyên tố nhau, q ước nguyên tố nhỏ n Do q | (p−1)2 −1 = p(p − 2) Do q = p q | p − Nếu q | p − 2, ta có ≡ (p − 1)n + ≡ 2( mod q) Suy q = 2, mâu thuẫn Như q = p Vì p = q ≤ n < 2p = 2q, nên n = p Do p p−1 | (p − 1) p + | (p − 1)2p − Chú ý p2 (p − 1)2p − (p − 1)n − Ở ta áp dụng Bổ đề 2.3.8 (1) cho un = với ý p−2 p (p − 1)2 − Do p p−1 | p2 Suy p = 3, n = 36 Như cặp (n, p) thỏa mãn đề (1, p), (2, 2) (3,3) Bài tập (IMO Short List 2000 N4) Xác định tất số dương (a, m, n) cho am + chia hết (a + 1)n Giải Đáp số: (a, m, n) = (1, m, n), (a, 1, n) (2, 3, n) với n ≥ Dễ thấy (1, m, n) (a, 1, n) thõa mãn đề Bây ta giả sử a > m > Đầu tiên ta chứng minh m lẻ Giả sử có ước nguyên tố p lẻ am + Khi p chia hết a + am + chia hết (a + 1)m Do a ≡ −1( mod p), am + ≡ (−1)m + 1( mod p) Do m lẻ Bây ta giả sử am + khơng có ước ngun tố lẻ Khi am + = 2k , với k Vì a, m ≥ 2, nên k ≥ Do am ≡ −1 mod Chú ý bình phương đồng dư với 0,1 mod Do m lẻ n −1 Gọi p ước nguyên tố m Ta xét dãy Lucas {un } với un = aa−1 Khi p lẻ a p +1 | am +1 | (a+1)m (vì m lẻ) Ta gọi q ước nguyên ap + tố Khi p | a p + | am + | (a + 1)m Do q | a + | u2 a + 1p u2p a + a p − q| = · Do vậy, theo Bổ đề 2.3.7, ta có q | (2p/2 = p) u2 a+1 a−1 ap + = pk với k Như q = p a+1 Tiếp theo ta k = Ta có p | a + | u2 Theo Bổ đề 2.3.8 (1), u2p a p + a p − ap + p = · Do k = 1, tức = p Ta chứng u2 a+1 a−1 a+1 minh (ar + 1) > + r a ≥ r ≥ Do đẳng thức (a p + 1)/(a + 1) = p suy p = Khi ta có a2 − a + = 3, a = Như ta chứng minh a = m = 3r với r ≤ đó, r r (23 + 1) chia hết 3n Suy 23 + lũy thừa Chú ý r 29 + = 513 không lũy thừa 29 + | 23 + r ≥ Do r 23 + không lũy thừa r ≥ Như r = m = Cuối cùng, ta cần am + = 23 + = chia hết (a + 1)n = 3n , nên n ≥ 37 Kết luận Luận văn trình bày kết sau Khái niệm dãy hồi quy bậc hai Dãy Lucas ước số nguyên tố số hạng dãy Lucas Phát biểu chứng minh Định lý Carmichael tồn ước nguyên thủy dãy Lucas, Định lý Zsigmondy liên quan Một số toán ứng dụng toán sơ cấp 38 Tài liệu tham khảo [1] Carmichael R D (1913), “On the numerical factors of the arithmetic forms α n ± β n ”, Ann of Math 15, pp 30-70 [2] Ge Y (2008), “Elementary properties of cyclotomic polynomials”, http://www.yimin-ge.com/doc/cyclotomic_polynomials.pdf [3] Luca F (2009),‘‘Chapter II: Binary recurrent sequences”, https://math.darthmout.edu/ m105f12/lucaHungary1.pdf [4] Michels B (2014), “Zigmondy’s theorem”, available at users.ugent.be/ bmichels/files/zsigmondy_en.pdf [5] Stevenson N (2012), “The number of prime divisors Lucas sequence”, Master’s expository paper, Oregon State University, webpages.ursinus.edu/kmcgown/nstevenson.pdf [6] Yabuta M (2001), “A simple proof of Carmichael’s theorem on primitive divisors”, Fibonacci Quart 39, pp 439-443 ... dãy hồi quy bậc hai (un )n≥0 với số hạng tổng quát cho công thức gọi không suy biến c1 c2 α1 α2 = α1 /α2 không bậc hai 2.2 2.2.1 Một số ví dụ dãy hồi quy bậc hai Dãy Fibonacci Dãy Fibonacci dãy. .. b Như b = α = a số nguyên 10 Chương Dãy hồi quy bậc hai Trong chương chúng tơi trình bày số kiến thức dãy hồi quy bậc hai, dãy Lucas số tính chất số học dãy Lucas Tài liệu tham khảo sử dụng... 1.2 Dãy hồi quy bậc hai 10 2.1 Định nghĩa 10 2.2 Một số ví dụ dãy hồi quy bậc hai 2.2.1 Dãy Fibonacci 12 12 2.2.2 Dãy Mersenne