Một số kiến thức bổ trợ cho dãy {En} Nhắc lại, đặt

Nhắc lại, đặt Un = ^λ n−1(1−γ₁ⁿ)(1−γ₂ⁿ)(1−γ₃ⁿ) (1−γ1)(1−γ2)(1−γ3) Vn = λⁿ(1 +γ₁ⁿ)(1 +γ₂ⁿ)(1 +γ₃ⁿ) W_n = V_n−2Rⁿ,

trong đó λ =R, γ2, γ2, γ3 ∈_Q; γ1, γ2, γ3 6= 1; γi 6= γj khi i6= j, γ1γ2γ3 = 1. Định nghĩa 3.1.1. Với Wn và Un xác định như trên, đặt

En = gcd(Wn, Un).

Dãy này có một số tính chất tương tự dãy Lucas {vn}. Ta bắt đầu bằng kết quả tương tự với tính chất gcd(un, vn)| 2 của dãy Lucas.

Chứng minh. Giả sử p là số nguyên tố bất kỳ thỏa mãn p | D_n và p | E_n. Vì p| W_n−6Rn, nên ta có p| 6Rn. Vì gcd(D_n, R) = gcd(E_n, R) và theo Mệnh đề 2.1.3 gcd(Dn, R) | 2, nên p chỉ có thể bằng 2, 3. Thật vậy, ví dụ với p = 5, ta có 5| Dn, và 5| 6Rⁿ ⇒5| Rⁿ ⇒5 | R, lúc này, 5| gcd(Dn, R), vô lý.

Nếu3² | (Dn, En), thì9| Dn ⇒9| 6Rⁿ ⇒3 | Rⁿ ⇒3| R ⇒3| gcd(Dn, R), điều này là không thể. Nếu 2² | (Dn, En), thì 2² | En, α = 2 ∈ {0,/ 1} điều này là không thể theo Định lý 1.2.5. Cho nên (Dn, En)| 6.

Tương tự như 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 W_3n−6R³ⁿ = (W_n −6Rⁿ) W_n²−∆C_n² 4 + ∆W_nC_n². (3.2) Nhắc lại từ Định lý 1.2.5 rằng nếu gcd(Q, R) = 1, thì 2^αkgcd(Wn, Cn) =En ⇒ α = 0 hoặc 1 và nếu α = 1, thì Q^˜_n = ^W 2 n −∆C_n² 4 ^{là số lẻ.}

Bây giờ ta có thể chứng minh (3.1). Do{Un}là dãy chia được, ta cóUn | U3n. Nếu 2 _- En, thì En | Qn^˜ ⇒ En | W3n − 6R³ⁿ theo phương trình (3.2). Nếu 2 | En, thì En/2 là số lẻ và En/2 | Qn.^˜ Vì 2 | Wn, nên 2 | Wn − 6Rⁿ ⇒ En | (Wn − 6Rⁿ) ˜Qn ⇒ En | W3n − 6R³ⁿ theo phương trình (3.2). Do En | Un và U_n |U_3n, ta được E_n |U_3n và E_n | W_3n −6R³ⁿ ⇒ E_n | D_3n.

Tiếp theo chúng tôi trình bày các kết quả liên quan số nguyên tố là ước của En.

Định lý 3.1.4 ([2, tr. 155]). Nếugcd(Q, R) = 1 vàp > 3là ước nguyên tố của En, thì p≡ 1 (mod 3).

Chứng minh. Roettger chứng minh định lý này dựa trên cách mở rộng dãy

Lucas của Williams [4]. Gọi α, β, γ là các nghiệm của đa thức X3 − P X2 + QX −R, trong đó P, Q, R là các số nguyên. Đặt

Bn = αⁿβⁿ +βⁿγⁿ+γⁿαⁿ. Khi đó, dãy Wn =AnBn−3Rⁿ.

Quay trở lại chứng minh định lý, giả sử p | E_n ⇒ p | W_n ⇒ A_nB_n ≡ 3Rⁿ (mod p). Ngoài ra, vì gcd(W_n, U_n, R) = gcd(E_n, R) ⇒ gcd(W_n, U_n, R) | 2, mà p | Wn, p | Un ⇒ p | R. Vì p | gcd(Wn, Un) và W_n²−∆U_n² 4 ^{là số nguyên, ta} có p | ^W 2 n −∆U_n² 4 ^{. Thay W} 2

n bằng (AnBn − 3Rⁿ)² và thay ∆U_n² = A²_nB_n² + 18AnBnRⁿ −4B_n³−4A³_nRⁿ −27R²ⁿ kéo theo

p| 3B_n³+A⁴_nBn−3A²_nB_n² ⇒p | Bn(A⁴_n −3A²_nBn + 3B_n²). Nếu p| B_n thì p | R, mâu thuẫn. Vậy p _-B_n. Do đó,

p |A⁴_n−3A²_nBn + 3B_n² ⇒p| 4A⁴_n −12A²_nBn + 9B_n² ⇒p| (2A²_n−3Bn)²+ 3B_n².

Kéo theo (2A²_n −3Bn)² ≡ −3B2

n (mod p)⇒ ^−3B 2 n p = 1 ⇒ ⁻³ p = 1.

Từ đó, nếu p là một số nguyên tố thỏa mãn p > 3, p ≡ −1 (mod 3) và p| D3n, ta biết rằng p_- En. Tuy nhiên, như chỉ ra trong định lý sau đây rằng nếu p| D3n và p| Un thì p| Dn hoặc p| En.

Định lý 3.1.5 ([2, tr. 156]). Cho p là một số nguyên tố thỏa mãn p > 3. Nếu p| D_3n và p| U_n, thì p| D_n hoặc p| E_n.

Chứng minh. Từ Hệ quả (1.1.14), ta thấy rằng

4(W3n−6R³ⁿ) = 3∆C_n²Wn+ 6∆C_n²Rⁿ +W_n³−6W_n²Rⁿ.

Do đó, nếu p | Un và p | D3n, thì p | W_n²(Wn −6Rⁿ). Nếu p _- En, thì p _- Wn. Khi đó, suy ra p| Wn −6Rⁿ và do đó p| Dn.

Hệ quả 3.1.6 ([2, tr. 156]). Cho p là một số nguyên tố thỏa mãn p > 3 và p≡ −1 (mod 3). Nếu p| D_3n, thì

p| Dn ⇔p | Un.

Chứng minh. Vìp≡ −1 (mod 3), theo Định lý 3.1.4, ta không thể cóp| En. Do đó, nếu p| Un thì p| Dn theo Định lý 3.1.5.