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) Wn = Vn−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 | Dn và p | En. Vì p| Wn−6Rn, nên ta có p| 6Rn. Vì gcd(Dn, R) = gcd(En, 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 W3n−6R3n = (Wn −6Rn) Wn2−∆Cn2 4 + ∆WnCn2. (3.2) Nhắc lại từ Định lý 1.2.5 rằng nếu gcd(Q, R) = 1, thì 2αkgcd(Wn, Cn) =En ⇒ α = 0 hoặc 1 và nếu α = 1, thì Q˜n = W 2 n −∆Cn2 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 Un |U3n, ta được En |U3n và En | W3n −6R3n ⇒ En | D3n.
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 | En ⇒ p | Wn ⇒ AnBn ≡ 3Rn (mod p). Ngoài ra, vì gcd(Wn, Un, R) = gcd(En, R) ⇒ gcd(Wn, Un, R) | 2, mà p | Wn, p | Un ⇒ p | R. Vì p | gcd(Wn, Un) và Wn2−∆Un2 4 là số nguyên, ta có p | W 2 n −∆Un2 4 . Thay W 2
n bằng (AnBn − 3Rn)2 và thay ∆Un2 = A2nBn2 + 18AnBnRn −4Bn3−4A3nRn −27R2n kéo theo
p| 3Bn3+A4nBn−3A2nBn2 ⇒p | Bn(A4n −3A2nBn + 3Bn2). Nếu p| Bn thì p | R, mâu thuẫn. Vậy p -Bn. Do đó,
p |A4n−3A2nBn + 3Bn2 ⇒p| 4A4n −12A2nBn + 9Bn2 ⇒p| (2A2n−3Bn)2+ 3Bn2.
Kéo theo (2A2n −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| D3n và p| Un, thì p| Dn hoặc p| En.
Chứng minh. Từ Hệ quả (1.1.14), ta thấy rằng
4(W3n−6R3n) = 3∆Cn2Wn+ 6∆Cn2Rn +Wn3−6Wn2Rn.
Do đó, nếu p | Un và p | D3n, thì p | Wn2(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| D3n, 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.
(adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});