Số không trong dãy Fibonacci modulo m
3.1.Ví trí của số không trong dãy Fibonacci modul om
Chomlà số nguyên dương. Ta gọiα(m)là chỉ số của số hạng dương đầu tiên của dãy Fibonacci mà là ước của m, tức là α(m) là số nguyên dương nhỏ nhấtk sao cho Fk chia hết cho m. Ví dụ α(2) =3, α(3) =4.
Bổ đề 3.1. Với số nguyên dương ncho trước, m | Fn khi và chỉ khi α(m) | n.
Nói riêng, ta cóα(m) | k(m).
Chứng minh. Đặt a = α(m). Giả sử a | n. Theo Định lý 1.4, ta có Fa | Fn. VìFa ≡ 0 (mod m), tức làm | Fa, nênm | Fn.
Ngược lại ta giả sử m | Fn. Bằng cách chia n cho a ta có thể viết
n = ka+r, với 0 ≤ r < a. Theo phần trên Fka ≡ 0 (mod p). Do vậy
Fka−1 6= 0 (mod m), vì nếu không, dùng quan hệ truy hồi ta suy ra
Fl ≡ 0 (mod m), với mọil, vô lý. Vì
và m - Fka−1, nên Fr ≡ 0 (mod m). Nhưng vì r < a = α(m), nên ta suy rar = 0 vàa | n.
Hàm α(m) có một số tính chất giống nhưk(m).
Mệnh đề 3.2. Ta có các khẳng định sau. (i) Nếun | mthìα(n) | α(m).
(ii) Nếum có phân tích nguyên tố m = ∏pei
i thìα(m) =lcm[α(pei i )]. (iii) Ta có α([m,n]) = [α(m),α(n)]. Chứng minh. (i) Ta cóm | Fα(m). Do đón | Fα(m) và ta có α(n) | α(m). (ii) Chú ý rằng m | Fn ⇐⇒ pei i | Fn với mọii ⇐⇒ α(pei i ) | n với mọii.
Số n nhỏ nhất thỏa mãn điều kiện cuối cùng là n = lcm[α(pei
i )]. Do đó theo điều kiện đầu tiên, Fn là số Fibonacci nhỏ nhất chia hết chom. Nói cách khácα(m) = n = lcm[α(pei
i )]. (iii) Ta có
Ft ≡ 0 (mod[m,n]) ⇐⇒ Ft ≡ 0 (mod m) và Ft ≡ 0 (modn)
⇐⇒ α(m) | t và α(n) | t.
Sốtnhỏ nhất mà điều kiện thứ nhất xảy ra làt = α([m,n]). Sốtnhỏ nhất mà điều kiện cuối cùng đúng làt = [α(m),α(n)]. Phép chứng minh được hoàn thành.
Định nghĩa 3.3. (a) Ta gọis(m) là số dư của Fα(m)+1 modulom.
(b) Ta gọi β(m) là bậc của của s(m) modulo m. (Nhắc lại rằng điều này có nghĩa làs(m)β(m) ≡ 1(modm), và nếu1 ≤ n < β(m)thìs(m)n 6≡
1 (mod m).)
Ví dụ 3.4. Vớim = 2, dãy Fibonacci modulo 2 là
0 1 1 0 1 1 0 1· · ·
Với m = 3, dãy Fibonacci modulo 3 là
0 1 1 2 0 2 2 1 0 1 1 2· · ·
vàα(3) = 4, s(2) = 2, β(3) = 2, k(3) = 8.
Với m = 4, dãy Fibonacci modulo 4 là
0 1 1 2 3 1 0 1 1· · ·
vàα(4) = 6, s(4) = 1, β(4) = 1, k(4) = 6.
Với m = 5, dãy Fibonacci modulo 5 là (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
0 1 1 2 3 0 3 3 1 4 0 4 4 3 2 0 2 2 4 1 0 1 1· · ·
vàα(5) = 5, s(5) = 3, β(5) = 4, k(5) = 10.
Với m = 6, dãy Fibonacci modulo 6 là
0 1 1 2 3 5 2 1 3 4 1 5 0 5 5 4 3 1 4 5 3 2 5 1 0 1 1· · ·
vàα(6) = 12,s(6) = 5, β(6) = 2,k(5) =24.
Với m = 7, dãy Fibonacci modulo 7 là
0 1 1 2 3 5 1 6 0 6 6 5 4 2 6 1 0 1 1· · ·
vàα(7) = 8, s(7) = 6, β(7) = 2, k(7) = 16.
Với m = 8, dãy Fibonacci modulo 8 là
0 1 1 2 3 5 0 5 5 2 7 1 0 1 1· · ·
vàα(8) = 6, s(8) = 5, β(8) = 2, k(8) = 12.
Với m = 9, dãy Fibonacci modulo 9 là
0 1 1 2 3 5 8 4 3 7 1 8 0 8 8 7 6 4 1 5 6 2 8 1 0 1 1· · ·
Với m = 10, dãy Fibonacci modulo 10 là 0 1 1 2 3 5 8 3 1 4 5 9 4 3 7 0 7 7 4 1 5 6 1 7 8 5 3 8 1 9 0 9 9 8 7 5 2 7 9 6 5 1 6 7 3 0 3 3 6 9 5 4 9 3 2 5 7 2 9 1 0 1 1· · · vàα(10) = 15, s(10) = 7, β(10) =4, k(10) = 60. Định lý 3.5. k(m) = α(m)β(m).
Chứng minh. Giả sử một chu kỳ đơn của F (mod m) được phân chia thành các phần nhỏ hơn, các dãy con hữu hạn A0,A1,A2, . . . như dưới đây 0 1· · ·s1 | {z } A0 0 s1· · ·s2 | {z } A1 0 s2· · ·s3 | {z } A1 0 s3 · · · 0 1. (3.1)
Trong mỗi dãy con Ai, có α(m) số hạng, nó chứa đúng một số 0, và
s1 = s(m).
Mỗi dãy con Ai với i ≥ 1 là một bội của A0. Chính xác hơn, ta có các đồng dư sau modulom.
A1 ≡ s1A0 A2 ≡ s2A0 ... An−1 ≡ sn−1A0 An ≡ snA0 ...
Số hạng cuối cùng trong An−1làsn, và số hạng cuối cùng trong A0 làs1. Do đó
sn ≡ (sn−1)·s1 ≡ (sn−2)·s1·s1 ≡ (sn−3)·s1·s1·s1
≡ sn1
với các đồng dư modulo m. Do β(m) là bậc củas1, dãy (3.1) có thể được viết lại dưới dạng
0 1· · ·0 s1· · ·0 s21· · ·0 s31· · · ·0 sβ1(m)−1· · ·0 1.
Do đó β(m) có thể được hiểu theo một cách khác: nó là số các số không trong một chu kỳ đơn của F(modm). Do vậyk(m) = α(m)β(m).
Từ phép chứng minh trên ta nhận được đồng nhất thức.
Đồng nhất thức 3.6. Fn·α(m)+r ≡ Fn
α(m)+1·Fr (modm).
Chứng minh. Đồng nhất thức nhận được từ đồng dư An ≡ sn1A0. Với 0 ≤ r < α(m), ta có số hạng thứr của An là đồng dư với sn1 lần số hạng thứr của A0 modulo m. Do đó Fnα(m)+r ≡ sn1Fr ≡ Fn
α(m)+1·Fr (mod m). Như vậy đẳng thức đúng với0 ≤ rα(m). Bằng phép quy nạp tiến ta thấy, đẳng thức đồng dư đúng với mọirnguyên không âm, và bằng cách quy nạp lùi ta thấy đẳng thức đồng dư cũng đúng vớir nguyên âm. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
3.2. Số số không trong một chu kỳ của dãy Fibonacci mod-ulo m