0
Tải bản đầy đủ (.pdf) (38 trang)

Số số không trong một chu kỳ của dãy Fibonacci mod ulo m

Một phần của tài liệu (LUẬN VĂN THẠC SĨ) DÃY FIBONACCI MODULO M (Trang 29 -38 )

Số không trong dãy Fibonacci modulo m

3.2. Số số không trong một chu kỳ của dãy Fibonacci mod ulo m

Định lý sau đây nói rằng số số không β(m) trong một chu kỳ của dãy Fibonacci modulom là 1,2 hoặc 4.

Định lý 3.7. Ta có β(m) = 1, 2hoặc 4.

Chứng minh. Ta cóFn2Fn+1Fn1 = (−1)n+1, với mọi n. Nói riêng,

Fα2(m) −Fα(m)+1Fα(m)1 = (−1)α(m)+1. (3.2)

VìFα(m) ≡ 0 (mod m) và Fα(m)+1 ≡ Fα(m)1 (modm), nên

F2

α(m)+1 ≡ (−1)α(m)+1 (modm). Do đó

Ta suy ra (s(m))4 ≡ (−1)2α(m) = 1 (mod m). Do vậy β(m) | 4

β(m) = 1, 2hoặc 4.

Định lý 3.8. Với p là một số nguyên tố lẻ bất kỳ, ta có β(pe) = β(p). Chứng minh. Ta sẽ sử dụng lại ma trận FibonacciU. Ta có

Uα(pe+1) ≡ s(pe+1)I (mod pe+1). Ta có

Uα(pe) ≡ s(pe)I (mod pe).

Do vậyUα(pe) = s(pe)I +peB, với B ∈ M2(Z)nào đó. Suy ra

Upα(pe) ≡ (s(pe)I+ peB))p ≡ (s(pe))pI (mod pe+1).

Do đó α(pe+1) | pα(pe). Mặt khác α(pe) | α(pe+1). Do vậy α(pe+1) =

α(pe) hoặc pα(pe). Từ đó ta suy ra α(p e)

α(p) = pi là một lũy thừa của p. Ta đã biết rằng k(p

e)

k(p) = pj, với jlà một số tự nhiên nào đó. Rõ ràng, ta có

α(pe) α(p) · k(p e) α(pe) = k(p) α(p) · k(p e) k(p) (= k(pe) α(p) ). Vì k(p e) α(pe) = β(pe) và k(p) α(p) = β(p), nên pi (1, 2, hoặc 4) = (1, 2, hoặc4)pj.

Bởi vì ta đã giả sử p là một số lẻ, ta phải có pi = pj. Nghĩa là α(p e)

α(p) =

k(pe)

k(p) .Điều này suy ra k(p)

α(p) = k(pe)

α(pe), và ta cóβ(p) = β(pe).

Hệ quả 3.9. Nếu p là một số nguyên tố lẻ và t là số nguyên lớn nhất sao cho α(pt) = α(p) thì α(pe) = petα(p). Thực tế, sốt này cũng là số nguyên lớn nhất sao cho k(pt) = k(p).

Chứng minh. Điều này được suy ra từ đẳng thức α(pe)

α(p) = k(pe)

k(p) ở trong chứng minh của định lý trước.

Bây giờ ta sẽ nghiên cứu sâu hơn về hàm β(m). Định lý tiếp theo trình bày những mối quan hệ hữu ích giữa β(m), α(m) vàk(m).

Định lý 3.10. Chom ≥ 3.

(i) Ta có β(m) = 4 nếu và chỉ nếu α(m) là lẻ. (ii) Ta có β(m) = 1 nếu và chỉ nếu46 |k(m).

(iii) Ta có β(m) = 2 nếu và chỉ nếu4 | k(m) α(m) là chẵn.

Chứng minh. (i) Giả sửβ(m) =4. Vìs(m) có cấp bằngβ(m) = 4modulo

p, nên(s(m))2 có cấp bằng 2 modulo p. Ta suy ra (s(m))2 6≡ 1 (mod p). Măt khác, ta có(s(m))2 ≡ (−1)α(m) (mod p). Do vậy α(m) phải là số lẻ. Giả sửα(m)là lẻ. Trong trường hợp này, ta có (s(m))2 ≡ (−1)α(m) =

−1 (mod p). Do đó cấp củas(m)modulo pchỉ có thể là4, tức làβ(m) = 4.

(ii) Giả sử4 | k(m). Khi đó nếu đặt j = k(2m) +1trong đồng nhất thức ở trên và chú ý rằng jlà lẻ, ta nhận đượcFk(m)

2 −1 ≡ Fk(m)

2 +1 (modm). Bởi

quan hệ truy hồi Fibonacci, ta suy ra

Fk(m) 2 = Fk(m) 2 +1−Fk(m) 2 −10 (modm). Do đóα(m) | k(m) 2 . Nói riêng β(m) 6= 1.

Bây giờ ta giả sử β(m) 6= 1. Khi đó β(m) = 2 hoặc 4. Ta biết rằng

k(m) = α(m)β(m), do đó nếuβ(m) = 4thì ro ràng4 | k(m). Nếuβ(m) = 2 thì theo Định lý 3.10,α(m) là chẵn và ta vẫn có4 | k(m).

(iii) Giả sử β(m) = 2. Khi đó theo (i), α(m)chẵn và theo (ii),4 | k(m). Giả sử e | k(m) và α(m) là chẵn. Khi đó theo (i), β(m) 6= 4 và theo (ii), β(m) 6= 1. Do vậyβ(m) = 2.

Hệ quả 3.11. Nếu4 | α(m) hoặc8 | k(m) thìβ(m) = 2.

Chứng minh. (a) Giả sử4 | α(m). Khi đó α(m) chẵn và4 | α(m) | k(m) =

α(m)β(m). Do vậy β(m) =2.

(b) Giả sử 8 | k(m). Khi đó hiển nhiên ta có 4 | k(m). Lại có k(m) =

α(m)β(m)chia hết cho 8 và β(m) =1, 2hoặc4. Ta suy raα chẵn. Do vậy

Hệ quả 3.12. Ta có β(2) = β(4) = 1và với e ≥ 3, thì β(2e) = 2.

Chứng minh. Kiểm tra trực tiếp ta thấy β(2) = β(4) = 1 và β(8) = 2. Theo Định lý 2.6, ta cók(2e) =3·2e−1. Do đó8 | k(2e) với mọie ≥ 4. Áp dụng hệ quả trước, ta có β(2e) = 2.

Định lý 3.13. Cho p là một số nguyên tố lẻ. Nếu β(pe) =2 thì4 | α(pe). Chứng minh. Trước hết ta sẽ chứng minh định lý cho trường hợp ie = 1. Giả sử β(p) = 2. Từ Định lý 3.10, ta có α(p) là chẵn. Từ đồng nhất thức (3.6), vớin = 1 vàr = −1 2α(p), ta nhận được F1 2α(p) ≡ Fα(p)+1F−1 2 α(p) (mod p).

Chú ý rằng Fα(p)+1 = s(p) và s(p)2 ≡ (−1)α(p) (mod p). Nhân hai vế của đồng dư thức trên với Fα(p)+1 và áp dụng đồng nhất thức 1.2, ta thu được

Fα(p)+1F1

2α(p) ≡ (−1)α(p)(−1)12α(p)+1F1

2α(p) (mod p). Vìα(p) chẵn vàF1

2α(p) không chia hết cho p, nên ta có

Fα(p)+1 ≡ (−1)12α(p)+1 (mod p).

β(p) = 2, nên ta có Fα(p)+1 6≡ 1 (mod p). Do đó (−1)12α(p)+1 = −1.

Điều này suy ra4 | α(p).

Bây giờ ta xét trường hợp e ≥ 2. Vì p lẻ nên β(pe) = β(p) và do

vậy β(p) = 2. Theo phần trên, ta suy ra 4 | α(p). Vì α(p) | α(pe) nên

4 | α(pe).

Định lý tiếp theo cho ta một phương pháp tìm β([m,n]) nếu ta biết

β(m) và β(n).

Định lý 3.14. Cho trước β(m) β(n). Giả sử β(m) ≥ β(n). Giá trị của β([m,n])được xác định như sau.

β([m,n]) =        1 nếu β(m) = β(n) = 1

4 nếu (n = 2(m) = 4); hoặc (nếuβ(m) = β(n) = 4)

Chứng minh. Ta viết

α(m) = 2ra, β(m) = 2s, k(m) = 2ta,

α(n) = 2wb, β(n) =2x, k(n) = 2yb, trong đóa vàblà các số nguyên lẻ. Khi đó

k([m,n]) = [k(m),k(n)] = 2max(t,y) ·[a,b], α([m,n]) = [α(m),α(n)] = 2max(r,w) ·[a,b]. Do vậy β([m,n]) = k([m,n]) α([m,n]) = 2max(t,y)max(r,w). Chú ý rằngr+s = t vàw+x = y.

Chú ý rằng các kết quả trong Định lý 3.10 có thể phát biểu lại sử dụngr, s, và tnhư sau:

• Nếu s = 0 thì t = 0 và r = 0 (cho m = 2); hoặc t = 1 và r = 1 (với

m > 2).

• Nếus = 1thì t ≥ 2 vàr ≥ 1.

• Nếus = 2thì r = 0và do đó, t = 2. Ta có phát biểu tương tự chow, x, và y.

Ta xét các sau.

Trường hợp 1: β(m) = β(n). Khi đó s = x. Ta có

max(t,y)−max(r,w) =max(r+s,w+x)−max(r,w) = s = x.

Do đó β([m,n]) = 2s = 2x = β(m) = β(n).

Trường hợp 2: β(m) = 4; β(n) = 1. Khi đó s = 2 và x = 0. Vì s = 2 nên ta có r = 0 và t = 2. Vì x = 0 ta có, hoặc là w = 0 (với n = 2), hoặc là

w = 1(với n > 2 ).

Trường hợp con (2a): n = 2. Khi đó

max(t,y)−max(r,w) = 2−0 = 2.

Trường hợp con (2b): n > 2. Khi đó w = 1 và vì thế y = 1. Ta có

max(t,y)−max(r,w) = 2−1 = 1.

Do đó β([m,n]) = 21 = 2.

Trường hợp 3:β(m) = 2và β(n) = 1. Khi đós = 1 vàx = 0. Do s = 1 ta

cót ≥ 2 vàr ≥ 1. Do x = 0 nên hoặc làw = 0(với n = 2), hoặc làw = 1

(với n > 2).

Trường hợp con (3a): n = 2. Khi đó vì x = 0,w = 0, nêny = 0. Ta có

max(t,y)−max(r,w) = t−r = s = 1.

Do đó β([m,n]) = 21 = 2.

Trường hợp con (3b): n > 2. Khi đó vì x = 0,w = 1, nêny = 1. Ta có

max(t,y)−max(r,w) = t−r = s = 1.

Vì thế β([m,n]) = 21 = 2.

Trường hợp 4: β(m) = 4 và β(n) = 2. Khi đó s = 2 và x = 1. Ta suy ra

r = 0,t = 2, vàw ≥ 1, y ≥ 2. Khi đó

max(t,y)−max(r,w) = y−w = x = 1.

Vì vậy β([m,n]) = 21 = 2. Phép chứng minh được hoàn thành. Ta thu được hai hệ quả thú vị như sau.

Hệ quả 3.15. Nếu3 | m thìβ(m) = 2.

Chứng minh.β(3) = 2 nên β(3e) = β(3) = 2. Viết m dưới dạng m = 3en trong đó 3 - n. Khi đó theo Định lý 3.14, ta có β(m) = β([3e,n]) = 2.

Hệ quả 3.16. Ta có β(m) = 1nếu và chỉ nếu8 - m vàα(p) ≡ 2 (mod 4) với mọi số nguyên tố lẻ p là ước củam.

Chứng minh. Giả sử m có phân tích ra thừa số nguyên tố m = ∏ pei

i , ở đây pi là số nguyên tố, ei là số nguyên dương và ta có thể giả sử p1 <

Giả sử β(m) = 1. Từ Định lý 3.14, ta suy ra β(pei

i ) = 1 với mọi i. Nếu p1 = 2 thì theo Hệ quả 3.12 ta có e1 ≤ 2 và do đó 8 - m. Và với mọi ước lẻ pi của m ta có 1 = β(pei

i ) = β(pi). Định lý 3.10 (i) nói rằng

nếu α(pi) ≡ 1 hoặc 3 (mod 4) thì β(pi) = 4. Định lý 3.10 (iii) nói rằng

nếuα(pi) ≡ 0 (mod 4) thì β(pi) = 2. Do đó, để β(pi) = 1 thì ta phải có

α(pi) ≡ 2 (mod 4).

Bây giờ ta giả sử rằng 8 - m và α(pi) ≡ 2 (mod 4) với mọi ước nguyên tố lẻ pi của m. Nếu p1 = 2 thìe1 ≤ 2 và β(pe1

1 ) = 1. Xét pi là một

ước nguyên tố lẻ bất kỳ. Vì α(pi) ≡ 2 (mod 4) nên β(pi) = 1 theo Định lý 3.10 và Định lý 3.13. Vì pi lẻ nên β(pei

i ) = β(pi) = 1. Từ Định lý 3.14,

ta suy ra β(m) = 1.

Ta biết rằng với hợp số m thì β(m) có thể được tính bằng cách phân tích mra thừa số nguyên tố. Ta cũng biết rằng với một số nguyên tố p lẻ

thì β(pe) = β(p). Một câu hỏi nảy sinh là liệu có thể tính được β(p) cho

số nguyên tố plẻ? Kết quả sau đây có thể được tìm thấy trong [5] và cho một số thông tin về β(p).

Định lý 3.17. Cho p là một số nguyên tố lẻ.

(a) Nếu p ≡ 11hoặc19(mod 20) thìβ(pe) =1. (b) Nếu p ≡ 3hoặc7 (mod 20) thìβ(pe) = 2. (c) Nếu p ≡ 13hoặc17(mod 20) thìβ(pe) =4. (d) Nếu p ≡ 21hoặc29(mod 40) thìβ(pe)6 = 2.

Chứng minh. Ta chỉ cần chứng minh cho trường hợp e = 1. Vì β(p) là bậc của s(p) modulo p và (s(p))p11 (mod p) theo Định lý Fermat nhỏ, ta có β(p) | p−1. Như vậy nếu p ≡ 3 (mod 4)) thì β(p) 6= 4.

Giả sử p = 5t±2. Khi đó Fp ≡ −1 (mod p) và Fp+1 ≡ 0 (mod p). Ta suyα(p) | p+1nhưngk(p) - p+1. Do đóα(p) 6= k(p) và β(p) 6= 1. (a) Vì p ≡ 11 hoặc 19 (mod 20), nên p ≡ 3 (mod 4). Do đó β(p) 6= 4.

Giả sử β(p) = 2. Khi đó theo Định lý 3.10,4 | k(p). Do p = 5t±1 ta

có k(p) | p−1, và vì vậy 4 | p −1. Tuy nhiên, đây là mâu thuẫn do

p−1 ≡ 10hoặc 18(mod 20). Như vậy β(p) = 1.

b Vì p ≡ 3 (mod 4), nên β(p) 6= 4. Bây giờ p = 5t ±2 và do đó

(c) Như trong phần trước, p = 5t±2 và vì thế β(p) 6= 1. Vì p = 5t±2,

nên k(p) | 2p +2. Suy ra α(p) | p +1. Trong trường hợp này p ≡

1 (mod 4) vì vậy 4 - p +1. Do đó 4 - α(p). Áp dụng Định lý 3.13 ta

β(p) 6= 2. Do đó β(p) =4.

(d) Giả sử β(p) =2. Theo Định lý 3.13,4 | α(p) và do đó 8 | k(p). Ngoài ra, vìp = 5t±1, nên Định lý 2.10 ta cók(p) | p−1. Như vậy8 | p−1. Tuy nhiên, p−120hoặc 28(mod 40) vì thế rõ ràng là8 - p−1. Ta nhận được một điều mâu thuẫn. Như vậy β(p) 6= 2.

Phép chứng minh được hoàn thành.

Chúng ta muốn biết liệu có thể nói được gì về các số nguyên tố không thỏa mãn điều kiện trong định lý trên, cụ thể là với những số nguyên tố

p mà p ≡ 1 hoặc9 (mod 40). Ta có thể nói gì cụ thể hơn cho trường hợp

số nguyên tố p mà p ≡ 21hoặc29(mod 40)? J. Vinson [5] đưa các ví dụ sau đây để chứng tỏ rằng kết quả của ông ta là "đầy đủ":

Với p ≡ 1(mod 40) : β(521) = 1, β(41) = 2, β(761) = 4,

Với p ≡ 9(mod 40) : β(809) = 1, β(409) = 2, β(89) = 4,

Với p ≡ 21(mod 40) : β(101) = 1, β(61) = 4,

Kết luận

Luận văn đã trình bày những vấn đề chính sau đây.

- Một số tính chất và đồng nhất thức liên quan đến dãy Fibonacci. - Một số kết quả về chu kỳ của dãy Fibonacci modulom.

- Một số kết quả về vị trí số 0 đầu tiên, cũng như số số 0 trong một chu kỳ của dãy Fibonacci modulo m.

Một phần của tài liệu (LUẬN VĂN THẠC SĨ) DÃY FIBONACCI MODULO M (Trang 29 -38 )

×