Tải bản đầy đủ (.pdf) (54 trang)

Một số bài toán về lũy thừa của các số nguyên

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (412.42 KB, 54 trang )

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
——————–o0o——————–

ĐỖ TRỌNG NGUYÊN

MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ LŨY THỪA
CỦA CÁC SỐ NGUYÊN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thái Nguyên, 11/2019


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
——————–o0o——————–

ĐỖ TRỌNG NGUYÊN

MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ LŨY THỪA
CỦA CÁC SỐ NGUYÊN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp
Mã số:
8 46 01 13

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
TS. NGÔ VĂN ĐỊNH


Thái Nguyên, 11/2019


i

Mục lục
Mở đầu

1

1 Biểu diễn số nguyên thành tổng riêng của lũy thừa của các nhân
tử nguyên tố

3

1.1

Thặng dư bậc hai và luật thuận nghịch bậc hai . . . . . . . . . . .

3

1.2


Định nghĩa tập Sk,l
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.3


Tính chất

1.4

Tìm phần


của tập Sk,l

tử thuộc Sk,

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

2 Số Fibonacci và số Lucas dạng cx2

18

2.1

Dãy Fibonacci và dãy Lucas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

2.2

Một số tính chất số học của các số Fibonacci và các số Lucas . . . 21


2.3

Số Fibonacci và số Lucas dạng cx2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

3 Một số bài toán về lũy thừa của các số nguyên trong các kỳ thi
Olympic Toán học quốc tế

37

3.1

Lũy thừa bậc hai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

3.2

Lũy thừa bậc ba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

3.3

Lũy thừa của các số nguyên bậc bốn trở lên . . . . . . . . . . . . . 47

Kết luận

50

Tài liệu tham khảo

51



1

Mở đầu
Mục đích của luận văn là trình bày lại một số bài toán liên quan đến lũy
thừa của các số nguyên. Đây là một trong những vấn đề thú vị của lý thuyết số,
được nhiều người quan tâm nghiên cứu và đã có rất nhiều kết quả phong phú.
Bài toán đầu tiên chúng tôi quan tâm đến là bài toán biểu diễn các số nguyên
thành tổng riêng lũy thừa của các nhân tử nguyên tố. Ký hiệu Sk là tập tất cả
các số nguyên n có thể biểu diễn thành tổng lũy thừa k của tất cả các nhân tử
nguyên tố phân biệt của n. Hiện nay, với k ≥ 2, chúng ta chưa có nhiều thông
tin về tập hợp Sk , thậm chí, người ta mới chỉ tìm ra một số phần tử của S3 . De
Koninck và Luca [3] đã đặt vấn đề nghiên cứu về các số nguyên có thể biểu diễn
thành tổng riêng lũy thừa của các nhân tử nguyên tố. Các tác giả này đã khai
thác được một số thông tin về các số nguyên này. Chúng tôi tập trung tìm hiểu
và trình bày các kết quả này trong Chương 1 của luận văn.
Bài toán thứ hai mà chúng tôi quan tâm là bài toán tìm các số Fibonacci
và các số Lucas có dạng cx2 . Các số Fibonacci Fn và các số Lucas Ln là những
số nổi tiếng, được nhiều nhà toán học quan tâm nghiên cứu. Đây cũng là hai
dãy số nguyên có nhiều tính chất đẹp đã được tìm ra. Riêng bài toán nghiên
cứu về các số Fibonacci và các số Lucas có dạng cx2 cũng đã được nhiều nhà
toán học nghiên cứu. Trong Chương 2 của luận văn, chúng tôi tập trung tìm
hiểu và trình bày lại kết quả của Cohn [2] về lời giải cho bài toán này khi
c = 1, 2 và kết quả của Keskin và Yosma [5] về lời giải cho các phương trình
Ln = 2Lm x2 , Fn = 2Fm x2 , Ln = 6Lm x2 , Fn = 3Fm x2 và Fn = 6Fm x2 .

Vấn đề cuối cùng mà chúng tôi quan tâm trong luận văn này là sưu tầm và
trình bày lại lời giải cho một số bài toán thi Olympic về lũy thừa của các số
nguyên. Đây là một trong những dạng toán hay gặp trong các đề thi học sinh
giỏi, các đề thi Olympic toán học. Nội dung này chúng tôi tham khảo trong cuốn



2

sách [1] của Andreescu và Andrica và được trình bày trong Chương 3 của luận
văn.
Luận văn được hoàn thành tại trường Đại học Khoa học - Đại học Thái
Nguyên dưới sự hướng dẫn của TS. Ngô Văn Định, Trường Đại học Khoa học Đại học Thái Nguyên.
Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc nhất tới TS. Ngô Văn Định, người đã
định hướng chọn đề tài và tận tình hướng dẫn để tôi hoàn thành luận văn này.
Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới Phòng Đào tạo, các thầy cô giáo
dạy cao học chuyên ngành Phương pháp toán sơ cấp, trường Đại học Khoa học
- Đại học Thái Nguyên đã giúp đỡ tôi trong suốt quá trình học tập và hoàn
thành luận văn tốt nghiệp.
Xin cảm ơn những người thân trong gia đình và tất cả những người bạn thân
yêu đã hết sức thông cảm, chia sẻ và tạo điều kiện tốt nhất cho tôi để tôi có thể
học tập, nghiên cứu và thực hiện luận văn của mình.
Xin chân thành cảm ơn.
Thái Nguyên, tháng 11 năm 2019
Người viết luận văn

Đỗ Trọng Nguyên


3

Chương 1
Biểu diễn số nguyên thành tổng
riêng của lũy thừa của các nhân tử
nguyên tố
Trong chương này, chúng tôi quan tâm đến bài toán biểu diễn số nguyên

thành tổng lũy thừa của các nhân tử nguyên tố của nó. Ta ký hiệu Sk là tập
tất cả các số nguyên có thể biểu diễn thành tổng lũy thừa k của các nhân tử
nguyên tố của nó. Dễ dàng thấy rằng S1 chính là tập tất cả các số nguyên tố.
Hiện nay, với k ≥ 2, người ta mới chỉ tìm thấy một số ví dụ về phần tử thuộc
S3 mặc dù số phần tử của mỗi tập Sk có thể là vô hạn. Trong [4], De Koninck

và Luca đã mở rộng nghiên cứu tập các số nguyên có thể biểu diễn thành tổng
∗ là tập tất cả
riêng lũy thừa của các nhân tử nguyên tố. Cụ thể, nếu ký hiệu Sk,

các số nguyên có thể biểu diễn thành tổng lũy thừa k của các nhân tử nguyên



Sk,
có vô hạn phần tử

tố phân biệt thì hai tác giả này đã chỉ ra được tập
k=2

≥ 3 là số nguyên lẻ. Ngoài ra, hai tác giả này cũng đã chỉ ra một số tính

khi

∗ . Mục đích
chất khác liên quan và một số thuật toán tìm một số phần tử của Sk,

của chương là trình bày lại các kết quả này của De Koninck và Luca.

1.1


Thặng dư bậc hai và luật thuận nghịch bậc hai

Trước khi trình bày nội dung chính của chương ở các mục sau, chúng tôi
nhắc lại trong mục này một số kiến thức về thặng dư bậc hai, ký hiệu Legendre


4

và luật thuận nghịch bậc hai, đó là những công cụ sẽ được sử dụng ở phần sau
của luận văn. Nội dung của các kiến thức này chúng tôi tham khảo trong cuốn
sách “Elementary Number Theory with Applications” của Koshy [8].
Định nghĩa 1.1.1. Cho m là một số nguyên và a là một số nguyên sao cho
(m, a) = 1. Khi đó số a được gọi là một thặng dư bậc hai của m nếu tồn tại một

số nguyên x sao cho x2 ≡ a (mod m).
Ví dụ 1.1.2. Xét với m = 4, ta thấy
12 ≡ 32 ≡ 1

(mod 4).

Vậy 4 có một thặng dư bậc hai là 1.
Xét với m = 13, ta thấy
12 ≡ 1 ≡ 122

(mod 13),

22 ≡ 4 ≡ 112

32 ≡ 9 ≡ 102


(mod 13),

42 ≡ 3 ≡ 92

52 ≡ 12 ≡ 82

(mod 13),

62 ≡ 10 ≡ 72

(mod 13),
(mod 13),
(mod 13).

Vậy 13 có 6 thặng dư bậc hai là 1, 3, 4, 9, 10 và 12.
Theo định nghĩa ở trên, số nguyên a là thặng dư bậc hai của m khi và chỉ
khi phương trình đồng dư bậc hai x2 ≡ a (mod m) có nghiệm. Tiêu chuẩn Euler
dưới đây cho ta một điều kiện cần và đủ để một số nguyên dương a là thặng dư
bậc hai của m trong trường hợp m là một số nguyên tố lẻ p.
Định lý 1.1.3 (Tiêu chuẩn Euler). Cho p là số nguyên tố lẻ. Khi đó một số
nguyên dương a không chia hết cho p là một thặng dư bậc hai của p khi và chỉ
khi a(p−1)/2 ≡ 1 (mod p).
Ví dụ 1.1.4. Để kiểm tra 2 có phải là thặng dư bậc hai của 17 hay không, ta
tính 2(17−1)/2 = 28 ≡ 1 (mod 17). Do vậy 2 là một thặng dư bậc hai của 17. Tương
tự như vậy, ta có 3(17−1)/2 = 38 ≡ 16 ≡ −1 (mod 17). Do đó, 3 không là thặng dư
bậc hai của 17.
Như vậy tiêu chuẩn Euler cho ta một công cụ kiểm tra tính giải được của
phương trình đồng dư x2 ≡ a (mod p). Tuy nhiên việc sử dụng công cụ này sẽ
gặp khó khăn trong tính toán khi số nguyên tố p thực sự lớn. Một trong những

công cụ hỗ trợ trong các tính toán này là ký hiệu Legendre.


5

Định nghĩa 1.1.5. Cho p là số nguyên tố lẻ và a là số nguyên bất kỳ sao cho
p a. Ký hiệu Legendre (a/p) được xác định bởi công thức

(a/p) =


1

nếu a là thặng dư bậc hai của p,

−1 cho trường hợp ngược lại.
Ví dụ 1.1.6. Theo Ví dụ 1.1.2, 13 có 6 thặng dư bậc hai là 1, 3, 4, 9, 10 và 12
nên theo định nghĩa ký hiệu Legendre, ta có
(3/13) = 1, (1/13) = 1, (4/13) = 1, (9/13) = 1, (10/13) = 1, (12/13) = 1,
(2/13) = −1, (5/13) = −1, (6/13) = −1, (7/13) = −1, (8/13) = −1, (11/13) = −1.

Sử dụng ký hiệu Legendre, tiêu chuẩn Euler có thể được phát biểu lại như
sau.
Định lý 1.1.7 (Tiêu chuẩn Euler). Cho p là số nguyên tố lẻ và a là một số
nguyên dương thỏa mãn p a. Khi đó, ta có
(a/p) ≡ a(p−1)/2

(mod p).

Hệ quả 1.1.8. Cho p là một số nguyên tố lẻ. Khi đó, ta có (−1/p) = (−1)(p−1)/2 .

Nhận xét 1.1.9. Từ hệ quả trên ta có −1 là thặng dư bậc hai của p khi và chỉ
khi p ≡ 1 (mod 4).
Dưới đây là một số tính chất cơ bản của ký hiệu Legendre và luật thuận
nghịch bậc hai mà chúng tôi nhắc lại không chứng minh.
Mệnh đề 1.1.10. Cho p là một số nguyên tố lẻ, và a, b là các số nguyên bất kỳ
thỏa mãn p ab. Khi đó
(1) Nếu a ≡ b (mod p) thì (a/p) = (b/p).
(2) (a/p)(b/p) = (ab/p).
(3) (a2 /p) = 1.
Định lý 1.1.11 (Luật thuận nghịch bậc hai). Cho p và q là các số nguyên tố
lẻ phân biệt. Khi đó ta có
(p/q)(q/p) = (−1)

p−1 q−1
2
2

.


6

Luật thuận nghịch bậc hai được phát biểu lại dưới dạng gắn với thực tiễn
tính toán như hệ quả sau.
Hệ quả 1.1.12. Cho p và q là các số nguyên tố lẻ. Khi đó, ta có

(p/q)
nếu p ≡ 1 (mod 4) hoặc q ≡ 1 (mod 4),
(q/p) =
−(p/q) nếu p ≡ q ≡ 3 (mod 4).

Ví dụ 1.1.13. Xét với số nguyên tố 17. Vì 17 ≡ 1 (mod 4) nên ta có (17/3) =
(3/17). Ở ví dụ trước ta thấy 3 không là thặng dư bậc hai của 17. Do đó, 17 cũng

không là thặng dư bậc hai của 3.
Xét trường hợp p = 47 và q = 3. Vì 47 ≡ 3 (mod 4) nên ta có (3/47) = −(47/3).
Ta lại có 47(3−1)/2 = 47 ≡ 2 (mod 3) ≡ −1 (mod 3) nên 47 không là thặng dư bậc
hai của 3 nhưng 3 là thặng dư bậc hai của 47.
Mệnh đề dưới đây cho ta điều kiện cần và đủ để 2 và −2 là thặng dư bậc hai
của số nguyên tố p.
Mệnh đề 1.1.14. Cho p là một số nguyên tố lẻ. Khi đó
(2/p) = 1 khi và chỉ khi p ≡ 1

(1.1)

(mod 8)


(−2/p) = 1 khi và chỉ khi p ≡ 1

1.2

(mod 8) hoặc p ≡ 3

(mod 8).

(1.2)


Định nghĩa tập Sk,l


Từ mục này đến cuối chương, chúng tôi trình bày lại các kết quả của De
Koninck và Luca [4] và kết quả của De Koninck [3] về bài toán biểu diễn số
nguyên thành tổng riêng lũy thừa của các nhân tử nguyên tố.
Định nghĩa 1.2.1. Cho số tự nhiên n, ký hiệu ω(n) là số nhân tử nguyên tố
phân biệt trong phân tích tiêu chuẩn của n thành tích các nhân tử nguyên tố.
Ví dụ 1.2.2. Trong phân tích nhân tử nguyên tố của n = 378 = 2 · 33 · 7 có 3
nhân tử nguyên tố phân biệt nên w(n) = 3. Tương tự, ta có
w(15) = w(3 · 5) = 2,


7
w(2548) = w(22 · 72 · 13) = 3,
w(2836295) = w(5 · 7 · 11 · 53 · 139) = 5.

Định nghĩa 1.2.3. Cho số nguyên k ≥ 2, đặt
pk ,

Sk = n : ω(n) ≥ 2 và n =
p|n

trong đó tổng được lấy trên tập tất cả các nhân tử nguyên tố phân biệt của n.
Nói một cách khác, Sk là tập các số nguyên có thể biểu diễn thành tổng lũy thừa
k của các nhân tử nguyên tố của nó.

Ví dụ 1.2.4. Ta có
378 = 2 · 33 · 7 = 23 + 33 + 73 ,
2548 = 22 · 72 · 13 = 23 + 73 + 133 ,
2836295 = 5 · 7 · 11 · 53 · 139 = 53 + 73 + 113 + 533 + 1393 ,
4473671462 = 2 · 13 · 179 · 593 · 1621
= 23 + 133 + 1793 + 5933 + 16213 ,

23040925705 = 5 · 7 · 167 · 1453 · 2713
= 53 + 73 + 1673 + 14533 + 27133 .

Do đó, 5 số nguyên trên thuộc S3 .
Hiện nay, theo chúng tôi được biết, người ta vẫn chưa tìm được số tự nhiên
nào thuộc Sk với k = 2 hoặc k ≥ 4, mặc dù những tập này rất có thể là tập vô
hạn phần tử. Như vậy, đối với tập Sk ta chưa có nhiều thông tin. Định nghĩa
dưới đây cho ta tập số nguyên rộng hơn Sk , gồm các số nguyên có thể biểu diễn
thành tổng riêng lũy thừa k của các nhân tử nguyên tố.
Định nghĩa 1.2.5. Cho số nguyên k ≥ 2, đặt


Sk∗

pk ,

= n : ω(n) ≥ 2 và n =
p|n

trong đó dấu ∗ chỉ ra rằng tổng được lấy trên tập con của tập nhân tử nguyên
tố của n.


8

Ví dụ 1.2.6. Ta có
870 = 2 · 3 · 5 · 29 = 22 + 52 + 292 ,

nên 870 ∈ S2∗ .
Nhận xét 1.2.7. Rõ ràng với mỗi k ≥ 2, ta có Sk∗ ⊇ Sk .

Từ đây ta quy ước ký hiệu các nhân tử nguyên tố phân biệt của một số
nguyên là p1 , p2 , .... Để nghiên cứu tính chất của Sk∗ , De Koninck đã chia nhỏ tập
Sk∗ thành các tập con như sau:

Định nghĩa 1.2.8. Cho số nguyên k ≥ 2 và ≥ 3, đặt

Sk,
= {n : n = pk1 + pk2 + · · · + pk },

trong đó p1 , p2 , . . . , p là các nhân tử nguyên tố phân biệt của n.
Ví dụ, với k = 3, = 3, thì

S3,3
= {n : n = p31 + p32 + p33 },

với p1 , p2 , p3 là các ước nguyên tố của n. Lưu ý rằng, do ta xét với ω(n) ≥ 2 nên
trường hợp

= 1 không xảy ra. Hơn nữa trường hợp

= 2 cũng không thể xảy

ra vì khi đó p1 , p2 không thể là nhân tử nguyên tố của n. Dựa vào Định nghĩa
1.2.8 và 1.2.5 ta thấy



Sk∗



Sk,
.

=
=3

1.3


Tính chất của tập Sk,l

∗ , đặc biệt,
Trong mục này, chúng tôi trình bày một số tính chất của tập Sk,l



Sk,
khi

chúng tôi trình bày chứng minh tính vô hạn của tập

≥ 3 là số

k=2

nguyên lẻ cho trước.
Trước tiên, ta xét tập S2∗ . Ký hiệu P (n) là ước nguyên tố lớn nhất của n.
Mệnh đề 1.3.1. Nếu n ∈ S2∗ thì P (n) luôn xuất hiện trong tổng riêng lũy các
nhân tử nguyên tố mà từ đó dẫn đến n thuộc S2∗ .



9

Chứng minh. Thật vậy, giả sử ngược lại, n có biểu diễn
n = p1α1 · · · pαr r = p2i1 + · · · + p2i ∈ S2∗ ,

trong đó p1 < p2 < · · · < pr , i1 < i2 < · · · < i ≤ r − 1, với r ≥ 3. Ta có
p1 · · · pr−2 pr−1 pr ≤ n < p2i ≤ rp2r−1 ,

hay
p1 · · · pr−2 pr < rpr−1 < rpr .

Suy ra
p1 · · · pr−2 < r,

điều này là không thể với r ≥ 3. Suy ra điều cần chứng minh.
n

ai xi là một đa thức với hệ số nguyên bậc

Định nghĩa 1.3.2. Cho f (x) =
i=0

n ≥ 1. Ta nói f (x) là đa thức bất khả quy nếu f (x) không phân tích được thành

tích của hai đa thức hệ số nguyên với bậc lớn hơn hay bằng 1.
Ví dụ 1.3.3. Các đa thức bậc nhất là đa thức bất khả quy, đa thức x2 + 1 là
bất khả quy.
Để chứng minh tập S3∗ là vô hạn, ta cần sử dụng giả thuyết của Schinzel dưới
đây.

Giả thuyết 1.3.4 (Giả thuyết Schinzel, [10]). Nếu f1 (x), . . . , fs (x) là các đa thức
hệ số nguyên bất khả quy với hệ số cao nhất (hệ số của lũy thừa lớn nhất của x)
dương sao cho không tồn tại số nguyên n > 1 nào là ước của tích f1 (x) . . . fs (x)
với mọi x nguyên, thì tồn tại vô số số nguyên x để f1 (x), . . . , fs (x) đều là số
nguyên tố.
∗ là tập vô hạn.
Với Giả thuyết Schinzel ta có thể chứng minh S3,3
∗ là tập vô hạn.
Định lý 1.3.5. Nếu Giả thuyết Schinzel đúng thì S3,3

Chứng minh. Giả sử k là số nguyên sao cho r = k 2 − 9k + 21 và p = k 2 − 7k + 13
đều là số nguyên tố. Trong trường hợp này, ta có
2rp(r + k)
= 2(k 2 − 9k + 21)(k 2 − 7k + 13)(k 2 − 8k + 21)
= 2(k 4 − 16k 3 + 97k 2 − 264k + 273)(k 2 − 8k + 21)
= 2k 6 − 48k 5 + 492k 4 − 2752k 3 + 8844k 2 − 15456k + 11466

(1.3)


10


23 + r3 + p3
= 8 + (k 2 − 9k + 21)3 + (k 2 − 7k + 13)3
= 8 + k 6 − 27k 5 + 306k 4 − 1863k 3 + 6426k 2 − 11907k + 9261
+ k 6 − 21k 5 + 186k 4 − 889k 3 + 2418k 2 − 3549k + 2197
= 2k 6 − 48k 5 + 492k 4 − 2752k 3 + 8844k 2 − 15456k + 11466.

(1.4)


Từ (1.3) và (1.4) ta được
2rp(r + k) = 23 + r3 + p3 .
∗ . Bây giờ, do đa
Do đó, đặt n = 2rp(r + k) = 23 + r3 + p3 thì ta có ngay n ∈ S3,3

thức r(k) = k 2 − 9k + 21 và p(k) = k 2 − 7k + 13 là các đa thức bất khả quy và thỏa
mãn các giả thiết của giả thuyết Schinzel. Nếu giả thuyết Schinzel đúng thì đảm
bảo rằng tồn tại vô số số nguyên k sao cho các số r(k) và p(k) là số nguyên tố,
∗ .
từ đó tồn tại vô số n ∈ S3,3

Ví dụ 1.3.6. Thay k = 2 vào các giá trị r và p trong chứng minh của Định lý
1.3.5 thì ta được
r = k 2 − 9k + 21 = 7,
p = k 2 − 7k + 13 = 3,
n1 = 2rp(r + k) = 2 · 7 · 3 · 9 = 2 · 33 · 7 = 378
= 23 + 33 + 73 .
∗ . Tương tự, với k = 6 ta được
Vậy n1 = 378 ∈ S3,3

r = k 2 − 9k + 21 = 3,
p = k 2 − 7k + 13 = 7,
n2 = 2rp(r + k) = 2 · 3 · 7 · 9 = 2 · 33 · 7 = 378
= 23 + 33 + 73 .
∗ . Tương tự với k = 10, 82 và 94 ta lần lượt thu được
Vậy n2 = n1 ∈ S3,3

n3 = 109306 = 2 · 31 · 43 · 41 = 23 + 313 + 433 ,
n4 = 450843455098 = 2 · 6007 · 6163 · 6089 = 23 + 60073 + 61633 ,



11
n5 = 1063669417210 = 2 · 8011 · 8191 · 8105 = 23 + 80113 + 81913 .
∗ .
Nên n3 , n4 , n5 ∈ S3,3

Nhận xét 1.3.7. Không phải mọi giá trị của S3∗ có thể được sinh ra theo cách
trên. Ví dụ, các số sau thuộc S3∗ nhưng không thể chứng minh được theo cách
này:
23391460 = 22 · 5 · 23 · 211 · 241 = 23 + 2113 + 2413 ,
173871316 = 22 · 223 · 421 · 463 = 23 + 4213 + 4633 ,
4473671462 = 2 · 13 · 179 · 593 · 1621 = 23 + 133 + 1793 + 5933 + 16213 ,
23040925705 = 5 · 7 · 167 · 1453 · 2713 = 53 + 73 + 1673 + 14533 + 27133 ,
13579716377989 = 19 · 157 · 173 · 1103 · 23857
= 193 + 1573 + 1733 + 11033 + 238573 ,
21467102506955 = 5 · 73 · 313 · 1439 · 27791
= 53 + 73 + 3133 + 14393 + 277913 ,
119429556097859 = 7 · 53 · 937 · 6983 · 49199
= 73 + 533 + 9373 + 69833 + 491993 ,
126548475909264420 = 22 · 3 · 5 · 11 · 83 · 101 · 45569 · 501931
= 23 + 53 + 833 + 455693 + 5019313 .

Rõ ràng nếu Giả thuyết Schinzel là đúng thì từ định lý trên ta có thể suy ra



Sk,3
. Tuy nhiên, định lý sau đây cho ta tính vô hạn


tính vô hạn của tập hợp
k=2




Sk,3
mà không cần đến Giả thuyết Schinzel.

của tập hợp
k=2



Sk,3
= +∞.

Định lý 1.3.8. #
k=2

Chứng minh. Tính chất này được suy ra ngay từ thực tế rằng với mỗi phần tử
∗ , ta có thể tìm một phần tử tương ứng n ∈ S ∗
n ∈ Sk,3
k(2r+1),3 với r = 1, 2, . . ..
∗ thì n có biểu diễn
Thật vậy, nếu n ∈ Sk,3

n = pk1 + pk2 + pk3



12

với p1 , p2 , p3 là ước nguyên tố phân biệt của n. Nói riêng, điều này có nghĩa
pa | (pkb + pkc ) với mỗi hoán vị (a, b, c) của các số nguyên 1, 2, và 3. Ta kết luận

rằng cho trước số nguyên r bất kỳ, số
k(2r+1)

n = p1

k(2r+1)

+ p2

k(2r+1)

+ p3


thuộc Sk(2r+1),3
. Thật vậy, ta chỉ cần chỉ ra pa | (pbk(2r+1) + pck(2r+1) ) với mỗi hoán

vị (a, b, c) của các số nguyên 1, 2 và 3. Nhưng điều này được suy ra từ kết quả
k(2r+1)
k(2r+1)
k(2r+1)
)
+ pc
); vì pa | (pkb + pkc ), suy ra pa | (pb
+ pc

rằng (pkb + pkc ) | (pk(2r+1)
b

∗ , định lý được chứng minh.
và do đó n ∈ Sk(2r+1),3
. Vì 378 ∈ S3,3

Nhận xét 1.3.9. Từ Định lý 1.3.5 và 1.3.8 ta thấy rằng nếu Giả thuyết Schinzel

đúng thì #S3(2r+1),3
= +∞ với bất kỳ r ≥ 1.

Tổng quát hơn, Định lý 1.3.8 được mở rộng cho

là số lẻ.

Định lý 1.3.10. Cho số nguyên lẻ bất kỳ ≥ 5, ta có


Sk,l
= +∞.

#
k=2

Định lý này là hệ quả trực tiếp của hai bổ đề sau.
Bổ đề 1.3.11. Cho t = 2s ≥ 2 là số nguyên chẵn và p1 , . . . , pt là các số nguyên
tố thỏa mãn
(i) pi ≡ 3 (mod 4) với mọi i = 1, . . . , t;
(ii) gcd(pi , pj − 1) = 1 với mọi i, j ∈ {1, . . . , t};

(iii) gcd(pi − 1, pj − 1) = 2 với mọi i = j ∈ {1, . . . , t}.
Giả sử thêm rằng a1 , . . . , at là các số nguyên và n1 , . . . , nt là số nguyên dương sao
cho các điều kiện dưới đây được thỏa mãn:
(iv) gcd(2ni + 1, pi − 1) = 1 với mọi i = 1, . . . , t;
(v) pi |

t
ni
j=1 pj

+ ani i với mọi i = 1, . . . , t;

(vi) s = t/2 số trong t ký hiệu Legendre (ai /pi ) với i = 1, . . . , t đều bằng 1 và s
số còn lại đều bằng −1.


13

Khi đó tồn tại vô hạn số nguyên tố p sao cho S ∗p−1 ,t+1 chứa ít nhất 1 phần tử.
2

Chứng minh. Lấy a thỏa mãn
a ≡ 2ni + 1

(mod (pi − 1)/2), a ≡ 3

(mod 4), a ≡ ai

(1.5)


(mod pi )

với mọi i = 1, . . . , t. Theo Định lý thặng dư Trung Hoa và các điều kiện (i)-(iii)
luôn tồn tại số a như trên. Vì ni lẻ, (pi −1)/2 cũng lẻ và a ≡ 3 (mod 4), ta kết luận
rằng đồng dư a ≡ 2ni + 1 (mod (pi − 1)/2) kéo theo a ≡ 2ni + 1 (mod 2(pi − 1)).
t

Bây giờ đặt M = 4
i=1

pi (pi − 1)
. Chú ý rằng theo điều kiện (i)-(iv), a nguyên
2

tố cùng nhau với M . Do đó, theo định lý Dirichlet về số nguyên tố trong cấp số
cộng, suy ra tồn tại vô số số nguyên tố p thỏa mãn p ≡ a (mod M ). Rõ ràng các
số nguyên tố này thỏa mãn dùng đồng dư (1.5) giống như a. Gọi p là một số
nguyên tố như vậy và đặt
t
(p−1)/2

n=

pi

+ p(p−1)/2 .

i=1

Chú ý rằng vì p ≡ 2ni + 1 (mod 2(pi − 1)), ta được (p − 1)/2 ≡ ni ( mod pi − 1).

Do đó, theo định lý Fermat và điều kiện (v) ta được
t

t

pnj i

n≡
j=1

+p

ni

pnj i + ani i ≡ 0



(mod pi )

j=1

với mọi i = 1, . . . , t. Cuối cùng, điều kiện (i), (v) và luật thuận nghịch bậc hai
chỉ ra rằng từ t = 2s số
(pi /p) = −(p/pi ) = −(ai /pi ),

có đúng một nửa bằng 1 và nửa còn lại bằng −1. Do đó, một nửa số p(p−1)/2
i
đồng dư 1 modulo p và một nửa còn lại đồng dư −1 modulo p, chỉ ra n là bội
của p. Do đó, n là bội của pi với i = 1, . . . , t và của p, kéo theo n ∈ S ∗p−1 ,t+1 .

2

Bổ đề 1.3.12. Nếu s ≥ 2 thì tồn tại các số nguyên tố pi và các số nguyên ai , ni
với i = 1, . . . , t thỏa mãn điều kiện của Bổ đề 1.3.11.
Chứng minh. Ta có nhận xét t − 1 ≥ 3. Chọn các số nguyên tố p1 , . . . , pt−1 sao
cho pi ≡ 11 (mod 12) với mọi i = 1, . . . , t − 1, gcd(pi , pj − 1) = 1 với mọi i, j ∈


14
{1, . . . , t − 1}, gcd(pi − 1, pj − 1) = 2 với mọi i = j ∈ {1, . . . , t − 1} và cuối cùng
p1 + · · · + pt−1 nguyên tố cùng nhau với p1 · · · pt−1 . Chú ý rằng N = p1 + · · · + pt−1

là số lẻ. Ta có thể xây dựng được các số nguyên tố như trên bắt đầu với p1 = 11
và bằng cách đệ quy, tiếp tục định nghĩa p2 , . . . , pt−1 là các số nguyên tố theo
cấp số cộng thích hợp. Lấy ni = 1 với mọi i = 1, . . . , t. Gọi q1 , . . . , q là tất cả các
ước nguyên tố của N. Chọn các số nguyên a1 , . . . , at−1 sao cho s trong các ký
hiệu Legendre (−ai /pi ) bằng −1 và s − 1 ký hiệu còn lại bằng 1. Bây giờ chọn
một số nguyên tố pt sao cho pt ≡ 11 (mod 12), pt nguyên tố cùng nhau với pi − 1
với i = 1, . . . , t − 1, pt ≡ −ai − N (mod pi ) với i = 1, . . . , t − 1, và (qi /pt ) = 1 với mọi
i = 1, . . . , . Để thỏa mãn các đồng dư thức này ta chỉ cần chọn pt ≡ 1 (mod qu )

nếu qu ≡ 1 (mod 4) và pt ≡ −1 (mod qu ) nếu qu ≡ 3 (mod 4), trong đó u = 1, . . . , .
Chú ý rằng cách chọn phù hợp với kết quả pt ≡ 11 (mod 12) nếu một trong các qu
là 3. Cho đến bây giờ, các số nguyên tố p1 , . . . , pt thỏa mãn các điều kiện (i)-(iii)
của Bổ đề 1.3.11. Cuối cùng, đặt at = −N. Ta có (−at /pt ) =

(qu /pt )αu = 1. Ở
u=1

đây, αu là lũy thừa của qu trong −at . Do đó có đúng s ký hiệu Legendre (−ai /pi )

bằng 1 và các ký hiệu còn lại bằng −1 và vì tất cả các số nguyên tố pi đồng
dư 3 modulo 4, điều tương tự cũng đúng nếu ta thay −ai bằng ai . Do đó, điều
kiện (vi) của Bổ đề 1.3.11 thỏa mãn. Bây giờ, ta kiểm tra điều kiện (v) đúng
với ni = 1 với mọi i = 1, . . . , t, bởi vì với mọi i = 1, . . . , t ta có
t
n

pj j + ani i ≡ N + pt + ai

(mod pi ) ≡ 0

(mod pi ),

j=1

trong khi
t
n

p j j + at = N + p t − N ≡ 0

(mod pt ),

j=1

và điều kiện (iv) hiển nhiên bởi vì 2ni + 1 = 3 và pi − 1 ≡ 10 (mod 12) không là
bội của 3 với i = 1, . . . , t.
Nhận xét 1.3.13. Lập luận bên trên không đúng với s = 1. Thật ra, trong
trường hợp này t − 1 = 1, do đó p1 + · · · + pt−1 = p1 và không nguyên tố cùng
nhau với p1 .



15

1.4


Tìm phần tử thuộc Sk,

∗ thì tồn tại
Để tìm phần tử của Sk∗ , ta có thể tiến hành như sau: nếu n ∈ Sk,

số nguyên dương Q và các số nguyên tố p1 , p2 , . . . , p sao cho
n = Qp1 · · · p

−1 p

= pk1 + · · · + pk−1 + pk ,

∗ là p | (pk + · · · + pk ).
với điều kiện cần để n thuộc Sk,
1
−1
∗ , ta kiểm tra các nhân tử nguyên tố p của r k + q k
Ví dụ, để tìm n ∈ Sk,3

với 2 ≤ r < q chạy qua các số nguyên tố cho tới giá trị x cho trước, và sau đó
kiểm tra nếu Q =

r k + q k + pk

là số nguyên hay không. Nếu Q là số nguyên thì
rpq

∗ .
n = Qrqp thuộc Sk,3

Ví dụ, cho k = 2, chọn r = 2, q = 5 thì r2 + q 2 = 29 có ước nguyên tố là
29 + 292
r 2 + q 2 + p2
=
= 3 là một số nguyên. Do
rpq
2 · 5 · 29
∗ . Với
đó, n = Qrqp = 3 · 2 · 5 · 29 = 870 = r2 + q 2 + p2 = 22 + 52 + 292 thuộc S2,3

p = 29. Kiểm tra ta được Q =

r = 3, q = 5 thì r2 + q 2 = 34 có ước nguyên tố là p = 2 và 17. Kiểm tra ta được với
r 2 + q 2 + p2
34 + 22
38
p = 2 thì Q =
=
=
không là một số nguyên nên loại, với
rpq
3·5·2
30
34 + 172

323
r 2 + q 2 + p2
=
=
không là một số nguyên nên loại.
p = 17 thì Q =
rpq
3 · 5 · 17
255

Tiến hành theo cách này (với

= 3, 4), ta tìm được các phần tử sau thuộc

S2∗ :
870 = 2 · 3 · 5 · 29 = 22 + 52 + 292 ,
188355 = 3 · 5 · 29 · 433 = 52 + 292 + 4332 ,
298995972 = 22 · 3 · 11 · 131 · 17291 = 32 + 112 + 1312 + 172912 ,
1152597606 = 2 · 3 · 5741 · 33461 = 22 + 57412 + 334612 ,
1879906755 = 3 · 5 · 2897 · 43261 = 52 + 28972 + 432612 ,
5209105541772 = 22 · 3 · 11 · 17291 · 2282281 = 32 + 112 + 172912 + 22822812 .

Mặc dù ta không thể tìm được bất kỳ phần tử nào thuộc S4 nhưng ta tìm
được một vài phần tử thuộc S4∗ , mặc dù chúng rất lớn. Dưới đây là 6 phần tử
thuộc S4∗ :
107827277891825604


16
= 22 · 3 · 7 · 31 · 67 · 18121 · 34105993

= 34 + 314 + 674 + 181214 ,
48698490414981559698
= 2 · 34 · 7 · 13 · 17 · 157 · 83537 · 14816023
= 24 + 174 + 835374 ,
3137163227263018301981160710533087044
= 22 · 32 · 7 · 11 · 191 · 283 · 7541 · 1330865843 · 2086223663996743
= 34 + 74 + 1914 + 13308658434 ,
129500871006614668230506335477000185618
= 2 · 32 · 7 · 132 · 31 · 241 · 15331 · 21613 · 524149 · 1389403 · 3373402577
= 24 + 2414 + 33734025774 ,
225611412654969160905328479254197935523312771590
= 2 · 32 · 5 · 7 · 132 · 37 · 41 · 109 · 113 · 127 · 151 · 541 · 911 · 5443
· 3198662197 · 689192061269
= 54 + 74 + 1134 + 1274 + 9114 + 6891920612694 ,
17492998726637106830622386354099071096746866616980
= 22 · 5 · 7 · 23 · 31 · 97 · 103 · 373 · 1193 · 8689 · 2045107145539
· 2218209705651794191
= 24 + 1034 + 3734 + 11934 + 20451071455394 .
∗ , S ∗ , S ∗ và S ∗ .
Chú ý rằng các số trên cho ta các phần tử thuộc S4,3
4,4 4,5
4,6
∗ tương ứng là các số sau:
Các phần tử nhỏ nhất thuộc S2∗ , S3∗ , . . . , S10

870 = 2 · 3 · 5 · 29 = 22 + 52 + 292 ,
378 = 2 · 33 · 7 = 23 + 33 + 73 ,
107827277891825604 = 22 · 3 · 7 · 31 · 67 · 18121 · 34105993
= 34 + 314 + 674 + 181214 ,
178101 = 32 · 7 · 11 · 257 = 35 + 75 + 115 ,

594839010 = 2 · 3 · 5 · 17 · 29 · 37 · 1087 = 26 + 56 + 296
275223438741 = 3 · 23 · 43 · 92761523 = 37 + 237 + 437
26584448904822018 = 2 · 3 · 7 · 17 · 19 · 113 · 912733109 = 28 + 178 + 1138


17
40373802 = 2 · 34 · 7 · 35603 = 29 + 39 + 79
420707243066850 = 2 · 32 · 52 · 29 · 32238102917 = 210 + 510 + 2910 .
∗ khi
Định lý 1.3.10 cho ta một cách để xây dựng vô hạn phần tử thuộc Sk,

cho trước một số nguyên lẻ

dương cố định. Tuy nhiên, trong thực hành, các

phần tử thu được rất lớn. Thật vậy, với trường hợp k = 5. Sử dụng ký hiệu của
Bổ đề 1.3.11, ta có t = 4; khi đó ta có thể chọn {p1 , p2 , p3 , p4 } = {11, 47, 59, 227}.
Như gợi ý trong Bổ đề 1.3.12, đặt ni = 1 với i = 1, 2, 3, 4. Tập số nguyên ai thích
hợp là {a1 , a2 , a3 , a4 } = {8, 32, 10, 110}, mà có tập ký hiệu Legendre (ai /pi ) : i =
1, 2, 3, 4 = {−1, 1, −1, 1}. Tìm nghiệm a của hệ phương trình đồng dư




a ≡ 3 (mod
a≡3






a ≡ ai

pi −1
2 )

(i = 1, 2, 3, 4)

(mod 4)
(mod pi )

(i = 1, 2, 3, 4),
4

ta thu được a = 4619585064883. Với M = 4
i=1

pi (pi − 1)
= 10437648923020, ta chú
2

ý rằng gcd(a, M ) = 1. Số nguyên tố nhỏ nhất p ≡ a (mod M ) là p = 10M + a =
∗ xây dựng theo
108996074295083. Điều này có nghĩa số nguyên nhỏ nhất n ∈ Sk,5

thuật toán của ta là
4

n=
i=1


là một số thực sự lớn.

p−1

pi 2 + p

p−1
2

,


18

Chương 2
Số Fibonacci và số Lucas dạng cx2
Dãy Fibonacci {Fn } và dãy Lucas {Ln } là hai dãy số rất nổi tiếng, có nhiều
tính chất thú vị và được nhiều người quan tâm nghiên cứu. Cũng đã có nhiều
luận văn thạc sĩ trình bày về hai dãy số này. Trong chương này, chúng tôi quan
tâm đến bài toán nghiên cứu về các số Fibonacci và các số Lucas có dạng cx2 .
Nhiều nhà toán học đã nghiên cứu vấn đề này. Năm 1964, Cohn [2] đã đưa ra lời
giải cho các phương trình Fn = cx2 và Ln = cx2 khi c = 1, 2. Năm 1983, Robbins
đã đưa ra lời giải cho phương trình Fn = px2 với mọi p thỏa mãn p ≡ 3 (mod 4)
hoặc p < 10000. Đến năm 1990, Robbins đã tìm được tất cả các nghiệm của
phương trình Fn = cx2 với c là hợp số nhỏ hơn 1000. Năm 1991, Robbins tiếp tục
giải quyết phương trình Ln = px2 với p là số nguyên tố lẻ nhỏ hơn 1000. Năm
1999, Zhou đã tìm ra lời giải cho phương trình Ln = px2 với p là số nguyên tố
trong khoảng từ 1000 đến 60000. Gần đây, năm 2011, Keskin và Yosma [5] đã
giải quyết các phương trình Ln = 2Lm x2 , Fn = 2Fm x2 , Ln = 6Lm x2 , Fn = 3Fm x2

và Fn = 6Fm x2 . Mục đích của chương này là trình bày lại một số kết quả xoay
quanh kết quả của Keskin và Yosma.

2.1

Dãy Fibonacci và dãy Lucas

Trước tiên, chúng tôi trình bày lại định nghĩa và một số tính chất của dãy
Fibonacci và dãy Lucas. Các nội dung của mục này chúng tôi tham khảo trong
cuốn sách [7] của Koshy.
Định nghĩa 2.1.1. Dãy Fibonacci là dãy số được xác định bởi công thức truy


19

hồi
F0 = 0, F1 = 1, Fn = Fn−1 + Fn−2 với mọi n ≥ 2.

Số Fn được gọi là số Fibonacci thứ n.
Từ định nghĩa, ta dễ dàng xác định được mười sáu số Fibonacci đầu tiên là
0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, 233, 377, 610.

Định lý sau đây cho ta công thức tổng quát của dãy số Fibonacci, gọi là công
thức Binet cho dãy Fibonacci.
Định lý 2.1.2 (Công thức Binet cho dãy Fibonacci). Gọi α là nghiệm dương
và β là nghiệm âm của phương trình x2 − x − 1 = 0. Khi đó, với n ≥ 1, ta có
αn − β n
.
Fn =
α−β



1− 5
1+ 5
và β =
. Theo định lý Viete, ta có
Chứng minh. Ta có α =
2
2
α + β = 1, αβ = −1.

Từ đó, ta được
α2 = α(1 − β) = α − αβ = α + 1,
β 2 = β(1 − α) = β − βα = β + 1.

Đặt un =

αn − β n
, với n ≥ 1. Khi đó,
α−β

5
α−β
u1 = √ = √ = 1
5
5


u2 =


α2 − β 2
(α + β)(α − β)


=
= 1.
5
5

Giả sử n ≥ 3, khi đó
αn−1 − β n−1 αn−2 − β n−2


+
5
5
n−2
n−2
α (α + 1) − β
(β + 1)
αn−2 α2 − β n−2 β n


=
=
5
5
n
n
α −β

=
= un .
α−β

un−1 + un−2 =

Do đó, dãy un thỏa mãn hệ thức truy hồi và hai điều kiện ban đầu của dãy
Fibonacci. Suy ra Fn = un =

αn − β n
, n ≥ 1.
α−β


20

Định nghĩa 2.1.3. Dãy Lucas là dãy số được xác định một cách truy hồi như
sau
L0 = 2, L1 = 1, Ln = Ln−1 + Ln−2 với mọi n ≥ 2.

Số Ln được gọi là số Lucas thứ n.
Mười sáu số Lucas đầu tiên là
2, 1, 3, 4, 7, 11, 18, 29, 47, 76, 123, 199, 322, 521, 843, 1364.

Từ định nghĩa của dãy Lucas ta thấy công thức truy hồi xác định dãy số này
tương tự như công thức truy hồi xác định dãy Fibonacci, hai dãy số chỉ khác
nhau điều kiện ban đầu. Tương tự như dãy Fibonacci, ta có công thức Binet cho
dãy Lucas được xác định bởi định lý sau đây.
Định lý 2.1.4 (Công thức Binet cho dãy Lucas). Gọi α là nghiệm dương của
phương trình x2 − x − 1 = 0 và β là nghiệm âm của phương trình. Khi đó, với

n ≥ 1, ta có
Ln = α n + β n .


1− 5
1+ 5
và β =
. Đặt vn = αn + β n , với n ≥ 1.
Chứng minh. Ta vẫn có α =
2
2

Khi đó,
v1 = α + β = 1.


v2 = α2 + β 2 = (α + β)2 − 2αβ = 1 − 2(−1) = 3.

Giả sử n ≥ 3, khi đó
vn−1 + vn−2 = αn−1 + β n−1 + αn−2 + β n−2
= αn−2 (α + 1) + β n−2 (β + 1) = αn−2 α2 + β n−2 β 2
= αn + β n = vn .

Do đó, dãy vn thỏa mãn hệ thức truy hồi và hai điều kiện ban đầu của dãy
Lucas. Suy ra Ln = vn = αn + β n , n ≥ 1.
Mở rộng định nghĩa của dãy Fibonacci và dãy Lucas ta có định nghĩa sau
đây về các số Fibonacci và các số Lucas với chỉ số âm.


21


Định nghĩa 2.1.5. Số Fibonacci và số Lucas với chỉ số âm tương ứng được định
nghĩa bởi F−n = (−1)n+1 Fn với n ≥ 1 và L−n = (−1)n Ln với n ≥ 1.
Dễ thấy rằng công thức Binet vẫn còn đúng đối với các số Fibonacci và các
số Lucas với chỉ số âm.

2.2

Một số tính chất số học của các số Fibonacci
và các số Lucas

Liên quan đến hai dãy số Fibonacci và dãy số Lucas ta có rất nhiều tính chất
thú vị. Trong mục này, chúng tôi trình bày một số tính chất số học của hai dãy
này để sử dụng cho các phần tiếp theo của chương. Nội dung của mục này chúng
tôi tham khảo trong tài liệu tham khảo [6].
Trước tiên, chúng ta có một số đẳng thức dưới đây về các số Fibonacci và
các số Lucas. Với n, m, k là các số nguyên, ta có:
Fn−1 + Fn+1 = Ln ,

(2.1)

Ln−1 + Ln+1 = 5Fn ,

(2.2)

L2n = L2n − 2(−1)n ,

(2.3)

L3n = Ln (L2n − 3(−1)n ),


(2.4)

F2n = Fn Ln ,

(2.5)

2Fm+n = Fm Ln + Fn Lm ,

(2.6)

2Lm+n = 5Fm Fn + Ln Lm ,

(2.7)

F3n = Fn (5Fn2 + 3(−1)n ),

(2.8)

L2n − 5Fn2 = 4(−1)n ,

(2.9)

2 | Fn ⇔ 2 | Ln ⇔ 3 | n,

(2.10)

3 | Ln ⇔ n ≡ 2

(mod 4),


(Fn , Ln ) = 1 hoặc (Fn , Ln ) = 2,

(2.11)
(2.12)

Trong [6], Keskin và Demirturk đã chứng minh hai mệnh đề sau đây về quan
hệ đồng dư giữa các số Fibonacci và các số Lucas.


22

Mệnh đề 2.2.1. Cho n ∈ N ∪ {0} và k, m ∈ Z. Khi đó
F2mn+k ≡ (−1)mn Fk

(mod Fm )

(2.13)

L2mn+k ≡ (−1)mn Lk

(mod Fm ).

(2.14)



Mệnh đề 2.2.2. Cho n ∈ N ∪ {0} và k, m ∈ Z. Khi đó
L2mn+k ≡ (−1)(m+1)n Lk


(mod Lm )

(2.15)

F2mn+k ≡ (−1)(m+1)n Fk

(mod Lm ).

(2.16)



Ngoài hai mệnh đề này ra, chúng ta còn có một số quan hệ đồng dư sau đây:
Ln+2k ≡ −Ln

(mod Lk ),

(2.17)

Fn+2k ≡ −Ln

(mod Lk ),

(2.18)

(mod 8).

(2.19)

Ln+12 ≡ Ln


Nếu 2 | k và 3 k thì Lk ≡ 3 (mod 4).

(2.20)

Đối với các số Lucas ta có thể chứng minh bằng quy nạp một số tính chất
cho bởi bốn bổ đề dưới đây.
Bổ đề 2.2.3. L2k ≡ 3 (mod 4) với mọi số nguyên dương k ≥ 1.
Chứng minh. Với k = 1 ta có L2k = L2 = 3 ≡ 3 (mod 4). Với k = 2 ta có
L2k = L4 = 7 ≡ 3 (mod 4). Giả sử bổ đề đúng với k = n, tức là L2n ≡ 3 (mod 4).

Ta cần chứng minh bổ đề đúng với k = n + 1. Ta có
n

L2n+1 = L2·2n = L22n − 2(−1)2 = L22n − 2
≡7

(mod 4) ≡ 3

(mod 4).

Suy ra L2k ≡ 3 (mod 4) với mọi số nguyên dương k ≥ 1 theo nguyên lý quy nạp
toán học.
Bổ đề 2.2.4. Nếu r ≥ 3 thì L2r ≡ 2 (mod 3).


Xem Thêm

×