Một số bài toán về 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

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

Mục lục

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

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 của tập Sk,l∗ 8

1.4 Tìm phần tử thuộc Sk,`∗ 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

Mở đầu

Mục đích của luận văn là trình bày lại một số bài toán liên quan đến lũythừa 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 nguyênthành tổng riêng lũy thừa của các nhân tử nguyên tố Ký hiệu Sk là tập tất cảcác số nguyên n có thể biểu diễn thành tổng lũy thừa k của tất cả các nhân tửnguyên tố phân biệt của n Hiện nay, với k ≥ 2, chúng ta chưa có nhiều thôngtin về tập hợp Sk, thậm chí, người ta mới chỉ tìm ra một số phần tử của S 3 DeKoninck và Luca [3] đã đặt vấn đề nghiên cứu về các số nguyên có thể biểu diễnthành tổng riêng lũy thừa của các nhân tử nguyên tố Các tác giả này đã khaithác 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 F n và các số Lucas L n là những

số nổi tiếng, được nhiều nhà toán học quan tâm nghiên cứu Đây cũng là haidãy số nguyên có nhiều tính chất đẹp đã được tìm ra Riêng bài toán nghiêncứu về các số Fibonacci và các số Lucas có dạng cx2 cũng đã được nhiều nhàtoán học nghiên cứu Trong Chương 2 của luận văn, chúng tôi tập trung tìmhiểu 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 = 2Lmx2, Fn = 2Fmx2, Ln = 6Lmx2, Fn = 3Fmx2 và Fn = 6Fmx2

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

sách [1] của Andreescu và Andrica và được trình bày trong Chương 3 của luậnvăn.

Luận văn được hoàn thành tại trường Đại học Khoa học - Đại học TháiNguyên 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 đãđịnh 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 giáodạy 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 hoànthành luận văn tốt nghiệp

Xin cảm ơn những người thân trong gia đình và tất cả những người bạn thânyêu đã hết sức thông cảm, chia sẻ và tạo điều kiện tốt nhất cho tôi để tôi có thểhọc 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

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 nguyênthành tổng lũy thừa của các nhân tử nguyên tố của nó Ta ký hiệu Sk là tậptất cả các số nguyên có thể biểu diễn thành tổng lũy thừa k của các nhân tửnguyên 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 tổngriêng lũy thừa của các nhân tử nguyên tố Cụ thể, nếu ký hiệuSk,`∗ là tập tất cảcác số nguyên có thể biểu diễn thành tổng` lũy thừa k của các nhân tử nguyên

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

∞

[

k=2

Sk,`∗ có vô hạn phần tửkhi ` ≥ 3 là số nguyên lẻ Ngoài ra, hai tác giả này cũng đã chỉ ra một số tínhchất khác liên quan và một số thuật toán tìm một số phần tử củaSk,`∗ Mục đíchcủa chương là trình bày lại các kết quả này của De Koninck và Luca

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

và luật thuận nghịch bậc hai, đó là những công cụ sẽ được sử dụng ở phần saucủa luận văn Nội dung của các kiến thức này chúng tôi tham khảo trong cuốnsách “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)

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 chỉkhi phương trình đồng dư bậc hai x2 ≡ a (mod m) có nghiệm Tiêu chuẩn Eulerdưới đây cho ta một điều kiện cần và đủ để một số nguyên dươnga là thặng dưbậc 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 sốnguyên dương a không chia hết cho p là một thặng dư bậc hai của p khi và chỉkhi 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, tatính2(17−1)/2= 28≡ 1 (mod 17) Do vậy2là một thặng dư bậc hai của17 Tương

tự như vậy, ta có 3(17−1)/2 = 38≡ 16 ≡ −1 (mod 17) Do đó, 3 không là thặng dưbậc hai của 17

Như vậy tiêu chuẩn Euler cho ta một công cụ kiểm tra tính giải được củaphương trình đồng dư x2 ≡ a (mod p) Tuy nhiên việc sử dụng công cụ này sẽgặp khó khăn trong tính toán khi số nguyên tố p thực sự lớn Một trong nhữngcông cụ hỗ trợ trong các tính toán này là ký hiệu Legendre

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 12nên theo định nghĩa ký hiệu Legendre, ta có

Dưới đây là một số tính chất cơ bản của ký hiệu Legendre và luật thuậnnghịch 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 kỳthỏa 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−12

q−1

2

Luật thuận nghịch bậc hai được phát biểu lại dưới dạng gắn với thực tiễntính toán như hệ quả sau.

Hệ quả 1.1.12 Cho p và q là các số nguyên tố lẻ Khi đó, ta có

Xét trường hợp p = 47và 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 bậchai 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 haicủa 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 (mod 8) (1.1)và

(−2/p) = 1 khi và chỉ khi p ≡ 1 (mod 8) hoặc p ≡ 3 (mod 8). (1.2)

Từ mục này đến cuối chương, chúng tôi trình bày lại các kết quả của DeKoninck và Luca [4] và kết quả của De Koninck [3] về bài toán biểu diễn sốnguyên 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 tốphân 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 3nhân tử nguyên tố phân biệt nên w(n) = 3 Tương tự, ta có

w(15) = w(3 · 5) = 2,

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

Sk =n : ω(n) ≥ 2 và n =X

p|n

pk ,

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

Do đó, 5 số nguyên trên thuộc S 3

Hiện nay, theo chúng tôi được biết, người ta vẫn chưa tìm được số tự nhiênnào thuộc Sk với k = 2 hoặc k ≥ 4, mặc dù những tập này rất có thể là tập vôhạn phần tử Như vậy, đối với tập Sk ta chưa có nhiều thông tin Định nghĩadưới đây cho ta tập số nguyên rộng hơn Sk, gồm các số nguyên có thể biểu diễnthành tổng riêng lũy thừa k của các nhân tử nguyên tố

Định nghĩa 1.2.5 Cho số nguyên k ≥ 2, đặt

Sk∗ thành các tập con như sau:

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

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 cácnhân tử nguyên tố mà từ đó dẫn đến n thuộc S2∗.

Chứng minh Thật vậy, giả sử ngược lại, n có biểu diễn

aixi là một đa thức với hệ số nguyên bậc

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

Để chứng minh tập S3∗ là vô hạn, ta cần sử dụng giả thuyết của Schinzel dướiđây

Giả thuyết 1.3.4 (Giả thuyết Schinzel, [10]) Nếuf1(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 sốnguyên tố

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∗ là tập vô hạn

Chứng minh Giả sử k là số nguyên sao cho r = k2− 9k + 21 và p = k2− 7k + 13

đều là số nguyên tố Trong trường hợp này, ta có

2rp(r + k)

= 2(k2− 9k + 21)(k2− 7k + 13)(k2− 8k + 21)

= 2(k4− 16k3+ 97k2− 264k + 273)(k2− 8k + 21)

= 2k6− 48k5+ 492k4− 2752k3+ 8844k2− 15456k + 11466 (1.3)

n 5 = 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 cáchtrên Ví dụ, các số sau thuộc S3∗ nhưng không thể chứng minh được theo cáchnày:

n = pk1+ pk2+ pk3

với p 1 , p 2 , p 3 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 luậnrằng cho trước số nguyên r bất kỳ, số

n0 = pk(2r+1)1 + pk(2r+1)2 + pk(2r+1)3

thuộc Sk(2r+1),3∗ Thật vậy, ta chỉ cần chỉ ra pa | (pk(2r+1)b + pk(2r+1)c ) với mỗi hoán

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

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(p i , p j − 1) = 1 với mọi i, j ∈ {1, , t};

(iii) gcd(pi− 1, pj− 1) = 2 với mọi i 6= j ∈ {1, , t}

Giả sử thêm rằng a1, , at là các số nguyên và n1, , nt là số nguyên dương saocho các điều kiện dưới đây được thỏa mãn:

(iv) gcd(2ni+ 1, pi− 1) = 1 với mọi i = 1, , t;

(v) pi|Pt

j=1 pni

j + 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.

Khi đó tồn tại vô hạn số nguyên tố p sao cho S∗p−1

2 ,t+1 chứa ít nhất 1 phần tử.Chứng minh Lấy a thỏa mãn

a ≡ 2n i + 1 (mod (p i − 1)/2), a ≡ 3 (mod 4), a ≡ a i (mod p i ) (1.5)với mọi i = 1, , t Theo Định lý thặng dư Trung Hoa và các điều kiện (i)-(iii)luôn tồn tại sốanhư trên Vì ni lẻ,(pi−1)/2cũng lẻ và a ≡ 3 (mod 4), ta kết luậnrằng đồng dư a ≡ 2n i + 1 (mod (p i − 1)/2) kéo theo a ≡ 2n i + 1 (mod 2(p i − 1)).Bây giờ đặtM = 4

t

Y

i=1

pi(pi− 1)

2 Chú ý rằng theo điều kiện (i)-(iv), a nguyên

tố cùng nhau vớiM Do đó, theo định lý Dirichlet về số nguyên tố trong cấp sốcộng, 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 sốnguyên tố như vậy và đặt

Chú ý rằng vì p ≡ 2n i + 1 (mod 2(p i − 1)), ta được (p − 1)/2 ≡ n i ( mod p i − 1)

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

có đúng một nửa bằng 1 và nửa còn lại bằng −1 Do đó, một nửa số p(p−1)/2i

đồng dư 1 modulo p và một nửa còn lại đồng dư −1 modulo p, chỉ ra n là bộicủa p. Do đó, n là bội của pi với i = 1, , t và của p, kéo theo n ∈ S∗p−1

2 ,t+1

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 saocho pi ≡ 11 (mod 12) với mọi i = 1, , t − 1, gcd(pi, pj − 1) = 1 với mọi i, j ∈

{1, , t − 1}, gcd(p i − 1, p j − 1) = 2 với mọi i 6= 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 p 2 , , p t−1 là các số nguyên tố theocấp số cộng thích hợp Lấy ni = 1 với mọi i = 1, , t Gọi q1, , q` là tất cả cácước nguyên tố của N. Chọn các số nguyên a1, , at−1 sao cho s trong các kýhiệu Legendre (−a i /p i ) bằng −1 và s − 1 ký hiệu còn lại bằng 1 Bây giờ chọnmột số nguyên tố pt sao chopt ≡ 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 p t ≡ 1 (mod q u )

nếuqu ≡ 1 (mod 4)vàpt ≡ −1 (mod qu)nếuqu ≡ 3 (mod 4),trong đóu = 1, , `.

Chú ý rằng cách chọn phù hợp với kết quảpt≡ 11 (mod 12) nếu một trong cácqu

là 3 Cho đến bây giờ, các số nguyên tố p 1 , , p t thỏa mãn các điều kiện (i)-(iii)của Bổ đề 1.3.11 Cuối cùng, đặt at = −N. Ta có (−at/pt) =

`

Y

u=1

(qu/pt)αu = 1. Ởđây, α u là lũy thừa của q u trong −a t Do đó có đúng s ký hiệu Legendre (−a i /p i )

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, điềukiện (vi) của Bổ đề 1.3.11 thỏa mãn Bây giờ, ta kiểm tra điều kiện (v) đúngvới ni= 1 với mọi i = 1, , t, bởi vì với mọi i = 1, , t ta có

1.4 Tìm phần tử thuộc Sk,`∗

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

số nguyên dương Q và các số nguyên tố p1, p2, , p` sao cho

n = Qp 1 · · · p`−1p`= pk1+ · · · + pk`−1+ pk`,

với điều kiện cần để n thuộc Sk,`∗ là p` | (pk1 + · · · + pk`−1)

Ví dụ, để tìm n ∈ Sk,3∗ , ta kiểm tra các nhân tử nguyên tố p của rk + qk

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

k + qk+ pkrpq là số nguyên hay không Nếu Q là số nguyên thì

n = Qrqp thuộc Sk,3∗

Ví dụ, cho k = 2, chọn r = 2, q = 5 thì r2 + q2 = 29 có ước nguyên tố là

p = 29. Kiểm tra ta được Q = r

2 + q2+ p2rpq =

107827277891825604

Chú ý rằng các số trên cho ta các phần tử thuộc S4,3∗ , S4,4∗ , S4,5∗ và S4,6∗ .

Các phần tử nhỏ nhất thuộc S2∗, S3∗, , S10∗ tương ứng là các số sau:

40373802 = 2 · 34· 7 · 35603 = 29+ 39+ 79

420707243066850 = 2 · 32· 52· 29 · 32238102917 = 210+ 510+ 2910.

Định lý 1.3.10 cho ta một cách để xây dựng vô hạn phần tử thuộc Sk,`∗ khicho trước một số nguyên lẻ ` dương cố định Tuy nhiên, trong thực hành, cácphần 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 nguyênai thíchhợp là {a1, a2, a3, a4} = {8, 32, 10, 110}, mà có tập ký hiệu Legendre 

ý rằng gcd(a, M ) = 1. Số nguyên tố nhỏ nhất p ≡ a (mod M ) là p = 10M + a =

108996074295083. Điều này có nghĩa số nguyên nhỏ nhất n ∈ Sk,5∗ xây dựng theothuật toán của ta là

i + pp−12 ,

là một số thực sự lớn

Chương 2

Số Fibonacci và số Lucas dạng cx 2

Dãy Fibonacci {Fn} và dãy Lucas {Ln} là hai dãy số rất nổi tiếng, có nhiềutính chất thú vị và được nhiều người quan tâm nghiên cứu Cũng đã có nhiềuluận văn thạc sĩ trình bày về hai dãy số này Trong chương này, chúng tôi quantâm 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 lờigiải 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 củaphương trìnhFn = cx2 với clà hợp số nhỏ hơn 1000 Năm 1991, Robbins tiếp tụcgiải 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 tốtrong khoảng từ 1000 đến 60000 Gần đây, năm 2011, Keskin và Yosma [5] đãgiải quyết các phương trình Ln = 2Lmx2, Fn = 2Fmx2, Ln = 6Lmx2, Fn = 3Fmx2

và Fn = 6Fmx2 Mục đích của chương này là trình bày lại một số kết quả xoayquanh kết quả của Keskin và Yosma

Trước tiên, chúng tôi trình bày lại định nghĩa và một số tính chất của dãyFibonacci và dãy Lucas Các nội dung của mục này chúng tôi tham khảo trongcuốn sách [7] của Koshy

Định nghĩa 2.1.1 Dãy Fibonacci là dãy số được xác định bởi công thức truy

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 côngthức 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

2 và β = 1 −

√ 5

Định nghĩa 2.1.3 Dãy Lucas là dãy số được xác định một cách truy hồi nhưsau

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 nàytương tự như công thức truy hồi xác định dãy Fibonacci, hai dãy số chỉ khácnhau điều kiện ban đầu Tương tự như dãy Fibonacci, ta có công thức Binet chodãy 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 củaphương trình x2 − x − 1 = 0 và β là nghiệm âm của phương trình Khi đó, với

n ≥ 1, ta có

Ln = αn+ βn.

Chứng minh Ta vẫn có α = 1 +

√ 5

2 và β = 1 −

√ 5

Định nghĩa 2.1.5 Số Fibonacci và số Lucas với chỉ số âm tương ứng được địnhnghĩa bởi F−n = (−1)n+1Fn với n ≥ 1 và L−n = (−1)nLn 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

và các số Lucas

Liên quan đến hai dãy số Fibonacci và dãy số Lucas ta có rất nhiều tính chấtthú vị Trong mục này, chúng tôi trình bày một số tính chất số học của hai dãynày để sử dụng cho các phần tiếp theo của chương Nội dung của mục này chúngtôi tham khảo trong tài liệu tham khảo [6]

Trước tiên, chúng ta có một số đẳng thức dưới đây về các số Fibonacci vàcác số Lucas Với n, m, k là các số nguyên, ta có:

hệ đồng dư giữa các số Fibonacci và các số Lucas

Mệnh đề 2.2.1 Cho n ∈N∪ {0} và k, m ∈Z. Khi đó

F2mn+k ≡ (−1)mnFk (mod Fm) (2.13)và

L2mn+k ≡ (−1)mnLk (mod Fm). (2.14)Mệnh đề 2.2.2 Cho n ∈N∪ {0} và k, m ∈Z. Khi đó

L2mn+k ≡ (−1)(m+1)nLk (mod Lm) (2.15)và

F2mn+k ≡ (−1)(m+1)nFk (mod L m ). (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)

Ln+12≡ Ln (mod 8). (2.19)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 chấtcho 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)

Chứng minh Với r = 3 ta có L 2 r = L 8 = 47 ≡ 2 (mod 3) Giả sử bổ đề đúng với

r = n, tức là L2n ≡ 2 (mod 3) Ta cần chứng minh bổ đề đúng với r = n + 1 Tacó

L2n+1 = L2·2n = L22n − 2(−1)2n = L22n − 2 ≡ 2 (mod 3).

Theo nguyên lý quy nạp suy ra L2r ≡ 2 (mod 3) nếu r ≥ 3.

Bổ đề 2.2.5 Nếu r ≥ 2 thì L2r ≡ 7 (mod 8)

Chứng minh Với r = 2 thì L2r = L4 = 7 ≡ 7 (mod 8) Giả sử bổ đề đúng với

r = n, tức là L 2 n ≡ 7 (mod 8) Ta cần chứng minh bổ đề đúng với r = n + 1. Tacó

L2n+1 = L2·2n = L22n − 2(−1)2n = L22n − 2 ≡ 47 (mod 8) ≡ 7 (mod 8).

Theo nguyên lý quy nạp, ta có điều phải chứng minh

Bổ đề 2.2.6 8- Ln với mọi số tự nhiên n

Chứng minh Dễ thấy 8- Ln với n ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5}. Giả sử bổ đề đúng với n = k,tức là 8- Lk với k ≥ 5 Ta cần chứng minh bổ đề đúng với n = k + 1 Thật vậy,biến đổi ta được Lk+1 = 8Lk−4+ 5Lk−5 Do 8 - Lk−5 nên suy ra 8 - Lk+1 Theonguyên lý quy nạp ta có điều phải chứng minh

Ba định lý sau đây cho chúng ta mối quan hệ chia hết giữa các số Fibonaccivới nhau, giữa các số Lucas với nhau và giữa hai loại số đó với nhau

Định lý 2.2.7 Cho m, n ∈N và m ≥ 2. Khi đó Lm | Ln khi và chỉ khi m | n và

Vì L m | L n , ta thu được L m | Lm+k Giả sử k > 0 Nếu ta sử dụng đẳng thức

Định lý 2.2.8 Cho m, n ∈N và m ≥ 3. Khi đó F m | F n khi và chỉ khi m | n.

Chứng minh Trước tiên giả sử Fm | Fn nhưng m 6= n. Khi đó n = mq + r với

0 < r < m Giả sử q là số chẵn Khi đó q = 2t với t ∈ Z nào đó Theo (2.13) suy