Dãy số Roettger
Nếu phân số tối giản \( \frac{p}{q} \) (với \( (p, q) = 1 \)) là nghiệm của đa thức với hệ số nguyên \( f(x) = a_nx^n + a_{n-1}x^{n-1} + \ldots + a_1x + a_0 \), thì \( p \) phải là ước của \( a_0 \) và \( q \) phải là ước của \( a_n \).
Giải Giả sử phân thức tối giản p q là nghiệm của đa thức f(x) Khi đó, ta có f p q
Từ đó, ta có anp n = −q(an − 1p n − 1 +ã ã ã+a1q n − 2 p+a0q n − 1 ) (1.1) và a0q n =−p(anp n − 1 +an − 1p n − 2 q+ã ã ã+a1q n − 1 ) (1.2)
Từ (1.1) suy ra rằng anp chia hết cho q, và do (p, q) = 1 nên an cũng chia hết cho q Tương tự, từ (1.2) cho thấy a0q chia hết cho p, do đó a0 chia hết cho p Định nghĩa 1.1.2 giới thiệu về dãy Lucas, trong đó p và q là các số nguyên tố cùng nhau, và α, β là nghiệm của đa thức bậc hai x² - px + q với biệt thức δ = (α - β)² = p² - 4q Hai dãy {un} và {vn} được xác định là un = un(p, q) = (αⁿ - βⁿ) / (α - β) và vn = vn(p, q) = αⁿ + βⁿ, được gọi là hai dãy Lucas.
Với n = 0, ta được u0 = 1−1 α−β = 0, v0 = α 0 + β 0 = 2; với n = 1, ta có u1 = α−β α−β = 1 và v1 = α+β = p.
Ví dụ 1.1.3 Cho tam thức bậc hai
(x−2) 2 = x 2 −4x+ 4 không thỏa mãn điều kiện (p, q) = 1 nên không thuộc dạng đang xét.
Ví dụ 1.1.4 Cho tam thức bậc hai x 2 + 3x+ 2, ta được un = (−1) n −2 n
Ví dụ 1.1.5 Cho tam thức bậc haix 2 −5x+ 1(có hai nghiệm không nguyên), ta được un 5+ √
Ta vẫn có tính chất un, vn là các số nguyên.
Từ định nghĩa, ta có thể chứng minh được cả hai dãy Lucas đều thỏa mãn công thức truy hồi tuyến tính
Ta có công thức truy hồi un+1 = pun − qun − 1 và vn+1 = pvn − qvn − 1, với điều kiện u0 = 0, u1 = 1 và v0 = 0, v1 = p Nhờ vào các công thức này, chúng ta có thể tính toán giá trị của un và vn cho mọi số nguyên n.
Dãy Lucas sở hữu nhiều tính chất độc đáo và được ứng dụng rộng rãi trong việc kiểm tra tính nguyên tố của các số nguyên lớn, giải quyết các bài toán đồng dư thức bậc hai và bậc ba, cũng như trong lĩnh vực lý thuyết mật mã.
Roettger đề xuất mở rộng dãy Lucas bằng cách nâng cao đa thức từ bậc 2 lên bậc n Trong luận văn này, chúng tôi chỉ tập trung vào đa thức bậc 3 Ở đây, P, Q, R là các số nguyên thỏa mãn điều kiện gcd(P, Q, R) = 1, và α, β, γ là các nghiệm của phương trình h(x) = x³ - P x² + Qx - R.
∆ = (α−β) 2 (β−γ) 2 (γ −α) 2 =Q 2 P 2 −4Q 3 −4RP 3 + 18P QR−27R 2 Giả sử rằng ∆ 6= 0. Định lý 1.1.6 (Định lý Vieta) Ba nghiệm α, β, γ thỏa mãn công thức sau
α+β+γ = P αβ +βγ+γα =Q αβγ = R. Định nghĩa 1.1.7 (Dãy Roettger) Với P, Q, R, α, β và γ xác định như trên, đặt cn =cn(P, Q, R) = (α n −β n )(β n −γ n )(γ n −α n )
(α−β)(β −γ)(γ−α) (1.4) và wn =wn(P, Q, R) = (α n +β n )(β n +γ n )(γ n +α n )−2R n (1.5) Khi đó {cn} và {wn} được gọi là hai dãy Roettger.
Với n= 0 thì c0 = 0 và w0 = 2ã2ã2−2R 0 = 6; với n= 1 thì c1 = 1 và w1 = (α+β)(β+γ)(γ+α)−2R
(x−1)(x−2)(x−5) có 3 nghiệm nguyên α = 1, α= 2, α = 5 Ta được cn = (1 n −2 n )(2 n −5 n )(5 n −1 n )
Các công thức của dãy Roettger còn được viết dưới dạng tổ hợp tuyến tính của α n β 2n , β n γ 2n , γ n α 2n , α 2n β n , β 2n γ n , γ 2n α n như sau: cn = (α n β 2n +β n γ 2n +γ n α 2n )−(α 2n β n +β 2n γ n +γ 2n α n ) δ và wn = (α n β 2n +β n γ 2n +γ n α 2n ) + (α 2n β n +β 2n γ n +γ 2n α n ), trong đó δ =√
∆ = (α−β)(β−γ)(γ −α). Định lý 1.1.9 ([2, tr 54]) Với m cố định, các dãy {cn} và {wn} thỏa mãn công thức đệ quy
Xn+6m = a1Xn+5m−a2Xn+4m+a3Xn+3m−a4Xn+2m+a5Xn+1m−a6Xn, (1.6) trong đó a1 =wm, a2 = (w 2 m −∆c 2 m )/4 +R m wm, a3 =R m (w2m+ 2R m wm+ 2R 2m ), a4 =R 2m a2, a5 =R 4m a1, a6 =R 6m
Am = (α m β 2m +β m γ 2m +γ m α 2m ), Bm = (α 2m β m +β 2m γ m +γ 2m α m ), thì cm = Am−Bm δ , wm = Am +Bm. Thực hiện các phép tính: a1 =wm =Am+Bm, a2 = w m 2 −∆c 2 m
4 +R m wn = (Am +Bm) 2 −(Am−Bm) 2
= (A 2 m +B m 2 )R m + 2R 3m , a4 =R 2m a2 = AmBmR 2m + (Am +Bm)R 3m , a5 =R 4m a1 = (Am+Bm)R 4m , a6 =R 6m
=x 6 −(Am+Bm)x 5 + [AmBm+R m (Am +Bm)]x 4
Các nghiệm của đa thức p(x) bao gồm α m β 2m, β m γ 2m, γ m α 2m, α 2m β m, β 2m γ m, và γ 2m α m Hơn nữa, các đại lượng cn = Am−Bm δ và wn = Am + Bm là tổ hợp tuyến tính của các nghiệm trên, do đó chúng cũng thỏa mãn đa thức p(x).
Công thức (1.5) là công thức đệ quy tuyến tính bậc 6 được dùng để tính giá trị của dãy Roettger {cn} và {wn} với mọi n≥ 0.
Hệ quả 1.1.10 Với mọi n≥ 0, ta có cn, wn ∈ Z. Định lý 1.1.11 ([2, tr 55]) R 2n c − n = −cn và R 2n w − n =wn.
Tương tự như dãy Lucas, ta cũng có công thức cộng cho dãy Roettger. Định lý 1.1.12 ([2, tr 56]).
2w2n+m = wnwn+m+ ∆cncn+m−R n (wnwm −∆cncm −2R 2m wn − m), 2c2n+m = cn+mwn+cnwn+m−R n (cmwn−cnwm+ 2R 2m cn − m).
2w2n = ∆c 2 n +w n 2 −4R n wn, c2n = cn(wn+ 2R n ), 4w3n = 3∆c 2 n (wn + 2R n ) +w n 2 (wn −6R n ) + 24R 3n , 4c3n = cn(∆c 2 n + 3w n 2 ).
Nếu ta thay n bằng m và m bằng n+m trong Định lý 1.1.12, ta bỏ được dấu trừ ở chỉ số dưới trong công thức của wn và cn.
+R m cmwn+m −2R 3m cn. Định lý dưới đây là công thức nhân của wn và cn. Định lý 1.1.15 ([2, tr 65]).
Dãy Lucas {un} với n≥ 0 có tính chất quan trọng là dãy chia được Theo định nghĩa, một dãy số nguyên {An} được xem là dãy chia được nếu
Nếu An|Am và An khác 0, thì khi một chỉ số là bội của chỉ số khác, số hạng tương ứng cũng sẽ là bội của số hạng kia.
Mọi dãy có dạng an = kn, với k là số nguyên khác không, được coi là dãy chia được Tương tự, dãy an = A n − B n với A > B > 0 cũng là dãy chia được Theo định lý 1.1.18, dãy số Roettger {cn} (n≥ 0) là dãy chia được, nghĩa là cm chia hết cho cn nếu m chia hết cho n.
Chứng minh Giả sử m| n, khi đó tồn tại s ≥ 0 sao cho n= ms Ta có cn(P, Q, R) = (α n −β n )(β n −γ n )(γ n −α n )
= (α ms −β ms )(β ms −γ ms )(γ ms −α ms )
(α−β)(β−γ)(γ−α) ã (α ms −β ms )(β ms −γ ms )(γ ms −α ms ) (α m −β m )(β m −γ m )(γ m −α m )
= cm(P, Q, R)ãcs(Am, Bm, R m ), trong đó An = α n +β n +γ n , Bn =α n β n +β n γ n +γ n α n (xem [2]).
Lưu ý, dãy Roettger {wn} (n≥ 0) không nhất thiết là dãy chia được Xét w1 = (α+β)(β+γ)(γ+α)−2R
Nếu ta chọn P = 3, Q = 2R = 0, ta có gcd(P, Q, R) = gcd(3,2,0) = 1 Khi đó, w1 =P Q−3R = 6, w2 = (P 2 −2Q)(Q 2 −2RP)−3R 2 = 20, chứng tỏ w2 không là bội của w1 Vậy dãy Roettger {wn} không là dãy chia được.
Dãy { D n } 17
Một số tính chất của dãy { D n }
Wn = Vn − 2R n, với λ = R, γ1, γ2, γ3 ∈ Q; γ1, γ2, γ3 khác 1 và γi khác γj khi i khác j, đồng thời γ1γ2γ3 = 1 Trong nghiên cứu [3], các tác giả đã chứng minh rằng nếu Un, Vn thuộc Z (n ≥ 0), {Un} là một dãy đệ quy tuyến tính và {Un} cũng là một dãy chia được, thì λ = R thuộc Z và ρi = R γi + 1 γi.
(i= 1,2,3) là các nghiệm của đa thức g(x) =x 3 −S1x 2 +S2x−S3, trong đó S3 = RS 1 2 −2RS2−4R 3 , S1, S2 ∈Z.
Bổ đề 2.1.1 ([3]) Nếu gcd(R, S1, S2) = 1, thì gcd(Un, Wn, R) | 2 với mọi n≥ 0.
Chứng minh rằng Un ≡ un(S1, S2) và Wn ≡ vn(S1, S2) (mod R) với gcd(R, S1, S2) = 1, cho phép giả sử tồn tại S2′ sao cho S2 ≡ S2′ (mod R) và gcd(S2′, S1) = 1 Theo tính chất của dãy số Lucas, ta có gcd(un(S1, S2′), vn(S1, S2′)) | 2, dẫn đến gcd(Un, Wn) | 2 và suy ra gcd(Un, Wn, R) | 2 Nếu p là một số nguyên tố và p | gcd(Un, Wn, R), thì p phải bằng 2.
Ví dụ D0 = gcd(W0−6, U0) = gcd(6−6,0) = 0, D1 = gcd(W1−6R, U1) gcd(S1−6R,1) = 1, D2 = gcd(W2−6R 2 , U2) = gcd(S 1 2 −2S2−12R 2 , S1+ 2R). Theo kết quả của Bổ đề 2.1.1, ta thu được các kết quả sau đây cho dãy {Dn}.
Mệnh đề 2.1.3 ([1]) Nếu gcd(S1, S2, R) = 1, thì với n≥ 0 ta có gcd(Dn, R) | 2.
Theo Bổ đề 2.1.1, với Dogcd(R, S1, S2) = 1, ta có gcd(Un, Wn, R) | 2 cho mọi n ≥ 0 Dựa trên định nghĩa của Dn và tính chất của ước chung lớn nhất, ta có gcd(Dn, R) = gcd(gcd(Wn − 6R^n, Un), R) = gcd(Wn − 6R^n, Un, R).
Mệnh đề 2.1.4 ([1]) Nếu gcd(S1, S2, R) = 1 và2 |R, thì với mọi n≥ 0ta có
Chứng minh Do gcd(S1, S2, R) = 1, theo Mệnh đề 2.1.3 ta có gcd(Dn, R) |
2 Nếu gcd(Dn, R) = 1 thì do 2| R nên 2∤ Dn, kéo theo 4∤ Dn.
Nếu gcd(Dn, R) = 2 thì 2 | Dn, kéo theo 2 | gcd(Wn −6R n , Un) cho nên
2 | gcd(Wn, Un) do 2 | R Nếu 2kUn thì 4 ∤ Un và 4 ∤ Dn Nếu 2 λ , λ ≥ 2kUn thì theo công thức nhân đôi U2n = Un(Wn + 2R n ) ta có 2kWn nên 4 ∤ Wn và
Trong phần còn lại của luận văn, ta luôn giả thiết là S1, S2, R được chọn sao cho gcd(S1, S2, R) = 1 Đặt
Theo phần chứng minh của Định lý 1.2.2, 4|W n 2 −∆U n 2 , nên 4 | ∆U n 2 , vậy Fn là một số nguyên Nếu M là ước của Fn và gcd(M, R) = 1, theo (1.21)-(1.22), ta có
≡ 2R mn Lm(Wn/2R n ) (mod M), (2.3) trong đó Km(x) và Lm(x) là các đa thức:
(−1) λ 0 m(m−λ0−1)! λ1!λ2!λ3! x λ 1 +λ 2 , với tổng được lấy trên tất cả các giả trị λi ∈Z sao cho λ0, λ1, λ2, λ3 ≥ 0, λ0 +λ1+λ2+λ3 =m, λ1+ 2λ2 + 3λ3 =m.
Tiếp theo, tương tự như {un}, ta cũng đi chứng minh {Dn} là một dãy chia được. Định lý 2.1.5 ([1]) Nếu n, m≥ 1 thì Dn|Dmn.
Chứng minh Vì {Un} là dãy chia được ta chỉ cần chứng minh
Lấy λ ≥ 0 sao cho 2 λ kDn Nếu λ = 0 hoặc λ ≥ 1 và 2 ∤ R, thì Dn|Fn Theo Mệnh đề 2.1.3, ta có gcd(Dn, R) = 2 và theo (2.3) ta có
Wmn ≡ 2R mn Lm(Wn/2R n ) ≡2R mn Lm(3)≡ 6R mn (mod Dn).
Nếu λ = 1, thì gcd(Dn/2, R) = 1 và 1 2 Dn|Fn; do đó
Ngoài ra, vì 2|Un, ta có 2|Umnvà2|Wmn (Định lý 1.2.2) Suy raWmn≡ 6R mn (mod 2) và vì gcd(2, Dn/2) = 1 ta thu được
Nếu λ > 1 và 2 | R, λ ≥ 2, 2 λ kDn, mâu thuẫn với Mệnh đề 2.1.4, 4∤ Dn; vậy không xảy ra trường hợp này.
Số p là một nguyên tố, và quy tắc lặp (law of repetition) của số p trong dãy {Dn} được trình bày thông qua ký hiệu vp(x) (với x∈ Z), đại diện cho giá trị λ sao cho p λ kx Định lý 2.1.6 chỉ ra rằng nếu p là số nguyên tố lớn hơn 3 và vp(Dn) ≥ 1, thì trong trường hợp vp(Un) > vp(Wn−6R n ), ta có vp(Dpn) = vp(Dn) + 2 và vp(Wpn − 6R pn ) < vp(Upn).
(ii) Nếu vp(Un) =vp(Wn−6R n ), và vp(Un) >1 thì vp(Dpn) =vp(Dn) + 2 và vp(Wpn −6R pn ) < vp(Upn).
(iii) Nếu vp(Un) < vp(Wn−6R n ), và nếu vp(Un) > 1 thì vp(Dpn) =vp(Dn) + 3.
Chứng minh rằng nếu p là một số nguyên tố không chia hết cho Dn và mu ≥ 1, đồng thời p không chia hết cho 6∆, thì có hai trường hợp Trong trường hợp đầu tiên, nếu p chia hết cho kWn - 6Rn và p không chia hết cho kUn với ν > à ≥ 1, theo Định lý 1.2.1, ta có p chia hết cho kWn - 6Rn và nờn à ≥ 2, nờn 3à ≥ 2à + 2 Do đó, vì p không chia hết cho kUn, suy ra p chia hết cho 2ν và từ đó dẫn đến p chia hết cho Fn.
Wpn ≡2R pn Lp(Wn/2R n ) (mod p 2ν ) (2.4) với
Wn/2R n + 1≡ 4 (mod p à ) và p 2à | (Wn/2R n −3) 2 , ta có
24 (Wn/2R n −1)(Wn/2R n −3) 2 (mod p 3à ) Lại có
Wn/2R n −1≡ 2 (mod p à ) và p 2à | (Wn/2R n −3) 2 nên
(Wn/2R n −3) 2 ≡ 0 (mod p 2à ) ⇒(Wn/2R n ) 2 −6Wn/2R n + 9 ≡ 0 (mod p 2à )
((Wn/2R n ) 2 −1)(Wn/2R n −3) ≡(6Wn/2R n −10)(Wn/2R n −3) (mod p 3à ).
Wpn −6R pn ≡2R pn Lp(Wn/2R n )−6R pn (mod p 2ν ) và ν > à ⇒ν ≥ à+ 1 ⇒2ν ≥ 2à+ 2 Do vậy
Trong bài viết này, chúng ta xem xét biểu thức toán học (1 + kp)p²(Wn−6Rn) (mod p²à+2) với k ∈ Z Khi p = kWn−6Rn và 2à+2 ≥ à+2, ta có thể rút gọn thành à+2 kWpn−6Rpn Hơn nữa, vì p à+3 | Upn, nên p à+2 kDpn Theo định nghĩa, vp(Dpn) = à+2 vp(Dn) + 2 và vp(Wpn−6Rpn) < vp(Upn), từ đó suy ra (i).
Trường hợp 2 p à kWn−6R n và p à kUn Khi đú ta cú p 2à | Fn và kộo theo
Wpn ≡2R pn Lp(Wn/2R n ) (mod p 2ν ) và
Wn/2R n + 1≡ 4 (mod p à ) và Wn/2R n −1≡ 2 (mod p à ), ta có
Kết hợp với p à | Wn/2R n −3, ta thấy rằng
Lp(Wn/2R n ) ≡ Wn/2R n + (p 2 −1)(Wn/2R n −3) (mod p 2à ).
Từ Định lý 1.2.1, à ≥3 suy ra 2à≥ à+ 3 và ta cú thể viết
Do p à kWn − 6R n , ta thu được p à+2 kWpn − 6R pn Một lần nữa, do p à+3 kUpn
⇒ p à+2 kDpn Vậy vp(Dpn) = vp(Dn) + 2 và vp(Wpn −6R pn ) < vp(Upn) Suy ra(ii).
Trường hợp 3 p ν kUn và p à kWn −6R n sao cho ν < à Trong trường hợp này p ν+3 kCpn và
Do đó p ν+3 | Wpn−6R pn ⇒p ν+3 kDpn Vậy vp(Dpn) =ν+ 3 = vp(Dn) + 3 Suy ra (iii).
Khi p= 3, quy tắc lặp lại của 3 trong {Dn} được cho như sau. Định lý 2.1.7 ([1]) Cho v3(Dn) ≥ 1.
(i) Nếu v3(Un) ≥v3(Wn −6R n ) >1, thì v3(D3n) =v3(Dn) + 2.
(ii) Nếu v3(Un) ≥v3(Wn −6R n ) = 1, thì v3(D3n) ≥v3(Dn) + 2.
(iii) Nếu v3(Un) < v3(Wn−6R n ), thì v3(D3n) =v3(Dn) + 3 khi v3(Dn) > 1 hoặc v3(D3n) ≥ v3(Dn) + 3 khi v3(Dn) = 1.
Chứng minh Nếu3 à kDn,3 à kWn−6R n và3 ν kCn sao choν ≥ à, thỡ ta dựng công thức nhân ba (1.19) - (1.20) ta thu được
Giả sử à > 1 Vỡ ν ≥ à≥ 2⇒2ν+ 1≥ à+ 3 ta cú
Do gcd(Dn, R) | 2 và 9 | Wn −6R n , ta thu được 3kWn Do đú với à > 1 ta cú 3 à+2 kD3n, hay v3(D3n) = v3(Dn) + 2, suy ra (i) Nếu à = 1 thỡ ta chỉ biết
3 à+2 | D3n, tức là v3(D3n) ≥ v3(Dn) + 2, suy ra (ii).
Bõy giờ, nếu à >1, 3 à kUn và 3 ν kWn−6R n sao cho ν > à, ta cú 3 à+3 kU3n và
≡ 0 (mod 3 3à+3 ), cho nờn 3 3à+3 kD3n, suy ra trường hợp đầu của (iii) Nếu à= 1, ta chỉ thu được
3 3à+3 | D3n, suy ra trường hợp hai của (iii).
Trong trường hợp số nguyên tố p = 2, quy tắc lặp của p trong {Dn} khá phức tạp Nếu v2(Dn) > 1, ta có thể áp dụng công thức nhân đôi để chứng minh rằng v2(D2n) > v2(Dn) + 1 Ngược lại, nếu v2(Dn) = 1 và 2|R, theo Mệnh đề 2.1.4, không tồn tại quy tắc lặp nào của p.
Theo định lý 2.1.9, nếu p là một số nguyên tố lẻ bất kỳ và vp(Dn) ≥ 1, đồng thời p không chia hết cho m, thì vp(Dmn) sẽ bằng vp(Dn).
Chứng minh Vì p 6= 2, nếu λ = vp(Dn), gcd(p, R) = 1 và Wn ≡ 6R n (mod )p λ , ta có p 2λ |Fn Theo (2.3) ta có
Wmn ≡ 2R mn Lm(Wn/2R n ) ≡2R mn Lm(3)≡ 6R mn (mod p λ ) và theo (2.2) ta có
Vì p∤ m, suy ra rằng p λ kUmn và p λ |Wmn−6R mn ; do đó p λ kDmn.
Nhận xét 2.1.10 Trong trường hợp p = 2, Định lý 2.1.9 nói chung không đúng nếu λ= 1 và 2∤ R, như ta đã thấy trong Nhận xét 2.1.8.
Nhận xét 2.1.11 Theo Mệnh đề 2.1.4, nếu 4|Dn, thì 2 ∤ R và Q˜n ≡ 1 (mod 2) Nếu λ > 1, thì ta chắc chắn có 2 λ |Dmn theo Định lý 2.1.5 và từ
Do đó, nếu m lẻ, thì 2 ∤ Umn/Un và 2 λ kDmn Suy ra Định lý 2.1.9 đúng với p= 2 và v2(Dn) > 1. Định lý 2.1.12 ([1]) Nếu m, n ≥1, thì gcd(Umn/Un, Dn)|2m 3
Chứng minh Nếu 2∤ Dn thì Dn|Fn và gcd(Dn, R) = 1 Theo (2.2)
Suy ra gcd(Umn/Un, Dn) | m 3 ⇒gcd(Umn/Un, Dn) | 2m 3
Nếu 2|Dn; thì do Un/2|Fn, ta có Dn/2|Fn Ngoài ra, theo Mệnh đề 2.1.3 và 2.1.4, gcd(Dn/2, R) = 1 Cho nên, theo (2.2)
Suy ra rằng gcd(Umn/Un, Dn/2)|m 3 và gcd(Umn/Un, Dn)|2m 3
Dãy { E n } 28
Một số kiến thức bổ trợ cho dãy { E n }
Wn = Vn−2R n , 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
Dãy này có những đặc điểm tương tự như dãy Lucas {vn} Theo định lý 3.1.2, nếu gcd(Q, R) = 1, thì gcd(Dn, En) chia hết cho 6, 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 \( p | Wn−6R n \), nên \( p | 6R n \) Với \( \text{gcd}(Dn, R) = \text{gcd}(En, R) \) và theo Mệnh đề 2.1.3, \( \text{gcd}(Dn, R) | 2 \), nên \( p \) chỉ có thể là 2 hoặc 3 Chẳng hạn, nếu \( p = 5 \), ta có \( 5 | Dn \) và \( 5 | 6R n \) dẫn đến \( 5 | R n \) và \( 5 | R \), điều này khiến \( 5 | \text{gcd}(Dn, R) \) trở nên vô lý.
Nếu3 2 | (Dn, En), thì9| Dn ⇒9| 6R n ⇒3 | R n ⇒3| R ⇒3| gcd(Dn, R), điều này là không thể Nếu 2 2 | (Dn, En), thì 2 2 | 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
Chứng minh Thật vậy, từ (1.19) ta biến đổi
Nhắc lại từ Định lý 1.2.5 rằng nếu gcd(Q, R) = 1, thì 2 α kgcd(Wn, Cn) =En ⇒ α = 0 hoặc 1 và nếu α = 1, thì Q˜n = W n 2 −∆C n 2
Bây giờ ta có thể chứng minh (3.1) Do{Un}là dãy chia được, ta cóUn | U3n. Nếu 2 ∤ En, thì En | Q˜n ⇒ En | W3n − 6R 3n theo phương trình (3.2) Nếu
2 | En, thì En/2 là số lẻ và En/2 | Q˜n Vì 2 | Wn, nên 2 | Wn − 6R n ⇒ En | (Wn − 6R n ) ˜Qn ⇒ En | W3n − 6R 3n theo phương trình (3.2) Do En | Un và
Un |U3n, ta được En |U3n và En | W3n −6R 3n ⇒ 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
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 X 3 − P X 2 +
QX −R, trong đó P, Q, R là các số nguyên Đặt
Khi đó, dãy Wn =AnBn−3R n
Quay trở lại chứng minh định lý, giả sử p | En dẫn đến p | Wn và AnBn ≡ 3R n (mod p) Hơn nữa, vì gcd(Wn, Un, R) = gcd(En, R) nên gcd(Wn, Un, R) | 2 Do đó, với p | Wn và p | Un, ta có p | R Cuối cùng, vì p | gcd(Wn, Un) và Wn^2 - ∆Un^2, các điều kiện trên được xác nhận.
4 là số nguyên, ta có p | W n 2 −∆U n 2
4 Thay W n 2 bằng (AnBn − 3R n ) 2 và thay ∆U n 2 = A 2 n B n 2 + 18AnBnR n −4B n 3 −4A 3 n R n −27R 2n kéo theo p| 3B n 3 +A 4 n Bn−3A 2 n B n 2 ⇒p | Bn(A 4 n −3A 2 n Bn + 3B n 2 ).
Nếu p| Bn thì p | R, mâu thuẫn Vậy p ∤Bn Do đó, p |A 4 n −3A 2 n Bn + 3B n 2 ⇒p| 4A 4 n −12A 2 n Bn + 9B n 2
Nếu p là một số nguyên tố với p > 3 và p ≡ −1 (mod 3), đồng thời p chia hết cho D3n, thì p không chia hết cho En Tuy nhiên, theo định lý 3.1.5, nếu p chia hết cho D3n và Un, thì p sẽ chia hết cho Dn hoặc En.
Chứng minh Từ Hệ quả (1.1.14), ta thấy rằng
Do đó, nếu p | Un và p | D3n, thì p | W n 2 (Wn −6R n ) Nếu p ∤ En, thì p ∤ Wn. Khi đó, suy ra p| Wn −6R n 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.
Một số bài toán sơ cấp ứng dụng 34
Phép kiểm tra tính nguyên tố của Lucas
Mục tiêu của Lucas trong nghiên cứu hai dãy {un} và {vn} là phát triển phương pháp mới để phát hiện số nguyên tố Ông đã trình bày kết quả này trong định lý cơ bản của mình Định lý 4.1.1 nêu rằng, với số nguyên lẻ N, nếu T = N + 1 hoặc N - 1, và N chia hết cho uT nhưng không chia hết cho uT/d với mọi d < T và d là ước của T, thì N là số nguyên tố Định lý 4.1.2 đơn giản hóa điều này: nếu N là số nguyên lẻ, T = N + 1 hoặc N - 1, và N chia hết cho uT nhưng không chia hết cho uT/q (với q là ước nguyên tố của T), thì N cũng là số nguyên tố.
Hệ quả 4.1.3 ([2, tr 42]) Giả sử N là số nguyên lẻ và T = T(N) = N + 1 hoặc N −1 Nếu N | uT và N | uT uT /q với mọi ước nguyên tố q của T, thì N là một số nguyên tố.
Chứng minh Dựa theo tính chất của dãy{un}, nếum, n ≥1thìgcd( u u mn n , un) | m, ta suy ra
Nếu N | u u T /q T, thì N ∤ uT /q, theo Định lý 4.1.2, từ đó suy ra điều phải chứng minh Định lý Lucas-Lehmer được sử dụng để kiểm tra tính nguyên tố của số Mersenne Theo Định lý 4.1.4, nếu Nn = A2 n −1 với n≥3, 0< A < 2 n, 2∤ A và ký hiệu Jacobi (δ/Nn) = (q/Nn) = −1, thì Nn là số nguyên tố khi và chỉ khi thỏa mãn các điều kiện đã nêu.
2 (p, q) (nhắc lại, δ= p 2 −4q là biệt thức của đa thức x 2 −px+q).
Hệ quả 4.1.5 ([2, tr 43]) Giả sử A = 1 và 2 ∤ n, n ≥ 3 Đặt q = −2 (mod Nn), p = 2 (mod Nn) Khi đó N là số nguyên tố khi và chỉ khi
Chứng minh Vìδ = p 2 −4q ≡ 12 (mod Nn), ta có (δ/Nn) = (q/Nn) = −1. Đặt S0 = 4, Sj+1 =S j 2 −2, thì v2 j (2,−2) = 2 2 j− 1 Sj − 1.
Do đó, nếu Nn là số Mersenne (Nn có dạng 2 n −1) thì Nn là số nguyên tố khi và chỉ khi Nn | Sn − 2.
Ví dụ 4.1.6 Các giá trị đầu tiên của dãy {Si} là
4,14,194,37634,1416317954, Xét số Mersenne N3 = 7 Phép kiểm tra Lucas-Lehmer áp dụng như sau:
S1 = 14, N3 = 7 | S1 = 14 Do đó N3 là một số nguyên tố.
Khi n lớn, việc tính Sn − 2 = S n 2 − 3 −2 trở nên khó khăn Thay vào đó, chúng ta sử dụng công thức đệ quy: sn ≡ s 2 n − 1 −2 (mod Np) với s0 = 4 Quá trình lặp lại p−2 lần, nếu sp − 2 ≡ 0 (mod Np) thì Np được xác định là số nguyên tố.
Ví dụ 4.1.7 Xét số Mersenne N7 = 127 Kiểm tra 7−2 = 5 lần như sau: s1 := ((4×4)−2) mod 127 = 14 s2 := ((14×14)−2) mod 127 = 67 s3 := ((67×67)−2) mod 127 = 42 s4 := ((42×42)−2) mod 127 = 111 s5 := ((111×111)−2) mod 127 = 0.
Giá trị cuối cùng s5 = 0 nên ta kết luận N7 là một số nguyên tố.
Số Mersenne N11 = 2047 = 23×89 không phải là số nguyên tố Để kiểm tra điều này, ta áp dụng phép kiểm tra Lucas-Lehmer với các bước sau: Đầu tiên, tính 11−2 = 9 lần, sau đó thực hiện các phép toán sau: s := ((4×4)−2) mod 2047 = 14; s := ((14×14)−2) mod 2047 = 194; s := ((194×194)−2) mod 2047 = 788; s := ((788×788)−2) mod 2047 = 701; s := ((701×701)−2) mod 2047 = 119; s := ((119×119)−2) mod 2047 = 1877; s := ((1877×1877)−2) mod 2047 = 240; s := ((240×240)−2) mod 2047 = 282; s := ((282×282)−2) mod 2047 = 1736.
Vì giá trị s cuối cùng khác 0, ta kết luận N11 = 2047 không là số nguyên tố.
Số nguyên tố lớn nhất được tính bằng tay là M127 = 2^127 − 1, được phát hiện bởi Lucas vào năm 1876, với kết quả này có 39 chữ số Hiện nay, số nguyên tố lớn nhất được tìm thấy bằng máy tính vẫn là số Mersenne, được xác định thông qua phép kiểm định Lucas-Lehmer.
Phép kiểm tra tính nguyên tố của Roettger
Trong bài viết này, chúng tôi sẽ trình bày cách sử dụng dãy Lucas để kiểm tra tính nguyên tố của số Mersenne có dạng N = 2^n - 1 với n ≥ 3, 0 < A < 2^n và 2 không chia hết cho A Chúng tôi sẽ áp dụng các tính chất của dãy số {Un} và {Wn} để phát triển các phương pháp kiểm định tính nguyên tố Bắt đầu bằng một kết quả đơn giản liên quan đến số nguyên có dạng A * 3^n + η, với η^2 = 1 Theo Định lý 4.2.1, nếu N = n + η, trong đó 2 | A, n ≥ 2, 3 không chia hết cho A, và A < 3^n, thì sẽ có những điều kiện cụ thể để kiểm tra tính nguyên tố.
N |UN − η/U(N − η)/3 thì N là một số nguyên tố.
Chứng minh Gọi p là ước nguyên tố của N và đặt m = (N −η)/3 Ta lưu ý rằng p 6= 2,3 và theo (1.20)
Trong bài viết này, chúng ta xem xét các hạng phân bố r của p trong {Un} sao cho r|3m Theo Định lý 3.2.8, nếu p|Um và p|Wm, thì p|Em và p ≡(Γ/p) (mod 3 n) Nếu p không chia hết cho Um, thì r không chia hết cho m và r|3m, từ đó suy ra 3 n |r Trong trường hợp p không chia hết cho dR, nếu p là S-nguyên tố hoặc Q-nguyên tố, theo các kết quả trong tài liệu [3], ta có r|p−ε với ε=(∆/p), dẫn đến p ≡(∆/p) (mod 3 n) Nếu p là I-nguyên tố, theo Định lý 9.9 trong [3], ta có r|p^2 +εp + 1 Tuy nhiên, vì 9|r, điều này là không thể Nếu p|dR, thì r=3, và p là ước của p±1 Với điều kiện 9|r, ta có r≠3 và do p không chia hết cho N−η, nên không thể có r=p Vì vậy, trong tất cả các trường hợp, ta kết luận rằng p≡ ±1 (mod 3 n ) và với p lẻ, ta có p≥ 2ã3 n −1, vì (2ã3 n −1) 2 > N, với N chỉ có thể là số nguyên tố.
Ta chú ý rằng nếu N thỏa mãn các điều kiện trong dòng đầu tiên của Định lý 4.2.1 và N |E(N − η)/3, thì N là số nguyên tố Ta có thể chọn các tham số
S1, S2 để làm cho Định lý 4.2.1 là điều kiện cần và đủ cho tính nguyên tố của
N, tuy nhiên cách kiểm tra này kém hiệu quả hơn cách dựa vào dãy Lucas.
Trong Mục 9 tài liệu [3], có đề cập đến một số phương pháp kiểm tra tính nguyên tố Tuy nhiên, để áp dụng những phương pháp này, chúng ta cần phải nắm vững kiến thức về phép nhân và phân tích số thành các thừa số nguyên tố.
Trong hoàn cảnh khó khăn, chúng ta có thể thực hiện phép nhân tử hóa từng phần của biểu thức N^2 ± N + 1 Bài viết này sẽ trình bày một phương pháp kiểm tra tính nguyên tố của N trong trường hợp này, bắt đầu bằng việc nêu ra một bổ đề đơn giản.
Bổ đề 4.2.2 ([1]) Nếu p và q là các số nguyên tố phân biệt, p > 3 và p|Dqn và p|Uqn/Un, thì q λ+1 |ω, trong đó ω là hạng phân bố của p trong {Dn} và q λ kn.
Giả sử rằng p|Dn Nếu p|Uqn/Un, theo Định lý 2.1.12, ta có p|2q³, điều này là không thể Do đó, p không chia hết cho Dn Vì p|Dqn (với {Dn} là dãy chia được), ta suy ra ω|qn và ω không chia hết cho n, dẫn đến q^(λ+1) | ω.
Ta cần tới kỹ thuật trong bổ đề dưới đây.
(x 2 +x+ 1) 2 < 2(x 4 −x 2 + 1). Định lý 4.2.4 ([1]) Cho N là một số nguyên dương thỏa mãn gcd(N,6) = 1 và đặt η = 1 hoặc −1 Đặt T = N 2 +ηN + 1 và giả sử rằng T ′ |T, trong đó gcd T ′ , T
= 1vàT ′ 2 > 2T NếuN |DT vàN | UT
U T q với mọi số nguyên tố phân biệt q sao cho q|T ′ , thì N là một số nguyên tố.
Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố bất kỳ thuộc N và q là ước nguyên tố của T′, thì p phải lớn hơn hoặc bằng 5 Theo Bổ đề 4.2.2, ta có q λ chia hết cho ω(p), với ω(p) là hạng phân bố của p trong tập {Dn} và q λ kT Do đó, ta có mối liên hệ giữa gcd T′ và T.
= 1, ta có q λ kT ′ ; cho nên
T ′ |ω(p) Ký hiệu ω là hạng phân bố của T trong {Dn} Ta có ω|T vàω/q ∤ T; cho nên q λ |ω, trong đó q λ kT và do đó T ′ |ω.
Nếu N có phân tích thừa số nguyên tố
Vì ω(p α i i ) =p v i i ω(pi), ta có vi = 1 vì pi ∤ T Ta thu được ω = lcm(ω(pi) : i= 1,2, j)|T ′ j
Nếu đặt T =kω, thì ta có
2 , mâu thuẫn, suy ra j = 1 và N = p α
Vì ω(N) =p v ω(p) và gcd(p, ω(N)) = 1, ta có ω(p α ) =ω(p) Do đó ω(N) =ω(p) ≤ p 2 +p+ 1.
Bây giờ T ′ |ω(p) nghĩa là ω(p) ≥ T ′ và p 2 +p+ 1 ≥T ′ Vì T ′ 2 > 2T, ta có với α ≥ 2 thì
(p 2 +p+ 1) 2 >2(p 2α +ηp α + 1)≥ 2(p 2α −p α + 1) ≥2(p 4 −p 2 + 1) điều này là không thể theo Bổ đề 4.2.3 Do đó ta chỉ có thể có N =p.
Có nhiều phương pháp kiểm tra tính nguyên tố khác có thể được phát triển dựa trên các ý tưởng trong [2, Chương 7] Tuy nhiên, phương pháp đã nêu ở trên là đủ để minh họa cho các kết quả đã được thiết lập.
Nghiên cứu đề tài này giúp học viên làm quen với các phương pháp nghiên cứu khoa học và nghiên cứu bài toán số học Luận văn hệ thống hóa các khái niệm và tính chất của dãy Roettger ({cn} và {wn}) cùng các dãy số liên quan ({Un} và {Wn}), từ đó định nghĩa và trình bày các tính chất số học của hai dãy {Dn} và {En} Bên cạnh đó, luận văn cũng đề cập đến một số ứng dụng trong bài toán kiểm tra tính nguyên tố, với các kết quả nghiên cứu gần đây.