Dãy tribonacci trong nhóm hữu hạn

TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠNNGUYỄN THỊ KIM TUYẾN DÃY TRIBONACCI TRONG NHÓM HỮU HẠN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Bình Định - Năm 2019... Đề tài này nhằm nghiên cứu một số vấn đề liên quan đến dãy

TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

NGUYỄN THỊ KIM TUYẾN

DÃY TRIBONACCI

TRONG NHÓM HỮU HẠN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Bình Định - Năm 2019

TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

NGUYỄN THỊ KIM TUYẾN

Lời cam đoan

Tôi xin cam đoan mọi kết quả của đề tài “Dãy Tribonacci trong nhómhữu hạn” là công trình nghiên cứu của tôi dưới sự hướng dẫn của TS TrầnĐình Lương và chưa từng được công bố trong bất cứ công trình khoa học nàokhác cho tới thời điểm này

Các nội dung và kết quả sử dụng trong luận văn đều có trích dẫn và chúthích nguồn gốc Nếu có điều gì gian lận, tôi xin chịu trách nhiệm về luận văncủa mình

Quy Nhơn, ngày 23 tháng 07 năm 2019

Học viên thực hiện đề tài

Nguyễn Thị Kim Tuyến

Mục lục

1.1 Một số kết quả về dãy Tribonacci các số nguyên 3

1.2 Một số kiến thức về nhóm 5

2 Dãy Tribonacci theo modulo m 8 2.1 Dãy Tribonacci thông thường theo modulo m 8

2.2 Dãy Tribonacci tổng quát theo modulo m 22

3 Dãy Tribonacci trong nhóm hữu hạn 31 3.1 Dãy Tribonacci trong nhóm hữu hạn 31

3.2 Dãy Tribonacci trong nhóm abel hữu hạn 33

3.3 Dãy Tribonacci trong nhóm nhị diện 39

3.4 Dãy Tribonacci trong nhóm quaternion tổng quát 44

Quyết định giao đề tài luận văn 53

Mở đầu

Dãy Fibonacci trong nhóm hữu hạn lần đầu tiên được nghiên cứu bởi Wall(1960) cho các nhóm xiclíc Vấn đề này được tiếp tục nghiên cứu và mở rộngcho các dãy Fibonacci k - bước trong các nhóm abel hữu hạn và một số các lớpnhóm khác bởi các tác giả Knox (1992), Dikici (1997), Smith (1997), Karaduman(2003), Trong trường hợp đặc biệt, dãy Fibonacci 3 - bước được gọi là dãyTribonacci

Đề tài này nhằm nghiên cứu một số vấn đề liên quan đến dãy Tribonaccitrong nhóm abel hữu hạn và trong một số lớp nhóm hữu hạn không abel như:nhóm nhị diện, nhóm quaternion tổng quát

Luận văn "Dãy Tribonacci trong nhóm hữu hạn" bao gồm: Mở đầu, Nộidung, Kết luận và Tài liệu tham khảo Nội dung của luận văn gồm ba chương.Chương 1: Một số kiến thức chuẩn bị

Chương này trình bày một số kết quả liên quan đến dãy Tribonacci các sốnguyên Đồng thời cũng nhắc lại một số sự kiện cơ bản trong lý thuyết nhómliên quan đến nhóm nhị diện và nhóm quaternion tổng quát

Chương 2: Dãy Tribonacci theo modulo m

Chương này nghiên cứu các tính chất, đặc biệt là tính tuần hoàn và chu kìcủa dãy Tribonacci thông thường theo modulom, dãy Tribonacci tổng quát theomodulo m

Chương 3: Dãy Tribonacci trong nhóm hữu hạn

Chương này nghiên cứu tính tuần hoàn và chu kỳ của dãy Tribonacci trongnhóm abel hữu hạn, một số nhóm hữu hạn không abel như nhóm nhị diện vànhóm quaternion tổng quát

Luận văn được hoàn thành nhờ sự hướng dẫn và giúp đỡ tận tình của thầyhướng dẫn TS Trần Đình Lương, Trường Đại học Quy Nhơn Nhân dịp nàytôi xin bày tỏ sự kính trọng và lòng biết ơn sâu sắc đến Thầy đã giúp đỡ tôitrong suốt quá trình học tập và thực hiện luận văn Chúng tôi xin gửi lời cảm

ơn đến quý Ban lãnh đạo Trường Đại học Quy Nhơn, Phòng Đào tạo Sau Đạihọc, Khoa Toán và Thống kê cùng quý thầy cô giáo giảng dạy lớp Cao học Đại

số và lí thuyết số Khóa 20 đã dày công giảng dạy trong suốt khóa học, tạo điềukiện thuận lợi cho tôi trong quá trình học tập và thực hiện đề tài Nhân đâychúng tôi cũng xin chân thành cảm ơn sự hỗ trợ về mặt tinh thần của gia đình,bạn bè đã luôn tạo mọi điều kiện giúp đỡ để tôi hoàn thành tốt khóa học vàluận văn này

Mặc dù luận văn được thực hiện với sự nỗ lực cố gắng hết sức của bản thân,nhưng do điều kiện thời gian có hạn, trình độ kiến thức và kinh nghiệm nghiêncứu còn hạn chế nên luận văn khó tránh khỏi những thiếu sót Chúng tôi rấtmong nhận được những góp ý của quý thầy cô giáo để luận văn được hoàn thiệnhơn

1.1 Một số kết quả về dãy Tribonacci các số nguyên

Định nghĩa 1.1.1 Dãy Tribonacci tổng quát các số nguyên{f (n)}là dãy đượcxác định bởi công thức truy hồi sau

Vậy (1.1) đã được chứng minh.

Cố định p ≥ 1, ta chứng minh (1.2) bằng phương pháp quy nạp theo n Với

Vậy (1.2) được chứng minh

Tiếp theo ta chứng minh (1.3) Lấy định thức hai vế của (1.1) ta được điềuphải chứng minh

1.2 Một số kiến thức về nhóm

Định nghĩa 1.2.1 Một nhóm (G, ·) là một tập hợp G 6= ∅ trên đó đã trang bịmột phép toán hai ngôi · thỏa mãn các điều kiện sau đây

(i) a · (b · c) = (a · b) · c với mọi a, b, c ∈ G,

(ii) Tồn tại một phần tử e ∈ G sao cho a · e = a = e · a với mọi a ∈ G,

(iii) Với mọi a ∈ G tồn tại phần tử a0 ∈ G sao cho a · a0= a0· a = e

Để đơn giản, ta ký hiệu ab thay cho a · b Phần tử e xác định trong (ii) là duynhất, được gọi là phần tử đơn vị của nhóm G Với mỗi a ∈ G, phần tử a0 xácđịnh trong (iii) là duy nhất, được gọi là phần tử nghịch đảo của a, và ký hiệu là

a−1 Một nhóm G được gọi là giao hoán (hay abel ) nếu ab = ba với mọi a, b ∈ G.Nếu nhóm G có hữu hạn phần tử thì ta gọi G là một nhóm hữu hạn, và gọi sốphần tử của G là cấp của nhóm G, và ký hiệu là |G| Cấp của phần tử a trongnhóm G là số nguyên dương m nhỏ nhất thỏa mãn am = e trong đó e là phần tửđơn vị của nhóm G

Định nghĩa 1.2.2 Nhóm nhị diện Dn, n ≥ 3, là nhóm được biểu diễn bởi cácphần tử sinh và hệ thức xác định như sau

Dn = ha, b | an = b2 = 1, b−1ab = a−1i.

Từ định nghĩa nhóm nhị diện ta thấy ngay rằng nhóm Dn có cấp bằng 2n,phần tử a có cấp bằng n và phần tử b có cấp bằng 2 Mọi phần tử thuộc Dn đềubiểu diễn một cách duy nhất dưới dạng ar hoặc arb với 0 ≤ r ≤ n − 1

Mệnh đề 1.2.3 Cho nhóm nhị diện D n , n ≥ 3, có biểu diễn như trên Khi đó

(i) Với mọi r ∈Z

Từ định nghĩa nhóm quaternion tổng quát ta thấy ngay rằng nhóm Q4n cócấp bằng 4n, phần tử a có cấp bằng 2n và phần tử b có cấp bằng 4 Mọi phần

tử thuộc Q 4n đều biểu diễn được một cách duy nhất dưới dạng ar hoặc arb với

Chương 2

Dãy Tribonacci theo modulo m

Trong chương này chúng tôi nghiên cứu các tính chất, đặc biệt là tính tuầnhoàn và chu kì của dãy Tribonacci thông thường theo modulom, dãy Tribonaccitổng quát theo modulo m Các vấn đề trên đối với dãy Fibonacci cũng đã đượcnghiên cứu và trình bày trong [2] Các kết quả trong chương này chủ yếu đượctham khảo từ các tài liệu [2], [3], [4], và [6]

2.1 Dãy Tribonacci thông thường theo modulo m

Định nghĩa 2.1.1 Vớimlà một số nguyên dương, dãy Tribonacci thông thườngtheo modulo m là dãy các số nguyên {T (n)} theo modulo m được xác định bởicông thức truy hồi sau

T (0) ≡ 0 (mod m), T (1) ≡ 1 (mod m), T (2) ≡ 1 (mod m),

T (n) ≡ T (n − 1) + T (n − 2) + T (n − 3) (mod m) với mọi n ≥ 3

Sau đây là một số tính chất đơn giản của dãy Tribonacci thông thường theomodulo m

Mệnh đề 2.1.2 Với n ≥ 4, nếu T (n) ≡ T (n − 1) ≡ 0 (mod m) thì

T3(n − 2) ≡ T3(n + 1) ≡ 1 (mod m).

Chứng minh VìT (n + 1) = T (n) + T (n − 1) + T (n − 2) ( mod m)vàT (n) ≡ T (n − 1)

≡ 0 (mod m) nên T3(n − 2) ≡ T3(n + 1) (mod m). Hơn nữa, từ (1.3) ta được

T2(n − 1)T (n − 4) + T3(n − 2) + T2(n − 3)T (n) − T (n)T (n − 2)T (n − 4)

−2T (n − 1)T (n − 2)T (n − 3) = 1.

Từ đó suy ra T3(n − 2) ≡ 1 ( mod m).Vậy T3(n − 2) ≡ T3(n + 1) ≡ 1 ( mod m).

Mệnh đề 2.1.3 Nếu j là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho T (j − 1) ≡ T (j) ≡

(i) Với n = 1 thì từ giả thiết ta có T (j − 1) ≡ T (j) ≡ 0 (mod m) Giả sử với j > 1

ta có T (nj − 1) ≡ T (nj) ≡ 0 (mod m) Khi đó từ (1.2) ta được

T ((n + 1)j) = T (nj + j) = T (nj)T (j + 1) + T (nj − 1)(T (j) + T (j − 1)) + T (nj − 2)T (j)

≡ 0 (mod m),

T ((n + 1)j − 1) = T (nj + j − 1) = T (nj)T (j) + T (nj − 1)(T (j − 1) + T (j − 2))

+T (nj − 2)T (j − 1) ≡ 0 (mod m).

Từ đó suy ra T ((n + 1)j) = T ((n + 1)j − 1) Vậy ta có điều phải chứng minh

(ii) Giả sử t thỏa mãn T (t) ≡ T (t − 1) ≡ 0 (mod m) Khi đó t > j Giả sử trái lại

rằng j không là ước của t Khi đó tồn tại các số nguyên q và r sao cho

t = jq + r với 0 < r < j.

Từ (1.2) ta có

T (t) ≡ T (jq+r) ≡ T (jq)T (r+1)+T (jq−1)(T (r−1)+T (r))+T (jq−2)T (r) ≡ 0 ( mod m).

Vì T (jq) ≡ T (jq − 1) ≡ 0 (mod m) nên T (jq − 2)T (r) ≡ 0 (mod m). Theo Mệnh

đề 2.1.2, ta đượcT3(jq − 2) ≡ 1 ( mod m). Do đó T (jq − 2) không chia hết chom.Cho nên T (r) ≡ 0 (mod m) Tương tự ta cũng chứng minh được rằng T (r − 1) ≡

0 (mod m). Điều này là mâu thuẫn với giả thiết j là số nguyên dương nhỏ nhấtthỏa mãn hai đồng dư thức trên Do đó j|t và ta có điều phải chứng minh

Mệnh đề 2.1.4 Nếu T (t) ≡ T (t − 1) ≡ 0 (mod m) thì T (t − 4) ≡ 0 (mod m).Chứng minh Ta có

T (t) = T (t − 1) + T (t − 2) + T (t − 3) ≡ 0 (mod m). (2.1)

T (t − 1) = T (t − 2) + T (t − 3) + T (t − 4) ≡ 0 (mod m). (2.2)Lấy (2.1) trừ (2.2) ta được T (t − 1) − T (t − 4) ≡ 0 (mod m) hay T (t − 1) ≡

T ((s + 1)t + 1) ≡ T (st + 1)T (t + 1) ≡ Ts(t + 1)T (t + 1) ≡ Ts+1(t + 1) (mod m).

Vậy mệnh đề là đúng với s + 1 và ta có điều phải chứng minh

Trong phần còn lại của mục này, chúng ta nghiên cứu tính chất tuần hoàncủa dãy Tribonacci theo modulo m

Mệnh đề 2.1.6 Cho m là một số nguyên dương Dãy Tribonacci thông thường

{T (n)} theo modulo m là tuần hoàn, nghĩa là tồn tại một số nguyên dương t saocho

trong đó ký hiệu T (n) chỉ lớp thặng dư củaT (n) theo modulo m Vì |N| = ∞và

|Zm×Zm×Zm| = m 3 < ∞, cho nên tồn tại hai số tự nhiên k và l, với k 6= l, saocho ϕ(k) = ϕ(l), tức là

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Định nghĩa 2.1.7 Số nguyên dươngt nhỏ nhất thỏa mãn điều kiện (2.3) được

gọi là chu kỳ của dãy Tribonacci thông thường {T (n)} theo modulo m, và được

Chứng minh Rõ ràng nếu k(m)|t thì t thỏa mãn điều kiện (2.3) Đảo lại, giả sử

t thỏa mãn điều kiện (2.3) Giả sử t = k(m)q + r với q, r ∈ Z và 0 ≤ r < k(m).Khi đó theo giả thiết ta có

Từ định nghĩa của chu kỳ k(m) và kết hợp với điều kiện 0 ≤ r < k(m) suy ra

r = 0 Vậy ta có điều phải chứng minh

Mệnh đề 2.1.10 Cho m, n là hai số nguyên dương Nếu m|n thì k(m)|k(n).

Chứng minh Từ định nghĩa của k(n) ta có

i )|k(m) với mọi 1 ≤ i ≤ s. Từ đó suy ra b|k(m). Từ định nghĩacủa chu kỳ của dãy Tribonacci ta có

Do đó ta có T3(t + 1) ≡ T2(t + 1) (mod m) Cho nên T (t + 1) ≡ 1 (mod m) vì

(T2(t + 1), m) = 1 Điều này là mâu thuẫn với giả thiết T (t + 1) 6≡ 1 ( mod m).Vậy

ta có điều phải chứng minh

Mệnh đề 2.1.13 Cho m là một số nguyên dương Đặt k = k(m) Khi đó ta cócác đồng dư thức theo modulo m2 như sau

Vậy (2.4) đúng với k + 1 Vậy ta có điều phải chứng minh

Bằng cách hoàn toàn tương tự ta cũng chứng minh được (2.5) và (2.6)

Kết hợp (2.4), (2.5), (2.6) ta được

T (sk) = T (sk+1)−T (sk−1)−T (sk−2) ≡ (Ts(k+1)−sTs−1(k−1)−Ts(k−2)) ( mod m2).

Vậy ta có (2.7)

Mệnh đề 2.1.14 Choplà một số nguyên tố Đặtk = k(p) NếuT (t) ≡ T (t−1) ≡

0 (mod p) với t < k thì k = 3t và T (r) + T (r + t) + T (r + 2t) ≡ 0(mod p).

Chứng minh Theo Mệnh đề 2.1.12 và vì k > t nên ta có k = 3t Vì T (t) ≡

Vì T (t − 2) 6≡ 1 (mod p) và p là số nguyên tố cho nên từ đó suy ra rằng T (r) +

T (r + t) + T (r + 2t) ≡ 0 (mod p). Vậy ta có điều phải chứng minh

Mệnh đề 2.1.15 Cho p là một số nguyên tố Đặt k = k(p) Khi đó Tp(k + 1) ≡

với mọi số nguyên dương r > 1.

Chứng minh Đầu tiên ta chứng minh cho trường hợp r = 2 tức là chứng minh

k(p2) = pk(p) Vì k = k(p) là chu kỳ của dãy Tribonacci {T (n)} theo modulo p

Từ (2.13) và (2.14) ta được Ap ≡ A q ≡ E( mod p 2 ) trong đó E là ma trận đơn vị.

VìA 6≡ E( mod p2)và plà số nguyên tố cho nên từ đó suy ra p ≤ q Do đó kp ≤ t

Từ đó suy ra chu kỳ của dãy Tribonacci {T (n)} theo modulop2 là kp Vậy ta đãchứng minh với r = 2 thì k(p2) = pk(p)

Tiếp theo ta chứng minh k(pr) = pk(pr−1) với r là số nguyên lớn hơn 1 Vì

k(pr−1) là chu kỳ của dãy Tribonacci {T (n)} theo modulo pr−1 nên từ (1.1) tađược

Vìk(pr) là chu kỳ dãy Tribonacci theo modulo pr nên từ đó ta cók(pr)|pk(pr−1)

Ta lại có k(pr−1)|k(pr), cho nên một trong hai đẳng thức sau là đúng

k(pr−1) = k(pr), k(pr) = pk(pr−1) (2.18)

Ta chứng minh khẳng định trên bằng phương pháp quy nạp Với r = 2 thìtheo chứng minh trên, nếu k(p) 6= k(p2) thì k(p2) = pk(p) Giả sử (2.18) là đúngvới mọi r − 1 > 1 Ta chứng minh (2.18) đúng với r > 1, tức là chứng minh nếu

k(pr) 6= k(pr−1) thì k(pr) = pk(pr−1) Từ (2.17) suy ra rằng

T (pk(pr−1) + 1) ≡ 1 (mod pr) (2.19)

T (pk(pr−1)) ≡ T (pk(pr−1) − 1) ≡ 0 (mod pr). (2.20)

Tiếp theo ta chứng minhpk(pr−1) là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn (2.19)

và (2.20) để suy ra chu kỳ của dãy Tribonacci {T (n)} theo modulo pr là

Từ (2.17) và (2.21) ta được Cp ≡ Cq ≡ E(mod pr) Vì C 6≡ E(mod pr) và p là

số nguyên tố nên từ đó suy ra p ≤ q Do đó pk(pr−1) ≤ t Từ đó suy ra chu kỳcủa dãy Tribonacci {T (n)} theo modulo pr là pk(pr−1) Vậy ta đã chứng minh

r = 2tức là chứng minh nếuk(p) 6= k(p2)thì k(p2) = pk(p) Điều trên được suy ra

từ Mệnh đề 2.1.16 Từ đó, cũng theo Mệnh đề 2.1.16 ta có một trong hai đẳngthức sau là đúng

k(pr−1) = k(pr), k(pr) = pk(pr−1)

Do đó, nếu k(p) = k(p2) = · · · = k(ps) 6= k(ps+1) thì

k(pr) = pk(pr−1) = p2k(pr−2) = · · · = pr−sk(ps) = pr−sk(ps−1) = · · · = pr−sk(p).

2.2 Dãy Tribonacci tổng quát theo modulo m

Định nghĩa 2.2.1 Với m là một số nguyên dương, dãy Tribonacci tổng quáttheo modulo m là dãy các số nguyên {f (n)} theo modulo m được xác định bởicông thức truy hồi sau

f (0) ≡ a (mod m), f (1) ≡ b (mod m), f (2) ≡ c (mod m) với a, b, c ∈Z,

f (n) = f (n − 1) + f (n − 2) + f (n − 3) (mod m) với mọi n ≥ 3

Trong trường hợp đặc biệt, nếu a = 0, b = 1 và c = 1 thì ta nhận được dãyTribonacci thông thường theo modulo m như trong Định nghĩa 2.1.1

Bằng cách lập luận hoàn toàn tương tự như trong phép chứng minh Mệnh

đề 2.1.6 ta cũng có kết quả sau

Mệnh đề 2.2.2 Cho m là một số nguyên dương Dãy Tribonacci tổng quát

{f (n)} theo modulo m với f (0) ≡ a (mod m), f (1) ≡ b (mod m), f (2) ≡ c (mod m)

với a, b, c ∈Z là tuần hoàn, nghĩa là tồn tại một số nguyên dương t sao cho

Nhắc lại rằng, theo Định nghĩa 2.1.7, ta có k(0, 1, 1; m) = k(m)

Bằng cách lập luận hoàn toàn tương tự như trong phép chứng minh Mệnh

đề 2.1.9, 2.1.10, và Mệnh đề 2.1.11 ta có kết quả sau

Mệnh đề 2.2.4 Cho a, b, c là 3 số nguyên và cho m là một số nguyên dương

(i) Với t là một số nguyên dương bất kỳ, t thỏa mãn điều kiện (2.22) khi vàchỉ khi k(a, b, c; m)|t.

(ii) Với n là một số nguyên dương, nếu m|n thì k(a, b, c; m)|k(a, b, c; n).

Mệnh đề 2.2.6 Cho (a, b, c) là bộ ba giá trị khởi đầu của dãy Tribonacci tổngquát {f (n)} theo modulo m Ký hiệu

D(a, b, c) = a3+ 2b3+ c3− 2abc + 2a2b + 2ab2− 2b2c + a2c − ac2

Khi đó, nếu (D(a, b, c), m) = 1 thì k(a, b, c; m) = k(m).

Chứng minh Gọi T1(n) là dãy Tribonacci các số nguyên với giá trị khởi đầu là

0, 0, 1 Khi đó, với mọi n ≥ 1 ta có

Ta thấy định thức của ma trận trên phụ thuộc vào bộ ba giá trị khởi đầu

[a, b, c] và bằng D(a, b, c) Do đó hệ (2.24) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi

D(a, b, c)vàmnguyên tố cùng nhau Khi đó(f (k), f (k+1), f (k+2)) ≡ (0, 0, 1) ( mod m) Từ đó suy rak(0, 0, 1; m)|k Ta lại cók|k(0, 0, 1; m)và vì vậy ta cók(0, 0, 1; m) =

k Vì k(m) = k(0, 1, 1; m) = k(0, 0, 1; m) cho nên k(m) = k

Mệnh đề 2.2.7 Đặt u1 = (a, b, c), u2= (b, c, a + b + c), u3 = (c, a + b + c, a + 2b + 2c).

Khi đó D(a, b, c) 6≡ 0 (mod p) khi và chỉ khi u1, u2, u3 là độc lập tuyến tính

Chứng minh Bằng phép biến đổi theo cột ta đưa ma trận (2.24) về ma trận sau

q1(a, b, c) + q2(b, c, a + b + c) ≡ (c, a + b + c, a + 2b + 2c) (mod p). (2.26)

Khi đó dãy {f (n)} có thể được xác định bởi một công thức truy hồi phụ thuộcvào hai giá trị khởi đầu là

f (n + 2) ≡ q1f (n) + q2f (n + 1) (mod p) với f (0) = a và f (1) = b.

Ngược lại, giả sử dãy Tribonacci {f (n)} được xác định bởi một công thứctruy hồi phụ thuộc vào nhiều nhất hai giá trị khởi đầu Khi đó u1, u2, u3 là phụthuộc tuyến tính Do đó, theo Mệnh đề 2.2.7, ta có D(a, b, c) ≡ 0 (mod p)

Mệnh đề 2.2.9 Cho p là một số nguyên tố, p 6= 2, 11 Giả sử đa thức g(x) =

x3 − x 2 − x − 1 là bất khả quy trên trường Fp Khi đó phương trình đồng dư

D(a, b, c) ≡ 0 (mod p) có nghiệm duy nhất (a, b, c) ≡ (0, 0, 0) (mod p)

Chứng minh Gọi Llà trường phân rã của đa thức g(x)trên trường Fp Vì g(x)

là đa thức bất khả quy nên [L : F p ] = deg(g) = 3 Xét tự đồng cấu Frobenius

σ : L −→ L được xác định bởi công thức σ(t) = tp với mọi t ∈ L Lấy α ∈ L làmột nghiệm bất kỳ của đa thứcg(x) Khi đóβ = σ(α) và γ = σ(β) là hai nghiệmcòn lại của đa thức g(x) Do đó tồn tại duy nhất A, B, C ∈ L sao cho

f (n) ≡ Aαn+ Bβn+ Cγn(mod p) với n ∈N. (2.27)

Hơn nữa vì f (n) ∈Z nên ta có

Aαn+ Bβn+ Cγn = σ(Aαn+ Bβn+ Cγn) = σ(A)βn+ σ(B)γn+ σ(C)αn.

Từ đó suy ra

B = σ(A) = Ap, C = σ(B) = Bp, và A = σ(C) = Cp.

Do đó A, B, C hoặc là đồng thời khác 0 hoặc làA = B = C = 0 NếuA, B, C đồngthời khác 0 thì điều này mâu thuẫn với Mệnh đề 2.2.8 Do đóA = B = C = 0 Chonên f (n) ≡ 0 (mod p) với mọi số tự nhiên n Vì vậy phương trình D(a, b, c) = 0

có nghiệm duy nhất là (a, b, c) ≡ (0, 0, 0) (mod p)

Mệnh đề 2.2.10 Cho p là một số nguyên tố, p 6= 2, 11 Giả sử đa thức g(x) =

x3− x2− x − 1 là bất khả quy trên trường Fp Nếu (a, b, c) 6≡ (0, 0, 0) (mod p) và