BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH
______________________________
Nguyễn Hồng Phúc
CÁC SỐ FIBONACCI
VÀ ĐỊNH LÝ LỚN
CỦA FERMAT
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Thành phố Hồ Chí Minh - 2017
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH
___________________________
Nguyễn Hồng Phúc
CÁC SỐ FIBONACCI
VÀ ĐỊNH LÝ LỚN
CỦA FERMAT
Chuyên ngành: Đại số và lí thuyết số
Mã số: 60 46 01 04
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
PGS. TS. MỴ VINH QUANG
Thành phố Hồ Chí Minh - 2017
LỜI CẢM ƠN
Tôi xin chân thành cảm ơn sâu sắc tới thầy hường dẫn PGS. TS. Mỵ Vinh Quang,
giảng viên trường Đại học Sư phạm Thành phố Hồ Chí Minh – người đã tận tình giúp
đỡ và hướng dẫn tôi trong quá trình học tập, nghiên cứu và hoàn thiện luận văn này.
Tôi xin chân thành cảm ơn Trường, Phòng Sau đại học, các thầy cô trong Khoa
Toán – Trường Đại học Sư phạm TP. Hồ Chí Minh đã tạo điều kiện thuận lợi cho tôi
hoàn thành luận văn này.
Qua đây, tôi cũng xin bày tỏ lòng cảm ơn đến gia đình, người thân và bạn bè đã
giúp đỡ tôi trong thời gian thực hiện báo cáo này.
TP. Hồ Chí Minh, ngày tháng năm 2017
TÁC GIẢ LUẬN VĂN
Nguyễn Hồng Phúc
LỜI CAM ĐOAN
Tôi xin cam đoan bài luận văn này do tôi thực hiện dưới sự hướng dẫn của PGS,
TS Mỵ Vinh Quang. Nội dung có tham khảo, sử dụng một số kết quả từ các sách, báo
được liệt kê trong tài liệu tham khảo. Tôi xin chịu trách nhiệm về luận văn của mình.
TP. Hồ Chí Minh, ngày tháng
TÁC GIẢ LUẬN VĂN
Nguyễn Hồng Phúc
năm 2017
MỤC LỤC
Lời cảm ơn
Lời cam đoan
Mục lục
MỞ ĐẦU .......................................................................................................................... 1
Chương 1. KIẾN THỨC CHUẨN BỊ ......................................................................... 3
1.1 ĐỒNG DƯ THỨC ................................................................................................. 3
1.2. KÝ HIỆU LEGENDRE ........................................................................................ 4
1.3. KÝ HIỆU JACOBI ................................................................................................ 5
Chương 2: CÁC SỐ FIBONACCI VÀ ĐỊNH LÝ LỚN CỦA FERMAT ................ 7
2.1. Giới thiệu số Fibonacci và số Lucas ..................................................................... 7
2.2. Tổng
k r
n
............................................................................................. 11
mod 10 k
2.3. Đồng dư thức đối với số Fibonacci ..................................................................... 14
2.4. Một điều kiện để p F p 1/4 .................................................................................. 23
2.5. Sự liên hệ với định lý lớn Fermat ....................................................................... 26
Kết luận ..................................................................................................................... 31
TÀI LIỆU THAM KHẢO ............................................................................................ 32
1
MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Dãy số Fibonacci
Fn
xác định bởi F0 0, F1 1, Fn1 Fn Fn 1 . Dãy số
Fibonacci là một trong những dãy số nổi tiếng nhất trong toán học do có nhiều ứng
dụng trong giải tích và trong lý thuyết số hiện đại. Chẳng hạn, dựa vào tính chất của
dãy số Fibonacci, người ta có thể chứng minh được Định lý lớn Fermat đúng cho các
số nguyên tố Fibonacci.
Chính bởi vậy, Tôi quyết định chọn đề tài “Các số Fibonacci và định lý lớn
Fermat” làm đề tại luận văn thạc sĩ Toán của mình, để tìm hiểu, nghiên cứu thêm về
các số Fibonacci và các đồng dư thức liên quan đến chúng, cũng như các ứng dụng
liên quan đến định lý lớn của Fermat.
2. Mục đích đề tài
* Khảo sát, nghiên cứu các tính chất của các số Fibonacci.
* Biểu diễn tổng các hệ số nhị thức
n
qua các hạng tử của số
k r (mod 10) k
Fibonacci, từ đó rút ra một số đồng dư thức liên quan đến số Fibonacci.
* Tìm hiểu ứng dụng của các đồng dư thức trên liên quan đến lời giải cho định lý
lớn của Fermat.
3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
* Dãy số Fibonacci, dãy số Lucas Ln và các tính chất của chúng.
* Tổng các hệ nhị thức
n
và các đồng dư thức liên quan.
k r (mod 10) k
4. Bố cục luận văn
Bản luận văn “ CÁC SỐ FIBONACCI VÀ ĐỊNH LÝ LỚN CỦA FERMAT”
gồm có mở đầu, hai chương nội dung, kết luận và tài liệu tham khảo.
2
Chương 1: KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
Trong chương này, trình bày một số kiến thức chuẩn bị cần thiết cho chương sau
như các kiến thức về số học, các định lý về đồng dư và ký hiệu số học như ký hiệu
Legendre và Jacobi.
Chương 2: CÁC SỐ FIBONACCI VÀ ĐỊNH LÝ LỚN CỦA FERMAT
Trong chương này, chúng tôi trình bày cách biểu diễn tổng các hệ số nhị thức
n
qua các hạng tử liên quan đến số Fibonacci. Như là hệ quả, chúng tôi thu
k r (mod 10) k
được công thức cho thương Fibonacci F
5
p
p
p . Từ đó, chứng minh được rằng Định
lý lớn của Fermat trường hợp đầu tiên sẽ đúng khi lũy thừa là số nguyên tố Fibonacci
và số nguyên tố Lucas.
3
Chương 1. KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
1.1 Đồng dư thức
Định nghĩa 1.1.1.
Cho số nguyên dương n, hai số nguyên a,b được gọi là đồng dư theo mô-đun
n nếu chúng có cùng số dư khi chia cho n. Điều này tương đương với hiệu a-b chia hết
cho n.
Ký hiệu:
a b
(mod n)
Tính chất 1.1.2.
Ngoài các tính chất của một quan hệ tương đương (phản xạ, đối xứng, bắt cầu),
phép đồng dư còn có thêm các tính chất sau: Có thể cộng, trừ, nhân và nâng lên lũy
thừa các đồng dư thức có cùng một mô-đun. Cụ thể nếu ta có:
a1 a2
b 1 b2
mod n
mod n
thì ta có:
a1 b1 a2 b2 mod n
a1 b1 a2 b2 mod n
a1b1 a2b2 mod n
a1k a2k
mod n với k nguyên dương
Luật giản ước 1.1.3.
Nếu
a1 a2
a 1.b a2 .b mod n
và
b, n 1
(b,n nguyên tố cùng nhau) thì
mod n .
Nghịch đảo mô –đun 1.1.4.
Nếu số nguyên dương n và số nguyên a nguyên tố cùng nhau thì tồn tại duy nhất
một số x 0,1, 2,..., n 1 sao cho ax 1
của a theo mô-đun n.
mod n
, số x này được gọi là nghịch đảo
4
1.2. Ký hiệu Legendre
Định nghĩa 1.2.1.
a
Cho p là số nguyên tố lẻ và a là một số tự nhiên, thì ký hiệu Legendre là:
p
0 nếu a chia hết cho p ;
a
p
1 nếu a là thặng dư bậc hai môđun p (nghĩa là tồn tại
số nguyên k sao cho k2 ≡ a (mod p));
−1 nếu a không là bình phương môđun p.
Tính chất 1.2.2.
ab a b
p p p
Nếu a b
1
1
p
1
p 1 /2 1 khi p 1 mod 4
1
p
1 khi p 3 mod 4
2
p2 1/8 1 khi p 1 hoaëc 7 mod 8
1
p
1 khi p 3 hoaëc 5 mod 8
Với số nguyên tố lẻ p bất kỳ,
a b
p p
mod p thì
p 1
1 khi p 1 hoaëc 11 mod 12
3
6
1
p
1 khi p 5 hoaëc 7 mod 12
p 2
1 khi p 1 hoaëc 4 mod 5
5
Với số nguyên tố lẻ p bất kỳ, 1 5
p
1 khi p 2 hoaëc 3 mod 5
5
Với số nguyên tố lẻ p bất kỳ,
7 1 khi p 1,3,9,19, 25 hoaëc 27 mod 28
1 khi p 5,11,13,15,17 hoaëc 23 mod 28
p
q p
p 1 /2 q 1 /2
Nếu p,q là các số nguyên tố lẻ thì 1
p q
Tính chất sau cùng được gọi là luật thuận nghịch bình phương.
Ký hiệu Legendre được sử dụng trong tiêu chuẩn Euler do Euler chứng minh
a
p 1 /2
a
p
mod p
1.3. Ký hiệu Jacobi
Định nghĩa 1.3.1.
a
Ký hiệu Jacobi sử dụng dạng phân tích tiêu chuẩn của số đứng dưới. Nó
n
được định nghĩa như sau:
Giả sử n > 0 là số tự nhiên lẻ và p1 p2 ... pk là dạng phân tích tiêu chuẩn của n.
1
2
k
1
2
k
a
a a a
Với số nguyên a bất kỳ, ký hiệu Jacobi ...
n p1 p2
pk
trong đó
tất cả các ký hiệu bên vế phải là Ký hiệu Legendre.
Tính chất 1.3.2.
Nếu n là số nguyên tố thì ký hiệu Jacobi là ký hiệu Legendre.
a
0,1, 1
n
a
0 nếu ước chung lớn nhất của a, n 1
n
ab a b
n n n
a a a
a
. Điều này dẫn tới 2 là 0 hoặc 1 với số nguyên a bất kỳ và
mn m n
n
số tự nhiên lẻ n bất kỳ.
6
a b
Nếu a ≡ b (mod n) thì
n n
1
1
n
n 1
1 khi n 1 mod 4
1
2
1
n
1 khi n 3 mod 4
n 2 1
1 khi n 1 hoaëc 7 mod 8
2
1 8 1 khi n 3 hoaëc 5 mod 8
n
m 1 n 1
m n
4
nếu m và n là các số tự nhiên lẻ.
1
n m
Tính chất sau cùng cũng được biết với tên gọi là: luật thuận nghịch bình phương.
7
Chương 2: CÁC SỐ FIBONACCI VÀ ĐỊNH LÝ LỚN CỦA FERMAT
2.1. Giới thiệu số Fibonacci và số Lucas
Để thuận tiện về sau, chúng ta sẽ giới thiệu trong phần này các tính chất căn bản
của dãy số Fibonacci Fn và dãy số đồng hành với nó-dãy số Lucas Ln .
Dãy số Fibonacci Fn và dãy số Lucas Ln được cho bởi công thức:
F0 0, F1 1, Fn1 Fn Fn1
n 1, 2,3,...
và
L0 2, L1 1, Ln1 Ln Ln1
n 1, 2,3,...
,
ta có công thức tổng quát số hạng thứ n là:
n n
1 5
1 5
Fn
và Ln n n với
.
,
2
2
Từ công thức của Fn và Ln , chúng ta dễ dàng có được:
Định lý 2.1.1. Với n=0,1,2,…chúng ta có
i. Ln 2 Fn1 Fn , 5Fn 2 Ln1 Ln ;
ii. L2n 5 Fn2 4 1 ;
n
iii. F2 n Fn Ln , L2 n L2n 2 1
n
Chứng minh
i. Có thể dễ dàng chứng minh bằng quy nạp. Ta sẽ chứng minh ý đầu, ý sau làm tương
tự.
Với n 0 ta có: L0 2 F1 F0 ( Đúng).
Giả sử công thức đúng với n k 0 . Ta sẽ chứng minh công thức đúng với n k 1.
Lk 1 Lk Lk 1
2 Fk 1 Fk 2 Fk Fk 1
2 Fk 2 Fk 1.
ii. Ta sẽ sử dụng công thức tổng quát của Fn và Ln để chứng minh.
8
L 5 F
2
n
2
n
n
n 2
n n
5
2
2 n 2 n 2 1 2 n 2 n 2 1
n
n
với . 1
4 1 .
n
n n n
2n 2n
n
iii. Ta có: Fn Ln
.
F 2n
L2n 2 1 n n 2 1 2 n 2 n 2 1 2 1
2
n
n
n
n
2 n 2 n L2 n .
Bây giờ, gọi n1 ,..., nk và n1,..., nk là ước chung lớn nhất (ƯCLN) và bội
chung nhỏ nhất (BCNN) của những số nguyên dương n1 ,..., nk . Với những số
Fibonacci, chúng ta có
Định lý 2.1.2. Cho m, n là những số nguyên dương. Khi đó
i. Fmn1 Fmn1
mod Fm
ii. Fmn nFmn11
mod F
2
m
iii. Fm , Fn F m ,n .
Chứng minh
i. Ta qui nạp theo n.
Với n 1 thì Fm1 Fm1
mod Fm .
Giả sử mệnh đề đúng với n 1. Ta chứng minh mệnh đề đúng với n 1 .
Với Lm 2 Fm1 Fm 2 Fm1 Fm ,ta có:
Fm n11 Fmn1 m
1
Fmn1Lm Lmn1Fm
2
1
Fmn1 2 Fm1 Fm 2 Fmn2 Fmn1 Fm
2
Fmn1Fm1 Fmn2 Fm Fmn1Fm
Fmn1Fm1
mod Fm
9
mod Fm
mod Fm .
Fmn1Fm1
Fmn11
ii. Ta tiếp tục qui nạp theo n.
Với n 1 là hiển nhiên.
Giả sử mệnh đề đúng với n 1 . Ta chứng minh mệnh đề đúng với n 1.
Với Fm | Fmn , ta có:
Fm n1 Fmn m
1
Fmn Lm Lmn Fm
2
1
Fmn 2 Fm1 Fm 2 Fmn1 Fmn Fm
2
Fmn Fm1 Fmn1Fm Fmn Fm
mod F
mod F .
nFmn11F m Fm1 Fmn1Fm
n 1 Fmn1Fm
2
m
2
m
iii. Giả sử: m, n d r , s : rm sn d
2Fd Frm .Lsn Lrm .Fsn
2Fmn Fm .Ln Lm .Fn .
Gọi Fm , Fn h thì h | Fm , h | Fn h | Frm , h | Fsn h | 2 Fd .
Nếu h lẻ thì h | Fd .
Nếu h chẵn Fm , Fn chẵn Frm , Fsn , Lrm , Lsn chẵn (vì 2 dãy số này luôn cùng chẵn
hoặc cùng lẻ và Fn , Ln 1 hay 2),
1
1
Fd Frm . Lsn Fsn . Lrm h | Fd ,
2
2
và vì Fd | Fm , Fn h ,
do đó: h Fd F m ,n Fm , Fn .
Liên quan đến đồng dư thức, ta có định lý sau.
Định lý 2.1.3.Cho p là số nguyên tố
i. Nếu p 2 thì F
5
p
p
0
mod p .
10
ii. Lấy , m, n là những số nguyên dương. Giả sử p || Fm ( nghĩa là p | Fm và
p 1 | Fm ). Khi đó p | n p 1 | Fmn .
Chứng minh
i. Ta chứng minh: nếu
Fp 1 0
p 5m 1
thì
p 5m 2
Fp 1 0
mod p
.
mod p
vì F3 2, F5 5 nên ta có thể giả sử rằng p 2;5 ,
vì Fn
n n
1 5
1 5
với
,
2
2
n n
nên 2n1 Fn n 5 52 ...
3 5
1
(n lẻ thì kết thúc là 5 2
n1
1
, n chẵn thì kết thúc là n.5 2
n 1
).
2 p 1 1 mod p
1
Nếu n=p (lẻ) khi đó theo Fermat, 5
p 1
2
mod p
5
p
5
Fp 1
p
mod p
mà Fp2 Fp 1.Fp 1 1
p 1
,
mod p .
nên Fp 1.Fp 1 0
Mặt khác, ta lại có : p 1, p 1 1 nên Fp1 , Fp1 F p1, p1 F1 1 (do Định lý
2.1.2).
Do đó chỉ có một trong hai chia hết cho p.
Bây giờ, ta lấy n p 1 , khi đó :
1
p 1
p 1
2
2 Fp 1 p 1
5 ... p 1 .5
3
5
2 p Fp 1 1 mod p
p
p
Fp 1 0
mod p
5
nếu 1 nghĩa là p 2
p
mod 5 .
11
Trong trường hợp ngược lại thì Fp 1 0
mod p .
ii. Bởi phần ii. của định lý 2.1.2, ta có:
Fmn nFmn11Fm
mod F .
2
m
Vì m>1 p | Fm , Fm1 , Fm F m1,m 1, p || Fm và p 1 | Fm2 , ta có:
p 1 | Fmn p 1 | nFmn11Fm p | n.
Hệ quả 2.1.4. Theo Định lý 2.1.3 thì bất kỳ luỹ thừa của số nguyên tố nào cũng là ước
của các số Fibonacci nào đó.
Chứng minh
Cho d p11 ... prr p1 p2 ... pr là dạng phân tích thành các thừa số nguyên
tố, và giả sử rằng pii | Fni với i 1,2,....r. Do Fn là ước của Fn1 ,...,nk , nên pii | Fn1 ,...,nk
i
với i 1,..., r và vì vậy d | Fn1 ,..., nk . Do đó, mọi số nguyên dương d đều là ước số của
các số Fibonacci nào đó.
n
mod 10 k
2.2. Tổng
k r
Cho các số nguyên m>0, n>0 và r, ta định nghĩa:
Trn m
n
n
k
k 0
k r mod m
và m r , n mTnn/2 r m 2n với . là hàm số phần nguyên.
Bằng cách sử dụng tính chất của hệ số nhị thức, chúng ta có thể dễ dàng chứng
minh rằng
Trn m Tnnr m , Trnm1 Trn m Trn1 m .
Từ điều đó ta có mệnh đề sau.
Mệnh đề 2.2.1. Cho m, n là những số nguyên dương và r, s, t là những số nguyên
thỏa r s 0
mod m
và r t 2
mod m . Nếu n lẻ thì khi đó
m r , n 2 m s , n 2 m r , n m t , n .
Chứng minh
12
m s , n 2 m r , n m t , n
m T
m T
m T
m T
m Tnn/2 s m 2Tnn/2 r m Tnn/2t m 4.2n
n
n 1 /2 s m
2T nn1/2 r m T nn1/2t m 2n 2
n
n 1 /2 r m
2T nn1/2 r m T nn1/2 2r m 2n 2
n
n 1 /2 r 1 m
T nn1/2 r m T nn1/2 r m T nn1/2 r 1 m 2n 2
n 1
n 1 /2 r 1 m
T nn11/2 r m 2n 2
m r, n 2.
Bây giờ ta đưa ra một số tính chất của 10 .
Định lý 2.2.2. Cho p>0 là một số nguyên tố lẻ
a Nếu p 1 mod 4 thì
10 0, p L p 1 5
p 3 /4
F p 1/2 ,
10 2, p L p 1 5
p 3 /4
10 4, p L p 1 5
p 3 /4
10 6, p L p 1 5
p 3 /4
F p 1/2 ,
F p 1/2 ,
F p 1/2 .
b Nếu p 3 mod 4 thì
10 0, p L p 1 5
p 1 /4
L p 1/2 ,
10 2, p L p 1 5
p 1 /4
10 4, p L p 1 5
p 1 /4
10 6, p L p 1 5
p 1 /4
c 10 8, p 2 Lp .
Chứng minh
Có thể dễ dàng kiểm tra các điều sau:
L p 1/2 ,
L p 1/2 ,
L p 1/2 .
13
10 0,1 8 L2 5 F1 ,
10 0,3 22 L4 5 L2 ;
10 2,1 2 L0 5 F0 , 10 2,3 2 L2 5 L1 ;
10 4,1 2 L0 5 F0 , 10 4,3 8 L 2 5 L1 ;
10 6,1 2 L2 5 F1 ,
10 6,3 8 L4 5 L2 ;
10 8,1 2 2 L1 ,
10 8,3 8 2 L3 .
Do đó định lý 1 đúng cho p=1;3.
Bây giờ, chúng ta giả sử rằng số nguyên tố p không nhỏ hơn 3, và giả thiết rằng
định lý thì đúng với p. Theo định lý 2.1.1 chúng ta có:
3F p1/2 F p1/2 2F p1/2 F p3/2 2F p5/2 F p3/2 L p3/2 ,
3L p1/2 L p1/2 2L p1/2 L p3/2 2L p5/2 L p3/2 5F p3/2 ,
2 F p 1/2 F p 1/2 2 F p 3/2 F p 1/2 L p 1/2 ,
2 L p 1/2 L p 1/2 2 L p 3/2 L p 1/2 5 F p 1/2 .
Bởi mệnh đề 2.2.1 và giả thuyết qui nạp, chúng ta có
10 0, p 2 10 0, p 210 0, p 10 2, p
p 3 / 4
3 L 5 p3/ 4 F
L
5
F p1/ 2
p
1
p
1
p
1
/
2
p 3 / 4
L p3 5 L p3/ 2 neáu p 1
p 1 / 4
p 1 / 4
3 L p1 5 L p1/ 2 L p1 5 L p1/ 2
p 5 / 4
L p3 5 F p3/ 2 neáu p 3
mod 4 ,
mod 4 .
( Lưu ý rằng 3Lp1 Lp1 2Lp1 Lp Lp1 Lp2 Lp3. )
10 2, p 2 10 8, p 210 2, p 10 0, p
p 3 / 4
2 L 2 L 2.5 p3/ 4 F
L p 1 5 F p 1/ 2
p
p 1
p 1 / 2
p 3 / 4
L p1 5 L p1/ 2 neáu p 1 mod 4
p 1 / 4
p 1/ 4
L p1/ 2 L p 1 5 L p1/ 2
2 L p 2 L p 1 2.5
p 5 / 4
L p1 5 F p1/ 2 neáu p 3 mod 4
14
10 4, p 2 10 6, p 210 4, p 10 8, p
L p 1 5 p 3/4 F p 1 /2 2 L p 1 2.5 p 3/4 F p 1 /2 2 L p
p
3
/4
L p 1 5
L p 1/2 neáu p 1 mod 4
p 1 /4
p 3 /4
L p 1/2 2 L p 1 2.5 L p 1/2 2 L p
L p 1 5
p 5 /4
L p 1 5 F p 1/2 neáu p 3 mod 4
10 6, p 2 10 4, p 210 6, p 10 6, p
L p 1 5 p 3/4 F p 1 /2 3L p 1 3.5 p 3/4 F p 1 /2
p 3 /4
L p 3 5 L p 3/2 neáu p 1
p 1 /4
p 1 /4
L p 1/2 3L p 1 3.5 L p 1/2
L p 1 5
p 5 /4
L p 3 5 F p 3/2 neáu p 3
mod 4
mod 4
10 8, p 2 10 2, p 210 8, p 10 4, p
L p 1 5 p 3/4 F p 1 /2 4 L p L p 1 5 p 3/4 F p 1 /2
2 2 L p L p 1 2 L p 2 neáu p 1
p 1 /4
p 1 /4
L p 1/2 4 L p L p 1 5 L p 1/2
L p 1 5
2 2 L p L p 1 2 L p 2 neáu p 3
mod 4
mod 4 .
Điều này chứng tỏ rằng định lý 2.2.2 đúng với p+2.
Vậy định lý 2.2.2 đã được chứng minh bằng qui nạp.
2.3. Đồng dư thức đối với số Fibonacci
Bổ đề 2.3.1. Cho p là số nguyên tố, giả sử m>0 và r là những số nguyên. Khi đó:
p 1
p
r m
T
p
k 1
k r
1
k
k 1
mod p
2
mod m
với là số các phần tử trong 0, p đồng dư với r mô-đun m.
Chứng minh
p 1
k
Vì k !
p 1 p 2 ... p k 1 k !
k
mod p , chúng ta có:
15
p 1
k
1
k
mod p với mọi k=1,…,p-1.
p 1
1
p p 1
p
p
k
k 1 k k 1
k 1
p 1
Do đó, T
p
r m
k r
mod m
k r
k 1
mod p .
2
mod m
Từ bổ đề 2.3.1, nếu p là số nguyên tố thì:
p
k 1
2 p 2 T01 2 p 1 1
p
p
k
k 1
mod p
.
Định lý 2.3.2. Cho p 2;5 là số nguyên tố và cho K p r
p 1
1
k
. Khi đó
k 1
k r mod 5
pK p 0 pK p p
1 1 p 5/10 5 p 1/4 F
5
p /2
p
p 5 /10 p 3 /4
1 1
5
L 5
p /2
p
mod p
neáu p 1
mod 4
mod p
neáu p 3
mod 4
2
2
pK p 2 p pK p 4 p
p 5 /10 5 p 1 /4
F 5
1
5
p /2
p
p
1 p 5 /10 5 5 p 3 /4 L
5
p
p p /2
K p 3 p 0
mod p
neáu p 1
mod 4
mod p
neáu p 3
mod 4
2
2
mod p .
Chứng minh
Lưu ý rằng:
Kp p r
p 1
1
k 1 k
k p r
mod 5
p 1
1
pk
k 1
p k r
K p r
mod p ,
mod 5
vì thế chúng ta có:
K p 0 K p p
mod p , K p 2 p K p p K p 4 p mod p
K p 3 p K p 2 p K p 3 p mod p ,
16
vì vậy K p 3 p 0
mod p .
Bởi định lý 2.2.2, nếu một số nguyên m không chia hết cho 5 thì:
10 8 2m, p 10 8 2m, p
2.5 p 3/4 F p 1 /2 neáu p 1 mod 4
10 0, p 10 6, p 2.5 p 1/4 L
p 1 /2 neáu p 3 mod 4
khi m 1 mod 5 ;
2.5 p 3/4 F p 1 /2 neáu p 1 mod 4
p 1 /4
L p 1/2 neáu p 3 mod 4
10 2, p 10 4, p 2.5
khi m 2 mod 5
12 m /5 .10.5 p 1/4 F
m
p /2
5
2 m /5
p 3 /4
.10.5 L m
1
p /2
5
Cho m1 p 1
p 1 /2
neáu p 1
mod 4
neáu p 3
mod 4
5 / 4 và m2 3m1 , chúng ta có:
5
m1 4m 1 p 5 m2 3 m1
, ,
5 5 5 p 5 5 5
p
1 1 . 1
2 m /5
6 m /5
1 1
2 m1 /5
p 1 /2
2
1
p 5 /10
1 1. 1
1 1 . 1
1 1.1
1 1 .1
2 m1 /5 3m1
1
do vậy:
,
neáu m1 1 mod 5 ,
neáu m1 1 mod 5 ,
neáu m1 2 mod 5 ,
neáu m1 2 mod 5
1
5
p 1 /2
p 5 /10
. 1
5
,
p
17
1
p 1 /2
10
10 8 2m1 , p 10 8 2m1 , p
12 m1 /5 5 p 1/4 F
m1
p /2
5
p 5 /10 p 1 /4
1
5
F 5
p /2
p
2 m /5 p 3 /4
L m
1 1 5
1
p /2
5
p 5 /10 p 3 /4
1
5
L 5
p p /2
1
p 1 /2
10
neáu p 1
mod 4
neáu p 3
mod 4
10 8 2m2 , p 10 8 2m2 , p
12 m2 /5 5 p 1/4 F
m2
p
/2
5
p 5 /10 5 p 1 /4
1
F 5
5
p
p p /2
2 m /5 p 3 /4
L m
1 2 5
2
p
/2
5
p 5 /10 5 p 3 /4
1
L 5
5
p
p /2
p
neáu p 1
mod 4
neáu p 3
mod 4
để hoàn tất chứng minh, chúng ta để ý rằng:
p 1
pK p 0 p
k 1
1
k 1
k
p 1
p
k 1
10 k 5
1
k 1
k
10 k
mod p
1 T T
Tp510 T0p10 1
1 Tpp510 T0p10
1 1
p 1 /2
2
p
p 10
p
5 10
p
T p
T
p
1
/
2
p
1
/
2
3 1
p 3 12
.510
.510
2
18
p 1 3 1 p 1/2
1 p 3 1 p 1/2
10
.5, p 10
.5, p
2
10
2
2
2
p 1 /2
p 1 /2
p 1 /2
1
p 1
5
p 1
5
10 8
1
, p 10 8
, p
10
2
2
1
1
p 1 /2
1
1
p 1 /2
10 8 2m1 , p 10 8 2m1 , p
10
và
pK p 2 p p
p 1
1
k 1
k 2 p 5
k 1
k
p 1
p
mod 10
T2pp 510 T2pp10
1
k 1
k 2 p
k 1
k
mod 10
mod p
2
T2pp 510 Tpp10 T2pp10 Tpp 510
1
p 1 /2
1
p 1 /2
1
p 1 /2
1
p 1 /2
10
10
10
p
T p
T
p 1 / 2
p 1 / 2
2 p 1 12 .510 p 1 12 .510
p 1 /2
p 1 /2
p 1
p 1
1 1
1 1
10
p
.5, p 10
2p
.5, p
2
2
2
2
p 1 /2
p 1 /2
p 1
5
p 1
5
10 8
.3, p 10 8
.3, p
2
2
10 8 2m2 , p 10 8 2m2 , p .
Định lý 2.3.3. Cho p 2;5 là một số nguyên tố, và q p 5 5 p1 1 / p.
( q p x gọi là thương số Fermat, nếu x, p 1 thì q p x nguyên)
a
F
mod 4 thì
Nếu p 1
5
p p /2
p 5 /10
1
5 p 1/4
1
p K p 0 q p 5 1
5
2
p
mod p
2
19
p 5 /10
F
5
p /2
p
b
1
p 5 /10
L
1
L
1
p 5 /10
5
p /2
p
p 1 /4
pK p 2 p
mod p .
2
mod 4 thì
Nếu p 3
5
p p /2
5
5 p 1/4
1
p K p 0 q p 5 1
5
2
p
5
p 1 /4
pK p 2 p
mod p
2
mod p .
2
Chứng minh
Ta có:
1
pq p 5
2
1 p 1/2 5 p 1/2 5
5
5
2
p
p
1 5 p 1 /2 5 5 p 1 /2
.2 5 5 1
2 p
p p
mod p .
2
Bây giờ chúng ta sẽ chứng minh phần b (phần a cỏ thể chứng minh tương
tự). Giả sử p 3
mod 4 . Từ định lý 2.3.2 và kết quả ta vừa xét ở trên, chúng ta có:
5 p 1/4
1
p K p 0 q p 5
5
2
p
1
p 1 /4
p 1 /2
5 pK p 0 pq p 5 5
mod p 2
2
5 p 1/2 p 1/2
p 5 /10 p 3 /4
p 1 /4
5
1 1
5
L 5 5
1 5
p
p p /2
5 p 1 /4
p 5 /10
1
L 5 5 ,
p
p p /2
và
5
p 1 /4
5 p 1 /4
p 1 /2
pK p 2 p 5 pK p 2 p 5 mod p 2
p
mod p
2
20
5 p 1/4
p 5 /10 5 p 3 /4
p 1 /2
5
5
L 5 5
1
p
p
p p /2
p 5 /10
1
L
5
p p /2
.
Vậy định lý đã được chứng minh xong.
Định lý 2.3.4. Cho p 2;5 là một số nguyên tố. Chúng ta có:
i 2K p 0 K p 2 p
ii Nếu
p 1
L
1
L
1
p 5 /10
5
p p /2
iii
p 5 /10
F
1
F
1
p 5 /10
5
p /2
p
5
p 1 /4
p 3K p 2 p K p 0 1
5 p 1/4 1
5
pq p 5 2
2
p
mod p ,
2
mod p .
2
mod 4 thì:
Nếu p 3
5
p p /2
mod p .
mod 4 thì:
p 5 /10
5
p /2
p
1
q p 5 0
2
5
p 3 /4
p 3K p 2 p K p 0 1
5 p 3/4 1
5
pq p 5 2
2
p
mod p ,
2
mod p .
2
Chứng minh
Bởi phần i của định lý 2.1.1, chúng ta có:
L p 1/2 2 F p 1/2 F p 1/2 ,
L p 1/2 2 F p 3/2 F p 1/2 2 F p 1/2 F p 1/2 ,
5 F p 1/2 2 L p 1/2 L p 1/2 ,
5 F p 1/2 2 L p 3/2 L p 1/2 2 L p 1/2 L p 1/2 .
Lại theo định lý 2.3.3:
1
p 5 /10
5 p 1/4
p 2K p 0 q p 5 K p 2 p 2
5
p
mod p
2