8038A LUKUTEORIAN PERUSTEET OSA III BASICS OF NUMBER THEORY PART III Tapani Matala-aho MATEMATIIKKA/LUTK/OULUN YLIOPISTO SYKSY 016
Sisältö 1 Irrationaaliluvuista Antiikin lukuja 6.1 Kolmio- neliö- ja tetraedriluvut................... 6. Pythagoraan luvut.......................... 6.3 Heronin luvut............................. 10 3 Fibonaccin ja Lucasin luvut 11 3.1 Rekursio ja Binet'n kaava...................... 11 3. Matriisiesitys............................. 14 3.3 Generoiva sarja............................ 19 3.4 Laajennus negatiivisiin indekseihin................. 1 3.5 Jaollisuustuloksia........................... 3 3.6 f n (mod k).............................. 4 3.7 f n (mod p).............................. 6 1
1 Irrationaaliluvuista Määritelmä 1. Luku α C \ Q on irrationaalinen. (Myös ei-rationaaliset p-adiset (p P) luvut ovat irrationaalisia eli luku α C p \ Q on irrationaalinen, missä C p on kompleksilukujen kuntaa C vastaava p- adisten lukujen kunta.) Esimerkki 1. 5 / Q. (1.1) I todistus. Jos, olisi niin 5 = m n Q, m n, (1.) 5n = m 5 m 5 m (1.3) 5 m = 5n 5 n 5 n. (1.4) Selvästi tulokset (1.3) ja (1.4) ovat ristiriidassa valinnan m n kanssa. II todistus. Jos, olisi 5 = m n niin sellaiset luvut s, t Z, että Q, m n, (1.5) 1 = sm + tn. (1.6) Siten 5 = sm 5 + tn 5 = s5n + tm Z (1.7) mutta < 5 < 3. (1.8)
Ristiriita. Määritelmä. Luku m Z on neliövapaa (square-free), jos ehdosta a m, a Z, välttämättä seuraa a = 1. Tulos (1.1) yleistyy tulokseksi (Harjoitustehtävä 46) Lause 1. Olkoon D Z, D 1, neliövapaa. Tällöin D / Q. (1.9) Esimerkki. Todistus. Jos olisi niin log log 3 / Q. (1.10) log log 3 = a b, a, b Z+, (1.11) b = 3 a 3 a 3 (1.1) mikä on mahdotonta. Esimerkki 3. log / Q. (1.13) Ei todisteta. Todistus huomattavasti vaikeampi kuin Esimerkissä. Lause. Olkoot n Z 3 ja r Q +. Tällöin n 1 + rn / Q. (1.14) Todistus perustuu Wilesin tulokseen (??). Tiedetään, että Neperin luvulle e pätee ( e = lim 1 + 1 n = n n) k=0 1 k!. (1.15) 3
Lause 3. Neperin luku e on irrationaalinen. I Todistus. Olkoon siis vastaoletuksena e = a b Q, a, b Z+, a b. (1.16) Valitaan sellainen kokonaisluku m, että m Z +, b m (1.17) ja merkitään Aluksi huomataan, että A = m! ( e m k=0 ) 1. (1.18) k! A = m!a b m! m k=0 1 k! Z. (1.19) Toisaalta A = m! k=m+1 1 k!, (1.0) joten saadaan arviot ( ) 1 0 < A = m! (m + 1)! + 1 (m + )! + 1 (m + 3)! +... 1 m + 1 + 1 (m + 1)(m + ) + 1 (m + 1)(m + )(m + 3) +... = ( 1 + 1 ) m + + 1 (m + )(m + 3) +... < ( 1 1 + 1 ) m + 1 m + 1 + 1 (m + 1) +... = 1 1. (1.1) m 1 m + 1 Siten A Z ja 0 < A < 1, jotka ovat ristiriidassa. = II Todistus. e 1 = ( 1) k. (1.) k! k=0 4
Olkoon siis vastaoletuksena e 1 = b a Q, a, b Z+, a b. (1.3) Valitaan sellainen kokonaisluku m, että m Z +, a m (1.4) ja merkitään Aluksi huomataan, että Toisaalta B = m! B = m!b a ( B = m! e 1 k=0 ) m ( 1) k. (1.5) k! k=0 m m! ( 1) k Z. (1.6) k! k=m+1 ( 1) k. (1.7) k! Käytetään alternoivien sarjojen ominaisuuksia. Olkoon r n > r n+1 > r n+ >... > 0, r n 0, (1.8) ja Tällöin s n := r n r n+1 + r n+ r n+3 +... (1.9) 0 < s n = r n s n+1 < r n. (1.30) Sovelletaan tulosta (1.30), kun r n = 1 n!. Nyt esityksestä (1.7) saadaan ( 1) k B = m! k! = k=m+1 m! ( 1) m+1 (r m+1 r m+ + r m+3 r m+4 +...) = m!s m+1 (1.31) 5
Siispä 0 < B = m!s m+1 < m!r m+1 = m! (m + 1)! = 1 m + 1 1. (1.3) Siten B Z ja 0 < B < 1, jotka ovat ristiriidassa. Antiikin lukuja.1 Kolmio- neliö- ja tetraedriluvut Lukuja T n = 1 + + + n kutsutaan kolmioluvuiksi (triangular numbers). Aritmeettisen sarjan summakaavalla ja binomikertoimen määritelmällä saadaan ( ) n + 1 T n = kaikilla n Z +. Lukuja n = n kutsutaan neliöluvuiksi (square numbers). Lukuja T n = T 1 +T + +T n kutsutaan tetraedriluvuiksi (tetrahedral numbers). Käyttämällä Pascalin kolmion palautuskaavaa (??) saadaan T n = n ( ) k + 1 = k=1 n (( ) ( )) ( ) k + k + 1 n + =. (.1) 3 3 3 k=1. Pythagoraan luvut Määritelmä 3. Kolmikko (a, b, c) Z 3 1 on primitiivinen Pythagoraan lukukolmikko, mikäli syt(a, b, c) = 1 ja a + b = c. (.) 6
Tutkitaan ensin pariteettia. Oletetaan aluksi, että a ja b, mistä saadaan c c, ristiriita. Muut parit vastaavasti, eli ainakin kaksi luvuista on parittomia. Edelleen, jos olisi a = l + 1 ja b = k + 1 c = a + b (mod 4), ristiriita. Siis toinen luvuista a ja b on parillinen, muut parittomia. Olkoon vaikka a = l + 1 ja b = k. Nyt kaikille alkuluvuille p pätee p a ja p b p c p c, ristiriita. Vastaavasti muille pareille, joten syt(a, b) = syt(a, c) = syt(b, c) = 1. Lähdetään yhtälöstä (3.7), joka on yhtäpitäävää yhtälön a = (c b)(c + b) kanssa Koska a, niin a = r i=1 p α i i p i P i = 1,,..., r. Valitaan p α i i a 7
jolloin p α i i (c b)(c + b). Jos p i c b ja p i c + b p i c ja p i b p i c ja p i b, ristiriita. Siis joko p α i i c b tai p α i i c + b. c b = j J ( p α j j = c + b = l L p α l l = j J ( l L p α j j p α l l ) ja ), missä J L = {1,,..., r} J L =. Huomaa, että b on parillinen ja c pariton, eli c b ja c + b, ja että syt(c b, c + b) = 1. Nyt siis on olemassa sellaiset luonnolliset luvut s ja t, syt(s, t) = 1, että c + b = s c b = t c = s +t b = s t a = s t a = st. ja 8
Osoita vielä laskemalla, että kolmikko (a, b, c) = (st, s t toteuttaa Pythagoraan yhtälön (.)., s + t ) (.3) Saadaan siis seuraava Lause 4. Yhtälön a + b = c (.4) primitiiviset ratkaisut saadaan parametrimuodossa a = st, b = s t, c = s +t, (.5) missä s, t Z + 1, s > t 1 ja syt(s, t) = 1. Esimerkki 4. Olkoon t = 1. Annetaan luvulle s parittomia arvoja s = 3 3 + 4 = 5 s = 5 5 + 1 = 13.. s = m + 1 (m + 1) + (4T m ) = (m + m + 1). Esimerkki 5. Olkoon t = k 1 ja s = k + 1. Nyt Saatiin siis ratkaisu, missä c a =. a = 4k 1, b = 4k, c = 4k + 1. 9
.3 Heronin luvut Määritelmä 4. Neliövapaa luku n Z + on Heronin luku eli kongruentti luku, jos sellaiset rationaaliluvut A, B, C Q +, että A + B = C ; (.6) n = AB. Lause 5. Neliövapaa luku n Z + on kongruentti luku on olemassa sellaiset kokonaisluvut d, s, t Z +, että s, t Z + 1, s > t 1, s t; Todistus. " ": Siis (.6) toteutuu. Olkoon 4nd = st(s t ). d := p.y.j(den A, den B, den C), (.7) a := da, b := db, c := dc Z +, (.8) jolloin a + b = c ; s.y.t.(a, b, c) = 1. (.9) Siten Lauseen 4 nojalla on olemassa sellaiset s, t Z + 1, että s > t 1, syt(s, t) = 1 ja a = st, Edelleen n = AB = 1 st s t d d b = s t, c = s +t. (.10) 4nd = st(s t ). (.11) 10
" ": Valitaan Tällöin saadaan Joten (.6) toteutuu. A := st; d B := s t ; d C := s +t d. (.1) A + B =... = C, (.13) n =... = AB. Esimerkki 6. Olkoot Tällöin joten n = 5 on Heronin luku. Heronin lukuja: A = 3, B = 0 3, C = 41 6. (.14) A + B = C, AB = 5, 5, 6, 7, 13, 14, 15, 1,, 3, 9, 30, 31, 34, 37, 38, 39, 41,... Huomautus 1. Heronin luvut liittyvät elliptisiin käyriin (.15) y = x 3 n x. (.16) 3 Fibonaccin ja Lucasin luvut 3.1 Rekursio ja Binet'n kaava Määritelmä 5. Luvut f 0 = 0, f 1 = 1 ja palautuskaava (eli rekursio) f n+ = f n+1 + f n, n N, (3.1) 11
muodostavat Fibonaccin luvut ja luvut l 0 =, l 1 = 1 sekä palautuskaava l n+ = l n+1 + l n, n N, (3.) muodostavat Lucasin luvut. Siten Fibonaccin lukuja ovat f 0 = 0, f 1 = 1, f = 1, f 3 =, f 4 = 3, f 5 = 5, f 6 = 8, f 7 = 13,... (3.3) ja Lucasin lukuja ovat l 0 =, l 1 = 1, l = 3, l 3 = 4, l 4 = 7, l 5 = 11, l 6 = 18, l 7 = 9,... (3.4) Ratkaistaan rekursio yritteellä v n+ = v n+1 + v n, n N, (3.5) v n = x n, x C. (3.6) Rekursiosta (3.5) saadaan x n+ = x n+1 + x n x x 1 = 0, (3.7) jonka ratkaisut ovat α = 1 + 5, β = 1 5. (3.8) Lause 6. Olkoot a, b C. Tällöin F n = aα n + bβ n (3.9) on rekursion (3.5) ratkaisu. Todistus. Suoraan laskemalla saadaan F n+ = aα n+ + bβ n+ = a(α n+1 + α n ) + b(β n+1 + β n ) = 1
aα n+1 + bβ n+1 + aα n + bβ n = F n+1 + F n. (3.10) Siten Fibonaccin luvut ovat muotoa f n = aα n + bβ n, (3.11) mistä saadaan f 0 = aα 0 + bβ 0, f 1 = aα 1 + bβ 1. (3.1) Sijoitetaan alkuarvot f 0 = 0 ja f 1 = 1 yhtälöön (3.1), josta a + b = 0, a 1 + 5 + b 1 5 = 1 (3.13) ja siten a = 1/ 5 ja b = 1/ 5. Vastaavasti Lucasin luvuille ja siten saadaan. Lause 7. Fibonaccin ja Lucasin luvut voidaan esittää Binet'n kaavoilla (( ) f n = 1 n ( ) n ) 5 l n = ( 1 + 5 1 5, (3.14) 1 + ) n ( 5 1 ) n 5 +. (3.15) Siis missä Huomaa, että Lause 8. f n = 1 5 (α n β n ), l n = (α n + β n ), (3.16) α = 1 + 5, β = 1 5. (3.17) αβ = 1, α + β = 1, α β = 5. (3.18) l n = f n f n. (3.19) 13
Todistus. Suoraan laskemalla f n = αn β n f n α n β = n αn + β n = l n. (3.0) Huomautus. Rekursioilla saadaan tarkat arvot nopeasti (laskennallinen kompleksisuus). Mutta eksplisiittisistä esityksistä (3.14) ja (3.15) saadaan likiarvo nopeasti, jolloin voi soveltaa seuraavaa tulosta. Lause 9. f k = f k+1 = α k 5 α k+1 5 k N, (3.1) k N. (3.) Todistus. Aluksi haetaan likiarvot. Koska α = 1 + 5 = 1.6180..., (3.3) ja α 1 = α 1 = 0.6180..., niin β = 1 5 = 1 α = 0.6180... (3.4) Siten β n / 5 < 1 n N. (3.5) Tarkemmin laskareissa. 3. Matriisiesitys Olkoon Lasketaan potensseja F = 1 1 = f f 1. (3.6) 1 0 f 1 f 0 F = 1 = f 3 f, (3.7) 1 1 f f 1 14
F 3 = 3 = f 4 f 3. (3.8) 1 f 3 f Jolloin huomataan, että alkioiksi tulee Fibonaccin lukuja. Sovitaan vielä, että f 1 = 1, sillä tällöin pätee f 1 = f 0 + f 1. (3.9) Nyt Lause 10. Olkoon Tällöin F 0 = I = 1 0 = f 1 f 0. (3.30) 0 1 f 0 f 1 F n = f n+1 f n f n f n 1. (3.31) F n = F n n N. (3.3) Todistus. Induktiolla. Tapaukset n = 0 ja n = 1 kohdista (3.6) ja (3.30). Induktio-oletus: Identiteetti (3.3) pätee, kun n = k. Induktioaskel; Lasketaan F k+1 = F 1 F k = 1 1 f k+1 1 0 f k+1 + f k f k+1 f k + f k 1 = f k Lause 11. Olkoot n, m N, tällöin f k f k+ f k+1 f k+1 f k f k f k 1 = (3.33) = F k+1. (3.34) f n+m+1 = f n+1 f m+1 + f n f m, (3.35) f m+1 = f m+1 + f m, (3.36) 15
Todistus. Sovelletaan identiteettiä f m = f m (f m+1 + f m 1 ). (3.37) F n+m = F n+m = F n F m = F n F m, (3.38) jolloin f n+1 f n+m+1 f n+m f n+m f n+m 1 f n f m+1 f n f n 1 f m f m 1 = (3.39) f m = (3.40) f n+1f m+1 + f n f m f n+1 f m + f n f m 1. (3.41) f n f m+1 + f n 1 f m f n f m + f n 1 f m 1 Vertaamalla matriisien (3.39) ja (3.41) vastinalkioita saadaan (3.35), josta edelleen saadaan (3.36) ja (3.37). Lause 1. Olkoon n N, tällöin f n+1 f n 1 f n = ( 1) n. (3.4) Todistus. Otetaan determinantit tuloksesta (3.3), jolloin n f n+1 f n = 1 1. (3.43) 1 0 f n f n 1 Lause 13. Olkoon n N, tällöin lukujen f n+ ja f n+1 Eukleideen algoritmin pituus on n. Edelleen syt(f n+1, f n ) = 1. (3.44) Todistus. Olkoot a = f n+ ja b = f n+1, jolloin 16
r 0 = a, r 1 = b 0 r 1 < r 0 r 0 = q 1 r 1 + r = 1 r 1 + r 0 r < r 1 sillä f n+ = 1 f n+1 + f n r 1 = q r + r 3 = 1 r + r 3 0 r 3 < r sillä f n+1 = 1 f n + f n 1. r k = q k+1 r k+1 + r k+ = 1 r k+1 + r k+ 0 r k+ < r k+1 sillä f n+ k = 1 f n+1 k + f n k. r n = q n 1 r n 1 + r n = 1 r n 1 + r n 1 = r n < r n 1 = sillä f 4 = 1 f 3 + f r n 1 = q n r n = 1 siten r n = syt(a, b) = 1. (3.45) Edelleen saadaan Seuraus 1. r n = s n a + t n b 1 = s n f n+ + t n f n+1, (3.46) missä s n ja t n saadaan palautuskaavoista s k+ = s k q k+1 s k+1 = s k s k+1, (3.47) t k+ = t k q k+1 t k+1 = t k t k+1 0 k n (3.48) lähtien alkuarvoista s 0 = t 1 = 1, s 1 = t 0 = 0. Esimerkki 7. 17
Olkoot n = 5, f 7 = 13, f 6 = 8, jolloin q 1 =... = q 4 = 1 ja q 5 =. Siten s = 1, s 3 = 1, s 4 =, s 5 = 3,... t 5 = 5 ja 1 = ( 3) 13 + 5 8 = f 5 f 6 f 4 f 7. (3.49) Lause 14. Olkoon a, b Z + annettu, tällöin Eukleideen algoritmin pituudelle n pätee n log a/ log((1 + 5)/)). (3.50) Eukleideen algoritmissa r 0 = a, r 1 = b 0 < r 1 < r 0 r 0 = q 1 r 1 + r 0 < r < r 1. r k = q k+1 r k+1 + r k+ 0 < r k+ < r k+1. r n = q n 1 r n 1 + r n r n 1 = q n r n + 0 0 < r n < r n 1 osamäärien kokonaisosille pätee q k 1 kaikilla k. Täten r n 1 = f, (3.51) r n 1 = f 3, (3.5) Edelleen induktiolla saadaan r n 1 r n 1 + r n f 3 + f = f 4. (3.53) r n h f h+ h = 0, 1,..., n (3.54) 18
ja siten Epäyhtälön (3.55) todistus laskareissa. a = r 0 f n+ ((1 + 5)/) n. (3.55) 3.3 Generoiva sarja Olkoon F (z) = f k z k (3.56) sarja, jolle haetaan lauseke tunnettujen funktioiden avulla. Vaihdetaan aluksi summausindeksi k = n +, jolloin F (z) = f n+ z n+ + f 1 z + f 0. (3.57) n=0 k=0 Seuraavaksi käytetään rekursiota (3.1), jolloin F (z) = z f n+1 z n+1 + z n=0 n=0 z f k z k + z k=1 k=0 f n z n + f 1 z + f 0 = f k z k + f 1 z + f 0 = z(f (z) f 0 ) + z F (z) + z. (3.58) Yhtälöstä (3.58) saadaan ratkaisu F (z) = z 1 z z. (3.59) Lause 15. Sarjalla on esitys rationaalifunktiona F (z) = f k z k (3.60) k=0 F (z) = z 1 z z. (3.61) 19
Määritelmä 6. Sarja F (z) = f k z k (3.6) k=0 on Fibonaccin lukujen generoiva sarja ja funktio F (z) = on Fibonaccin lukujen generoiva funktio. Määritelmä 7. Polynomi z 1 z z (3.63) K(x) = K f (x) = x x 1 (3.64) on rekursion (3.1) karakteristinen polynomi. Huomaa, että K f (x) = (x α)(x β), (3.65) joten F (z) = 1/z (1/z) 1/z 1 = 1/z K(1/z) = 1/z (1/z α)(1/z β) = z (1 αz)(1 βz). (3.66) Jaetaan (3.66) osamurtoihin ja käytetään geometrisen sarjan summakaavaa, jolloin F (z) = 1 ( 1 5 1 αz 1 ) = 1 βz k=0 1 5 ( α k β k) z k = f k z k. (3.67) Vertaamalla sarjojen kertoimia saadaan jälleen Binet'n esitys (3.14). k=0 0
3.4 Laajennus negatiivisiin indekseihin Lauseiden 16, 17, 18 ja 19 todistuksia ei vaadita kokeessa. Sallitaan Fibonaccin lukujen palautuskaavassa f k+ = f k+1 + f k (3.68) negatiiviset indeksit, jolloin asettamalla k = 1,,..., saadaan f 1 = f 0 + f 1 f 1 = 1, (3.69) f 0 = f 1 + f f = 1, (3.70) Sijoitetaan k = n rekursioon (3.68), jolloin f 1 = f + f 3 f 3 =,... (3.71) f n = f (n 1) + f (n ). (3.7) Lause 16. f n = ( 1) n+1 f n n N. (3.73) Todistus. Induktiolla käyttäen rekursiota (3.7). Äskeisen tuloksen nojalla Lause 10 laajenee myös negatiiviselle puolelle. Lause 17. Olkoon Tällöin F n = f n+1 f n f n f n 1. (3.74) F n = F n n Z. (3.75) 1
Todistus. n 0 kts. Lause 10. n 0. Alkuaskel: n = 1. Aluksi määrätään käänteismatriisi F 1 = 0 1 (3.76) 1 1 ja toisaalta Sitten induktio. F 1 = f 0 f 1 f 1 f = 0 1. (3.77) 1 1 Edelleen, Lauseet 11 ja 1 laaajenevat negatiivisiin indekseihin. Lause 18. Olkoot n, m Z, tällöin f n+m+1 = f n+1 f m+1 + f n f m, (3.78) f m+1 = f m+1 + f m, (3.79) Huomaa, että (3.78) on yhtäpitävä kaavan f m = f m (f m+1 + f m 1 ). (3.80) f n+m = f n+1 f m + f n f m 1 (3.81) kanssa. Lause 19. Olkoon n Z, tällöin f n+1 f n 1 f n = ( 1) n. (3.8)
3.5 Jaollisuustuloksia Lause 0. Olkoot n, r, N, M Z, tällöin f n f rn, (3.83) ja jos (M, N) = d, niin ja jos M N, niin (f M, f N ) = f d (3.84) f M f N f MN. (3.85) Todistus. Kohta (3.83). Relaatiosta (3.80) saadaan f n = f n (f n+1 + f n 1 ), (3.86) joten saadaan induktion alkuaskel f n f n. (3.87) Sijoitetaan m = rn yhtälöön (3.81), jolloin f (r+1)n = f n+1 f rn + f n f rn 1, (3.88) jonka avulla saadaan induktioaskel ja siten (3.83) todistettua arvoilla r 1. Koska f 0 = 0, niin f n f 0 aina, kun n Z. Tapaus r 0 pienin säädöin vastaavasti. Kohta (3.84). Nyt M = dm ja N = dk, joillakin m, k Z. siten kohdan (3.83) nojalla f d f M, f d f N. (3.89) Lauseen?? nojalla on olemassa sellaiset r, s Z, että d = rn + sm, (3.90) 3
joten jälleen kaavan (3.81) nojalla f d = f rn+sm = f rn+1 f sm + f rn f sm 1. (3.91) Jos, nyt niin kohdan (3.83) nojalla c f M, c f N, (3.9) c f sm, c f rn. (3.93) Täten kohdan (3.91) nojalla saadaan c f d. (3.94) Kohdan (3.89) nojalla f d on yhteinen tekijä ja kohdan (3.94) nojalla suurin tekijä. Kohta (3.85) laskarit. 3.6 f n (mod k) Tarkastellaan Fibonaccin jonoa (f n ) = (f n ) n=0 (mod k). Esimerkki 8. (f n ) (0, 1, 1, 0, 1, 1, 0, 1, 1,...) (mod ). (3.95) (f n ) (0, 1, 1,, 0,,, 1, 0, 1, 1,...) (mod 3). (3.96) (f n ) (0, 1, 1,, 3, 0, 3, 3, 1, 4, 0, 4, 4, 3,, 0,,, 4, 1, 0, 1, 1,...) (mod 5). (3.97) 4
(f n ) (0, 1, 1,, 3, 5, 8, 3, 1, 4, 5, 9, 4, 3, 7, 0, 7, 7,...) (mod 10), (3.98) f 15 = f 30 = f 45 = f 60 0, f 61 = f 6 1 (mod 10). (3.99) Siten f 3+l f l (mod ), l N. (3.100) f 8+l f l (mod 3), l N. (3.101) f 0+l f l (mod 5), l N. (3.10) f 60+l f l (mod 10), l N. (3.103) Määritelmä 8. Jonon (a l ) jakso on luku J = J a Z +, jolle pätee a l+j = a l l N. (3.104) Minimijakso= MJ a = min{j Z + J = jakso}. Olkoon J f = J f (k) Fibonaccin jonon jakso (mod k). Esimerkki 9. MJ f () = 3, MJ f (3) = 8, MJ f (5) = 0, MJ f (10) = 60. (3.105) Lause 1. MJ f (k) k k Z. (3.106) Todistus. Tarkastellaan jonoa (f n ) Z k = {0,..., k 1} (3.107) 5
Koska #Z k = #{(a, b) a, b Z k } = k, (3.108) niin joukossa {(f l, f l+1 ) l = 0, 1,..., k } (3.109) on sellaiset alkiot, että ja 0 l < h k. Olkoon J = h l, tällöin (f l, f l+1 ) = (f h, f h+1 ) (3.110) f l+j = f l, f l+j+1 = f l+1 (3.111) ja siten rekursion nojalla f n+j = f n n N, (3.11) missä 1 J k. Esimerkki 10. J f (10) = 60 < 10. (3.113) 3.7 f n (mod p) Binet'n kaavan (3.14) avulla 1 n 5 (( ) n 0 + 0 f n = 1 (( n 1 + ) n ( 5 1 ) n ) 5 = 5 1 n 5 n i=0 ( ) n 5 + 1 ( ) ( n 5 ( i ) ) i 5 = i ( ) n 0 + ( ) n ) 5 3 +..., (3.114) 3 6
josta Lause. Olkoon p P 7. 1.) Jos, n 1 f n = n 1 j=0 ( ) n 5 j. (3.115) j + 1 5 p 1 1 (mod p), (3.116) niin.) Jos, niin f p 1 0 (mod p) ja MJ f (p) p 1. (3.117) 5 p 1 1 (mod p), (3.118) f p+1 0 (mod p) ja MJ f (p) p +. (3.119) Huomautus 3. Kurssilla Lukuteoria A osoitetaan neliöjäännösteorian avulla, että 1.) (3.116) p = 5m ± 1..) (3.118) p = 5m ±. Todistus. Yhtälöstä (3.115) saadaan p 1 f p = p 1 j=0 ( ) p 5 j = j + 1 ( ) p + 1 ( ) p 5 +... + 3 ( ) p 5 p 1, (3.10) p josta Lauseiden?? ja?? nojalla f p 5 p 1 (mod p). (3.11) Edelleen, asettamalla n = p + 1 yhtälöön (3.115) saadaan p ( ) ( ) ( ) p + 1 p + 1 p + 1 p f p+1 = 5 j = + 5 +... j + 1 1 3 j=0 7
Tässä ( ) p + 1 = 3 ( ) p + 1 + 5 p 1. (3.1) p (p + 1)p(p 1) 3 0 (mod p) (3.13) ja yleisemminkin pätee ( ) p + 1 0 k (mod p) k p 1. (3.14) Siten yhtälön (3.1) nojalla f p+1 1 + 5 p 1 (mod p). (3.15) Merkitään a = 5 p 1, jolloin a 1 (mod p). Nyt Lauseen?? todistuksen nojalla a ±1 (mod p). 1.) Olkoon a 1 (mod p). Tällöin yhtälöiden (3.11) ja (3.15) nojalla f p 1, f p+1 1 (mod p). (3.16) Täten, ensin rekursion avulla f p 1 0 (mod p) (3.17) ja edelleen rekursion nojalla f p 1+l f l (mod p) l N, (3.18) joten J f (p) = p 1..) Olkoon a 1 (mod p). Tällöin yhtälöiden (3.11) ja (3.15) nojalla f p 1, f p+1 0 = f 0 (mod p). (3.19) 8
Täten f p+ 1 = f 1 (mod p), (3.130) f p+3 1 = f (mod p) (3.131) ja edelleen sekä f p+1 f p 1 (mod p) (3.13) f p+ f p+1 0, (mod p) (3.133) joten J f (p) = p +. Esimerkki 11. p = 11 1 (mod 5), jolloin 5 p 1 = 5 5 1 (mod 11). (3.134) Nyt 11 f 10 ja MJ f (11) = 10 = p 1. Esimerkki 1. p = 9 1 (mod 5) ja 5 p 1 = 5 14 1 (mod 9). (3.135) Nyt 9 f 8 mutta MJ f (9) = 14 = (p 1)/. Esimerkki 13. p = 7 (mod 5) ja 5 p 1 = 5 3 1 (mod 7). (3.136) Nyt 7 f 8 ja MJ f (7) = 16 = p +. 9