Αναδρομικές ακολουθίες και Θεωρία Αριθμών

Transcript

1 Αναδρομικές ακολουθίες και Θεωρία Αριθμών Εμμανουήλ Καπνόπουλος Επιβλέπων καθηγητής Ιωάννης Αντωνιάδης Μεταπτυχιακή Εργασία Τμήμα Μαθηματικών και Εφαρμοσμένων Μαθηματικών Πανεπιστήμιο Κρήτης Ηράκλειο Οκτώβριος 015

2

3 Η παρούσα μεταπτυχιακή εργασία κατατέθηκε στο τμήμα Μαθηματικών και Εφαρμοσμένων Μαθηματικών του Πανεπιστημίου Κρήτης τον Οκτώβριο του 015 στα πλαίσια του μεταπτυχιακού προγράμματος Μαθηματικά και Εφαρμογές τους στην κατεύθυνση Μαθηματικά για την Εκπαίδευση. Την επιτροπή αξιολόγησης αποτέλεσαν οι: Ιωάννης Αντωνιάδης, επιβλέπων, Νικόλαος Τζανάκης, Χρήστος Κουρουνιώτης, τους οποίους ευχαριστώ για την συμμετοχή τους στην επιτροπή αυτή. Ιδιαίτερα ευχαριστώ τον κ. Αντωνιάδη για την καθοδήγησή του, αλλά και για την ψυχολογική υποστήριξη κατά την εκπόνηση αυτής της εργασίας. Ακόμα, ευχαριστώ τον κ. Δημήτρη Καλοψικάκη για την βοήθειά του στο τρίτο μέρος αυτής της εργασίας όπου χρειάστηκα ένα πρόγραμμα στη γλώσσα Python και ο κ. Καλοψικάκης το υλοποίησε. Τέλος, νιώθω την ανάγκη να ευχαριστήσω τον κ. Μιχάλη Παπαδημητράκη αλλά και την κα. Μαρία Λουκάκη για όλη τους την βοήθεια κατά την διάρκεια των σπουδών μου. i

4 ii

5 Στους γονείς μου, Παντελή και Ειρήνη και στον αδερφό μου Αναστάσιο. iii

6 iv

7 Περιεχόμενα Εισαγωγή 3 1 Αναδρομικές ακολουθίες Ακολουθίες Άθροισμα n πρώτων όρων ακολουθίας Βάση της αναδρομικής ακολουθίας Αν η χαρακτηριστική εξίσωση έχει μόνο απλές ρίζες Αν η χαρακτηριστική εξίσωση έχει ρίζες με πολλαπλότητα Ακολουθίες Lucas 7.1 Ορισμός Ταυτότητες και ιδιότητες των ακολουθιών Lucas Κανόνες διαιρετότητας στις ακολουθίες Lucas Test ελέγχου πρώτων αριθμών Τρίγωνοι αριθμοί στις γενικευμένες ακολουθίες Lucas Εισαγωγή Κριτήριο με χρήση του συμβόλου Jacobi Τρίγωνοι αριθμοί στην ακολουθία Fibonacci Τρίγωνοι αριθμοί στην ακολουθία Lucas L n Τρίγωνοι αριθμοί στην ακολουθία P n Βιβλιογραφία 71 1

8

9 Εισαγωγή Ο στόχος της παρούσας μεταπτυχιακής εργασίας είναι η μελέτη των αναδρομικών ακολουθιών γενικά και ιδιαίτερα αυτών τάξεως. Η ακολουθία U n, n N θα ονομάζεται αναδρομική αν ικανοποιεί μία σχέση της μορφής U n+ a 1 U n+ 1 + a U n+ + + a U n και ο αριθμός θα ονομάζεται τάξη της ακολουθίας. Στο πρώτο κεφάλαιο της εργασίας ασχολούμαστε με την κατασκευή μιας γενικότερης θεωρίας για τις αναδρομικές ακολουθίες. Ορίζουμε την χαρακτηριστική εξίσωση της αναδρομικής σχέσης και μελετούμε υπό ποιες προϋποθέσεις οι ρίζες αυτής της εξίσωσης αποτελούν την βάση της αναδρομικής ακολουθίας. Για να πετύχουμε το σκοπό μας, ξεχωρίζουμε τρεις περιπτώσεις, ανάλογα με την πολλαπλότητα των ριζών της χαρακτηριστικής εξίσωσης, δηλαδή αν η χαρακτηριστική εξίσωση έχει όλες τις ρίζες της απλές, αν έχει μόνο μία ρίζα πολλαπλότητας > 1 και φυσικά αν έχεις ρίζες q 1, q,..., q m πολλαπλότητας r 1, r,..., r m αντίστοιχα. Ως ειδικές περιπτώσεις μελετούμε την αριθμητική και την γεωμετρική πρόοδο, ακολουθίες που διδάσκονται οι μαθητές στο Λύκειο. Ακόμα, ορίζουμε την ακολουθία F n του Fibonacci και την ακολουθία L n του Lucas, και εφαρμόζουμε την θεωρία που αναπτύσσουμε και σε αυτές. Οι δύο τελευταίες ακολουθίες θα μελετηθούν εκτενέστερα στα επόμενα δύο κεφάλαια. Στο δεύτερο μέρος της εργασίας ορίζουμε τις γενικευμένες ακολουθίες του Lucas U n, V n, n N. Οι δύο αυτές ακολουθίες αποτελούν γενικεύσεις των ακολουθιών F n, L n. Αποδεικνύουμε ορισμένες ταυτότητες των ακολουθιών U n και V n και μελετούμε τους κανόνες διαιρετότητας των ακολουθιών αυτών. Στο τέλος του δεύτερου κεφαλαίο αποδεικνύουμε δύο αλγοριθμικά tests για την πιστοποίηση πρώτων αριθμών, tests που βασίζονται στις γενικευμένες ακολουθίες Lucas. Στο τρίτο και τελευταίο μέρος της εργασίας μελετούμε τους όρους που ειναι τρίγωνοι αριθμοί στις ακολουθιες F n, L n και P n. Ένας φυσικός αριθμός l θα ονομάζεται τρίγωνος αν και μόνον αν l 1 mm + 1, για κάποιο φυσικό αριθμό m. Αν ο αριθμός l είναι τρίγωνος, τότε ο αριθμός 8l + 1 είναι τέλειο τετράγωνο ενός φυσικούς αριθμού, επομένως στην απόδειξη αρκεί να βρούμε για ποιους n ο 8F n + 1, 8L n + 1 ή 8P n + 1 είναι τέλειο τετράγωνο. Αυτό θα γίνει με τη βοήθεια ενός κριτηρίου στο οποίο χρησιμοποιούμε το σύμβολο του Jacobi. Καταλήγουμε στο συμπέρασμα ότι στην ακολουθία Fibonacci, οι μόνοι όροι που είναι τρίγωνοι αριθμοί είναι οι F ±1, F, F 4, F 8, F 10. Στην ακολουθία Lucas, οι μόνοι όροι που είναι τρίγωνοι αριθμοί είναι οι L 1, L ±, L ±18, ενώ για την ακολουθία του Pell, οι όροι που είναι τριγωνοι αριθμοί είναι αυτοί με δείκτη ±1, δηλαδή οι P ±1. 3

10 4

11 Κεφάλαιο 1 Αναδρομικές ακολουθίες 1.1 Ακολουθίες ΟΡΙΣΜΟΣ Ακολουθία και τάξη ακολουθίας: Κάθε συνάρτηση fn με πεδίο ορισμού τους φυσικούς αριθμούς N ονομάζεται ακολουθία. Συνήθως, αντί για fn χρησιμοποιούμε τον συμβολισμό U n και οι όροι της ακολουθίας συμβολίζονται με U 1, U,..., U n,... όπου n N. Αν υπάρχουν φυσικοί αριθμοί, m και a 1, a,..., a C τέτοιοι ώστε: U n+ a 1 U n+ 1 + a U n+ + + a U n n m η U n ονομάζεται αναδρομική ακολουθία τάξεως ενώ η 1.1 ονομάζεται αναδρομική σχέση τάξεως. Παραδείγματα αναδρομικών ακολουθιών 1. Γεωμετρική πρόοδος: U 1 a, U aq, U 3 aq,... U n aq n 1,... Άρα U n+1 qu n επομένως η γεωμετρική πρόοδος ειναι αναδρομική ακολουθία τάξεως 1.. Αριθμητική πρόοδος: U 1 a, U a + d, U 3 a + d,... U n a + n 1d,... Άρα, U n+1 U n + d. Η τελευταία σχέση, όμως, δεν είναι της μορφής 1.1. Γι αυτό, στην τελευταία σχέση αυξάνουμε το n κατά μία μονάδα και προκύπτει U n+ U n+1 + d 5

12 Οπότε, αν αφαιρέσουμε κατά μέλη τις δύο σχέσεις, προκύπτει ότι: ή ισοδύναμα U n+ U n+1 U n+1 U n U n+ U n+1 U n Επομένως, κάθε αριθμητική πρόοδος ειναι αναδρομική ακολουθία τάξεως. 3. Μια ακολουθία που θα μας απασχολήσει ιδιαίτερα είναι αυτή των αριθμών Fibonacci. Το πρόβλημα του οποίου η λύση είναι η ακολουθία Fibonacci συνίσταται στο πόσα ζευγάρια κουνελιών θα αποκτήσουμε σε n μήνες αν κάθε ενήλικο ζευγάρι κουνελιών γεννάει ένα ζευγάρι κάθε μήνα και κάθε ζευγάρι κουνελιών ενηλικιώνεται σε περίοδο ενός μήνα. Αν με F n συμβολίσουμε τους όρους της ακολουθίας που προκύπτει, τότε: F 1 1, F 1, F 3 Ας υποθέσουμε ότι έχουμε υπολογίσει το πλήθος των ζευγαριών μετά από n 1 μήνες κι έστω ότι αυτό είναι F n και το πλήθος των ζευγαριών μετά από n μήνες, έστω F n+1. Σε αυτόν το μήνα, κάθε ζευγάρι θα δώσει από ένα νέο ζευγάρι άρα μετά από n + 1 μήνες θα έχουμε ότι το πλήθος των ζευγαριών F n+ θα ισούται με: F n+ F n+1 + F n Επομένως η ακολουθία των αριθμών Fibonacci είναι αναδρομική τάξεως. 4. Έστω η ακολουθία των τετραγώνων των φυσικών αριθμών, δηλαδή U 1 1, U, U 3 3,..., U n n,... Τότε U n+1 n + 1 n + n + 1 U n + n + 1, άρα U n+1 U n + n + 1 Αν σε αυτήν τη σχέση αυξήσουμε το n κατά ένα, προκύπτει ότι U n+ U n+1 + n + 3. Αφαιρούμε κατά μέλη τις δύο αυτές σχέσεις και προκύπτει: U n+ U n+1 U n + Επαναλαμβάνουμε την διαδικασία, δηλαδή στην τελευταία σχέση αντικαθιστούμε το n με n + 1 κι έχουμε U n+3 U n+ U n+1 + οπότε αν αφαιρέσουμε τις δύο τελευταίες σχέσεις κατά μέλη προκύπτει ότι: U n+3 3U n+ 3U n+1 + U n. Επομένως, πρόκειται για μια αναδρομική ακολουθία με τάξη Έστω η ακολουθία των κύβων των φυσικών αριθμών, δηλαδή U 1 1 3, U 3, U 3 3 3,..., U n n 3,... Τότε U n+1 n n 3 + 3n + 3n + 1, δηλαδή U n+1 U n + 3n + 3n + 1 6

13 Αν σε αυτήν αυξήσουμε το n κατά μία μονάδα προκύπτει: U n+ U n+1 + 3n + 9n + 4 Αφαιρούμε τις δύο τελευταίες σχέσεις κατά μέλη και έχουμε: U n+ U n+1 U n + 6n + 3 Ομοίως, αυξάνουμε το n κατά ένα στην τελευταία σχέση και παίρνουμε: U n+3 U n+ 3U n+1 + 6n + 9 Αφαιρούμε τις δύο τελευταίες σχέσεις κατά μέλη κι έχουμε: U n+3 3U n+ 3U n+1 + U n + 6 Επαναλαμβάνουμε για τελευταία φορά τη διαδικασία, δηλαδή στην τελευταία σχέση αυξάνουμε κατά μία μονάδα το n και από την σχέση που προκύπτει, αφαιρούμε την U n+3 3U n+ 3U n+1 + U n + 6 και τελικά έχουμε U n+4 4U n+3 6U n+ + 4U n+1 U n και επομένως πρόκειται για μια αναδρομική ακολουθία τάξεως Μία ακολουθία U n ονομάζεται περιοδική με περίοδο L αν ισχύει U n U n+ L, Z, n N. Κάθε περιοδική ακολουθία είναι αναδρομική. Για παράδειγμα, θεωρούμε το ανάπτυγμα στο δεκαδικό σύστημα αρίθμησης του κλάσματος Η ακολουθία που προκύπτει είναι η U n+3 U n, n 3 που προφανώς είναι μία αναδρομική ακολουθία με τάξη Θεωρούμε την ακολουθία της οποίας οι όροι είναι οι συντελεστές του πηλίκου που προκύπτει από την διαίρεση δύο πολυωνύμων, όταν αυτό ειναι γραμμένο σε αύξουσα σειρά ως προς τις δυνάμεις του X. Έστω P X A 0 + A 1 X + + A l X l και QX B 0 + B 1 X + B X, με B 0 0. Διαιρούμε το P X με το QX. Αν η διαίρεση δεν είναι τέλεια, τότε το πηλίκο θα περιέχει άπειρους όρους και θα είναι της μορφής D 0 +D 1 X + +D n X n +. Η ακολουθία που προκύπτει, δηλαδή, είναι η U 1 D 0, U D 1,..., U n D n 1,... Θα αποδείξουμε οτι η ακολουθία U n που προκύπτει είναι μια ακολουθία τάξεως ο βαθμός του διαιρέτη. Διαλέγουμε έναν φυσικό αριθμό n τέτοιο ώστε n l +1. Στην διαίρεση, σταματάμε στον όρο που έχει βαθμό n+. Το υπόλοιπο θα είναι ένα πολυώνυμο βαθμού μεγαλύτερο του n +. Αν γράψουμε την σχέση που προκύπτει από την ευκλείδεια διαίρεση, έχουμε A 0 + A 1 X + + A l X l B B X D 0 + D n+ X n+ + RX Συγκρίνουμε τους συντελεστές του X n+ σε κάθε μέλος της ταυτότητας: Στο αριστερό μέλος, αφού n + l + 1, δεν έχουμε όρο βαθμού n +, άρα ο συντελεστής του είναι 0. Στο δεξί μέλος της ισότητας, το υπόλοιπο είναι βαθμού n + + 1, άρα μόνο στο γινόμενο εμφανίζεται ο ζητούμενος όρος. Ο συντελεστής αυτός είναι D n+ B 0 + D n+ 1 B D n B. 7

14 Άρα, D n+ B D n B 0, και άρα, αφού B 0 0, D n+ B 1 B 0 D n+ 1 B B 0 D n όπου n l + 1. Ως εκ τούτου, η U n είναι αναδρομική ακολουθία τάξεως. Θα δείξουμε, τώρα ότι κάθε ακολουθία που ικανοποιεί την σχέση U n+ a 1 U n+ 1 + a U n+ + + a U n, n m 1 συμπίπτει με μια ακολουθία της οποίας οι όροι είναι οι συντελεστές του πηλίκου ενός πολυωνύμου P X όταν αυτό διαιρεθεί με το QX 1 a 1 X a X. Έστω n φυσικός αριθμός τέτοιος ώστε n > + m. Πολλαπλασιάζοντας το QX με U 1 + U X + + U n+1 X n : 1 a 1 X a X a X U 1 + U X + + U +m 1 X +m + + U n+1 X n [U 1 + U a 1 U 1 X + + U +m 1 a 1 U +m a U m 1 X +m ] + [U +m a 1 U +m 1 a U m X +m U n+1 a 1 U n a U n +1 X n ] [a 1 U n a U n + X n a U n+1 X n+ ]. 1. Το πολυώνυμο στην πρώτη αγκύλη είναι βαθμού το πολύ l + m, και οι συντελεστές του είναι ανεξάρτητοι του n. Ας το ονομάσουμε P X. Άρα, P X U 1 + U a 1 U 1 X + + U +m 1 a 1 U +m a U m 1 X +m 1.3 Στην δεύτερη αγκύλη του δεξιού μέλους της 1., όλοι οι συντελεστές είναι μηδέν, αφού η U n είναι αναδρομική ακολουθία τάξεως, άρα ικανοποιεί την U n+ a 1 U n+ 1 + a U n+ + + a U n όπως υποθέσαμε. Στην τρίτη αγκύλη του δεξιού μέλους της 1., οι συντελεστές εξαρτώνται από το αριθμό n. Το πολυώνυμο αυτό θα το συμβολίσουμε με R n X. Επομένως, έχουμε: P X 1 a 1 X a X a X U 1 + U X + + U n+1 X n + R n X Άρα, το πολυώνυμο U 1 +U X+ U n+1 X n είναι το πηλίκο της διαίρεσης του P X με το QX και το RX είναι το υπόλοιπο της διαίρεσης αυτής. Η ακολουθία U 1, U,..., U n,... είναι όντως η ακολουθία των συντελεστών του πηλίκου διαίρεσης ενός πολυωνύμου με το QX. Ας θεωρήσουμε για παράδειγμα την ακολουθία Fibonacci. Όπως δείξαμε, ο αναδρομικός τύπος αυτής της ακολουθίας είναι F n+ F n+1 + F n, n 0. Άρα m 1,, a 1 1, a 1 οπότε QX 1 X X. Το P X δεν πρέπει να έχει βαθμό μεγαλύτερο από + m 1. Από την 1.3 προκύπτει ότι P X X, άρα P X 1. Οπότε, η ακολουθία Fibonacci συμπίπτει με τους όρους της ακολουθίας που είναι οι συντελεστές του πηλίκου της διαίρεσης του 1 με το πολυώνυμο 1 X X. 8

15 1. Άθροισμα n πρώτων όρων ακολουθίας Ένα από τα ζητήματα που συναντάμε στο Λύκειο είναι το άθροισμα n όρων μιας αναδρομικής ακολουθίας, για παράδειγμα μιας αριθμητικής πρόοδου. Έστω U 1, U,..., U n,... να είναι μια αναδρομική ακολουθία τάξεως, δηλαδή U n+ a 1 U n+ 1 + a U n+ + + a U n n m 1 Ας θεωρήσουμε μια νέα ακολουθία: s 1 U 1, s U 1 +U,..., s n U 1 +U + +U n,... Θα αποδείξουμε ότι η s n είναι μια αναδρομική ακολουθία τάξεως + 1 και ότι οι όροι της ικανοποιούν την σχέση s n a 1 s n+ + a a 1 s n a a 1 s n+1 a s n. Σημειώνουμε ότι U 1 s 1, U s U 1 s s 1,...U n s n U 1 + U + + U n 1 s n s n 1 n m Υποθέτουμε ότι s 0 0 άρα U 1 s 1 s 0. Οπότε, αν το αντικαταστήσουμε στην αναδρομική σχέση που ικανοποιεί η U n προκύπτει: s n+ s n+ 1 a 1 s n+ 1 s n+ + a s n+ s n a s n s n 1 απ όπου έχουμε s n+ 1 + a 1 s n+ 1 + a a 1 s n+ + + a a 1 s n a s n 1 Στην τελευταία σχέση, αν αυξήσουμε το n κατά ένα προκύπτει: s n a 1 s n+ + a a 1 s n a a 1 s n+1 a s n n m 1 Από την τελευταία σχέση προκύπτει ότι η s n είναι ανδρομική ακολουθία τάξεως + 1. Ορισμένα παραδείγματα 1. Η γεωμετρική πρόοδος U n aq n 1 : Ο n οστός όρος του αθροίσματος είναι s n U 1 +U +...+U n a+aq+...+aq n 1. Όπως είδαμε, η U n ικανοποιεί την αναδρομική σχέση U n+1 qu n, άρα σύμφωνα με τον τύπο που δείξαμε, η ακολουθία του αθροίσματος ικανοποιεί την σχέση: s n+ 1 + qs n+1 qs n.. Η ακολουθία των τετραγώνων των φυσικών αριθμών: Εδώ έχουμε U n n. Όπως είδαμε, η αναδρομική σχέση αυτής ακολουθίας είναι U n+3 3U n+ 3U n+1 + U n, a 1 3, a 3, a 3 1, άρα η ακολουθία του αντίστοιχου αθροίσματος ικανοποιεί την σχέση s n+4 4s n+3 6s n+ + 4s n+1 s n 3. Η ακολουθία των κύβων των φυσικών αριθμών: Εδώ είναι U n n 3. Όπως είδαμε, η αναδρομική σχέση αυτής της ακολουθίας είναι U n+4 4U n+3 5U n+ + U n+1, δηλαδή, a 1 4, a 5, a 3 και επομένως η ακολουθία του αντίστοιχου αθροίσματος ικανοποιεί την αναδρομική σχέση s n+5 5s n+4 10s n s n+ 5s n+1 + s n 4. Ακολουθία Fibonacci: Όπως είδαμε, η αναδρομική σχέση αυτής της ακολουθίας είναι F n+ F n+1 + F n. Άρα s n+3 s n+ s n 9

16 1.3 Βάση της αναδρομικής ακολουθίας Στις απλές μορφές αναδρομικών ακολουθιών για παράδειγμα αριθμητική ή γεωμετρική πρόοδο, οποιοσδήποτε όρος μπορεί να υπολογισθεί χωρίς να είναι ανάγκη να βρούμε προηγούμενους όρους. Όμως, στην περίπτωση πιο σύνθετων ακολουθιών, όπως αυτή του Fibonacci ή η ακολουθία συντελεστών του πηλίκου που προκύπτει από την διαίρεση δύο πολυωνύμων, αυτό φάινεται αδύνατο. Θα προσπαθήσουμε να αναπτύξουμε μια γενική θεωρία, η οποία θα μας επιτρέψει τον υπολογισμό όρων μιας αναδρομικής ακολουθίας χωρίς την χρήση προηγούμενων όρων. Έστω η αναδρομική ακολουθία U n τάξεως, δηλαδή η οποία ισχύει για κάθε φυσικό αριθμό n. Αν υποθέσουμε ότι n 1, έχουμε U n+ a 1 U n+ 1 + a U n+ + + a U n 1.4 U +1 a 1 U + a U a U 1 οπότε αν γνωρίζουμε τις τιμές U 1, U,..., U, μπορούμε να υπολογίσουμε τον όρο U +1. Ομοίως, αν θεωρήσουμε ότι n στην 1.4, έχουμε ότι U + a 1 U +1 + a U + a U άρα μπορούμε να υπολογίσουμε τον όρο U +, αν γνωρίζουμε τους U 1, U,..., U +1. Γενικά, αν m N και έχουμε υπολογίσει τους m + 1 πρώτους όρους, αν θεωρήσουμε ότι n m στην 1.4, τότε μπορούμε να υπολογίσουμε τον όρο U m+. Υπάρχουν άπειρες ακολουθίες που να ικανοποιούν την αναδρομική σχέση, αυτές προκύπτουν αν αλλάξουμε τις αρχικές τιμές, δηλαδή τους U 1, U,..., U ή έστω έναν από αυτούς. Για παράδειγμα, αν στην ακολουθία F n+ F n+1 + F n, αντί για τις τιμές F 1 1 και F 1, ορίσουμε να είναι F 1 3 και F 1 προκύπτει η ακολουθία 3, 1,, 1, 3, 4, 7, 11, 18, 9,... Έστω ότι έχουμε έναν συγκεκριμένο αριθμό ακολουθιών που ικανοποιούν την αναδρομική σχέση U n+ a 1 U n a U n τις x n, y n,..., z n ή αλλιώς τις Οι ακόλουθες εξισώσεις ισχύουν: x 1, x,..., x n,... y 1, y,..., y n,... z 1, z,..., z n,... x n+ a 1 x n+ 1 + a x n+ + + a x n y n+ a 1 y n+ 1 + a y n+ + + a y n. z n+ a 1 z n+ 1 + a z n+ + + a z n Έστω τυχαία A, B,..., C πλήθος αυτών των αριθμών όσες και οι ακολουθίες x n, y n,..., z n. Στο, πολλαπλασιάζουμε την πρώτη ισότητα με A, την δεύτερη με B κ.ο.κ., προσθέτουμε κατά μέλη και προκύπτει Ax n+ + By n+ + + Cz n+ a 1 Ax n+ 1 + By n Cz n+ 1 + a Ax n+ + By n+ + + Cz n+ + + a Ax n + By n + + Cz n 10

17 Προκύπτει, δηλαδή, ότι η ακολουθία t n Ax n + By n + + Cz n είναι αναδρομική τάξεως, δηλαδή ικανοποιεί την αναδρομική σχέση U n+ a 1 U n+ 1 + a U n+ + + a U n Αφού οι σταθερές A, B,..., C είναι αυθαίρετες, μπορούμε, αν τις αλλάξουμε, να αποκτήσουμε διαφορετικές τιμές για την ακολουθία t n. Το ερώτημα που προκύπτει είναι αν μπορούμε να δώσουμε τέτοιες τιμές στους A, B,..., C έτσι ώστε οι πρώτοι όροι της t n να συμπίπτουν με τους πρώτους όρους της U n. Αν ναι, τότε U n Ax n + By n + + Cz n κι έτσι για τον υπολογισμό των όρων της U n, δεν θα χρειάζονται οι προηγούμενοι όροι. Αρκεί δηλαδή το σύστημα Ax 1 + By Cz 1 U 1 Ax + By + + Cz U Ax + By + + Cz U. Σ να έχει λύση ως προς τους αγνώστους A, B,..., C. Είναι γνωστό από την γραμμική άλγεβρα ότι το Σ έχει μοναδική λύση αν και μόνον αν το αντίστοιχο ομογενές έχει μοναδική λύση την μηδενική, δηλαδή αν και μόνο αν ισχύει η συνεπαγωγή: Ax 1 + By Cz 1 0 Ax + By + + Cz 0. Ax + By + + Cz 0 Έχουμε αποδείξει δηλαδή το εξής Θεώρημα: {A B... C 0} ΘΕΩΡΗΜΑ 1.3.1: Για κάθε αναδρομική σχέση τάξεως υπάρχουν άπειρες το πλήθος διαφορετικές ακολουθίες που ικανοποιούν την σχέση. Η βάση της αναδρομικής σχεσης αποτελείται από το πλήθος γεωμετρικές προόδους και κάθε ακολουθία που ικανοποιεί την αναδρομική σχέση μπορεί να γραφεί σαν γραμμικός συνδυασμός της βάσης. Παραδείγματα 1. Έστω ότι έχουμε την αναδρομική σχέση U n+ U n+1 U n που είναι τάξεως. Τότε η βάση της θα αποτελείται από ακολουθίες: { } x1, x,..., x n,... y 1, y,..., y n,... Έστω ότι x 1 1, x 1 και y 1 0, y 1. Από την αναδρομική σχέση παρατηρούμε ότι U n+ U n+1 U n+1 U n, δηλαδή η διαφορά δύο διαδοχικών όρων είναι σταθερά. Από αυτό προκύπτει ότι x n 1, n N ενώ y n n 1, n N. Για κάθε ακολουθία U n που ικανοποιεί την αναδρομική σχέση ισχύει ότι κάθε όρος 11

18 της μπορεί να γραφεί σαν γραμμικός συνδυασμός των x n, y n, δηλαδή U n Ax n + By n με A, B C, δηλαδή U n A 1 + B n 1 ή αλλιώς U n A B + B n με n N. Για να βρούμε τις σταθερές A, B αρκεί να λύσουμε το σύστημα { } U1 A B + B U A B + B απ όπου προκύπτει: A U 1, B U U 1. Άρα U n U 1 + n 1U U 1, n N. Έστω η αναδρομική σχέση U n+ U n+1 + U n τάξεως. Υποθέτουμε ότι η πρώτη ακολουθία της βάσης έχει αρχικούς όρους F 1 1, F 1 τότε η F n είναι η ακολουθία Fibonacci, όπως είδαμε. Σαν δεύτερη ακολουθία U n θα πάρουμε εκείνη που έχει αρχικούς όρους y 1 0, y 1 1. Τότε y 3 y + y 1 1, y 4 y 3 + y, y 5 y 4 + y 3 3 και γενικά y n F n 1, n, 3,... Τότε κάθε ακολουθία που ικανοποιεί την U n+ U n+1 +U n γράφεται ως γραμμικός συνδυασμός των F n, y n, δηλαδή A, B C τέτοια ώστε U n A F n + B y n. Θέτουμε n 1 και n για να λύσουμε το σύστημα με αγνώστους τα A, B, δηλαδή { } U1 A F 1 + B y 1 δηλαδή άρα U A F + B y { U1 A U A + B { A U1 } } B U U 1 οπότε U n U 1 F n + U U 1 y n όμως y n F n 1, άρα U n U 1 F n + U U 1 F n 1. Άρα U n U 1 F n F n 1 + U F n 1 ή ισοδύναμα U n U 1 F n + U F n 1, n 3 Θα δείξουμε τώρα ότι υπό κάποιες πολύ γενικές συνθήκες η βάση κάθε αναδρομικής ακολουθίας τάξεως αποτελείται από γεωμετρικές προόδους με διαφορετικό λόγο. Ας εξετάσουμε πρώτα υπό ποιές προϋποθέσεις ικανοποιεί η γεωμετρική πρόοδος x 1 1, x q,..., x n q n 1, q 0 την αναδρομική σχέση U n+ a 1 U n+ 1 + a U n+ + a U n 1.5 Αντικαθιστούμε στην σχέση 1.5 και προκύπτει: q n+ 1 a 1 q n+ + a q n a q n 1 απ όπου προκύπτει q a 1 q 1 + a q + + a 1

19 Άρα, για να ικανοποιεί η γεωμετρική πρόοδος με λόγο q την αναδρομική σχέση U n+ a 1 U n+ 1 + a U n+ + a U n θα πρέπει ο λόγος q να ικανοποιεί την σχέση q a 1 q 1 + a q + + a Η τελευταία εξίσωση ονομάζεται χαρακτηριστική εξίσωση της αναδρομικής σχέσης. Έστω q a C μια ρίζα της χαρακτηριστικής εξίσωσης. Υποθέτοντας ότι x n a n 1 n N, προκύπτει μια γεωμετρική πρόοδος με πρώτο όρο την μονάδα και λόγο a. Αφού a ρίζα της χαρακτηριστικής εξίσωσης, έχουμε ότι a a 1 a n+ + + a a n 1. Άρα η x n ικανοποιεί την αναδρομική σχέση U n+ U n+ 1 a 1 + a U n+ + + a U n. Έτσι, σε κάθε ρίζα q a της χαρακτηριστικής εξίσωσης αντιστοιχεί μια γεωμετρική πρόοδος με λόγο a που ικανοποιεί την αναδρομική σχέση U n+ a 1 U n+ 1 +a U n+ + + a U n Αν η χαρακτηριστική εξίσωση έχει μόνο απλές ρίζες Για να κατασκευάσουμε την βάση της αναδρομικής σχέσης, ας υποθέσουμε αρχικά ότι η χαρακτηριστική εξίσωση έχει διαφορετικές ρίζες όλες απλές δηλαδή, τις q 1 α, q β,..., q γ. Έχουμε δηλαδή διαφορετικές γεωμετρικές προόδους που ικανοποιούν την αναδρομική σχέση τάξεως : 1, α, α,..., α n 1,... 1, β, β,..., β n 1,.... 1, γ, γ,..., γ n 1,... Θα δείξουμε τώρα ότι το σύστημα των εξισώσεων B αποτελεί βάση της αναδρομικής σχέσης, δηλαδή ότι για κάθε ακολουθία U n που ικανοποιεί την αναδρομική σχέση U n+ a 1 U n a U n υπάρχουν σταθερές A, B,..., C τέτοιες ώστε U n A α n 1 + B β n C γ n 1. Αρκεί, όπως προηγουμένως, το σύστημα B A + B + + C U 1 A α + B β + + C γ U A α 1 + B β C γ 1 U Σ 1 να έχει λύση ως προς τους αγνώστους A, B,..., C. Αρκεί το αντίστοιχο ομογενές να έχει μοναδική λύση την μηδενική, δηλαδή, αν A + B + + C 0 A α + B β + + C γ 0 A α 1 + B β C γ 1 0 τότε A B... C 0 13

20 Ας υποθέσουμε ότι υπάρχει λύση του ομογενούς κι ένας τουλάχιστον, έστω ο A, είναι διάφορος του μηδενός. Για να οδηγηθούμε σε άτοπο, θα κατασκευάσουμε ένα πολυώνυμο Mx με degm 1 τέτοιο ώστε Mα 1 και Mβ... Mγ 0. Αφού τα β,..., γ είναι 1 το πλήθος, τότε Τότε, αφού Mα 1, προκύπτει ότι Άρα Mx µ x β x γ, με µ C µ Mx 1 α β α γ x β x γ α β α γ Αναπτύσσοντας τις παρενθέσεις και μαζεύοντας τις, προκύπτει ότι Mx m 0 +m 1 x+ +m 1 x 1. Πολλαπλασιάζοντας το ομογενές σύστημα με τις σταθερές m 0, m 1,..., m 1 και προσθέτοντας κατά μέλη, προκύπτει ότι A m 0 + m 1 α + + m 1 α 1 + B m 0 + m 1 β + + m 1 β 1 ή αλλιώς δηλαδή A 1 0 A 0 Άτοπο Άρα το Σ 1 έχει λύση. Αποδείξαμε δηλαδή το εξής: + + C m 0 + m 1 γ + + m 1 γ 1 0 A µα + B µβ + + C µγ 0 ΠΡΟΤΑΣΗ 1.3.1: Σε κάθε αναδρομική ακολουθία τάξεως αντιστοιχεί μια αλγεβρική εξίσωση βαθμού με τους ίδιους συντελεστές η χαρακτηριστική της εξίσωση. Κάθε ρίζα της χαρακτηριστικής εξίσωσης είναι ο λόγος μίας γεωμετρικής προόδου που ικανοποιεί την αναδρομική σχέση. Εάν όλες οι ρίζες της χαρακτηριστικής εξίσωσης είναι απλές, τότε οι γεωμετρικές προόδοι που προκύπτουν αποτελούν την βάση της αναδρομικής σχέσης. Παραδείγματα 1. Θεωρούμε την ακολουθία Fibonacci F n. Η αναδρομική της σχέση είναι U n+ U n+1 + U n, κατά συνέπεια, η χαρακτηριστική της εξίσωση είναι q q + 1, το οποίο έχει ρίζες τις α 1+ 5 και β 1 5. Ο γενικός όρος F n της ακολουθίας Fibonacci μπορεί να γραφεί ως: F n A α n 1 + B β n 1 όπου A, B είναι δύο σταθερές. Για να τις βρούμε λύνουμε το σύστημα: { } F1 A + B F A α + B β απ όπου προκύπτει A και B

21 Ως εκ τούτου, F n n n 1 ή αλλιώς F n 1 [ n n ] , με n N 5 Ο τύπος για τον γενικό όρο της ακολουθίας Fibonacci δεν φαίνεται ιδιαίτερα χρήσιμος για υπολογισμούς, αλλά κάτι τέτοιο δεν ισχύει. Για παράδειγμα από αυτόν τον τύπο προκύπτει ότι το άθροισμα των τετραγώνων δύο διαδοχικών αριθμών Fibonacci είναι πάλι όρος της ακολουθίας F n. Όντως, n N έχουμε [ n n ] n και Fn 1 5 [ n+ n+ ] n+1 F n Έτσι, Fn+1 + Fn 1 [ n n ] [ n+1 n+1 ] F n+1 5 Δηλαδή, μόλις δείξαμε ότι F n+1 + F n F n+1. Για παράδειγμα, F 13 F 7 + F Ακόμα, με την βοήθεια του τύπου του γενικού όρου της ακολουθίας αποδεικνύεται η εξής πρόταση: ΠΡΟΤΑΣΗ 1.3.: Για δύο φυσικούς αριθμούς a, b με a < b, τα βήματα που απαιτούνται για την εύρεση του Μ.Κ.Δ.a, b είναι το πολύ 5n, όπου n είναι το πλήθος των ψηφίων του a, όταν αυτός είναι γραμμένος στο δεκαδικό σύστημα. Απόδειξη. Από τον ευκλείδιο αλγόριθμο έχουμε: b ax + y a y x + y y y x + y. y y 1 x + y y 1 y x +1 Προφανώς ισχύει a > y > y > > y 1 > y 1. Άρα ο y είναι ο Μ.Κ.Δ.a, b και είναι το πλήθος των διαιρέσεων που χρειάστηκαν. Συγκρίνουμε 15

22 τους αριθμούς y, y 1,..., y, a με τους αριθμούς F 1, F, F 3,.... y 1 F και αφού y 1 > y, έχουμε ότι y 1 F 3. Έτσι, y y 1 x + y y y y 1 + y F 3 + F F 4. Άρα y F, y 1 F 3, y F 4. Υποθέτουμε ότι ισχύει για m, δηλαδή Τότε, y m F m+, y m 1 F m+3 με m 1. y m y m 1 + y m F m+3 + F m+ F m+4. Στο τελευταίο βήμα θα έχουμε y F, y F +1 και άρα a y x + y y 1 + y F +1 + F F +. Από τον γενικό όρο της ακολουθίας Fibonacci έχουμε και επομένως F + 1 [ + + ] a 1 [ + + ] > 1 [ ] 5 5 αφού 1 5 < 1. Άρα, < a < a + 1 < a + 1 Έτσι, 1+ 5 < a + 1. Σημειώνουμε ότι F 5 1 [ 5 5 ] < 1 5 Έτσι, > > 10. Συνεπώς, < < a [ ]. Αφού ο a έχει n ψηφία στο δεκαδικό σύστημα αρίθμησης, προφανώς ισχύει 10 n 1 a < 10 n και έτσι, αφού 10 < a + 1 5, έχουμε 10 < a n δηλαδή < 5n Συνεχίζουμε με τα παραδείγματα. 16

23 . Έστω η αναδρομική ακολουθία U 1 5, U 7, U 3 1, U 4 3, U 5, U 6 1, U 7 3,... Η αναδρομική σχέση αυτής της ακολουθίας είναι U n+3 U n, n 3 Άρα η χαρακτηριστική εξίσωση είναι η q 3 1 με ρίζες τις α 1, β i, γ 1 i Άρα ο γενικός όρος της ακολουθίας U n είναι ο άρα Όμως και U n A α n 1 + B β n 1 + C γ n 1, όπου A, B, C σταθερές U n A + B και από De Moivre έχουμε 1 n i + C 1 n 1 3 i, n i 3 cos π 3 i sin π 3 1 i 3 cos π 3 + i sin π 3 U n A + 1 n 1 B cos n 1 π π i sin n n 1 C cos n 1 π π + i sin n A + B + C 1 n 1 cos n 1 π + ic B 1 n 1 sin n 1 π 3 3 και αν θέσουμε A 1 B +C και A C B i ο γενικός όρος παίρνει την μορφή: U n A + A 1 1 n 1 cos n 1 π 3 + A 1 n 1 sin n 1 π 3, n 3 Για να υπολογίσουμε τις σταθερές A, A 1, A, θα πρέπει να λύσουμε το σύστημα που προκύπτει από τις: U 3 1 U 4 3 U 5 και βρίσκουμε ότι άρα 3 A, A 1 1, A 3 [ U n + 1 n 1 cos n 1 π sin n 1 π ] 3 17

24 ή αλλιώς U n + 1 n 3 sin[n π ], n Στο συγκεκριμένο παράδειγμα, ο γενικός όρος εκφράζεται μέσω τριγωνομετρικών συναρτήσεων κάτι το φυσιολογικό, αφού οι ρίζες της χαρακτηριστικής εξίσωσης είναι τρίτες ρίζες της μονάδος και ο γενικός όρος επηρεάζεται από την φύση των ριζών της χαρακτηριστικής εξίσωσης. 3. Έστω P x 3+x x 5, και Qx x x +x 3. Έστω πx, rx το πηλίκο και το υπόλοιπο αντίστοιχα της ευκλείδειας διαίρεσης του P x με το Qx. Η ακολουθία συντελεστών του πηλίκου είναι U 1 D 0, U D 1,..., U n D n 1,... που όπως δείχθηκε είναι μια αναδρομική ακολουθία της οποίας οι όροι ικανοποιούν την αναδρομική σχέση D n+ B 1 B 0 D n+ 1 B B 0 D n, n l + 1 όπου degq, B i οι συντελεστές του Qx και l degp. Στο παράδειγμα μας, 3, B 0, B 1 1, B, B 3 1, l 5, άρα Η χαρακτηριστική εξίσωση είναι η D n+3 1 D n+ + D n+1 1 D n, n 3 q 3 1 q + q 1 άρα q 3 1 q q q 3 q 1 q 1 0 q 1 q 1 q α 1, β 1, γ 1 Και έτσι ο γενικός όρος της ακολουθίας D n δίνεται από τον τύπο 1 n D n A + B 1 n + C 1 n όπου A, B, C είναι αυθαίρετες στεθερές. Για να τις υπολογίσουμε, αρκεί να λύσουμε το σύστημα: D 3 1A + B C 8 D 4 1 A + B + C 16 D 5 1 A + B C Σ 3 18

25 στο οποίο άγνωστοι είναι όχι μόνο τα A, B, C αλλά και τα D 3, D 4, D 5, που μπορούν όμως να υπολογισθούν από την ευκλείδεια διαίρεση του P x 3 + x x 5 με το Qx x x + x. Κάνουμε την διαίρεση και προκύπτει ότι και άρα πx x x x x4 rx 19 3 x5 + 4x x7 D 0 3, D 1 3 4, D 3 8, D , D , D Άρα το Σ : 1 8 A + B C A + B + C A + B C A 4 6 B 3 C 5 6 Άρα D n 4 1 n n, n 3 Έτσι μπορούμε να υπολογίσουμε οποιονδήποτε όρο της ακολουθίας θέλουμε. Για παράδειγμα, D 6 51, D , D , κ.ο.κ Αν η χαρακτηριστική εξίσωση έχει ρίζες με πολλαπλότητα Σε όλα τα παραδείγματα μέχρι στιγμής, η χαρακτηριστική εξίσωση είχε απλές ρίζες. Θεωρούμε την αναδρομική ακολουθία s n, της οποίας η αναδρομική σχέση είναι η s n+4 4s n+3 6s n+ + 4s n+1 s n. Πρόκειται δηλαδή για το άθροισμα των n πρώτων όρων της ακολουθίας U n χαρακτηριστική εξίσωση της s n είναι n. Η δηλαδή, q 4 4q 3 6q + 4q 1 q Η παραπάνω εξίσωση έχει μία ρίζα, την q 0 1 με πολλαπλότητα 4. Παίρνουμε, δηλαδή μόνο μία γεωμετρική πρόοδο με λόγο 1, της οποίας οι όροι ικανοποιούν την αναδρομική σχέση. Σε αυτές τις περιπτώσεις, πρέπει να βρούμε άλλες αναδρομικές ακολουθίες, οι οποίες, μαζί με την παραπάνω γεωμετρική πρόοδο, αποτελούν την βάση της ακολουθίας. Έστω η αναδρομική σχέση U n+ C 1 au n+ 1 C a U n Ca 0 U n

26 όπου C 1, C,..., C 0 είναι οι διωνυμικοί συντελεστές τάξεως. Η αντίστοιχη χαρακτηριστική εξίσωση της ακολουθίας U n είναι η δηλαδή q C 1 aq 1 C a q Ca 0 q a 0 η οποία έχει μόνο μία ρίζα, την q 0 a με πολλαπλότητα. Προφανώς, a a 0, δηλαδή a C 1 a + C a + 1 Ca Η ισότητα αυτή ισχύει και για κάθε δύναμη μικρότερη του, δηλαδή a a m 0, ή ισοδύναμα C m m a m C m+1 m a m + C m m a m + 1 m C ma 0 m 0 όπου m 0, 1,..., 1. Η τελευταία ισότητα, για a 1 γίνεται: C m m C m+1 m + C m m + 1 m C m Η τελευταία ισότητα για m 0 δίνει: Όμως, C C 1 + C + 1 l C l C C l 1 l l 1 m + 1 m l + 1 l C m l m ή ισοδύναμα 1 m + 1 C m l m m l + 1 lc l 1.10 όπου m 1,,..., 1 και 0 l m. Πολλαπλασιάζουμε κάθε μία από της ισότητες της 1.8 με τον αντίστοιχο όρο 1 m + 1. Τότε, με χρήση της 1.10 μπορούμε να γράψουμε m + 1 C m 1C l m l lc l m 1 m C Θα αποδείξουμε τώρα ότι m 0, 1,..., 1, έχουμε m C 1 m C 1 l l l m C l m C Όντως, για m 0 η 1.1 συμπίπτει με την 1.9. Ας υποθέσουμε ότι η προς απόδειξη σχέση ισχύει m 0, 1,..., j, j. Εξετάζουμε αν ισχύει για m j + 1. Θεωρούμε το πολυώνυμο fx X jx j + 1 X 1X X j+1 b j X j b 1 X

27 Πολλαπλασιάζουμε κάθε μία εξίσωση της 1.1 με το αντίστοιχο b i και έχουμε b 1 C b 1 1C 1 b j j C b j 1 j C b 1 1 l lc l + + b 1 1 0C b j 1 l l j C l + b j 1 0C Παρατηρούμε ότι f j, f 1 j 1 1, f l l j j κ.ο.κ. Επομένως, η 1.9 για m j + 1 γράφεται: fc f 1C l f lc l f0c Προσθέτουμε τις 1.14 και 1.15 κατά μέλη και έχουμε: [b b j j + f]c [b b j 1 j + f 1]C l [b 1 l+ +b j l+f l]c l [b b j 0 j +f0]c 0 0. Αλλά από την 1.13 μπορούμε να γράψουμε και άρα η τελευταία ισότητα γίνεται j+1 C 1 j+1 C 1 b 1 X + b X +... b j X j + fx X j+1 που είναι η η ζητούμενη σχέση για m j + 1. Έστω τώρα το πολυώνυμο l lc l j+1 C 0 0 P X A 1 X 1 + A X + + A του οποίου ο βαθμός δεν ξεπερνάει το 1. Πολλαπλασιάζουμε κάθε εξίσωση της 1.1 με το αντίστοιχο A i και παίρνουμε: A 0 C A 0C 1 A 1 C A 1 1C l A 0 C l A 0 C 0 0 A +1 1 C A C 1 1 A C l A 1 lc l A 1 C 0 0 Προσθέτουμε τις παραπάνω σχέσεις κατά μέλη και προκύπτει: l A 1 l 1 C l + + [A 0 + A A 1 1 ]C [A 0 + A A ]C l [A 0 +A 1 l+ +A 1 l 1 ]C l [A 0 +A A 1 0]C 0 0 ή ισοδύναμα P C P 1C P

28 Επειδή το P X είναι τυχαίο, κάθε πολυώνυμο του οποίου ο βαθμός δεν ξεπερνάει το 1 ικανοποιεί την 1.17 άρα και το P X X + n 1 m, όπου n N και m Z τέτοιο ώστε 0 m 1. Έτσι, η 1.17 γίνεται: + n 1 m C n m C m 1 m C 0 0. Πολλαπλασιάζουμε την τελευταία ισότητα με a +n 1 και αφού C 1, προκύπτει + n 1 m a +n 1 C 1 a + n A +n C a + n 3 m a +n C 0 a n 1 m a n Συγκρίνοντας την 1.18 με την 1.6, έχουμε ότι κάθε μία από τις παρακάτω ακολουθιες το πλήθος ικανοποιούν την 1.6: 1, a, a,..., a n 1,... 0, a, a,..., n 1a n 1,... 0, a, a,..., n 1 a n 1, , a, 1 a,..., n 1 1 a n 1 όπου η πρώτη ακολουθία είναι για m 0, η δεύτερη για m 1 κ.ο.κ. Για να είναι όντως η παραπάνω ακολουθίες βάση, θα πρέπει ο γενικός όρος της ακολουθίας 1, δηλαδή της να έχει τη μορφή U n+ C 1 au n+ 1 C a U n Ca 0 U n U n [B 0 + B 1 n B 1 n 1 1 ]a n 1 ή αλλιώς U n Qn 1a n όπου QX B 0 + B 1 X + + B 1 X 1 είναι ένα πολυώνυμο βαθμού το πολύ 1. Για να είναι η 1.19 βάση της ακολουθίας, είναι αρκετό να δείξουμε ότι το ακόλουθο σύστημα των στο πλήθος γραμμικών εξισώσεων B 0 + B B U 1 B 0 + B B U. B 0 + B B U έχει λύση, με αγνώστους τα B 1, B,..., B. Ομοίως με την περίπτωση όπου όλες οι ρίζες της χαρακτηριστικής εξίσωσης είναι απλές, αρκεί το σύστημα B 0 0 B 0 + B B 1 0.

29 B 0 + 1B B 1 0 να έχει λύση μόνο την B i 0, i 0, 1,..., 1. Όμως, οι εξισώσεις του τελευταίου συστήματος ισοδυναμούν με Q0 Q1 Q 1 0. Έχουμε, επομένως, ένα πολυώνυμο βαθμού το πολύ 1 με τουλάχιστον διαφορετικές ρίζες. Ως εκ τούτου, QX 0 και άρα B i 0, i 0, 1,..., 1 και άρα το 1.19 αποτελεί βάση της αναδρομικής ακολουθίας U n+ C 1 au n+ 1 C a U n Ca 0 U n Αν η αναδρομική ακολουθία ικανοποιεί την γενική αναδρομική σχέση U n+ a 1 U n+ 1 + a U n+ + + a U n, a τότε η χαρακτηριστική της εξίσωση είναι η q a 1 q a 1. η οποία μπορεί να έχει ρίζες τις a, b,..., c με πολλαπλότητες m 1, m,..., m r αντίστοιχα. Ισχύει ότι m 1 + m + + m r. Σ αυτή τη γενική περίπτωση αποδεικνύεται ότι η βάση της αναδρομικής ακολουθίας θα αποτελείται από τις παρακάτω, το πλήθος ακολουθίες: 1, a, a,..., a n 1,.... 0, a, m 1 1 a,..., n 1 m 1 1 a n 1,... 1, b, b,..., b n 1,.... 0, b, m 1 b,..., n 1 m 1 b n , c, c,..., c n 1,.... 0, c, mr 1 c,..., n 1 mr 1 c n 1, Έτσι, U n Qn 1a n 1 + Rn 1b n Sn 1c n όπου QX, RX,..., SX είναι πολυώνυμα βαθμού το πολύ m 1 1, m 1,..., m r 1 αντίστοιχα. Άρα, ο γενικός όρος U n οποιασδήποτε αναδρομικής ακολουθίας μπορεί να γραφεί ως το άθροισμα γινομένων ενός πολυωνύμου στη θέση n 1 με τον γενικό όρο μιας γεωμετρικής ακολουθίας της οποίας ο λόγος είναι ρίζα της χαρακτηριστικής εξίσωσης της U n. Αν όλες οι ρίζες της 1. είναι απλές, τα πολυώνυμα είναι σταθερά και άρα ο γενικός όρος σε αυτήν την περίπτωση είναι ένας γραμμικός συνδυασμός όρων κάποιων γεωμετρικών προόδων. Ισχύει και το αντίστροφο, δηλαδή αν για μία ακολουθία U n ο γενικός όρος μπορεί να γραφεί όπως στην 1.4, τότε η U n είναι μια αναδρομική ακολουθία. 3

30 Η 1. έχει κατασκευαστεί χρησιμοποιώντας τις ρίζες a, b,..., c του χαρακτηριστικού πολυωνύμου με τις αντίστοιχες πολλαπλότητές τους που είναι οι μεγιστοβάθμιες δυνάμεις των πολυωνύμων αυξημένες κατά μία μονάδα. Έτσι, η αναδρομική σχέση μπορεί να βρεθεί αμέσως. Για παράδειγμα, αν U n n 1 n n 1. Συγκρίνοντας την με την 1.4, βλέπουμε ότι οι ρίζες της χαρακτηριστικής εξίσωσης είναι οι a και b με πολλαπλότητα m 1 3 και m 1 αντίστοιχα. Επομένως, η χαρακτηριστική εξίσωση της ακολουθίας είναι η q 3 q 3 0, δηλαδή q 4 9q 3 30q + 44q 4q και άρα η αναδρομική σχέση της U n είναι η U n+4 9U n+3 30U n+ + 44U n+1 4U n. Ας παραθέσουμε τώρα τα αποτελέσματα σε μερικά παραδείγματα. Έχουμε δει ότι η αριθμητική πρόοδος ικανοποιεί την αναδρομική σχέση U n+ U n+1 U n, η ακολουθία των τετραγώνων των φυσικών αριθμών την U n+3 3U n+ 3U n+1 + U n, ενώ η ακολουθία U n n 3 ικανοποιεί την αναδρομική σχέση U n+4 4U n+3 6U n+ +4U n+1 U n. Προφανώς, οι σχέσεις αυτές είναι της μορφής 1.6 για a 1. Ο γενικός όρος σε κάθε περίπτωση πρέπει να είναι της μορφής 1.0, δηλαδή U n B 0 + B 1 n B 1 n 1 1. Για να βρούμε τα B i, i 0, 1,,..., 1 πρέπει να λύσουμε το ακόλουθο σύστημα των 1 εξισώσεων B 0 U 1 B 0 + B B 1 U. B 0 + B B Στην περίπτωση της αριθμητικής πρόοδου, η 1.0 γίνεται U n B 0 +B 1 n 1 και το 1.5 γίνεται B 0 U 1 και B 0 + B 1 U. Επομένως B 0 U 1 που είναι ο πρώτος όρος της ακολουθίας και B 1 U U 1 d, δηλαδή ο λόγος της αριθμητικής πρόοδου. Επομένως U n U 1 + dn 1. Δεν υπάρχει κανένα ενδιαφέρον στην περίπτωση των ακολουθιών των τετραγώνων και των κύβων των φυσικών αριθμών καθώς ο γενικός όρος αυτών των ακολουθιών είναι U n n και U n n 3 αντίστοιχα. Παρ όλα αυτά, θα εφαρμόσουμε τη θεωρία για να βρούμε τον γενικό όρο για την ακολουθία s n του αθροίσματος των n πρώτων όρων των ακολουθιών αυτών. Έχουμε δει ότι αν η {U n } n N ικανοποιεί την αναδρομική σχέση U n+ a 1 U n+ 1 + a U n+ + +a U n, τότε η s n ικανοποιεί την s n++1 1+a 1 s n+ +a a 1 s n a a 1 s n+1 + a s n. Για την 1.6 έχουμε: 1 + a C 1 C 1 +1 a a 1 C + C 1 C +1 a 3 a C 3 + C C a a C + C C +1 a 1 C 1 C και άρα η αναδρομική σχέση για την {s n } n N γίνεται s n++1 C 1 +1s n+ C +1s n C s n. 4

31 Για το άθροισμα των n πρώτων όρων μιας αριθμητικής πρόοδου U n Όπως είδαμε, αφού η ακολουθία U n είναι τάξεως, η αντίστοιχη ακολουθια s n είναι αναδρομική ακολουθία τάξεως 3 και άρα ο γενικός όρος είναι της μορφής s n B 0 + B 1 n 1 + B n 1 Οι συντελεστές B i, i 0, 1, θα βρεθούν από το παρακάτω σύστημα: B 0 s 1 U 1 B 0 + B 1 + B s U 1 + U U 1 + d B 0 + B 1 + B s 3 U 1 + U + U 3 3U 1 + d Επομένως, B 0 U 1, B 1 U 1 + 1U 1, B 1 d και άρα s n U 1 + U dn n 1 nu dn 1n n[u 1 + n 1d] n[u 1 + U 1 + n 1d] Για το άθροισμα των n πρώτων όρων της U n n nu 1 + U n Όπως είδαμε, η U n σε αυτή τη περίπτωση είναι μια αναδρομική ακολουθία τάξεως 3 και άρα η αντίστοιχη s n είναι μια αναδρομική ακολουθία τάξεως 4 και επομένως s n B 0 + B 1 n 1 + B n 1 + B 3 n 1 3. Τα B i, i 0, 1,, 3 θα βρεθούν από το σύστημα: B 0 s 1 1 B 0 +B 1 +B +B 3 s 1+ 5 B 0 +B 1 + B + 3 B 3 s B 0 + 3B B B 3 s Επομένως B 0 1, B 1 13, B 6 3, B 3 1 και άρα 3 s n n n n n + 1 n n3 Για το άθροισμα των n πρώτων όρων της U n n 3 nn + 1n Όπως έχουμε δει, η U n είναι αναδρομική ακολουθία τάξεως 4 και επομένως η αντίστοιχη s n είναι αναδρομική ακολουθία τάξεως 5. Επομένως s n B 0 + B 1 n 1 + B n 1 + B 3 n B 4 n 1 4 Οι συντελεστές B i, i 0, 1,, 3, 4 θα βρεθούν από την επίλυση του παρακάτω συστήματος: B 0 s 1 1 B 0 + B 1 + B + B 3 + B 4 s 9 5

32 B 0 + B 1 + 4B + 8B B 4 s 3 36 B 0 + 3B 1 + 9B + 7B B 4 s B 0 + 4B B + 64B B 4 s 5 5 Επομένως, B 0 1, B 1 3, B 13 4, B 3 3, B και άρα s n n n Τέλος, θεωρούμε την U n na n, n N, με a 0, 1. Παρατηρούμε ότι au n+1 a U n an + 1a n+1 a na n a n+ n + 1 na n+ n + a n+ U n+. Επομένως η U n είναι αναδρομική τάξεως και έτσι, η s n θα είναι μια αναδρομική ακολουθία τάξεως 3 και η αναδρομική της σχέση θα είναι η s n+3 a + 1S n+ a + as n+1 + a s n. Η χαρακτηριστική εξίσωση αυτής της ακολουθίας θα είναι η q 3 a + 1q a + aq + a. Μία προφανής ρίζα αυτής της εξίσωσης είναι η q 0 a. Για να βρούμε τις υπόλοιπες ρίζες, διαιρούμε το πολυώνυμο q 3 a + 1q + a + aq a με το q a και το πηλίκο που προκύπτει είναι το q a + 1q + a, του οποίου οι ρίζες είναι οι q 1 a και q 1. Επομένως, η χαρατηριστική εξίσωση της s n έχει ρίζες τις q 1 a, με πολλαπλότητα m 1 και q 1 με πολλαπλότητα m 1. Έτσι, η 1.0 γίνεται s n [B 0 + B 1 n 1]a n 1 + C 0. Οι συντελεστές B 0, B 1, C 0 θα βρεθούν λύνοντας το σύστημα: B 0 + C 0 s 1 a B 0 + B 1 a + C 0 s a + a B 0 + B 1 a + C 0 s 3 a + a + 3a 3. Έτσι, B 0 a3 a, B a 1 1 και επομένως a, C a 1 0 a a 1 s n nan+ n + 1a n+1 + a U na U n+1 U 1 a 1 a 1 6

33 Κεφάλαιο Ακολουθίες Lucas.1 Ορισμός Έστω P, Q Z τέτοιοι ώστε P 4Q > 0 και όχι τέλειο τετράγωνο κι έστω το πολυώνυμο fx X P X + Q. Αν με D συμβολίσουμε την διακρίνουσα του πολυωνύμου, τότε D > 0 κι άρα το fx έχει δύο διακεκριμένες πραγματικές ρίζες, τις a P + D και b P D. Από τους τύπους του Vieta, έχουμε: a b D a + b P ab Q Ορίζουμε τώρα τις ακολουθίες U n P, Q an b n D, V n P, Q a n +b n, n N, οι οποίες ονομάζονται πρώτη και δεύτερη, αντίστοιχα, ακολουθία Lucas. Για συντομία, γράφουμε U n U n P, Q και V n V n P, Q, επομένως U 0 0, U 1 1, V 0 και V 1 a + b P. Παρατηρούμε ότι P U n 1 QU n a + b an 1 b n 1 D ab an b n D an b n D U n. Επομένως, η ακολουθία U n είναι αναδρομική ακολουθία τάξεως και η αναδρομική της σχέση είναι η U n P U n 1 QU n. Εντελώς όμοια μπορεί κάποιος να δείξει ότι κι η ακολουθία V n είναι αναδρομική ακολουθία τάξεως με αναδρομική σχέση: V n P V n 1 QV n. Οι ακολουθίες U n, V n αποτελούν γενικεύσεις τον αριθμών Fibonacci και Lucas, καθώς οι αριθμοί αυτοί προκύπτουν σαν ειδική περίπτωση των ακολουθιών Lucas ως προς το ζευγάρι P, Q 1, 1, δηλαδή U n 1, 1 F n και V n 1, 1 L n. 1 1 Η ακολουθία L n ικανοποιεί την ίδια αναδρομική σχέση με την F n, δηλαδή L n+ L n+1 + L n με αρχικούς όρους L 0, L 1 1 7

34 . Ταυτότητες και ιδιότητες των ακολουθιών Lucas 1. V n DU n 4Q n, n N Απόδειξη. V n DU n a n + b n D an b n D a n + b n a n b n a n + b n + ab n a n b n + ab n Q n + Q n 4Q n. DU n V n+1 QV n 1, n 1 Απόδειξη. V n+1 QV n 1 a n+1 + b n+1 Qa n 1 + b n 1 a n+1 + b n+1 aba n 1 + b n 1 a n+1 + b n+1 a n b ab n a n a b b n a b a ba n b n Da n b n D an b n D DU n 3. V n U n+1 QU n 1, n 1 Απόδειξη. U n+1 QU n 1 an+1 b n+1 D ab an 1 b n 1 D an+1 b n+1 a n b + ab n a b an a b + b n a b a b a n + b n V n 8

35 4. U m+n U m V n Q n U m n, m, n N, m n Απόδειξη. U m V n Q n U m n am b m a n + b n Q n am n b m n D D am+n + a m b n a n b m b m+n Q n a m n + Q n b m n D am+n b m+n D + am n a n b n a n b n b m n Q n a m n + Q n b m n D U m+n + am n Q n Q n b m n Q n a m n + Q n b m n D U m+n 5. V m+n V m V n Q n V m n, m, n N, m n Απόδειξη. V m V n Q n V m n a m + b m a n + b n Q n a m n + b m n a m+n + a m b n + b m a n + b m+n Q n a m n Q n b m n a m+n + b m+n + a n b n a m n + b n a n b m n Q n a m n Q n b m n V m+n + a m n Q n + b m n Q n Q n a m n Q n b m n V m+n 6. U m+n U m V n + U n V m, m, n N Απόδειξη. U m V n + U n V m am b m a n + b n + an b n a m + b m D D am+n + a m b n b m a n b m+n + a m+n + a n b m a m b n b m+n D am+n b m+n D a m+n b m+n D U m+n 9

36 7. V m+n V m V n + DU m U n, m, n N Απόδειξη. V m V n + DU m U n a a m + b m a n + b n b m a n b n + D D D a m+n + a m b n + a n b m + b m+n + a m+n a m b n a n b m + b m+n a m+n + b m+n a m+n + b m+n V m+n 8. Q n U m n U m V n U n V m, m, n N, m n Απόδειξη. U m V n U n V m a m b m a a n + b n n b n a m + b m D D am+n + a m b n a n b m b m+n a m+n a n b m + a m b n + b m+n D am b n a n b m D an a m n b n a n b n b m n D a ab n m n b m n D Q n U m n 9. U n U n V n, n N Απόδειξη. Στην ταυτότητα 4. θέτουμε m n: U n U n V n Q n U 0 U 0 0 U n V n 30

37 10. V n V n Q n, n N Απόδειξη. Στην ταυτότητα 5. θέτουμε m n: V n V n V n Q n V 0 V 0 Vn Q n 11. U 3n U n V n Q n U n DU n + 3Q n, n N Απόδειξη. Στην ταυτότητα 4. θέτουμε m n: U 3n U n V n Q n U n 9 U n V n V n Q n U n U n Vn Q n Αντικαθιστώντας το V n από την 1 καταλήγουμε στην: U 3n U n Vn Q n U n DUn + 4Q n Q n U n DUn + 3Q n 1. V 3n V n V n 3Q n, n N Απόδειξη. Στην ταυτότητα 5. θέτουμε m n: V 3n V n V n Q n N n 10 Vn Q n V n Q n V n Vn 3 V n Q n Q n V n Vn 3 3Q n V n V n Vn 3Q n 13. V n+1 V n 1 V n DQ n 1, n 1 31

38 Απόδειξη. V n+1 V n 1 V n a n+1 + b n+1 a n 1 + b n 1 a n + b n a n + a n+1 b n 1 + a n 1 b n+1 + b n a n b n ab n ab n 1 a + b ab Q n 1 a + b ab [ P + D P D ] Q n 1 + Q P Q n 1 + D + P D + P + D P D 4 P Q n 1 + D 8Q 4 P Q n 1 + P 8Q 8Q 4 Q n 1 P 4Q Q n 1 D Q Αν εφαρμόσουμε τις παραπάνω ταυτότητες για το ζευγάρι P, Q 1, 1άρα D 5 προκύπτουν άμεσα οι γνωστές ταυτότητες για τους αριθμούς Fibonacci και Lucas. 1. L n 5F n 4 1 n. 5F n L n+1 + L n 1 3. L n F n+1 + F n 1 4. F m+n F m L n 1 n F m n 5. L m+n L m L n 1 n L m n 6. F m+n F m L n + F n L m 7. L m+n L m L n + 5F m F n 8. F m L n F n L m 1 n F m n 9. F n F n L n 10. L n L n 1 n 11. F 3n F n L n 1 n F n 5F n n 1. L 3n L n L n 3 1 n 13. L n+1 L n 1 L n 5 1 n 3

39 Οι ακολουθίες των Fibonacci και Lucas μπορούν να επεκταθούν και στους αρνητικούς ακεραίους ως εξής: Αν n, τότε F n 1 n+1 F n και L n 1 n L n και επομένως οι παραπάνω ταυτότητες έχουν νόημα m, n Z. ΘΕΩΡΗΜΑ..1: Η ακολουθία του Fibonacci είναι περιοδική mod m για κάθε φυσικό αριθμό m 0 και μάλιστα ο m διαιρεί τουλάχιστον έναν από τους όρους F 1, F,..., F m. Απόδειξη. Έστω ο ελάχιστος φυσικός αριθμός τέτοιος ώστε mod m. Σχηματίζουμε τα ζευγάρια < F 1, F >, < F, F 3 >, < F 3, F 4 >,..., < F n, F n+1 >,.... Το πλήθος των δυνατών διαφορετικών μεταξύ τους ζευγαριών είναι m. Έστω < F, F +1 > το πρώτο ζευγάρι το οποίο εμφανίζεται στην ακολουθία για δεύτερη φορά. Ισχυριζόμαστε ότι αυτό είναι το < 1, 1 >. Έστω ότι το πρώτο ζευγάρι που εμφανίζεται ξανά είναι το < F, F +1 > για > 1. Τότε υπάρχει l N με l < ώστε < F l, F l+1 >< F, F +1 >. Αφού F l 1 F l+1 F l και F 1 F +1 F, προκύπτει ότι F l 1 F 1 και άρα < F l 1, F l >< F 1, F >, που είναι άτοπο αφού υποθέσαμε ότι το < F, F +1 > είναι το πρώτο ζευγάρι με αυτήν την ιδιότητα. Άρα το < 1, 1 >, επομένως η ακολουθία F n είναι περιοδική mod m. Επομένως, υπάρχει t N τέτοιος ώστε < F t, F t+1 >< 1, 1 >, δηλαδή F t 1 mod m αλλά και F t+1 1 mod m. Τότε, F t 1 F t+1 F t mod m, επομένως ο m διαιρεί τον F t 1. Όμοια μπορούμε να δείξουμε ότι και η ακολουθία L n των αριθμών Lucas είναι περιοδική mod m, για κάθε φυσικό αριθμό m. Τέλος, παραθέτουμε χωρίς απόδειξη δύο προτάσεις για τις ακολουθίες Lucas. Οι αποδείξεις αυτών βρίσκονται στα [10] και [11] αντίστοιχα. ΠΡΟΤΑΣΗ..1: Έστω P 1, P, Q περιττοί, Μ.Κ.Δ.P, Q 1 και D P 4Q > 0. Τότε: 1. Αν ο U n είναι τέλειο τετράγωνο, τότε κατ ανάγκη n 1,, 3, 6 ή 1.. Αν ο V n είναι τέλειο τετράγωνο, τότε κατ ανάγκη n 1, 3 ή Αν ο U n είναι διπλάσιο τέλειου τετραγώνου, τότε κατ ανάγκη n 3 ή Αν ο V n είναι διπλάσιου τέλειου τετραγώνου, τότε κατ ανάγκη n 3 ή 6. ΠΡΟΤΑΣΗ..: 1. Αν V n V m x για κάποιο x Z, τότε m n.. Αν V n V m x για κάποιο x Z, τότε m 1 και n Αν V n 3 V m x για κάποιο x Z, τότε m 1, n 3, Q 1 mod 3 και Q 1 ή 5 mod 8. 33

40 .3 Κανόνες διαιρετότητας στις ακολουθίες Lucas ΠΡΟΤΑΣΗ.3.1: Αν P, Q 1 τότε U n, Q 1 και V n, Q 1. Απόδειξη. Αν U n, Q > 1, τότε p P τέτοιος ώστε p U n και p Q. Από τον αναδρομικό τύπο της U n P U n 1 QU n έχουμε ότι p P U n 1 κι αφού P, Q 1, έχουμε ότι p U n 1. Συνεχίζοντας το ίδιο επιχείρημα, καταλήγουμε ότι p U 1 1, που είναι άτοπο, αφού ο p είναι πρώτος αριθμός. Άρα U n, Q 1. Εντελώς όμοια με πριν, αν V n, Q > 1, υπάρχει πρώτος αριθμός p P τέτοιος ώστε p V n και p Q. Τότε, από την αναδρομική σχέση της ακολουθίας V n, έχουμε ότι p P V n 1 κι αφού P Q και P, Q 1, προκύπτει p V n 1. Συνεχίζοντας το ίδιο επιχείρημα, καταλήγουμε στο συμπέρασμα ότι p V 1 P, άτοπο αφού οι P, Q είναι μεταξύ τους πρώτοι. Άρα V n, Q 1. ΠΡΟΤΑΣΗ.3.: Ορίζουμε τον πίνακα M Τότε, n N ισχύει: U n P Q. 1 0 M n Un+1 QU n QU n 1 Απόδειξη. Θα δειχθεί με επαγωγή ως προς τον φυσικό αριθμό n. Για n 1: M 1 M P Q 1 0 ενώ U QU 1 U 1 QU 0 Q 1 a b 1 Q 0 a b a + b Q 1 0 P Q 1 0 επομένως η προς απόδειξη σχέση ισχύει για n 1 Έστω ότι ισχύει για τον τυχαίο φυσικό αριθμό, δηλαδή M U+1 QU U QU 1 Εξετάζουμε τώρα για τον + 1: M +1 M U+1 QU M P Q U QU P U+1 QU QU +1 U+ QU P U QU 1 QU U +1 QU Επομένως, n N ισχύει M n Un+1 QU n. U n QU n 1 34

41 ΠΡΟΤΑΣΗ.3.3: Αν m n, τότε U m U n. Απόδειξη. Αφού m n έχουμε ότι n m, Z. M m Um+1 QU m Um+1 0 U m QU m 1 0 QU m 1 mod U m. Άρα ο M m είναι διαγώνιος πίνακας mod U m, άρα και κάθε δύναμή του θα είναι διαγώνιος πίνακας mod U m, δηλαδή κι ο M m είναι διαγώνιος mod U m. Επομένως, αφού M m M m M n, έχουμε ότι και M m M n mod U m. Όμως: M m Um QU m 1 Um QU m 1 mod U m ενώ M n Un+1 QU n U n άρα U n 0 mod U m, δηλαδή U m U n. QU n 1 mod U m ΠΡΟΤΑΣΗ.3.4: Αν P, Q 1 και d m, n, τότε U m, U n U d. Απόδειξη. Αφού d m και d n, από την προηγούμενη πρόταση έχουμε ότι U d U m και U d U n. Άρα U d U m, U n. Επομένως, αρκεί να δείξουμε ότι U m, U n U d. Αν U m, U n 1. τότε, αφού U d U m, U n προκύπτει ότι U d 1, επομένως U d U m, U n. Έστω U m, U n > 1. Αφού d m, n, υπάρχουν x, y Z τέτοιοι ώστε d xm + yn. Τότε, M d M xm+yn M m x M n y. Αφού οι M m, M n είναι διαγώνιοι mod U m, U n, τότε και ο M m x M n y M d θα είναι διαγώνιος mod U m, U n. Όμως, M d Ud+1 QU d Άρα, προκύπτει ότι U d 0 mod U m, U n, δηλαδή U d QU d 1 U m, U n U d. Τελικά, U m, U n U d. ΛΗΜΜΑ.3.1: Υποθέτουμε ότι P, Q 1 κι έστω D P 4Q η διακρίνουσα του fx X P X + Q. Αν P άρτιος, τότε 4 D, V n άρτιος και Vn, D 1 n N. 4 Αν P περιττός, τότε D, V n 1, n 1. Απόδειξη. Αν P άρτιος, τότε P l, l Z και προφανώς 4 D. Για n 1 έχουμε V 1 a + b P που είναι άρτιος. Έστω ότι ο V είναι άρτιος για κάθε 1,,..., n 1. Τότε V n P V n 1 QV n, δηλαδή ο V n είναι άρτιος n N. Ακόμα, V 1, D P, D. Όμως, D P 4Q 4l 4Q, 4 4 δηλαδή D 4 l Q και άρα P, D l, 4 l Q l, Q 1, αφού P, Q 1. Υποθέτουμε ότι ισχύει για n, δηλαδή V, D 1. 4 Εξετάζουμε για n + 1. Από την ταυτότητα 13 για τις ακολουθίες Lucas V +1 V 1 V DQ 1 προκύπτει V +1 δηλαδή p V V 1 V D 4 Q 1. Αν V +1, D 4 > 1, p P με p V +1, δηλαδή p V που είναι άτοπο, αφού V για n + 1, δηλαδή n N ισχύει Vn, D 1. 4, D 4 και p D, 4 1. Άρα ισχύει και 35

42 Αν P περιττός: Για n 1, έχουμε D, V 1 P 4Q, P 4Q, P. Αν ίσχυε 4P, Q > 1, τότε p P τέτοιος ώστε p 4Q και p P. Αφού, ο p είναι πρώτος και p 4Q, τότε p 4 ή p Q, που και τα δύο οδηγούν σε άτοπο, αφού αν p 4 έχουμε ότι p και άρα P, ενώ ο P είναι περιττός, ενώ αν p Q, τότε p 1 αφού P, Q 1. Επομένως 4Q, P 1 και άρα D, V 1 1. Έστω ότι D, V n 1 για κάθε n 1,,...,. Εξετάζουμε για n + 1. Έστω ότι D, V +1 > 1. Τότε υπάρχει πρώτος p τέτοιος ώστε p D και p V +1 και άρα από την ταυτότητα 13. συμπαιρένουμε πάλι ότι p V που είναι άτοπο, αφού υποθέσαμε ότι D, V 1. Επομένως η προς απόδειξη σχέση ισχύει για n + 1 και άρα για κάθε φυσικό αριθμό n. ΠΡΟΤΑΣΗ.3.5: Ορίζουμε τον πίνακα Z Lucas V n ισχύει: ZM n Vn+1 QV n V n P Q. Για την δεύτερη ακολουθία P QV n 1 P Q Απόδειξη. ZM n Un+1 QU n Q U n QU n 1 P Un+1 QU n P QU n + Q U n 1 U n+1 P U n QU n P QU n 1 P Un+1 QU n QU n QP U n QU n 1 QU n 1 Vn+1 QV n P U n QU n 1 QU n 1 QP U n 1 QU n ΠΡΟΤΑΣΗ.3.6: Αν m n και n m περιττός, τότε V m V n. V n QV n 1 Απόδειξη. Έχουμε m n άρα Z περιττός τέτοιος ώστε n m. Αν V m 1, τελειώσαμε, άρα υποθέτουμε ότι V m 1. Αφού περιττός, τότε l + 1, l Z. Από την Πρόταση.3.5. ο ZM m είναι διαγώνιος πίνακας mod V m που σημαίνει ότι και ο πίνακας D n ZM m ZM m είναι επίσης διαγώνιος πίνακας mod V m. Αν ο P είναι περιττός, τότε από το Λήμμα.3.1.V m, D 1, άρα V m V m, δηλαδή V m V n. Αν ο P είναι άρτιος, τότε ο 1ZM m είναι διαγώνιος πίνακας mod V m, που σημαίνει ότι και ο 1ZM m 1 D n Z m είναι διαγώνιος πίνακας mod Vm. Από το Λήμμα.3.1. έχουμε ότι V m, D 1, έχουμε ότι V m 4 V m ή ισοδύναμα V m V n. ΠΡΟΤΑΣΗ.3.7: Υποθέτουμε ότι P, Q 1, d m, n και m, n είναι και οι δύο d d περιττοί. Τότε V m, V n V d. Απόδειξη. Αν D 0 τότε P 4Q 0 κι αφού P, Q μεταξύ τους πρώτοι, P, Q 1 και άρα V n, n N και η προς απόδειξη σχέση ισχύει. Έστω D 0. O Z είναι αντιστρέψιμος αφού detz D. Από την πρόταση.3.6 αφού d m, d n έχουμε ότι V d V m και V d V n, άρα V d V m, V n. Άρα αρκεί να δείξουμε ότι V m, V n V d. Αν V m, V n 1, τότε και V d 1, άρα ισχύει. Έστω V m, V n > 1. Αφού d m, n, υπάρχουν x, y Z τέτοιοι ώστε xm + yn d. Αφού οι m, n είναι περιττοί, ένας εκ των {x, y} πρέπει να d d είναι άρτιος και ο άλλος περιττός. 36

43 Έστω P περιττός: Οι ZM m και ZM n είναι διαγώνιοι πίνακες mod V m, V n, άρα και ο ZM m x ZM n y D ZM d είναι διαγώνιος πίνακας mod V m, V n, όπου Z. Άρα V m, V n V d και επομένως V m, V n V d. Έστω P άρτιος: Τότε οι 1ZM m και 1ZM n είναι διαγώνιοι πίνακες mod Vm, Vn. Έχουμε ότι D x+y 1 1ZM d 1ZM m x 1ZM n y κι αφού D, V n n N, έχουμε ότι 1ZM d είναι διαγώνιος mod V m, V n. Άρα V m, V m V d, άρα V m, V n V d. Τελικά, V d V m, V n. ΠΡΟΤΑΣΗ.3.8: Έστω m, n Z και d m, n. Τότε { m n V d αν άρτιος και d d U m, V n 1 ή αλλιώς περιττός Μάλιστα, ο U m, V n είναι άρτιος αν και μόνον αν ο Q είναι περιττός και ισχύει ένα από τα εξής: Οι P, d είναι και οι δύο άρτιοι ή ο P είναι περιττός και 3 d. Για την απόδειξη της παραπάνω πρότασης παραπέμπουμε στο [6].4 Test ελέγχου πρώτων αριθμών ΠΡΟΤΑΣΗ.4.1: Έστω U n η ακολουθία Lucas ως προς το ζευγάρι P, Q κι έστω p P τέτοιος ώστε p QD. Τότε: U p εp 0 mod p όπου ε p D p. Απόδειξη. P + D n a n n n 0 n P n D Επομένως, P D n b n n n 1 U n 0 n περιττός n 0 n P n 1 D n P n D

44 Αν D p 1, τότε C τέτοιο ώστε P 4Q D C mod p και αφού p 4Q αφού p QD, έχουμε P C mod p. Στην.1 θέτουμε n p 1: p U p 1 p 1 1 P p + p 1 3 P p 4 D + p 1 5 P p 6 D + + p 1 p P D p 3. Για τον διωνυμικό συντελεστή p 1 ισχύει p 1 1 mod p για κάθε περιττό Z και όταν ο p 1 p 1 p U p 1 1 ορίζεται, επομένως: P p + p 1 p 1 p 1 P p 4 D+ P p 6 D + + P D p p [P p + P p 4 D + P p 6 D + + P D p 3 ] mod p P p 1 D p 1 P mod p P D P p 1 C p 1 P mod p 0 mod p. P C Άρα, προκύπτει ότι p U p 1 0 mod p κι αφού p έχουμε U p 1 0 mod p. Άρα p U p 1. Αν D p 1, θέτουμε στην.1 όπου n p + 1: p U p+1 p + 1 Όμως, p+1 p U p+1 0 p+1 περιττός P p+1 D 1 0 mod p : 0 p + 1, 1, p + 1, άρα: 0 p+1 περιττός p + 1 P p+1 D 1 p + 1P p + P D p 1 P + P D p 1 P + P D P P 0 mod p p Επομένως, U p+1 0 mod p κι αφού p, έχουμε U p+1 0 mod p, ή ισοδύναμα p U p+1. Το αντίστροφο της τελευταίας πρότασης δεν ισχύει. Υπάρχουν σύνθετοι φυσικοί αριθμοί n N για τους οποίους η ισοτιμία U n εn 0 mod n είναι αληθής. Τέτοιοι αριθμοί θα λέγονται ψευδοπρώτοι Lucas ως προς το ζευγάρι P, Q, ενώ συγκεκριμένα για το ζευγάρι 1, 1 θα λέγονται ψευδοπρώτοι Fermat για παράδειγμα ο 33 είναι ένας ψευδοπρώτος Fermat. ΟΡΙΣΜΟΣ.4.1: Έστω U n μία ακολουθία Lucas ως προς το ζευγάρι P, Q κι έστω n N τέτοιος ώστε n, QD 1. Τότε, ο ελάχιστος θετικός ακέραιος ln : l P,Qn για τον οποίο ισχύει U ln 0 mod n θα λέγεται σημείο εισόδου του n στην ακολουθία U n. ΠΡΟΤΑΣΗ.4.: Ισχύει η ισοδυναμία n U ln. Από το μικρό θεώρημα του Fermat 38

45 Απόδειξη. Έστω ln π + υ, 0 υ < ln κι έστω ότι υ 0. Εξ ορισμού του ln, n U ln, άρα n U ln π. Ακόμα, από υπόθεση n U. Στην ταυτότητα 8. των ακολουθιών Lucas θέτουμε m και n ln π και έχουμε: δηλαδή, U V ln π U ln π V Q ln π U ln π U V ln π U ln π V Q ln π U υ. Τώρα, αφού n U, U ln π προκύπτει ότι n Q ln π U υ και αφού Μ.Κ.Δ.n, Q 1, έχουμε ότι n U υ που είναι άτοπο αφού ο ln είναι ο ελάχιστος θετικός ακέραιος με αυτή την ιδιότητα. Ως εκ τούτου υ 0 και άρα ln π, άρα ln. Για το αντίστροφο, αφού ln, έχουμε U ln U κι αφού n U ln, έχουμε ότι n U. Παρακάτω δίνoνται δύο tests πιστοποίησης πρώτων αριθμών. ΠΡΟΤΑΣΗ.4.3: Το test του Lucas Έστω ότι μας δίνεται κάποια ακολουθία Lucas και ένας φυσικός αριθμός n τέτοιος ώστε n, Q 1, D n 1 και Un+1 0 mod n. Αν s είναι ένας διαιρέτης του n+1 και για κάθε πρώτο διαιρέτη q του s να ισχύει U n+1, n q 1, τότε για κάθε πρώτο διαιρέτη p του n ισχύει p D p mod s. Επιπλέον, αν s > n + 1, τότε ο n είναι πρώτος αριθμός. Απόδειξη. Επειδή U n+1 0 mod n έχουμε ότι ln n+1. Επομένως, για κάθε πρώτο p που διαιρεί τον n ισχύει lp n+1. Ακόμα, αφού U n+1, n 1, ο p U n+1, άρα lp n+1. q q q Έστω N, τέτοιος ώστε ο q να είναι η μέγιστη δύναμη του q τέτοιος ώστε q s κι αφού q n + 1, έχουμε q n + 1. Άρα q lp κι αυτό ισχύει για κάθε πρώτο διαιρέτη του s, άρα και για το γινόμενό τους. Επομένως, s lp. Από την πρόταση, αφού U p εp 0 mod p, έχουμε ότι lp p ε p, άρα και s p ε p p D p ή ισοδύναμα p D p, δηλαδή p D p mod s. Αν s > n + 1, τότε για κάθε πρώτο p που διαιρεί τον n, έχουμε p + 1 p D p s > n + 1, δηλαδή p > n. Αν ο n δεν ήταν πρώτος, θα είχε έναν πρώτο διαιρέτη r n. ΠΡΟΤΑΣΗ.4.4: Για κάθε περιττό πρώτο p ισχύει U p D p mod p και V p P mod p. Απόδειξη. Στην.1 θέτουμε n p και έχουμε p 1 U p Αν θεωρήσουμε την τελευταία σχέση 1,,..., p 1, έχουμε ότι 0 p περιττός p P p D 1 mod p, αφού p 0 mod p για κάθε p 1 U p D p 1 mod p κι αφού, p 1 από το μικρό θεώρημα Fermat έχουμε p 1 1 mod p. Τελικά, U p D p 1 D p mod p. Για το V p P mod p, η απόδειξη είναι παρόμοια, δηλαδή: p p P + D P D V p a p + b p + 39

46 άρα p V p p 0 p P p D + p 0 p P p 1 D Αν θεωρήσουμε mod p την τελευταία σχέση και αφού p 0 mod p για κάθε 1,,..., p 1, προκύπτει ότι p V p P p + D p + P p D p mod p δηλαδή p 1 V p P p. Επειδή, p P, p 1, έχουμε ότι p 1 1 mod p και ότι P p 1 1 mod p από όπου προκύπτει ότι P p P mod p. Τελικά V p P mod p. ΟΡΙΣΜΟΣ.4.: Η ακολουθία {S n } n N με αναδρομικό τύπο S n+1 S n, S 1 4 λέγεται ακολουθία Lucas - Lehmer. ΠΡΟΤΑΣΗ.4.5: Test των Lucas - Lehmer για τους πρώτους αριθμούς Mersenne Αν p P, p περιττός, τότε ο M p : p 1 είναι πρώτος αν και μόνον αν M p S p 1. Απόδειξη. Θεωρούμε την ακολουθία Lucas ως προς το ζευγάρι P, Q,, δηλαδη D 1, a 1 + 3, b 1 3. Ισχύει ότι U p 3 p mod p και Vp mod p. Υποθέτουμε ότι ο M p p 1 είναι πρώτος αριθμός, όπου p περιττός πρώτος αριθμός. Θα αποδείξουμε ότι S p 1 0 mod M p. Επειδή ο M p είναι περιττός, η τελευταία ισοτιμία είναι ισοδύναμη με την p S p 1 0 mod M p. Για κάθε i 1 ορίζουμε T i i 1 S i. Συνεπώς T 1 0 S και T i+1 i+1 1 S i+1 i 1 Si i 1 S i i +1 Ti i +1. Επομένως αρκεί να δείξουμε ότι: T p 1 p S p 1 0 mod M p. Αλλά, T p Tp p Επειδή M p p 1 7 mod 8, έπεται ότι 1 M p M p Ακόμα, από το θεώρημα του Euler προκύπτει ότι: p 1 1 M p 1 1 mod M p. M p Επομένως, αρκεί να αποδείξουμε ότι T p 4 mod M p. Ισχυριζόμαστε ότι T i V i. Πράγματι, για i 1 έχουμε T V. Υποθέτουμε ότι T 1 V 1 για κάποιο φυσικό. Εξετάζουμε αν T V. T T V Από την ταυτότητα 10. των ακολουθιών Lucas έχουμε ότι V n n έπεται ότι: Τώρα, από την ταυτότητα 7. έχουμε ότι: T V V 1 V. T p V p V p 1+1 V Mp+1 V Mp V 1 + 1U Mp U 1 V Mp + 1U Mp. 40

47 Για κάθε πρώτο p ισχύουν M p 1 mod 3 και M p 1 mod 4. Επομένως: 3 Mp 1 U Mp 1 mod M p 3 3 M p αλλά και V Mp mod M p. Άρα: T p V Mp + 6U Mp 6 4 mod M p. Στη συνέχεια θα αποδείξουμε το αντίστροφο. Υποθέτουμε ότι για κάποιον n N ισχύει η ισοτιμία S n 1 0 mod M n και θα αποδείξουμε ότι ο M n n 1 είναι πρώτος αριθμός. Από την υπόθεση έχουμε ότι M n S n 1 και επομένως M n T n 1, δηλαδή n 1 n 1 1 S n 1. Έστω p ένας πρώτος αριθμός τέτοιος ώστε p n 1 άρα ο p είναι περιττός πρώτος και t : lp ο δείκτης εισόδου του p στην ακολουθία U n,, n N. Επομένως p U t. Από την ταυτότητα 9. των ακολουθιών Lucas U n U n V n. έπεται ότι U n U n 1V n 1 U n 1T n 1. Επειδή n 1 T n 1 έχουμε ότι n 1 U n και άρα p U n. Συνεπώς, t n. Θα αποδείξουμε ότι t n. Αν ίσχυε t n 1, θα είχαμε p U n 1, οπότε, αφού p T n 1 V n 1, θα είχαμε p V 1U n 1 n 1 n 1 δύναμη του, που είναι άτοπο αφού ο p είναι περιττός πρώτος. Αποδείξαμε δηλαδή ότι t lp n. Αλλά, επειδή t lp n p + 1 n, έπεται ότι p n 1 και άρα ο M n n 1 είναι πρώτος αριθμος. Στο [] αποδεικνύεται το test των Lucas και Lehmer για P, Q + 3, 3. Ας εφαρμόσουμε το test για p 11 και p 13. Για p 11. Ο M δεν είναι πρώτος αριθμός. Πράγματι, Ας το διαπιστώσουμε και με τη βοήθεια του test. S 1 4 mod 047 S S 1 14 mod 047 S 3 S 194 mod 047 S 4 S mod 047 S 5 S mod 047 S 6 S mod 047 S 7 S mod 047 S 8 S 7 40 mod 047 S 9 S 8 8 mod 047 S 10 S mod 047 Άρα S 10 0 mod M 11 και επομένως ο M δεν είναι πρώτος αριθμός. Για p 13. Ο M είναι πρώτος αριθμός. Πράγματι, : S 1 4 mod 8191 S S 1 14 mod 8191 S 3 S 194 mod 8191 S 4 S mod 8191 S 5 S mod

48 S 6 S mod 8191 S 7 S mod 8191 S 8 S 7 36 mod 8191 S 9 S mod 8191 S 10 S mod 8191 S 11 S mod 8191 S 1 S 11 0 mod 8191 Άρα S 1 0 mod M 13 και επομένως ο M είναι πρώτος αριθμός. 4

49 Κεφάλαιο 3 Τρίγωνοι αριθμοί στις γενικευμένες ακολουθίες Lucas 3.1 Εισαγωγή Ένας φυσικός αριθμός n ονομάζεται τρίγωνος αν και μόνο αν μπορεί να γραφεί στην μορφή n 1 + 1, όπου N. Θα αποδείξουμε ότι οι μόνο τρίγωνοι αριθμοί στην ακολουθία Fibonacci F n είναι αυτοί με δείκτη n ±1,, 4, 8, 10. Όταν θα γράφουμε ότι x, θα εννοούμε ότι ο αριθμός x είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου. ΘΕΩΡΗΜΑ 3.1.1: Ο αριθμός 8F n + 1 είναι αν και μόνο αν n ±1, 0,, 4, 8, 10. ΘΕΩΡΗΜΑ 3.1.: Ο όρος F n είναι τρίγωνος αριθμός αν και μόνο αν n ±1,, 4, 8, 10. Οι αποδείξεις θα ακολουθήσουν έπειτα. Μια μικρή σκιαγράφηση αυτών λέει ότι αν ο αριθμός F n είναι τρίγωνος τότε ο 8F n + 1 είναι μεγαλύτερο του 1. Αυτό γιατί αν υποθέσουμε ότι ο F n είναι τρίγωνος αριθμός, δηλαδή F n mm+1 για κάποιο m N, τότε 8F n mm mm m + 4m + 1 m + 1. Οπότε αρκεί να βρούμε όλους τους φυσικούς αριθμούς n για τους οποίους ο 8F n +1 είναι τέλειο τετράγωνο. Για να γίνει αυτό, θα πρέπει να βρούμε έναν ακέραιο w n τέτοιον ώστε αν ο 8F n + 1 δεν είναι τότε 8F n+1 w n 1. Αυτό προκύπτει άμεσα από την παρακάτω πρόταση. ΠΡΟΤΑΣΗ 3.1.1: Αν για τον ακέραιο a ισχύει η ισοτιμία x a mod p για κάθε πρώτο p P, τότε ο a είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου. Απόδειξη. Θα αποδείξουμε ότι αν ο a δεν είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου, τότε p P για τον οποίο ισχύει a p 1 και επομένως η ισοτιμία x a mod p δεν έχει λύση, που είναι άτοπο. Λόγω της πολλαπλασιαστικότητας του συμβόλου Jacobi, αρκεί να αποδείξουμε ότι υπάρχει ένας περιττός φυσικός αριθμός l τέτοιος ώστε a l 1. Αφού υποθέσαμε ότι ο a δεν είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου, θα ισχύουν μια από τις παρακάτω τρεις δυνατότητες: 1. a b, b Z. Τότε, αν c Z, c > 0 με c 3 mod 4 και Μ.Κ.Δ.b, c 1 έχουμε: a b 1 1 c 1 1 c c c 43

50 . a ± t b, όπου t, b Z περιττοί, θετικοί ακέραιοι. Τότε, αφού Μ.Κ.Δ.b, 1, έχουμε και ότι Μ.Κ.Δ.8, b 1 και άρα το σύστημα x 5 mod 8 x 1 mod b έχει λύση και έστω η λύση αυτού να είναι ο c Z, c > 0. Τότε: 1 1 c 1 1, αφού c 5 mod 8 c και άρα, αφού ο t είναι περιττός, έχουμε: t t c c c αλλά και b c Επομένως a c 1. c 1 b 1 c 1 b 1 c c b 1 1 b 3. a ± s q t b, όπου b, t Z περιττοί με Μ.Κ.Δ. q, b 1, q P, q. Θεωρούμε το σύστημα x 1 mod 4b x d mod q όπου d κάποιος ακέραιος. Το σύστημα έχει λύση αφού ο q και αφού οι q, b είναι μεταξύ τους πρώτοι, τότε και Μ.Κ.Δ.4b, q 1. Έστω d > 0 κάποιο μη τετραγωνικό υπόλοιπο mod q και l > 0 λύση του παραπάνω συστήματος. Τότε: s s 1 l l και Όμως, q t l Και άρα a c 1. b l q l l 1 b 1 l 1 b l 1 l 1 q 1 q l b l q 1 1 b d 1 q Όπως ορίστηκε στο κεφάλαιο, η ακολουθία L n, n Z έχει αναδρομικό τύπο L n+ L n+1 + L n, L 0, L 1 1. Υπενθυμίζουμε τις παρακάτω ταυτότητες: 1. F n 1 n+1 F n L n 1 n L n 44

51 . F m+n F m L n + F n L m L m+n 5F m F n + L m L n 3. F n F n L n L n L n + 1 n+1 4. L n 5F n 4 1 n 5. F t+n 1 t F n mod L, όπου n, m, t Z και ± mod 6. Απόδειξη. Προσθαφαιρούμε στον δείκτη και έχουμε F t+n F [t 1+n]+. Έτσι, αν θέσουμε s και l t 1 + n στην ταυτότητα F l+s F l L s 1 s F l s, προκύπτει: F t+n 1 F [t 1+n] mod L κι αφού ± mod 6, άρα ο είναι άρτιος, έχουμε F t+n F [t 1+n] mod L Επαναλαμβάνουμε τη διαδικασία αυτή για τον F [t 1+n] και προκύπτει ότι F [t 1+n] 1 F [t +n] F [t +n] mod L Παρατηρούμε ότι τα πρόσημα πηγαίνουν εναλλάξ και ότι σε άρτιο πλήθος βημάτων έχουμε θετικό πρόσημο, άρα μετά από t βήματα ακόμα θα έχουμε το ζητούμενο, δηλαδή F t+n 1 t F n mod L. Επιπλέον, τα ζευγάρια x, y F n, L n είναι οι ακέραιες λύσεις της εξίσωσης 5X Y ±4. Άρα, αν ο F n είναι τρίγωνος αριθμός, δηλαδή F n mm+1 για κάποιο m N, η εξίσωση μετασχηματίζεται ως εξής: 5 m m Y ±4 ή ισοδύναμα 4Y 5m m 3 + 5m 16. Το να βρούμε, δηλαδή, όλους τους τρίγωνους αριθμούς στην ακολουθία Fibonacci, ισοδυναμεί με το να βρούμε όλα τα ακέραια σημεία των δύο παραπάνω καμπυλών. 3. Κριτήριο με χρήση του συμβόλου Jacobi Κριτήριο 3..1: Αν a, n N τέτοιοι ώστε n ± mod 6 και Μ.Κ.Δ.a, L n 1, τότε ±4aFn + 1 8aFn ± L n 64a + 5 L n όταν τα σύμβολα Jacobi ορίζονται. Απόδειξη. Αφού n ± mod 6 έχουμε L n 3 mod 4. Αυτό το δείχνουμε με χρήση της μαθηματικής επαγωγής, δηλαδή, αφού n mod 6, έχουμε ότι n 6 +, N Για 0, ο n άρα L 3 3 mod 4, επομένως ισχύει. 45

52 Έστω ότι ισχύει για l, δηλαδή L 6l+ 3 mod 4. Εξετάζουμε αν ισχύει για l + 1: L 6l+1+ L 6l F 6 F 6l+ + 1 L 6 L 6l F 6l L 6l+ 0F 6l+ +9L 6l+ 0 F 6l+ +1 L 6l+ L 6l+ 3 mod 4, λόγω της επαγωγικής υπόθεσης. Άρα αν n mod 6, έχουμε ότι L n 3 mod 4. Αν n mod 6 τότε n mod 6 κι από την ταυτότητα 1. έχουμε L n 1 n L n 1 6z+ L n, για κάποιο z Z και άρα L n L n 3 mod 4, αφού n mod 6. Oμοίως, αφού n ±4 mod 1 έχουμε L n 7 mod 8. Αποδεικνύουμε πάλι πρώτα την περίπτωση όπου n 4 mod 1, δηλαδή n για κάποιο N. Αν 0, τότε L n L mod 8, επομένως ισχύει για 0. Έστω ότι ισχύει για l, δηλαδή L 1l+1 7 mod 8. Εξετάζουμε για l + 1: L 1l+1+4 L 1l F 1 F 1l L 1 L 1l F 1l L 1l F 1l L 1l+4 0 F 1l+4 + L 1l+4 L 1l+4 7 mod 8, λόγω της επαγωγικής υπόθεσης. Άρα, αν n 4 mod 1, έχουμε L n 7 mod 8. Αν n 4 mod 1, τότε n 4 mod 1 και άρα με χρήση της ταυτότητας 1., έχουμε ότι L n 1 n L n 7 mod 8. Έτσι: L n Επομένως ±4aFn + 1 L n L n L n 1 L n ±4aFn + 1 ±8aFn + ±8aFn L n + L n όπου η τελευταία ισότητα προκύπτει από την ταυτότητα 3. Εφαρμόζουμε τον τετραγωνικό νόμο αντιστροφής, έχουμε ±8aFn L n + L n L n 1 8aF nln±ln 1 Ln 1 L n 8aF n L n ± L n κι αφού L n 3 mod 4, έχουμε ότι ο αριθμός 8aF nl n ±L n 1 είναι άρτιος, άρα το τελευταίο είναι ίσο με L n Ln L n 8aF n L n ± L n L n 8aF n ± L n Από τις ταυτότητες. και 3.το τελευταίο σύμβολο του Jacobi ισούται με: L n 1 5F n + L n 1 1 5F n + L n L n 8aF n ± L n L n L n 8aF n ± L n 1 L n 1 1 5F n + L n L n 8aF n ± L n 46 L n L n

53 Καθώς 16a 4a, το 16a 8aF n ±L n 1 και άρα μπορούμε να πολλαπλασιάσουμε με 16a 8aF n ±L n χωρίς να αλλάξει πρόσημο η παράσταση. Έτσι, 1 L n 1 1 5F n + L n a 40aF n + 8aL n L n 8aF n ± L n L n 8aF n ± L n 8aF n ± L n a ±64a + 5F n L n L n 8aF n ± L n 8aF n ± L n a ±64a + 5 Fn L n L n 8aF n ± L n 8aF n ± L n 8aF n ± L n a 8aFn ± L n Fn L n ± L n 8aF n ± L n ±64a + 5 8aF n ± L n Αν F n 1 mod 4, τότε F n 8aFn ± L n 8aF n ± L n F n Όμως, Fn 1 1 F n 1 1, άρα ±Ln Ln F n F n Fn Αν F n 3 mod 4, τότε F n 8aFn ± L n ±Ln 8aF n ± L n F n F n Άρα σε κάθε περίπτωση έχουμε F n 8aF n ±L n Fn L n. Αφού L n 8aF n ±L n 8aF n ±L n L n ± a L n Fn L n, έχουμε: ±4aFn + 1 a a 8aFn ± L n L n L n 8aF n ± L n 64a + 5 Θέτουμε a s b, s 0, b. L n 1 F n 1 8aF n±ln 1 ±Ln F n 1 F n 1 Ln 1 Fn 1 L n Fn L n 1 F n 1 Ln 1 Fn L n a 8aFn ± L n 8aF n ± L n 64a + 5 Αν b 1 mod 4 και s άρτιος: a s b s b 8aF n ± L n 8aF n ± L n 8aF n ± L n 8aF n ± L n s b b 8aF n ± L n 8aF n ± L n 8aF n ± L n 8aFn ± L n 1 b 1 8aF n ±L n 8aFn ± L n b b κι αφού b a έχουμε τελικά: a 8aF n ± L n ±L n b 47 ±Ln 1 b

54 Αν b 1 mod 4 και s περιττος: Τότε 8aF n ± L n ±1 mod 8 και άρα: a s b s b 8aF n ± L n 8aF n ± L n 8aF n ± L n 8aF n ± L n s b b 8aF n ± L n 8aF n ± L n 8aF n ± L n 8aF n ± L n 18aF n ±L n 1 b 8aFn ± L n 8 1 b 1 8aF n ±L n 8aFn ± L n 8aF n ± L n b b κι αφού b a έχουμε τελικά: a 8aF n ± L n ±L n b ±Ln 1 Αν b 3 mod 4, ομοίως με πριν: a b 8aFn ± L n ±L ± ± n 1 8aF n ± L n 8aF n ± L n b b Άρα τελικά: ±4aFn + 1 8aFn ± L n 64a + 5 L n b 3.3 Τρίγωνοι αριθμοί στην ακολουθία Fibonacci Πριν την απόδειξη των δύο θεωρημάτων της εισαγωγής θα μελετήσουμε μερικές συνέπειες του Κριτηρίου με χρήση του συμβόλου Jacobi. ΛΗΜΜΑ 3.3.1: Αν n ±1 mod 5 5, τότε ο 8F n + 1 μόνο για n ±1. Απόδειξη. Θεωρούμε την περίπτωση n 1 mod 5 5 και n 1. Τότε θέτουμε n sgnn 1 3 r 5m + 1, όπου με sgnn 1 συμβολίζουμε το πρόσημο του n 1, r 0, 3 m, m > 0. Επίσης ισχύει m ±16 mod 48, αφού 4 16 m, άρα m 0 ή 16 ή 3 mod 48. Αν m 0 mod 48, επειδή 3 48, θα είχαμε 3 m, άτοπο. Άρα m ±16 mod 48. Ξεχωρίζουμε δύο περιπτώσεις: Αν g sgnn 1 3 r 1 mod 4. Τότε θέτουμε 5m αν m 16 mod 48 ή m αν m 3 mod 48. Έτσι, έχουμε σε κάθε περίπτωση 3 mod 48. Αν 5m. Τότε n g + 1 g g H σχέση F lt+s 1 t F s mod L l, για l, t g 1 και για s + 1 γράφεται: F n 1 g 1 F+1 mod L. Τώρα, επειδή g 1 mod 4, έχουμε ότι ο g 1 είναι άρτιος, δηλαδή F n F +1 mod L 48

55 Αν m. Τότε n 5g + 1 5g g Η σχέση F lt+s 1 t F s mod L l, για l, t 5g και s + 1, γράφεται: F n 1 5g 1 F +1 Τώρα, επειδή 5g 1 mod 4, έχουμε ότι ο 5g 1 είναι άρτιος και άρα Με χρήση της ταυτότητας. έχουμε: F n F +1 mod L 8F n +1 8F F F L 1 +F 1 L +1 4F +4L +1 4F + 1 mod L Επομένως, 8Fn + 1 4F + 1 8F + L 69 L L όπου η τελευταία ισότητα προκύπτει από το κριτήριο για a 1. Η ακολουθία {8F n + L n } n N είναι περιοδική mod 69 με περίοδο 48 1, δηλαδή N ισχύει 8F L +48 8F + L mod 69 κι αφού 3 mod 48 έχουμε: 8Fn + 1 8F + L 8F3 + L L άρα 8F n + 1. Αν g sgnn 1 3 r 3 mod 4. Σ αυτή την περίπτωση θέτουμε m αν m 16 mod 48 ή 5m αν m 3 mod 48. Έτσι, σε κάθε περίπτωση έχουμε 16 mod 48. Ομοίως, με χρήση των ταυτοτήτων 5. και. προκύπτει 8Fn + 1 4F + 1 8F L 69 L L Η ακολουθία {8F n L n } n N είναι περιοδική mod 69 με περίοδο 48 κι αφού 16 mod 48 έχουμε 8F L 8F 16 L mod 69, άρα 8Fn L απ όπου προκύπτει ότι και σε αυτή τη περίπτωση ο 8F n + 1 δεν είναι τέλειο τετράγωνο 1 Γνωρίζουμε από το Κεφάλαιο ότι η ακολουθίες των Fibonacci και Lucas είναι περιοδικές modulo κάποιον ακέραιο. Οι περίοδοι των ακολουθιών αυτών υπολογίστηκαν στο Sage και ο κώδικας του προγράμματος παρατίθεται στο παράρτημα αυτού του κεφαλαίου. 49

56 Αν n 1 mod 5 5 και n 1, τότε από την 1 έχουμε ότι:8f n +1 8F n 1 n Όμως n mod 5 5, άρα n + 1, άρα n + 1 άρτιος κι επομένως 8F n + 1 8F n + 1. Αφού n 1 mod 5 5 και n 1, από το προηγούμενο επιχείρημα ο 8F n + 1. Τέλος, αν n 1 έχουμε 8F n + 1 8F , ενώ για n 1, 8F n 1 8F , που ολοκληρώνει την απόδειξη. ΛΗΜΜΑ 3.3.: Αν n 0 mod 5, τότε ο 8F n + 1 είναι τέλειο τετράγωνο μόνο για n 0. Απόδειξη. Αν n > 0, θέτουμε n 5 s l, l, s 1 και ορίζουμε s αν s 0 mod 3 5 s αν s 1 mod 3 5 s αν s mod 3 Έτσι ±6 mod 14, το οποίο το δείχνουμε επαγωγικά. Δηλαδή, Αν s 0 mod 3. Τότε s 3z, z N και s 3z 8 z. Για z 1 : 8 6 mod 14. Έστω ότι ισχύει για z l, l N, δηλαδή 8 l ±6 mod 14. Εξετάζουμε για z l Αν 8 l 6 mod 14, τότε 8 l+1 8 l mod Αν 8 l 6 mod 14, τότε 8 l+1 8 l mod 14. Αν s 1 mod 3. Τότε s 3z + 1 με z N και s z. Για z 1 : mod 14. Έστω ότι ισχύει για z l, l N, δηλαδή 50 l 8 ±6 mod 14. Εξετάζουμε για z l + 1 -Αν 50 l 8 6 mod 14, τότε 50 8 l l mod Αν 50 8 l 6 mod 14, τότε 50 8 l l mod 14. s mod 3. Τότε s 3z +, z N και 5 s 0 8 z. Για z 1 : mod 14. Έστω ότι ισχύει για z l, δηλαδή 0 8 l ±6 mod 14. Εξετάζουμε για z l + 1 -Αν 0 8 l 6 mod 14, τότε 0 8 l l mod 14. -An 0 8 l 6 mod 14, τότε 0 8 l l mod 14. Αφού ±6 mod 14, έχουμε ότι Μ.Κ.Δ., L 1. Ακόμα, αφού, έχουμε ότι 0 ή ή 4 mod 6. Όμως, αν 0 mod 6, αφού 3 6, θα είχαμε 3 που είναι άτοπο εξ ορισμού του, επομένως ± mod 6. Eφαρμόζοντας την 5για κάθε επιλογή του και το κριτήριο για a, προκύπτει ότι: 8Fn + 1 ±8 F F ± L 16F ± L 16F ± L L L 50

57 Ισχυριζόμαστε ότι η τελευταία ισότητα ισχύει γιατί Μ.Κ.Δ.16F K + L, 3 1 για κάθε άρτιο N. Οι ακολουθίες {16F n ± L n } n N είναι και οι δύο περιοδικές mod 9 με περίοδο 14, δηλαδή n N ισχύει 16F n+14 ± L n+14 16F n ± L n mod 9. Αν 6 mod 14, τότε 16F + L 16F 6 + L mod 9, ενώ 16F L 16F 6 L mod 9. Αν 6 mod 14, τότε, 16F + L 16F 8 + L mod 9, ενώ 16F L 16F 8 L mod 9. Επειδή ±1 ±6 1, έχουμε τελικά ότι 9 9 8Fn F ± L 1 9 L και άρα ο 8F n + 1 δεν είναι τέλειο τετράγωνο. Μένει μόνο να αποδείξουμε τον ισχυρισμό Για κάθε άρτιο N ισχύει ότι Μ.Κ.Δ.16F + L, 3 1 Αφού άρτιος έχουμε ότι 0,, 4, 6 mod 8. Αρκεί, αφού ο 3 είναι πρώτος αριθμός, 16F + L 0 mod 3 ομοίως 16F L 0 mod 3. i Αν 0 mod 8, τότε F 0 mod 3 και L mod 3, επομένως 16F + L mod 3. ii Αν mod 8, τότε F 1 mod 3 και L 0 mod 3, επομένως 16F + L 1 mod 3. iii Αν 4 mod 8, τότε F 0 mod 3 και L 1 mod 3, επομένως 16F + L 1 mod 3. iv Αν 6 mod 8, τότε F mod 3 και L 0 mod 3, επομένως 16F + L mod 3. Πράγματι, για το i, αφού 0 mod 8, έχουμε ότι 8l, l N. Για l 0, έχουμε 0 και άρα F mod 3. Υποθέτουμε ότι ισχύει για l m, m N, δηλαδή F 8m 0 mod 3. Εξετάζουμε για l m + 1: Από την ταυτότητα 6. των ακολουθιών F n και L n της σελίδας 30, έχουμε: F 8m+1 F 8m+8 L 8 F 8m + F 8 L 8m 47 F 8m + 1 L 8m F 8m 0 mod 3 άρα 0 mod 8 ισχύει F 0 mod 3. Ακόμα, για l 0 έχουμε 0 και άρα L 0 mod 3. Υποθέτουμε ότι ισχύει για l m, m N, δηλαδή L 8m mod 3. Εξετάζουμε αν ισχύει για l m + 1: Από την ταυτότητα 7. των ακολουθιών F n και L n της σελίδας 30, έχουμε: L 8m+1 L 8m+8 L 8 L 8m + 5 F 8 F 8m 47 L 8m F 8m 51

58 L 8m 1 mod 3 άρα 0 mod 8 έχουμε L mod 3. Τα ii, iii, iv ομοίως. Για να ολοκληρωθεί η απόδειξη, αν n 0 έχουμε 8F n + 1 8F ΛΗΜΜΑ 3.3.3: Αν n mod 5 5, τότε ο 8F n + 1 μόνο για n. Απόδειξη. Αν n >, θέτουμε n 3 r 5 l + με 3 l, l > 0 και l ±16 mod 48, όπως στο λήμμα 1. Θέτουμε l ή 5l ή 5 l, το οποίο θα καθοριστεί αργότερα. Αφού 4, προκύπτει ότι Μ.Κ.Δ.3, L 1. Πράγματι, αφού 4, έχουμε ότι 4z, z Z. Από την 1, L 4z L z + 1 z+1 L z. Αν 3 L 4, θα είχαμε ότι η κλάση του θα ήταν τετραγωνικό ισοϋπόλοιπο mod 3. Όμως, , άτοπο, κι αφού 3 P, έχουμε ότι Μ.Κ.Δ.3, L 1. Ακόμα, 0 ή ή 4 mod 6 γιατί 4, άρα 0 ή ή mod 6. Αν 0 mod 6, αφού 3 6, θα είχαμε ότι 3 και άρα 3 l, άτοπο. Επομένως με χρήση πάλι της 5. για κάθε περίπτωση του, προκύπτει: 8F n + 1 8F ±1F + 1 ±4 F ±4F L + F L ±1F + 1 mod L και επομένως 8Fn + 1 ±1F + 1 ±4 3F + 1 4F ± L 581 L L όπου η τελευτάια ισότητα προκύπτει από το κριτήριο για a 3. Οι ακολουθίες {4F m ± L m } m N είναι περιοδικές mod 581 και μάλιστα έχουν και οι δύο την περίοδο που είναι 336. Ισχύει ο ακόλουθος πίνακας: L n mod F n + L n mod F n L n mod Με απλούς υπολογισμούς μπορούμε να δείξουμε ότι για κάθε κλάση x mod 581 της δεύτερης και τρίτης γραμμής ισχύει x 1 και άρα 581 4Fn ± L n 1, n 80, 11, 18, 08, 4, 56 mod Αφού κι αφού l ±16 mod 48, έχουμε ότι l 16, 3, 64, 80, 11, 18, 160, 176, 08, 4, 56, 7, 304, 30 mod 336. Επιλέγουμε, λοιπόν, το ως εξής: l αν l 80, 11, 18, 08, 4, 56 mod l αν l 16, 160, 176, 30 mod l αν l 3, 64, 7, 304 mod 336 5

59 Έτσι, 80, 11, 18, 08, 4, 56 mod 336 κι επομένως 8Fn + 1 4F ± L L από όπου προκύπτει ότι ο 8F n + 1. Τέλος, για n έχουμε 8F n + 1 8F , που ολοκληρώνει την απόδειξη. ΛΗΜΜΑ 3.3.4: Αν n 4 mod 5, τότε ο 8F n + 1 είναι τέλειο τετράγωνο μόνο για n 4. Απόδειξη. Αν n > 4, θέτουμε n 3 r + 4 όπου r 0, 3 κι ομοίως προς το πρώτο λήμμα, ±16 mod 48. Έτσι, με χρήση της ταυτότητας 5. έχουμε: 8F n r F F mod L Η ακολουθία L n mod 3, n N είναι περιοδική με περίοδο 48, δηλαδή n N ισχύει L n+48 L n mod 3 κι αφού ±16 mod 48, έχουμε ότι L L mod 3, επομένως: 8Fn L L από όπου προκύπτει ότι ο 8F n + 1. Τέλος, για n 4 έχουμε 8F n + 1 8F L L 1 L 1 L 1 L L 3 3 ΛΗΜΜΑ 3.3.5: Αν n 8 mod 5 5, τότε 8F n + 1 μόνο για n 8. Απόδειξη. Αν n > 8, θέτουμε n 3 r 5l + 8 με 3 l και l ±16 mod 48ομοίως με λήμμα 1. Έστω l ή 5l, το οποίο θα καθοριστεί αργότερα. Αν l: Αν 5l: 8F n r F F mod L 8F n r F F mod L Άρα, σε κάθε περίπτωση έχουμε 8F n mod L. Η ακολουθία L n mod 167, n N είναι περιοδική με περίοδο 336, δηλαδή n N : L n+336 L n mod 167. Ακόμα, ισχύει ο παρακάτω πίνακας: n mod 336 ±3 ±64 ±80 ±11 ±160 L n mod Με απλούς υπολογισμούς προκύπτει ότι αν x 15, 91, 17, 166, 10 mod 167, τότε x 1, δηλαδή οι κλάσεις mod 167 της δεύτερης γραμμής είναι τετραγωνικά 167 ανισοϋπόλοιπα mod 167. Έστω A το σύνολο των υπολοίπων mod 336 της πρώτης γραμμής του πίνακα. Επιλέγουμε τον έτσι ώστε mod 336 A. Επειδή και l ±16 mod 48, έχουμε 53

60 ότι l 16, 3, 64, 80, 11, 18, 160, 176, 08, 4, 56, 7, 304, 30 mod 336. Οι παραπάνω κλάσεις, εκτός από τέσσερις και συγκεκριμένα τις 16, 18, 08, 30 mod 336 ανήκουν στο A. Για αυτές τις κλάσεις επιλέγουμε l. Για τις υπόλοιπες τέσσερις επιλέγουμε 5l, δηλαδή ±3, ±80 και έτσι σε κάθε περίπτωση έχουμε ότι mod 336 A. Επομένως,, ο L είναι τετραγωνικό ανισοϋπόλοιπο mod 167. Άρα προκύπτει: 8Fn L L L L 1 L L 1 L και άρα ο 8F n + 1 δεν είναι τέλειο τετράγωνο. Για n 8 έχουμε: 8F n + 1 8F , που ολοκληρώνει την απόδειξη. ΛΗΜΜΑ 3.3.6: Αν n 10 mod 5 11, ο 8F n + 1 είναι τέλειο τετράγωνο μόνο για n 10. Απόδειξη. Η ακολουθία {L n } n N είναι περιοδική ακόλουθος πίνακας: mod 439 με περίοδο 438. Ισχύει ο n mod L n mod Έστω B το σύνολο των κλάσεων mod 438 της πρώτης γραμμής του πίνακα. Τότε n B ο L n είναι τετραγωνικό ανισοϋπόλοιπο mod 439:

61 Αν n > 10, θέτουμε n l 5 11 t + 10, όπου l και t 1. Η ακολουθία n mod 438 είναι περιοδική ως προς το n, με περίοδο 18. Ισχύει ο παρακάτω πίνακας: t mod t mod t mod t mod t mod t mod t mod t mod t mod t mod όπου οι υπογραμμισμένες κλάσεις mod 438 ανήκουν στο B. Θέτουμε το ως εξής: t αν t 1, 3, 4, 6, 8, 11, 14, 15 mod 18 5 t αν t 10, 1, 16 mod t αν t 0,, 7, 9 mod t αν t 5, 13, 17 mod 18 Έτσι έχουμε mod 438 B κι επομένως ο L είναι τετραγωνικό ανισοϋπόλοιπο mod 439. Με χρήση της 5, για κάθε περίπτωση του έχουμε: L L 8F n + 1 8F mod L Κι επομένως 8Fn L l L 1 L 1 1 L L και άρα ο 8F n + 1. Για n 10 έχουμε 8F n + 1 8F , που ολοκληρώνει την απόδειξη. Από τα λήμματα εώς 6 προκύπτει το παρακάτω πόρισμα. ΠΟΡΙΣΜΑ 3.3.1: Υποθέτουμε ότι ο n 0,, 4, 8, 10 mod Τότε ο 8F n + 1 είναι τέλειο τετράγωνο μόνο για n 0,, 4, 8, 10. Στα λήμματα που έπονται, θα αποκτήσουμε μερικές αναγκαίες συνθήκες για το πότε ο 8F n + 1 είναι τέλειο τετράγωνο. Η ιδέα της απόδειξης είναι η εξής: Θα μελετούμε την ακολουθία {8F n + 1} n N modulo a 1. Η ακολουθία αυτή ξέρουμε ότι είναι περιοδική 55

62 με περίοδο έστω 1 και θα αποκλείσουμε όλες τις τιμές του n mod 1 για τις οποίες 8Fn Έπειτα, θα μελετήσουμε την ίδια ακολουθία mod a της οποίας η περίοδος θα είναι. Η επιλογή του a γίνεται με τέτοιο τρόπο έτσι ώστε 1. Και σε αυτήν την περίπτωση θα εξαλείψουμε όλες τις τιμές του n mod για τις οποίες ο 8F n + 1 είναι τετραγωνικό ανισοϋπόλοιπο. Συνεχίζουμε αναλόγως μέχρι να φτάσουμε στο επιθυμητό αποτέλεσμα. Τα περισσότερα από τα a i θα επιλεγούν να είναι πρώτοι αριθμοί και οι υπολογισμοί να προκύπτουν άμεσα από την σχέση 8F n F n F n ΛΗΜΜΑ 3.3.7: Αν ο 8F n + 1 είναι τέλειο τετράγωνο, τότε n ±1, 0,, 4, 8, 10 mod 5 5. Απόδειξη. Modulo 11: Η ακολουθία {8F n + 1} n N είναι περιοδική mod 11 με περίοδο 10. Μπορούμε να αποκλείσουμε τις κλάσεις n 3, 5, 6, 7 mod 10 καθώς για αυτές τις τιμές του n έχουμε 8F n + 1 6, 8, 10, 6 mod 11, κλάσεις οι οποίες είναι τετραγωνικά ανισοϋπόλοιπα mod 11, καθώς: Επομένως μένουν οι κλάσεις n 0, 1,, 4, 8, 9 mod 10. Modulo 5: Μπορούμε να εξαιρέσουμε τις κλάσεις n 9, 11, 1, 14, 18 mod 0 καθώς για αυτές τις τιμές του n έχουμε ότι 8F n + 1 ± mod 5, κλάσεις οι οποίες είναι τετραγωνικά ανισοϋπόλοιπα mod 5, γιατί Επομένως απομένουν n 0, 1,, 4, 8, 10, 19 mod 0. Modulo 3: Αποκλείουμε τις κλάσεις n 3, 5, 6 mod 8 καθώς για αυτές τις τιμές του n έχουμε ότι 8F n + 1 mod 3, αφού η κλάση του είναι τετραγωνικό ανισοπϋπόλοιπο mod 3, άρα, αφού 8 40, εξαιρούμε τις κλάσεις n 19, 1,, 30 mod 40 και άρα απομένουν οι κλάσεις n 0, 1,, 4, 8, 10, 0, 4, 8, 39 mod 40. Modulo 161: Εξαιρούμε τις κλάσεις n 8, 39, 41, 4, 44, 60, 68 mod 80 καθώς για αυτές τις τιμές του n έχουμε 8F n , 154, 154, 154, 138, 067, 1010 mod 161, κλάσεις οι οποίες είναι τετραγωνικά ανισοϋπόλοιπα mod 161, αφού: 56

63 Modulo 3041: Εξαιρούμε τις κλάσεις n 4, 40, 50, 64, 79, 81, 8, 84, 88, 90, 100, 104, 10, 18 mod 160 καθώς για αυτές τις τιμές του n έχουμε αντίστοιχα 8F n +1 57, 590, 613, 1815, 7, 7, 7, 3, 874, 60, 619, 595, 447, 1500 mod Οι παραπάνω κλάσεις όμως είναι τετραγωνικά ανισοϋπόλοιπα mod 3041 αφού: Modulo 1601: Αποκλείουμε τις κλάσεις n 130, 144 mod 160 καθώς για αυτές έχουμε 8F n , 110 mod 1601 κλάσεις οι οποίες είναι τετραγωνικά ανισοϋπόλοιπα mod Πράγματι, Επομένως μας απέμειναν οι κλάσεις n 0, 1,, 4, 8, 10, 0, 48, 80, 159 mod

64 Modulo 07. Εξαιρούμε τις κλάσεις n 48, 80, 08, 40 mod 30 καθώς για αυτές τις κλάσεις 8F n , 176 mod 07 τα οποία δεν είναι τετραγωνικά ανισοϋπόλοιπα mod 07, καθώς: Κι άρα απομένουν οι κλάσεις n 0, 1,, 4, 8, 10, 0, 159 mod 160. Τέλος, μπορούμε να εξαιρέσουμε την κλάση n 0 mod 160 καθώς αν θέσουμε n 160m + 0, m Z και αφού 80 mod 6, από την ταυτότητα 5. έχουμε F 160m+0 ±F 0 mod L 80, όπου το πρόσημο εξαρτάται από το εάν ο m είναι άρτιος ή περιττός. Με χρήση των ταυτοτήτων 3. και 4. προκύπτει: 8F0 + 1 L80 L 0 5F 0 + L 80 8F F F F F F F Όμοια, 8F 0 +1 L Άρα τελικά n 0, 1,, 4, 8, 10, 159 mod Στο εξής θεωρούμε ότι ο n είναι άρτιος. ΛΗΜΜΑ 3.3.8: Αν ο n είναι άρτιος και 8F n +1, τότε n 0,, 4, 8, 10 mod 5. Απόδειξη. Θα ξεκινήσουμε από το δεύτερο βήμα της απόδειξης του προηγούμενου λήμματος. Σημειώνουμε ότι αφού ο n είναι άρτιος έχουμε n 0,, 4, 8, 10 mod 0. Modulo 101: Εξαιρούμε τις κλάσεις n 1, 18, 0, 4, 3, 38, 40, 4, 44, 48 mod 50 καθώς για αυτές τις κλάσεις έχουμε αντίστοιχα: 8F n + 1 4, 69, 86, 73, 34, 61, 66, 35, 38, 94 mod 101 κλάσεις οι οποίες είναι τετραγωνικά ανισοϋπόλοιπα mod 101. Modulo 151: Αποκλείουμε τις κλάσεις n, 8, 34 mod 50 αφού για αυτές προκύπτει: 8F n , 10, 108 mod 151 που είναι τετραγωνικά ανισοϋπόλοιπα και αυτά. Άρα απομένουν οι κλάσεις n 0,, 4, 8, 10, 30, 50, 60, 64, 80 mod 100. Modulo 3001: Εξαιρούμε τις κλάσεις n 60, 80 mod 100 καθώς για αυτές προκύπτει αντίστοιχα: 8F n , 900 mod 3001 για τις οποίες κλάσεις όμως ισχύει

65 Modulo 5: Εξαιρούμε την κλάση n 64 mod 100 καθώς για αυτήν την κλάση έχουμε: 8F n mod 5 που είναι τετραγωνικό ανισοϋπόλοιπο mod 5. Άρα n 0,, 4, 8, 10, 30, 50 mod 100. Modulo 401: Αποκλείουμε τις κλάσεις n 30, 50, 130, 150 mod 00 καθώς για αυτές προκύπτει: 8F n + 1 1, 165, 81, 38 mod 401 που είναι τετραγωνικά ανισοϋπόλοιπα mod 401. Άρα τελικά n 0,, 4, 8, 10 mod 100, που ολοκληρώνει την απόδειξη. ΛΗΜΜΑ 3.3.9: Αν ο n είναι άρτιος και 8F n + 1, τότε n 0,, 4, 8, 10 mod Απόδειξη. Modulo 199: Εξαιρούμε τις κλάσεις n 16, 18, 0 mod, αφού για αυτές τις κλάσεις έχουμε ότι 8F n , 176, 19 mod 199 που είναι τετραγωνικά ανισοϋπόλοιπα mod 199. Ως εκ τούτου απομένουν οι κλάσεις n 0,, 4, 6, 8, 10, 1, 14 mod. Modulo 89: Εξαιρούμε τις κλάσεις n 6, 4, 6, 8, 3, 34 mod 44 αφού για αυτές, έχουμε αντίστοιχα 8F n , 8, 66, 6, 6, 6 mod 89 που δεν είναι τετραγωνικά ισοϋπόλοιποα mod 89, άρα απομένουν οι κλάσεις n 0,, 4, 8, 10, 1, 14,, 30, 36 mod 44. Ακόμα, στα δύο πρώτα βήματα του λήμματος 7 δείξαμε ότι είναι απαραίτητο n 0,, 4, 8, 10 mod 0, άρα κι αφού 44 0, έχουμε n 0,, 4, 8, 10,, 30, 44, 48, 80, 88, 90, 100, 10, 110, 14, 140, 14, 144, 168, 180, 184, 188, 190 mod 0. Modulo 661: Αποκλείουμε τις κλάσεις n 44, 48, 14, 144, 180, 184 mod 0 καθώς για αυτές έχουμε αντίστοιχα: 8F n , 14, 90, 447, 379, 546 mod 661 κλάσεις που δεν είναι τετραγωνικά ισοϋπόλοιπα mod 661. Modulo 331: Εξαιρούμε τις κλάσεις n 30, 58, 88, 10 mod 110 καθώς από αυτές προκύπτουν αντίστοιχα: 8F n + 1 4, 31, 31, 164 mod 331 που είναι τετραγωνικά ανισοϋπόλοιπα mod

66 Modulo : Αποκλείουμε τις κλάσεις n 80, 90, 14, 188 mod 0 καθώς για αυτές έχουμε αντίστοιχα: 8F n , 5411, , mod για τις οποίες κλάσεις ισχύει ότι δεν είναι τετραγωνικά ισοϋπόλοιπα mod Από τις τρεις τελευταίες περιπτώσεις μαζί προκύπτει ότι n 0,, 4, 8, 10,, 100, 110, 190 mod 0. Modulo 307: Εξαιρούμε τις κλάσεις n 14,, 58, 66 mod 88 καθώς για αυτές τις κλάσεις προκύπτει αντίστοιχα: 8F n , 16, 55, 147 mod 307 που δεν είναι τετραγωνικά ισοϋπόλοιπα mod 307. Αυτές οι κλάσεις είναι ισοδύναμες με n 14, mod 44, άρα μπορούμε να εξαιρέσουμε και τις n, 110, 190 mod 0 από αυτές που έμειναν στο προηγούμενο βήμα και άρα απομένουν οι κλάσεις n 0,, 4, 8, 10, 100 mod 0. Modulo 881: Μπορούμε να αποκλείσουμε τις κλάσεις n 1, 56, 100, 144 mod 176, καθώς για αυτές έχουμε αντίστοιχα: 8F n + 1 7, 93, 611, 590 mod 881 κλάσεις που είναι τετραγωνικά ανισοϋπόλοιπα mod 881. Aυτές είναι ισοδύναμες με το n 1 mod 44 αρα μπορούμε να εξαιρέσουμε και το 100 mod 0. Τελικά, n 0,, 4, 8, 10 mod 0, που ολοκληρώνει την απόδειξη. ΠΡΟΤΑΣΗ 3.3.1: Το σύστημα ισοδυναμιών: x a 1 mod m 1 x a mod m. x a r mod m r έχει λύση ακριβώς τότε όταν Μ.Κ.Δ.m i, m j a i a j, i, j, i j. Η λύση, αν υπάρχει, είναι μοναδική mod m, όπου m Ε.Κ.Π.m 1, m,..., m r. Για την απόδειξη της πρότασης παραπέμπουμε στο [1] σελίδα 150. Απο τα λήμματα 7 έως 9 προκύπτει το εξής πόρισμα: ΠΟΡΙΣΜΑ 3.3.: Αν ο n είναι άρτιος και 8F n + 1 τότε n 0,, 4, 8, 10 mod Απόδειξη. Αν υποθέσουμε ότι ο n είναι άρτιος και ότι ο 8F n + 1 είναι τέλειο τετράγωνο, τότε σύμφωνα με τα λήμματα έως ο n θα πρέπει να πληροί τις παρακάτω ισοδυναμίες: 1. n c 1 mod 5 5. n c mod 5 60

67 3. n c 3 mod 5 11 με τα c 1, c, c 3 {0,, 4, 8, 10}. Επειδή ο μέγιστος κοινός διαιρέτης των 5 5, 5, 5 11 είναι 0 και η διαφορά δύο οποιωνδήποτε αριθμών από τους {0,, 4, 8, 10} δεν ξεπερνάει το 10, από την Πρόταση προκύπτει ότι c 1 c c 3. Επιπλέον το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο είναι , έχουμε τελικά ότι n 0,, 4, 8, 10 mod Είμαστε έτοιμο να δώσουμε τις αποδείξεις των θεωρημάτων. Απόδειξη του πρώτου θεωρήματος: Αν ο 8F n + 1, τότε η απόδειξη έπεται από τα λήμματα 7 και 1, αν ο n είναι περιττός και απο τα πορίσματα και 1 αν είναι άρτιος. Απόδειξη του δεύτερου θεωρήματος: Αυτό έπεται άμεσα από το θεώρημα 1, αν εξαιρέσουμε το F 0 0 αφού εξ ορισμού ένας τρίγωνος αριθμός είναι φυσικός αριθμός. Πράγματι, F ±1 F 1, F 4 3, F 8 6 7, F Για τους αριθμούς Fibonacci με άρτιο δείκτη το αποτέλεσμα είχε αποδειχθεί το 1976 από τον R. Steiner. βλέπε [1]. Πεντάγωνος ονομάζεται ένας φυσικός αριθμός αν και μόνον αν 1 m3m 1. Το 1996 ο Luo Ming απέδειξε ότι οι μόνοι όροι της ακολουθίας Fibonacci που είναι πεντάγωνοι αριθμοί είναι οι F ±1 F 1 και F ±5 5 Βλέπε [9]. ΠΟΡΙΣΜΑ 3.3.3: Η διοφαντική εξίσωση 5X X +1 4Y 16 έχει ακέραιες λύσεις μόνο τις x, y, ±1, 1, ±1. Απόδειξη. Όπως είδαμε στην εισαγωγή, η παραπάνω εξίσωση συνεπάγεται 1 xx + 1 F n και ο n είναι περιττός. Άρα από το θεώρημα έχουμε ότι 1 xx + 1 1, από όπου προκύπτει ότι x ή x 1. ΠΟΡΙΣΜΑ 3.3.4: Η διοφαντική εξίσωση 5 X X+1 4 Y 16 έχει ακέραιες λύσεις μόνο τις x, y 1, ±, 0, ±,, ±3, 1, ±3, 3, ±7,, ±7, 7, ±47, 6, ±47, 11, ±13 και 10, ±13. Απόδειξη. Όπως και στο προηγούμενο θεώρημα, έχουμε ότι 1 x x + 1 F n με τον δείκτη n να είναι άρτιος αριθμός. Έτσι, από το δεύτερο θεώρημα, αν προσθέσουμε και τον F 0 0 που δεν τον θεωρήσαμε τρίγωνο αριθμό, έχουμε ότι 1 x x + 1 0, 1, 3, 1 ή 55, δηλαδη x 1, 0,, 1, 3,, 7, 6, 11, 10 όπου για όλες αυτές τις τιμές του x, ο αριθμός y που προκύπτει είναι ακέραιος. 3.4 Τρίγωνοι αριθμοί στην ακολουθία Lucas L n Η απόδειξη σε αυτήν την ακολουθία είναι πανομοιότυπη με αυτή της ακολουθίας Fibonacci δηλαδή αν o L n είναι τρίγωνος αριθμός, τότε ο 8L n + 1 οπότε αρκεί να βρούμε έναν ακέραιο ln για τον οποίο ο 8L n + 1 είναι τετραγωνικό ανισοϋπόλοιπο mod ln. Στην απόδειξη γίνεται χρήση του ίδιου κριτηρίου με το σύμβολο του Jacobi. Δίνονται, χωρίς απόδειξη, τα αποτελέσματα του κριτηρίου. ΛΗΜΜΑ 3.4.1: Αν n 1 mod τότε ο 8L n + 1 είναι τέλειο τετράγωνο μόνο για n 1. 61

68 ΛΗΜΜΑ 3.4.: Αν n ± mod 5, τότε ο 8L n + 1 μόνο για n ±. ΛΗΜΜΑ 3.4.3: Αν n ±18 mod τότε ο 8L n + 1 είναι τέλειο τετράγωνο μόνο για n ±18. Τα παραπάνω τρία λήμματα συνοψίζονται στο εξής πόρισμα: ΠΟΡΙΣΜΑ 3.4.1: Υποθέτουμε ότι n 1, ±, ±18 mod Τότε ο 8L n +1 μόνο για n 1, ±, ±18. ΛΗΜΜΑ 3.4.4: Αν ο 8L n + 1 είναι τέλειο τετράγωνο, τότε κατ ανάγκη n 1, ±, ±18 mod 5 5. ΛΗΜΜΑ 3.4.5: Αν ο 8L n + 1 είναι τέλειο τετράγωνο, τότε κατ ανάγκη n 1, ±, ±18 mod 5. ΛΗΜΜΑ 3.4.6: Αν ο 8L n + 1 είναι τέλειο τετράγωνο, τότε κατ ανάγκη n 1, ±, ±18 mod ΛΗΜΜΑ 3.4.7: Αν ο 8L n + 1 είναι τέλειο τετράγωνο, τότε κατ ανάγκη n 1, ±, ±18 mod Απο τα τέσσερα τελευταίο λήμματα προκύπτει το εξής: ΠΟΡΙΣΜΑ 3.4.: Αν ο 8L n + 1 είναι τέλειο τετράγωνο, τότε n 1, ±, ±18 mod Με την βοήθεια των δύο πορισμάτων αυτής της ενότητας αποδεικνύεται το εξής θεώρημα: ΘΕΩΡΗΜΑ 3.4.1: Οι μόνοι όροι που είναι τρίγωνοι αριθμοί στην ακολουθία L n είναι οι L 1 1, L ± 3 και L ± ΠΟΡΙΣΜΑ 3.4.3: Η διοφαντική εξίσωση 0X Y Y έχει ακέραιες λύσεις τις ±x, y 1,, 1, 1 μόνο. ΠΟΡΙΣΜΑ 3.4.4: Η διοφαντική εξίσωση 0X Y Y έχει ακέραιες λύσεις τις ±x, y 1, 3, 1,, 584, 108, 584, 107 μόνο. 3.5 Τρίγωνοι αριθμοί στην ακολουθία P n Θεωρούμε τις ακολουθίες U n, V n ως προς το ζευγάρι P, Q, 1. Αυτές συμβολίζονται P n και Q n και ονομάζονται ακολουθία του Pell και ακολουθία των Pell-Lucas αντίστοιχα. Οι αναδρομικές τους σχέσεις είναι οι και P n+ P n+1 + P n, P 0 0, P 1 1 Q n+ Q n+1 + Q n, Q 0, Q 1 1 Σε αυτήν την ενότητα θα βρούμε τους όρους που είναι τρίγωνοι αριθμοί στην ακολουθία P n. Ισχύουν οι παρακάτω ταυτότητες: 6

69 1. P m 1 m+1 P m Q m 1 m Q m. P m+n P m P n+1 + P m 1 P n 3. P m+n P m Q n 1 n P m n 4. P t m P m Q m Q m Q 4m... Q t 1 m Απόδειξη. Η απόδειξη αυτής της ιδιότητας θα γίνει με επαγωγή στο t. 3 Για t 1: P m P m Q m 1 m P 0 P m Q m, επομένως ισχύει. Υποθέτουμε ότι ισχύει για t j, δηλαδή P j m P m Q m Q m Q 4m... Q j 1m. Εξετάζουμε αν ισχύει για t j + 1: 3 P j+1 m P j m P j mq j m 1 j mp 0 P j mq j m P m Q m Q m... Q j m, δηλαδή το ζητούμενο και επομένως η προς απόδειξη σχέση ισχύει για κάθε φυσικό αριθμό t. 5. Q m P m + 1 m 6. Q m Q m 1 m 7. Αν d Μ.Κ.Δ.m, n, τότε { P m, Q n Q d αν m d είναι άρτιος P m, Q n 1 αλλιώς Η ταυτότητα 7. προκύπτει από την Πρόταση.3.8. ως προς το ζευγάρι P, Q, 1. Από την ταυτότητα 6. συμπεραίνουμε ότι αν t > 1, τότε Q t 1 mod 8. Πράγματι, για t έχουμε Q mod 8. Έστω ότι ισχύει για t, δηλαδή Q 1 mod 8. Εξετάζουμε για t + 1: και άρα: Q t+1 Q Q 1 t mod 8 Αν t > 1, τότε Q t 1 mod 83.1 ΛΗΜΜΑ 3.5.1: Έστω t, t 1, g > 0 με g περιττό και m Z. Τότε: i P g+m P m mod Q ii P g ±P mod Q Απόδειξη. i P g+m P [g 1+m]+, άρα η σχέση P l+s P l Q s 1 s P l s για l g 1 + m και s, γίνεται: P [g 1+m]+ P [g 1+m]+ Q 1 P g +m και άρα, αφού ο είναι άρτιος, έχουμε P g+m P g +m mod Q 63

70 Επαναλαμβάνουμε την διαδικασία για τον P g +m, δηλαδή P g +m P [g 3+m]+ και εφαρμόζουμε πάλι την σχέση για l g 3 + m και s, επομένως: επομένως έχουμε P [g +m]+ P g 4+m mod Q P g+m P g 4+m mod Q. Παρατηρούμε ότι τα πρόσημα πηγαίνουν εναλλάξ και ότι σε άρτιο πλήθος βημάτων έχουμε θετικό πρόσημο, άρα μετά από g ακόμα βήματα θα έχουμε κι αφού ο g είναι περιττός: ii Αν n g g 1 +, τότε P g+m 1 g P m mod Q P g+m P m mod Q P n P g 1+ 3 P g 1 Q 1 P g P g mod Q. Κάνουμε την ίδια διαδικασία για τον P g και προκύπτει ότι P g P g 4 mod Q, άρα P n P g 4mod Q. Πάλι τα πρόσημα πηγαίνουν εναλλάξ με το θετικό να βρίσκεται στο άρτιο πλήθος βημάτων. Έτσι, αν επαναλάβουμε την διαδικασία g 1 φορές συνολικά, προκύπτει το ζητούμενο, δηλαδή: P g 1 g 1 P mod Q ΛΗΜΜΑ 3.5.: Αν t, t 1 τότε 8P +1 Q 8P +1 Q. Απόδειξη. Κατ αρχήν, κάθε σύμβολο Jabobi είναι καλώς ορισμένο. Όντως, αν d Μ.Κ.Δ.8P +1, Q ή Μ.Κ.Δ. 8P +1, Q τότε d 8P +1 8P +1, δηλαδή d 1 64P. Όμως, από την ταυτότητα 5. έχουμε ότι 1 64P 1 3Q 1 33 Q. Τότε όμως d 33. Τότε d P 1, αφού P Από την ταυτότητα 7. και αφού t 1 έχουμε ότι P 1, Q και άρα d, επομένως d Μ.Κ.Δ.33, 1, άρα d 1. P + 1 8P P 33 Q 33 Q Q Q Q 1 Q 33 Εξετάζουμε ξεχωστιστά τις περιπτώσεις t 1 και t. Για t 1, δηλαδή Q 4, έχουμε: Q Q 33 Q Q

71 Ισχυρισμός: Αν t, τότε Q t 16 mod 33 και άρα: Q t Αρκεί, για να ολοκληρωθεί η απόδειξη του λήμματος, να αποδείξουμε τον ισχυρισμό. Αυτό θα γίνει με χρήση της μαθηματικής επαγωγής. Πράγματι: Για t και με χρήση της ταυτότητας 6. έχουμε Q 8 Q mod 33. Έστω ότι ισχύει για t l 1, δηλαδή Q l 1 16 mod 33. Εξετάζουμε για t l: Q l+1 Q l Q 1 l Q l mod 33 l Άρα t 1 έχουμε Q 33 1 και άρα 8P + 1 8P + 1 Q Q ΛΗΜΜΑ 3.5.3: Αν t όπου t τότε 8P +Q Απόδειξη. Έχουμε Q 4 3, Q mod 33 και όπως είδαμε στο προηγούμενο λήμμα Q j 16 mod 33, j 3. Έτσι, με χρήση της ταυτότητας 4. έχουμε: 8P 8P Q Q 4... Q t ±1 ±3 mod 33 Έτσι, 8P + Q ±13 ή 19 mod 33 και άρα: 8P + Q ± ή ± ΛΗΜΜΑ 3.5.4: Αν n m mod 4, τότε P n P m mod 9. Απόδειξη. Κατ αρχήν, έχουμε ότι P και P και άρα P 4 0 mod 9 και P 5 1 mod 9. Άρα, από την ταυτότητα. προκύπτει: P n+4 P n P 5 + P n 1 P 4 P n mod 9 ΘΕΩΡΗΜΑ 3.5.1: Ο όρος P n είναι τρίγωνος αν και μόνον αν n ± 1. Απόδειξη. Αν n±1 τότε P ±1 1 που είναι τρίγωνος αριθμός. Από την 1. έχουμε ότι αν ο n είναι αρνητικός άρτιος αριθμός, τότε ο 8P n +1 είναι αρνητικός και άρα δεν μπορεί να είναι τρίγωνος είδαμε και στην αντίστοιχη ενότητα για την ακολουθία Fibonacci ότι αν ένας φυσικός αριθμός είναι τρίγωνος, τότε Αν ο n είναι αρνητικός περιττός, τότε P n P n και έτσι αρκεί να δείξουμε ότι ο 8P n + 1 δεν είναι τέλειο τετράγωνο n. Θέτουμε n g + m, t, t 1, g 1 περιττός αριθμός κι έστω, για να καταλήξουμε σε άτοπο, ότι ο P n είναι τρίγωνος αριθμός δηλαδή 8P n +1 N 1 για κάθε περιττό θετικό αριθμό N. Ξεχωρίζουμε τις περιπτώσεις: 65

72 Έστω n περιττός, δηλαδή n ±1 mod 4. Τότε, με χρήση του λήμματος Q 8P n + 1 8P g± P ± mod Q Ισχυρισμός: Q 3 mod 7. Επομένως: 8Pn Q 1 1 Q Q Q άτοπο, αφού P n είναι τρίγωνος και άρα 8P n + 1 Η απόδειξη ισχυρισμού: Q t 3 mod 7 θα γίνει κι αυτή επαγωγικά: Q Q Για t 1 έχουμε Q 3 3 mod 7 Έστω ότι ισχύει για t, δηλαδή Q 3 mod 7. Εξετάζουμε αν ισχύει για t + 1: Q +1 Q 6 Q mod 7 Έστω n mod 4. Η ακολουθία {P n } n N είναι περιοδική mod 7 με περίοδο 6 κι έτσι, αφού υποθέσαμε ότι 8P n+1 N 1 για κάθε N περιττό, έχουμε ότι n 0 mod 6. Άρα n ±6 mod 4. Έτσι, από το Λήμμα έχουμε: 8P n + 1 8P ±6 + 1 ±8P ή 8 mod 9. Όμως, οι κλάσεις 3 και 8 είναι τετραγωνικά ανισοϋπόλοιπα mod 9, άρα 8P n + 1, που είναι άτοπο. Έστω n 0 mod 4. Από το Λήμμα 3.5.1ii έχουμε P n P mod Q και έτσι, με χρήση του λήμματος έχουμε 8Pn + 1 8P + 1. Q Q Αν, δηλαδή t 1, έχουμε 8P +1 Q Υποθέτουμε ότι t. Τότε, με χρήση των ταυτοτήτων 6. και 3. έχουμε 8P + 1 8P + Q Q Q 8P + Q mod Q Θέτουμε s 8P + Q. Από την 3.1 προκύπτει s 1 mod 8. Επομένως, από τις ταυτότητες 5. και 6. 8P + 1 Q s Q s 1 Q 1 Q 1 1 s 1 Q Q Q Q Q Q s Q Q Q 1 P + Q Q P +1 + s 8P 66P 33 s s s s 33 s Q 1 1 s P + Q 33 η τελευταία ισότητα είναι από το Λήμμα Άρα 8P n + 1, n > 1 και άρα n > 1 ο P n δεν μπορεί να είναι τρίγωνος αριθμός

73 Τα ζευγάρια P n, Q n, n N ικανοποιούν την Q n 8P n 4 1 n 3. Αυτό προκύπτει από την Ταυτότητα 1. των γενικευμένων ακολουθιών Lucas ως προς το ζευγάρι P, Q, 1σελίδα 6. Οπότε αν ο P n είναι τρίγωνος αριθμός, υπάρχει X N τέτοιος ώστε P n 1 XX + 1 και άρα η 3. γίνεται: XX + 1 Q n 8 ±4 ή ισοδύναμα Q n X 4 4X 3 X ±4. Άρα το να βρούμε όλους τους τρίγωνους αριθμούς στην ακολουθία P n ισοδυναμεί με το να βρούμε τα ακέραια σημεία των καμπυλών που ορίζονται από τις Επομένως, προκύπτει το εξής πόρισμα: Y X 4 4X 3 X ±4. ΠΟΡΙΣΜΑ 3.5.1: i Η εξίσωση Y X 4 4X 3 X 4 έχει ακέραιες λύσεις τις x, y 0, ±, 1, ± μόνο. ii Η εξίσωση Y X 4 4X 3 X 4 έχει ακέραιες λύσεις τις x, y 1, ±,, ± μόνο. Απόδειξη. i Προφανές, αφού δεν υπάρχει όρος της ακολουθίας P n με άρτιο δείκτη που να είναι τρίγωνος αριθμός. ii Η εξίσωση προέκυψε από την 3. με την υπόθεση ότι ο όρος P n είναι τρίγωνος. Οι μόνοι τρίγωνοι όροι της ακολουθίας P n είναι αυτοί με δείκτη ±1, δηλαδή οι P ±1 1 και αφού P ±1 XX+1, δηλαδή 1 XX+1 έχουμε ότι X 1 ή X. Για X 1 προκύπτει ότι Y ±, ενώ για X προκύπτει πάλι ότι Y ±. 67

74 Παράρτημα Το να υπολογίσουμε την περίοδο των ακολουθιών που προκύπτουν στις αποδείξεις των λημμάτων αυτού του κεφαλαίου είναι πολύ δύσκολο να γίνει χωρίς την χρήση υπολογιστή ή υπολογιστή τσέπης. Για το σκοπό αυτό χρησιμοποίησαμε το SAGE και το πρόγραμμα που χρησιμοποιήθηκε υλοποιήθηκε στην γλώσσα προγραμματισμού Python. Το πρόγραμμα ζητάει από τον χρήστη δύο ακέραιους αριθμούς m 1 και m και υπολογίζει τους πρώτους m όρους καθώς και την περίοδο της ακολουθίας F n + r L n mod m 1, όπου και r είναι ακέραιοι αριθμοί. Ο κώδικας του πρόγραμματος είναι: #! / u s r / b i n / python i m p o r t s y s from sage. a l l i m p o r t * d e f n a i v e nums : f o r x i n r a n g e, l e n nums : # s t a r t s a t, assuming t h e s e q u e n c e # p r i n t L [ + s t r x + ] + s t r nums [ x ] f o r y i n r a n g e 0, x : # i f x i s a l r e a d y i n numbers b e f o r e i t i f nums [ x ] nums [ y ] : seq [ nums [ x ] ] # r e s t a r t t h e s e q u e n c e a d d e r 1 # r e s e t t h e a d d e r t o 1 o True # r e s e t o t o be True # w h i l e t h e s e q u e n c e s t i l l matches i s o and # t a i l of y hasn t r e a c h e d s t a r t of x w h i l e o and y + a d d e r < x : i f nums [ x + a d d e r ] nums [ y + a d d e r ] : # i f n e x t y and x match seq. append nums [ x + a d d e r ] # add t h e number t o s e q u e n c e a d d e r + 1 # i n c r e a s e a d d e r e l s e : o F a l s e # e l s e t h e s e q u e n c e i s broen # i f t h e s e q u e n c e wasn t broen and has a t l e a s t memb i f o and l e n seq > 1 : r e t u r n seq F i b o n n a c i C o m b i n a t i o n [ Mod * f i b o n a c c i i +1, s y s. argv [ 1 ] f o r i i n xran LucasCombination [ Mod lucas_number i,1, 1, s y s. argv [ 1 ] f o r i i n x r a F8 F i b o n n a c i C o m b i n a t i o n p r i n t F8 c y c l e n a i v e F8 p r i n t Modulo :, s y s. argv [ 1 ] 68

75 p r i n t Length :, s y s. argv [ ] p r i n t Cycle :, c y c l e p r i n t P e r i o d :, l e n c y c l e p r i n t Στις επομένες δύο εικόνες ακολουθούν δύο παραδείγματα. Στην πρώτη εικόνα έχουμε τρέξει το πρόγραμμα για την ακολουθία P n mod 7, όπου βλέπουμε οτι είναι περιοδική με περίοδο 6, ενώ στην δεύτερη έχουμε δώσει την εντολή για την 8F n +1 mod όπου βλέπουμε ότι η περίοδος είναι 0. 69