張少男,楊 鵬
(遼寧科技大學(xué) 理學(xué)院,遼寧 鞍山 114051)
關(guān)于整數(shù)數(shù)列,特別是Fibonacci數(shù)列Fn+2=Fn+1+Fn,F(xiàn)0=0,F(xiàn)1=1及其伴隨序列Lucas數(shù)列Ln+2=Ln+1+Ln,L0=2,L1=1的形數(shù)問題,數(shù)論學(xué)家們做了大量的討論與研究。
1963年,Rollett[1]提出Fibonacci數(shù)中除F0、F1、F2、F12以外,是否存在其他的平方數(shù)的問題。1964年,Cohn[2]用遞歸數(shù)列方法考察Fibonacci數(shù)和Lucas數(shù)列的性質(zhì),求得其中形如平方數(shù)或二倍于平方數(shù)的整數(shù)。1965年,柯召[3]利用不定方程解決了Fibonacci數(shù)列中的平方數(shù)問題。1981年,Lagarias[4]解決了其中的立方數(shù)m3問題。
由于遞歸方法的局限性,Luo[5-9]在此基礎(chǔ)上作了進(jìn)一步的改進(jìn),利用構(gòu)建雅可比符號(hào)恒等式的方法,解決了Fibonacci數(shù)和Lucas數(shù)中的三角形數(shù)m(m+1)/2問題。隨后,羅明又解決了其中的殆平方數(shù)m(m+1)和五角形數(shù)問題[7]。1996年,Mcdaniel[10]使用羅明的方法解決了Pell數(shù)列Pn+2=2Pn+1+Pn,P0=0,P1=1中的三角形數(shù)問題。2001~2005年,Prasas等解決了Fibonacci數(shù)和Lucas數(shù)中的七角形數(shù)問題,以及Pell數(shù)列及其伴隨數(shù)列中的五角形數(shù)和七角形數(shù)等問題[11-17]。
本文首先給出一些已知的Fibonacci數(shù)和雅可比符號(hào)的簡(jiǎn)單結(jié)果,并以此推廣羅明建立的關(guān)于Fibonacci數(shù)和Lucas數(shù)的雅可比準(zhǔn)則。之后,通過新建立的恒等式,結(jié)合Mathematica篩選,最終求得所有可表為4倍三角形數(shù)的Fibonacci數(shù)。
Lucas數(shù)列作為Fibonacci數(shù)的伴隨序列,兩者有如下等式成立
當(dāng)n是一個(gè)正整數(shù)時(shí),若n≡±2(mod 6),有
對(duì)于雅可比符號(hào),設(shè)m,n為大于1的奇數(shù),有以下式子成立
對(duì)任意正整數(shù)m,F(xiàn)ibonacci數(shù)關(guān)于modm的剩余類序列具有周期性[18],部分結(jié)果如表1所示。
表1 F n關(guān)于部分模m的剩余類周期Tab.1 Period of F n(mod m)
引理1如果n為整數(shù)且滿足n≡±2(mod 6),有
證明:由于n≡±2(mod 6),考慮Fn,Ln關(guān)于部分模m的剩余類周期性,有Ln≡3(mod 4),F(xiàn)n≡1(mod 2),2n≡±4(mod 12),從而有L2n≡7(mod 8),因此
由公式(10),有
由公式(11),有
再由公式(6),有
由公式(12),有
因此
由公式(6)和公式(10),得到
又由公式(4),有
若Fn≡1(mod 4),有
若Fn≡1(mod 3),有
因此總有
又因?yàn)?/p>
得到
特別地,當(dāng)時(shí)a=1,有
當(dāng)a為偶數(shù)時(shí),即是文獻(xiàn)[5]中的引理1。
很顯然,當(dāng)Fn具有形式2m(m+1)時(shí),2Fn+1是一個(gè)大于1的平方數(shù)。所以,只需找到所有使得2Fn+1為平方數(shù)的n即可。
引理2當(dāng)n≡0(mod 160)時(shí),2Fn+1為一個(gè)平方數(shù),當(dāng)且僅當(dāng)n=0。
證明:若n≠0,可令m=8,n=2×5×2m×k。
由公式(8),有Fn=-F2m(modL2m),所以
由引理1,有
對(duì)序列{4Fm-Lm}取模21,得到剩余類周期為16。
因?yàn)楫?dāng)m=8時(shí),4Fm-Lm≡16(mod 21),所以
故而2Fn+1不可能為一個(gè)平方數(shù)。
當(dāng)n=0時(shí),2F0+1=1=12。證畢。
引理3當(dāng)n≡12(mod 800)時(shí),2Fn+1為一個(gè)平方數(shù),當(dāng)且僅當(dāng)n=12。
證明:如果n≠12,則可令n=12+2r×2×2×25×k,其中r≥3,2?k。
取m=2r,從而m≡8,16,24,32(mod 40),同時(shí)有2m≡16,32,48,64(mod 80)。
由公式(8),有
從而
對(duì)序列{L2m}取模287,所得剩余類具有周期80。當(dāng)2m≡16,64(mod 80)時(shí),L2m≡198(mod 287);當(dāng)2m≡32,48(mod 80)時(shí),L2m≡170(mod 287)。
由以上兩個(gè)引理能得到以下推論。
推論1若n≡0,12(mod 800),則2Fn+1是一個(gè)平方數(shù),當(dāng)且僅當(dāng)n=0,12。
下面證明最后一個(gè)引理。
引理4若n?0,12(mod 800),則2Fn+1不可能為一個(gè)平方數(shù)。
證明:采用對(duì)2Fn+1取模的方式,應(yīng)用Mathematica軟件計(jì)算來證明。
mod 11。{2Fn+1}的剩余類周期為10。當(dāng)n≡6,8(mod 10)時(shí),{2Fn+1}為mod 11的平方非剩余,故可排除。
mod 5。{2Fn+1}的剩余類周期為20。當(dāng)n≡1,2,4,6,7,8,13,19(mod 20)時(shí),{2Fn+1}為mod 5的平方非剩余,故可排除。
mod 3。{2Fn+1}的剩余類周期為8。當(dāng)n≡3,5,6(mod 8)時(shí),{2Fn+1}為mod 3的平方非剩余,故可排除。剩n≡0,9,10,11,12,15,17,20,23,25,31,32,34(mod 40)。
mod 41。{2Fn+1}的剩余類周期為40。當(dāng)n≡9,10,11,17,23,31,34(mod 40)時(shí),{2Fn+1}為mod 41的平方非剩余,故可排除。剩n≡0,12,15,20,25,32(mod 40)。
mod 101。{2Fn+1}的剩余類周期為50。當(dāng)n≡20,25,40,52,55,60,72,92,95,105,120,140,145,152,160,172,175,192(mod 200)時(shí),{2Fn+1}為mod 101的平方非剩余,故可排除。
mod 151。{2Fn+1}的剩余類周期為50。當(dāng)n≡15,65,80,135,180,185(mod 200)時(shí),{2Fn+1}為mod 151的平方非剩余,故可排除。剩n≡0,12,32,100,112,132(mod 200)。
mod 401。{2Fn+1}的剩余類周期為200。當(dāng)n≡32,132(mod 200)時(shí),{2Fn+1}為mod 401的平方非剩余,故可排除。剩n≡0,12(mod 100)。
mod 2161。{2Fn+1}的剩余類周期為80。當(dāng)n≡72(mod 80)時(shí),{2Fn+1}為mod 2161的平方非剩余,故可排除。
mod 3041。{2Fn+1}的剩余類周期為160。當(dāng)n≡32,40,52,60,112,120(mod 160)時(shí),{2Fn+1}為mod 3041的平方非剩余,故可排除。
mod 1601。{2Fn+1}的剩余類周期為160。當(dāng)n≡92,100,132,140(mod 160)時(shí),{2Fn+1}為mod 1601的平方非剩余,故可排除。
剩下n≡0,12,400,500(mod 800)。
對(duì)于n≡400(mod 800),它包含于n≡16(mod 32)中,這一情形可分為n≡16,48(mod 64),進(jìn)而可分為n≡16,48,80,112,144,176(mod 192)。
mod 769。{2Fn+1}的剩余類周期為192。當(dāng)n≡16,48,80,112,176(mod 192)時(shí),{2Fn+1}為mod 769的平方非剩余,故可排除。
mod 3167。{2Fn+1}的剩余類周期為192。當(dāng)n≡144(mod 192)時(shí),{2Fn+1}為mod 3167的平方非剩余,故可排除。這樣完全排除n≡400(mod 800)。
對(duì)于n≡500(mod 800),F(xiàn)n≡±F20(modL80),而,故而排除n≡500(mod 800)。
最終只剩下n≡0,12(mod 800)。證畢。
定理1形如2m(m+1)的Fibonacci數(shù)僅有F0和F12。
證明:綜合推論1和引理4,可知定理1成立。
本文改進(jìn)了羅明解決Fibonacci數(shù)為三角形數(shù)問題的方法,并以此考慮Fibonacci數(shù)為三角形數(shù)的倍數(shù)問題,得到Fibonacci數(shù)中僅0和144是三角形數(shù)的四倍。本文所使用的雅可比符號(hào)恒等式也可用來求解Fibonacci數(shù)中的三角形數(shù)或殆平方數(shù),但對(duì)于解決更一般的情況,如Fibonacci數(shù)為形數(shù)或形數(shù)的倍數(shù)問題還需進(jìn)一步研究。