Demuestre que si prime$p$ divide$a_{2k}-2$, entonces$p$ divide también$a_{2k+1}-1$.

Question

La secuencia$a_0,a_1,a_2,...$ satisface ese$a_0=2,a_1=1,a_{n+1}=a_n+a_{n-1}$

Demuestre que si$p$ es un divisor principal de$a_{2k}-2$, entonces$p$ también es un divisor principal de$a_{2k+1}-1$

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Si$x_{1,2}={1\pm\sqrt{5}\over 2}$ entonces$a_k = x_1^k+x_2^k$ y$a_{2k}-2(-1)^k = (x_1^k-x_2^k)^2$.

Answer 1

El reclamo de la siguiente manera

$$(a_{4k+1}-1)^2=5F_{2k+1}^2(a_{4k}-2)\tag1$$ y $$(a_{4k+3}-1)^2=a_{2k+2}^2(a_{4k+2}-2)\tag2$$ donde $F_n$ $n$- ésimo número de Fibonacci se define por $F_0=0,F_1=1,F_{n+1}=F_{n-1}+F_n\ (n\ge 1)$.

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Tenga en cuenta que nuestra secuencia es conocida como la de Lucas de la secuencia.

La prueba de $(1)$ :

Utilizamos los siguientes hechos :

$$a_n^2=a_{2n}+2(-1)^n\tag3$$ $$a_n^2-5F_n^2=4(-1)^n\tag4$$ $$a_{m-n}=\frac 12(-1)^n(a_ma_n-5F_mF_n)\tag5$$ $$a_{m+n}=\frac 12(5F_mF_n+a_ma_n)\tag6$$

Establecimiento $n=2k$ $(3)$ da $$a_{2k}^2-4=a_{4k}-2\tag7$$ Establecimiento $n=2k$ $(4)$ da $$a_{2k}^2-4=5F_{2k}^2\tag8$$ Establecimiento $m=2k+1,n=2k$ $(5)$ da $$1=\frac 12(a_{2k+1}a_{2k}-5F_{2k+1}F_{2k})\tag9$$ Establecimiento $m=2k+1,n=2k$ $(6)$ da $$a_{4k+1}=\frac 12(5F_{2k+1}F_{2k}+a_{2k+1}a_{2k})\tag{10}$$ De $(9)(10)$, tenemos $$a_{4k+1}-1=5F_{2k+1}F_{2k}\tag{11}$$ Finalmente, a partir de $(11)(8)(7)$, $$(a_{4k+1}-1)^2=5F_{2k+1}^2(a_{4k}-2)\tag1$$ de la siguiente manera.$\quad\blacksquare$

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La prueba de $(2)$ :

Establecimiento $n=2k+1$ $(3)$ da $$a_{2k+1}^2=a_{4k+2}-2\tag{12}$$ Establecimiento $m=2k+2,n=2k+1$ $(5)$ da $$1=-\frac 12(a_{2k+2}a_{2k+1}-5F_{2k+2}F_{2k+1})\tag{13}$$ Establecimiento $m=2k+2,n=2k+1$ $(6)$ da $$a_{4k+3}=\frac 12(5F_{2k+2}F_{2k+1}+a_{2k+2}a_{2k+1})\tag{14}$$ De $(13)(14)$, tenemos $$a_{4k+3}-1=a_{2k+2}a_{2k+1}\tag{15}$$ Finalmente, a partir de $(15)(12)$ $$(a_{4k+3}-1)^2=a_{2k+2}^2(a_{4k+2}-2)\tag2$$ de la siguiente manera.$\quad\blacksquare$