¿Qué números de Fibonacci son la suma de dos cuadrados?

Question

Los números de Fibonacci ( $F_0=0$ , $F_1=1$ , $F_{n}=F_{n-1}+F_{n-2}$ ) tienen la identidad $$F_{2k+1}=F_k^2 + F_{k+1}^2.$$ En particular, si $n$ es impar, entonces $F_n$ es una suma de dos cuadrados. ¿Existen infinitos pares $n$ para lo cual $F_n$ es la suma de dos cuadrados?

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Algunos comentarios (extraídos de mis notas y también de los comentarios y respuestas que aparecen a continuación)

El conjunto de pares $n$ (no negativo, naturalmente) con $F_{2n}$ la suma de dos cuadrados comienza $$\{ 0,2,6,12,14,26,38,62,74,86,98,122,134,146,158,182,222,254,$$ $$326,338,366,398,446,614,626,698,722,794,866,1022,1046,\ldots\},$$ utilizando las tablas de Mersennus.net . Hay cinco entradas en esta lista que no son 2 mod 12: tres números pequeños (0, 6, 12) a los que se les puede perdonar su impertinencia, pero también 222 y 366 (ambos son 6 mod 12, y también 78 mod 144).

La lista de índices posibles (posibles porque no todas las factorizaciones son completas) continúa $$\ldots, 1082,1226,1238,1418,1646,1814,2174,2246,2258,2282,2294,$$ $$2426,2498,2558,3002,3062,3302,3494,3662,3698,3782,3902,4058,$$ $$4106,4178,4274,4394,4478,4502,4574,4622,4682,4826,4874,4898,4934,$$ $$4946,5102,5174,5558,5594,5702,5714,5798,6074,6326,6362,6542,6614,$$ $$6638,6746,6794,6914,6998,7022,7154,7278,7286,7382,7394,7454,7494,$$ $$7538,7586,7694,7754,7838,7934,8006,8054,8138,8186,8222,8258,8486,$$ $$8522,8594,8906,9038,9074,9194,9206,9242,9326,9398,9446,9638,9662,$$ $$9782,9806,9818,9866,9902$$

Esta lista contiene dos índices más que no son 2 mod 12: 7278 (posiblemente dando una suma de dos cuadrados) y 7494 (definitivamente dando una suma de dos cuadrados). Nota: $366-222=12^2$ y $7494-7278=6^4$ . Además, los cuatro de 222, 366, 7278, 7494 tienen la forma $6p$ (con $p$ un primo, por supuesto).

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Los números de Fibonacci son periódicos módulo $m$ (para cualquier $m>1$ ). Considerando la secuencia módulo 4, por ejemplo, se repite 0, 1, 1, 2, 3, 1. Como la suma de dos cuadrados nunca es 3 mod 4, aprendemos que $F_{6n+4}$ nunca es la suma de dos cuadrados. Variar el módulo nos permite eliminar muchas otras clases de congruencia. Hay algunos números, por ejemplo $F_{78}$ que no son la suma de dos cuadrados pero que no parecen ser eliminables de esta manera.

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Si $n$ es negativo y par, entonces $F_n$ es negativo. Esto restringe las posibilidades de una familia algebraica (como la que existe para los índices Impares).

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Los números de Lucas son $L_0=2,L_1=1,L_{n}=L_{n-1}+L_{n-2}$ . La identidad $F_{2n}=F_nL_n$ , junto con el fácil hecho de que $\gcd(F_n,L_n)$ es 1 o 2, implica que $F_{2n}$ es la suma de dos cuadrados si y sólo si ambos $F_n$ y $L_n$ son.

Answer 1

Esto es no una solución, sólo algunas reflexiones que son demasiado largas para un comentario. He añadido pruebas de los comentarios/conjeturas de Will Jagy y Junkies que son bastante interesantes por sí mismos.

En primer lugar, los números de Fibonacci son un secuencia de divisibilidad lo que significa que $$\gcd(F_n,F_m)=F_{\gcd(n,m)}.$$
Añadido: Prueba de parte de la Observación de Will Jagy:

Reclamación: Si $n\equiv 5\pmod{6}$ entonces $L_n$ y por lo tanto $F_{2n}$ son divisibles por algún primo $p\equiv 3 \pmod{4}$ .

Prueba: Mira $L_n$ modulo $4$ . Entonces la secuencia es $L(0)\equiv 2$ , $L(1)\equiv 1$ , $L(2)\equiv 3$ , $L(3)\equiv 0$ , $L(4)\equiv 3$ , $L(5)\equiv 3$ , $L(6)\equiv 2$ , $L(7)\equiv 1$ y en este punto debe repetirse. La duración del ciclo es $6$ y $L(5)\equiv 3$ . Esto significa que $L(5+6k)\equiv 3\pmod{4}$ para todos $k$ . Por lo tanto, $L(5+6k)$ es siempre divisible por un primo congruente con $3$ mod $4$ .

Desde $L_n |L_{kn}$ cuando $k$ es impar, podemos concluir que si $p\equiv 5 \pmod{6}$ divide $n$ , entonces algún primo $q\equiv 3\pmod{4}$ debe dividir $F_{2n}$ . Esto se debe a que $2|n$ y por lo tanto $3|F_{2n}$ o $n$ es impar, y $L_p|L_n$ para que $q|F_{2n}$ .

Añadida la prueba del comentario de Junkie:

Reclamación: La densidad de los números pares de Fibonacci que no son divisibles por algunos primo de la forma $3+4k$ es $0$ .

Prueba: Esto es un corolario de la observación de Will Jagy. Como la densidad de los números que no son divisibles por un primo de la forma $5+6k$ es cero, se deduce de la afirmación anterior que la densidad de números pares de Fibonacci no divisibles por un primo de la forma $3+4k$ es $0$ .

Conjeturas y otros pensamientos: Recordemos que podemos escribir $F_n$ como suma de dos cuadrados si no tiene factores primos de la forma $3+4k$ .

Conjetura 1: El único número de Fibonacci de la forma $F_{2n}$ que es divisible por algún primo de la forma $3+4k$ y puede escribirse como la suma de dos cuadrados es $F_{12}$ .

$F_{12}$ es un número de Fibonacci muy especial por algunas razones. Una de ellas es que es el sólo cuadrado no trivial . Si cambiamos la condición a una suma de dos no cero cuadrados, entonces $F_{12}$ se excluye automáticamente. Además, como ningún otro número de Fibonacci es cuadrado, nada más se ve afectado. Por lo tanto, podemos reformular la conjetura 1 como:

Conjetura 1: Si $F_{2n}$ es divisible por algún primo de la forma $3+4k$ entonces no se puede escribir como la suma de dos cuadrados no nulos.

Una de las razones de esta conjetura es que se comprueba numéricamente en de gran alcance, hasta $F_{1000}$ . Además, estaría bien que fuera verdad.

Asumiendo esto, por la propiedad de divisibilidad, dado un primo $p=3+4k$ necesitamos sólo se preocupan por el primera vez aparece en la Secuencia de Fibonacci. Hay un teorema que establece que $$F_{p-\left(\frac{p}{5}\right)}\equiv 0 \pmod{p},\ \ \ \ \ \ \ \ \ (1) $$ donde $\left(\frac{p}{5}\right)$ es el símbolo de Legendre. La conjetura 1 implicaría que si $2n$ es divisible por $p-\left(\frac{p}{5}\right)$ para cualquier $p\equiv 3 \pmod{4}$ entonces $F_{2n}$ no es la suma de dos cuadrados no nulos.

Anteriormente, dije algunas cosas sobre lo que sucede si lo anterior fuera un "si y sólo si" para los primos de la forma $3+4k$ (claramente no es para $1+4k$ ) Pequeña actualización: También es sólo falso para $3+4k$ ya que $3571=3+4k$ es primo y divide a $F_{68}$ .

Ejemplos: Los primeros primos congruentes con $3$ mod $4$ menos entonces $100$ son $$3,7,11,19,23,31,41,47,59,67,71,79,83,87$$ y se dividen respectivamente $$F_4, F_8, F_{10}, F_{18}, F_{24}, F_{30}, F_{40}, F_{48}, F_{58}, F_{68}, F_{70}, F_{78}, F_{84}, F_{88}.$$

Así que en particular, (asumiendo la conjetura 1) si quiero $F_{2n}$ para ser una suma de dos cuadrados no nulos, $2n$ no puede ser divisible por ninguno de los anteriores. Es decir, no podemos tener ninguno de $$2|n, \ 5|n, \ 9|n,\ 29|n,\ 39|n .$$ Esta idea puede darnos una gran lista de primos, ninguno de los cuales puede dividir $n$ pero se trata de todo Puedo conseguir que lo haga.

Answer 2

Dos breves observaciones relacionadas con este problema y las conjeturas de Eric:

1) En el documento

C. Ballot y F. Luca, ' On the ecuación $x^2 + dx^2 = F_n$ ', Acta Arith. 127 (2007), 145-155.

los autores muestran que la ecuación $x^2+y^2=F_{2n}$ no tiene solución para la mayoría de los enteros $n$ .

2) En la sección de problemas del volumen 42 de la Trimestral de Fibonacci 2004, se demuestra que el conjunto de enteros $n$ tal que $F_n$ es divisible por un primo de la forma $4k+3$ tiene una densidad asintótica $\frac12$ .

Answer 3

Esto es similar a las observaciones de Eric. Es cierto que hay una periodicidad en la toma de los números de Lucas módulo algún primo, y si el 0 aparece alguna vez lo hace en un patrón predecible. He estado jugando con esto, y tengo una conjetura sencilla: si $n$ es impar y $ p | n,$ donde $p \equiv 5 \pmod 6,$ entonces $L_n$ es divisible por un primo $q \equiv 3 \pmod 4,$ donde $q$ depende sólo de $p,$ como en la tabla siguiente. Obsérvese que todos los factores malos satisfacen $q \equiv 11, 19 \pmod{20},$ por lo que puede haber una prueba de reciprocidad cuadrática fácil para las $p \equiv 5 \pmod 6.$ Entonces, cualquiera puede adivinar si $q^2 | L_n,$ pero si no es así, entonces $L_n$ no es la suma de dos cuadrados. El posible uso de esto está en los comentarios de Dror arriba y $ F_{2n} = F_n L_n.$

  p                      q
  5                     11
 11                    199
 17                   3571
 23                    139
 29                     59
 41              370248451
 47             6643838879
 53           119218851371
 59                 336419
 71        688846502588399
 83             6202401259
 89                    179
101                   7879
107        479836483312919

Answer 4

Aspecto muy diferente, pero interesante al menos para mí. Los números de Fibonacci del índice impar son una rama del árbol de Markov,

http://en.wikipedia.org/wiki/Markov_number

http://oeis.org/A002559

Tomando la notación del libro de Cusick y Flahive, tenemos la ecuación de Markov (o Markoff) $$m^2 + m_1^2 + m_2^2 = 3 m m_1 m_2,$$ donde se deduce del proceso que genera el árbol que $$ \gcd(m, m_1) = \gcd (m_1, m_2) = \gcd(m_2,m) = 1.$$ Entonces C+H definen $u$ en las páginas 10 y 18 como el menor número entero positivo tal que $ \pm m_1 u \equiv m_2 \pmod m.$ A continuación, definimos un número entero $v$ por $mv = u^2 + 1.$

Se deduce de $mv = u^2 + 1$ que todo número de Markov se representa, y primitivamente, como la suma de dos cuadrados.

En algún momento tuve una prueba (bueno, creo que la tuve) de que los discriminantes de Markov $$ 9 m^2 - 4 $$ eran también la suma de dos cuadrados, aunque a veces no de forma primitiva porque estos son divisibles por 4 cuando $m$ es uniforme. No recuerdo la prueba, pero era corta y elemental.

Fue divertido. Tenemos $ m^2 + m_1^2 + m_2^2 = 3 m m_1 m_2$ en números enteros positivos. Sabemos por $ v m = u^2 + 1$ que $m$ no es divisible por ningún primo $q \equiv 3 \pmod 4,$ simplemente porque cualquier $k^2 +1$ nunca es divisible por dicho primo, ya que $(-1|q)=-1.$ Ahora, toma $\delta = \pm 1,$ y asumir $$ 3 m \equiv 2 \delta \pmod q.$$ Entonces $ m^2 + m_1^2 + m_2^2 \equiv 2 \delta m_1 m_2 \pmod q,$ entonces $ m^2 + m_1^2 - 2 \delta m_1 m_2 + m_2^2 \equiv 0 \pmod q,$ finalmente $$ m^2 + (m_1 - \delta m_2)^2 \equiv 0 \pmod q.$$ Pero esto es una contradicción, ya que $m$ no es divisible por $q.$ Así que, de hecho $ 3 m \neq \pm 2 \pmod q,$ entonces $9 m^2 - 4 \neq 0 \pmod q$ para cualquier primo $q \equiv 3 \pmod 4.$

Answer 5

Desde $F_{2n}=F_n L_n$ aquí hay una observación sobre los números de Lucas que son suma de cuadrados, desafortunadamente no es así responde a la pregunta (espero que alguna otra identidad pueda ayudar).

Reclamación: Si $L_{2n}$ es la suma de dos cuadrados, $L_{10n}$ es la suma de dos cuadrados también y $L_{10n}/L_{2n}$ es expresable como suma de dos cuadrados que no dependen de la factorización.

Una identidad es $$ L_{2n}^2 - 4 = 5 F_{2n}^2 $$

que permite computar $\sqrt{-5} \pmod {L_{2n}}$ (A)

Otra identidad es:

$$L_{10n}=L_{2n}^5-5 L_{2n}^3 + 5 L_{2n} = (L_{2n}^4 - 5 L_{2n}^2 + 5) L_{2n} $$

Resolver el cuártico $= 0$ en $\mathbb{R}$ da 3 raíces, todas ellas relacionadas con $\sqrt{+5}$ , uno de ellos es $ -\sqrt{\frac{1}{2} \, \sqrt{5} + \frac{5}{2}}$ .

Después de cuadrar: $$ \sqrt{5} \equiv 2 L_{2n}^2-5 \pmod{L_{10n}/L_{2n}} $$

Combinando con (A) tenemos $\sqrt{-1} \pmod{L_{10n}/L_{2n}}$ que permite expresar eficientemente $L_{10n}/L_{2n}$ como una suma de dos cuadrados sin factorizar.

Probablemente se trata de una identidad que no conocía.

código sage para calcular la raíz

def LU2(n):
    """
    lucas number
    """
    pr.<Z>=ZZ[]
    K.<v>=NumberField(Z**2-5,'a')
    gr=(1+v)/2
    return ZZ (gr**n + (-gr)**(-n))

def root1(n):
    """
    square root of -1 mod L_{10n}/L_{2n}
    """
    L=LU2(10*n)
    F=LU2(2*n)
    N=L/F #L_{10n}/L_{2n}
    assert F^5-5*F^3+5*F == L
    K=IntegerModRing(N)
    sp5=((2*K(F)^2-5) )
    sm5=(K(2)/fibonacci(10*n))
    assert sp5**2==5
    assert sm5**2== -5
    rootm1=sp5/sm5
    assert rootm1**2 == -1
    return N,rootm1