Cada primer $p$ % no $2$o $5$ divide $F_{p-1}$o $F_{p+1}$, donde $(F_n)$ es la secuencia de Fibonacci con $F_1=F_2=1$

Question

Que $\{F_n\}$ - secuencia de Fibonacci: $F_1=F_2=1, F_{n+1}=F_n+F_{n-1}, n\ge2$ y $p -$ primer número, $p\not =2, p \not=5$. Demostrar que $p|F_{p-1}$ o $p|F_{p+1}$

Mi trabajo hasta ahora.

Utilizar fórmula $$F_p^2-1=F_{p-1}\cdot F_{p+1}.$ $, pero no puede resolver el problema.

Answer 1

Hay sólo dos casos de estudio. Caso i): $5$ es un residuo cuadrático $\!\!\pmod{p}$. En tal caso, $x^2-x-1$ completamente divide $\mathbb{F}_p$ $p$ divide $F_{p-1}$, desde $$ F_n = \frac{1}{\sqrt{5}}\left(\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n-\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n\right). $$ Caso ii): $5$ no es un residuo cuadrático $\!\!\pmod{p}$. En tal caso, $x^2-x-1$ es irreducible sobre$\mathbb{F}_p$$\mathbb{F}_{p^2}\simeq \mathbb{F}_p[x]/(x^2-x-1)$. Las raíces de $x^2-x-1$ pueden ser vistos como elementos de $\mathbb{F}_{p^2}$ y por Frobenius' automorphism son de la forma $\alpha,\alpha^p$. Por la fórmula cerrada $$ F_{p+1} = \frac{1}{2\alpha-1}\left(\alpha^{p+1}-\alpha^{p^2+p}\right)$$ pero ya $\alpha^{p^2}=\alpha$, $p$ es un divisor de a $F_{p+1}$.

Answer 2

Que $C_n^m=\binom{n}{m}$.

$p$− primer número, $p≠2,p≠5$.

$$F_{p-1}\cdot F_{p+1}=F_p^2-1$$

$$F_p=\frac{1}{2^{p-1}} \left ( C_{p}^1\cdot 5^0+C_{p}^3\cdot 5^1+C_{p}^{5} \cdot 5^{2}+...+C_p^p \cdot 5^{\left (\frac{p-1}{2}\right )}\right )$$

$p$ - primer número $ \Rightarrow C_p^k\equiv 0\bmod p$ $k=1,2 . . .(p-1)$

$$2^{p-1}\cdot F_p=5^{\left (\frac{p-1}{2}\right )} \mspace{15mu} \bmod \mspace{15mu} p$$

$$2^{2(p-1)}\cdot F_p^2=F_p^2=5^{p-1}=1 \mspace{15mu} \bmod \mspace{15mu} p$$

Answer 3

Primaria prueba inspirado por el papel vinculado por Kelenner:

Déjame 1: Vamos a $a\in \mathbb{F}_p, n\geq3 $, si el polinomio $x^2-x-1|x^{n+2}+a\pmod{p}$ $F_{n+2}\equiv0\pmod{p}$

Prueba: el Cálculo de mod $p$: tenemos que $(x^2-x-1)\cdot(F_0x^n+F_1x^{n-1}+...+F_{n-1}x+F_n)=$ $=F_0x^{2n+2}+(F_2-F_1)x^{2n+1}+(F_3-F_2-F_1)x^{2n}+...+$ $+(F_{i+3}-F_{i+2}-F_{i+1})x^{2n-i}+...+(-F_{n}-F_{n+1})x-F_{n+1}=$

$=x^{2n+2}-F_{n+2}x-F_{n+1}$

Así que si $x^2-x-1|x^{n+2}+a$, a continuación, en particular, $x^2-x-1$ dividir la diferencia entre los polinomios: $x^2-x-1|(x^{n+2}+a-x^{2n+2}+F_{n+2}x+F_{n+1})$ , por lo que

$x^2-x-1|(F_{n+2}x+F_{n+1}+a)$

Desde el polinomio de la derecha es de primer grado debe ser cero. En particular $F_{n+2}=0$ $\square$

Déjame 2: Deje $p$ un primo, $p\neq5$, entonces cualquiera de las $x^2-x-1|x^{p-1}-1\pmod{p}$ $x^2-x-1|x^{p+1}+1\pmod{p}$

*Prueba:*el Cálculo de mod $p$: Vamos a ser $\phi,\phi'$ las dos raíces de la $x^2-x-1$ respecto $\mathbb{F}_p$. Si $p\neq 5$ $\phi\neq\phi'$ $\phi\cdot\phi'=-1$ (true en el entero caso también). Tenemos que $\phi^p,\phi'^p$ también están las raíces de $x^2-x-1$ desde $\phi^{2p}-\phi^p-1=(\phi^2-\phi-1)^p=0$.

Luego de evaluar a los $p$-ésima potencia de lo contrario, los intercambios de las dos raíces de lo contrario, los mantiene fijo. En el primer caso tenemos a$\phi^p=\phi'=\phi$$\phi^{p+1}=\phi^{p}\cdot\phi=-1$. A continuación, las raíces de $x^2-x-1$ son raíces de $x^{p+1}+1$ demasiado así que la primera polyinomial dividir el segundo. De lo contrario, en el segundo caso tenemos a$\phi^{p-1}=1$, por lo que las raíces de $x^2-x-1$ son raíces de $x^{p-1}-1$ demasiado y llegamos a la conclusión de $\square$