Números de Fibonacci

Question

Que $F_n$ el $n$ enésimo número de Fibonacci y $p$ un primer ($p\neq2,5$).

¿Entonces, cualquier persona puede comprobar esto?

Si $p\equiv1,4\ (mod\ 5)$

$\large\frac{F_2}{1}+\frac{F_4}{3}+\frac{F_6}{5}+\cdots+\frac{F_{p-1}}{p-2}\normalsize\equiv0\ (mod\ p)$

Si $p\equiv2,3\ (mod\ 5)$

$\large\frac{F_0}{1}+\frac{F_2}{3}+\frac{F_4}{5}+\cdots+\frac{F_{p-3}}{p-2}\normalsize\equiv0\ (mod\ p)$

He comprobado esto todos $p<65,536$.

Esta pregunta se refiere a mi pregunta anterior.

Nota

$L_n=F_{n-1}+F_{n+1}$ (es de $L_n$ $n$ ésimo número de Lucas).

Answer 1

$p\equiv 1,4\pmod{5}$

$\newcommand{\phib}{\psi}$Deje $\phi$ $\phib$ ser raíces de $x^2-x-1$ $\mathbb Z/p^2\mathbb Z,$ que existen por la reciprocidad cuadrática. Satisfacer $\phib=1-\phi$ $\phi\phib=-1.$ Deje $H(x)=\sum_{k=1}^{p-1}x^k/k$ y deje $\delta(x)$ ser $p$-derivación $\frac{x-x^p}p,$ , que está bien definido como una función de $\mathbb Z/p^2\mathbb Z$ $\mathbb F_p.$ $H(x)=\delta(x) + \delta(1-x)$- he aprendido esto de un post en el blog "la Entropía del Modulo de un Primer (Continuación)", pero es de suponer que el clásico. Tenga en cuenta que el producto de la regla de $p$-derivaciones convierte simplemente en $\delta(ab)=a\delta(b)+\delta(a)b$ porque $x^p=x$ $\mathbb F_p.$ Nota también se $\delta(-x)=-\delta(x),$ y por la regla del producto para la p-derivaciones $\delta(\phib)=(1/\phi^2)\delta(\phi).$ $F_n=(\phi^n-\phib^n)/(\phi-\phib),$ la suma en cuestión puede ser escrito como $1/2(\phi-\phib)$ multiplicado por

\begin{align*} &\phi(H(\phi)-H(-\phi))-\phib(H(\phib)-H(-\phib))\\ =&\phi(2\delta(\phi)+\delta(\phib)-\delta(\phi^2))-\phib(2\delta(\phib)+\delta(\phi)-\delta(\phib^2))\\ =&((\phi-3)-(\phib-3)/\phi^2)\delta(\phi)\\ =&((\phi-3)\phi^2-(\phib-3))\delta(\phi)/\phi^2\\ =&((-\phi-2)+(\phi+2))\delta(\phi)/\phi^2\\ =&0. \end{align*}

(Valores dentro de $\delta(.)$ $\mathbb Z/p^2\mathbb Z,$ valores del exterior se encuentran en $\mathbb F_p.$)

$p\equiv 2,3\pmod{5}$

Esto es similar, pero el uso de $\mathbb Z[\phi]/(p^2)\to\mathbb F_p[\phi]$ en lugar de $\mathbb Z/p^2\mathbb Z\to\mathbb F_p,$ $\delta(x)=\frac{\sigma(x)-x^p}p$ donde $\sigma$ es el mapa de swaps $\phi$ $\phib$ (una elevación de la Frobenius mapa de$\mathbb F_p[\phi]$$\mathbb Z[\phi]/(p^2)$). Nota: $H(x)=\delta(x)+\delta(1-x)$ aún mantiene debido a $\sigma(x)+\sigma(1-x)=\sigma(1)=1.$ Para los valores de $\mathbb F_p[\phi]$ ya no tenemos $x^p=x;$, en particular, $\phi^p=\phib$ $\phib^p=\phi.$ Así que en lugar de $\delta(ab)=a\delta(b)+\delta(a)b$ que debemos ser cuidadosos en el uso de $\delta(ab)=a^p\delta(b)+\delta(a)b^p.$ Esto da $\delta(\phib)=\phi^2\delta(\phi).$ Tenemos \begin{align*} &\phi^{-1}(H(\phi)-H(-\phi))\\ =&(\phi-1)(2\delta(\phi)+\delta(\phib)-\delta(\phi^2))\\ =&(\phi-1)(2+\phi^2-2\phib)\delta(\phi)\\ =&(\phi+2)\delta(\phi). \end{align*}

Por el automorphism $\sigma$ también conseguimos $$\phib^{-1}(H(\phib)-H(-\phib))=(\phib+2)\delta(\phib)=\phi^2(3-\phi)\delta(\phi)=(\phi+2)\delta(\phi),$$

dando a $\phi^{-1}(H(\phi)-H(-\phi))-\phib^{-1}(H(\phib)-H(-\phib))=0.$

Comentario

Como en barto la respuesta, podríamos utilizar el anillo de $\mathbb Z_{p}[\phi]/(\phi^2-\phi-1),$ donde $\mathbb Z_p$ es el anillo de $p$-ádico enteros, en lugar de $\mathbb Z/p^2\mathbb Z$ $\mathbb Z[\phi]/(p^2).$ $p\equiv 1,4\pmod{5}$ caso de que esto no es una integral de dominio - $\phi$ actúa como un genérico raíz de un polinomio que ya tiene raíces en $\mathbb Z_{p}.$ He dejado este argumento en términos de finitud de los anillos ya que creo que es lógicamente correcto y no me gusta overpolish.

Answer 2

Respuesta parcial: el cálculo al final resulta ser menos trivial de lo que esperaba, pero sí da una forma equivalente en términos de congruencia de los tres números de Fibonacci mod $p^2$.

Idea: $F_n$ es una combinación lineal de las progresiones geométricas, y por un clásico truco (la escritura como una integral y hacer un cambio de variables) tenemos: $$\sum_{k=1}^n\frac{x^k}k = \sum_{k=1}^n\binom nk\frac{(x-1)^k-(-1)^k}k$$ Tomando $n=p$ el coeficiente binomial casi desaparece y podemos obtener $$H(x)=\sum_{k=1}^{p-1}\frac{x^k}k \equiv\frac{(x-1)^p+1-x^p}p\pmod p$$ (para todos los $x\in \mathbb Z$, o como polinomios en $x$) $p$ impar.

Para filtrar par o impar de términos, tome $H(x)\pm H(-x)$.

De vuelta al problema: Tenemos $F_n = C \cdot (\phi^n-(\phi')^{n})$ para algunas constantes $C=1/(\phi-\phi')$. Aquí $\phi'=-\phi^{-1}$.

Algunos detalles para hacer todo legal: para asegurarnos de no dividir por $0$ y todas las congruencias sentido, a partir de ahora trabajamos en el ring $A=\mathbb Z_{(p)}[(\sqrt 5)^{-1}]\subset\mathbb Q(\sqrt5)$ donde $1,2, \ldots,p-1,\sqrt5=1/C,\phi$ es invertible. La elección de un ideal maximal $\mathfrak m$ contiene $p$ da un morfismos de $\mathbb Z$-álgebras de a $\mathbb F_p$ o $\mathbb F_{p^2}$, que envía los números de Fibonacci en $\mathbb Z$ a los números de Fibonacci mod $p$. Un entero es en $\mathfrak m^k$ fib es divisible por $p^k$, ya que el $p\neq5$ es unramified.

La aplicación de la excesiva $A$, sólo tenemos que calcular $$\phi (H(\phi)-H(-\phi))\\ - \phi'( H(\phi')- H(-\phi'))$$ resp. $$\phi' (H(\phi)-H(-\phi))\\ - \phi( H(\phi')- H(-\phi'))$$

modulo $p$, por lo que ahora tenemos formas cerradas. Equivalentemente, podemos deshacernos de el denominador $p$ y demostrar que $p$ veces que es $0$ mod $p^2$.

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En realidad no es obvio que es $0\pmod {p^2}$. Para el primero, escrito todo en términos de $\pm$ poderes de $\phi$ (con $-\phi'-1=-\phi^2$, etc), obtenemos $$[-p+1]-[p+1]+[2p+1]-[p+1]\\ -[p-1]+[p-1]+[-2p-1]+[p-1]$$ donde $[n]$ denota $\phi^n$. El uso de $[n]=\phi F_n+F_{n-1}$ $F_{-n}=(-1)^nF_n$ este es: $$(2\phi-1)(F_{2p+1}-2F_{p+1}-F_{p-1})$$ por lo que es equivalente a mostrar $$\bbox[5px,border:2px solid red]{F_{2p+1}-2F_{p+1}-F_{p-1} \equiv0\pmod{p^2}}\qquad p\equiv\pm1\pmod5$$

Asimismo, para el segundo: $$[-p-1]-[p-1]+[2p-1]-[p-1]\\ - (p+1]+[-p+1]+[-2p+1]+[-p+1]$$ que le da el equivalente (veces $2\phi-1$) $$\bbox[5px,border:2px solid red]{F_{2p-1}-2F_{p-1}-F_{p+1} \equiv0\pmod{p^2}}\qquad p\equiv\pm2\pmod5$$