Fibonacci dizisindeki terimlerin hicbirini bolmeyen asal

2 beğenilme 0 beğenilmeme
297 kez görüntülendi

Fibonacci dizisindeki terimlerin hicbirini bolmeyen asal var mi? Tabi $F_0=0$ haric.

Ornegin: $2,3,5$ zaten dizinin elemani $7$ de $21$'i boluyor.

19, Şubat, 2016 Lisans Matematik kategorisinde Sercan (23,935 puan) tarafından  soruldu
19, Şubat, 2016 Sercan tarafından yeniden kategorilendirildi
ilk 20,000 Fibonacci sayisi icin yok.. ilk 100 asal sayidan biri mutlaka ilk 20,00 Fibonacci sayisindan birini boluyor deneysel olarak..

Ilk 100 asal sayi listesi..

{2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79, 83, 89, 97, 101, 103, 107, 109, 113, 127, 131, 137, 139, 149, 151, 157, 163, 167, 173, 179, 181, 191, 193, 197, 199, 211, 223, 227, 229, 233, 239, 241, 251, 257, 263, 269, 271, 277, 281, 283, 293, 307, 311, 313, 317, 331, 337, 347, 349, 353, 359, 367, 373, 379, 383, 389, 397, 401, 409, 419, 421, 431, 433, 439, 443, 449, 457, 461, 463, 467, 479, 487, 491, 499, 503, 509, 521, 523, 541}

F[20,000]  sayisi 4180  basamakli..

1 cevap

0 beğenilme 0 beğenilmeme

Yanıt : Hayır

Her $p$ asalı için

                                                                 $F_{p-\left(\frac{p}{5}\right)}\equiv 0\ (mod\ p)$

olduğunu gösterelim ($\left(\dfrac{p}{5}\right)$ legendre sembolü)

$F_n=\frac{1}{\sqrt{5}}\left( \left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right) ^n-\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n\right)$ olduğunu biliyoruz. Dolayısıyla binom açılımı kullanılarak $F_{2n}=\frac{1}{2^{2n-1}}\left(\binom{2n}{1}+\binom{2n}{3}5+\binom{2n}{5}5^2+\ldots+\binom{2n}{2n-1}5^{n-1}\right)$ olur. Ayrıca kuadratik reciprocity teoremine göre $\left(\frac{5}{p}\right)\left(\frac{p}{5}\right)=1$.

Şimdi $F_{p-1}=\frac{1}{2^{p-2}}\left(\binom{p-1}{1}+\binom{p-1}{3}5+\ldots+\binom{p-1}{p-2}5^{\frac{p-3}{2}}\right)$ olsun. Kolayca $\binom{p-1}{k}\equiv (-1)^k\pmod{p}$ olduğunu söyleyebiliriz. O zaman $ F_{p-1}2^{p-2} \equiv -\left(1+5+...+5^{\frac{p-3}{2}}\right) \equiv -\frac{ 5^{\frac{p-1}{2}}-1}{4} \equiv 0\pmod{p} $ olur.

Diğer türlü $F_{p+1}2^p\equiv (p+1)+(p+1)5^{\frac{p-1}{2}}\equiv 0\pmod{p}$. Ve kanıtımız tamamdır !

16, Ağustos, 2018 Dogukan633 (864 puan) tarafından  cevaplandı
18, Ağustos, 2018 Dogukan633 tarafından düzenlendi
...