Fibonacci dizisindeki terimlerin hicbirini bolmeyen asal

2 beğenilme 0 beğenilmeme
251 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 (23,839 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, 16 Dogukan633 (859 puan) tarafından  cevaplandı
18, Ağustos, 18 Dogukan633 tarafından düzenlendi
...