Akademisyenler öncülüğünde matematik/fizik/bilgisayar bilimleri soru cevap platformu
2 beğenilme 0 beğenilmeme
1.1k 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.

Lisans Matematik kategorisinde (25.3k puan) tarafından 
tarafından yeniden kategorilendirildi | 1.1k kez görüntülendi
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 !

(881 puan) tarafından 
tarafından düzenlendi
20,205 soru
21,729 cevap
73,289 yorum
1,890,802 kullanıcı