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フィボナッチ数列 F[1]=1, F[2]=1, F[n+2]=F[n+1]+F[n] (n≧1) について、
F[n] (n≠5) が素数 ならば F[n] ≡ ±1 (mod n) であることを示してください。 よろしくお願いします。

gooドクター

A 回答 (9件)

フィボナッチ数列


F[1]=1
F[2]=1
F[n+2]=F[n+1]+F[n]
(n≧1)
(n≠5)
について、
F[n]
を素数とすると
n=3 の場合はF[3]=2=-1(mod3)である
F[3]=2は素数でF[n]=-1(mod n)が成立している
n=4 の場合はF[4]=3=4-1=-1(mod4)である
F[4]=3は素数でF[n]=-1(mod n)が成立している
n≠4の場合
F[n]が素数となる n は素数である。
n>5とする

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フィボナッチ数列


F[1]=1
F[2]=1
F[n+2]=F[n+1]+F[n]
(n≧1)
(n≠5)
について、
F[n]
を素数とすると
n=3 の場合はF[3]=2=-1(mod3)である
F[3]=2は素数でF[n]=-1(mod n)が成立している
n=4 の場合はF[4]=3=4-1=-1(mod4)である
F[4]=3は素数でF[n]=-1(mod n)が成立している
n≠4の場合
F[n]が素数となる n は素数である。
n>5とする

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この回答へのお礼

2∧(nー 1)F(n)ーF(n)の所の行で、(フェルマーの小定理の所)で、この後、F(n)で、括る必要あるのでしょうか?ご教授頂けると幸いです。すみませんが。

お礼日時:2021/03/25 17:31

2nC(n-2)√5^(n-2) +2nCn√5^n


↓nは素数で奇数だからn=2j+1となる整数jがある
=2nC(n-2)√5^(2j+1-2)+2nCn√5^(2j+1)
=2nC(n-2)√5^(2j-2+1)+2nCn√5^(2j+1)
=2nC(n-2)√5^{2(j-1)+1}+2nCn√5^(2j+1)
=2nC(n-2)(√5^{2(j-1)})√5+2nCn{√5^(2j)}√5
=2nC(n-2){5^(j-1)}√5+2nCn(5^j)√5

n=2j+1
n-1=2j
(n-1)/2=j
だから

=2nC(n-2)5^{(n-1)/2-1}(√5)+2nCn{5^(n-1)/2}√5
=2nC(n-2)5^{(n-1)/2-2/2}√5+2nCn{5^(n-1)/2}√5
=2nC(n-2)5^{(n-3)/2}(√5) +2nCn{5^(n-1)/2}√5
=2(√5)nC(n-2)5^{(n-3)/2}+2(√5)nCn{5^(n-1)/2}
-----------------------------------
フィボナッチ数列
F[1]=1
F[2]=1
F[n+2]=F[n+1]+F[n]
(n≧1)
(n≠5)
について、
F[n]
を素数とすると
n=3 の場合はF[3]=2=-1(mod3)である
F[3]=2は素数でF[n]=-1(mod n)が成立している
n=4 の場合はF[4]=3=4-1=-1(mod4)である
F[4]=3は素数でF[n]=-1(mod n)が成立している
n≠4の場合
F[n]が素数となる n は素数である。
n>5とする

F(n)=(1/√5)[{(1+√5)/2}^n-{(1-√5)/2}^n]
とすると

F(1)=(1/√5)[{(1+√5)/2}^1-{(1-√5)/2}^1]=1
F(2)=(1/√5)[{(1+√5)/2}^2-{(1-√5)/2}^2]=1

F(n)+F(n+1)
=(1/√5)[{(1+√5)/2}^n-{(1-√5)/2}^n]+(1/√5)[{(1+√5)/2}^(n+1)-{(1-√5)/2}^(n+1)]
=(1/√5)[{(1+√5)/2}^n{(3+√5)/2}-{(1-√5)/2}^n{(3-√5)/2}]
=(1/√5)[{(1+√5)/2}^(n+2)-{(1-√5)/2}^(n+2)]
=F(n+2)
が成り立つから
F(n)=(1/√5)[{(1+√5)/2}^n-{(1-√5)/2}^n]
はフィボナッチ数列の一般項を表す

F(n)=(1/√5)[{(1+√5)/2}^n-{(1-√5)/2}^n]
F(n)={(1+√5)^n-(1-√5)^n}/{(√5)(2^n)}

(1+√5)^nを2項展開すると
(1+√5)^n=Σ_{k=0~n}(nCk)√5^k
(1+√5)^n=nC0+nC1√5+nC2√5^2+nC3√5^3+…+nC(n-2)√5^(n-2)+nC(n-1)√5^(n-1)+nCn√5^n
(1-√5)^nを2項展開すると(nは素数で奇数だから(-1)^n=-1だから)
(1-√5)^n=Σ_{k=0~n}(-1)^k(nCk)√5^k
(1-√5)^n=nC0-nC1√5+nC2√5^2-nC3√5^3+…-nC(n-2)√5^(n-2)+nC(n-1)√5^(n-1)-nCn√5^n

↓これを(1+√5)^nから引くと

(1+√5)^n-(1-√5)^n
=
+nC0     -nC0 
+nC1√5     +nC1√5
+nC2√5^2    -nC2√5^2
+nC3√5^3    +nC3√5^3
+nC4√5^4    -nC4√5^4
+nC5√5^5    +nC5√5^5
+nC6√5^6    -nC6√5^6
+nC7√5^7    +nC7√5^7

+nC(n-2)√5^(n-2)+nC(n-2)√5^(n-2)
+nC(n-1)√5^(n-1)-nC(n-1)√5^(n-1)
+nCn√5^n +nCn√5^n

=
+2nC1√5
+2nC3√5^3
+2nC5√5^5
+2nC7√5^7

+2nC(n-2)√5^(n-2)
+2nCn√5^n

=
+2nC1√5
+2nC3√5^(1+2)
+2nC5√5^(1+4)
+2nC7√5^(1+6)

+2nC(n-2)√5^(1+n-3)
+2(nCn)√5^(1+n-1)

=
+2nC1√5
+2nC3√5√5^2
+2nC5√5√5^4
+2nC7√5√5^6

+2nC(n-2)√5√5^(n-3)
+2(nCn)√5√5^(n-1)

=
+2nC1(√5)
+2nC3(√5){5^(1/2)}^2
+2nC5(√5){5^(1/2)}^4
+2nC7(√5){5^(1/2)}^6

+2nC(n-2)(√5){5^(1/2)}^(n-3)
+2(nCn)(√5){5^(1/2)}^(n-1)

=
+2nC1(√5)
+2nC3(√5)*5^(2/2)
+2nC5(√5)*5^(4/2)
+2nC7(√5)*5^(6/2)

+2nC(n-2)(√5)*5^{(n-3)/2}
+2(nCn)(√5)*5^{(n-1)/2}

=
+(2√5)(nC1)
+(2√5)(nC3)*5
+(2√5)(nC5)*5^2
+(2√5)(nC7)*5^3

+(2√5){nC(n-2)}*5^{(n-3)/2}
+(2√5)(nCn)*5^{(n-1)/2}

(1+√5)^n-(1-√5)^n
=
+(2√5)(nC1)
+(2√5)(nC3)*5
+(2√5)(nC5)*5^2
+(2√5)(nC7)*5^3

+(2√5){nC(n-2)}*5^{(n-3)/2}
+(2√5)(nCn)*5^{(n-1)/2}

↓両辺を(2^n)√5で割ると

{(1+√5)^n-(1-√5)^n}/{(2^n)√5}
=
[
+(nC1)
+(nC3)*5
+(nC5)*5^2
+(nC7)*5^3

+{nC(n-2)}*5^{(n-3)/2}
+(nCn)*5^{(n-1)/2}
]
/2^(n-1)

↓F(n)={(1+√5)^n-(1-√5)^n}/{(2^n)√5}だから

F(n)=[nC1+nC3*5+nC5*5^2+nC7*5^3+…+nC(n-2)5^{(n-3)/2}+nCn5^{(n-1)/2}]/2^(n-1)
↓両辺に2^(n-1)をかけると
2^(n-1)F(n)=nC1+nC3*5+nC5*5^2+nC7*5^3+…+nC(n-2)5^{(n-3)/2}+nCn5^{(n-1)/2}

1≦k≦n-2 となる自然数kに対して
k≦n-2<n

1≦k
n-k≦n-1<n

nCk=n!/{k!(n-k)!}

nは素数で
nより小さいnの正の倍数は存在しないから
k<nだからk!の素因数にはnは無い
n-k<nだから(n-k)!の素因数にはnは無い
k!(n-k)!の素因数にはnは無い
だから
nはk!(n-k)!で約分できないから

1≦k≦n-2 となる自然数kに対して
nCkはnの倍数となるから

nC1,nC3,nC5,nC7,…,nC(n-2)はnの倍数だから

nC1=nC3=nC5=nC7=…=nC(n-2)=0(mod n)
だから
nC1+nC3*5+nC5*5^2+nC7*5^3+…+nC(n-2)5^{(n-3)/2}=0(mod n)
だから
nC1+nC3*5+nC5*5^2+nC7*5^3+…+nC(n-2)5^{(n-3)/2}+5^{(n-1)/2}=5^{(n-1)/2}(mod n)
だから
2^(n-1)F(n)=nC1+nC3*5+nC5*5^2+nC7*5^3+…+nC(n-2)5^{(n-3)/2}+5^{(n-1)/2}=5^{(n-1)/2}(mod n)
だから
2^(n-1)F(n)=5^{(n-1)/2}(mod n)

nは素数で
2<nと2は互いに素だから
フェルマーの小定理から
2^(n-1)=1(mod n)
だから
2^(n-1)-1=0(mod n)
だから
{2^(n-1)-1}F(n)=0(mod n)
2^(n-1)F(n)-F(n)=0(mod n)
2^(n-1)F(n)=F(n)(mod n)

↓2^(n-1)F(n)=5^{(n-1)/2}(mod n)だから

F(n)=5^{(n-1)/2}(mod n)

nは素数で
5<nと5は互いに素で
フェルマーの小定理から
5^(n-1)=1(mod n)
だから
(5^{(n-1)/2})^2=5^(n-1)=1(mod n)
(5^{(n-1)/2})^2=1(mod n)
(5^{(n-1)/2})^2-1=0(mod n)
(5^{(n-1)/2}+1)(5^{(n-1)/2}-1)=0(mod n)
↓nは素数だから
5^{(n-1)/2}+1=0(mod n).or.5^{(n-1)/2}-1=0(mod n)
だから
5^{(n-1)/2}=±1(mod n)
だから
F(n)=5^{(n-1)/2}(mod n)=±1(mod n)

F(n)=±1(mod n)
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この回答へのお礼

↓両辺を(2^n)√5で割ると

{(1+√5)^n-(1-√5)^n}/{(2^n)√5}
=
[
+(nC1)
+(nC3)*5
+(nC5)*5^2
+(nC7)*5^3

+{nC(n-2)}*5^{(n-3)/2}
+(nCn)*5^{(n-1)/2}
]
/2^(n-1)

↓F(n)={(1+√5)^n-(1-√5)^n}/{(2^n)√5}だから

F(n)=[nC1+nC3*5+nC5*5^2+nC7*5^3+…+nC(n-2)5^{(n-3)/2}+nCn5^{(n-1)/2}]/2^(n-1)
↓両辺に2^(n-1)をかけると
2^(n-1)F(n)=nC1+nC3*5+nC5*5^2+nC7*5^3+…+nC(n-2)5^{(n-3)/2}+nCn5^{(n-1)/2}

1≦k≦n-2 となる自然数kに対して
k≦n-2<n

1≦k
n-k≦n-1<n

nCk=n!/{k!(n-k)!}

nは素数で
nより小さいnの正の倍数は存在しないから
k<nだからk!の素因数にはnは無い
n-k<nだから(n-k)!の素因数にはnは無い
k!(n-k)!の素因数にはnは無い
だから
nはk!(n-k)!で約分できないから

1≦k≦n-2 となる自然数kに対して
nCkはnの倍数となるから

nC1,nC3,nC5,nC7,…,nC(n-2)はnの倍数だから

nC1=nC3=nC5=nC7=…=nC(n-2)=0(mod n)
だから
nC1+nC3*5+nC5*5^2+nC7*5^3+…+nC(n-2)5^{(n-3)/2}=0(mod n)
だから
nC1+nC3*5+nC5*5^2+nC7*5^3+…+nC(n-2)5^{(n-3)/2}+5^{(n-1)/2}=5^{(n-1)/2}(mod n)
だから
2^(n-1)F(n)=nC1+nC3*5+nC5*5^2+nC7*5^3+…+nC(n-2)5^{(n-3)/2}+5^{(n-1)/2}=5^{(n-1)/2}(mod n)
だから
2^(n-1)F(n)=5^{(n-1)/2}(mod n)
ここら辺を詳しい数式を加えて頂けませんか?ご教授頂けると幸いです。すみませんが。

お礼日時:2021/03/23 16:44

フィボナッチ数列


F[1]=1
F[2]=1
F[n+2]=F[n+1]+F[n]
(n≧1)
(n≠5)
について、
F[n]
を素数とすると
n=3 の場合はF[3]=2=-1(mod3)である
F[3]=2は素数でF[n]=-1(mod n)が成立している
n=4 の場合はF[4]=3=4-1=-1(mod4)である
F[4]=3は素数でF[n]=-1(mod n)が成立している
n≠4の場合
F[n]が素数となる n は素数である。
n>5とする

F(n)=(1/√5)[{(1+√5)/2}^n-{(1-√5)/2}^n]
とすると

F(1)=(1/√5)[{(1+√5)/2}^1-{(1-√5)/2}^1]=1
F(2)=(1/√5)[{(1+√5)/2}^2-{(1-√5)/2}^2]=1

F(n)+F(n+1)
=(1/√5)[{(1+√5)/2}^n-{(1-√5)/2}^n]+(1/√5)[{(1+√5)/2}^(n+1)-{(1-√5)/2}^(n+1)]
=(1/√5)[{(1+√5)/2}^n{(3+√5)/2}-{(1-√5)/2}^n{(3-√5)/2}]
=(1/√5)[{(1+√5)/2}^(n+2)-{(1-√5)/2}^(n+2)]
=F(n+2)
が成り立つから
F(n)=(1/√5)[{(1+√5)/2}^n-{(1-√5)/2}^n]
はフィボナッチ数列の一般項を表す

F(n)=(1/√5)[{(1+√5)/2}^n-{(1-√5)/2}^n]
F(n)={(1+√5)^n-(1-√5)^n}/{(√5)(2^n)}

(1+√5)^nを2項展開すると
(1+√5)^n=Σ_{k=0~n}(nCk)√5^k
(1+√5)^n=nC0+nC1√5+nC2√5^2+nC3√5^3+…+nC(n-2)√5^(n-2)+nC(n-1)√5^(n-1)+nCn√5^n
(1-√5)^nを2項展開すると(nは素数で奇数だから(-1)^n=-1だから)
(1-√5)^n=Σ_{k=0~n}(-1)^k(nCk)√5^k
(1-√5)^n=nC0-nC1√5+nC2√5^2-nC3√5^3+…-nC(n-2)√5^(n-2)+nC(n-1)√5^(n-1)-nCn√5^n

↓これを(1+√5)^nから引くと

(1+√5)^n-(1-√5)^n
=
+nC0     -nC0 
+nC1√5     +nC1√5
+nC2√5^2    -nC2√5^2
+nC3√5^3    +nC3√5^3
+nC4√5^4    -nC4√5^4
+nC5√5^5    +nC5√5^5
+nC6√5^6    -nC6√5^6
+nC7√5^7    +nC7√5^7

+nC(n-2)√5^(n-2)+nC(n-2)√5^(n-2)
+nC(n-1)√5^(n-1)-nC(n-1)√5^(n-1)
+nCn√5^n +nCn√5^n

=
+2nC1√5
+2nC3√5^3
+2nC5√5^5
+2nC7√5^7

+2nC(n-2)√5^(n-2)
+2nCn√5^n

=
+2nC1√5
+2nC3√5^(1+2)
+2nC5√5^(1+4)
+2nC7√5^(1+6)

+2nC(n-2)√5^(1+n-3)
+2(nCn)√5^(1+n-1)

=
+2nC1√5
+2nC3√5√5^2
+2nC5√5√5^4
+2nC7√5√5^6

+2nC(n-2)√5√5^(n-3)
+2(nCn)√5√5^(n-1)

=
+2nC1(√5)
+2nC3(√5){5^(1/2)}^2
+2nC5(√5){5^(1/2)}^4
+2nC7(√5){5^(1/2)}^6

+2nC(n-2)(√5){5^(1/2)}^(n-3)
+2(nCn)(√5){5^(1/2)}^(n-1)

=
+2nC1(√5)
+2nC3(√5)*5^(2/2)
+2nC5(√5)*5^(4/2)
+2nC7(√5)*5^(6/2)

+2nC(n-2)(√5)*5^{(n-3)/2}
+2(nCn)(√5)*5^{(n-1)/2}

=
+(2√5)(nC1)
+(2√5)(nC3)*5
+(2√5)(nC5)*5^2
+(2√5)(nC7)*5^3

+(2√5){nC(n-2)}*5^{(n-3)/2}
+(2√5)(nCn)*5^{(n-1)/2}

(1+√5)^n-(1-√5)^n
=
+(2√5)(nC1)
+(2√5)(nC3)*5
+(2√5)(nC5)*5^2
+(2√5)(nC7)*5^3

+(2√5){nC(n-2)}*5^{(n-3)/2}
+(2√5)(nCn)*5^{(n-1)/2}

↓両辺を(2^n)√5で割ると

{(1+√5)^n-(1-√5)^n}/{(2^n)√5}
=
[
+(nC1)
+(nC3)*5
+(nC5)*5^2
+(nC7)*5^3

+{nC(n-2)}*5^{(n-3)/2}
+(nCn)*5^{(n-1)/2}
]
/2^(n-1)

↓F(n)={(1+√5)^n-(1-√5)^n}/{(2^n)√5}だから

F(n)=[nC1+nC3*5+nC5*5^2+nC7*5^3+…+nC(n-2)5^{(n-3)/2}+nCn5^{(n-1)/2}]/2^(n-1)

j=0~(n-3)/2に対して
0≦j≦(n-3)/2
0≦2j≦n-3
2j≦n-3
2j+1≦n-2
↓n-2<nだから
2j+1<n

0≦2j
n-2j-1≦n-1
↓n-1<nだから
n-2j-1<n

nC(2j+1)=n!/{(2j+1)!(n-2j-1)!}

nは素数で
2j+1<nだから(2j+1)!の素因数にはnは無い
n-2j-1<nだから(n-2j-1)!の素因数にはnは無い
(2j+1)!(n-2j-1)!の素因数にはnは無い
だから
nC(2j+1)はnの倍数となる

j=0~(n-3)/2に対してnC(2j+1)はnの倍数だから
j=0~(n-3)/2に対してnC(2j+1)=0(mod n)
だから
nC1+nC3*5+nC5*5^2+nC7*5^3+…+nC(n-2)5^{(n-3)/2}=0(mod n)
だから
nC1+nC3*5+nC5*5^2+nC7*5^3+…+nC(n-2)5^{(n-3)/2}+5^{(n-1)/2}=5^{(n-1)/2}(mod n)
だから
F(n)=[nC1+nC3*5+nC5*5^2+nC7*5^3+…+nC(n-2)5^{(n-3)/2}+5^{(n-1)/2}]/2^(n-1)=5^{(n-1)/2}/2^(n-1)(mod n)
だから
F(n)=5^{(n-1)/2}/2^(n-1)(mod n)

nは素数で
2<nと2は互いに素だから
フェルマーの小定理から
2^(n-1)=1(mod n)
だから
F(n)=5^{(n-1)/2}/2^(n-1)=5^{(n-1)/2}(mod n)
だから
F(n)=5^{(n-1)/2}(mod n)

nは素数で
5<nと5は互いに素で
フェルマーの小定理から
5^(n-1)=1(mod n)
だから
(5^{(n-1)/2})^2=5^(n-1)=1(mod n)
(5^{(n-1)/2})^2=1(mod n)
(5^{(n-1)/2})^2-1=0(mod n)
(5^{(n-1)/2}+1)(5^{(n-1)/2}-1)=0(mod n)
↓nは素数だから
5^{(n-1)/2}+1=0(mod n).or.5^{(n-1)/2}-1=0(mod n)
だから
5^{(n-1)/2}=±1(mod n)
だから
F(n)=5^{(n-1)/2}(mod n)=±1(mod n)

F(n)=±1(mod n)
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この回答へのお礼

+2nC(n-2)√5^(n-2)
+2nCn√5^n
というのは、どのように式変形したのでしょうか?ご教授頂けると幸いです。すみませんが。

お礼日時:2021/03/23 14:42

フィボナッチ数列


F[1]=1
F[2]=1
F[n+2]=F[n+1]+F[n]
(n≧1)
(n≠5)
について、
F[n]
を素数とすると
n=3 の場合はF[3]=2=-1(mod3)である
F[3]=2は素数でF[n]=-1(mod n)が成立している
n=4 の場合はF[4]=3=4-1=-1(mod4)である
F[4]=3は素数でF[n]=-1(mod n)が成立している
n≠4の場合
F[n]が素数となる n は素数である。
n>5とする

F(n)=(1/√5)[{(1+√5)/2}^n-{(1-√5)/2}^n]
とすると

F(1)=(1/√5)[{(1+√5)/2}^1-{(1-√5)/2}^1]=1
F(2)=(1/√5)[{(1+√5)/2}^2-{(1-√5)/2}^2]=1

F(n)+F(n+1)
=(1/√5)[{(1+√5)/2}^n-{(1-√5)/2}^n]+(1/√5)[{(1+√5)/2}^(n+1)-{(1-√5)/2}^(n+1)]
=(1/√5)[{(1+√5)/2}^n{(3+√5)/2}-{(1-√5)/2}^n{(3-√5)/2}]
=(1/√5)[{(1+√5)/2}^(n+2)-{(1-√5)/2}^(n+2)]
=F(n+2)
が成り立つから
F(n)=(1/√5)[{(1+√5)/2}^n-{(1-√5)/2}^n]
はフィボナッチ数列の一般項を表す

F(n)=(1/√5)[{(1+√5)/2}^n-{(1-√5)/2}^n]
F(n)={(1+√5)^n-(1-√5)^n}/{(√5)(2^n)}

(1+√5)^nを2項展開すると
(1+√5)^n=Σ_{k=0~n}(nCk)√5^k
(1+√5)^n=nC0+nC1√5+nC2√5^2+nC3√5^3+…+nC(n-2)√5^(n-2)+nC(n-1)√5^(n-1)+nCn√5^n
(1-√5)^nを2項展開すると(nは素数で奇数だから(-1)^n=-1だから)
(1-√5)^n=Σ_{k=0~n}(-1)^k(nCk)√5^k
(1-√5)^n=nC0-nC1√5+nC2√5^2-nC3√5^3+…-nC(n-2)√5^(n-2)+nC(n-1)√5^(n-1)-nCn√5^n

↓これを(1+√5)^nから引くと

(1+√5)^n-(1-√5)^n
=
+nC0     -nC0 
+nC1√5     +nC1√5
+nC2√5^2    -nC2√5^2
+nC3√5^3    +nC3√5^3
+nC4√5^4    -nC4√5^4
+nC5√5^5    +nC5√5^5
+nC6√5^6    -nC6√5^6
+nC7√5^7    +nC7√5^7

+nC(n-2)√5^(n-2)+nC(n-2)√5^(n-2)
+nC(n-1)√5^(n-1)-nC(n-1)√5^(n-1)
+nCn√5^n +nCn√5^n

=
+2nC1√5
+2nC3√5^3
+2nC5√5^5
+2nC7√5^7

+2nC(n-2)√5^(n-2)
+2nCn√5^n

=
+(2√5)(nC1)
+(2√5)(nC3)*5
+(2√5)(nC5)*5^2
+(2√5)(nC7)*5^3

+(2√5){nC(n-2)}*5^{(n-3)/2}
+(2√5)(nCn)*5^{(n-1)/2}

(1+√5)^n-(1-√5)^n=+(2√5)(nC1)+(2√5)(nC3)*5+(2√5)(nC5)*5^2+(2√5)(nC7)*5^3…+(2√5){nC(n-2)}*5^{(n-3)/2}+(2√5)(nCn)*5^{(n-1)/2}

↓両辺を(2^n)√5で割ると

{(1+√5)^n-(1-√5)^n}/{(2^n)√5}
=
[
+(nC1)
+(nC3)*5
+(nC5)*5^2
+(nC7)*5^3

+{nC(n-2)}*5^{(n-3)/2}
+(nCn)*5^{(n-1)/2}
]
/2^(n-1)

↓F(n)={(1+√5)^n-(1-√5)^n}/{(2^n)√5}だから

F(n)=[nC1+nC3*5+nC5*5^2+nC7*5^3+…+nC(n-2)5^{(n-3)/2}+nCn5^{(n-1)/2}]/2^(n-1)

j=0~(n-3)/2に対して
0≦j≦(n-3)/2
0≦2j≦n-3
2j≦n-3
2j+1≦n-2
↓n-2<nだから
2j+1<n

0≦2j
n-2j-1≦n-1
↓n-1<nだから
n-2j-1<n

nC(2j+1)=n!/{(2j+1)!(n-2j-1)!}

nは素数で
2j+1<nだから(2j+1)!の素因数にはnは無い
n-2j-1<nだから(n-2j-1)!の素因数にはnは無い
(2j+1)!(n-2j-1)!の素因数にはnは無い
だから
nC(2j+1)はnの倍数となる

j=0~(n-3)/2に対してnC(2j+1)はnの倍数だから
j=0~(n-3)/2に対してnC(2j+1)=0(mod n)
だから
nC1+nC3*5+nC5*5^2+nC7*5^3+…+nC(n-2)5^{(n-3)/2}=0(mod n)
だから
nC1+nC3*5+nC5*5^2+nC7*5^3+…+nC(n-2)5^{(n-3)/2}+5^{(n-1)/2}=5^{(n-1)/2}(mod n)
だから
F(n)=[nC1+nC3*5+nC5*5^2+nC7*5^3+…+nC(n-2)5^{(n-3)/2}+5^{(n-1)/2}]/2^(n-1)=5^{(n-1)/2}/2^(n-1)(mod n)
だから
F(n)=5^{(n-1)/2}/2^(n-1)(mod n)

nは素数で
2<nと2は互いに素だから
フェルマーの小定理から
2^(n-1)=1(mod n)
だから
F(n)=5^{(n-1)/2}/2^(n-1)=5^{(n-1)/2}(mod n)
だから
F(n)=5^{(n-1)/2}(mod n)

nは素数で
5<nと5は互いに素で
フェルマーの小定理から
5^(n-1)=1(mod n)
だから
(5^{(n-1)/2})^2=5^(n-1)=1(mod n)
(5^{(n-1)/2})^2=1(mod n)
(5^{(n-1)/2})^2-1=0(mod n)
(5^{(n-1)/2}+1)(5^{(n-1)/2}-1)=0(mod n)
↓nは素数だから
5^{(n-1)/2}+1=0(mod n).or.5^{(n-1)/2}-1=0(mod n)
だから
5^{(n-1)/2}=±1(mod n)
だから
F(n)=5^{(n-1)/2}(mod n)=±1(mod n)

F(n)=±1(mod n)
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+(2√5){nC(n-2)}*5^{(n-3)/2}
+(2√5)(nCn)*5^{(n-1)/2}

(1+√5)^n-(1-√5)^n=+(2√5)(nC1)+(2√5)(nC3)*5+(2√5)(nC5)*5^2+(2√5)(nC7)*5^3…+(2√5){nC(n-2)}*5^{(n-3)/2}+(2√5)(nCn)*5^{(n-1)/2}

↓両辺を(2^n)√5で割ると

{(1+√5)^n-(1-√5)^n}/{(2^n)√5}
=
[
+(nC1)
+(nC3)*5
+(nC5)*5^2
+(nC7)*5^3

+{nC(n-2)}*5^{(n-3)/2}
+(nCn)*5^{(n-1)/2}
]
/2^(n-1)

↓F(n)={(1+√5)^n-(1-√5)^n}/{(2^n)√5}だから

F(n)=[nC1+nC3*5+nC5*5^2+nC7*5^3+…+nC(n-2)5^{(n-3)/2}+nCn5^{(n-1)/2}]/2^(n-1)
ここをもう少し詳しくご教授頂けると幸いです。すみませんが。もう少し詳しい数式を入れて頂けませんか?

お礼日時:2021/03/22 20:12

フィボナッチ数列


F[1]=1
F[2]=1
F[n+2]=F[n+1]+F[n]
(n≧1)
(n≠5)
について、
F[n]
を素数とすると
n=3 の場合はF[3]=2=-1(mod3)である
F[3]=2は素数でF[n]=-1(mod n)が成立している
n=4 の場合はF[4]=3=4-1=-1(mod4)である
F[4]=3は素数でF[n]=-1(mod n)が成立している
n≠4の場合
F[n]が素数となる n は素数である。
n>5とする

F(n)=(1/√5)[{(1+√5)/2}^n-{(1-√5)/2}^n]
とすると

F(1)=(1/√5)[{(1+√5)/2}^1-{(1-√5)/2}^1]=1
F(2)=(1/√5)[{(1+√5)/2}^2-{(1-√5)/2}^2]=1

F(n)+F(n+1)
=(1/√5)[{(1+√5)/2}^n-{(1-√5)/2}^n]+(1/√5)[{(1+√5)/2}^(n+1)-{(1-√5)/2}^(n+1)]
=(1/√5)[{(1+√5)/2}^n{(3+√5)/2}-{(1-√5)/2}^n{(3-√5)/2}]
=(1/√5)[{(1+√5)/2}^(n+2)-{(1-√5)/2}^(n+2)]
=F(n+2)
が成り立つから
F(n)=(1/√5)[{(1+√5)/2}^n-{(1-√5)/2}^n]
はフィボナッチ数列の一般項を表す

F(n)=(1/√5)[{(1+√5)/2}^n-{(1-√5)/2}^n]
F(n)={(1+√5)^n-(1-√5)^n}/{(√5)(2^n)}

(1+√5)^nを2項展開すると
(1+√5)^n=Σ_{k=0~n}(nCk)√5^k
(1+√5)^n=nC0+nC1√5+nC2√5^2+nC3√5^3+…+nC(n-2)√5^(n-2)+nC(n-1)√5^(n-1)+nCn√5^n
(1-√5)^nを2項展開すると(nは素数で奇数だから(-1)^n=-1だから)
(1-√5)^n=Σ_{k=0~n}(-1)^k(nCk)√5^k
(1-√5)^n=nC0-nC1√5+nC2√5^2-nC3√5^3+…-nC(n-2)√5^(n-2)+nC(n-1)√5^(n-1)-nCn√5^n
↓これを(1+√5)^nから引くと(√5の奇数乗の無理数項が残る)
(1+√5)^n-(1-√5)^n=Σ_{k=0~n}{1-(-1)^k}(nCk)√5^k
(1+√5)^n-(1-√5)^n=2√5Σ_{j=0~(n-1)/2}2{nC(2j+1)}5^j
(1+√5)^n-(1-√5)^n=2nC1√5+2nC3√5^3+2nC5√5^5+3nC7√5^5…+2nC(n-2)√5^(n-2)+2nCn√5^n
(1+√5)^n-(1-√5)^n=2√5[nC1+nC3*5+nC5*5^2+nC7*5^3+…+nC(n-2)5^{(n-3)/2}+nCn5^{(n-1)/2}]
↓両辺を(2^n)√5で割ると
{(1+√5)^n-(1-√5)^n}/{(2^n)√5}=Σ_{j=0~(n-1)/2}{nC(2j+1)}(5^j)/2^(n-1)
↓F(n)={(1+√5)^n-(1-√5)^n}/{(2^n)√5}だから
F(n)=Σ_{j=0~(n-1)/2}{nC(2j+1)}(5^j)/2^(n-1)
F(n)=[Σ_{j=0~(n-3)/2}{nC(2j+1)}(5^j)+5^{(n-1)/2}]/2^(n-1)
F(n)=[nC1+nC3*5+nC5*5^2+nC7*5^3+…+nC(n-2)5^{(n-3)/2}+nCn5^{(n-1)/2}]/2^(n-1)

j=0~(n-3)/2に対して
0≦j≦(n-3)/2
0≦2j≦n-3
2j≦n-3
2j+1≦n-2
↓n-2<nだから
2j+1<n

0≦2j
n-2j-1≦n-1
↓n-1<nだから
n-2j-1<n

nC(2j+1)=n!/{(2j+1)!(n-2j-1)!}

nは素数で
2j+1<nだから(2j+1)!の素因数にはnは無い
n-2j-1<nだから(n-2j-1)!の素因数にはnは無い
(2j+1)!(n-2j-1)!の素因数にはnは無い
だから
nC(2j+1)はnの倍数となる

j=0~(n-3)/2に対してnC(2j+1)はnの倍数だから
j=0~(n-3)/2に対してnC(2j+1)=0(mod n)
だから
Σ_{j=0~(n-3)/2}{nC(2j+1)}(5^j)=0(mod n)
だから
Σ_{j=0~(n-3)/2}{nC(2j+1)}(5^j)+5^{(n-1)/2}=5^{(n-1)/2}(mod n)
だから
F(n)=[Σ_{j=0~(n-3)/2}{nC(2j+1)}(5^j)+5^{(n-1)/2}]/2^(n-1)=5^{(n-1)/2}/2^(n-1)(mod n)
だから
F(n)=5^{(n-1)/2}/2^(n-1)(mod n)

nは素数で
2<nと2は互いに素だから
フェルマーの小定理から
2^(n-1)=1(mod n)
だから
F(n)=5^{(n-1)/2}/2^(n-1)=5^{(n-1)/2}(mod n)
だから
F(n)=5^{(n-1)/2}(mod n)

nは素数で
5<nと5は互いに素で
フェルマーの小定理から
5^(n-1)=1(mod n)
だから
(5^{(n-1)/2})^2=5^(n-1)=1(mod n)
(5^{(n-1)/2})^2=1(mod n)
(5^{(n-1)/2})^2-1=0(mod n)
(5^{(n-1)/2}+1)(5^{(n-1)/2}-1)=0(mod n)
↓nは素数だから
5^{(n-1)/2}+1=0(mod n).or.5^{(n-1)/2}-1=0(mod n)
だから
5^{(n-1)/2}=±1(mod n)
だから
F(n)=5^{(n-1)/2}(mod n)=±1(mod n)

F(n)=±1(mod n)
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(1+√5)^n-(1-√5)^n=Σ_{k=0~n}{1-(-1)^k}(nCk)√5^k
(1+√5)^n-(1-√5)^n=2√5Σ_{j=0~(n-1)/2}2{nC(2j+1)}5^j
(1+√5)^n-(1-√5)^n=2nC1√5+2nC3√5^3+2nC5√5^5+3nC7√5^5…+2nC(n-2)√5^(n-2)+2nCn√5^n
(1+√5)^n-(1-√5)^n=2√5[nC1+nC3*5+nC5*5^2+nC7*5^3+…+nC(n-2)5^{(n-3)/2}+nCn5^{(n-1)/2}]
↓両辺を(2^n)√5で割ると
{(1+√5)^n-(1-√5)^n}/{(2^n)√5}=Σ_{j=0~(n-1)/2}{nC(2j+1)}(5^j)/2^(n-1)
↓F(n)={(1+√5)^n-(1-√5)^n}/{(2^n)√5}だから
F(n)=Σ_{j=0~(n-1)/2}{nC(2j+1)}(5^j)/2^(n-1)
F(n)=[Σ_{j=0~(n-3)/2}{nC(2j+1)}(5^j)+5^{(n-1)/2}]/2^(n-1)
F(n)=[nC1+nC3*5+nC5*5^2+nC7*5^3+…+nC(n-2)5^{(n-3)/2}+nCn5^{(n-1)/2}]/2^(n-1)
ここら辺が分かりません。もう少し詳しい数式を入れて頂けませんか?ご教授頂けると幸いです。まだ、質問がありますが、これについて、答えてくれてからにします。大変恐縮で、上から目線ですみません。

お礼日時:2021/03/21 21:26

https://ja.wikipedia.org/wiki/%E3%83%95%E3%82%A3 …
に書いてある通り
n=4 の場合を除いて、F[n] がフィボナッチ素数となる n は素数である
F[4]=3は素数だからn=4の場合を調べているのです

https://ja.wikipedia.org/wiki/%E3%83%95%E3%82%A3 …
に書いてある通り
フィボナッチ数列の一般項は次の式で表される
F(n)=(1/√5)[{(1+√5)/2}^n-{(1-√5)/2}^n]
--------------------
フィボナッチ数列
F[1]=1
F[2]=1
F[n+2]=F[n+1]+F[n]
(n≧1)
(n≠5)
について、
F[n]
を素数とすると
n=3 の場合はF[3]=2=-1(mod3)である
F[3]=2は素数でF[n]=-1(mod n)が成立している
n=4 の場合はF[4]=3=4-1=-1(mod3)である
F[4]=3は素数でF[n]=-1(mod n)が成立している
n≠4の場合
F[n]が素数となる n は素数である。
n>5とする

F(n)=(1/√5)[{(1+√5)/2}^n-{(1-√5)/2}^n]
とすると

F(1)=(1/√5)[{(1+√5)/2}^1-{(1-√5)/2}^1]=1
F(2)=(1/√5)[{(1+√5)/2}^2-{(1-√5)/2}^2]=1

F(n)+F(n+1)
=(1/√5)[{(1+√5)/2}^n-{(1-√5)/2}^n]+(1/√5)[{(1+√5)/2}^(n+1)-{(1-√5)/2}^(n+1)]
=(1/√5)[{(1+√5)/2}^n{(3+√5)/2}-{(1-√5)/2}^n{(3-√5)/2}]
=(1/√5)[{(1+√5)/2}^(n+2)-{(1-√5)/2}^(n+2)]
=F(n+2)
が成り立つから
F(n)=(1/√5)[{(1+√5)/2}^n-{(1-√5)/2}^n]
はフィボナッチ数列の一般項を表す

F(n)=(1/√5)[{(1+√5)/2}^n-{(1-√5)/2}^n]
を展開すると
F(n)=(1/√5)[{Σ_{k=0~n}(nCk)5^(k/2)}/2^n-Σ_{k=0~n}{(-1)^k}(nCk){5^(k/2)}/2^n]
F(n)=Σ_{j=0~(n-1)/2}{nC(2j+1)}(5^j)/2^(n-1)
F(n)=[Σ_{j=0~(n-3)/2}{nC(2j+1)}(5^j)+5^{(n-1)/2}]/2^(n-1)

j=0~(n-3)/2に対してnC(2j+1)はnの倍数だから
j=0~(n-3)/2に対してnC(2j+1)=0(mod n)
だから
Σ_{j=0~(n-3)/2}{nC(2j+1)}(5^j)=0(mod n)
だから
Σ_{j=0~(n-3)/2}{nC(2j+1)}(5^j)+5^{(n-1)/2}=5^{(n-1)/2}(mod n)
だから
F(n)=[Σ_{j=0~(n-3)/2}{nC(2j+1)}(5^j)+5^{(n-1)/2}]/2^(n-1)=5^{(n-1)/2}/2^(n-1)(mod n)
だから
F(n)=5^{(n-1)/2}/2^(n-1)(mod n)

nは素数で
2<nと2は互いに素だから
フェルマーの小定理から
2^(n-1)=1(mod n)
だから
F(n)=5^{(n-1)/2}/2^(n-1)=5^{(n-1)/2}(mod n)
だから
F(n)=5^{(n-1)/2}(mod n)

nは素数で
5<nと5は互いに素で
フェルマーの小定理から
5^(n-1)=1(mod n)
だから
(5^{(n-1)/2})^2=5^(n-1)=1(mod n)
(5^{(n-1)/2})^2=1(mod n)
(5^{(n-1)/2})^2-1=0(mod n)
(5^{(n-1)/2}+1)(5^{(n-1)/2}-1)=0(mod n)
↓nは素数だから
5^{(n-1)/2}+1=0(mod n).or.5^{(n-1)/2}-1=0(mod n)
だから
5^{(n-1)/2}=±1(mod n)
だから
F(n)=5^{(n-1)/2}(mod n)=±1(mod n)

F(n)=±1(mod n)
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F(n)=(1/√5)[{Σ_{k=0~n}(nCk)5^(k/2)}/2^n-Σ_{k=0~n}{(-1)^k}(nCk){5^(k/2)}/2^n]
F(n)=Σ_{j=0~(n-1)/2}{nC(2j+1)}(5^j)/2^(n-1)
F(n)=[Σ_{j=0~(n-3)/2}{nC(2j+1)}(5^j)+5^{(n-1)/2}]/2^(n-1)

j=0~(n-3)/2に対してnC(2j+1)はnの倍数だから
j=0~(n-3)/2に対してnC(2j+1)=0(mod n)
だから
Σ_{j=0~(n-3)/2}{nC(2j+1)}(5^j)=0(mod n)
だから
Σ_{j=0~(n-3)/2}{nC(2j+1)}(5^j)+5^{(n-1)/2}=5^{(n-1)/2}(mod n)
だから
F(n)=[Σ_{j=0~(n-3)/2}{nC(2j+1)}(5^j)+5^{(n-1)/2}]/2^(n-1)=5^{(n-1)/2}/2^(n-1)(mod n)
だから
F(n)=5^{(n-1)/2}/2^(n-1)(mod n)
ここの式変形をもう少し詳しくご教授頂けると幸いです。すみませんが。

お礼日時:2021/03/20 21:03

フィボナッチ数列


F[1]=1
F[2]=1
F[n+2]=F[n+1]+F[n]
(n≧1)
(n≠5)
について、
F[n]
を素数とすると
n=3 の場合はF[3]=2=-1(mod3)である
n=4 の場合はF[4]=3=4-1=-1(mod3)である
n≠4の場合
n は素数である。
n>5とする

F(n)=(1/√5)[{(1+√5)/2}^n-{(1-√5)/2}^n]
F(n)=(1/√5)[{Σ_{k=0~n}(nCk)5^(k/2)}/2^n-Σ_{k=0~n}{(-1)^k}(nCk){5^(k/2)}/2^n]
F(n)=Σ_{j=0~(n-1)/2}{nC(2j+1)}(5^j)/2^(n-1)
F(n)=[Σ_{j=0~(n-3)/2}{nC(2j+1)}(5^j)+5^{(n-1)/2}]/2^(n-1)

j=0~(n-3)/2に対してnC(2j+1)はnの倍数だから
j=0~(n-3)/2に対してnC(2j+1)=0(mod n)
だから
Σ_{j=0~(n-3)/2}{nC(2j+1)}(5^j)=0(mod n)
だから
Σ_{j=0~(n-3)/2}{nC(2j+1)}(5^j)+5^{(n-1)/2}=5^{(n-1)/2}(mod n)
だから
F(n)=[Σ_{j=0~(n-3)/2}{nC(2j+1)}(5^j)+5^{(n-1)/2}]/2^(n-1)=5^{(n-1)/2}/2^(n-1)(mod n)
だから
F(n)=5^{(n-1)/2}/2^(n-1)(mod n)

nは素数で
2<nと2は互いに素だから
フェルマーの小定理から
2^(n-1)=1(mod n)
だから
F(n)=5^{(n-1)/2}/2^(n-1)=5^{(n-1)/2}(mod n)
だから
F(n)=5^{(n-1)/2}(mod n)

nは素数で
5<nと5は互いに素で
フェルマーの小定理から
5^(n-1)=1(mod n)
だから
(5^{(n-1)/2})^2=5^(n-1)=1(mod n)
(5^{(n-1)/2})^2=1(mod n)
(5^{(n-1)/2})^2-1=0(mod n)
(5^{(n-1)/2}+1)(5^{(n-1)/2}-1)=0(mod n)
↓nは素数だから
5^{(n-1)/2}+1=0(mod n).or.5^{(n-1)/2}-1=0(mod n)
だから
5^{(n-1)/2}=±1(mod n)
だから
F(n)=5^{(n-1)/2}(mod n)=±1(mod n)

F(n)=±1(mod n)
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n=4 の場合はF[4]=3=4-1=-1(mod3)である
n≠4の場合
n は素数である。
で、なぜ、n=4の場合を調べているのでしょうか?それとなぜ、
F(n)=(1/√5)[{(1+√5)/2}^n-{(1-√5)/2}^n]
は、どこから出てくるのかと、その下から全くよくわからないので、言葉とか、
このようにすると言った数式を補って頂きたいのですが。ご教授頂けると幸いです。すみませんが。

お礼日時:2021/03/20 19:47

フィボナッチ数列


F[1]=1
F[2]=1
F[n+2]=F[n+1]+F[n]
(n≧1)
(n≠5)
について、
F[n]
を素数とすると
n=3 の場合はF[3]=2=-1(mod3)である
n=4 の場合はF[4]=3=4-1=-1(mod3)である
n≠4の場合
n は素数である。
n>5とする

F(n)
=(1/√5)[{(1+√5)/2}^n-{(1-√5)/2}^n]
=(1/√5)[{Σ_{k=0~n}(nCk)5^(k/2)}/2^n-Σ_{k=0~n}{(-1)^k}(nCk){5^(k/2)}/2^n]
=Σ_{j=0~(n-1)/2}{nC(2j+1)}(5^j)/2^(n-1)
=[Σ_{j=0~(n-3)/2}{nC(2j+1)}(5^j)+5^{(n-1)/2}]/2^(n-1)

j=0~(n-3)/2に対してnC(2j+1)はnの倍数だから
j=0~(n-3)/2に対してnC(2j+1)=0(mod n)だから
Σ_{j=0~(n-3)/2}{nC(2j+1)}(5^j)=0(mod n)だから
Σ_{j=0~(n-3)/2}{nC(2j+1)}(5^j)+5^{(n-1)/2}=5^{(n-1)/2}(mod n)

nは素数で
5<nと5は互いに素で
フェルマーの小定理から
5^(n-1)=1(mod n)
だから
5^{(n-1)/2}=±1(mod n)
2^(n-1)F(n)=5^{(n-1)/2}=±1(mod n)
2^(n-1)F(n)=±1(mod n)

nは素数で
2<nと2は互いに素だから
フェルマーの小定理から
2^(n-1)=1(mod n)
だから
2^(n-1)F(n)=F(n)(mod n)
F(n)=2^(n-1)F(n)=±1(mod n)

F(n)=±1(mod n)
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この回答へのお礼

n=3 の場合はF[3]=2=-1(mod3)である
n=4 の場合はF[4]=3=4-1=-1(mod3)である
n≠4の場合
n は素数である。
n>5とする

F(n)
=(1/√5)[{(1+√5)/2}^n-{(1-√5)/2}^n]
=(1/√5)[{Σ_{k=0~n}(nCk)5^(k/2)}/2^n-Σ_{k=0~n}{(-1)^k}(nCk){5^(k/2)}/2^n]
=Σ_{j=0~(n-1)/2}{nC(2j+1)}(5^j)/2^(n-1)
=[Σ_{j=0~(n-3)/2}{nC(2j+1)}(5^j)+5^{(n-1)/2}]/2^(n-1)

j=0~(n-3)/2に対してnC(2j+1)はnの倍数だから
j=0~(n-3)/2に対してnC(2j+1)=0(mod n)だから
Σ_{j=0~(n-3)/2}{nC(2j+1)}(5^j)=0(mod n)だから
Σ_{j=0~(n-3)/2}{nC(2j+1)}(5^j)+5^{(n-1)/2}=5^{(n-1)/2}(mod n)

nは素数で
5<nと5は互いに素で
フェルマーの小定理から
5^(n-1)=1(mod n)
だから
5^{(n-1)/2}=±1(mod n)
2^(n-1)F(n)=5^{(n-1)/2}=±1(mod n)
2^(n-1)F(n)=±1(mod n)

nは素数で
2<nと2は互いに素だから
フェルマーの小定理から
2^(n-1)=1(mod n)
だから
2^(n-1)F(n)=F(n)(mod n)
F(n)=2^(n-1)F(n)=±1(mod n)
ここら辺をもう少し詳しくご教授頂けると幸いです。すみませんが。

お礼日時:2021/03/20 16:16

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