De rij van Fibonacci in Z/nZ

Transcriptie

1 De rij van Fibonacci in Z/nZ Bart Zevenhek 16 mei 2007 Samenvatting Om de deelbaarheidseigenschappen van de rij van Fibonacci te onderzoeken, ligt het voor de hand om de rij te definiëren binnen Z/nZ en dan te kijken naar de nulpunten. De rij van Fibonacci, waarvan we de elementen in dit document zullen aangeven met F n (n Z), is periodiek binnen Z/nZ. Aangezien F 0 = 0, volgt uit deze periodiciteit dat er oneindig veel waarden van k zijn waarvoor F k 0 (mod n), waaruit direct volgt dat oneindig veel gehele getallen in de rij van Fibonacci deelbaar zijn door een gegeven n Z +. De periode van de rij binnen Z/nZ geven we aan met per(n) en de kleinste k > 0 waarvoor F k 0 (mod n) met nul(n). Dit document zal, nadat de nodige eigenschappen van groepen, ringen en in het bijzonder van Z/nZ behandeld zijn, ingaan op enkele verbanden tussen n, per(n) en nul(n). Tevens zal er voor het geval n een priemgetal is een opmerkelijke deelbaarheidseigenschap aangetoond worden: Als in de decimale schrijfwijze van een priemgetal p het laatste cijfer een 1 of een 9 is, dan is p een deler van F p 1. Wanneer p eindigt op een 2, 3 of 7 is p een deler van F p+1. Voor het bewijs van deze eigenschap hebben we de kwadratische reciprociteitswet nodig, welke voor het geval n = 5 bewezen zal worden. Tenslotte zullen we nog enkele aspecten rond de geschiedenis van de besproken problematiek aan de orde stellen. 1

2 1 Inleiding In dit document zullen we enkele eigenschappen van de rij van Fibonacci bekijken die naar voren komen als je de rij modulo een gegeven getal n neemt. Laten we bijvoorbeeld eens zien hoe de rij eruit ziet modulo 8: 0, 1, 1, 2, 3, 5, 0, 5, 5, 2, 7, 1, 0, 1, 1,... Het is duidelijk dat de rij periodiek verder gaat, met periode 12. De zesde term is voor het eerst weer 0. De periode van de nulpunten is dus 6, de helft van de periode van de rij. De vraag is of de Fibonaccirij voor iedere n periodiek is. Dit is op de volgende wijze eenvoudig in te zien: Voor een tweetal opvolgende getallen uit de rij van Fibonacci, F k en F k+1, zijn er in Z/nZ hoogstens n 2 verschillende mogelijkheden. In een rij van n opeenvolgende Fibonaccigetallen bevinden zich echter n opeenvolgende paren en daar moeten dus minstens twee identieke paren onder voorkomen. Aangezien beide paren de rij erna (en ervoor) vastleggen moet de rij wel periodiek zijn. Aangezien F 0 gelijk is aan 0 volgt uit de periodiciteit dat er oneindig veel gehele getallen k zijn waarvoor F k 0 (mod n) en waarvoor F k dus deelbaar is door n. We definiëren nul(n) als de kleinste k > 0 waarvoor F k 0 (mod n). Wanneer we de periode van de rij van Fibonacci in Z/nZ aangeven met per(n) dan blijkt dat nul(n) per(n). Hoe hangen n, per(n) en nul(n) samen? Deze, alsmede andere vragen die samenhangen met deelbaarheidseigenschappen van de rij van Fibonacci zullen we in de komende paragrafen behandelen met behulp van de theorieën over groepen, ringen en lichamen. 2

3 2 De rij van Fibonacci De rij van Fibonacci wordt gedefiniëerd door: F 0 = 0, F 1 = 1, F n = F n 1 + F n 2. (1) Voor negatieve waarden van n laat zich deze definitie eenvoudig uitbreiden door: Hieruit valt af te leiden: F n 1 = F n+1 F n. (2) F n = ( 1) n 1 F n (3) Deze afleiding gaat met inductie naar n. Voor n = 0 is het duidelijk. Voor n = 1 geldt: F 1 = 1 = ( 1) 2 F 1. Stel de bewering is waar voor k n, dan: F (n+1) = F n 1 = F n+1 F n = F (n 1) F n = ( 1) n 2 F n 1 ( 1) n 1 F n = ( 1) n (F n 1 + F n ) = ( 1) n+1 1 F n+1 (4) De Fibonaccireeks heeft vele mooie eigenschappen die zich in formules laten uitdrukken en die over het algemeen vrij eenvoudig met volledige inductie te bewijzen zijn. Een voorbeeld hiervan is een direkte formule voor F n die de naam draagt van Binet: F n = αn β n (5) α β Hierbij zijn α en β de oplossingen van x 2 x 1 = 0. De guldensnedeverhouding: α = 1 2 ( 1 + ) 5 is gelijk aan één van deze oplossingen. Een formule die hiermee samenhangt is: Stelling 2.1 Als α een oplossing is van x 2 x 1 = 0 dan: α n = F n 1 + F n α Bewijs: Met volledige inductie naar n. Voor n = 1 geldt α 1 = F 0 + F 1 α want α = α. Stel de stelling is waar voor n = k, dan: α k+1 = α k α = (F k 1 + F k α).α = F k 1 α + F k α 2 = F k 1 α + F k (α + 1) = F k 1 α + F k α + F k = (F k 1 + F k )α + F k = F k + F k+1 α. Hiermee is de stelling bewezen voor n 1. Voor n < 1 gebruiken we inductie naar aflopende n. Gebruik daarbij dat 1/α = α 1 en dat F k 2 = F k F k 1. Stel weer dat de stelling waar is voor n = k, dan: α k 1 = α k α 1 = α k (α 1) = (F k 1 + F k α)(α 1) = F k 1 α F k 1 + F k α 2 F k α = F k 1 α F k 1 + F k α + F k F k α = F k 2 + F k 1 α. (6) (7) 3

4 Dus is de stelling waar voor k 1. Conclusie: de stelling is waar voor iedere n. QED. Uit deze stelling is eenvoudig de formule van Binet af te leiden. Dezelfde formule geldt immers ook voor β. Trek je vervolgens beide formules van elkaar af dan krijg je: α n β n = α F n β F n waaruit de formule van Binet direkt volgt. Een mooier bewijs voor de formule van Binet krijg je door de meetkundige rijen α n en β n, met n Z te bekijken. Deze voldoen beiden aan dezelfde recursieve relatie als de rij van Fibonacci, immers: α n = α n 2 α 2 = α n 2 (α + 1) = α n 1 + α n 2 Niet alleen geldt hetzelfde voor de rij β n, maar tevens voor een willekeurige lineaire combinatie G n = aα n + bβ n, met n Z. Als we a en b nu zo kiezen dat de beginwaarden van F n en G n overeenkomen, dus G 0 = a + b = F 0 = 0 en G 1 = aα + bβ = F 1 = 1, dan moet G n wel dezelfde rij zijn als de rij van Fibonacci. Voor a = b = 1/.(α β) is aan beide voorwaarden voldaan, hetgeen de formule van Binet oplevert. De formule van Binet leidt vervolgens weer tot stelling 2.1 volgens: F n 1 + F n α = αn 1 β n 1 α β = αn 1 + α n+1 α β + αn β n α β α = αn 1 β n 1 + α n+1 αβ n α β = αn β + α n+1 α β = αn (α β) α β = α n Hierbij is gebruik gemaakt van αβ = 1, hetgeen waar is omdat α en β de oplossingen zijn van x 2 x 1 = 0. 4

5 3 De ring Z/nZ In dit gedeelte zullen we enige elementaire algebra behandelen die voor een goed begrip van Z/nZ noodzakelijk is. Voor details wordt verwezen naar de algebrasyllabi die te vinden zijn op: Een groep is een verzameling G waarop een bewerking is gedefinieerd die de volgende eigenschappen heeft: 1. G bevat een eenheidselement e waarvoor voor iedere a uit G geldt: 2. De associatieve wet geldt: a e = e a = a. a (b c) = (a b) c 3. Iedere a in G heeft een inverse a 1 met: a a 1 = a 1 a = e Een eenvoudig voorbeeld van een groep is Z met als bewerking: het optellen. Maar met vermenigvuldigen als bewerking is Z geen groep omdat 2 bijvoorbeeld geen inverse heeft. Het optellen in Z heeft ook de commutatieve eigenschap: a b = b a. Zo een groep noem je een commutatieve of Abelse groep. In het vervolg van dit document zullen we het steeds over Abelse groepen hebben. Neem nu een Abelse groep G. Een ondergroep H van een groep is een deelverzameling van G die gesloten is onder de bewerking en onder het nemen van de inverse (d.w.z. als a en b in H zitten, dan zit a b en a 1 ook in H) en die het eenheidselement van G bevat. De ondergroep voortgebracht door a bestaat uit eindige producten van a en van de inverse van a en noteren we met a. Voor een ondergroep H kan je kijken naar de nevenklasse ah. Dat is de verzameling die je krijgt door een element a van G te vermenigvuldigen met elementen van H. De factorgroep van G over H is de verzameling nevenklassen van H in G en wordt genoteerd met G/H. Deze factorgroep blijkt daadwerkelijk een groep te zijn, met als bewerking: ah bh = (a b)h. De eenheid van G/H is 1H, oftewel H zelf. Een voorbeeld hiervoor is weer te vinden bij Z, met optellen als bewerking. De ondergroep die voortgebracht wordt door 8, wordt geschreven als 8 of als 8Z en bevat de veelvouden van 8. De nevenklassen zijn de achtvouden + 1, achtvouden + 2 etc. Dat zijn maar acht verschi.llende, want bijvoorbeeld de achtvouden + 1 en de achtvouden + 9 vormen dezelfde verzameling. Deze nevenklassen worden genoteerd met 0, 1, 2 etc.. De optelling van nevenklassen is vergelijkbaar met het rekenen modulo 8. Kortom: De groep Z/nZ, met optellen als bewerking, heeft precies de eigenschappen die gelden bij het modulorekenen. Groepen met een eindig aantal elementen, zoals Z/nZ, hebben een aantal mooie eigenschappen. Laat G zo een eindige abelse groep zijn. Het aantal elementen van G wordt de orde van G genoemd. De orde van een element a van G is de kleinste k > 0 waarvoor a k gelijk is aan de eenheid. Hierbij betekent a k natuurlijk } a a a {{ a a }. De orde van een element a is tevens de orde k van a, de ondergroep die voortgebracht is door a. Dit valt als volgt in te zien: 5

6 Neem een element a in G en bekijk de verzameling machten van a: V = {e, a, a 2,, a k, }, hetgeen precies de ondergroep voortgebracht door a is. Aangezien V een deel is van G, is V eveneens eindig. Als je de rij e, a, a 2, opschrijft, moet er op een bepaald moment een a l komen die gelijk is aan een a k met k < l. Neem nu l als de eerste waarde waarvoor er een k < l is met a l = a k. Door deze laatste vergelijking nu k keer te vermenigvuldigen met de inverse van a krijg je: a l k = e. De orde van a is dus l k. Aangezien alle elementen a m met m < l k verschillend zijn moeten er l k elementen in V zitten, zodat de orde van V ook l k is. Wanneer je kijkt naar de verschillende nevenklassen van een eindige ondergroep, is eenvoudig in te zien dat deze nevenklassen even groot moeten zijn. Als bovendien de groep zelf eindig is, overdekken een eindig aantal evengrote nevenklassen de groep, waaruit de volgende stelling volgt: Stelling 3.1 (Lagrange) De orde van een ondergroep, vermenigvuldigd met het aantal nevenklassen, is gelijk aan de orde van de groep Hieruit volgt onmiddellijk dat de orde van een ondergroep of van een element een deler is van de orde van de groep. Binnen Z en Z/nZ kan behalve opgeteld ook vermenigvuldigd worden. Dit maakt Z en Z/nZ tot ringen. Een ring R is een verzameling met twee bewerkingen: optellen en vermenigvuldigen. Het optellen is commutatief en de groepseigenschappen gelden voor optellen, waarbij het eenheidselement genoteerd wordt met 0. Voor de vermenigvuldiging geldt: 1. R bevat een eenheidselement 1 voor de vermenigvuldiging 2. de associatieve wet geldt bij het vermenigvuldigen 3. de distributieve wetten gelden: x(y + z) = xy + xz en (x + y)z = xz + yz In het vervolg zullen we er vanuit gaan dat de vermenigvuldiging tevens commutatief is. Een ideaal I binnen een ring R is een deelverzameling van R die ondergroep is met betrekking tot het optellen, maar voor de vermenigvuldiging moet tevens gelden: het product van een element van I met een element van R moet weer in I zitten. Voor een ideaal I blijkt de factorgroep R/I (die betrekking heeft op het optellen!) ook een ring te zijn, met als vermenigvuldiging: (x+i)(y+i) = xy+i. Het ideaal dat voortgebracht is door x R wordt genoteerd met (x) of met xr en bestaat uit de elementen xr met x uit R. Bij ringen hebben idealen dus de zelfde rol die ondergroepen hebben bij groepen. In Z zijn alle idealen van de vorm nz. In een ring R (die niet uitsluitend uit he nulelement bestaat) heeft een element multiplicatief gezien over het algemeen geen inverse en 0, het eenheidselement voor het optellen, al helemaal niet. Met betrekking tot vermenigvuldiging is een ring dus geen groep. Die elementen die wel een (multiplicatieve) inverse hebben worden eenheden genoemt. Zij vormen de eenhedengroep R. De eenhedengroep van Z/8Z bijvoorbeeld, is (Z/8Z) en bestaat uit de nevenklassen 1, 3, 5 en 7, aangezien 3, 5 en 7 binnen (Z/8Z) zichzelf als inverse hebben: 3 3 = 9 = 1, 5 5 = 25 = 1 en 7 7 = 49 = 1. Een homomorfisme is een afbeelding Φ van een groep G met bewerking naar een groep H met bewerking, die de bewerkingen in de twee groepen 6

7 respecteert. Dus: Φ(a b) = Φ(a) Φ(b) Een ringhomomorphisme respecteert zowel het optellen als het vermenigvuldigen en beeldt de eenheden van beide groepen op elkaar af. Om te onderzoeken of een homomorfisme injectief is hoef je alleen vast te stellen of het eenheidselement van G het enige element is dat afgebeeld wordt op het eenheidselement van H (m.a.w. de kern van f bevat uitsluitend het eenheidselement van G). Indien G en H bovendien allebei eindig zijn en even veel elementen hebben is het homomorfisme tevens surjectief, oftewel een bijectie. Een homomorfisme dat tevens bijectie is, heet een isomorfisme en een isomorfisme van een groep naar zichzelf is een automorfisme. Indien er een isomorfisme tussen twee groepen bestaat noem je ze isomorf. De eenhedengroep van Z/3Z is bijvoorbeeld isomorf met Z/2Z, met als afbeelding 1 0 en 2 1. Hierbij moet je goed bedenken dat in (Z/3Z) de bewerking vermenigvuldigen is en in Z/2Z optellen. De eenhedengroep van Z/8Z kan niet isomorf zijn met Z/4Z, alhoewel beiden wel vier elementen bevatten. Zoals hiervoor te zien was, zijn er namelijk in (Z/8Z) drie elementen van orde twee, terwijl er in Z/4Z maar één element van orde twee voorkomt (namelijk 2). 7

8 4 Een beetje getaltheorie Noteer de ondergroep die voortgebracht wordt door twee elementen a en b van Z met az+bz. Deze ondergroep bevat getallen van de vorm xa+yb met x, y Z. Als bz az is b een veelvoud van a en a een deler van b. De notatie hiervoor is: a b. De GGD(a, b), oftewel de grootste gemene deler, kan je definiëren als de niet-negatieve voortbrenger van az + bz. Er bestaan dan gehele getallen x en y waarvoor xa + yb = GGD(a, b), een feit dat vaak toegepast wordt. De GGD van a en b, zowel als de x en y waarvoor xa + yb = GGD(a, b) kan je vinden met het algoritme van Euclides. Een geheel getal p > 1 is een priemgetal als het alleen deelbaar is door 1 en door zichzelf. Als a en b gehele getallen zijn en p een deler van ab, moet p een deler zijn van a of van b. Stel namelijk dat p niet een deler is van b. Dan is GGD(p, b) een deler van p die niet gelijk is aan p. Omdat p priem is moet GGD(p, b) dan 1 zijn. Er zijn dan x en y waarvoor xp + yb = 1. Schrijf nu a = a(xp + yb) = axp + yab, dan is p zowel een deler van axp als van yab, en dus van a. Deze eigenschap is typerend voor priemgetallen. Zo is 6 wel deelbaar op 3 4, maar niet deelbaar op 3 of 4. In de getaltheorie wordt de modulo-notatie gebruikt om te rekenen binnen Z/nZ. Wanneer ā en b in dezelfde nevenklasse van nz zitten, wordt dit genoteerd met a b (mod n). Dit betekent dus dat wanneer je a door n deelt, de rest gelijk is aan de rest die je krijgt als je b door n deelt. De eenhedengroep van Z/nZ bestaat uit de (restklassen van) getallen waarvan de grootste gemene deler met n gelijk is aan 1, dus die onderling ondeelbaar zijn met n. Neem namelijk een a in Z/nZ. Indien GGD(a, n) = 1, zijn er x en y waarvoor ax + ny = 1. Hieruit volgt dat ax 1 (mod n), oftewel: de inverse van a is x. Indien n een priemgetal is, zijn dus alle elementen van Z/nZ behalve 0 een eenheid. Zo een ring wordt een lichaam genoemd. Voor een priemgetal p heeft de eenhedengroep (Z/pZ) dus p 1 elementen. Voor een element a uit (Z/pZ) is de (multiplicatieve) orde dus een deler van p 1, waaruit de volgende belangrijke stelling volgt: Stelling 4.1 (kleine stelling van Fermat) Indien p een priemgetal is en a Z geen veelvoud van p, dan geldt: a p 1 = 1 (mod p). Hieruit volgt dat a p = a (mod p). Indien a wel een veelvoud is van p geldt dit eveneens. Dus kan de stelling van Fermat ook gesteld worden als: a p = a (mod p), voor alle a. Voor Z/nZ met n niet priem is de Chinese reststelling van belang. Stelling 4.2 (Chinese reststelling) Ψ : Z/mnZ Z/mZ Z/nZ (x (mod mn)) (x (mod m), x (mod n)) is een ringisomorfisme indien GGD(m, n) = 1. Het bewijs gebruikt de getallen x en y waarvoor nx + my = 1. Bij gegeven a, b wordt axn + bym op (a, b) afgebeeld. Dus is Ψ surjectief. De injectiviteit volgt dan uit het feit dat beide verzamelingen mn elementen bevatten. De vergelijking x 2 a (mod n) is afhankelijk van a en n soms wel en soms niet oplosbaar. Indien de vergelijking oplosbaar is noem je a een kwadraatrest 8

9 modulo n. Zo is x 2 5 (mod 11) oplosbaar, want bijvoorbeeld (mod 11). Daarentegen is x 2 5 (mod 13) niet oplosbaar, zoals door het proberen van de getallen 0 tot en met 12 te controleren valt. Modulo 11 is 5 dus wel een kwadraatrest, modulo 13 niet. Een prachtige stelling uit de getaltheorie is de kwadratische reciprociteitswet. Wij zullen hem hier uitsluitend nodig hebben voor het geval n = 5. Stelling 4.3 (Kwadratische reciprociteitswet voor n = 5) Voor p priem geldt: 5 is kwadraatrest modulo p dan en slechts dan als p een kwadraatrest modulo 5 is. Wanneer p een kwadraatrest modulo 5 is, heeft x 2 p (mod 5) oplossingen. Dat is alleen dan zo wanneer p 0, p 1 of p 4 (mod 5). Uit de kwadratische reciprociteitswet volgt dus dat een oneven priemgetal p kwadraatrest modulo 5 is, als het laatste cijfer in de decimale notatie van p gelijk is aan een 1, 5 of een 9. In het geval p = 5 is er dan maar één oplossing voor x 2 p, namelijk: x 0. In de overige gevallen zijn er twee oplossingen. Een bewijs van de kwadratische reciprociteitswet voor n = 5 is te lezen in hoofdstuk 10. 9

10 5 Polynoomringen Een ring R kan uitgebreid worden tot een polynoomring R[X]. De elementen daarvan zijn polynomen a 0 +a 1 X +a 2 X a n X n, waarbij a 0, a 1, a 2,..., a n elementen zijn van R. De grootste n waarvoor a n 0 wordt de graad van het polynoom genoemd en a n heet dan de kopcoëfficiënt. Polynomen worden op de normale wijze bij elkaar opgeteld en met elkaar vermenigvuldigd. De ring R zelf is op te vatten als de deelring van constante polynomen (a k = 0 voor k > 0). Net als bij getallen in Z is er een deling met rest mogelijk, hetzelfde delingsalgoritme kan hier gebruikt worden. Indien f, g R[X] en g kopcoëfficiënt 1 heeft, zijn er dan q, r R[X] met f = qg + r en r = 0 of de graad van r kleiner dan die van g. Deze q en r zijn uniek bepaald door f en g. Een nulpunt van een polynoom f is een a R waarvoor f(a) = 0. De volgende stelling is van belang: Stelling 5.1 Als f een polynoom van graad n met kopcoëfficiënt 1 is in Z/pZ, met p priem, dan heeft f niet meer dan n nulpunten in Z/pZ. Het bewijs van deze stelling gaat met inductie naar n, door middel van het herhaald wegdelen van lineaire factoren, en is te vinden in de algebra-1 syllabus (cf. [1]). De stelling is niet alleen waar binnen Z/pZ, maar binnen een willekeurig domein. Een domein is een ring R waarin voor x, y R geldt: xy = 0 x = 0 of y = 0. Zo is Z/pZ een domein, maar indien n niet priem is, is Z/nZ geen domein en gaat de stelling niet op. In Z/24Z heeft het polynoom X 2 1 maar liefst 8 nulpunten ±1, ±5, ±7, ±11. Overigens is ieder lichaam een domein. Stel namelijk binnen een lichaam: ab = 0 en a 0. Neem een inverse a 1 van a, dan is b = a 1 ab = a 1.0 = 0, dus b = 0. Een polynoom f heet irreducibel binnen een polynoomring R[X] indien f R en er geen polynomen h, g van graad 1 zijn waarvoor f = gh. Irreducibele polynomen lijken daarin op priemgetallen. Als een polynoom f van graad minstens 2 een nulpunt a heeft binnen R is f zeker niet irreducibel, dus reducibel, aangezien f dan te schrijven is als (X a)h, voor zekere h van graad minstens 1. Of een polynoom al dan niet irreducibel is hangt af van R. Zo is X reducibel binnen Z/2Z[X] maar irreducibel binnen Z/3Z[X]. Het ideaal (f) voortgebracht door een polynoom f bestaat uit alle polynomen van de vorm fg, met g R[X]. Als de kopcoëfficiënt van f gelijk is aan 1 en de graad van f > 0 dan kan je kijken naar de factorring R = R[X]/(f). De restklasse X + (f) heeft dan als eigenschap dat f(x) = 0 + (f), het nulelement van R[X]/(f). Dus is R een uitbreiding van R waarbinnen f een nulpunt heeft. Als we de restklasse van X aangeven met α dan volgt uit de deling met rest dat iedere γ R op unieke wijze te schrijven is als: γ = r 0 + r 1 α + r 2 α r n 1 α n 1. Hierbij is n de graad van f en r i R. De ring R wordt ook wel genoteerd als R[α]. Neem voor R bijvoorbeeld de verzameling reële getallen, R, en voor f het polynoom X Je krijgt dan allemaal elementen van de vorm a + bα, met a, b R en α zo dat α = 0, oftewel α 2 = 1. Deze α wordt over het algemeen met de letter i aangegeven en R is dan isomorf met de ring der complexe getallen. Hetzelfde polynoom, maar nu in Z, geeft de gehele getallen van Gauss: de complexe getallen a + bi met a en b gehele getallen. 10

11 In het geval f = X 2 bx + c is op R = R[X]/(f) = R[α], met α = X + (f), een uniek automorfisme γ γ gedefinieerd met de eigenschappen: γ R = γ = γ en α = b α. Deze γ wordt de geconjugeerde van γ genoemd. Omdat de conjugatie een homomorfisme is met betrekking tot het optellen, moet gelden: p + qα = p + q(b α). Dit kunnen we als definitie gebruiken. Nu moet gecontroleerd worden of conjugatie ook een homomorfisme is met betrekking tot de vermenigvuldiging, dus dat βγ = βγ. Stel daartoe β = b 0 + b 1 α en γ = a 0 + a 1 α. Gebruik dan dat: (b α) 2 b(b α) + c = b 2 2bα + α 2 b 2 + bα + c = α 2 bα + c = 0 zodat b α het andere nulpunt van x 2 bx + c = 0 is. Het uitwerken van βγ en βγ levert dan inderdaad een gelijkheid op. Dat de conjugatie een bijektie is blijkt uit het feit dat γ = γ. Met behulp van de geconjugeerde wordt de norm N gedefinieerd door: N(γ) = γγ. Deze norm bezit de volgende eigenschappen: 1. γ R = N(γ) R 2. N(βγ) = N(β)N(γ) 3. γ 1 = N(γ) 1 γ 4. γ R N(γ) R Dat de norm van γ R inderdaad een element van R is blijkt als volgt. Stel γ = p + qα met p, q R, dan: N(α) = (p+qα)(p+q(b α) = p 2 +pq(b α+α)+q 2 α(b α) = p 2 +bpq cq 2 R Volgens 2. is de norm multiplicatief, hetgeen volgt uit: De eigenschap 3. volgt uit: Hieruit volgt vervolgens 4.: N(γβ) = γβ γβ = γβγβ = γγββ = N(γ)N(β) N(γ) 1 γ γ = N(γ) 1 N(γ) = 1 N(γ) R = γ R De pijl de andere kant op volgt uit de multiplicativiteit van N en uit N(1) = 1. De normafbeelding geeft dus een goede test of een element van de ring R[α] tot de eenhedengroep behoort of niet. Voor f = X komen de begrippen conjugatie en norm overeen met de betekenis ervan in het gebruik bij complexe getallen. 11

12 6 Priemgetallen en de rij van Fibonacci Wanneer je in de rij van Fibonacci gaat kijken welke elementen F k deelbaar zijn door een gegeven getal n, oftewel waar de nulpunten van de rij modulo n liggen, dan kan je het volgende observeren: Stelling 6.1 Een priemgetal p 5 is een deler van F p 1 of van F p+1 De omkering van 6.1 schijnt ook waar. Helaas is dit niet zo: 323 = is een deler van F 324. Desalnietemin blijkt deelbaarheid van F n 1 of F n+1 sterk samen te hangen met het priemkarakter van n. Een getal als 323 wordt dan ook wel Fibonacci-pseudopriem genoemd. Onder de zijn er 13 en onder de zijn er precies 100. Ze zijn dus dun gezaaid. Desalnietemin bewees bijvoorbeeld A. Rotkiewicz in 2003 dat er oneindig veel van zijn (cf. [7]). Een Fermat-pseudopriemgetal op basis k is een samengesteld getal n waarvoor de kleine stelling van Fermat geldt: k n 1 1 (mod k). Wanneer een Fibonacci-pseudopriemtest gecombineerd wordt met een Fermat-pseudopriemtest op basis 2, dan blijkt dat dit voor getallen die in decimale schrijfwijze eindigen op een 3 of op een 7 een behoorlijke priemtest op te leveren. Er is namelijk nog nooit een tegenvoorbeeld gevonden (dus een samengesteld getal n met: a) n ±2 (mod 5), b) F n+1 0 (mod n) en c) 2 n 1 1 (mod n)). Er is een prijs uitgeloofd voor degene die een tegenvoorbeeld vindt. Aan de andere kant valt ook niet te verwachten dat er een bewijs komt dat deze gecombineerde pseudo-priemtest een echte priemtest is. Sommige algebra-computerpakketten gebruiken zo een combinatie van pseudotesten bij wijze van priemtest. Lucas ( ) baseerde een echte priemtest voor Mersenne-priemgetallen op eigenschappen van de gulden snede verhouding. Een getal n dat Fermat-pseudopriemgetal is op iedere basis a, met GGD(a, n) = 1 heet een Carmichaelgetal. Dan geldt dus voor iedere a met GGD(a, n) = 1: a n 1 1 (mod n). Voorbeelden zijn: 561 = en 1105 = Er is een merkwaardig verband tussen Carmichaelgetallen en Fibonaccigetallen: Als n een Carmichaelgetal is en elke priemdeler van n is van de vorm ±1 (mod 5) dan is n een deler van F n 1. Verder is bewezen dat een Carmichaelgetal het product is van minstens drie verschillende priemgetallen. Stel dat n = p 1 p 2 p t met t 3 dan is n een Carmichaelgetal dan en slechts dan als voor iedere i geldt: n 1 (mod p i 1). Met deze kennis gewapend wist Hendrik Lenstra op theoretische gronden het tegenvoorbeeld te construeren voor de bewering dat ieder getal n waarvoor n F n 1 of n F n+1 een priemgetal is. Van stelling 6.1 zijn elementaire bewijzen te geven, zie o.a. Hardy/Wright: An Introduction to the Theory of Numbers. Met behulp van groepentheorie wordt de structuur achter de stelling echter helderder. Bovendien laat de stelling zich dan makkelijker generaliseren. Er doen zich drie situaties voor, afhankelijk van de waarde van p modulo 5. Bijzonder eenvoudig is het bewijs voor priemgetallen waarvan in de decimale notatie het laatste cijfer een 1 of een 9 is. In dat geval is en is p oneven. Volgens de kwadratische reciprociteitswet is 5 dan een kwadraatrest modulo p, dat wil zeggen dat er een w is zodanig dat w 2 5 (mod p). Omdat p oneven is heeft 2 een inverse, die we zullen noteren met 2 1. De oplossingen van x 2 x 1 0 (mod n) zijn dan α = 2 1 (1 + w) en β = 2 1 (1 w), zoals volgt uit: α + β = = 1 en α.β = (1 5) = 1. Omdat zowel α 12

13 als β elementen zijn van Z/pZ geldt de stelling van Fermat: α p 1 β p 1 1 (mod p). Verder is α β = w 0 zodat uit de formule van Binet volgt: F p 1 = αp 1 β p 1 α β 1 1 w 0 (mod p) Je kunt je afvragen wat er gebeurt bij p = 5. Het is merkwaardig dat 5 de enige uitzondering is op de stelling. F 4 noch F 6 zijn deelbaar door 5, maar F 5 = 5 is juist wel weer deelbaar door 5. Aan de andere kant is 5 een kwadraatrest modulo 5, want (mod 5), zodat je in bovenstaande w 5 0 (mod 5) kunt nemen. Hieruit volgt tevens dat α β De formule van Binet levert nu problemen op, aangezien α β nu gelijk is aan 0 en je niet door 0 kan delen. Er is echter een uitweg op de volgende wijze: Voor n Z is: F n = αn β n α β waaruit voor n = 5 volgt: = αn 1 + α n 2 β αβ n 2 + β n 1 F 5 α 4 + α 3 β + α 2 β 2 + αβ 3 + β 4 α 4 + α 4 + α 4 + α 4 + α De laatste stappen volgen uit de stelling van Fermat voor n = 5, of uit (mod 5). In de situatie waarin een priemgetal p eindigt op een 2, 3 of 7 blijkt p een deler te zijn van F p+1, maar hier is grover geschut nodig om het bewijs te leveren. Daarbij is het noodzakelijk om het geval p = 2 apart te nemen. Directe verificatie toont aan dat de stelling daar waar is: F 3 = 2 is deelbaar door 2. In het vervolg van deze paragraaf is p een oneven priemgetal met p 2 of p 3 (mod 5). Volgens de kwadratische reciprociteitswet is p dan geen kwadraatrest in Z/pZ. Hierdoor is de vergelijking x 2 x 1 = 0 niet op te lossen binnen Z/pZ, aangezien de vergelijking equivalent is met: (2x 1) 2 = 5. Om te zorgen dat de vergelijking x 2 x 1 = 0 toch oplossingen krijgt, gaan we kijken naar de ring: (Z/pZ)[X]/(X 2 X 1). Laten we de restklasse van X aangeven met ϑ. Dan kunnen we de ring ook noteren met Z/pZ[ϑ]. Ieder element is van de vorm a + bϑ en er geldt ϑ 2 ϑ 1 = 0. Aangezien de geconjugeerde van ϑ tevens een nulpunt is van x 2 x 1 = 0 geldt verder: ϑ + ϑ = 1 en ϑ.ϑ = 1. Voor p priem en p 2 of p 3 (mod 5) is Z/pZ[ϑ] een lichaam. Om dit aan te tonen gebruiken we de norm-afbeelding. Neem een α (Z/pZ[ϑ]). Dan is α een eenheid in (Z/pZ[ϑ]) als de norm van α een eenheid is binnen (Z/pZ). Maar uitsluitend 0 is niet een element van (Z/pZ). We moeten dus laten zien dat α 0 N(α) 0. Stel dus α = a + bϑ, met a, b niet allebei gelijk aan 0. Dan is α = a + bϑ en N(α) = α.α = a 2 + ab(ϑ + ϑ) b 2 ϑϑ = a 2 + ab b 2. Indien b = 0 dan is a 0, dus a 2 0 en dus ook N(α) 0. Als b 0 heeft b een inverse en bestaat a/b. Dan is N(α) = a 2 + ab b 2 = b 2 (( a/b) 2 ( a/b) 1) 0 omdat x 2 x 1 = 0 geen nulpunten heeft in Z/pZ. Vervolgens hebben we het Frobeniusautomorfisme F nodig. Stelling 6.2 De Frobeniusafbeelding F : α α p op Z/pZ[ϑ] is een ringautomorfisme. 13

14 De Frobeniusafbeelding moet dus zowel de optelling als de vermenigvuldiging respecteren. Voor de vermenigvuldiging volgt dit direkt uit een eigenschap van machtsverheffen: F (ab) = (ab) p = a p b p = F (a)f (b) en uit F (1) = 1. Maar voor de optelling is dit heel wat minder vanzelfsprekend. Het volgt uit deze eigenschap van binomiaalcoëfficiënten: Indien p een priemgetal is en 0 < k < p, dan is ( p k) deelbaar door p. Voor k > 0 geldt: ( ) p p(p 1)(p 2) (p k + 1) = k k(k 1)(k 2) 1 Hieruit volgt: ( ) p k(k 1)(k 2) 1 = p(p 1)(p 2) (p k + 1) k Nu is het rechterlid deelbaar door p, het linkerlid dus ook. Maar omdat k < p is geen enkele k i met 0 < i < k 1 deelbaar door p. Omdat p priemgetal is moet ( p k) dan wel deelbaar zijn door p. Voor de Frobeniusafbeelding impliceert dit: F (a+b) = (a+b) p = a p +pa p 1 b+ ( ) p a p 2 b 2 + +b p = a p +b p = F (a)+f (b) 2 Alle binomiaalcoëfficiënten vallen immers weg. In Z/pZ[ϑ] speelt ω = 2ϑ 1 de rol van 5, immers: ω 2 = (2ϑ 1) 2 = 4ϑ 2 4ϑ + 1 = 4ϑ + 4 4ϑ + 1 = 5. Evenzo speelt 2ω 1 de rol van 5 en spelen ϑ en ϑ de rol van α en β in de formule van Binet. Als p nu niet gelijk is aan 2 of 5 zegt de stelling van Fermat: 5 p 1 = 1, dus ω 2(p 1) = 1. Er volgt dan: ω 2(p 1) 1 = 0 = (ω p 1 + 1)(ω p 1 1), dus ω p 1 = 1 of ω p 1 = 1, waaruit weer volgt dat ω p = ω of ω p = ω. Hoe bepalen we nu of ω p = ω of ω p = ω? Voor een a Z/pZ geldt, alweer volgens de stelling van Fermat: a p = a dus F (a) = a. Het polynoom x p x heeft dus p nulpunten. Maar omdat Z/pZ[ϑ] een lichaam is (en dus een domein) kan dit polynoom niet meer dan p nulpunten hebben, dus geen nulpunten buiten Z/pZ. Dit betekent dat ω p = ω. Maar ω = 2ϑ 1 = 2(1 ϑ) 1 = 1 2ϑ = ω, zodat de Frobeniusafbeelding en de conjugatie hetzelfde werken op zowel een element a van Z/pZ als op ω. Maar omdat het alletwee homomorfismen zijn, moet dan gelden F (a + bω) = a + bω. Ieder element van Z/pZ[ϑ] is te schrijven als a + bω, dus zijn beide afbeeldingen op Z/pZ[ϑ] een en dezelfde! Nu is het tijd om te oogsten. Uit de formule van Binet volgt: F p+1 = ϑp+1 ϑ p+1 ϑ ϑ Dus F p+1 is deelbaar door p. = ϑp ϑ ϑ p ϑ ϑ ϑ = ϑϑ ϑϑ ϑ ϑ = 0 14

15 7 Enige variaties Om 6.1 te bewijzen hebben we grof geschut ingezet, maar zonder veel moeite krijgen we nu veel meer resultaten. Laten we om te beginnen eens kijken of er meerdere waarden van F k binnen Z/pZ te bepalen zijn. Neem eerst de situatie p 1 of p 4 (mod 5). We zagen daar dat F p 1 0 (mod p). Voor het bewijs konden we binnen Z/pZ blijven, waarbij we een w gebruikten met w 2 = 5. Wat kunnen we zeggen over F p? F p = αp β p α β α β α β w 1 (mod p) w We zien dat F p 1 = F 0 = 0 en F p = F 1 = 1. Maar dit betekent dat de rij van Fibonacci in Z/pZ zichzelf herhaalt vanaf p 1. Hieruit volgt dat per(p) in de situatie p 1 of p 4 (mod 5) een deler is van p 1. Als p 2 of p 3 (mod 5) zagen we hierboven dat F p+1 0 (mod p). Voor F p geldt dan: F p = ϑp ϑ p ϑ ϑ = ϑ ϑ ϑ ϑ = 1 Dan is F p+2 = F p + F p+1 = 1. Dit geeft ons nog geen informatie over de periode. Die krijgen we wel als we kijken naar F 2p+1 en F 2(p+1) : F 2p+1 = ϑ2p+1 ϑ 2p+1 ϑ ϑ = ϑ2p ϑ ϑ 2p ϑ ϑ ϑ = ϑ2 ϑ ϑ 2 ϑ ϑ ϑ = ϑ + ϑ ϑ ϑ = 1 F 2(p+1) = ϑ2(p+1) ϑ 2(p+1) ϑ ϑ = (ϑp+1 ϑ p+1 )(ϑ p+1 + ϑ p+1 ) ϑ ϑ = F p+1 (ϑ p+1 + ϑ p+1 ) = 0.(ϑ p+1 + ϑ p+1 ) = 0 De volgende term, F 2p+3 is dan gelijk aan 1 en we zien dat voor het geval dat p 2 of p 3 (mod 5) de periode een deler is van 2(p + 1). Deze zelfde resultaten over de periode zullen we overigens in de volgende paragraaf met minder moeite bereiken. Wat gebeurt er wanneer je de reeks enigzins wijzigt? Neem bijvoorbeeld de zogenaamde Lucasrij L k, die dezelfde recursieformule heeft als de Fibonaccirij en dezelfde eerste term L 1 = 1. De nulde term is echter: L 0 = 2. Met dezelfde α en β als hiervoor is een zeer eenvoudige direkte formule te geven: L n = α n +β n, hetgeen te zien is door n = 0 en n = 1 te substitueren en verder volgt uit de beschouwingen in het eind van paragraaf 2. We zullen zien dat voor ieder priemgetal p geldt dat L p 1 deelbaar is door p. Neem om te beginnen de situatie p 0, p 1 of p 4 (mod 5), dus de situatie dat er een w Z/pZ is met w 2 5 (mod p). In dat geval zien we: L p = α p + β p = α + β = 1 Er is hier geen uitzonderingspositie voor p = 5. Voor p 2 of p 3 (mod 5) geldt evenzo: L p = ϑ p + ϑ p = ϑ + ϑ = 1 15

16 Tijdens de landelijke interuniversitaire mathematische olympiade 2006 werd de volgende opgave voorgelegd: Opgave 2: Priemgetallen Frans Keune, Radboud Universiteit Nijmegen De rij a 0, a 1, a 2, van gehele getalen is gegeven door a 0 = 2, a 1 = 1, a n+2 = a n+1 2a n voor alle n 0. Bewijs dat a p 1 (mod p) voor alle priemgetallen p. Met de theorie die we tot nu toe hebben opgebouwd is dit een peuleschilletje. In plaats van het polynoom X 2 X 1, moeten we nu uitdelen naar X 2 X + 2 met discriminant 7. Voor een nulpunt α van dit polynoom geldt nu α 2 = α 2 en voor de nulpunten α en β : α + β = 1. Wanneer je nu kijkt naar de rijen 1, α, α 2, en 1, β, β 2, dan hebben beide rijen dezelfde recursieve formule als a n. Als je ze bij elkaar optelt geldt die recursieve formle nog steeds, terwijl bovendien de eerste term gelijk is aan 2 en de tweede term gelijk is aan 1. Kortom, de direkte formule voor de rij a is hier, net als bij de Lucasrij: a n = α n + β n, alleen met een andere α en β. Nu kunnen we ons wel afvragen voor welke p er een element w in Z/pZ is waarvoor w 2 = 7, maar we hebben hierboven al gezien dat a p 1 (mod p) waar is voor alle priemgetallen p, onafhankelijk van de vraag of 7 kwadraatrest is modulo p. Dat binnen de reëele getallen 7 niet bestaat is voor deze theorie irrelevant. De constructie van Z/pZ[X]/(X 2 X + 2) garandeert dat er een ϑ bestaat die een nulpunt is van X 2 X + 2 en dat ϑ een ander nulpunt is. Met deze twee elementen in de rol van α en β gaat bovenstaand bewijs goed. Van hieruit is de stap naar een meer algemeen type rij a n met a 0 = 2, a 1 = a, a n+2 = a a n+1 + b a n snel gemaakt. Met het polynoom X 2 ax b kan het bovenstaande herhaald worden, aangezien de directe formule a n = α n + β n wordt, met α en β de oplossingen van X 2 ax b = 0. Kan zoiets ook met een rij a n met a 0 = 0, a 1 = 1, a n+2 = a a n+1 + b a n? Ja, want de formule van Binet geldt onverkort voor dit type rijen, mits je voor α en β oplossingen van de vergelijking X 2 ax b = 0 neemt. De beginwaarden a 0 = 0 en a 1 = 1 worden bij de formule van Binet onafhankelijk van de keuze van α en β aangenomen. Alhoewel er in het algemeen niet zulk een eenvoudig criterium te geven is wanneer de discriminant a 2 +4b een kwadraatrest is modulo p, geldt onverlet dat indien p een priemgetal geen deler is van die discriminant, p een deler is van a p 1 of a p+1. Dit resultaat werd in 1846 door H.Siebeck bewezen(cf. [6]). 16

17 8 Nulpunten en perioden, theorie In de voorgaande twee paragrafen was een storende asymmetrie in de behandeling van de situaties p ±1 (mod 5) en p ±2 (mod 5). Het is duidelijk dat we de constructie die we gebruiken voor p ±1 (mod 5) niet kunnen gebruiken voor p ±2 (mod 5), omdat x 2 x 1 = 0 dan geen oplossingen heeft binnen Z/pZ. Maar waarom is de constructie die we gebruiken bij p ±2 (mod 5) niet ook mogelijk bij p ±1 (mod 5)? Dit wordt veroorzaakt doordat Z/pZ[ϑ] in het laatste geval geen domein en dus ook geen lichaam is. Neem bijvoorbeeld p = 11. Dan zijn 3 en 4 oplossingen van de vergelijking x 2 x 1 = 0 modulo 11, zoals eenvoudig na te rekenen is. Wanneer je nu bijvoorbeeld de elementen 3 + ϑ en 4 + ϑ met elkaar vermenigvuldigt krijg je (3 + ϑ)( 4 + ϑ) = 12 ϑ + ϑ 2 = ϑ 2 ϑ 1 = 0, terwijl 3 + ϑ en 4 + ϑ geen van beiden nul zijn! Hoe ziet Z/pZ[ϑ] er voor p ±1 (mod 5) er dan uit? Om te beginnen wat theorie over lichamen. Tevens voeren we een nieuwe notatie in. Stelling 22.1 van de algebrasyllabus (cf. [1]) zegt dat er voor iedere macht n van een priemgetal p er precies één lichaam is: F p n. Voor n = 1 krijg je dat F p isomorf is met Z/pZ. Voor hogere n is het zaak om een irreducibel polynoom f van graad n over F p te vinden. Het lichaam F p n is dan isomorf met F p [X]/(f). Toen we in de voorgaande paragrafen voor de situatie waarbij p ±2 (mod 5) de ring Z/pZ[ϑ] definiëerden, is dit precies dat wat gebeurd is en we zien daarbij: F p 2 is isomorf met Z/pZ[ϑ]. Voor ringen geldt de volgende stelling: Stelling 8.1 Iedere ring van p 2 elementen is isomorf met een van de volgende: 1. Z/p 2 Z 2. F p [ε] = F p [X]/(X 2 ) 3. F p F p 4. F p 2 Deze stelling zullen we niet bewijzen, maar daar waar we hem gebruiken de isomorfismen expliciet aangeven. De ring Z/pZ[ϑ] heeft p 2 elementen. Waarmee is Z/pZ[ϑ] isomorf, bij de verschillende mogelijkheden voor p? De eerste situatie van de stelling komt niet voor, aangezien het eenheidselement in Z/pZ[ϑ] (optel)orde p heeft, terwijl het eenheidselement in Z/p 2 Z orde p 2 heeft. De laatste mogelijkheid is, zoals gezegd, het geval wanneer p ±2 (mod 5), aangezien F p 2 het enige lichaam is van p 2 elementen. Voor p = 5 zitten we in de tweede situatie; F p [X]/(X 3) 2 is dan isomorf met F p [ε] = F p [X]/(X 2 ). Het isomorfisme wordt gegeven door: a + bϑ a + b(ε + 3). Aangezien ϑ en ε + 3 beide voldoen aan de vergelijking x 2 x 1, die in Z/5Z hetzelfde is als (x 3) 2, is hier inderdaad sprake van een homomorfisme. Tenslotte hebben we het geval dat p ±1 (mod 5). In dat geval is Z/pZ[ϑ] isomorf met F p F p, waarbij het isomorfisme gegeven wordt door: a + bϑ (a + bα, a + bβ). Hier zijn α en β wederom de elementen van Z/pZ die voldoen aan α 2 = α + 1 en β 2 = β + 1, zoals ϑ binnen Z/pZ[ϑ] voldoet aan ϑ 2 = ϑ + 1. Dit is een isomorfisme omdat de struktuur van Z/pZ[ϑ] als het ware dubbel 17

18 op Z/pZ afgebeeld wordt. Waarom respekteert de afbeelding bijvoorbeeld de vermenigvuldiging? Stel dat a 0 + b 0 ϑ wordt afgebeeld op (a 0 + b 0 α, a 0 + b 0 β) en a 1 + b 1 ϑ op (a 1 + b 1 α, a 1 + b 1 β). Wanneer je het product (a 0 + b 0 ϑ)(a 1 + b 1 ϑ) uitwerkt krijg je: (a 0 + b 0 ϑ)(a 1 + b 1 ϑ) = a 0 a 1 + (a 0 b 1 + b 0 a 1 )ϑ + b 0 b 1 ϑ 2 Dit wordt afgebeeld op: = a 0 a 1 + b 0 b 1 + (a 0 b 1 + b 0 a 1 + b 0 b 1 )ϑ (8) (a 0 a 1 + b 0 b1 + (a 0 b 1 + b 0 a 1 + b 0 b 1 )α, a 0 a 1 + b 0 b1 + (a 0 b 1 + b 0 a 1 + b 0 b 1 )β) Indien je nu de beelden van a 0 + b 0 ϑ en a 1 + b 1 ϑ vermenigvuldigt krijg je: ((a 0 + b 0 α)(a 1 + b 1 α), (a 0 + b 0 β)(a 1 + b 1 β)) Als je hiervan de producten uitwerkt en de eigenschappen α 2 = α + 1 en β 2 = β + 1 gebruikt, krijg je hetzelfde als in (6). De bijectiviteit tenslotte volgt uit het feit dat Z/pZ = F p een lichaam is. Neem bijv een element (p, q) uit F p F p. Omdat de vergelijkingen a+bα = p en a + bβ = q oplossingen hebben binnen Z/pZ (te weten: a = (qα pβ)(α β) 1 en b = (p q)(α β) 1 ), is de afbeelding surjectief. Injectiviteit volgt dan uit het feit dat beide lichamen p 2 elementen hebben. Om meer te weten te komen over de periode en de nulpunten van de rij van Fibonacci in Z/pZ gaan we stelling 2.1 inzetten. In feite is dit een formule om de n-de macht van ϑ uit te drukken in a + bϑ: ϑ n = F n 1 + F n ϑ Deze formule zullen we gebruiken om twee stellingen te bewijzen. Stelling 8.2 per(n) is de orde van het element ϑ in (Z/nZ[ϑ]) Dit is als volgt in te zien: als k de periode is van de rij van Fibonacci in Z/nZ dan geldt: k is het kleinste getal groter dan nul waarvoor: F k 1 = 1 en F k = 0. Maar volgens stelling 2.1 is dit dezelfde k waarvoor ϑ k = 1, oftewel de orde van ϑ in (Z/nZ[ϑ]). Een iets strikter bewijs gaat als volgt: en m Z : F m+p F m (mod n) ϑ p = F p 1 + F p ϑ = F 1 + F 0 ϑ = 1 ϑ p = 1 F m 1 + F m ϑ = ϑ m = ϑ m 1 = ϑ m ϑ p = ϑ m+p = F m+p 1 + F m+p ϑ Omdat ieder element van Z/nZ[ϑ] op unieke wijze te schrijven is als a + bϑ, met a, b Z/nZ, volgt hieruit: F m 1 = F m+p 1 en F m = F m+p, oftewel de periode is p. We zien dus dat: Dit bewijst stelling 8.2. m Z : F m+p F m (mod n) ϑ p = 1 Stelling 8.3 nul(n) is de orde van de nevenklasse ϑ.(z/nz[ϑ]) in de groep (Z/nZ[ϑ]) /(Z/nZ) 18

19 Dit volgt uit: F k 0 (mod n) ϑ k behoort tot de deelring Z/nZ van Z/nZ[ϑ]. Als F k = 0 volgt uit 2.1 immers dat ϑ k = F k 1 + F k ϑ = F k 1 Z/nZ en vice versa. Nu weten we dus hoe we de bepaling van per(n) en nul(n) kunnen terugvoeren op het bepalen van de orde van een groepselement. Wat dit nog verder vereenvoudigt is de volgende stelling: Stelling 8.4 nul(n) is de orde van ϑ 2 in (Z/nZ[ϑ]) Voor het bewijs gebruiken we een afbeelding Ψ met: Ψ : (Z/nZ[ϑ]) /(Z/nZ) (Z/nZ[ϑ]) met α α/ᾱ. Hierbij geven we met α de restklasse α (Z/nZ) aan. Aangezien ϑ ϑ = 1 krijg je dat ϑ ϑ/ ϑ = ϑ 2. Nu is Ψ in het algemeen noch een homomorfisme, noch een bijectie. Maar hij bezit precies twee eigenschappen die we nodig hebben. Om te beginnen bevat de kern van Ψ de α waarvoor α/ᾱ = 1, dus {α α = ᾱ} en dat is precies (Z/nZ). Verder respecteert Ψ het machtverheffen: Uit beide eigenschappen volgt: Hieruit volgt stelling 8.4. Ψ( α n ) = α n /ᾱ n = (α/ᾱ) n = (Ψ( α)) n. ϑ k = 1 ( ϑ 2 ) k = 1. 19

20 9 Nulpunten en perioden, gevolgtrekkingen De waarden van per(n), nul(n) en per(n)/nul(n) hangen sterk samen met de vraag of n een priemgetal is en wat de restklasse van n modulo 5 is. In de komende subparagrafen zullen we de verschillende mogelijkheden beschouwen. 9.1 n willekeurig Laten we eerst eens kijken wat we voor willekeurige n voor conclusies omtrent per(n) en nul(n) uit de voorgaande paragraaf kunnen trekken. Stel dat, voor zekere n, de periode van de rij van Fibonacci modulo n gelijk is aan k. Dan is dus ϑ k = 1. Er geldt dan: ( ϑ 2 ) k = (ϑ/ ϑ) k = ϑ k / ϑ k = 1/ ϑ k = 1. Dus is de orde van ϑ 2 in (Z/nZ[ϑ]) een deler van k. Stel omgekeerd dat nul(n) = k, dus dat de orde van ϑ 2 in (Z/nZ[ϑ]) gelijk is aan k, zodat ( ϑ 2 ) k = 1. Dan volgt hieruit: 1 = ( ϑ 2 ) 2k = ( 1) 2k ϑ 4k = ϑ 4k. Oftewel de orde van ϑ in (Z/nZ[ϑ]) is een deler van 4k. De conclusie is: Stelling 9.1 nul(n) per(n) 4 nul(n) Een andere manier om dit te zeggen is dat per(n)/nul(n) is 1,2 of 4. Voor n = 2 geldt: nul(2) = per(2) = 3. We zullen straks zien dat dit de enige waarde van n is waarvoor per(n) oneven is en tevens de enige waarde van n met nul(n) oneven en per(n)/nul(n) 4. Laten we nu n groter dan 2 nemen. 9.2 n > 2 In het geval dat nul(n) oneven is, is per(n)/nul(n) altijd gelijk aan 4, en vice versa. Stel namelijk nul(n) = k, zodat ( ϑ 2 ) k = 1, en k oneven, dan: ( ϑ 2 ) k = 1 ( 1) k.ϑ 2k = 1 ϑ 2k = 1. Hieruit volgt dat per(n) niet gelijk is aan k (omdat ϑ k = 1 ϑ 2k = 1) of 2k en dus gelijk is aan 4k (voor n = 2 gaat deze redenering niet op, omdat dan 1 = 1). Omgekeerd: stel per(n) = 4k, zodat ϑ 4k = 1, ϑ 2k 1. Aangezien ( ϑ 2 ) k = 1 voor k even impliceert dat ϑ 2k = 1, moet k dan oneven zijn. Een gevolg hiervan is, dat per(n) voor n > 2 altijd even is. Als nul(n) oneven is, dan is per(n) immers deelbaar door vier. Maar als nul(n) even is, dan is per(n) ook even, omdat per(n) een veelvoud is van nul(n). Deze opmerkingen samenvattend, komen we tot de volgende stelling: Stelling 9.2 Voor n > 2 geldt: 1. nul(n) is oneven per(n)/nul(n) = per(n) is altijd even. 20

21 Of nul(n) even of oneven is, hangt trouwens niet direkt samen met het evenof oneven-zijn van n zelf. Voor n = 73 en n = 74 is nul(n) bijvoorbeeld gelijk aan 37, respectievelijk 57 en dus in beide gevallen oneven. Voor het geval n > 2 een priemgetal is valt er meer te zeggen. Dat blijkt wederom samen te hangen met de vraag of 5 een kwadraatrest modulo n is. Laten we om te beginnen eens kijken naar de situatie dat p een oneven priemgetal is met p ±2 (mod 5). 9.3 p een oneven priemgetal met p ±2 (mod 5) We hebben al gezien dat 5 dan niet een kwadraatrest modulo p is en dat Z/pZ[ϑ] isomorf is met het lichaam F p 2. Verder zagen we dat voor α Z/pZ[ϑ] de Frobeniusafbeelding en de conjugatie gelijk zijn: α p = ᾱ. Hieruit volgt dan: ϑ p+1 = ϑ ϑ = 1, ϑ 2(p+1) = 1 en (( ϑ) 2 ) p+1 = ϑ 2(p+1) = 1 Samengevat: nul(p) p + 1, per(p) 2(p + 1), maar per(p) is niet een deler van p + 1. We gaan kijken naar het aantal factoren 2 in p + 1. Stel p + 1 = 2 k u met u oneven en k > 0 (want p is oneven). Omdat ϑ p+1 = 1 1 geldt dat orde(ϑ) 2(p + 1) = 2 k+1 u en orde(ϑ) is geen deler van p + 1 = 2 k u. Hieruit volgt dat orde(ϑ) = 2 k+1.u, met u u. Voor k = 1 betekent dit dat ϑ 4u = 1 en ϑ 2u = 1, zodat ( ϑ 2 ) u = ( 1) u ϑ 2u = 1] 1 = 1. Oftewel: de orde van ϑ is een deler van u. Omdat de orde van ϑ gelijk was aan 4u en we al eerder gezien hebben dat per(p)/nul(p) = orde(ϑ)/orde(( ϑ 2 ) = 1, 2 of 4, zien we nu dat per(p)/nul(p) = 4. Voor k > 1 valt het minteken in ( ϑ 2 ) 2k 1 u minder mooi weg. Hier geldt: ϑ 2k+1 u = 1 en ϑ 2k u = 1, waaruit volgt dat en ( ϑ 2 ) 2k u = ( 1) 2k u ϑ 2k+1 u = 1 1 = 1 ( ϑ 2 ) 2k 1 u = ( 1) 2k 1 u ϑ 2k u = 1 1 = 1. Nu is orde( ϑ 2 ) gelijk aan 2 k.u, waarbij u u. Aangezien per(p) = 2 k+1 u, impliceert dit dat per(p) = 2 u /u nul(p). Omdat u en u beiden oneven zijn en u /u dus niet gelijk is aan twee, volgt hieruit dat per(p) = 2 nul(p). Samenvattend hebben we gezien dat voor p = 2 geldt: per(p)/nul(p) = 1, voor p oneven en p + 1 deelbaar door 4 geldt: per(p)/nul(p) = 2 en in het resterende geval geldt: per(p)/nul(p) = 4. Deze resultaten laten zich kort samenvatten tot: Stelling 9.3 Als p een priemgetal is met p ±2 (mod 5), geldt: per(p)/nul(p) = GGD(4, p 1) Als p + 1 meer dan één factor twee bevat, is p + 1 deelbaar door 4, oftewel p 3 (mod 4). Dit, gecombineerd met p ±2 (mod 5), geeft dat p 3 (mod 20) of p 7 (mod 20). Vandaar dat voor een getal waarvan in de decimale notatie het laatste cijfer een 3 of 7 is en het voorlaatste cijfer even, geldt: per(p)/nul(p) = 4. Indien het voorlaatste cijfer echter oneven is komt er 2 uit dit quotiënt. 9.4 p een priemgetal met p ±1 (mod 5) In het geval dat p een priemgetal is met p ±1 (mod 5), valt er minder te zeggen over de verhouding van per(p) en nul(p). Voor p ±2 (mod 5) wisten 21

22 we niet alleen dat ϑ 2(p+1) = 1, maar bovendien dat ϑ p+1 = 1. Hierdoor konden we precies aangeven wat het verband tussen de orde van ϑ 2 en de orde van ϑ was. Voor p ±1 (mod 5) weten we alleen dat ϑ p 1 = 1, waaruit volgt dat de orde van ϑ, en dus per(p), een deler is van p 1. Ook hier kunnen we weer letten op het aantal factoren twee in p 1. Laten we dat weer k noemen, zodat p 1 = 2 k u, met u oneven. Aangezien p oneven is moet k groter zijn dan 0. Stel k = 1. Dan is ( ϑ 2 ) u = ( 1) u ϑ 2u = 1 1 = 1, waaruit volgt dat de orde van ϑ 2 gelijk is aan de orde van ϑ en per(p) = nul(p). Voor k = 2 is de situatie al wat minder duidelijk. We weten dan dat ( ϑ 2 ) 2u = ϑ 4u = 1. Omdat orde(ϑ) een even deler is van 4u, geldt orde(ϑ) = 2u of orde(ϑ) = 4u. In het eerste geval geldt weer: ( ϑ 2 ) u = ( 1) u ϑ 2u = 1 1 = 1 en is per(p) = nul(p). In het tweede geval is ϑ 4u = 1 terwijl ϑ 2u 1. We zullen straks laten zien dat dan ϑ 2u = 1, waaruit volgt: ( ϑ 2 ) u = 1 u ϑ 2u = 1 1 = 1. De orde van ϑ 2 is dus gelijk aan u en per(p)/nul(p) = 4. In deze situatie komt het geval per(p)/nul(p) = 2 dus niet voor. Waarom geldt voor k = 2 nu dat ϑ 2u = 1? Het is verleidelijk om dit te bewijzen via: ϑ 4u = 1 = (ϑ 2u ) 2 1 = 0 = (ϑ 2u 1)(ϑ 2u + 1) = 0. Aangezien ϑ 2u 1 (omdat de orde van ϑ gelijk is aan 4u ), levert dit ϑ 2u = 1 op indien Z/pZ[ϑ] een domein zou zijn. We zagen echter al dat in het geval p ±1 (mod 5) dit niet het geval is. Met behulp van het isomorfisme tussen Z/pZ[ϑ] en Z/pZ Z/pZ valt echter als volgt in te zien dat ϑ 2u = 1. Bij dit isomorfisme wordt 1 op (1, 1) afgebeeld en ϑ op (α, β) = (α, 1/α). In Z/pZ Z/pZ moeten we nu de waarde van (α, 1/α) 2u onderzoeken, waarbij we weten dat (α, 1/α) 4u = (1, 1). Omdat in Z/pZ Z/pZ vermenigvuldiging componentsgewijs gaat en omdat Z/pZ een lichaam is volgt hieruit dat α 2u = ±1. Maar als α 2u = 1 dan is ook ( 1/α) 2u = 1, hetgeen niet mogelijk is, aangezien de orde van (α, 1/α) gelijk is aan 4u. Er geldt dus α 2u = 1, waaruit volgt: ( 1/α) 2u = 1/α 2u = 1/ 1 = 1. Dus is zodat (α, 1/α) 2u = ( 1, 1) ϑ 2u = 1. Statistisch onderzoek wijst uit dat voor k = 2 beide gevallen ongeveer even vaak voorkomen (onder de 1000 allebei 10 keer, onder de is per(p) = nul(p) voor 82 waarden van p en per(p) = 4nul(p) komt 76 keer voor. 22

23 Voor k > 2 kan per(p)/nul(p) ieder van de waarden 1, 2 of 4 aannemen. Wel komen ook hier weer statistische wetmatigheden naar voren. Volgens Hendrik Lenstra convergeert per(p)/nul(p) naar vaste verhoudingen (met kleine getallen). Voor priemgetallen onder de 1000 is er een verhouding van 1:6:1 en onder de is die verhouding ongeveer 1:4:1. Het voorgaande wordt goed geïllustreerd in de volgende tabel, waarin frequenties staan bij een totale frequentie van Hierbij staat horizontaal het aantal factoren 2 in p 1 en verticaal de waarden van per(p)/nul(p) n een samengesteld getal Wat valt er te zeggen over per(n) en nul(n) in geval n niet een priemgetal is? Voor het geval dat n = p k is de situatie redelijk duidelijk, alhoewel hier nog een aardig openstaand probleem ligt. Voor p = 2 is nul(4) = per(4) = 6, nul(8) = 6, per(8) = 12 en voor hogere machten van twee (k > 3) is nul(2 k ) = 3.2 k 2 en nul(2 k ) = 3.2 k 1, zodat dan per(p k )/nul(p k ) = 2. Dit geeft de volgende tabel met waarden van per(2 k ) en nul(2 k ): nulpunt periode Voor p > 2 is er een vergelijkbare situatie. Er kan dan bewezen worden dat er voor iedere p een e(p) is waarvoor: nul(p k ) = nul(p).p max(0,k e(p)) en per(p k ) = per(p).p max(0,k e(p)). De waarde van per(p k )/nul(p k ) blijft dus steeds gelijk aan de waarde van per(p)/nul(p). Het openstaande probleem is of e(p) voor iedere p > 2 gelijk is aan 1, zoals tabellen doen vermoeden. Bij nul(4) en nul(8) zie je dat de waarde even op 6 blijft hangen. Dit is een voorbeeld waarbij e(n) 1, vandaar dat het openstaande probleem gaat over p > 2. Als voorbeeld nog een tabel, nu met waarden van per(3 k ) en nul(3 k ): nulpunt periode Tenslotte geldt voor samengestelde getallen n: nul(kgv (n 1, n 2 )) = KGV (nul(n 1, n 2 )) per(kgv (n 1, n 2 )) = KGV (per(n 1, n 2 )). Hiermee is het dus mogelijk om voor willekeurige n informatie te krijgen omtrent per(n) en nul(n) door n in factoren te ontbinden. Het bewijs gaat door middel van een analogon van de Chinese reststelling voor Z/nZ[ϑ]. Een ander bewijs, 23