揃うフィボナッチ数列part2

  • 公開日時: 2017/09/02 16:37
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  • カテゴリ: 研究・考察

「揃うフィボナッチ数列」という投稿の続編です

「揃うフィボナッチ数列」ではf(n)+b×f(n+1)=f(n+2)(mod p)という数列の、f(n)が乗法群になるようなループができるbを除いたもの、つまりb^2+4が平方剰余になるようなbを除いたものを考えました。

 

今回は、a×f(n)+f(n+1)=f(n+2)(mod p)という数列の、f(n)が乗法群になるようなループができるaを除いたもの、つまり4a+1が平方剰余になるようなaを除いたものを考えてみました。

その結果、「揃うフィボナッチ数列」のときと同じように、f(1)=0,f(2)=1としたとき、すべてのa×f(n)+f(n+1)=f(n+2)がf((p+1)m+1)=0 (mは0以上の整数)になっていました。

 

この結果と「揃うフィボナッチ数列」を踏まえて新たな予想ができました。

 

pを素数、a,bをpと互いに素な自然数とする

modp(pは素数)においてb^2+4aが平方剰余でないとする

a×f(n)+b×f(n+1)=f(n+2)(mod p)、(ただしf(0)=0,f(1)は任意の整数)とf(n)を定義するとき、f((p+1)m)=0(mod p)(mは0以上の整数)になっている

 

という予想です

 

証明反例分かるいたら教えて下さい

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