張少男，楊 鵬

（遼寧科技大學 理學院，遼寧 鞍山 114051）

關于整數(shù)數(shù)列，特別是Fibonacci數(shù)列Fn+2=Fn+1+Fn，F(xiàn)0=0，F(xiàn)1=1及其伴隨序列Lucas數(shù)列Ln+2=Ln+1+Ln，L0=2，L1=1的形數(shù)問題，數(shù)論學家們做了大量的討論與研究。

1963年，Rollett［1］提出Fibonacci數(shù)中除F0、F1、F2、F12以外，是否存在其他的平方數(shù)的問題。1964年，Cohn［2］用遞歸數(shù)列方法考察Fibonacci數(shù)和Lucas數(shù)列的性質(zhì)，求得其中形如平方數(shù)或二倍于平方數(shù)的整數(shù)。1965年，柯召［3］利用不定方程解決了Fibonacci數(shù)列中的平方數(shù)問題。1981年，Lagarias［4］解決了其中的立方數(shù)m3問題。

由于遞歸方法的局限性，Luo［5-9］在此基礎上作了進一步的改進，利用構(gòu)建雅可比符號恒等式的方法，解決了Fibonacci數(shù)和Lucas數(shù)中的三角形數(shù)m(m+1)/2問題。隨后，羅明又解決了其中的殆平方數(shù)m(m+1)和五角形數(shù)問題［7］。1996年，Mcdaniel［10］使用羅明的方法解決了Pell數(shù)列Pn+2=2Pn+1+Pn，P0=0，P1=1中的三角形數(shù)問題。2001～2005年，Prasas等解決了Fibonacci數(shù)和Lucas數(shù)中的七角形數(shù)問題，以及Pell數(shù)列及其伴隨數(shù)列中的五角形數(shù)和七角形數(shù)等問題［11-17］。

本文首先給出一些已知的Fibonacci數(shù)和雅可比符號的簡單結(jié)果，并以此推廣羅明建立的關于Fibonacci數(shù)和Lucas數(shù)的雅可比準則。之后，通過新建立的恒等式，結(jié)合Mathematica篩選，最終求得所有可表為4倍三角形數(shù)的Fibonacci數(shù)。

1 一些Fibonacci數(shù)及雅可比符號的簡單結(jié)果

Lucas數(shù)列作為Fibonacci數(shù)的伴隨序列，兩者有如下等式成立

當n是一個正整數(shù)時，若n≡±2(mod 6)，有

對于雅可比符號，設m,n為大于1的奇數(shù)，有以下式子成立

對任意正整數(shù)m，F(xiàn)ibonacci數(shù)關于modm的剩余類序列具有周期性［18］，部分結(jié)果如表1所示。

表1 F n關于部分模m的剩余類周期Tab.1 Period of F n(mod m)

2 主要定理

引理1如果n為整數(shù)且滿足n≡±2(mod 6)，有

證明：由于n≡±2(mod 6)，考慮Fn，Ln關于部分模m的剩余類周期性，有Ln≡3(mod 4)，F(xiàn)n≡1(mod 2)，2n≡±4(mod 12)，從而有L2n≡7(mod 8)，因此

由公式（10），有

由公式（11），有

再由公式（6），有

由公式（12），有

因此

由公式（6）和公式（10），得到

又由公式（4），有

若Fn≡1(mod 4)，有

若Fn≡1(mod 3)，有

因此總有

又因為

得到

特別地，當時a=1，有

當a為偶數(shù)時，即是文獻［5］中的引理1。

很顯然，當Fn具有形式2m(m+1)時，2Fn+1是一個大于1的平方數(shù)。所以，只需找到所有使得2Fn+1為平方數(shù)的n即可。

引理2當n≡0(mod 160)時，2Fn+1為一個平方數(shù)，當且僅當n=0。

證明：若n≠0，可令m=8，n=2×5×2m×k。

由公式（8），有Fn=-F2m(modL2m)，所以

由引理1，有

對序列{4Fm-Lm}取模21，得到剩余類周期為16。

因為當m=8時，4Fm-Lm≡16(mod 21)，所以

故而2Fn+1不可能為一個平方數(shù)。

當n=0時，2F0+1=1=12。證畢。

引理3當n≡12(mod 800)時，2Fn+1為一個平方數(shù)，當且僅當n=12。

證明：如果n≠12，則可令n=12+2r×2×2×25×k，其中r≥3,2?k。

取m=2r，從而m≡8,16,24,32(mod 40)，同時有2m≡16,32,48,64(mod 80)。

由公式（8），有

從而

對序列{L2m}取模287，所得剩余類具有周期80。當2m≡16,64(mod 80)時，L2m≡198(mod 287)；當2m≡32,48(mod 80)時，L2m≡170(mod 287)。

由以上兩個引理能得到以下推論。

推論1若n≡0,12(mod 800)，則2Fn+1是一個平方數(shù)，當且僅當n=0,12。

下面證明最后一個引理。

引理4若n?0,12(mod 800)，則2Fn+1不可能為一個平方數(shù)。

證明：采用對2Fn+1取模的方式，應用Mathematica軟件計算來證明。

mod 11。{2Fn+1}的剩余類周期為10。當n≡6,8(mod 10)時，{2Fn+1}為mod 11的平方非剩余，故可排除。

mod 5。{2Fn+1}的剩余類周期為20。當n≡1,2,4,6,7,8,13,19(mod 20)時，{2Fn+1}為mod 5的平方非剩余，故可排除。

mod 3。{2Fn+1}的剩余類周期為8。當n≡3,5,6(mod 8)時，{2Fn+1}為mod 3的平方非剩余，故可排除。剩n≡0,9,10,11,12,15,17,20,23,25,31,32,34(mod 40)。

mod 41。{2Fn+1}的剩余類周期為40。當n≡9,10,11,17,23,31,34(mod 40)時，{2Fn+1}為mod 41的平方非剩余，故可排除。剩n≡0,12,15,20,25,32(mod 40)。

mod 101。{2Fn+1}的剩余類周期為50。當n≡20,25,40,52,55,60,72,92,95,105,120,140,145,152,160,172,175,192(mod 200)時，{2Fn+1}為mod 101的平方非剩余，故可排除。

mod 151。{2Fn+1}的剩余類周期為50。當n≡15,65,80,135,180,185(mod 200)時，{2Fn+1}為mod 151的平方非剩余，故可排除。剩n≡0,12,32,100,112,132(mod 200)。

mod 401。{2Fn+1}的剩余類周期為200。當n≡32,132(mod 200)時，{2Fn+1}為mod 401的平方非剩余，故可排除。剩n≡0,12(mod 100)。

mod 2161。{2Fn+1}的剩余類周期為80。當n≡72(mod 80)時，{2Fn+1}為mod 2161的平方非剩余，故可排除。

mod 3041。{2Fn+1}的剩余類周期為160。當n≡32,40,52,60,112,120(mod 160)時，{2Fn+1}為mod 3041的平方非剩余，故可排除。

mod 1601。{2Fn+1}的剩余類周期為160。當n≡92,100,132,140(mod 160)時，{2Fn+1}為mod 1601的平方非剩余，故可排除。

剩下n≡0,12,400,500(mod 800)。

對于n≡400(mod 800)，它包含于n≡16(mod 32)中，這一情形可分為n≡16,48(mod 64)，進而可分為n≡16,48,80,112,144,176(mod 192)。

mod 769。{2Fn+1}的剩余類周期為192。當n≡16,48,80,112,176(mod 192)時，{2Fn+1}為mod 769的平方非剩余，故可排除。

mod 3167。{2Fn+1}的剩余類周期為192。當n≡144(mod 192)時，{2Fn+1}為mod 3167的平方非剩余，故可排除。這樣完全排除n≡400(mod 800)。

對于n≡500(mod 800)，F(xiàn)n≡±F20(modL80)，而，故而排除n≡500(mod 800)。

最終只剩下n≡0,12(mod 800)。證畢。

定理1形如2m(m+1)的Fibonacci數(shù)僅有F0和F12。

證明：綜合推論1和引理4，可知定理1成立。

3 結(jié)論

本文改進了羅明解決Fibonacci數(shù)為三角形數(shù)問題的方法，并以此考慮Fibonacci數(shù)為三角形數(shù)的倍數(shù)問題，得到Fibonacci數(shù)中僅0和144是三角形數(shù)的四倍。本文所使用的雅可比符號恒等式也可用來求解Fibonacci數(shù)中的三角形數(shù)或殆平方數(shù)，但對于解決更一般的情況，如Fibonacci數(shù)為形數(shù)或形數(shù)的倍數(shù)問題還需進一步研究。