Tình cờ gặp bài toán sau.

Bài toán. Cho dãy số $\left(x_n\right)_{n\in\mathbb N}$ trong đó $x_0=1,\,x_1=3$ và với số tự nhiên $n$ bất kỳ, ta luôn có ${x_{n + 2}} = 6{x_{n + 1}} – {x_n}$. Chứng minh rằng, nếu $k$ là số nguyên dương và $p$ là ước nguyên tố của $x_{2^k}$ thỏa mãn $p\equiv 1\pmod 4$, thì $2^{k+2}\mid (p-1)$.

Bài toán vừa nêu ra, gợi ta đến tính chất của cấp theo modulo và định lý Fermat bé. Chúng ta hẳn đã quá là quen thuộc với bài toán tương tự về các số Fermat, tức là các số ở dạng $F_k=2^{2^k}+1$ với $k\in\mathbb N$. Các số Fermat cũng có thể mô tả qua dãy truy hồi tuyến tính $\left(x_n\right)_{n\in\mathbb N}$ trong đó $x_0=2,\,x_1=3$ và với $n\in\mathbb N$ thì ta có công thức truy hồi $x_{n+2}=3x_{n+1}-2x_n$, lúc đó $F_k={x_{2^k}}$. Ở bài toán nêu phía trên, không khó lắm để ta cũng có ngay công thức \[{x_n} = \frac{{{{\left( {1 + \sqrt 2 } \right)}^{2n}} + {{\left( {1 – \sqrt 2 } \right)}^{2n}}}}{2}.\]Nhưng khó khăn phơi bày, chính là vì các số $1\pm\sqrt 2$ nó không phải là số nguyên như $2$ và $1$. Như vậy, ta mất đất dụng võ cho các kỹ năng về đồng dư và cấp theo mod trên $\mathbb Z$. Đó là nhu cầu khiến ta cần cơi mở ra vài vấn đề sau:

1. Mở rộng khái niệm đồng dư trên $\mathbb Z$.
2. Mở rộng khái niệm cấp và định lý Fermat bé.

Nhìn lại khái niệm đồng dư ở bài http://maths.vn/mot-so-nguyen-ly-co-ban/, theo đó thì $a\equiv b\pmod m$ chính là $a-b\in I(m)$. Ở đó, $I(m)$ là tập các bội số của $m$, tập đó có tính chất là $i-j\in I(m)$ với mọi $i,\,j\in I(m)$, và ta gọi $I(m)$ là một ideal trên $\mathbb Z$. Do đó, ta cần xây dựng một cấu trúc thích hợp chứa những phần tử $x_n$ (không nguyên) duy tồn các đặc tính thiết dụng, sau đó xây dựng đối tượng ideal tương tự như $I(m)$ để có được khái niệm đồng dư mới, tương thích với cấu trúc đó. Từ đó, cũng sẽ xây dựng khái niệm cấp và có được định lý Fermat bé tương ứng.

Công việc loằng ngoằng đó, được cụ thể ở lời giải dưới đây.

Lời giải. Xét $R=\left\{x+y\sqrt 2:\;x,\,y\in\mathbb Z\right\}$, $I=\left\{pr:\;r\in R\right\}$. Ta thấy rằng với các phần tử $u,\,v$ của $R$, còn $i,\,j$ thuộc $I$ lấy bất kỳ, thì luôn có\[uv \in R,\;u \pm v \in R,\;i \pm j \in I,\;vj \in I.\]Rõ ràng $I(p)\subset I,\,\mathbb Z\subset R$, ở đây $I(p)=\{xp:\;x\in\mathbb Z\}$. Với $u,\,v\in R$ nào đó, ta sẽ viết $u\equiv v\pmod I$ nếu và chỉ nếu $u-v\in I$, để có nhận xét sau đây:

Nhận xét. Với $u,\,v,\,s,\,t\in R$ thỏa mãn $u\equiv v\pmod I,\;r\equiv t\pmod I$ thì\[u \pm s \equiv v \pm t\quad \left( {\bmod I} \right),\;us \equiv vt\quad \left( {\bmod I} \right).\]

Bây giờ, với mỗi số tự nhiên $n$ ta có ngay \[{x_n} = \frac{{{{\left( {1 + \sqrt 2 } \right)}^{2n}} + {{\left( {1 – \sqrt 2 } \right)}^{2n}}}}{2}.\]Cho ta thấy $2$ là thặng dư bậc hai theo mod $p$, vì\[2x_{{2^{k – 1}}}^2 \equiv 1 + {x_{{2^k}}} \equiv 1\quad \left( {\bmod p} \right).\]Từ đây, theo tính chất của hệ số nhị thức ta có\[{\left( {1 + \sqrt 2 } \right)^p}\equiv 1+\sqrt{2^p} \equiv \left( {1 + \sqrt 2 } \right)\quad \left( {\bmod I} \right).\]Nhân cả hai vế với $\sqrt 2-1$ để mà có\[p – 1 \in {\cal O} = \left\{ {n \in {\mathbb N^*}:\;{{\left( {1 + \sqrt 2 } \right)}^n} \equiv 1\quad \left( {\bmod I} \right)} \right\}.\]Vậy là $\emptyset\ne \mathcal O\subset\mathbb N^*$ cho nên sẽ phải tồn tại $h=\min\mathcal O$, bây giờ với $n\in\mathcal O$ bất kỳ, ta sẽ viết $n=qh+r$, ở đó $q,\,r\in\mathbb N$ và $r<h$, để mà thấy\[{\left( {1 + \sqrt 2 } \right)^r} \equiv {\left( {{{\left( {1 + \sqrt 2 } \right)}^h}} \right)^q}{\left( {1 + \sqrt 2 } \right)^r} \equiv {\left( {1 + \sqrt 2 } \right)^n} \equiv 1\quad \left( {\bmod I} \right).\]Vai trò của $h$ ép buộc $r=0$, cho ta\[{\cal O} = \left\{ {th:\;t \in {\mathbb N^*}} \right\}.\]Đến đây, ta để ý $p\mid x_{2^k}$ để mà có \[2{\left( {1 + \sqrt 2 } \right)^{{2^{k + 1}}}}{x_{{2^k}}} = {\left( {1 + \sqrt 2 } \right)^{{2^{k + 2}}}} + 1 \in I.\]Vì thế sẽ kéo theo là\[{\left( {1 + \sqrt 2 } \right)^{{2^{k + 3}}}} \equiv {\left( { – 1} \right)^2} \equiv 1\quad \left( {\bmod I} \right).\]Vậy, $2^{k+3}\in\mathcal O$, nên $h=2^l$ với $l\in\mathbb N$ và $l\le k+3$, giờ nếu $l\le k+2$, thì ta có luôn là $h\mid 2^{k+2}$ dẫn đến mâu thuẫn là\[0 \equiv {\left( {1 + \sqrt 2 } \right)^{{2^{k + 2}}}} + 1 \equiv 2\quad \left( {\bmod I} \right).\]Tóm lại, buộc phải có $l=k+3$ và cho ta $h=2^{k+3}$ và ta có điều phải chứng minh, do $h\mid (p-1)$ là điều đã chỉ ra ở phía trên.

$\square$