Kezdőlap


Cím:	Lucas-sorozat modulo n
Szerző(k):	Csikvári Péter
Füzet:	2002/január, 10 - 16. oldal	PDF \| MathML
Témakör(ök):	Szakmai cikkek

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

A Fazekas Mihály Gimnázium idei matematika táborában hangzott el a következő feladat:
Legyen $L_{k}$ a Lucas-sorozat $k$ . tagja ( $L_{0} = 2$ , $L_{1} = 1$ , $L_{n + 1} = L_{n} + L_{n - 1}$ ). Legyen $n$ szép szám, ha $n ∣ L_{n}$ .
Lehet-e egy szép számnak 3-nál nagyobb prímosztója?
A megoldása maga nem túl bonyolult, ha ,,megsejtjük", hogy $1926 = 2 \cdot 3^{2} \cdot 107$ szép szám, annál rögösebb út vezet a szám megtalálásáig. A cikk során megkísérlünk bemutatni ‐ a Lucas-sorozat modulo $n$ vett meghatározására ‐ néhány módszert, amelyek hasonlóan definiált rekurzív sorozatoknál is hasznosak lehetnek. Ezen kívül bemutatunk néhány szép tételt a feladattal kapcsolatban, mint például, hogy $2 \cdot 3^{k}$ mindig szép szám vagy, hogy nincs páratlan szép szám.
Ismerkedjünk meg a Lucas-sorozattal! A Lucas-sorozat Fibonacci-típusú^{$^{*}$} sorozat, hiszen minden eleme az előző két elem összege. A Lucas-sorozat első néhány tagja:

\begin{matrix} n & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & 10 \\ L_{n} & 2 & 1 & 3 & 4 & 7 & 11 & 18 & 29 & 47 & 76 & 123 \\ F_{n} & 0 & 1 & 1 & 2 & 3 & 5 & 8 & 13 & 21 & 34 & 55 \end{matrix}

A Lucas-sorozat alá felírtuk a Fibonacci-sorozatot is. A táblázatból két dolgot máris leolvashatunk:

L_{n} = F_{n + 1} + F_{n - 1}

és megtaláltuk az első szép számot:

6 ∣ L_{6} = 18

.
A Fibonacci-sorozatnál igen gyakran elmondják, hogy

F_{n}

és

F_{n + 1}

relatív prímek. Ez a Lucas-sorozatra is igaz, a bizonyítás ugyanúgy megy. Tegyük fel

d > 1

-re, hogy

d ∣ L_{n}

és

d ∣ L_{n + 1}

. Ekkor

d ∣ L_{n + 1} - L_{n} = L_{n - 1}

, azaz

d ∣ L_{n}

és

d ∣ L_{n - 1}

, és ugyanígy

d ∣ L_{n - 2} ... d ∣ L_{1} = 1

, ami nem lehetséges, mert

d > 1

.
Kós Géza és Énekes Béla cikkéből (2000. évi 9. szám) azt is tudjuk, hogy egy Fibonacci-típusú sorozat

n

. tagja felírható

a q_{1}^{n} + b q_{2}^{n}

alakban, ahol

a, b

a sorozatra jellemző számpár,

q_{1} = \frac{1 + \sqrt[]{5}}{2}

q_{2} = \frac{1 - \sqrt[]{5}}{2}

.
Esetünkben

\begin{matrix} \begin{matrix} L_{0} & = a \cdot q_{1}^{0} + b q_{2}^{0} = a + b = 2 \\ L_{1} & = a q_{1} + b q_{2} = \frac{a + b}{2} + (a - b) \frac{\sqrt[]{5}}{2} = 1. \end{matrix} \end{matrix}

Ebből

a = b = 1

, így

\begin{matrix} L_{n} = {(\frac{1 + \sqrt[]{5}}{2})}^{n} + {(\frac{1 - \sqrt[]{5}}{2})}^{n}, \end{matrix}

(1)

vagyis

L_{n} = q_{1}^{n} + q_{2}^{n}

, ahol

q_{1} + q_{2} = 1

q_{1} q_{2} = - 1

.
Ismerkedjünk meg egy kicsit a problémával! Próbáljunk ki néhány prímet, nézzük meg, melyek lehetnek szép szám osztói!
Nézzük meg, milyen

n

-re lesz

L_{n}

a 2 többszöröse.

\begin{matrix} n & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 \\ L_{n} mod 2 & 0 & 1 & 1 & 0 & 1 & 1 & 0 & 1 & ... \end{matrix}

Tehát

2 ∣ L_{n}

akkor és csak akkor, ha

3 ∣ n

.
Most nézzük a Lucas-sorozat 3-as maradékát.

\begin{matrix} n & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 \\ L_{n} mod 3 & 2 & 1 & 0 & 1 & 1 & 2 & 0 & 2 & 2 & 1 \end{matrix}

Itt 8 hosszú periódus van, és

3 ∣ L_{n}

, ha

n = 4 k + 2

, ahol

k

egész.
Az előző két eredményt egybevetve azt kapjuk, hogy szép számot nem oszthat a 4. Tegyük fel ugyanis, hogy

m

szép, és

4 ∣ m

. Ekkor

m ∣ L_{m}

miatt

4 ∣ L_{m}

(így

2 ∣ L_{m}

), ami azt jelenti, hogy

3 ∣ m

. Ekkor

3 ∣ m

és

m ∣ L_{m}

-ből kapjuk, hogy

3 ∣ L_{m}

, így

m = 4 k + 2

, ahol

k

egész, de ez ellentmond annak, hogy

m

osztható 4-gyel. A 4 tehát valóban nem oszthat szép számot.
Most nézzük meg a Lucas-sorozat 5-ös maradékát:

\begin{matrix} n & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\ L_{n} mod 5 & 2 & 1 & 3 & 4 & 2 & 1 \end{matrix}

Tehát

5 ∤ L_{n}

, így persze 5 nem oszthat szép számot.
Vizsgáljuk a 7-es maradékokat:

\begin{matrix} n & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & 10 & 11 & 12 & 13 & 14 & 15 & 16 & 17 \\ L_{n} mod 7 & 2 & 1 & 3 & 4 & 0 & 4 & 4 & 1 & 5 & 6 & 4 & 3 & 0 & 3 & 3 & 6 & 2 & 1 \end{matrix}

Tehát 7-es maradék esetén 16 hosszú periódus van, és

7 ∣ L_{n}

, ha

n = 8 k + 4

. Ez azt jelenti, hogy ha 7 oszt egy

m

szép számot, akkor

7 ∣ L_{m}

, így

4 ∣ m

, ami nem lehetséges, amint azt már bizonyítottuk.
Vizsgáljuk meg a Lucas-sorozat 11-es maradékát.

\begin{matrix} n & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & 10 & 11 \\ L_{n} mod 11 & 2 & 1 & 3 & 4 & 7 & 0 & 7 & 7 & 3 & 10 & 2 & 1 \end{matrix}

Tehát itt 10 hosszú periódus van, és

11 ∣ L_{n}

akkor, ha

n = 10 k + 5

; így ha 11 oszt egy

m

szép számot, akkor

5 ∣ m

, ami nem lehetséges, amint azt már bebizonyítottuk.
Tehát 4, 5, 7, 11 nem oszthatnak szép számot, ugyanakkor nagyon hasznos volt a fenti vizsgálat, rengeteg sejtésünk lehet. Első és talán legtriviálisabb, hogy a Lucas-sorozat periodikus modulo

p

. Érdekes az is, hogy a

p

-vel osztható helyek

2 t \cdot k + t

alakúak (

4 k + 2

8 k + 4

10 k + 5

). Nem szembetűnő, de észre lehet venni, hogy

p ∣ (L_{p} - 1)

. Térjünk rá most ezek bizonyítására.
Vizsgáljuk először csak a 0 maradék periodikusságát. Megmutatjuk, hogy ha

k ∣ L_{n}

és

k ∣ L_{n + d}

, akkor

k ∣ L_{n + 2 d}

, sőt, ha

n \geq d

, akkor

k ∣ L_{n - d}

. Nézzük a sorozatot, legyen

L_{n + 1} \equiv x (mod k)

\begin{matrix} m & n - d & ... & n - 3 & n - 2 & n - 1 & n & n + 1 & n + 2 & n + 3 & ... & n + d \\ L_{m} mod k & {(- 1)}^{d - 1} F_{d} x & ... & 2 x & - x & x & 0 & x & x & 2 x & ... & F_{d} x \equiv 0 \end{matrix}

Láthatjuk, hogy ha

L_{n + 1} \equiv x (mod k)

, akkor

\begin{matrix} L_{n + s} \equiv F_{s} x (mod k) és L_{n - s} \equiv {(- 1)}^{s - 1} F_{s} x (mod k), \end{matrix}

ahol

F_{s}

s

. Fibonacci-szám.

(x, k) = 1

, különben

L_{n}

és

L_{n + 1}

-nek volna 1-nél nagyobb közös osztója, amiről pedig láttuk, hogy nem lehetséges.
Így, ha

k ∣ L_{n + d}

, azaz

k ∣ F_{d} \cdot x

, akkor

k ∣ F_{d}

. Ebből már következik, hogy

k ∣ L_{n + 2 d}

, mert ha

y \equiv L_{n + d + 1} (mod k)

, akkor

k ∣ L_{n + d}

miatt

L_{(n + d) + d} \equiv F_{d} \cdot y \equiv 0 (mod k)

. Tehát ha

k ∣ L_{n}

és

k ∣ L_{n + d}

, akkor

k ∣ L_{n + 2 d}

. Hasonlóan adódik, hogy ekkor

k ∣ L_{n - d}

és teljes indukcióval kapjuk, hogy

k ∣ L_{n + a \cdot d}

és

k ∣ L_{n - b \cdot d}

.
Most térjünk rá a másik állítás bizonyítására, nevezetesen, hogy a

k

-val osztható Lucas-számok valamilyen megfelelő

t

-vel a

2 t s + t

alakú helyeken vannak. Tulajdonképpen csak annyit kell megmutatni, hogy valamilyen

t

-re

L_{t}

és

L_{3 t}

osztható

k

-val, mert akkor az előző tétel szerint

L_{5 t}, L_{7 t}, ..., L_{(2 s + 1) t}

is osztható

k

-val. Nagyot lendít a dolgokon az az észrevétel, hogy

\begin{matrix} L_{3 t} = q_{1}^{3 t} + q_{2}^{3 t} = {(q_{1}^{t} + q_{2}^{t})}^{3} - 3 q_{1}^{t} q_{2}^{t} (q_{1}^{t} + q_{2}^{t}) = L_{t}^{3} - 3 {(- 1)}^{t} L_{t}, \end{matrix}

hiszen

L_{n} = q_{1}^{n} + q_{2}^{n}

, ahol

q_{1} + q_{2} = 1

q_{1} q_{2} = - 1

, mint azt a Lucas-sorozat megismerésénél láttuk. Így ha

k ∣ L_{t}

, akkor

k ∣ L_{3 t}

.
Legyen ezután

t

a legkisebb pozitív szám, amelyre

k ∣ L_{t}

. Ekkor

k ∣ L_{3 t}

és így

k ∣ L_{2 t \cdot s + t}

. Másrészt

k > 2

esetén

k

nem osztja az

L_{2 t}

számot, mert

\begin{matrix} L_{2 t} = q_{1}^{2 t} + q_{2}^{2 t} = {(q_{1}^{t} + q_{2}^{t})}^{2} - 2 q_{1}^{t} q_{2}^{t} = L_{t}^{2} - 2 {(- 1)}^{t} . \end{matrix}

Tegyük fel, hogy van olyan

v

, amelyre

k ∣ L_{v}

és

v

nem

2 t s + t

alakú. Ekkor van olyan

s

, amelyre

d = | 2 t s + t - v | \leq t

. Ha itt egyenlőség áll, akkor

v = 2 a t

. Mivel

L_{2 a t}

és

L_{(2 a + 1) t}

is osztható

t

-vel, így

L_{2 t}

is, ami nem lehet

k > 2

esetén. Ha nem áll fenn egyenlőség, akkor

L_{v}

és

L_{v \pm d}

is osztható

k

-val, így

L_{v - m d}

is, azaz

L_{(v mod d)}

is, de mivel

d < t

, így

v mod d

vagy 0 ‐ ekkor

k ∣ L_{d} < L_{t}

‐ vagy

0 < v mod d < t

, ekkor

k ∣ L_{(v mod d)} < L_{t}

, ami ellentmond annak, hogy

t

a legkisebb szám, amelyre

k ∣ L_{t}

. Tehát ha

k ∣ L_{n}

, akkor

n = (2 s + 1) t

.
Még egy dolgot bizonyíthatunk abból, hogy

L_{3 n} = L_{n}^{3} - 3 {(- 1)}^{n} L_{n}

. Legyen

m

3-mal osztható szép szám, vagyis

m ∣ L_{m}

és

m = 3 m_{1}

; ekkor

L_{m} = 3 m_{1} \cdot h

\begin{matrix} L_{3 m} = {(3 m_{1} \cdot h)}^{3} - 3 {(- 1)}^{m} 3 m_{1} h = 9 m_{1} (3 m_{1}^{2} h^{3} - {(- 1)}^{m} h), \end{matrix}

vagyis

9 m_{1} ∣ L_{9 m_{1}}

. Vagyis ha

m

3-mal osztható szép szám, akkor

3 m

is az. Mivel

6 ∣ L_{6} = 18

és 6 osztható 3-mal, így 18 is szép szám. Teljes indukcióval bizonyítható, hogy

2 \cdot 3^{k}

is szép szám, ahol

k

pozitív egész. Mivel

2 \cdot 3^{k} ∣ L_{2 \cdot 3^{k}}

, így a fentiek alapján

2 \cdot 3^{k} ∣ L_{2 \cdot 3^{k} (2 s + 1)}

.
Tehát azt már tudjuk, hogy a

k

-val osztható Lucas-számok a

t (2 s + 1)

alakú helyeken vannak, de magáról a

t

-ről nem tudunk semmit. Ezen segít, ha bebizonyítjuk a harmadik megsejtett állítást, mely szerint minden

p

prímre

p ∣ (L_{p} - 1)

. Elsőre nem tűnik könnyűnek ennek bizonyítása, de a binomiális tétel segít:

\begin{matrix} {(a + b)}^{n} = a^{n} + (\binom{n}{1}) a^{n - 1} b + (\binom{n}{2}) a^{n - 2} b^{2} + ... (\binom{n}{1}) a b^{n - 1} + b^{n} . \end{matrix}

Ebből a Lucas-sorozat

n

. tagja:

\begin{matrix} L_{n} = {(\frac{1 + \sqrt[]{5}}{2})}^{n} + {(\frac{1 - \sqrt[]{5}}{2})}^{n} = \frac{1}{2^{n}} 2 \cdot \sum_{k = 0}^{⌊ \frac{n}{2} ⌋} (\binom{n}{2 k}) 5^{k} = \frac{1}{2^{n - 1}} \sum_{k = 0}^{⌊ \frac{n}{2} ⌋} (\binom{n}{2 k}) 5^{k} . \end{matrix}

0 < k < p

, akkor

(\binom{p}{k})

osztható

p

-vel, mert

\frac{p!}{k! (p - k)!} = (\binom{p}{k})

számlálója osztható

p

-vel, nevezője pedig nem. Másrészt a Fermat-tételből

p > 2

esetén

2^{p - 1} \equiv 1 (p)

.
Tehát minden

p

páratlan prímre:

\begin{matrix} L_{p} \equiv 2^{p - 1} L_{p} = \sum_{k = 0}^{⌊ \frac{n}{2} ⌋} (\binom{p}{2 k}) 5^{k} \equiv (\binom{p}{0}) 5^{0} \equiv 1 (mod p) . \end{matrix}

Az állítás

p = 2

-re is igaz, hiszen

L_{2} = 3 \equiv 1 (2)

.
Ne álljunk meg azonban itt, ezzel a módszerrel meghatározható

L_{p + 1}

maradéka is

p

-vel osztva. Használjuk fel, hogy

(\binom{p + 1}{k}) = (\binom{p}{k}) + (\binom{p}{k - 1})

; ekkor

p \neq 5

esetén

\begin{matrix} \begin{matrix} 2 L_{p + 1} & \equiv 2^{p} L_{p + 1} = \sum_{k = 0}^{\frac{p + 1}{2}} (\binom{p + 1}{2 k}) 5^{k} = \sum_{k = 0}^{\frac{p + 1}{2}} ((\binom{p}{2 k}) + (\binom{p}{2 k - 1})) 5^{k} \equiv \\ \equiv (\binom{p}{0}) 5^{0} + (\binom{p}{p}) 5^{\frac{p + 1}{2}} = 1 + 5^{\frac{p + 1}{2}} (mod p) . \end{matrix} \end{matrix}

Mivel

5^{p - 1} \equiv 1 (mod p)

, így

5^{\frac{p - 1}{2}} \equiv \pm 1 (mod p)

. Megjegyezzük bizonyítás nélkül,^{$^{*}$} hogy

5^{\frac{p - 1}{2}} \equiv 1 (mod p)

, ha

p = 5 k \pm 1

és

5^{\frac{p - 1}{2}} \equiv - 1 (mod p)

, ha

p = 5 k \pm 2

.
Tehát két eset van.
1. eset.

p = 5 k \pm 1

. Ekkor

2 L_{p + 1} \equiv 1 + 5 = 6 (mod p)

, ezért

L_{p + 1} \equiv 3 (mod p)

. Így

L_{p - 1} = L_{p + 1} - L_{p} \equiv 3 - 1 = 2 (mod p)

. Tehát

\begin{matrix} n & 0 & 1 & ... & (p - 1) & p & p + 1 \\ L_{n} mod p & 2 & 1 & 2 & 1 & 3 \end{matrix}

Itt tehát

(p - 1)

hosszú periódus van. (Persze nem biztos, hogy ez a legkisebb periódus.)
2. eset.

p = 5 k \pm 2

. Ekkor

L_{p + 1} \equiv 1 - 5 = - 4 (mod p)

, így

L_{p + 1} \equiv - 2 (mod p)

. Ebben az esetben

L_{p + 2} = L_{p} + L_{p + 1} \equiv 1 - 2 = - 1 (mod p)

. Tehát

\begin{matrix} n & 0 & 1 & ... & p & p + 1 & p + 2 & ... & 2 p + 2 & 2 p + 3 \\ L_{n} mod p & 2 & 1 & 1 & - 2 & - 1 & ... & 2 & 1 \end{matrix}

Azaz

L_{k} \equiv - L_{k + (p + 1)} \equiv L_{k + 2 (p + 1)} (mod p)

vagyis ebben az esetben

2 (p + 1)

hosszú periódus van.
Ezek az eredmények egybevágnak korábbi megfigyeléseinkkel, melyek szerint

p = 3

esetén 8 hosszú,

p = 7

esetén 16 hosszú,

p = 11

esetén 10 hosszú periódus van.
Legyen

t

a legkisebb pozitív szám, amelyre

p ∣ L_{t}

; ekkor

p ∣ L_{t + p - 1}

vagy

p ∣ - L_{t + p + 1}

, azaz

p ∣ L_{t + p + 1}

. Így

2 t ∣ p - 1

vagy

2 t ∣ p + 1

. Vagyis

t \leq \frac{p - 1}{2} < \frac{p + 1}{2}

vagy

t \leq \frac{p + 1}{2}

; mindenképpen

t \leq \frac{p + 1}{2} < p

. Tegyük fel ezután, hogy

m

páratlan szép szám, azaz

m ∣ L_{m}

. Legyen

q

a legkisebb prímosztója

m

-nek, ekkor

q ∣ m

és

m ∣ L_{m}

-ből

q ∣ L_{m}

; ezért van olyan legkisebb

t

, melyre

q ∣ L_{t}

. Erre

t ∣ m

, és mivel

q

páratlan prím, ezért

t < q

. Ha

r

a legkisebb prímosztója, akkor

r ∣ t

és

t ∣ m

-ből

r ∣ m

, és

r \leq t < q

, ami lehetetlen, mert

q

m

legkisebb prímosztója.
Tehát nem létezik páratlan szép szám.
Ha olyan szép számot keresünk, amelynek van

p > 3

prímosztója, akkor figyelnünk kell arra, hogy az a legkisebb

t

, amelyre

p ∣ L_{t}

szintén osztója a szép számnak. Könnyen adódik a gondolat, hogy

t

legyen

2 \cdot 3^{k}

alakú, mert ezeket már jól ismerjük. Nem elég azonban, hogy

2 \cdot 3^{l} | \frac{p + 1}{2}

vagy

\frac{p - 1}{2}

, meg kell mutatnunk, hogy

p

valóban osztója

L_{2 \cdot 3^{k}}

-nak. 5 a legegyszerűbb példa olyan prímre, amely a sorozat egyetlen elemét sem osztja. Tehát találni kell olyan

(s, p)

párokat, melyekre

p ∣ L_{s}

.
Legyen

p = 5 k \pm 1

; erre láttuk, hogy

\begin{matrix} n & 0 & 1 & 2 & 3 & ... & p - 4 & p - 3 & p - 2 & p - 1 & p \\ L_{n} mod p & 2 & 1 & 3 & 4 & ... & - 4 & 3 & - 1 & 2 & 1 \end{matrix}

Tehát

L_{p - (2 a + 1)} \equiv L_{2 a}

és

L_{p - 2 a} \equiv - L_{2 a - 1} (mod p)

. Ha

p = 4 a - 1

, akkor

L_{2 a - 1} \equiv - L_{2 a - 1} (mod p)

, vagyis

L_{2 a - 1} \equiv 0 (mod p)

. Tehát ha

p

5 k \pm 1

és egyben

4 a - 1

alakú prím, akkor

p ∣ L_{\frac{p - 1}{2}}

(pl.:

11 ∣ L_{5}

).
Legyen

p = 5 k \pm 2

; már láttuk, hogy

\begin{matrix} n & 0 & 1 & 2 & 3 & ... & p - 2 & p - 1 & p & p + 1 & p + 2 \\ L_{n} mod p & 2 & 1 & 3 & 4 & ... & 4 & - 3 & 1 & - 2 & - 1 \end{matrix}

Tehát

L_{p + 1 - 2 a} \equiv - L_{2 a}

és

L_{p - 2 a} \equiv L_{2 a + 1} (mod p)

. Ha

p = 4 a - 1

, akkor

L_{2 a} \equiv - L_{2 a} (mod p)

, azaz

L_{2 a} \equiv 0 (mod p)

.
Ez azt jelenti, hogy ha

p

5 k \pm 2

és ugyanakkor

4 a - 1

alakú prím, akkor

p ∣ L_{\frac{p + 1}{2}}

(pl.

23 ∣ L_{12} = 322

).
Legyen

2 \cdot 3^{l} = \frac{p + 1}{2}

vagy

2 \cdot 3^{l} = \frac{p - 1}{2}

, ahol

p

egy

(4 a - 1)

alakú prímszám. Ez utóbbi egyenletnek nincs megoldása, mert a bal oldal páros, jobb oldal páratlan.
Tehát

2 \cdot 3^{l} = \frac{p + 1}{2}

, ahol

p

5 k \pm 2

alakú prím.

3^{4} \equiv 1 (mod 5)

miatt csak azt kell megvizsgálni, hogy

4 \cdot 3^{l} - 1

milyen maradékot ad 5-tel osztva, ha

l = 0,1,2,3

. A

p

akkor lesz

5 k \pm 2

alakú, ha

l = 4 s

vagy

l = 4 s + 3

; de

l = 4 s

esetén

4 \cdot 3^{4 s} - 1 = (2 \cdot 3^{2 s} + 1) (2 \cdot 3^{2 s} - 1)

, ami nem prím, ha

s \geq 1

.
Maradnak a

p = 4 \cdot 3^{4 s + 3} - 1

alakú prímek. Azt állítjuk, hogy ekkor

m = 2 \cdot 3^{4 s + 3} \cdot p

szép szám. Láttuk ugyanis, hogy

2 \cdot 3^{k} ∣ L_{2 \cdot 3^{k} (2 a + 1)}

, ugyanakkor

p = 4 \cdot 3^{4 s + 3} - 1

egyszerre

4 a - 1

és

5 k + 2

alakú prím, és

m = \frac{p + 1}{2} (2 b + 1)

; így

p ∣ L_{\frac{p + 2}{2} (2 b + 1)}

. Tehát

L_{m}

-et osztja

2 \cdot 3^{4 s + 3}

és

p = 4 \cdot 3^{4 s + 3} - 1

, így

m ∣ L_{m}

. Tehát

m

valóban szép szám.
Mivel

4 \cdot 3^{3} - 1 = 107

prím, ezért

54 \cdot 107 = 5778

szép szám. Már

1926 = \frac{5778}{3}

is szép szám, mert

107 ∣ L_{18} = 5778

. Szintén prím

4 \cdot 3^{7} - 1 = 8747

, így

38 259 378

is szép szám. Sőt

4 \cdot 3^{15} - 1 = 57 395 627

is prím így

1 647 129 028 059 378

is szép szám.

^{$^{*}$}Fibonacci-típusú sorozatokról lásd Énekes Béla és Kós Géza cikkét a 2000. évi 9. és 2001. évi 1. számban.

^{$^{*}$}Aki ismeri a kvadratikus maradékokra vonatkozó tételeket: $5^{\frac{p - 1}{2}} \equiv (\frac{5}{p}) = (\frac{p}{5}) = 1$ , ha $p = 5 k \pm 1$ . Ha pedig $p = 5 k \pm 2$ , akkor $(\frac{p}{2}) = - 1$ .