\文档类[12pt，reqno]{article}\usepackage[用户名]{颜色}\使用包{amssymb}\使用包{graphicx}\使用包{amscd}\usepackage[colorinks=true，linkcolor=webgreen，filecolor=webbrown，citecolor=webgreen]{hyperref}\定义颜色{webgreen}{rgb}{0，.5,0}\定义颜色{webbrown}{rgb}{.6,0,0}\使用包{color}\使用包{fullpage}\使用包{float}\使用包{psfig}\usepackage{graphics，amsmath，amssymb}使用包\使用包{amsthm}\使用包{amsfonts}\使用包{latexsym}\使用包{epsf}\集合长度{\textwidth}{6.5in}\集合长度{\oddsidemargin}{.1in}\集合长度{\evensidemargin}{.1in}\集合长度{\topmargin}{-.5in}\设置长度{\textheight}{8.9in}\新命令{\seqnum}[1]{\href{http://www.research.att.com/cgi-bin/access.cgi/as/~njas/sequences/eisA.cgi？Anum=#1}{\下划线{#1}}}\定义\实数{{\mathbb R}}\定义\原理{{\mathbb Q}}\定义\整数{{\mathbb Z}}\定义\naturals{{\mathbb N}}\定义\模块#1{\hspace{-.3cm}\pmod{#1}}\第一部分\定义\度{\部分}\定义\Res#1{\operatorname{资源}_{#1}}\定义\Gal{\operatorname{Gal}}\定义{\alpha}\定义\la{\lambda}\定义\成为{\测试}\定义\De｛\Delta｝\定义\lcm{\operatorname{lcm}}\新命令{\ep}[2]{\equiv{#1}\pmod{#2}}\新命令{\ve}[2]{\binom{#1}{#2}}\开始{文档}\开始{居中}\epsfx尺寸=4英寸\leavevmode\epsffile｛logo129.eps｝\结束{中心}\开始{居中}\vskip 1cm{\LARGE\bf Lucas序列中的项可被除\\\指数中的vskip.1}\vskip 1cm\大型克里斯·史密斯\\数学学院和麦克斯韦数学科学研究所\\爱丁堡大学\\詹姆斯·克拉克·麦克斯韦大厦\\国王的建筑\\梅菲尔德路\\爱丁堡EH9 3JZ\\英国\\\链接{mailto:c.smyth@ed.ac.uk（英文）}{\t抄送：smyth@ed.ac.uk} \\\结束{中心}\vskip.2英寸\开始｛摘要｝对于第一类$（u_n）_{n\ge0}$和第二类Lucas序列$（v_n）_{n\ge0}$通常由$u_n=（\al^n-\be^n）/（\al-\be）$定义，$v_n=\al^n+\be^n$，其中$\al$和$\be$是整数或共轭二次整数，我们描述集合$\{n\in\mathbbN:n\text{divides}u_n\}$和${n\in\mathbbN:n\text{diffes}v_n\}$。基于早期的工作，特别是Somer的工作，我们表明这些集合中的数字可以写成所谓{it的乘积基本}编号，只能是$1$、$6$或$12$，以及特定的素数，它们被明确描述。集合的一些属性对于每种类型，也给出了以这种方式出现的所有素数顺序。\结束{抽象}\新定理{定理}{定理{\新定理｛推论｝〔定理〕｛推论｝\新定理{引理}[定理]{引言}\新定理{命题}[定理]{命题\新定理｛猜想｝〔定理〕｛猜想｝\新定理{define}[定理]{Definition}\新环境{definition}{\begin{definit}\normalfont\quad}{\end{define}}\新定理{examp}[定理]{examp}\新环境{example}{\begin{examp}\normalfont\quad}{\end{examp{}}\新定理{rema}[定理]{Remark}\新环境{remark}{\begin{rema}\normalfont\quad}{\end{rema{}}\新定理{prop}[定理]{命题}\新定理\新定理{problem}{problem}\新定理{conf}{猜想}\新定理{算法}{算法{\章节{引言}给定整数$P$和$Q$，让$\al$和$\be$成为方程的根$$x^2-Px+Q=0。$$然后，已知的第一类{it-Lucas序列}（或{it-广义斐波那契序列}）$（u_n）{n\ge0}$由$u_0=0、u_1=1$和$u_{n+2}=Pu_{n+1}-Qu_n$给出，或由Binet的公式显式给出$$u_n=\frac{\al^n-\be^n}{\al-\be}$$当$\De=（\al-\be）^2=P^2-4Q\ne 0$时，当$\De=0$时，$u_n=n\al^{n-1}$。在后一种情况下，$\al$是一个整数，因此$n$将所有$n\ge 1$除以$u_n$。在下面的定理{S-Basic}中，我们描述了对于所有对$（P，Q）$，$n$除以$u_n$的所有$n\ge 1$的集合$S=S（P，Q）$。与定理{S-Basic}相对应，我们对第二类{it-Lucas序列}$（v_n）{n\ge0}$有一个类似的结果（下面的定理{T-Basic}），由$v_0=2，v_1=P$和$v_{n+2}=Pv{n+1}-Qv_n$给出，或由公式明确给出$$v_n=\al^n+\be^n，$$找到$n$除以$v_n$的所有$n\ge 1$的集合$T=T（P，Q）$。集合$T$的结果在第{S-T}节中给出。对于S$中的$n\，将$\mathcal P_{S，n}$定义为素数$P$的集合，这样S$中就有$np。如果没有质数$p$，那么我们称$S${it（第一类）基本}的元素$n$为$S$中的$n/p$。我们将看到，对于给定的$P，Q$，$S$最多有两个基本元素。事实证明，$S$的所有元素都是使用这些集合中的素数从{basic}元素生成的。\开始{定理}\label{S-Basic}\begin{enumerate}\项[（a）]对于S$中的$n\，集合$\mathcal P_{S，n}$是一组素数除以$u_n\De$。\项目[（b）]对于某些$r\ge 0$，$S$的每个元素都可以写成$bp_1\dots p_r$的形式，其中S$中的$b\是基本的，对于$i=1，\dots，r$，数字$bp_1\ dots p_{i-1}$也在$S$中，$p_i$在$\mathcal p_{S，bp_1\ pots p_}i-1}}$中。\[（c）]美元的（第一类）基本要素是\开始｛逐项列出｝\项目$1$和$6$如果$P\ep{3}{6}$，$Q\ep{\pm1}{6{$；\项目$1$和$12$如果$P\ep{\pm1}{6}$，$Q\ep{-1}{6{$；\项目仅$1$，否则。\结束{itemize}\结束{enumerate}\结束{定理}注意，（b）部分中的素数不必是不同的。Somer\cite[定理4]{MR1271392}在这个定理的方向上有许多结果。特别是，他已经注意到6美元和12美元对这个问题的重要性。Walsh\cite[unpublished]{Wa}给出了$S（1，-1）$（斐波纳契数情况）的等价分类，其中$1$和$12$是$S（1,-1）$的基本元素。注意，如果$\al$和$\be$是整数，那么$P、Q$中至少有一个是偶数，因此$1$是本例中唯一的基本元素。在这种情况下，我们也知道（参见Andr{'e}-Jeannin\cite{MR1131414}）$S={n\，：\，n\mid\alpha^n-\beta^n\}$。（他的结果是假设$\gcd（n，\alpha\beta）=1$，并且给出了$n$无平方的证明）。这直接来自下面的命题{P-AJ}。此外，对于$\al$和$\be$整数，$\gcd（\al，\be）=1$，Gy\Hory\cite{G}证明了对于固定整数$r$，$S$中含有$r$素因子的元素数是有限的，并描述了如何找到它们。关于$\al^n-\be^n$（$\al$，$\be$整数）被$n$的幂整除的更一般的问题，也请参见引用｛GS｝。现在让$\mathcal P_S$是一组素数$P$，它将$S$中的$n$除以。很容易看出$\mathcal P_S=\cup_{n\在S}\mathcall P_{S，n}$中。比较$\mathcal P_{S，n}$和$\mathcal很有趣$n$中的P_{S，np}$和$S$中的$np$。写入$u_n=u_n（\al，\be）$以显示$u_n$对$\al$和$\be$的依赖性，并表示$u_n（\al^k，\be^k）$乘以$u_n^{（k）}$。之后\开始{方程式}\标签{E-prod}u_{kn}=u_k^{（n）}u_n，\结束{方程式}我们有$u{n}\mid-u{np}$，所以$\mathcal P_{S，n}\subsetP_{S，np}$通过定理\ref{S-Basic}（b）。因此，当我们在S中乘以$n时$根据定理{S-Basic}（b）到停留在$S$内，关联的集合$\mathcal P_{S，n}$不会丢失任何素数。因此，我们得到以下结果定理{S-Basic}（a）。\如果S$中的$n\和$m$的所有素因子除以$u_n\De$，则S$中为$nm\。\结束{cor}这是对已知结果的强化（例如，参见引用[定理5（i）]{MR1271392}），即如果S$中的$n$m$的素因子除以$n\De$，然后除以$nm\（单位：S$）。特别是（$n=1$）$\Delta（以S$表示）和$n\S$表示$u_n=n\cdot（u_n/n）\以S$表示，$u_n\Delta \以S$表示。在Section \ref｛S-finite｝中，我们给出了$P$和$Q$上使$S$、$\mathcal P_S$、$T$或$\mathcal P_T$有限的条件。在第ref{S-pspt}节中，我们将$\mathcal P_S$与素数集合$\mathcal P_{{operatorname{1st}}$进行了比较，这些素数将一些$u_n$分开，而集合$\mathcal P_T$则与素数集$\matchal P_}{operator name{2nd}}$一起进行了比较。在第{S-可除性}节中，我们简要讨论了序列$S$和$T$的可除性。这些属性对于有效生成序列很有用。估计S:n\lex\}$中的$\{n\和T:n\le x\}中的$\{n\是有趣的。计划在Shparlinski和作者即将发表的一篇论文中这样做。对于$\mathcal P_S$无穷大（而不是所有素数的集合$\matchal P$！），估计$\mathcal P_S$in$\mathcal P$的相对密度也很有意义。但这似乎是一个更困难的问题（$T$的相应问题也是如此）。卢卡斯数的基本参考文献是威廉姆斯的专著{MR1632793}。另请参见Dickson\cite[第17章]{MR0245499}和Ribenboim\cite{MR1352481}。有关递归序列的更一般的参考，请参阅Everest、van der Poorten、Shparlinski和Ward的书{MR1990179}。\第{$S$.}节初步结果虽然定理{S-Basic}（b）允许我们将S$中的$n乘以$\mathcal P_{S，n}$中的素数保持在$S$内，这是证明的一个重要成分定理{S-Basic}（c）能够做相反的事情：除法$n\以S$乘以素数，并保持在$S$以内。这是由由于Somer，得出了以下重要结果由Jarden\cite[定理E]{MR0197383}、Hoggatt和Fibonacci序列的Bergum\cite{MR0349567}和Walsh\cite{Wa}（即$P=1$，$Q=-1$）和Andr\'e-Jeannin\cite{MR1131414}表示$\gcd（P，Q）=1$。\开始{定理}[{{Somer\cite[定理5（iv）]{MR1271392}}]\label{S-down}让$n\在S$中，$n>1$，$p_{max\nolimits}$its最大素因子。那么，除了$P$是奇数并且$n$的形式为$2^\ell\cdot 3$的情况之外$\ell\ge 1$，我们在S$中有$n/p_{\max\nolimits}\。\结束{定理}我们生成此结果的变体，以覆盖除两个例外情况之外的所有情况，如下所示。\开始{prop}\label{P-2ell3}如果$P$是奇数并且$n=2^\ell\cdot 3\在S$中，其中$\ell\ge 3$，则$n/2\在S$。\结束{prop}定理证明的思路大致如下（即忽略一些细节）。设$n$有素因式分解$n=\prod_pp^{k_p}$，其中$\nomega（n）$是$n$}的{it外观秩，是$nmid-u_k$的最小整数$k$。那么$n\mid-u_n$等于$\omega（n）\mid-n$。因为$\omega（n）=\lcm_p\omega\left（p^{k_p}\right）$，并且每个$\omega\ left（p ^{k_p}\rift）$的形式为$p^{k’_p}\ell_p$，其中$k’_p2$$p^2-1$的所有素因子都小于$p$，并且$2^2-1=3$，如果等式（ref{E-omega}）成立，当$p_{max\nolimits}>3$或$p_}max\nolLimits}=3$且（$n$奇数或$2\midn$，$\ell_2=1$）时，它仍然成立，$n$替换为$n/p_{max\n极限s}$。当$p_{max\nolimits}=3$和$2\midn$时，$\ell_2=3$，（\ref{E-omega}）只要$n/3$可以被$3$整除，$n$仍将被$n/3$s替换。对于定理ref{S-Basic}的证明，我们首先需要以下内容，这些内容可以追溯到Lucas\cite[p.\295]{MR1505161}和Carmichael\cite[引理II]{MR1502458}。这是定理{S-Basic}（a）的特例$n=1$。\begin｛引理｝\label｛L-pD｝对于任何素数$p$，$p$除$u_p$当且仅当$p$除$\De$。\结束{引理}\开始{proof}现在$u_2=P$和$\De=P^2-4Q\ep{u_2}{2}$，因此$P=2$的结果为真。对于$\De=0$，结果微不足道。现在，对于$\De\ne 0$和$p\ge 3$，\开始{align*}\De^{（p-1）/2}&=\frac{（\al-\be）^{p}}{（\ al-\be）}\\&=u_p+\sum_{j=1}^{p-1}\binom{p}{j}\al^{p-j}（-\be）^j/（\al-\be）\\&=u_p+\sum_{j=1}^{（p-1）/2}\binom{p}{j}（-1）^jQ^ju{p-2j}\\&\ep{up}{p}，\结束{align*}给出结果。\结束{proof}我们有以下几点。如果一个素数除$Q$而不除$P$，则称其为{\不规则}。$p$的$p\nmid\Delta$显然不规则。一个不规则的素数叫做{\it-regular}。\开始{引理}[{{Lucas\cite[pp.\295--297]{MR1505161}}}，{{Carmichael\cite[定理XII]{MR150 2458}}}{，{Somer\cite（命题1（viii）]{MR1271392}}}]，{Williams\cite[pp.\83--84]{MR1632793}}}}]]\标签{L-eps}如果$p$是带有$p\nmid Q$、$p\nmid\Delta$的奇素数，则$p\midu_{p-\varepsilon}$，其中$\varepsilon$是Legendre符号$\左（\frac{\Delta}{p}\右）$。另一方面，如果$p$是不规则的，则它不会除掉任何$u_n$、$n\ge 1$。\结束{引理}下面的结果很容易从引理ref{L-pD}和ref{L-eps}得到。\begin{cor}\label{C-reg}除某些$u_n$，$n\ge1$的素数集合$\mathcal P_{{operatorname{1st}}$正是由正则素数组成的。\结束{cor}\开始{引理}[{{Somer\cite[定理5（ii）]{MR1271392}}}]\label{L-lcm}如果$m，n\在S$中，则$\lcm（m，n）\在S$中。\结束{引理}\开始{proof}放入$\ell=\lcm（m，n）$。从（\ref{E-prod}）中，我们得到了$u_n\mid-u_ell$、$u_m\mid-u_ell$，所以是$n\mid-u_n$、$m\mid u_m$，因此是$\ell\mid-u _ell$。\结束{proof}\开始{引理}\标签{L-12684}我们有\开始{enumerate}\项目[（i）]如果$P$是奇数并且$2^\ell\mid-u_{12}$，其中$\ell\ge为1$，则$2^{\ell-1}\mid-u _6$；\项目[（ii）]如果$3\mid-u{8k}$，则$3\med-u{4k}$。\结束{enumerate}\结束{引理}\使用符号开始{proof}$$P^{（k）}=P（\al^k，\be^k）=\al^k+\be^k=v_k，\qquadQ^{（k）}=Q（al^k，be^k）=Q^k，$$我们有$P^{（2）}=P^2-2Q$和\开始{方程式}\标签{E-P4}P^{（4）}=（P^2-2Q）^2-2Q^2=P^4-4P^2Q+2Q^2。\结束{方程式}\开始{enumerate}\项目[（i）]取$P$奇数。然后$$P^｛（2）｝\equiv\begin｛cases｝\四元组1\pmod{4}，\text{if$Q$even}\\-1\pmod{4}，\text{if$Q$odd}，\end{cases}$$因此$P^{（4）}\ep{P^{（2）}}{4}$和$$v_6=P^{（2）}（P^{（4）}-Q^2）\equiv\begin{cases}1\pmod{4}，\text{if$Q$偶数；}\\2\pmod{4}，\text{if$Q$odd}。\结束{cases}$$由于$u{12}=u_6v_6$by（\ref{E-prod}）和$Q$偶数的$2\nmidu{12{$，我们得到了结果。\项目[（ii）]由于$u_{4k}=u_k^{（4）}u_4$，因此足以证明如果$3\mid-u_{2k}^{。现在，工作模$3$，$P^{（4）}\等于P^2（1-Q）-Q^2$，使用（\ref{E-P4}）和$P^4\equiv P^2$。因此$$\ve{P^{（4）}}{Q^{\\\ve{1}{0}，\text{if}P\equiv\pm1，Q\equiv 0\\\ve{1}{1}，\text{if}P\equiv\pm1，Q\equiv-1\\\ve{-1}{1}，\text{否则。}\结束{cases}$$结果在第一种情况下成立是因为$u_4\equiv0$，在第二种情况下是因为所有$n\ge1$的$u_n^{（4）}\equiv 1$。在另外两种情况下，$u_n^｛（4）｝\equiv 0$恰好当$3\mid n$时，因此在这些情况下结果也成立。\结束{enumerate}\结束{proof}\开始{prop}\label{P-23}如果$P$是奇数，S$中是$2^\ell\cdot 3\，其中$\ell\ge 3$，则S$中为$2^{\ell-1}\cdot 3。特别是12美元。\结束{prop}\开始{proof}取$P$odd。那么$P^{（2）}=P^2-2Q$也是奇数，因此$\ell\ge0$的所有$P^}（2^\ell）}=v_2^\ell}$都是奇数。然后，对于$\ell\ge3$，使用（\ref{E-prod}）和$u_{2k}=u_kv_k$，我们得到了$$u_{2^\ell\cdot 3}=u_{12}^{（2^{\ell-2}）}u_{2\ell-2}}=u{12}^{。$$因此，如果$2^\ell\mid u_｛2^\ell\cdot 3｝$，那么$2^\ell\mid u_｛12｝^｛（2^｛\ell-2｝）｝$So，根据引理\ref｛L-12684｝（i），$2^｛\ell-1｝\ mid u_6^｛（2^｛\ell-2｝）｝$。因此$$2^{\ell-1}\mid u_6^{（2^{\ ell-2}）}u_{2^{\ell-2}}=u_{2_{\ell-1}\cdot 3}。$$此外，如果$3\mid-u_{2^\ell\cdot3}$其中$\ell\ge3$，则通过引理{L-12684}（ii）得到$3\med-u_}2^{ell-1}\cdot3+$。因此，我们证明了如果S$中的$\ell\ge 3$和$2^\ell\cdot 3\，那么S$中是$2^{\ell-1}\cdot 3。然后是12美元\新元。\结束{proof}\开始{prop}\label{P-AJ}对于任何正整数$n$和非重复整数$a、b$，$$n \mid-a^n-b^n \右箭头n \mid\frac{a^n-b ^n}{a-b}。$$\结束{prop}\开始{proof}对于任何质数$p$，假设$p^\ell\a-b$和$p^r\n$。很明显，只要$\ell>0$，就可以证明$p^{r+\ell}\mid-a^n-b^n$。把$a=b+\lap^\ell$。然后\开始{align*}a^n-b^n&=\sum_{k=1}^n\binom{n}{k}\la^kp^{ellk}b^{n-k}\\&=\sum_{k=1}^n\frac{n}{k}\binom{n-1}{k-1}\la^kp^{ellk}b^{n-k}\\&\等于0\pmod｛p^L｝，\结束{align*}哪里\开始{align*}L&\ge r+\min_{k=1}^n（\ell k-\lfloor\log_p k\rfloor）\\&\ger+\ell+\min_{k=1}^n（\ell（k-1）-\log_2k）\\&\ger+\ell+\min_{k=1}^n（（k-1）-\log_2k）\\&=r+\ell。\结束{align*}\结束{proof}\第{节定理证明\ref{S-Basic}.}为了证明（a）部分$n\以S$和$p$prime表示。首先注意，从（\ref{E-prod}），$u_{np}=u_p^{（n）}u_n$。现在假设$np\mid-u_{np}$。然后$p\mid-u_n$或引理\ref{L-pD}，我们有$p\mid\De^{（n）}$，其中$\De^{（n）{=（al^n-\be^n）^2=u_n^2\De$。因此$p\mid-u_n\De$。相反，假设$p\mid-u_n\De$。然后$p\maid\De^｛（n）｝$，那么通过引理{L-pD}，$p\mid-u_p^{（n）}$，得到$pn\midu_p^{（n）}u_n=u{np}$。为了证明（b），取$n\n（S$）、$n\ne 1,6$或$12$。如果$3\以S$表示，则$3/3=1\以S$。否则，根据定理\ref{S-down}和命题{P-23}，对于$n$的一些素因子$P$，我们在S$中有$n/P。因此我们得到了一个序列$S$元素的$n，n/p，（n/p）/p'，\dots$，仅在$1$、$6$或$12$处停止。但很明显，6美元和12美元不能兼而有之是基本的，所以这个过程将在$1$（总是基本的！）或最多6$和12$中的一个停止。这表明，这个向后写的序列的格式必须是$b、bp_1、bp_1p_2、\dots、bp_1\dots p_r$，例如，根据需要。通过（a），我们知道$p_i$位于$\mathcal p_{S，bp_1\dots p_{i-1}$中。为了证明（c），我们只需要找出$P、Q$的数字$6$或$12$是基本的。{\bf大小写\mbox{\boldmath$6\在S中，3\不\在S$}中，2\不\。}自$u_2=P$，我们知道S$iff$P$中的$2\是偶数。因此，$P$是奇数。阿尔索\开始{align}\label{E-u633}u_6=u_3v_3&=（P^2-Q）（P^2-3）P。\结束{对齐}由于$6\mid-u_6$和$3\nmid-u_3=P^2-Q$，我们有$3\mid-P$，所以$Q\ep{\pm1}{3}$。此外，$Q$必须是奇数，因此$P\ep{3}{6}$和$Q\ep{\pm1}{6{$。{\bf S中的大小写\mbox{\boldmath$12\，S中的6，S$}中的4。}由于推论\ref｛C-mn｝在S$中的$2\not\，我们有$P$奇数，如上所述。现在$u_{12}=u_6v_6$和\开始{align}\label{E-v633}v_6=v_3^{（2）}&=（P^2-2Q）（（P^2-2Q）^2-3Q^2）。\结束{对齐}如果$Q$是偶数，那么by（ref{E-u633}）和（ref{E-v633}）$u_6$、$v_6$和$u_{12}$都是奇数。所以$Q$很奇怪。由于$u_6$是偶数，因此$3\nmid为u_6$s，我们有$P\ep{\pm1}{3}$和$Q\ep{0\text{或}-1}{3{$。作为$3\mid-u_{12}$，也是$3\med-v_6\ep{（P^2-2Q）^3}{3}$，给出$Q\ep{-1}{3{$。因此，$P\ep{\pm1}{6}$和$Q\ep{-1}{6{$。这两种情况的相反情况很容易检查。\节{集合$T$}\标签{S-T}集合$T={n\in\mathbbN:n\mid-v_n}$的结果与$S$的结果略有不同。从本质上讲，这是因为在质数$2$：$v_n$中很难将$v{np}$除以$p$odd，但一般情况下，$p=2$不是这样。主要结果如下。对于T$中的$n\，将$\mathcal P_{T，n}$定义为素数$P的集合$使得T$中的$np\。如果素数被除数，则称其为{\it-special}$P$和$Q$。应用递归关系可以清楚地看出$n\ge1$的所有$v_n$都可以被$\gcd（P，Q）$整除，因此可以被all整除特殊素数。我们说$T$的元素$n$是{it（第二个kind）basic}，如果没有质数$p$，则$n/p$在$T$中。\begin｛定理｝\label｛T-Basic｝\begin｛enumerate｝\项[（a）]对于T$中的$n\，集合$\mathcal P_{T，n}$是奇数素数集除以$v_n$，可能包含$2$。特别地，素数$2$位于$\mathcal P_{T，n}$当且仅当$n$是特殊素数的乘积且\开始{itemize}\项目$P$为偶数；或\项目$Q$为奇数，$3\midn$。\结束{itemize}\项[（b）]$T$的每个元素都可以以$bp_1\dots p_r的形式写入$对于某些$r\ge 0$，其中$b\in T$是（第二类）基本的，对于$i=1，\dots，r$，数字$bp_1\dots p_{i-1}$也在$T$中，并且$p_i$位于$\mathcal p_{bp_1\dots p_{i-1}$中。\第[（c）]项$T$的（第二类）基本要素是\开始{itemize}\项目$1$和$6$如果$P\ep{\pm1}{6}$，$Q\ep{-1}{6{$；\项目仅$1$，否则。\结束｛逐项列出｝\结束{enumerate}\结束{定理}如定理{S-Basic}所示，定理（b）部分中的素数\ref{T-Basic}不需要是不同的。注意，定理的（a）和（b）部分暗示，除非$2$是特殊的，否则$T$的任何元素都不能被$4$整除。再次，Somer\cite[定理4]{MR1393479}有许多关于集合$T$的结果。特别是，他已经注意到6美元对其重要性结构。现在，我们与之前一样比较$\mathcal P_{T，n}$和$\mathcal P_}T，np}$$\mathcal P_{S，n}$和$\mathcal P_}S，np}$。但是，在这种情况下，毫无疑问，2美元的黄金价格是异常的。\开始{cor}\label{C-Q}\开始{enumerate}\item[（a）]对于$\mathcal p_{T，n}$中的奇素数$p$，我们具有$p\in\mathcal p_｛T，np｝$；\项[（b）]对于带有$q\in\mathcal P_{T，n}$的奇素数$q$，我们有$q\in \mathcall P_{T，2n}$当且仅当$q\mid q$；\项目[（c）]对于$2\in\mathcal P_{T，n}$，我们有$2\in \mathcall P_{T，2n}$当且仅当$2$是特殊的。\结束{enumerate}\结束{cor}\开始{证明}部分（a）来自于这样一个事实：对于$p$奇数$v_n\mid v_{np}$，结合定理ref{T-Basic}（a）。对于（b），我们从定理{T-Basic}（a）中知道$q\mid-v_n$。然后从$v_{2n}=v_n^2-2Q^n$中我们可以看到$q\mid-v_2n}$iff$q\mid-q$。对于（c），我们从定理{T-Basic}（a）中知道，对于$2inmathcal P_{T，2n}$，$2n$的所有素除数都是特殊的，所以$2$是特殊的。相反，如果$2$是特殊的，那么$2n$的所有素因子都是特殊的，并且$P$是偶的，因此，根据定理\ref｛T-Basic｝（a），$2\in\mathcal P_｛T，2n｝$。\结束{proof}\开始{cor}\label{C-nm}如果$n\以T$和\开始{itemize}\item$m$的所有奇数素数因子除以$vn$；和\如果$m$是偶数，则$nm$的每个素除数都是特殊的；\结束{itemize}然后$nm\以T$表示。\结束{cor}\开始{proof}在将$n$依次乘以$m$的奇数素因子和偶数素因子时，我们从定理{T-Basic}（a）中看到，所述条件确保我们在执行此操作时保持在$T$内。\结束{proof}这个结果推广了Somercite{MR1393479}的定理5（i），其中的条件是“$m$是特殊素数的乘积或除$n$”，而不是“$m$divide$v_n$的所有奇数素数因子”。\第{$T$.}节初步结果我们首先引用Somer对$T$的重要结果，与他对$S$的结果（上面的定理{S-down}）相对应。\开始{定理}[{{Somer\cite[定理5]{MR1393479}}}]\label{T-down}定理\ref{S-down}成立，集合$S$替换为集合$T$。\结束{定理}Jarden\cite[定理E]{MR0197383}证明了经典Lucas序列（即$P=1$，$Q=-1$）在限制$P_text{max}\ne3$下的这个结果。\开始｛引理｝\标签｛L-2q｝假设$q$是一个特殊素数。然后$q^{e_n}\mid v_n$，其中$e_n\ge\lfloor\log_q n\rfloor$。\结束{引理}\开始{proof}从反复出现的情况来看，很容易看出我们可以采取$$e_n=\begin{cases}\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor+1，\text{if}q=2\\\左\lfloor\frac{n+1}{2}\right\rfloor，\text{if}q\ge 3，\结束{cases}$$$q=2$的稍高值来自于$v0=2$这一事实。然后使用$\left\lfloor\log_q n\right\rfloor\leleft\lploor\frac{n+1}{2}\right\rploor$。\结束{proof}然后，我们立即获得以下信息。\begin{cor}[{Somer\cite的特例[定理5（i）]{MR1393479}}}]\label{C-spec}如果$n$是特殊素数的乘积，那么它属于$T$。\结束{cor}我们现在可以将定理{T-down}扩展如下。\开始{prop}\label{P-32}如果$\ell\ge 2$和$2^\ell\cdot 3\在T$中，那么$2^\ ell\在T$中。\结束｛道具｝\开始{proof}把$L=2^\ell$。如果$2$是特殊的，那么根据推论\ref{C-spec}，所有$\ell\ge1$都是$L\in-T$。所以我们可以假设2美元并不特别。然后我们知道$Q$必须是奇数，就像它是偶数一样，然后我们会得到$2\mid-v{3L}$和$v{3L}\ep{P^{3L{Q}$，所以$P$是偶数，$2$是特殊的。从$L\mid-v_{3L}=v_L（v_L^2-3Q^L）$我们可以看出，如果$v_L$是奇数，那么由于$L$是偶数，$Q^L$是一个正方形，因此$v_L^2-3 Q^L\ep{2}{4}$给出了$2^1 \|v_{3G}$，这是一个矛盾。因此，$v_L$是偶数，$L\mid-v_L$。\结束{proof}接下来，我们考虑集合$\mathcal P_T$将$n\除以T$的素数。要根据上下文设置结果，请记住$\mathcal P_{\operatorname{2nd}}$表示将$v_n$除以某些$n\ge1$的素数集。显然$\mathcalP_T$是$\mathcal P_{\operatorname{2nd}}$的子集。我们的下一个结果，基本上可以追溯到Lucas\cite{MR1505161}，描述了这个集合。另请参见Somer\cite【命题2（iv）】{MR1393479}。\开始{prop}\label{P-P|v_n}集合$\mathcal P_{\operatorname{2nd}}$是$\mathcal P_{\operatorname{1st}}$的适当子集。它包括\开始{itemize}\项$p$（在$（un）$中）的外观等级$\omega（p）$为偶数的素数$p$；\项目特殊素数；\除非$P$是奇数，$Q$是偶数，否则将质数项设为$2$。\结束{itemize}\结束｛道具｝\开始{proof}取一个带$p\nmid 2Q$的质数$p$，并让$\omega=\omega（p）$。如果$\omega$是偶数，那么标识$u_{2n}=u_nv_n$对于$n=\omega/2$，显示$p\mid-v_n$，$p\in\mathcal p_{\operatorname{2nd}}$。该标识还显示$\mathcal P_{\operatorname{2nd}}\subset\mathcall P_{\ operatorname{1st}}$。相反，如果$p\in\mathcal p_{\operatorname{2nd}}$，比如$p\mid-v_n$，然后$p\mid-u_{2n}$，那么通过引用[命题1（iv）]{MR1271392}，$\omega\mid-2n$。然而，从身份来看\开始{方程式}u_n^2-\增量v_n^2=4Q^n，\结束{方程式}我们有$p\nmid-u_n$，所以$\nomega$是偶数。现在以$p$和$p\mid Q$为素数。然后从$v_n\ep{P^n}{P}$我们看到，要使$p$位于$\mathcal p_{\operatorname{2nd}}$中，$p$必须是特殊的。特别是，当$P$是奇数而$Q$是偶数时，$2\not\In\mathcal P_{\operatorname{2nd}}$。此外，如果$P$是偶数，则$v_1=P$是偶，而如果$P$$Q$都是奇数，则$v_3=P（P^2-3Q）$是偶。最后，对于$p\nmid 2Q$，选择$m$odd，并选择足够大的$p$作为$u_m$的基本素除数。然后我们有$\omega（p）=m$，因此$p\in\mathcal p_｛\operatorname｛1st｝｝\setminus\mathcal p_｛\operatorname｛2nd｝｝$。\结束{proof}我们的下一个引理是一个简单的练习。Dickson\cite【第67页和第271页】{MR0245499}将结果追溯到1830年的一位“匿名作家”{Anon}，以及卢卡斯[p.229]{MR1505161}。\begin{引理}\label{L-binom}对于$p$是一个奇素数，$j=1,2，\dots，（p-1）/2$，表达式$B_j:=\binom{p-1}{j}-（-1）^j$可被$p$整除。\结束{引理}以下结果基本上可以追溯到Lucas\cite[p.\210]{MR1505161}和Carmichael\cite[定理X]{MR1516755}。\开始{引理}\标签{L-pP}\开始｛枚举｝\第[（i）]项对于$n\in\mathbb n$和任何质数$p$，$p$除$v_{np}$当且仅当$p$除以$v_n$。\item[（ii）]对于$n\in\mathbb n$和任何奇数素数$p$，$v_n$将$v_{np}$和$v_{np}/v_n\ep{v_n^{p-1}}{p}$除以。\结束{enumerate}\结束{引理}\开始{proof}\开始{enumerate}\项目[（i）]现在$v_2=v_1^2-2Q$，这是偶数，如果$v_1$是偶数。另外，对于$p\ge 3$，\开始{align}\label{E-pP}v_1^p=（\al+\be）^{p}&=v_p+\sum_{j=1}^{（p-1）/2}\！\！\二进制{p}{j} 问^jv{p-2j}\ep{v_p}{p}。\结束{对齐}现在将$\al、be$替换为$\al^n、be^n$。\项[（ii）]取$p$odd和$B_j$，如引理{L-binom}中定义的，我们得到\开始{align*}v_p&=（\al+\be）（\al^{p-1}-\al^{p-2}\be+\dots+\be^{p-1}）\\&=（\al+\be）（（\al+\be）^{p-1}-\总和{j=1}^{p-2}B_j\al^{p-1-j}\be^j）\\&=v_1\左（v_1^｛p-1｝-\求和{j=1}^{（p-3）/2}\！\！B_jQ^jv_{p-1-2j}-B_{（p-1）/2}Q^{（p-1）/2}\右）。\结束{align*}因此$p$odd的结果后面是用$\al、be$替换$\al^n、be^n$并使用引理{L-binom}。\结束{enumerate}\结束{proof}\第{节定理证明\ref{T-Basic}}我们现在证明定理{T-Basic}的部分（a）。首先取$p$odd和$n\ T$。然后，通过引理\ref｛L-pP｝（i），如果$p\nmid v_n$，那么$p\nmid v_{np｝$，那么T$中的$np\not。相反，如果某些$\lambda\ge1$的$p^\lambda \|v_n$，则通过引理{L-pP}（ii）$p^{lambda+1}\mid-v_{np}$。由于$n\mid-v_n$和$pv_n\mid-v_{np}$，我们在T$中有$np\。现在取$p=2$，假设$n$和$2n$都在$T$中。首先注意$v_n$必须是偶数，否则$v_{2n}=v_n^2-2Q^n$将是奇数。另外，我们有$n\mid Q^n$，所以$n$的每个质数因子$Q$都除以$Q$。（请注意，如果$q=2$，则此方法也适用，如$4\mid-v_{2n}$。）但$q$还必须除以$P$，否则$v_n\equiv-P^n\not\equiv0\pmod{q}$。因此$q$是特殊的，$n$是特殊素数的乘积。如果$n$是偶数，那么$2$是特殊的，所以$P$和$Q$都是偶数。如果$n$是奇数，那么由于$v_n$是偶数，我们必须有$P$偶数和$Q$奇数，或者（从循环开始）$P$和$Q$s奇数和$3\midn$。所以我们有$P$偶数或$Q$奇数和$3\midn$。相反，假设T$中的$n\是特殊素数的乘积，$P$是偶数或（$Q$是奇数，$3\midn$）。我们从推论{C-spec}中知道，特殊素数的每一个乘积都是$T$。因此，如果$2$是特殊的，那么$2n\以T$表示。所以我们可以假设$2$不是特殊的，因此$n$是奇数。如果$P$是偶数，那么从循环开始，所有$v_k$，特别是$v_n$和$v_{2n}$都是偶数。此外，如果$P$和$Q$都是奇数和$3\midn$，则$v_n$和$v{2n}=v_n^2-2Q^n$都是偶数。因为对于$n$的每个素因子$q$和$q^\lambda\|n$，我们有$\lambda \le\log_q n1$，$\mathcal P_{S，1}$是非空的，其中$P\in\mathcalP_{S，1}$say，然后，根据推论{C-mn}，所有$k\ge0$的$P^k\inS$是无限的。现在假设$S$是无限的。我们还记得，如果$Q=0，$（u_n）_{n\ge0}$被称为{\it-degramate}$或者$\al/\be$是统一的根源。（后一种选择包括$P=0$，$Q\ne0$的情况。）我们分别考虑$（u_n）$的两种退化或非退化情况。如果$（u_n）$退化，则引用[定理9]{MR1271392}任何一个\开始{itemize}\项目$P\ne0$和$Q=0$，因此$S$由那些素因子都除以$P$的$n$组成，$\mathcal P_S=\mathcall P_{\operatorname{1st}}$是$P$中的素除数集；或\对于某些$r=1,2,3,4$或$6$，$S$有一个子集$\{rk:k\in\mathbbN\}$，其中$u_{rk}=0$，因此$\mathcal P_S=\mathcalP_{operatorname{1st}}=\matHCalP$。\结束{itemize}现在考虑$（u_n）$nonddegenerate的情况。然后，根据Somer\cite[定理1] {MR1271392}，除了有限的$u_n$外，所有的$u_n$都有一个基本素数除数（素数除法$u_n$不除以任何$m的$u_m$30$有一个基本除数。他们还列出了例外情况30美元。因此$u_{p^k}$有一个基本素除数足够大的$k$，使$\mathcal P_S$无限大。见Abouzaid\cite｛MR2289425｝，了解对其的更正列表。此外，斯图尔特（Stewart）引用{MR0491445}和肖里（Shorey）和斯图尔特引用{MR602235}给出了最大素数$u_n$的下限。在我们证明了以下内容之后，这个证明就完成了。虽然这个结果包含在Somer\cite[定理8] {MR1271392}，我们在这里给出另一个证明。\begin{prop}\label{P-allprimes}集合$\mathcal P_S$是$\mathcal P$if和只有当所有素数都是正则的。\结束｛道具｝\开始{proof}首先要注意的是，如果存在任何不规则素数，那么根据推论\ref{C-reg}，作为$\mathcal P_{\operatorname{1st}}$的子集的$\mathcal P_S$不能是$\matecal P$的整体。相反，假设所有素数都是正则的，那么$Q$的任何素数因子$p$也会除以$p$。请注意，然后是$p\mid\Delta$。为了证明所有素数都属于$\mathcal P_S$，我们继续归纳。我们首先显示$2\in\mathcal P_S$。如果$u_2=P$为偶数，然后是S$中的$2\，mathcal P_S$中的$12\。所以我们可以取$P$奇数。然后根据我们的假设，$Q$也一定很奇怪。那么$u_3=P^2-Q$是偶数，因此$u6=u3v3$也是如此。我们要求$3\mid u_6$，在这种情况下，$6\以S$表示，$2,3\以mathcal P_S$表示，或$12\以S$显示同样的含义。\开始｛逐项列出｝\item如果$P\ep{3}{6}$，$Q\ep}{6{$，则所有$n\ge为$3\mid-u_n$2$，因此$3\mid-u_6$。\item如果$P\ep{3}{6}$，$Q\ep{\pm1}{6{$，那么$6$是基本的，通过定理{S-Basic}（c）。\item如果$P\ep{\pm1}{6}$，$Q\ep{-1}{6{$，那么$12$是基本的，通过定理{S-Basic}（c）。\item如果$P\ep{\pm1}{6}$，$Q\ep{1}{6}$，那么$3\mid-u_3$等等$3\mid u_3v_3=u_6$。\结束{itemize}因此，如所述，$2\in\mathcal P_S$。我们现在假设每个质数$q的$q\in\mathcal P_S$2$，$p+varepsilon$的所有素因子都小于$p$，因此，根据归纳假设，对于某些$k$，S$中的$k（p+varebsilon）。如果$p\mid k$，则$p\in\mathcal p_S$。如果$p\nmid k$，那么使用（\ref{E-prod}），我们有$$u_｛pk（p+\varepsilon）｝＝u_p^｛（k（p+\varepsilon））｝u_，$$因此$pk（p+\varepsilon）在S$中，$p\in\mathcal p_S$中。这证明了诱导步骤。\结束{proof}这就完成了定理ref{无限}的证明。现在我们考虑$T$和$\mathcal P_T$的有限性（或其他）。\开始{定理}[{{Somer\cite[定理8和9]{MR1393479}}]\label{T-finited}集合$T$在以下两种情况下是有限的：\开始｛逐项列出｝\项目$P=\pm 1$，$Q\not\equiv-1\pmod{6}$，在这种情况下$T=\{1\}$；\项目$P=\varepsilon_1 2^k$，$Q=2^{2k-1}+\varepsilon_2$，其中$k$是一个正整数，$\varepsion_1$，$\varepsilon_2\in\{-1,1\}$，在这种情况下$T=\{1,2\}$。\结束{itemize}否则，$T$是无限的。对于$T$无限，$\mathcal P_T$为当$P、Q$既不是$0$又不是\开始{itemize}\项目$P^2=Q$，在这种情况下，$\mathcal P_T$是$2P的素除数集$或\项目$P^2=4Q$或$Q=0$，在这种情况下，$\mathcal P_T$是$P$的素数集。\结束{itemize}否则，对于$T$无限，$\mathcal P_T$也是无限的。\结束{定理}\开始{proof}如果$T$包含整数$n$具有奇质因子$p$，则通过定理\ref｛T-Basic｝（a），对于所有$k\ge 0$，以T$表示$p^kn\。特别是，如果$P=\pm 1$并且$Q\equiv-1\pmod{6}$，然后$6\以T$表示，因此$T$是无限的。上另一方面，如果$P=\pm1$和$Q\not\equiv-1\pmod{6}$，则$1$为$T$和$v_1=P$的唯一基本元素没有素因子，因此根据定理ref{T-Basic}（a），$\mathcal P_{T，1}$为空，并且因此$T={1\}$。再次从T$中的$1\开始，我们看到如果$P$有任何奇数素因子，那么$T$是无限的。此外，如果$P$是$\pm$的正幂$2$并且$2$是特殊的，那么$T$是无限的，根据定理{T-Basic}（a），对于所有$k\ge0$，在T$中$2^k是特殊的。因此，只需考虑$P=\pm 2^k$、$k\ge 1$和$Q$奇数的情况，因此$2$并不特殊。然后根据定理{T-Basic}（a），在T$中为$2，在T$中为$4。如果$v_2$具有奇数质数因子$p$，然后对所有$k\ge 0$以T$表示$2p^k\，这样$T$又是无限的。最后，如果$v_2$是$\pm$的$2$幂，则$T=\｛1,2\｝$。只有当$v_2=2时才会发生这种情况^{2k}-2Q=\pm 2$，因此$Q=2^{2k-1}\mp 1$，如所述。现在取$T$无穷大，$P，Q$不是都是$0$。如果序列$（v_n）$是退化的，那么根据需要，使用Somer\cite[定理9]{MR1393479}，我们可以得到$P^2=Q$、$P^2=4Q$或$Q=0$，$mathcal P_T$是$P$的素除数集。另一方面，如果$（v_n）$不退化，则通过Somer\cite[定理1] {MR1393479}表示足够大的$n$，每个$v_n$都有一个基本素除数。因此，我们可以在$T$中找到一个无限序列的数字$n$，使得$np$再次在$T$中，其中$p$是$v_n$的原始素数除数。（这里我们使用定理{T-Basic}（a）。）因此$\mathcal P_T$包含无限多个素数$P$。\结束{proof}\部分{集合$\mathcal P_S$和$\mathcal P_T$.}\label{S-pspt}从定理ref{无穷}的证明中，我们看到$\mathcal P_S=\mathcalP_{\operatorname{1st}}$对于$（u_n）$是退化的，或者所有素数都是正则的。我们的下一个结果将处理其余的情况。我感谢拉里·萨默尔和裁判指出如何完成这一证明。\begin{prop}如果$（u_n）$是非退化的并且存在不规则素数，那么$\mathcal P_S$是$\mathcal P_{\operatorname{1st}}$的一个适当子集。\结束{prop}\开始{proof}取$（u_n）$nonddegenerate，并有一个不规则素数$f$。然后，根据前面的命题ref{P-allprimes}的讨论，每个足够大的$n$的$u_n$都有一个本原素除数。事实上，如果$\gcd（P，Q）=1$，那么对于$n>30$，这是正确的。因此，对于足够大的$\ell$，$u_{\ellf}$有一个本原素除数$p$，因此$\omega（p）=\ellf$。如果对于某些$k$、$kp$是$S$，我们有$kp\mid-u{kp}$，这样，通过引用[Proposition 1（iv）]{MR1271392}，$\omega（p）$，以及$f$，将$kp$除以。因此$f$将除以$u_n$，与推论\ref｛C-reg｝相矛盾。因此，$p\not\in\mathcal p_S$。\结束{proof}事实上，我们已经证明，外观秩是任何不规则素数$f$的倍数的素数都不属于$\mathcal P_S$。裁判指出，当$\al/\be$是有理数时，在许多情况下都精确地计算了此类素数的密度。如果$f>2$且$\al/\be$不是$f$-th次幂，则为$f/（f^2-1）$。参见投票【定理3.2.3】{MR1257079}和莫雷引用{MR2274151}。使用类似的方法，我们还可以证明$T$的相应结果。\开始{prop}\label{P-ptp2nd}集合$\mathcal P_T$是$\mathcal P_{\operatorname{2nd}}$的适当子集。\结束{prop}\开始{proof}让$f$是$u_n$的一个基本素除数，对于一些带有$f\nmid 2Q$的奇数$n$。然后，通过命题ref{P-P|v_n}，$f\in\mathcal P_{\operatorname{1st}}\setminus\mathcalP_{\ operatorname{2nd}}$。现在，取足够大的$\ell$，让$p$成为$u{2\ellf}$的本原素除数。然后，作为$u{2\ellf}=u{elf}v{ellf}$，$p\mid-v{ellf}$。假设$p\in\mathcal p_T$，这样，对于某些$k$，$kp\in T$，以及$kp\ mid-v_{kp}$。但根据Somer\cite[命题2（vii）]{MR1393479}，$kp$是$\ell f$的倍数。特别是$f\mid-v_{kp}$，与\mathcal P_{operatorname{2nd}}$中的$f\not\相矛盾。所以$p\not\in\mathcal p_T$。\结束{proof}\部分{$S$和$T$.}的可除性属性\标签{S-可除性}根据定理{S-Basic}，我们可以将$S$视为跨越由一棵或两棵树组成的林，每个节点对应一个元素$S$，树的根节点为$\{1\}$，$\{1,6\}$或$\{1.12\}$。每个边都可以标记为$p$；它从S$中的节点$n\上升到S$中的节点$np\，其中$p$是$u_n\Delta$的一些素数。只取边$n到np$就可以得到一个跨越森林，其中$p$是$np$的最大素因子，因此$n在S$中。（根据定理\ref{S-down}和命题\ref{P-2ell3}，$P$可以是$P_{max\nolimits}$或$2$）。因此，树中$n$以上的每个节点都可以被$n$整除。接下来，将林的{\it割集}称为节点集$C$，其属性是从根到无穷的每条路径都必须包含割集的某些顶点。那么我们显然有以下几点。\begin{prop}对于$S$的割集$C$，$S$中的每个元素要么位于$C$之下，要么可以被某些节点整除共$C$。\结束{prop}明智地选择割集对$S$的元素设置了严格的可除性限制，因此，使用此选项，可以非常高效地搜索给定边界内的$S$元素。使用定理，相同的参数同样适用于$T$\ref{T-Basic}，其中$p$是$v_n的奇素数除数$或者，在定理中描述的条件下，质数$2$。例如，将这种思想应用于下面示例2的序列$T$，除了$1$、$3$、$9$、$27$和$81$之外，该序列的每个元素都可以被171、243、13203、2354697、10970073或22032887841整除。有关详细信息，请参阅\cite{BS}。\章节｛示例｝\标签｛S-Ex｝\开始｛枚举｝\项目[1.]$P=1，Q=-1$（经典斐波那契和卢卡斯数。）这里$\Delta=5$，$$S=1、5、12、24、25、36、48、60、72、96、108、120、125、144、168、180，点，$$带有$1$和$12$basic（\seqnum{A023172}在尼尔·斯隆（Neil Sloane）的《百科全书》中，$\mathcal P_s$是$\mathcal P$的整体（参见定理{infinite}），$$T=1，6，18，54，162，486，1458，1926，4374，5778，13122，17334，点，$$使用$1$和$6$basic（\seqnum{A016089}），以及$$\mathcal P_{\text{2nd}}=2、3、7、11、19、23、29、31、41、43、47、59、67、71、79、83、101、103、107、127，点，$$（A140409）其中$\mathcal P_T$是子序列：$$\mathcal P_T=2，3，107，1283，8747，21401，34667，46187，\点，$$（A129729）。\项目[2]$P=3，Q=2$，其中$u_n=2^n-1$，$v_n=2^n+1$。这里$S=\{1\}$为$\Delta=1$，并且$$T=1、3、9、27、81、171、243、513、729、1539、2187、3249，点，$$使用$1$basic（\seqnum{A006521}）。阿尔索$$\数学P_｛\text｛2nd｝｝＝3、5、11、13、17、19、29、37、41、43、53、59、61、67、83、97、101、107、109、\dots，$$（\seqnum{A014662}——另请参见\seqnum{A091317}），其中$$\mathcal P_T=3、19、163、571、1459、8803、9137、17497、41113，\点$$（\seqnum{A057719}）是一个子序列。还要注意，根据命题ref{P-AJ}和T$中的所有$n\都是奇数的事实，我们得到了$T=S（-1，-2）$。另外$S=T（-1，-2）=\{1\}$。\项目[3]$P=3$，$Q=5$，$\增量=-11$，$$S=1、6、11、12、18、24、36、48、54、66、72、96、108、121、132、144、162、168、192、198，点$$具有$1$和$6$基本，$\mathcal P_｛\operatorname｛1st｝｝$由除不规则素数$5$之外的所有素数组成，以及$$\数学P_S=2、3、7、11、13、17、23、37、41、43、67、71、73、83、89、97、101、103、107、113，\点。$$阿尔索$$T=1、3、9、27、81、153、243、459、729、1377、2187、2601、4131、4401、6561、7803，点$$只需$1$basic，$$\mathcal P_{\operatorname{2nd}}=2，3，7，13，17，19，23，37，43，47，53，67，73，79，83，97，103，107，113，\点$$和$$\mathcal P_T=2，3，17，103，163，373，487，1733，\点。$$\结束{enumerate}\章节{附加备注}\label{S-final}\开始｛枚举｝\项目[1.]有趣的是，看看这篇论文的分析是否可以推广到其他二阶递归序列，或者实际上推广到任何更高阶的递归序列。\在引用{BS}中，我们称之为$n\mid 2^n+1$的“原始”解实际上应该被称为{基本}解，其次是Jarden\cite[p.\70]{MR0197383}和Somer\cite[p.\522]{MR1271392}，\cite[p.\482]{MR1393479}。然而，该定义已被本文中的基本元素（$S$或$T$）的概念所取代。\在上述第{S-Ex}节的示例1中，我们在S=S（1，-1）$中有$24$和$25\。这些是$S（1，-1）$中唯一的连续整数吗？\结束{enumerate}\部分｛确认｝我非常感谢拉里·萨默和裁判对本文早期版本的详细建设性评论。此外，我还要感谢乔·西尔弗曼（Joe Silverman）的有益评论。\开始{书目}{10}\围兜｛MR2289425｝穆拉德·阿布扎德（Mourad Abouzaid），Les nombres de{五十} 无人驾驶飞机et（等）{五十} ehmer公司无除数普里米蒂夫（primitif），《波尔多葡萄酒名录》（Nombres Bordeaux），第299-313页。\双项目{MR1131414}Richard Andr{\'e}-Jeannin，广义的可除性{F} 伊波那契和{五十} 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Lapok}【中学数学杂志】textbf{41}（1991），193--201。\主题{GS}K’alm’an Gy\H ory和Chris Smyth，《$a^n-b^n$被$n$的幂整除》即将出版。\双项目{MR0349567}维纳~E.霍格特，Jr.和杰拉尔德~E.伯根，可除性和同余关系，\emph{Fibonacci Quart.}\textbf{12}（1974），189-195。\围兜｛MR0197383｝Dov Jarden，可分割性{F} 伊波那契和{五十} 无人驾驶飞机按其编号下标，\emph{递归序列：{A}论文集}，第二版。修订和扩大，Rivon Lematematika，耶路撒冷（以色列），1966年，第68至75页。\围兜｛MR0055373｝C.~G.Lekkerkerker，某些序列元素的素因子整数。{一} ，{II}，\emph{Nederl.Akad.Wetensch.Proc.Ser.A.}{\textbf 56}=\emph{Indagationes数学}\textbf{15}（1953），265--276，277--280。\双项目{MR1505161}Edouard Lucas，《功能简化理论》p’eriodiques，\emph{Amer.J.Math.}\textbf{1}（1878），184-196，197-240，289--321。\双项目{MR2274151}彼得·莫雷，关于{$d$}除以{${\rm ord}\sb的素数{$p$}p（g）$}，\emph{Funct.Approx.Comment.Math.}\textbf{33}（2005），85-95。\双项目{MR1352481}保罗·里本博伊姆{F} 伊波那契数字和{A} rctic公司 {O} 海洋,\emph{第二届会议记录{G} 澳大利亚 {S} 花序。 {C} 会议｛A｝：{M} 无神论者和{T} 理论的 {P} 物理学} ({M} unich公司1993年），交响乐。高西亚那格鲁伊特，柏林，1995年，第41-83页。\双项目{MR0139567}Andrzej Schinzel，的内在除数{五十} 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2000{\it数学学科分类}：初级11B39。\noindent\emph｛关键词：｝Lucas序列，索引。\大跳跃\小时\大跳跃\noindent（与序列有关\序列号{A006521}，\序列号{A014662}，\序列号{A016089}，\序列号{A023172}，\序列号{A057719}，\序列号{A091317}，\序列号{A129729}，以及\序列号{A140409}。）\大跳跃\小时\大跳跃\vspace*{+.1in}\无音（noindent）2009年8月21日收到；2010年1月29日收到修订版。发表于2010年1月31日的《整数序列杂志》。\大跳跃\小时\大跳跃\无音（noindent）返回到\htmladdnormallink{整数序列杂志主页}{http://www.cs.uwaterloo.ca/journals/JIS/}.\vskip.1英寸\结束{文档}