\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｛完整页｝\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}{-.1in}\设置长度{\textheight}{8.4in}\新命令{\seqnum}[1]{\href{http://oeis.org/#1}｛\下划线｛#1｝｝｝\开始｛文档｝\开始{居中}\epsfxsize=4英寸\离开模式\epsfile{logo129.eps}\结束{中心}\理论风格{普通}\新定理{定理}{定理{\新定理{推论}[定理]{推演}\新定理{引理}[定理]{引言}\新定理{命题}[定理]{命题\理论风格{定义}\新定理{definition}[定理]{definition}\新定理{example}[定理]{example}\新定理{猜想}[定理]{猜测}\理论风格{remark}\新定理{remark}[定理]{remark}\开始{居中}\vskip 1厘米｛\LARGE\bfTribonacci数的$2$-adic顺序\\\vskip.1英寸方程$T_n=m$}\vskip 1cm\大型迭戈·马尔克斯\\马特姆省\\伊利亚布拉斯大学\\文胸伊利亚70910-900\\巴西\\\链接{mailto:diego@mat.unbbr}{\tdiego@mat.unbbr}\\\ \\Tam \'as Lengyel公司\\西方学院\\校园路1600号\\加利福尼亚州洛杉矶市，邮编：90041\\美国\\\链接{mailto:lengyel@oxy.edu}{\tlengyel@oxy.edu}\\\结束{中心}\vskip.2英寸\新命令{\R}{{\mathbb R}}\新命令{\Q}{{\mathbb Q}}\新命令{\C}{{\mathbb C}}\新命令{\N}{{mathbb N}}\newcommand\忘记[1]{}\新命令{\vag}{\smallskip\smallschip\hrule\smallsgip\smalmskip}\vskip.2英寸\连字符{non-ze-ro}\连字符{in-vi-si-ble}\更新命令{\baselinestretch}{1}\定义{\nindent}\def\Ker｛｛\rm Ker｝｝\定义\Im{{\rm Im}}\定义\a{\alpha}\定义\B{\mathcal{B}}\定义\O{\mathcal{O}}\定义｛\mathbb｛N｝｝\def\Z｛\mathbb｛Z｝｝\定义\Q{\mathbb{Q}}\定义\R{\mathbb{R}}\定义\RR{\mathcal{R}}\定义\QQ{\上划线{\Q}}\定义\QQQ{\QQ}\定义\C{\mathbb{C}}\定义\cF{\mathcal{F}}\定义\cR{\mathcal{R}}\定义{\epsilon}\定义\d{\mathfrak{d}}\定义{\gamma}\定义\fle{\longrightarrow}\定义\k{\kappa}\开始{abstract}设$（T_n）_{n\geq0}$是由递归$T_{n+2}=T_{n+1}+T_n+T_{n-1}$，其中$T_0=0$和$T_1=T_2=1$。在本文中，我们刻画了$T_n$的$2$-adic估值作为一个应用程序，我们完全解决了丢番图方程$T_n=m！$。\结束{抽象}\节{简介}\label{sec:1}设$（F_n）{n\geq0}$是$F{n+2}=F{n+1}+F_n$给出的斐波那契数列，其中$F_0=0$，$F_1=1$。这个序列的前几个项是\[0,1、1、2、3、5、8、13、21、34、55、89、144、233、377、610、987、\]$r$的$p$-adic顺序$\nu_p（r）$是素数$p$除$r$后的最高幂的指数。斐波那契数的$p$-adic阶被完全刻画；看见\引用{21，order，order2,22,23}。例如，从Lengyel\cite{order}的主要定理中，我们提取了以下事实：\开始{居中}$\nu_2（F_n）=%\剩余\{\开始{cases}0，&\mbox{if}\n\equiv 1,2\pmod 3\\1，&\mbox{if}\n\equiv3\pmod 6\\3，&\mbox{if}等于6\pmod{12}\\\nu_2（n）+2，&\mbox{if}等于0\pmod{12}。\结束{cases}%\对。$\结束{中心}为了证明这一点，许多涉及斐波那契数的同余used（请参见instance\cite{jacob}）。在斐波那契数列的几个推广中，最著名的是{itTribonacci}序列$（T_n）_{n\geq0}$，它由递归$T_{n+1}=T_{n}+T_{n-1}+T_}n-2}$定义，初始值为$T_0=0$和$T_1=T_2=1$。这个序列的前几个项是\[0、1、1、2、4、7、13、24、44、81、149、274、504、927、1705\]回想一下，Tribonacci数有着悠久的历史。他们是第一个1914年由Agronomofcite{rf1}研究，随后由许多人研究其他。“Tribonacci”这个名字是范伯格于1963年创造的。Tribonacci数的基本性质可以在\引用{rf3，rf7，spick，rf5}。对于最近的论文，我们建议读者参考{\cite{rf11，rf8，rf9，bohe，rf10}}和到集合\引用{rf12、rf13、rf14}。在本文中，我们给出了Tribonacci数$2$-adic阶的完整描述。更准确地说，我们证明了以下结果：\开始{定理}\标号{m1}对于$n\geq 1$，我们有\开始{居中}$\nu_2（T_n）=%\左\{\开始{cases}0，&\mbox{if}\n\equiv 1,2\pmod 4\\1，&\mbox{if}等于3,11\pmod{16}\\2，&\mbox{if}等于4,8\pmod{16}\\3，&\mbox{if}等于7\pmod{16}\\\nu_2（n）-1，&\mbox{if}等于0\pmod{16}\\\nu_2（n+4）-1，&\mbox{if}\n\equiv12\pmod{16}\\\nu_2（（n+1）（n+17））-3，&\mbox{if}等于15\pmod{16}。\结束{cases}%\对。$\结束{中心}\结束{定理}许多数学家对丢番图感兴趣包含阶乘和斐波那契数的方程。例如，在1999年，卢卡证明了$F_n$是阶乘的乘积仅当$n=1,2,3,6,12$时。此外斐波那契数是阶乘的乘积$F_1F_2F_3F_4F_5F_6F_8F_{10} F类_{12}=11!$; 参见\cite{stanica}（证明这个事实可以通过应用原始除数定理来实现\引用{char}）。此外，在\cite{gross}中，证明了如果$k$是固定的，那么只有有限多个正整数$n$，这样$$F_n=m_1+m_2+\cdots+m_k！$$保持某些正整数$m1、\ldots、mk$；此外，已经确定了$k\leq2$情形的所有解。{稍后}情况$k=3$也得到了解决；请参阅\引用{luca3}。在最近的一篇论文中，Luca和Siksek引用了{Siksek}，发现所有阶乘都可以表示为{最多}三个斐波那契数之和。然而，我们指出，据作者所知在Tribonacci数中寻找所有阶乘的问题尚未解决已解决。对于这个问题，使用原语的方法除数定理不起作用，只是因为这样的定理适用于更高的顺序重复序列似乎遥不可及。这里我们使用定理{m1}来完全求解方程$T_n=m！$。我们有\开始{定理}\标号{m2}丢番图方程的唯一解\开始{方程式}\标签{m}T_n=米！\结束{方程式}在正整数$n、m$中\[（n，m）在{（1，1），（2，1）、（3，2）、（7，4）中。\]\结束{定理}\部分{辅助结果}在继续之前，为了方便读者，需要考虑一些因素。从\cite[引理1]{BL}中，我们可以得到以下结果。\开始{引理}\标签{l1}对于所有$n\geq 1$，我们都有\开始{方程式}\标签{Lu}\φ{n-2}\leq T_n\leq\phi^{n-1}，\结束{方程式}其中$\phi=1.839286\cdots$。\结束{引理}下一个结果提供了Tribonacci数的加法公式（参见【第三节】{feng}）；它在证明定理~\ref{m1}。\开始{引理}\标签{l2}对于所有整数$n，m$，其中$n\geq0$和$m\geq2$，我们都有\[T_{n+m}=T_｛m-2｝T_n+（T_｛m-3｝+T｛m-2｝）T_｛n+1｝+T_{m-1}吨_{n+2}。\]\结束{引理}我们需要关于$\nu_p$的最后一个事实来完成定理的证明。\开始{引理}\标签{l3}对于任何整数$k\geq 1$和$p$素数，我们有\开始{方程式}\label{est}\压裂{k}{p-1}-\左\lfloor\frac{\log-k}{\log-p}\right\rfloor-1\leq\nu_p（k！）\leq\frac{k-1}{p-1}，\结束{方程式}其中$\lfloor x\rfloor$表示小于或等于$x$的最大整数。\结束{引理}我们请读者引用[Lemma 2.4]{d21}来证明这个结果。现在我们准备好处理定理的证明。\第{节定理证明\ref{m1}}为了证明$2$adic估值的前4个案例，只需证明以下一致性即可\开始{itemize}\项目[（i）]$T_n\equiv 1\pmod 2$，如果$n\equiv1,2\pmod 4$。\项目[（ii）]$T_n\equiv2\pmod4$，如果$n\equiv 3,11\pmod{16}$。\项目[（iii）]$T_n\equiv4\pmod8$，如果$n\equiv 4,8\pmod{16}$。\项目[（iv）]$T_n\equiv8\pmod{16}$，如果$n\equiv 7\pmod}$。\结束{itemize}为了避免不必要的重复，我们只需证明$T_n等于4\pmod 8$如果$n\equiv 4\pmod{16}$（其他情况可以在同样的方式，我们把它们留给读者作为练习）。因此，我们想证明对于所有$T\geq0$，$T_{16t+4}\等于4\pmod{8}$。为此，我们将于元进行入职培训。基本情况$t=0$如下，因为$t_4=4$。因此，我们可以假设$T_{16t+4}\等于4\pmod{8}$。因此，我们使用引理{l2}到$T_{16（T+1）+4}=T_{（16t+4）+16}$来获得\[T_{16（T+1）+4}=1705T_{16t+4}+2632T_{16t+5}+3136T_{16t+6}。\]然后$T_{16（T+1）+4}\equiv 1705\cdot 4\equiv4\pmod 8$，其中我们使用$8$除以$2632$和$3136$。现在，我们将把证据分为三种情况：\大跳跃\无音（noindent）\textbf｛案例1.｝$n\equiv 0\pmod｛16｝$。为了处理这个案件，我们将证明以下结果：\开始{引理}\标签{t1}对于所有$s\geq 1$和$t\geq 6$，我们都有$t_{2^{t-3}秒}\等于s2^｛t-4｝\pmod｛2^｛t-3｝｝$。\末端｛引理｝\开始{proof}我们将使用$s$上的归纳法同时证明以下同余\开始{方程式}\标签{3}T_{2^{t-3}秒}\等于s2^{t-4}\pmod{2^{t-3}}，t_{2^{t-3}s-1}\等于0\pmod{2^{t-3}}，t_{2^{t-3}秒+1} 等于1\pmod{2^{t-3}}。\结束{方程式}首先，让我们处理基本情况$s=1$。因此，我们希望证明，对于所有$t\geq 6$，我们都有\开始{方程式}\标签{3.1}T_{2^{T-3}}等于2^{t4}^{t-3}-1}\相等0\pmod{2^{t-3}}，t_{2^}+1}\equiv1\pmod{2_{t-3{}}。\结束{方程式}我们将在$t$上再次使用归纳法。显然，$t=6$的同余成立。因此，假设它们对$t$是正确的。然后我们对$T_{2^{T-2}}=T_{（2）使用引理^{t-3}-1)+（2^{t-3}+1）}$以获得\开始{方程式}\标签{T}T_{2^{T-2}}=T_{2^{t-3}-1}^2+（T_{2^{t-3}-2}+T_{2^{t-3}-1})T_{2^{T-3}}+T_{2|{T-3{}}。\结束{方程式}通过使用Tribonacci递推，我们得到$T_{2^{t-3}-2}\等于2^{t-4}+1\pmod{2^{t3}}$。现在，我们写$T_{2^{t-3}-2}=1+2^{t-4}+a2^{t-3}$，$t_{2^{t-3}-1}=b2^{t-3}$，$t_{2^{t-3+}}=2^{t-4}+c2^{t3}$和$t_{2_{t-3{+1}=1+d2^{t-3}$。然后，我们得到\开始{eqnarray*}T_｛2^｛T-2｝｝&＝&b^22^｛2t-6｝+（1+2^｛T-4｝+（a+b）2^｛T-3｝）（2^｛T-4｝+c2 ^｛T-3｝）+（2^｛T-4｝+c2 ^｛T-3｝）（1+d2 ^｛T-3｝）\\&\equiv和2^｛t-4｝+c2 ^｛t-3｝+2^｛t-4｝+c2 ^｛t-3｝\pmod｛2^｛t-2｝｝\\&\equiv&2^{t-3}\pmod{2^{t2}}，\结束{eqnarray*}根据需要。这里我们使用了$2t-8\geq t-2$，因为$t\geq 6$。我们继续类似地证明\eqref{3.1}中的其他同余。现在，通过归纳假设，我们假设\eqref{3}中的同余对$s$成立。然后，我们对$T_{2^{T-3}（s+1）}=T_{（2）使用与前面完全相同的过程（和引理{l2}）^{t-3}s-1)+（2^{t-3}+1）}$。我们省略了细节。\结束{proof}自$16\mid-n$起，则$n=2^{t-3}秒$，带有$s$odd和$t\geq 7$。通过引理{t1}，我们得到$\nu_2（T_{2^{t-3}秒})=t-4$，然后\[\nu_2（T_n）=\nu_2（T_{2^{t-3}秒})=t-4=\nu_2（2^{t-3}秒)-1=\nu_2（n）-1\]根据需要。\大跳跃\无音（noindent）\textbf{案例2.}$n\equiv 12\pmod{16}$。通过\eqref{3}和Tribonacci递推，我们得到$T_{2^{t-3}s-4}\equiv s2^{t-4}\pmod{2^{t-3}$对所有$s\geq1$和$t\geq6$都有效。因为$n\equiv-4\pmod{16}$，所以我们可以写$n=2^{t-3}s-4$，大约$t\geq 7$和$s\equiv 1\pmod 2$。然后，我们应用前面的同余得到\[\nu_2（T_{n}）=T-4=\nu_2（2^{t-3}s-4+4） -1=\nu_2（n+4）-1。\]\大跳跃\无音（noindent）\textbf｛案例3.｝$n\equiv 15\pmod｛16｝$。在这种情况下，我们知道$32$在$n+1$和$n+17$之间精确地除以一。假设$32\midn+a$，对于某些$a\in\{1,17\}$。那么$\nu_2（n+b）=4$，对于$b\in\{1,17\}\backslash\{a\}$，我们希望证明\[\nu_2（T_n）=\nu_2（n+a）+1。\]为此，我们与其他情况一样，继续证明以下同余成立，对于所有$s\geq1、t\geq8$和$a\in\｛1,17｝$：\[T_｛2^{t-3}s-a}\等价s2^{t-2}\pmod{2^{t-1}}\]$n$的形式为$n=2^{t-3}s-a$.因此，\[\nu_2（T_n）=\nu_2（T_{2^{t-3}s-a})=t-2=\nu_2（n+a）+1。\]这就完成了证明。\qed（质量工程师）\开始｛备注｝我们注意到，作为一个起点，可以使用多段方法（参见{order2}）来发现上述分析的基础结构。这里我们应用了序列的普通生成函数的4段$（T_n）_{n\geq0}$。\结尾{remark}我们以一个\开始{猜想}对于具有Tribonacci序列$T_n$的模$p$period$\pi（p）$的一些倍数$\pi'（p）$$和一些整数常数$n（p）>0$，$0\leqr=r（p）\leqp$，$n_i=n_i美元，我们有\[\nu_p（T_n）=c'_i+\nu_p\left（\prod_{j=1}^{r}（n+c_{i，j}）\right）\\mbox{if}\n\equiv n_i\pmod{\pi'（p）}.\]（注意，很容易为$i$选择$c_{i，j}$s，这样$\nu_p（n+c_{i，j}）=0$。）\结束{猜想}\第{节定理证明\ref{m2}}如果{$m\leq4$}，我们可以看到唯一的解决方案是定理{m2}中列出的那些。所以我们假设{$m\geq5$}。通过使用引理{ref{l3}}（对于$p=2$）和定理{m1}，我们推断出\开始{eqnarray*}m-\left\lfloor\frac{\log m}{\log2}\right\rfloor-1&\leq&\nu_2（m！）=\nu_2（T_n）\\&<&\nu_2（n（n+1）（n+4）（n+17））-5\leq 4\nu_2，\结束{eqnarray*}对于某些$\delta\in\{0,1,4,17\}$。因此，$\nu_2（n+\delta）\geq（m-\left\lfloor\log m/\log 2\right\rfloor+4）/4$，因此，$2^{\lfloor（m-\ left\lploor\log m/\log 2\reight\rfloor+4）/s\rfloore}$除以$n+\delta$。特别地，$2^{\lfloor（m-\left\lfloor\log m/\log 2\right\rfloor+4）/4\rfloor}\leq n+\delta\leq n+17$，通过应用$\log$函数，我们获得\开始{方程式}\标签{I}\left\lfloor\frac{1}{4}\left（m-\left\lploor\frac{\log m}{\log2}\right\rfloor+4\right）\right\ rfloor\leq\dfrac{\ log（n+17）}{\Log2}。\结束{方程式}另一方面，通过引理ref{l1}，$（1.83）^{n-2}-->