\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}{-.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}\epsfx尺寸=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〕｛推论｝\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 1cm{\LARGE\bf上的加法函数\vskip.12英寸贪婪与懒惰的斐波那契展开}\vskip 1厘米\大型Kalyan Chakraborty公司\\哈里斯·坎德拉研究所\\Jhunsi Chhatnag路\\阿拉哈巴德，UP 211019\\印度\\\链接{mailto:kalyan@hri.res.in}{\tkalyan@hri.res.in} \\\ \\Imre K\'atai和Bui Minh Phong\\计算机代数系\\E“otv”os Lor’and大学\\任何I/C\\1117布达佩斯\\匈牙利\\\链接{mailto:katai@inf.elte.hu}{\tkatai@inf.elte.hu}\\\链接{mailto:bui@inf.elte.hu}{\tbui@inf.elte.hu}\结束{中心}\vskip.2英寸\开始{abstract}我们发现所有关于贪婪和懒惰的斐波那契展开式。我们接受一点进一步考虑这些函数的子集乘法。在最后一节中，我们将这些想法扩展到Tribonacci扩张。\结束{抽象}\章节{引言}本文的目的是研究复值函数关于（贪婪和懒惰）斐波那契和Tribonacci扩张。我们从研究功能开始到斐波那契展开。贪婪的斐波那契展开奥斯特洛夫斯基（Ostrowski）、泽肯多夫（Zeckendorf）和泽克（Ze）研究了数字莱克尔引用{CL}等。这些天，作者们把这种贪婪的斐波纳契展开称为“塞肯多夫展开”，但奥斯特洛夫斯基（Ostrowski）\cite{AO}在更早的时候就引入了它，并且更为笼统设置。在后面的部分中，我们将研究上述集合的子集函数，本质上也是乘法的。懒惰和贪婪自然数的Tribonacci展开式是类似地定义的最后一节，我们将这些函数的研究扩展到Tribonacci扩张。我们指的是Carlitz、Scoville和Hoggatt引用{LC}推广斐波那契表示。\部分{$\mathcal{F}$-加法和$\mathcal{F{$-惰性加法函数}\分段{斐波那契序列}像往常一样，让$\mathbb{N}、\\mathbb}R}和\\mathbb2{C}$分别是正整数、实数和复数的集合。让$\mathbb{N} _0（0）=\mathbb{N}\cup\{0\}$是非负整数的集合${\mathcal{F}}=\左（F_n\右）_{n\ge0}$是斐波那契数列，定义如下：$$F_1=1，F_2=2~~mbox{和}~~F{m+2}=F{m+1}+F_m~~~（m\in\mathbb{N}）。$$每个自然数$n$至少有一个形式的展开\开始{方程式}\标记{eqn1}n=\sum_{nu=1}^k\epsilon_{nu}F_{nu{\结束{方程式}其中，系数$\epsilon_{\nu}\在\{0,1\}$中。展开式\eqref{eqn1}称为$n$的贪婪展开式或正则展开式其特点是$$\ε_l\ε_{l+1}=0\quad（l=1，\ldots，k-1）。$$类似地，惰性膨胀\开始{方程式}\标记{eqn2}n=\sum{\mu=1}^h\delta{\mu}F{\mu}，~~\delta}\mu在\{0,1\}中，\delta_h=1\结束{方程式}其特征是没有两个连续的零前面加一个。注意$0F_\mu+0F_{\mu+1}+1 F_{\ mu+2}$可以替换为$1F_\mo+1F_{mu+1}+0F_}\mu+2}$。众所周知，每个这样的序列都是某个整数的惰性展开（参见Steiner引理1]{St}）。设$f:\mathbb｛N｝\longrightarrow\mathbb｛C｝$是一个函数，我们说$f$是$\mathcal｛f｝$-正则展开\eqref｛eqn1｝的加法，如果$$f（n）=sum{nu=1}^k\epsilon_{nu}f（f{nu}）。$$设${\mathcal{A}}_{{\mathcal{F}}^{（1）}$是这种$\mathcal{F}$-加性函数的集合。如果$g:{\mathbb{N}}\longrightarrow\mathbb{C}$是这样的$$g（n）=sum{mu=1}^h\delta{mu}g（F{mu}）$$将$n$展开为\eqref{eqn2}，然后我们说$g$是$\mathcal{F}$-惰性加法。我们用${\mathcal{A}}_{{\matchcal{F}}^{（2）}$表示这些函数集，并设置${\mathcal{B}}={\mathcal{A{}{（1）}\cap{\mathcal{A}{}}{{\mathcal{F{}}}}^$。\开始｛备注｝为了方便记法，我们用$f$表示$\mathcal{B}$的元素，即使我们已经在{\mathcal{A}}_{{\mathcal{f}}}^{（1）}$中写了$f\。\结尾{remark}\开始｛定理｝\标签｛t1｝设$\alpha=\frac{1+\sqrt5}{2}$和$\beta=\frac{1-\sqrt5%{2}$。如果$f\在{\mathcal{B}}$中，那么\开始{方程式}\标记{eqn3}f（f_m）=d_1\α^m+d_2\β^m，~~（m=1,2，\ldots）\结束{方程式}其中$di（i=1,2$）是常数。相反，如果\eqref{eqn3}成立，则$f\in\mathcal{B}$。也适用于任意扩展$$n=\sum_{nu=1}^ke_{nu}F_{nu}，在\{0,1\}中~~e_{nu}，$$一个有$$f（n）=\sum_{nu=1}^ke_{nu}f（f{nu}）。$$\结束{定理}\开始{proof}让我们假设$f\在{\mathcal{B}}$和$xk=f（f_k）$中。$F_i（i=1,2,3）$的惰性展开为$$F_i=F_i（i=1,2）~\nbox{和}~F_3=F_1+F_2。$$设$k\ge4$和$S_k=\sum_{n=1}^kF_n$。现在很容易看到\开始{方程式*}\标记{eqn4}F{k+2}=S_k+2~~~（k=1,2，\ldots）。\结束{方程式*}因此，$F{k+2}$延迟扩展中的最大组件是$F{k+1}$。因此：$$\text{（}~~F{k+2}的惰性展开）=F{k+1}+\text{（{~F{k}的懒展开）\quad k\ge 4。$$因此，\开始{方程式}\标记{eqn5}x{k+2}=x{k+1}+xk~~~（k=1,2，\ldots）。\结束{方程式}让我们考虑序列$\{x_k\}_{k\ge1}$这样\eqref{eqn5}就可以支持其条款。让\开始{方程式}\标记{eqn6}n=e_1 F_1+\cdots+e_k F_k，~~~n\ge3，~e_i\in\{0,1\}\结束{方程式}和\开始{方程式}\标签{eqn7}\sigma\left（n|e1，\ldots，e_k\right）=\sum_｛\nu=1｝^k e_｛\nu｝x_｛\nu｝。\结束{方程式}我们将证明$\sigma$（如\eqref{eqn7}中定义的）不依赖于$e_1、\ldots、e_k$。对于$n$的较小值（例如，高达$n=6$），可以直接进行验证，但对于较大的$n$，我们可以按照以下步骤进行。让我们考虑最大的$\nu$，如果有，其中$e_{\nu}=e_{\nu+1}=1$。在这种情况下，我们会改变$$1 F_{\nu}+1 F_{\nu+1}\右箭头1 F_}\nu+2}$$在表示中（\ref{eqn6}）。在$\nu=k-1$的情况下，我们有\开始{eqnarray*}n&=&e_1 F_1+\cdots+e_{k-2}F_{k-2]+0 F_}k-1}+0 F{k-2{+1 F{k+1}\\&=&\sum_{\nu=1}^{k+1}e_{\nu}^\prime x_{\nu}。\结束{eqnarray*}当$\nu<k-1$时，很明显$e_{\nu+2}=0$。在这些替换之后，我们得到$$n=\sum_{nu=1}^ke_{nu}^素数F_{nu}$$其中$e_h'=e_h$if$h\ne\nu，\nu+1，\nu+2$。另外，$e_{\nu}^\prime=e_{\nu+1}^\prime=0$和$e_}\nu+2}^\rime=1$。因此，在这两种情况下$$\sigma\left（n|e_1'，\ldots，e_k'\right）~~\mbox{或}~~\sigma\ left（n |e_1'，\ldot，e_{k+1}'\rift）=\sigma \ left。$$重复这个算法后，经过一些步骤，我们得到了贪婪的扩展。这就完成了定理的证明。\结束{proof}\分段{修改的斐波那契数列}设${\mathcal{F}}^*=\left（F^*_n\right）_{n\ge0}$是修改后的斐波那契数列，定义如下：$$F^*_0=0，F^*_1=1~｛\mbox｛and｝｝~F^*_｛m+2｝=F^*_｛m+1｝+F^*_m\ quad（m=0.1，\ldots）。$$然后$$F^*_{m+1}=F_m\quad（m=1,2，\ldots）。$$正整数的贪婪展开式和懒惰展开式可以类似地定义，定理{t1}在$f（f^*_1）=f（f*_2）$的条件下仍然成立。为了完整起见，我们给出了证明的大纲。\开始{定理}\标签{t2}设$f$是${\mathcal{f}}^*$-贪婪和${\mathcal{f}}^**$-惰性加法。然后$$f（n）=cn~~（n在{\mathbb{n}}_0中）$$其中$c$是任意常数。\结束{定理}\开始{proof}我们和之前一样有$f（f^*m）=d_1\alpha^m+d_2\beta^m$。考虑到$f（f^*_1）=f（f*_2）$，我们有$$d_1\α+d_2\β=d_1_α^2+d_2β^2，$$因此$$d_1\α（\alpha-1）=-d2\β（\beta-1）。$$显然$\alpha（\alpha-1）=\beta（\beta-1）=1$，当且仅当$d_2=-d_1$时，这一点成立。同样使用Binet公式\cite{SV}，我们得到$$F^*_m=｛1\over｛\sqrt｛5｝｝｝\α^m-｛1\over｛\sqrt｛5｝｝｝\β^m~｛\box｛for｝｝｝~m\ in｛\mathbb｛N｝｝｝。$$因此，我们得到$$f（f^*m）=（d_1\sqrt{5}）f^*m~{\mbox{和}}~f（n）=（d_1\sqrt{5%}）n。$$定理ref{t2}现在对$c=d_1\sqrt{5}$成立。\结束{proof}\开始{remark}函数$f（n）=cn$显然是任意$n=\sum_{\nu=0}^ke_\nuF^*_\nu，~~（e_\nu\in\{0,1\}）$表示的加法，因为$$f（n）=\sum_{\nu=0}^ke_\nuf（f^*_\nu）$$持有。\结尾{remark}\{${\mathcal{F}}$-贪婪（${\mathcal{F}^*}$-贪心）加法和乘法函数}设$\mathcal｛M｝$是所有复值乘法函数的集合。我们将确定集合${\mathcal{M}}\cap{\mathcal{A}}_{{\matchcal{F}}^{（1）}$和${\mathcal{M}}\cap{\mathcal{A}{{\Matchcal{F}}^*}$，其中${\mathcal{A{}}{\matdhcal{F{}^*$是所有${\methcal{F}{}^$$贪婪加法函数的集合。\开始{定理}\标签{t3}$${\mathcal{M}}\cap{\mathcal{A}}_{\matchcal{F}}^*}={\match al{M}{\cap}\mathcal{A}{{\mathcal{F}}^{（1）}=\{id\}，$$哪里$id（n）=每$n\in\mathbb{n}$的n$。\结束{定理}\开始{proof}让$f\在{\mathcal{M}}\cap{\matchcal{A}}_{{\mathcal{f}}^*}$中，因此$f（1）=1$。首先我们展示一下\开始{方程式}\标签{e}f（n）=n\quad\text{表示}\quad\le11~{mbox{和}}~n=144。\结束{方程式}我们列出了将要使用的${\mathcal{F}}^*$的一些初始成员。$F^*_0=0$，$F^*_1=1$，$F ^*_2=1$，$F^*_3=2$，$F ^*_4=3$，$A^*_5=5$，$S^*_6=8$，$C^*_7=13$，$D^*_8=21$，$L^*_9=34$，$P^*_{10}=55$，$B^*_}=89$，$。我们称$f（2）=x$和$f（3）=y$。我们有以下贪婪的扩张：\开始{eqnarray*}4&=&1+3=F^*_2+F^*_4\\6&=&1+5=F^*_2+F^*_5\\7&=&2+5=F^*_3+F^*_5\\9&=&1+8=F^*_2+F^*_6\\10&=&2+8=F^*_3+F^*_6\\14&=&1+13=F^*_2+F^*_7。\结束{eqnarray*}因此（在{\mathcal{M}}\cap{\mathcal{A}}_{{\matchal{f}}^*}$中使用$f\），\开始{eqnarray*}f（4）&=&f（3）+1=y+1\\f（5）&=&f（6）-1=f（2）f（3）-1=xy-1\\f（7）&=&f（2）+f（5）=xy+x-1\\f（8）&=&f（2）f（5）-f（2）=x^2y-2x\\f（9）&=&f（1）+f（8）=x^2y-2x+1\\f（13）&=&f（14）-1=f（2）f（7）-1=x^2y+x^2-x-1。\结束{eqnarray*}12、15和18的扩展是\开始{eqnarray*}12=1+3+8&=&F^*_2+F^*_4+F^*_6\\15=2+13&=&F^*_3+F^*_7\\18=5+13&=&F^*_5+F^*~7。\结束{eqnarray*}这些给了我们，\开始{eqnarray*}f（3）f（4）=f（12）&=&f（1）+f（3”+f（8）\\f（3）f（5）=f（15）&=&f（2）+f（13）\\f（2）f（3）^2=f（18）&=&f（5）+f（13），\结束{eqnarray*}最后是以下三个关系：\开始{eqnarray*}y^2-1-x^2y+2x&=&0\\（x+xy-1）（-x+y-1）&=&0\\xy^2-xy-x^2y+2-x^2+x&=&0。\结束{eqnarray*}我们可以从最后三个方程得出结论：$$x=f（2）=2，~y=f（3）=3。$$因此$$f（n）=n~{mbox{for}}~n\le 10。$$此外，使用\开始{eqnarray*}11&=&3+8=F^*4+F^*_6\\165&=&21+144=F^*_8+F^*{12}，\结束{eqnarray*}我们获得\开始{eqnarray*}f（11）&=&f（3）+f（8）=3+8=11\\f（144）&=&f（3）f（5）f（11）-f（3）f（7）=165-21=144。\结束{eqnarray*}现在我们完成定理的证明通过证明如果$f（n）=n$，则每$n11美元），然后$$f（N）=N。$$这一断言在以下两种情况下都是正确的：\开始{itemize}\第[（1）]项，如果$N$不是主幂；或\项目[（2）]如果$N\不在{\mathcal{F}}^*$中。\结束{itemize}因此，我们假设$N=F^*_m$和$N=p^\alpha${\mathbb{N}}$中的$\alpha\。它是根据Bugeaud et引用{Bmk}，如果$\alpha\ge2$，那么$N\in\{18144\}$。在所有这些中因此，$\alpha=1$和$N>11$是质数。让$$2^e\|N+1，2^\ell\|N+3，\quade e，\ell\in\mathbb{N}$$那么$\min（e，\ell）=1$。假设$e=1$。因为$1<{N+1\超过2}0$. 因此，$G_{k+1}$延迟扩展中的最大组件是$G_k$，因此$$\text{lazyexp}（G{k+1}）=G_k+\text{lazyexp}，（G{k-1}+G{k-2}）。$$如果$G_｛k-1｝+G_｛k-2｝\le S_｛k-2｝$，则$G_｛k-1｝\le S_｛k-3｝$，如果$k\ge 5$，则不会发生这种情况。因此$$\text{lazyexp}（G{k-1}+G{k-2}）=G{k-1}+\text{lazyxp}。$$现在假设$g$是贪婪和惰性展开的$\mathcal{g}$-加法，然后使用$x_k=g（g_k）$，我们得到$$x{k+3}=x{k+2}+x{k+1}+x}k}\quad（k=1,2，\ldots）。$$现在重复定理证明中使用的参数，我们得到\开始{定理}\标签{t4}设$g$是一个$\mathcal{g}$-加法函数，用于整数$n\in\mathbb{n}$的贪婪展开和惰性展开。让$$g（n）=sum_{k=1}^\ell\epsilon_k g（g_k）$$和$$g（n）=\sum_｛\mu=1｝^r\delta_\mug（g_\mu）。$$那么$x_h=g（g_h）~~（h=1,2，\ldots）$满足\开始{方程式}\标签{e11}x{h+3}=x{h+2}+x{h+1}+x}h}\四元（h=1,2，\ldots）。\结束{方程式}另一方面，如果$x_h$是\eqref{e11}适用的序列，那么$$g（n）=\sum_{k=1}^\elle_k g（g_k）$$保留$n$的任意展开式\eqref{e10}，其中$e_k\in\{0,1\}$。\结束{定理}最后，我们证明，\开始{定理}\标签{t5}假设$g$是贪婪展开的$\mathcal{g}$加法，并且$g$也是一个乘法函数。然后$g（n）=n$表示每$n\in\mathbb{n}$。\结束{定理}\开始{proof}证据是以下断言的直接结果：\开始{itemize}\项目[（A）]$g（n）=$n\le 6$的n$；\项目[（B）]如果$g（n）=n$，则每$n2$，然后$2^e\|N+1=G_m+G_1$，其中${N+1\在{2^e}}上1$，然后$2^e-->