\文档类[12pt，reqno]{article}\usepackage[用户名]{颜色}\使用包{amssymb}\使用包{amsmath}\使用包｛amsthm｝\使用包｛amsfonts｝\使用包{amscd}\使用包{graphicx}\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}\使用包{graphics}\使用包{latexsym}\使用包{epsf}\使用包{breakurl}\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{https://oeis.org/#1}｛\下划线｛#1｝｝｝\声明MathOperator{\Res}{Res}\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\bf连续Tribonacci数的乘积\\\vskip.13英寸只有一个不同的数字}\vskip 1cm埃里克·F·布拉沃和卡洛斯·A·G·奥梅兹数学系\\山谷大学\\致电13 No 100--00\\卡利\\哥伦比亚\\\链接{mailto:eric.bravo@correunivalle.edu.co}{\teric.bravo@correunivalle.edu.co} \\\链接{mailto:carlos.a.gomez@correunivalle.edu.co}{\tcarlos.a.gomez@correunivalle.edu.co} \\\ \\弗洛里安·卢卡\\数学学院\\威特沃特斯兰德大学约翰内斯堡\\南非\\和\\代数结构与应用研究小组\\阿卜杜拉齐兹国王大学\\吉达\\沙特阿拉伯\\和\\数学系\\俄斯特拉发大学\\30 Dubna杜布纳22，701 03\\俄斯特拉瓦1\\捷克共和国\\\href｛mailto:florian.luca@wits.ac.za}{\tflorian.luca@wits.ac.za} \\\结束{中心}\vskip.2英寸\开始{abstract}设$\left（F_n\right）_{n\ge0}$是斐波那契数列数字。Marques和Togb证明了如果产品$F_{n}\cdotsF_{n+\ell-1}$是一个repdigit（即，一个只有十进制扩展中的不同数字），至少有两个数字，则$\left（\ell，n\right）=\left，（1,10\right）$。在本文中，我们解决了Tribonacci数而非斐波那契数也存在同样的问题。\结束{抽象}\章节{引言}如果一个正整数只有一个，则称其为\textit{repdigit}十进制扩展中的独特数字。数字序列重复的数字包含在斯隆的在线百科全书中整数序列}（OEIS）引用{slone}作为序列\序列号{A010785}。2000年，卢卡\引文{FL}表明最大的代表数字斐波那契数是$F{10}=55$，最大的代表数字Lucas是$L_{5}=11$。受Luca引用{FL}的结果的启发，一些作者探索了斐波那契数和Lucas数推广中的重复数位。例如，Bravo和Luca引用{BL}表明，$k$-{it广义斐波那契序列}脚注{the$k$-{it广义菲波那契顺序}$F^{（k）}$，对于整数$k\ge2$，满足其第一个$k$项为$0，\ldot，0，1$，其后的每个项都是前面$k$的项之和。对于$k=2$，这可以简化为熟悉的{\it斐波那契数}。，而对于$k=3$，这些是{\tTribonacci数字}.}，是$F^{（3）}_{8}=44$。另一方面，Bravo和Luca引用{BL1}表明，只有$k$-{it广义Lucas序列}脚注{the$k$-{it广义卢卡斯序列}$L^{（k）}$中的repdigit满足其第一个$k$项是$0，\ldots，0，2，1$，其后的每个项是前面$k$的项之和。对于$k=2$，这可以简化为熟悉的{\it-Lucas数字}.}，是$L^{（4）}_{5}=22$。最近，这个问题被扩展到研究重复数列的连续斐波那契数或卢卡斯数的乘积。Marques和Togb‘e’cite{MT}证明了两个连续的斐波那契数列的乘积中没有一个可以是至少两个数字的重复数列，而Irmak和Tobb‘e‘cite{IT}则证明了77是唯一一个至少两个数列出现在两个或多个连续卢卡斯数列乘积中的重复数位。在本文中，我们研究了连续Tribonacci数乘积中重复数字的存在性。更准确地说，我们证明了以下结果。\开始｛定理｝\标签｛main:thm｝丢番图方程的唯一解\开始{等式}\标记{main:eqn}T_{n}\cdots T_{n+\左（\ell-1\右）}=d\左（\frac{10^{m} -1个}{9} \右），\四个{\它位于~正~整数}~~n，~\呃，~m，~d，\结束{方程式}其中$1\leq d\leq 9$和$m\geq 2$是$\左（n，\ell，m，d\right）=\左（8,1,2,4\右）$；即$T_8＝44$。\结束{定理}为了解方程\eqref{main:eqn}，我们使用Tribonacci数的$2$-adic顺序来限定因子$\ell$的数量，然后用对数形式的线性形式来限定$\max\{m，n\}$，最后用Baker-Davenport引理的一个版本来将这些界限减少到可管理的值，最后进行一些计算。\第{节初步结果}\分段{Tribonacci序列}我们考虑${T}:=left（T_n\right）_{n\ge-1}$由$T_{-1}=T_0=0，~T_1=1$和$T_{n+3}=T_{n+2}+T_{n+1}+T_}$给出，对于所有$n\ge0$。其特征方程，$z^{3} -z（-z）^{2} -z-1型=0$，有一个实根$\alpha$和两个复根$\beta$和$\gamma=\bar{\beta}$。1982年，Spickerman\cite{WS}发现了Tribonacci数的Binet公式\开始{方程式}\标签{BT}T_{s}=a\alpha^{s}+b\beta^{s{+c\gamma^{sneneneep，\quad\text{代表所有}\quad s\geq 0，\结束{方程式}哪里\[a=\frac{1}{左（\alpha-\beta\right）\左（\alpha-\gamma\right。\]很容易看出$\alpha\in\left（1.83，1.84\right），|\beta|=|\gamma|\in\leaft（0.73，0.74\rift），a\in\ left（0.18，0.19\right。由于$|\beta|=|\gamma|<1$，设置$e_s:=T_{s} -a个\alpha^{s}$，我们有\开始{方程式}\标签{错误}T_{s}=a\alpha^{s}+e_s，\qquad{rm与}\quad|e_s|<\frac{1}{\alpha ^{s/2}}\quad\text{代表所有}~s\geq1。\结束{方程式}此外，\开始{方程式}\标签{E3}\alpha^{s-2}\leq T_{s}\leq\alpha^}\s-1}\quad\text{for-all}\quad-s\geq 1\quad（请参阅\cite{BL}}）。\结束{方程式}我们回顾了Marques和Lengyel\cite{ML}关于Tribonacci数的2元序的结果。对于素数$p$和非零整数$r$，$p$-adic顺序$\upsilon_{p}（r）$是素数$p$除$r$的最高幂的指数。\开始{引理}\label{orderp}对于$n\geq 1$，我们有$$\upsilon_{2}\左（T_{n}\右）=\左\{\开始{array}{ll}0，&\mbox{if}n\equiv 1,2\pmod{4}\\1，&\mbox{if}n\equiv3,11\pmod{16}\\2，&\mbox{if}n\equiv 4,8\pmod{16}\\3，&\mbox{if}n\equiv7\pmod{16}\\\upsilon{2}（n）-1，&\mbox{if}n\equiv0\pmod{16}\\\upsilon{2}（n+4）-1，&\mbox{if}n\equiv12\pmod{16}\\\upsilon{2}（（n+1）（n+17））-3，&\mbox{if}n\equiv15\pmod{16}。\右端{数组}。$$\结束{引理}Tribonacci序列包含在OEIS\cite｛slone｝as序列中\序号｛A101292｝。\分段{对数中的线性形式}让$\eta$是$d$超过$\mathbb{Q}的次数代数数$具有最小本原多项式$f（X）：=a_0\prod_{i=1}^{d}（X-\eta^{（i）}）\in\mathbb{Z}[X]$其中领先系数$a0$为正。$\eta$的{it对数高度}由下式给出$$h（\eta）：=\dfrac｛1｝｛d｝\left（\log a_0+\sum_{i=1}^{d}\log\max\{|\eta^{（i）}|，1\}\right）。$$特别是，如果$\eta=p/q\In\mathbb{q}$，其中$\gcd（p，q）=1$且$q>0$，则$h（\eta）=\log\max\{|p|，q\}$。以下是本文将使用的对数高度函数$h（\cdot）$的一些性质：$h（\ta\pm\gamma）\leqh（\ta）+h（\gamma）+\log 2$，$h（\eta\gamma^｛\pm 1｝）\leq h（\eta）+h（\gamma）~$和$~h（\eta^｛s｝）=|s|h（\eta）~~（s\in\mathbb｛Z｝）$。许多丢番图问题都可以通过将其简化为一个实例来解决，在这个实例中，可以应用代数数对数中线性形式的下限。我们将使用以下定理，它是由Bugeaud、Mignotte和Siksek【定理9.1]{BMS}证明的Matveev\cite{M}结果的变体。\开始{定理}设$\mathbb{L}$是$\mathbb{L{$的次$d_{\mathbb{L}}$超过$\mat血红蛋白{Q}、\、\、$$\eta_1、\ldots、\eta_t$非零元素的数字域，以及$b_1、\ ldots和b_t$有理整数。放置$\Lambda:=\eta_1^{b_1}\cdots\eta_t^{b_t}-1$和$b\geq\max\{|b_1|，\ldots，|b_t|\}$。设$A_i\geq\max\{d_{mathbb{L}}h（\eta_i），|\log\eta_i|，0.16\}$为实数，对于$i=1，\ldots，t$。然后，假设$\Lambda\not=0$，我们有%\小的$$|\Lambda |>\exp（-3\cdot 30^{t+4}\cdot（t+1）^{5.5}\cdot-d_{\mathbb{L}}^2（1+\log d_{\mat血红蛋白{L}）（1+\ log tB）A_1\cdots A_t）。$$\结束{定理}\{变量的绝对界限}\第{小节关于因子}的数目\texorpdfstring{$\ell$}{Lg}，我们声称$\ell\leq 6$。实际上，根据引理~\ref{orderp}，我们得到了$n\equivx\pmod{16}$、$x\in\left\{0,1,2、\ldots、15\right\}$的所有可能值的下表。\开始{表格}[H]\定心\开始{tablar}[t]{lll}\氯化氢$\ell$&$x$&$\upsilon_{2}（T_{n} T型_{n+1}\cdots T_{n+（\ell-1）}）$\\\氯化氢1、15和$\geq 5$\\\氯化氢2&7、11、14和$\geq 5$、$\geq4$、$\ geq 5$\\\氯化氢3和6、10、13和$\geq 5$、$\geq4$、$\ geq 5$\\\氯化氢4和0、4、5、9、12和$\geq 4$、$\geq5$、$\ geq 5$、$\geq 4$、$\fgeq 8$\\\氯化氢5&3、8&$\geq 6$、$\geq4$\\\氯化氢6、2、$\geq 6$\\\氯化氢7、1、$\geq 6$\\\氯化氢\结束{表格}\标题｛连续Tribonacci数乘积的二元顺序｝\结束｛表｝我们分析了两个案例来说明上表。其余情况类似。\开始{itemize}\物品$n\equiv1\pmod{16}$。这里是$n+2\equiv3\pmod{16}$、$n+3\equiv 4\pmod}$和$n+6\equiv-7\pmod[16}$。因此，通过引理~\ref｛orderp｝，我们有$\upsilon\{2}（T_｛n+2｝）=1$，$\upsilon\{2}（T_｛n+3｝）=2$和$\upsilon\{2}（T_｛n+6｝）=3$。因此，如果$\ell=7$，$\upsilon_{2}（T_{n} T型_{n+1}\cdots T_{n+6}）\geq 6$。\物品$n\equiv 12\pmod{16}$。然后，从引理~\ref{orderp}我们得到$\upsilon_{2}（T_{n}）=\upsilin_{2{（n+4）-1\geq3$，因为$n+4\equiv0\pmod{16}$。另一方面，$n+3\equiv15\pmod{16}$和$\upsilon_{2}（T_{n+3}）=\upsiln_{2{（（n+4）（n+20））-3\geq5$，其中我们使用了引理~\ref{orderp}和$n+20\equiv 0\pmod}$16}$这一事实。因此，如果$\ell=4$，$\upsilon_{2}（T_{n} T型_{n+1}T_{n+2}T_{n+3}）\geq 8$。\结束{itemize}自$\upsilon_{2}\left（d\left（\frac{10^{m} -1个}{9} 对于所有$1\leqd\leq9$，它随后跟随$\ell\leq6$。\第{小节\texorpdfstring{$m$}{Lg}和\texorpfstring{$n$}{Lg}}的绝对界。首先，假设$n\geq 20$。结合\eqref{main:eqn}和\eqref{E3}，我们得到\[10^{m-1}<\alpha^{ell（n-1）+\frac{cell（\ell-1）}{2}。\]因此，\开始{方程式}\标签{cotam}m<\ell n+\ell（\ell-1）/2。\结束{方程式}现在，通过\eqref{error}，我们得到了\开始{align*}T_{n}\cdots T_{n+（\ell-1）}&=（alpha^{n}+e_n）\\&=a^{\ell}\alpha^{\elln+\ell（\ell-1）/2}+r（a，\alpha，n，\ell）\结束{align*}其中$r（a，\alpha，n，\ell）$涉及前一行的展开部分，其中包含$a，~\alpha$的幂乘积和错误$e_i$，对于$i=n，\ldotsn+（\ell-1）$。此外，$r（a，\alpha，n，\ell）$是$63$项的总和，其最大绝对值为$a^6\alpha^{（\ell-1）n+\ell（\ell-1）/2}\alpha_{-n/2}$。将上述等式与\eqref{main:eqn}结合，我们得到\[a^{ell}\alpha^{elln+ell（\ell-1）/2}-\frac{d}{9}10^{m} =-\压裂{d}{9} -r（右）（a，\alpha，n，\ell）。\]将上述等式的两边除以$a^{ell}\alpha^{elln+ell（\ell-1）/2}$并取绝对值，我们得出如下结论：\开始{align}\标签{cota1}\左|\frac｛d｝｛9a^｛\ell｝｝\alpha^｛-（\ell n+\ell（\ell-1）/2）｝10^{m} -1个\right|&\leq\left（\frac｛d｝｛9｝+|r（a，\alpha，n，\ell）|\right）\cdot a^｛-\ell｝\alpha^｛-（\ell n+\ell（\ell-1）/2）｝\\&<（1+63a^{\ell-1}\alpha^{（\ell-1）n+\ell（\ell-1）/2}\alba^{-n/2}）\cdot a ^{-\ell}\alfa^{-（\ell+\ell-1（\ell-2）/2）}非数字\\&\leq 64a^{-1}\alpha^{-3n/2}，\n数字\结束{对齐}下面，我们使用Matveev定理找到\eqref{cota1}左侧的下界，参数如下\[t： =3，~~（\eta_{1}，b_1）：=（（d/9）a^｛-\ell｝，1），~~（\eta_{2}，b_2）：=（\alpha，-（\ell n+\ell（\ell-1）/2））\quad｛\rm和｝\quad（\eta_{3}，b_3）：=（10，m）。\]包含$\eta_{1}、\eta_2}和\eta_3}$的数字字段是$\mathbb{L}:=\mathbb{Q}（\alpha，\beta）$，其中包含$d_{mathbb}L}:=6$。我们称$\Lambda:=\eta{1}^{b_{1}}\eta_{2}^{b2}}\eta_{3}^{b_{3{}-1\neq0$。否则，我们会\[a^{ell}\alpha^{elln+ell（\ell-1）/2}=d\cdot10^{m}/9。\]通过自同构$\sigma:\alpha\rightarrow\beta，\beta\rightarrow\alpha，\gamma\right箭头\gamma$将上述关系共轭（这里，我们使用$\mathbb{L}$over$\mathbb{Q}$的Galois群与$S_{3}$同构的事实），然后取结果等式两边的绝对值，我们得到\[|b|^{\ell}|\beta|^{\ elln+\ell（\ell-1）/2}=d\cdot10^{m}/9，\]这是不可能的，因为$|b|^{\ell}|\beta|^{\ elln+\ell（\ell-1）/2}<1$和$d\cdot10^{m}/9>10$。因此，$\Lambda\neq 0$。接下来是$h（\eta_{1}）\leqh（d）+h（9a^{\ell}）\ leq\log 9+h（9）+ellh（a）$，$h（\ta_{2}）=\frac{1}{3}\log\alpha$和$h（\t a_{3}）=\log 10$。现在我们需要估计$h（a）$。对于它，$a$的最小多项式是$44X^{3}+4X-1$。因此，$h（a）=\frac{1}{3}\log 44$和$h（\eta_{1}）\leq2\log 9+2\log 44$。因此，我们可以取$A{1}:=72$、$A{2}:=2$和$A{3}:=14$。根据\eqref{cotam}，我们取$B:=\elln+\ell（\ell-1）/2$。应用Matveev定理，我们得到$|\Lambda|$的下限，通过将其与\eqref{cota1}进行比较，得出\[\exp \ left（-2.72251 \乘以10^{19}（1+\log 3（\ell n+\ell（\ell-1）/2））\ right）<frac{356}{\alpha^{3n/2}}。\]取上述不等式中的对数，我们得到\开始{align*}\裂缝{3n}{2}\log\alpha-\log 356&<2.72251乘以10^{19}（1+log3（6n+15））\\&<5.44503\乘以10^{19}\log（6n+15），\结束{align*}其中，对于所有$h\geq 9$，我们使用了$1+\log 3h<2\log h$的事实。因此，\[n<6.1乘以10^{19}（6n+15）。\]因此，我们得到了$n<3.1\乘以10^{21}$，并记录了我们到目前为止证明的结果。\开始{引理}\label{redn}如果$（n，\ell，m，d）$是\eqref{main:eqn}与$n\geq 20$，$m\geq 2$和$1\leq d\leq 9$的正整数解，则$1\leq\ell\leq 6$和\[\最大值<3.1乘以10^{21}。\]\结束{引理}\节{减少\texorpdfstring{$\max\{m，n\}$}{Lg}}为了降低$n$的界限，我们将使用以下丢番图近似的结果，请参阅{BD}。\开始{引理}\label{bd}设$\kappa$是无理数，$M$是正整数，$p/q$是$\kapba$的连分式的收敛，使得$q>6M$。让$A、B、\mu$是一些实数，其中$A>0$和$B>1$。设$\epsilon:=\left\|\mu q\right\|-M\left\ |\kappa q\right \|$，其中$\left\\|\cdot\right\ |$表示距最近整数的距离。如果$\epsilon>0$，则不存在不等式的解\[0<|r\kappa-s+\mu|600万\]是$\kappa$连续分数的收敛分母，使得$\epsilon:=\left\|\mu q_{47}\right\|-M\left\ |\kappa q_{47}\right的最小值大于$0.00437116$。引理{bd}的条件满足于$A:=1180$和$B:=\alpha^{3/2}$。那么，区间上没有\eqref{main:eqn}的解\[\left[left\lfloor\dfrac{\log（1180q_{47}/\epsilon）}{\logB}\right\rfloor+1，M\right）=[75,1.9\乘以10^{22}）。\]因此，$m\leq459$。现在，我们使用这个小得多的$m$边界再次开始整个过程。在引理{bd}的这个应用中，我们发现假设$n\geq20$意味着$n\leq26$。因此，$n\leq 26$成立。因此，对于$1\leqn \leq 26$、$1\leq \ell\leq 6$、$2\leq m\leq 171$和$1\lequeq d\leq 9$，仍需检查方程式\eqref{main:eqn}。为此，我们使用\textit{Mathematica}并得出结论，四元$（n，\ell，m，d）=（8,1,2,4）$是丢番图方程\eqref{main:eqn}的唯一解。这就完成了定理\ref{main:thm}的证明。\{确认}节作者感谢裁判对本文的改进提出了有益的意见。E.F.B感谢Colciencias在博士研究期间给予的支持。F.L.获得了NRF（南非）拨款CPRR160325161141、CoEMaSS at Wits的RTNUM18和CGA（捷克共和国）拨款17-02804S的部分支持。\开始{书目}{30}\bibitem{BL}J.J.Bravo和F.Luca，关于$k$-广义斐波那契序列中重复数位的猜想，{it Publ.Math.Debrecen}{bf 82}（2013），623--639。\bibitem{BL1}J.J.Bravo和F.Luca，$k$-Lucas序列中的重复数位，{it Proc.Indian Acad.Sci.（数学科学）}{\bf 124}（2014），141--154。\bibitem{BMS}Y.Bugeaud，M.Mignotte和S.Siksek，指数丢番图方程的经典和模方法I.斐波那契和卢卡斯完美幂，数学年鉴{bf 163}（2006），969-1018。\bibitem{BD}A.Dujella和A.Peth“o，定理的推广贝克和达文波特，牛津大学数学系（2）}(1998), 291--306.\bibitem{IT}N.Irmak和A.Togb\e，关于作为产品的重复数字连续的卢卡斯数字，注释数论离散数学（2018），95-102。\双项目{FL}F.Luca、Fibonacci和Lucas数，只有一个不同的数字，葡萄牙。数学。}（2000），243--254。\bibitem{DM}D.Marques，关于$k$-只有一个不同的数字，{\it-Utilitas Math.}{\bf 98}（2015），23-31。\bibitem{ML}D.Marques和T.Lengyel，Tribonacci的二元秩序数字和方程$T_{n}=m！$，{\it J.整数序列}{\bf 17}(2014), \href公司{https://cs.uwaterloo.ca/journals/JIS/VOL17/Lengyel/lengyel21.html}{第14.10.1}条。\Bibbitem｛MT｝D.Marques和A.Togb\'e，关于作为连续斐波那契数，的里雅斯特大学{\bf 44}（2012），393--397。\bibitem{M}E.M.Matveev，齐次的显式下界代数数对数的有理线性形式II，{it Izv.Ross.Akad.Nauk Ser.Mat.}\textbf{64}（2000），125-180。用俄语。{\it-Izv.Math.}\textbf{64}中的英语翻译(2000), 1217--1269.\主题{slone}N.J.A.Sloane等人，{\em在线百科全书整数序列}，2019年。可在\网址{网址：https://oeis.org}.\bibitem{WS}W.R.Spickerman，Tribonacci数的Binet公式，{\it斐波纳契夸脱}{\bf 20}（1982），118-120。\结束{书目}\大跳跃\小时\大跳跃\noindent 2010（数学学科分类）：初级11B39；次要11J86。\noindent\emph{关键字：}Tribonacci数，下限，代数数对数的线性形式，repdigit。\大跳跃\小时\大跳跃\vspace*｛+.1英寸｝\无音（noindent）2019年1月10日收到；2019年1月11日收到的修订版；2019年8月14日。发表于2019年8月24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}