\文档类[12pt，请求号]{amsart}\使用包{color}\usepackage[colorinks=true，linkcolor=webgreen，filecolor=webbrown，citecolor=webgreen]{hyperref}\集合长度{\textwidth}{6.5in}\集合长度{\oddsidemargin}{.1in}\集合长度{\evensidemargin}{.1in}\设置长度{\textheight}{8.9in}\集合长度{\topmargin}{0.0in}\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}}}\使用包{amssymb}\使用包{amscd}\使用包{epsf}\新定理{定理}{定理{\新定理{引理}[定理]{引言}\新定理{推论}[定理]{推演}\新定理{猜想}[定理]{猜测}\新定理{命题}[定理]{命题\开始{文档}\开始{居中}\epsfxsize=4英寸\离开模式\epsfile{logo129.eps}\结束{中心}\标题{与LUCAS和FIBONACCI数相关的二项式系数序列}\制作标题\中心线{Moussa Benoumhani}\开始{居中}数学系\\萨那大学\\邮政信箱14026\\萨那\\也门\\电子邮件：benoumhani@yahoo.com \\\结束{中心}\日期{}\制作标题\开始{abstract}设$L（n，k）={n\over{n-k}}{{n-k{choose-k}$。我们证明了多项式的所有零点$L_n（x）=\sum\limits_{k\geq0}L（n，k）x^k$是真实的。因此序列$L（n，k）$是严格的对数压缩，并且因此，单峰最多具有两个连续最大值。我们确定这些达到最大值的整数。在最后一节中，我们证明了$L（n，k）$满足中心极限定理和局部极限定理。\结束{抽象}\章节{引言}正实数序列$（A_k）_{k=0}^n$称为{\it单峰}，如果存在存在整数$k_0，k_1,0\leq k_0\leq k_1\leq n$，这样\开始{方程式*}a_0\leq\，a_1\leq\cdots\leqa{k_0}=a{k0+1}=\cdots=a{K1}\geqa{K1+1}\geq\cdots\geq a_n。\结束{方程式*}整数$l、$$k_0\leq-l\leq-k_1$称为序列的{\it模式}。如果$k_00; \\（b） &\左箭头&g（kN）\leq 0。\结束{eqnarray*}第一个方程的根是$\frac{5n+6\pm\sqrt{5n^2-4}}{10}$，并且第二个是$\frac{5n-4\pm\sqrt{5n^2-4}}{10}这个所需整数满足\开始{方程式*}\裂缝{5n-4-\sqrt{5n^2-4}}{10}\leqkn<\frac{5n+6-\sqrt}{5n*2-4}{10{。\结束{方程式*}这就是我们想要的。%%TCIMACRO{\TeXButton{End-Proof}{\endproof}}%开始扩展\防端%%末端膨胀$k_n$的前面公式并不像预期的那样明确。我们给出一个更明确的一点。\开始{推论}整数$k_n$满足以下条件\\\\\$k_n=\left\lfloor\frac n2\left（1-\frac｛\sqrt｛5｝｝5\right）\right\rfloor$或$k_n=\left\lceil\fracn2\left（1-\frac{\sqrt{5}}5\right）\右\rceil$\结束{推论}%TCIMACRO{\TeXButton{Proof}{\Proof}}%开始扩展\证明%%末端膨胀证明与$r_n$.%相同%TCIMACRO{\TeXButton{End-Proof}{\endproof}}%开始扩展\防端%%末端膨胀在下一个结果中，整数$n，$使得序列$L（n，k）$具有将确定双倍最大值。在确定这些整数之前，我们需要以下引理：\开始｛引理｝对于每$n\geq 0，$$5F_n^2+4（-1）^n=L_n^2$\结束{引理}%TCIMACRO{\TeXButton{Proof}{\Proof}}%开始扩展\证明%%末端膨胀这是已知的，使用$F_n$和$%的显式公式很简单L_n$.%%TCIMACRO{\TeXButton{End-Proof}{\endproof}}%开始扩展\防端%%端部膨胀\开始｛引理｝对于每$n\geq0，$$5F_{4n+1}-L_{4n+1}-4\equiv 0${\rm（mod 10）}。\结束{引理}%TCIMACRO{\TeXButton{Proof}{\Proof}}%开始扩展\证明%%末端膨胀同样，$F_n$和$L_n$的显式公式很容易给出想要的结果结果。%%TCIMACRO{\TeXButton{End-Proof}{\endproof}}%开始扩展\防端%%末端膨胀\开始{定理}序列$L（n，k）$具有双重最大值当且仅当$n=F_{4j+1}，$和在这种情况下，最小模式由$kN=F{2j}^2给出$\结束{定理}%TCIMACRO{\TeXButton{Proof}{\Proof}}%开始扩展\证明%%末端膨胀如果$l$是$l（n，k）$的最小模式，则它满足\开始{方程式*}L（n，L）=L（n、\、L+1），\结束{方程式*}相当于\开始{方程式*}f（n，l）=5l^2-（5n-4）l+n^2-2n+1=0\，.\，\，\，\，\，\，\，\，\，\，\，\，\，\，\，\，\，\，\，\，\，\，%\,\,\,\,\,\,\,\,\,(7)\结束{方程式*}方程式（7）在$1$%中有两个根\开始{方程式*}l{1，\，2}=frac{5n-4\pm\sqrt{5n^2-4}}{10}。\结束{方程式*}由于$L（n，k）的模式，大于$\frac n2$的解决方案被拒绝$小于$\压裂n2$。最小的保留，即。，\开始{方程式*}l=\frac{5n-4-\sqrt{5n^2-4}}{10}\，\，.，\，\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(8)\结束{方程式*}因此，我们正在寻找所有整数对$（n_j，k_j），\，0\leq k_j\leq\压裂{nj}二\，$，满足（7）（或（8））。我们可以把（8）转换成一个方程与Tanny和Zuker\cite{8}中的Pell方程相关，然后使用一些关于二次域中单位（可逆元素）的经典事实（参见科恩引用{4}了解详细信息）。但我们的做法不同：通过引理$10$，$%5F_{2j+1}^2-4=L_{2n+1}^2$，通过引理$11$，$5F_{4j+1}-4-\sqrt{5F_}4j+1}^2-4}\equiv 5F_[4j+1]-4-L_{4j+1}\equav 0$（mod$10$），也就是说，$kj=\frac{55F{4j+1}-4\pm\sqrt{5F{4j+1}^2-4}}{10}=\frac{5F_{4j+1}-4-L{4j+1}}{10}=F{2j}^2\leq\frac{F{4j+1}}2.$所以，一些斐波那契数是当然是在$nj$中。现在让$（n_0，k_0）=（1,0），\，（n_1，k_1）=\，（n2，k2）=（34,9），\，（n3，k3）=（233,64），\$其中$n_j=F_{4j+1}，$$k_j=$$%F_{2j}^2$。以下递归很容易派生：\开始{方程式*}\左\{\开始{数组}{l}n_｛j+1｝=7n_j-n_｛j-1｝；\\k{j+1}=7kj-k{j-1}+2\，。\结束{数组}\对。\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,%\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(9)\结束{方程式*}现在，我们证明了（7）的所有解实际上都是$（n_j=F_{4j+1}，$$k_j=$$%F{2j}^2）{j\geq0}$。我们将证明，如果$（n_j，k_j）$是（7）的解，然后\开始{方程式*}（n{j+1}，k{j+1}）=（7nj-n{j-1}，7kj-k{j-1}+2）\结束{方程式*}是另一个。的确\开始{eqnarray*}f（n{j+1}，k{j+1{）&=&5k{j+1}^2-（5n{j+1）k{j+1}+n{j+1}^2-2n{j+1}+1\\&=&5（7k_j-k{j-1}+2）\\&&+（7nj-n{j-1}）^2-2（7nz-n{j-1}）+1\\&=&0\结束{eqnarray*}因为$f（n_i，k_i）=5k_i^2-（5n_i-4）k_i+n_i^2-2n_i+1=0$对于$0\leqi\leqj$假设$（n，k）$是另一个，$\，0\leqk\leq\frac n2；$不同的从这些$（nj，kj）$中。有一个唯一的$（n_i，k_i）$，即$%n _ i-->