设数列 $\{a_{n}\}$ 满足 $a_{1}=1$，$a_{2}=3$，$a_{n}=3a_{n-1}-a_{n-2},n\in\mathbb N^{*},n\geqslant 3$．问是否存在正整数 $n$，使得 $2^{2016}\parallel a_{n}$（即 $2^{2016}$ 整除 $a_{n}$，$2^{2017}$ 不整除 $a_{n}$）？如果存在，求出最小的正整数 $n$ 的值；如果不存在，请说明理由．
【难度】
【出处】
2016年全国高中数学联赛江苏省复赛（加试）
【标注】
【答案】
存在，$3\cdot 2^{2013}$
【解析】
存在无穷多个正数 $n$，使得 $2^{2016}\parallel a_{n}$，并且最小的正整数 $n$ 为 $3\cdot 2^{2013}$．
证明如下：
若 $2^{a}\parallel m$，则记 $v_{2}(m)=a$，因此\[v_{2}(mn)=v_{2}(m)+v_{2}(n),\]且\[v_{2}(m+n)\geqslant \min \{v_{2}(m),v_{2}(n)\}.\]如果 $v_{2}(m)\ne v_{2}(n)$，那么\[v_{2}(m+n)=\min \{v_{2}(m),v_{2}(n)\}.\]断言：$$v_{2}(a_{n})=\begin{cases}0, & n\not \equiv 0(\mod 3)\\ 3+v_{2}(k),&n=3k.\end{cases}$$下面证明该断言．
如表：\[\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|} \hline n &1&2&3&4&5&6&7&8&9&\cdots \\ \hline a_{n}(\mod 2) &1&1&0&1&1&0&1&1 &0&\cdots \\ \hline \end{array}\]因此，当 $n\not \equiv 0(\mod 3)$ 时，有 $v_{2}(a_{n})=0$．
当 $n=3k,k\geqslant 1$ 时，因为\[a_{n}=\dfrac{1}{\sqrt 5}\left(\left(\dfrac{3+\sqrt 5}{2}\right)^{n}-\left(\dfrac{3-\sqrt 5}{2}\right)^{n}\right),\]所以\[\begin{split}a_{3k}&=\dfrac{1}{\sqrt 5}\left(\left(\dfrac{3+\sqrt 5}{2}\right)^{3k}-\left(\dfrac{3-\sqrt 5}{2}\right)^{3k}\right)\\&=\dfrac{1}{\sqrt 5}((9+4\sqrt 5)^{k}-(9-4\sqrt 5)^{k})\\&=2\sum\limits _{0\leqslant i\leqslant [\dfrac {k-1} 2 ]}{\rm C}_{k}^{2i+1}\cdot 9^{k-(2i+1)}\cdot 4^{2i+1}\cdot 5^{i}\\&={\rm C}_{k}^{1}\cdot 2^{3}\cdot 3^{2k-2}+{\rm C}_{k}^{3}\cdot 2^{7}\cdot 3^{2k-6}\cdot 5^{1}+\cdots +{\rm C}_{k}^{2i+1}\cdot 2^{4i+3}\cdot 3^{2k-4i-2}\cdot 5^{i}+\cdots .\end{split}\]因为$${\rm C}_{k}^{2i+1}=\dfrac{k}{2i+1}\cdot {\rm C}_{k-1}^{2i},$$所以\[(2i+1){\rm C}_{k}^{2i+1}=k\cdot {\rm C}_{k-1}^{2i},\]从而\[v_{2}({\rm C}_{k}^{2i+1})=v_{2}(k)+v_{2}({\rm C}_{k-1}^{2i}),i\geqslant 1.\]因此\[v_{2}(a_{3k})=3+v_{2}(k),\]断言得证．
根据断言，若使 $v_{2}(a_{3k})=2016$，则必有$$3+v_{2}(k)=2016,$$即 $v_{2}(k)=2013$，因此 $2^{2016}\parallel a_{n}$ 当且仅当$$n=3\cdot 2^{2013}\cdot m,$$其中 $(m,2)=1$．
综上知，满足条件的最小的正整数 $n$ 为 $n=3\cdot 2^{2013}$．
证明如下：
若 $2^{a}\parallel m$，则记 $v_{2}(m)=a$，因此\[v_{2}(mn)=v_{2}(m)+v_{2}(n),\]且\[v_{2}(m+n)\geqslant \min \{v_{2}(m),v_{2}(n)\}.\]如果 $v_{2}(m)\ne v_{2}(n)$，那么\[v_{2}(m+n)=\min \{v_{2}(m),v_{2}(n)\}.\]断言：$$v_{2}(a_{n})=\begin{cases}0, & n\not \equiv 0(\mod 3)\\ 3+v_{2}(k),&n=3k.\end{cases}$$下面证明该断言．
如表：\[\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|} \hline n &1&2&3&4&5&6&7&8&9&\cdots \\ \hline a_{n}(\mod 2) &1&1&0&1&1&0&1&1 &0&\cdots \\ \hline \end{array}\]因此，当 $n\not \equiv 0(\mod 3)$ 时，有 $v_{2}(a_{n})=0$．
当 $n=3k,k\geqslant 1$ 时，因为\[a_{n}=\dfrac{1}{\sqrt 5}\left(\left(\dfrac{3+\sqrt 5}{2}\right)^{n}-\left(\dfrac{3-\sqrt 5}{2}\right)^{n}\right),\]所以\[\begin{split}a_{3k}&=\dfrac{1}{\sqrt 5}\left(\left(\dfrac{3+\sqrt 5}{2}\right)^{3k}-\left(\dfrac{3-\sqrt 5}{2}\right)^{3k}\right)\\&=\dfrac{1}{\sqrt 5}((9+4\sqrt 5)^{k}-(9-4\sqrt 5)^{k})\\&=2\sum\limits _{0\leqslant i\leqslant [\dfrac {k-1} 2 ]}{\rm C}_{k}^{2i+1}\cdot 9^{k-(2i+1)}\cdot 4^{2i+1}\cdot 5^{i}\\&={\rm C}_{k}^{1}\cdot 2^{3}\cdot 3^{2k-2}+{\rm C}_{k}^{3}\cdot 2^{7}\cdot 3^{2k-6}\cdot 5^{1}+\cdots +{\rm C}_{k}^{2i+1}\cdot 2^{4i+3}\cdot 3^{2k-4i-2}\cdot 5^{i}+\cdots .\end{split}\]因为$${\rm C}_{k}^{2i+1}=\dfrac{k}{2i+1}\cdot {\rm C}_{k-1}^{2i},$$所以\[(2i+1){\rm C}_{k}^{2i+1}=k\cdot {\rm C}_{k-1}^{2i},\]从而\[v_{2}({\rm C}_{k}^{2i+1})=v_{2}(k)+v_{2}({\rm C}_{k-1}^{2i}),i\geqslant 1.\]因此\[v_{2}(a_{3k})=3+v_{2}(k),\]断言得证．
根据断言，若使 $v_{2}(a_{3k})=2016$，则必有$$3+v_{2}(k)=2016,$$即 $v_{2}(k)=2013$，因此 $2^{2016}\parallel a_{n}$ 当且仅当$$n=3\cdot 2^{2013}\cdot m,$$其中 $(m,2)=1$．
综上知，满足条件的最小的正整数 $n$ 为 $n=3\cdot 2^{2013}$．
答案
解析
备注
