可表为3个纯位数串联的Pell数

周建华,瞿云云*,朱山山,曾吉文

(1.贵州师范大学数学科学学院,贵州 贵安新区 550025;2.厦门大学数学科学学院,福建 厦门 361005)

1 引言及主要结果

本文使用代数数对数的线性形式以及Baker-Davenport约减方法,找到了所有可表为3个纯位数串联的Pell数,即得到下面的结果:

定理1丢番图方程

(1)

仅有正整数解(n,Pn)∈{(7,169),(8,408),(9,985)},其中a,b,c∈{0,1,…,9},a>0,a≠b,b≠c且mi∈Z+(i=1,2,3).

2 预备知识

αn-2≤Pn≤αn-1.

(2)

h(λ+η)≤h(λ)+h(η)+log 2,

h(λη±1)≤h(λ)+h(η),h(λm)≤|m|h(λ),

其中λ和η都是代数数,m∈Z.

最后,介绍以下3个引理.∀x∈R,设‖x‖=min{|x-n|:n∈Z}表示从x到最近整数n的距离.

引理1[11-12]设Κ为一个dΚ次实代数数域,且λ1,λ2,…,λt∈Κ为正的实代数数,b1,b2,…,bt为有理整数.设Ψ=λ1b1λ2b2…λtbt-1.如果Ψ≠0,则有

(1+logB)A1A2…At),

其中B≥max{|b1|,|b2|,…,|bt|}且Aj≥max{dΚh(λj),|logλj|,0.16}(j=1,2,…,t).

如下的引理2是文献[13]的一个变形.

3 定理1的证明

定理1的证明由方程(1)得

(3)

从而有

(b-c)10m3-c].

(4)

考虑当a,b,c∈{0,1,…,9},a>0,a≠b和b≠c时,使用程序找到了方程(1)在n∈[1,1 000]范围内的所有的正整数解如定理所示.现在,假设n>1 000,下证在该范围内方程(1)无其他正整数解.

结合不等式(2)和方程(1)可得10m1+m2+m3-1

m2+m3)+2.

(5)

接下来,分3个步骤讨论方程(4).

步骤1方程(4)可写为

两边取绝对值有

10m2+m3<29×10m2+m3.

(6)

h(λ2)=h(α)=(logα)/2<0.45,

h(λ3)=h(10)=log 10<2.31.

因此,可取A1=6.48≥max{dΚh(λ1),|logλ1|,0.16},A2=0.9和A3=4.62.因为m1+m2+m3

11×10-m1>|Ψ1|>exp[-2.62×

1013(1+logn)],

两边取对数,可得

m1log 10<2.62×1013(1+logn)+log 11.

(7)

步骤2重写方程(4)为

两边取绝对值有

9.9×10m3<29×10m3.

(8)

h(a10m1)+h(a-b)+log 2≤h(9)+

log 2<8.33+m1log 10.

因此,可取A1=16.66+2m1log 10,A2=0.9,A3=4.62和B=max{|b1|,|b2|,|b3|}=n.由不等式(8)和引理1,可得

11×10-m2>|Ψ2|>exp[-4.04×

1012(1+logn)(16.66+2m1log 10)],

两边取对数,可得

m2log 10<4.04×1012(1+logn)(16.66+

2m1log 10)+log 11.

(9)

步骤3再重写方程(4)得

两边取绝对值有

两边同时除以9αn,得到

(10)

h(λ1)=

(m1+m2)h(10)+h(a-b)+m2h(10)+

h(b-c)+2log 2<11.22+m1log 10+

2m2log 10,

因此,可取A1=22.44+2m1log 10+4m2log 10,A2=0.9,A3=4.62和B=max{|b1|,|b2|,|b3|}=n.由不等式(10)和引理1,可得

3α-n>|Ψ3|>exp[-4.04×1012(1+

logn)(22.44+2m1log 10+4m2log 10)],

两边取对数,可得

nlogα-log 3<4.04×1012(1+logn)(22.44+

2m1log 10+4m2log 10).

(11)

结合不等式(7),(9)和(11)可得,

nlogα<3.43×1039[1+(logn)3]+1.03×

1040[logn+(logn)2],

计算得n<4.66×1045,由式(5)左端不等式知m1+m2+m3<1.79×1045,故有m1+m2+m3

然后,使用引理2减少n的上界.设

不等式两边同时除以logα得

0<

966 906 984 107 996 622 451 342 711 342·

(475 757 483 963 622 834 701 712 499 334

135 536 483 955 779 839)-1,

且q99>6M,对所有的a∈{1,2,…,9}计算可得最小的ε=‖μq99‖-M‖γq99‖>0.109 100 11,由引理2得,ω=m1<49.878,故得m1≤49.若m1≤2,则也满足m1≤49.将m1≤49代入不等式(9)和(11)得

nlogα<1.59×1028[1+(logn)2]+3.17×

1028logn,

计算可得n<1.01×1032且m2+m3

φ2=(m2+m3)log 10-nlogα-

不等式两边同时除以logα得

429 512·(1 902 082 001 674 088 766 069 917

116 107 203 431)-1,

且q79>6M,对所有的m1≤49,a,b∈{0,1,…,9},a>0且a≠b时,可得最小的ε=‖μq79‖-M‖γq79‖>0.000 184 57,由引理2得,ω=m2<41.252,故得m2≤41.若m2≤2,则也满足m2≤41.将m1≤49和m2≤41代入不等式(11)可得

nlogα<2.53×1015(1+logn),

计算得n<1.16×1017且m3

φ3=m3log 10-nlogα+

3.07×α-n,

不等式两边同时除以logα得

且q48>6M,对所有的m1≤49,m2≤41,a,b,c∈{0,1,…,9},a>0且a≠b,b≠c时,可得到最小的正数ε=‖μq48‖-M‖γq48‖>2.426 745 39×10-7,由引理2可得,ω=n<75.502,故得n≤75.但是,当(m1,m2,a,b,c)∈{(1,19,6,3,7),(1,23,1,0,9),(7,16,5,1,2),(13,2,6,8,3)}时,出现ε≤0的情况.因此,对相同的M,再取γ的第49个渐进分数为

且q49>6M.此时,可得最小的正数ε=‖μq49‖-M‖γq49‖>0.188 343 11,且ω=n<60.561,故得n≤60.综上所述,得到n≤75,这与假设n>1 000矛盾.

综上,定理得证.