可表為3個純位數串聯的Pell數

周建華,瞿云云*,朱山山,曾吉文

(1.貴州師范大學數學科學學院,貴州 貴安新區 550025;2.廈門大學數學科學學院,福建 廈門 361005)

1 引言及主要結果

本文使用代數數對數的線性形式以及Baker-Davenport約減方法,找到了所有可表為3個純位數串聯的Pell數,即得到下面的結果:

定理1丟番圖方程

(1)

僅有正整數解(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 預備知識

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都是代數數,m∈Z.

最后,介紹以下3個引理.?x∈R,設‖x‖=min{|x-n|:n∈Z}表示從x到最近整數n的距離.

引理1[11-12]設Κ為一個dΚ次實代數數域,且λ1,λ2,…,λt∈Κ為正的實代數數,b1,b2,…,bt為有理整數.設Ψ=λ1b1λ2b2…λtbt-1.如果Ψ≠0,則有

(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是文獻[13]的一個變形.

3 定理1的證明

定理1的證明由方程(1)得

(3)

從而有

(b-c)10m3-c].

(4)

考慮當a,b,c∈{0,1,…,9},a>0,a≠b和b≠c時,使用程序找到了方程(1)在n∈[1,1 000]范圍內的所有的正整數解如定理所示.現在,假設n>1 000,下證在該范圍內方程(1)無其他正整數解.

結合不等式(2)和方程(1)可得10m1+m2+m3-1

m2+m3)+2.

(5)

接下來,分3個步驟討論方程(4).

步驟1方程(4)可寫為

兩邊取絕對值有

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.因為m1+m2+m3

11×10-m1>|Ψ1|>exp[-2.62×

1013(1+logn)],

兩邊取對數,可得

m1log 10<2.62×1013(1+logn)+log 11.

(7)

步驟2重寫方程(4)為

兩邊取絕對值有

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)],

兩邊取對數,可得

m2log 10<4.04×1012(1+logn)(16.66+

2m1log 10)+log 11.

(9)

步驟3再重寫方程(4)得

兩邊取絕對值有

兩邊同時除以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)],

兩邊取對數,可得

nlogα-log 3<4.04×1012(1+logn)(22.44+

2m1log 10+4m2log 10).

(11)

結合不等式(7),(9)和(11)可得,

nlogα<3.43×1039[1+(logn)3]+1.03×

1040[logn+(logn)2],

計算得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減少n的上界.設

不等式兩邊同時除以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,對所有的a∈{1,2,…,9}計算可得最小的ε=‖μq99‖-M‖γq99‖>0.109 100 11,由引理2得,ω=m1<49.878,故得m1≤49.若m1≤2,則也滿足m1≤49.將m1≤49代入不等式(9)和(11)得

nlogα<1.59×1028[1+(logn)2]+3.17×

1028logn,

計算可得n<1.01×1032且m2+m3

φ2=(m2+m3)log 10-nlogα-

不等式兩邊同時除以logα得

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

116 107 203 431)-1,

且q79>6M,對所有的m1≤49,a,b∈{0,1,…,9},a>0且a≠b時,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,則也滿足m2≤41.將m1≤49和m2≤41代入不等式(11)可得

nlogα<2.53×1015(1+logn),

計算得n<1.16×1017且m3

φ3=m3log 10-nlogα+

3.07×α-n,

不等式兩邊同時除以logα得

且q48>6M,對所有的m1≤49,m2≤41,a,b,c∈{0,1,…,9},a>0且a≠b,b≠c時,可得到最小的正數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,當(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)}時,出現ε≤0的情況.因此,對相同的M,再取γ的第49個漸進分數為

且q49>6M.此時,可得最小的正數ε=‖μq49‖-M‖γq49‖>0.188 343 11,且ω=n<60.561,故得n≤60.綜上所述,得到n≤75,這與假設n>1 000矛盾.

綜上,定理得證.