百万美元。如果$n\leq 200$,则使用范围为$0\leq m的emph{Mathematica}进行暴力搜索200$.现在我们得到$n$和$a$之间的关系。将\eqref{eqn1}与\eqref{desfib}的右不等式结合起来,就可以得到\[2^{a}\leq2\alpha^{n}+2\alpha^}m}<2^{n+1}+2^{m+1}=2^{n+1}(1+2^{m-n})\leq2^{n+1}(1+2^{-1})<2^}n+2},\]这将导致$a\leq n+1$。这一估计对我们的目的至关重要。另一方面,我们将等式\eqref{eqn1}重写为\[\α^n-2^a=-\β^n-L_m。\] 我们现在取上述关系中的绝对值,获得\[\左|\alpha^n-2^a\right|\leq|\beta|^n+L_m<\frac{1}{2}+2\alpha ^m。\]将上述表达式的两边除以$\alpha^{n}$,并考虑到$n>m$,我们得到\开始{方程式}\标签{deflambda1}\左|1-2^{a}\cdot\alpha^{-n}\right|<\frac{3}{\alpha ^{n-m}}。\结束{方程式}为了应用定理ref{teoLMN},我们取$\gamma_1:=\alpha$,$\gamma_2:=2$,$b_1:=n$和$b_2:=a$。所以,\[\伽马:=b_2\log\Gamma_2-b_1\log\Gamma_1,\]因此,可以将estimation\eqref{deflambda1}重写为\开始{方程式}\标签{deflambda1B}\左|1-e^{\Gamma}\right|<\frac{3}{\alpha^{n-m}}。\结束{方程式}包含$\gamma_1,\gamma_2$的代数数字段是$\mathbb{Q}(\sqrt{5})$,因此我们可以取$D:=2$。通过对Lucas序列使用\eqref{eqn1}和Binet公式,我们得到\[\α^n=L_n-\β^n0$. 这与\eqref{deflambda1B}一起给出了\开始{方程式}\标签{des-gamma}0<\Gamma<\frac{3}{\alpha^{n-m}}},\结束{方程式}其中我们还使用了$x\leqe^x-1$表示所有$x\in\mathbb{R}$。因此,\开始{方程式}\标签{exp-gamma}\log\Gamma<\log 3-(n-m)\log\alpha。\结束{方程式}进一步注意$h(\gamma_1)=(\log\alpha)/2=0.2406\cdots$和$h(\ gamma_2)=\log 2=0.6931\cdots$;因此,我们可以选择$\log A_1:=0.5$和$\log A_2:=0.7$。最后,通过回忆$a\leq n+1$,我们得到\[b^{prime}=frac{n}{1.4}+a<1.71429,n+1<2n。\]由于$\alpha$和2是乘法独立的,根据定理{teoLMN}\开始{align}\log\Gamma\geq&\,-30.9\cdot 2^4\cdot\left(\max\left\{log(2n),21/2,1/2\right\}\right)^2\cdot 0.5\cdot 0.7\符号\\>&-174\cdot\left(\max\left\{\log(2n),21/2,1/2\right\}\right)^2。\标签{aplicLMN}\结束{对齐}现在,我们将\eqref{exp-gamma}和\eqref{aplicLMN}组合以获得\开始{方程式}\标签{res-aplic-LMN}(n-m)\log\alpha<180\cdot\left(\max\left\{\log(2n),21/2\right\}\right)^2。\结束{方程式}现在让我们得到对数的第二个线性形式。为此,我们现在重写\eqref{eqn1}如下:\[\α^n(1+\α^{m-n})-2^a=-\β^n-\β^m。\] 取上述关系中的绝对值,并使用$\beta=(1-\sqrt{5})/2$这个事实,我们得到\[|\α^n(1+\alpha^{m-n})-2^a|=|\beta|^n+|\beta |^m<2\]对于所有$n>200$和$m\geq 0$。将上述不等式的两边除以左边的第一项,我们得到\开始{方程式}\标签{deflambda2}\左|1-2^{a}\cdot\alpha^{-n}\cdot(1+\alpha_{m-n})^{-1}\right|<\frac{2}{\alpha~{n}}。\结束{方程式}我们现在准备应用Matveev的结果定理\ref{teoMatveev}。为此,我们采用参数$t:=3$和\[\gamma_1:=2,\quad\gamma_2:=alpha,\qua1\gamma_3:=1+\alpha^{m-n}。\]我们取$b_1:=a$、$b_2:=-n$和$b_3:=-1$。如前所述,$\mathbb{K}:=\mathbb2{Q}(\sqrt{5})$包含$\gamma_1、\gamma_2、\gamma_3$,并且具有$D:=[\mathbb{K}:\mathbp{Q}]=2$。要了解为什么\eqref{deflambda2}的左侧不为零,请注意,否则,我们将得到以下关系\开始{方程式}\标签{exp1}2^a=阿尔法^n+阿尔法^m。\结束{方程式}在$\mathbb{Q}(\sqrt{5})$中结合上述关系,我们得到\开始{方程式}\标签{exp2}2^a=贝塔^n+贝塔^m。\结束{方程式}结合\eqref{exp1}和\eqref{exp2},我们得到\[\alpha^n<\alpha^n+\alpha ^m=|\beta^n+\ beta^m|\leq|\beta |^n+|\betab|^m<2,\]这对于$n>200$来说是不可能的。因此,不等式\eqref{deflambda2}的左侧实际上是非零的。在Matveev定理的这个应用中,我们取$A_1:=1.4$和$A_2:=0.5$。因为$a\leq n+1$,所以我们可以取$B:=n+1$。现在我们估计$h(\gamma_3)$。我们首先观察到\[\gamma_3=1+\alpha^{m-n}<2\quad\text{和}\quad\gamma_3^{-1}=\frac{1}{1+\alfa^{m-n}<1,\]因此$\log\gamma3<1$。接下来,请注意\[h(\gamma3)\leq|m-n|\左(\frac{\log\alpha}{2}\right)+\log2=\log2+(n-m)\left(\frac{\log\ alpha}{2}\右)。\]因此,我们可以\[A_3:=2+(n-m)\log\alpha>\max\{2h(\gamma_3),|\log\gamma_3|,0.16\}。\]现在,Matveev定理意味着\eqref{deflambda2}左侧的下限为\[\exp\left(-C\cdot(1+\log(n+1))\cdot 1.4\cdot 0.5\cdot\]其中$C:=1.4\cdot 30^{6}\cdot 3^{4.5}\cdot2^2(1+\log2)<9.7\乘以10^{11}$。因此,不等式\eqref{deflambda2}产生\开始{方程式}\标签{exp3}n\log\alpha-\log 2<1.36\乘以10^{12}\log n\cdot(2+(n-m)\log\alpha),\结束{方程式}其中我们使用了不等式$1+\log(n+1)<2\log n$,这是因为$n>200$。在上述不等式的最右边项中使用现在的\eqref{res-aplic-LMN}并执行相应的计算,我们得出\开始{方程式}\标签{exp-fin-n}n<6\乘以10^{14}\log n\cdot\left(\max\left\{log(2n),21/2\right\}\right)^2。\结束{方程式}如果$max\left\{log(2n),21/2\right\}=21/2$,则从\eqref{exp-fin-n}得出$n<8\乘以10^{16}\logn$给出$n<3.5\乘以10*{18}$。另一方面,如果我们有$max\left\{log(2n),21/2\right\}=\log(2 n)$,那么从\eqref{exp-fin-n},我们得到$n<6乘以10^{14}\log n\log ^2(2 n。在任何情况下,$n<5.9\乘以10^{19}$总是成立的。我们在下面的引理中总结了迄今为止所证明的内容。\开始{引理}\label{cota_an}如果$(n,m,a)$是方程\eqref{eqn1}的正整数解,其中$n>m$和$n>200$,则不等式\[a+1<6乘以10^{19}\]保持。\结束{引理}%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%\节{减少$n$}上的界限在找到$n$上的上界之后,下一步是减小它。为此,我们首先使用连分式的一些性质来获得$n-m$上的合适上界,然后使用引理ref{reduce}得出$n$必须相对较小的结论。让我们看看。回到不等式\eqref{des-gamma},我们得到\[00}0\压裂{1}{(a_M+2)a}。\结束{方程式}比较估计值\eqref{Gamma>0}和\eqref{aplic-frac-cont},我们马上得到\[\α^{n-m}<7\cdot 136\cdot a<6\乘以10^{22},\]导致110亿美元。现在让我们稍微研究一下\eqref{deflambda2},以便找到$n$的改进上限。放置\开始{方程式}\标签{def-z}z: =a\log 2-n\log\alpha-\log\varphi(n-m),\结束{方程式}其中$\varphi$是由公式$\varphi(t):=1+\alpha^{-t}$给出的函数。因此,\eqref{deflambda2}意味着\开始{方程式}\标签{des-z}|1-e^{z}|<\frac{2}{\alpha^{n}}。\结束{方程式}请注意$z\neq 0$;因此,我们区分以下情况。如果$z>0$,则从\eqref{des-z}获得\[00}00}表示所有选项$n-m\in\{1,\ldots,110\}$,但当$n-m=1,3$时除外,并获得该值\[n<\frac{\log(Aq/\epsilon)}{\logB},\] 其中$q>6M$是$\gamma$的连续分数的收敛分母,使得$\epsilon=||\mu q||-M||\gamma q|>0$。事实上,在emph{Mathematica}的帮助下,我们发现如果$(n,m,a)$是方程eqref{eqn1}的可能解,其中$z>0$和$n-m\neq 1,3$,则$n\leq 130$。这是错误的,因为我们假设$n>200$。假设现在$z<0$。首先,注意$2/\alpha^{n}<1/2$,因为$n>200$。然后,在\eqref{des-z}中,我们得到$|1-e^{z}|<1/2$,因此$e^{|z|}<2$。由于$z<0$,我们\[0<|z|\leq e ^{|z|}-1=e ^{^{z} -1个|<\frac{4}{\alpha^{n}}。\]然后,通过用于证明\eqref{z>0}的相同参数,我们获得\开始{方程式}\标签{z<0}00}或\eqref{z<0}(分别根据$z$是正还是负),出现在引理\ref{reduce}中的相应参数$\mu$是\[-\压裂{log\varphi(t)}{log\alpha}=\开始{cases}-1,&\text{if}t=1;\\1-\frac{\log2}{\log\alpha},&\text{if}t=3。\结束{cases}\quad\text{或}\quad\压裂{\log\varphi(t)}{\log 2}=\开始{cases}\压裂{\log\alpha}{\log2},&\text{if}t=1;\\1-\frac{\log\alpha}{\log2},&\text{if}t=3。\结束{cases}\]但是,在任何情况下,我们都可以看到引理ref{reduce}中$\epsilon$的对应值总是负值,因此在这些情况下,reduce方法对于减少$n$上的界限是不有用的。因此,我们需要区别对待这些案例。我们在这里要做的就是解方程\开始{方程式}\标签{eq:n-m=1,3(A)}L_{m+1}+L_m=2^a\quad\text{和}\quad L_{m+3}+L.m=2^a\结束{方程式}分别以正整数$m$和$a$表示,其中$m+1>200$和$m+3>200$。但是,根据定义$L_{m+1}+L_m=L_{m+2}$。此外,$L_{m+3}+L_m=2L_{m+2}$,这是容易检查的。从上面的讨论中,我们看到方程\eqref{eq:n-m=1,3(A)}被转换为更简单的方程\开始{方程式}\标签{eq:n-m=1,3(B)}L_{m+2}=2^a\quad\text{和}\quad L_{m2}=2^{a-1}\结束{方程式}分别以正整数$m$和$a$进行解析,其中$m>199$和$m>197$。但是,我们很快看到,如上所述,上述方程\eqref{eq:n-m=1,3(B)}对于$m>1$没有解。这就完成了对$n-m=1,3$情况的分析,从而证明了定理\ref{teo1}。%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%\{确认}节我们感谢裁判的建议,这些建议提高了比赛的质量纸张。J.~J.~B.~部分由考卡大学和墨西哥联阿援助团PAPIIT IN104512项目为F.~L.~提供了部分支持。%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%\开始{书目}{99}\bibitem{Baker-Davenport}A.~Baker和H.~Davenport,方程$3x^2-2=y^2$和$8x^2-7=z^2$,\emph{Quart.J.数学.Oxford Ser}。{\bf 20}(1969),第129-137页。\bibitem{Bilu}于~Bilu,G.~Hanrot和P.~Voutier,Lucas和Lehmer数本原除数的存在性(附有M.~Mignotte的附录),\emph{J.Reine Angew.Math}。{\bf 539}(2001),75-122。\bibitem{Bug}Y.~Bugeaud、M.~Mignotte和S.~Siksek,指数丢番图方程的经典和模方法。一、斐波那契和卢卡斯的完美幂,\emph{数学年鉴}。\textbf{163}(2006),969--1018。\bibitem{BL1}J.~J.~Bravo和F.~Luca,关于$k-$广义Fibonacci序列中重复数位的猜想,emph{Publ.Math.Debrecen}{\bf 82}(2013),623--639。\bibitem{BL13}J.~J.~Bravo和F.~Luca,关于丢番图方程$F_n+F_m=2^a$,预印本,2014年。\bibitem{Car}R.~D.~Carmichael,关于算术形式$\alpha^n\pm\beta^n$,\emph{Ann.Math}的数字因子。{\bf 15}(1913),30-70。\bibitem{SL11}S.~D\'iaz Alvarado和F.~Luca,两个代表数字之和的斐波那契数,第十四届斐波那奇数及其应用国际会议论文集,2011年,第97至111页。\bibitem{DP}A.~Dujella和A.~Peth\H 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