Pellen ekuazioa

$x^2-2y^2=1$, ekuazioaren zenbait ebazpen diofantoar.

Pell-en ekuazio diofantoarra gisa honetako ekuazioa da: $x^2-p{y}^2=1$, zeinetan $p$ zenbaki arrunt eta ez karratua den. Ekuazio diofantoarren helburua, zenbaki osoen gaineko ebazpenak ( ebazpen diofantoarrak ) determinatzea da, existitzen diren kasuan.

Pellen ekuazioaren: $p$, parametroaren balioa edozein zenbaki ez karratu izanik: $(x,y)=(1,0)$, eta $(x,y)=(-1,0)$ beti dira ebazpen diofantoarrak: ebazpen neutroak izenda daitezke. Horregatik $p$ zenbaki ez karratuarentzat, helburua: neutroak ez diren ebazpen diofantoarrak determinatzea da existitzen diren kasuan.

Pell-en ekuazio diofantoarraren problemak bi dira beraz: $p$ zenbaki ez karratua emanik, ebazpen ez neutrorik ba ote duen determinatzea, eta duen kasuan ahal diren ebazpen guztiak determinatzea.

Irudian $x^2-2y^2=1$, ekuazioaren zenbait ebazpen diofantoar eta ez neutroak, gorriz adierazi dira: $(x,y)\in \{(3,2),(3,-2),(-3,2),(-3,-2)\}$

Historia

Ekuazio honen ikerketa antzinakoa da, eta ebazpena XVIII. mendean gauzatuko da.

Badirudi Euler-en nahaste baten ondorioz atxikitzen zaiola ekuazio hau Pell-i. Badirudi Eulerrek Wallis aipatu beharrean Pell aipatu zuela.

Evariste Galois (1811-1832)

Dirichlet-ek Pell en ekuazioa bateragarria dela frogatuko du. Hots: $p$ edozein zenbaki arrunt ez karraturentzat, Pellen ekuaziak beti duela ebazpen ez neutro bat ( $y\ne 0$ ), (usategiaren printzipioa erabiliz).

Pell-en ekuazioak ebazpen ez neutro bat baldin badu, badu ebazpen minimo bat, eta ebazpen minimo honek ekuazio diofantikoaren ebazpen guztiak determinatzen ditu: oinarrizko ebazpena izendatzen da ebazpen minimo hau.

Oinarrizko ebazpena determinatzeko metodoa, zatiki jarraien bidez ebatziko dute: Euler(1748), Lagrange(1768) eta Galois(1828)-ek: zenbaki irrazional bikarratuak, zatiki jarraien bidezko garapenarekiko karakterizatuz.

Oinarrizko ebazpena

$p$ zenbaki ez karratua emanik, Pell-en ekuazioa: $x^2-p{y}^2=1$, bateragarria dela frogatzen du Dirichlet-ek. Ondorioz ebazpen diofantoar ( ez neutroa ) bat existitzen da. Ekuazioaren ebazpenak, $x^2-p{y}^2=1$ hiperbolan daudenez, ebazpen diofantoar bakar bat existitzen da lehen koadrantean, jatorrira distantzia minimoa duena: ebazpen minimo hau izango da: Oinarrizko ebapena, $(x,y)=(a,b)$, adieraziko da, hots: $a^2-p{b}^2=1$. Irudian agertu den kasuan: $x^2-2y^2=1$, ren oinarrizko ebazpena: $(a,b)=(3,2)$.

$\sqrt{p}=[a_0,a_1,a_3,...,a_n,...]$ Zatiki jarraien bidezko garapena izango da.

Zatiki jarraien bidezko garapenaren $n$. hondarra$R_n(\sqrt{p})=[a_0,a_1,a_3,...,a_n]$ adieraziko da.

Zenbaki irrazionala: $\sqrt{p}$ , erro modukoa izateagatik, Zatiki jarraien bidezko bere garapena, lehen koefizientetik aurrera periodikoa dela frogatuko du Galoisek, eta periodo hori: $T$, $a_n=2a_0$ berdintza betetzen duen lehen zenbaki arrunta dela.

Honela: $\sqrt{p}=[a_0,\overline{a_1,a_3,...,a_{T-1},2a_0}]$ izango da zatiki jarraien bidezko garapena.

Ondorengoa dugu Pellen ekuazioaren oinarrizko ebazpena:

$\frac{a}{b}=R_{T-1}(\sqrt{p})=[a_0,a_1,a_3,...,a_{T-1}]$ , $T$ bikoitia bada.

$\frac{a}{b}=R_{2T-1}(\sqrt{p})=[a_0,a_1,a_3,...,a_{2T-1}]$ , $T$ bakoitia bada.

Irudian agertu den kasuan: $\sqrt{p}=[1,\bar{2}]$, ondorioz: $T=1$, bakoitia.

Eta oinarrizko ebazpena: $\frac{a}{b}=R_1(\sqrt{2})=[1,2]=1+\frac{1}{2}=\frac{3}{2}$

Bateragarritasuna

Pellen ekuazioa, bateragarria da, $p$ edozein zenbaki arrunt eta ez karratu izanik. Pell-en ekuazioak beti onartzen du ebazpen neutroa: $x=1,y=0$, horregatik bateragarria dela diogunean, neutroa ez den ebazpen baten existentziaz mintzo gara.

Peter Gustav Lejeune Dirichlet (1805-1859)

Pell-en ekuazioa bateragarria dela frogatuko da, $p$ edozein zenbaki arrunt eta ez karratu izanik. Honetarako Dirichlet-en bidea jarraituz: Lema bat, korolario bat eta proposizio bat frogatuz.

Oharra: Notazioetan, $[a,b]$ bitartea erabiliko da, $[a,b]\cap \mathbb{Z}$multzoa adierazteko, eta $[x]$, berriz, $x$-ren zati osoa adierazteko.

$\mathrm{\aleph }$, aleph zero sinboloak infinitu kontagarria adierazten du, eta $\left|A\right|$-k, $A$ multzoaren elementu kopurua.

Zenbaki arrazionalak: $\mathbb{Q}=\{\frac{p}{q}:p\in \mathbb{Z},q\in \mathbb{N}\}$

Lema

$\alpha \in ℝ$ emanik, $\mathrm{\forall }n\in \mathbb{N}$-rentzat $\mathrm{\exists }\frac{p}{q}\in \mathbb{Q}$ non $|\alpha -\frac{p}{q}|<\frac{1}{q\cdot n}$ eta $q\in [1,n]$.

Froga.

$\frac{p}{q}$ zenbaki arrazionala, $p\in \mathbb{Z}$ eta $q\in \mathbb{N}$ suposatzen da orokortasuna galdu gabe.

$n\in \mathbb{N}$ emanik, ondorengo segida eraikiko da: $x_j=j\alpha -[j\alpha ]$ non $j\in [0,n]$.

$x_j=j\alpha -[j\alpha ]\in [0,1)=\bigcup _{k=0}^{n-1}[\frac{k}{n},\frac{k+1}{n})$, $\mathrm{\forall }j\in [0,n]$-rentzat.

Honela $n+1$ zenbaki , $n$ bitarte disjuntutan banatu dira, eta usategi printzipioa erabiliz, existitzen da bitarte bat, gutsienez bi zenbaki bere baitan dituena.

$\mathrm{\exists }r,s\in [0,n]$, eta $r<s$ non $|x_r-x_s|<\frac{1}{n}$

$|x_r-x_s|=|r\alpha -s\alpha -([r\alpha ]-[s\alpha ])|=$$(r-s)|\alpha -\frac{[r\alpha ]-[s\alpha ]}{r-s}|<\frac{1}{n}$

$r,s\in [0,n]$, eta $r<s$ $\Rightarrow 1\le r-s\le n$. Honela $q=r-s$ eta $p=[r\alpha ]-[s\alpha ]$ aukeratuz.

$\mathrm{\exists }\frac{p}{q}\in Q$ non $|\alpha -\frac{p}{q}|<\frac{1}{q\cdot n}$ eta $q\in [1,n]$.

Korolarioa (Dirichleten teorema)

$\alpha \in ℝ-\mathbb{Q}$ eta $\mathrm{\Re }=\{\frac{p}{q}\in \mathbb{Q}:|\alpha -\frac{p}{q}|<\frac{1}{q^2}\}$$\Rightarrow \left|\mathrm{\Re }\right|=\mathrm{\aleph }$

Froga

$p=\left[\alpha \right],q=1$, hartuaz $|\alpha -\frac{[\alpha ]}{1}|<\frac{1}{1^2}\Rightarrow [\alpha ]\in \mathrm{\Re }$. Ondorioz $\mathrm{\Re }\ne \mathrm{\varnothing }$.

Absurdura bideratuz suposa bedi, $\left|\mathrm{\Re }\right|<\mathrm{\aleph }$ dela (finitua).

$\left|\mathrm{\Re }\right|<\mathrm{\aleph }\Rightarrow \mathrm{\exists }ϵ=Min\{|\alpha -r|:r\in \mathrm{\Re }\}$

Zenbaki arrazionalen arkimedesen ezaugarriagatik:$\mathrm{\exists }n\in \mathbb{N}:\frac{1}{n}<ϵ$ .

$\alpha$ eta $n$ zenbakiei, aurreko Lema aplikatuz: $\mathrm{\exists }\frac{p}{q}\in \mathbb{Q}:|\alpha -\frac{p}{q}|<\frac{1}{q\cdot n};q\in [1,n]$

Ondorioz, $|\alpha -\frac{p}{q}|<\frac{1}{q\cdot n}\le \frac{1}{n}<ϵ\Rightarrow \frac{p}{q}\in ̸\mathrm{\Re }$

Eta bestalde $|\alpha -\frac{p}{q}|<\frac{1}{q\cdot n}\le \frac{1}{q^2}\Rightarrow \frac{p}{q}\in \mathrm{\Re }$

Absurdua denez ezinezkoa da $\mathrm{\Re }$ finitua izatea$\Rightarrow \left|\mathrm{\Re }\right|=\mathrm{\aleph }$

Proposizioa

$p$ zenbaki arrunt eta ez karratua bada, Pell-en ekuazioak: $x^2-p{y}^2=1$ , badu ebazpen ez neutro bat.

Froga

$p$ zenbaki arrunt eta ez karratua bada, $\sqrt{p}$ ez da zenbaki arrazionala: $\sqrt{p}\in ℝ-\mathbb{Q}$.

$\alpha =\sqrt{p}\in ℝ-\mathbb{Q}$ zenbakiari aurreko korolarioa aplikatuz, $\left|\mathrm{\Re }\right|=\mathrm{\aleph }$ , zeinetan:

$\mathrm{\Re }=\{\frac{x}{y}\in \mathbb{Q}:|\sqrt{p}-\frac{x}{y}|<\frac{1}{y^2}\}$.

• Ondorengo emaitza frogatuko da hiru pausotan:

$\mathrm{\exists }m\in Z;\left|m\right|<1+2\sqrt{p}$ non $\left|{𝒜}_{𝓂}\right|=\mathrm{\aleph }$.

Zeinetan ${𝒜}_m=\{(x,y)\in N\times N:|x^2-p{y}^2|=m\}$ multzoa den.

Bat: $\left|{\mathrm{\Re }}_1\right|=\mathrm{\aleph }$, forgatuko da, zeinetan ${\mathrm{\Re }}_1=\{\frac{x}{y}\in \mathbb{Q}:|x^2-y^{2}p|<1+2\sqrt{p}\}$ . Ondorengo desberdintzak betetzen dituzte $\mathrm{\Re }$ multzoko zatikiek: $\frac{x}{y}\in \mathrm{\Re }$ emanik: $|\sqrt{p}-\frac{x}{y}|<\frac{1}{y^2}\iff |y\sqrt{p}-x|<\frac{1}{y}$, eta desberdintza triangeluarra erabiliz:

$|y\sqrt{p}+x|=|2y\sqrt{p}+x-y\sqrt{p}|\le$ $2y\sqrt{p}+|x-y\sqrt{p}|<\frac{1}{y}+2y\sqrt{p}$ .

Bi zenbakien biderketa eginez:

$|x-y\sqrt{p}|\cdot |x+y\sqrt{p}|=|x^2-p{y}^2|$ $<\frac{1}{y}\cdot (\frac{1}{y}+2y\sqrt{p})=\frac{1}{y^2}+2\sqrt{p}\le 1+2\sqrt{p}$. Honela: $\frac{x}{y}\in \mathrm{\Re }\Rightarrow \frac{x}{y}\in {\mathrm{\Re }}_1$. Eta emaitza frogatzen da: $\mathrm{\Re }\subset {\mathrm{\Re }}_1;|\mathrm{\Re }|=\mathrm{\aleph }\Rightarrow |{\mathrm{\Re }}_1|=\mathrm{\aleph }$.

Bi $\left|𝒜\right|=\mathrm{\aleph }$ zeinetan $𝒜=\{(x,y)\in \mathbb{N}\times \mathbb{N}:|x^2-p{y}^2|<1+2\sqrt{p}\}$.

Ondorengo aplikazioa sortuko da: $f:𝒜\to {\mathrm{\Re }}_1$, zeinetan $f(x,y)=\frac{x}{y}$.

Erraz frogatzen da ondo definitutako aplikazioa dela, eta supraiektiboa dela.

$f$ supraiektiboa $\Rightarrow \left|{\mathrm{\Re }}_1\right|\le \left|𝒜\right|$.

${\mathrm{\Re }}_1$infinitua denez, $𝒜$ ere infinitua da: $\left|{\mathrm{\Re }}_1\right|=\mathrm{\aleph }\Rightarrow |𝒜|=\mathrm{\aleph }$.

Hiru: $\mathrm{\exists }m\in Z;\left|m\right|<1+2\sqrt{p}$ non $\left|{𝒜}_m\right|=\mathrm{\aleph }$.

Zeinetan ${𝒜}_m=\{(x,y)\in \mathbb{N}\times \mathbb{N}:|x^2-p{y}^2|=m\}$multzoa den.

Multzoen arteko ondorengo berdintza betetzen da:

$𝒜=\bigcup _{|m|<1+2\sqrt{p}}{𝒜}_m$.

Absurdura bideratuz $\mathrm{\forall }m\in Z;\left|m\right|<1+2\sqrt{p}\Rightarrow \left|{𝒜}_m\right|<\mathrm{\aleph }$ suposatzen bada.

$|𝒜|=|\bigcup _{|m|<1+2\sqrt{p}}{𝒜}_m|\le \sum _{|m|<1+2\sqrt{p}}|{𝒜}_m|<\mathrm{\aleph }$. Multzo finituen batura finitua finitua izateagatik.

Honela, $\left|𝒜\right|<\mathrm{\aleph }$ ondorioztatu da, zeinak $\left|𝒜\right|=\mathrm{\aleph }$, ukatzen duen: absurdua.

Existitzen da beraz ${𝒜}_m$multzoren bat infinitu elementu dituena.

• Behin $m\in Z$ aukeratu dugularik ( $\left|m\right|<1+2\sqrt{p}$) eta $\left|{𝒜}_m\right|=\mathrm{\aleph }$, ${𝒜}_m$ multzoan Pellen ekuazioa betetzen duen ebazpen ez neutro bat existitzen dela frogatuko da. Ondorengo atalak frogatuz:

Bat: Ondorengo emaitza frogatuko da:

$\mathrm{\exists }(x_1,y_1),(x_2,y_2)\in {𝒜}_m$: $(x_1,y_1)\ne (x_2,y_2)$, $x_1\equiv x_2(\mathrm{mod}|m|);y_1\equiv y_2(\mathrm{mod}|m|)$ .

$f:{𝒜}_m\to Z_{|m|}\times Z_{|m|}$, aplikazioa eraikiko da zeinetan $f(x,y)=(x+\left|m\right|Z,y+\left|m\right|Z)$, $x+\left|m\right|Z\in Z_{|m|}=\{\overline{0},\overline{1},...,\overline{m-1}\}$ eraztuneko elementuak izanik.

${𝒜}_m$ Multzoa infinitua izateagatik eta $Z_{|m|}\times Z_{|m|}$, multzoa berriz finitua, irudi berdineko bi elementu desberdin existitzen direla ondoriozta daiteke ( zentzu zorrotzean infinitu ere exititu arren). $\left|{𝒜}_m\right|=\mathrm{\aleph }$, eta $|Z_{|m|}\times Z_{|m|}|=m^2\Rightarrow$ $\mathrm{\exists }(x_1,y_1),(x_2,y_2)\in {𝒜}_m$.

$f(x_1,y_1)=f(x_2,y_2)$ eta $(x_1,y_1)\ne (x_2,y_2)$. $\mathrm{\exists }(x_1,y_1),(x_2,y_2)\in {𝒜}_m$ non

$(x_1+\left|m\right|Z,y_1+\left|m\right|Z)=(x_2+\left|m\right|Z,y_2+\left|m\right|Z)$ , honela $\mathrm{\exists }(x_1,y_1),(x_2,y_2)\in {𝒜}_m$:

$(x_1,y_1)\ne (x_2,y_2)$ eta $x_1\equiv x_2(\mathrm{mod}|m|);y_1\equiv y_2(\mathrm{mod}|m|)$.

Bi: Ondorengo erlazioa frogatuko da: $zkh(x_1,y_1)=zkh(x_2,y_2)=d$.

$d/zkh(x_1,y_1)\Rightarrow d/zkh(x_2,y_2)$frogatuko da, lehenik. $d/zkh(x_1,y_1)\Rightarrow d/x_1;d/y_1\Rightarrow \{\begin{array}{c}{d}^2/x_1^2;d^2/y_1^2\\ x_1^2-p{y}_1^2=m\end{array}\Rightarrow d^2/m$$\{\begin{array}{c}\{\begin{array}{c}d/x1;d/m\\ x_1\equiv x_2(\mathrm{mod}|m|)\end{array}\Rightarrow d/x_2\\ \{\begin{array}{c}d/y_1;d/m\\ y_1\equiv y_2(\mathrm{mod}|m|)\end{array}\Rightarrow d/y_2\end{array}\Rightarrow d/zkt(x_2,y_2)$.

Eta modu berean argudiatzen da: $d/zkh(x_2,y_2)\Rightarrow d/zkh(x_1,y_1)$.

Ondorioz:$zkh(x_1,y_1)=zkh(x_2,y_2)=d$.

Hiru: $(x_1{x}_2-p{y}_1{y}_2,x_1{y}_2-x_2{y}_1)\in {𝒜}_m$frogatuko da.

$(x_1,y_1),(x_2,y_2)\in {𝒜}_m\Rightarrow (x_1{x}_2-p{y}_1{y}_2,x_1{y}_2-x_2{y}_1)\in {𝒜}_m$.

$(x_1^2-p{y}_1^2)(x_2^2-p{y}_2^2)=(x_1{x}_2-p{y}_1{y}_2{)}^2-p(x_1{y}_2-x_2{y}_1{)}^2=m^2$.

Lau: $x_1{y}_2-x_2{y}_1\equiv 0(\mathrm{mod}|m|)$ eta $x_1{x}_2-p{y}_1{y}_2\equiv 0(\mathrm{mod}|m|)$frogatuko da.

$\{\begin{array}{c}{x}_2-x_1\equiv 0(\mathrm{mod}\left|m\right|)\Rightarrow y_2(x_2-x_1)\equiv 0(\mathrm{mod}\left|m\right|)\\ y_2-y_1\equiv 0(\mathrm{mod}\left|m\right|)\Rightarrow x_2(y_2-y_1)\equiv 0(\mathrm{mod}\left|m\right|)\end{array}$

Kenketa eginez: $x_1{y}_2-x_2{y}_1\equiv 0(\mathrm{mod}|m|)$

$x_1{y}_2-x_2{y}_1\equiv 0(\mathrm{mod}|m|)\Rightarrow (x_1{y}_2-x_2{y}_1{)}^2\equiv 0(\mathrm{mod}{m}^2)$$\{\begin{array}{c}(x_1{x}_2-p{y}_1{y}_2{)}^2-p(x_1{y}_2-x_2{y}_1{)}^2=m^2\\ (x_1{y}_2-x_2{y}_1{)}^2\equiv 0(\mathrm{mod}{m}^2)\end{array}\Rightarrow (x_1{x}_2-p{y}_1{y}_2{)}^2\equiv 0(\mathrm{mod}{m}^2)$
$(x_1{x}_2-p{y}_1{y}_2{)}^2\equiv 0(\mathrm{mod}{m}^2)\Rightarrow x_1{x}_2-p{y}_1{y}_2\equiv 0(\mathrm{mod}|m|)$.

$x_1{x}_2-p{y}_1{y}_2\equiv 0(\mathrm{mod}|m|)$.

Bost: Pellen ekuazioaren ebazpen bat existitzen dela frogatuko da.

$\mathrm{\exists }(u,v)\in \mathbb{Z}\times \mathbb{Z}:u^2-p{v}^2=1$

$\{\begin{array}{c}{x}_1{y}_2-x_2{y}_1\equiv 0(\mathrm{mod}|m|)\\ x_1{x}_2-p{y}_1{y}_2\equiv 0(\mathrm{mod}|m|)\end{array}\Rightarrow \mathrm{\exists }u,v\in \mathbb{Z}$ non $\{\begin{array}{c}{x}_1{y}_2-x_2{y}_1=vm\\ x_1{x}_2-p{y}_1{y}_2=um\end{array}$

$(x_1^2-p{y}_1^2)(x_2^2-p{y}_2^2)=(x_1{x}_2-p{y}_1{y}_2{)}^2-p(x_1{y}_2-x_2{y}_1{)}^2=m^2$.

$(x_1{x}_2-p{y}_1{y}_2{)}^2-p(x_1{y}_2-x_2{y}_1{)}^2=m^2\iff (um{)}^2-p(vm{)}^2=m^2\iff u^2-p{v}^2=1$

Ondorioz Pell ekuazioaren ebazpen bat existitzen da: $x=u,y=v$.

Sei: Ebazpena ez dela neutroa frogatuko da: $v\ne 0$.

Absurdura bideratuz, $v=0$ baldin bada: $x_1{y}_2=x_2{y}_1$.

$zkt(x_1,y_1)=zkt(x_2,y_2)=d$ denez ondorengo zenbakiak sortuko dira:

$x_1=dx{\text{'}}_1,x_2=dx{\text{'}}_2,y_1=dy{\text{'}}_1,y_2=dy{\text{'}}_2$.

Zenbaki hauen zatitzaile komunetako handiena:

$zkt(x_1,y_1)=zkt(x_2,y_2)=d\Rightarrow zkt(x{\text{'}}_1,y{\text{'}}_1)=zkt(x{\text{'}}_2,y{\text{'}}_2)=1$.

Eta: $x_1{y}_2=x_2{y}_1\Rightarrow x{\text{'}}_{1}y{\text{'}}_2=x{\text{'}}_{2}y{\text{'}}_1$

$\{\begin{array}{c}\{\begin{array}{c}x{\text{'}}_{1}y{\text{'}}_2=x{\text{'}}_{2}y{\text{'}}_1\\ zkt(x{\text{'}}_1,y{\text{'}}_1)=1\end{array}\Rightarrow \frac{y{\text{'}}_2}{y{\text{'}}_1}=\frac{x{\text{'}}_2}{x{\text{'}}_1}\in \mathbb{Z}\\ \{\begin{array}{c}x{\text{'}}_{1}y{\text{'}}_2=x{\text{'}}_{2}y{\text{'}}_1\\ zkt(x{\text{'}}_2,y{\text{'}}_2)=1\end{array}\Rightarrow \frac{x{\text{'}}_1}{x{\text{'}}_2}=\frac{y{\text{'}}_1}{y{\text{'}}_2}\in \mathbb{Z}\end{array}$.

Zenbaki oso bat bere alderantzizkoaren berdina bada, zenbaki oso hori: 1 edo -1 da.

$\frac{x{\text{'}}_2}{x{\text{'}}_1}=-1\Rightarrow x_2=-x_1$ bada, bietako bat negatiboa da, eta aukeraketa $x+\left|m\right|Z\in Z_{|m|}=\{\overline{0},\overline{1},...,\overline{m-1}\}$ multzotik egin da ezinezkoa.

$\frac{x{\text{'}}_2}{x{\text{'}}_1}=1$, bada $(x{\text{'}}_1,y{\text{'}}_1)=(x{\text{'}}_2,y{\text{'}}_2)\Rightarrow (x_1,y_1)=(x_2,y_2)$ . Zeinak osagaien aukeraketa ukatzen duen, ezinezkoa.

Ondorioz: $v\ne 0$.

Adibideak

Lehena:

$p=21$, ez da karratua, eta beraz: $x^2-21y^2=1$, bateragarria.

$\sqrt{21}=[4,\overline{1,1,2,1,1,8}]$, zatiki jarraien bidezko garapena.

$T=6$, bikoitia denez:

Ebazpen minimoa: $a^2-21b^2=1$.

$\frac{a}{b}=R_{T-1}=R_5=[4,1,1,2,1,1]=\frac{55}{12}\Rightarrow a=55,b=12$.

Lehen koadranteko ebazpen guztiak: $n\in \mathbb{N}$

$x_n=\frac{(55+12\sqrt{21}{)}^n+(55-12\sqrt{21}{)}^n}{2}$

$y_n=\frac{(55+12\sqrt{21}{)}^n-(55-12\sqrt{21}{)}^n}{2\sqrt{21}}$

Bigarrena:

$p=53$, ez da karratua, beraz: $x^2-53y^2=1$, bateragarria da.

$\sqrt{53}=[7,\overline{3,1,1,3,14}]$, zatiki jarraien bidezko garapena.

$T=5$, bakoitia denez:

Ebazpen minimoa: $a^2-21b^2=1$

$\frac{a}{b}=R_{2T-1}=R_9=[7,3,1,1,3,14,3,1,1,3]=\frac{66249}{9100}\Rightarrow a=66249,b=9100$

Eta lehen koadranteko ebazpen guztiak: $n\in \mathbb{N}$

$x_n=\frac{(66249+9100\sqrt{53}{)}^n+(66249-9100\sqrt{53}{)}^n}{2}$$y_n=\frac{(66249+9100\sqrt{53}{)}^n-(66249-9100\sqrt{53}{)}^n}{2\sqrt{53}}$

Ebazpenak

$p$ -ren edozein baliorentzat $(x,y)=(1,0)$ edo $(x,y)=(-1,0)$, beti dira $x^2-p{y}^2=1$, ekuazioaren ebazpen. Ebazpen hauek ebazpen neutroak edo berealakoak izendatzen dira.

$(x,y)=(a,b)$, $x^2-p{y}^2=1$ ekuazioaren ebazpena bada eta bi osagaiak positiboak badira: $a>0;b>0$, ebazpen hori ebazpen positibo izendatuko da .(Testuinguru honetan).

Definizioa

$p$ Zenbaki arrunt eta ez karratua izanik, $(x,y)=(a,b)$, $x^2-p{y}^2=1$ ekuazioaren oinarrizko ebazpena izendatuko da, $(a,b)$ positiboa bada ( hots: $a>0;b>0$), eta edozein ebazpen positibo emanik: $(x,y)=(c,d)\Rightarrow b\le d$.

Ondorengo proposizioan oinarrizko ebazpena existitzen dela frogatuko da.

Proposizioa

$p$ Zenbaki arrunt eta ez karratua izanik, $x^2-p{y}^2=1$ ekuazioak badu oinarrizko ebazpena.

Froga

Dirichleten emaitzagatik: $p$ Zenbaki arrunt eta ez karratua izanik, $x^2-p{y}^2=1$ ekuazioak badu ebazpen ez neutro bat: $(c,d)$, eta beraz: $(c,-d),(-c,d)$ eta $(-c,-d)$zenbakiak ere ebazpen ez neutroak dira. Horietako bakar bat da positiboa: $(c,d)$ positiboa dela suposatuko da orokortasuna galdu gabe. Honela:

$c=\sqrt{1+p{d}^2}\in \mathbb{N}$ $\Rightarrow \mathrm{\exists }Min\{y\in \mathbb{N}:\sqrt{1+p{y}^2}\in \mathbb{N}\}$

$b=Min\{y\in \mathbb{N}:\sqrt{1+p{y}^2}\in \mathbb{N}\};a=\sqrt{1+p{b}^2}$ aukeratuz ebazpen minimoa edo oinarrizko ebazpena existitzen da.

Proposizioa

$p$ Zenbaki arrunt eta ez karratua izanik, $(x,y)=(a,b)$, $x^2-p{y}^2=1$ ekuazioaren oinarrizko

ebazpena bada. Ebazpen positibo guztiak ondorengo multzoan daude:

$\{(a_n,b_n):a_n+b_n\sqrt{p}=(a+b\sqrt{p}{)}^n:n\ge 1\}$

Froga

• $n\ge 1,(a_n,b_n)$ Ebazpena dela frogatuko da.

$(x,y)=(a,b)$ Ebazpena denez: $a^2-p{b}^2=1\iff (a-b\sqrt{p})(a+b\sqrt{p})=1$

$(a+b\sqrt{p})(a-b\sqrt{p})=1\Rightarrow \mathrm{\forall }n\ge 1,(a+b\sqrt{p}{)}^n(a-b\sqrt{p}{)}^n=1^n=1$

$(a+b\sqrt{p}{)}^n$, adierazpena $\sqrt{p}$ aldagaia duen $n$. graduko polinomio gisara ikus daiteke. Newtonen bidezko binomioaren garapena eginez: $(a+b\sqrt{p}{)}^n=a_n+b_n\sqrt{p}$ adierazten bada:$(a_n,b_n)$ koefizienteak modu bakarrean determinatzen dira:

$a_n=\frac{(a+b\sqrt{p}{)}^n+(a-b\sqrt{p}{)}^n}{2}$, $b\sqrt{p}$ -ren berretzaile bakoitiak ezabatzen dira.

$b_n=\frac{(a+b\sqrt{p}{)}^n-(a-b\sqrt{p}{)}^n}{2\sqrt{p}}$, $b\sqrt{p}$ -ren berretzaile bikoitiak ezabatzen dira.

$a_n^2-b_n^2\sqrt{p}=(a_n+b_n\sqrt{p})(a_n-b_n\sqrt{p})=(a+b\sqrt{p}{)}^n(a-b\sqrt{p}{)}^n=(a^2-b^2\sqrt{p})=1^n=1$

• Edozein ebazpen positibo $(a_n,b_n)$ gisakoa dela frogatuko da.

Absurdura bideratuz suposa bedi,$(u_0,v_0)$ ebazpen positiboa dela eta ez dela $(a_n,b_n)$ gisakoa.

1. $(a+b\sqrt{p}{)}^n$segida ertsiki gorakorra denez, $n$-rekiko: $n\ge 0$. $\mathrm{\exists }n\ge 0:(a+b\sqrt{p}{)}^n<u_0+v_0\sqrt{p}<(a+b\sqrt{p}{)}^{n+1}\Rightarrow$$(a+b\sqrt{p}{)}^{n-1}<\frac{u_0+v_0\sqrt{p}}{a+b\sqrt{p}}<(a+b\sqrt{p}{)}^n;n\ge 1bada$
2. $\frac{u_0+v_0\sqrt{p}}{a+b\sqrt{p}}=(u_0+v_0\sqrt{p})(a-b\sqrt{p})=u_{0}a-v_{0}bp+(v_{0}a-u_{0}b)\sqrt{p}$ $u_1=u_{0}a-v_{0}bp;v_1=v_{0}a-u_{0}b$ adieraziz ondorengo emaitza lortu da: $(a+b\sqrt{p}{)}^{n-1}<u_1+v_1\sqrt{p}<(a+b\sqrt{p}{)}^n$.
3. Ikus dezagun $(u_1,v_1)=(u_{0}a-v_{0}bp,v_{0}a-u_{0}b)$ebazpena dela. $(u_{0}a-v_{0}bp{)}^2-(v_{0}a-u_{0}b{)}^{2}p=(u_{0}a{)}^2+(v_{0}bp{)}^2-(v_{0}a{)}^{2}p-(u_{0}b{)}^{2}p=$$(u_{0}a{)}^2+(v_{0}bp{)}^2-(v_{0}a{)}^{2}p-(u_{0}b{)}^{2}p=a^2(u_0^2-v_0^{2}p)+b^{2}p(v_0^{2}p-u_0^2)=a^2-b^{2}p=1$
4. Ikus dezagun $(u_1,v_1)=(u_{0}a-v_{0}bp,v_{0}a-u_{0}b)$ebazpen positiboa dela. Edozein ebazpen positibok:$(u,v)$ , ondorengo desberdintza betetzen du.$(u+v\sqrt{p})(u-v\sqrt{p})=1>0\Rightarrow 0<u-v\sqrt{p}<1$ , $(u_0,v_0)$ eta $(a,b)$positiboak direnez:$u_1=u_{0}a-v_{0}bp>u_{0}b\sqrt{p}-v_{0}bp=(u_0-v_0\sqrt{p})b\sqrt{p}>0$.
5. Ikus dezagun beste osagaia: $v_1$ positiboa dela. Absurdura bideratuz $v_1\le 0$ bada.$(u_1{)}^2-(v_1{)}^{2}p=(u_1+v_1\sqrt{p})(u_1-v_1\sqrt{p})=1\Rightarrow 0<u_1+v_1\sqrt{p}<1$ . Eta bestalde: $1\le (a+b\sqrt{p}{)}^{n-1}<u_1+v_1\sqrt{p}<(a+b\sqrt{p}{)}^n$, ezinezkoa. Eta ondorioz $v_1$positiboa da.
6. Ondorengo errekurrentzi araua ondorioaztatu da. Baldin eta existizen bada $(u_0,v_0)$ebazpen postiboa eta ez dena $(a_n,b_n)$ gisakoa, orduan existitzen da $(u_1,v_1)$ :ebazpen positiboa, ez dena$(a_n,b_n)$gisakoa, eta $(u_0,v_0)$ baino txikiagoa.$(a+b\sqrt{p}{)}^n<u_0+v_0\sqrt{p}<(a+b\sqrt{p}{)}^{n+1}\Rightarrow (a+b\sqrt{p}{)}^{n-1}<u_1+v_1\sqrt{p}<(a+b\sqrt{p}{)}^n$ Araua $n$ aldiz errepikatuz: Existizen da :$(u_n,v_n)$, ebazpen positboa non:$1=(a+b\sqrt{p}{)}^0<u_n+v_n\sqrt{p}<a+b\sqrt{p}\Rightarrow 0<v_n<b$. Eta bestalde $(a,b)$ebazpen minioa izateagatik: $b\le v_0$. Ezinezkoa da.
7. Ondorioa: edozein ebazpen positibo $(a_n,b_n)$ gisakoa da.

Ikus, gainera

• Pellen ekuazioaren bateragarritasuna
• Pellen ekuazioaren ebazpen guztiak