Supongo que quería resolver (para x e y) una ecuación de la forma $x^2-dp^2y^2=1$ donde d es squarefree y p es un primo. Por supuesto simplemente podría generar soluciones al % de ecuación de Pell $x^2-dy^2=1$y compruebe si el valor de y era divisible por $p^2,$ pero que sería lento. ¿Alguna idea mejor?
Sería útil poder distinguir los casos donde la ecuación es soluble de casos en que sea irresoluble, sin encontrar una solución explícita.
Una manera importante a la vista de esta ecuación es todavía como una norma ecuación, sólo en una no-máxima orden de la cuadrática campo - es decir, estamos mirando el anillo de $\mathbb{Z}[p\sqrt{d}]$.
Dado que todavía estamos en el reino de álgebra, podemos probar los resultados de manera algebraica. Por ejemplo:
La proposición. Deje $p$ ser un primo que no divide $d$, e $e=x+y\sqrt{d}$ ser una unidad con el entero $x,y$. A continuación, $e^{p-(d/p)} \in \mathbb{Z}[p\sqrt{d}]$ donde $(d/p)$ es el símbolo de Legendre.
Prueba. Si el símbolo de Legendre es $-1$, esto significa que $(p)$ no dividida en $O$ (que indican la máxima fin de que a partir de aquí), por lo que el $O/(p)$ es isomorfo al campo finito de tamaño $p^2$. Ahora cada número en $\mathbb{F}_{p^2}$ ha pedido dividiendo $p^2-1$, lo $e^{p+1} \pmod{p}$ tiene orden de buceo $p-1$. Pero los números de orden de buceo $p-1$ son exactamente las mismas que en el subcampo $\mathbb{F}_p$, y eso significa que $e^{p+1} = z+pw\sqrt{d}$, lo que demuestra la demanda en este caso.
Si $(p)$ se divide en $\pi_1 \pi_2$, $O/(p)$ es isomorfo a $O/\pi_1 \pi_2$ cual es a su vez, por el teorema del resto chino, isomorfo a $\mathbb{F}_p \oplus \mathbb{F}_p$. Por la inspección vemos que la galois acción permutes de las dos coordenadas. Así que, ya bajo el isomorfismo $e^{p-1}\pmod{\pi_1}=e^{p-1}\pmod{\pi_2}=1$, podemos ver que $e^{p-1}\pmod{p}$ es invariante. Por lo tanto es de la forma $z+pw\sqrt{d}$, lo que demuestra la demanda en este caso. $\Box$
La anterior proposición se muestra cómo obtener soluciones a los no-squarefree Pell ecuación de soluciones de la squarefree uno - simplemente el poder de forma adecuada.
Para lo que vale, mis notas de la conferencia en la Ecuación de Pell están en el contexto de $d$ positivos, rectangulares entero. Véase también el problema 9.2 aquí donde me pida a los estudiantes a aprovechar el hecho de que $d$ no necesita ser squarefree para mostrar que uno puede encontrar las soluciones de $(x,y)$ a la ecuación de Pell satisfacer un adicional de congruencia $y \equiv 0 \pmod M$ cualquier $M \in \mathbb{Z}^+$.
Desde la perspectiva de la teoría algebraica de números, es una versión de la Unidad de Dirichlet Teorema de nonmaximal pedidos en un campo de número de $K$. Recordemos que un $\mathbb{Z}$orden $R$ $K$ es un sub-anillo de $\mathbb{Z}_K$ de manera tal que el grupo aditivo $(R,+)$ es finitely generado como un $\mathbb{Z}$-módulo. La última condición es equivalente a la finitud del índice de $[\mathbb{Z}_K:R]$. La habitual declaración de la Unidad de Dirichlet es el Teorema de que el grupo de la unidad de $\mathbb{Z}_K^{\times}$ es un finitely generado abelian grupo con rango equivalente al de $r_1 + r_2 - 1$, donde si $K \cong \mathbb{Q}[t]/(P(t))$, el polinomio $P$ $r_1$ bienes raíces y $r_2$ pares de conjugado complejo no real de las raíces.
Pero si no me equivoco (y por favor, hágamelo saber si soy!), el estándar de prueba de la Unidad de Dirichlet Teorema de obras para demostrar que el mismo es cierto para el grupo de la unidad de $R^{\times}$ de cualquier nonmaximal orden. (Ciertamente, $R^{\times}$ es finitely generado, siendo un subgrupo de la finitely generado grupo abelian $\mathbb{Z}_K^{\times}$; la demanda es que su rango es nada menos que la de $\mathbb{Z}_K^{\times}$.)
El uso de la teoría de la estructura de finitely generado abelian grupos, uno fácilmente se deduce la siguiente relación de la versión de la Unidad de Dirichlet Teorema: para cualquier orden de $R$$\mathbb{Z}_K^{\times}$, el cociente grupo $\mathbb{Z}_K^{\times}/R^{\times}$ es finito.
William LeVeque los Temas de Teoría de números, Volumen I trata a la ecuación de Pell con rectangulares $d$ en el Capítulo 8, sin la suposición de que $d$ es squarefree.
En la Sección 8.2 (página 139 en la primera mitad de la edición de Dover), se considera a $x^2-dy^2 = 1$ como sigue:
Si $d$ es negativo, entonces al $d=-1$ las únicas soluciones son $(\pm 1,0)$$(0,\pm 1)$. Si $d\lt -1$, entonces las únicas soluciones son $(\pm 1,0)$.
Si $d$ es un cuadrado, $d=(d')^2$, entonces podemos reescribir la ecuación como $x^2 - (d'y)^2 = 1$; las únicas plazas que se diferencian por $1$$0$$1$, por lo que las únicas soluciones son $(\pm 1,0)$.
Positivo rectangulares $d$, vamos a empezar con un lema en la aproximación y luego proceder.
Lema. Si $\xi$ es un número real y $t$ es un entero positivo, entonces existen enteros $x$ $y$ tal que $$\left|\xi - \frac{x}{y}\right| \leq \frac{1}{y(t+1)},\qquad 1\leq y\leq t.$$
Prueba. El $t+1$ números $$0\cdot \xi - \lfloor 0\cdot \xi\rfloor,\quad 1\cdot\xi - \lfloor 1\cdot \xi\rfloor, \quad\cdots\quad t\xi - \lfloor t\xi\rfloor$$ están todos en el intervalo de $0\leq u \lt 1$. En orden creciente de magnitud, llame a ellos $a_0$, $a_1,\ldots,a_t$. Marcar los números en un círculo de perímetro $1$. A continuación, el $t+1$ diferencias $$a_1-a_0,\quad a_2-a_1,\quad\ldots,\quad a_t-a_{t-1},\quad a_0-a_t+1,$$ son las longitudes de los arcos entre los sucesivos $a$s, por lo que son no negativos, y $$(a_1-0) + (a_2-a_1) + \cdots + (1-a_t) = 1.$$ De modo que al menos uno de estos $t+1$ diferencias no es más que $\frac{1}{t+1}$. Pero el cada diferencia es de la forma$g_1\xi - g_2\xi - m$, $m$ un entero, así que tome $y=|g_1-g_2|$, $x=\pm m$. $\Box$
Teorema. Para cualquier irracional $\xi$, la desigualdad $$|x - \xi y| \lt \frac{1}{y}$$ tiene infinitamente muchos entero de soluciones.
Prueba. Para cada entero positivo $t$, $0\lt |x-\xi y|\lt \frac{1}{t}$, $1\leq y\leq t$ tiene soluciones. Tomando $t=1$ da una solución a $(x_1,y_1)$ a la ecuación original. Por lo suficientemente grande $t_1$ tenemos $|x_1 - \xi y_1|\gt \frac{1}{t_1}$, por lo que tomar $t=t_1$ da una nueva solución de $(x_2,y_2)$ a la ecuación original. Espuma, enjuague, repita. $\Box$
La irracionalidad de la $\xi$ se utiliza para asegurarse de que usted tiene estricta de las desigualdades cuando se aplica el lema, de modo que usted puede configurar la recursividad y obtener una infinidad de soluciones.
Teorema. Si $d$ es positivo y no un cuadrado, entonces hay infinitamente muchos entero de soluciones de la ecuación $$x^2 - dy^2 = k$$ para enteros positivos $x,y$ algunos $k$$|k|\lt 1+2\sqrt{d}$.
Prueba. Escoja una solución a $|x - \sqrt{d}y|\lt \frac{1}{y}$. Entonces \begin{align*} |x+y\sqrt{d}| &= |x-y\sqrt{d} + 2y\sqrt{d}|\\ &\lt \frac{1}{y}+2y\sqrt{d}\\ &\leq (1+2\sqrt{d})y \end{align*} y por lo $|x^2-dy^2| \lt \frac{1}{y}(1+2\sqrt{d})y = 1+2\sqrt{d}$.
Puesto que hay un número infinito de pares de $(x,y)$ puede utilizar, pero sólo un número finito de enteros que son positivos y menores que $1+2\sqrt{d}$, infinitamente muchos de los valores de $x^2-dy^2$ deben coincidir, que es el teorema. $\Box$
Observe que el único requisito aquí es que $\sqrt{d}$ ser real e irracional, es decir, que $d$ es positivo y no un cuadrado perfecto.
Teorema. Si $d\gt 0$ no es un cuadrado, entonces la ecuación $$x^2 - dy^2 = 1$$ tiene al menos una solución con $y\neq 0$.
Prueba. Tomar infinitamente muchas soluciones a $x^2-dy^2 = k$ (para algunos $k$$|k|\lt 1+2\sqrt{d}$) y dividirlos en $k^2$ clases de equivalencia, donde $(x_1,y_1)\sim (x_2,y_2)$ si y sólo si $x_1\equiv x_2\pmod{k}$$y_1\equiv y_2\pmod{k}$. La clase contiene más de una solución, decir $(x_1,y_1)$$(x_2,y_2)$$x_1x_2\gt 0$. Vamos $$x = \frac{x_1x_2 - dy_1y_2}{k},\qquad y=\frac{x_1y_2 - x_2y_1}{k};$$ a continuación, $x$ $y$ son enteros con $y\neq 0$$x^2-dy^2 = 1$.
De hecho, $x_1y_2\equiv x_2y_1\pmod{k}$, lo $y$ es un número entero. También, $$x_1x_2 - dy_1y_2 \equiv x_1^2 - dy_1^2 = k \equiv 0 \pmod{k}$$ por lo $x$ es un número entero. También \begin{align*} x^2 - dy^2 &= \frac{1}{k^2}\left( (x_1x_2 - dy_1y_2)^2 - d(x_1y_2-x_2y_1)^2\right)\\ &= \frac{1}{k^2}\left(x_1^2x_2^2 - dx_1^2y_2^2 + d^2y_1^2y_2^2 - dx_2^2y_1^2\right)\\ &= \frac{1}{k^2}\left(x_1^2-dy_1^2\right)\left(x_2^2 - dy_2^2\right) = 1. \end{align*} Por último, si $y=0$,$x_1y_2=x_2y_1$, lo $x_1=ax_2$ $y_1=ay_2$ algunos $a$; pero enchufar a $x^2- dy^2 = k$ obtenemos $a=1$, contradiciendo ese $(x_1,y_1)$ $(x_2,y_2)$ son soluciones distintas. $\Box$
Teorema. Si $(x_1,y_1)$ $(x_2,y_2)$ son soluciones a $x^2-dy^2 = 1$, entonces también lo son los enteros $x$ $y$ definido por $$(x_1 + y_1\sqrt{d})(x_2+y_2\sqrt{d}) = x+y\sqrt{d}.$$
I-Ciencias es una comunidad de estudiantes y amantes de la ciencia en la que puedes resolver tus problemas y dudas.
Puedes consultar las preguntas de otros usuarios, hacer tus propias preguntas o resolver las de los demás.
