Soluciones paramétricas de la ecuación de Pell

Question

Dado un entero positivo $n$ que no es un cuadrado perfecto, es bien conocido que La ecuación de Pell $a^2 - nb^2 = 1$ siempre es solucionable en la no-cero enteros $a$ e $b$.

Pregunta: Vamos a $n$ ser un entero positivo que no es un cuadrado perfecto. Hay siempre un polinomio $D \in \mathbb{Z}[x]$ grado $2$, un entero $k$ y distinto de cero polinomios $P, Q \in \mathbb{Z}[x]$ tal que $D(k) = n$ e $P^2 - DQ^2 = 1$, donde $a = P(k)$, $b = Q(k)$ es la solución fundamental de la ecuación $a^2 - nb^2 = 1$?

Si sí, hay un límite superior en el grado de los polinomios $P$ e $Q$ -- y si es así, es cierto que el grado de $P$ siempre $\leq 6$?

Ejemplo: Considere El $n := 13$. Poner a $D_1 := 4x^2+4x+5$ e $D_2 := 25x^2-14x+2$, tenemos $D_1(1) = D_2(1) = 13$. Ahora las soluciones de las ecuaciones $P_1^2 - D_1Q_1^2 = 1$ e $P_2^2 - D_2Q_2^2 = 1$ están dadas por

• $P_1 := 32x^6+96x^5+168x^4+176x^3+120x^2+48x+9$,

• $Q_1 := 16x^5+40x^4+56x^3+44x^2+20x+4$

y

• $P_2 := 1250x^2-700x+99$,

• $Q_2 := 250x-70$,

respectivamente. Por lo tanto, $n = 13$ pertenecen al menos a $2$ diferentes series cuyas soluciones ha ${\rm deg}(P) = 6$ e ${\rm deg}(P) = 2$, respectivamente.

Ejemplos para todos los que no son cuadrados $n \leq 150$ puede ser encontrado aquí.

Añadido el 3 de Febrero de 2015: Todo lo que queda por hacer en el fin de convertir Leonardo respuestas en una respuesta completa a la pregunta es averiguar que valores el índice del grupo de unidades de $\mathbb{Z}[\sqrt{n}]$ en el grupo de las unidades de de el anillo de los enteros de la cuadrática campo $\mathbb{Q}(\sqrt{n})$ puede tomar. Esta parte es de suponer que ni siquiera realmente MO nivel, pero es sólo no es mi campo-tal vez alguien sabe la respuesta?

Añadido el 14 de Febrero De 2015: Como nadie se ha completado la respuesta hasta ahora, parece esto puede ser menos fácil de lo que pensé en un primer vistazo.

Añadido el Feb 17, 2015: Leonardo Zapponi ha dado ahora una respuesta completa a la pregunta en esta nota.

Answer 1

Deje $n$ ser un entero positivo que no es un cuadrado y considerar la posibilidad de una solución fundamental $(a,b)$ de la ecuación de Pell $$a^2-nb^2=1.$$ Configuración $$\begin{cases} D=(a+1)^2b^2X^2+2(a+1)^2X+n,\\ P=b^4(a+1)X^2+2b^2(a+1)X+a,\\ Q=b^3X+b, \end{casos}$$ tenemos la identidad $$P^2-DQ^2=1,$$ con $D(0)=n,P(0)=a$ e $Q(0)=b$. Esta explícitamente respuestas de la (primera) de la pregunta. Un segundo post (abajo) muestra que si $n$ es cuadrado-libre y congruente a $3$ modulo $4$, entonces el grado del polinomio $P$ es en la mayoría de las $2$.

En el resto de la entrada, un breve esbozo de cómo los polinomios $P,Q$ e $D$ fueron construidos: vamos a $P,Q,D\in\Bbb C[X]$ tres polinomios con $$P^2-DQ^2=1$$ y $\deg(D)=2$. Aquí, asumimos $\deg(P)=d>1$, por lo que el $\deg(Q)=d-1$. Considere el polinomio $f=P^2$, por lo que el $f'$ tiene el grado $2d-1$. Establecimiento $$P=u\prod_{i=1}^r(X-x_i)^{e_i}\quad\mbox{and}\quad Q=v\prod_{i=1}^s(X-y_i)^{f_i},$$ con $u,v\in\Bbb C,r\leq d$ e $s\leq d-1$, obtenemos la factorización $$f'=\prod_{i=1}^r(X-x_i)^{2e_i-1}\prod_{i=1}^r(X-y_i)^{2f_i-1}R,$$ con $R\in\Bbb C[X]$. Desde $d=\sum_{i=1}^re_i=1+\sum_{i=1}^sf_i$, nos encontramos con la identidad $$2d-1=\sum_{i=1}^r(2e_i-1)+\sum_{i=1}^s(2f_i-1)+\deg(R)=4d-2-r-s+\deg(R),$$ lo que conduce a $$r+s=2d-1+\deg(R).$$ A continuación, se deduce que el $r=d,s=d-1$ e $\deg(R)=0$, es decir, $P$ e $Q$ son separables. La observación de que el polinomio $D$ es entonces en sí separables. En este caso, la cubierta de la $\Bbb P^1\to\Bbb P^1$ inducida por $f$ solo se ramifica por encima de $\infty,0$ e $1$, es decir, es un Belyi mapa. El isomorfismo clases de tales cubiertas están clasificados por Grothendieck del dessins d'enfants y, una vez que hemos solucionado el entero $d$, no hay una única clase con la por encima de la ramificación de datos (totalmente ramificado por encima de $\infty$, todos los puntos por encima de la $0$ tienen un índice de ramificación $2$, y el de puntos por encima de la $1$ han ramificación $2$ exceptuados dos de ellos, que son unramified, correspondiente a las raíces de $D$). Más precisamente, si $T_d\in\Bbb Z[X]$ denota el polinomio de Chebyshev (de primera clase) de grado $d$, existen constantes $\lambda\in\Bbb C^\times$ e $\nu\in\Bbb C$, de tal manera que $$f=\frac{T_{2d}(\lambda X+\nu)+1}2=T_d(\lambda X+\nu)^2.$$ Esto muestra cómo construir $P$. Por ejemplo, en individ la respuesta, nos encontramos con $$P=T_2(\lambda X+\nu),$$ con $\lambda=\frac{\sqrt{2}}2$ e $\nu=\sqrt{2}$, mientras que $\lambda=169i$ e $\nu=-99i$ (con $i^2=-1$) lleva a que Se Jagy el ejemplo de $n=29$.

Entonces, tratar de encontrar una solución para general $n$ desde el caso de $d=2$ en la discusión anterior. Considere la posibilidad de una solución fundamental $(a,b)$ de la Pell de la ecuación de $a^2-nb^2=1$. Es claro que en Stefan Kohl pregunta, se puede reducir al caso $k=0$.Tenemos la identidad de $T_2=2X^2-1$ y por lo tanto, establecer $$P=2(\lambda X+\nu)^2-1.$$ La condición de $P(0)=a$ conduce a la relación $\nu=\frac12\sqrt{2a+2}$, mientras que $P\in\Bbb Z[X]$ da la identidad de $P=NX^2+MX+a$, con $N$ e $M$ enteros tales que $4(a+1)N=M^2$. Podemos encontrar la factorización $$P^2-1=\left(\frac14M^2X^2+M(a+1)X+nb^2\right)\left(\frac M{2(a+1)}X+1\right)^2.$$ Por último, el establecimiento $M=2(a+1)b^2$, podemos factor de $b^2$ en el primer factor de la anterior identidad y la puso en el segundo factor, que lleva al resultado.

Añadido el Feb 17, 2015: Una respuesta completa a la pregunta se puede encontrar en esta nota.

Answer 2

No estoy seguro de que el grado 6 sea necesario. Vea lo que puede hacer con$$ n=29, \; k=1, \; D = 169 x^2 - 198 x + 58, $ $$$ n=53, \; k=1, \; D = 625 x^2 - 886 x + 314, $ $

El coeficiente de$x^2$ parece ser$w^2,$ donde$v^2 - n w^2 = -1.$ Tal$w$ está garantizado de existir cuando$n \equiv 1 \pmod 4$ es primo.

Ummm los discriminantes de las formas cuadráticas$169 x^2 - 198 xy + 58y^2$ y$625 x^2 - 886 xy + 314y^2$ son$-4.$ Lo mismo para$25 x^2 \pm 14 xy + 2 y^2$ y$x^2 + y^2,$ también los primos$73,89,113,$ también casos donde encontrado$P$ cuadrático y$Q$ lineal.

MÁS TARDE:$29$ funcionó muy bien. $$ n=29, \; k=1, \; D = 169 x^2 - 198 x + 58, $ $$$ P = 57122 x^2 - 66924 x + 19603, $ $$$ Q = 4394 x - 2574, $ $$$ P^2 - D Q^2 = 1, $ $$$ P(1) = 9801, \; Q(1) = 1820, \; D(1) = 29. $ $

Answer 3

Aquí están algunos de los resultados sobre el grado del polinomio $P$. Nosotros sólo tratar los casos donde $n$ es positivo, cuadrado-libre de enteros congruentes a $3$ modulo $4$, mostrando que el grado de $P$ es menor o igual a $2$.

Empezamos por el más débil de la hipótesis de que, dado el entero positivo $n$ y una solución de $(a,b)$ de la ecuación de Pell $a^2-nb^2=1$, existen polinomios $D,P,Q\in\Bbb Q[X]$ y un número racional $k$ tal que $P^2-DQ^2=1$, con $D(k)=n,P(k)=a$ e $Q(k)=b$. Deje $d$ es el grado de $P$. Como se mencionó en mi otro post, y siguiendo las convenciones y los resultados en David Speyer respuesta, existen constantes $\alpha\in\Bbb C$ e $\beta,\gamma\in\Bbb Q$, con $\alpha^2,\gamma^2\in\Bbb Q$ tal que $$\begin{cases} P=\pm T_d\left(\alpha(X+\beta)\right),\\ Q=\gamma U_{d-1}\left(\alpha(X+\beta)\right),\\ D=\gamma^{-2}\left(\alpha^2(X+\beta)^2-1\right), \end{casos}$$ donde $T_d$ (resp. $U_d$) denota el grado $d$ polinomio de Chebyshev de la primera clase (resp. del segundo tipo). A partir de la hipótesis de $P$, podemos suponer $\beta=0$. Tenemos la identidad $$T_d+U_{d-1}\sqrt{X^2-1}=\left(X+\sqrt{X^2-1}\right)^d,$$ lo que conduce a $$P+Q\sqrt{D}=\left(\alpha X+\sqrt{\alpha^2X^2-1}\right)^d.$$ Si $d$ es impar entonces la expresión explícita de $T_d$ muestra que $\alpha$ (y, por tanto,$\gamma$) es racional. La evaluación en $k$, obtenemos entonces la identidad $$a+b\sqrt{n}=\left(u+v\sqrt{n}\right)^d,$$ con $u,v\in\Bbb Q$. A continuación, se deduce que el $u+v\sqrt{n}$ es una unidad en el anillo de enteros de $\Bbb Q(\sqrt{n})$ y, ya que estamos asumiendo $n\equiv3\pmod4$, los elementos $u$ e $v$ son enteros. En particular, para $d>1$, el par $(a,b)$ no puede ser una solución fundamental de la ecuación de Pell.

A partir de ahora, suponemos $d=2m$ incluso. Para $\alpha\in\Bbb Q$, podemos proceder como en el anterior, y deducir que $(a,b)$ no puede ser una solución fundamental para $d>1$. Supongamos entonces que $\alpha=\sqrt{w}$, se $w\in\Bbb Q$ no es un cuadrado, de modo que $\gamma=t\alpha$, con $t\in\Bbb Q$. Tenemos la relación $$T_d+U_{d-1}\sqrt{X^2-1}=\left(X^2-1+2X\sqrt{X^2-1}\right)^m$$ y así $$P+Q\sqrt{D}=\left(\alpha^2X^2-1+2\alpha\sqrt{\alpha^2X^2-1}\right)^m.$$ La evaluación en $k$, podemos entonces obtener fácilmente por la identidad $$a+b\sqrt{n}=\left(u+v\sqrt{n}\right)^m,$$ con $u,v\in\Bbb Q$. Una vez más, para $m>1$, lo que sigue es que la pareja $(a,b)$ no puede ser una solución fundamental, que conduce al resultado.

Una observación final: el general $n$ si $(a,b)$ es una solución fundamental, a continuación, $$a+b\sqrt{n}=\left(u+v\sqrt{n}\right)^r,$$ donde $u+v\sqrt{n}$ es una unidad fundamental de $\Bbb Q(\sqrt{n})$. Por ejemplo, en Stefan Kohl ejemplo para $n=13$, tenemos $$649+180\sqrt{13}=\left(\frac{11}2+\frac32\sqrt{13}\right)^3.$$ Definitivamente, no soy un experto en este tema, pero la discusión anterior combinado con una explícita obligado para el entero $r$ daría lugar a un límite para el grado de $P$ y, por tanto, dar una respuesta completa a la segunda pregunta.

Answer 4

Para $\deg P = 1$ o $2$, sí. Para $\deg P=1$, tomar $$P(x) = Mx+a,\ Q(x) = b,\ D(x) = \frac{M^2}{b^2} x^2 + \frac{2 Ma}{b^2} x + n.$$ Para $M$ suficientemente múltiplo entero, esto tendrá entero de los coeficientes. Para $\deg P=2$, tomar $$P(x) = (a+1) (Mx+1)^2 - 1,\ Q(x) = (Mx+1) b,\ D(x) = \frac{M^2(a+1)^2}{b^2}x^2+ \frac{2 M (a+1)^2}{b^2}x + n.$$ Por lo suficientemente divisible $M$, esto tendrá entero de los coeficientes.

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Para $\deg P>2$, hay casi ninguna solución.

En el riesgo de confusión, me voy a cambiar el nombre de algunas de las variables: dado solución a la ecuación de Pell es $a^2 - d b^2 =1$, y nuestra meta es encontrar entero polinomios $A(x)$, $B(x)$ y $D(x)$ tal que $A(x)^2 - D(x) B(x)^2 = 1$ e $(A(0), B(0), D(0)) = (a,b,d)$. El grado de $A$ es $n$. (Como Leonardo observa, siempre podemos traducir $x$ a asumir los polinomios están siendo evaluados en $0$.) La limpieza de algunos de Leonardo fórmulas, tenemos que $$(A(x), B(x), D(x)) = (T_{n}(\alpha (x+ \beta)), \ \gamma U_{n-1}(\alpha (x+\beta)), \ \gamma^{-2} (\alpha^2 (x + \beta)^2 - 1))$$ para algunas constantes $(\alpha, \beta, \gamma)$ donde $T_n$ e $U_{n-1}$ son polinomios de Chebyshev de la primera y de segunda clase. Nota la fórmula $T_n(x)^2 - (x^2-1) U_{n-1}(x)^2=1$.

Tomando la relación de la $x^2$ e $x$ términos en $D(x)$, podemos ver que $\beta$ es racional. El $x^n$ e $x^{n-2}$ términos en $A(x)$ se $2^{n-1} \alpha^n$ e $\alpha^{n-2} (n 2^{n-1} + 2^{n-1} \binom{n}{2} \beta \alpha^2 )$. Tomando la relación de estos, podemos deducir que $n 2^{n-1} + 2^{n-1} \binom{n}{2} \beta \alpha^2$ es racional, por lo $\alpha^2$ es racional.

Para cualquier $n$, la ecuación de $T_n(\alpha \beta) = a$ determina la $\alpha \beta$ hasta un número finito de valores. Pero también hemos visto que $(\alpha \beta)^2$ es racional. Pero, para los genéricos $a$, el grupo de Galois de $T_n(x) = a$ debe ser diedro de la orden de $2n$, por Hilbert irreductibilidad teorema.

Sospecho que usted puede ser capaz de obtener soluciones siempre $a$ pasa a ser de la forma $T_n(\sqrt{m})$ para algunos $m$ y algunos polinomio de Chebyshev $T_n$, pero me lo he pensado detenidamente.

Answer 5

Tal vez escribí demasiado corto. Así que va a escribir más. Nuestro objetivo es averiguar - hay un grado máximo de estos polinomios? Por lo tanto, para simplificar los cálculos, es posible seleccionar cualquier relación de la ecuación de Pell. Por ejemplo, para la ecuación:

$$P^2-DQ^2=1$$

Sabiendo que la anterior solución de la ecuación de Pell $(P1;Q1)$ puede encontrar a continuación de la $(P2;Q2)$. Donde $(P;Q)$ la primera solución de esta ecuación. Para ello se puede utilizar la fórmula.

$$P_2=PP_1+DQQ_1$$

$$Q_2=QP_1+PQ_1$$

Vamos a utilizar polinomios.

$$P=x^2+4x+3$$

$$D=x^2+4x+2$$

$$Q=x+2$$

Sustituimos estos valores en la fórmula se puede obtener otro factor del polinomio. Él será un múltiplo de la plaza. De esta manera puede ser de cualquier grado.

$$P=8x^8+128x^7+864x^6+3200x^5+7080x^4+9536x^3+7600x^2+3264x+577$$

$$D=16(x^2+4x+2)(x+2)^2(x^2+4x+3)^2$$

$$Q=2x^4+16x^3+44x^2+48x+17$$