Primas en las soluciones de las ecuaciones de tipo Pell

Question

¿Qué se sabe sobre los primos en las soluciones de las ecuaciones de tipo Pell?

En particular, consideremos la ecuación negativa de Pell $x^2 - 5 y^2 = -1$ . Por lo que he podido comprobar (en el primer $4000$ ) la única solución positiva-integrable con $y$ primo es $x=38$ , $y=17$ , pero no veo ninguna razón obvia para que esto sea así.

Answer 1

Dejemos que $\alpha = (2 + \sqrt{5})$ y $\beta = (2 - \sqrt{5})$ . Tenga en cuenta que $\alpha \beta = -1$ . La solución general viene dada por

$$y_n = \frac{\alpha^n - \beta^n}{\alpha - \beta} = \frac{\alpha^n -\beta^n}{2 \sqrt{5}}$$

para $n$ impar. (Esto se desprende de la teoría general y podría explicarlo pero sospecho que ya lo sabes --- puedes usar la inducción, por ejemplo). Esto está relacionado con el hecho de que $\alpha$ es una unidad en el anillo $\mathbf{Z}[\sqrt{5}]$ . Sin embargo, lo que ocurre en secreto es que existe el anillo mayor $\mathbf{Z}[\phi]$ donde

$$\phi = \frac{1 + \sqrt{5}}{2},$$

y de hecho $\phi$ es la unidad fundamental, y tenemos $\alpha = \phi^3$ y $\beta = -\phi^{-3}$ . Así que

$$2 y_n = \frac{\phi^{3n} - (-\phi)^{-3n}}{\sqrt{5}}$$

es realmente divisible por

$$ \frac{\phi^{n} - (-\phi)^{-n}}{\sqrt{5}} = F_n,$$

donde $F_n$ es el $n$ número de Fibonacci. (Esta divisibilidad tiene lugar en $\mathbf{Z}[\phi]$ pero la relación $2y_n/F_n$ es un número racional que es un número entero algebraico y, por tanto, un número entero real). Por lo tanto, $y_n$ es divisible por $F_n$ si $F_n$ es impar y por $F_n/2$ si $F_n$ es par (y la proporción también es $> 1$ para $n > 1$ ). Esto demuestra que $y_n$ no es primordial en cuanto $F_n > 2$ Así pues, para $n > 3$ . Por lo tanto, $y_3 = 17$ es el único valor primo.

Para las ecuaciones más generales de tipo Pell creo que en general uno no tiene suerte a menos que haya divisibilidades forzadas como en este caso, y se parece a la primalidad o no de la secuencia $2^n - 1$ .

Añadido: Supongo que para los que quieran una solución más elemental, se puede observar (y demostrar por inducción) que el $y$ vienen dadas por

$$\frac{1}{2} F_{6n+3} = \frac{F_{2n+1} \cdot (5 F^2_{2n+1} - 3)}{2}$$

y se ve fácilmente que la RHS es primera sólo para $n = 1$ de donde $F_9/2 = 34/2 = 17$ .

Answer 2

La solución general de la ecuación negativa de Pell $\;x^2-5y^2=-1\;$ es la siguiente

$\begin{cases} x_n=\dfrac12\bigl[(2+\sqrt5)^{2n+1}+(2-\sqrt5)^{2n+1}\bigr]\\ y_n=\dfrac1{2\sqrt5}\bigl[(2+\sqrt5)^{2n+1}-(2-\sqrt5)^{2n+1}\bigr] \end{cases}$

$\forall n\in\mathbb{N}\cup\{0\}\;.$

Desde

$\begin{align} 2+\sqrt5&=\dfrac{16+8\sqrt5}8=\dfrac{1+3\sqrt5+15+5\sqrt5}8=\\ &=\left(\dfrac{1+\sqrt5}2\right)^3\;, \end{align}$

$\begin{align} 2-\sqrt5&=\dfrac{16-8\sqrt5}8=\dfrac{1-3\sqrt5+15-5\sqrt5}8=\\ &=\left(\dfrac{1-\sqrt5}2\right)^3\;, \end{align}$

se deduce que

$y_n=\dfrac1{2\sqrt5}\left[\left(\dfrac{1+\sqrt5}2\right)^{6n+3}-\left(\dfrac{1-\sqrt5}2\right)^{6n+3}\right]$

$\forall n\in\mathbb{N}\cup\{0\}\;.$

Dejemos que $\;F_n =\dfrac1{\sqrt5}\left[\left(\dfrac{1+\sqrt5}2\right)^n-\left(\dfrac{1-\sqrt5}2\right)^n\right]\;$

sea el $\;n^{\text{th}}\;$ Número de Fibonacci, entonces resulta que

$\begin{align} y_n&=\dfrac1{2\sqrt5}\left[\left(\dfrac{1+\sqrt5}2\right)^{6n+3}-\left(\dfrac{1-\sqrt5}2\right)^{6n+3}\right]=\\ &=\dfrac1{2\sqrt5}\left[\left(\dfrac{1+\sqrt5}2\right)^{2n+1}-\left(\dfrac{1-\sqrt5}2\right)^{2n+1}\right]\cdot\\ &\quad\quad\cdot\left[\left(\dfrac{1+\sqrt5}2\right)^{4n+2}-1+\left(\dfrac{1-\sqrt5}2\right)^{4n+2}\right]=\\ &=\dfrac1{2\sqrt5}\left[\left(\dfrac{1+\sqrt5}2\right)^{2n+1}-\left(\dfrac{1-\sqrt5}2\right)^{2n+1}\right]\cdot\\ &\quad\quad\cdot\left[\left(\dfrac{1+\sqrt5}2\right)^{4n+2}+2+\left(\dfrac{1-\sqrt5}2\right)^{4n+2}-3\right]=\\ &=\dfrac1{2\sqrt5}\left[\left(\dfrac{1+\sqrt5}2\right)^{2n+1}-\left(\dfrac{1-\sqrt5}2\right)^{2n+1}\right]\cdot\\ &\quad\quad\cdot\left\{\left[\left(\dfrac{1+\sqrt5}2\right)^{2n+1}-\left(\dfrac{1-\sqrt5}2\right)^{2n+1}\right]^2-3\right\}=\\ &=\dfrac12 F_{2n+1}\biggl(5F_{2n+1}^2-3\biggr)\quad\forall n\in\mathbb{N}\cup\{0\}\;. \end{align}$

Por lo tanto,

$y_n\;$ es primo $\iff F_{2n+1}=2\iff n=1\;.$

Además,

$y_1=\dfrac12 F_3\biggl(5F_3^2-3\biggr)=\dfrac12\cdot 2\biggl(5\cdot 2^2-3\biggr)=17\;.$