Ecuación diofántica

Question

Primera ecuación $p\equiv3\pmod4$, a continuación, diophantine %

$$ |x^2-py^2|=\frac{p-1}{2} $$

tiene una solución en números enteros

en, $x^2-py^2=-1$ no tiene solución en números enteros. Estaría agradecido por cualquier ayuda que son capaces de proporcionar muchas gracias!

Answer 1

Esto puede ser probado de la siguiente manera:

i) $p-1$ puede ser escrito como $|a^2 - pb^2|$ para algunos enteros $a,b$.

ii) $2$ puede ser escrito como $|a^2 - pb^2|$ para algunos enteros $a,b$.

iii) El conjunto de números enteros de la forma $|a^2 - pb^2|$ está cerrado en virtud de la multiplicación. Por lo tanto, por la combinación de (i) y (ii) encontramos que $2(p-1)$ puede ser escrito como $|a^2 - pb^2|$ para algunos enteros $a,b$.

iv) En (iii) los enteros $a,b$ debe ser par. Por lo tanto podemos escribir $a=2x$, $b=2y$ para algunos enteros $x,y$, y, a continuación, $|x^2-py^2| = 2(p-1)/4 = (p-1)/2$ como se desee.

El paso (i) es evidente por inspección: vamos a $a=b=1$. La prueba de (ii) es la siguiente; se trata de un conocido (aunque posiblemente no conocida) consecuencia de la teoría de la "ecuación de Pell". El paso (iii) utiliza Brahmagupta la identidad de $$ (a^2-pb^2) (c^2-ep^2) = (ac+p\,bd)^2 - p(ad+bc)^2, $$ lo que ahora entendemos como multiplicativity de la norma $\| a + b \sqrt{p} \| = a^2 - pb^2$ [tenga en cuenta que $ac+p\,bd$ $ad+bc$ son los coeficientes de $1$$\sqrt p$$(a+b\sqrt{p})(c+d\sqrt{p})$]. Paso (iv) es una consecuencia del conocido hecho de que los pares e impares plazas son siempre congruentes a $0$ $1 \bmod 4$ respectivamente: $2(p-1)$ es un múltiplo de a $4$, y desde $p \equiv 3 \bmod 4$ la congruencia $a^2 - pb^2 \equiv 0 \bmod 4$ fuerzas $a \equiv b \equiv 0 \bmod 2$.

Queda por probar (ii). Deje $(m,n)$ ser fundamental en la solución de $|m^2 - pn^2| = 1$. Ya se ha observado en las notas que reducción de la mod 4 demuestra que $m^2 - pn^2 = -1$ no es posible (también se podría conseguir esto mediante la reducción de mod $p$, debido a $p \equiv 3 \bmod 4$ implica que el símbolo de Legendre $(-1/p)$$-1$). Por lo tanto $m^2 - pn^2 = +1$ y $$ pn^2 = m^2 - 1 = (m-1) (m+1). $$ Yo reclamo que $m$ es incluso. De hecho, si $m$ eran impares, a continuación, $n$ sería aún y podríamos escribir $$ p(n/2)^2 = \frac{m-1}{2} \, \frac{m+1}{2}. $$ Pero, a continuación, $(m-1)/2$ $(m+1)/2$ sería enteros consecutivos cuyo producto es $p$ veces un cuadrado. Así, uno de ellos sería un cuadrado, y el otro sería de $p$ veces un cuadrado, dando una solución de $|a^2-pb^2| = 1$ menor que $m^2-pn^2 = 1$; y esto es imposible debido a $(m,n)$ fue asumido fundamental.

Desde $m$ es incluso, $m-1$ $m+1$ son relativamente primos (se diferencian por $2$ y son impares). Su producto es $p$ veces un cuadrado, así que uno de ellos es un cuadrado y la otra es $p$ veces un cuadrado. Esto le da una solución de $|x^2 - py^2| = 2$, QED.

Answer 2

Me gustaría ser tan categórico no quería hablar. Porque no hay una fórmula que puede escribir la solución de la ecuación de Pell para algunos casos sencillos.

Para algunas ecuaciones de Pell.

Para casos especiales, no es una fórmula que describe sus soluciones.

Si la ecuación: $aX^2-qY^2=f$ racional raíz de $\sqrt{\frac{f}{a-q}}$

Soluciones puede ser escrito utilizando la siguiente ecuación de Pell: $p^2-aqs^2=1$

Las soluciones de la forma:

$Y=(2aps\pm(p^2+aqs^2))\sqrt{\frac{f}{a-q}}$

$X=(2qps\pm(p^2+aqs^2))\sqrt{\frac{f}{a-q}}$

De acuerdo a estas decisiones pueden ser encontrados doble esta solución:

$Y_2=Y+2as(Yqs-Xp)$

$X_2=X+2p(Yqs-Xp)$

Si la otra raíz es racional: $\sqrt{\frac{f}{a}}$

La solución tiene la forma:

$Y=2ps\sqrt{fa}$

$X=(p^2+aqs^2)\sqrt{\frac{f}{a}}$

Debe tener en cuenta que el número: $p,s$ puede ser cualquier carácter.

En nuestro caso vamos a utilizar la primera fórmula mediante la selección de los correspondientes coeficientes.