Definición: se Asume que $p$ es un primo. $l(\sqrt{p})=$ duración del período en simple continuación de la fracción de expansión de $\sqrt{p}$.
El estándar de prueba de esto, se utiliza la siguiente:
- $p$ es un buen implica $p \equiv 1 \bmod 4$ si $x^2-py^2=-1$ ha entero de soluciones.
- $p$ es un buen implica $x^2-py^2=-1$ ha entero soluciones iff $l(\sqrt{p})$ es impar.
Tengo pruebas de (1) y (2) por lo que tengo una prueba de la cuestión enunciada. Lo que me gustaría es una prueba de que no hace uso de ninguna de las equivalencias. Es decir,
Se asume que $p \equiv 1 \bmod 4$. Demostrar que $l(\sqrt{p})$ es impar.
Voy a aceptar la contradicción o contrapositivo así. Sé que esto puede parecer extraño, pero creo que hay mucho que aprender de esta prueba.
También, hice esta en mathoverflow enlace pero no obtuvo definative respuesta. Creo que una prueba de que puede existir el uso de Farey de gráficos y/o Círculos de Ford.
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
Se puede deducir tanto de (1) y (2), y el hecho de que $p$ es una suma de dos cuadrados, jugando con formas cuadráticas. Tengo la impresión de que todo esto es "bien conocido para los que lo conocen bien". Pero nunca he visto este elemental argumento escrito en primaria idioma, así que aquí está.
Comenzamos con algunas discusión general de las ecuaciones cuadráticas. Vamos a las raíces de $x^2+bx+c$ $\lambda_1$ y $\lambda_2$. Dada una terna de números enteros $(a,b,c)$, vamos a pensar en ellos como la codificación de la ecuación cuadrática $x^2+bx +c$ y vamos a escribir las raíces de la ecuación como $\lambda_1$ y $\lambda_2$. Vamos a estar realizando operaciones en los coeficientes de la ecuación y ver cómo las raíces de cambio. Por ejemplo, las raíces de $a (x-1)^2 + b (x-1) + c=a x^2 + (-2a+b) x + (a-b+c)$ será $\lambda_1+1$ y $\lambda_2+1$. Escribiremos $E(a,b,c) = (a, -2a+b, a-b+c)$ y $E(\lambda)= \lambda+1$, utilizando el número de entradas de $E$ a dejar claro que estamos hablando. Aquí son los operadores que vamos a necesitar, ya que actúan en triples $(a,b,c)$ y en las raíces $\lambda_i$: $$\begin{array}{|c|l@{}c@{}r|l|} \hline E & (,&-2a+b y a-b+c) & 1+\lambda \\ \hline E^{-1} & (,& 2a+b y a+b+c) & -1+\lambda \\ \hline F & (a-b+c, y b-2c,& c) & \frac{\lambda}{1+\lambda} \\ \hline F^{-1} & (a+b+c y b+2c,& c) & \frac{\lambda}{1-\lambda} \\ \hline \end{array}$$
Obsérvese que todos estos operadores preservar:
El discriminante $\Delta = b^2 - 4 ac$
La paridad de $b$ (en realidad, esto es la continuación de la línea anterior, ya que $\Delta \equiv b^2 \bmod 4$).
$MCD(a,b,c)$.
Nos va a interesar en cuadráticas que puede ser obtenido a partir de $x^2-p$, así que vamos a tomar $\Delta = 4p$, $b \equiv 0 \bmod 2$ y $MCD(a,b,c) = 1$.
Definimos $(a,b,c)$ a ser reducido si $a>0$ y $c<0$. En un reducido cuadrática, tenemos $b^2 < b^2+4a(-c)=4p$, por lo que hay sólo un número finito de valores posibles para $b$ y, para cada uno de estos valores, sólo un número finito de posibles valores de $a$ y $c$. Escribe $Q$ para el conjunto finito de reducción de triples $(a,b,c)$ con $b^2+4a(-c) = 4p$, $b \equiv 0 \bmod 2$ y $MCD(a,b,c) = 1$.
Vamos a $(a,b,c)$ en $Q$. Las raíces de $ax^2+bx+c$ son reales y de signo opuesto; llamar $\lambda_- < 0 < \lambda_+$. Los siguientes lemas se dejan como ejercicios:
Lema Tenemos $E (a,b,c) \Q$ si y sólo si $\lambda_- < -1$, si y sólo si $a-b+c<0$. Tenemos $F (a,b,c) \Q$ si y sólo si $\lambda_- > -1$, si y sólo si $a-b+c>0$. Exactamente uno de estos dos casos se produce.
Lema Tenemos $E^{-1} (a,b,c) \Q$ si y sólo si $\lambda_+ > 1$, si y sólo si $a+b+c<0$. Tenemos un total de $F^{-1} (a,b,c) \Q$ si y sólo si $\lambda_+ < 1$, si y sólo si $a+b+c>0$. Exactamente uno de estos dos casos se produce.
Dibujar un grafo dirigido de $G$, con vértice $P$ y un borde de $(a,b,c) \a (a',b',c')$ si $(a',b',c')$ es $E(a,b,c)$ o $F(a,b,c)$. Por encima de los lemas, cada vértice de $G$ ha out-grado $1$ y en grado $1$, entonces $G$ es un discontinuo de la unión de los ciclos. Vamos a "color" de los bordes de $G$, con los símbolos $E$ y $F$ en consecuencia. Os animo a dibujar este gráfico, para un par de valores pequeños de p $$ (no de los números primos y los números primos que son de $3 \bmod 4$, son buenos también).
Considerar la bijection $\sigma: (a,b,c) \mapsto (a,-b,c)$ de $P$ a sí mismo. Esto induce a una simetría de $G$, preservando el color de los bordes, pero invirtiendo sus direcciones. Ahora, $(1,0,-p)$, correspondiente a $x^2-p$, se fija en $\sigma$, entonces $\sigma$ debe tomar el ciclo a través de $(1,0,-p)$ a sí mismo. Llamar a este ciclo $C$. Se consideran dos casos:
Caso 1 $C$ tiene longitud impar, por lo que el punto antipodal a $(1,0,-p)$ es el punto medio de una arista. Supongamos que se trata de un $E$-edge $(a,b,c) \a (a,-2a+b,a-b+c)$; en el caso de un $F$-borde es similar. Entonces $\sigma$ swaps $(a,b,c)$ y $(a,-2a+b,a-b+c)$, por lo que podemos deducir $-b=-2a+b$ y $c=a-b+c$, lo que implica $a=b$. Entonces $b^2-4ac = b(b-4c)=4p$. Desde $b$ es, incluso, $b-4c$ es así, y los dos factores son 2 $$ y $2p$; desde $c<0$ tenemos $b=2$ y $b-4c=2p$, dando $c = (1-p)/2$. Pero entonces $MCD(a,b,c) = MCD(2,2,(1-p)/2)=2$ (usando que $p \equiv 1 \bmod 4$) y va en contra de nuestra elección que $MCD=1$. Tenemos una contradicción, y deducir que estamos en el lugar:
Caso 2 $C$ ha, incluso de longitud. Entonces el punto $(a,b,c)$ antipodal a $(1,0,-p)$ debe ser fijada por $\sigma$, entonces $b=0$. Entonces $4a(-c) = 4p$ entonces $a(-c) = p$. Estamos buscando la solución es no $(1,0,-p)$, por lo que debe ser $(p,0,-1)$. En resumen, llegamos a la conclusión de que $G$ contiene una ruta de acceso de $(1,0,-p)$ $(p,0,-1)$. Además, el borde saliendo de $(1,0,-p)$ es un $E$-borde y el borde en $(p,0,-1)$ es un $F$-borde, por lo que tenemos $$(p,0,-1) = F^{a_{1}} E^{a_{2}} \cdots F^{a_{2r-1}} E^{a_{2r}} (1,0,-p)$$ para algunos enteros positivos $(a_1, a_2, \ldots, a_{2r})$.
La conversión a las raíces de la cuadráticas, $$\frac{1}{\sqrt{p}} = F^{a_{1}} E^{a_{2}} \cdots F^{a_{2r-1}} E^{a_{2r}} \left( \sqrt{p} \right).$$ Tenemos $E^(\lambda) = a+\lambda$ y $F^(\lambda) = \frac{1} {+\frac{1}{\lambda}}$. Así $$\frac{1}{\sqrt{p}} = \frac{1}{a_1 +}\frac{1}{a_2 + } \cdots \frac{1}{a_{2r-1}+} \frac{1}{a_{2r}+\sqrt{p}}$$ o $$\sqrt{p} = a_1 + \frac{1}{a_2 + } \cdots \frac{1}{a_{2r-1}+} \frac{1}{a_{2r}+\sqrt{p}}.$$ Podemos deducir que $$\sqrt{p} = [a_1, \overline{a_2, a_3, \ldots, a_{2r-1}, a_{2r}+a_1}].$$ El período es impar, como se desee.
También podemos utilizar este resultado para resolver el negativo de la ecuación de Pell. Vamos a la transformación de Möbius $F^{a_1} E^{a_2} \cdots F^{a_{2r-1}} E^{a_{2r}}(x)$ ser igual a $\frac{ax+b}{cx+d}$. Tenemos $$\frac {\sqrt{p} + b }{c \sqrt{p} + d} = \frac{1}{\sqrt{p}}.$$ El uso que $(a,b,c,d)$ son números enteros y $p$ no es cuadrada, tenemos un total de $b=c$ y $d=ap$.
Desde $\det \left( \begin{smallmatrix} a & b \\ c & d \end{smallmatrix} \right) = 1$, podemos deducir que $a^2 p - b^2 =1$ o, en otras palabras, el negativo de la ecuación de Pell $b^2 - p^2 = -1$ es solucionable.
Mientras estamos en ello, podemos deducir más mediante el uso de la simetría $\tau: (a,b,c) \mapsto (-c,b,-a)$. Este swaps $(1,0,-p)$ y $(p,0,-1)$, y se invierte el borde para colorear y dirección. Así se invierte el camino $(1,0,-p) \a \cdots \a (p,0,-1)$. Desde $\tau$ switches de borde para colorear, puede no solucionar cualquier borde, y podemos deducir que el punto medio de la ruta de acceso debe ser de $\tau$ fijo vértice. Tenemos $\tau(a,b,c) = (a,b,c)$ si y sólo si $a=-c$; en este caso, $b^2 - 4 ac = b^2 + (2a)^2 = 4p$ y podemos deducir que $p = (b/2)^2 + a^2$ es una suma de cuadrados.
Por último, dado que $\tau$ invierte el camino, se deduce que $(a_1, a_2, \ldots, a_{2r})$ es un palíndromo.
