Dar una solución a un doble de recurrencia es exhaustiva

Question

La ecuación $$ b^2 = \frac{a(a+1)}{2} + 1 $$ donde $a$ $b$ son enteros, tiene las siguientes pequeña entero soluciones:

b        a
23      -33
11      -16
4        -6
2        -3
1        -1
1         0
2         2
4         5  <--- the motivating one!
11       15
23       32
64       90

Estas soluciones (si yo llamo " $a_i, b_i$ donde $a_0 = 0$) apareció a mí para satisfacer un par de repeticiones, es decir,

\begin{align} a_{k+4} &= 8 b_{k+2} + a_{k} \\ b_{k+4} &= 4 a_{k+2} + b_{k} + 2 \end{align}

He demostrado desde entonces que estas recurrencias, se inicializa con el 0 y 2ª fila o de la 1ª y 3ª fila, generar secuencias de números que hacer satisfacen la ecuación dada. (La prueba consiste en la disociación, y luego resolver el resultado de la constante-coeficiente de 4º orden recurrencias, homogénea y uno no homogéneas, de problemas de condiciones iniciales, y verificar que la principal ecuación se cumple para la resultante de secuencias.)

Lo que quiero demostrar es que estas son sólo posibles soluciones, y no veo una manera sencilla de hacerlo. Todas las ideas o sugerencias?

Nota: Este problema surgió a partir de la observación de que el 15 de bolas en una mesa de billar forma un triángulo cuyo lado se compone de 5 pelotas, pero que cuando la bola se agrega, se puede formar un cuadrado con cuatro bolas en un lado. Me hizo esta observación acerca de 47 años, descubrió la recurrencia al observar la tabla de pares por un largo tiempo, junto con algo de suerte ciega y jugado con ella a lo largo de los años. Ahora que he hecho la parte que siempre quise hacer (las recurrencias hacer generar nuevas soluciones), estoy interesado en obtener ayuda con la prueba de que eres el único .

Answer 1

Aquí tomamos $W=2A+1.$

La estructura de la $\mathbb Z$ automorphism grupo de indefinido binario forma cuadrática se discute en muchos lugares, en muchas maneras. En breve, la adecuada automorphism grupo cíclico infinito a lo largo de con $\pm 1,$, por lo que comúnmente se interruptores de atención a $PSL_2 \mathbb Z.$ a Continuación, como siempre se aplica para una beca Pell formas $x^2 - D y^2,$ tiramos en una sola incorrecto automorph, $(x,y)\mapsto (x,-y).$ Mi libro favorito que se analiza el grupo es Binario Formas Cuadráticas por Duncan A. Buell. Otro, algunas diferencias en la notación, también llamado Binario Cuadráticas Formas, por Buchmann y Vollmer.

J. H. Conway introdujo el topograph método para indefinida binario formas cuadráticas en La Sensual Forma Cuadrática. Hay una breve presentación de los Elementos de la Teoría de los números por John Stillwell. He tomado una especie de superposición de las dos presentaciones, en las que puedo jugar por el medio de los coeficientes de las formas, pero hincapié en las soluciones específicas a $x^2 - D y^2 = n,$ junto con la incorporación de la automorphism grupo de la forma en el diagrama. Así, a continuación están todas las soluciones a lo que he llamado $W^2 - 8 B^2 = -7.$

Mientras tanto, actúan sobre vectores columna, el generador de la automorphism grupo de la forma es $$ M = \left( \begin{array}{rr} 3 & 8 \\ 1 & 3 \end{array} \right). $$

Llamamos a $M$ un automorphism (correcto) de la forma cuadrática porque $\det M = 1$ y $$ \color{red}{ M^T G M = G}, $$ donde $$ G = \left( \begin{array}{rr} 1 & 0 \\ 0 & -8 \end{array} \right). $$

Tenga en cuenta que $M$ es de 2 y 2 de la matriz, el determinante $1$ y traza $6.$ Por Cayley-Hamilton, tenemos $$ M^2 - 6 M + I = 0, $$ o $$ M^2 = 6M - I. $$ Como resultado, puesto que todas las soluciones $(W_n, B_n)$ en la secuencia, y obtenemos $$ W_{n+2} = 6 W_{n+1} - W_n, $$ $$ B_{n+2} = 6 B_{n+1} - B_n. $$ Como se puede ver en el diagrama, se puede ver cómo los valores de $-7$ realidad dividida en dos intercalan secuencias de acuerdo a estas recurrencias: $$ W_n = 5,31,181,... $$ y $$ W_n = 1,11,65,... $$ También conseguimos dos hilos para la $B's,$ $$ B_n = 2,11,64,... $$ y $$ B_n = 1,4,23,... $$ A veces los dos hilos se pueden combinar, por lo general no. Como se puede ver en el diagrama de abajo, los dos hilos son causados por una mala automorph, esta vez nos vamos a llamarlo $(x,y)\mapsto (-x,y).$

Muy bien, pensé que podría ayudar a llenar en parte el diagrama completo como encajaría en mi original. Propiamente hablando, en cada extremo de la infinita gráfico, en realidad, un árbol, debe tener un $0$ o un entero positivo y una pequeña flecha. Me puso a muchos de los que, usando el color naranja, que es un poco demasiado cerca de la red que he usado para cada ocurrencia de $(-7).$ no les Puede ganar todo. También, a medida que nos alejamos del "río", que es el centro de la línea, sólo tenemos que añadir las coordenadas. Por ejemplo, $(1,0)+(3,1)= (4,1).$ En el lado negativo,$(-2,1)+(-1,1)= (-3,2).$ la Pena destacar que hay dos tipos de fenómenos que dan a la finitud para el número de "órbitas" $-7,$ la segunda de las cuales es la "escalada lema," que los valores absolutos de los números sólo aumentan cuando nos alejamos del río. Así, en la primera capa de los valores negativos, obtenemos $-4,-7,-8,-7,-4,$ y así sucesivamente. En la segunda capa, posiblemente difícil de leer, tenemos sólo la $-23,-31,-31,-23,$ más y más. Así que eso es todo, cualquier capas en el lado negativo tiene valores absolutos estrictamente mayor que $7.$

Answer 2

Por la ecuación:

$$a^2=\frac{b(b+1)}{2}+1$$

La solución puede ser escrito utilizando la ecuación de Pell:

$$p^2-2s^2=\pm1$$

Para encontrarlos fácilmente. Saber qué es lo que la solución se puede encontrar en la siguiente fórmula.

$$p_2=3p_1+4s_1$$

$$s_2=2p_1+3s_1$$

Para comenzar a $+1$ $(p,s) - (3 ; 2)$

Para comenzar a $-1$ $(p,s) - (1 ; 1)$

A continuación, la fórmula de las soluciones puede ser escrito.

$$a=2p^2-5ps+4s^2$$

$$b=\pm(2p^2-8ps+6s^2)$$

$$***$$

$$a=p^2+ps+2s^2$$

$$b=\mp(p^2+4ps)$$

La parte superior del signo, según la decisión de la ecuación de Pell para $+1$.

Menor $-1$.

$p,s $ - estos números pueden tener cualquier signo.