# Pellen ekuazioaren ebazpen guztiak
## Pellen ekuazioaren ebazpen guztiak
#### Sarrrera

Pellen ekuazioa: $x^{2}-py^{2}=1$ bateragarria dela frogatzen du Dirichletek.
Pell-en ekuazioak ebazpen ez neutro bat baduenez, badu ebazpen minimo bat, ebazpen minimo honek gainerako ebazpenak eratzen dituenez, ebazpen minimo hau oinarrizko ebazpen izendatuko da.
Oinarrizko ebazpena existitzen dela frogatuko da atal honetan eta oinarrizko ebazpenetik abiatuta gainerako ebazpenak eratzeko errekurrentzi arau bat finkatuko da.
Definizioa
$p$ -ren edozein baliorentzat $(x,y)=(1,0)$ edo $(x,y)=(-1,0)$, beti dira $x^{2}-py^{2}=1$, ekuazioaren ebazpen. Ebazpen hauek ebazpen neutroak edo berealakoak izendatzen dira.
$(x,y)=(a,b)$, $x^{2}-py^{2}=1$ ekuazioaren ebazpena bada eta bi osagaiak positiboak badira: $a>0;b>0$, ebazpen hori ebazpen positibo izendatuko da .(Testuinguru honetan).

#### Definizioa

$p$ Zenbaki arrunt eta ez karratua izanik, $(x,y)=(a,b)$, $x^{2}-py^{2}=1$ ekuazioaren oinarrizko ebazpena izendatuko da, $(a,b)$ positiboa bada ( hots: $a>0;b>0$), eta edozein ebazpen positibo emanik: $(x,y)=(c,d)\Rightarrow b\leq d$.
Ondorengo proposizioan oinarrizko ebazpena existitzen dela frogatuko da.

#### Proposizioa

$p$ Zenbaki arrunt eta ez karratua izanik, $x^{2}-py^{2}=1$ ekuazioak badu oinarrizko ebazpena.
Froga
Dirichleten emaitzagatik: $p$ Zenbaki arrunt eta ez karratua izanik, $x^{2}-py^{2}=1$ ekuazioak badu ebazpen ez neutro bat: $(c,d)$, eta beraz: $(c,-d),(-c,d)$ eta $(-c,-d)$zenbakiak ere ebazpen ez neutroak dira. Horietako bakar bat da positiboa: $(c,d)$ positiboa dela suposatuko da orokortasuna galdu gabe. Honela:
$c={\sqrt {1+pd^{2}}}\in \mathbb {N}$ $\Rightarrow \exists Min\{y\in \mathbb {N} :{\sqrt {1+py^{2}}}\in \mathbb {N} \}$
$b=Min\{y\in \mathbb {N} :{\sqrt {1+py^{2}}}\in \mathbb {N} \};a={\sqrt {1+pb^{2}}}$ aukeratuz ebazpen minimoa edo oinarrizko ebazpena existitzen da.

#### Proposizioa

$p$ Zenbaki arrunt eta ez karratua izanik, $(x,y)=(a,b)$, $x^{2}-py^{2}=1$ ekuazioaren oinarrizko
ebazpena bada. Ebazpen positibo guztiak ondorengo multzoan daude:
$\{(a_{n},b_{n}):a_{n}+b_{n}{\sqrt {p}}=(a+b{\sqrt {p}})^{n}:n\geq 1\}$
Froga
* $n\geq 1,(a_{n},b_{n})$ Ebazpena dela frogatuko da.
$(x,y)=(a,b)$ Ebazpena denez: $a^{2}-pb^{2}=1\Leftrightarrow (a-b{\sqrt {p}})(a+b{\sqrt {p}})=1$
$(a+b{\sqrt {p}})(a-b{\sqrt {p}})=1\Rightarrow \forall n\geq 1,(a+b{\sqrt {p}})^{n}(a-b{\sqrt {p}})^{n}=1^{n}=1$
$(a+b{\sqrt {p}})^{n}$, adierazpena ${\sqrt {p}}$ aldagaia duen $n$. graduko polinomio gisara ikus daiteke. Newtonen bidezko binomioaren garapena eginez: $(a+b{\sqrt {p}})^{n}=a_{n}+b_{n}{\sqrt {p}}$ adierazten bada:$(a_{n},b_{n})$ koefizienteak modu bakarrean determinatzen dira:
$a_{n}={\frac {(a+b{\sqrt {p}})^{n}+(a-b{\sqrt {p}})^{n}}{2}}$, $b{\sqrt {p}}$ -ren berretzaile bakoitiak ezabatzen dira.
$b_{n}={\frac {(a+b{\sqrt {p}})^{n}-(a-b{\sqrt {p}})^{n}}{2{\sqrt {p}}}}$, $b{\sqrt {p}}$ -ren berretzaile bikoitiak ezabatzen dira.
$a_{n}^{2}-b_{n}^{2}{\sqrt {p}}=(a_{n}+b_{n}{\sqrt {p}})(a_{n}-b_{n}{\sqrt {p}})=(a+b{\sqrt {p}})^{n}(a-b{\sqrt {p}})^{n}=(a^{2}-b^{2}{\sqrt {p}})=1^{n}=1$
* Edozein ebazpen positibo $(a_{n},b_{n})$ gisakoa dela frogatuko da.
Absurdura bideratuz suposa bedi,$(u_{0},v_{0})$ ebazpen positiboa dela eta ez dela $(a_{n},b_{n})$ gisakoa.
* $(a+b{\sqrt {p}})^{n}$segida ertsiki gorakorra denez, $n$-rekiko: $n\geq 0$. $\exists n\geq 0:(a+b{\sqrt {p}})^{n}<u_{0}+v_{0}{\sqrt {p}}<(a+b{\sqrt {p}})^{n+1}\Rightarrow$$(a+b{\sqrt {p}})^{n-1}<{\frac {u_{0}+v_{0}{\sqrt {p}}}{a+b{\sqrt {p}}}}<(a+b{\sqrt {p}})^{n};n\geq 1bada$
* ${\frac {u_{0}+v_{0}{\sqrt {p}}}{a+b{\sqrt {p}}}}=(u_{0}+v_{0}{\sqrt {p}})(a-b{\sqrt {p}})=u_{0}a-v_{0}bp+(v_{0}a-u_{0}b){\sqrt {p}}$ $u_{1}=u_{0}a-v_{0}bp;v_{1}=v_{0}a-u_{0}b$ adieraziz ondorengo emaitza lortu da: $(a+b{\sqrt {p}})^{n-1}<u_{1}+v_{1}{\sqrt {p}}<(a+b{\sqrt {p}})^{n}$.
* Ikus dezagun $(u_{1},v_{1})=(u_{0}a-v_{0}bp,v_{0}a-u_{0}b)$ebazpena dela. $(u_{0}a-v_{0}bp)^{2}-(v_{0}a-u_{0}b)^{2}p=(u_{0}a)^{2}+(v_{0}bp)^{2}-(v_{0}a)^{2}p-(u_{0}b)^{2}p=$$(u_{0}a)^{2}+(v_{0}bp)^{2}-(v_{0}a)^{2}p-(u_{0}b)^{2}p=a^{2}(u_{0}^{2}-v_{0}^{2}p)+b^{2}p(v_{0}^{2}p-u_{0}^{2})=a^{2}-b^{2}p=1$
* Ikus dezagun $(u_{1},v_{1})=(u_{0}a-v_{0}bp,v_{0}a-u_{0}b)$ebazpen positiboa dela. Edozein ebazpen positibok:$(u,v)$ , ondorengo desberdintza betetzen du.$(u+v{\sqrt {p}})(u-v{\sqrt {p}})=1>0\Rightarrow 0<u-v{\sqrt {p}}<1$ , $(u_{0},v_{0})$ eta $(a,b)$positiboak direnez:$u_{1}=u_{0}a-v_{0}bp>u_{0}b{\sqrt {p}}-v_{0}bp=(u_{0}-v_{0}{\sqrt {p}})b{\sqrt {p}}>0$.
* Ikus dezagun beste osagaia: $v_{1}$ positiboa dela. Absurdura bideratuz $v_{1}\leq 0$ bada.$(u_{1})^{2}-(v_{1})^{2}p=(u_{1}+v_{1}{\sqrt {p}})(u_{1}-v_{1}{\sqrt {p}})=1\Rightarrow 0<u_{1}+v_{1}{\sqrt {p}}<1$ . Eta bestalde: $1\leq (a+b{\sqrt {p}})^{n-1}<u_{1}+v_{1}{\sqrt {p}}<(a+b{\sqrt {p}})^{n}$, ezinezkoa. Eta ondorioz $v_{1}$positiboa da.
* Ondorengo errekurrentzi araua ondorioaztatu da. Baldin eta existizen bada $(u_{0},v_{0})$ebazpen postiboa eta ez dena $(a_{n},b_{n})$ gisakoa, orduan existitzen da $(u_{1},v_{1})$ :ebazpen positiboa, ez dena$(a_{n},b_{n})$gisakoa, eta $(u_{0},v_{0})$ baino txikiagoa.$(a+b{\sqrt {p}})^{n}<u_{0}+v_{0}{\sqrt {p}}<(a+b{\sqrt {p}})^{n+1}\Rightarrow (a+b{\sqrt {p}})^{n-1}<u_{1}+v_{1}{\sqrt {p}}<(a+b{\sqrt {p}})^{n}$ Araua $n$ aldiz errepikatuz: Existizen da :$(u_{n},v_{n})$, ebazpen positboa non:$1=(a+b{\sqrt {p}})^{0}<u_{n}+v_{n}{\sqrt {p}}<a+b{\sqrt {p}}\Rightarrow 0<v_{n}<b$. Eta bestalde $(a,b)$ebazpen minioa izateagatik: $b\leq v_{0}$. Ezinezkoa da.
* Ondorioa: edozein ebazpen positibo $(a_{n},b_{n})$ gisakoa da.