# Pellen ekuazioa

Pell-en ekuazio diofantoarra gisa honetako ekuazioa da: $x^{2}-py^{2}=1$, zeinetan $p$ zenbaki arrunt eta ez karratua den. Ekuazio diofantoarren helburua, zenbaki osoen gaineko ebazpenak ( ebazpen diofantoarrak ) determinatzea da, existitzen diren kasuan.
Pellen ekuazioaren: $p$, parametroaren balioa edozein zenbaki ez karratu izanik: $(x,y)=(1,0)$, eta $(x,y)=(-1,0)$ beti dira ebazpen diofantoarrak: ebazpen neutroak izenda daitezke. Horregatik $p$ zenbaki ez karratuarentzat, helburua: neutroak ez diren ebazpen diofantoarrak determinatzea da existitzen diren kasuan.
Pell-en ekuazio diofantoarraren problemak bi dira beraz: $p$ zenbaki ez karratua emanik, ebazpen ez neutrorik ba ote duen determinatzea, eta duen kasuan ahal diren ebazpen guztiak determinatzea.
Irudian $x^{2}-2y^{2}=1$, ekuazioaren zenbait ebazpen diofantoar eta ez neutroak, gorriz adierazi dira: $(x,y)\in \{(3,2),(3,-2),(-3,2),(-3,-2)\}$

## Historia

Ekuazio honen ikerketa antzinakoa da, eta ebazpena XVIII. mendean gauzatuko da.
Badirudi Euler-en nahaste baten ondorioz atxikitzen zaiola ekuazio hau Pell-i. Badirudi Eulerrek Wallis aipatu beharrean Pell aipatu zuela.
Dirichlet-ek Pell en ekuazioa bateragarria dela frogatuko du. Hots: $p$ edozein zenbaki arrunt ez karraturentzat, Pellen ekuaziak beti duela ebazpen ez neutro bat ( $y\neq 0$ ), (usategiaren printzipioa erabiliz).
Pell-en ekuazioak ebazpen ez neutro bat baldin badu, badu ebazpen minimo bat, eta ebazpen minimo honek ekuazio diofantikoaren ebazpen guztiak determinatzen ditu: oinarrizko ebazpena izendatzen da ebazpen minimo hau.
Oinarrizko ebazpena determinatzeko metodoa, zatiki jarraien bidez ebatziko dute: Euler(1748), Lagrange(1768) eta Galois(1828)-ek: zenbaki irrazional bikarratuak, zatiki jarraien bidezko garapenarekiko karakterizatuz.

## Oinarrizko ebazpena

$p$ zenbaki ez karratua emanik, Pell-en ekuazioa: $x^{2}-py^{2}=1$, bateragarria dela frogatzen du Dirichlet-ek. Ondorioz ebazpen diofantoar ( ez neutroa ) bat existitzen da. Ekuazioaren ebazpenak, $x^{2}-py^{2}=1$ hiperbolan daudenez, ebazpen diofantoar bakar bat existitzen da lehen koadrantean, jatorrira distantzia minimoa duena: ebazpen minimo hau izango da: Oinarrizko ebapena, $(x,y)=(a,b)$, adieraziko da, hots: $a^{2}-pb^{2}=1$. Irudian agertu den kasuan: $x^{2}-2y^{2}=1$, ren oinarrizko ebazpena: $(a,b)=(3,2)$.
${\sqrt {p}}=[a_{0},a_{1},a_{3},...,a_{n},...]$ Zatiki jarraien bidezko garapena izango da.
Zatiki jarraien bidezko garapenaren $n$. hondarra$R_{n}({\sqrt {p}})=[a_{0},a_{1},a_{3},...,a_{n}]$ adieraziko da.
Zenbaki irrazionala: ${\sqrt {p}}$ , erro modukoa izateagatik, Zatiki jarraien bidezko bere garapena, lehen koefizientetik aurrera periodikoa dela frogatuko du Galoisek, eta periodo hori: $T$, $a_{n}=2a_{0}$ berdintza betetzen duen lehen zenbaki arrunta dela.
Honela: ${\sqrt {p}}=[a_{0},{\overline {a_{1},a_{3},...,a_{T-1},2a_{0}}}]$ izango da zatiki jarraien bidezko garapena.
Ondorengoa dugu Pellen ekuazioaren oinarrizko ebazpena:
${\frac {a}{b}}=R_{T-1}({\sqrt {p}})=[a_{0},a_{1},a_{3},...,a_{T-1}]$ , $T$ bikoitia bada.
${\frac {a}{b}}=R_{2T-1}({\sqrt {p}})=[a_{0},a_{1},a_{3},...,a_{2T-1}]$ , $T$ bakoitia bada.
Irudian agertu den kasuan: ${\sqrt {p}}=[1,{\overline {2}}]$, ondorioz: $T=1$, bakoitia.
Eta oinarrizko ebazpena: ${\frac {a}{b}}=R_{1}({\sqrt {2}})=[1,2]=1+{\frac {1}{2}}={\frac {3}{2}}$

## Bateragarritasuna

Pellen ekuazioa, bateragarria da, $p$ edozein zenbaki arrunt eta ez karratu izanik. Pell-en ekuazioak beti onartzen du ebazpen neutroa: $x=1,y=0$, horregatik bateragarria dela diogunean, neutroa ez den ebazpen baten existentziaz mintzo gara.
Pell-en ekuazioa bateragarria dela frogatuko da, $p$ edozein zenbaki arrunt eta ez karratu izanik. Honetarako Dirichlet-en bidea jarraituz: Lema bat, korolario bat eta proposizio bat frogatuz.
Oharra: Notazioetan, $[a,b]$ bitartea erabiliko da, $[a,b]\cap \mathbb {Z}$multzoa adierazteko, eta $[x]$, berriz, $x$-ren zati osoa adierazteko.
$\aleph$, aleph zero sinboloak infinitu kontagarria adierazten du, eta $\left\vert A\right\vert$-k, $A$ multzoaren elementu kopurua.
Zenbaki arrazionalak: $\mathbb {Q} =\{{\frac {p}{q}}:p\in \mathbb {Z} ,q\in \mathbb {N} \}$

### Lema

$\alpha \in \mathbb {R}$ emanik, $\forall n\in \mathbb {N}$-rentzat $\exists {\frac {p}{q}}\in \mathbb {Q}$ non $\left\vert \alpha -{\frac {p}{q}}\right\vert <{\frac {1}{q\cdot n}}$ eta $q\in [1,n]$.

#### Froga.

${\frac {p}{q}}$ zenbaki arrazionala, ${p}\in \mathbb {Z}$ eta ${q}\in \mathbb {N}$ suposatzen da orokortasuna galdu gabe.
${n}\in \mathbb {N}$ emanik, ondorengo segida eraikiko da: $x_{j}=j\alpha -[j\alpha ]$ non $j\in [0,n]$.
$x_{j}=j\alpha -[j\alpha ]\in [0,1{\bigr )}=\bigcup _{k=0}^{n-1}[{\frac {k}{n}},{\frac {k+1}{n}}{\bigr )}$, $\forall j\in [0,n]$-rentzat.
Honela $n+1$ zenbaki , $n$ bitarte disjuntutan banatu dira, eta usategi printzipioa erabiliz, existitzen da bitarte bat, gutsienez bi zenbaki bere baitan dituena.
$\exists {r},{s}\in [0,n]$, eta ${r}<{s}$ non $\left\vert x_{r}-x_{s}\right\vert <{\frac {1}{n}}$
$\left\vert x_{r}-x_{s}\right\vert =\left\vert r\alpha -s\alpha -([r\alpha ]-[s\alpha ])\right\vert =$$(r-s)\left\vert \alpha -{\frac {[r\alpha ]-[s\alpha ]}{r-s}}\right\vert <{\frac {1}{n}}$
${r},{s}\in [0,n]$, eta ${r}<{s}$ $\Rightarrow 1\leq r-s\leq n$. Honela $q=r-s$ eta $p=[r\alpha ]-[s\alpha ]$ aukeratuz.
$\exists {\frac {p}{q}}\in Q$ non $\left\vert \alpha -{\frac {p}{q}}\right\vert <{\frac {1}{q\cdot n}}$ eta $q\in [1,n]$.

### Korolarioa (Dirichleten teorema)

$\alpha \in \mathbb {R} -\mathbb {Q}$ eta $\Re =\left\{{\frac {p}{q}}\in \mathbb {Q} :\left\vert \alpha -{\frac {p}{q}}\right\vert <{\frac {1}{q^{2}}}\right\}$$\Rightarrow \left\vert \Re \right\vert =\aleph$

#### Froga

$p=\left[\alpha \right],q=1$, hartuaz $\left\vert \alpha -{\frac {[\alpha ]}{1}}\right\vert <{\frac {1}{1^{2}}}\Rightarrow [\alpha ]\in \Re$. Ondorioz $\Re \neq \emptyset$.
Absurdura bideratuz suposa bedi, $\left\vert \Re \right\vert <\aleph$ dela (finitua).
$\left\vert \Re \right\vert <\aleph \Rightarrow \exists \epsilon =Min\left\{\left\vert \alpha -r\right\vert :r\in \Re \right\}$
Zenbaki arrazionalen arkimedesen ezaugarriagatik:$\exists n\in \mathbb {N} :{\frac {1}{n}}<\epsilon$ .
$\alpha$ eta $n$ zenbakiei, aurreko Lema aplikatuz: $\exists {\frac {p}{q}}\in \mathbb {Q} :\left\vert \alpha -{\frac {p}{q}}\right\vert <{\frac {1}{q\cdot n}};q\in [1,n]$
Ondorioz, $\left\vert \alpha -{\frac {p}{q}}\right\vert <{\frac {1}{q\cdot n}}\leq {\frac {1}{n}}<\epsilon \Rightarrow {\frac {p}{q}}\not \in \Re$
Eta bestalde $\left\vert \alpha -{\frac {p}{q}}\right\vert <{\frac {1}{q\cdot n}}\leq {\frac {1}{q^{2}}}\Rightarrow {\frac {p}{q}}\in \Re$
Absurdua denez ezinezkoa da $\Re$ finitua izatea$\Rightarrow \left\vert \Re \right\vert =\aleph$

#### Proposizioa

$p$ zenbaki arrunt eta ez karratua bada, Pell-en ekuazioak: $x^{2}-py^{2}=1$ , badu ebazpen ez neutro bat.

#### Froga

$p$ zenbaki arrunt eta ez karratua bada, ${\sqrt {p}}$ ez da zenbaki arrazionala: ${\sqrt {p}}\in \mathbb {R} -\mathbb {Q}$.
$\alpha ={\sqrt {p}}\in \mathbb {R} -\mathbb {Q}$ zenbakiari aurreko korolarioa aplikatuz, $\left\vert \Re \right\vert =\aleph$ , zeinetan:
$\Re =\left\{{\frac {x}{y}}\in \mathbb {Q} :\left\vert {\sqrt {p}}-{\frac {x}{y}}\right\vert <{\frac {1}{y^{2}}}\right\}$.
* Ondorengo emaitza frogatuko da hiru pausotan:
$\exists m\in Z;\left\vert m\right\vert <1+2{\sqrt {p}}$ non $\left\vert {\mathcal {A_{m}}}\right\vert =\aleph$.
Zeinetan ${\mathcal {A}}_{m}=\{(x,y)\in N\times N:\left\vert x^{2}-py^{2}\right\vert =m\}$ multzoa den.
Bat: $\left\vert \Re _{1}\right\vert =\aleph$, forgatuko da, zeinetan $\Re _{1}=\left\{{\frac {x}{y}}\in \mathbb {Q} :\left\vert x^{2}-y^{2}p\right\vert <1+2{\sqrt {p}}\right\}$ . Ondorengo desberdintzak betetzen dituzte $\Re$ multzoko zatikiek: ${\frac {x}{y}}\in \Re$ emanik: $\left\vert {\sqrt {p}}-{\frac {x}{y}}\right\vert <{\frac {1}{y^{2}}}\Leftrightarrow \left\vert y{\sqrt {p}}-x\right\vert <{\frac {1}{y}}$, eta desberdintza triangeluarra erabiliz:
$\left\vert y{\sqrt {p}}+x\right\vert =\left\vert 2y{\sqrt {p}}+x-y{\sqrt {p}}\right\vert \leq$ $2y{\sqrt {p}}+\left\vert x-y{\sqrt {p}}\right\vert <{\frac {1}{y}}+2y{\sqrt {p}}$ .
Bi zenbakien biderketa eginez:
$\left\vert x-y{\sqrt {p}}\right\vert \cdot \left\vert x+y{\sqrt {p}}\right\vert =\left\vert x^{2}-py^{2}\right\vert$ $<{\frac {1}{y}}\cdot ({\frac {1}{y}}+2y{\sqrt {p}})={\frac {1}{y^{2}}}+2{\sqrt {p}}\leq 1+2{\sqrt {p}}$. Honela: ${\frac {x}{y}}\in \Re \Rightarrow {\frac {x}{y}}\in \Re _{1}$. Eta emaitza frogatzen da: $\Re \subset \Re _{1};|\Re |=\aleph \Rightarrow |\Re _{1}|=\aleph$.
Bi $\left\vert {\mathcal {A}}\right\vert =\aleph$ zeinetan ${\mathcal {A}}=\{(x,y)\in \mathbb {N} \times \mathbb {N} :\left\vert x^{2}-py^{2}\right\vert <1+2{\sqrt {p}}\}$.
Ondorengo aplikazioa sortuko da: $f:{\mathcal {A}}\rightarrow \Re _{1}$, zeinetan $f(x,y)={\frac {x}{y}}$.
Erraz frogatzen da ondo definitutako aplikazioa dela, eta supraiektiboa dela.
$f$ supraiektiboa $\Rightarrow \left\vert \Re _{1}\right\vert \leq \left\vert {\mathcal {A}}\right\vert$.
$\Re _{1}$infinitua denez, ${\mathcal {A}}$ ere infinitua da: $\left\vert \Re _{1}\right\vert =\aleph \Rightarrow |{\mathcal {A}}|=\aleph$.
Hiru: $\exists m\in Z;\left\vert m\right\vert <1+2{\sqrt {p}}$ non $\left\vert {\mathcal {A}}_{m}\right\vert =\aleph$.
Zeinetan ${\mathcal {A}}_{m}=\{(x,y)\in \mathbb {N} \times \mathbb {N} :\left\vert x^{2}-py^{2}\right\vert =m\}$multzoa den.
Multzoen arteko ondorengo berdintza betetzen da:
${\mathcal {A}}=\bigcup _{|m|<1+2{\sqrt {p}}}{\mathcal {A}}_{m}$.
Absurdura bideratuz $\forall m\in Z;\left\vert m\right\vert <1+2{\sqrt {p}}\Rightarrow \left\vert {\mathcal {A}}_{m}\right\vert <\aleph$ suposatzen bada.
$|{\mathcal {A}}|=|\bigcup _{|m|<1+2{\sqrt {p}}}{\mathcal {A}}_{m}|\leq \sum _{|m|<1+2{\sqrt {p}}}|{\mathcal {A}}_{m}|<\aleph$. Multzo finituen batura finitua finitua izateagatik.
Honela, $\left\vert {\mathcal {A}}\right\vert <\aleph$ ondorioztatu da, zeinak $\left\vert {\mathcal {A}}\right\vert =\aleph$, ukatzen duen: absurdua.
Existitzen da beraz ${\mathcal {A}}_{m}$multzoren bat infinitu elementu dituena.
* Behin $m\in Z$ aukeratu dugularik ( $\left\vert m\right\vert <1+2{\sqrt {p}}$) eta $\left\vert {\mathcal {A}}_{m}\right\vert =\aleph$, ${\mathcal {A}}_{m}$ multzoan Pellen ekuazioa betetzen duen ebazpen ez neutro bat existitzen dela frogatuko da. Ondorengo atalak frogatuz:
Bat: Ondorengo emaitza frogatuko da:
$\exists (x_{1},y_{1}),(x_{2},y_{2})\in {\mathcal {A}}_{m}$: $(x_{1},y_{1})\neq (x_{2},y_{2})$, $x_{1}\equiv x_{2}{\pmod {|m|}};y_{1}\equiv y_{2}{\pmod {|m|}}$ .
$f:{\mathcal {A}}_{m}\rightarrow Z_{|m|}\times Z_{|m|}$, aplikazioa eraikiko da zeinetan $f(x,y)=(x+\left\vert m\right\vert Z,y+\left\vert m\right\vert Z)$, $x+\left\vert m\right\vert Z\in Z_{|m|}=\{{{\bar {0}},{\bar {1}},...,{\overline {m-1}}}\}$ eraztuneko elementuak izanik.
${\mathcal {A}}_{m}$ Multzoa infinitua izateagatik eta $Z_{|m|}\times Z_{|m|}$, multzoa berriz finitua, irudi berdineko bi elementu desberdin existitzen direla ondoriozta daiteke ( zentzu zorrotzean infinitu ere exititu arren). $\left\vert {\mathcal {A}}_{m}\right\vert =\aleph$, eta $\left\vert Z_{|m|}\times Z_{|m|}\right\vert =m^{2}\Rightarrow$ $\exists (x_{1},y_{1}),(x_{2},y_{2})\in {\mathcal {A}}_{m}$.
$f(x_{1},y_{1})=f(x_{2},y_{2})$ eta $(x_{1},y_{1})\neq (x_{2},y_{2})$. $\exists (x_{1},y_{1}),(x_{2},y_{2})\in {\mathcal {A}}_{m}$ non
$(x_{1}+\left\vert m\right\vert Z,y_{1}+\left\vert m\right\vert Z)=(x_{2}+\left\vert m\right\vert Z,y_{2}+\left\vert m\right\vert Z)$ , honela $\exists (x_{1},y_{1}),(x_{2},y_{2})\in {\mathcal {A}}_{m}$:
$(x_{1},y_{1})\neq (x_{2},y_{2})$ eta $x_{1}\equiv x_{2}{\pmod {|m|}};y_{1}\equiv y_{2}{\pmod {|m|}}$.
Bi: Ondorengo erlazioa frogatuko da: ${zkh}(x_{1},y_{1})={zkh}(x_{2},y_{2})=d$.
$d/{zkh}(x_{1},y_{1})\Rightarrow d/{zkh}(x_{2},y_{2})$frogatuko da, lehenik. $d/{zkh}(x_{1},y_{1})\Rightarrow d/x_{1};d/y_{1}\Rightarrow {\begin{cases}d^{2}/x_{1}^{2};d^{2}/y_{1}^{2}\\x_{1}^{2}-py_{1}^{2}=m\end{cases}}\Rightarrow d^{2}/m$${\begin{cases}{\begin{cases}d/x1;d/m\\x_{1}\equiv x_{2}{\pmod {|m|}}\end{cases}}\Rightarrow d/x_{2}\\{\begin{cases}d/y_{1};d/m\\y_{1}\equiv y_{2}{\pmod {|m|}}\end{cases}}\Rightarrow d/y_{2}\end{cases}}\Rightarrow d/{zkt}(x_{2},y_{2})$.
Eta modu berean argudiatzen da: $d/{zkh}(x_{2},y_{2})\Rightarrow d/{zkh}(x_{1},y_{1})$.
Ondorioz:${zkh}(x_{1},y_{1})={zkh}(x_{2},y_{2})=d$.
Hiru: $(x_{1}x_{2}-py_{1}y_{2},x_{1}y_{2}-x_{2}y_{1})\in {\mathcal {A}}_{m}$frogatuko da.
$(x_{1},y_{1}),(x_{2},y_{2})\in {\mathcal {A}}_{m}\Rightarrow (x_{1}x_{2}-py_{1}y_{2},x_{1}y_{2}-x_{2}y_{1})\in {\mathcal {A}}_{m}$.
$(x_{1}^{2}-py_{1}^{2})(x_{2}^{2}-py_{2}^{2})=(x_{1}x_{2}-py_{1}y_{2})^{2}-p(x_{1}y_{2}-x_{2}y_{1})^{2}=m^{2}$.
Lau: $x_{1}y_{2}-x_{2}y_{1}\equiv 0{\pmod {|m|}}$ eta $x_{1}x_{2}-py_{1}y_{2}\equiv 0{\pmod {|m|}}$frogatuko da.
${\begin{cases}x_{2}-x_{1}\equiv 0{\pmod {\left\vert m\right\vert }}\Rightarrow y_{2}(x_{2}-x_{1})\equiv 0{\pmod {\left\vert m\right\vert }}\\y_{2}-y_{1}\equiv 0{\pmod {\left\vert m\right\vert }}\Rightarrow x_{2}(y_{2}-y_{1})\equiv 0{\pmod {\left\vert m\right\vert }}\end{cases}}$
Kenketa eginez: $x_{1}y_{2}-x_{2}y_{1}\equiv 0{\pmod {|m|}}$
$x_{1}y_{2}-x_{2}y_{1}\equiv 0{\pmod {|m|}}\Rightarrow (x_{1}y_{2}-x_{2}y_{1})^{2}\equiv 0{\pmod {m^{2}}}$${\begin{cases}(x_{1}x_{2}-py_{1}y_{2})^{2}-p(x_{1}y_{2}-x_{2}y_{1})^{2}=m^{2}\\(x_{1}y_{2}-x_{2}y_{1})^{2}\equiv 0{\pmod {m^{2}}}\end{cases}}\Rightarrow (x_{1}x_{2}-py_{1}y_{2})^{2}\equiv 0{\pmod {m^{2}}}$ $(x_{1}x_{2}-py_{1}y_{2})^{2}\equiv 0{\pmod {m^{2}}}\Rightarrow x_{1}x_{2}-py_{1}y_{2}\equiv 0{\pmod {|m|}}$.
$x_{1}x_{2}-py_{1}y_{2}\equiv 0{\pmod {|m|}}$.
Bost: Pellen ekuazioaren ebazpen bat existitzen dela frogatuko da.
$\exists (u,v)\in \mathbb {Z} \times \mathbb {Z} :u^{2}-pv^{2}=1$
${\begin{cases}x_{1}y_{2}-x_{2}y_{1}\equiv 0{\pmod {|m|}}\\x_{1}x_{2}-py_{1}y_{2}\equiv 0{\pmod {|m|}}\end{cases}}\Rightarrow \exists u,v\in \mathbb {Z}$ non ${\begin{cases}x_{1}y_{2}-x_{2}y_{1}=vm\\x_{1}x_{2}-py_{1}y_{2}=um\end{cases}}$
$(x_{1}^{2}-py_{1}^{2})(x_{2}^{2}-py_{2}^{2})=(x_{1}x_{2}-py_{1}y_{2})^{2}-p(x_{1}y_{2}-x_{2}y_{1})^{2}=m^{2}$.
$(x_{1}x_{2}-py_{1}y_{2})^{2}-p(x_{1}y_{2}-x_{2}y_{1})^{2}=m^{2}\Leftrightarrow (um)^{2}-p(vm)^{2}=m^{2}\Leftrightarrow u^{2}-pv^{2}=1$
Ondorioz Pell ekuazioaren ebazpen bat existitzen da: $x=u,y=v$.
Sei: Ebazpena ez dela neutroa frogatuko da: $v\neq 0$.
Absurdura bideratuz, $v=0$ baldin bada: $x_{1}y_{2}=x_{2}y_{1}$.
${zkt}(x_{1},y_{1})={zkt}(x_{2},y_{2})=d$ denez ondorengo zenbakiak sortuko dira:
$x_{1}=dx'_{1},x_{2}=dx'_{2},y_{1}=dy'_{1},y_{2}=dy'_{2}$.
Zenbaki hauen zatitzaile komunetako handiena:
${zkt}(x_{1},y_{1})={zkt}(x_{2},y_{2})=d\Rightarrow {zkt}(x'_{1},y'_{1})={zkt}(x'_{2},y'_{2})=1$.
Eta: $x_{1}y_{2}=x_{2}y_{1}\Rightarrow x'_{1}y'_{2}=x'_{2}y'_{1}$
${\begin{cases}{\begin{cases}x'_{1}y'_{2}=x'_{2}y'_{1}\\{zkt}(x'_{1},y'_{1})=1\end{cases}}\Rightarrow {\frac {y'_{2}}{y'_{1}}}={\frac {x'_{2}}{x'_{1}}}\in \mathbb {Z} \\{\begin{cases}x'_{1}y'_{2}=x'_{2}y'_{1}\\{zkt}(x'_{2},y'_{2})=1\end{cases}}\Rightarrow {\frac {x'_{1}}{x'_{2}}}={\frac {y'_{1}}{y'_{2}}}\in \mathbb {Z} \end{cases}}$.
Zenbaki oso bat bere alderantzizkoaren berdina bada, zenbaki oso hori: 1 edo -1 da.
${\frac {x'_{2}}{x'_{1}}}=-1\Rightarrow x_{2}=-x_{1}$ bada, bietako bat negatiboa da, eta aukeraketa $x+\left\vert m\right\vert Z\in Z_{|m|}=\{{{\bar {0}},{\bar {1}},...,{\overline {m-1}}}\}$ multzotik egin da ezinezkoa.
${\frac {x'_{2}}{x'_{1}}}=1$, bada $(x'_{1},y'_{1})=(x'_{2},y'_{2})\Rightarrow (x_{1},y_{1})=(x_{2},y_{2})$ . Zeinak osagaien aukeraketa ukatzen duen, ezinezkoa.
Ondorioz: $v\neq 0$.

## Adibideak

Lehena:
$p=21$, ez da karratua, eta beraz: $x^{2}-21y^{2}=1$, bateragarria.
${\sqrt {21}}=[4,{\overline {1,1,2,1,1,8}}]$, zatiki jarraien bidezko garapena.
$T=6$, bikoitia denez:
Ebazpen minimoa: $a^{2}-21b^{2}=1$.
${\frac {a}{b}}=R_{T-1}=R_{5}=[4,1,1,2,1,1]={\frac {55}{12}}\Rightarrow a=55,b=12$.
Lehen koadranteko ebazpen guztiak: $n\in \mathbb {N}$
$x_{n}={\frac {(55+12{\sqrt {21}})^{n}+(55-12{\sqrt {21}})^{n}}{2}}$
$y_{n}={\frac {(55+12{\sqrt {21}})^{n}-(55-12{\sqrt {21}})^{n}}{2{\sqrt {21}}}}$
Bigarrena:
$p=53$, ez da karratua, beraz: $x^{2}-53y^{2}=1$, bateragarria da.
${\sqrt {53}}=[7,{\overline {3,1,1,3,14}}]$, zatiki jarraien bidezko garapena.
$T=5$, bakoitia denez:
Ebazpen minimoa: $a^{2}-21b^{2}=1$
${\frac {a}{b}}=R_{2T-1}=R_{9}=[7,3,1,1,3,14,3,1,1,3]={\frac {66249}{9100}}\Rightarrow a=66249,b=9100$
Eta lehen koadranteko ebazpen guztiak: $n\in \mathbb {N}$
$x_{n}={\frac {(66249+9100{\sqrt {53}})^{n}+(66249-9100{\sqrt {53}})^{n}}{2}}$$y_{n}={\frac {(66249+9100{\sqrt {53}})^{n}-(66249-9100{\sqrt {53}})^{n}}{2{\sqrt {53}}}}$

## Ebazpenak

$p$ -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.

## Erreferentziak

* ↑ Solving the Pell equation. Notices Am Math. Soc., 182-192 or..

## Ikus, gainera

* Pellen ekuazioaren bateragarritasuna
* Pellen ekuazioaren ebazpen guztiak

## Kanpo estekak

* Datuak: Q853067
* Multimedia: Pell's equation / Q853067