Pellen ekuazioa

alt=p=2 parametroarentzat, Pell-en ekuazioaren zenbait ebazpen diofantoar.|thumb|242x242px|x^2-2y^2=1, ekuazioaren zenbait ebazpen diofantoar.
**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.
thumb|208x208px|Evariste Galois (1811-1832)
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\neq0 ), (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. hondarraR_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.
thumb|195x195px|Peter Gustav Lejeune Dirichlet (1805-1859)
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 \Zmultzoa 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: \Q=\{\frac{p}{q}: p \in \Z, q\in \N\} 

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

#### Froga. 
\frac{p}{q} zenbaki arrazionala, {p} \in \Z eta {q} \in \N suposatzen da orokortasuna galdu gabe.

{n} \in \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} non \left \vert x_r- x_s \right \vert 

\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

 {r},{s} \in [0,n], eta {r} \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  eta q\in [1,n].

### Korolarioa (Dirichleten teorema) 
\alpha\in \R-\Q eta \Re=\left \{ \frac{p}{q}\in \Q : \left \vert\alpha- \frac{p}{q} \right \vert \Rightarrow  \left \vert \Re \right \vert=\aleph

#### Froga 
p=\left [ \alpha \right ] , q=1 , hartuaz   \left \vert\alpha- \frac{[\alpha]}{1} \right \vert . Ondorioz   \Re \neq \emptyset.

Absurdura bideratuz suposa bedi, \left \vert \Re \right \vert dela (finitua).

\left \vert \Re \right \vert

Zenbaki arrazionalen arkimedesen ezaugarriagatik:\exists n \in \N :  \frac{1}{n} .

\alpha eta n zenbakiei, aurreko Lema  aplikatuz:  \exists \frac{p}{q}\in \Q : \left \vert\alpha- \frac{p}{q} \right \vert 

Ondorioz,  \left \vert\alpha- \frac{p}{q} \right \vert 

Eta bestalde  \left \vert\alpha- \frac{p}{q} \right \vert 

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 \R-\Q.

\alpha=\sqrt{p}\in \R-\Q zenbakiari aurreko korolarioa aplikatuz,  \left \vert \Re \right \vert=\aleph , zeinetan: 

\Re=\left \{ \frac{x}{y}\in \Q : \left \vert\sqrt{p}- \frac{x}{y} \right \vert . 

* Ondorengo emaitza frogatuko da hiru pausotan:

 \exists m \in Z ; \left \vert m\right \vert 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 \Q : \left \vert x^2-y^2p \right \vert .                              Ondorengo desberdintzak betetzen dituzte  \Re  multzoko zatikiek: \frac{x}{y}\in \Re emanik:  \left \vert\sqrt{p}- \frac{x}{y} \right \vert , 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 .

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   . 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 \N\times \N :\left \vert x^2- py^2\right \vert.   

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 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.

Multzoen arteko ondorengo berdintza betetzen da:

  \mathcal{A}=\bigcup_ ; y_1\equiv y_2\pmod{ |m|} .**

  f:\mathcal{A}_m \rightarrow Z_\times Z_, 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_=\{{\bar{0}, \bar{1},...,{\overline{m-1}}}\} eraztuneko elementuak izanik.

  \mathcal{A}_m Multzoa infinitua izateagatik eta    Z_\times Z_, 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_\times Z_ \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 \end{cases}\Rightarrow d/x_2 \\ \begin{cases} d/y_1 ; d/m \\ y_1\equiv y_2 \pmod\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_1x_2-py_1y_2,x_1y_2-x_2y_1)\in\mathcal{A}_m  frogatuko da.

  (x_1,y_1), (x_2,y_2)\in\mathcal{A}_m\Rightarrow  (x_1x_2-py_1y_2,x_1y_2-x_2y_1)\in\mathcal{A}_m  .

  (x_1^2- py_1^2)(x_2^2- py_2^2)=(x_1x_2-py_1y_2)^2-p(x_1y_2-x_2y_1)^2=m^2.

**Lau**:   x_1y_2-x_2y_1\equiv0\pmod{ |m|} eta   x_1x_2-py_1y_2\equiv0\pmod{ |m|}frogatuko da.

   \begin{cases} x_2-x_1\equiv0\pmod{\left\vert m \right\vert}\Rightarrow y_2(x_2-x_1)\equiv0\pmod{\left\vert m \right\vert}
\\ y_2-y_1\equiv0\pmod{\left\vert m \right\vert}\Rightarrow x_2(y_2-y_1)\equiv0\pmod{\left\vert m \right\vert}\end{cases} 

Kenketa eginez:   x_1y_2-x_2y_1\equiv0\pmod{ |m|}

  x_1y_2-x_2y_1\equiv0\pmod{ |m|}\Rightarrow (x_1y_2-x_2y_1)^2\equiv0\pmod{m^2}   \begin{cases} (x_1x_2-py_1y_2)^2-p(x_1y_2-x_2y_1)^2=m^2 \\ (x_1y_2-x_2y_1)^2\equiv0\pmod{m^2} \end{cases}\Rightarrow (x_1x_2-py_1y_2)^2\equiv0\pmod{m^2}   (x_1x_2-py_1y_2)^2\equiv0\pmod{m^2}\Rightarrow x_1x_2-py_1y_2\equiv0\pmod{ |m|}.

  x_1x_2-py_1y_2\equiv0\pmod{ |m|}.

**Bost**: Pellen ekuazioaren ebazpen bat existitzen dela frogatuko da. 

**  \exists (u,v)\in \Z \times \Z : u^2-pv^2=1**

    \begin{cases} x_1y_2-x_2y_1\equiv0\pmod{ |m|} \\ x_1x_2-py_1y_2\equiv0\pmod{ |m|} \end{cases}\Rightarrow \exists u,v\in \Z non     \begin{cases} x_1y_2-x_2y_1=vm \\ x_1x_2-py_1y_2=um \end{cases}

  (x_1^2- py_1^2)(x_2^2- py_2^2)=(x_1x_2-py_1y_2)^2-p(x_1y_2-x_2y_1)^2=m^2.

  (x_1x_2-py_1y_2)^2-p(x_1y_2-x_2y_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_1y_2=x_2y_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_1y_2=x_2y_1\Rightarrow x'_1y'_2=x'_2y'_1 

     \begin{cases} \begin{cases} x'_1y'_2=x'_2y'_1 \\ {zkt}(x'_1,y'_1)=1 \end{cases} \Rightarrow \frac{y'_2}{y'_1}=\frac{x'_2}{x'_1} \in \Z \\ \begin{cases} x'_1y'_2=x'_2y'_1 \\ {zkt}(x'_2,y'_2)=1 \end{cases} \Rightarrow \frac{x'_1}{x'_2}=\frac{y'_1}{y'_2}\in \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_=\{{\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 \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 \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 \N    \Rightarrow \exists Min \{y\in \N: \sqrt{1+py^2}\in \N\}   

b=Min \{y\in \N: \sqrt{1+py^2}\in \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 (a+b\sqrt{p})^{n-1} 
# \frac{u_0+v_0\sqrt{p}}{a+b\sqrt{p}}=(u_0+v_0\sqrt{p})(a-b\sqrt{p})=u_0a-v_0bp+(v_0a-u_0b)\sqrt{p} u_1=u_0a-v_0bp ; v_1=v_0a-u_0b adieraziz ondorengo emaitza lortu da: (a+b\sqrt{p})^{n-1} .
# Ikus dezagun (u_1,v_1)=(u_0a-v_0bp,v_0a-u_0b)ebazpena dela. (u_0a-v_0bp)^2-(v_0a-u_0b)^2p=(u_0a)^2+(v_0bp)^2-(v_0a)^2p-(u_0b)^2p=(u_0a)^2+(v_0bp)^2-(v_0a)^2p-(u_0b)^2p=a^2(u_0^2-v_0^2p)+b^2p(v_0^2p-u_0^2)=a^2-b^2p=1
# Ikus dezagun (u_1,v_1)=(u_0a-v_0bp,v_0a-u_0b)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_0,v_0)** eta **(a,b)**positiboak direnez:u_1=u_0a-v_0bp>u_0b\sqrt{p}-v_0bp=(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)^2p=(u_1+v_1 \sqrt{p})(u_1-v_1\sqrt{p})=1 \Rightarrow 0 . Eta bestalde: 1\leq (a+b\sqrt{p})^{n-1} , 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   Araua n aldiz errepikatuz: Existizen da :(u_n,v_n), ebazpen positboa non: 1=(a+b\sqrt{p})^0 . Eta bestalde (a,b)ebazpen minioa izateagatik:   b \leq v_0. Ezinezkoa da.
# Ondorioa: edozein ebazpen positibo **(a_n,b_n)** gisakoa da.

## Erreferentziak 
## Ikus, gainera 
* Pellen ekuazioaren bateragarritasuna
* Pellen ekuazioaren ebazpen guztiak

## Kanpo estekak