Pell-en ekuazio diofantoarra gisa honetako ekuazioa da: ${\displaystyle x^{2}-py^{2}=1}$, zeinetan ${\displaystyle p}$ zenbaki arrunt eta ez karratua den. Ekuazio diofantoarren helburua, zenbaki osoen gaineko ebazpenak ( ebazpen diofantoarrak ) determinatzea da, existitzen diren kasuan.

Pellen ekuazioaren: ${\displaystyle p}$, parametroaren balioa edozein zenbaki ez karratu izanik: ${\displaystyle (x,y)=(1,0)}$, eta ${\displaystyle (x,y)=(-1,0)}$ beti dira ebazpen diofantoarrak: ebazpen neutroak izenda daitezke. Horregatik ${\displaystyle p}$ zenbaki ez karratuarentzat, helburua: neutroak ez diren ebazpen diofantoarrak determinatzea da existitzen diren kasuan.

Pell-en ekuazio diofantoarraren problemak bi dira beraz: ${\displaystyle p}$ zenbaki ez karratua emanik, ebazpen ez neutrorik ba ote duen determinatzea, eta duen kasuan ahal diren ebazpen guztiak determinatzea.

Irudian ${\displaystyle x^{2}-2y^{2}=1}$, ekuazioaren zenbait ebazpen diofantoar eta ez neutroak, gorriz adierazi dira: ${\displaystyle (x,y)\in \{(3,2),(3,-2),(-3,2),(-3,-2)\}}$

Ekuazio honen ikerketa antzinakoa^[1] 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: ${\displaystyle p}$ edozein zenbaki arrunt ez karraturentzat, Pellen ekuaziak beti duela ebazpen ez neutro bat ( ${\displaystyle y\neq 0}$ ), (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.

${\displaystyle p}$ zenbaki ez karratua emanik, Pell-en ekuazioa: ${\displaystyle x^{2}-py^{2}=1}$, bateragarria dela frogatzen du Dirichlet-ek. Ondorioz ebazpen diofantoar ( ez neutroa ) bat existitzen da. Ekuazioaren ebazpenak, ${\displaystyle x^{2}-py^{2}=1}$ hiperbolan daudenez, ebazpen diofantoar bakar bat existitzen da lehen koadrantean, jatorrira distantzia minimoa duena: ebazpen minimo hau izango da: Oinarrizko ebapena, ${\displaystyle (x,y)=(a,b)}$, adieraziko da, hots: ${\displaystyle a^{2}-pb^{2}=1}$. Irudian agertu den kasuan: ${\displaystyle x^{2}-2y^{2}=1}$, ren oinarrizko ebazpena: ${\displaystyle (a,b)=(3,2)}$.

${\displaystyle {\sqrt {p}}=[a_{0},a_{1},a_{3},...,a_{n},...]}$ Zatiki jarraien bidezko garapena izango da.

Zatiki jarraien bidezko garapenaren ${\displaystyle n}$. hondarra${\displaystyle R_{n}({\sqrt {p}})=[a_{0},a_{1},a_{3},...,a_{n}]}$ adieraziko da.

Zenbaki irrazionala: ${\displaystyle {\sqrt {p}}}$ , erro modukoa izateagatik, Zatiki jarraien bidezko bere garapena, lehen koefizientetik aurrera periodikoa dela frogatuko du Galoisek, eta periodo hori: ${\displaystyle T}$, ${\displaystyle a_{n}=2a_{0}}$ berdintza betetzen duen lehen zenbaki arrunta dela.

Honela: ${\displaystyle {\sqrt {p}}=[a_{0},{\overline {a_{1},a_{3},...,a_{T-1},2a_{0}}}]}$ izango da zatiki jarraien bidezko garapena.

Ondorengoa dugu Pellen ekuazioaren oinarrizko ebazpena:

${\displaystyle {\frac {a}{b}}=R_{T-1}({\sqrt {p}})=[a_{0},a_{1},a_{3},...,a_{T-1}]}$ , ${\displaystyle T}$ bikoitia bada.

${\displaystyle {\frac {a}{b}}=R_{2T-1}({\sqrt {p}})=[a_{0},a_{1},a_{3},...,a_{2T-1}]}$ , ${\displaystyle T}$ bakoitia bada.

Irudian agertu den kasuan: ${\displaystyle {\sqrt {p}}=[1,{\overline {2}}]}$, ondorioz: ${\displaystyle T=1}$, bakoitia.

Eta oinarrizko ebazpena: ${\displaystyle {\frac {a}{b}}=R_{1}({\sqrt {2}})=[1,2]=1+{\frac {1}{2}}={\frac {3}{2}}}$

Pellen ekuazioa, bateragarria da, ${\displaystyle p}$ edozein zenbaki arrunt eta ez karratu izanik. Pell-en ekuazioak beti onartzen du ebazpen neutroa: ${\displaystyle x=1,y=0}$, horregatik bateragarria dela diogunean, neutroa ez den ebazpen baten existentziaz mintzo gara.

Pell-en ekuazioa bateragarria dela frogatuko da, ${\displaystyle p}$ edozein zenbaki arrunt eta ez karratu izanik. Honetarako Dirichlet-en bidea jarraituz: Lema bat, korolario bat eta proposizio bat frogatuz.

Oharra: Notazioetan, ${\displaystyle [a,b]}$ bitartea erabiliko da, ${\displaystyle [a,b]\cap \mathbb {Z} }$multzoa adierazteko, eta ${\displaystyle [x]}$, berriz, ${\displaystyle x}$-ren zati osoa adierazteko.

${\displaystyle \aleph }$, aleph zero sinboloak infinitu kontagarria adierazten du, eta ${\displaystyle \left\vert A\right\vert }$-k, ${\displaystyle A}$ multzoaren elementu kopurua.

Zenbaki arrazionalak: ${\displaystyle \mathbb {Q} =\{{\frac {p}{q}}:p\in \mathbb {Z} ,q\in \mathbb {N} \}}$

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

${\displaystyle {\frac {p}{q}}}$ zenbaki arrazionala, ${\displaystyle {p}\in \mathbb {Z} }$ eta ${\displaystyle {q}\in \mathbb {N} }$ suposatzen da orokortasuna galdu gabe.

${\displaystyle {n}\in \mathbb {N} }$ emanik, ondorengo segida eraikiko da: ${\displaystyle x_{j}=j\alpha -[j\alpha ]}$ non ${\displaystyle j\in [0,n]}$.

${\displaystyle x_{j}=j\alpha -[j\alpha ]\in [0,1{\bigr )}=\bigcup _{k=0}^{n-1}[{\frac {k}{n}},{\frac {k+1}{n}}{\bigr )}}$, ${\displaystyle \forall j\in [0,n]}$-rentzat.

Honela ${\displaystyle n+1}$ zenbaki , ${\displaystyle n}$ bitarte disjuntutan banatu dira, eta usategi printzipioa erabiliz, existitzen da bitarte bat, gutsienez bi zenbaki bere baitan dituena.

${\displaystyle \exists {r},{s}\in [0,n]}$, eta ${\displaystyle {r}<{s}}$ non ${\displaystyle \left\vert x_{r}-x_{s}\right\vert <{\frac {1}{n}}}$

${\displaystyle \left\vert x_{r}-x_{s}\right\vert =\left\vert r\alpha -s\alpha -([r\alpha ]-[s\alpha ])\right\vert =}$${\displaystyle (r-s)\left\vert \alpha -{\frac {[r\alpha ]-[s\alpha ]}{r-s}}\right\vert <{\frac {1}{n}}}$

${\displaystyle {r},{s}\in [0,n]}$, eta ${\displaystyle {r}<{s}}$ ${\displaystyle \Rightarrow 1\leq r-s\leq n}$. Honela ${\displaystyle q=r-s}$ eta ${\displaystyle p=[r\alpha ]-[s\alpha ]}$ aukeratuz.

${\displaystyle \exists {\frac {p}{q}}\in Q}$ non ${\displaystyle \left\vert \alpha -{\frac {p}{q}}\right\vert <{\frac {1}{q\cdot n}}}$ eta ${\displaystyle q\in [1,n]}$.

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

${\displaystyle p=\left[\alpha \right],q=1}$, hartuaz ${\displaystyle \left\vert \alpha -{\frac {[\alpha ]}{1}}\right\vert <{\frac {1}{1^{2}}}\Rightarrow [\alpha ]\in \Re }$. Ondorioz ${\displaystyle \Re \neq \emptyset }$.

Absurdura bideratuz suposa bedi, ${\displaystyle \left\vert \Re \right\vert <\aleph }$ dela (finitua).

${\displaystyle \left\vert \Re \right\vert <\aleph \Rightarrow \exists \epsilon =Min\left\{\left\vert \alpha -r\right\vert :r\in \Re \right\}}$

Zenbaki arrazionalen arkimedesen ezaugarriagatik:${\displaystyle \exists n\in \mathbb {N} :{\frac {1}{n}}<\epsilon }$ .

${\displaystyle \alpha }$ eta ${\displaystyle n}$ zenbakiei, aurreko Lema aplikatuz: ${\displaystyle \exists {\frac {p}{q}}\in \mathbb {Q} :\left\vert \alpha -{\frac {p}{q}}\right\vert <{\frac {1}{q\cdot n}};q\in [1,n]}$

Ondorioz, ${\displaystyle \left\vert \alpha -{\frac {p}{q}}\right\vert <{\frac {1}{q\cdot n}}\leq {\frac {1}{n}}<\epsilon \Rightarrow {\frac {p}{q}}\not \in \Re }$

Eta bestalde ${\displaystyle \left\vert \alpha -{\frac {p}{q}}\right\vert <{\frac {1}{q\cdot n}}\leq {\frac {1}{q^{2}}}\Rightarrow {\frac {p}{q}}\in \Re }$

Absurdua denez ezinezkoa da ${\displaystyle \Re }$ finitua izatea${\displaystyle \Rightarrow \left\vert \Re \right\vert =\aleph }$

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

${\displaystyle p}$ zenbaki arrunt eta ez karratua bada, ${\displaystyle {\sqrt {p}}}$ ez da zenbaki arrazionala: ${\displaystyle {\sqrt {p}}\in \mathbb {R} -\mathbb {Q} }$.

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

${\displaystyle \Re =\left\{{\frac {x}{y}}\in \mathbb {Q} :\left\vert {\sqrt {p}}-{\frac {x}{y}}\right\vert <{\frac {1}{y^{2}}}\right\}}$.

• Ondorengo emaitza frogatuko da hiru pausotan:

${\displaystyle \exists m\in Z;\left\vert m\right\vert <1+2{\sqrt {p}}}$ non ${\displaystyle \left\vert {\mathcal {A_{m}}}\right\vert =\aleph }$.

Zeinetan ${\displaystyle {\mathcal {A}}_{m}=\{(x,y)\in N\times N:\left\vert x^{2}-py^{2}\right\vert =m\}}$ multzoa den.

Bat: ${\displaystyle \left\vert \Re _{1}\right\vert =\aleph }$, forgatuko da, zeinetan ${\displaystyle \Re _{1}=\left\{{\frac {x}{y}}\in \mathbb {Q} :\left\vert x^{2}-y^{2}p\right\vert <1+2{\sqrt {p}}\right\}}$ . Ondorengo desberdintzak betetzen dituzte ${\displaystyle \Re }$ multzoko zatikiek: ${\displaystyle {\frac {x}{y}}\in \Re }$ emanik: ${\displaystyle \left\vert {\sqrt {p}}-{\frac {x}{y}}\right\vert <{\frac {1}{y^{2}}}\Leftrightarrow \left\vert y{\sqrt {p}}-x\right\vert <{\frac {1}{y}}}$, eta desberdintza triangeluarra erabiliz:

${\displaystyle \left\vert y{\sqrt {p}}+x\right\vert =\left\vert 2y{\sqrt {p}}+x-y{\sqrt {p}}\right\vert \leq }$ ${\displaystyle 2y{\sqrt {p}}+\left\vert x-y{\sqrt {p}}\right\vert <{\frac {1}{y}}+2y{\sqrt {p}}}$ .

Bi zenbakien biderketa eginez:

${\displaystyle \left\vert x-y{\sqrt {p}}\right\vert \cdot \left\vert x+y{\sqrt {p}}\right\vert =\left\vert x^{2}-py^{2}\right\vert }$ ${\displaystyle <{\frac {1}{y}}\cdot ({\frac {1}{y}}+2y{\sqrt {p}})={\frac {1}{y^{2}}}+2{\sqrt {p}}\leq 1+2{\sqrt {p}}}$. Honela: ${\displaystyle {\frac {x}{y}}\in \Re \Rightarrow {\frac {x}{y}}\in \Re _{1}}$. Eta emaitza frogatzen da: ${\displaystyle \Re \subset \Re _{1};|\Re |=\aleph \Rightarrow |\Re _{1}|=\aleph }$.

Bi ${\displaystyle \left\vert {\mathcal {A}}\right\vert =\aleph }$ zeinetan ${\displaystyle {\mathcal {A}}=\{(x,y)\in \mathbb {N} \times \mathbb {N} :\left\vert x^{2}-py^{2}\right\vert <1+2{\sqrt {p}}\}}$.

Ondorengo aplikazioa sortuko da: ${\displaystyle f:{\mathcal {A}}\rightarrow \Re _{1}}$, zeinetan ${\displaystyle f(x,y)={\frac {x}{y}}}$.

Erraz frogatzen da ondo definitutako aplikazioa dela, eta supraiektiboa dela.

${\displaystyle f}$ supraiektiboa ${\displaystyle \Rightarrow \left\vert \Re _{1}\right\vert \leq \left\vert {\mathcal {A}}\right\vert }$.

${\displaystyle \Re _{1}}$infinitua denez, ${\displaystyle {\mathcal {A}}}$ ere infinitua da: ${\displaystyle \left\vert \Re _{1}\right\vert =\aleph \Rightarrow |{\mathcal {A}}|=\aleph }$.

Hiru: ${\displaystyle \exists m\in Z;\left\vert m\right\vert <1+2{\sqrt {p}}}$ non ${\displaystyle \left\vert {\mathcal {A}}_{m}\right\vert =\aleph }$.

Zeinetan ${\displaystyle {\mathcal {A}}_{m}=\{(x,y)\in \mathbb {N} \times \mathbb {N} :\left\vert x^{2}-py^{2}\right\vert =m\}}$multzoa den.

Multzoen arteko ondorengo berdintza betetzen da:

${\displaystyle {\mathcal {A}}=\bigcup _{|m|<1+2{\sqrt {p}}}{\mathcal {A}}_{m}}$.

Absurdura bideratuz ${\displaystyle \forall m\in Z;\left\vert m\right\vert <1+2{\sqrt {p}}\Rightarrow \left\vert {\mathcal {A}}_{m}\right\vert <\aleph }$ suposatzen bada.

${\displaystyle |{\mathcal {A}}|=|\bigcup _{|m|<1+2{\sqrt {p}}}{\mathcal {A}}_{m}|\leq \sum _{|m|<1+2{\sqrt {p}}}|{\mathcal {A}}_{m}|<\aleph }$. Multzo finituen batura finitua finitua izateagatik.

Honela, ${\displaystyle \left\vert {\mathcal {A}}\right\vert <\aleph }$ ondorioztatu da, zeinak ${\displaystyle \left\vert {\mathcal {A}}\right\vert =\aleph }$, ukatzen duen: absurdua.

Existitzen da beraz ${\displaystyle {\mathcal {A}}_{m}}$multzoren bat infinitu elementu dituena.

• Behin ${\displaystyle m\in Z}$ aukeratu dugularik ( ${\displaystyle \left\vert m\right\vert <1+2{\sqrt {p}}}$) eta ${\displaystyle \left\vert {\mathcal {A}}_{m}\right\vert =\aleph }$, ${\displaystyle {\mathcal {A}}_{m}}$ multzoan Pellen ekuazioa betetzen duen ebazpen ez neutro bat existitzen dela frogatuko da. Ondorengo atalak frogatuz:

Bat: Ondorengo emaitza frogatuko da:

${\displaystyle \exists (x_{1},y_{1}),(x_{2},y_{2})\in {\mathcal {A}}_{m}}$: ${\displaystyle (x_{1},y_{1})\neq (x_{2},y_{2})}$, ${\displaystyle x_{1}\equiv x_{2}{\pmod {|m|}};y_{1}\equiv y_{2}{\pmod {|m|}}}$ .

${\displaystyle f:{\mathcal {A}}_{m}\rightarrow Z_{|m|}\times Z_{|m|}}$, aplikazioa eraikiko da zeinetan ${\displaystyle f(x,y)=(x+\left\vert m\right\vert Z,y+\left\vert m\right\vert Z)}$, ${\displaystyle x+\left\vert m\right\vert Z\in Z_{|m|}=\{{{\bar {0}},{\bar {1}},...,{\overline {m-1}}}\}}$ eraztuneko elementuak izanik.

${\displaystyle {\mathcal {A}}_{m}}$ Multzoa infinitua izateagatik eta ${\displaystyle Z_{|m|}\times Z_{|m|}}$, multzoa berriz finitua, irudi berdineko bi elementu desberdin existitzen direla ondoriozta daiteke ( zentzu zorrotzean infinitu ere exititu arren). ${\displaystyle \left\vert {\mathcal {A}}_{m}\right\vert =\aleph }$, eta ${\displaystyle \left\vert Z_{|m|}\times Z_{|m|}\right\vert =m^{2}\Rightarrow }$ ${\displaystyle \exists (x_{1},y_{1}),(x_{2},y_{2})\in {\mathcal {A}}_{m}}$.

${\displaystyle f(x_{1},y_{1})=f(x_{2},y_{2})}$ eta ${\displaystyle (x_{1},y_{1})\neq (x_{2},y_{2})}$. ${\displaystyle \exists (x_{1},y_{1}),(x_{2},y_{2})\in {\mathcal {A}}_{m}}$ non

${\displaystyle (x_{1}+\left\vert m\right\vert Z,y_{1}+\left\vert m\right\vert Z)=(x_{2}+\left\vert m\right\vert Z,y_{2}+\left\vert m\right\vert Z)}$ , honela ${\displaystyle \exists (x_{1},y_{1}),(x_{2},y_{2})\in {\mathcal {A}}_{m}}$:

${\displaystyle (x_{1},y_{1})\neq (x_{2},y_{2})}$ eta ${\displaystyle x_{1}\equiv x_{2}{\pmod {|m|}};y_{1}\equiv y_{2}{\pmod {|m|}}}$.

Bi: Ondorengo erlazioa frogatuko da: ${\displaystyle {zkh}(x_{1},y_{1})={zkh}(x_{2},y_{2})=d}$.

${\displaystyle d/{zkh}(x_{1},y_{1})\Rightarrow d/{zkh}(x_{2},y_{2})}$frogatuko da, lehenik. ${\displaystyle 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}$${\displaystyle {\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: ${\displaystyle d/{zkh}(x_{2},y_{2})\Rightarrow d/{zkh}(x_{1},y_{1})}$.

Ondorioz:${\displaystyle {zkh}(x_{1},y_{1})={zkh}(x_{2},y_{2})=d}$.

Hiru: ${\displaystyle (x_{1}x_{2}-py_{1}y_{2},x_{1}y_{2}-x_{2}y_{1})\in {\mathcal {A}}_{m}}$frogatuko da.

${\displaystyle (x_{1},y_{1}),(x_{2},y_{2})\in {\mathcal {A}}_{m}\Rightarrow (x_{1}x_{2}-py_{1}y_{2},x_{1}y_{2}-x_{2}y_{1})\in {\mathcal {A}}_{m}}$.

${\displaystyle (x_{1}^{2}-py_{1}^{2})(x_{2}^{2}-py_{2}^{2})=(x_{1}x_{2}-py_{1}y_{2})^{2}-p(x_{1}y_{2}-x_{2}y_{1})^{2}=m^{2}}$.

Lau: ${\displaystyle x_{1}y_{2}-x_{2}y_{1}\equiv 0{\pmod {|m|}}}$ eta ${\displaystyle x_{1}x_{2}-py_{1}y_{2}\equiv 0{\pmod {|m|}}}$frogatuko da.

${\displaystyle {\begin{cases}x_{2}-x_{1}\equiv 0{\pmod {\left\vert m\right\vert }}\Rightarrow y_{2}(x_{2}-x_{1})\equiv 0{\pmod {\left\vert m\right\vert }}\\y_{2}-y_{1}\equiv 0{\pmod {\left\vert m\right\vert }}\Rightarrow x_{2}(y_{2}-y_{1})\equiv 0{\pmod {\left\vert m\right\vert }}\end{cases}}}$

Kenketa eginez: ${\displaystyle x_{1}y_{2}-x_{2}y_{1}\equiv 0{\pmod {|m|}}}$

${\displaystyle 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}}}}$${\displaystyle {\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}}}}$
${\displaystyle (x_{1}x_{2}-py_{1}y_{2})^{2}\equiv 0{\pmod {m^{2}}}\Rightarrow x_{1}x_{2}-py_{1}y_{2}\equiv 0{\pmod {|m|}}}$.

${\displaystyle x_{1}x_{2}-py_{1}y_{2}\equiv 0{\pmod {|m|}}}$.

Bost: Pellen ekuazioaren ebazpen bat existitzen dela frogatuko da.

${\displaystyle \exists (u,v)\in \mathbb {Z} \times \mathbb {Z} :u^{2}-pv^{2}=1}$

${\displaystyle {\begin{cases}x_{1}y_{2}-x_{2}y_{1}\equiv 0{\pmod {|m|}}\\x_{1}x_{2}-py_{1}y_{2}\equiv 0{\pmod {|m|}}\end{cases}}\Rightarrow \exists u,v\in \mathbb {Z} }$ non ${\displaystyle {\begin{cases}x_{1}y_{2}-x_{2}y_{1}=vm\\x_{1}x_{2}-py_{1}y_{2}=um\end{cases}}}$

${\displaystyle (x_{1}^{2}-py_{1}^{2})(x_{2}^{2}-py_{2}^{2})=(x_{1}x_{2}-py_{1}y_{2})^{2}-p(x_{1}y_{2}-x_{2}y_{1})^{2}=m^{2}}$.

${\displaystyle (x_{1}x_{2}-py_{1}y_{2})^{2}-p(x_{1}y_{2}-x_{2}y_{1})^{2}=m^{2}\Leftrightarrow (um)^{2}-p(vm)^{2}=m^{2}\Leftrightarrow u^{2}-pv^{2}=1}$

Ondorioz Pell ekuazioaren ebazpen bat existitzen da: ${\displaystyle x=u,y=v}$.

Sei: Ebazpena ez dela neutroa frogatuko da: ${\displaystyle v\neq 0}$.

Absurdura bideratuz, ${\displaystyle v=0}$ baldin bada: ${\displaystyle x_{1}y_{2}=x_{2}y_{1}}$.

${\displaystyle {zkt}(x_{1},y_{1})={zkt}(x_{2},y_{2})=d}$ denez ondorengo zenbakiak sortuko dira:

${\displaystyle x_{1}=dx'_{1},x_{2}=dx'_{2},y_{1}=dy'_{1},y_{2}=dy'_{2}}$.

Zenbaki hauen zatitzaile komunetako handiena:

${\displaystyle {zkt}(x_{1},y_{1})={zkt}(x_{2},y_{2})=d\Rightarrow {zkt}(x'_{1},y'_{1})={zkt}(x'_{2},y'_{2})=1}$.

Eta: ${\displaystyle x_{1}y_{2}=x_{2}y_{1}\Rightarrow x'_{1}y'_{2}=x'_{2}y'_{1}}$

${\displaystyle {\begin{cases}{\begin{cases}x'_{1}y'_{2}=x'_{2}y'_{1}\\{zkt}(x'_{1},y'_{1})=1\end{cases}}\Rightarrow {\frac {y'_{2}}{y'_{1}}}={\frac {x'_{2}}{x'_{1}}}\in \mathbb {Z} \\{\begin{cases}x'_{1}y'_{2}=x'_{2}y'_{1}\\{zkt}(x'_{2},y'_{2})=1\end{cases}}\Rightarrow {\frac {x'_{1}}{x'_{2}}}={\frac {y'_{1}}{y'_{2}}}\in \mathbb {Z} \end{cases}}}$.

Zenbaki oso bat bere alderantzizkoaren berdina bada, zenbaki oso hori: 1 edo -1 da.

${\displaystyle {\frac {x'_{2}}{x'_{1}}}=-1\Rightarrow x_{2}=-x_{1}}$ bada, bietako bat negatiboa da, eta aukeraketa ${\displaystyle x+\left\vert m\right\vert Z\in Z_{|m|}=\{{{\bar {0}},{\bar {1}},...,{\overline {m-1}}}\}}$ multzotik egin da ezinezkoa.

${\displaystyle {\frac {x'_{2}}{x'_{1}}}=1}$, bada ${\displaystyle (x'_{1},y'_{1})=(x'_{2},y'_{2})\Rightarrow (x_{1},y_{1})=(x_{2},y_{2})}$ . Zeinak osagaien aukeraketa ukatzen duen, ezinezkoa.

Ondorioz: ${\displaystyle v\neq 0}$.

Lehena:

${\displaystyle p=21}$, ez da karratua, eta beraz: ${\displaystyle x^{2}-21y^{2}=1}$, bateragarria.

${\displaystyle {\sqrt {21}}=[4,{\overline {1,1,2,1,1,8}}]}$, zatiki jarraien bidezko garapena.

${\displaystyle T=6}$, bikoitia denez:

Ebazpen minimoa: ${\displaystyle a^{2}-21b^{2}=1}$.

${\displaystyle {\frac {a}{b}}=R_{T-1}=R_{5}=[4,1,1,2,1,1]={\frac {55}{12}}\Rightarrow a=55,b=12}$.

Lehen koadranteko ebazpen guztiak: ${\displaystyle n\in \mathbb {N} }$

${\displaystyle x_{n}={\frac {(55+12{\sqrt {21}})^{n}+(55-12{\sqrt {21}})^{n}}{2}}}$

${\displaystyle y_{n}={\frac {(55+12{\sqrt {21}})^{n}-(55-12{\sqrt {21}})^{n}}{2{\sqrt {21}}}}}$

Bigarrena:

${\displaystyle p=53}$, ez da karratua, beraz: ${\displaystyle x^{2}-53y^{2}=1}$, bateragarria da.

${\displaystyle {\sqrt {53}}=[7,{\overline {3,1,1,3,14}}]}$, zatiki jarraien bidezko garapena.

${\displaystyle T=5}$, bakoitia denez:

Ebazpen minimoa: ${\displaystyle a^{2}-21b^{2}=1}$

${\displaystyle {\frac {a}{b}}=R_{2T-1}=R_{9}=[7,3,1,1,3,14,3,1,1,3]={\frac {66249}{9100}}\Rightarrow a=66249,b=9100}$

Eta lehen koadranteko ebazpen guztiak: ${\displaystyle n\in \mathbb {N} }$

${\displaystyle x_{n}={\frac {(66249+9100{\sqrt {53}})^{n}+(66249-9100{\sqrt {53}})^{n}}{2}}}$${\displaystyle y_{n}={\frac {(66249+9100{\sqrt {53}})^{n}-(66249-9100{\sqrt {53}})^{n}}{2{\sqrt {53}}}}}$

${\displaystyle p}$ -ren edozein baliorentzat ${\displaystyle (x,y)=(1,0)}$ edo ${\displaystyle (x,y)=(-1,0)}$, beti dira ${\displaystyle x^{2}-py^{2}=1}$, ekuazioaren ebazpen. Ebazpen hauek ebazpen neutroak edo berealakoak izendatzen dira.

${\displaystyle (x,y)=(a,b)}$, ${\displaystyle x^{2}-py^{2}=1}$ ekuazioaren ebazpena bada eta bi osagaiak positiboak badira: ${\displaystyle a>0;b>0}$, ebazpen hori ebazpen positibo izendatuko da .(Testuinguru honetan).

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

Ondorengo proposizioan oinarrizko ebazpena existitzen dela frogatuko da.

${\displaystyle p}$ Zenbaki arrunt eta ez karratua izanik, ${\displaystyle x^{2}-py^{2}=1}$ ekuazioak badu oinarrizko ebazpena.

Froga

Dirichleten emaitzagatik: ${\displaystyle p}$ Zenbaki arrunt eta ez karratua izanik, ${\displaystyle x^{2}-py^{2}=1}$ ekuazioak badu ebazpen ez neutro bat: ${\displaystyle (c,d)}$, eta beraz: ${\displaystyle (c,-d),(-c,d)}$ eta ${\displaystyle (-c,-d)}$zenbakiak ere ebazpen ez neutroak dira. Horietako bakar bat da positiboa: ${\displaystyle (c,d)}$ positiboa dela suposatuko da orokortasuna galdu gabe. Honela:

${\displaystyle c={\sqrt {1+pd^{2}}}\in \mathbb {N} }$ ${\displaystyle \Rightarrow \exists Min\{y\in \mathbb {N} :{\sqrt {1+py^{2}}}\in \mathbb {N} \}}$

${\displaystyle b=Min\{y\in \mathbb {N} :{\sqrt {1+py^{2}}}\in \mathbb {N} \};a={\sqrt {1+pb^{2}}}}$ aukeratuz ebazpen minimoa edo oinarrizko ebazpena existitzen da.

${\displaystyle p}$ Zenbaki arrunt eta ez karratua izanik, ${\displaystyle (x,y)=(a,b)}$, ${\displaystyle x^{2}-py^{2}=1}$ ekuazioaren oinarrizko

ebazpena bada. Ebazpen positibo guztiak ondorengo multzoan daude:

${\displaystyle \{(a_{n},b_{n}):a_{n}+b_{n}{\sqrt {p}}=(a+b{\sqrt {p}})^{n}:n\geq 1\}}$

Froga

• ${\displaystyle n\geq 1,(a_{n},b_{n})}$ Ebazpena dela frogatuko da.

${\displaystyle (x,y)=(a,b)}$ Ebazpena denez: ${\displaystyle a^{2}-pb^{2}=1\Leftrightarrow (a-b{\sqrt {p}})(a+b{\sqrt {p}})=1}$

${\displaystyle (a+b{\sqrt {p}})(a-b{\sqrt {p}})=1\Rightarrow \forall n\geq 1,(a+b{\sqrt {p}})^{n}(a-b{\sqrt {p}})^{n}=1^{n}=1}$

${\displaystyle (a+b{\sqrt {p}})^{n}}$, adierazpena ${\displaystyle {\sqrt {p}}}$ aldagaia duen ${\displaystyle n}$. graduko polinomio gisara ikus daiteke. Newtonen bidezko binomioaren garapena eginez: ${\displaystyle (a+b{\sqrt {p}})^{n}=a_{n}+b_{n}{\sqrt {p}}}$ adierazten bada:${\displaystyle (a_{n},b_{n})}$ koefizienteak modu bakarrean determinatzen dira:

${\displaystyle a_{n}={\frac {(a+b{\sqrt {p}})^{n}+(a-b{\sqrt {p}})^{n}}{2}}}$, ${\displaystyle b{\sqrt {p}}}$ -ren berretzaile bakoitiak ezabatzen dira.

${\displaystyle b_{n}={\frac {(a+b{\sqrt {p}})^{n}-(a-b{\sqrt {p}})^{n}}{2{\sqrt {p}}}}}$, ${\displaystyle b{\sqrt {p}}}$ -ren berretzaile bikoitiak ezabatzen dira.

${\displaystyle a_{n}^{2}-b_{n}^{2}{\sqrt {p}}=(a_{n}+b_{n}{\sqrt {p}})(a_{n}-b_{n}{\sqrt {p}})=(a+b{\sqrt {p}})^{n}(a-b{\sqrt {p}})^{n}=(a^{2}-b^{2}{\sqrt {p}})=1^{n}=1}$

• Edozein ebazpen positibo ${\displaystyle (a_{n},b_{n})}$ gisakoa dela frogatuko da.

Absurdura bideratuz suposa bedi,${\displaystyle (u_{0},v_{0})}$ ebazpen positiboa dela eta ez dela ${\displaystyle (a_{n},b_{n})}$ gisakoa.

1. ${\displaystyle (a+b{\sqrt {p}})^{n}}$segida ertsiki gorakorra denez, ${\displaystyle n}$-rekiko: ${\displaystyle n\geq 0}$. ${\displaystyle \exists n\geq 0:(a+b{\sqrt {p}})^{n}<u_{0}+v_{0}{\sqrt {p}}<(a+b{\sqrt {p}})^{n+1}\Rightarrow }$${\displaystyle (a+b{\sqrt {p}})^{n-1}<{\frac {u_{0}+v_{0}{\sqrt {p}}}{a+b{\sqrt {p}}}}<(a+b{\sqrt {p}})^{n};n\geq 1bada}$
2. ${\displaystyle {\frac {u_{0}+v_{0}{\sqrt {p}}}{a+b{\sqrt {p}}}}=(u_{0}+v_{0}{\sqrt {p}})(a-b{\sqrt {p}})=u_{0}a-v_{0}bp+(v_{0}a-u_{0}b){\sqrt {p}}}$ ${\displaystyle u_{1}=u_{0}a-v_{0}bp;v_{1}=v_{0}a-u_{0}b}$ adieraziz ondorengo emaitza lortu da: ${\displaystyle (a+b{\sqrt {p}})^{n-1}<u_{1}+v_{1}{\sqrt {p}}<(a+b{\sqrt {p}})^{n}}$.
3. Ikus dezagun ${\displaystyle (u_{1},v_{1})=(u_{0}a-v_{0}bp,v_{0}a-u_{0}b)}$ebazpena dela. ${\displaystyle (u_{0}a-v_{0}bp)^{2}-(v_{0}a-u_{0}b)^{2}p=(u_{0}a)^{2}+(v_{0}bp)^{2}-(v_{0}a)^{2}p-(u_{0}b)^{2}p=}$${\displaystyle (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}$
4. Ikus dezagun ${\displaystyle (u_{1},v_{1})=(u_{0}a-v_{0}bp,v_{0}a-u_{0}b)}$ebazpen positiboa dela. Edozein ebazpen positibok:${\displaystyle (u,v)}$ , ondorengo desberdintza betetzen du.${\displaystyle (u+v{\sqrt {p}})(u-v{\sqrt {p}})=1>0\Rightarrow 0<u-v{\sqrt {p}}<1}$ , ${\displaystyle (u_{0},v_{0})}$ eta ${\displaystyle (a,b)}$positiboak direnez:${\displaystyle u_{1}=u_{0}a-v_{0}bp>u_{0}b{\sqrt {p}}-v_{0}bp=(u_{0}-v_{0}{\sqrt {p}})b{\sqrt {p}}>0}$.
5. Ikus dezagun beste osagaia: ${\displaystyle v_{1}}$ positiboa dela. Absurdura bideratuz ${\displaystyle v_{1}\leq 0}$ bada.${\displaystyle (u_{1})^{2}-(v_{1})^{2}p=(u_{1}+v_{1}{\sqrt {p}})(u_{1}-v_{1}{\sqrt {p}})=1\Rightarrow 0<u_{1}+v_{1}{\sqrt {p}}<1}$ . Eta bestalde: ${\displaystyle 1\leq (a+b{\sqrt {p}})^{n-1}<u_{1}+v_{1}{\sqrt {p}}<(a+b{\sqrt {p}})^{n}}$, ezinezkoa. Eta ondorioz ${\displaystyle v_{1}}$positiboa da.
6. Ondorengo errekurrentzi araua ondorioaztatu da. Baldin eta existizen bada ${\displaystyle (u_{0},v_{0})}$ebazpen postiboa eta ez dena ${\displaystyle (a_{n},b_{n})}$ gisakoa, orduan existitzen da ${\displaystyle (u_{1},v_{1})}$ :ebazpen positiboa, ez dena${\displaystyle (a_{n},b_{n})}$gisakoa, eta ${\displaystyle (u_{0},v_{0})}$ baino txikiagoa.${\displaystyle (a+b{\sqrt {p}})^{n}<u_{0}+v_{0}{\sqrt {p}}<(a+b{\sqrt {p}})^{n+1}\Rightarrow (a+b{\sqrt {p}})^{n-1}<u_{1}+v_{1}{\sqrt {p}}<(a+b{\sqrt {p}})^{n}}$ Araua ${\displaystyle n}$ aldiz errepikatuz: Existizen da :${\displaystyle (u_{n},v_{n})}$, ebazpen positboa non:${\displaystyle 1=(a+b{\sqrt {p}})^{0}<u_{n}+v_{n}{\sqrt {p}}<a+b{\sqrt {p}}\Rightarrow 0<v_{n}<b}$. Eta bestalde ${\displaystyle (a,b)}$ebazpen minioa izateagatik: ${\displaystyle b\leq v_{0}}$. Ezinezkoa da.
7. Ondorioa: edozein ebazpen positibo ${\displaystyle (a_{n},b_{n})}$ gisakoa da.

• Pellen ekuazioaren bateragarritasuna
• Pellen ekuazioaren ebazpen guztiak