2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1, 2
 
 Re: Интересное свойство уравнения Пелля
Сообщение21.05.2023, 13:04 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1824
Санкт-Петербург
P.S. P.S.
Что ж. Тогда можно взять $v=0$ и получить $X=\dfrac{(2u+1)^2+1^2+(2u-1)^2+1^2}{4}=2u^2+1.$ Именно это и происходит, поскольку если $x^2 - dy^2 = -1$, то $(2x^2+1)^2-d(2xy)^2=1$ :oops:
Но я не считаю такой опыт бесполезным )

 Профиль  
                  
 
 Re: Интересное свойство уравнения Пелля
Сообщение23.05.2023, 00:04 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1824
Санкт-Петербург
P.S. P.S. P.S.
Andrey A в сообщении #1594579 писал(а):
Выше было показано, что каждый член указанной последовательности (OEIS A050795) может быть получен из четверки нечетных $ab-cd=-2:$ $$X=\dfrac{a^2+b^2+c^2+d^2}{4}.$$
Это верно. Но
Andrey A в сообщении #1594454 писал(а):
... имеем необходимое и достаточное условие нечетности периода разложения $M:$ $$\left ( \dfrac{p-c}{2} \right )^2+\left ( \dfrac{p-d}{2} \right )^2=\square.$$
неверно. Оно равносильно требованию $X=2u^2+1$, что является достаточным условием "нечетности" $X$, но необходимым не является. Sorry. Тестирование отменяется.

 Профиль  
                  
 
 Re: Интересное свойство уравнения Пелля
Сообщение23.05.2023, 09:57 


21/04/22
314
Про уравнение $x^2 - Ay^2 = -1$ можно ещё рассмотреть задачу определения разрешимости в зависимости от разложения $A$ на простые. Для простого $A$ разрешимость определяется остатком от деления на 4.

В случае $A = pq$ для простых $p, q$, которые не имеют вид $4k + 3$, разрешимо ровно одно из трёх уравнений
$$x^2 - Ay^2 = -1 \quad px^2 - qy^2 = 1 \quad qx^2 - py^2 = 1$$
В случае $p = 2$ первое уравнение разрешимо, если $q \equiv 5 \pmod{8}$. Если $q \equiv 1 \pmod{8}$, первое уравнение иногда разрешимо, а иногда нет. Есть ли простой способ это определить? Не знаю.

В случае $p \equiv q \equiv 1 \pmod{4}$ первое уравнение разрешимо, если $(\frac{p}{q}) = -1$. Применив квадратичный закон взаимности, можно усилить этот результат: если оба сравнения $x^4 \equiv q \pmod{p}$ и $x^4 \equiv p \pmod{q}$ неразрешимы, то уравнение $x^2 - pqy^2 = -1$ разрешимо. В одной статье я нашёл утверждение о том, что в случае, когда из этих двух сравнений разрешимо ровно одно, уравнение $x^2 - pqy^2 = -1$ не имеет решений. Если оба сравнения разрешимы, то решения иногда есть, а иногда нет. От чего это зависит? Опять же, вопрос трудный.

 Профиль  
                  
 
 Re: Интересное свойство уравнения Пелля
Сообщение23.05.2023, 11:52 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1824
Санкт-Петербург
mathematician123 в сообщении #1594927 писал(а):
От чего это зависит? Опять же, вопрос трудный.
То-то и оно. Исходя из свойств $A$, трудно что-либо заключить с уверенностью, кроме того, что оно зеленое. Нечетный период разложения для простого $A$ — тоже, на сколько понимаю, гипотеза. Потому и переметнулся на свойства $x$, и, вроде бы, не напрасно. Тем более, что множество иксов для зеленого $A$ очень красиво следует из четверки нечетных $ab-cd=-2.$ Давайте всё же говорить об "иксах зеленого Пелля" $(X)$, как о членах последовательности OEIS A050795 и о разложении $A=\dfrac{X^2-1}{D^2},$ где $D$ — основание наибольшего квадратного делителя числителя. Предлагаю доказать или опровергнуть следующее утверждение:
Период разложения $\sqrt{A}$ в непрерывную дробь имеет нечетное количество знаков тогда и только тогда, когда из двух последовательных $\dfrac{X-1}{2},\dfrac{X+1}{2}$ одно является целым квадратом.
Отсюда, кстати, следовала бы и нечетность разложения для простого $A$, но уже для удвоенного простого — не обязательно.

 Профиль  
                  
 
 Re: Интересное свойство уравнения Пелля
Сообщение23.05.2023, 19:19 


21/04/22
314
Andrey A в сообщении #1594944 писал(а):
разложении $A=\dfrac{X^2-1}{D^2},$ где $D$ — основание наибольшего квадратного делителя числителя. Предлагаю доказать или опровергнуть следующее утверждение:
Период разложения $\sqrt{A}$ в непрерывную дробь имеет нечетное количество знаков тогда и только тогда, когда из двух последовательных $\dfrac{X-1}{2},\dfrac{X+1}{2}$ одно является целым квадратом.

Для простого $A \equiv 1 \pmod{4}$ решение несложное. Чётность числа $D$ следует из рассмотрения по модулю 4. Тогда можно написать
$$A\left(\frac{D}{2}\right)^2 = \frac{X+1}{2} \cdot \frac{X-1}{2}$$
Числа справа отличаются на 1 и потому взаимнопросты. Значит, они имеют вид $v^2$ и $Au^2$. Откуда $v^2 - Au^2 = \pm 1$. Если справа знак плюс, то получили меньшее представление $A = \frac{v^2-1}{u^2}$. А если взять $D, X$ минимально возможными, то обязательно получим $v^2 - Au^2 = -1$.
Если применить эти рассуждения к случаю $A = pq$, то получим одно решение одного из уравнений
mathematician123 в сообщении #1594927 писал(а):
$$x^2 - Ay^2 = -1 \quad px^2 - qy^2 = 1 \quad qx^2 - py^2 = 1$$

Но какого именно, определить сложно.

 Профиль  
                  
 
 Re: Интересное свойство уравнения Пелля
Сообщение24.05.2023, 03:03 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1824
Санкт-Петербург
mathematician123 в сообщении #1594995 писал(а):
Для простого $A \equiv 1 \pmod{4}$ решение несложное.
Да. Получается, что $A$ нечетного периода — своего рода квазипростые относительного данного алгоритма. Еще имеет значение следующее: если $v^2 - Au^2 = -1,$ то $v^2=Au^2-1$ и $Au^2=v^2+1,$ откуда $v^2 + Au^2 = 2Au^2-1=2v^2+1,$ а это иксы некоторых старших уравнений, для которых $(X-1)/2$ — квадрат. Их половина от общего, другая половина следует таким же образом из $v^2 - Au^2 = 1,$ для них $(X+1)/2$ — квадрат. Отсюда и утверждение справедливое в случае разрешимости уравнения $v^2 - Au^2 = -1.$ Но всё это голословно, и нужно доказать еще, что в случае четных периодов этого не происходит. Тут полезно выписать для наглядности последовательности решений для маленьких $A$ в виде дробей по типу подходящих; они ведь тоже подлежат рекурсии, а для $A=2,5$ подходящие и есть. Но почему-то этого никто не делает.

Ладно. В общем виде $X$ выражается формой $\dfrac{a^2+b^2+c^2+d^2}{4},$ тогда пара $\dfrac{X-1}{2},\dfrac{X+1}{2}=\dfrac{a^2+b^2+c^2+d^2-4}{8},\dfrac{a^2+b^2+c^2+d^2+4}{8}.$ И, помня, что $ab-cd=-2$, получаем $\dfrac{X-1}{2},\dfrac{X+1}{2}=\dfrac{(a+b)^2+(c-d)^2}{8},\dfrac{(a-b)^2+(c+d)^2}{8}$ — пара последовательных чисел, одно из которых целый квадрат. Отсюда можно выразить $X$ в явном виде из пифагоровой тройки. Но на сегодня хватит.

 Профиль  
                  
 
 Re: Интересное свойство уравнения Пелля
Сообщение25.05.2023, 08:12 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1824
Санкт-Петербург
Andrey A в сообщении #1595030 писал(а):
... нужно доказать еще, что в случае четных периодов этого не происходит.
Доказать будет сложно, поскольку оно неверно.
Andrey A в сообщении #1594944 писал(а):
Период разложения $\sqrt{A}$ в непрерывную дробь имеет нечетное количество знаков тогда и только тогда, когда из двух последовательных $\dfrac{X-1}{2},\dfrac{X+1}{2}$ одно является целым квадратом.
Требование необходимое, но не достаточное. Если кто заморочился на сей счет, зря время всё же не потратил. Надеюсь ) Хорошее решение тут есть, скоро выложу.

 Профиль  
                  
 
 Re: Интересное свойство уравнения Пелля
Сообщение26.05.2023, 10:36 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1824
Санкт-Петербург
Andrey A в сообщении #1594579 писал(а):
Выше было показано, что каждый член указанной последовательности может быть получен из четверки нечетных $ab-cd=-2:\ \ X=\dfrac{a^2+b^2+c^2+d^2}{4}.$
Имелось в виду зеленый $X$ вообще. И, кстати, поскольку все четыре переменные симметричны, минус перед двойкой не обязателен. Пронумеруем: $$X=\dfrac{a^2+b^2+c^2+d^2}{4}\ \ (1)$$ Множество зеленых $X$ нечетного периода естественно должно входить в $(1),$ оно также выражается явно, но соответствующей последовательности $3,9,17,19,33,51,73,99,129,161,163,...$ в OEIS нет. Формула такая: $$X=\dfrac{\left ( u+\sqrt{u^2+1} \right )^{2n}+\left ( u-\sqrt{u^2+1} \right )^{2n}}{2}\ (2)$$ Вообще, если для некоторого $A$ разрешимо уравнение $x^2-Ay^2=\mp 1,$ то серия решений выражается формулами $$x_n=\dfrac{\left ( u+\sqrt{u^2+1} \right )^{n}+\left ( u-\sqrt{u^2+1} \right )^{n}}{2}$$ $$y_n=\dfrac{\left ( u+\sqrt{u^2+1} \right )^{n}-\left ( u-\sqrt{u^2+1} \right )^{n}}{2\sqrt{A}},$$ где $u$ есть икс первого решения, т.е. $u^2-Ay_1^2=-1,$ и вся последовательность $x_n$ зависит только от него. Для $A=29$, к примеру, находим разложением $x_1=70,$ тогда в уравнении $x^2-29y^2=-1$ $x_{2n+1}=\dfrac{\left ( 70+\sqrt{4901} \right )^{2n+1}+\left (70-\sqrt{4901} \right )^{2n+1}}{2}.$ Но Вольфрам, похоже, этого не знает. Странно, ведь рекурсия в сериях решений Пелля определена только значением $x_1. $ Надо бы проверить, кстати, для четных периодов должна быть та же закономерность, только под радикалами $-1$ вместо $+1.$ Короче с иксами Пелля разобрались (если нигде не ошибся). Интересна сама структура первого решения, тут надо подумать.

 Профиль  
                  
 
 Re: Интересное свойство уравнения Пелля
Сообщение30.05.2023, 18:27 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1824
Санкт-Петербург
Andrey A в сообщении #1595398 писал(а):
Надо бы проверить, кстати, для четных периодов должна быть та же закономерность...
Так и есть. Общая закономерность: если $n$ — длина периода разложения $\sqrt{A}$ и $x_1-Ay_1=\pm 1$ — первое решение, то серия решений выражается формулами $$x_k=\dfrac{\alpha^k+\beta^k}{2}, y_k=\dfrac{\alpha^k-\beta^k}{2\sqrt{A}}$$ где $$\alpha=x_1+\sqrt{x_1^2-(-1)^n}, \beta=x_1-\sqrt{x_1^2-(-1)^n}.$$
Andrey A в сообщении #1595398 писал(а):
Интересна сама структура первого решения.
Имелось в виду первое решение уравнения $x^2-Ay^2=-1.$ Перепишем его так: $$x^2+1=Ay^2 \ \ (3)$$ Вопрос нечетности периода разложения $\sqrt{A}$ равносилен вопросу разрешимости этого уравнения для фиксированного $A.$ Уже говорилось, что $A$ сумма двух вз. простых ненулевых квадратов (зеленое число), а $y$ — нечетное зеленое число, поскольку левая часть $(3)$ не делится на $4.$ Значит $A^2$ — старший элемент примитивной Пифагоровой тройки. Сделаем подстановки: $A=a^2+b^2, y=p^2+q^2,$ где пары $(a,b);(p,q)$ вз. просты, пара $(p,q)$ разной четности. Тогда:
$Ay^2=(a^2+b^2)(p^2+q^2)^2=(a^2+b^2)\left ( (2pq)^2+(p^2-q^2)^2 \right )=$ $\left ( 2apq+b(p^2-q^2) \right )^2+\left ( a(p^2-q^2)-2bpq \right )^2.$ Если основание последнего квадрата равно $\pm 1$, получаем решение $(3).$ Отображений в виде суммы двух квадратов тут может быть несколько, но нас интересует равенство с единицей, а оно выражается именно в таком виде, и вопрос четных/нечетных периодов сводится к разрешимости формы $$ap^2-aq^2-2bpq=\pm 1\ \ (4)$$ Разложением $\dfrac{p^2-q^2}{2pq}$ в непрерывную дробь получаем бесконечную серию нужных пар $(a_i,b_i)$, поэтому множество значений $A$ нечетного периода можно считать функцией от множества Пифагоровых троек. Однако, взяв аргументом пару $a=5,b=3,$ получаем уравнение $5p^2-5q^2-6pq=\pm 1$ неразрешимое в целых числах. Если же взять неизвестным параметр $p$, имеем уравнение $ap^2-2bqp-(aq^2 \pm 1)=0$ и $p=\dfrac{bq \pm \sqrt{(bq)^2+(aq)^2 \pm a}}{a}.$ Уже легче: $$(ap-bq)^2-Aq^2=\pm a\ \ (5)$$ Параметры $a,b$ симметричны, один из них $<\sqrt{A/2}$ и один из двух должен входить в последовательность остатков вида $P^2-AQ^2$, где $P/Q$ — подходящие дроби разложения $\sqrt{A}.$ Тут ключ и к другому уравнению: $$A=z^2+t^2\ \ (6),$$ которое обсуждается в параллельной теме. Ну, а получив выражение $P^2-Aq^2=\pm a$, находим $b=\sqrt{A-a^2}$ и $p=\dfrac{P \pm bq}{a}$ (подобрав нужный знак). Отсюда $p^2+q^2=y$ и $\sqrt{Ay^2-1}=x.$
Возьмем пример.
$\sqrt{181}=13,2,4,1,8,6,1,1,1,\underline{1,2,2,1},...=\dfrac{13}{1},\dfrac{27}{2},\dfrac{121}{9},\dfrac{148}{11},\dfrac{1305}{97},\dfrac{7978}{593},$ $\dfrac{9283}{690},\dfrac{17261}{1283},\dfrac{26544}{1973},\dfrac{43805}{3256},...$

Из последней дроби получаем $43805^2-181 \cdot 3256^2=9=a.\ \ \sqrt{181-9^2}=$ $10=b.\ \ \dfrac{43805+10 \cdot 3256}{9}=8485=p.\ \ 8485^2+3256^2=82596761=y$ и $\sqrt{181 \cdot 82596761^2-1}=1111225770=x.$ Таким образом из дроби в конце первого полупериода получены решения уравнений $(3),(6).$ Осталось непонятно почему взята именно эта дробь, проверять все остатки подряд что-то скучновато. Тут гипотеза, постараюсь кратко.

Раскладывая квадратный радикал, нельзя не заметить, что с некоторого момента знаки повторяются в обратном направлении. Центр симметрии — подпоследовательность вида $u,v,v,u$ (нечетный период) или $u,v,u$ (четный период). Подходящая дробь, соответствующая первому знаку такого мини-палиндрома как раз и есть интересующая нас (интересная) дробь. Но в длинных дробях подобные мини-палиндромы могут возникать и ранее (локальная симметрия). Чтобы не перепутать: "интересная" дробь находится также в центре симметрии остатков вида $P^2-AQ^2.$ Соотв. ей остаток в четных периодах возвращает делитель или удвоенный делитель $A,$ в нечетных периодах — параметр $a$ уравнения $(5).$ Яснее выразиться не знаю как.

Что ж. В итоге всё равно нужно добраться в разложении до центра симметрии, иначе прояснить вопрос четности/нечетности периода не удается. Не знаю. Мало ли вдруг какими-то иными способами получится сделать вывод о разрешимости формы $(4)$, тогда порадуюсь. Но пока этот пудинг приходится доесть до конца (будь он параллелепипед, будь он...)

 Профиль  
                  
 
 Re: Интересное свойство уравнения Пелля
Сообщение31.05.2023, 07:12 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1824
Санкт-Петербург
P.S.
Если $a,b$ разной четности, при анализе формы $(4)$ надо брать, конечно, $b$ четное. Иначе противоречие по $\mod 2.$
Andrey A в сообщении #1595871 писал(а):
Разложением $\dfrac{p^2-q^2}{2pq}$ в непрерывную дробь получаем бесконечную серию нужных пар $(a_i,b_i)...$
Сложны для тестирования первые члены таких серий, в остальных случаях достаточно иметь представление $A_i$ суммой двух квадратов. Возьмем $A=230753=457^2+148^2$ (одно из представлений, проверять к сожалению приходится все). Разложим в неприведённую дробь $457/148=3,11,2,1,1,1,1=\dfrac{3}{1},\dfrac{34}{11},\dfrac{71}{23},\dfrac{105}{34},\dfrac{176}{57},\dfrac{281}{91},...$ Первая из двух последних дробей дает Пифагорову тройку: $176^2+57^2=185^2$, это $ Пелля; вторую можно было и не проверять — два нечетных квадрата. Отсюда $\sqrt{230753 \cdot 185^2-1}=88868$ и $88868^2-230753 \cdot 185^2=-1.$

 Профиль  
                  
 
 Re: Интересное свойство уравнения Пелля
Сообщение01.06.2023, 11:40 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1824
Санкт-Петербург
P.S. P.S.
Andrey A в сообщении #1595871 писал(а):
Из последней дроби получаем $43805^2-181 \cdot 3256^2=9=a.\ \ \sqrt{181-9^2}=$ $10=b.\ \ \dfrac{43805+10 \cdot 3256}{9}=8485=p.\ \ 8485^2+3256^2=82596761=y$
Эти ухищрения излишни, всё проще. Дело в том что дробь, следующая за "интересной дробью" обладает теми же свойствами. В нечетном периоде их две. Из первой получаем пару $(q,\pm a),$ из второй — пару $(p,\mp a).$ Иными словами, сумма квадратов знаменателей равна искомому $y.$ В мире цепных дробей есть своя справедливость, как на небесах: $8485$ — просто знаменатель следующей подходящей дроби. А сумма произведений числителя и знаменателя равна искомому $x.$ Об этом было здесь:
Andrey A в сообщении #1077031 писал(а):
Верно и обратное: каждый палиндром обладает свойством $B^2\equiv \pm 1 \mod A.$ Здесь укажу только на тождественную связь между элементами трех подх. дробей $\dfrac{p_{k-2}}{q_{k-2}};\dfrac{p_{k-1}}{q_{k-1}};\dfrac{p_k}{q_k}$ и последних пар подх. дробей соответствующих им четных и нечетных палиндромов:
$$\dfrac{B=p_kq_k+p_{k-1}q_{k-1}}{C=q_k^2+q_{k-1}^2};\dfrac{A=p_k^2+p_{k-1}^2}{B=p_kq_k+p_{k-1}q_{k-1}} \qquad (11)$$ $$\dfrac{B=p_kq_{k-1}+p_{k-1}q_{k-2}}{C=q_{k-1}(q_k+q_{k-2})};\dfrac{A=p_{k-1}(p_k+p_{k-2})}{B=p_kq_{k-1}+p_{k-1}q_{k-2}} \qquad (12)$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Интересное свойство уравнения Пелля
Сообщение08.06.2023, 12:01 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1824
Санкт-Петербург
Все-таки тут много недосказанного осталось. Вопрос четности/нечетности периода разложения квадратного корня из $A=a^2+b^2$ свелся к тому, "насколько хорошо" дробь $\dfrac{a}{b} $ может быть приближена отношением младших элементов Пифагоровой тройки $\dfrac{p^2-q^2}{2pq}.$ Примем обозначения: $\dfrac{a}{b}=\alpha,\ \dfrac{p}{q}=X.$ После сокращения числителя и знаменателя на $q^2$ предыдущая дробь принимает вид $\dfrac{X^2-1}{2X}.$ Все дроби несократимы по своим свойствам или по условию; приравнивая одно к другому, имеем приближение в рациональных числах: $\dfrac{X^2-1}{2X} \approx \alpha$ и решение: $$X \approx \alpha + \sqrt{\alpha^2+1}\ \ (7)$$ $X$ иррационально, разложение $X$ в цепную дробь бесконечно, это значит что $\alpha$ может быть приближено элементами Пифагоровых троек с любой точностью. Но пара подходящих дробей $\dfrac{p^2-q^2}{2pq},\dfrac{a}{b}$ или $\dfrac{a}{b},\dfrac{p^2-q^2}{2pq}$ возможна не для любых $a,b,$ поэтому "насколько хорошо" (приближена) приходится брать в кавычки. В первом случае, однако, "пифагорова дробь" предшествует $\alpha$ и должна входить в ее разложение, что нетрудно проверить (пример выше $a/b=457/148$). Проблему составляет второй случай: если $\alpha=u_1,u_2,...,u_k$, то "пифагорова дробь" должна иметь вид $u_1,u_2,...,u_k,t,$ и это $t=u_{k+1}$ нам не известно. Если оно вообще существует, иначе уравнение $x^2-Ay^2=-1$ неразрешимо, и период разложения $A$ четный. Вот тут начинает работать $(7).$ Структура разложения $X$ на удивление проста: точный палиндром от первого знака (но уже без нуля), он же период. Номер "интересной" дроби также определен однозначно: $N=\left \lfloor n/2 \right \rfloor,$ где $n$ — длина периода. Замечу еще, что в силу симметрии $a,b$ дробь $1/\alpha$ ничем не хуже $\alpha$, но Пифагорову тройку из $(7)$ получаем ту же самую, — ведь она может быть определена через пару вз. простых $p,q$ как нечетных, так и разной четности. Всё учтено могучим ураганом. Возьмем пример $997=31^2+6^2.$
$\alpha=31/6=5,6.$ В неприведенном виде $\alpha=5,5,1 \approx \dfrac{5}{1},\dfrac{26}{5}...$ Имеем $31 \cdot 1-6 \cdot 5=1,31 \cdot 5-6 \cdot 26=-1,$ но ни одно из решений $1^2+5^2,\ 5^2+26^2$ не является целым квадратом (первое, впрочем, можно было и не рассматривать). Тогда включаем $(7):\ 31/6+\sqrt{(31/6)^2+1}=(10,2,3,31,3,2,10)$, нас интересует третья дробь $10,2,3=\dfrac{10}{1},\dfrac{21}{2},\dfrac{73}{7}=X.$ Из нее имеем Пифагорову тройку $2640^2+511^2=2689^2.$ Проверяем, как это соотносится с $\alpha:\ \dfrac{2640}{511}=5,6,85.$ Как видим, понадобился ровно один знак $t=85.\ 31 \cdot 511-6 \cdot 2640=1,$ значит период разложения $\sqrt{997}$ нечетный. $2640 \cdot 31+511 \cdot 6=84906=x,\ 84906^2-997 \cdot 2689^2=-1.$
Тут Пелль решен новым способом, и разложения потребовались меньшей длины. Но во-первых это без гарантии, во-вторых представлений в виде суммы двух квадратов может быть несколько и, главное, их нужно знать. Не думаю, что получится сэкономить; хотя расклад не пустой, особенно уравнение $(7).$ Из него, кстати, тем же способом получаем решения уравнения $x^2-Ay^2=-z^2$, если брать не третью дробь палиндрома, а другие.
Ну, а что в четных периодах? Возьмем наименьшее $34=5^2+3^2.\ 5/3+\sqrt{(5/3)^2+1}=(3,1,1,1,1,3)=\dfrac{3}{1},\dfrac{4}{1},\dfrac{7}{2},...$ Из последней дроби получаем тройку $45^2+28^2=53^2$ и $\dfrac{45}{28}=1,1,1,1,1,5.$ Но $5/3$ даже в неприведенном виде $=1,1,1,1.$ Маловато будет.

 Профиль  
                  
 
 Re: Интересное свойство уравнения Пелля
Сообщение10.06.2023, 18:39 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1824
Санкт-Петербург
Andrey A в сообщении #1596928 писал(а):
Замечу еще, что в силу симметрии $a,b$ дробь $1/\alpha$ ничем не хуже $\alpha$, но Пифагорову тройку из $(7)$ получаем ту же самую, — ведь она может быть определена через пару вз. простых $p,q$ как нечетных, так и разной четности.
Обозначим наименьшую Пифагорову тройку, полученную из $(7),$ как $X(\alpha).$ Вышесказанное запишем так: $X(\alpha)=X \left ( 1/ \right \alpha).$ Судя по всему, это верно именно для нечетных периодов разложения $A,$ т.е. для "хороших" Пифагоровых приближений, и, похоже, только для них. Слишком много предположений, согласен, но пока всё что есть. Дам два подробных примера.

$1)$ $ A=218=13^2+7^2.\ \alpha=13/7.$ Согласно $(7):\ 13/7+\sqrt{(13/7)^2+1}=(3,1,28,1,3)=\dfrac{3}{1},\dfrac{4}{1}...$ $7/13+\sqrt{(7/13)^2+1}=(1,1,2,14,2,1)=\dfrac{1}{1},\dfrac{2}{1},\dfrac{5}{3}...$
$\dfrac{p}{q}=\dfrac{4^2-1}{2\cdot 4\cdot 1}=\dfrac{5 \cdot 3}{(5^2-3^2)/2}=\dfrac{15}{8}.\ \ 15^2+8^2=17^2$ То есть $X(13/7)=(15,8,17)=X(7/13).$ $15/8=1,1,6,1.\ \alpha=13/7=1,1,6,$ что согласуется с разрешимостью уравнения $251^2-218 \cdot 17^2=-1.$

$2)$ $ A=178=13^2+3^2.\ \alpha=13/3.$ Согласно $(7):\ 13/3+\sqrt{(13/3)^2+1}=(8,1,3,1,1,3,1,8)=\dfrac{8}{1},\dfrac{9}{1},\dfrac{35}{4},\dfrac{44}{5}...\ 3/13$ $+\sqrt{(3/13)^2+1}=(1,3,1,8,8,1,3,1)=\dfrac{1}{1},\dfrac{4}{3},\dfrac{5}{4},\dfrac{44}{35}...$
Уже из соображений четности видно, что последние дроби не могут дать равный результат. Имеем $X(13/3)=(1911,440,1961) \neq (3080,711,3161)=X(3/13).$

$\alpha=13/3=4,3=4,2,1.$

$\dfrac{1911}{440}=\underline{4,2,1},10,1,1,1,1,2.$

$\dfrac{3080}{711}=\underline{4,3},78,1,2.$

Период разложения $A$ четный, уравнение с $-1$ неразрешимо, но можем получить равенства $26163^2-178 \cdot 1961^2=-13^2,\ \ 42173^2-178 \cdot 3161^2=-3^2.$

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 28 ]  На страницу Пред.  1, 2

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group