Open2日前にコメント追加16ペル方程式mathToru39日前に更新x2−ny2=1x^2-ny^2=1x2−ny2=1をペル方程式という。 (x,y)=(1,0)(x, y) = (1, 0)(x,y)=(1,0)は自明な解である。 nnnが平方数でない場合は非自明な解を持つ。 以下nnnは平方数でない正の整数とする。 右辺の111を−1-1−1や444, −4-4−4などとしたものを考えることもある。 Toru39日前ペル方程式は基本解をx1+y1nx_1+y_1\sqrt{n}x1+y1nとすると全ての解はxk+ykn=(x1+y1n)kx_k + y_k \sqrt{n} = (x_1+y_1\sqrt{n})^kxk+ykn=(x1+y1n)kと表せる。 n\sqrt{n}nの連分数展開を使うとペル方程式の基本解が求まる。 Toru39日前n\sqrt{n}nの連分数展開を[a0;a1,a2,…,ar‾][a_0; \overline{a_1, a_2, \dots, a_r}][a0;a1,a2,…,ar][1]とする。 pkqk:=[a0;a1,a2,…,ak−1]\frac{p_k}{q_k}:=[a_0; a_1, a_2, \dots, a_{k-1}]qkpk:=[a0;a1,a2,…,ak−1] とする。 rrrが偶数のとき x2−ny2=−1x^2-ny^2=-1x2−ny2=−1は解を持たない (pr,qr)(p_r, q_r)(pr,qr)がx2−ny2=1x^2-ny^2=1x2−ny2=1の基本解 rrrが奇数のとき (pr,qr)(p_r, q_r)(pr,qr)がx2−ny2=−1x^2-ny^2=-1x2−ny2=−1の基本解 x1+y1n=(pr+qrn)2x_1+y_1\sqrt{n}=(p_r+q_r\sqrt{n})^2x1+y1n=(pr+qrn)2がx2−ny2=1x^2-ny^2=1x2−ny2=1の基本解 脚注 n\sqrt{n}nの連分数展開は必ず周期的になるのでこの形だけ考えればよい。また、a0=⌊n⌋a_0 = \lfloor \sqrt{n} \rfloora0=⌊n⌋, ar=2⌊n⌋a_r = 2\lfloor \sqrt{n} \rfloorar=2⌊n⌋となる。また、a1,a2,...,ar−2,ar−1a_1, a_2,..., a_{r-2}, a_{r-1}a1,a2,...,ar−2,ar−1は回文となる。 ↩︎ Toru39日前に更新pkp_kpk, qkq_kqkはp0=1p_0=1p0=1, q0=0q_0=0q0=0, p1=a0p_1=a_0p1=a0, q1=1q_1=1q1=1, pk=ak−1pk−1+pk−2p_k=a_{k-1}p_{k-1}+p_{k-2}pk=ak−1pk−1+pk−2, qk=ak−1qk−1+qk−2q_k=a_{k-1}q_{k-1}+q_{k-2}qk=ak−1qk−1+qk−2という三項間漸化式で表せる。 よって、漸化式は2x2行列を使って以下のように書ける。 [pkqkpk−1qk−1]=[ak−1110][pk−1qk−1pk−2qk−2] \begin{bmatrix} p_k & q_k \\ p_{k-1} & q_{k-1} \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} a_{k-1} & 1\\ 1 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} p_{k-1} & q_{k-1}\\ p_{k-2} & q_{k-2} \end{bmatrix} [pkpk−1qkqk−1]=[ak−1110][pk−1pk−2qk−1qk−2] 繰り返し展開すると以下のようになる。 [pkqkpk−1qk−1]=[ak−1110][ak−2110]⋯[a1110][a0110] \begin{bmatrix} p_k & q_k\\ p_{k-1} & q_{k-1} \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} a_{k-1} & 1\\ 1 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} a_{k-2} & 1\\ 1 & 0 \end{bmatrix}\cdots \begin{bmatrix} a_1 & 1\\ 1 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} a_0 & 1\\ 1 & 0 \end{bmatrix} [pkpk−1qkqk−1]=[ak−1110][ak−2110]⋯[a1110][a0110] Toru39日前に更新途中の pk,qkp_k, q_kpk,qk も pk2−nqk=(−1)k−1γk+1p_k^2-nq_k=(-1)^{k-1}\gamma_{k+1}pk2−nqk=(−1)k−1γk+1 となる。 ここでαk=n+βkγk\alpha_k=\dfrac{\sqrt{n}+\beta_k}{\gamma_k}αk=γkn+βk, α0=n\alpha_0 = \sqrt{n}α0=n, αk+1=1αk−⌊αk⌋\alpha_{k+1}=\dfrac{1}{\alpha_k-\lfloor\alpha_k\rfloor}αk+1=αk−⌊αk⌋1。 返信を追加Toru39日前https://www.ams.org/notices/200202/fea-lenstra.pdf Toru39日前Amthor's solutionの項を読むとある整数mmmとsquare freeな整数n′n'n′を用いてn=m2n′n=m^2n'n=m2n′と表せるnnnの解を効率よく求めることが出来そう。 n′n'n′での基本解(x′,y′)(x', y')(x′,y′)を求める x+myn′=(x′+y′n′)kx+my\sqrt{n'}=(x'+y'\sqrt{n'})^kx+myn′=(x′+y′n′)kと表せるkkkを見つける 上の(x,y)(x, y)(x,y)が解 x+myn′=x+ym2n′=x+ynx+my\sqrt{n'}=x+y\sqrt{m^2n'}=x+y\sqrt{n}x+myn′=x+ym2n′=x+yn Toru39日前Smooth numbersの項を見ると2次ふるい法と似たような手法で高速化出来そう。(あとでちゃんと読む) Toru34日前x^2-ny^2=1の解は求まるが、x^2-ny^2=-1の解は求まらなさそう 返信を追加Toru39日前x2−4ny2=±4x^2-4ny^2=\pm4x2−4ny2=±4の解とx2−ny2=±1x^2-ny^2=\pm1x2−ny2=±1の解は(x,y)↦(x/2,y)(x, y)\mapsto(x/2, y)(x,y)↦(x/2,y)で1対1対応する。[1] 脚注 整数論1 第1版のp.94 定理4.2.3 ↩︎ Toru39日前http://www.numbertheory.org/php/pell.html Toru39日前https://en.wikipedia.org/wiki/Pell's_equation https://ja.wikipedia.org/wiki/ペル方程式 Toru39日前https://wkmath.org/gen-pell-f.html https://trsasasusu.com/blog/147/q-zoo-pell-equation-1/ Toru32日前に更新n≢0(mod4)n \not\equiv 0 \pmod 4n≡0(mod4)かつx2−ny2=±4x^2-ny^2=\pm 4x2−ny2=±4の解が存在する⇒\Rightarrow⇒ u2−nv2=±1u^2-nv^2=\pm 1u2−nv2=±1の解が存在してu+vn=(x+yn2)3u+v\sqrt{n}=\left(\dfrac{x+y\sqrt{n}}{2}\right)^3u+vn=(2x+yn)3 u2−nv2=±1u^2-nv^2=\pm 1u2−nv2=±1の解が存在する⇒\Rightarrow⇒x2−ny2=±4x^2-ny^2=\pm 4x2−ny2=±4の解が存在して(x,y)=(2u,2v)(x, y)=(2u, 2v)(x,y)=(2u,2v) Toru32日前証明 x+yn2⋅x−yn2=x2−y2n4=±1\dfrac{x+y\sqrt{n}}{2}\cdot\dfrac{x-y\sqrt{n}}{2}=\dfrac{x^2-y^2n}{4}=\pm 12x+yn⋅2x−yn=4x2−y2n=±1 より(有理数)解である. ここでyyyが偶数であるとすると±4+y2\pm 4 + y^2±4+y2は4の倍数となる。よってxxxも偶数となる。 また、xxxが偶数であるとするとx2∓4x^2\mp 4x2∓4は4の倍数となる。ここでn≢0(mod4)n \not\equiv 0 \pmod{4}n≡0(mod4)よりy2y^2y2は少なくとも偶数である必要がある。よってyyyは偶数となる。 よって、(x,y)(x, y)(x,y)の組としては(偶数,偶数)(偶数, 偶数)(偶数,偶数)あるいは(奇数,奇数)(奇数, 奇数)(奇数,奇数)しかない。 (偶数,偶数)(偶数, 偶数)(偶数,偶数)の場合、x+yn2∈Z[n]\dfrac{x+y\sqrt{n}}{2}\in \mathbb{Z}[\sqrt{n}]2x+yn∈Z[n]. よって(x+yn2)3∈Z[n]\left(\dfrac{x+y\sqrt{n}}{2}\right)^3\in \mathbb{Z}[\sqrt{n}](2x+yn)3∈Z[n]. 従って整数解となる。 よって、以下では(奇数,奇数)(奇数, 奇数)(奇数,奇数)の場合のみ考える。 (x+yn2)3=x(x2+3y2n)8+y(y2n+3x2)8n\left(\dfrac{x+y\sqrt{n}}{2}\right)^3=\dfrac{x(x^2+3y^2n)}{8}+\dfrac{y(y^2n+3x^2)}{8}\sqrt{n}(2x+yn)3=8x(x2+3y2n)+8y(y2n+3x2)n. x2+3y2n=x2+3(x2∓4)=4x2∓12=4(x2∓3)x^2+3y^2n=x^2+3(x^2\mp 4)=4x^2\mp 12=4(x^2\mp 3)x2+3y2n=x2+3(x2∓4)=4x2∓12=4(x2∓3). よってx(x2+3y2n)=4x(x2∓3)x(x^2+3y^2n)=4x(x^2\mp 3)x(x2+3y2n)=4x(x2∓3). ここでxxxは奇数なのでx2∓3x^2\mp 3x2∓3は偶数. よって8∣4x(x2∓3)8 \mid 4x(x^2\mp 3)8∣4x(x2∓3). y2n+3x2=(x2∓4)+3x2=4x2∓4=4(x2∓1)y^2n+3x^2=(x^2\mp 4)+3x^2=4x^2\mp 4=4(x^2\mp 1)y2n+3x2=(x2∓4)+3x2=4x2∓4=4(x2∓1). よってy(y2n+3x2)=4y(x2∓1)y(y^2n+3x^2)=4y(x^2\mp 1)y(y2n+3x2)=4y(x2∓1). ここでxxxは奇数なのでx2∓1x^2\mp 1x2∓1は偶数. よって8∣4y(x2∓1)8 \mid 4y(x^2\mp 1)8∣4y(x2∓1). 以上より(x+yn2)3=x(x2+3y2n)8+y(y2n+3x2)8n∈Z[n]\left(\dfrac{x+y\sqrt{n}}{2}\right)^3=\dfrac{x(x^2+3y^2n)}{8}+\dfrac{y(y^2n+3x^2)}{8}\sqrt{n}\in \mathbb{Z}[\sqrt{n}](2x+yn)3=8x(x2+3y2n)+8y(y2n+3x2)n∈Z[n]. Toru32日前(x,y)=(奇数,奇数)(x,y)=(奇数, 奇数)(x,y)=(奇数,奇数)の場合, x2≡1(mod4)x^2 \equiv 1 \pmod{4}x2≡1(mod4), y2≡1(mod4)y^2 \equiv 1 \pmod{4}y2≡1(mod4)よりn≡1(mod4)n\equiv 1\pmod{4}n≡1(mod4)である必要がある. 返信を追加ログインするとコメントできますLogin
Toru39日前に更新x2−ny2=1x^2-ny^2=1x2−ny2=1をペル方程式という。 (x,y)=(1,0)(x, y) = (1, 0)(x,y)=(1,0)は自明な解である。 nnnが平方数でない場合は非自明な解を持つ。 以下nnnは平方数でない正の整数とする。 右辺の111を−1-1−1や444, −4-4−4などとしたものを考えることもある。
Toru39日前ペル方程式は基本解をx1+y1nx_1+y_1\sqrt{n}x1+y1nとすると全ての解はxk+ykn=(x1+y1n)kx_k + y_k \sqrt{n} = (x_1+y_1\sqrt{n})^kxk+ykn=(x1+y1n)kと表せる。 n\sqrt{n}nの連分数展開を使うとペル方程式の基本解が求まる。
Toru39日前n\sqrt{n}nの連分数展開を[a0;a1,a2,…,ar‾][a_0; \overline{a_1, a_2, \dots, a_r}][a0;a1,a2,…,ar][1]とする。 pkqk:=[a0;a1,a2,…,ak−1]\frac{p_k}{q_k}:=[a_0; a_1, a_2, \dots, a_{k-1}]qkpk:=[a0;a1,a2,…,ak−1] とする。 rrrが偶数のとき x2−ny2=−1x^2-ny^2=-1x2−ny2=−1は解を持たない (pr,qr)(p_r, q_r)(pr,qr)がx2−ny2=1x^2-ny^2=1x2−ny2=1の基本解 rrrが奇数のとき (pr,qr)(p_r, q_r)(pr,qr)がx2−ny2=−1x^2-ny^2=-1x2−ny2=−1の基本解 x1+y1n=(pr+qrn)2x_1+y_1\sqrt{n}=(p_r+q_r\sqrt{n})^2x1+y1n=(pr+qrn)2がx2−ny2=1x^2-ny^2=1x2−ny2=1の基本解 脚注 n\sqrt{n}nの連分数展開は必ず周期的になるのでこの形だけ考えればよい。また、a0=⌊n⌋a_0 = \lfloor \sqrt{n} \rfloora0=⌊n⌋, ar=2⌊n⌋a_r = 2\lfloor \sqrt{n} \rfloorar=2⌊n⌋となる。また、a1,a2,...,ar−2,ar−1a_1, a_2,..., a_{r-2}, a_{r-1}a1,a2,...,ar−2,ar−1は回文となる。 ↩︎ Toru39日前に更新pkp_kpk, qkq_kqkはp0=1p_0=1p0=1, q0=0q_0=0q0=0, p1=a0p_1=a_0p1=a0, q1=1q_1=1q1=1, pk=ak−1pk−1+pk−2p_k=a_{k-1}p_{k-1}+p_{k-2}pk=ak−1pk−1+pk−2, qk=ak−1qk−1+qk−2q_k=a_{k-1}q_{k-1}+q_{k-2}qk=ak−1qk−1+qk−2という三項間漸化式で表せる。 よって、漸化式は2x2行列を使って以下のように書ける。 [pkqkpk−1qk−1]=[ak−1110][pk−1qk−1pk−2qk−2] \begin{bmatrix} p_k & q_k \\ p_{k-1} & q_{k-1} \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} a_{k-1} & 1\\ 1 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} p_{k-1} & q_{k-1}\\ p_{k-2} & q_{k-2} \end{bmatrix} [pkpk−1qkqk−1]=[ak−1110][pk−1pk−2qk−1qk−2] 繰り返し展開すると以下のようになる。 [pkqkpk−1qk−1]=[ak−1110][ak−2110]⋯[a1110][a0110] \begin{bmatrix} p_k & q_k\\ p_{k-1} & q_{k-1} \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} a_{k-1} & 1\\ 1 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} a_{k-2} & 1\\ 1 & 0 \end{bmatrix}\cdots \begin{bmatrix} a_1 & 1\\ 1 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} a_0 & 1\\ 1 & 0 \end{bmatrix} [pkpk−1qkqk−1]=[ak−1110][ak−2110]⋯[a1110][a0110] Toru39日前に更新途中の pk,qkp_k, q_kpk,qk も pk2−nqk=(−1)k−1γk+1p_k^2-nq_k=(-1)^{k-1}\gamma_{k+1}pk2−nqk=(−1)k−1γk+1 となる。 ここでαk=n+βkγk\alpha_k=\dfrac{\sqrt{n}+\beta_k}{\gamma_k}αk=γkn+βk, α0=n\alpha_0 = \sqrt{n}α0=n, αk+1=1αk−⌊αk⌋\alpha_{k+1}=\dfrac{1}{\alpha_k-\lfloor\alpha_k\rfloor}αk+1=αk−⌊αk⌋1。 返信を追加
Toru39日前に更新pkp_kpk, qkq_kqkはp0=1p_0=1p0=1, q0=0q_0=0q0=0, p1=a0p_1=a_0p1=a0, q1=1q_1=1q1=1, pk=ak−1pk−1+pk−2p_k=a_{k-1}p_{k-1}+p_{k-2}pk=ak−1pk−1+pk−2, qk=ak−1qk−1+qk−2q_k=a_{k-1}q_{k-1}+q_{k-2}qk=ak−1qk−1+qk−2という三項間漸化式で表せる。 よって、漸化式は2x2行列を使って以下のように書ける。 [pkqkpk−1qk−1]=[ak−1110][pk−1qk−1pk−2qk−2] \begin{bmatrix} p_k & q_k \\ p_{k-1} & q_{k-1} \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} a_{k-1} & 1\\ 1 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} p_{k-1} & q_{k-1}\\ p_{k-2} & q_{k-2} \end{bmatrix} [pkpk−1qkqk−1]=[ak−1110][pk−1pk−2qk−1qk−2] 繰り返し展開すると以下のようになる。 [pkqkpk−1qk−1]=[ak−1110][ak−2110]⋯[a1110][a0110] \begin{bmatrix} p_k & q_k\\ p_{k-1} & q_{k-1} \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} a_{k-1} & 1\\ 1 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} a_{k-2} & 1\\ 1 & 0 \end{bmatrix}\cdots \begin{bmatrix} a_1 & 1\\ 1 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} a_0 & 1\\ 1 & 0 \end{bmatrix} [pkpk−1qkqk−1]=[ak−1110][ak−2110]⋯[a1110][a0110]
Toru39日前に更新途中の pk,qkp_k, q_kpk,qk も pk2−nqk=(−1)k−1γk+1p_k^2-nq_k=(-1)^{k-1}\gamma_{k+1}pk2−nqk=(−1)k−1γk+1 となる。 ここでαk=n+βkγk\alpha_k=\dfrac{\sqrt{n}+\beta_k}{\gamma_k}αk=γkn+βk, α0=n\alpha_0 = \sqrt{n}α0=n, αk+1=1αk−⌊αk⌋\alpha_{k+1}=\dfrac{1}{\alpha_k-\lfloor\alpha_k\rfloor}αk+1=αk−⌊αk⌋1。
Toru39日前https://www.ams.org/notices/200202/fea-lenstra.pdf Toru39日前Amthor's solutionの項を読むとある整数mmmとsquare freeな整数n′n'n′を用いてn=m2n′n=m^2n'n=m2n′と表せるnnnの解を効率よく求めることが出来そう。 n′n'n′での基本解(x′,y′)(x', y')(x′,y′)を求める x+myn′=(x′+y′n′)kx+my\sqrt{n'}=(x'+y'\sqrt{n'})^kx+myn′=(x′+y′n′)kと表せるkkkを見つける 上の(x,y)(x, y)(x,y)が解 x+myn′=x+ym2n′=x+ynx+my\sqrt{n'}=x+y\sqrt{m^2n'}=x+y\sqrt{n}x+myn′=x+ym2n′=x+yn Toru39日前Smooth numbersの項を見ると2次ふるい法と似たような手法で高速化出来そう。(あとでちゃんと読む) Toru34日前x^2-ny^2=1の解は求まるが、x^2-ny^2=-1の解は求まらなさそう 返信を追加
Toru39日前Amthor's solutionの項を読むとある整数mmmとsquare freeな整数n′n'n′を用いてn=m2n′n=m^2n'n=m2n′と表せるnnnの解を効率よく求めることが出来そう。 n′n'n′での基本解(x′,y′)(x', y')(x′,y′)を求める x+myn′=(x′+y′n′)kx+my\sqrt{n'}=(x'+y'\sqrt{n'})^kx+myn′=(x′+y′n′)kと表せるkkkを見つける 上の(x,y)(x, y)(x,y)が解 x+myn′=x+ym2n′=x+ynx+my\sqrt{n'}=x+y\sqrt{m^2n'}=x+y\sqrt{n}x+myn′=x+ym2n′=x+yn
Toru39日前x2−4ny2=±4x^2-4ny^2=\pm4x2−4ny2=±4の解とx2−ny2=±1x^2-ny^2=\pm1x2−ny2=±1の解は(x,y)↦(x/2,y)(x, y)\mapsto(x/2, y)(x,y)↦(x/2,y)で1対1対応する。[1] 脚注 整数論1 第1版のp.94 定理4.2.3 ↩︎
Toru32日前に更新n≢0(mod4)n \not\equiv 0 \pmod 4n≡0(mod4)かつx2−ny2=±4x^2-ny^2=\pm 4x2−ny2=±4の解が存在する⇒\Rightarrow⇒ u2−nv2=±1u^2-nv^2=\pm 1u2−nv2=±1の解が存在してu+vn=(x+yn2)3u+v\sqrt{n}=\left(\dfrac{x+y\sqrt{n}}{2}\right)^3u+vn=(2x+yn)3 u2−nv2=±1u^2-nv^2=\pm 1u2−nv2=±1の解が存在する⇒\Rightarrow⇒x2−ny2=±4x^2-ny^2=\pm 4x2−ny2=±4の解が存在して(x,y)=(2u,2v)(x, y)=(2u, 2v)(x,y)=(2u,2v) Toru32日前証明 x+yn2⋅x−yn2=x2−y2n4=±1\dfrac{x+y\sqrt{n}}{2}\cdot\dfrac{x-y\sqrt{n}}{2}=\dfrac{x^2-y^2n}{4}=\pm 12x+yn⋅2x−yn=4x2−y2n=±1 より(有理数)解である. ここでyyyが偶数であるとすると±4+y2\pm 4 + y^2±4+y2は4の倍数となる。よってxxxも偶数となる。 また、xxxが偶数であるとするとx2∓4x^2\mp 4x2∓4は4の倍数となる。ここでn≢0(mod4)n \not\equiv 0 \pmod{4}n≡0(mod4)よりy2y^2y2は少なくとも偶数である必要がある。よってyyyは偶数となる。 よって、(x,y)(x, y)(x,y)の組としては(偶数,偶数)(偶数, 偶数)(偶数,偶数)あるいは(奇数,奇数)(奇数, 奇数)(奇数,奇数)しかない。 (偶数,偶数)(偶数, 偶数)(偶数,偶数)の場合、x+yn2∈Z[n]\dfrac{x+y\sqrt{n}}{2}\in \mathbb{Z}[\sqrt{n}]2x+yn∈Z[n]. よって(x+yn2)3∈Z[n]\left(\dfrac{x+y\sqrt{n}}{2}\right)^3\in \mathbb{Z}[\sqrt{n}](2x+yn)3∈Z[n]. 従って整数解となる。 よって、以下では(奇数,奇数)(奇数, 奇数)(奇数,奇数)の場合のみ考える。 (x+yn2)3=x(x2+3y2n)8+y(y2n+3x2)8n\left(\dfrac{x+y\sqrt{n}}{2}\right)^3=\dfrac{x(x^2+3y^2n)}{8}+\dfrac{y(y^2n+3x^2)}{8}\sqrt{n}(2x+yn)3=8x(x2+3y2n)+8y(y2n+3x2)n. x2+3y2n=x2+3(x2∓4)=4x2∓12=4(x2∓3)x^2+3y^2n=x^2+3(x^2\mp 4)=4x^2\mp 12=4(x^2\mp 3)x2+3y2n=x2+3(x2∓4)=4x2∓12=4(x2∓3). よってx(x2+3y2n)=4x(x2∓3)x(x^2+3y^2n)=4x(x^2\mp 3)x(x2+3y2n)=4x(x2∓3). ここでxxxは奇数なのでx2∓3x^2\mp 3x2∓3は偶数. よって8∣4x(x2∓3)8 \mid 4x(x^2\mp 3)8∣4x(x2∓3). y2n+3x2=(x2∓4)+3x2=4x2∓4=4(x2∓1)y^2n+3x^2=(x^2\mp 4)+3x^2=4x^2\mp 4=4(x^2\mp 1)y2n+3x2=(x2∓4)+3x2=4x2∓4=4(x2∓1). よってy(y2n+3x2)=4y(x2∓1)y(y^2n+3x^2)=4y(x^2\mp 1)y(y2n+3x2)=4y(x2∓1). ここでxxxは奇数なのでx2∓1x^2\mp 1x2∓1は偶数. よって8∣4y(x2∓1)8 \mid 4y(x^2\mp 1)8∣4y(x2∓1). 以上より(x+yn2)3=x(x2+3y2n)8+y(y2n+3x2)8n∈Z[n]\left(\dfrac{x+y\sqrt{n}}{2}\right)^3=\dfrac{x(x^2+3y^2n)}{8}+\dfrac{y(y^2n+3x^2)}{8}\sqrt{n}\in \mathbb{Z}[\sqrt{n}](2x+yn)3=8x(x2+3y2n)+8y(y2n+3x2)n∈Z[n]. Toru32日前(x,y)=(奇数,奇数)(x,y)=(奇数, 奇数)(x,y)=(奇数,奇数)の場合, x2≡1(mod4)x^2 \equiv 1 \pmod{4}x2≡1(mod4), y2≡1(mod4)y^2 \equiv 1 \pmod{4}y2≡1(mod4)よりn≡1(mod4)n\equiv 1\pmod{4}n≡1(mod4)である必要がある. 返信を追加
Toru32日前証明 x+yn2⋅x−yn2=x2−y2n4=±1\dfrac{x+y\sqrt{n}}{2}\cdot\dfrac{x-y\sqrt{n}}{2}=\dfrac{x^2-y^2n}{4}=\pm 12x+yn⋅2x−yn=4x2−y2n=±1 より(有理数)解である. ここでyyyが偶数であるとすると±4+y2\pm 4 + y^2±4+y2は4の倍数となる。よってxxxも偶数となる。 また、xxxが偶数であるとするとx2∓4x^2\mp 4x2∓4は4の倍数となる。ここでn≢0(mod4)n \not\equiv 0 \pmod{4}n≡0(mod4)よりy2y^2y2は少なくとも偶数である必要がある。よってyyyは偶数となる。 よって、(x,y)(x, y)(x,y)の組としては(偶数,偶数)(偶数, 偶数)(偶数,偶数)あるいは(奇数,奇数)(奇数, 奇数)(奇数,奇数)しかない。 (偶数,偶数)(偶数, 偶数)(偶数,偶数)の場合、x+yn2∈Z[n]\dfrac{x+y\sqrt{n}}{2}\in \mathbb{Z}[\sqrt{n}]2x+yn∈Z[n]. よって(x+yn2)3∈Z[n]\left(\dfrac{x+y\sqrt{n}}{2}\right)^3\in \mathbb{Z}[\sqrt{n}](2x+yn)3∈Z[n]. 従って整数解となる。 よって、以下では(奇数,奇数)(奇数, 奇数)(奇数,奇数)の場合のみ考える。 (x+yn2)3=x(x2+3y2n)8+y(y2n+3x2)8n\left(\dfrac{x+y\sqrt{n}}{2}\right)^3=\dfrac{x(x^2+3y^2n)}{8}+\dfrac{y(y^2n+3x^2)}{8}\sqrt{n}(2x+yn)3=8x(x2+3y2n)+8y(y2n+3x2)n. x2+3y2n=x2+3(x2∓4)=4x2∓12=4(x2∓3)x^2+3y^2n=x^2+3(x^2\mp 4)=4x^2\mp 12=4(x^2\mp 3)x2+3y2n=x2+3(x2∓4)=4x2∓12=4(x2∓3). よってx(x2+3y2n)=4x(x2∓3)x(x^2+3y^2n)=4x(x^2\mp 3)x(x2+3y2n)=4x(x2∓3). ここでxxxは奇数なのでx2∓3x^2\mp 3x2∓3は偶数. よって8∣4x(x2∓3)8 \mid 4x(x^2\mp 3)8∣4x(x2∓3). y2n+3x2=(x2∓4)+3x2=4x2∓4=4(x2∓1)y^2n+3x^2=(x^2\mp 4)+3x^2=4x^2\mp 4=4(x^2\mp 1)y2n+3x2=(x2∓4)+3x2=4x2∓4=4(x2∓1). よってy(y2n+3x2)=4y(x2∓1)y(y^2n+3x^2)=4y(x^2\mp 1)y(y2n+3x2)=4y(x2∓1). ここでxxxは奇数なのでx2∓1x^2\mp 1x2∓1は偶数. よって8∣4y(x2∓1)8 \mid 4y(x^2\mp 1)8∣4y(x2∓1). 以上より(x+yn2)3=x(x2+3y2n)8+y(y2n+3x2)8n∈Z[n]\left(\dfrac{x+y\sqrt{n}}{2}\right)^3=\dfrac{x(x^2+3y^2n)}{8}+\dfrac{y(y^2n+3x^2)}{8}\sqrt{n}\in \mathbb{Z}[\sqrt{n}](2x+yn)3=8x(x2+3y2n)+8y(y2n+3x2)n∈Z[n].
Toru32日前(x,y)=(奇数,奇数)(x,y)=(奇数, 奇数)(x,y)=(奇数,奇数)の場合, x2≡1(mod4)x^2 \equiv 1 \pmod{4}x2≡1(mod4), y2≡1(mod4)y^2 \equiv 1 \pmod{4}y2≡1(mod4)よりn≡1(mod4)n\equiv 1\pmod{4}n≡1(mod4)である必要がある.
