pell方程的环结构

pell方程的环结构

我们知道等式函数、多项式函数、函数函数、微带函数、线性变换函数和更一般的函数。这些具体的循环是环理论的支柱，是数的延伸，是基于几何量和测量的需要而发展起来的。另一方面，由于构建对象的问题越来越复杂，普通数据不足，我们必须知道更多的循环。因此，有必要从已知循环中构建新循环，并研究其相关性质以及与原始循环的关系。Pell方程在数字理论中是极其重要的.早在1657年Fermat提出了一个具有挑战性的问题:给定一个正整数d,寻求一个正整数y,使得dy2+1是一个完全平方数.也就是说给定正整数d,求正整数x和y使得x2-dy2=1.这个问题吸引了世界上许多数学家,如Euler、Brahmagupta、Bhaskara,等等.到目前为止不仅Pell方程x2-dy2=±1的所有整数解问题被解决,而且人们利用计算机还求得了广义的Pell方程的整数解.对任意n∈Z,本文在卡氏积Z2上构造了一种环结构Z2nn2,称为广义高斯整数环.讨论了其环的基本性质,利用Pell方程得到了此环的所有可逆元,并利用Z2nn2讨论了Pell方程解的结构.本文未解释的概念见文.1x-ko评分为下文讨论方便起见,我们设Pell方程为x2+ny2=1(1)x2+ny2=-1(2)其中n∈Z.本文中我们仅讨论(1)和(2)的整数解.(Ⅰ)n=0时,方程(1)只有平凡解x=±1,y为任意整数.方程(2)无整数解;(Ⅱ)n=1时,方程(1)只有平凡解x=±1,y=0.及x=0,y=±1.方程(2)无整数解;(Ⅲ)n>1时,方程(1)只有平凡解x=±1,y=0.方程(2)无整数解;(Ⅳ)n=-1,方程(1)只有平凡解x=±1,y=0.方程(2)也只有平凡解x=0,y=±1;(Ⅴ)n≤-2,且-n为完全平方数时,可设-n=k2(k∈Z,k≠0,1),此时x2+ny2=x2-k2y2=(x-ky)(x+ky).易证,方程(1)只有平凡解x=±1,y=0.而方程(2)无整数解;(Ⅵ)n≤-2,且−n−−−√-n为无理数时,我们设−n−−−√-n的混循环连分数形式为循环节项数为m.若令P0=1,P1=a1,P2=a1a2+1,…,Pk=akPk-1+Pk-2(k≥2),Q0=0,Q1=1,Q2=a2,…,Qk=akQk-1+Qk-2(k≥2),则当m为偶数时,方程(1)的最小正整数解为x0=Pm,y0=Qm,其所有整数解为(xt,yt),其中xt+−n−−−√yt=±(x0+−n−−−√y0)t‚(t∈Z)xt+-nyt=±(x0+-ny0)t‚(t∈Ζ),此时,方程(2)无整数解;当m为奇数时,方程(1)的最小正整数解为x0=P2m,y0=Q2m,所有整数解为(xt,yt),其中xt+−n−−−√yt=±(x0+−n−−−√y0)t(t∈Z)xt+-nyt=±(x0+-ny0)t(t∈Ζ),此时,方程(2)的最小正整数为x′0=Pm,y′0=Qm,所有整数解为(xt,yt),其中xt+−n−−−√yt=±(x0′+−n−−−√y′t)2t−1(t∈Z).xt+-nyt=±(x0′+-ny′t)2t-1(t∈Ζ).注方程x2+ny2=-1不一定有整数解.如x2-3y2=-1.例如,关于方程x2-3y2=±1的ai,Pi,Qi列表如下因此,方程x2-3y2=1的最小正整数解为x0=P2=2,y0=Q2=1,其所有整数解为(xt,yt),其中xt+3√yt=±(2+3√)t,(t∈Z).xt+3yt=±(2+3)t,(t∈Ζ).再例如,方程x2-29y2=±1的ai,Pi,Qi列表如下因此,方程x2-29y2=1的最小正整数解为x0=P10=9801,y0=Q10=1820,其所有整数解为(xt,yt),其中,xt+29−−√yt=±(9801+182029−−√)t‚(t∈Z)xt+29yt=±(9801+182029)t‚(t∈Ζ).方程x2-29y2=-1的最小正整数解为x′0=P5=70,y′0=Q5=13,其所有整数解为(xt,yt),其中,xt+29−−√yt=±(70+1329−−√)2t−1(t∈Z).xt+29yt=±(70+1329)2t-1(t∈Ζ).2环同构本文中取定n∈Z,在Z2=Z×Z={(a,b)|a,b∈Z}上定义加法运算和乘法运算如下:(a,b)+(c,d)=(a+c,b+d)(a,b)(c,d)=(ac-nbd,ad+bc)其中a,b,c,d∈Z.利用定义,我们很容易得到定理1Z2在上述运算下构成环且是具有单位元的交换环.其中零元为(0,0),单位元为(1,0).为方便起见,记上述环为Z2nn2,称为广义高斯整数环.命题2存在环同构Z2nn2≌Z[x]/(x2+n),其中Z[x]表示Z上的一元多项式环,(x2+n)表示由x2+n生成的理想.证明设I=(x2+n).于是Z[x]/(x2+n)=Z[x]/I={bx+a+I|a∈Z,b∈Z}.我们规定一个法则φ:Z2nn2→Z[x]/I(a,b)|→bx+a+I显然φ是Z2nn2到Z[x]/I的映射.若bx+a+I≡dx+c+I,则(b-d)x+(a-c)∈I.因为I=(x2+n),所以b-d=0,a-c=0.即b=d,a=c,也即(a,b)=(c,d).这就是说φ是单射;对任意bx+a+I∈Z[x]/I,存在(a,b)∈Z2nn2,使得φ(a,b)=bx+a+I.即φ是满射;φ[(a,b)+(c,d)]=φ[(a+d,b+d)]=(b+d)x+(a+c)+I=(bx+a)+(dx+c)+I=φ[(a,b)]+φ[(c,d)].φ[(a,b)(c,d)]=φ[(ac-nbd,ad+bc)=(ad+bc)x+(ac-nbd)+I=bd(x2+n)+(ad+bc)x+(ac-nbd)+I=bdx2+(ad+bc)x+ac+I=(bx+a+I)(dx+c+I)=φ[(a,b)]φ[(c,d)],所以,φ是同构映射.从而Z2nn2≌Z[x]/(x2+n).推论3存在环同构Z(−n−−−√)≌Z[x]/(x2+n)Ζ(-n)≌Ζ[x]/(x2+n),其中Z(−n−−−√)={a+b−n−−−√|a,b∈Z}Ζ(-n)={a+b-n|a,b∈Ζ}是C的子环.特别地,Z[x]/(x2+1)≌Z[i],其中Z[i]是高斯整数环.证明设φ:Z(−n−−−√)→Z[x]/(x2+n)=Z[x]/I证明设φ:Ζ(-n)→Ζ[x]/(x2+n)=Ζ[x]/Ιa+b−n−−−√|→bx+a+Ia+b-n|→bx+a+Ι利用命题2同样的方法,可证得φ是一个环同构.特别地,取n=1时,Z[x]/(x2+1)≌Z[i].引理4设(a,b)∈Z2nn2.若a2+b2n=0,则(a,b)不是可逆元.证明因为a2+b2n=0,所以(a,b)(-a,b)=(-a2-b2n,ab-ab)=(0,0),即(a,b)是零因子,从而不可逆.定理5设(a,b)∈Z2nn2,a2+b2n≠0.则(a,b)是可逆元当且仅当a2+b2n=±1.证明一方面若(a,b)可逆,则存在(c,d)∈Z2,使得(a,b)(c,d)=(1,0),即(ac-nbd,ad+bc)=(1,0).从而ac-nbd=1,ad+bc=0.由引理4可知a2+b2n≠0,c2+d2n≠0故有a(c2+d2n)=c,c(a2+b2n)=a,-b(c2+d2n)=d,-d(a2+b2n)=b,从而a,c同时为0或a,c同时不为0,当a=0,c=0时,-nbd=1.此时n,b,d只能取1或-1.也就有a2+b2n=1或a2+b2n=-1.当a≠0,c≠0时,c|a,a|c,因此a=c,或a=-c.从而a2+b2n=1或a2+b2n=-1.另一方面,若a2+b2n=1,则存在(c,d)=(a,-b),使得(a,b)(c,d)=(a,b)(a,-b)=(a2+b2n,ab-ab)=(1,0);若a2+b2n=-1,则存在(c,d)=(-a,b),使得(a,b)(c,d)=(a,b)(-a,b)=(-a2-b2n,ab-ab)=(1,0).也就是说当a2+b2n=1或a2+b2n=-1时,(a,b)可逆.由定理5的证明可得推论6设(a,b)可逆.若a2+b2n=1,则其可逆元为(a,-b);若a2+b2n=-1,则其可逆元为(-a,b).推论7设(a,b)∈Z2nn2.则(a,b)可逆当且仅当(a,b)是Pell方程(1)或(2)的解.例如由前面1所举的例子,我们可以得到,当n=0时,可逆元为(1,b)和(-1,b),其中b为任意整数,它们的可逆元分别为(1,-b)和(-1,-b);当n=1时,可逆元有(0,1),(0,-1)和(1,0)及(-1,0),其中(0,1)和(0,-1)互为逆元,(1,0)和(-1,0)的逆元为其本身;当n≥2时,可逆元有(1,0)和(-1,0),其逆元为其本身;当n=-1时,可逆元有(0,1),(0,-1),(1,0),(-1,0),其逆元为本身;当n≤-2,且-n=-k2(k∈Z,k≠0,±1)时,可逆元只有(1,0)和(-1,0),其逆元为本身;当n≤-2,且−n−−−√-n为无理数(如n=-3)时,可逆元集合为A={(a,b)|a+3√b=±(2+3√)m,m∈Z}A={(a,b)|a+3b=±(2+3)m,m∈Ζ}对任意的(a,b)∈A,其逆元为(a,-b);当n=-29时,可逆元集合为A1∪A2,其中对任意的(a,b)∈A1,其逆元为(a,-b);对任意的(a,b)∈A2,其逆元为(-a,b).3检验单元型x2+ny2=1(1)x2+ny2=-1,n∈Z.(2)命题8若X1=(x1,y1),X2=(x2,y2)是(1)的解,则X1X2=(x1,y1)(x2,y2)是(1)的解.证明X1X2=(x1,y1)(x2,y2)=(x1x2-ny1y2,x1y2+x2y1)由题设可知x2112+ny2112=1,x2222+ny2222=1,则即X1X2=(x1,y1)(x2y2)是(1)的解.由命题8的证明,我们立即得到:命题9若X1=(x1,y1),X2=(x2,y2)是(2)的解,则X1X2=(x1,y1)(x2,y2)是(1)的解.命题10若X1=(x1,y1)是(1)的解,X2=(x2,y2)是(2)的解,则X1X2=(x1,y1)(x2,y2)是(2)的解.由2中推论6可知,若X1=(x1,y1)为(1)的解,则其逆元为X−111-1=(x1,-y1);若X2=(x2,y2)为(2)的解,则其逆元为X−122-1=(-x2,y2).易见.命题11若X1=(x1,y1)是(1)的解,则X−111-1=(x1,-y1)也是(1)的解;若X2=(x2y2)是(2)的解,则X−122-1=(-x2,y2)也是(2)的解.记(1)的解集为B1,(2)解集,为B2,B1∪B2=B.命题12B1是B的正规子群,且有B1=B或[B∶B1]=2.证明首先因为(1,0)∈B1,所