Sur la longueur de la fraction continue de
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Proposition 1. Pour tout n ≥ 1, f n = 2 l0n
f n = 2 l0n
• Montrons le point (i) de la proposition 1. Pour tout i compris entre 1 et s, comme par hypoth`ese pgcd(a, b, c) = 1, p i ne divise pas b, et puisque d est sans facteur carr´e, p i divise exactement N = a 2 − b 2 d. D’o` u, si v pi
• soit v pi
• soit v pi
Comme v pi
Si d ≡ 2 (mod 4), comme pgcd(a, b) = 1 et d est sans facteur carr´e, alors v 2 (pgcd(a, d, c)) = 1. Or, pour tout n ≥ 1, on a, f n = 2 l0n
D’apr`es la proposition 1, f n est de la forme f n = 2 l0n
2) pour tout i = 1, . . . , s, v pi
tel que v pi
On a, par p´eriodicit´e de la fraction continue de α n , h1, α in
h1, α in
et d’apr`es la th´eorie des fractions continues, α in
ϕ n = α in
D n ) l(αn
d). On a alors ϕ n = ε µ 0n
ϕ n = P π (n)n
Or comme ϕ n = ε µ 0n
P π (n)n
En rempla¸cant ξ n et ω par leurs valeurs, il suit alors (9) k n Q (n) πn
ν i (n) = min{m ≥ 1 : t n,i | Q mπ−1 }, e 0 i (n) = max{e ≥ 1 : t e n,i | Q νi
σ divise 4), ce qui est absurde. On voit alors que σ est le plus petit en- tier u tel que σ m+1 divise uP γπ−1 u−1 Q γπ−1 (resp. σ m+1 divise 2u−1
que t e n,ii
la d´emonstration du lemme 4 en rempla¸cant σ m par t e n,ii
tout u ≥ 1, t e n,ii
m tel que k n divise Q mπ−1 , on a µ 0 n = ppcm(µ i (n)). Or, t e n,i0i
ment Q νi
t δ n,ii
t δ n,ii
Mais par la d´efinition de µ 0 n et (8), ε µ 00n
Et, d’apr`es la proposition 1, on a f n = 2 l0n
k n = (2c/γ 1 ) n (f n /2 n )|b n | = (2c/γ 1 ) n % [n/2] 2 l0n
k n = (2c/γ 1 ) n f n |b n | = (2c/γ 1 ) n % [n/2] 2 l0n
% [n/2] 2 l0n
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