JK=Ramanujan (2)

整理すると、$10n(n-1)=m(m+1)$ より
$10(2n-1{)}^2=(2m+1{)}^2+9$　となるので、両辺を$9$で割って、
$y^2-10x^2=-1$　の解を求めればよい。（ペル方程式）
$\sqrt{10}=3+\frac{1}{6+\frac{1}{6+\cdots }}$　により、例えば${117}^2-10\ast {37}^2=-1$　が得られるので、$n=56,m=175$ から次の答えが得られる。
${\displaystyle \frac{175!56!}{55!176!}=\frac{17556}{55176}}$
一般の解は求められるだろうか？
$10a^2-b^2=9$ の整数解について、$b=\pm 1(\mathrm{mod}10)$である。
$b=10k+ϵ(ϵ=\pm 1)$とおくと、$a^2=10k^2+2ϵk+1=(k+ϵ{)}^2+(3k{)}^2$
ここで、$k+ϵ$と$k$は互いに素（ただし$k$は$3$以上とする）であることを考慮すると、$k+ϵ$と$3k$が互いに素でなければ、それらの最大公約数は$3$であるから、この場合は両辺を$9$で割ってペル方程式にすればよい。
$k+ϵ$と$3k$が互いに素の場合は、ピタゴラスの３つ組
$A^2+B^2,2AB,A^2-B^2$ を考える。$a=A^2+B^2$である。

• $2AB=k+ϵ,A^2-B^2=3k$ の場合
  $3ϵ=6AB-A^2+B^2=10B^2-(A-3B{)}^2$
  このとき$\mathrm{mod}5$ で考えると、$\pm 3\equiv -(A-3B{)}^2$となるが、$\mathrm{mod}5$で$2$乗して$\pm 3$となる整数は存在しないので解はない。
• $2AB=3k,A^2-B^2=k+ϵ$ の場合
  $9ϵ=9A^2-9B^2-6AB=(3A-B{)}^2-10B^2$となるが、
  $2AB=3k$だから、$AB$は$3$の倍数である。
  $B$が$3$の倍数なら、両辺を$9$で割れば、$ϵ=(A-\frac{B}{3}{)}^2-10(\frac{B}{3}{)}^2$となるのでペル方程式に帰着できる。
  $A$が$3$の倍数なら、$ϵ=A^2-B^2-2\frac{A}{3}B=10(\frac{A}{3}{)}^2-(B+\frac{A}{3}{)}^2$となるのでペル方程式に帰着できる。

結局のところ、ペル方程式$y^2-10x^2=\pm 1$にたどり着く。
例えば、最も単純な$3^2-10\ast 1^2=-1$から、
$A=3,B=2,ϵ=1,k=4,b=41,a=13$を得るので、
$2n-1=13,2m+1=41$ より、$n=7,m=20$　が得られる。
${\displaystyle \frac{20!7!}{6!21!}=\frac{207}{621}}$

（１）を整理すると、
$(2n-1{)}^2-1=8m(m^2-1)$　より、$y^2=8x^3-8x+1$　と考えてよい。
（２）で${\displaystyle n=\frac{N-1}{2}}$とおくと、右辺は${\displaystyle {\left(\frac{N^2-5}{4}\right)}^2-1}$となるので、$x=m,y={\displaystyle \frac{N^2-5}{4}}$　とおくことで、$y^2=x^3-x+1$と考えてよい。
そこで、3次曲線上の有理点の問題と考えられるが、整数解を効率よく求めるにはどうすればよいのだろうか？