Pell 方程的基本解与全部整数解

余数状态变成精确范数 ​

平方根的完全商记为 ${\alpha }_{n+1}=(\sqrt{D}+P_{n+1})/Q_{n+1}$。连分数的有限前缀恒等式为

代入完全商并分别比较有理部分与 $\sqrt{D}$ 的系数，得到

用第一式乘 $p_n$，第二式乘 $q_n$ 后相减，中间项消去，留下

右边没有近似误差。前页证明 $Q_j=1$ 恰在 $j$ 为正周期长度 $L$ 的倍数时发生；再要求 $(-1{)}^j=1$，就得到形式陈述中的两个索引，并证明至少存在一组正解。

一个足够好的分数为何一定在列表中 ​

这里补齐需要的逼近判据。设 $\alpha$ 无理，$a/b$ 为既约分数、$b>0$。若

则 $a/b$ 必为 $\alpha$ 的某个收敛分数。

先证明一个辅助比较。取 $n$ 使 $q_n\le b<q_{n+1}$，记 $e_j=q_j\alpha -p_j$。相邻两个误差符号相反，而相邻收敛向量的行列式为 $\pm 1$，故存在整数 $A,B$，使

$A=0$ 与 $0<b<q_{n+1}$ 冲突。若 $B=0$，则 $A\ge 1$，所以 $|b\alpha -a|=A|e_n|\ge |e_n|$。若两者都非零，分母条件排除 $A,B$ 同为正数或同为负数，它们只能异号；此时 $A{e}_n$ 与 $B{e}_{n+1}$ 同号，仍有 $|b\alpha -a|\ge |e_n|$。

假如 $a/b\ne p_n/q_n$，整数 $a{q}_n-b{p}_n$ 非零，因此

矛盾。于是判据成立。严格的 $1/(2b^2)$ 条件是这段证明真正使用的门槛，不能随意换成“看起来够近”。

Pell解满足这个门槛 ​

若正整数 $x,y$ 满足 $x^2-D{y}^2=\pm 1$，两坐标必互素，因为共同因子的平方会整除一。又有

这里 $D\ge 2$，且 $x^2=D{y}^2\pm 1$ 保证 $x/y\ge 1$，所以括号内严格大于二。因此每组正的正负Pell解都来自收敛分数，列表之外不会藏着另一组。

在正Pell情形，零号收敛分数的范数 $a_0^2-D$ 为负；从第一号之后分母严格增长。因此前面找到的第一处范数为一的收敛分数，确实具有最小正 $y$。同时 $x=\sqrt{1+D{y}^2}$ 随 $y>0$ 增长，故它也使 $x+y\sqrt{D}$ 最小。

为什么全部正解都是同一个数的幂 ​

在 $\mathbb{Q}(\sqrt{D})$ 中，数域范数理路数域范数Number field norm · Field norm over the rationals将数域元素的乘法视作有理线性算子，以行列式定义范数并用于整数环中的因子约束。为

范数相乘，且范数一元素的逆就是共轭。若原坐标为整数，乘法与取逆后仍为整数坐标。因此 ${\epsilon }^k$ 的全部整数次幂确实都给出解。

反过来，设 $\alpha =x+y\sqrt{D}>1$ 且范数为一。因为 ${\alpha }^{\prime }=1/\alpha$，有

选整数 $k\ge 0$，使 ${\epsilon }^k\le \alpha <{\epsilon }^{k+1}$。则 $\beta =\alpha {\epsilon }^{-k}$ 仍有整数坐标、范数一，并在 $[1,\epsilon )$ 中。若它大于一，就给出比基本正解更小的正解，矛盾。所以 $\beta =1$，即 $\alpha ={\epsilon }^k$。

对落在 $(0,1)$ 的解取倒数，对负数先乘 $-1$，便归入刚才的情形。这样才覆盖所有符号和负指数，而不只证明“从一个解能生成一些新解”。

√13的两轮收敛分数 ​

周期为 $[1,1,1,1,6]$，长度五为奇数，所以正Pell基本解出现在 $n=9$：

最后的整数检查是 ${649}^2=421201$、$13\cdot {180}^2=421200$。第一轮末尾的 $(18,5)$ 解的是负Pell方程，并不能直接填入右端为一的答案。

若 $D=c^2$ 为正平方，方程变为 $(x-cy)(x+cy)=1$，两个整数因子只能同为一或同为负一，故只有 $(\pm 1,0)$。非平方条件正是非平凡无限解出现的边界。

先辨明在哪一个整数环中 ​

整数基理路数域的整数基Integral basis整数环是秩等于扩张次数的自由整数模；用迹配对证明有限生成，并在 Q(√13) 中算出幂基子阶的指数。页证明

它严格包含本页要求的子阶 $\mathbb{Z}[\sqrt{13}]$。Dirichlet单位理路Dirichlet 单位定理Dirichlet unit theorem单位群的自由秩由实复嵌入数决定；解释对数格的满秩机制，并完整证明 Q(√13) 的基本单位是 (3+√13)/2。页中的基本单位

属于完整整数环，却没有整数坐标。即使 ${\eta }^2=(11+3\sqrt{13})/2$ 的范数为一，它也不是整数Pell解。

真正落回整数坐标的相关幂为

这同时区分了“属于哪个环”和“范数是正一还是负一”两项条件。完整整数环的基本单位、子阶的单位和正Pell基本解，不应只因都叫“基本”就混成同一个数。

用整数矩阵生成下一组 ​

若 $\epsilon =u+v\sqrt{D}$，从 $(x_0,y_0)=(1,0)$ 出发反复执行

就按顺序得到全部正解。矩阵行列式为 $u^2-D{v}^2=1$，逆矩阵也有整数系数，对应倒着沿幂序列走。

对于 $D=13$，第二个正解为

这个增长说明运行成本不能只用“迭代次数”描述；输出坐标的位数也在增长。查找基本解的周期长度同样可能很长，不能把小的 $D$ 当作小答案的保证。

负Pell方程理路负 Pell 方程与周期奇偶性Negative Pell equation · Negative Pell solvability criterion · 负Pell方程以平方根连分数的周期长度奇偶性完整判定负Pell可解性，证明全部解的奇次幂结构，并用D=34区分模同余条件与整数方程。会检查哪些周期允许范数负一；广义范数轨道理路广义 Pell 方程的有限范数轨道Generalized Pell norm orbits · Finite orbit reduction of generalized Pell equations · 广义Pell方程的有限种子用整数范数一单位把固定非零右端的广义Pell解缩减到半开基本区间，证明有限且不重复的种子搜索界，并完整列出D=13、N=4的三条轨道。则固定右端 $N\ne 0$，用同一个范数一单位把无穷解缩减到有限个种子。后者不再保证只需一个基本种子。