二次无理数的周期连分数

为什么整数状态足够保存下一步 ​

若 ${\alpha }_n=(\sqrt{D}+P_n)/Q_n$，设 $P_{n+1}=a_n{Q}_n-P_n$，则

这直接给出递推，而不是从数值拟合出的规则。若 $Q_n\mid D-P_n^2$，则

也被 $Q_n$ 整除。新分母因此为整数，并满足 $Q_n{Q}_{n+1}=D-P_{n+1}^2$，把整除条件传到下一步。

计算 $a_n$ 时为什么可以用整数 $a_0$ 代替 $\sqrt{D}$？当 $Q_n>0$，两者只相差 $(\sqrt{D}-a_0)/Q_n\in (0,1/Q_n)$；而 $(a_0+P_n)/Q_n$ 的余数格距是 $1/Q_n$，增加这点量不可能越过下一个整数。因此取整完全相同。

一般二次无理数为什么只能经过有限多种状态 ​

先处理完整定理。将它的极小多项式理路极小多项式Minimal polynomial以给定代数元为根的首一不可约多项式。清分母，得到整系数不可约二次方程 $A{x}^2+Bx+C=0$，判别式 $D=B^2-4AC$ 为正非平方整数。选择分子分母的符号后可写

例如取根式中的加号时用 $P_0=-B,Q_0=2A$；减号可同时反转分子分母。与上面相同的递推保持整数状态。开始的 $Q_n$ 可以为负，不能直接套平方根版本的正数取整捷径。

记 ${\alpha }^{\prime }$ 为另一共轭根，将各完全商中的 $\sqrt{D}$ 换成 $-\sqrt{D}$，得到 ${\alpha }_n^{\prime }$。利用前页已证的收敛分数 $p_n/q_n$，对充分大的 $n$ 有

最后的不等式因为两个收敛分数都趋向 $\alpha \ne {\alpha }^{\prime }$，分子分母最终同号；分母 $q_n$ 为正。另一方面，${\alpha }_n>1$，于是

说明 $Q_n$ 最终为正。

此后 $Q_n,Q_{n+1}$ 都是正整数，且

可选的整数对因此只有有限多个。同一状态决定同一完全商、同一整数部分和下一状态，所以一旦某状态重复，后续整段都重复。这证明二次无理数必最终周期。

为什么周期又迫使次数为二 ​

反过来，设从某处开始的尾项 $\beta$ 重复长度为 $L$ 的块。每个操作 $x\mapsto a+1/x$ 都是一个整数系数分式变换，合成一整个周期后得到

交叉相乘，$\beta$ 满足二次方程

尾项仍是无理数，故次数恰为二。最前面的有限块又是一个可逆有理分式变换，因此原数与尾项生成同一个二次域，原数也为二次无理数。

平方根为什么从第一尾项就开始重复 ​

称一个二次无理数 $\gamma$ 为这里的约化完全商，是指 $\gamma >1$ 且它的共轭满足 $-1<{\gamma }^{\prime }<0$。对平方根，

如果当前完全商约化，下一共轭为 $1/({\alpha }_n^{\prime }-a_n)$，其中 $a_n\ge 1$，故仍在 $(-1,0)$。于是第一尾项之后一直约化。

在这个集合中，下一状态还能唯一决定上一个状态。若 $\beta =1/(\gamma -a)$，则 $\gamma =a+1/\beta$；条件 $-1<{\gamma }^{\prime }<0$ 迫使

故变换在约化状态上是单射。一个最终周期的轨道若每步都有唯一前驱，就不能先走一条不循环的支线再进入圈；沿相同前驱不断退回，第一状态也必在周期上。

第一尾项的唯一约化前驱由上式给出 $a=2a_0$，对应完全商 $\sqrt{D}+a_0$，即状态 $(a_0,1)$。这证明了停止规则。反过来，约化状态若 $Q_n=1$，由 $-1<P_n-\sqrt{D}<0$ 立即得到 $P_n=a_0$，所以“分母状态为一”也精确标出周期末端。

√13的五个状态 ​

从 $(P_0,Q_0,a_0)=(0,1,3)$ 开始，得到

例如第三步由 $P_3=1\cdot 3-1=2$、$Q_3=(13-4)/3=3$ 得到。第五状态是 $(a_0,1)$，第六状态重回第一状态，因此

前五个状态互异，所以五确实是最小周期。连续出现四个部分商一，并不表示周期为一：整数部分重复没有保证完全商重复。

哪些输入不能照搬停止规则 ​

若 $D$ 为平方，$\sqrt{D}$ 是有理数，连分数会终止；有理化中的 $D-P^2$ 可能为零。应在进入循环前以整数平方根检查并分流，不能把除零解释成“找到周期”。

一般二次无理数只保证最终周期，不能把平方根特有的 $(a_0,1)$ 当成通用终点。相反，$\phi =(1+\sqrt{5})/2$ 已满足 $\phi >1$、$-1<{\phi }^{\prime }<0$，且 $1/(\phi -1)=\phi$，所以从最初一项起就纯周期：$\phi =[\bar{1}]$。

有限精度小数不能认证这些状态相等。若先将 $\sqrt{13}$ 舍入再反复取倒数，得到的是那个有理近似数的有限连分数，尾部最终会终止；它不承担真正无理数的周期证明。

周期计算交付的是一份有限整数证书：原输入、每个 $(P_n,Q_n,a_n)$、各步整除关系以及首次回返位置。核验者只需整数乘除与比较，就能检查整段循环，不需要生成许多位平方根小数。

Pell方程理路Pell 方程的基本解与全部整数解Pell equation · Pell–Fermat equation · Pell方程由周期连分数求正Pell基本解，证明足够精确的有理逼近必为收敛分数，再以范数一单位的缩减证明所有整数解来自基本解的幂。会将这些状态与收敛分数联系起来：$p_n^2-D{q}_n^2=(-1{)}^{n+1}{Q}_{n+1}$。周期末端 $Q=1$ 因此把一个逼近问题转成精确的正负一方程；负Pell可解性理路负 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。将进一步由周期长度的奇偶性决定。