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一般ペル方程式

一般ペル方程式

 以下, d>1d > 1 を無平方な (平方因数をもたない) 整数とし, z>0z > 0 を整数とする.

記法

 実 22 次体 Q(d)\mathbb Q(\sqrt d) において, 基本単数を η\eta とおき, α=a1+a2d\alpha = a_1+a_2\sqrt d (a1,a2Q)(a_1,a_2 \in \mathbb Q) の共役元を α=a1a2d\alpha ' = a_1-a_2\sqrt d で表す.

定義《一般ペル方程式》

 x2dy2=z,x^2-dy^2 = z, x2dy2=z,x^2-dy^2 = -z, x2dy2=z|x^2-dy^2| = z の形の方程式を一般ペル方程式 (general Pell's equation) と呼ぶ.

定義《一般ペル方程式の原始的な解, 基本解》

(1)
(x,y)(x,y)x2dy2=z|x^2-dy^2| = z の整数解とする. x,x, yy が互いに素であるとき, (x,y)(x,y)原始的 (primitive) であるという. また, x,x, dydy が互いに素であるとき, (x,y)(x,y)狭義原始的 (strictly primitive) であるという.
(2)
x2dy2=z|x^2-dy^2| = z の正の整数解 (x,y)=(a1,a2),(x,y) = (a_1,a_2), (b1,b2)(b_1,b_2)
a2<b2a_2 < b_2 または “a1<b1a_1 < b_1 かつ a2=b2a_2 = b_2
を満たすとき, (a1,a2)(a_1,a_2)(b1,b2)(b_1,b_2) より小さい (smaller) という.
(3)
x2dy2=z,x^2-dy^2 = z, x2dy2=z,x^2-dy^2 = -z, x2dy2=z|x^2-dy^2| = z の各方程式において, 最小の正の整数解を基本解 (fundamental solution) と呼ぶ..
 定義により, x2dy2=z|x^2-dy^2| = z の狭義原始的な解は原始的である.

例《一般ペル方程式の原始的な解》

(1)
x2dy2=1|x^2-dy^2| = 1 の整数解 (x,y)(x,y) は狭義原始的である.
例えば, x22y2=1|x^2-2y^2| = 1 の整数解 (x,y)=(1,1)(x,y) = (1,1) (3,2)(3,2) は狭義原始的である.
(2)
pp を素数, nn を正の整数とする.
  • pdp \mid d のとき. x2dy2=pn|x^2-dy^2| = p^n の整数解 (x,y)(x,y) は, px2=dy2±pnp \mid x^2 = dy^2\pm p^n よって pxp \mid x を満たすから, 狭義原始的でない.
    例えば, x22y2=2|x^2-2y^2| = 2 の整数解 (x,y)=(2,1),(x,y) = (2,1), (4,3)(4,3) は原始的であるが狭義原始的でない.
  • pdp \nmid d のとき. x2dy2=pn|x^2-dy^2| = p^n の整数解 (x,y)(x,y) が狭義原始的であることは, 原始的であることと同値で, さらに px,p \nmid x, pyp \nmid y であることと同値である. これは, x,x, dydy の最大公約数が pnp^n の約数であること, 仮定, および方程式により px    pyp \mid x \iff p \mid y であることから従う.
    例えば, x22y2=7|x^2-2y^2| = 7 の整数解 (x,y)=(3,1)(x,y) = (3,1) は狭義原始的である. また, x22y2=p2|x^2-2y^2| = p^2 (pp: 奇素数) の整数解 (x,y)=(p,p)(x,y) = (p,p) は原始的でない.
(3)
x22y2=7|x^2-2y^2| = 7 の基本解は (x,y)=(3,1)(x,y) = (3,1) である. また, x25y2=2|x^2-5y^2| = 2 は整数解をもたず, x25y2=4|x^2-5y^2| = 4 の基本解は (x,y)=(3,1)(x,y) = (3,1) である. さらに, x210y2=3|x^2-10y^2| = 3 は整数解をもたず, x210y2=9|x^2-10y^2| = 9 の基本解は (x,y)=(7,2)(x,y) = (7,2) である.

注意

 x2dy2=z|x^2-dy^2| = z の正の整数解 (x,y)=(a1,a2),(x,y) = (a_1,a_2), (b1,b2)(b_1,b_2) に対して, z=1z = 1 のとき, a1<b1    a2<b2 a_1 < b_1 \iff a_2 < b_2 が成り立つ. しかし, z>1z > 1 のとき, これは成り立たない. 例えば, x217y2=8|x^2-17y^2| = 8 の基本解は (x,y)=(3,1)(x,y) = (3,1) であり, x217y2=8|x^2-17y^2| = 8yy 成分が基本解と等しい整数解 (x,y)=(5,1)(x,y) = (5,1) をもつ.

命題《一般ペル方程式の原始的な解の生成》

(1)
p1,p_1, ,\cdots, prp_r を相異なる素数とし, n1,n_1, ,\cdots, nrn_r を非負整数とする. 各番号 ii (1ir)(1 \leqq i \leqq r) に対して x2dy2=pini|x^2-dy^2| = p_i{}^{n_i} が狭義原始的な整数解 (x,y)=(ai,1,ai,2)(x,y) = (a_{i,1},a_{i,2}) をもつならば, x+yd=±i=1r(ai,1+ai,2d)[1] x+y\sqrt d = \pm\prod_{i = 1}^r(a_{i,1}+a_{i,2}\sqrt d) \quad \cdots [1] で定まる整数の組 (x,y)(x,y)x2dy2=i=1rpini|x^2-dy^2| = \prod_{i = 1}^rp_i{}^{n_i} の狭義原始的な整数解である.
(2)
pp を素数とし, m,m, nn を正の整数とする. x2dy2=pm|x^2-dy^2| = p^m が狭義原始的な整数解 (x,y)=(a1,a2)(x,y) = (a_1,a_2) をもつならば, x+yd=±(a1+a2d)n[2] x+y\sqrt d = \pm (a_1+a_2\sqrt d)^n \quad \cdots [2] で定まる整数の組 (x,y)(x,y)x2dy2=pmn|x^2-dy^2| = p^{mn} の狭義原始的な整数解である.

証明

 対偶を示す.
(1)
i{1,,r}i \in \{ 1,\dots,r\} に対して, (x,y)=(ai,1,ai,2)(x,y) = (a_{i,1},a_{i,2})x2dy2=pini|x^2-dy^2| = p_i{}^{n_i} の整数解とし, αi=ai,1+ai,2d\alpha _i = a_{i,1}+a_{i,2}\sqrt d とおく. [1][1] により定まる x2dy2=p1n1prnr|x^2-dy^2| = p_1{}^{n_1}\cdots p_r{}^{n_r} の整数解 (x,y)(x,y) が狭義原始的でないとする. このとき, ある j{1,,r}j \in \{ 1,\dots,r\} に対して pjx,p_j \mid x, pjdyp_j \mid dy である.
  • pjdp_j \mid d のとき. pjdaj,22±pjnj=aj,12p_j \mid da_{j,2}{}^2\pm p_j{}^{n_j} = a_{j,1}{}^2 よって pjaj,1p_j \mid a_{j,1} である.
  • pjdp_j \nmid d のとき. pjyp_j \mid y である. よって, Z[d]\mathbb Z[\sqrt d] において pjp_j は, (x+yd)ijαi=±αjijαiαi=±αjijpini (x+y\sqrt d)\prod_{i \neq j}\alpha _i' = \pm\alpha _j\prod_{i \neq j}\alpha _i\alpha _i' = \pm\alpha _j\prod_{i \neq j}p_i{}^{n_i} を割り切るから, αj\alpha _j を割り切る. したがって, pjaj,1,p_j \mid a_{j,1}, pjaj,2p_j \mid a_{j,2} である.
ゆえに, pjaj,1,p_j \mid a_{j,1}, pjdaj,2p_j \mid da_{j,2} であるから, 解 (x,y)=(aj,1,aj,2)(x,y) = (a_{j,1},a_{j,2}) は狭義原始的でない.
(2)
(x,y)=(a1,a2)(x,y) = (a_1,a_2)x2dy2=pm|x^2-dy^2| = p^m の整数解とする. [2][2] により定まる x2dy2=pmn|x^2-dy^2| = p^{mn} の整数解 (x,y)(x,y) が狭義原始的でないとする. このとき, px,p \mid x, pdyp \mid dy である.
  • pdp \mid d のとき. pda22±pm=a12p \mid da_2{}^2\pm p^m = a_1{}^2 よって pa1p \mid a_1 である.
  • pdp \nmid d のとき. Z[d]\mathbb Z[\sqrt d] において pyp \mid y よって px+ydp \mid x+y\sqrt d である. よって, pp 進加法付値の Q(d)\mathbb Q(\sqrt d) への延長 vv について v(a1+a2d)=1nv(x+yd)>0 v(a_1+a_2\sqrt d) = \frac{1}{n}v(x+y\sqrt d) > 0 が成り立つ. したがって, pa1,p \mid a_1, pa2p \mid a_2 である.
ゆえに, pa1,p \mid a_1, pda2p \mid da_2 であるから, 解 (x,y)=(a1,a2)(x,y) = (a_1,a_2) は狭義原始的でない.

命題《異符号の一般ペル方程式の解の存在条件》

 x2dy2=1x^2-dy^2 = -1 が整数解をもたないとする. このとき, x2dy2=zx^2-dy^2 = z が狭義原始的な整数解をもつことと, x2dy2=zx^2-dy^2 = -z が狭義原始的な整数解をもつことは同値である.

証明

 対偶を示す. x2dy2=zx^2-dy^2 = -z が狭義原始的な整数解をもたないとする. (x,y)=(x0,y0)(x,y) = (x_0,y_0)x2dy2=zx^2-dy^2 = z の整数解, (x,y)=(x1,y1)(x,y) = (x_1,y_1)x2dy2=1x^2-dy^2 = -1 の最小の正の整数解とする. このとき, x+yd=(x0+y0d)(x1+y1d) x+y\sqrt d = (x_0+y_0\sqrt d)(x_1+y_1\sqrt d) で定まる整数の組 (x,y)(x,y)x2dy2=zx^2-dy^2 = -z の整数解であるから, px,p \mid x, pdyp \mid dy なる zz の素因数 pp が存在する.
  • pdp \mid d のとき. pdy02+z=x02p \mid dy_0{}^2+z = x_0{}^2 よって px0p \mid x_0 である.
  • pdp \nmid d のとき. pyp \mid y である. Z[d]\mathbb Z[\sqrt d] において, px+yd,p \mid x+y\sqrt d, px1+y1dp \nmid x_1+y_1\sqrt d であるから, px0+y0dp \mid x_0+y_0\sqrt d である. したがって, px0,p \mid x_0, py0p \mid y_0 である.
ゆえに, px0,p \mid x_0, pdy0p \mid dy_0 であるから, x2dy2=zx^2-dy^2 = z は狭義原始的な整数解をもたない.

定義《集合 S(d),S(d), 指数 lp,l_p, 基本解から定まる無理数 ξp\xi _p

(1)
ある正の整数 ll に対して x2dy2=pl|x^2-dy^2| = p^l が狭義原始的な整数解をもつような素数 pp の集合を S(d)S(d) で表す.
(2)
pS(d)p \in S(d) に対して, lpl_px2dy2=pl|x^2-dy^2| = p^l が狭義原始的な整数解をもつような正の整数 ll の最小値とし, (x,y)=(xp,yp)(x,y) = (x_p,y_p){x2dy2=plp(x2dy2=1 が整数解をもつ),x2dy2=plp(その他)\begin{cases} x^2-dy^2 = p^{l_p} & (x^2-dy^2 = -1\text{ が整数解をもつ}), \\ |x^2-dy^2| = p^{l_p} & (\text{その他}) \end{cases} の基本解として ξp=xp+ypd\xi _p = x_p+y_p\sqrt d とおく.

定理《一般ペル方程式の狭義原始的な解の存在条件》

 pp を素数とし, d≢5 (mod 8)d \not\equiv 5\ (\mathrm{mod}\ 8) または p2p \neq 2 とする. pp のある倍数 zz に対して x2dy2=z|x^2-dy^2| = z が狭義原始的な整数解をもつのは, ppQ(d)\mathbb Q(\sqrt d) で分解する場合に限る.

証明

 K=Q(d)K = \mathbb Q(\sqrt d) とおく. KK の整数環 OKO_KOK={Z[1+d2](d1   (mod 4)),Z[d](d2, 3 (mod 4)). O_K = \begin{cases} \mathbb Z\left[\dfrac{1+\sqrt d}{2}\right] & (d \equiv 1\quad\ \; (\mathrm{mod}\ 4)), \\ \mathbb Z[\sqrt d] & (d \equiv 2,\ 3\ (\mathrm{mod}\ 4)). \end{cases} である. IIZ[d]\mathbb Z[\sqrt d] のすべてのイデアルからなるモノイドとし, \sim
ab\mathfrak a \sim \mathfrak b
    \iff b=(λ)a\mathfrak b = (\lambda )\mathfrak a または a=(λ)b\mathfrak a = (\lambda )\mathfrak b なる λZ[d]{0}\lambda \in \mathbb Z[\sqrt d]\setminus\{ 0\} が存在
で定まる II の関係とする. これはイデアルの乗法と両立する同値関係である. KK のイデアル類群 ClKCl_K は有限であるから, その部分モノイドとみなせる商モノイド I/ ⁣I/\!\sim も有限である. OKO_K において素数 pp が素イデアル p\mathfrak pp={ααp}\mathfrak p ' = \{\alpha ' \mid \alpha \in \mathfrak p\} に分解する, つまり (p)=ppp2(p) = \mathfrak p\mathfrak p ' \neq \mathfrak p^2 であるとする. このとき, I/ ⁣I/\!\sim の有限性により, (pZ[d])l=(x+yd),0<l#ClK[1] (\mathfrak p\cap \mathbb Z[\sqrt d])^l = (x+y\sqrt d), \quad 0 < l \leqq \# Cl_K \quad \cdots [1] なる整数 l,l, x,x, yy が存在する. ここで, (pZ[d])l(\mathfrak p\cap \mathbb Z[\sqrt d])^l は原始的であるから, x,x, yy は互いに素である. さらに, x2dy2=±pl,x^2-dy^2 = \pm p^l, pdp \nmid d であるから, x,x, dd は互いに素である. ゆえに, x2dy2=pl|x^2-dy^2| = p^l は狭義原始的な整数解ともたない.
 逆を示すため, z>1z > 1KK で分解しない素因数 pp をもつとする. (x,y)(x,y)x2dy2=z|x^2-dy^2| = z の整数解とする.
  • p2p \neq 2KK で不分岐, または “d3 (mod 4)d \equiv 3\ (\mathrm{mod}\ 4) かつ p=2p = 2KK で不分岐” であるとき. OKO_K において, 単項イデアル (z)(z)(z)=(x+yd)(xyd) (z) = (x+y\sqrt d)(x-y\sqrt d) と分解し, 両辺は (p)(p) で割り切れる. 素イデアル (p)(p) は自己共役であるから, 右辺の各因子を割り切り, よって OKO_K において (x+yd),(x+y\sqrt d), (xyd)(x-y\sqrt d) はともに (p)(p) で割り切れる. 仮定により pOKZ[d]=pZ[d] p\,O_K\cap\mathbb Z[\sqrt d] = p\,\mathbb Z[\sqrt d] であるから, Z[d]\mathbb Z[\sqrt d] において (x+yd),(x+y\sqrt d), (xyd)(x-y\sqrt d)(p)(p) で割り切れる. したがって, px+ydp \mid x+y\sqrt d であり, px,p \mid x, pyp \mid y である.
  • ppKK で分岐するとき. pdp \mid d であるから, ppdy2±z=x2dy^2\pm z = x^2 を割り切り, したがって pxp \mid x である.
ゆえに, 解 (x,y)(x,y) は狭義原始的でない.

系《指数 lpl_p の評価》

 “d1 (mod 4)d \equiv 1\ (\mathrm{mod}\ 4) かつ p=2p = 2” でないならば, 各 pS(d)p \in S(d) に対して lpl_pQ(d)\mathbb Q(\sqrt d) の類数以下である.

証明

 上記の証明の [1][1] により, 求める主張が従う.

補題《偶数 zz に対する x2dy2=z|x^2-dy^2| = z の解》

 d1 (mod 4)d \equiv 1\ (\mathrm{mod}\ 4) であるとする.
(1)
z2 (mod 4)z \equiv 2\ (\mathrm{mod}\ 4) ならば, x2dy2=z|x^2-dy^2| = z は整数解をもたない. さらに, 2S(d)2 \in S(d) ならば, l22l_2 \geqq 2 が成り立つ.
(2)
2S(d)2 \in S(d) かつ l2=2l_2 = 2 が成り立つのは, ηZ[d]\eta \notin \mathbb Z[\sqrt d] である場合に限る. このとき, ξ2=2η\xi _2 = 2\eta が成り立つ.
(3)
d1 (mod 8)d \equiv 1\ (\mathrm{mod}\ 8) かつ z4 (mod 8)z \equiv 4\ (\mathrm{mod}\ 8) ならば, x2dy2=z|x^2-dy^2| = z のすべての整数解は偶数の組である. さらに, d1 (mod 8)d \equiv 1\ (\mathrm{mod}\ 8) ならば, ηZ[d]\eta \in \mathbb Z[\sqrt d] である.
(4)
d5 (mod 8)d \equiv 5\ (\mathrm{mod}\ 8) かつ z0 (mod 8)z \equiv 0\ (\mathrm{mod}\ 8) ならば, x2dy2=z|x^2-dy^2| = z のすべての整数解は偶数の組である.

証明

(1)
仮定により x2dy2x2y2≢2(mod4) x^2-dy^2 \equiv x^2-y^2 \not\equiv 2 \pmod 4 であるから, z2 (mod 4)z \equiv 2\ (\mathrm{mod}\ 4) のとき x2dy2=z|x^2-dy^2| = z は整数解をもたない. よって, 2S(d)2 \in S(d) ならば l22l_2 \geqq 2 が成り立つ.
(2)
ηZ[d]\eta \notin \mathbb Z[\sqrt d] とする. このとき, η=(x+yd)/2\eta = (x+y\sqrt d)/2 で定まる奇数の組 (x,y)(x,y)x2dy2=22|x^2-dy^2| = 2^2 を満たす. よって, x,x, dydy は互いに素であり, したがって (1) により 2S(d)2 \in S(d) かつ l2=2l_2 = 2 が成り立つ. このとき, η\eta の最小性により ξ2=2η\xi _2 = 2\eta が成り立つ.
 逆に, 2S(d)2 \in S(d) かつ l2=2l_2 = 2 が成り立つとき, x2dy2=22|x^2-dy^2| = 2^2 の狭義原始的な整数解 (x,y)(x,y)(x+yd)/2OK×Z[d]× (x+y\sqrt d)/2 \in O_K^\times\setminus\mathbb Z[\sqrt d]^\times を満たすから, OK×={±ηnnZ} O_K^\times = \{\pm\eta ^n \mid n \in \mathbb Z\} により ηZ[d]\eta \notin \mathbb Z[\sqrt d] である.
(3)
d1 (mod 8)d \equiv 1\ (\mathrm{mod}\ 8) とする. このとき, 12d1212d3232d1232d320(mod8)\begin{aligned} &1^2-d\cdot 1^2 \equiv 1^2-d\cdot 3^2 \\ &\equiv 3^2-d\cdot 1^2 \equiv 3^2-d\cdot 3^2 \equiv 0 \pmod 8 \end{aligned} であるから, z4 (mod 8)z \equiv 4\ (\mathrm{mod}\ 8) のとき x2dy2=z|x^2-dy^2| = z のすべての整数解 (x,y)(x,y) は偶数の組である. よって, (2) により ηZ[d]\eta \in \mathbb Z[\sqrt d] である.
(4)
d5 (mod 8)d \equiv 5\ (\mathrm{mod}\ 8) のとき, 12d1212d3232d1232d324(mod8)\begin{aligned} &1^2-d\cdot 1^2 \equiv 1^2-d\cdot 3^2 \\ &\equiv 3^2-d\cdot 1^2 \equiv 3^2-d\cdot 3^2 \equiv 4 \pmod 8 \end{aligned} であるから, z0 (mod 8)z \equiv 0\ (\mathrm{mod}\ 8) のとき x2dy2=z|x^2-dy^2| = z のすべての整数解 (x,y)(x,y) は偶数の組である.

定理《集合 S(d)S(d) の構成要素》

(1)
d1 (mod 8)d \equiv 1\ (\mathrm{mod}\ 8) または “d5 (mod 8)d \equiv 5\ (\mathrm{mod}\ 8) かつ ηZ[d]\eta \in \mathbb Z[\sqrt d]” または d2,d \equiv 2, 3 (mod 4)3\ (\mathrm{mod}\ 4) ならば, S(d)S(d)Q(d)\mathbb Q(\sqrt d) で分解するすべての素数から成る.
(2)
d5 (mod 8)d \equiv 5\ (\mathrm{mod}\ 8) かつ ηZ[d]\eta \notin \mathbb Z[\sqrt d] ならば, S(d)S(d)Q(d)\mathbb Q(\sqrt d) で分解するすべての素数と 22 から成る.

証明

 d5 (mod 8)d \equiv 5\ (\mathrm{mod}\ 8) かつ ηZ[d]\eta \in \mathbb Z[\sqrt d] ならば, 補題の (1), (2), (4) により各正の整数 ll に対して x2dy2=2l|x^2-dy^2| = 2^l は狭義原始的な整数解をもたないから, 2S(d)2 \notin S(d) である. このことと上記の定理, 補題の (2) をあわせると, (1), (2) が得られる.

定理《一般ペル方程式の解の公式》

(1)
x2dy2=z|x^2-dy^2| = z が狭義原始的な整数解をもつのは, 各素数 pp に対してある非負整数 npn_p が存在して ordp(z)={lpnp(pS(d)),0(pS(d))[1]\mathrm{ord}_p(z) = \left\{\begin{array}{lll} l_pn_p & (p \in S(d)), \\ 0 & (p \notin S(d)) \end{array}\right. \quad \cdots [1] が成り立つ場合に限る. ここで, ηZ[d]\eta \notin \mathbb Z[\sqrt d] のとき, “l2=2l_2 = 2 かつ n2{0,1}n_2 \in \{ 0,1\}” である. この場合に, その狭義原始的な整数解 (x,y)(x,y) はある整数 n,n, 無理数 ξp{ξp,ξp}\xi _p^* \in \{\xi _p,\xi _p'\} (pS(d))(p \in S(d)) に対して x+yd=±ηnpS(d)ξpnp[2] x+y\sqrt d = \pm\eta ^n\prod_{p \in S(d)}\xi _p^*{}^{n_p} \quad \cdots [2] を満たす. ここで, ηZ[d], z1 (mod 2)n0 (mod 3)[3]\eta \notin \mathbb Z[\sqrt d],\ z \equiv 1\ (\mathrm{mod}\ 2) \Longrightarrow n \equiv 0\ (\mathrm{mod}\ 3) \quad \cdots [3] である.
(2)
x2dy2=z2|x^2-dy^2| = z^2 のすべての整数解 (x,y)(x,y) はある整数 n,n, 非負整数 np,n_p, 無理数 ξp{ξp,ξp}\xi _p^* \in \{\xi _p,\xi _p'\} (pS(d))(p \in S(d)) に対して x+yd=±ηnpS(d)ξpnppordp(z)lpnp/2pS(d)pordp(z)[4] x+y\sqrt d = \pm\eta ^n\prod_{p \in S(d)}\xi _p^*{}^{n_p}p^{\mathrm{ord}_p(z)-l_pn_p/2}\prod_{p \notin S(d)}p^{\mathrm{ord}_p(z)} \quad \cdots [4] を満たす. ここで, [3][3]lpnp0(mod2),np2ordp(z)/lp[5] l_pn_p \equiv 0 \pmod 2, \quad n_p \leq 2\,\mathrm{ord}_p(z)/l_p \quad \cdots [5] が成り立つ.

参考文献

[1]
Takashi Hirotsu, General Pell's equations and angle bisectors between planar lines with rational slopes, Integers, 24 (2024), #A111, 26 pp.
最終更新日: 2024 年 12 月 13 日