対偶を示す.

(1)

各 $i \in \{ 1,\dots,r\}$ に対して, $(x,y) = (a_{i,1},a_{i,2})$ を $|x^2-dy^2| = p_i{}^{n_i}$ の整数解とし, $\alpha _i = a_{i,1}+a_{i,2}\sqrt d$ とおく. $[1]$ により定まる $|x^2-dy^2| = p_1{}^{n_1}\cdots p_r{}^{n_r}$ の整数解 $(x,y)$ が狭義原始的でないとする. このとき, ある $j \in \{ 1,\dots,r\}$ に対して $p_j \mid x,$ $p_j \mid dy$ である.

• $p_j \mid d$ のとき. $p_j \mid da_{j,2}{}^2\pm p_j{}^{n_j} = a_{j,1}{}^2$ よって $p_j \mid a_{j,1}$ である.
• $p_j \nmid d$ のとき. $p_j \mid y$ である. よって, $\mathbb Z[\sqrt d]$ において $p_j$ は, \[ (x+y\sqrt d)\prod_{i \neq j}\alpha _i' = \pm\alpha _j\prod_{i \neq j}\alpha _i\alpha _i' = \pm\alpha _j\prod_{i \neq j}p_i{}^{n_i}\] を割り切るから, $\alpha _j$ を割り切る. したがって, $p_j \mid a_{j,1},$ $p_j \mid a_{j,2}$ である.

ゆえに, $p_j \mid a_{j,1},$ $p_j \mid da_{j,2}$ であるから, 解 $(x,y) = (a_{j,1},a_{j,2})$ は狭義原始的でない.

(2)

$(x,y) = (a_1,a_2)$ を $|x^2-dy^2| = p^m$ の整数解とする. $[2]$ により定まる $|x^2-dy^2| = p^{mn}$ の整数解 $(x,y)$ が狭義原始的でないとする. このとき, $p \mid x,$ $p \mid dy$ である.

• $p \mid d$ のとき. $p \mid da_2{}^2\pm p^m = a_1{}^2$ よって $p \mid a_1$ である.
• $p \nmid d$ のとき. $\mathbb Z[\sqrt d]$ において $p \mid y$ よって $p \mid x+y\sqrt d$ である. よって, $p$ 進加法付値の $\mathbb Q(\sqrt d)$ への延長 $v$ について \[ v(a_1+a_2\sqrt d) = \frac{1}{n}v(x+y\sqrt d) > 0\] が成り立つ. したがって, $p \mid a_1,$ $p \mid a_2$ である.

ゆえに, $p \mid a_1,$ $p \mid da_2$ であるから, 解 $(x,y) = (a_1,a_2)$ は狭義原始的でない.

　対偶を示す. $x^2-dy^2 = -z$ が狭義原始的な整数解をもたないとする. $(x,y) = (x_0,y_0)$ を $x^2-dy^2 = z$ の整数解, $(x,y) = (x_1,y_1)$ を $x^2-dy^2 = -1$ の最小の正の整数解とする. このとき, \[ x+y\sqrt d = (x_0+y_0\sqrt d)(x_1+y_1\sqrt d)\] で定まる整数の組 $(x,y)$ は $x^2-dy^2 = -z$ の整数解であるから, $p \mid x,$ $p \mid dy$ なる $z$ の素因数 $p$ が存在する.

• $p \mid d$ のとき. $p \mid dy_0{}^2+z = x_0{}^2$ よって $p \mid x_0$ である.
• $p \nmid d$ のとき. $p \mid y$ である. $\mathbb Z[\sqrt d]$ において, $p \mid x+y\sqrt d,$ $p \nmid x_1+y_1\sqrt d$ であるから, $p \mid x_0+y_0\sqrt d$ である. したがって, $p \mid x_0,$ $p \mid y_0$ である.

ゆえに, $p \mid x_0,$ $p \mid dy_0$ であるから, $x^2-dy^2 = z$ は狭義原始的な整数解をもたない.

　$K = \mathbb Q(\sqrt d)$ とおく. $K$ の整数環 $O_K$ は \[ O_K = \begin{cases} \mathbb Z\left[\dfrac{1+\sqrt d}{2}\right] & (d \equiv 1\quad\ \; (\mathrm{mod}\ 4)), \\ \mathbb Z[\sqrt d] & (d \equiv 2,\ 3\ (\mathrm{mod}\ 4)). \end{cases}\] である. $I$ を $\mathbb Z[\sqrt d]$ のすべてのイデアルからなるモノイドとし, $\sim$ を

$\mathfrak a \sim \mathfrak b$

$\iff$ $\mathfrak b = (\lambda )\mathfrak a$ または $\mathfrak a = (\lambda )\mathfrak b$ なる $\lambda \in \mathbb Z[\sqrt d]\setminus\{ 0\}$ が存在

で定まる $I$ 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. $K$ のイデアル類群 $Cl_K$ 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 $I/\!\sim$ も有限である. $O_K$ において素数 $p$ が素イデアル $\mathfrak p$ と $\mathfrak p ' = \{\alpha ' \mid \alpha \in \mathfrak p\}$ に分解する, つまり $(p) = \mathfrak p\mathfrak p ' \neq \mathfrak p^2$ であるとする. このとき, $I/\!\sim$ の有限性により, \[ (\mathfrak p\cap \mathbb Z[\sqrt d])^l = (x+y\sqrt d), \quad 0 < l \leqq \# Cl_K \quad \cdots [1]\] なる整数 $l,$ $x,$ $y$ が存在する. ここで, $(\mathfrak p\cap \mathbb Z[\sqrt d])^l$ は原始的であるから, $x,$ $y$ は互いに素である. さらに, $x^2-dy^2 = \pm p^l,$ $p \nmid d$ であるから, $x,$ $d$ は互いに素である. ゆえに, $|x^2-dy^2| = p^l$ は狭義原始的な整数解ともたない.
　逆を示すため, $z > 1$ が $K$ で分解しない素因数 $p$ をもつとする. $(x,y)$ を $|x^2-dy^2| = z$ の整数解とする.

• $p \neq 2$ が $K$ で不分岐, または “$d \equiv 3\ (\mathrm{mod}\ 4)$ かつ $p = 2$ が $K$ で不分岐” であるとき. $O_K$ において, 単項イデアル $(z)$ は \[ (z) = (x+y\sqrt d)(x-y\sqrt d)\] と分解し, 両辺は $(p)$ で割り切れる. 素イデアル $(p)$ は自己共役であるから, 右辺の各因子を割り切り, よって $O_K$ において $(x+y\sqrt d),$ $(x-y\sqrt d)$ はともに $(p)$ で割り切れる. 仮定により \[ p\,O_K\cap\mathbb Z[\sqrt d] = p\,\mathbb Z[\sqrt d]\] であるから, $\mathbb Z[\sqrt d]$ において $(x+y\sqrt d),$ $(x-y\sqrt d)$ は $(p)$ で割り切れる. したがって, $p \mid x+y\sqrt d$ であり, $p \mid x,$ $p \mid y$ である.
• $p$ が $K$ で分岐するとき. $p \mid d$ であるから, $p$ は $dy^2\pm z = x^2$ を割り切り, したがって $p \mid x$ である.

ゆえに, 解 $(x,y)$ は狭義原始的でない.

　上記の証明の $[1]$ により, 求める主張が従う.

(1)

仮定により \[ x^2-dy^2 \equiv x^2-y^2 \not\equiv 2 \pmod 4\] であるから, $z \equiv 2\ (\mathrm{mod}\ 4)$ のとき $|x^2-dy^2| = z$ は整数解をもたない. よって, $2 \in S(d)$ ならば $l_2 \geqq 2$ が成り立つ.

(2)

$\eta \notin \mathbb Z[\sqrt d]$ とする. このとき, $\eta = (x+y\sqrt d)/2$ で定まる奇数の組 $(x,y)$ は $|x^2-dy^2| = 2^2$ を満たす. よって, $x,$ $dy$ は互いに素であり, したがって (1) により $2 \in S(d)$ かつ $l_2 = 2$ が成り立つ. このとき, $\eta$ の最小性により $\xi _2 = 2\eta$ が成り立つ.
　逆に, $2 \in S(d)$ かつ $l_2 = 2$ が成り立つとき, $|x^2-dy^2| = 2^2$ の狭義原始的な整数解 $(x,y)$ は \[ (x+y\sqrt d)/2 \in O_K^\times\setminus\mathbb Z[\sqrt d]^\times\] を満たすから, \[ O_K^\times = \{\pm\eta ^n \mid n \in \mathbb Z\}\] により $\eta \notin \mathbb Z[\sqrt d]$ である.

(3)

$d \equiv 1\ (\mathrm{mod}\ 8)$ とする. このとき, \[\begin{aligned} &1^2-d\cdot 1^2 \equiv 1^2-d\cdot 3^2 \\ &\equiv 3^2-d\cdot 1^2 \equiv 3^2-d\cdot 3^2 \equiv 0 \pmod 8 \end{aligned}\] であるから, $z \equiv 4\ (\mathrm{mod}\ 8)$ のとき $|x^2-dy^2| = z$ のすべての整数解 $(x,y)$ は偶数の組である. よって, (2) により $\eta \in \mathbb Z[\sqrt d]$ である.

(4)

$d \equiv 5\ (\mathrm{mod}\ 8)$ のとき, \[\begin{aligned} &1^2-d\cdot 1^2 \equiv 1^2-d\cdot 3^2 \\ &\equiv 3^2-d\cdot 1^2 \equiv 3^2-d\cdot 3^2 \equiv 4 \pmod 8 \end{aligned}\] であるから, $z \equiv 0\ (\mathrm{mod}\ 8)$ のとき $|x^2-dy^2| = z$ のすべての整数解 $(x,y)$ は偶数の組である.

　$d \equiv 5\ (\mathrm{mod}\ 8)$ かつ $\eta \in \mathbb Z[\sqrt d]$ ならば, 補題の (1), (2), (4) により各正の整数 $l$ に対して $|x^2-dy^2| = 2^l$ は狭義原始的な整数解をもたないから, $2 \notin S(d)$ 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.