ペル方程式
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ペル方程式
定義《ペル方程式》
$d$ を平方数でない正の整数とする.
$x^2-dy^2 = 1$ または $x^2-dy^2 = -1$
の形の不定方程式を ペル方程式(Pell's equation)と呼ぶ.
$(\pm 1,0)$ を $x^2-dy^2 = 1$ の自明解(trivial solution)と呼ぶ.
注意
- $d$ が平方数のとき, 整数の範囲で \[ x^2-dy^2 = (x+y\sqrt d)(x-y\sqrt d)\] と因数分解でき, 積が $\pm 1$ であるような整数は $1$ と $-1$ に限るから, $x^2-dy^2 = 1$ の整数解は $(x,y) = (\pm 1,0)$ に限り, $x^2-dy^2 = -1$ の整数解が存在するのは $d = 1$ の場合に限ることがわかる. これは $d$ が平方数でないときの解の様子とまったく異なるので, $d$ が平方数の場合は除外して考える.
- オイラーは, 不定方程式 $x^2-dy^2 = 1$ を研究したのはペルであると誤解して, これをペル方程式と名付けた. ペルとこの不定方程式の関係は, 弟子のラーンが本でウォリスとブラウンカーの解法を紹介したということ以外はないようである.
ペル方程式の解の存在
定理《ペル方程式の解の存在》
$d$ を平方数でない正の整数とする.
このとき, $x^2-dy^2 = 1$ の正の整数解が存在する.
この定理の証明には, 次の補題を使う.
補題《ディリクレのディオファントス近似定理》
$\omega$ を無理数とする.
このとき,
\[ |x-y\omega | < \frac{1}{y}\]
を満たす整数 $x,$ $y$ $(y > 0)$ の組が無数に存在する.
補題の証明
まず, すべての正の整数 $n$ に対して,
\[ |x-y\omega | < \frac{1}{n}, \quad 0 < y \leqq n\]
を満たす整数の $x,$ $y$ の組が少なくとも $1$ つ存在することを示す.
$0 \leqq k \leqq n$ なる $n+1$ 個の整数 $k$ に対して
\[ 0 \leqq k\omega -[k\omega ] < 1\]
が成り立つから($[\ \ ]$ はガウス記号), 鳩の巣原理により, 半開区間 $[0,1)$ を $n$ 等分してできる $n$ 個の半開区間
\[\left[ 0,\frac{1}{n}\right),\ \cdots,\ \left[\frac{n-1}{n},1\right)\]
の中に, 相異なる複数個の $k\omega -[k\omega ]$ の値を含む半開区間が少なくとも $1$ つ存在する.
よって, $0$ 以上 $n$ 以下の整数 $k_1,$ $k_2$ $(k_1 < k_2)$ で
\[\begin{aligned}
&|([k_2\omega ]-[k_1\omega ])-(k_2-k_1)\omega | \\
&= |(k_2\omega -[k_2\omega ])-(k_1\omega -[k_1\omega ])| < \frac{1}{n}
\end{aligned}\]
を満たすものが存在する.
整数 $x = [k_2\omega ]-[k_1\omega ],$ $y = k_2-k_1$ の組は上記の条件を満たす.
次に, 補題の主張を示す. 上記の結果により, $|x_1-y_1\omega | < 1$ を満たす整数 $x_1,$ $y_1$ $(0 < y_1 \leqq 1)$ が存在するから, $\omega$ の無理性により $0 < |x_1-y_1\omega |$ であることに注意して $\dfrac{1}{n_2} < |x_1-y_1\omega |$ を満たす正の整数 $n_2$ をとると, $|x_2-y_2\omega | < \dfrac{1}{n_2}$ を満たす整数 $x_2,$ $y_2$ $(0 < y_2 \leqq n_2)$ が存在する. これを繰り返すと, \[ |x_{k+1}-y_{k+1}\omega | < \frac{1}{n_{k+1}} < |x_k-y_k\omega | < \frac{1}{n_k}\] を満たす無限数列 $\{ x_k\},$ $\{ y_k\},$ $\{ n_k\}$ $(0 < y_k \leqq n_k)$ が得られる. \[ |x_k-y_k\omega | < \frac{1}{n_k} \leqq \dfrac{1}{y_k}\] であるから, \[ |x-y\omega | < \frac{1}{y}\] を満たす整数 $x,$ $y$ $(y > 0)$ の組が無数に存在する.
次に, 補題の主張を示す. 上記の結果により, $|x_1-y_1\omega | < 1$ を満たす整数 $x_1,$ $y_1$ $(0 < y_1 \leqq 1)$ が存在するから, $\omega$ の無理性により $0 < |x_1-y_1\omega |$ であることに注意して $\dfrac{1}{n_2} < |x_1-y_1\omega |$ を満たす正の整数 $n_2$ をとると, $|x_2-y_2\omega | < \dfrac{1}{n_2}$ を満たす整数 $x_2,$ $y_2$ $(0 < y_2 \leqq n_2)$ が存在する. これを繰り返すと, \[ |x_{k+1}-y_{k+1}\omega | < \frac{1}{n_{k+1}} < |x_k-y_k\omega | < \frac{1}{n_k}\] を満たす無限数列 $\{ x_k\},$ $\{ y_k\},$ $\{ n_k\}$ $(0 < y_k \leqq n_k)$ が得られる. \[ |x_k-y_k\omega | < \frac{1}{n_k} \leqq \dfrac{1}{y_k}\] であるから, \[ |x-y\omega | < \frac{1}{y}\] を満たす整数 $x,$ $y$ $(y > 0)$ の組が無数に存在する.
定理の証明
補題(ディリクレのディオファントス近似定理)により,
\[ |x-y\sqrt d| < \frac{1}{y}\]
を満たす整数 $x,$ $y$ ($y > 0$)の組が無数に存在する.
ここで, $\sqrt d > 1$ であるから, $x > 0$ である.
$x-y\sqrt d < \dfrac{1}{y}$ から
\[ x+y\sqrt d < \frac{1}{y}+2y\sqrt d\]
であるので, 辺々を掛けると
\[ |x^2-dy^2| < \frac{1}{y^2}+2\sqrt d \leqq 1+2\sqrt d\]
が得られる.
無数の $x^2-dy^2$ の値が区間 $(-1-2\sqrt d,1+2\sqrt d)$ に含まれ, この区間には有限個の整数しかないから, 鳩の巣原理により, 少なくとも $1$ つの整数 $m$ に対して
\[ x^2-dy^2 = m\]
は無数の正の整数解をもつ.
$d$ は平方数でないから, $m \neq 0$ である.
- (i)
- $m = 1$ のとき. これ以上示すべきことはない.
- (ii)
- $m = -1$ のとき. $x^2-dy^2 = -1$ の整数解 $(x,y) = (x_1,y_1)$ に対して \[ (x,y) = (x_1{}^2+dy_1{}^2,2x_1y_1)\] は $x^2-dy^2 = 1$ の解になるから, $x^2-dy^2 = 1$ の正の整数解が存在する.
- (iii)
- $|m| > 1$ のとき. $x,$ $y$ を $m$ で割った余りの組によって $x^2-dy^2 = m$ の正の整数解全体を $m^2$ 個の集合に分けると, 鳩の巣原理により, 少なくとも $2$ 個の解を含む集合が少なくとも $1$ つ存在する. 相異なる解 $(x_1,y_1),$ $(x_2,y_2)$ が同じ集合に属するとすると, \[\begin{aligned} x_2-x_1 &= mp \quad \cdots [1], \\ y_2-y_1 &= mq \quad \cdots [2] \end{aligned}\] を満たす整数 $p,$ $q$ が存在する. $[1]\times (-y_1)+[2]\times x_1$ から \[ x_1y_2-y_1x_2 = m(qx_1-py_1)\] であることに注意すると, \[\begin{aligned} m^2 &= (x_1{}^2-dy_1{}^2)(x_2{}^2-dy_2{}^2) \\ &= (x_1{}^2x_2{}^2-2dx_1y_1x_2y_2+d^2y_1{}^2y_2{}^2) \\ &\quad -d(x_1{}^2y_2{}^2-2x_1y_1x_2y_2+y_1{}^2x_2{}^2) \\ &= (x_1x_2-dy_1y_2)^2-d(x_1y_2-y_1x_2)^2 \\ &= (x_1x_2-dy_1y_2)^2-dm^2(qx_1-py_1)^2 \end{aligned}\] が得られる. ここで, $(x_1x_2-dy_1y_2)^2$ は $m^2$ で割り切れるから, $|x_1x_2-dy_1y_2|$ は $m$ で割り切れる. $|x_1x_2-dy_1y_2|$ を $m$ で割った商を $x$ とおき, $y = |qx_1-py_1|$ とおくと, \[ m^2x^2-dm^2y^2 = m^2\] となるから, \[ x^2-dy^2 = 1\] となる. ここで, $x > 0$ である. また, $x^2-dy^2 = m$ の解 $(x,y) = (x_1,y_1)$ について $(x,y) = (kx_1,ky_1)$ $(k \neq \pm 1)$ が $x^2-dy^2 = m$ の解になることはないから, $x_1y_2 \neq y_1x_2,$ よって $y = |qx_1-py_1| > 0$ である.
ペル方程式の解の構造
定理《ペル方程式の解の構造》
$d$ を平方数でない正の整数とする.
- (a)
- $x^2-dy^2 = 1$ の正の整数解について, $x+y\sqrt d$ の最小値を $\varepsilon$ とおく. このとき, 各正の整数 $n$ に対して \[\varepsilon ^n = x_n+y_n\sqrt d\] で定まる $(x,y) = (x_n,y_n)$ が $x^2-dy^2 = 1$ のすべての正の整数解を与える.
- (b)
- $x^2-dy^2 = -1$ の整数解が存在するとして, その正の整数解について $x+y\sqrt d$ の最小値を $\varepsilon$ とおく. このとき, 各正の整数 $n$ に対して \[\varepsilon ^{2n-1} = x_n+y_n\sqrt d\] で定まる $(x,y) = (x_n,y_n)$ が $x^2-dy^2 = -1$ のすべての正の整数解を与える.
補題《共役の乗法性》
$d$ を平方数でない正の整数とする.
$a,$ $b$ が整数のとき,
\[\widetilde{a+b\sqrt d} = a-b\sqrt d\]
と定める.
$a_1,$ $b_1,$ $a_2,$ $b_2$ が整数のとき, $\alpha _k = a_k+b_k\sqrt d\ (k = 1,2)$ について, $\widetilde{\alpha _1\alpha _2} = \widetilde{\alpha _1}\cdot\widetilde{\alpha _2}$ が成り立つ.
補題の証明
$\alpha _1\alpha _2 = (a_1a_2+b_1b_2d)+(a_1b_2+b_1a_2)\sqrt d$ から,
\[\begin{aligned}
&\widetilde{\alpha _1}\cdot\widetilde{\alpha _2} = (a_1-b_1\sqrt d)(a_2-b_2\sqrt d) \\
&= (a_1a_2+b_1b_2d)-(a_1b_2+b_1a_2)\sqrt d = \widetilde{\alpha _1\alpha _2}
\end{aligned}\]
が成り立つ.
定理の証明
- (a)
- 補題と $\varepsilon\tilde\varepsilon = 1$ から, \[\begin{aligned} x_n{}^2-dy_n{}^2 &= (x_n+y_n\sqrt d)(x_n-y_n\sqrt d) \\ &= \varepsilon ^n\widetilde{\varepsilon ^n} = \varepsilon ^n\tilde\varepsilon ^n = (\varepsilon\tilde\varepsilon )^n \\ &= 1^n = 1 \end{aligned}\] が成り立つ. さらに, $(x,y)$ を $x^2-dy^2 = 1$ の正の整数解とする. このとき, $\varepsilon > 1$ から, \[\varepsilon ^n \leqq x+y\sqrt d < \varepsilon ^{n+1}\] を満たす正の整数 $n$ が存在する. 両辺を $\varepsilon ^n$ で割ると, \[ 1 \leqq (x+y\sqrt d)\varepsilon ^{-n} < \varepsilon\] となる. \[\begin{aligned} &(x+y\sqrt d)\varepsilon ^{-n} = (x+y\sqrt d)\tilde\varepsilon ^n \\ &= (x+y\sqrt d)\widetilde{\varepsilon ^n} = (x+y\sqrt d)(x_n-y_n\sqrt d) \\ &= x'+y'\sqrt d \end{aligned}\] を満たす整数 $x',$ $y'$ をとる. 補題により \[ (x-y\sqrt d)\tilde\varepsilon ^{-n} = x'-y'\sqrt d\] が成り立つので, 辺々を掛け合わせると \[ x'^2-dy'^2 = (x^2-dy^2)(\varepsilon\tilde\varepsilon )^{-n} = 1\cdot 1^{-n} = 1\] が得られる. よって, $\varepsilon$ の最小性により, $x'+y'\sqrt d = 1$ が成り立つ. これから $x+y\sqrt d = \varepsilon ^n$ が得られる.
- (b)
- 補題と $\varepsilon\tilde\varepsilon = -1$ から, \[\begin{aligned} x_n{}^2-dy_n{}^2 &= (x_n+y_n\sqrt d)(x_n-y_n\sqrt d) \\ &= \varepsilon ^{2n-1}\widetilde{\varepsilon ^{2n-1}} = \varepsilon ^{2n-1}\tilde\varepsilon ^{2n-1} = (\varepsilon\tilde\varepsilon )^{2n-1} \\ &= (-1)^{2n-1} = -1 \end{aligned}\] が成り立つ. さらに, $(x,y)$ を $x^2-dy^2 = -1$ の正の整数解とする. このとき, $\varepsilon > 1$ から, \[\varepsilon ^{2n-1} \leqq x+y\sqrt d < \varepsilon ^{2n+1}\] を満たす正の整数 $n$ が存在する. 両辺を $\varepsilon ^{2n-1}$ で割ると, \[ 1 \leqq (x+y\sqrt d)\varepsilon ^{1-2n} < \varepsilon ^2\] となる. \[\begin{aligned} &(x+y\sqrt d)\varepsilon ^{1-2n} = (x+y\sqrt d)\tilde\varepsilon ^{2n-1} \\ &= (x+y\sqrt d)\widetilde{\varepsilon ^{2n-1}} = (x+y\sqrt d)(x_n-y_n\sqrt d) \\ &= x'+y'\sqrt d \end{aligned}\] を満たす整数 $x',$ $y'$ をとる. 補題により \[ (x-y\sqrt d)\tilde\varepsilon ^{1-2n} = x'-y'\sqrt d\] が成り立つので, 辺々を掛け合わせると \[\begin{aligned} x'^2-dy'^2 &= (x^2-dy^2)(\varepsilon\tilde\varepsilon )^{1-2n} \\ &= (-1)\cdot (-1)^{1-2n} = 1 \end{aligned}\] が得られる. $x^2-dy^2 = 1$ の正の整解について $x+y\sqrt d$ の最小値は $\varepsilon ^2$ であるから, $x'+y'\sqrt d = 1$ が成り立つ. これから $x+y\sqrt d = \varepsilon ^{2n-1}$ が得られる.
定理《ペル方程式の平方根の近似計算への応用》
$d$ を平方数でない正の整数とする.
$x^2-dy^2 = 1$ の正の整数解について, $x+y\sqrt d$ の値が小さい順に $(x_n,y_n)$ とおくと, $x_n/y_n$ は $\sqrt d$ に収束する.
高校数学の問題
図形と計量
問題《ヘロンの公式とブラーマグプタの三角形》
次のことを示せ.
- (1)
- $\triangle\mathrm{ABC}$ において, 周の半分の長さを $s$ とおく.
このとき,
\[\triangle\mathrm{ABC} = \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}\]
が成り立つ.
(参考: $2010$ 大阪教育大,$2019$ 京都府立大ほか)
- (2)
- $3$ 辺の長さが $b-1,$ $b,$ $b+1$ である三角形の面積 $S$ が整数であるとする. このとき, $b$ は偶数であり, $x = \dfrac{b}{2}$ とおくと, ある正の整数 $y$ に対して $x^2-3y^2 = 1$ となる.
解答例
こちらを参照.
整数の性質
問題《ペル方程式の一般解》
$\alpha = x+y\sqrt 2$ ($x,$ $y$: 整数)の形に表される各実数 $\alpha$ に対して, $\tilde\alpha = x-y\sqrt 2$ と定める.
- (1)
- $\alpha = x+y\sqrt 2,$ $\alpha ' = x'+y'\sqrt 2$ ($x,$ $y,$ $x',$ $y'$: 整数)とする. このとき, $\widetilde{\alpha\alpha '} = \tilde\alpha\tilde{\alpha '}$ が成り立つことを示せ.
- (2)
- $x^2-2y^2 = 1$ の正の整数解 $(x,y)$ を用いて $x+y\sqrt 2$ の形に表される実数の最小値を $\varepsilon$ とおく. $\varepsilon$ の値を求めよ.
- (3)
- (2) の $\varepsilon,$ 正の整数 $n$ に対して, \[\varepsilon ^n = x_n+y_n\sqrt 2 \quad \cdots [\mathrm A]\] により整数 $x_n,$ $y_n$ を定める. $(x,y) = (x_n,y_n)$ は $x^2-2y^2 = 1$ の解であることを示せ. さらに, $\varepsilon,$ $\tilde\varepsilon$ と $n$ を用いて $x_n,$ $y_n$ を表せ.
- (4)
- $(x,y)$ を $x^2-2y^2 = 1$ の正の整数解とする. このとき, $(x,y)$ はある正の整数 $n$ に対して (3) の解 $(x_n,y_n)$ と一致することを示せ. $\sqrt 2$ が無理数であることは証明なしに使ってよい.
(参考: $1985$ 東京工業大)
解答例
こちらを参照.
問題《解をもたないペル方程式》
方程式 $x^2-3y^2 = -1$ の整数解は存在しないことを示せ.
解答例
こちらを参照.
式と証明
問題《ブラーマグプタの恒等式とペル方程式》
- (1)
- $(xu+dyv)^2-d(xv+yu)^2 = (x^2-dy^2)(u^2-dv^2)$ を示せ.
- (2)
- $u^2-2v^2 = 1$ の正の整数解を $1$ つ求めよ.
- (3)
- $x^2-2y^2 = -1$ は無限に多くの整数解をもつことを示せ.
(参考: $1998$ お茶の水女子大)
解答例
こちらを参照.
数列
問題《平方三角数とペル方程式》
- (1)
- 図のように, $l$ 行 $l$ 列の正方形の形に並べられていた石を崩した後, $1$ 段目に $1$ 個, $\cdots,$ $k$ 段目に $k$ 個, $\cdots$ と $m$ 段目まで並べていくと, 正三角形の形に石を余すことなく並べられたとする.
このとき, $(x,y) = (2m+1,2l)$ は $x^2-2y^2 = 1$ の解であることを示せ.
- (2)
- $(x,y)$ を $x^2-2y^2 = 1$ の正の整数解とする.
このとき, $x$ は $3$ 以上の奇数であり, $y$ は偶数であることを示せ.
さらに, $l = \dfrac{y}{2},$ $m = \dfrac{x-1}{2}$ とおくと, 上記のように, $l$ 行 $l$ 列の正方形の形に並べられた石は $m$ 段の正三角形の形にも並べられることを示せ.
(参考: $1994$ 津田塾大)
解答例
こちらを参照.
問題《ペル方程式に関する連立漸化式》
数列 $\{ x_n\},$ $\{ y_n\}$ を
\[\begin{aligned}
x_1 = 3, \quad x_{n+1} &= 3x_n+4y_n \quad \cdots [1], \\
y_1 = 2,\quad y_{n+1} &= 2x_n+3y_n \quad \cdots [2]
\end{aligned}\]
で定める.
- (A)
- 数列 $\{ x_n+ky_n\}$ が公比 $r$ の等比数列になるような定数 $k,$ $r$ の組を $2$ 組求めよ. さらに, 数列 $\{ x_n\},$ $\{ y_n\}$ の一般項を求めよ.
- (B)
- $x_n,$ $x_{n+1},$ $x_{n+2}$ の関係式を求めよ. また, 数列 $\{ x_{n+1}-\alpha x_n\}$ が公比 $\beta$ の等比数列になるような定数 $\alpha,$ $\beta$ の組を $2$ 組求めよ. さらに, 数列 $\{ x_n\},$ $\{ y_n\}$ の一般項を求めよ.
解答例
こちらを参照.