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.

　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.

(i)～(iii) から, $x^2-dy^2 = 1$ の正の整数解が存在する.

　$x,$ $y$ が $x^2-dy^2 = -1$ を満たすとする. このとき, \[ dy^2 = x^2+1\] は平方数の和になるから, 次のフェルマーの $2$ 平方定理により, $d$ は $p \equiv 3 \pmod 4$ なる素因数 $p$ をもたない: $n$ を正の整数とする. $n = a^2+b^2$ が整数解をもつためには, $n$ の素因数分解において $p \equiv 3 \pmod 4$ なる素数 $p$ の指数がすべて偶数であることが必要十分である.

(A)

正の整数 $k$ に対して, \[ k^2-(k^2+1)\cdot 1^2 = -1\] であるから, $x^2-(k^2+1)y^2 = -1$ は整数解 $(x,y) = (k,1)$ をもつ.

(B)

$p$ を $p \equiv 1 \pmod 4$ なる素数とする. $x^2-py^2 = 1$ は非自明な整数解をもつから, $|x^2-py^2| = 1$ は正の整数解をもつ.
そのうち $x+y\sqrt p$ の値が $1$ より大きい範囲で最小であるもの $(x,y) = (x_1,y_1)$ が $x_1{}^2-py_1{}^2 = 1$ を満たすとして, 矛盾を導く. 偶数の平方を $4$ で割った余りは $0,$ 奇数の平方を $4$ で割った余りは $1$ であることに注意すると, \[ x_1{}^2-1 = py_1{}^2\] を $4$ で割った余りは $0$ か $1$ であるから, $x_1$ は奇数, $y_1$ は偶数でなければならない. そこで, 両辺を $4$ で割ると, \[\frac{x_1+1}{2}\cdot\frac{x_1-1}{2}= p\left(\frac{y_1}{2}\right) ^2\] が得られる. $p$ は素数であるから, 素因数分解の一意性により, ある正の整数 $\xi,$ $\eta$ に対して \[\left\{\frac{x_1+1}{2},\frac{x_1-1}{2}\right\} = \{\xi ^2,p\eta ^2\}\] が成り立つ. よって, \[ |\xi ^2-p\eta ^2| = \frac{x_1+1}{2}-\frac{x_1-1}{2} = 1\] が成り立つ. また, $x_1{}^2-py_1{}^2 = 1,$ $x_1{}^2-1 = 4p\xi ^2\eta ^2$ であり, $\xi \geqq 1$ から $x_1 = 2\xi ^2\pm 1 \geqq \xi$ であるので, \[ x_1+y_1\sqrt p = x_1+\sqrt{x_1{}^2-1} = x_1+2\xi\eta\sqrt p > \xi +\eta\sqrt p > 1\] が成り立つ. これは $x_1+y_1\sqrt p$ の最小性に反する.
ゆえに, $x_1{}^2-py_1{}^2 = -1$ が成り立つ.

(C)

$p$ を $p \equiv 5 \pmod 8$ なる素数とする. 偶数の平方を $8$ で割った余りは $0$ か $4,$ 奇数の平方を $8$ で割った余りは $1$ であることに注意すると, $x^2-2py^2 = 1$ の解 $(x_1,y_1)$ について, \[ x_1{}^2-1 = 2py_1{}^2\] を $8$ で割った余りは $0$ か $2$ であるから, $x_1$ は奇数, $y_1$ は偶数でなければならない. よって, \[\frac{x_1+1}{2}\cdot\frac{x_1-1}{2}= 2p\left(\frac{y_1}{2}\right) ^2\] から, ある正の整数 $\xi,$ $\eta$ に対して \[\left\{\frac{x_1+1}{2},\frac{x_1-1}{2}\right\} = \{\xi ^2,2p\eta ^2\},\{ 2\xi ^2,p\eta ^2\}\] となるが, 後者の場合は起こらない.
実際, 後者の場合, \[ 2\xi ^2-p\eta = \pm\left(\frac{x_1+1}{2}-\frac{x_1-1}{2}\right) = \pm 1\] から, $\eta$ は奇数になり, \[ 2\xi ^2-p\eta ^2 \equiv 2\xi ^2+3 \equiv 3,\ 5\pmod 8\] となってしまうからである.
よって, (B) と同様の議論により, 求める主張が示される.

　$\alpha _1\alpha _2 = (a_1a_2+b_1b_2d)+(a_1b_2+b_1a_2)\sqrt d$ 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.

(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. $x^2-dy^2 = 1$ の正の整数解について $x+y\sqrt d$ 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.

　こちらを参照.

　こちらを参照.

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