【初等数论】 06 - 不定方程

合集 - 数论(6)

1.【初等数论】 01 - 数学的皇后2015-04-172.【初等数论】 02 - 整除与公约数2015-04-183.【初等数论】 03 - 同余和剩余系2015-04-184.【初等数论】 04 - 同余方程2015-04-185.【初等数论】 05 - 指数和原根2015-04-19

6.【初等数论】 06 - 不定方程2015-04-19

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　　前面介绍的只是初等数论的基本概念，它有很多的应用场景，如果有机会以后我们还会看到，这里我只想单独举出不定方程的例子。不定方程又叫丢潘图方程，它们以整数（或有理数）为变量和参数，而且有两个以上的未知数，多以多项式形式出现。不定方程既是数论的应用，也是数论理论形成的来源，对不定方程的思考会动用起你全部的数论知识。这里仅列举一些简单的问题，作为知识巩固也好，作为娱乐欣赏也行。

1. 一次不定方程

　　最简单的不定方程就是一次方程（1），它表现为一个多元线性方程。如果你还记得前面最大公约数的线性组合定义，就容易得到方程有整数解的充要条件是$(a_1,a_2,\cdots ,a_n)\mid c$。多元方程的第一步往往是降元，令$d=(a_2,\cdots ,a_n),a_k^{\prime }={\displaystyle \frac{a_k}{d}}$，则方程等价于一次方程组（2）（想想为什么？以及为什么要先抽出最大公约数？）。如果对（2）式一直做类似处理，就会得到多个二元一次方程，这样就把问题集中到了简单的情景。

$$\begin{array}{}\text{(1)}& a_1{x}_1+a_2{x}_2+\cdots +a_n{x}_n=c\end{array}$$

$$\begin{array}{}\text{(2)}& \{\begin{array}{l}{a}_1{x}_1+dy=c\\ a_2^{\prime }{x}_2+\cdots +a_n^{\prime }{x}_n=y\end{array}\end{array}$$

　　而对于二元一次方程$ax+by=c$，它有明显的几何意义，方程的解就是直线方程上的整数点，所有对其讨论都可以从图形中找出。容易看出，如果已知一个解$x_0,y_0$，则方程的全部解为公式（3）。至于如何求得一个特解，一般还是用辗转相除法，对于一些简单的情况，也可以直接尝试各种值。

$$\begin{array}{}\text{(3)}& \{\begin{array}{l}x=x_0+{\displaystyle \frac{b}{(a,b)}}k\\ y=y_0-{\displaystyle \frac{a}{(a,b)}}k\end{array},k=0,\pm 1,\pm 2,\cdots \end{array}$$

2. 商高方程及其扩展

2.1 商高方程

　　勾股定理$x^2+y^2=z^2$大家都熟悉，有一个自然的问题是：如何求它的所有解？这个问题一般叫商高方程或毕达哥拉斯方程。容易证明当$(x,y)=1$时方程的解两两互素，如果再限定解为正数，这样的解叫本原解。方程的解要么是平凡解$(0,0,0)$，要么是本原解的倍数，因此我们只需专注于找到所有本原解。

　　另外，因为素数的平方只能是$4k+1$的形式，可推得$x,y$必定是一奇一偶，下面就假设$y$为偶数，原方程整理为式子（4）。容易证明$({\displaystyle \frac{z+a}{2}},{\displaystyle \frac{z-a}{2}})=1$（这个性质以后会经常用），故可设${\displaystyle \frac{z+a}{2}}=r^2$和${\displaystyle \frac{z-a}{2}}=s^2$，其中$r>s>0,(r,s)=1$。用$r,s$表示$x,y,z$就得到了方程的解（5），但要注意要使得它们两两互素，还需要限定$2\nmid r+s$（自行证明）。

$$\begin{array}{}\text{(4)}& ({\displaystyle \frac{y}{2}}{)}^2={\displaystyle \frac{z+a}{2}}\cdot {\displaystyle \frac{z-a}{2}}\end{array}$$

$$\begin{array}{}\text{(5)}& \{\begin{array}{l}x=r^2-s^2\\ y=2rs\\ z=r^2+s^2\end{array}r>s>0,(r,s)=1,2\nmid r+s\end{array}$$

　　做一个简单的推广，形如（6）式的方程这么解？这就是著名的费马大定理（Fermat Last Theorem），当然它在1994年被彻底证明前叫费马猜想。费马发现它们并无非平凡解，并声称找到了一个绝妙的证明方法，但由于书的空白太小写不下。后来人经过了三百多年的努力，才用现代数学的方法将它攻破，大家多数倾向于认为费马的证明并不存在或并不成立。

$$\begin{array}{}\text{(6)}& x^n+y^n=z^n\end{array}$$

　　使用类似的方法和无穷递降法，你可以证明$x^4+y^4=z^2$无非平凡解，进而$x^4+y^4=z^4$无非平凡解，它就是费马大定理在$n=4$时的情况。证明过程你可以作为习题，并且思考一下如下问题：

　　• 求解$x^2+3y^2=z^2$和$2x^2-y^2=1$；

　　• 求解${\displaystyle \frac{1}{x^2}}+{\displaystyle \frac{1}{y^2}}={\displaystyle \frac{1}{z^2}}$；（提示：无互质解）

　　• 证明$x^n+y^n=z^{n\pm 1}$都有无穷多组解。（提示：构造）

2.2 $x^3+y^3=z^3$

　　再来看费马大定理在$n=3$的情景，欧拉证明了它没有非平凡解，采用的是无穷递降法。假设$x_0,y_0,z_0$是使得$\left|xyz\right|$最小的一组非零解，我们的目的是构造一组值更小的解。首先当然有$(x_0,y_0,z_0)=1$，并且其中仅有一个偶数，经过调整后可以使$z_0$为偶数。这时可以令$x_0+y_0=2u,x_0-y_0=2w$，则有$z_0^3=2u(u^2+3w^2)$（总结成式（7）），这个变换的重要意义在于降次。

$$\begin{array}{}\text{(7)}& x_0+y_0=2u,x_0-y_0=2w,z_0^3=2u(u^2+3w^2)\end{array}$$

　　现在来研究$x^3=a^2+3b^2$，其中$2\nmid x,(a,b)=1$，它里面有我们熟悉的二次表达式。考察$x$的每个素因子$p$，因为$\left({\displaystyle \frac{-3}{p}}\right)=1$，故总有$p={\alpha }^2+3{\beta }^2$（参考本篇第三段的最后一段）。使用公式（8）（使用复数证明这类等式更容易，并且体现了范数的思想），可知总有$x={\alpha }^2+3{\beta }^2$。下面证明总能找到合适的$\alpha ,\beta$，使得关系式（9）成立。

$$\begin{array}{}\text{(8)}& ({{\alpha }_1}^2+3{{\beta }_1}^2)({{\alpha }_2}^2+3{{\beta }_2}^2)=({\alpha }_1{\beta }_1\pm {\alpha }_2{\beta }_2{)}^2+3({\alpha }_1{\beta }_2\mp {\alpha }_2{\beta }_1{)}^2\end{array}$$

$$\begin{array}{}\text{(9)}& a={\alpha }^3-9\alpha {\beta }^2,b=3{\alpha }^2\beta -3{\beta }^3,(a,b)=1,(\alpha ,3\beta )=1\end{array}$$

　　使用归纳法证明，当$x=1$时，公式（9）显然成立。若结论对$x$成立，则考虑$(px{)}^3=a^2+3b^2$，我们的目的是找到表达式（9）。由前面的结论可有$p^3=c^3+3d^3$，且有${\alpha }_1{\beta }_1$和$c,d$满足类似（9）的关系式。与刚才的式子相乘并除以$p^6$得到（10），然后证明（10）式右侧的两项可以都是整数。若记$x^3=e^2+3f^2$，则由假设知存在${\alpha }_2{\beta }_2$和$e,f$满足类似（9）的关系式。综合以上结论，可得到的相关结论（11），它们满足公式（9），定理得证。

$$\begin{array}{}\text{(10)}& x^3=({\displaystyle \frac{ac\pm 3bd}{p^3}}{)}^2+3({\displaystyle \frac{ad\mp 3bc}{p^3}}{)}^2\end{array}$$

$$\begin{array}{}\text{(11)}& a=ec+3fd,b=ed-fc,\alpha ={\alpha }_1{\alpha }_2+3{\beta }_1{\beta }_2,\beta ={\alpha }_2{\beta }_1-{\alpha }_1{\beta }_2\end{array}$$

　　现在回过头来看式子（7）中的$z_0$。当$3\nmid u$时，由$u,w$必为一奇一偶且互素（想想为什么）和$z_0$为偶数，容易有$(2u,u^2+3w^2)=1$，可以假设式子（12）左侧。而由上面的结论可知（12）的右侧成立，其中最右边三项互质，故有式子（13）。而$|x_1{y}_1{z}_1{|}^3=|2u|=|x_0+y_0|<|x_0{y}_0{z}_0{|}^3$。当$3\mid u$时可以得到同样的结论，由此我们得到了一组积单调递减的解，这是不可能的，所以原方程没有非平凡解。

$$\begin{array}{}\text{(12)}& t^3=2u,s^3=u^2+3w^2,s={\alpha }^2+3{\beta }^2{t}^3=2\alpha (\alpha -3\beta )(\alpha +3\beta )\end{array}$$

$$\begin{array}{}\text{(13)}& z_1^3=2\alpha ,x_1^3=\alpha -3\beta ,y_1^2=\alpha +3\beta ,x_1^3+y_1^3=z_1^3\end{array}$$

2.3 $a{x}^2+b{y}^2+c{z}^2=0$

　　将商高方程在系数上进行扩展，得到一般性的$a{x}^2+b{y}^2+c{z}^2=0$（$abc\ne 0$且无平方因子），当然我们只需研究其本原解$(x,y,z)=1$。首先容易有$(a,yz)=1$，则存在$y^{-1},z^{-1}$，变换$b{y}^2\equiv -c{z}^2(\mathrm{mod}|a|)$得到式子（14），从而$-bc$是$|a|$的二次剩余。这样我们就得到了方程有解的一个必要条件：$-bc,-ca,-ab$分别是$|a|,|b|,|c|$的二次剩余。

$$\begin{array}{}\text{(14)}& (by{z}^{-1}{)}^2\equiv -bc(\mathrm{mod}|a|)\end{array}$$

　　下面来看它们是否是方程有解的充分条件，使用的是降次法和构造法。另外，利用同余方程研究不定方程也是常见方法，这里我们可以先考虑同余方程（15）。先来看降次，首先容易判断$(a,b,c)=1$，则可以有式（16）。对模$|b|,|c|$也可以有类似的表达式，它们将原式表示成了两个线性表达式之积，问题也就容易转化到一次方程了。使用剩余定理可以将三个表达式的右侧统一成$(dx+ey+fz)(d^{\prime }x+e^{\prime }y+f^{\prime }z)$，再根据同余的性质就有式（17）。

$$\begin{array}{}\text{(15)}& a{x}^2+b{y}^2+c{z}^2\equiv 0(\mathrm{mod}|abc|)\end{array}$$

$$\begin{array}{}\text{(16)}& a{x}^2+b{y}^2+c{z}^2\equiv b^{-1}((by{)}^2-(c^{\prime }z{)}^2)\equiv (y+b^{-1}{c}^{\prime }z)(by-c^{\prime }z)(\mathrm{mod}|a|)\end{array}$$

$$\begin{array}{}\text{(17)}& a{x}^2+b{y}^2+c{z}^2\equiv (dx+ey+fz)(d^{\prime }x+e^{\prime }y+f^{\prime }z)(\mathrm{mod}|abc|)\end{array}$$

　　要使方程（15）有解，可以先讨论$dx+ey+fz\equiv 0(\mathrm{mod}|abc|)$，使用鸽笼原理容易得知它有满足条件（18）的解$x_0,y_0,z_0$。这样我们就得到了方程（15）的解，为方便讨论，下面假设$a>0,b<0,c<0$，其它情况都可以转化为这种情况。

$$\begin{array}{}\text{(18)}& dx+ey+fz,(0⩽x⩽\sqrt{|bc|},0⩽y⩽\sqrt{|ca|},0⩽z⩽\sqrt{|ab|})\end{array}$$

　　现在令$E=a{x}_0^2+b{y}_0^2+c{z}_0^2$，比较容易推导出$E<a{x}_0^2⩽abc$和$E>b{y}_0^2+c{z}_0^2⩾-2abc$，故有$E=0$或$E=-abc$。若$E=0$，我们就得到了原不定方程的解$x_0,y_0,z_0$。若$E=-abc$，则乘以$ab$再配方就有式（19），不管各项是否全为零我们都能找到原方程的解。

$$\begin{array}{}\text{(19)}& a(b{y}_0+x_0{z}_0{)}^2+b(a{x}_0-y_0{z}_0{)}^2+c(z_0^2+ab{)}^2=0\end{array}$$

　　至此充分性证明完毕，总结结论就是：$a{x}^2+b{y}^2+c{z}^2=0$有解的充要条件是$-bc,-ca,-ab$分别是$|a|,|b|,|c|$的二次剩余。

3. 平方数分解

　　数论中一个著名的问题是把整数表示成若干个平方数之和$a=x_1^2+x_2^2+\cdots +x_n^2$，平方和常出现于范数当中，其重要性不言而喻。我们先把条件设定得宽松一点，假设$x_k⩾0$，如果$n=i$时对所有$a$成立，则显然$n=i+1$时也成立，我们需要讨论有没有最小的$n$使得所有$a$都成立。当然问题还可以再做放宽，允许对有限个数不成立。当$n=1$时，非平方数有无穷多个，故结论不成立。当$n=2$时，$4k+3$都不能表示成两个平方和，结论也不成立。

　　当$n=3$时，高斯得到过定理：自然数能表示为$3$个平方和的充要条件是$a\ne 4^e(8k-1)$，这就说明了$n=3$时我们要的结论还是不成立。高斯定理的充分性比较复杂，这里仅证明必要性。首先因为$x^2\equiv 0,1,4(\mathrm{mod}8)$，所以$x_1^2+x_2^2+x_3^2\not\equiv -1(\mathrm{mod}8)$，定理中$e=0$时成立（其实这一点就已经说明了$n=3$时结论不成立）。下面利用归纳法，当$e=i$时必要性成立，如果有$4^{i+1}(8k-1)=x_1^2+x_2^2+x_3^2$，必然有$2|x_k$，从而两边可同时除以$4$，这与$n=i$时的必要性成立矛盾，故必要性对一切$e$成立。

　　而幸运的是，当$n=4$时，我们要的结论终于成立了，它就是著名的拉格朗日定理：任何正整数都可以表示为四个平方数之和（公式（20）），故也称作四平方和定理。这个定理的证明需要用到四平方和恒等式（21），两个四平方和之积也是四平方和。有了这个恒等式，我们的四平方和定理就等价于：任何素数都可以表示为四平方数之和。下面就来证明这个等价命题，注意证明的过程其实也就是寻找分解式的过程。

$$\begin{array}{}\text{(20)}& a=x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_4^2\end{array}$$

$$\begin{gathered} \begin{array}{}\text{(21)}& (a_1^2+a_2^2+a_3^2+a_4^2)(b_1^2+b_2^2+b_3^2+b_4^2)= \\ (a_1{b}_1-a_2{b}_2-a_3{b}_3-a_4{b}_4{)}^2+ \\ (a_1{b}_2+a_2{b}_1+a_3{b}_4-a_4{b}_3{)}^2+ \\ (a_1{b}_3-a_2{b}_4+a_3{b}_1+a_4{b}_2{)}^2+ \\ (a_1{b}_4+a_2{b}_3-a_3{b}_2+a_4{b}_1{)}^2\end{array} \end{gathered}$$

　　先来证明$x^2+y^2+1\equiv 0(\mathrm{mod}p)$有解（这里的$1$使得表达式非零）。当$x,y$各自取遍$0,1,\cdots ,{\displaystyle \frac{p-1}{2}}$时，$x^2,-y^2-1$各自遍历${\displaystyle \frac{p+1}{2}}$个不同的数，所以存在$x_0,y_0$满足$x_0^2+y_0^2+1\equiv 0(\mathrm{mod}p)$。这个结论说明存在$0<m<p$使得$mp=x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_4^2$有解，从这里开始，下面我们下面要不断缩小$m$至$1$。

　　首先如果$d=(x_1,x_2,x_3,x_4)>0$，则显然$d^2\mid m$，方程两边可以约去$d^2$。其次如果$2\mid m$，则四个数中必有偶数个奇数，它们可以两两组合为偶数，这样就得到式子（22）。经过以上两步如果仍有$m>1$，将原式对$x_k$取模$m$，经过前面类似的整理可以有式子（23）。式（23）和原等式相乘并根据四平方和恒等式，可以有$m^{\prime }{m}^{2}p=u_1^2+u_2^2+u_3^2+u_4^2$，并且由恒等式容易证明$m\mid u_k$，两边除以$m^2$，$m^{\prime }<m$被再一次缩小。这个过程可以一直进行到$m=1$，这就完成了证明。

$$\begin{array}{}\text{(22)}& {\displaystyle \frac{m}{2}}p=({\displaystyle \frac{x_1+x_2}{2}}{)}^2+({\displaystyle \frac{x_1-x_2}{2}}{)}^2+({\displaystyle \frac{x_3+x_3}{2}}{)}^2+({\displaystyle \frac{x_3-x_4}{2}}{)}^2\end{array}$$

$$\begin{array}{}\text{(23)}& m^{\prime }m=y_1^2+y_2^2+y_3^2+y_4^2(0<m^{\prime }<m,0⩽y_k<\frac{m}{2})\end{array}$$

　　现在我们把定理的条件加强一点，如果要求$x_k>0$，结论还成立吗？首先容易证明如果$4\mid a$，则必有$4\mid x_k$，等式两边可以除以$4$。利用这个特点并使用归纳法，可以证明$2\cdot 4^e$都不能表示为四个非零平方数之和。当把$n=4$放宽为$n=5$时，考虑的分解式（24）。当$a=169+x,(x>0$时，先将$x$表示为$14$个非零平方的和，然后从式（24）中选择一个分解，最终总可以将$a$表示为$5$个非零平方之和。对于$a<169$，可以一一验证，除了$17,9,10,12,15,18,33$外都可以分解为$5$个非零平方之和。这样就有结论，除了几个特殊值外，所有整数都能表示为$5$个非零平方之和，当然由证明过程知道结论对$n=6$也是成立的（只是特殊值会不一样）。

$$\begin{array}{}\text{(24)}& 169={13}^2={12}^2+5^2+{12}^2+4^2+3^3={11}^2+4^2+4^2+4^2={10}^2+6^2+4^2+4^2+1^2\end{array}$$

　　做个习题放松一下：

　　• 给出$a=2^k$时的全部解。并由此证明有无穷多个$a$使得方程不存在$(x_1,x_2,x_3,x_4)=1$的解，有无穷多个$a$使得方程不存在$x_k$互不相等的解。

　　高斯定理给出了$n=3$时方程有解的充要条件，现在来看$n=2$时的情景，这个问题也是非常重要的。先来看素数的情况$p=x^2+y^2$，显然它有解时必定有$p=2$或$p=4k+1$。而当$p=4k+1$时，$-1$是$p$的二次剩余，所以$x^2+1\equiv 0$有解。使用和四平方和定理完全一样的方法（当然也得益于平方和恒等式：平方和之积也是平方和），可以构造出$p=x_0^2+y_0^2$。

　　现在回到一般整数$a=d^{2}m$，其中$m$无平方因子。由刚才的结论与平方和恒等式，如果$m$不含素因子$4k+3$，则它必定能表示为平方和。反之如果$m$能表示为$x_0^2+y_0^2$，则它的任何素因子满足$x_0^2+y_0^2\equiv 0(\mathrm{mod}p)$，故必有$p=2$或$p=4k+1$。总结以上就有结论：$a=d^{2}m$可分解为二平方和的充要条件是$m$不含素因子$4k+3$。

　　对$n=2$时，可以提一个跟严格的问题：方程何时有$(x,y)=1$的解。其实刚才的证明中已经看出，首先奇素数因子只能为$p=4k+1$，另外容易证明$4\nmid a$。反之如果$p=2$或$p=4k+3$，前面的证明中已经表示它能表示为二互素数的平方和。接下来用归纳法可知该结果对$p^e$也成立，用类似方法也能得到$p^e$的组合还是成立。这样就得到结论：整数可分解为二互素数的平方和的充要条件是：不含因子$4$和$4k+3$。

　　顺便提一下，对$p=x^2+y^2$有解的条件，还有一个更通用的证法。首先同样有必要条件$\left({\displaystyle \frac{-1}{p}}\right)=1$，下面来证充分性。证明的主要思路还是构造法，对$s^2\equiv -1(\mathrm{mod}p)$的解$s_0$，先来构造$x_0\equiv s_0{y}_0(\mathrm{mod}p)$。方法很简单，限定$(0⩽x,y<\sqrt{p})$，则$x-s_{0}y$必有模$p$相等的两个数，相减即得$x_0\equiv s_0{y}_0(\mathrm{mod}p)$。然后自然就有$x_0^2+y_0^2\equiv 0(\mathrm{mod}p)$，又因为$x_0^2+y_0^2<2p^2$，所以就有$x_0^2+y_0^2=p$。同样的证法也可以得到$x^2+d{y}^2=p,(d=2,3)$有解的充要条件是$\left({\displaystyle \frac{d}{p}}\right)=1$，但要注意$d$越大，要排除的情况越多，结论不一定成立。最后思考一些问题：

　　• 求证不能表示为整数平方和的整数也不能表示为有理数的平方和，并讨论有理数能表示为有理数平方和的充要条件；

　　• 证明$p=x^2+y^2$的正解唯一。

4. 佩尔方程

　　最后再来看一类很重要的方程：佩尔（Pell）方程$x^2-d{y}^2=\pm 1$，其中$d$为非平方正数。方程经过整理可以得到表达式（25），它表示${\displaystyle \frac{x}{y}}$是$\sqrt{d}$的近似分数。这不由得使我们想到了连分数，尤其是其精度误差，也许只有连分数能达到，下面就来证明这一猜测。令${\displaystyle \frac{p_k}{q_k}}$表示$\sqrt{d}$的第$k$个连分数，$x_0,y_0$是方程的一组正解。

$$\begin{array}{}\text{(25)}& |{\displaystyle \frac{x}{y}}-\sqrt{d}|={\displaystyle \frac{1}{y^2({\displaystyle \frac{x}{y}}+\sqrt{d})}}⩽{\displaystyle \frac{1}{2y^2}}\end{array}$$

　　首先假设$q_k⩽y_0<q_{k+1}$，由$y_0<q^{k+1}$并根据渐进连分数的性质有$|\sqrt{d}{q}_k-p_k|⩽|\sqrt{d}{y}_0-x_0|$，从而$|\sqrt{d}-{\displaystyle \frac{p_k}{q_k}}|<{\displaystyle \frac{1}{2y_0{q}_k}}$。如果$y_0\ne q_k$，仅从分数的性质容易得到$|{\displaystyle \frac{p_k}{q_k}}-{\displaystyle \frac{x_0}{y_0}}|⩾{\displaystyle \frac{1}{y_0{q}_k}}$，而另一方面有式子（26），结合这两个式子可有$y_0<q_k$，矛盾。所以必定有$y=q_k$，接下来容易得到$x_0=p_k$，从而我们知道方程的解必定是的渐进连分数的分子和分母。

$$\begin{array}{}\text{(26)}& |{\displaystyle \frac{p_k}{q_k}}-{\displaystyle \frac{x_0}{y_0}}|⩽|\sqrt{d}-{\displaystyle \frac{p_k}{q_k}}|+|\sqrt{d}-{\displaystyle \frac{x_0}{y_0}}|<{\displaystyle \frac{1}{2y_0{q}_k}}+{\displaystyle \frac{1}{2y_0^2}}\end{array}$$

　　下面就从这些渐进分数中寻找方程的解，通过计算渐进分数，可以得到$p_k^2-d{q}_k^2=(-1{)}^k{b}_k$，其中$b_k$为余部的分母（参考课本）。并且从推导过程中可以得到$b_k$仅在$c\mid k$时为$1$而不可能为$-1$，其中$c$为连分数的循环周期。如此一来我们就得到了方程的所有解为$p_{hc},q_{hc}$，但要注意方程的值只能取$\pm 1$其一，规律也是明显的，以后不加区分。

　　到这里为止，我们似乎已经解决了问题，但方程的解其实还没有一个清晰的表达方法，从方程本身的特点出发，也许还能有进一步的结论。方程的一大特点是等式值为$\pm 1$，而左边是两个共轭数$p_k+\sqrt{d}{q}_k,p_k-\sqrt{d}{q}_k$之积。不妨把方程的解与复数$x_k=p_{kc}+\sqrt{d}{q}_{kc}$一一对应起来，由刚才的讨论可知任何满足$x\overline{x}=\pm 1$的$x$都是方程的解，并且$x^k$都是方程的解。这样我们自然要问，是否每个$x_k$都可以表示为$x_1$的幂？

　　如果有$x_1^k<x_m<x_1^{k+1}$，则有$1<x_m{x}_1^{-k}<x_1$，而容易证$x_m{x}_1^{-k}=x_m(\pm {\overline{x}}_1^k)$也是方程的解。但方程不可能有比$x_1$小的解，矛盾，故必然有$x_k=x_1^k$，即方程的所有解都可以与表达式（27）中的复数一一对应。这样只要知道第一组解，就可以得到所有解，第一组解可以通过简单的遍历尝试得到，有些书上还给出了一定范围内的解的表，可供查阅。

$$\begin{array}{}\text{(27)}& p_{kc}+\sqrt{d}{q}_{kc}=(p_c+\sqrt{d}{q}_c{)}^k\end{array}$$

　　最后来考虑一下以下问题：

　　• 求证$p=4k+1$时，讨论$x^2-p{y}^2=\pm 1$最小解下方程的取值；

　　• 不使用连分数理论讨论方程$x^2-d{y}^2=1$，先证明存在$m$使得$x^2-d{y}^2=m$有无穷多解，然后证明$x^2-d{y}^2=1$有解，最后证$(x_1+\sqrt{p}{y}_1{)}^k$是所有解；

　　• 使用佩尔方程证明，如果$x^2-d{y}^2=n$有解，则有无穷多组解；

　　• 证明若佩尔方程$x^2-d{y}^2=1$的解满足$x_0>{\displaystyle \frac{y_0^2}{2}}-1$，则它是最小解。

 

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【全篇完】