第 $3$ 章 二元二次不定方程式
$\S\ 33.$ 二次無理数の自己変形，Pell 方程式
$\boldsymbol{1.}$ 二次の無理数 $\theta$，$\theta_1$ が対等であるためには，それらが同一の判別式 $D$ に属することが，必要条件である（定理 $3.\ 2$）．この条件のもとにおいて実数なる $\theta$，$\theta_1$ が対等であるか，ないかは，定理 $2.\ 11$ によって決定される．$\theta$，$\theta_1$ の連分数展開は循環するから，循環の一節中に同一の簡約された二次無理数が終項として出てくるかこないかを見ればよいのである．$\theta$ と $\theta_1$ とが対等で，したがってその連分数展開中に同一の終項 $\omega$ が出てくるならば，その終項を媒介として $\theta$ と $\theta_1$ とを結び付ける「モ変形」が得られる．すなわち\[\theta=\frac{p\omega+q}{r\omega+s},\hspace{5mm}\theta_1=\frac{p_1\omega+q_1}{r_1\omega+s_1}\]から\[\theta=\frac{a\theta_1+b}{c\theta_1+d}\tag{$\ 1\ $}\]を得る．ただし，\[\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}p&q\\r&s\end{pmatrix}\begin{pmatrix}p_1&q_1\\r_1&s_1\end{pmatrix}^{-1}=\begin{pmatrix}p&q\\r&s\end{pmatrix}\begin{pmatrix}s_1\hphantom{-}&-q_1\\-r_1&\hphantom{-}p_1\end{pmatrix}\\[2mm]=\begin{pmatrix}ps_1-qr_1&-pq_1+qp_1\\rs_1-sr_1&-rq_1+sp_1\end{pmatrix}.\] $\theta$ と $\theta_1$ とを結び付ける $\left(\ 1\ \right)$ のような「モ変形」はすべてこのように連分数展開によって求められることは定理 $2.\ 11$ の証明の中において述べたのであった．
一般には $\theta$ と $\theta_1$ との間の「モ変形」はただ一つに限るが（係数 $a$，$b$，$c$，$d$ の符号を変えることは問題外とする，以下同様），ただ $\theta$ と $\theta_1$ とが二次の無理数（または有理数）のときだけが例外である．さてこの場合に，$\theta_1$ と $\theta$ とを結び付けるすべての「モ変形」を求めることは，$\theta$ のすべての自己変形を求めることに帰する（$\S\ 29$，$2$ 参照）．
$\theta_1=\mathrm{M}\left(\theta\right)$，$\theta=\mathrm{A}\left(\theta\right)$ ならば，$\theta_1=\mathrm{MA}\left(\theta\right)$．$\mathrm{A}$ が $\theta$ の自己変形である．
$\boldsymbol{2.}$ 二次の無理数の自己変形に関する次の古典的定理は有名である．
〔定理 $\boldsymbol{3.\ 7}$〕 $\theta$ を判別式 $D$ に属する二次の無理数とする．すなわち\[a\theta^2+b\theta+c=0,\tag{$\ 1\ $}\]\[b^2-4ac=D.\]また\[\theta=\frac{p\theta+q}{r\theta+s},\hspace{1cm}ps-qr=\pm1\tag{$\ 2\ $}\]を $\theta$ の自己変形とする．しからば\[\begin{pmatrix}p\vphantom{\dfrac{t-bu}{2}}&q\\r\vphantom{\dfrac{t-bu}{2}}&s\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\dfrac{t-bu}{2}&-cu\\au&\dfrac{t+bu}{2}\end{pmatrix}\underset{\underset{\underset{\underset{,}{\ }}{\ }}{\ }}{\ }\tag{$\ 3\ $}\]ただし $t$，$u$ は\[t^2-Du^2=\pm4\tag{$\ 4\ $}\]の任意の整数解である．$\left(\ 4\ \right)$ と $\left(\ 2\ \right)$ との $\pm$ は同一．
〔証〕 $\left(\ 2\ \right)$ から\[r\theta^2+\left(s-p\right)\theta-q=0.\tag{$\ 5\ $}\]故に\[\frac{r}{a}=\frac{s-p}{b}=\frac{-q}{c}=u\tag{$\ 6\ $}\]と置けば，$u$ は整数である（$\S\ 31$）．いま\[s+p=t\tag{$\ 7\ $}\]と置けば，$\left(\ 6\ \right)$，$\left(\ 7\ \right)$ から\begin{alignat*}{2}p&=\frac{t-bu}{2},&q&=-cu,\\[2mm]r&=au,&\hspace{1cm}s&=\frac{t+bu}{2}.\end{alignat*}よって $\left(\ 2\ \right)$ から\[ps-qr=\frac{t^2-b^2u^2}{4}+acu^2=\pm1,\]すなわち\[t^2-Du^2=\pm4.\] 逆に $t$，$u$ を $\left(\ 4\ \right)$ の整数解として $\left(\ 6\ \right)$，$\left(\ 7\ \right)$ から $p$，$q$，$r$，$s$ を定めるならば，$\left(\ 5\ \right)$ したがって $\left(\ 2\ \right)$ が成り立つが，その $p$，$q$，$r$，$s$ が整数であることを確かめなければならない．さて $D$ が偶数ならば，$b$ は偶数で，また $\left(\ 4\ \right)$ から $t$ も偶数であるからよろしい．$D$ が奇数ならば，$b$ は奇数で，また $\left(\ 4\ \right)$ から $t\equiv u\hphantom{m}\left(\text{mod}.\ 2\right)$．故に $p$，$s$ は整数だから，それもよろしい．
故に $\theta$ の自己変形は $\left(\ 3\ \right)$ によって方程式 $\left(\ 4\ \right)$ のすべての整数解を求めることに帰する．$\left(\ 4\ \right)$ はいわゆる Pell 方程式である．
$\left(\ 4\ \right)$ を\[\frac{t+u\sqrt{D}}{2}\hspace{0.7mm}\cdotp\frac{t-u\sqrt{D}}{2}=\pm1\]と記すことができる．いま\[\left.\begin{array}{c}E=\dfrac{t+u\sqrt{D}}{2},\hphantom{m}E^\prime=\dfrac{t-u\sqrt{D}}{2}\\[2mm]EE^\prime=\pm1\end{array}\ \right\}\tag{$4^{\large*}$}\]とおけば，$\left(\ 4\ \right)$ の整数解を求めることは $\left(\ 4^{\large*}\ \right)$ から $E$ を求めることに帰する．
$\sqrt{D}$ は無理数であるから，$\left(\ 4\ \right)$ は $t=0$ なる整数解を有しない．$t=\pm2$，$u=0$ は $\left(\ 4\ \right)$ の整数解であるが，それには $E=E^\prime=\pm1$ が対応し，$\left(\ 3\ \right)$ は $\begin{pmatrix}\pm1&\hphantom{\pm}0\\\hphantom{\pm}0&\pm1\end{pmatrix}$ になり，$\left(\ 2\ \right)$ は恒等変形になる．この場合は除いて，$t\neq0$，$u\neq0$ なる解のみを考察するならば，$\left\{t,\ u\right\}$ と同時に $\left\{t,\ -u\right\}$，$\left\{-t,\ -u\right\}$，$\left\{-t,\ u\right\}$ が $\left(\ 4\ \right)$ の解で，これらの四組の中に二数ともに正であるものが，ただ一つある．それを $t$，$u$ とすれば，それに対応する $E=\left(t+u\sqrt{D}\right)/2$ は $1$ よりも大であるが，$t$，$-u$ には\[E^\prime=\frac{t-u\sqrt{D}}{2}=\pm\frac{1}{E}\]が対応し，$E^\prime$ は絶対値において $1$ よりも小である．また $-t$，$-u$ および $-t$，$u$ にはもちろん $-E$，$-E^\prime$ が対応する．
故に $\left(\ 4\ \right)$ の整数解を求めることは，その正なる解，したがって $\left(\ 4^{\large*}\ \right)$ において $E\gt1$ なるものを求めることに帰する．
〔注意 $1$〕 $t$，$u$ は $\left(\ 4\ \right)$ すなわち $t^2-Du^2=\pm4$ の解であるから，$D$ が偶数（$D\equiv 0\hphantom{m}\text{mod}.\ 4$）ならば $t$ は偶数である．故に $E=\left(t+u\sqrt{D}\right)/2$ を $2$ で約分することができる．しかし $D$ が奇数（$D\equiv1\hphantom{m}\text{mod}.\ 4$）ならば $t\equiv u\hphantom{m}\left(\text{mod}.\ 2\right)$ で $t$，$u$ がともに奇数であることもある．
| 〔例〕 | $D=12$，$t^2-12u^2=4$．$t=4$，$u=1$．$E=\dfrac{4+\sqrt{12}}{2}=2+\sqrt{3}$． |
| $D=5$，$t^2-5u^2=-4$．$t=1$，$u=1$．$E=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$． |
これは和および差に関しては明白である．積に関しては\[\frac{x+y\sqrt{D}}{2}\hspace{0.7mm}\cdotp\frac{x^\prime+y^\prime\sqrt{D}}{2}=\frac{x^{\prime\prime}+y^{\prime\prime}\sqrt{D}}{2}\]と置くとき，\[x^{\prime\prime}=\frac{x^{}x^\prime+y^{}y^\prime D}{2},\hphantom{m}y^{\prime\prime}=\frac{x^{}y^\prime+x^\prime y^{}}{2}.\] $D\equiv 0\hphantom{m}\left(\text{mod}.\ 4\right)$ のときには，$x$，$x^\prime$ は偶数だから，$x^{\prime\prime}$ は偶数，$y^{\prime\prime}$ は整数であるからよろしい．
$D\equiv1\hphantom{m}\left(\text{mod}.\ 4\right)$ のときには，$x\equiv y$，$x^\prime\equiv y^\prime\hphantom{m}\left(\text{mod}.\ 2\right)$ だから，$x^{\prime\prime}$ も $y^{\prime\prime}$ も整数であるが，なお\[x^{\prime\prime}-y^{\prime\prime}=\frac{xx^\prime+yy^\prime D-xy^\prime-x^\prime y}{2}\equiv\frac{xx^\prime+yy^\prime-xy^\prime-x^\prime y}{2}\hphantom{k}\left(\text{mod}.\ 2\right)\]\[=\frac{\left(x-y\right)\left(x^\prime-y^\prime\right)}{2}\equiv0\hphantom{n}\left(\text{mod}.\ 2\right)\]だから，やはりよろしい．
$\boldsymbol{3.}$ これから述べることは $\theta$ の自己変形，したがって Pell 方程式のすべての解を求めることを目標とするのであるが，まず定理 $3.\ 7$ を練っておく必要がある．注意を引くために問題とする．
〔問題 $\boldsymbol{1}$〕 $\theta$ の自己変形 $\left(\ 2\ \right)$ における分母は $E$ に等しい．すなわち\[E=r\theta+s.\] 〔解〕 $\left(\ 3\ \right)$ から\begin{alignat*}{1}r\theta+s&=au\theta+\frac{t+bu}{2}\\[2mm]&=u\frac{-b+\sqrt{D}}{2}+\frac{t+bu}{2}=\frac{t+u\sqrt{D}}{2}=E.\end{alignat*} これは簡単なことであるが従来一般の注意を引かなかったようである．しかし，二次無理数論を簡明ならしめるものである．
〔問題 $\boldsymbol{2}$〕 $\theta$ の自己変形は群を成す．すなわち\[\begin{pmatrix}p&q\\r&s\end{pmatrix},\ \ \begin{pmatrix}p_1&q_1\\r_1&s_1\end{pmatrix}\]が $\theta$ の自己変形ならば，それを結合して\[\begin{pmatrix}p&q\\r&s\end{pmatrix}\begin{pmatrix}p_1&q_1\\r_1&s_1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}p_2&q_2\\r_2&s_2\end{pmatrix}\tag{$\ 8\ $}\]なる自己変形が得られる．これらの自己変形に対応する $\left(\ 4^{\large*}\ \right)$ の解を\[E=r\theta+s,\hphantom{E}E_1=r_1\theta+s_1,\hphantom{E}E_2=r_2\theta+s_2\]とすれば（問題 $1$），\[EE_1=E_2.\] 〔解〕 前段は変形の結合の意味によって当然である．さて $\left(\ 8\ \right)$ から\[r_2=rp_1+sr_1,\hphantom{m}s_2=rq_1+ss_1,\]故に\begin{alignat*}{1}\left(r\theta+s\right)\left(r_1\theta+s_1\right)&=r\theta\left(r_1\theta+s_1\right)+s\left(r_1\theta+s_1\right)\\[2mm]&=r\left(p_1\theta+q_1\right)+s\left(r_1\theta+s_1\right)\\[2mm]&=\left(rp_1+sr_1\right)\theta+\left(rq_1\theta+ss_1\right)\\[2mm]&=r_2\theta+s_2.\end{alignat*} 〔注意〕 $E$，$E_1$ が $\left(\ 4^{\large*}\ \right)$ の解であるとき，その積 $EE_1=E_2$ が $\left(\ 4^{\large*}\ \right)$ の解を与えることは明白である（前掲注意 $2$）．\[E=\frac{t+u\sqrt{D}}{2},\hphantom{m}E_1=\frac{t_1+u_1\sqrt{D}}{2},\hphantom{m}E_2=\frac{t_2+u_2\sqrt{D}}{2}\]とおけば\[t_2=\frac{tt_1+uu_1D}{2},\hphantom{m}u_2=\frac{tu_1+t_1u}{2}.\]
〔問題 $\boldsymbol{3}$〕 $E=\left(t+u\sqrt{D}\right)/2$ に自己変形 $\theta=\left(p\theta+q\right)/\left(r\theta+s\right)$ が対応するならば，$E^\prime=\left(t-u\sqrt{D}\right)/2$ には逆の自己変形が対応する．
〔解〕 $\left(\ 3\ \right)$ において $u$ に $-u$ を代用すれば $\begin{pmatrix}\hphantom{-}s&-q\\-r&\hphantom{-}p\end{pmatrix}$ を得る．それはすなわち $\pm\begin{pmatrix}p&q\\r&s\end{pmatrix}^{-1}$ である．
または $\begin{pmatrix}p&q\\r&s\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\hphantom{-}s&-q\\-r&\hphantom{-}p\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\pm1&\hphantom{\pm}0\\\hphantom{\pm}0&\pm1\end{pmatrix}$ から問題 $2$ によって $\left(r\theta+s\right)\left(-r\theta+p\right)=\pm1$，故に $E=r\theta+s$ ならば $E^\prime=-r\theta+p$．
〔問題 $\boldsymbol{4}$〕 $\theta$，$\theta_1$ が対等で\[\theta_1=\frac{a\theta+b}{c\theta+d},\]また\[\theta=\frac{p\theta+q}{r\theta+s}\]が $\theta$ の自己変形ならば，\[\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}\begin{pmatrix}p&q\\r&s\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a_1&b_1\\c_1&d_1\end{pmatrix}\]とするとき\[\theta_1=\frac{a_1\theta+b_1}{c_1\theta+d_1}\]である．この場合次の等式が成り立つ：\[c_1\theta+d_1=\left(c\theta+d\right)\left(r\theta+s\right).\] 〔解〕 問題 $2$ と同様．\begin{alignat*}{1}\left(c\theta+d\right)\left(r\theta+s\right)&=c\theta\left(r\theta+s\right)+d\left(r\theta+s\right)\\[2mm]&=c\left(p\theta+q\right)+d\left(r\theta+s\right)\\[2mm]&=\left(cp+dr\right)\theta+\left(cq+ds\right)\\[2mm]&=c_1\theta+d_1.\end{alignat*} 〔注意〕 この結果は二次不定方程式の解法に引用する．
$\boldsymbol{4.}$ 判別式 $D\gt0$ であるとき，$t^2-Du^2=4$ は無数の整数解を有する．$t^2-Du^2=-4$ は $D$ の値によっては，解を有しないこともあるが，もしも解があるならば，無数の解がある．いずれにしても，$\left(\ 4\ \right)$ のすべての解はある一つの特定の解から簡単な法則によって導き出される．すなわち次の定理が成り立つ．
〔定理 $\boldsymbol{3.\ 8}$〕 方程式 $\boldsymbol{t^2-Du^2=\pm4}$ の正整数解の中に，それに対応する $E$ を最小ならしめるものがある．それを\[\boldsymbol{E=\frac{T+U\sqrt{D}}{2}}\]と置けば，すべての正整数解は $\boldsymbol{E}$ の巾から求められる，すなわち\[E^n=\frac{t_n+u_n\sqrt{D}}{2}\hphantom{m}\left(n=1,\ 2,\ 3,\ \cdots\cdots\right)\]とすれば，$t_n$，$u_n$ が正整数解である．
$T$，$U$ は $t^2-Du^2=\pm4$ の最小整数解である．
この定理は重要であるから，後に至って（第 $5$ 章）直接に証明をするが，ここでは連分数論からすでに得られた結果を応用して証明を試みる．簡約された二次無理数 $\theta$ は純循環連分数に展開されるから，その展開から $\theta$ の自己変形が得られ，したがって定理 $3.\ 7$ によって Pell 方程式の解が得られるのである．すなわち次の定理の通り．
〔定理 $\boldsymbol{3.\ 9}$〕 $\theta$ を判別式 $D$（$D\gt0$）に属する簡約された二次無理数，\[\theta=k_0+\frac{1}{k_1}\raise{0.2em}{\underset{\Large+}{}}\ \underset{\Large\cdots}{}\ \underset{\Large\cdots}{}\ \raise{0.2em}{\underset{\Large+}{}}\frac{1}{k_{n-1}}\raise{0.2em}{\underset{\Large+}{}}\frac{1}{\theta}=\frac{p_n\theta+p_{n-1}}{q_n\theta+q_{n-1}}\tag{$\ 9\ $}\]をその連分数展開の循環の一節とすれば，\[E=q_n\theta+q_{n-1}\]が定理 $3.\ 8$ の $E$ を与える．
もしも循環部分 $k$ 節をとれば，\[E^k=q_{nk}\theta+q_{nk-1}.\] すなわち Pell 方程式のすべての正整数解が $\theta$ の連分数展開から得られる．
〔証〕 簡単のために $\left(\ 9\ \right)$ を\[\theta=\frac{p\theta+p^\prime}{q\theta+q^\prime}\]と記すが，$pq^\prime-p^\prime q=\left(-1\right)^n$ だから，これは $\theta$ の自己変形である．故に $E=q\theta+q^\prime$ は Pell 方程式の解を与える（問題 $1$）．さてここでは $\theta\gt1$ だから，$E\gt1$．故に $E$ から Pell 方程式の正なる解が出る．
循環二節をとれば，自己変形 $\begin{pmatrix}p&p^\prime\\q&q^\prime\end{pmatrix}^2$ が得られ，それから $E^2$ が出る（問題 $2$）．同様にして $E^3$，$E^4$，$\cdots\cdots$ が得られる．
これは明白であるが，問題の要点はその逆である．すなわち\[\theta=\frac{p\theta+q}{r\theta+s}\tag{$10$}\]が $\theta$ の自己変形で，$r\theta+s\gt1$ であるとき，この自己変形が $\theta$ の連分数展開から必ず出てくるというところにある．
$\left(10\right)$ において\[ps-qr=\pm1=e\]とする．さて $\left(10\right)$ から\[r\theta^2+\left(s-p\right)\theta-q=0.\]$\theta$ が簡約された二次無理数であるから，\[\theta\gt1,\hspace{5mm}0\gt\theta^\prime\gt-1.\tag{$11$}\] いま\[\varepsilon=r\theta+s,\hphantom{m}\varepsilon^\prime=r\theta^\prime+s\]と置けば，仮定によって\[\varepsilon\gt1,\hphantom{\varepsilon}\varepsilon\varepsilon^\prime=e=\pm1,\hphantom{\varepsilon}したがって\ \left|\varepsilon^\prime\right|\gt1.\]故に\[\varepsilon-\varepsilon^\prime\gt0,\]すなわち\[r\left(\theta-\theta^\prime\right)\gt0,\]よって $\left(11\right)$ から\begin{alignat*}{1}r&\gt0,\\[2mm]s\gt r\theta^\prime+s&\gt-r+s,\end{alignat*}すなわち\[s\gt\varepsilon^\prime\gt-r+s.\] $\varepsilon\varepsilon^\prime=1$，（$e=1$）ならば，$1\gt\varepsilon^\prime\gt0$，したがって\[r\geqq s\gt0.\tag{$12$}\] また $\varepsilon\varepsilon^\prime=-1$，（$e=-1$）ならば，$0\gt\varepsilon^\prime\gt-1$，したがって\[r\gt s\geqq0.\tag{$13$}\] さて $r\gt s\gt0$ ならば，$\left(10\right)$ は $\theta$ の連分数展開から得られるものである（定理 $2.\ 12$）．
よって $\left(12\right)$ における $r=s$ と $\left(13\right)$ における $s=0$ との場合だけが残る．
まず $\left(12\right)$ において $r=s$ ならば，$r=s=1$．この場合 $ps-qr=1$ であるから，$p-q=1$，したがって $\left(10\right)$ から\begin{alignat*}{1}\theta&=\frac{\left(q+1\right)\theta+q}{\theta+1}\\[2mm]&=q+\frac{\theta}{\theta+1}=q+\frac{1}{1+\dfrac{1}{\theta}}\underset{\underset{.}{\ }}{\ }\end{alignat*}故に $\left(10\right)$ は連分数展開から出る（$\theta\gt1$）．
次に $\left(13\right)$ において $s=0$ ならば，$ps-qr=-1$ から，$qr=1$．$r\gt0$ だから，$q=1$，$r=1$．よって $\left(10\right)$ から\[\theta=\frac{p\theta+1}{\theta}=p+\frac{1}{\theta}.\]これも $\theta$ の展開から出る．
すなわちすべての場合において $\left(10\right)$ は $\theta$ の連分数展開から得られるのである．
〔注意〕 $t^2-Du^2=-4$ に解のあるのは，$\theta$ の循環の一節を組み立てる項数 $n$ が奇数のときである．
故に循環の一節を組み立てる項数が奇数であるか，または偶数であるかは，二次無理数の判別式 $D$ によって一定である．
例えば $D=136$（$204$ 頁 例 $2$）ならば，項数は $4$ または $6$．
〔例 $1$〕 $D=5$．$\theta=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}=1+\dfrac{1}{\theta}=\dfrac{\theta+1}{\theta}$．\[E=\theta=\frac{1+\sqrt{5}}{2},\ \ T=1,\ \ U=1.\] $t^2-5u^2=\pm4$ の解は\[\pm\left(\frac{1\pm\sqrt{5}}{2}\right)^n\]から得られる．$n$ が奇数のとき，方程式の右辺は $-4$，偶数のとき $+4$ である．例えば\begin{alignat*}{1}\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^2&=\frac{3+\sqrt{5}}{2},\ \ t=3,\ \ u=1,\\[2mm]\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^3&=\frac{4+2\sqrt{5}}{2},\ \ t=4,\ \ u=2.\end{alignat*} $n=3$ のとき，$t$，$u$ が偶数になったが，$t^\prime=2$，$u^\prime=1$ が，\[t^{\prime2}-5u^{\prime2}=\pm1\]の最小正整数解である．
〔例 $2$〕 $D=12$．$\theta=1+\sqrt{3}=2+\dfrac{1}{1}\raise{0.2em}{\underset{\Large+}{}}\dfrac{1}{\theta}=\dfrac{3\theta+2}{\theta+1}$，\[E=\theta+1=2+\sqrt{3}=\frac{4+\sqrt{12}}{2},\ \ T=4,\ \ U=1.\] $t^2-12u^2=4$ は $t=2t^\prime$ とおくとき，$t^{\prime2}-3u^2=1$ になる．その解は\[t^\prime+u\sqrt{3}=\pm\left(2+\sqrt{3}\right)^n,\ \ \left(n=0,\ \pm1,\ \pm2,\ \cdots\cdots\right)\]から得られる．
〔例 $3$〕 $D=73$．（$203$ 頁 例 $1$）．\[\theta=\frac{7+\sqrt{73}}{2}=7+\frac{1}{1}\raise{0.2em}{\underset{\Large+}{}}\frac{1}{3}\raise{0.2em}{\underset{\Large+}{}}\frac{1}{2}\raise{0.2em}{\underset{\Large+}{}}\frac{1}{1}\raise{0.2em}{\underset{\Large+}{}}\frac{1}{1}\raise{0.2em}{\underset{\Large+}{}}\frac{1}{2}\raise{0.2em}{\underset{\Large+}{}}\frac{1}{3}\raise{0.2em}{\underset{\Large+}{}}\frac{1}{1}\raise{0.2em}{\underset{\Large+}{}}\frac{1}{\theta}=\frac{\cdots\cdots\cdots}{250\ \!\theta+193}\underset{.}{\ }\]\[E=250\ \!\theta+193=1068+125\sqrt{73}.\ \ T=2136,\ \ U=250.\] これが $t^2-73u^2=-4$ の最小正整数解である．
〔例 $4$〕 $D=136=4\hspace{0.7mm}\cdotp34$（$204$ 頁 例 $2$）．\[\theta=5+\sqrt{34}=10+\frac{1}{1}\raise{0.2em}{\underset{\Large+}{}}\frac{1}{4}\raise{0.2em}{\underset{\Large+}{}}\frac{1}{1}\raise{0.2em}{\underset{\Large+}{}}\frac{1}{\theta}=\frac{\cdots\cdots}{6\ \!\theta+5}.\]\[E=6\ \!\theta+5=35+6\sqrt{34}.\ \ T=70,\ \ \ U=6.\]$t^2-136u^2=4$ の解は，$t=2t^\prime$ とおくとき，\[t^\prime+u\sqrt{34}=\pm\left(35\pm6\sqrt{34}\right)^n\]から得られる．
Pell 方程式 $\left(\ 4\ \right)$\[t^2-Du^2=\pm4\]の整数解を $t$，$u$ とするとき，\[\varepsilon=\frac{t+u\sqrt{D}}{2}\]を判別式 $D$ に属する単数という．
単数の意味は後に述べるが，ここでは簡約のために用語だけを述べておく．
$\boldsymbol{5.}$ $D\lt0$ の場合には問題は簡単である．虚なる二次無理数で恒等変形以外に自己変形を許すものは $i$ または $\rho=\left(-1+\sqrt{-3}\right)/2$ と対等なるもののみである（$\S\ 30$）．この場合にも定理 $3.\ 7$ は成り立つけれども，$t^2-Du^2=4$ が $t=\pm2$，$u=0$ 以外の解を有するのは\begin{alignat*}{1}D&=-4,\ \ t^2+4u^2=4,\ \ t=0,\ \ u=\pm1,\\[2mm]D&=-3,\ \ t^2+3u^2=4,\ \ t=\pm1,\ \ u=\pm1 または t=\pm1,\ \ u=\mp1\end{alignat*}である場合だけである．