初 等 整 数 論 講 義 第 $2$ 版

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第 $3$ 章 二元二次不定方程式

 $\S\ 34.$ 二元二次不定方程式,$\boldsymbol{ax}^2+\boldsymbol{bxy}+\boldsymbol{cy}^2=\boldsymbol{k}$

 $\boldsymbol{1.}$ 本節では二次の不定方程式\[ax^2+bxy+cy^2=k,\hphantom{m}\left(k\neq0\right)\tag{$\ 1\ $}\]に関する概括的の考察をする.\[D=b^2-4ac\]と置いて四つの場合を区別する.
 解の数に関して結論をいえば次の通り.

判 別 式解 の 数
  $($$\!\text{I}\!$$)$  $D=0$   $0$ または $\infty$
  $($$\!\text{II}\!$$)$  $D=Q^2\neq0$   有限($0$ を含む)  
  $($$\!\text{III}\!$$)$  $D\lt0$   有限(同上)
  $($$\!\text{IV}\!$$)$  $D\neq Q^2\gt0$    $0$ または $\infty$

 $(\ \text{I}\ )$ $D=0$.
 この場合には,$\left(\ 1\ \right)$ の左辺は代数的にいえば,いわゆる完全平方式であるが,整数論的には,$a$,$b$,$c$ の最大公約数を $g$ とすれば,$\left(\ 1\ \right)$ の左辺は\[g\ \!\left(px+qy\right)^2,\ \ \left(p,\ q\right)=1\]に等しい(代.$\S\ 24$).
 よって $\left(\ 1\ \right)$ は $k$ が $g$ で割り切れて,かつ $k/g$ が平方数でなくては,解(整数解)を有しない.
 $k/g$ が平方数で,$k=gr^2$ ならば,$\left(\ 1\ \right)$ は一次の不定方程式\[px+qy=\pm r\]に帰する.$\left(p,\ q\right)=1$ であるから,解は無数にある.
 〔例〕 $18x^2-60xy+50y^2=8$.
$2\left(3x-5y\right)^2=8$.故に $3x-5y=\pm2$.解は
$\left.\begin{alignat*}{1}x\ \!&=4+5t\\[2mm]y&=2+3t\end{alignat*}\right\}$ または $\left.\begin{alignat*}{1}x&=1+5t\\[2mm]y&=1+3t\end{alignat*}\right\}$
 $(\ \text{ii}\ \!)$ $D\neq0$ で,$D$ が平方数である場合.
 $\left(\ 1\ \right)$ の左辺は二つの整係数の一次因数に分解される.詳しくいえば,$g=\left(a,\ b,\ c\right)$ とすれば,\[g\left(px+qy\right)\left(rx+sy\right),\hphantom{m}\left(p,\ q\right)=1,\hphantom{m}\left(r,\ s\right)=1,\hphantom{m}ps-qr\neq0\]になる.よって $k$ が $g$ で割り切れることが,解のあるための必要条件で,$k=gk^\prime$ と置けば,問題は\[\left(px+qy\right)\left(rx+sy\right)=k^\prime\]に帰する.これを解くには,$k^\prime$ を二つの正または負の因数に分解して,$k^\prime=mn$ と置いて\[px+qy=m,\hphantom{m}rx+sy=n\]を解けばよい.よって整数解があるとしても,解の数は有限である.
 〔例〕 $2x^2-3xy-2y^2=18$.\[D=25.\hphantom{m}\left(2x+y\right)\left(x-2y\right)=18.\] $x$,$y$ と同時に $-x$,$-y$ が解であるから,$18$ を正の因数に分解して次の結果を得る.\[\begin{array}{rr|c|c|c|c|c|}2x+y=&1&2&3&\ 6\ &\ 9\ &18\ \\x-2y=&18&9&6&3&2&1\\x=&4&―&―&3&4&―\\y=&\hspace{-5mm}-7&―&―&0&1&―\end{array}\] 故に解は六組ある.すなわち $\left(x,\ y\right)=\left(\pm4,\ \mp7\right)$,$\left(\pm3,\ 0\right)$,$\left(\pm4,\ \pm1\right)$.
 $(\ \text{I}\ )$,$(\ \text{ii}\ \!)$ の場合は要するに一次の問題に過ぎない.
 $(\text{III})$ $D\lt0$.
 この場合には $a\neq0$.故に $\left(\ 1\ \right)$ を次のように書くことができる:\[\left(2ax+by\right)^2+\left|D\right|y^2=4ak.\]解があるためには,$ak\gt0$ であることを要することはもちろんで,また $\left|y\right|\leqq\sqrt{4ak/\left|D\right|}$ であることを要するから,この範囲に属する正または負の整数値を逐次 $y$ に与えて,すべての解を求めることができる.$x$,$y$ と同時に $-x$,$-y$ が解であるから,$y\geqq0$ のみを試みればよい.解の数は有限である.
 幾何学的にいえば $\left(\ 1\ \right)$ は楕円を表わし,解は楕円上の格子点によって与えられるのである.
 〔例〕 $3x^2-4xy+3y^2=35$.\[D=-20.\hphantom{m}\left|y\right|\leqq\sqrt{\frac{4\hspace{0.7mm}\cdotp3\hspace{0.7mm}\cdotp35}{20}}=\sqrt{21}.\hphantom{\therefore}\therefore\ \left|y\right|\leqq4.\]
よって $y=0$,$1$,$2$,$3$,$4$ を試みる.
$y=0$ は不可能であること明らかである.
$y=1$ とすれば,$x=4$ を得る.故に $x=\pm4$,$y=\pm1$ なる二つの解を得る.
$y=2$ とすれば,$3x^2-8x-23=0$,不可能(整数解がない).
$y=3$ とすれば左辺は $3$ の倍数,故に不可能.
$y=4$ とすれば $x=1$.故に $x=\pm1$,$y=\pm4$.
解は $\left(\pm4,\ \pm1\right)$,$\left(\pm1,\ \pm4\right)$ の四つである.

 〔注意〕 上記の方程式を\[\left(3x-2y\right)^2+5y^2=105\]の形に書けば,$3x-2y$ は $5$ で割り切れなければならないから,\[3x-2y=5X\]と置いて\[5X^2+y^2=21.\]故に\[y^2\equiv1\hphantom{m}\left(\text{mod}.\ 5\right),\hphantom{m}y\equiv\pm1\hphantom{m}\left(\text{mod}.\ 5\right).\] よって $y=1$,$y=4$ だけを試みればよい.そのときそれぞれ $X=\pm2$,$\pm1$ を得る.
 $X=2$,$y=1$ から $x=4$;$X=-1$,$y=4$ から $x=1$ を得る.

 $(\text{IV})$ $D\gt0$ で,$D$ が平方数でない場合.
 この場合にも $a\neq0$ で,$\left(\ 1\ \right)$ は\[\left(2ax+by\right)^2-Dy^2=4ak\]と同一であるから,\[X=2ax+by\tag{$\ 2\ $}\]と置いて,$\left(\ 1\ \right)$ を次のように書く:\[X^2-Dy^2=4ak.\tag{$\ 3\ $}\] しからば $\left(\ 1\ \right)$ を解くには,$\left(\ 3\ \right)$ の整数解 $X$,$y$ を求めた上で,それを $\left(\ 2\ \right)$ にあてはめて,$x$ の値が整数になるものだけをとればよいから,問題は $\left(\ 3\ \right)$ のすべての整数解を求めることに帰する.
 $\left(\ 3\ \right)$ の左辺は二つの正数の差であるから,$(\text{III})$ の場合のように直に $X$ または $y$ の値の限界が出てこないが,ここに著しい事実は,もしも Pell 方程式\[t^2-Du^2=4\tag{$\ 4\ $}\]の解が知られているとすれば,一定の範囲内の $y$ の値を試みることによって,$\left(\ 3\ \right)$ のすべての解が得られることである.
 いま\[\xi=X+y\sqrt{D},\hspace{5mm}\eta=X-y\sqrt{D}\tag{$\ 5\ $}\]と置けば,$\left(\ 3\ \right)$ は\[\xi\eta=4ak\tag{$\ 6\ $}\]になる.$x$,$y$ の一組の値と,それに対応する $\xi$,$\eta$ の一組の値とは一対一の関係にあるけれども,$\xi$,$\eta$ の任意の値に $x$,$y$ の整数値が対応するとはいわれない.しかるに $\left(\ 4\ \right)$ の解 $t$,$u$ に対応する単数を\[\varepsilon=\frac{t+u\sqrt{D}}{2}\hphantom{m}\left(\ \!\varepsilon^\prime=\frac{t-u\sqrt{D}}{2}\right)\]とすれば,$\xi$,$\eta$ が $x$,$y$ の整数値に対応するときには,\[\xi_1=\xi\varepsilon,\hspace{5mm}\eta_1=\eta\varepsilon^\prime\]に対応する $x_1$,$y_1$ はやはり整数である.実際,\begin{alignat*}{1}\xi_1&=2ax_1+by_1+y_1\sqrt{D}=\left(2ax+by+y\sqrt{D}\right)\frac{t+u\sqrt{D}}{2},\\[2mm]\eta_1&=2ax_1+by_1-y_1\sqrt{D}=\left(2ax+by-y\sqrt{D}\right)\frac{t-u\sqrt{D}}{2}\end{alignat*}から,加え,また引いて簡約すれば\[\left.\begin{alignat*}{1}x_1=\frac{t-bu}{2}x-cuy,\\[2mm]y_1=aux+\frac{t+bu}{2}y\ \end{alignat*}\right\}\tag{$\ 7\ $}\]を得る.$\left(t-bu\right)/2$,$\left(t+bu\right)/2$ は整数であるから($\S\ 33$,$209$ 頁),$x$,$y$ が整数ならば $x_1$,$y_1$ も整数である.
 故に $\left(\ 4\ \right)$ の最小整数解を $T$,$U$ として\[E=\frac{T+U\sqrt{D}}{2},\hspace{5mm}E^\prime=\frac{T-U\sqrt{D}}{2}\]($\varepsilon=E^n$,$\varepsilon^\prime=E^{\prime n}$)と置けば,$\xi$,$\eta$ が $\left(\ 1\ \right)$ の整数解を与えるとき\[\xi_n=\pm\xi E^n,\ \ \eta_n=\pm\eta E^{\prime n}\ \ \left(n=0,\ \pm1,\ \pm2,\ \cdots\cdots\right)\tag{$\ 8\ $}\]も,また $\left(\ 1\ \right)$ の整数解を与える.このような解を同伴解という.
 いま $X$,$y$ を直角座標と見れば,$\left(\ 3\ \right)$ は $\xi=0$,$\eta=0$ を漸近線とする双曲線を表わすが,$ak$ の正負によって二つの場合を区別する.
 $\left(1^\circ\right)$  $ak\gt0$
である場合には,$\left(\ 3\ \right)$ は $\xi\eta\gt0$ すなわち $X$ 軸を含む対頂角内にあって,その一つの頂点 $\mathrm{A}_0$ の座標は\[X=2\sqrt{ak},\hspace{5mm}y=0\hphantom{0}\left(\xi=\eta=2\sqrt{ak}\right)\]である.さて $\mathrm{A}_n$($n=0$,$\pm1$,$\pm2$,$\cdots\cdots$)を\[\xi=2\sqrt{ak}E^n,\hspace{5mm}\eta=2\sqrt{ak}E^{\prime n}\]なる点とすれば,これらの点は双曲線 $\left(\ 3\ \right)$ の $X\gt0$ なる枝線を\[\cdots\cdots\mathrm{A}_{-2}\mathrm{A}_{-1},\ \ \mathrm{A}_{-1}\mathrm{A}_0,\ \ \mathrm{A}_0\mathrm{A}_1,\ \ \mathrm{A}_1\mathrm{A}_2,\ \cdots\cdots\]等の弧に分割する.そうして,弧 $\mathrm{A}_0\mathrm{A}_1$ の上の一つの点において $\xi=\xi_0$,$\eta=\eta_0$ であるとすれば,\[\xi=\xi_0E^n,\hspace{5mm}\eta=\eta_0E^{\prime n}\]
なる点はこれらの弧 $\mathrm{A}_n\mathrm{A}_{n+1}$ の上に一つずつ配置される.
 よって $\left(\ 3\ \right)$ に整数解があるならば,その同伴解の中の一つ,しかもただ一つが弧 $\mathrm{A}_0\mathrm{A}_1$($\mathrm{A}_0$ を入れ,$\mathrm{A}_1$ を入れない)の上の点によって与えられなければならない.その点においては\[2\sqrt{ak}\leqq\xi\lt2\sqrt{ak}E,\\[2mm]2\sqrt{ak}E^\prime\lt\eta\leqq2\sqrt{ak}\]である.この関係式から $X$,$y$ の範囲が定められるのである.すなわち
   $\mathrm{A}_0$ においては $\xi=\eta=2\sqrt{ak}$ から,$y=0$,$X=2\sqrt{ak}$.
   $\mathrm{A}_1$ においては $\xi=2\sqrt{ak}E$,$\eta=2\sqrt{ak}E^\prime$ から,$\left(\ 5\ \right)$ によって\begin{alignat*}{1}y&=\frac{\xi-\eta}{2\sqrt{D}}&&=2\sqrt{ak}\frac{E-E^\prime}{2\sqrt{D}}&&=U\sqrt{ak},\\[2mm]X&=\frac{\xi+\eta}{2}&&=2\sqrt{ak}\frac{E+E^\prime}{2}&&=T\sqrt{ak}.\end{alignat*} 故に弧 $\mathrm{A}_0\mathrm{A}_1$ の上の点においては\[T\sqrt{ak}\gt X\geqq2\sqrt{ak},\hspace{5mm}U\sqrt{ak}\gt y\geqq0.\tag{$\ 9\ $}\] 故に $\left(\ 1\ \right)$ に整数解があるならば,その同伴解の中に $\left(\ 9\ \right)$ の範囲に属するものがただ一つある.このような解を根原解という.故に同伴解中の根原解を求めるには,$y$ に $\left(\ 9\ \right)$ の範囲内の整数値を与えてみればよい.
 根原解が得られたならば,$\left(\ 8\ \right)$ または $\left(\ 7\ \right)$ からすべての同伴解が得られる.
 $\left(2^\circ\right)$ $ak\lt0$
なる場合においては $\left(\ 3\ \right)$ は $\xi\eta\lt0$ なる対頂角内に横たわる双曲線で,$y$ 軸の正の部分の上にあるその頂点を $\mathrm{B}_0$ とすれば,
 $\mathrm{B}_0$ においては
 $\left(\mathrm{B}_0\right)$  $X=0$,$y=2\sqrt{\dfrac{-ak}{D}}$, すなわち $\xi=2\sqrt{-ak}$,$\eta=-2\sqrt{-ak}$
である.この場合にも,$\mathrm{B}_n$($n=0$,$\pm1$,$\pm2$,$\cdots\cdots$)を\[\xi=2E^n\sqrt{-ak},\hspace{5mm}\eta=-2E^{\prime n}\sqrt{-ak}\]に対応する点とすれば,$\left(\ 1\ \right)$ に整数解があるとき,その同伴解のうちただ一つが,弧 $\mathrm{B}_0\mathrm{B}_1$ の上になくてはならない.さて
 $\mathrm{B}_1$ においては\[\xi=2E\sqrt{-ak},\hspace{5mm}\eta=-2E^\prime\sqrt{-ak},\]したがって\[X=\frac{\xi+\eta}{2}=\sqrt{-ak}\left(E-E^\prime\right)=U\sqrt{-akD}\] $\left(\mathrm{B}_1\right)$\[y=\frac{\xi-\eta}{2\sqrt{D}}=\sqrt{-ak}\frac{\left(E+E^\prime\right)}{\sqrt{D}}=T\sqrt{\frac{-ak}{D}}.\] 故に,弧 $\mathrm{B}_0\mathrm{B}_1$ 上の点によって与えられる整数解においては,\[U\sqrt{-akD}\gt X\geqq0,\hspace{5mm}T\sqrt{\frac{-ak}{D}}\gt y\geqq2\sqrt{\frac{-ak}{D}}.\tag{$10$}\]これが根源解の条件である.
 〔例 $1$〕$3x^2+14xy+5y^2=6$.($D=136=4\hspace{0.7mm}\cdotp34$)$\left(11\right)$
\[T=70,\hphantom{U}U=6,\hphantom{E}E=35+6\sqrt{34}.\]\[X=3x+7y\tag{$12$}\]と置けば,\[X^2-34y^2=18.\tag{$13$}\]試みるべき範囲は\[105\sqrt{2}\gt X\geqq3\sqrt{2},\hspace{5mm}18\sqrt{2}\gt y\geqq0.\]故に $25\geqq y\geqq0$.この範囲内の整数値を $y$ に与えてみれば,$\left(13\right)$ の整数解として,$X=18$,$y=3$ を得る.このとき $\left(12\right)$ から $x=-1$ を得るから,$\left(11\right)$ の整数解は\begin{eqnarray*}3x+\left(7+\sqrt{34}\right)y&=\pm\left\{-3+\left(7+\sqrt{34}\right)\hspace{0.7mm}\cdotp3\right\}\left(35+6\sqrt{34}\right)^n\\[2mm]&=\pm3\left(6+\sqrt{34}\right)\left(35+6\sqrt{34}\right)^n\end{eqnarray*}から求められる($n=0$,$\pm1$,$\pm2$,$\cdots\cdots$).
 〔注意〕 上の解において,$25\geqq y\geqq0$ の範囲内のすべての整数値を実際 $y$ に与えてみる必要はない.まず $\left(13\right)$ から $y$ は奇数でなければならない($X^2\equiv18\hphantom{4}\left(\text{mod}.\ 4\right)$ は不可能であるから).
 よって $y$ には $1$ から $25$ までの奇数の値を与えてみればよい.しかるに $y$ の末位が $1$,$9$,$5$ のときには $X^2=34y^2+18$ の末位が $2$ または $8$ になってそれは平方数であり得ないから,それらを省けば試みるべき値は次の五つである.\[y=3,\ \ 7,\ \ 13,\ \ 17,\ \ 23.\tag{$14$}\] これは $\text{mod}.\ 10$ に関して $y$ の値を類別して無用の試みを省くことができたのである.
 同様に他の $\text{mod}.$ をとって試行の節約を試みることができる.
 $\left(13\right)$ から見えるように,$X$ は偶数でなければならないから,\[X=2X^\prime\]と置けば,$2$ で割って\[2X^{\prime2}-17y^2=9.\tag{$13^{\large*}$}\]$\text{mod}.\ 16$ に関しては奇数 $y$ の平方は $\equiv1$ または $\equiv9$.故に\[2X^{\prime2}\equiv10\ \ または\ \ 18\hphantom{n}\left(\text{mod}.\ 16\right).\]したがって\[X^{\prime2}\equiv5\ \ または\ \ 1\hphantom{n}\left(\text{mod}.\ 8\right).\] $X^{\prime2}\equiv5\hphantom{n}\left(\text{mod}.\ 8\right)$ は不可能であるから,$y^2\equiv1\hphantom{n}\left(\text{mod}.\ 16\right)$ なる $y$ は試みるに及ばない.よって $\left(14\right)$ の中で $7$,$17$,$23$ は省いてよいから,残るのは次の二つだけである\[y=3,\ \ 13.\] $y=13$ とすれば $\left(13^{\large*}\right)$ から\[2X^{\prime2}=9+17\hspace{0.7mm}\cdotp13^2,\]$\text{mod}.\ 7$ に関しては\[2X^{\prime2}\equiv2+3\times\left(-1\right)^2\equiv5\hphantom{n}\left(\text{mod}.\ 7\right),\]すなわち\[X^{\prime2}\equiv-1\hphantom{n}\left(\text{mod}.\ 7\right).\] これは不可能である.故に残るのは $y=3$ だけである.それを試みれば前に掲げた解が得られる.
 このように平方剰余の性質を利用して試行の節約をするのは Gauss のいわゆる除外法Ausschliessungsmethode)である.
 〔例 $2$〕$3x^2+14xy+5y^2=-6.$    
 この場合には\[X^2-34y^2=-18.\\[2mm]3\sqrt{18\times136}\gt X\geqq0,\hphantom{m}35\sqrt{\frac{18}{34}}\gt y\geqq\sqrt{\frac{18}{34}}.\] よって $25\geqq y\geqq1$ なる範囲内の整数値を $y$ に与えてみればよい.この場合にも $y$ は奇数でなければならない.また $y$ の末位は $1$ または $9$ でなければならない.よって\[y=1,\ \ 9,\ \ 11,\ \ 19,\ \ 21\]を試みればよい.解は\begin{alignat*}{2}X&=4,&\hspace{5mm}y&=1\hphantom{1};\\[2mm]X&=64,&\hspace{5mm}y&=11\end{alignat*}である.第一の解から\[x=-1,\hspace{5mm}y=1.\]第二からは $x$ の整数値を得ない.
 よって一般の解は\[3x+\left(7+\sqrt{34}\right)y=\pm\left(4+\sqrt{34}\right)\left(35+6\sqrt{34}\right)^n\]から得られる($n=0$,$\pm1$,$\pm2$,$\cdots\cdots$).
 〔注意〕 $\text{mod}.\ 7$ に関して除外法を行なえば\[y\equiv0,\hphantom{n}\pm1,\hphantom{n}\pm2,\hphantom{n}\pm3,\hspace{1cm}y^2\equiv0,\hphantom{n}1,\hphantom{n}4,\hphantom{n}2,\hphantom{2}\left(\text{mod}.\ 7\right)\]から\[X^2\equiv-4,\hphantom{n}2,\hphantom{n}-1,\hphantom{n}1,\hphantom{2}\left(\text{mod}.\ 7\right)\] $-4$,$-1$ は $7$ の平方非剰余だから,$y\equiv0$,$y\equiv\pm2\ \left(\text{mod}.\ 7\right)$ は除外される.故に上記 $y$ の五つの値のうち $9$,$19$,$21$ は省いてもよい.
 〔問題〕 $ax^2+bxy+cy^2=k$ の二つの解 $\left\{x_0,\ y_0\right\}$,$\left\{x_1,\ y_1\right\}$ が同伴解であるために必要かつ十分な条件は\[x_0y_1-x_1y_0\equiv0\hphantom{m}\left(\text{mod}.\ k\right).\tag{$15$}\] 〔解〕 $\left\{x_0\ y_0\right\}$,$\left\{x_1\ y_1\right\}$ が同伴解ならば,\[\begin{alignat*}{1}2ax_0+by_0+\sqrt{D}y_0&=\alpha_0,\\[2mm]2ax_1+by_1+\sqrt{D}y_1&=\alpha_1\end{alignat*}\tag{$16$}\]と置くとき,\[\alpha_1=\alpha_0E\]で,\[E=\frac{t+u\sqrt{D}}{2},\hspace{5mm}N\left(E\right)=EE^\prime=1.\]故に\[\begin{vmatrix}\alpha_0&\alpha_0{}^\prime\\\alpha_1&\alpha_1{}^\prime\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}\alpha_0\hphantom{E}&\hphantom{\alpha_0{}^\prime}\alpha_0{}^\prime\\\alpha_0E&\alpha_0{}^\prime E^\prime\end{vmatrix}=\alpha_0\alpha_0{}^\prime\left(E^\prime-E\right)=-4aku\sqrt{D}.\] また一方において\begin{alignat*}{1}\begin{vmatrix}\alpha_0&\alpha_0{}^\prime\\\alpha_1&\alpha_1{}^\prime\end{vmatrix}&=\begin{vmatrix}2ax_0+by_0+y_0\sqrt{D}&2ax_0+by_0-y_0\sqrt{D}\\2ax_1+by_1+y_1\sqrt{D}&2ax_1+by_1-y_1\sqrt{D}\end{vmatrix}\\[2mm]&=\begin{vmatrix}x_0&y_0\\x_1&y_1\end{vmatrix}\ \begin{vmatrix}2a&b+\sqrt{D}\\2a&b-\sqrt{D}\end{vmatrix}=-4a\sqrt{D}\left(x_0y_1-x_1y_0\right).\tag{$17$}\end{alignat*}故に\[x_0y_1-x_1y_0=ku.\]すなわち $\left(15\right)$ は必要な条件である.
 逆に,$\left(16\right)$ において\[\alpha_1=\xi\alpha_0\]と置けば,\[\begin{vmatrix}\alpha_0&\alpha_0{}^\prime\\\alpha_1&\alpha_1{}^\prime\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}\alpha_0\hphantom{\xi}&\hphantom{\alpha_0}\alpha_0{}^\prime\\\alpha_0\xi&\alpha_0{}^\prime \xi^\prime\end{vmatrix}=\alpha_0\alpha_0{}^\prime\left(\xi^\prime-\xi\right)=4ak\left(\xi^\prime-\xi\right).\]よって\[x_0y_1-x_1y_0=ku\]とすれば,$\left(\ 17\ \right)$ から\[4ak\left(\xi^\prime-\xi\right)=-4a\sqrt{D}ku,\]\[\xi^\prime-\xi=-u\sqrt{D}.\tag{$18$}\]また $N\left(\alpha_0\right)=N\left(\alpha_1\right)=4ak$ から,$N\left(\xi\right)=1$ すなわち\[\xi\xi^\prime=1.\tag{$19$}\]$\left(18\right)$ と $\left(19\right)$ とから\[\left(\xi+\xi^\prime\right)^2=Du^2+4.\] $\xi+\xi^\prime$ は有理数であるから,これから\[Du^2+4=t^2\]を得る.$t$ は有理整数である.よって\[\xi=\frac{t+u\sqrt{D}}{2},\]すなわち\[\alpha_1=\alpha_0\frac{t+u\sqrt{D}}{2}\]で,$\left\{x_0,\ y_0\right\}$,$\left\{x_1,\ y_1\right\}$ は同伴解である.

 $\boldsymbol{2.}$ 上記の方法ははなはだ粗雑であるけれども,その結論は重要であるから,それを次の定理として掲出する.
 〔定理 $\boldsymbol{3.\ 10}$〕 二次不定方程式\[\boldsymbol{ax^2}+\boldsymbol{bxy}+\boldsymbol{cy^2}=\boldsymbol{k}\]において
 (第一) $\boldsymbol{D}\lt\boldsymbol{0}$ ならば,整数解があるとしても,それは有限個に限る.
 (第二) $\boldsymbol{D}\gt\boldsymbol{0}$ で,$\boldsymbol{D}$ が平方数でないときには,解があるならば,無限に多くの解があるが,それらの解は有限組の同伴解に分かれる.すなわち $\left\{x_0,\ y_0\right\}$ が一つの解ならば\[2ax+by+y\sqrt{D}=\left(2ax_0+by_0+y_0\sqrt{D}\right)\hspace{0.7mm}\cdotp\frac{t+u\sqrt{D}}{2},\]すなわち\[\left.\begin{alignat*}{1}x&=\frac{t-bu}{2}x_0-cuy_0\\[2mm]y&=aux_0+\frac{t+bu}{2}y_0\end{alignat*}\ \right\}\]から $\left\{x_0,\ y_0\right\}$ の無数の同伴解 $\left\{x,\ y\right\}$ を得る($223$ 頁).ここで $\left\{t,\ u\right\}$ は Pell 方程式\[t^2-Du^2=4\]の任意の解である.

 三次以上の不定方程式\[a_0x^n+a_1x^{n-1}y+\cdots\cdots+a_ny^n=k\]において,左辺が既約ならば,整数解があっても,有限個に限る(Thue の定理).本書でこの定理の証明を紹介することはできないが,事実だけを述べておく.双曲線上に無数の格子点があり得ることを学んだところであるから,上記の定理は意外な安定感を与えるであろう.






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