第 $5$ 章 二次体の整数論
$\S\ 52$ 二次不定方程式の続き（$\boldsymbol{f\gt1}$ の場合）
$D=f^2d$，$f\gt1$ である場合に\[N\left(\alpha\right)=ak\]なる数 $\alpha$ が求められたとして，その同伴数\[\alpha\varepsilon,\hspace{5mm}N\left(\varepsilon\right)=+1\tag{$\ 1\ $}\]の中から\[ax+\theta y,\hspace{5mm}\theta=\frac{b+\sqrt{D}}{2}\tag{$\ 2\ $}\]の形のものを選び出すこと．これが問題 $\mathrm{C}$ である．まず\[E=\frac{T+U\sqrt{D}}{2}\\[2mm]\left(T^2-DU^2=4\right)\]を判別式 $D$ に属する単数（定理 $5.\ 26$）とすれば，\[\left(ax+\theta y\right)E=ax^\prime+\theta y^\prime\]も $\left(\ 2\ \right)$ の形の数である．すなわち整なる $x$，$y$ に整なる $x^\prime$，$y^\prime$ が対応する．
実際\[\theta=\frac{b+\sqrt{D}}{2},\hspace{5mm}E=\frac{T+U\sqrt{D}}{2}\]から $E-U\theta$ は有理数，したがって，もちろん有理整数である．それを $v$ と記せば\[E=v+\theta U.\]よって\begin{alignat*}{1}\left(ax+\theta y\right)E&=\left(ax+\theta y\right)\left(v+\theta U\right)\\[2mm]&=axv+\theta\left(axU+vy\right)+\theta^2Uy.\end{alignat*}$\theta^2-b\theta+ac=0$ から，右辺の第三項の $\theta^2$ に $b\theta-ac$ を代入して\[\left(ax+\theta y\right)E=a\left(xv-cUy\right)+\theta\left(axU+vy+bUy\right)\]を得る．すなわち上記の通りである．
〔注意〕 $\theta$ も $E$ もいわゆる $f$ を導手とする環に属する（$320$ 頁）．特に環に属する数はすべて $p+q\theta$ の形の数である．さて上記計算において $\theta^2=b\theta-ac$ が $\left(\ 2\ \right)$ の形の数であるから，$\left(\ 2\ \right)$ の形の数に環に属する任意の数 $p+q\theta$ を掛けるとき，その積がやはり $\left(\ 2\ \right)$ の形になる．上記の計算は特に $E=v+U\theta$（$p=v$，$q=U$）を掛けた場合である．$\left(\ 2\ \right)$ の形の数の全部はいわゆる環内のイデヤルで $\left[a,\hphantom{1}\theta\right]$ が底である．しかし問題は環のイデヤル論なしに片付くのである．
故にいま\[\varepsilon_0=\frac{t+u\sqrt{d}}{2},\hspace{5mm}E_0=\frac{T+U\sqrt{D}}{2}\]をそれぞれ\[t^2-u^2d=4,\hspace{5mm}T^2-U^2D=4\]の最小正数解に対応する単数として\[E_0=\varepsilon_0{}^e\]（$\S\ 48$）とすれば，\[\alpha,\hphantom{1}\alpha\varepsilon_0,\ \cdots\cdots,\ \alpha\varepsilon_0{}^{e-1}\tag{$\ 3\ $}\]なる $e$ 個の数の中から $ax+\theta y$ の形のものを選び出したとするときに，それらに $\pm E_0{}^n$（$n=0$，$\pm1$，$\pm2$，$\cdots\cdots$）を乗ずることによって問題で求める数 $\alpha\varepsilon$ は得られるであろう．すなわち無数の数 $\left(\ 1\ \right)$ の検索が有限個の数 $\left(\ 3\ \right)$ の検索に帰するのであるから，問題は解決されたと見なしてよい．
$\left(\ 3\ \right)$ の中に $ax+\theta y$ の形の数が $w$（$w\geqq0$）個あるとすれば，$\alpha$ から不定方程式 $ax^2+bxy+cy^2=k$ の $w$ 組の同伴解が得られるのである．
〔注意〕 $a$ と $k$ とが $f$ と互いに素である場合には $w=0$ または $w=1$ であるが，$\left(ak,\hphantom{1}f\right)\gt1$ なる場合には，$w\gt1$ なることもある．この細論はやや煩雑になる（$343$ 頁，例 $5$ 参照）．
〔解〕 $\varepsilon_1$，$\varepsilon_2$ を $\varepsilon^n$ の中の単数として（$0\leqq n\lt e$），$\alpha\varepsilon_1$，$\alpha\varepsilon_2$ が $\left(\ 2\ \right)$ の形の数であるとすれば\[\begin{alignat*}{1}\alpha\varepsilon_1\equiv r_1\\[2mm]\alpha\varepsilon_2\equiv r_2\end{alignat*}\hphantom{m}\left(\text{mod}.\ f\right).\]仮定によって $\left(\alpha,\hphantom{1}f\right)=1$．故に $\left(r_1,\hphantom{1}f\right)=1$．$\left(r_2,\hphantom{1}f\right)=1$．よって $\varepsilon_2=\varepsilon_1\varepsilon_3$，$r_2\equiv r_1r_3\hphantom{f}\left(\text{mod}.\ f\right)$ と置けば\begin{alignat*}{2}\alpha\varepsilon_1\hspace{0.7mm}\cdotp\varepsilon_3&\equiv r_1\hspace{0.7mm}\cdotp r_3&\hphantom{m}&\left(\text{mod}.\ f\right),\\[2mm]r_1\varepsilon_3&\equiv r_1r_3&&\left(\text{mod}.\ f\right),\\[2mm]\varepsilon_3&\equiv r_3&&\left(\text{mod}.\ f\right).\end{alignat*}故に $\varepsilon_3=1$．したがって $\varepsilon_1=\varepsilon_2$．
〔例 $1$〕 $3x^2+14xy+5y^2=\pm6$， （$d=4\hspace{0.7mm}\cdotp34$）．
これは $\S\ 34$，$\S\ 35$ で取り扱った問題である．
〔解〕 問題は\[N\left\{3x+\left(7+\sqrt{34}\right)y\right\}=\pm18.\]基本単数 $E=35+6\sqrt{34}$，$N\left(E\right)=1$．\begin{alignat*}{1}A&=\left[3,\ 7+\sqrt{34}\right],\hphantom{1}3={AA}^\prime.\\[2mm]2&=P^2,\hspace{5mm}P=\left[2,\ \sqrt{34}\right].\end{alignat*} $\mathrm{N}\left(J\right)=6$ なるイデヤルは，$J=PA$ または $J^\prime={PA}^\prime$．\begin{alignat*}{1}AJ=PA^2&=\left[2,\ \sqrt{34}\right]\ \!\!\left[9,\hphantom{1}4+\sqrt{34}\right]\\[2mm]&=\left[18,\hphantom{1}4+\sqrt{34}\right]=\left(4+\sqrt{34}\right).\hspace{5mm}N\left(4+\sqrt{34}\right)=-18.\end{alignat*}これから $3x^2+14xy+5y^2=-6$ の解を得る．すなわち\[3x+\left(7+\sqrt{34}\right)y=\pm\left(4+\sqrt{34}\right)\left(35+6\sqrt{34}\right)^n.\]例えば，$n=0$，$1$，$-1$ とすれば，（$\pm$ は $+$ だけをとれば）\[x=-1,\hphantom{1}y=1;\hphantom{1}x=-23,\hphantom{1}y=59;\hphantom{1}x=-47,\hphantom{1}y=11.\] また $AJ^\prime={PAA}^\prime=3\left[2,\ \sqrt{34}\right]=3\left(6+\sqrt{34}\right)$，$N\left(6+\sqrt{34}\right)=2$．これから $3x^2+14xy+5y^2=6$ の解を得る．すなわち\[3x+\left(7+\sqrt{34}\right)y=\pm3\left(6+\sqrt{34}\right)\left(35+6\sqrt{34}\right)^n.\]例えば，$n=0$，$1$，$-1$ とすれば（同上）\[x=-1,\hphantom{1}y=3;\hphantom{1}x=-83,\hphantom{1}y=213;\hphantom{1}x=13,\hphantom{1}y=-3.\] 〔例 $2$〕 $2x^2+6xy-9y^2=11$（$D=108=3^2\hspace{0.7mm}\cdotp12$，$d=12$，$f=3$）．\begin{alignat*}{1}&A=\left(2,\hphantom{1}3+3\sqrt{3}\right)=\left[2,\hphantom{1}1+\sqrt{3}\right].\hphantom{1}\varepsilon=2+\sqrt{3},\hphantom{1}E=\varepsilon^3=26+15\sqrt{3}.\\[2mm]&J=\left[11,\hphantom{1}5+\sqrt{3}\right],\hphantom{1}J^\prime=\left[11,\hphantom{1}-5+\sqrt{3}\right].\\[2mm]&AJ=\left[2,\hphantom{1}5+\sqrt{3}\right]\left[11,\hphantom{1}5+\sqrt{3}\right]=\left[22,\hphantom{1}5+\sqrt{3}\right]=\left(5+\sqrt{3}\right),\\[2mm]&N\left(5+\sqrt{3}\right)=+22.\hphantom{1}\alpha=5+\sqrt{3}.\hphantom{n}したがってまた\end{alignat*}\[AJ^\prime=A^\prime J^\prime=\left(\alpha^\prime\right).\]よって $\pm\alpha\varepsilon^n$，$\pm\alpha^\prime\varepsilon^n$（$n=0$，$1$，$2$，あるいは $n=-1$，$0$，$1$ の方が簡単）の中から $2x+3y+3\sqrt{3}y$ の形のものを求めなければならない．\[\alpha\varepsilon^{-1}=7-3\sqrt{3}\]は問題に適する．これから $x=5$，$y=-1$ を得る．\[\alpha^\prime\varepsilon=7+3\sqrt{3}\]からは $x=2$，$y=1$ を得る．$\alpha\varepsilon$，$\alpha^\prime\varepsilon^{-1}$（$=13\pm7\sqrt{3}$）は問題に適しない．故にすべての解は\[2x+3y+3y\sqrt{3}=\pm\left(7\pm3\sqrt{3}\right)\left(26\pm15\sqrt{3}\right)^n\hphantom{1}\left(n=0,\ 1,\ 2,\ \cdots\cdots\right)\]から得られる．
〔例 $3$〕 $8x^2+12xy-9y^2=-4$．\[D=12^2+4\hspace{0.7mm}\cdotp8\hspace{0.7mm}\cdotp9=6^2\hspace{0.7mm}\cdotp12=12^2\hspace{0.7mm}\cdotp3,\\[2mm]d=12,\hphantom{1}f=6,\hphantom{1}m=3.\]問題は二次体 $K\left(\sqrt{3}\right)$ に関する．
ここでは $y$ が偶数であることを要するから，\[y=2y^\prime\]と置いて問題を簡約することができる．すなわち\[2x^2+6xy^\prime-9y^{\prime2}=-1,\tag{$\ 4\ $}\]すなわち\[N\left[2x+\left(3+\sqrt{27}\right)y^\prime\right]=-2.\]さて，この場合\[N\left(1+\sqrt{3}\right)=-2,\\[2mm]\varepsilon=2+\sqrt{3}.\]よって問題は\[\left(1+\sqrt{3}\right)\varepsilon^n\tag{$\ 5\ $}\]の中から $2x+\left(3+\sqrt{27}\right)y^\prime$ の形の数を検出することに帰する．さて\[\varepsilon^2=7+4\sqrt{3},\hphantom{1}\varepsilon^3=26+15\sqrt{3}.\]故に $\left(\ 5\ \right)$ において $n=0$，$1$，$2$ あるいは $n=0$，$1$，$-1$ を試みればよい．
$n=0$ ではもちろん問題に適しない．
$n=1$ とすれば，$\left(1+\sqrt{3}\right)\left(2+\sqrt{3}\right)=5+3\sqrt{3}$，よって\[2x+\left(3+\sqrt{27}\right)y^\prime=5+3\sqrt{3}\]から\[y^\prime=1,\hphantom{x}x=1\]を得る．したがって\[2x+3y^\prime+3\sqrt{3}y^\prime=\pm\left(5+3\sqrt{3}\right)\left(26\pm15\sqrt{3}\right)^n\\[2mm]\left(n=0,\ 1,\ 2\cdots\cdots\right)\]から $\left(\ 4\ \right)$ の一組の同伴解を得る．その $y^\prime$ から $y=2y^\prime$ によって原方程式の解 $\left(x,\ y\right)$ を得る．
次に $n=-1$ とすれば，\[\left(1+\sqrt{3}\right)\left(2-\sqrt{3}\right)=-1+\sqrt{3}.\]これは解を与えない．
〔例 $4$〕 $x^2+5y^2=k$ （$d=-20$）．
$K\left(\sqrt{-5}\right)$ では $\S\ 50$ に述べた三種の有理素数は次のようになる．\begin{alignat*}{2}&\left(\frac{-5}{p}\right)=1,&\hspace{1cm}&p\equiv1,\hphantom{1}3,\hphantom{1}7,\hphantom{1}9\hspace{5mm}\left(\text{mod}.\ 20\right),\\[2mm]&\left(\frac{-5}{q}\right)=-1,&\hspace{1cm}&q\equiv11,\hphantom{1}13,\hphantom{1}17,\hphantom{1}19\hspace{5mm}\left(\text{mod}.\ 20\right),\\[2mm]&\hphantom{(-5)}l=2,\hphantom{1}5.\end{alignat*}解があるためには，まずもって $\mathrm{N}\left(J\right)=k$ であることを要するが，それは $k$（もちろん $k\gt0$）が素因数 $q$ を偶数巾に含むときに限る．しかし原始解だけを考察するならば，$k$ が素因数 $q$ を含まず，また $2$，$5$ を含んでも，ただ一回だけ含むときに限って解がある．
$K\left(\sqrt{-5}\right)$ においては，イデヤルは二類に分かれる（$\S\ 45$）．一つは主類で，他の一つは $L=\left[2,\hphantom{1}1+\sqrt{-5}\right]$ によって代表される非主類である．素のイデヤルの中で $\left(\sqrt{-5}\right)$ は主類に属し，$L=\left[2,\hphantom{1}1+\sqrt{-5}\right]$ は第二類（非主類）に属するが，その他がいずれの類に属するかが次のように簡単に区別される．
一次の素のイデヤル $P$ が主類に属するならば，$P=\left(x+y\sqrt{-5}\right)$，したがって $\mathrm{N}\left(P\right)=p$ とすれば，$x^2+5y^2=p$，故に $x^2\equiv p\hphantom{5}\left(\text{mod}.\ 5\right)$，したがって $\left(\dfrac{p}{5}\right)=1$，$p\equiv\pm1\hphantom{5}\left(\text{mod}.\ 5\right)$．故に $p\equiv1$，$9\hphantom{2}\left(\text{mod}.\ 20\right)$．これらの素数（$29$，$41$，$61$，$89$ 等）を一般的に $p_1$ で表わすことにする．
また $P$ が主類に属しないならば $P\sim L$，したがって $PL\sim L^2=\left(\ 2\ \right)$ が主類に属するから，$PL=\left(x+y\sqrt{-5}\right)$ とすれば，$2p=x^2+5y^2$，したがって $\left(\dfrac{2p}{5}\right)=1$，$\left(\dfrac{p\vphantom{2}}{5}\right)=-1$，$p\equiv\pm3\hphantom{5}\left(\text{mod}.\ 5\right)$，故に $p\equiv3$，$7\hphantom{2}\left(\text{mod}.\ 20\right)$．これらの素数（$3$，$7$，$23$，$43$，$47$ 等）を一般的に $p_2$ で表わす．
第二類に属する二つのイデヤルの積は主類に属する．なぜならば，$P^{\left(1\right)}\sim L$，$P^{\left(2\right)}\sim L$ ならば $P^{\left(1\right)}P^{\left(2\right)}\sim L^2=\left(\ 2\ \right)$．故に第二類のイデヤル偶数個［または奇数個］の積は主類［または非主類］に属する．
さて $x^2+5y^2=k$ の原始解であるが，必要条件 $\mathrm{N}\left(J\right)=k$ が充実されたとして，原始イデヤル $J$ を素因数に分解して，\[J=P_1{}^\alpha P_2{}^\beta\cdots L^\gamma\left(\sqrt{-5}\right)^\delta,\hspace{5mm}\gamma=0,\hphantom{1}1;\hphantom{1}\delta=0,\hphantom{1}1\\[2mm]\mathrm{N}\left(P_1\right)=p_1,\hphantom{1}\mathrm{N}\left(P_2\right)=p_2\]とおけば，\[N\left(x+y\sqrt{-5}\right)=k\]が原始解を有するのは，$J$ が主類に属するとき，すなわち $\gamma+\sum\beta$ が偶数であるときである．そのとき，$k=2^\gamma\hspace{0.7mm}\cdotp5^\delta\hspace{0.7mm}\cdotp p_1{}^\alpha\cdots p_2{}^\beta\cdots$ 故に次の結論に達する．
$x^2+5y^2=k$ が原始解 $\left(x,\ y\right)=1$ を有するために必要かつ十分な条件は，$k$ が素因数 $q$ を含まず，$2$ または $5$ を含めば，ただ一回だけ含み，かつ $2$ と素因数 $p_2$（$\equiv3$，$7\ \text{mod}.\ 20$）とを合わせて偶数回含むことである．
二，三の例を示せば，次の通り．
$1)$ $x^2+5y^2=29$．$N\left(3+2\sqrt{-5}\right)=29$．$x=\pm3$，$y=\pm2$．
$2)$ $x^2+5y^2=46$．\[p_2=23,\hphantom{1}15^2\equiv -5\hphantom{2}\left(\text{mod}.\ 23\right)\hphantom{\therefore}\therefore\ P=\left[23,\hphantom{1}15+\sqrt{-5}\right].\]$LP$ は主類に属する．$LP=\left(\alpha\right)$ とすれば $N\left(\alpha\right)=46$．
$\alpha$ は次のようにして迅速に求められる．$15+\sqrt{-5}$ は $L$ でも割り切れるが，$N\left(15+\sqrt{-5}\right)=230=46\hspace{0.7mm}\cdotp5$．よって $\alpha=\left(15+\sqrt{-5}\right)/\sqrt{-5}=1-3\sqrt{-5}$．故に四つの解 $x=\pm1$，$y=\pm3$ を得る．$1^2+5\hspace{0.7mm}\cdotp3^2=46$．
${LP}^\prime=\left(\alpha^\prime\right)$ だから，これから他の解を得ない．
$3)$ $x^2+5y^2=989$．
$989=23\times43$．$23$ も $43$ も $p_2$ である．故に解はある．いま\begin{alignat*}{3}A&=\left[23,\hphantom{1}8+\sqrt{-5}\right],&\hspace{1cm}\mathrm{N}\left(A\right)&=23,&\hspace{1cm}N\left(8+\sqrt{-5}\right)&=23\times3,\\[2mm]B&=\left[43,\hphantom{1}9+\sqrt{-5}\right],&\hspace{1cm}\mathrm{N}\left(B\right)&=43,&\hspace{1cm}N\left(9+\sqrt{-5}\right)&=43\times2\end{alignat*}と置く．$AB$ は主類に属することはきまっているから，$AB=\left(\rho\right)$ である $\rho$ を求めることはできる．しからば $N\left(\rho\right)=989$ から解が得られる．しかし次のようにする方が早道である（$\S\ 50$，問題 $1$，参照）．
| $N\left(8+\sqrt{-5}\right)=23\times3$ から， $A\left[3,\hphantom{1}8+\sqrt{-5}\right]=8+\sqrt{-5}$． |
| $N\left(9+\sqrt{-5}\right)=43\times3$ から， $B\left[2,\hphantom{1}1+\sqrt{-5}\right]=9+\sqrt{-5}$． |
| 故に | $AB\hspace{0.7mm}\cdotp\left(-1+\sqrt{-5}\right)=\left(8+\sqrt{-5}\right)\left(9+\sqrt{-5}\right)$． | |
| したがって | $AB=\dfrac{\left(8+\sqrt{-5}\right)\left(9+\sqrt{-5}\right)}{-1+\sqrt{-5}}=3+14\sqrt{-5}$． |
また ${AB}^\prime=\left(\rho\right)$ から他の解が得られる．今度は\[A\hspace{0.7mm}\cdotp\left[3,\hphantom{1}8+\sqrt{-5}\right]=8+\sqrt{-5},\\[2mm]B\hspace{0.7mm}\cdotp\left[2,\hphantom{1}1+\sqrt{-5}\right]=9-\sqrt{-5},\\[2mm]{AB}^\prime=\dfrac{\left(8+\sqrt{-5}\right)\left(9-\sqrt{-5}\right)}{-1+\sqrt{-5}}=-\left(12+13\sqrt{-5}\right).\]故に $x=\pm12$，$y=\pm13$ が解である．$12^2+5\hspace{0.7mm}\cdotp13^2=989$．
〔例 $5$〕 $x^2-5y^2=k$．（$D=20$，$d=5$，$f=2$）．
ここでは $\left(\dfrac{5}{p}\right)=1$，$p\equiv\pm1\hphantom{5}\left(\text{mod}.\ 5\right)$，$\left(\dfrac{5}{q}\right)=-1$，$q\equiv\pm2\hphantom{5}\left(\text{mod}.\ 5\right)$．$l=5$．$\mathrm{N}\left(J\right)=\left|k\right|$ なる原始イデヤルがあるのは $k$ が $5n\pm1$ の形の素因数のみ，または素因数 $5$ を含むならば，ただ一回含むときに限る．$K\left(\sqrt{5}\right)$ では，すべてのイデヤルが主類だから，$J=\left(\rho\right)=\left(\ \!\!\left(a+b\sqrt{5}\right)/2\right)$ になるが，ここでは $a\equiv b\equiv0\hphantom{2}\left(\text{mod}.\ 2\right)$ であるときに限って，$J=\left(\rho\right)$ から $x^2-5y^2=k$ の解が得られる．
基本単数 $\varepsilon_0=\left(1+\sqrt{5}\right)/2$ のノルムは $-1$ だから，$\rho$ または $\rho\varepsilon_0$ のノルムが任意の符号を有する．故に $\mathrm{N}\left(J\right)=\left|k\right|$ ならば，$k$ は正でも，負でも $N\left(\alpha\right)=k$ なる $\alpha$ は必ずある．
さて $\varepsilon=\varepsilon_0{}^2=\left(3+\sqrt{5}\right)/2$ が $N\left(\varepsilon\right)=+1$ なる「基本単数」で，また $E=\varepsilon^3=9+4\sqrt{5}$ が判別式 $20$ に属する $N\left(E\right)=+1$ なる「基本単数」である．よって\[\alpha,\hphantom{1}\alpha\varepsilon,\hphantom{1}\alpha\varepsilon^2\]または\[\alpha,\hphantom{1}\alpha\varepsilon,\hphantom{1}\alpha\varepsilon^{-1}\]の中に $x+y\sqrt{5}$ の形の数があれば，それが $x^2-5y^2=k$ の解を与える．さて\[\alpha=\frac{a+b\sqrt{5}}{2} ただし a\equiv b\hphantom{2}\left(\text{mod}.\ 2\right)\]とすれば，\begin{alignat*}{1}\alpha\varepsilon\hphantom{^{-1}}&=\frac{a+b\sqrt{5}}{2}\ \frac{3+\sqrt{5}}{2}=\frac{\ \left(3a+5b\right)+\left(a+3b\right)\sqrt{5}\ \ }{4},\\[2mm]\alpha\varepsilon^{-1}&=\frac{a+b\sqrt{5}}{2}\ \frac{3-\sqrt{5}}{2}=\frac{\ \left(3a-5b\right)+\left(-a+3b\right)\sqrt{5}\ \ }{4}.\end{alignat*}$\alpha$，$\alpha\varepsilon$，$\alpha\varepsilon^{-1}$ における $\sqrt{5}/2$ の係数 $b$，$\left(a+3b\right)/2$，$\left(-a+3b\right)/2$ を考察するに，$b$ が奇数，したがって $a$ も奇数ならば，$\left(a+3b\right)/2-\left(-a+3b\right)/2=a$ だから $\left(a+3b\right)/2$，$\left(-a+3b\right)/2$ の中の一つだけが偶数である．また $b$ が偶数，したがって $a$ も偶数ならば，$a=2a^\prime$，$b=2b^\prime$ と置くとき，$\left(a^2-5b^2\right)/4=k$，すなわち $a^{\prime2}-5b^{\prime2}=k$．
よって $k$ が上記のような奇数ならば，$a^\prime$，$b^\prime$ のうち一方だけが偶数である．故に\begin{alignat*}{1}\frac{a+3b}{2}&=a^\prime+3b^\prime,\\[2mm]\frac{-a+3b}{2}&=-a^\prime+3b^\prime\end{alignat*}は双方ともに奇数である．すなわち $b$，$\left(a+3b\right)/2$，$\left(-a+3b\right)/2$ の中で一つだけが偶数である．故に $\alpha$，$\alpha\varepsilon$，$\alpha\varepsilon^{-1}$ のうち一つだけが $x+y\sqrt{5}$ の形の数である．それを $\alpha_0$ とすれば，$\pm\alpha_0E^n$（$n=0$，$\pm1$，$\pm2$，$\cdots\cdots$）が $x^2-5y^2=k$ の解を与えるのである．他の二つ，あるいは $\alpha_0\varepsilon$，$\alpha_0\varepsilon^{-1}$ はそれの $2$ 倍が $x+y\sqrt{5}$ の形になる．それらは $x^2-5y^2=4k$ の原始解を与える．
一，二の例を挙げるならば：
$1)$ $x^2-5y^2=11$．$N\left(4+\sqrt{5}\right)=11$．一般解は\[x+y\sqrt{5}=\pm\left(4+\sqrt{5}\right)\left(9\pm4\sqrt{5}\right)^n.\] $2)$ $x^2-5y^2=19$．$N\left(\dfrac{9+\sqrt{5}}{2}\right)=19$． $\dfrac{9+\sqrt{5}}{2}\hspace{0.7mm}\cdotp\dfrac{3+\sqrt{5}}{2}=8+3\sqrt{5}$，
$\hphantom{2)}$ $\dfrac{9+\sqrt{5}}{2}\hspace{0.7mm}\cdotp\dfrac{3-\sqrt{5}}{2}=\dfrac{11-3\sqrt{5}}{2}$．
一般解は $x+y\sqrt{5}=\pm\left(8+3\sqrt{5}\right)\left(9\pm4\sqrt{5}\right)^n$ から得られる