ｄは正の整数で，整数の平方にはなっていないとする．このとき，ペル方程式：ｘ^2−ｄｙ^2＝１について，フェルマーは少なくとも１つの自明でない整数解（（ｘ，ｙ）＝（±１，０）以外の解が存在するだろうと予想しましたが，この予想は１７６８年，ラグランジュにより証明されています．

　この方程式は無限に多くの解をもち，基本解（最小の整数解）を（ｘ，ｙ）とおくと一般解は

　　±（ｘ＋ｙ√ｄ）^n　　　ｎ＝０，±１，±２，・・・

により与えられます．ペル方程式は√ｄの最良近似値を次々に生成する所以です．

　基本解の求め方については（その１）（その２）で説明したとおりです．今回のコラムではこれらの証明を扱ってみます．

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［Ｑ１］（ｘ1，ｙ1），（ｘ2，ｙ2）がｘ^2−ｄｙ^2＝ｋを満足するならば，

　　Ｘ＋Ｙ√ｄ＝（ｘ1＋ｙ1√ｄ）（ｘ2＋ｙ2√ｄ）

で定められる（Ｘ，Ｙ）により

　　Ｘ^2−ｄＹ^2＝ｋ^2

が満足される．

［Ａ１］Ｘ^2−ｄＹ^2＝（ｘ1＋ｙ1√ｄ）（ｘ2＋ｙ2√ｄ）（ｘ1−ｙ1√ｄ）（ｘ2−ｙ2√ｄ）＝ｋ^2

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［Ｑ２］ペル方程式ｘ^2−ｄｙ^2＝１は正の整数解をもつ．

［Ａ２］τ1＞１であるようなτ1を任意にとる．それに対応して，｜ｙ1√ｄ−ｘ1｜＜１／τ1，０＜ｙ1≦τ1となるような（ｘ1，ｙ1）をみつける．これにｙ1√ｄ＋ｘ1＜２ｙ1√ｄ＋１を辺々掛ければ

　　｜ｘ1^2−ｄｙ1^2｜＜２√ｄ＋１

となる．つぎに，｜ｙ1√ｄ−ｘ1｜＞１／τ2，τ2＞τ1をとり，

　　｜ｘ2^2−ｄｙ2^2｜＜２√ｄ＋１

となるような（ｘ2，ｙ2）をみつける．

　明らかに区間（−２√ｄ−１，２√ｄ＋１）の中には，０と異なる整数が存在して，ｘ^2−ｄｙ^2＝ｋを満足する（ｘ，ｙ）が無限に見出される．この中にはξ1＝ξ2，η1＝η2（ｍｏｄ｜ｋ｜）となるような２つの対（ξ1，η1），（ξ2，η2）がある．

　（ξ0，η0）を等式ξ0＋η0√ｄ＝（ξ1＋η1√ｄ）（ξ2−η2√ｄ）で定義すれば，［Ｑ１］より，

　　ξ0^2−ｄη0^2＝｜ｋ｜，ξ1^2−ｄη1^2＝０（ｍｏｄ｜ｋ｜）

　　η0＝−ξ1η1＋ξ1η1＝０（ｍｏｄ｜ｋ｜）

ゆえに，ξ0＝ξ｜ｋ｜，η0＝η｜ｋ｜，ξ^2−ｄη^2＝１

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［Ｑ３］ペル方程式ｘ^2−ｄｙ^2＝１を満足する（ｘ，ｙ）のうちで，ｘが大小（あるいは同じことであるがｘ＋ｙ√ｄが最小）であるものを（ｘ0，ｙ0）とすれば，ペル方程式ｘ^2−ｄｙ^2＝１を満足するすべての整数対（ｘ，ｙ）は

　　ｘ＋ｙ√ｄ＝（ｘ0＋ｙ0√ｄ）^r

で与えられる．

［Ａ３］（ｘ，ｙ）が存在したと仮定すると，適当なｒに対して，

　　（ｘ0＋ｙ0√ｄ）^r＜ｘ＋ｙ√ｄ＜（ｘ0＋ｙ0√ｄ）^r+1

となる．（ｘ0＋ｙ0√ｄ）^rで割れば，

　　１＜Ｘ＋Ｙ√ｄ＜ｘ0＋ｙ0√ｄ

ここで，（Ｘ，Ｙ）は［Ｑ１］より

　　Ｘ＋Ｙ√ｄ＝（ｘ＋ｙ√ｄ）／（ｘ0＋ｙ0√ｄ）^r＝（ｘ＋ｙ√ｄ）（ｘ0−ｙ0√ｄ）^r

で定義される整数で，Ｘ^2−ｄＹ^2＝１を満たす．

　しかるに，Ｘ^2−ｄＹ^2＝１から不等式０＜｜Ｘ｜−｜Ｙ1√ｄ｜＜１が得られるが，１＜Ｘ＋Ｙ√ｄを考慮すればＸ，Ｙは正であることが示される．ゆえに，Ｘ＋Ｙ√ｄ＜ｘ0＋ｙ0√ｄは（ｘ0，ｙ0）が最小であるという定義に反する．

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