連分数4：二次無理数とペル方程式

　循環連分数
$$\a=[a_0;\ \ldots,\ a_{m-1},\ \ol{a_m,\ \ldots,\ a_{m+l-1}}]$$
に対し
\begin{align} \a_m &=[\ol{a_m;\ \ldots,\ a_{m+l-1}}]\\ &=[a_m;\ \ldots,\ a_{m+l-1},\a_m] \end{align}
が成り立つので
$$\frac{px+q}{rx+s}=[a_m;\ \ldots,\ a_{m+l-1},x]$$
なる整数$p,q,r,s$を取ると、$\a_m$は二次方程式
$$r\a_m^2+(s-p)\a_m-q=0$$
を満たすことがわかる。
　したがって$\a_n$は二次無理数であり、また
$$\a=[a_0;\ \ldots,\ a_{m-1},\ \a_m]=\frac{p_{m-1}\a_m+p_{m-2}}{q_{m-1}\a_m+q_{m-2}}$$
より$\a$も二次無理数であることがわかる。

　純循環連分数
\begin{align} \a &=[\ol{a_0;\ a_1,\ \ldots,\ a_{l-1}}]\\ &=[a_0;\ a_1,\ \ldots,\ a_{l-1},\ \a]\\ &=\frac{p_{l-1}\a+p_{l-2}}{q_{l-1}\a+q_{l-2}} \end{align}
は二次方程式
$$q_{l-1}\a^2+(q_{l-1}-p_{l-1})\a-p_{l-2}=0$$
を満たすことに注意して
$$f(x)=q_{l-1}x^2+(q_{l-2}-p_{l-1})x-p_{l-2}$$
とおく。
　このとき$a_0=a_l\geq1$であることや$p_n,q_n$が
$$p_{n+1}\geq p_n,\quad q_{n+1}\geq q_n,\quad p_n\geq q_n$$
を満たすことに注意すると
\begin{alignat}{3} f(-1)&={}&(q_{l-1}-q_{l-2})+(p_{l-1}-p_{l-2})&>0\\ f(0)&=&-p_{l-2}&<0\\ f(1)&=&(q_{l-1}-p_{l-1})+(q_{l-2}-p_{l-2})&<0 \end{alignat}
が成り立つので$f(x)$の増減を考えることで方程式$f(x)=0$の解$x=\a,\ol\a$は
$$-1<\ol\a<0,\quad 1<\a$$
を満たすことがわかる。

$$\a=\frac{p_{n-1}\a_n+p_{n-2}}{q_{n-1}\a_n+q_{n-2}}$$
より
$$\begin{pmatrix}\a\\1\end{pmatrix} =\frac1{q_{n-1}\a_n+q_{n-2}}\begin{pmatrix}p_{n-1}&p_{n-2}\\q_{n-1}&q_{n-2}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\a_n\\1\end{pmatrix}$$
が成り立つことと
\begin{align} A\a^2+B\a+C &=\begin{pmatrix}\a\\1\end{pmatrix}^T \begin{pmatrix}A&B/2\\B/2&C\end{pmatrix} \begin{pmatrix}\a\\1\end{pmatrix}\\ A_n\a_n^2+B_n\a_n+C_n &=\begin{pmatrix}\a_n\\1\end{pmatrix}^T \begin{pmatrix}A_n&B_n/2\\B_n/2&C_n\end{pmatrix} \begin{pmatrix}\a_n\\1\end{pmatrix} \end{align}
と表せることに注意するとわかる。

　二次無理数$\a$が満たす整数係数の方程式を
$$A\a^2+B\a+C=0$$
とおいたとき、整数の組$(A_n,B_n,C_n)$の取り得る値が有限通りであること、つまり有界であることを示せばよい。
　実際それが示されれば$\a_n,\a_{n'},\a_{n''}$が同じ二次方程式を満たすような番号$n,,n',n''$が取れ、このとき$\a_m=\a_{m+l}$とすると
$$\a=[a_0;\ \ldots,\ a_{m-1},\ \ol{a_m,\ \ldots,\ a_{m+l-1}}]$$
となることがわかる。
　いま$d_n=p_n-q_n\a,\ \b=2A\a+B$とおくと
\begin{align} \begin{pmatrix}1&-\a\\0&1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}p_{n-1}&p_{n-2}\\q_{n-1}&q_{n-2}\end{pmatrix} &=\begin{pmatrix}d_{n-1}&d_{n-2}\\q_{n-1}&q_{n-2}\end{pmatrix}\\ \begin{pmatrix}1&\a\\0&1\end{pmatrix}^T \begin{pmatrix}A&B/2\\B/2&C\end{pmatrix} \begin{pmatrix}1&\a\\0&1\end{pmatrix} &=\begin{pmatrix}A&\b/2\\\b/2&0\end{pmatrix} \end{align}
より
$$\begin{pmatrix}a_n&b_n/2\\b_n/2&c_n\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}d_{n-1}&d_{n-2}\\q_{n-1}&q_{n-2}\end{pmatrix}^T \begin{pmatrix}A&\b/2\\\b/2&0\end{pmatrix} \begin{pmatrix}d_{n-1}&d_{n-2}\\q_{n-1}&q_{n-2}\end{pmatrix}$$
と変形でき、また
$$\l|\a-\frac{p_n}{q_n}\r|<\frac1{q_nq_{n+1}}$$
より$|d_{n-2}|,|d_{n-1}|<1/q_{n-1}$と評価できるので上の右辺の各成分は
\begin{align} &\begin{pmatrix}1/q_{n-1}&1/q_{n-1}\\q_{n-1}&q_{n-1}\end{pmatrix}^T \begin{pmatrix}|A|&|\b|/2\\|\b|/2&0\end{pmatrix} \begin{pmatrix}1/q_{n-1}&1/q_{n-1}\\q_{n-1}&q_{n-1}\end{pmatrix}\\ ={}&(|\b|+|A|/q_{n-1}^2)\begin{pmatrix}1&1\\1&1\end{pmatrix} \end{align}
で抑えられる、つまり$|A_n|,|B_n|,|C_n|$は
$$|A_n|,\frac{|B_n|}2,|C_n|<|\b|+\frac{|A|}{q_{n-1}^2}\leq|2A\a+B|+|C|$$
と$n$に依らない定数で抑えられることが示された。

　$\a_1$が簡約であることを示せば十分である。
　いま$a_0=\lfloor\a\rfloor$および$\a$の簡約性から
$$0<\a-a_0<1,\quad\ol\a-a_0<-a_0\leq-1$$
が成り立つので
$$\a_1=\frac1{\a-a_0},\quad\ol{\a_1}=\frac1{\ol\a-a_0}$$
に注意すると
$$-1<\ol{\a_1}<0,\quad1<\a_1$$
を得る。

$$\a=[a_0;\ \ldots,\ a_{m-1},\ \ol{a_m,\ \ldots,\ a_{m+l-1}}]$$
と連分数展開できるとき、$m\neq0$であれば
$$a_{m-1}=a_{m+l-1}$$
が成り立つことを示せばよい。
　いま
$$\a_m=\frac1{\a_{m-1}-a_{m-1}}=\a_{m+l}=\frac1{\a_{m+l-1}-a_{m+l-1}}$$
より
$$\a_{m-1}-\a_{m+l-1}=a_{m-1}-a_{m+l-1}$$
が成り立つので、この共役を取ることで
$$\ol\a_{m-1}-\ol\a_{m+l-1}=a_{m-1}-a_{m+l-1}$$
がわかる。
　よって$\a_{m-1},\a_{m+l-1}$の簡約性から
$$-1< a_{m-1}-a_{m+l-1}<1$$
つまり$a_{m-1}=a_{m+l-1}$を得る。

　$\a$の収束分数を$p_n/q_n$とし、また
$$\b=[\ol{a_{l-1};\ \ldots,\ a_1,\ a_0}]$$
とおくと 第一回の記事 の結果から
\begin{align} \a &=[a_0;\ a_1,\ \ldots,\ a_{l-1},\ \a] =\frac{p_{l-1}\a+p_{l-2}}{q_{l-1}\a+q_{l-2}}\\ \b&=[a_{l-1};\ \ldots,\ a_1,\ a_0,\ \b] =\frac{p_{l-1}\b+q_{l-1}}{p_{l-2}\b+q_{l-2}} \end{align}
が成り立つので、$\a,\b$はそれぞれ二次方程式
\begin{align} 0&=q_{l-1}\a^2+(q_{l-2}-p_{l-1})\a-p_{l-2}\\ 0&=q_{l-1}-(q_{l-2}-p_{l-1})\b-p_{l-2}\b^2 \end{align}
を満たす。特に後者の方程式は
$$\b=-\frac1\a,-\frac1{\ol\a}$$
と解け、$\b>1$に注意すると$\b=-1/\ol\a$を得る。

　$a_0=\lfloor\sqrt r\rfloor$に対し$\a=\sqrt r+a_0$とおくと
$$1<\a,\quad -1<\ol\a=a_0-\sqrt r<0$$
が成り立つので、$\a$は簡約二次無理数となる。
　したがって
\begin{align} \a&=[\ol{2a_0;\ a_1,\ a_2,\ \ldots,\ a_{l-1}}]\\ -\frac1{\ol\a}&=[\ol{a_{l-1};\ \ldots,\ a_2,\ a_1,\ 2a_0}] \end{align}
と連分数展開できるので$\sqrt r$は
\begin{align} \sqrt r &=\a-a_0=[a_0;\ \ol{a_1,\ a_2,\ \ldots,\ a_{l-1},\ 2a_0}]\\ &=a_0-\ol\a=[a_0;\ \ol{a_{l-1};\ \ldots,\ a_2,\ a_1,\ 2a_0}] \end{align}
と連分数展開でき、特に連分数展開の一意性より
$$a_{l-1}=a_1,\quad a_{l-2}=a_2,\quad\cdots$$
となることがわかる。

$$\a+a_0=[\ol{2a_0;\ a_1,\ a_2,\ \ldots,\ a_2,\ a_1}]$$
は純循環性より簡約二次無理数となるので、ガロアの定理より
$$-\frac1{\ol\a+a_0}=[\ol{a_1;\ a_2,\ \ldots,\ a_2,\ a_1,\ 2a_0}]=\frac1{\a-a_0}$$
つまり$\a+\ol\a=0$が成り立つ。したがって$\a^2\in\Q$となることがわかる。

　補題5より$\a_n$の満たす方程式
$$A_nx^2+B_nx+C_n=0$$
を考えると
$$\begin{pmatrix}A_n&B_n/2\\B_n/2&C_n\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}p_{n-1}&p_{n-2}\\q_{n-1}&q_{n-2}\end{pmatrix}^T \begin{pmatrix}1&0\\0&-d\end{pmatrix} \begin{pmatrix}p_{n-1}&p_{n-2}\\q_{n-1}&q_{n-2}\end{pmatrix}$$
が成り立っていたので、この行列式を取ることで
$$(B_n/2)^2-A_nC_n=d$$
が得られることと
$$B_n=2(p_{n-1}p_{n-2}-dq_{n-1}q_{n-2})$$
は偶数であることに注意すると
$$\a_n,\ol\a_n=\frac{-B_n/2\pm\sqrt d}{A_n}$$
と表せる。
　また$\a_n$の簡約性(補題7)から$\ol\a_n<\a_n$が成り立つので$\sqrt d$の符号は
$$\a_n=\frac{P_n+\sqrt d}{|A_n|}\qquad(P_n=\pm B_n/2)$$
と決定でき、また
\begin{align} A_n &=p_{n-1}^2-dq_{n-1}^2\\ &=q_{n-1}^2\l(\frac{p_{n-1}}{q_{n-1}}+\sqrt d\r)\l(\frac{p_{n-1}}{q_{n-1}}-\sqrt d\r) \end{align}
の符号に注意すると
$$Q_n=|A_n|=(-1)^n(p_{n-1}^2-dq_{n-1}^2)$$
を得る。

　定理10より
$$\sqrt d=[a_0;\ a_1,\ a_2,\ \ldots,\ a_{l-1},\ a_0+\sqrt d]$$
が成り立つ、つまり$Q_l=1$となることから前半の主張を得る。
　また正整数$x,y$が
$$x^2-dy^2=\pm1$$
を満たすとき
\begin{align} \l|\sqrt d-\frac xy\r| &=\frac{|x^2-dy^2|}{y(x+\sqrt dy)}\\ &<\frac1{y(y+\sqrt d y)}\\ &<\frac1{2y^2} \end{align}
が成り立つので 第二回の記事 の定理10より$x/y$はある収束分数$p_n/q_n$に等しい、特に$x,y$は互いに素なので$(x,y)=(p_n,q_n)$と表せることがわかる。
　このとき上の補題より$Q_{n+1}=1$が成り立ち、また
$$\a_{n+1}=P_{n+1}+\sqrt d$$
の簡約性(補題7)から
$$-1< P_{n+1}-\sqrt d<0$$
つまり$P_{n+1}=\lfloor\sqrt d\rfloor=a_0$がわかるので
\begin{align} \sqrt d &=[a_0;\ a_1,\ a_2,\ \ldots,\ a_n,\ a_0+\sqrt d]\\ &=[a_0;\ \ol{a_1,\ a_2,\ \ldots,\ a_n,\ 2a_0}] \end{align}
となって後半の主張が得られる。

　$\sqrt d$の連分数展開の最小周期を$l$とおくと、ペル方程式
$$x^2-dy^2=\pm1$$
の正の整数解は
$$\frac{x_n}{y_n}=[a_0;\ \ol{a_1,\ a_2,\ \ldots,\ a_{nl-1}}]$$
なる$(x_n,y_n)$によって尽くされるので、これらが
$$x_n+\sqrt dy_n=(x_1+\sqrt dy_1)^n$$
を満たすことを示せばよい。
　いま
\begin{align} \sqrt d &=[a_0;\ a_1,\ a_2,\ \ldots,\ a_{nl-1},\ \sqrt d+a_0]\\ &=\frac{p_{nl-1}(\sqrt d+a_0)+p_{nl-2}}{q_{nl-1}(\sqrt d+a_0)+q_{nl-2}} \end{align}
より両辺に$q_{nl-1}(\sqrt d+a_0)+q_{nl-2}$を掛けて$1,\sqrt d$の係数を比較することで
\begin{align} dq_{nl-1}&=a_0q_{nl-1}+p_{nl-2}\\ a_0q_{nl-1}+q_{nl-2}&=p_{nl-1} \end{align}
特に
\begin{align} &[a_0;\ a_1,\ a_2,\ \ldots,\ a_{nl-1},\ X+a_0]\\ ={}&\frac{p_{nl-1}(X+a_0)+p_{nl-2}}{q_{nl-1}(X+a_0)+q_{nl-2}}\\ ={}&\frac{x_nX+dy_n}{y_nX+x_n} \end{align}
がわかる。
　またこれに対応する行列を
$$M_n=\begin{pmatrix}x_n&dy_n\\y_n&x_n\end{pmatrix}$$
とおくと
$$\begin{pmatrix}\sqrt d\\1\end{pmatrix} =\frac1{x_n+\sqrt dy_n}M_n\begin{pmatrix}\sqrt d\\1\end{pmatrix}$$
が成り立つので、周期性より
\begin{align} &\phantom{{}={}}[a_0;\ a_1,\ a_2,\ \ldots,\ a_{nl-1},\ X+a_0]\\ &=[a_0;\ a_1,\ a_2,\ \ldots,\ a_{(n-1)l-1},\ 2a_0,\ a_1,\ a_2,\ \ldots,\ a_{l-1},\ X+a_0]\\ &=[a_0;\ a_1,\ a_2,\ \ldots,\ a_{(n-1)l-1},\ a_0+[a_0;\ a_1,\ a_2,\ \ldots,\ a_{l-1},\ X+a_0]]\\ \end{align}
つまり
$$M_n=M_{n-1}M_1=(M_1)^n$$
が成り立つことに注意すると
\begin{align} M_n\begin{pmatrix}\sqrt d\\1\end{pmatrix} &=(x_n+\sqrt dy_n)\begin{pmatrix}\sqrt d\\1\end{pmatrix}\\ =(M_1)^n\begin{pmatrix}\sqrt d\\1\end{pmatrix} &=(x_1+\sqrt dy_1)^n\begin{pmatrix}\sqrt d\\1\end{pmatrix} \end{align}
を得る。