【學習筆記】Pell方程

說明：
文中的分數 $\frac{p}{q}$ 不一定滿足 $\gcd(p,q)=1$ ，也未必 $p,q\in\Z$ 。
由於結論是需要證明的，所以結論用 $\therefore$ 作開頭，以強調。

1.概述

有關 $x,y$ 的方程 $x^2-ny^2=1\quad(n\in\Z,n\ne 0)$

被稱爲 $Pell$ 方程。我們要處理的是 $x,y$ 的正整數解。

不難發現，$n<0$ 時，無正整數解；在 $n=0$ 時，額……；在 $n>0$ 且 $\sqrt{n}\in\Z$ 時，令 $t=y\sqrt{n}\in\N^+$ ，方程轉化爲 $x^2-t^2=1$ ，無正整數解。

所以，我們實際上考慮的是

$\therefore x^2-ny^2=1\quad(x,y,n\in\N^+,\sqrt{n}\not\in\Z)$

2.連分數

推薦刊物：數學吧之連分數，蠻不錯的。

1.定義

我們僅研究簡單連分數 $a_0+\frac{1}{a_1+\frac{1}{a_2+\frac{1}{a_3+\cdots}}}$

可能是有限的，也可能是無限的。用一種更簡單的形式表達，可寫成

$[a_0;a_1,a_2,\dots]$

倘若有限，一般會給出項數 $[a_0;a_1,a_2,\dots,a_k]$

2.計算

顯然我們有 $[a_0;a_1,a_2,\dots,a_k]=a_0+\frac{1}{[a_1;a_2,a_3,\dots,a_k]}$

也可能是無限連分數。但是，倘若 $[a_1;a_2,a_3,\dots,a_k]=\frac{p}{q}$

（或者所謂的 $\lim_{k\rightarrow+\infty}[a_1;a_2,a_3,\dots,a_k]=\frac{p}{q}$ ），那麼我們有

$\therefore [a_0;a_1,a_2,\dots,a_k]=\frac{q+a_0p}{p}$

3.漸進分數

1.定義

定義一個連分數 $a$ 的 $k$ 階漸進分數 $\frac{p_k}{q_k}=[a_0;a_1,a_2,\dots,a_k]$

注意，原連分數的長度可能是任意一個不小於 $k$ 的值，或者是無限連分數。

2.性質

對於任意 $k(k\ge 2)$ ，我們有

$\therefore\begin{cases} p_k=a_kp_{k-1}+p_{k-2}\\ q_k=a_kq_{k-1}+q_{k-2} \end{cases}$

該定理可以使用數學歸納法證明。在 $k=2$ 時不難驗證；對於 $k(k>2)$ 的情況，記連分數 $a'=[a_1;a_2,a_3,\dots,a_k]$ 的漸進分數爲 $\frac{p'}{q'}$ ，由歸納法有

$\begin{cases} p'_k=a_kp'_{k-1}+p'_{k-2}\\ q'_k=a_kq'_{k-1}+q'_{k-2} \end{cases}$

而 2.3 告訴我們

$\begin{cases} p_k=a_0p'_k+q'_k\\ q_k=p'_k \end{cases}$

將角標換成 $k-1$ 或 $k-2$ 自然也成立。進一步推導有

$\begin{aligned} p_k&=a_0(a_kp'_{k-1}+p'_{k-2})+(a_kq'_{k-1}+q'_{k-2})\\ &=a_k(a_0p'_{k-1}+q'_{k-1})+(a_0p'_{k-2}+q'_{k-2})\\ &=a_kp_{k-1}+p_{k-2} \end{aligned}$

$q$ 便不展開了，可自證，無任何難度。

3.新的約定

我們規定

$\begin{cases} p_{-1}=1\\ q_{-1}=0 \end{cases} , \begin{cases} p_{-2}=0\\ q_{-2}=1 \end{cases}$

這會使得 2.3.2 對於任意 $k\in\N$ 都成立。

4.重要結論

將 2.3.2 中的公式，上式乘 $q_{k-1}$ 得到

$p_kq_{k-1}=a_kp_{k-1}q_{k-1}+p_{k-2}q_{k-1}\tag{1}$

下式乘 $p_{k-1}$ 得到

$q_kp_{k-1}=a_kq_{k-1}p_{k-1}+q_{k-2}p_{k-1}\tag{2}$

$(2)$ 式 $-(1)$ 式得到

$q_kp_{k-1}-p_kq_{k-1}=-(q_{k-1}p_{k-2}-p_{k-1}q_{k-2})$

左右兩邊的形式是相仿的，我們可以定義新數列 $\{q_{n}p_{n-1}-p_{n}q_{n-1}\}$ ，結合首項 $q_0p_{-1}-p_{0}q_{-1}=1$ 推出

$\therefore q_{k}p_{k-1}-p_kq_{k-1}=(-1)^k$

4.逼近無理數

楊中和《二次無理數的連分數》講的非常清楚，嚴謹。果然還是要看專業文獻。

設我們正在展開 $\frac{\sqrt{n}+b}{c}$ ，滿足 $b\in\Z,c\in\N^+$ 。不妨設其值爲 $a+\frac{1}{r}$ ，其中 $a\in\Z$ ，而 $r$ 是另一個連分數。由於 $r\in(1,+\infty)\;\Leftrightarrow\;\frac{1}{r}\in(0,1)$ ，我們要取最大的 $a$ ，具體方案是

$\text{maximize}\;b'\le\sqrt{n},\text{s.t.}\;c|(b+b')$

然後我們就有

$a=\frac{b+b'}{c}\\ \;\\ r=\frac{\sqrt{n}+b'}{(n-b'\cdot b')/c}$

$r$ 是化簡後的結果。分母有理化就不在這裏進行了。下證 $\frac{n-b'\cdot b'}{c}\in\N^+$ 。

• 注意到 $b'\equiv -b\pmod{c}$ ，故 $n-b'\cdot b'\equiv n-b^2\pmod{c}$ 。該值爲正是顯然的，因爲 $b'\le\sqrt{n}$ 。
• 利用數學歸納法，$b=0\wedge c=1$ 時顯然成立。設 $c'=(n-b'\cdot b')/c$ ，則 $(n-b'\cdot b')/c '=c\in\Z$ ，故得證。

那麼，這個連分數有多長呢？答案是，一定會出現循環。不難發現，如果 $\frac{\sqrt{n}+b}{c}$ 在之前出現過，那麼就循環了。我們的算法中，$b\le\sqrt{n}$ ，而且該值 $>1$ ，推出 $2\sqrt{n}\ge\sqrt{n}+b>c$ 。不同形式有限，鴿籠原理，必定有循環。

爲了讓整個過程更直觀，令 $k=\lfloor\sqrt{n}\rfloor$ ，再令 $n_x=n-x^2$ ，我們有

$\sqrt{n}=\left[k;\frac{k+i_1}{n_k},\frac{i_1+i_2}{n_{i_1}/n_k},\cdots,\frac{j_1+i}{p},\frac{i+j_2}{n_i/p},\cdots\right]$

現在我們來揭示這個連分數的一些規律，以其中的任意兩項 $\frac{j_1+i}{p},\frac{i+j_2}{n_i/p}$ 作代表。

• 兩個相鄰的分母，乘積爲共有的分子的過渡數 $n_i$ 。

另外一個比較重要的結論是：

• 由於該比值爲正整數，所以 $p\le j_1+i\le k+i$ ，也有 $n_i/p\le i+j_2\le k+i$ 。
• 由於 $i$ 充分大，所以 $p>k-i$ ，否則 $i$ 可以再增大 $p$ 。
• 注意到 $n_i>k^2-i^2=(k-i)(k+i)$ ，故 $\frac{n_i}{p}>\frac{(k-i)(k+i)}{k+i}=k-i$ 。
• 綜上：$p,\frac{n_i}{p}\in(k-i,k+i]$ 。換言之，兩個相鄰分母在 $k$ 的鄰域裏，半徑爲共有因子。

然後我們可以證明，循環節從第二個開始。使用反證法。假設循環從 $l$ 始，由 $r$ 終。

$\sqrt{n}=\left[\dots,\frac{b'+b_l}{c'},\frac{b_l+b_{l+1}}{c_l},\dots,\frac{b_r+b_l}{c_r},\frac{b_l+b_{l+1}}{c_l},\dots\right]$

由之前的結論，$c'\cdot c_l=n-b_l^2$ 且 $c_r\cdot c_l=n^2-b_l^2$ ，所以 $c'=c_r$ 。

用上 $c'=c_r$ 的結論，由於 $\frac{b'+b_l}{c'}$ 和 $\frac{b_r+b_l}{c_r}$ 都是整數，所以 $b'\equiv b_r\pmod{c'}$ 。

之前證明過了 $k-b_r<c'$ 與 $k-b'<c'$ 。在 $b'=b_r+c'$ （或者更大）時，$b'>(k-c')+c'=k$ ，矛盾；在 $b'=b_r-c'$ （或者更小）時，$c'>k-(b_r-c')\;\Leftrightarrow\;k-b_r<0$ 不可能成立。

所以我們有了重要結論 $\begin{cases}b'=b_r\\c'=c_r\end{cases}$

所以循環可以從 $b',c'$ 開始，到 $b_{r-1},c_{r-1}$ 結束——循環整體向前推進一個。以此類推，循環節從第二個開始。

下證 循環節最後一位是 $2k$ 。首先證明，對於一項 $\frac{i+j}{1}$ ，如果其不爲第一項（即 $i=0$ 的時候），那麼 $i=k$ 。這是因爲 $k-i<1$ 即 $k-i\le 0\;\Leftrightarrow\;k\le i$ ，而 $i\le k$ ，就只好 $i=k$ 了。

考慮整個循環過程，一定形如

$\sqrt{n}=\left[\frac{0+k}{1},\frac{k+b_1}{n_k/1},\frac{b_1+b_2}{n_{b_1}/n_k},\dots,\frac{k+b_1}{n_k},\dots\right]$

顯然 $\frac{k+b_1}{n_k}$ 的上一個數的分母是 $1$ 。故其分子是 $k$ 。寫完整就是

$\sqrt{n}=\left[\frac{0+k}{1},\frac{k+b_1}{n_k},\dots,\frac{k+k}{1},\frac{k+b_1}{n_k},\dots\right]$

明顯循環的最後一位是 $2k$ ，得證。

3.$Pell$ 特解

將 $\sqrt{n}$ 寫成連分數，一定可以有遞歸形式

$\sqrt{n}=[a_0;a_1,a_2,\dots,a_{k-1},a_0+\sqrt{n}]$

設其漸進分數爲 $\langle p\rangle/\langle q\rangle$ ，則 $\sqrt{n}=\frac{p_{k-1}(a_0+\sqrt{n})+p_{k-2}}{q_{k-1}(a_0+\sqrt{n})+q_{k-2}}$

$\Leftrightarrow\;\begin{cases}nq_{k-1}=a_0p_{k-1}+p_{k-2}\\ p_{k-1}=a_0q_{k-1}+q_{k-2}\end{cases}$

這告訴我們，$\frac{nq_{k-1}}{p_{k-1}}=[a_0;a_1,a_2,\dots,a_{k-1},a_0]$

而 2.4.4 中有結論 $q_kp_{k-1}-p_kq_{k-1}=(-1)^k$ ，將 $\begin{cases}q_k=p_{k-1}\\p_{k}=nq_{k-1}\end{cases}$ 代入得 $p_{k-1}^2-nq_{k-1}^2=(-1)^k$

在 $k$ 爲偶數時，顯然 $\begin{cases}x=p_{k-1}\\y=q_{k-1}\end{cases}$ 是 $x^2-ny^2=1$ 的解。在 $k$ 爲奇數時，利用 智婕《$pell$方程的求解技巧》 中介紹的方法，有 $\begin{cases}x=2p_{k-1}^2+1\\y=2p_{k-1}q_{k-1}\end{cases}$ 的解（直接暴力代入也可證明）。

該解是讓 $x+y\sqrt{n}$ 最小的解。

爲什麼是最小的解，我真的不知道了，找了好久了

4.$Pell$ 第 $k$ 小解

以下內容源於馮志剛《初等數論》。

在 3 中我們給出了特解 $(x_0,y_0)$ 。令 $\epsilon=x_0+y_0\sqrt{n}$ ，我們要說明，所有的解 $x,y$ 滿足

$\therefore\exist n\in\N^+,\text{s.t.}\;\epsilon^n=x+y\sqrt{n}$

反證法。設令一解是 $(x,y)$ ，一定

$\exist n\in\N^{+},\text{s.t.}\;\epsilon^n<x+y\sqrt{n}<\epsilon^{n+1}$

令 $\epsilon^{-1}=x_0-y_0\sqrt{n}$ ，顯然 $\epsilon^{-1}\epsilon =1$ 。不等式同乘 $(\epsilon^{-1})^n$ 得到

$1<(x+y\sqrt{n})(\epsilon^{-1})^n<\epsilon$

設 $(x+y\sqrt{n})(\epsilon^{-1})^n=u+v\sqrt{n}\quad(u\in\Z,v\in\Z)$ ，需要發現 $(u,v)$ 是一組解。證明極其簡單，由二項式展開可知 $u-v\sqrt{n}=(x-y\sqrt{n})\epsilon^n$ ，兩式相乘可證。

此時，由於 $1<(x+y\sqrt{n})(\epsilon^{-1})^n=u+v\sqrt{n}$ ，知

$1>\frac{1}{u+v\sqrt{n}}=u-v\sqrt{n}>0$

與 $u+v\sqrt{n}>1$ 相加，知 $2u>1$ ，即 $u>0$ 。又

$2v\sqrt{n}=(u+v\sqrt{n})-(u-v\sqrt{n})>1-1=0$

故 $v>0$ 。此時不難發現，$(u,v)$ 是一組正整數解，但 $u+v\sqrt{n}<\epsilon$ ，與 $(x_0,y_0)$ 是最小解矛盾。

所以，第 $k$ 小的解 $(x,y)$ 滿足 $x+y\sqrt{n}=(x_0+y_0\sqrt{n})^k$

5.例題

傳送門 to VJ，直接是個板題。

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <vector>
#include <cmath>
using namespace std;

typedef long long int_;
int_ a[20000];
bool pell(int_ n,int_ &x0,int_ &y0){
	int_ m = int_(sqrt(n)+0.5);
	while(m*m > n) -- m;
	while((m+1)*(m+1)<=n) ++ m;
	if(m*m == n) return false;
	int_ p = 0, q = 1; int i = 0;
	for(; true; ++i){
		int_ b = q-p;
		b += (m-b)/q*q;
		if((a[i] = (b+p)/q) == 2*m)
			break; // 循環終了
		p = b, q = (n-b*b)/q;
	}
	p = 1, q = 0; x0 = (i --);
	for(int_ t; i>=0; --i,q=t)
		t = p, p = q+a[i]*p;
	if((x0&1)^1) x0 = p, y0 = q;
	else x0 = 2*p*p+1, y0 = 2*p*q;
	return true;
}

int_ n; // sqrt{n}
const int mod = 8191;
struct Complex{
	int_ x, y;
	Complex(int_ R,int_ I){
		x = R%mod, y = I%mod;
	}
};
Complex operator*(Complex &a,Complex &b){
	return
	Complex(a.x*b.x%mod
	+n*a.y%mod*b.y%mod,
	a.x*b.y%mod
	+a.y*b.x%mod);
}

Complex qkpow(Complex base,int q){
	Complex ans = base; -- q;
	for(; q; q>>=1,base=base*base)
		if(q&1) ans = base*ans;
	return ans;
}

int main(){
	int_ k, x0, y0;
	while(~scanf("%lld %lld",&n,&k)){
		if(pell(n,x0,y0) == false){
			puts("No answers can \
meet such conditions");
			continue;
		}
		Complex c(x0,y0);
		c = qkpow(c,k);
		printf("%lld\n",c.x);
	}
	return 0;
}

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https://blog.csdn.net/wh2124335/article/details/8871535?locationNum=14&fps=1

https://blog.csdn.net/u011815404/article/details/88717125

https://www.cnblogs.com/The-Pines-of-Star/p/9878823.html

https://wenku.baidu.com/view/fc1eae0c1eb91a37f1115cb9.html

https://www.doc88.com/p-7897715410004.html

http://www.mathchina.net/dvbbs/dispbbs.asp?boardid=7&Id=2701&page=8&star=1

http://blog.sina.com.cn/s/blog_5191695101018n69.html

https://wenku.baidu.com/view/04f333a3a4e9856a561252d380eb6294dc882201.html¹

http://www.cqvip.com/read/read.aspx?id=27279641

https://wenku.baidu.com/view/49b7417390c69ec3d5bb7584.html

https://wenku.baidu.com/view/7f8fb7d376a20029bd642d0a.html

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1. 不知道有沒有用？ ↩︎