Iz<,0<g≤g. (3) 证设y取0,1，…，g诸值，均存在整数g,使y≤化< 0+1即使0≤工<1，故以上面的g+1对值（知，1），， (+1,+1)代入Z,对应得出g十1个L的值工红，，工a+i 且0≤L4<1,j=1,…,g+1.于是对下列g个半开的区组 [贤.-0五，…y9-1 说，至少有一个区组落入两个工的值，不失一般，可设为工1= 一y18,L=9一y8,1>3,故有 1---n91<g 令x=一，y=1一2，且0<y≤g,故(3)成立.证完. 推论有无穷多对整数，y适合不等式 a-01<号 (4) 证由(3)便知有整数1,1，适合(4).取整数q1>1, 使 六<-1<六 由引理1，存在整数对，2，适合 |m-gy201<1≤1 再取g2>1,使 1<m-2l, 再由引理1，存在整数对，，适合 |-y01<1≤1， 如此不断作下去，因为 e19
{1-y10|>l-gy81>cg-y381>… 故，(8=1,2,3，…)是不同的整数对，即知有无穷多对 整数对，（⑦=1,23，…）适合(4)式.证完 引理2设D不是平方数，D>0,则存在无穷多对整数 心，，使得 |e-Dy2|<1+2N/D 证在(3)中取日=√D,出引理1的推论知存在无穷多 对整数，y>0,使得下式满足 |-g01<1 又因 |e+0|=-y0+2y8|≤ix一0+20 <+测ND, 把上两式两边相乘，故有无穷多对整数，y>0,满足 2-yr!--yD1<+2ND<2WD+1. 证完 引理8设D不是平方数，D>0,则存在整数而，0<引 <1+2√D,使得 2-Du2=无 (6) 有无穷多组整数解，. 证因为绝对值小于1+2√万的整数只有有限个，而 引理2告诉我们有无限多对整数化，y,满足2一D<1十 2√D,因此有整数飞，1！<1+2√D,使得(5)有无穷多组整 数解，影.又因D不是平方数，故x2-D≠0，即1k{>0 证完. 因为适合(5)的解在心=0或y=0时只有有限组，故得 ·20·
推论设D不是平方数，D>0则存在整数而，0<引 <1+2√市，使得(6)有无穷多组整数解x>0,y>0. 定理1的证明： 首先证明(1)至少有一组解，y≠0.引理3的推论告诉 我们，(5)的解>0，y>0有无穷多组，因而其中至少存在两 组不同的解(，1)卡(（，2)，>0，>0，>0,2>0， 且满足 =2(mod|无|)，1匹约(m0d|z|), (6) 于是有 (i-Dy(3-D)=(c1-D1则2) ÷D(1y2x2)2-2, (7) 令12一D则1的=X,1y妇一花1=Y,由(6) -Dy2E-D1-b=0(mod无)， 12-x21=x22-e2=0(m0dk|), 故X,Y是整数，而且Y+0,否则，由2=21，可设 =1-玉，>0，将斯=花，h=,代入（⑤得 无-（始-D)=2%, 因此=1，与(1，)≠(2，)矛盾.由（⑦得出 X2-DY2-1, 故X,Y是(1)的一组解，且Y≠0.不失一般，可设x>0, Y>0.设，%是(1)的基本解，记&=+oND,则满足 x十gND=e",%>0 (8) 的心，y是()的解，这是因为对于任给的整数%>0，记8= -o√D,则有”=G-√D,2-yD-(8)n=1,故给出 (①)的一组解知>0，y>0,又因8>1，所以不同的%给出的 解也不同，即知（⑧）给出无穷多组(1)的解心>0，y>0,反之， 。21+
(1)的任一组解x>0,划>0，可表为(8)的形状，否则，龙十√/万 >+a√D,必存在某个整数n>0,使得 6”<花+yVD<8n+1, 上式两端乘以”，得 1<(x+ND)8"<8, (+yW√D)”是u+u√万型，显然，6，y是(1)的-一组解.由 于牛eN万>1，故0<u-ND=+万<1.上两式 相加得出2u>1,w>0,又2w√D=站+u√D一(u-vD) >1一1=0，故u>0,而u十v√D<e,此与8的选择矛盾.这 就证明了(1)的全体解>0，y>0,可表为（⑧）.用这个绪果， (1)的全体解x<0,y<0,可表为 1el+ly√D=e,n>0, 即 x+yN√D=一8"，n>0, (9) (1)的全体解花<0，y>0,可表为 |xl+y√D=8",%>0, 即 花+y√D=一e”,%>0, (10) (1)的全体解>0，y<0,可表为 +y√D=en,%>0, 即 龙十yND=8t,n>0, (11) 由(8)、(9)、(10)、(11)，以及(1)的平凡解w=土1，y=0(这可 表为8)，就证明了(1)的全体整数解，y可表为（②）.证完. 推论对于任意给定的整数d>0,(1)存在无穷多组解 ,y,满足y=0(modd). .22·
证因2D不是一个平方数，故2-护Dy=1有无穷多 组解，1，而x2-a2D7=-D(d1)=1,令y=cd1,故(1) 有无穷多组解x,y满足y=0(modd). 定理1告诉我们，只要求出Pe方程2-Dy=1的基 本解，那么它的全体解无，y也就表示出来了。设6=十 o√D,,o是(1)的基本解，>0,1>0是(1)的任一组 解，则有≤，≤1，先证≤如，否则有0>，由号= D+1,=Dgi+1,可得D6+1>Dyi+1,即得y0>1,于 是十1√D<,与8的定义矛盾，故0≤，同理可证 ≤1，所以(1)的基本解也可定义为(1)的解>0，y>0中 使：最小的或使y最小的解 因此，寻找(1)的基本解，可以用试验的方法，令y=1,2, 3,4,…,直到1+Dy是一个完全平方，即可求出基本解.然 而，这种方法，有时计算十分冗长。例如，公2-94y-1的基本 解是-2543295,90=221064， 还可以把√D展开为连分数，来求基本解山 对于某些特殊的值，2一Dy产=1的基本解可以立刻得出， 例如Pell方程 2(-1)y2=1,w>1, 显然，其基本解为8≥w+√w2一工. 我们还可以证明 定理2设，的是正整数，满足(1)，且有 >壹7-1， (12) 则5+9√D是(1)的基本解. 证如果9一1，由9最小可知定理显然成立， 现设g [1]华罗庚，数论导引，科学出版社，1975，第十章 23-