【数学笔记】Pell方程难度：ACM/NOI拓展/CMO

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#笔记 #算法

于 2025-09-21 20:01:37 首次发布

注：

1.本文中所涉及到的link，部分可能未施工完毕（本人是csdn萌新），但已有写作计划，请见谅

update1.0 ：经笔者本人思考，添加了一些动机解释，发现只要熟练掌握初等数论工具，对Pell 方程的研究并没有那么困难，希望能够帮助到大家。

所谓Pell方程，是一类特殊的二次不定方程，形如：

$x^2-Dy^2=1, D\in \mathbb Z_{+}$

而我们关心它的整数解。

看到Pell方程的形式后，我们对其展开如下的初步研究：

1. 代入 $D=1$ , 可以做一个因式分解：

$x^2-y^2=(x+y)(x-y)=1$

从而 $x-y=x+y=\pm 1 \Rightarrow x=\pm1,y=0$

我们想到，当D为任意完全平方数时，方程仍然只有如上的平凡解。于是我们关心当D不为完全平方数时，非平凡解的情况。

定理一：Pell 方程必有非平凡解，当 $\sqrt D \notin \mathbb Z$ 时。

对于这个定理，笔者能力有限，恐怕不能给出证明，据说运用到高等方法。不过我们可能可以运用【数学笔记】模合数的二次剩余理论尝试搞定这种情形下的 $x^2$ 。（待研究）

Pell 方程之所以独特而有趣，源自于其解的分布特征。我们继续进行探索，利用C++计算D=2,3,5时的前四组解

D	2	3	5
$(x_0,y_0)$	3 2	2 1	9 4
$(x_1,y_1)$	17 12	7 4	161 72
$(x_2,y_2)$	99 70	26 15	2889 1292
$(x_3,y_3)$	577 408	97 56	51841 23184

表1 Pell方程的一些正整数解

这使得我们发现一些性质，如：

性质1.将原方程变形为 $x=\sqrt{Dy^2+1}$ ,得到当x充分大时， $\frac{x}{y} \approx \sqrt{D}$ ，换句话说，Pell 方程中的解可以构成 $\sqrt D$ 不错的有理近似.

性质2.x和y保持“单调性”，即对任意的解 $(x_0,y_0)$ ，不存在解 $(x,y) s.t. x<x_0,y\geq y_0$ 。

性质3.Pell 方程在 $\sqrt D \notin \mathbb Z$ 时，左侧具有一定的混乱度，可能具有无穷多组解。

由2不难推导如下的定义和性质：

定义1 ：称使得 $x_0+\sqrt{D} y_0$ 最小的一组解 $(x_0,y_0)$ 为Pell 方程的基本解。

定理2：对所有的解 $(x,y)$ ，有 $x\geq x_0, y\geq y_0$ 。

同时，由【数学笔记】一个精彩的想法与Newton迭代法之间的联系，我们曾经在无聊时尝试将 $(\sqrt2-1)$ 不断平方，得到：

$3-2\sqrt2,17-12\sqrt2,577-408\sqrt2$

并试图用 $1,\frac{3}{2},\frac{17}{12},\frac{577}{408},...$ 来逼近 $\sqrt2$ ，并发现我们计算出的数列恰巧是使用Newton迭代法得到的如下数列：

$x_1=1,x_n=\frac{x_{n-1}+\frac{2}{x_{n-1}}}{2}$

当时的这个想法在这里居然还起到了作用，因为这组数恰好对应于表1中的第1,2,4组解。因此我们容易看到如下的猜想是自然的：

定理3：记 $x-y\sqrt{D}=(x_0-y_0\sqrt{D})^n$ ...（*），则Pell方程所有的解由所有可能的 $(x,y)$ 生成。

分析：首先，我们尝试验证结论：这个定理在表1中成立，于是我们着手证明。

这个命题分为两方面：1. $(x,y)$ 是Pell方程的解；2.所有可能的解对应于一组 $(x,y)$ 。先考虑较为简单的1。上述的讨论和经验为我们打开了思路。考虑使用数学归纳法，去证引理3.1:

若 $(x_1,y_1),(x_2,y_2)$ 是Pell方程的解，则

$x=x_1x_2+Dy_1y_2,y=x_1y_2+x_2y_1$

使得 $x-y\sqrt{D}=(x_1-y_1\sqrt{D})(x_2-y_2\sqrt{D})$

是Pell方程的一组解。

（update1.1：事实上，这个性质类似于若 $a \in S, b \in S \Rightarrow a+b \in S$ 的群结构，值得我们高度重视“逆元”“带余除法”，并且由这个性质可以推导出很多很多Pell 方程的解，这也为我们下文中的无穷递降法做了铺垫。）

略证3.1：

$\quad x^2-Dy^2 \\ =x_1^2x_0^2+D^2y_1^2y_0^2+2Dx_1y_1x_0y_0-Dy_1^2x_0^2-Dx_1^2y_0^2-2Dx_1y_1x_0y_0 \\ =(x_0^2-Dy_0^2)(x_1^2-Dy_1^2) \\ =1$

即证。

接下来考虑2，这是一个非常困难的问题，不过我们仍然可以解决它。用反证法，假设 $x^2-Dy^2=1$ ，但 $(x,y)$ 不可以表示为上述的形式，考察工具箱中的工具：

1.（*）中涉及到了基本解，它是由极端原理构造得到的。我们可以尝试使用“无穷递降法”导出矛盾。

2.（*）中涉及到了 $x+\sqrt{D}y$ 的形式，那么我们可以使用“共轭根式”的结论。

3.基于Newton迭代法的联想，我们也许可以制造关于 $x-\sqrt D y$ 的不等式来运用无穷递降法。

（update1.2：这里使用的三点工具有些零碎，解析的动机不足以令人满意。更系统的思路是结合update1中的内容，见下文）

略证3.2：

由 $x_0-\sqrt{D}y_0=\frac{1}{x_0+\sqrt{D}y_0} \in (0,1)$

知存在 $r \in \mathbb Z_{+}$ ,

$(x_0-\sqrt{D}y_0)^{r+1}<x-y\sqrt{D}<(x_0-\sqrt{D}y_0)^r$ 。

（update1.3：这里利用了类似带余除法的方法。

例如，p是最小的具有性质f的数，想要证所有具有性质f的数被p整除。这就类似于用“基本解”p导出所有解x。

若x不被p整除，作带余除法x=pr+s，证明s具有性质f，导出矛盾）

即 $x_0-\sqrt{D}y_0<\frac{x-y\sqrt{D}}{(x_0-y_0\sqrt{D})^r}<1$ 。

这里我们将等式左边带上了 $x_0-\sqrt{D}y_0$ 。

又： $\frac{x-y\sqrt{D}}{(x_0-y_0\sqrt{D})^r}=(x-y\sqrt{D})(x_0+y_0\sqrt{D})^r=X-Y\sqrt{D} (X,Y \in \mathbb Z)$

得

$X^2-DY^2=(X-Y\sqrt{D})(X+Y\sqrt{D})=(x-y\sqrt{D})(x_0+y_0\sqrt{D})^r(x+y\sqrt{D})(x_0-y_0\sqrt{D})^r=1$

结合 $0<x_0-y_0\sqrt{D}<X-Y\sqrt{D}<1$ ,知 $1<X+Y\sqrt{D}<x_0+y_0\sqrt{D}$ ，由性质2，知 $(X,Y)$ 为Pell 方程的一组比 $(x_0,y_0)$ 更小的非平凡解，矛盾。

（update 1.4：此处还有一种方法，利用引理3.1结合若 $(x,y)$ 是Pell 方程的一组解，则 $(x,-y)$ 是Pell 方程的一组解，直接得到 $(X,Y)$ 是Pell 方程的一组解。）

由上，定理3证毕。

现在，我们将定理三的解的形式改造为时间复杂度 $O(n)$ 的递推式：

定理4：Pell方程的第n个解（ $n \geq 1$ ）为：

$x_n=x_{n-1}x_0+Dy_{n-1}y_0,y_n=x_{n-1}y_0+y_{n-1}x_0$

然而，这是一个 $\{x_n\} , \{y_n\}$ “相互作用”的递推式，虽然在算法理论上并不影响求解的时间复杂度，但我们可以再研究一下这个式子，把它改造成一个 $x_n$ “看上去”只与 $x_1,x_2,...,x_{n-1}$ 有关的式子，这里我们将 $x_0,y_0$ 视作已知常数。

从另一个角度出发，我们再次运用共轭根式的结果：

$x_n=\frac{1}{2}((x_0-\sqrt{D}y_0)^{n+1}+(x_0+\sqrt{D}y_0)^{n+1})$

看到这个熟悉的形式，我相信有人一定联想到了高中课堂上的“特征根法”求通项公式的技术，如果你记不起来了，事实上，斐波那契数列的通项公式也与此式颇为神似：

$F_n=\frac{1}{\sqrt{5}}((\frac{1+\sqrt{5}}{2})^n-(\frac{1-\sqrt{5}}{2})^n)$ （比内公式）

它与 $F_{n+1}=F_n+F_{n-1}$ 的递推式有着千丝万缕的联系，具体地， $x^2=x+1$ 的两个根恰为 $x_{1,2}=\frac{1 \pm \sqrt{5}}{2}$ 。

这里的情况非常有趣，我们尝试“逆用”特征根法，基于韦达定理，令

$-b=(x_0+\sqrt{D}y_0)+(x_0-\sqrt{D}y_0),c=(x_0+\sqrt{D}y_0)(x_0-\sqrt{D}y_0)=1$

得到 $x_{n+1}-bx_n+cx_{n-1}=0$ ，对 $n\geq 1$

也就得到了 $x_{n+1}=2x_0x_{n}-x_{n-1}$ 。

同样地，由 $\sqrt{D}y_n=\frac{1}{2}((x_0+\sqrt{D}y_0)^{n+1}-(x_0-\sqrt{D}y_0)^{n+1})$ ，我们有

定理4.1：

$x_{n+1}=2x_0x_n-x_{n-1},y_{n+1}=2x_0y_n-y_{n-1}$

事实上，这个公式也可以由定理4推出，只不过有些变形的技巧要求，感兴趣的读者可以自己试试看。

关于Pell方程，我们就暂且分享到这里。下面笔者给出几道习题以供练习：

1.给定正整数 $D,T$ ，求方程 $x^2-Dy^2=1$ 所有满足 $(x,y)\in \mathbb{N}^2$ 的解中，使 $x$ 第T小的解 $\mod 998244353$ 的值（ $D,T \leq 10^6$ ）

2.求证： $1620x^2+1080x+181,x \in \mathbb{N}$ 不是完全平方数

3.hdu6222 A triangle is a Heron’s triangle if it satisfies that the side lengths of it are consecutive integers t-1, t, t+1 and thatits area is an integer. Now, for given n you need to find a Heron’s triangle associated with the smallest t biggerthan or equal to n.

多测，共T组

数据范围： $n \leq 10^{30},T\leq 30000$