基本解生成所有解

首先验证由 $x_n+y_n\sqrt d=(x_1+y_1\sqrt d)^n$ 定义的 $(x_n,y_n)$ 对每个 $n$ 确实是解:取共轭,$x_n-y_n\sqrt d=(x_1-y_1\sqrt d)^n$,故 $x_n^2-dy_n^2=(x_n+y_n\sqrt d)(x_n-y_n\sqrt d)=\left[(x_1+y_1\sqrt d)(x_1-y_1\sqrt d)\right]^n=(x_1^2-dy_1^2)^n=1^n=1$。

现设 $(x,y)$ 是任意不具有此形式的正整数解;由于当 $n\to\infty$ 时 $x_n\to\infty$,存在唯一的 $n$ 使 $x_n+y_n\sqrt d \le x+y\sqrt d < x_{n+1}+y_{n+1}\sqrt d = (x_n+y_n\sqrt d)(x_1+y_1\sqrt d)$。

两边除以 $(x_n+y_n\sqrt d)$,即乘以其逆 $(x_n-y_n\sqrt d)$(由 $x_n^2-dy_n^2=1$ 保证有效):设 $x'+y'\sqrt d = (x+y\sqrt d)(x_n-y_n\sqrt d)$。则 $1\le x'+y'\sqrt d < x_1+y_1\sqrt d$,且 $x'^2-dy'^2=(x^2-dy^2)(x_n^2-dy_n^2)=1\cdot 1=1$,故 $(x',y')$ 也是佩尔方程的解。

利用 $x'+y'\sqrt d\ge 1$ 与 $x'^2-dy'^2=1$ 做简短计算可得 $x'\ge 1$ 且 $y'\ge 0$(若某解满足 $x'+y'\sqrt d\ge 1$ 但 $y'<0$,则会迫使 $x'>x_1$,与 $x'+y'\sqrt d<x_1+y_1\sqrt d$ 连同范数方程矛盾)。若 $y'>0$,则 $(x',y')$ 是满足 $x'+y'\sqrt d<x_1+y_1\sqrt d$ 的正解,与基本解的最小性矛盾。故 $y'=0$,从而 $x'=1$,即 $x+y\sqrt d=x_n+y_n\sqrt d$,故 $(x,y)=(x_n,y_n)$——与假设矛盾。

因此每个正解恰好是某个 $(x_n,y_n)$,证明了基本解生成了整个解集。