Liên phân số và ứng dụng

Liên phân số và ứng dụng

LIEN PHAN SO VA UNG DUNG

Dang Hing Thang

I Liên phân số hữu hạn

Biểu thức có dạng

đo +

` đ1ị +

đa + ` + 1

đnT—1 TT —

an,

trong đó ao, @1, ,@n la các số thực ai, , a„ z 0 được ký hiệu là (a0; a1, ., an} Tu

1

[203 @1,. ,@%41] = @o + [Œ1; đ2; , @e41] es | Nếu ao € 2 và ai, , a„ là các số nguyên dương thì ta nói [ao; œ1, , ø„] là một liên

phân số hữu hạn có độ dài + Rõ ràng một liên phân số hữu hạn là một số hữu tỷ

Ngược lại ta có

Định lý 1.1 Mỗi số hữu tỷ có thể biểu diễn dưới dạng một liên phân số hữu hạn

Chứng mình Giả sử + = ajb trong đó a,b € Z và b > 0 Đặt rọ = am = b

Thuật chia Ô cơ lit cho ta

7o = 7141 T72 0<m<r

TỊ —CT2qa +Ta Ũ <ra < ra

Tn—2 — Tn~1đn—1 +7n 0 <7n <Tn_—1 Tn—~1 ——= Tnđn

Từ đó dễ thấy

a

Bm lai ga an]

Ví dụ 1.1 Biểu diễn số 62/23 thành liên phân số Ta có

62 = 2.23 + 16

23 =1.16+7 16= 2.742 7=3.241 2=2.1

Do vay

62

— = [2;1,2,3,2 23 [ +? 13 | Chú ý: Biểu diễn không duy nhất Chẳng hạn

7

rị = |0;1,1,1,8] = [0; 1, 1, 1,2, 1]

Có thể chứng minh được một số hữu tỷư biểu diễn được theo đúng hai cách, một cách

có độ đài là số chắn , một cách có độ dài là số lẻ

Cho liên phân số hữu hạn [øo;øi, , ø„| Với mỗi k < ø= liên phân s6 Ch =

ao; œ1, , ø] gọi là giản phan thứ k của |ao; ứ1, vey An}

Công thức tính các giản phân được cho bởi định lý sau

Định lý 1.2 Cho liên phân số hữu hạn|ao; a, , a„| Gia sit dãy số nguyên đương

P0, D1, .Ðn VÀ đo, 1, .; gu được xác định truy hồi như sau

pi = aga, + 1 gq = a4

Ðk = AkPk—1 T Pk—2 Qk = 0kQk—1 đk—2 Khi đó giản phân thứ k Œy = [ao; ø\, , ay] được cho bởi

CG, =

qk

Chitng minh Ta ching minh bang quy nap Voi k = 0 ta co

Co = [ao] = po/qo Với k = 1 ta có

1 aga, +1 C1 = [a0; a1| = ao + — = onl ` = Đ1/đi

Giả sử định lý đúng cho mọi 0 < k <n Khi đó ( với 2 < k < n)

k— 0kÐk—1 + Pk-

Cy = |ao; m, vey Ok] = Dk _ &kPk-1 TF Pk—-2

đk QkQk—-1 + Gk-2

Vay

Cri = [203 a1, vey Ok; Uk] = [003 21, - ; Gg—1; 8k + an +1

(ax + — Ok+1 ) Pkt + Pr-2 (a +-4 ) Qk-1 + Gk—2 Qe+i

đk+1(đgfk—1 + Pk-2) + Pk-1 đk+1(Ggđk—1 + qk~2) + đ:—1

—_ Äk+1Pk +kT—1 đy+1đk + đk—1

— Pk+1

Qk+1

Dinh lý được chứng minh

Ví dụ 1.2 Ta có 173/55 = |3; 6, 1, 7] Theo định lý 1.2 ta tính được (po, P1, P2, 03) = (3, 19, 22,173) va (qo, 41, 92,93) = (1,6,7,55) Các giản phân 14 Co = 3/1 =

3; Cy = 19/6, Co = 22/7, C3 = 173/55

Bằng phương pháp quy nạp ta dễ đàng chứng minh được đẳng thức quan trọngsau

giưữa các (px) va (gx)

Định lý 1.3

Từ đó suy ra (p¿, g;) = 1

Định lý1.4 Giả sử (C¿) là dãy giản phân của liên phân s6 hitu han[ag; ay, ., đạ].Tà

có

—1)*-1

QkQk—1

—1)#

Cy — Crug = ct ) (2<k<¢n)

Ok Gk—2

Chứng minh V6i đẳng thức thứ nhất ta có

Pkđk—1 — Pk—1k —1)°1

Với đẳng thức thứ hai ta có

Ck —- Cho = PRYk-2 — Pk—-29k

Gk k—2

Thay px = @ePe—1 + Pk—2; 9k = OkQk-1 + Gk—2 Vao tht số và áp dung (1) ta thu duoc

điều phải chứng minh

Từ định lý trên ta thu được kết quả quan trọng sau

Định lý 1.5 Tà có

€ì > Ca > Œg > -

Cq < Ca < ŒA < - Hơn nưỡữa mỗi giản phân lẻ Œạ;_¡ đều lớn hơn mỗi giản phân chấn Co;

Chứng mưnh Tùừ định lý trên ta thấy néu k lé thi C, < Cy_2 va nếu k chấn thì

Ck > y.s Tà lại có (cũng theo định lý trên)

(1) m1

Com — Com-1 = <0 Com < Com-1

92m 42m-1

Vậy Cạ;_† > C2;_1+3¡¿ > C2j+3¿ > Cri

II Liên phân số vô hạn

Định lý 2.1 Cho ao, a1, a2, 1a day vo han céc sé nguyén véi a; > 0,4 > 1

Đặt

Ch = lao; AL, wy ar)

Khi đó tồn tại giưới hạn

lim y = œ

k-00

Tà gọi œ là giá trị cia lién phan sO v6 han [ag; aj, aạ ,] và viết

a = [a9; a1, a2, .]

Chitng minh Theo dinh ly trén ta có

Cy > C3 > C5 > +++ > Con-1 > Congr > -°:

Co < Co << Cy < +++ < Con_a < Can < >

Hon nita diy (C2441) 1a day giam va bi chan duéi béi Co cdn day (C2) tang va bi

chặn trên bởi + Vậy tổn tại

lim Co41=0), lim Co, = ag

Ta cần chứng minh a] = a2 Thật vậy theo định lý trên

1 C2y+1 — Ở2y = ————

đ2k+-12k

Dé thay (bằng quy nạp) gq, > k Do dé

lim C2y+1 — Cor =0—~ Qa, = a2 kco

Định lý được chứng minh

Định lý 2.2 œ = [ao; a1, a2, | là một số vô tỷ,

Chứng minh Phản chứng : Giả sử trái lại a = a/b € Q.Theo dinh ly trén

Cạn < œ < Con41 Vay

1

0 < Œ_— Cạn < C?n‡1 — Còn = ——— ©

đàn+-1đ2n

1

0 <a- Pon < ———

đ?n đ2n+1đg2n

Cho k — co ta có mâu thuẫn

Định lý 2.3 Mỗi số vô tỷ đều biểu diễn một cách duy nhất đưới dạng một liên

phân số vô hạn

Chứng mưnh a) Sự tôn tại: Giả sử œ = o là số vô tỷ Tà xây dựng dãy

đọ, œ1, a2, một cách truy hồi như sau

1

Qh — ap

ay = [ox], Ok41 =

Trước hêt ta thấy œ = ao là số vô tỷ do đó ơo # ao Vậy ai tổn tại Giả sử ay vo ty

Suy ra œx+¡ tồn tại và là số vô tỷ Ta có 0 < ax — ag < 1 Do đó œyg¿ = Tan >1

- Vậy ag¿¡ = [x41 > 1 Nhu vay tat cả các sô a, aạ, đều là số nguyên dương

Dễ kiểm tra được

a= [ao; AY, AQ, +) Ak, On+1]

Từ đó

ơ — Cp = — CREMP RE Pht)

(On +419k + Gk+1) Uk

= —(fkdk+1 — Ðk—1k)

(ŒrE+1đk + đk+1)4k

ye

Vì œptđy È đk+1)đk — âk+1đk Ì đe—1 = i21 SỦY Tả

1

la —C| <

QkQk+1

Vay a = (a0; 41, ae, .]

Tiếp theo ta chứng minh biểu diễn là duy nhất Giả sử œ = [ag; a1, a, ] =

[bo; ba, bạ, | Vì Co = ao, Ci = ap + 1/a; va giản phân lẻ lớn hơn mọi giản phân

chan nên

ag <a@<ag+1/a; > ao = [a]

Chú ý rang

a = [ao; œ, a¿, | = lim [a9; 1, a9, , ag]

k~ 00

1

Em (a0 + (a1, đa, , ap]

1

= áo + 0 Tana)? * Bisbal? bọ +

Vi ao = bo = [a] nén tir suy ra

[đœ1, đa, " = [ba, bạ, "

Giả sử ta có ay = by và [ay+i, đk+a, | = [be+1, de42, ] Bằng lý luận như trên ta

thu được Akay = by} 1 và

a —————————_n = —————

Suy ra [đy+2, đy+3; ] = [Ð&+2,Ðk+a, | Do đó bằng quy nạp suy ra ay = by Vk

Ví dụ 2.1 Biểu diễn +⁄6 thành liên phân số vô hạn Tà có

ag o = [v6] = V6 = 2, ay, = = ETS = 5

ay = (Ot ] = 2, a2 = =v§+2

ag — ag 2

Vay a3 = a; do dé ag = a1, a4 = ag, , Vay

V6 = |2;2,4,2,4,2,4,

Chú ý: Từư lý thuyết liên phân số ta tìm lại một chứng minh khác của bổ để 1 (

Xem chuyên đề 2 : Phương trình Pell)

Cho ø là một số vô tỷ Khi đó có tồn tại vô số cặp số nguyên dương(h, mm) thỏa

mãn

q——|<—s

mịỊ `?m

Thật vậy Theo ( 66) ta c6 Ja — Cy] = ja — Øk/4kÌ < 1/qe4k+1- Vì đ; < ge+1 nên suy

ra

1

lo — pk/4kÌ < —s

Tk Vậy có vô số cap sé nguyén duong (h,m) ma ja — h/k| < 1/m?

II Liên phân số vô hạn tuần hoàn

Ta gọi liên phân số vô hạn (ao; a1, ag, .] là tuần hoàn nếu đãy (a„) là tuần hoàn

kể từ một chỉ số nào đó tức là: tổn tại số nguyên dưương ?w và È với moi n > m ta

C6 Gn = „+ Số nguyên đương k được gọi là chu kỳ Trong trường hợp đó ta viết

[a0; Q1, a2, very Am—1; Am; Am+1) +) đm+k—1]

Bài toán đặt ra là đặc trưng tất cả các số vô tỷ có biểu diễn liên phân số vô hạn tuần

hoàn Ta có khái niệm sau

_ Định nghĩa Số vô tỷ œ gọi là số vô tỷ bậc hai nếu nó là nghiệm của một tam

thức bậc hai với hệ số nguyên

Ví dụ 3.1 Số vô tỷ œ = 2 + v3 là số vô tỷ bậc hai vì nó là nghiệm của

z2 — 4z-+1 =0

Bổ đề 3.1 Số thực œ nếu và chỉ nếu có tồn tại các số nguyên a, Èb,e với b > 0 và

không chính phương,c # 0 sao cho

a + vb

c

az

Chứng mỉnh Giả sử œ là số vô tỷ bậc hai Khi đó tồn tai céc s6 nguyén A, B, C sao

cho œ là nghiệm của phương trinh Az? + Br + C = 0 Vậy

—-BtvVB*- AC

2A

as

Dat a = —B,b = P2 — 4AC,c = 2A hoặc a = B,b= B — 4AC,c = —2A Ngược

lại nếu

a + vb

c

thì œ là số vô tỷ và nó là nghiệm của phương trình bậc hai c?z? — 2acz + øŸ — b = 0

Bổ đề 3.2 Nếu ø là số vô tỷ bac hai thi (ra + 5/2 + u) cũng là số vô tý bậc

hai nếu 7, s, ý, œ là các số nguyên

Chitng minh Gia str

Tinh todn cho ta

ra+s — (ar+cs)(at + cu) —rtb+(r(at + cu) — t(ar +cs)) Vb

Định nghĩa Số vô tỷ

_a-vi

c

được gọi là liên hợp của œ và ký hiệu là œ

Bổ đề 3.3 Nếu số vô tỷ bậc hai œ là nghiệm của phương trình Az?-+ Bz+C =0

thì lên hợp của nó cũng là nghiệm của phương trình đó

That vay apa’ = 2a/c = —B/A,(a)(a’) = a? — b/c? = C/A

Bang phép tinh ta dé thay

Bổ đề 3.4 Ta có các hệ thức sau

(at By =a’ +p"

(a8} ằœØ

i

íf

6)?

Tà có định lý cơ ban sau day do Lagrange tìm ra

Định lý 3.1 Số vô tỷ œ có biểu diễn liên phân số tuần hoàn khi và chỉ khi nó là

số vô tỷư bậc hai

Chứng mĩnh Trước hết ta chứng minh rang nếu œ có biểu diễn liên phân số tuần

hoàn thì nó là số vô tỷ bậc hai

Giả sử

a= lao; Q1, AQ, ++) Am—1;Am, Am-+1; +++) am+k

Đặt

8 — (Gm, Gm+1y ++ Gm-+k]

Khi đó Ø = [đm; đm+1; -; m+k.đ] do đó

_ Bp + Pk-1 (1)

0k + Pk—1

trong đó ?ø¿/q; Và pg.1/q;—¡ là hai giản phân cuối của [am; đ„+1, - ; đ „+ ¿| TỪ công

thức (1 ) suy ra

qkỞŸ + (qk—1 — Pk) B — pe-1 = 0

Vay Ø là số vô tỷ bậc hai Tà lại cố œ = [ap} a1, ae, ., dm_1, 6} do đó

œ = Pm~1 T Pm~2 Ô@m—+ + đm—2

do đó theo bổ để ta có œ là số vô tỷ bậc hai

Ví dụ sau đây minh họa cách tìm số vô tỷ bậc hai từ biểu diễn liên phân số tuần

hoàn của nó

Vi du 3.1 Tim z biết rằng z = [3; L, 2]

Ta có œ = [3;y] với = [1,2] Tà có = [1;2, | do đó

1 _ 3ự+l

Suy ra 2y* — 2y —1=0 Viy>Onén y= (14 V3)/2 Vir =3+41/y nén ta tìm

duoc

,—2 4+ v2

Để chứng minh phần ngược lại ta cần bổ để sau

Bổ đề 3.5 Nếu ø là số vô tỷ bậc hai thì nó có thể biểu điễn đưới dạng

z=3

trong đó P, Q, ở là các số nguyên sao cho Q|(đT— P3)

Chứng mình Tà có œ = (a + vb)/c Nhân cả tử và mẫu với |c| ta được œ =

(ale|+Vbc*)/cle| Dat P = alc|,d = be”, Q = clc| = +c? Khi dé d—P? = c2(b—a?)

chia hét Q = +c?

Gia stt a = ag 1a s6 v6 ty bac hai Ta xay đưựng dãy (ao, a1, a2, ) nhu sau

Theo bé dé trén ta c6 cdc s6 nguyén Po, Qo va d sao cho ag = (Po + Vd)/Qo

Qo|(d— P32) Ta dat a9 = [ao] và xác định P¡ = aoQo ~ Pù, Qì = (d— Pÿ)/Qo, ơi =

(P; + Vd)/Qy Tiép 46 đặt ai = [oi] Một cách tổng quát nếu có

Pụ eZ,Q¿ e 2, Q,|(d— Pệ)

—— (P; + v4) _

Œk —T TT 0 [org]

Qk

Tà sẽ dat

Đại = ayQ¿ — Pị, Qiấi = (đ— Hệ.1)/Q:

Pri +vad

Oh+1 = (Pees + va) +1 = [Ak+n]

€Qè+1

Khi đó tính toán cho thấy

Qk+ì = (d— P)/Qš + (2ayP¿ — a2Qk)

do đó Qk+1 € Z và vì Qx-+:€QQk = (d _ Đệ) nên Qr+il(d — Đậu):

Có thể chứng minh được rằng

a = [ag; a1, a9, .]

và hơn nữa đãy (a„) xác định như trên là tuần hoàn

Ví dụ 3.2 Khai triển liên phân số của số œ = (6 + v28) /4

Ta có Pụ = 6, Qọ = 4, d = 28, 4|(28—62) = —8, ao = (6+ V28) /4, ao = [ao] = 2

`

va

P, =2.4—6 =2,Q) = (28 — 27)/4 = 6, 1 = (2 + V28)/6, a1 = [ou] =1

Pp = 1.6 —2—4=4,Qz = (28 —4?)/6 = 2, a2 = (4+ V28)/2, a2 = [aa] = 4

Ps = 4.2 —4=4,Q3 = (28 — 4?) /2 = 6, a3 = (4+ V28)/6, a3 = [a3] = 1

Py = 1.6 —4 = 2, Q4 = (28 — 27)/6 = 4, a4 = (2 + V28)/4, a4 = [a4] = 1

Ps =14—2=2,Qs = (28 — 2?)/6 = 4,05 = (2 + V28)/4,04 = [a4] = 1

Ta thay P, = Ps,Q 1 = Qs do d6 a; = as va day tun hoan chu kỳ 4 Tà có

6t v5 = (25007

Tiếp theo ta muốn tìm điểu kiện để số vô tỷ bậc hai có biểu diễn liên phân số tuần

hoàn ngay từ đầu , tức là điểu kiện để tồn tại số nguyên dương k sao cho đa = an+k

với mọi + > 0 Ta có định Ïý sau

Định lý 3.3 Số vô tỷ bậc hai œ có biểu diễn tuần hoàn ngay từ đầu nếu và chỉ

nếu œ > l1 và —1 < œ <0

Chứng minh định lý này khá phức tạp nên ta bỏ qua

Bay giờ ta sẽ xác định biểu diễn liên phan s6 cha Vd

Xét số œ = Vd+[Vd] Tacé a! = [Vd|-Vd do d6a >1va-1 <a’ <0 Vaya

có biểu diễn tuân hoàn ngay từ đầu Số hạng đầu tiên ag = [Vd + [Va] = 2[Vd] = 2a

với a = [Vd| Tà có

vda+a= Vd+ [V4] = [2a øị, đa, , an]

= (2a; a, a2, , @n, 24; @1, đ2, ., đạn]

Suy ra

Vd = [a; a1, a9, ., dn, 2a]

Phân tích cẩn thận hơn ta còn có thể chứng minh được

QA, = An, a2 = Ôn _—1;. -

tức là đấy (œi, , a„) đối xứng,tức là nó có dạng

Vd = (a; a1, a2, , 42, a1, 2a

ở đó a = [v4]

Ví dụ 3.3

V23 =|4;1,3,1,8 v29 = [5;2, 1,1,2, 10

V31T = [5;1,1,3,5, 3, 1,1, 10]

V46 = |6;1,2,1,1,2,6,2;1, 1,2,1, L2]

V76 = [8;1,2,1,1,5,4,5,1,1, 21, 16 V97 =|9;:1,5,1,1,1,1,1,1,5,1,18

IV Ap dung vao van dé tinh gan ding

Bổ đề 4.1 Cho a = |ø,as, | là một số vô tỷ Gọi p;/g;(j = 1,2, là các

giản phân của œ Khi đó nếu r, s là các số nguyên với s > 0 thỏa mãn

|sa — r| < l&xœ — m|

thì s > q41-

Chứng minh Giả sử trái lại 1 < s < q¿+ì Xét hệ phương trình

Pre + Ðk+1U —T Q7 Q+1U = 5 Suy ra

(Pk+1đk — Ðkdk+1)U = Tk — $Dk

Vì py+14; — Peqk+ì = (—1)° nên

y = (-1)* (rq, — spr)

Tương tự ta có

œ = (—1)Ê(§Pk+1 — 4+1)

Ta nhận xét rằng z # 0, z# 0 Thật vậy nếu #ø = 0 thì speyi = Toes Vi

(Dz+1; 9+1) = 1 nên qk‡i|s —> ø 2 4k+ì trái giả thiết Nếu ¿ = 0 thì r = pk#, s =

: |sa —r| = |x\|qro — ®k| 3 |qkœ — Ph|

Mâu thuẫn

Tiếp theo ta chứng minh z < 0 Thật vậy < Ö — qy# = $ — qk+1U > Ú > ø >

0 Nếu g > 0 thì vì gy+1 4k+i > s ta CỐ @ẹ# = $ — q+1 < 0 —> z < Ô

Mặt khác ta luôn có Ø¿/qy < œ < Pk+1/qk+1 hOẶC Øẹ+1/Qk+i < œ < Pe/ge nen

Gk — Pk VA qẹ+12 — pk+\ có dấu trái nhau Từ hệ phương trình trên ta có

|sœ — r| = |(q# + q+19)Œ — (pk# + pk+19)|

= |#(qxở — px) + (+1 — Pk+1)Ì

Vì z(gyœ — pz)9(qk+1Œ — pe+1) > Ö nên z(g;œ — 0k) Về (đk+12 — 0k+1) có cùng

dấu vậy

|sœ — r| = |#||qkœ — p| + |E|Ì4&++œ — Đk+|

> |#||laeœ — pe|

> |q¿œ — p|

Điều này mâu thuẫn với giả thiết.Bổ để được chứng minh

Định lý 4.1 Trong số các số hữu tỷ r/s xấp xỉ số vô tỷ œ với mẫu số s < gq, thi

số hữu tỷ ø„/q; là xấp xỉ tốt nhất

Chứng mình Giả sử s < gx và ta lại có

|œ—.r/s| < lơ — pk/œ&|

Suy ra |sœ — r| < |qyœ — ?Ì