Liên phân số hữu hạn
Định nghĩa 1.1.1 Một biểu thức có dạng a0 + 1 a1 + 1 a2 + 1
.+ 1 an − 1 + 1 an với a0, a1, a2, , an ∈ R trong đó a1, a2, , an > 0 được gọi là một liên phân số hữu hạn và ký hiệu là
Trong trường hợp khi a0, a1, a2, , an ∈ Z thì ta gọi [a0;a1, a2, , an] là một liên phân số đơn hữu hạn.
Một đặc trưng quan trọng của số hữu tỉ là khả năng biểu diễn của chúng dưới dạng liên phân số đơn hữu hạn Cụ thể, theo định lý 1.1.2, một số thực α thuộc R được coi là số hữu tỉ nếu và chỉ nếu α có thể được diễn đạt thông qua liên phân số đơn hữu hạn.
Giả sử α = a/b là số hữu tỉ với a, b ∈ Z và b > 0, ta có thể sử dụng thuật toán Euclid để biểu diễn a và b Cụ thể, a được viết dưới dạng a = bq0 + r1, và tiếp theo là b = r1q1 + r2, r1 = r2q2 + r3, cho đến rn−1 = rnqn + 0, trong đó các số q0 ∈ Z, q1, , qn ∈ N* và qn > 1 Từ đó, ta có thể rút ra rằng a/b = q0 + r1/b = q0 + 1/q1 + r2/r1.
Liên phân số đơn hữu hạn được biểu diễn dưới dạng Suy ra a b = [q0;q1, q2, , qn] và nếu α = [q0;q1, q2, , qn], thì α là một số hữu tỉ Định nghĩa 1.1.3 xác định rằng nếu α = [a0;a1, a2, , an] là một liên phân số hữu hạn, thì giản phân thứ i của α được ký hiệu là ci = [a0;a1, a2, , ai] với điều kiện 0 ≤ i ≤ n Định nghĩa 1.1.4 giới thiệu các ký hiệu P0, P1, P2, , Pn và Q0, Q1, Q2, , Qn, được xác định bởi quy tắc truy hồi.
Bổ đề 1.1.5 Nếu α = [a0;a1, a2, , an] là một liên phân số đơn hữu hạn thì
Chứng minh Theo Định nghĩa 1.1.4 ta có Q0 = 1 ≤ Q1 Các trường còn lại, khi i ≥ 1 ta có ai ≥1, Qi − 1 ≥ 1 nên
Qi+1 = ai+1Qi+ Qi − 1 ≥ 1Qi + 1 > Qi. Định lý 1.1.6 Choα = [a 0 ;a 1 , a 2 , , an] là một liên phân số đơn hữu hạn, khi đó giản phân thứ i là ci = Pi
Chứng minh Quy nạp theoi Khii = 0ta cóc0 = a0 = Q P 0
1 Giả sử i > 1 và ci = Q P i i Ta nhận thấy rằngci+1 thu được từci bằng cách thayai bởi ai+ a i+1 1
Do đó vì ci = aiPi − 1 +Pi − 2 aiQi − 1 +Qi − 2 nên ta có ci+1 = (ai + a i+1 1 )Pi − 1 + Pi − 2
= ai+1Pi+ Pi − 1 ai+1Qi+ Qi − 1
. Định lý 1.1.7 Cho α = [a 0 ;a 1 , a 2 , , an] là một liên phân số hữu hạn, khi đó
Chứng minh Quy nạp theo m Nếu m = 1, ta có vế trái là
1 a1 a0 a0a1 + 1 trong khi vế phải là
Giả sử đẳng thức đúng với m = k Xét m = k+ 1 ta phải chứng minh
Theo giả thiết quy nạp ta có vế phải đẳng thức trên bằng với
Pk a k+1 Pk +Pk − 1 đó chính là ma trận
Định lý 1.1.8 chứng minh rằng với liên phân số đơn hữu hạn α = [a0; a1, a2, , an], có hai phát biểu đúng: i) Đối với mọi 1 ≤ i ≤ n, PiQi − 1 − Pi − 1Qi = (−1) i − 1; ii) Các số Pi và Qi luôn đồng nhất với mọi 0 ≤ i ≤ n.
Chứng minh ý i) được suy ra từ Định lý 1.1.7 thông qua việc tính định thức hai vế Ý ii) được xác nhận từ đẳng thức (−1) i − 1 PiQi − 1 − (−1) i − 1 Pi − 1Qi = 1 cho mọi 1 ≤ i ≤ n Đặc biệt, khi i = 0, ta có (P0, Q0) (a0,1) = 1 Định lý 1.1.9 khẳng định rằng với α = [a0;a1, a2, , an] là một liên phân số đơn hữu hạn, ta có các đẳng thức ci−ci − 1 = (−1) i − 1.
QiQi − 1 với mọi 1 ≤i ≤ n, ii) ci −ci − 2 = (−1) i ai
QiQi − 2 với 2 ≤ i ≤n. Chứng minh i) Ta có ci−ci − 1 = Pi
. ii) Ta có ci−ci − 2 = (ci−ci − 1)+(ci − 1−ci − 2) = (−1) i − 1
Định lý 1.1.10 chỉ ra rằng cho một liên phân số đơn hữu hạn α = [a0; a1, a2, , an], các giá trị c phải thỏa mãn điều kiện c0 < c2 < c4 < c5 < c3 < c1 và Qi phải lớn hơn hoặc bằng i với mọi 0 ≤ i ≤ n Định nghĩa 1.1.11 xác định dãy số Fibonacci (Fn) với quy tắc F0 = 0, F1 = 1 và Fn+1 = Fn + Fn-1 cho n ≥ 1 Cuối cùng, Định lý 1.1.12 khẳng định rằng với liên phân số đơn hữu hạn α và dãy Fibonacci (Fn), điều kiện Qi ≥ Fi+1 được thỏa mãn cho mọi 0 ≤ i ≤ n.
Chứng minh Ta chứng minh quy nạp theo i Với i = 0, ta có Q 0 = 1 ≥ 1 F1 Với i = 1, ta có Q1 = a1 ≥ 1 = F2 Giả sử k ≥ 1 và mệnh đề đúng với các trường hợp i ≤ k Từ đó ta có
Qk+1 = ak+1Qk +Qk − 1 ≥ Fk+1 +Fk = Fk+2
(vì ak+1 ≥ 1 và Qk − 1 ≥Fk; Qk ≥ Fk+1 theo giả thiết quy nạp).
Liên phân số vô hạn
Bổ đề 1.2.1 Cho dãy số nguyên a0, a1, a2, trong đó a1, a2, > 0 Với mỗi i ≥0 ta đặt ci = [a0;a1, a2, , ai] Khi đó tồn tại giới hạn lim i →∞ci.
Từ đó có cơ sở để ta có định nghĩa sau đây. Định nghĩa 1.2.2 Một biểu thức có dạng a0 + 1 a1 + 1 a2 + 1 a3 + .
(trong đóa0, a1, a2, ∈ R vớia1, a2, > 0) được ký hiệu là [a0;a1, a2, ], nó được gọi là một liên phân số vô hạn.
Liên phân số vô hạn δ = [a0;a1, a2, ] với a0, a1, a2, ∈ Z được gọi là liên phân số đơn vô hạn, là chủ đề chính trong luận văn này Tất cả các phát biểu từ Định nghĩa 1.1.3 đến Bổ đề 1.2.1 đều áp dụng cho liên phân số đơn vô hạn Định nghĩa 1.2.4 chỉ ra rằng phần nguyên của một số thực x được ký hiệu là ⌊x⌋, với ⌊x⌋ = max{n ∈ Z | n ≤ x}, trong khi phần thập phân f rac(x) = x − ⌊x⌋ thỏa mãn 0 ≤ f rac(x) < 1 Theo Định lý 1.2.5, nếu α là số vô tỉ (α ∈ R−Q), thì α có thể được biểu diễn dưới dạng liên phân số đơn vô hạn, và điều này cũng đúng ngược lại.
Chứng minh rằng cho α ∈ R−Q, ta có thể xây dựng dãy số a0, a1, với a0 = α và ai = ⌊αi⌋ cho i ≥ 0, cùng với αi+1 = 1/fraction(αi) Kết quả là a0, a1, a2, đều thuộc Z Để chứng minh α0, α1, α2, thuộc R−Q bằng phương pháp quy nạp, ta thấy với i = 0, α0 là số vô tỉ Giả sử αk ∈ R−Q, thì fraction(αk) cũng thuộc R−Q Do đó, αk+1 = 1/fraction(αk) cũng thuộc R−Q, hoàn thành bước quy nạp.
Từ kết quả trên, ta có điều kiện ai < αi < ai + 1 tương đương với 0 < f(αi) < 1 cho mọi i ≥ 0 Điều này dẫn đến αi+1 = 1/f(αi) > 1 và ai+1 = ⌊αi+1⌋ ≥ 1, cho thấy rằng a0, a1, a2, đều thuộc Z và a1, a2, > 0 Ta cũng có mối quan hệ αi+1 = 1/f(αi) tương đương với f(αi) = 1/αi+1 và αi = ai + 1/αi+1 cho mọi i ≥ 0 Do đó, ta có thể biểu diễn α = α0 = a0 + 1/α1 = a0 + 1/a1 + 1/α2.
Nói cách khác α = [a 0 ;a 1 , a 2 , , ai, α i+1 ] = αi+1Pi+ Pi − 1 αi+1Qi+ Qi − 1 với mọi i > 0.
|α−ci| αi+1Pi +Pi − 1 αi+1Qi +Qi − 1 − Pi
(lưu ý rằng i >0 và có i ≤ Qi theo định lý 1.1.10) Suy ra lim i →∞(α−ci) = 0. Vậy α = lim i →∞α = lim i →∞ci = [a0;a1, a2, ].
Ta chứng minh phần đảo Choα = [a0;a1, a2, ] là một liên phân số đơn vô hạn Theo định lý 1.1.10, ta có c 2n < α < c 2n+1 , do đó 0 < α −c 2n < c2n+1 −c2n Mặt khác c2n+1 −c2n = 1
(theo định lý 1.1.9) Do đó
Giả sử α là số hữu tỉ, tức là α = a b, (trong đó a, b ∈ Z, b > 0) Khi đó 0 < a bQ2n − P2n 2n+ 1 nên tồn tại n để
Để chứng minh rằng α là số vô tỉ, ta có giả sử Q 2n+1 > b, dẫn đến tồn tại n sao cho 0 < aQ 2n − bP 2n < 1 Tuy nhiên, điều này mâu thuẫn với việc aQ 2n − bP 2n là số nguyên với mọi n Do đó, giả sử ban đầu là sai, từ đó suy ra α phải là số vô tỉ.
Mỗi số vô tỉ có thể được biểu diễn một cách duy nhất dưới dạng một liên phân số đơn vô hạn.
Ví dụ 1.2.7 Hãy biểu diễn α = √
11 thành liên phân số đơn vô hạn?
Ta sẽ tiến hành theo chứng minh của Định lý 1.2.5.
Bằng quy nạp ta suy ra được αi = √
5 + 2, với mọi i ≥ 1 Do đó ai = 4, với mọi i ≥1 Vậy α = √
Suy ra α4 = α2, α5 = α1, α6 = α2 Từ đó bằng quy nạp ta có
Kí hiệu: Từ nay về sau ta kí hiệu
2 thành liên phân số đơn vô hạn?
−r − = r+ = α1; a2 = ⌊α2⌋= ⌊r+⌋ = 1, ã ã ã suy ra αi = r+, với mọi i ≥1 do đó ai = ⌊r+⌋ = 1, với mọi i ≥ 1.
Bổ đề 1.2.9 Cho (Fk) là dãy Fibonacci Với mỗi k ≥ 0 ta đặt Pk = Fk,
Qk = Fk+1 và ck = Pk
Chứng minh Ta có ck = Fk
(vì Fk+1 = Fk+Fk − 1) Suy ra lim k →∞ck là số vô tỉ có dạng khai triển liên phân số α = [0; 1,1,ã ã ã] Mặt khỏc theo Vớ dụ 1.2.8 thỡ α = [0; 1,1, ] = [0; 1] √5−1
Giải phương trình đồng dư bậc nhất một ẩn
Chú ý 1.3.1 Trước hết ta nhắc lại vài kiến thức về phương trình đồng dư bậc nhất một ẩn.
(i) Phương trình đồng dư bậc nhất một ẩn là phương trình có dạng
Ax ≡B (mod M) (1) trong đó A6≡ 0 (mod M).
(ii) Phương trình (1) có nghiệm nếu và chỉ nếu d = (A, M) là ước của B;hơn nữa khi phương trình (1) có nghiệm thì nó có d nghiệm.
(iii) Khi phương trình (1) thỏa mãn điều kiện có nghiệm, đặt A = da, B db, M = dm thì (a, m) = 1 và phương trình (1) trở thành ax ≡ b (mod m) (2) trong đó a 6≡0 (mod m).
Xét phương trình (2) với điều kiện (a, m) = 1 và giả thiết 1 < a < m, ta biết rằng (a, m) = 1 dẫn đến m a tối giản Ta khai triển m a thành liên phân số đơn hữu hạn, ký hiệu là m a = [a0; a1, a2, , an] Theo Định lý 1.1.8, từ hai giản phân cuối, ta có PnQn − 1 − Pn − 1Qn = (−1) n − 1, với m = Pn và a = Qn, do đó mQn − 1 − Pn − 1a = (−1) n − 1 Điều này dẫn đến aPn − 1 ≡ (−1) n (mod m), từ đó suy ra a(−1) n Pn − 1b ≡ b (mod m) Kết luận, nghiệm duy nhất của phương trình (2) là x ≡ (−1) n Pn − 1b (mod m).
(v) Khi phương trình (2) có nghiệm duy nhất là x ≡ x0 (mod m) thì d nghiệm của phương trình (1) là các lớp x ≡ x0, x0 + m, x0 + 2m, , x0 + (d−1)m (mod M).
Ví dụ 1.3.2 Phương trình50x ≡25 (mod 180)vô nghiệm vì(50,180) = 10 không là ước của 25.
Ví dụ 1.3.3 Giải phương trình 50x ≡20 (mod 180).
Phương trình 50x ≡ 20 (mod 180) có nghiệm vì (50,180) = 10 là ước của
20 Bây giờ ta xét phương trình 5x ≡ 2 (mod 18) Do (5,18) = 1 nên nó có nghiệm duy nhất Ta có 18
5 = [3; 1,1,2] Vì thế n = 3, ta có P2 = 7 nên phương trình 5x ≡ 2 (mod 18) có nghiệm duy nhất là x ≡ (−1) 3 7.2 (mod 18) hay x ≡ 4 (mod 18) Từ đó phương trình ban đầu có 10 nghiệm, đó là các lớp: x ≡ 4,22,40,58,76,94,112,130,148,166 (mod 180).
Giải phương trình nghiệm nguyên bậc nhất hai ẩn
Nhận xét 1.4.1 Phương trình nghiệm nguyên bậc nhất hai ẩn là phương trình có dạng
Phương trình Ax+By = C (1’) chỉ có nghiệm khi và chỉ khi d = (A, B) là ước của C Khi điều kiện này được thỏa mãn, ta có thể đặt A = da, B = db, C = dc với (a, b) = 1, dẫn đến phương trình mới ax + by = c (2’).
Nếu (x 0 , y 0 ) là một nghiệm của (2’) thì tập hợp nghiệm của (2’) là
{(x, y)|x = x0 +bt, y = y0 −at, t∈ Z}, và đây cũng là tập hợp nghiệm của phương trình (1’) Như vậy, việc giải phương trình (1’) quy về việc tìm một nghiệm (x0, y0) của (2’).
Xét phương trình (2’) với điều kiện (a, b) = 1 và giả thiết b > 0 Vì (a, b) = 1, nên a và b là tối giản Ta tiến hành khai triển a thành liên phân số đơn hữu hạn, giả sử a b b = [a0; a1, a2, , an] Theo Định lý 1.1.6, ta có a b = Pn.
Theo định lý 1.1.8, với a = Pn và b = Qn, ta có PnQn − 1 − Pn − 1Qn = (−1) n − 1 Từ đó, ta suy ra aQn − 1 − Pn − 1b = (−1) n − 1, dẫn đến a(−1) n − 1 Qn − 1 − b(−1) n − 1 Pn − 1 = 1 Kết quả là a(−1) n − 1 Qn − 1 + b(−1) n Pn − 1 = 1 Như vậy, nghiệm (x0, y0) của phương trình (2’) được xác định bởi x0 = (−1) n − 1 cQn − 1 và y0 = (−1) n cPn − 1.
Ví dụ 1.4.2 Phương trình 6x+ 4y = 5 vô nghiệm vì (6,4) = 2 không là ước của 5.
Ví dụ 1.4.3 Giải phương trình −43x + 13y = 24 Ta thấy phương trình này có nghiệm vì (−43,13) = 1 là ước của 24.
13 = [−4; 1,2,4] Vì thế n= 3, ta có P2 = −10, Q2 = 3 nên một nghiệm (x 0 , y 0 ) của phương trình đã cho là x0 = (−1) 2 24.3 y0 = (−1) 3 24.(−10) hay x0 = 72 y0 = 240.
Vậy tập hợp nghiệm của phương trình đã cho là
Ví dụ 1.4.4 Giải phương trình 258x−176y = 112 Phương trình này có nghiệm vì (258,−176) = 2 là ước của 112 Chia hai vế của phương trình cho (−2) ta được −129x+ 88y = −56.
88 = [−2; 1,1,6,1,5] Vì thế n = 5, ta có P4 = −22, Q4 = 15 nên một nghiệm (x0, y0) của phương trình −129x+ 88y = −56 là x 0 = (−1) 4 (−56).15 y0 = (−1) 5 (−56).(−22) hay x 0 = −840 y0 = −1232.
Vậy tập hợp nghiệm của phương trình ban đầu là
Ứng dụng liên phân số giải phương trình Pell
Sử dụng biểu diễn liên phân số, chúng ta có thể xác định tất cả các nghiệm của phương trình Pell x² - dy² = 1 và phương trình liên quan x² - dy² = -1, với d là số nguyên dương không phải là số chính phương.
Hai phương trình x² - dy² = -1 và x² - dy² = 1 có nghiệm nguyên dương nếu tồn tại nghiệm (x₀, y₀) Các nghiệm khác như (-x₀, y₀), (x₀, -y₀), và (-x₀, -y₀) cũng sẽ tồn tại Đối với số nguyên dương không chính phương d, độ dài chu kỳ t của biểu diễn liên phân số đơn tuần hoàn của √d có ảnh hưởng đến nghiệm Nếu t chẵn, phương trình x² - dy² = -1 không có nghiệm, trong khi x² - dy² = 1 có nghiệm dạng (x = P_it - 1, y = Q_it - 1) Nếu t lẻ, cả hai phương trình đều có nghiệm dạng cụ thể Đặc biệt, nếu (x₁, y₁) là nghiệm nguyên dương bé nhất của x² - dy² = 1, thì mọi nghiệm nguyên dương (xₖ, yₖ) sẽ được tính bằng xₖ + yₖ.
Ví dụ 1.5.4 Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình: i) x 2 −11y 2 = −1, ii) x 2 −11y 2 = 1.
Giải Theo Ví dụ 1.2.7 ta có √
11 = [3; 3,6] nên t= 2. i) Vì độ dài chu kì của biểu diễn liên phân số đơn vô hạn tuần hoàn của √
11 là số chẵn nên phương trình x 2 −11y 2 = −1 vô nghiệm. ii) Ta có P 1 = 10, Q 1 = 3 nên (10,3) là nghiệm nguyên dương bé nhất của phương trình x 2 −11y 2 = 1, các nghiệm nguyên dương còn lại có dạng
Các nghiệm cần tìm là (10,3),(199,60),(3970,1197)
Ví dụ 1.5.5 Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình: i) x 2 −5y 2 = −1, ii) x 2 −5y 2 = 1.
Giải Theo Ví dụ 1.2.7, ta có √
5 = [2; 4] nên t = 1 là số lẻ Ta có j 0 1 2 3 4 5 aj 2 4 4 4 4 4
Qj 1 4 17 72 305 1292 i) Phương trình x 2 −5y 2 = −1 có nghiệm dạng: x = P (2i − 1)t − 1 y = Q (2i − 1)t − 1 với i = 1,2,3, Các nghiệm cần tìm là (2,1),(38,17),(682,305) ii) Phương trình x 2 −5y 2 = 1 có nghiệm dạng: x = P2it − 1 y = Q2it − 1 với i = 1,2,3, Các nghiệm cần tìm là (9,4),(161,72),(2889,1292)
Ví dụ 1.5.6 Giải phương trình Điôphăng x 2 −7y 2 = 1.
7 = [2; 1,1,1,4] nên t = 4 là số chẵn Ta có P3 = 8, Q3 = 3 nên (8,3) là nghiệm nguyên dương bé nhất của phương trình x 2 −7y 2 = 1, các nghiệm nguyên dương còn lại có dạng
Các nghiệm nguyên dương là (8,3),(127,48),(2024,765)
Với x = 0 thì −7y 2 = 1 không tồn tại y.
Vậy phương trình x 2 −7y 2 = 1 có các nghiệm nguyên là:
Xấp xỉ tốt nhất một số vô tỉ và góc nhìn hình học
Chương này khám phá cách xấp xỉ số vô tỉ bằng số hữu tỉ thông qua các giản phân của liên phân số, với hai khái niệm chính: xấp xỉ tốt nhất loại một và loại hai Xấp xỉ tốt nhất loại một, được xem là xấp xỉ tốt nhất yếu, ra đời trước và đánh giá sự sai khác giữa số vô tỉ α và phân số xấp xỉ p/q, nhưng có nhược điểm như không duy nhất và khó liên hệ với liên phân số Do đó, khái niệm xấp xỉ tốt nhất loại hai, hay xấp xỉ tốt nhất, được phát triển để đánh giá sự sai khác |qα−p|, với ưu điểm có thể minh họa hình học Mục 2.1 của chương trình bày hai loại xấp xỉ từ góc độ đại số, đồng thời nghiên cứu tính chất của số hữu tỉ gần với số vô tỉ và khả năng tìm số xấp xỉ tốt hơn trong một số trường hợp đặc biệt Mục 2.2 minh họa tính xấp xỉ của số vô tỉ bởi số hữu tỉ thông qua khoảng cách từ các điểm nguyên (q, p) đến đường thẳng L có độ nghiêng là số vô tỉ α, cho thấy rằng số hữu tỉ p/q là xấp xỉ tốt nhất của α khi điểm nguyên (q, p) gần nhất với đường thẳng L trong một miền giới hạn.
Xấp xỉ tốt nhất đối với số vô tỉ
Các số vô tỉ không thể biểu diễn dưới dạng a/b với a, b ∈ Z và b > 0 Trong phần này, chúng ta sẽ tìm hiểu phương pháp xấp xỉ các số vô tỉ bằng các số hữu tỉ a/b.
Các xấp xỉ tốt nhất có thể được hiểu là các giản phân của các liên phân số đơn vô hạn, dựa trên việc khai triển số ban đầu.
Bổ đề 2.1.1 Cho số vô tỉ α ∈ R−Q có khai triển thành liên phân số đơn vô hạn là α = [a0;a1, a2, ], và các giản phân ck = Pk
, và cho số m ∈ Z Khi đó α ′ = α+ m cũng là số vô tỉ có khai triển thành liên phân số đơn vô hạn dạng α ′ = [a ′ 0 ;a ′ 1 , a ′ 2 , ], với các giản phân c ′ k = P k ′
Q ′ k thỏa mãn các điều kiện sau. i) a ′ 0 = a0 +m và với mọi k ∈ Z + ta có (a ′ k = ak và α ′ k = αk) ii) với ∀k ∈ N ta có (Q ′ k = Qk và P k ′ = Pk +mQk) iii) với ∀k ∈ N ta có c ′ k = ck +m.
(lưu ý, ở Chương 1 đã kí hiệu α = α0;ai = ⌊αi⌋ và αi+1 = 1 f rac(αi)).
Chứng minh i) Quy nạp theok Vớik = 0, ta có α 0 ′ = α ′ = α+m = α0+m, do đó a ′ 0 = ⌊α 0 + m⌋ = ⌊α 0 ⌋+ m = a 0 + m, nên a ′ 0 = a 0 + m Với k = 1 ta có α ′ 1 = 1 f rac(α ′ 0 ) = 1 f rac(α0 +m) = 1 f rac(α0) = α1 nên α ′ 1 = α1
Theo giả thiết quy nạp, nếu a′1 = a1, và với k ∈ Z+, ta có α′k = αk và a′k = ak Khi đó, α′k+1 = 1/f(α′k) = 1/f(αk) = αk+1, dẫn đến α′k+1 = αk+1 và a′k+1 = ⌊α′k+1⌋ = ⌊αk+1⌋ = ak+1 Do đó, theo phương pháp quy nạp, ta có α′k = αk và a′k = ak với mọi k ∈ Z+ Đối với quy nạp đồng thời cho cả Pk và Qk, với k = 0, ta có Q′0 = 1 = Q0 và P0′ = a′0 = a0 + m = P0 + m = P0 + mQ0 Với k = 1, ta có Q′1 = a′1/a1 = Q1 và P1′ = a′0a′1 + 1 = (a0 + m)a1 + 1 = a0a1 + ma1 + 1 = P1 + mQ1.
Do đó mệnh đề đúng với k = 0 và k = 1 Giả sử mệnh đề đúng với k = t−1 và k = t (với t ≥ 1), ta cần chứng minh mệnh đề cũng đúng với k = t+ 1.
Ta có Q ′ t+1 = a ′ t+1 Q ′ t + Q ′ t − 1 = at+1Qt + Qt − 1 = Qt+1 (theo giả thiết quy nạp) và P t+1 ′ = a ′ t+1 P t ′ +P t ′ − 1 = at+1(Pt+mQt) +Pt − 1+mQt − 1 = at+1Pt+
Theo giả thiết quy nạp, ta có công thức Pt − 1 + m(at+1Qt + Qt − 1) = Pt+1 + mQt+1, từ đó suy ra rằng ii) là đúng Hơn nữa, từ ii), với mọi k ∈ N, ta có c ′ k = P k ′.
+m = ck +m. Định nghĩa 2.1.2 Cho α ∈ R−Q, và p, q ∈ Z với q > 0 Khi đó i) Phân số p q được gọi là một xấp xỉ tốt nhất loại một của α nếu
∀a, b ∈ Z : 1≤ b ≤q ⇒(|α − p q| ≤ |α− a b|) ii) Phân số p q được gọi là một xấp xỉ tốt nhất loại hai của α nếu
Trước đây, người ta chủ yếu chú trọng đến xấp xỉ tốt nhất loại một, hay còn gọi là xấp xỉ tốt nhất yếu, vì nó có vẻ tự nhiên hơn Tuy nhiên, việc áp dụng định nghĩa này có thể dẫn đến nhiều kết quả cùng là xấp xỉ tốt nhất loại một cho số vô tỉ α, và mối quan hệ giữa các giá trị xấp xỉ đó với các liên phân số trở nên phức tạp hơn Do đó, sự quan tâm đã chuyển sang xấp xỉ tốt nhất loại hai, hay còn gọi là xấp xỉ tốt nhất, theo định nghĩa đã nêu.
Bổ đề 2.1.4 Nếu p q là một xấp xỉ tốt nhất loại hai của α, thì p q cũng là một xấp xỉ tốt nhất loại một của α.
Chứng minh Vì p q là một xấp xỉ tốt nhất loại hai của α nên ∀a, b ∈ Z thỏa mãn 1 ≤ b ≤ q thì |qα−p| ≤ |bα −a| Ta có 0 < 1
Từ đó nhân vế với vế của hai bất đẳng thức trên ta được bất đẳng thức α− p q
Chứng tỏ p q là một xấp xỉ tốt nhất loại một của α. Định lý 2.1.5 Cho số vô tỉ α ∈ R −Q , và cho Pi
(với i = 0,1,2,ã ã ã) là các giản phân của khai triển liên phân số đơn vô hạn của α Nếu a, b ∈ Z và 1≤ b < Q i+1 thì |Qiα−Pi| ≤ |bα−a|.
Chứng minh Trước hết, ta nhắc lại định nghĩa hàm dấu của số thực θ như sau sign(θ) +1 nếu θ ≥ 0
−1 nếu θ 0 và x > 0 Ngược lại, nếu y > 0, từ b < Qi+1 ta có b < Qi+1y, suy ra Qix = b - Qi+1y < 0 và x < 0 Do đó, trong cả hai trường hợp, ta có sign(y) = -sign(x) Theo Định lý 1.1.10, α nằm giữa Pi.
Vậy cả hai trường hợp ta đều có sign(Qiα−Pi) =−sign(Qi+1α−Pi+1) Kết hợp với sign(y) = −sign(x) ta được sign(x(Qiα −Pi)) =sign(y(Qi+1α−Pi+1)).
≥ |Qiα−Pi|. Định lý được chứng minh.
Hệ quả 2.1.6 Cho số vô tỉ α ∈ R−Q , và cho Pi
(với i = 1,2,ã ã ã) là cỏc giản phân trong khai triển liên phân số đơn vô hạn của α Nếu a, b ∈ Z sao cho 1 ≤b ≤ Qi, thì
Chứng minh Với i ≥ 1, theo Bổ đề 1.1.5, ta có Qi+1 > Qi, từ đó b < Qi+1 nên 1 ≤b < Qi+1 vì thế áp dụng Định lý 2.1.5 ta có
= |bα−a| điều này trái với (*) Vậy giả sử sai Hệ quả được chứng minh.
Nhận xét 2.1.7 Ta thấy mệnh đề trên sai với i = 0 Ví dụ sau sẽ cho ta thấy điều đó.
8, theo Ví dụ 1.2.7 ta có √
P0 = a0 = 2;Q0 = 1 Nếu i = 0 thì 1 ≤b ≤ Q0 = 1 nên b = 1 Chọn a = 3, khi đó: α − P0
8−3 ≈ 0,2, như vậy khi i = 0 thì mệnh đề trên không còn đúng nữa. Định lý 2.1.9 Cho số vô tỉ α Nếu i ≥ 1 thì ci = Pi
Qi là một xấp xỉ tốt nhất loại hai của α.
Chứng minh Vì i ≥ 1 nên ta thấy (1 ≤ b≤ Qi ⇒0 < b < Qi+1), do đó các giả thiết của Định lý 2.1.5 được thỏa mãn.
Theo chứng minh của Định lý 2.1.5, ta có |Qiα−Pi| < |bα−a| với điều kiện x ≠ 0 và y ≠ 0 Trường hợp x = 0 dẫn đến mâu thuẫn với điều kiện 0 < b < Qi+1 Do đó, chỉ còn lại trường hợp y = 0 và x ≠ 0, khi đó ta có |bα−a| = |x| |Qiα−Pi|.
Nếu |x| = 1, ta có |bα−a| = |Qiα−Pi|, điều này chỉ đúng khi a = Pi và b = Qi Cụ thể, từ (Qiα−Pi) = (bα−a) suy ra (Qi−b)α = Pi−a, mâu thuẫn với α không thuộc Q trừ khi Qi = b, dẫn đến Pi = a Tương tự, từ (Qiα − Pi) = −(bα − a) suy ra (Qi + b)α = Pi + a, cũng mâu thuẫn với α không thuộc Q trừ khi −Qi = b, dẫn đến −Pi = a, điều này mâu thuẫn vì b ≥ 1.
Nếu |x|> 1 ta có |bα −a| = |x| |Qiα−Pi| > |Qiα−Pi|.
Vậy theo Định nghĩa 2.1.2 thì với i ≥ 1ta có ci = Pi
Qi là một xấp xỉ tốt nhất loại hai của α Định lý được chứng minh.
Bổ đề 2.1.10 Cho số vô tỉ α và i ≥1 Nếu ci = Pi
Qi là một xấp xỉ tốt nhất loại hai của α thì c ′ i = Pi +mQi
= ci + m là một xấp xỉ tốt nhất loại hai của α ′ = α +m (với số nguyên m nào đó) Nói cách khác, ∀a ′ , b ′ ∈ Z :
Chứng minh Vì ci là một xấp xỉ tốt nhất loại hai của α, nên theo Định lý 2.1.9 ta có ∀a, b ∈ Z :
(1 ≤ b ≤ Qi ⇒ (|Qiα −Pi| < |bα−a| hoặc (a = Pi và b = Qi)) (1)
Theo Bổ đề 2.1.1, chúng ta có mối quan hệ giữa các đại lượng Qi = Q ′ i, Pi = P i ′ −mQi = P i ′ −mQ ′ i và α = α ′ −m Đặt a = a ′ −b ′ m và b = b ′, chúng ta sẽ thay thế các giá trị Qi, Pi, α, a, b vào biểu thức (1) để thu được kết quả cần thiết.
Q ′ i = ci +m là một xấp xỉ tốt nhất loại hai của α ′ Bổ đề được chứng minh.
Từ bổ đề trên ta thấy ngay hệ quả sau.
Hệ quả 2.1.11 Khi xem xét tính xấp xỉ tốt nhất loại hai của số vô tỉ α, chúng ta có thể giả sử rằng α ∈ (0,1).
Chứng minh Ta chỉ cần chọn m = −⌊α⌋ Khi đó α ′ = α+ m ∈ (0,1).
Trong bài viết này, chúng ta sẽ nghiên cứu sâu hơn về mối quan hệ giữa số hữu tỉ và số vô tỉ Định lý cho thấy rằng bất kỳ số hữu tỉ nào gần với số vô tỉ α đều phải là một phần của khai triển liên phân số đơn vô hạn của α Cụ thể, nếu α là một số vô tỉ và tồn tại số hữu tỉ a/b (với b > 0) sao cho α - a/b, thì điều này khẳng định mối liên hệ giữa hai loại số này.
2b 2 thì a b bằng một trong những giản phân của khai triển liên phân số đơn vô hạn của α.
Chứng minh Không mất tính tổng quát, ta coi (a, b) = 1 Cho số vô tỉ α, và lấy ci = Pi
Giả sử rằng a b không phải là một giản phân trong khai triển liên phân số đơn vô hạn của α, với các giản phân được ký hiệu là (với i = 0,1,2, ) Theo Bổ đề 1.1.5, ta biết rằng Qi < Qi+1 cho mọi i ≥ 1, điều này cho thấy tồn tại một k lớn hơn 0.
Qk ≤ b < Qk+1 Theo Định lý 2.1.5, ta có |Qkα−Pk| ≤ |bα−a| Ta có
Do đó ta được |Qkα−Pk| < 1
Lưu ý rằng theo điều giả sử của ta thì a b 6= Pk
Qk và bPk −aQk là số nguyên nên ta thấy rằng
< 12b 2 , vì vậy b < Qk, điều này trái với Qk ≤ b < Q k+1 ở trên.Vậy điều giả sử sai, nên định lý được chứng minh.
Chúng ta sẽ khám phá mức độ gần gũi của các giản phân trong khai triển liên phân số đơn vô hạn đối với số vô tỉ được sinh ra từ liên phân số đó Định lý 2.1.13 khẳng định rằng với một số vô tỉ α, các giản phân ci được xác định bằng Pi sẽ có sự liên hệ chặt chẽ với α.
(với i = 0,1,2,ã ã ã ,) là cỏc giản phân của khai triển liên phân số đơn vô hạn của α Khi đó α − Pi
Q 2 i Chứng minh Đầu tiên ta xét trường hợp i = 0 Ta có P0 = a0, Q0 = 1, nên
Q 2 0 Chứng tỏ mệnh đề đúng với i = 0 Giả sử i chẵn và i > 0 Theo Định lý 1.1.10, ta có Pi
Giả sử i lẻ và i > 0 Theo Định lý 1.1.10, ta có Pi+1
Vậy với mọi i ≥ 1, có α− Pi
(theo Định lý 1.1.9), suy ra α − Pi
; mặt khác theo Bổ đề 1.1.5, ta có Qi < Q i+1 với mọii ≥1, nên α− Pi
Định lý 2.1.14 chứng minh rằng, với mọi số vô tỉ α, hai giản phân liên tiếp trong khai triển liên phân số đơn vô hạn của α luôn có ít nhất một phần tử chung, ví dụ như Pi.
, và từ chứng minh của Định lý 2.1.5 ta có một trong hai trường hợp sau: Pi
Trong cả hai trường hợp ta đều có sgn(Qi+1
Lưu ý rằng 2ab < a 2 + b 2 khi a, b ∈ R , a 6= b, và a = 1
(với i ≥1) Do đó ta có
2Q 2 i Nói cách khác, có ít nhất một trong hai bất đẳng thức sau
2Q 2 i phải đúng, đó là điều cần chứng minh. Để nghiên cứu về xấp xỉ tiếp theo của α, ta cần một kết quả kĩ thuật như bổ đề sau.
Chứng minh Vì x > 0, nên ta có x+ 1 x < √
5x+ 1 < 0, điều này được thỏa mãn khi
2 là các nghiệm của đa thức x 2 −√
Định lý 2.1.16 khẳng định rằng nếu α là số vô tỉ, thì trong bất kỳ ba giản phân liên tiếp của khai triển liên phân số đơn vô hạn của α, sẽ luôn có ít nhất một giản phân, ví dụ như Pi Điều này minh họa một trong những mục đích chính trong việc lấy xấp xỉ hình học.
Chứng minh Với mỗi j ta đặt kj = Qj
Trước hết ta chỉ ra rằng nếu (2) là sai đối với cả p q = Pj − 1
√5Q 2 j ), thì ta có bất đẳng thức kj + 1 kj
Nếu ở trong tình huống này, ta có
Hơn nữa, theo chứng minh của Định lý 2.1.14, ta có
Mà ta biết rằng kj + 1 kj ∈ Q nên phải có √
Giả sử (2) là sai cho các p q = Pi
Qi với i = n − 1, n, n + 1 Khi đó (3) đúng cho cả j = n và j = n+ 1 Từ Bổ đề 2.1.15, ta có 1 kn
2 Mặt khác, từ hệ thức truy hồi trong Định nghĩa 1.1.4, ta có kn+1 = Qn+1
Nếu α là số vô tỉ, thì sẽ có vô hạn số hữu tỉ a/b khác nhau, với a, b thuộc Z và b khác 0 Điều này chứng minh rằng định lý 2.1.17 là đúng.
Liên phân số dưới góc độ hình học
Từ đầu đến nay, chúng ta đã nghiên cứu liên phân số từ góc độ đại số, và bây giờ cần tiếp cận một cách cụ thể hơn để hiểu sâu sắc hơn về chúng qua hình học Để bắt đầu, cần trình bày một số định nghĩa và định lý giúp tìm xấp xỉ tốt nhất loại hai cho số vô tỉ α Định nghĩa 2.2.1 nêu rõ cách xác định các điểm trong mặt phẳng và các véc tơ bằng các ký hiệu A, B, C thuộc R² với các quy ước: O = (0,0) là gốc; đoạn thẳng nối hai điểm P và Q được ký hiệu là PQ; độ dài đoạn thẳng PQ được ký hiệu là |PQ|; và độ nghiêng của điểm A = (q, p) với q khác 0 được xác định bởi argA = p/q.
Kí hiệu Trong cả mục này ta sẽ giả sử rằng α ∈ R −Q, và theo Hệ quả 2.1.11, ta có thể giả sử thêm rằng α ∈ (0,1) Hơn nữa, đặt Z = (1, α) và
L = {(q, αq) | q ∈ R} là đường thẳng với độ nghiêng α, và α = [a0;a1, a2, a3, ] có các giản phân là ck = Pk
Chú ý rằng với α thuộc khoảng (0,1), giá trị a0 bằng 0 Đối với k thuộc tập N ∪ {−1}, ta định nghĩa điểm Ck = (Qk, Pk) trong không gian R², và điểm C−1 được xác định là (0,1) Độ nghiêng của Ck được ký hiệu là argCk = ck với k thuộc N.
= ai+1Ci +Ci − 1 với mọi i ∈ Z + Lưu ý rằng kí hiệu trên vẫn bảo đảm khi i = 0, vì ta vẫn có
Trong mặt phẳng R², cho các điểm P, Q, A, ta định nghĩa lưới sinh ra bởi P và Q là tập hợp tất cả các điểm mP + nQ với mọi m, n ∈ Z, tức là tập ZP + ZQ Một (P, Q)-nón dương đỉnh U là tập hợp tất cả các điểm U + aP + bQ với mọi a, b ∈ Z⁺, tức là tập U + (Z⁺)P + (Z⁺)Q Đối với đường thẳng L trong mặt phẳng R² sao cho P không thuộc L, khoảng cách từ A đến L theo hướng P được định nghĩa là độ dài đoạn thẳng nối A với điểm duy nhất A + aP thuộc L (với a ∈ R), ký hiệu là dP(A, L).
P ⊥ L thì ta có khoảng cách trực giao d(A, L) = dP(A, L) (xem Hình 2.1).
Hình 2.1. Định lý 2.2.3 Cho A, A ′ , P ∈ R 2 , với P /∈ L Khi đó tỉ số dP(A, L) dP(A ′ , L) không phụ thuộc vào hướng của P.
Chứng minh Lấy θ là góc giữa đoạn thẳng nối điểm A đến điểm A+aP và đoạn thẳng nối điểm A đến hình chiếu vuông góc của nó lên L (Hình 2.2).
Khi θ là góc giữa đoạn thẳng nối điểm A' đến A' + a'P và đoạn thẳng nối A' đến hình chiếu vuông góc của nó lên L, ta có dP(A, L) = d(A, L) cosθ và dP(A', L) = d(A', L) cosθ Từ đó, ta suy ra mối quan hệ giữa các khoảng cách: dP(A, L) dP(A', L) = d(A, L) cosθ d(A', L) cosθ.
= d(A, L) d(A ′ , L) là số độc lập với θ, hay tỉ số dP(A, L) dP(A ′ , L) không phụ thuộc vào hướng của P Vậy định lý được chứng minh.
Theo định lý đã nêu, chúng ta có thể tự do chọn hướng để tính khoảng cách từ một điểm đến đường thẳng, từ đó xác định điểm nào gần đường thẳng L hơn so với các điểm khác Hơn nữa, chúng ta có thể minh họa hình học xấp xỉ tốt nhất loại hai cho số vô tỉ α.
Đường thẳng L có độ nghiêng α được biểu diễn bởi tập hợp L = {(q, αq) | q ∈ R} Giả sử p là một xấp xỉ tốt nhất loại hai của α, nghĩa là khoảng cách |qα−p| nhỏ hơn |q ′ α−p ′ | với mọi điểm (q ′ , p ′ ) thuộc lưới nguyên Z 2 và 1≤ q ′ < q Hình học cho thấy điểm (q, p) là điểm gần nhất với đường thẳng L theo hướng điểm (0,1) trong số các điểm (q ′ , p ′ ) với hoành độ 1 ≤ q ′ ≤ q Khoảng cách từ (q ′ , p ′ ) đến L theo hướng (0,1) được xác định bởi |q ′ α −p ′ |, với P = θA + B = (0, θp ′ ) + (q ′ ,0) = (q ′ , θp ′ ) cho một 0 < θ < 1, đảm bảo rằng P thuộc L và khoảng cách từ (q ′ , p ′ ) đến L được tính toán chính xác.
(0,1) bằng khoảng cách từ (q ′ , p ′ ) đến điểm P, tức là nó bằng |p ′ −θp ′ | |p ′ −p ′ q ′ α p ′ | = |p ′ −αq ′ | = |αq ′ −p ′ |) Vì thế người ta còn gọi (q, p) là điểm xấp xỉ tốt nhất loại hai của L (Hình 2.3).
Miền xét các điểm (q ′ , p ′ ) nằm ngoài nón (q, p) + (Z + )A+ (Z + )B Định nghĩa 2.2.5 trình bày quá trình xây dựng điểm C từ hai điểm nguyên A và B cùng với một số vô tỉ α, như minh họa trong Hình 2.4 Điểm C được xác định là điểm ngoài của A và B, ký hiệu là C = C(A, B;α).
Trước khi mô tả quá trình xây dựng điểm ngoài, cần bổ sung một số tính toán kỹ thuật quan trọng liên quan đến điểm ngoài.
Bổ đề 2.2.6 khẳng định rằng với đường thẳng L có độ nghiêng α (0 < α < 1, α vô tỉ), nếu L cắt hình bình hành OBF A tại gốc O và điểm P thuộc đoạn BF, đồng thời L cắt đường AF kéo dài tại điểm Q, thì tồn tại một mối quan hệ nhất định giữa các điểm này.
Trong khoảng 0 < θ < 1, ta có P = θA + B và Q = A + 1 θB (Xem Hình 2.5) Giả sử đường thẳng L cắt hình bình hành OBF A tại gốc O và điểm P (nằm trên đoạn AF), đồng thời cắt đường BF kéo dài tại điểm Q Khi đó, tồn tại một mối quan hệ giữa các điểm này.
Chứng minh i) Xét tam giác OBP với góc ở đỉnh O là β Khi đó tam giác
ORQ, với R = Q−A cũng là tam giác có góc ở đỉnh O là β Theo định lý về các tam giác đồng dạng ta có
|BP| kBk = |RQ| kRk ⇔ θkAk kBk = kAk kRk ⇒ kRk = 1 θkBk.
R = kRk kBkB = 1 θB nên Q = A+R = A+ 1 θB. ii) Xét tam giác OAP với góc ở đỉnh O là γ Khi đó tam giác ORQ, với
R = Q−B cũng là tam giác có góc ở đỉnh O là γ.
Theo định lý về các tam giác đồng dạng ta có
|AP| kAk = |RQ| kRk ⇔ θkBk kAk = kBk kRk ⇒ kRk = 1 θkAk.
R = kRk kAkA = 1 θA, do đó Q = B + R = B + 1 θA Định lý đã được chứng minh Định nghĩa 2.2.7 (Xây dựng điểm ngoài): Cho A và B là các điểm nguyên không âm Giả sử α là số vô tỉ trong khoảng (0,1) với argA > α > argB và L là đường có độ nghiêng α, được định nghĩa bởi L = {(q, qα) | q ∈ R} Điểm ngoài của A và B, ký hiệu là C = C(A, B; α), được xây dựng như sau: Giả sử L cắt hình bình hành OBF A tại gốc O và điểm P (giao điểm giữa L và đoạn BF) Lấy Q là giao điểm giữa L và phần kéo dài của đoạn.
Theo Bổ đề 2.2.6, tồn tại 0 < θ < 1 sao cho P = θA + B, đồng thời Q = A + (1/θ)B Do đó, điểm Q nằm trên cạnh của lưới, giữa điểm C = A + ⌊(1/θ)⌋B và G = B + C Điều này hoàn thành việc xây dựng điểm ngoài C = C(A, B;α) của A và B (xem Hình 2.7).
Giả sử L cắt hình bình hành OBF A tại gốc O và điểm P (giao điểm giữa L với đoạn AF), với Q là giao điểm giữa L và phần kéo dài của đoạn BF Ta có P = θB + A, với 0 < θ < 1, và theo định lý tam giác đồng dạng, Q = B + (1/θ)A Q nằm trên cạnh lưới và giữa C = B + ⌊1/θ⌋A và G = A + C Điều này hoàn tất việc xây dựng điểm ngoài C = C(A, B; α) của A và B Định lý 2.2.8 chỉ ra rằng với mọi n ∈ Z, n ≥ 0, các lưới ZCn − 1 + ZCn sẽ được xem xét.
ZCn+ZCn+1 là như nhau, tức là với mọi n ∈ Z + ta có
Trong không gian véc tơ R², chúng ta chọn một cơ sở b = {Ck − 2, Ck − 1} Ma trận M được xác định bởi M = [[Ck − 1]b [Ck]b], trong đó [−]b là tọa độ cột của véc tơ "−" đối với cơ sở b.
Ck − 1 = 0Ck − 2 + Ck − 1 và Ck = Ck − 2 +akCk − 1, nên ta có
Định thức detM = −1 cho thấy Ck − 1 và Ck là hai véc tơ độc lập tuyến tính trong R², tạo thành cơ sở mới b′ = {Ck − 1, Ck} Điều này chứng tỏ rằng M thuộc GL(2,Z) và ma trận nghịch đảo M − 1 cũng nằm trong GL(2,Z).
Từ đó ta suy ra được
Vì đẳng thức trên không phụ thuộc vàoak nên nó cũng không phụ thuộc vào k ∈ Z + Vậy đẳng thức
ZCn − 1 +ZCn = ZCn+ ZCn+1 cũng đúng với mọi n∈ Z mà n ≥ 0 Định lý được chứng minh.