Liên phân số hữu hạn
Định nghĩa 1.1.1 Một biểu thức có dạng a 0 + 1 a 1 + 1 a 2 + 1
.+ 1 a n−1 + 1 a n với a 0 , a 1 , a 2 , , a n ∈ R trong đó a 1 , a 2 , , a n > 0 được gọi là một liên phân số hữu hạn và ký hiệu là
Trong trường hợp khi a 0 , a 1 , a 2 , , a n ∈ Z thì ta gọi [a 0 ;a 1 , a 2 , , a n ] là một liên phân số đơn hữu hạn.
Một đặc trưng quan trọng của số hữu tỉ được thể hiện qua liên phân số đơn hữu hạn Theo định lý 1.1.2, một số thực α ∈ R sẽ là số hữu tỉ nếu và chỉ nếu nó có thể được biểu diễn dưới dạng một liên phân số đơn hữu hạn.
Chứng minh Giả sử α = a b là số hữu tỉ (với a, b ∈ Z, b > 0) Khi đó bằng thuật toán Euclid ta có biểu diễn a = bq 0 + r 1 , b = r 1 q 1 + r 2 , r 1 = r 2 q 2 + r3, , r n−2 = r n−1 q n−1 +rn, r n−1 = rnqn+0, trong đóq0 ∈ Z, q1, , qn ∈ N ∗ và q n > 1 Từ đó a b = q 0 + r 1 b = q 0 + 1 q 1 + r 2 r1
Liên phân số đơn hữu hạn được ký hiệu là 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 cho thấy, với α = [a0; a1, a2, , an], liên phân số hữu hạn ci = [a0; a1, a2, , ai] (với 0 ≤ i ≤ n) được gọi là giản phân thứ i của α Định nghĩa 1.1.4 tiếp tục với α = [a0; a1, a2, , an], trong đó các số P0, P1, P2, , Pn và Q0, Q1, Q2, , Qn được xác định theo quy tắc truy hồi.
Bổ đề 1.1.5 Nếu α = [a 0 ;a 1 , a 2 , , a n ] là một liên phân số đơn hữu hạn thì
Chứng minh Theo Định nghĩa 1.1.4 ta có Q 0 = 1 ≤ Q 1 Các trường còn lại, khi i ≥ 1 ta có a i ≥1, Q i−1 ≥ 1 nên
Q i+1 = a i+1 Q i + Q i−1 ≥ 1Q i + 1 > Q i Định lý 1.1.6 Choα = [a0;a1, a2, , an] là một liên phân số đơn hữu hạn, khi đó giản phân thứ i là c i = P i
Chứng minh Quy nạp theoi Khii = 0ta cóc 0 = a 0 = Q P 0
1 Giả sử i > 1 và c i = Q P i i Ta nhận thấy rằngc i+1 thu được từc i bằng cách thaya i bởi a i + a 1 i+1.
Do đó vì c i = a i P i−1 +P i−2 a i Q i−1 +Q i−2 nên ta có c i+1 = (a i + a 1 i+1)P i−1 + P i−2
Q i+1 Định lý 1.1.7 Cho α = [a0;a1, a2, , 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 a 1 a 0 a 0 a 1 + 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 ak+1Pk +P k−1 đó chính là ma trận
Trong bài viết này, chúng ta sẽ chứng minh định lý 1.1.8 liên quan đến liên phân số đơn hữu hạn α = [a0; a1, a2, , an] Định lý này đưa ra hai phát biểu quan trọng: Thứ nhất, đối với mọi 1 ≤ i ≤ n, ta có P_i Q_{i-1} - P_{i-1} Q_i = (-1)^{i-1} Thứ hai, cặp số (P_i, Q_i) luôn đồng nguyên với 1 cho mọi 0 ≤ i ≤ n.
Chứng minh ý i) được suy ra từ Định lý 1.1.7 bằng cách tính định thức hai vế Ý ii) được chứng minh từ đẳng thức (−1) i−1 PiQ i−1 − (−1) i−1 P i−1 Q i = 1 với mọi 1 ≤ i ≤ n, và với i = 0, ta có (P 0 , Q 0 ) (a 0 ,1) = 1 Định lý 1.1.9 khẳng định rằng với α = [a 0 ;a 1 , a 2 , , a n ] là một liên phân số đơn hữu hạn, ta có các đẳng thức c i −c i−1 = (−1) i−1.
QiQ i−2 với 2 ≤ i ≤n. Chứng minh i) Ta có c i −c i−1 = Pi
Định lý 1.1.10 nêu rằng với liên phân số đơn hữu hạn α = [a0; a1, a2, , an], có các đặc điểm c0 < c2 < c4 < < c5 < c3 < c1 và Q i ≥ i với mọi 0 ≤ i ≤ n Định nghĩa 1.1.11 đưa ra khái niệm về dãy số Fibonacci (Fn), được xác định bởi quy tắc F0 = 0, F1 = 1 và F n+1 = F n + F n−1 với n ≥ 1 Định lý 1.1.12 khẳng định rằng đối với liên phân số đơn hữu hạn α = [a0; a1, a2, , an] và dãy Fibonacci (F n), có Q i ≥ F i+1 với mọi 0 ≤ i ≤ n.
Chứng minh Ta chứng minh quy nạp theo i Với i = 0, ta có Q0 = 1 ≥ 1 F 1 Với i = 1, ta có Q 1 = a 1 ≥ 1 = F 2 Giả sử k ≥ 1 và mệnh đề đúng với các trường hợp i ≤ k Từ đó ta có
Q k+1 = a k+1 Q k +Q k−1 ≥ F k+1 +F k = F k+2 (vì a k+1 ≥ 1 và Q k−1 ≥F k ; Q k ≥ F k+1 theo giả thiết quy nạp).
Liên phân số vô hạn
Bổ đề 1.2.1 Cho dãy số nguyên a 0 , a 1 , a 2 , trong đó a 1 , a 2 , > 0 Với mỗi i ≥0 ta đặt c i = [a 0 ;a 1 , a 2 , , a i ] Khi đó tồn tại giới hạn lim i→∞c i
Từ đó có cơ sở để ta có định nghĩa sau đây. Định nghĩa 1.2.2 Một biểu thức có dạng a 0 + 1 a 1 + 1 a 2 + 1 a 3 + .
(trong đóa 0 , a 1 , a 2 , ∈ R vớia 1 , a 2 , > 0) được ký hiệu là [a 0 ;a 1 , a 2 , ], 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, và trong bài viết này, chúng ta chủ yếu tập trung vào loại 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 cho biết phần nguyên của số thực x được ký hiệu là bxc, với bxc = max{n ∈ Z | n ≤ x}, và phần thập phân f rac(x) = x − bxc, trong đó 0 ≤ f rac(x) < 1 Định lý 1.2.5 khẳng định rằng nếu α là số vô tỉ (α ∈ R−Q), thì α có thể được biểu diễn dưới dạng một liên phân số đơn vô hạn, và điều này cũng đúng ngược lại.
Chứng minh cho α ∈ R−Q, ta lấy α₀ = α và xây dựng dãy a₀, a₁, với aᵢ = bαᵢc cho i ≥ 0, và αᵢ₊₁ = 1/fraction(αᵢ) với i ≥ 0 Do đó, a₀, a₁, a₂, ∈ Z Tiếp theo, ta chứng minh rằng α₀, α₁, α₂, ∈ R−Q bằng phương pháp quy nạp Với i = 0, α₀ là số vô tỉ; giả sử αₖ ∈ R−Q, thì fraction(αₖ) ∈ R−Q Từ đó, αₖ₊₁ = 1/fraction(αₖ) cũng thuộc R−Q, hoàn tất bước quy nạp.
Từ đó ta thấy rằng ai < αi < ai + 1 ⇔ 0 < f rac(αi) < 1 với mọi i ≥ 0.
Suy ra α i+1 = 1 f rac(αi) > 1, và a i+1 = bα i+1 c ≥ 1 Vậy a 0 , a 1 , a 2 , ∈ Z trong đó a 1 , a 2 , >0 Bây giờ ta có α i+1 = 1 f rac(α i ) ⇔f rac(α i ) = 1 α i+1 ⇔ α i = a i + 1 α i+1 với mọi i ≥0 Do đó ta viết được α = α 0 = a 0 + 1 α1
Nói cách khác α = [a0;a1, a2, , ai, αi+1] = α i+1 P i + P i−1 α i+1 Q i + Q i−1 với mọi i > 0.
(lưu ý rằng i >0 và có i ≤ Q i theo định lý 1.1.10) Suy ra lim i→∞(α−c i ) = 0. Vậy α = lim i→∞α = lim i→∞c i = [a 0 ;a 1 , a 2 , ].
Ta chứng minh phần đảo Choα = [a 0 ;a 1 , a 2 , ] là một liên phân số đơn vô hạn Theo định lý 1.1.10, ta có c2n < α < c2n+1, do đó 0 < α −c2n < c 2n+1 −c 2n Mặt khác c 2n+1 −c 2n = 1
Q 2n+1 Q 2n (theo định lý 1.1.9) Do đó
Q 2n+1 Giả sử α là số hữu tỉ, tức là α = a b, (trong đó a, b ∈ Z, b > 0) Khi đó 0 < a bQ 2n − P 2n 2n+ 1 nên tồn tại n để
Nếu Q2n+1 > b, thì tồn tại n sao cho 0 < aQ2n - bP2n < 1 Điều này dẫn đến mâu thuẫn vì aQ2n - bP2n là số nguyên với mọi n Do đó, giả thiết ban đầu là sai, suy ra α là số vô tỉ.
Mỗi số vô tỉ có thể được biểu diễn một cách duy nhất dưới dạng 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 α 4 = α 2 , α 5 = α 1 , α 6 = α 2 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 + = α 1 ; a 2 = bα 2 c= br + c = 1, ã ã ã suy ra α i = r + , với mọi i ≥1 do đó a i = br + c = 1, với mọi i ≥ 1.
Bổ đề 1.2.9 Cho (F k ) là dãy Fibonacci Với mỗi k ≥ 0 ta đặt P k = F k ,
(vì F k+1 = F k +F k−1 ) Suy ra lim k→∞c k 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 có m a tối giản Khai triển m a thành liên phân số đơn hữu hạn, giả sử m a = [a 0 ;a 1 , a 2 , , a n ] Theo Định lý 1.1.8, với hai giản phân cuối, ta có P n Q n−1 −P n−1 Q n = (−1) n−1, trong đó m = P n và a = Q n Từ đó, suy ra aP n−1 ≡ (−1) n (mod m), dẫn đến a(−1) n Pn−1b ≡ b (mod m) Kết luận, nghiệm duy nhất của phương trình (2) là x ≡(−1) n P n−1 b (mod m).
(v) Khi phương trình (2) có nghiệm duy nhất là x ≡ x 0 (mod m) thì d nghiệm của phương trình (1) là các lớp x ≡ x 0 , x 0 +m, x 0 + 2m, , x 0 + (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 P 2 = 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’) với A, B, C thuộc tập số nguyên Z chỉ có nghiệm 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 đơn giản hơn ax + by = c (2’).
Nếu (x0, y0) là một nghiệm của (2’) thì tập hợp nghiệm của (2’) là
{(x, y)|x = x 0 +bt, y = y 0 −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 b là tối giản Ta có thể khai triển a b thành liên phân số đơn hữu hạn, giả sử a b = [a 0 ; a 1 , a 2 , , a n ] Theo Định lý 1.1.6, ta có a b = P n.
Theo định lý 1.1.8, xét hai giản phân cuối với a = P_n và b = Q_n, ta có P_n Q_{n-1} - P_{n-1} Q_n = (-1)^{n-1} Từ đó suy ra a Q_{n-1} - P_{n-1} b = (-1)^{n-1}, hay a (-1)^{n-1} Q_{n-1} - b (-1)^{n-1} P_{n-1} = 1 Điều này dẫn đến a (-1)^{n-1} Q_{n-1} + b (-1)^{n} P_{n-1} = 1 Do đó, một nghiệm (x_0, y_0) của phương trình (2’) được xác định là x_0 = (-1)^{n-1} c Q_{n-1} và y_0 = (-1)^{n} c P_{n-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 P 2 = −10, Q 2 = 3 nên một nghiệm (x0, y0) của phương trình đã cho là x 0 = (−1) 2 24.3 y 0 = (−1) 3 24.(−10) hay x 0 = 72 y 0 = 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, Q 4 = 15 nên một nghiệm (x 0 , y 0 ) của phương trình −129x+ 88y = −56 là x0 = (−1) 4 (−56).15 y 0 = (−1) 5 (−56).(−22) hay x0 = −840 y 0 = −1232.
Vậy tập hợp nghiệm của phương trình ban đầu là
Ứng dụng liên phân số giải phương trình Pell
Bằng cách 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, trong đó d là một số nguyên dương không phải là chính phương.
Hai phương trình \(x^2 - dy^2 = -1\) và \(x^2 - dy^2 = 1\) có nghiệm nguyên dương (x₀, y₀) thì các cặp (−x₀, y₀), (x₀, −y₀), (−x₀, −y₀) cũng là nghiệm Định lý 1.5.2 cho biết rằng với d là số nguyên dương không chính phương và t là độ dài chu kỳ của biểu diễn liên phân số đơn tuần hoàn của \(\sqrt{d}\), khi t chẵn, phương trình \(x^2 - dy^2 = -1\) vô nghiệm, trong khi \(x^2 - dy^2 = 1\) có nghiệm dạng \((x = P_{it-1}, y = Q_{it-1})\) Ngược lại, với t lẻ, phương trình \(x^2 - dy^2 = -1\) có nghiệm dạng \((x = P_{(2i-1)t-1}, y = Q_{(2i-1)t-1})\) và \(x^2 - dy^2 = 1\) có nghiệm dạng \((x = P_{2it-1}, y = Q_{2it-1})\) Định lý 1.5.3 khẳng định rằng nếu \((x_1, y_1)\) là nghiệm nguyên dương bé nhất của phương trình \(x^2 - dy^2 = 1\), thì mọi nghiệm nguyên dương \((x_k, y_k)\) được cho bởi công thức \(x_k + y_k \sqrt{d} = (x_1 + y_1 \sqrt{d})^k\) với \(k = 1, 2, 3, \ldots\).
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 P1 = 10, Q1 = 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 a j 2 4 4 4 4 4
Q j 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 = P 2it−1 y = Q 2it−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 P 3 = 8, Q 3 = 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 các số vô tỉ bằng các số hữu tỉ thông qua 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 phát triển trước, đánh giá 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 Để khắc phục, khái niệm xấp xỉ tốt nhất loại hai ra đời, dựa trên việc đánh giá sai khác |qα−p|, có ưu điểm minh họa hình học Mục 2.1 của chương này trình bày hai loại xấp xỉ từ góc độ đại số, và nghiên cứu tính chất của số hữu tỉ gần số vô tỉ, cũng như khả năng tìm kiếm xấp xỉ tốt hơn trong một số trường hợp đặc biệt Mục 2.2 minh họa tính xấp xỉ của số vô tỉ bằng các số hữu tỉ qua khoảng cách từ các điểm nguyên (q, p) đến đường thẳng L có độ nghiêng là số vô tỉ α, cho thấy p/q là xấp xỉ tốt nhất khi điểm nguyên (q, p) là 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 khám phá phương pháp xấp xỉ một 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 cách 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 = [a 0 ;a 1 , a 2 , ], và các giản phân c k = P k
Q k , và cho số m ∈ Z. Khi đó α 0 = α+ m cũng là số vô tỉ có khai triển thành liên phân số đơn vô hạn dạng α 0 = [a 0 0 ;a 0 1 , a 0 2 , ], với các giản phân c 0 k = P k 0
Q 0 k thỏa mãn các điều kiện sau. i) a 0 0 = a 0 +m và với mọi k ∈ Z + ta có (a 0 k = a k và α 0 k = α k ) ii) với ∀k ∈ N ta có (Q 0 k = Q k và P k 0 = P k +mQ k ) iii) với ∀k ∈ N ta có c 0 k = ck +m.
(lưu ý, ở Chương 1 đã kí hiệu α = α 0 ;a i = bα i c và α i+1 = 1 f rac(αi)).
Chứng minh bằng quy nạp theo k cho α 0 k và a 0 k cho mọi k ∈ Z + Bắt đầu với k = 0, ta có α 0 0 = α 0 = α + m, từ đó suy ra a 0 0 = a 0 + m Với k = 1, ta có α 0 1 = 1/α 0 0 = 1/α 0 + m = α 1, do đó a 0 1 = a 1 Giả sử đúng với k, ta chứng minh cho k + 1: α 0 k+1 = 1/α 0 k = α k+1 và a 0 k+1 = a k+1 Đồng thời, với k = 0, ta có Q 0 0 = 1 = Q 0 và P 0 0 = a 0 0 = a 0 + m = P 0 + mQ 0 Với k = 1, ta có Q 0 1 = a 0 1 = a 1 = Q 1 và P 1 0 = a 0 0 a 0 1 + 1 = (a 0 + m)a 1 + 1 = a 0 a 1 + ma 1 + 1 = P 1 + mQ 1.
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 0 t+1 = a 0 t+1 Q 0 t + Q 0 t−1 = a t+1 Q t + Q t−1 = Q t+1 (theo giả thiết quy nạp) và P t+1 0 = a 0 t+1 P t 0 +P t−1 0 = a t+1 (P t +mQ t ) +P t−1 +mQ t−1 = a t+1 P t +
P t−1 +m(a t+1 Q t + Q t−1 ) = P t+1 + mQ t+1 (theo giả thiết quy nạp) Từ đó ta suy ra ii) là đúng theo phương pháp quy nạp. iii) Từ ii) với mọi k ∈ N ta có c 0 k = P k 0
+m = c k +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, xấp xỉ tốt nhất loại một (hay xấp xỉ tốt nhất yếu) được ưu tiên nghiên cứu do tính tự nhiên của nó Tuy nhiên, khi áp dụng định nghĩa này, có thể xuất hiện 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 Vì lý do này, sự chú ý đã chuyển sang xấp xỉ tốt nhất loại hai, 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 P i
(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 < Qi+1 thì |Q i α−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 do đó x > 0 Ngược lại, nếu y > 0, từ b < Qi+1, ta có b < Qi+1y, suy ra Qix = b - Qi+1y < 0, dẫn đến x < 0 Như vậy, trong cả hai trường hợp, ta có dấu của y ngược dấu với dấu của x Theo Định lý 1.1.10, ta kết luận rằng α nằm giữa Pi.
Vậy cả hai trường hợp ta đều có sign(Q i α−P i ) =−sign(Q i+1 α−P i+1 ) Kết hợp với sign(y) = −sign(x) ta được sign(x(Qiα −Pi)) =sign(y(Qi+1α−Pi+1)).
≥ |Q i α−P i |. Định lý được chứng minh.
Hệ quả 2.1.6 Cho số vô tỉ α ∈ R−Q, và cho Pi
Q i (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 ≤ Q i , thì
Chứng minh Với i ≥ 1, theo Bổ đề 1.1.5, ta có Q i+1 > Q i , từ đó b < Q i+1 nên 1 ≤b < Q i+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 √
P 0 = a 0 = 2;Q 0 = 1 Nếu i = 0 thì 1 ≤b ≤ Q 0 = 1 nên b = 1 Chọn a = 3, khi đó: α − P 0
≈ 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 = P i
Q i 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.
Từ chứng minh của Định lý 2.1.5 ta thấy rằng|Q i α−P i | < |bα −a|đúng với x 6= 0 và y 6= 0 Nếu x = 0 thì mâu thuẫn với 0 < b < Q i+1 , do vậy chỉ còn xét trường hợp y = 0 và x 6= 0 Khi đó |bα−a| = |x| |Q i α−Pi|.
Nếu |x| = 1, ta có |bα−a| = |Q i α−P i |, và điều này chỉ đúng khi a = P i và b = Q i Cụ thể, từ (Q i α−P i) = (bα−a) dẫn đến (Q i −b)α = P i −a, tạo ra mâu thuẫn với α /∈ Q trừ khi Q i = b, do đó P i = a Hơn nữa, từ (Q i α − P i) = −(bα − a) ta có (Qi + b)α = Pi + a, cũng mâu thuẫn với α /∈ Q trừ khi −Q i = b, dẫn đến −P i = a, điều này mâu thuẫn vì b ≥ 1.
Vậy theo Định nghĩa 2.1.2 thì với i ≥ 1ta có c i = P i
Q i 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 c i = Pi
Q i là một xấp xỉ tốt nhất loại hai của α thì c 0 i = P i +mQ i
Q i = c i + m là một xấp xỉ tốt nhất loại hai của α 0 = α +m (với số nguyên m nào đó) Nói cách khác, ∀a 0 , b 0 ∈ Z:
Chứng minh Vì c i là một xấp xỉ tốt nhất loại hai của α, nên theo Định lý 2.1.9 ta có ∀a, b ∈ Z :
Từ Bổ đề 2.1.1 ta có mối quan hệ Q i = Q 0 i , P i = P i 0 −mQ i = P i 0 −mQ 0 i và α = α 0 −m; và ta đặt a = a 0 −b 0 m;b= b 0 Bây giờ ta thay thế Qi, Pi, α, a, b vào biểu diễn (1) Khi đó ta được
Q 0 i = ci +m là một xấp xỉ tốt nhất loại hai của α 0 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 = −bαc Khi đó α 0 = α+ m ∈ (0,1).
Chúng ta sẽ nghiên cứu sâu hơn về mối quan hệ giữa các số hữu tỉ và số vô tỉ Định lý cho thấy rằng khi một số hữu tỉ tiếp cận một số vô tỉ α, nó sẽ trở thành một phần của khai triển liên phân số đơn vô hạn của α Cụ thể, nếu cho số vô tỉ α và tồn tại số hữu tỉ a/b với b > 0, thì α - a/b sẽ có những đặc điểm nhất định.
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 c i = P i
Giả sử rằng a b không phải là một giản phân trong khai triển liên phân số đơn vô hạn của α, với i = 0, 1, 2, , là các giản phân của khai triển này Theo Bổ đề 1.1.5, ta có Qi < Qi+1 cho mọi i ≥ 1, từ đó suy ra tồn tại một k 0.
Q k ≤ b < Q k+1 Theo Định lý 2.1.5, ta có |Q k α−P k | ≤ |bα−a| Ta có
2bQ k Lưu ý rằng theo điều giả sử của ta thì a b 6= P k
Q k và bP k −aQ k là số nguyên nên ta thấy rằng 1 bQ k ≤ bP k −aQ k bQ k
2b 2 , vì vậy b < Qk, điều này trái với Qk ≤ b < Qk+1 ở trên.Vậy điều giả sử sai, nên định lý được chứng minh.
Chúng ta sẽ xem xét mức độ gần gũi của các giản phân trong khai triển liên phân số đơn vô hạn với một số vô tỉ được sinh ra từ chính liên phân số đó Theo Định lý 2.1.13, với số vô tỉ α và các hệ số ci = Pi, chúng ta có thể phân tích mối liên hệ giữa chúng.
Q i (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 − P i
Q 2 i Chứng minh Đầu tiên ta xét trường hợp i = 0 Ta có P 0 = a 0 , Q 0 = 1, nên
Q 2 0 Chứng tỏ mệnh đề đúng với i = 0 Giả sử i chẵn và i > 0 Theo Định lý
Giả sử i lẻ và i > 0 Theo Định lý 1.1.10, ta có P i+1
(theo Định lý 1.1.9), suy ra α − P i
Q i+1 Q i ; mặt khác theo Bổ đề 1.1.5, ta có Qi < Qi+1 với mọii ≥1, nên α− P i
Định lý 2.1.14 chứng minh rằng, với mọi số vô tỉ α, bất kỳ hai giản phân liên tiếp trong khai triển liên phân số đơn vô hạn của α đều có ít nhất một phần tử chung, được ký hiệu là P i, với i ≥ 1.
Q i , và từ chứng minh của Định lý 2.1.5 ta có một trong hai trường hợp sau: P i
Q i Trong cả hai trường hợp ta đều có sgn(Q i+1
Lưu ý rằng 2ab < a 2 + b 2 khi a, b ∈ R, a 6= b, và a = 1
Q i+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 có ít nhất một giản phân, ví dụ là P i Điều này minh họa rõ ràng cho việc lấy xấp xỉ trong hình học.
Chứng minh Với mỗi j ta đặt k j = Q j
Q j−1 Trước hết ta chỉ ra rằng nếu (2) là sai đối với cả p q = P j−1
√5Q 2 j ), thì ta có bất đẳng thức k j + 1 k j < √
Nếu ở trong tình huống này, ta có
Hơn nữa, theo chứng minh của Định lý 2.1.14, ta có
5 ≥k j + 1 k j Mà ta biết rằng k j + 1 k j ∈ Q nên phải có √
Giả sử (2) là sai cho các p q = P i
Q i 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 k n >
2 Mặt khác, từ hệ thức truy hồi trong Định nghĩa 1.1.4, ta có k n+1 = Q n+1
Giả sử định lý 2.1.17 là sai, điều này dẫn đến mâu thuẫn Định lý này khẳng định rằng nếu α là số vô tỉ, thì sẽ có vô hạn số hữu tỉ a/b khác nhau, với a và b thuộc Z và b khác 0.
Theo Định lý 2.1.16, bất kỳ ba giản phân liên tiếp nào trong khai triển liên phân số đơn vô hạn của α đều có ít nhất một giản phân thỏa mãn điều kiện (4) Giả sử giản phân đó là số hữu tỉ a/b, thì a/b sẽ thỏa mãn định lý Chúng ta có thể lựa chọn vô hạn bộ ba giản phân liên tiếp từ khai triển này, dẫn đến việc có vô hạn số hữu tỉ a/b thỏa mãn định lý Các phân số này là phân biệt, nhờ vào tính chất của chúng.
(P i , Q i ) = 1 và (i > j ⇒ Q i > Q j ), nên suy ra rằng (i 6= j ⇒ Pi
Q j ) với mọi i, j ≥ 1 Do đó định lý được chứng minh.
Chứng minh định lý sau đây được tham khảo từ [6, Định lý 194]. Định lý 2.1.18 Hằng số √
5 trong Định lý 2.1.16 và 2.1.17 là tốt nhất có thể Nói cách khác, các định lý này (Định lý 2.1.16 và 2.1.17) sẽ không đúng nếu thay √
5 bằng bất kì giá trị nào lớn hơn.
Chứng minh Ta chỉ cần chỉ ra rằng nếu A > √
Aq 2 chỉ có hữu hạn nghiệm hữu tỷ p q, trong đó α là giá trị đặc biệt α √5−1
2 Giả sử trái lại rằng có vô hạn p, q nguyên dương sao cho α = p q + δ q 2 , |δ| < 1
Vế trái của phương trình có trị tuyệt đối nhỏ hơn 1 khi q khác 0, trong khi vế phải là số nguyên Do đó, chỉ có thể xảy ra trường hợp p^2 + pq - q^2 = 0 hoặc (2p + q)^2 = 5q^2, điều này là không thể khi p và q thuộc tập hợp số hữu tỷ.
Ta sẽ thiết lập một bổ đề về tính xấp xỉ bởi các giản phân, do đó ta cần thêm một vài kết quả chuẩn bị.
Bổ đề 2.1.19 xác định một dãy số Q gồm Q1, Q2, Q3, , Qn theo định nghĩa 1.1.4, và dãy Fibonacci (F k ) theo định nghĩa 1.1.11 Với j ≥ 1 cố định, ta có Q j = Q j, Q j+1 = Q j + 0, và Q j+k = Q j+k−1 + Q j+k−2 cho mọi k ≥ 2 Kết quả là, ∀k ∈ N, Q j+k = F k+1 Q j, và ∀k ∈ Z+, Q j+k > Q j+k.
Chứng minh i) Ta sẽ chứng minh bằng phương pháp quy nạp theo k Ta có Q j = Q j = F 1 Q j (do F 1 = 1) nên mệnh đề đúng với k = 0 Ta có
Q j+1 = Q j = Q j = F 2 Q j (do F 2 = 1) nên mệnh đề đúng với k = 1 Bây giờ ta giả sử mệnh đề đúng với k = p−1 và k = p Khi đó với k = p+ 1 ta có
Q j+p+1 = Q j+p +Q j+p−1 = Fp+1Qj +FpQj = (Fp+1 +Fp)Qj = Fp+2Qj.
Liên phân số dưới góc độ hình học
Liên phân số đã được nghiên cứu từ góc độ đại số, và để hiểu sâu hơn, chúng ta sẽ tiếp cận theo cách trực quan 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 Đầu tiên, để xác định các điểm trong mặt phẳng và các véc tơ, ta sử dụng ký hiệu A, B, C ∈ R² với các quy ước: O = (0,0) là gốc, đoạn thẳng nối hai điểm P và Q được biểu diễn bởi PQ = {P + t(Q−P) | t ∈ [0,1]}, độ dài đoạn thẳng PQ được ký hiệu là |PQ|, và độ nghiêng của điểm A = (q, p) với q ≠ 0 được tính bằng 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 = [a 0 ;a 1 , a 2 , a 3 , ] có các giản phân là c k = P k
Chú ý rằng vì α ∈ (0,1) nên a 0 = 0 Với k ∈ N∪ {−1} ta đặt C k là điểm xác đinh bởi Ck = (Qk, Pk) ∈ R 2 và đặt C−1 = (0,1) Khi đó ta kí hiệu độ nghiêng của C k là argC k = c k với k ∈ N và
= a i+1 C i +C i−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 có các định nghĩa sau: i) Lưới sinh ra bởi P và Q là tập hợp tất cả các điểm mP + nQ với mọi m, n ∈ Z, tức là ZP + ZQ ii) (P, Q)-nón dương đỉnh U là tập hợp tất cả các điểm U + aP + bQ với mọi a, b ∈ Z+, tức là U + (Z+)P + (Z+)Q iii) 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) = d P (A, L) (xem Hình 2.1).
Hình 2.1. Định lý 2.2.3 Cho A, A 0 , P ∈ R 2 , với P /∈ L Khi đó tỉ số d P (A, L) d P (A 0 , 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 đó, góc θ được xác định giữa đoạn thẳng từ điểm A 0 đến A 0 + a 0 P và đoạn thẳng từ A 0 đến hình chiếu vuông góc của nó lên L Từ đó, ta có công thức d P (A, L) = d(A, L) cosθ và d P (A 0 , L) = d(A 0 , L) cosθ Điều này dẫn đến mối quan hệ d P (A, L) dP(A 0 , L) = d(A, L) cosθ d(A 0 , L) cosθ.
= d(A, L) d(A 0 , L) là số độc lập với θ, hay tỉ số d P (A, L) d P (A 0 , L) không phụ thuộc vào hướng của P Vậy định lý được chứng minh.
Theo định lý, chúng ta có sự tự do trong việc chọn hướng tính khoảng cách từ một điểm đến đường thẳng, giúp xác định điểm nào gần đường thẳng L hơn so với các điểm khác Đồng thời, 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 định nghĩa bởi L = {(q, αq) | q ∈ R} Giả sử p q là một xấp xỉ tốt nhất loại hai của α, nghĩa là |qα−p| < |q 0 α−p 0 | với mọi (q 0 , p 0 ) ∈ Z 2 mà 1≤ q 0 < q Điều này có nghĩa là điểm (q, p) là điểm gần nhất với đường thẳng L trong số các điểm (q 0 , p 0 ) của lưới nguyên Z 2 với 1 ≤ q 0 ≤ q Khoảng cách từ (q 0 , p 0 ) đến L theo hướng (0,1) được tính bằng |q 0 α −p 0 |, cho thấy rằng tồn tại một giá trị 0 < θ < 1 sao cho P = θA + B = (0, θp 0 ) + (q 0 ,0) = (q 0 , θp 0) và P thuộc L, từ đó xác nhận rằng θp 0 q 0 = α.
(0,1) bằng khoảng cách từ (q 0 , p 0 ) đến điểm P, tức là nó bằng |p 0 −θp 0 | |p 0 −p 0 q 0 α p 0 | = |p 0 −αq 0 | = |αq 0 −p 0 |) 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 (q0, p0) nằm ngoài nón (q, p) + (Z+)A + (Z+)B Để xây dựng điểm C, như minh họa trong Hình 2.4, chúng ta cần một số vô tỉ α và hai điểm nguyên A, B Điểm C, được gọi là điểm ngoài của A và B, được ký hiệu là C = C(A, B; α).
Trước khi mô tả quy 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 nêu rõ rằng đường thẳng L có độ nghiêng α (với 0 < α < 1 và α là số vô tỉ) sẽ cắt hình bình hành OBF A tại gốc O và điểm P trên đoạn BF Đồng thời, đường thẳng L cũng cắt đường AF kéo dài tại điểm Q, từ đó khẳng định sự tồn tại của các điểm này trong không gian hình học.
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, đường thẳng L cũng cắt đường BF kéo dài tại điểm Q Khi đó, tồn tại
Xét tam giác OBP với góc ở đỉnh O là β, ta thấy tam giác ORQ (với R = Q−A) cũng có góc ở đỉnh O là β Theo định lý về các tam giác đồng dạng, ta có thể áp dụng các tính chất tương ứng để chứng minh mối quan hệ giữa hai tam giác này.
|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, với α là số vô tỉ thuộc (0,1), argA > α > argB và L là đường có độ nghiêng α, tức là L = {(q, qα) | q ∈ R} Điểm ngoài của A và B được xây dựng là C = C(A, B; α) Giả sử L cắt hình bình hành OBF A tại gốc O và điểm P (giao điểm giữa L với đoạn BF) Lấy Q là giao điểm giữa L với phần kéo dài của đoạn.
Theo Bổ đề 2.2.6, tồn tại giá trị 0 < θ < 1 sao cho P = θA + B, đồng thời Q = A + (1/θ)B Do đó, điểm Q nằm trên cạnh của lưới và nằm giữa điểm C = A + b1(θcB) và G = B + C Kết luận này hoàn tất 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 và đoạn AF) Điểm Q là giao điểm giữa L và phần kéo dài của đoạn BF, với P = θB + A (0 < θ < 1) Theo định lý tam giác đồng dạng, ta có Q = B + (1/θ)A Q nằm trên cạnh lưới và giữa C = B + (b1/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 khẳng định rằng với mọi n ∈ Z, n ≥ 0, các lưới ZC^(n−1) + ZC^n tồn tại.
ZC n +ZC n+1 là như nhau, tức là với mọi n ∈ Z + ta có
Trong không gian véc tơ R², chúng ta xác định một cơ sở b = {C k−2, C k−1} Ma trận M được xây dựng từ các tọa độ cột của véc tơ C k−1 và C k trong cơ sở b, được biểu diễn dưới dạng M = [[C k−1]b [C k]b].
Định thức detM = −1 cho thấy C k−1 và C k là hai véc tơ độc lập tuyến tính trong R 2, tạo thành một cơ sở mới b 0 = {C k−1 , C k} Điều này chứng tỏ rằng M thuộc nhóm GL(2,Z) và ma trận nghịch đảo M −1 cũng thuộc nhóm GL(2,Z).
Từ đó ta suy ra được
Vì đẳng thức trên không phụ thuộc vàoa k nên nó cũng không phụ thuộc vào k ∈ Z + Vậy đẳng thức
ZC n−1 +ZC n = ZC n + ZC n+1 cũng đúng với mọi n∈ Z mà n ≥ 0 Định lý được chứng minh.