LUẬN văn THẠC sĩ HAY một số ứng dụng của liên phân số

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN MINH THÚY MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA LIÊN PHÂN SỐ LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2015 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN MINH THÚY MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA LIÊN PHÂN SỐ Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60.46.01.13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học TS NGUYỄN VĂN HOÀNG Thái Nguyên - 2015 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com i Mục lục Mục lục i Danh sách kí hiệu ii Danh sách hình vẽ iii Mở đầu 1 Kiến thức liên phân số 1.1 Liên phân số hữu hạn 1.2 Liên phân số vô hạn 1.3 Giải phương trình đồng dư bậc ẩn 11 1.4 Giải phương trình nghiệm nguyên bậc hai ẩn 12 1.5 Ứng dụng liên phân số giải phương trình Pell 14 Xấp xỉ tốt số vơ tỉ góc nhìn hình học 17 2.1 Xấp xỉ tốt số vô tỉ 18 2.2 Liên phân số góc độ hình học 34 Kết luận 47 Tài liệu tham khảo 48 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com ii Danh sách ký hiệu Trong toàn luận văn, ta dùng ký hiệu với ý nghĩa xác định bảng đây: N: Z: Z+ : Q: R: R − Q: Tập Tập Tập Tập Tập Tập các các các số số số số số số tự nhiên nguyên nguyên dương hữu tỉ thực vô tỉ LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com iii Danh sách hình vẽ Stt Tên hình Hình 2.1 Hình 2.2 Hình 2.3 Hình 2.4 Hình 2.5 Hình 2.6 Hình 2.7 Hình 2.8 Trang 35 36 37 38 39 39 40 46 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Mở đầu Liên phân số giới thiệu Leonardo Fibonacci cơng trình "Liber abaci" xuất năm 1202 Đến kỉ thứ 16, Bombelli biểu diễn số thực liên phân số Sau này, vào kỉ thứ 17, Huygens sử dụng chúng việc xây dựng mơ hình hệ thống lượng mặt trời Điều tuyệt vời liên phân số mang lại cách biểu diễn số vô tỉ rõ ràng Liên phân số đối tượng quan trọng Số học với nhiều ứng dụng hay không lĩnh vực Tốn học mà cịn có nhiều ứng dụng thực tiễn Vì vậy, chúng tơi chọn đề tài "Một số ứng dụng liên phân số" nhằm tìm hiểu ứng dụng liên phân số vào số tốn số học với ví dụ đơn giản áp dụng cho học sinh phổ thông, đồng thời nghiên cứu xấp xỉ tốt số vô tỉ, đặc biệt việc xem xét liên phân số góc độ hình học để hiểu sâu liên phân số Ngoài phần mở đầu, kết luận tài liệu tham khảo, luận văn gồm hai chương: Chương Chương trình bày số kiến thức liên phân số vài ứng dụng phổ biến nó: giải phương trình đồng dư bậc ẩn, giải phương trình nghiệm nguyên bậc hai ẩn, ứng dụng liên phân số giải phương trình Pell Chương Chương chúng tơi trình bày cách xấp xỉ số vô tỉ số hữu tỉ thông qua giản phân liên phân số Phần thứ chương trình bày hai loại xấp xỉ xấp xỉ tốt loại xấp xỉ tốt loại hai số vơ tỉ góc độ đại số, tính chất số hữu tỉ đủ gần số vơ tỉ việc tìm số xấp xỉ tốt vài trường hợp đặc biệt Phần thứ hai chương trình bày việc minh họa hình học tính xấp xỉ số vơ tỉ số hữu tỉ thông qua việc mô tả khoảng cách từ điểm nguyên (q, p) đến đường thẳng L có độ nghiêng số vơ tỉ α Luận văn hoàn thành hướng dẫn bảo tận tình thầy giáo TS Nguyễn Văn Hồng - Trường Đại học Sư phạm - Đại học Thái Nguyên LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Tơi xin bày tỏ lịng kính trọng biết ơn sâu sắc đến Thầy hướng dẫn hiệu kinh nghiệm suốt trình học tập, nghiên cứu hồn thành luận văn Tơi xin gửi tới thầy, khoa Tốn - Tin, phịng Sau Đại học, Trường Đại học Khoa Học - Đại học Thái Nguyên thầy giáo, cô giáo tham gia giảng dạy lớp Cao học Tốn A khóa 2013 - 2015 lời cảm ơn sâu sắc công lao dạy dỗ suốt trình giáo dục, đào tạo nhà trường Tôi xin gửi lời cảm ơn đến Ban giám hiệu trường THPT Ngô Quyền - Hạ Long, Quảng Ninh, bạn bè đồng nghiệp bạn học viên động viên giúp đỡ q trình hồn thành luận văn Cuối cùng, điều kiện thời gian nên luận văn khơng tránh khỏi thiếu sót, tơi mong nhận đóng góp ý kiến thầy, bạn để luận văn hoàn thiện Thái Nguyên, ngày 18 tháng 04 năm 2015 Tác giả Nguyễn Minh Thúy LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Chương Kiến thức liên phân số Chương nhằm trình bày kiến thức cần thiết liên phân số đơn hữu hạn, liên phân số đơn vô hạn số áp dụng thông dụng chúng (giải phương trình nghiệm nguyên, phương trình đồng dư) trình bày chương giúp cho việc trình bày có tính hệ thống sáng rõ Kiến thức chương trình bày dựa số tài liệu [6], [1], [2], [4] 1.1 Liên phân số hữu hạn Định nghĩa 1.1.1 Một biểu thức có dạng a0 + a1 + a2 + + an−1 + an với a0 , a1 , a2 , , an ∈ R a1 , a2 , , an > gọi liên phân số hữu hạn ký hiệu [a0 ; a1 , a2 , , an ] Trong trường hợp a0 , a1 , a2 , , an ∈ Z ta gọi [a0 ; a1 , a2 , , an ] liên phân số đơn hữu hạn Tính chất sau cho ta đặc trưng số hữu tỉ qua liên phân số đơn hữu hạn LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Định lý 1.1.2 Cho α ∈ R Khi α số hữu tỉ α biểu diễn dạng liên phân số đơn hữu hạn a Chứng minh Giả sử α = số hữu tỉ (với a, b ∈ Z, b > 0) Khi b thuật tốn Euclid ta có biểu diễn a = bq0 + r1 , b = r1 q1 + r2 , r1 = r2 q2 + r3 , , rn−2 = rn−1 qn−1 +rn , rn−1 = rn qn +0, q0 ∈ Z, q1 , , qn ∈ N∗ qn > Từ a r1 = q + = q0 + r2 = = q0 + b b q1 + q1 + r1 1 q2 + + qn−1 + qn a = [q0 ; q1 , q2 , , qn ] liên phân số đơn hữu hạn Ngược lại, b α = [q0 ; q1 , q2 , , qn ] dễ thấy số hữu tỉ Suy Định nghĩa 1.1.3 Cho α = [a0 ; a1 , a2 , , an ] liên phân số hữu hạn, liên phân số hữu hạn ci = [a0 ; a1 , a2 , , ] (trong ≤ i ≤ n) gọi giản phân thứ i α Định nghĩa 1.1.4 Cho α = [a0 ; a1 , a2 , , an ] liên phân số hữu hạn, ta định nghĩa P0 , P1 , P2 , , Pn Q0 , Q1 , Q2 , , Qn quy tắc truy hồi sau như: P0 = a0 , P1 = a0 a1 + Pi = Pi−1 + Pi−2 , với ≤ i ≤ n; Q0 = 1, Q1 = a1 Qi = Qi−1 + Qi−2 , với ≤ i ≤ n Bổ đề 1.1.5 Nếu α = [a0 ; a1 , a2 , , an ] liên phân số đơn hữu hạn Q0 ≤ Q1 < Q2 < < Qn Chứng minh Theo Định nghĩa 1.1.4 ta có Q0 = ≤ Q1 Các trường lại, i ≥ ta có ≥ 1, Qi−1 ≥ nên Qi+1 = ai+1 Qi + Qi−1 ≥ 1Qi + > Qi LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Định lý 1.1.6 Cho α = [a0 ; a1 , a2 , , an ] liên phân số đơn hữu hạn, Pi , với ≤ i ≤ n giản phân thứ i ci = Qi P0 Chứng minh Quy nạp theo i Khi i = ta có c0 = a0 = Q (vì P0 = a0 , Q0 = 1) Khi i = ta có c1 = [a0 ; a1 ] = a0 + a11 = a0 aa11+1 = QP11 Giả sử i > ci = QPii Ta nhận thấy ci+1 thu từ ci cách thay + ai+1 Do Pi−1 + Pi−2 ci = Qi−1 + Qi−2 nên ta có ci+1 = = = (ai + (ai + ai+1 )Pi−1 ai+1 )Qi−1 + Pi−2 + Qi−2 (ai Pi−1 + Pi−2 ) + (ai Qi−1 + Qi−2 ) + Pi + Pi−1 ai+1 Qi−1 ai+1 Pi−1 ai+1 Qi−1 ai+1 Qi + Pi+1 ai+1 Pi + Pi−1 = = ai+1 Qi + Qi−1 Qi+1 Định lý 1.1.7 Cho α = [a0 ; a1 , a2 , , an ] liên phân số hữu hạn, m Qm−1 Qm 1 , Pm−1 Pm = i=0 với ≤ m ≤ n Chứng minh Quy nạp theo m Nếu m = 1, ta có vế trái a1 Q0 Q1 P P = a0 a0 a1 + vế phải i=0 1 = a0 1 a1 a1 = a0 a0 a1 + LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 34 (theo Bổ đề 2.1.22) Cho k → ∞ → F2k+1 F2k+2 2k i=1 (−1)i+1 → −r− Fi Fi+1 (theo Bổ đề 2.1.23) nên ta thu bất đẳng thức |α − cj | < −r− Q2j Định lý chứng minh Chú ý 2.1.26 Bất đẳng thức Định lý 2.1.25 mạnh bất đẳng thức Định lý 2.1.13 bất đẳng thức Định lý 2.1.13 cho liên phân số bất kì, định lý cho số liên phân số có dạng α = [a0 , a1 , a2 , ] với j ∈ Z+ cho trước ta có aj+2 = aj+4 = · · · = aj+2k = với k ∈ Z+ Trong số trường hợp đặc biệt, ta xây dựng liên phân số mà có bất đẳng thức mạnh 2.2 Liên phân số góc độ hình học Từ đầu ta nghiên cứu liên phân số góc độ đại số Tiếp theo ta cần tiếp cận cách cụ thể để hiểu sâu thêm liên phân số Vì thế, ta xem xét liên phân số cách trực quan hình học Để bắt đầu ta cần trình bày số định nghĩa định lý mà chúng giúp ta tìm xấp xỉ tốt loại hai cho số vô tỉ α Định nghĩa 2.2.1 Để xác định điểm mặt phẳng véc tơ, ta biểu thị chúng chữ A, B, C, · · · ∈ R2 với quy ước sau i) O = (0, 0) ∈ R2 gốc ii) Nếu P, Q ∈ R2 điểm P Q = {P + t(Q − P ) | t ∈ [0, 1]} đoạn thẳng nối từ P đến Q iii) |P Q| kí hiệu cho độ dài đoạn thẳng P Q, kí hiệu chuẩn P P = |OP | p iv) Nếu A = (q, p) ∈ R2 q = độ nghiêng A argA = q LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 35 Kí hiệu Trong mục ta giả sử α ∈ R − Q, theo Hệ 2.1.11, ta giả sử thêm α ∈ (0, 1) Hơn nữa, đặt Z = (1, α) L = {(q, αq) | q ∈ R} đường thẳng với độ nghiêng α, α = [a0 ; a1 , a2 , a3 , ] có giản phân Pk ck = , với k ∈ N Qk Chú ý α ∈ (0, 1) nên a0 = Với k ∈ N ∪ {−1} ta đặt Ck điểm xác đinh Ck = (Qk , Pk ) ∈ R2 đặt C−1 = (0, 1) Khi ta kí hiệu độ nghiêng Ck argCk = ck với k ∈ N Ci+1 = Qi+1 Pi+1 Q Q = ai+1 P i + P i−1 i i−1 = ai+1 Ci + Ci−1 với i ∈ Z+ Lưu ý kí hiệu bảo đảm i = 0, ta có C1 = Q1 P1 a a Q +0 = a a 1+ = a1 P + = a1 C0 + C−1 1 Định nghĩa 2.2.2 Trong mặt phẳng R2 , cho điểm P, Q, A Khi i) Một lưới sinh P Q tập hợp tất điểm mP + nQ với m, n ∈ Z, tức tập ZP + ZQ ii) Một (P, Q)-nón dương đỉnh U tập tất điểm U + aP + bQ với a, b ∈ Z+ , tức tập U + (Z+ )P + (Z+ )Q iii) Cho L đường thẳng mặt phẳng R2 cho P ∈ / L Khi ta gọi khoảng cách từ A đến L theo hướng P độ dài đoạn thẳng nối A với điểm A + aP thuộc L (với a ∈ R), kí hiệu dP (A, L) Khi P ⊥ L ta có khoảng cách trực giao d(A, L) = dP (A, L) (xem Hình 2.1) Hình 2.1 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 36 Định lý 2.2.3 Cho A, A , P ∈ R2 , với P ∈ / L Khi tỉ số dP (A, L) dP (A , L) không phụ thuộc vào hướng P Chứng minh Lấy θ góc đoạn thẳng nối điểm A đến điểm A + aP đoạn thẳng nối điểm A đến hình chiếu vng góc lên L (Hình 2.2) Hình 2.2 Khi θ góc đoạn thẳng nối điểm A đến điểm A + a P đoạn thẳng nối điểm A đến hình chiếu vng góc lên L Do dP (A, L) = d(A, L) d(A , L) dP (A , L) = cos θ cos θ Suy d(A, L) dP (A, L) d(A, L) = cos θ = d(A , L) dP (A , L) d(A , L) cos θ số độc lập với θ, hay tỉ số dP (A, L) dP (A , L) không phụ thuộc vào hướng P Vậy định lý chứng minh Chú ý 2.2.4 i) Qua định lý ta thấy ta hoàn toàn tự chọn hướng để tính khoảng cách từ điểm đến đường thẳng cho phù hợp Khi ta đánh giá điểm gần đường thẳng L số hữu hạn điểm lại LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 37 ii) Minh họa hình học xấp xỉ tốt loại hai cho số vô tỉ α p q xấp xỉ tốt loại hai α, nghĩa |qα − p| < |q α − p | với (q , p ) ∈ Z2 mà ≤ q < q Về mặt hình học, điều tức là: số tất điểm (q , p ) lưới nguyên Z2 với hoành độ thỏa mãn ≤ q ≤ q , điểm (q, p) điểm gần đường thẳng L theo hướng điểm (0, 1) Ở khoảng cách từ (q , p ) đến L theo hướng (0, 1) |q α − p | (Thật vậy, tồn < θ < để P = θA + B = (0, θp ) + (q , 0) = (q , θp ) Mặt θp khác P ∈ L nên = α Từ khoảng cách từ (q , p ) đến L theo hương q (0, 1) khoảng cách từ (q , p ) đến điểm P , tức |p − θp | = qα | = |p − αq | = |αq − p |) Vì người ta cịn gọi (q, p) điểm |p − p p xấp xỉ tốt loại hai L (Hình 2.3) Cho L đường thẳng có độ nghiêng α, tức L = {(q, αq) | q ∈ R} Giả sử Hình 2.3 Ta thấy miền xét điểm (q , p ) điểm nằm ngồi nón (q, p) + (Z+ )A + (Z+ )B Định nghĩa 2.2.5 Ta xét trình xây dựng minh họa Hình 2.4: Cho số vô tỉ α, hai điểm nguyên A, B Mục đích ta xây dựng điểm C Hình vẽ 2.4, mà ta gọi điểm ngồi A, B kí hiệu C = C(A, B; α) LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 38 Hình 2.4 Trước mơ tả q trình xây dựng điểm ngồi ta cần bổ đề sau cho ta số tính tốn kĩ thuật cần thiết liên quan đến điểm Bổ đề 2.2.6 Lấy L đường thẳng có độ nghiêng α (0 < α < 1, α vô tỉ) i) Giả sử L cắt hình bình hành OBF A gốc O điểm P (điểm thuộc đoạn BF ) Giả sử L cắt đường AF kéo dài điểm Q Khi tồn < θ < để P = θA + B Q = A + B (Xem Hình 2.5) θ ii) Giả sử L cắt hình bình hành OBF A gốc O điểm P (điểm thuộc đoạn AF ) Giả sử L cắt đường BF kéo dài điểm Q Khi tồn < θ < để P = A + θB Q = B + A (Xem Hình 2.6) θ Chứng minh i) Xét tam giác OBP với góc đỉnh O β Khi tam giác ORQ, với R = Q − A tam giác có góc đỉnh O β Theo định lý tam giác đồng dạng ta có |BP | |RQ| θ A A = ⇔ = ⇒ R = B B R B R θ LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 39 Hình 2.5 Do R= R 1 B = B nên Q = A + R = A + B B θ θ ii) Xét tam giác OAP với góc đỉnh O γ Khi tam giác ORQ, với R = Q − B tam giác có góc đỉnh O γ Hình 2.6 Theo định lý tam giác đồng dạng ta có |AP | |RQ| θ B B = ⇔ = ⇒ R = A A R A R θ Do R= R 1 A = A nên Q = B + R = B + A A θ θ Định lý chứng minh Định nghĩa 2.2.7 (Xây dựng điểm ngoài) Cho A B điểm nguyên không âm Giả sử α số vô tỉ, α ∈ (0, 1), argA > α > argB L đường LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 40 có độ nghiêng α (tức L = {(q, qα) | q ∈ R}) Bây ta xây dựng điểm A B C = C(A, B; α) sau i) Giả sử L cắt hình bình hành OBF A gốc O điểm P (đó giao điểm L với đoạn BF ) Lấy Q giao điểm L với phần kéo dài đoạn AF Khi theo Bổ đề 2.2.6, tồn < θ < để P = θA + B , đồng thời lúc ta có Q = A + B Từ suy điểm Q nằm cạnh θ lưới Q nằm điểm C = A + B G = B + C Điều kết θ thúc việc xây dựng điểm C = C(A, B; α) A B (xem Hình 2.7) Hình 2.7 ii) Giả sử L cắt hình bình hành OBF A gốc O điểm P (là giao điểm L với đoạn AF ) Cho Q giao điểm L với phần kéo dài đoạn BF Ta có P = θB + A, với < θ < 1, định lý tam giác đồng dạng cho ta thấy Q = B + A Lưu ý Q nằm cạnh lưới nằm θ C = B + A G = A + C Điều kết thúc việc xây dựng điểm θ C = C(A, B; α) A B LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 41 Định lý 2.2.8 Với n ∈ Z mà n ≥ 0, lưới ZCn−1 + ZCn ZCn + ZCn+1 nhau, tức với n ∈ Z+ ta có ZCn−1 + ZCn = ZCn + ZCn+1 Chứng minh Trong không gian véc tơ R2 , ta chọn sở b = {Ck−2 , Ck−1 } Lấy M ma trận xác định M = [[Ck−1 ]b [Ck ]b ] (trong [−]b tọa độ cột véc tơ "−" sở b) Bởi Ck−1 = 0Ck−2 + Ck−1 Ck = Ck−2 + ak Ck−1 , nên ta có M= a k Hơn nữa, định thức detM = −1 (không phụ thuộc vào ak ), suy Ck−1 Ck hai véc tơ độc lập tuyến tính R2 (khơng phụ thuộc vào ak ); chúng tạo nên sở b = {Ck−1 , Ck } Rõ ràng M ∈ GL(2, Z) ma trận nghịch đảo M M −1 thỏa mãn M −1 ∈ GL(2, Z), M −1 = −ak 1 Từ ta suy ZCk−2 + ZCk−1 = ZCk−1 + ZCk Vì đẳng thức khơng phụ thuộc vào ak nên khơng phụ thuộc vào k ∈ Z+ Vậy đẳng thức ZCn−1 + ZCn = ZCn + ZCn+1 với n ∈ Z mà n ≥ Định lý chứng minh Từ định lý ta thấy ta chọn {Cn−1 , Cn } làm sở cho lưới nguyên Z2 với n nguyên không âm tùy ý Định lý 2.2.9 Với số tự nhiên n, kết luận sau i) Nếu n = C1 = C(C−1 , C0 ; α) ii) Nếu n > n chẵn Cn+1 = C(Cn−1 , Cn ; α) (tức xây dựng điểm Cn−1 , Cn hình học cho ta điểm trùng với điểm Cn+1 ) LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 42 iii) Nếu n > n lẻ Cn+1 = C(Cn , Cn−1 ; α) Chứng minh i) Cho n = đặt A = C−1 = (0, 1), B = C0 = (Q0 , P0 ) = (1, a0 ) = (1, 0) (vì a0 = 0), nên ta có argA > α > argB Theo Bổ đề 2.2.6, ta có P = B + θA = θ ; θ = α hay θ = α = α0 = α0 − a0 = f rac(α0 ) (lưu ý α0 = α theo Định lý 1.2.5, a0 = 0) Suy mặt khác lại P ∈ L = {(q, αq) | q ∈ R}, nên P = f rac(α ) Do 1 = = α1 = a1 Từ ta có θ f rac(α0 ) C1 = a1 C0 + C−1 = C0 + C−1 = C(C−1 , C0 ; α), θ xác biểu diễn đại số C1 ii) Xét trường hợp n chẵn dương +) Cho P ∈ BF đặt A = Cn−1 , B = Cn , nên theo Định lý 1.1.10 ta có argA = argCn−1 = cn−1 > α > cn = argCn = argB Ta coi {A, B} sở lưới nguyên Z2 (theo Định lý 2.2.8) Vì P ∈ BF nên theo Bổ đề 2.2.6 ta có P = θA + B = θCn−1 + Cn = θQn−1 + Qn θPn−1 + Pn , mà P ∈ L nên θPn−1 + Pn = α(θQn−1 + Qn ) Mặt khác theo chứng minh Định lý 1.2.5, ta có α= αn+1 Pn + Pn−1 , αn+1 Qn + Qn−1 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 43 αn+1 Pn + Pn−1 )Qn − Pn αQn − Pn αn+1 Qn + Qn−1 = αn+1 Pn + Pn−1 Pn−1 − αQn−1 )Qn−1 Pn−1 − ( αn+1 Qn + Qn−1 (αn+1 Pn + Pn−1 )Qn − Pn (αn+1 Qn + Qn−1 ) Pn−1 (αn+1 Qn + Qn−1 ) − (αn+1 Pn + Pn−1 )Qn−1 Pn−1 Qn − Pn Qn−1 αn+1 (Pn−1 Qn − Pn Qn−1 ) = f rac(αn ) αn+1 ( θ= = = = 1 = = αn+1 = an+1 Do theo Định nghĩa 2.2.7 i) θ f rac(αn ) trình xây dựng điểm ngồi A B ta có Vì B θ Cn = Cn−1 + θ = Cn−1 + an+1 Cn = Cn+1 C(Cn−1 , Cn , α) = C(A, B; α) = A + Như cách xây dựng điểm ngồi hình học Cn−1 Cn cho ta điểm trùng với điểm Cn+1 +) Cho P ∈ AF đặt A = Cn−1 , B = Cn , nên theo Định lý 1.1.10, ta có argA = argCn−1 = cn−1 > α > cn = argCn = argB θQn + Qn−1 θPn + Pn−1 , mà P ∈ L = α(θQn + Qn−1 ) Mặt khác theo chứng minh Định lý Do P ∈ AF nên P = A + θB = Cn−1 + θCn = nên θPn + Pn−1 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 44 αn+1 Pn + Pn−1 nên αn+1 Qn + Qn−1 αn+1 Pn + Pn−1 )Qn−1 − Pn−1 ( αQn−1 − Pn−1 αn+1 Qn + Qn−1 θ= = αn+1 Pn + Pn−1 Pn − αQn )Qn Pn − ( αn+1 Qn + Qn−1 (αn+1 Pn + Pn−1 )Qn−1 − Pn−1 (αn+1 Qn + Qn−1 ) = Pn (αn+1 Qn + Qn−1 ) − (αn+1 Pn + Pn−1 )Qn Pn Qn−1 − Pn−1 Qn = αn+1 Pn Qn−1 − Pn−1 Qn = αn+1 = > 1, f rac(αn ) 1.2.5, ta có α = điều mâu thuẫn với < θ < Vậy n chẵn P ∈ / AF iii) Xét trường hợp n lẻ dương +) Lấy P ∈ BF đặt A = Cn , B = Cn−1 Ta có argA = argCn = cn > α > cn−1 = argCn−1 = argB Khi có P = θA + B = θCn + Cn−1 = θQn + Qn−1 θPn + Pn−1 , mà P ∈ L nên ta cịn có θPn + Pn−1 = α(θQn + Qn−1 ) Mặt khác theo chứng minh Định lý 1.2.5, ta lại có αn+1 Pn + Pn−1 α= , αn+1 Qn + Qn−1 nên suy αn+1 Pn + Pn−1 )Qn−1 − Pn−1 αQn−1 − Pn−1 αn+1 Qn + Qn−1 θ= = αn+1 Pn + Pn−1 Pn − αQn Pn − ( )Qn αn+1 Qn + Qn−1 (αn+1 Pn + Pn−1 )Qn−1 − Pn−1 (αn+1 Qn + Qn−1 ) = Pn (αn+1 Qn + Qn−1 ) − (αn+1 Pn + Pn−1 )Qn Pn Qn−1 − Pn−1 Qn = αn+1 Pn Qn−1 − Pn−1 Qn = αn+1 = >1 f rac(αn ) ( điều mâu thuẫn với < θ < Vậy n lẻ P ∈ / BF LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 45 +) Cho P ∈ AF đặt A = Cn , B = Cn−1 , ta có argA = argCn > α > argCn−1 = argB Ta có P = A + θB = Cn + θCn−1 = θQn−1 + Qn θPn−1 + Pn , mà P ∈ L nên θPn−1 + Pn = α(θQn−1 + Qn ) Mặt khác, theo chứng minh Định lý 1.2.5, ta cịn có α= αn+1 Pn + Pn−1 αn+1 Qn + Qn−1 nên suy αn+1 Pn + Pn−1 )Qn − Pn αQn − Pn αn+1 Qn + Qn−1 = αn+1 Pn + Pn−1 Pn−1 − αQn−1 Pn−1 − ( )Qn−1 αn+1 Qn + Qn−1 (αn+1 Pn + Pn−1 )Qn − Pn (αn+1 Qn + Qn−1 ) Pn−1 (αn+1 Qn + Qn−1 ) − (αn+1 Pn + Pn−1 )Qn−1 Pn−1 Qn − Pn Qn−1 αn+1 (Pn−1 Qn − Pn Qn−1 ) = f rac(αn ); αn+1 ( θ= = = = 1 = = αn+1 = an+1 Do θ f rac(αn ) Cn + Cn−1 θ = A + B = C(A, B; α) θ = C(Cn , Cn−1 ; α) Cn+1 = an+1 Cn + Cn−1 = Định lý chứng minh Ví dụ 2.2.10 Ta minh √ họa việc xây dựng điểm C−1 , C0 , C1 , C2 , 5−1 C3 , α = = [0; 1, 1, 1, ] Rõ ràng < α < LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 46 Hình 2.8 C1 = C0 + C−1 , C = C1 + C0 , C = C2 + C1 , C = C3 + C2 , Ta thấy điểm Ci ngày gần đường thẳng L Ở đường thẳng L = {(q, αq) | q ∈ R} Các điểm Ci nằm L i lẻ; điểm Ci nằm i chẵn LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 47 Kết luận Luận văn trình bày đạt số kết sau Trình bày số kiến thức liên phân số số ứng dụng liên phân số tốn sơ cấp như: giải phương trình đồng dư bậc ẩn, giải phương trình nghiệm nguyên bậc hai ẩn, giải phương trình Pell Mỗi loại phương trình nêu dạng phương pháp giải dạng, đồng thời đưa ví dụ có lời giải minh họa cho phương pháp giải Trình bày xấp xỉ tốt loại xấp xỉ tốt loại hai số vơ tỉ góc độ đại số mối liên hệ với liên phân số, tính chất số hữu tỉ đủ gần số vô tỉ, việc tìm số xấp xỉ tốt vài trường hợp đặc biệt Luận văn trình bày việc minh họa góc độ hình học tính xấp xỉ số vơ tỉ số hữu tỉ thông qua việc mô tả khoảng cách từ điểm nguyên (q, p) đến đường thẳng L có độ nghiêng số vơ tỉ α Qua cho thấy số hữu tỉ p/q xấp xỉ tốt α mà điểm nguyên (q, p) điểm gần đường thẳng L xét miền giới hạn LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 48 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Hà Huy Khoái (2008), Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán trung học phổ thông: số học, NXB Giáo dục [2] Lại Đức Thịnh (1976), Giáo trình số học, NXB Giáo dục [3] Vũ Dương Thụy, Nguyễn Văn Nho Trần Hữu Nam (2004), Lý thuyết số Các định lí tập chọn lọc: Dành cho học sinh khá, giỏi, NXB Giáo dục [4] Dương Quốc Việt, Đàm Văn Nhỉ (2008), Cơ sở lý thuyết số đa thức, NXB Đại học Sư phạm, Hà Nội Tiếng Anh [5] D C Edwards (1971), Continued Fractions in rational approximations and number theory, Department of Mathematics, McGill University [6] G H Hardy and E M Wright (1960), An Introduction to the Theory of Numbers, Oxford University Press, Ely House, London W.1, Fourth Edition [7] M C Irwin (1989), "Geometry of continued fractions", The Amer Math Month., Vol 96, No (Oct.), pp 696-703 [8] A Y Khinchin (1964), Continued Fractions, University of Chicago Press [9] A Seidou and B Wegmann (2003), "Some Remarks on Continued Fractions and the Golden Ratio", Department of Natural Sciences, SE-701 82 Orebro, Sweden LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com ... chọn đề tài "Một số ứng dụng liên phân số" nhằm tìm hiểu ứng dụng liên phân số vào số toán số học với ví dụ đơn giản áp dụng cho học sinh phổ thông, đồng thời nghiên cứu xấp xỉ tốt số vô tỉ, đặc... HỌC NGUYỄN MINH THÚY MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA LIÊN PHÂN SỐ Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60.46.01.13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học TS NGUYỄN VĂN HOÀNG Thái Nguyên... Điều tuyệt vời liên phân số mang lại cách biểu diễn số vô tỉ rõ ràng Liên phân số đối tượng quan trọng Số học với nhiều ứng dụng hay không lĩnh vực Tốn học mà cịn có nhiều ứng dụng thực tiễn