(Luận văn) liên phân số với tử số bất kỳ

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– HOÀNG THỊ THU HIỀN lu an n va gh tn to p ie LIÊN PHÂN SỐ VỚI TỬ SỐ BẤT KỲ d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va THÁI NGUYÊN - 2018 ac th si ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– HOÀNG THỊ THU HIỀN lu an n va LIÊN PHÂN SỐ VỚI TỬ SỐ BẤT KỲ p ie gh tn to d oa nl w CHUYÊN NGÀNH: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP MÃ SỐ: 46 01 13 lu nf va an LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC lm ul NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC z at nh oi z m co l gm @ TS NGÔ VĂN ĐỊNH an Lu n va THÁI NGUYÊN - 2018 ac th si i Mục lục lu an n va Chương Liên phân số tắc 1.1 Định nghĩa 1.2 Thuật toán biểu diễn số thực liên phân số tắc 1.3 Liên phân số hữu hạn, liên phân số vô hạn 1.4 Dãy giản phân số thực 1.5 Liên phân số nghịch đảo 3 4 ie gh tn to Mở đầu p Chương Liên phân số với tử 2.1 Một số kết 2.2 Khai triển số vô tỷ bậc hai 2.3 Phương trình Pell nguyên dương 14 21 d oa nl w số lu nf va an Chương Liên phân số với tử số 3.1 Các liên phân số có dạng hàm hữu tỷ 3.2 Biểu diễn, tính hội tụ tính 3.3 Khai triển với số hữu tỷ z 3.4 Khai triển tuần hồn số vơ tỉ bậc hai giảm √ 3.5 Các khai triển tuần hoàn cho n z at nh oi lm ul Kết luận 28 28 30 38 40 43 50 z @ 51 m co l gm Tài liệu tham khảo an Lu n va ac th si Mở đầu Liên phân số cách viết rõ ràng cho số thập phân Một liên phân số tắc có dạng a0 + lu an a1 + a2 + n va a3 + · · · p ie gh tn to Mỗi số thực viết dạng liên phân số tắc Liên phân số có nhiều ứng dụng thực tế (xem [1]) Năm 2011, Anselm Weintraub [2] nghiên cứu công bố số kết liên phân số tổng quát có dạng z a0 + , z w a1 + oa nl a2 + z a3 + · · · d z số nguyên dương tùy ý Năm 2017, Greene Schmieg [3] mở rộng kết Anselm Weintraub cho trường hợp z số thực lớn hay nf va an lu z at nh oi lm ul Mục đích đề tài nghiên cứu trình bày lại kết nêu Ngoài phần mở đầu kết luận, luận văn gồm chương: Chương Liên phân số tắc Mục đích chương giới thiệu sơ lược liên phân số tắc z Chương Liên phân số với tử số nguyên dương Chương trình bày lại kết Anselm Weintraub liên phân số với tử số nguyên dương gm @ m co l Chương Liên phân số với tử số không nguyên Chương trình bày lại kết Greene Schmieg liên phân số với tử số số thực an Lu Luận văn hoàn thành trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên Lời tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy giáo n va ac th si TS Ngô Văn Định Thầy dành nhiều thời gian hướng dẫn giải đáp thắc mắc tơi suốt q trình làm luận văn Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc tới thầy Tác giả xin chân thành cảm ơn toàn thể thầy Khoa Tốn - Tin, trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên tận tình hướng dẫn, truyền đạt kiến thức suốt thời gian theo học, thực hoàn thành luận văn Cảm ơn giúp đỡ bạn bè, người thân đồng nghiệp thời gian làm luận văn Thái Nguyên, tháng 05 năm 2018 Người viết luận văn lu an n va tn to Hoàng Thị Thu Hiền p ie gh d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si Chương Liên phân số tắc lu Trong chương này, nhắc lại sơ lược khái niệm liên phân số tắc số tính chất liên phân số an n va Định nghĩa tn to 1.1 p ie gh Định nghĩa 1.1 Liên phân số tắc (hay cịn gọi phân số liên tục tắc) biểu thức có dạng w x = a0 + (1.1) oa nl a1 + a2 + d a3 + an lu a0 số nguyên không âm tất số an số nguyên dương nf va lm ul Liên phân số biểu diễn xác số thực Dạng tổng quát liên phân số b1 z at nh oi x = a0 + a1 + a2 + b2 b3 a3 + z m co l gm @ bn số nguyên dương Mọi số thực biểu diễn dạng liên phân số tắc Cách biểu diễn số thực dạng liên phân số cho ta nhiều đặc trưng thú vị Chẳng hạn, với liên phân số dạng tắc nêu định nghĩa trên, ta có x số hữu tỷ dãy {an }n≥1 dãy hữu hạn; dãy {an }n≥1 dãy vô hạn tuần hồn x nghiệm đa thức bậc hai với hệ số nguyên an Lu n va ac th si Để tránh phải viết công thức cồng kềnh, thường viết liên phân số (1.1) dạng: x = a0 + 1 + + + ··· a1 + a2 + a3 + ta viết x = [a0 ; a1 , a2 , a3 , ] 1.2 Thuật toán biểu diễn số thực liên phân số tắc lu Cho số thực r, ký hiệu i phần nguyên r, f phần thập phân r Biểu diễn liên phân số r [i; a1 , a2 , ], [a1 ; a2 , ] dạng biểu diễn liên phân số 1/f Nếu f = thuật tốn dừng lại, trường hợp f khác 0, ta lặp lại bước với r thay 1/f an n va 415 , phần nguyên phân số 4, phần lẻ số 93 43 xấp xỉ , ta muốn giữ nguyên tử số thay mẫu số số 93 khác, xác + , viết 43 p ie gh tn to Ví dụ 1.2 Xét số d oa nl w 43 415 1 =4+ =4+ =4+ =4+ =4+ 93 1 93 93 2+ 2+ 2+ 43 43 43 6+ 7 nf va an lu Như vậy, ta có lm ul Liên phân số hữu hạn, liên phân số vô hạn z at nh oi 1.3 415 = [4; 2, 6, 7] 93 z Liên phân số hữu hạn biểu diễn số hữu tỉ Ngược lại, số hữu tỉ biểu diễn liên phân số hữu hạn theo cách: cách thứ nhất, thuật toán nêu phần thuật toán biểu diễn số thực liên phân số, ta liên phân số l gm @ [a0 ; a1 , a2 , , an−1 , an ]; m co cách thứ hai, từ biểu diễn cách thứ nhất, ta bớt đơn vị thành phần cuối, thêm vào sau thành phần 1: an Lu [a0 ; a1 , a2 , , an−1 , an − 1, 1] n va ac th si Ví dụ 1.3 Thực thuật tốn nêu Mục 1.2, ta có: 2.25 = + 1/4 = [2; 4] = [2; 3, 1], −4.2 = −5 + 4/5 = [−5; 1, 4] = [−5; 1, 3, 1] Như vậy, liên phân số vô hạn số vô tỉ hiển nhiên số vô tỉ biểu diễn dạng liên phân số vơ hạn Trong đó, đáng ý liên phân số vô hạn tuần hồn ln nghiệm đa thức bậc hai với hệ số nguyên ngược lại √ nghiệm đa thức bậc hai x2 − −27 1√ [0; 2, 3, 4, 2, 3, 4, 2, 3, 4, ] = + 1093 nghiệm đa thức bậc hai 14 14 7x2 + 27x − 13 Ví dụ 1.4 [1; 2, 2, 2, 2, 2, 2, ] = lu an n va Dãy giản phân số thực tn to 1.4 p ie gh Cho số thực r có dạng liên phân số [a0 ; a1 , a2 , , an−1 , an , ] (có thể hữu hạn vô hạn) Từ công thức biểu diễn trên, xây dựng dãy số hữu tỉ (hữu hạn vô hạn) hội tụ đến r, dãy gọi dãy giản phân: d oa nl w nf va an lu a0 h0 = k0 1 a0 a1 + h1 = [a0 ; a1 ] = a0 + = k1 a1 a1 h2 a2 (a1 a0 + 1) + a0 = k2 a2 a1 + h3 a3 (a2 (a1 a0 + 1) + a0 ) + (a1 a0 + 1) = k3 a3 (a2 a1 + 1) + a1 hn = [a0 ; a1 , a2 , , an−1 , an ] kn z at nh oi lm ul z hn kn l gm @ Đặt rn = Ví dụ 1.5 Dãy giản phân 0.84375 (dạng liên phân số [0; 1, 5, 2, 2]): m co [0; 1, 3] [0; 1, 4] [0; 1, 5] [0; 1, 5, 2, 1] [0; 1, 5, 2, 1] 4 5 11 13 16 19 [0; 1, 5, 2, 2] an Lu [0; 1] 27 32 n va ac th si 1.5 Liên phân số nghịch đảo Cho số hữu tỷ dương r, biết dạng liên phân số [a0 ; a1 , a2 , a3 , , an−1 , an ] yêu cầu đặt tìm dạng liên phân số nghịch đảo 1/r Xét trường hợp: • r > 1, tức a0 ≥ liên phân số 1/r là: [0; a0 , a1 , a2 , a3 , , an−1 , an ] lu an • < r < 1, tức a0 = liên phân số 1/r là: va n [a1 ; a2 , a3 , , an−1 , an ] tn to ie gh Ví dụ 1.6 p 2.25 = = [2; 4], d oa nl w 15 = [0; 1, 7, 2] 17 = = [0; 2, 4] 2.25 17 = [1; 7, 2] 15 nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si Chương Liên phân số với tử số nguyên dương lu an n va p ie gh tn to Trong Mục 2.1 chương này, chúng tơi trình bày lại kết khai triển cfN Ta thấy số thực dương x0 có khai triển cfN Hơn nữa, N > số hữu tỷ có khai triển cfN hữu hạn vơ hạn; N > có khai triển khơng tuần hồn Nếu N > 1, số vơ tỷ bậc hai có khai triển tuần hồn khơng tuần hồn Ở sử dụng ngơn ngữ ký hiệu chuẩn: x0 = [a0 , a1 , a2 , ]N tuần hoàn theo chu kỳ k từ i = m ai+k = với i ≥ m, trường hợp viết x0 = [a0 , , am−1 , am , , am+k−1 ]N d oa nl w nf va an lu Chúng tơi trình bày lại khái niệm khai triển cfN tốt số thực x0 , ký hiệu x0 = [[a0 , a1 , a2 , ]]N lm ul Trong Mục 2.2, thấy rằng, với N > 1, số vơ tỷ bậc hai có khai triển tuần hoàn cfN z at nh oi Lý thuyết liên phân số cổ điển liên quan mật thiết đến phương trình Pell, Mục 2.3 trình bày lại kết tương tự trường hợp N > z l gm Một số kết @ 2.1 m co Trong mục chúng tơi trình bày lại kết Anselm Weintraub [2] liên phân số với tử số nguyên dương, tức tổng quát liên phân số tắc, “tử số” thay số nguyên dương N tùy ý an Lu n va ac th si 37 Định lý 3.16 Nếu a1 , , aj+k−1 số nguyên dương có x = [a0 , , aj+k−1 , ]z thỏa mãn Cơng thức (3.12) x có khai triển cfz [a0 , a1 , , aj−1 , aj , , aj+k−1 ]z Nếu am ≥ z với ≤ m ≤ j + k − khai triển khai triển cfz tốt Chứng minh Theo Định lý 3.2, xj = −z pj+k−2 − xqj+k−2 pj−2 − xqj−2 xj+k = −z pj−1 − xqj−1 pj+k−1 − xqj+k−1 lu Vì x thỏa mãn cơng thức (3.12), xj − xj+k = 0, nên x tuần hoàn, với khai triển cho Nếu am ≥ z với m ≥ 1, theo Bổ đề 3.5, khai triển tốt x có dạng yêu cầu an n va gh tn to Chúng ta có hệ đơn giản sau Định lý 3.15 p ie Hệ 3.17 Để số dương thực x có khai triển cfz tuần hoàn, x phải p p phần tử Z( f (z)), tập hợp biểu thức hữu tỷ f (z), f (z) hàm hữu tỷ z với hệ số nguyên nl w d oa Hệ 3.18 Nếu x số thực dương an lu (a) x có khai triển tuần hồn hồn tồn [a]z x = a+ √ a2 + 4z nf va Đây khai triển tốt cho x cho z < a + √ a2 b2 + 4abz (b) x có khai triển tuần hoàn hoàn toàn [a, b]z x = 2b Đây khai triển tốt cho x cho z < min(a + ab , b + ab ) z at nh oi lm ul ab + Chứng minh Phần thứ √ xuất phát từ phần thứ hai Nếu x = [a, b]z , ab + a2 b2 + 4abz Mặt khác, với số x vậy, ta có x1 = theo (3.13), x = √ z 2b a2 b2 + 4abz z x2 = = x nên x có khai triển tuần hoàn 2b x1 − b a yêu cầu Hơn nữa, bxc = a z < a + , bx1 c = b b a z < a + , thể tính chất khai triển tốt b m co l gm @ z ab + = x−a an Lu n va ac th si 38 Khai triển với số hữu tỷ z 3.3 u , u v số v p nguyên dương nguyên tố với u > v Với Cn = n , lưu ý qn Phần 3.2, pn qn nói chung khơng số nguyên Khi z số hữu tỷ, có Trong mục này, ta xét trường hợp z số hữu tỷ thể lập tỷ lệ pn qn để lấy tử số mẫu số nguyên cho Cn , việc lặp lại phức tạp Thay cho Định lý 3.2 có: lu an n va tn to Định lý 3.19 Một dãy số nguyên cho trước {an } với ak ≥ k ≥ xác định chuỗi {Pn } {Qn } cách quy nạp sau:  an Pn−1 + uPn−2 , n chẵn (3.14) P−1 = 1, P0 = a0 , Pn = van Pn−1 + uPn−2 , n lẻ,  an Qn−1 + uQn−2 , n chẵn Q−1 = 1, Q0 = 1, Qn = (3.15) van Qn−1 + uQn−2 , n lẻ Pn với n ≥ 0, Qn ie gh Nếu Cn = p Cn = [a0 , a1 , , a]z w oa nl Các kết có liên quan khác từ Phần 3.1 dịch sau d Định lý 3.20 Với {an }, {Pn }, {Qn } xác định Định lý 3.19, có an lu nf va Pn Qn−1 − Pn−1 Qn = s(−1)n−1 un , (3.16)  lm ul Pn Qn−2 − Pn−2 Qn = (−1)n un−1 , v(−1)n un−1 , z at nh oi  P x + uPn−2   n−1 n , (3.17) n chẵn (3.18) n lẻ, z n−1 xn + uQn−2 x= Q vP x + uPn−2   n−1 n , vQn−1 xn + uQn−2 n chẵn n lẻ, @ v | Q2n−1 với n, gm với n (3.20) l gcd(Pn , Qn ) | un (3.19) m co Bằng quy nạp ta có mối quan hệ sau Pn , Qn pn , qn n va Pn = v dn/2e pn , Qn = v dn/2e qn an Lu Bổ đề 3.21 Với n ≥ 0, ac th si 39 Với khai triển tuần hồn, thay pn qn Pn Qn Định lý 3.22 Giả sử z = u số hữu tỷ dương dạng tối giản Nếu số v thực dương x có khai triển tuần hoàn hoàn toàn x = [a0 , , an−1 ]z x phải thỏa mãn phương trình bậc hai Qn−1 x2 + (uQn−2 − Pn−1 )x − uPn−2 = n chẵn lu an vQn−1 x2 + (uQn−2 − vPn−1 )x − uPn−2 = n va ie gh tn to n số lẻ Nếu x số hữu tỷ (uQn−2 + Pn−1 )2 − 4un phải số phương n chẵn, (uQn−2 + vPn−1 )2 + 4vun phải số phương n lẻ p Định lý 3.23 Cho z = uv số hữu tỷ dương dạng tối giản Nếu x số hữu tỷ với khai triển cfz tuần hồn có độ dài lẻ, v bình phương nl w d oa Chứng minh Nếu x khơng tuần hồn hồn tồn, thay x với thương số hồn chỉnh xk , hồn tồn tuần hồn, giả sử x có khai triển tuần hoàn hoàn toàn Như lưu ý cơng thức (3.19), tất Qn có số lẻ chia hết cho v Vì n số lẻ viết Qn−2 = kv với số nguyên k Theo định lý trước, nf va an lu lm ul (uQn−2 + vPn−1 )2 + 4vun = v (ku + Pn−1 )2 + 4vun (3.21) z at nh oi z số bình phương Mỗi số nguyên dương viết bình phương nhân số khơng phương, giả sử v = s2 t cho ngun s t, t khơng bình phương Sử dụng (3.21) có s2 (A2 t2 + 4tun ) = m2 cho số nguyên A m Nếu p thừa số nguyên tố lẻ t p2 ước m2 /s2 buộc p2 ước 4tun Vì t nguyên tố với u nên phải có p2 ước t, mâu thuẫn Như vậy, bắt buộc, t = Trong trường hợp này, m chẵn chia cho để có m ) Do đó, 2un chẵn hiệu hai bình phương, buộc chia A2 + 2un = ( 2s hết cho Do đó, u chẵn, mâu thuẫn u ngun tố với v Vì t khơng chia hết cho số nguyên tố nào, nên v = s2 , thỏa mãn yêu cầu m co l gm @ an Lu n va ac th si 40 Sử dụng Định lý 3.23 phân loại x z mà x có khai triển tuần hoàn hoàn toàn theo chu kỳ Định lý 3.24 Nếu x z số hữu tỷ, x = [n]z x= nw + k k(nw + k) ,z = , w w2 w, k, n số nguyên dương k nguyên tố với w khai triển tốt ≤ k < w Chứng minh Nếu x0 = x = k(nw + k) nw + k z = , phép tính đơn giản với w w2 a0 = n cho thấy x1 = x0 , cho ta khai triển tuần hoàn Để khai triển tốt lu nhất, ta cần bxc = n, đòi hỏi ≤ k < w an va Tiếp theo, giả sử x = [n]z , x z số hữu tỷ Theo Định u lý 3.23 viết z = với u w số nguyên dương Theo Định n w tn to lý 3.22 có √ √ n2 + 4z nw + n2 w2 + 4u x= = 2w √ Với x số hữu tỷ, th phải có n2 w2 + 4u số ngun Vì lớn nw √ viết n2 w2 + 4u = nw + m với m số nguyên Bình phương p ie gh n+ nl w d oa lên ta thấy m phải chẵn, đặt m = 2k Bình phương lên lần rút gọn ta u = k(nw + k), cho x z dạng yêu cầu an lu Khai triển tuần hoàn số vô tỉ bậc hai giảm nf va 3.4 lm ul z x−a0 Khi z at nh oi Bổ đề 3.25 Giả sử x = x0 = [a0 , a1 , , aj−1 , aj , , aj+k−1 ]z x1 = z x1 tuần hoàn x1 = x−a Chứng minh Ta giả định j ≥ Rõ ràng x1 tuần hồn (với j ≥ 1) z x1 = [a1 , a2 , , aj−1 , aj , , aj+k−1 ]z @ l gm Ta x = a0 + xz1 Sử dụng số nguyên tố để biến số có liên quan a1 , a2 , thay a0 , a1 , , có an Lu = a0 + m co 0 zx1 (qj+k−2 qj−3 − qj+k−3 qj0 − 2) z a0 + a0 + x1 p0j+k−2 p0j−3 − p0j+k−3 p0j−2 0 z (qj+k−2 qj−3 − qj+k−3 qj0 − 2) n va (x − a0 )(p0j+k−2 p0j−3 − p0j+k−3 p0j−2 ) ac th si 41 Sử dụng phần (a) (b) Định lý 3.3, 0 qj0 − 2) qj−3 − qj+k−3 z (qj+k−2 (x − a0 )(p0j+k−2 p0j−3 − p0j+k−3 p0j−2 ) (pj+k−1 − a0 qj+k−1 )(pj−2 − a0 qj−2 ) − (pj+k−2 − a0 qj+k−2 )(pj−1 − a0 qj−1 ) (x − a0 )(qj+k−1 qj−2 − qj+k−2 qj−1 ) pj+k−1 pj−2 − pj+k−2 pj−1 a20 = + x − a0 (x − a0 )(qj+k−1 qj−2 − qj+k−2 qj−1 ) a0 pj+k−1 qj−2 + pj−2 qj+k−1 − pj+k−2 qj−1 − pj−1 qj+k−2 − x − a0 qj+k−1 qj−2 − qj+k−2 qj−1 = Bây theo công thức (3.12), lu an pj+k−1 qj−2 + pj−2 qj+k−1 − pj+k−2 qj−1 − pj−1 qj+k−2 = x(qj+k−1 qj−2 − qj+k−2 qj−1 ) + (pj+k−1 pj−2 − pj+k−2 pj−1 ) x n va gh tn to Kết là, p ie a0 + d oa nl w pj+k−1 pj−2 − pj+k−2 pj−1 a20 z = a0 + + x1 x − a0 (x − a0 )(qj+k−1 qj−2 − qj+k−2 qj−1 ) pj+k−1 pj−2 − pj+k−2 pj−1 a0 x a0 − − + x − a0 x − a0 x(qj+k−1 qj−2 − qj+k−2 qj−1 ) = a0 + a20 x a0 a0 x + − x− x x − a0 x − a0 x − a0 x − a0 thỏa mãn yêu cầu nf va an lu =x lm ul z at nh oi Nếu x có khai triển cfz tốt tuần hồn, ta gọi x giảm x > z −1 < x < Chúng ta nói x giảm mạnh nếu, việc giảm, khai triển tốt x thỏa mãn ≥ z với i ≥ Bổ đề 3.26 Nếu x giảm mạnh x1 = z z x − a0 @ m x − a0 an Lu thấy x1 giảm co l gm Chứng minh Để giảm mạnh, x phải tuần hồn Vì thương số riêng x1 chuyển thành thương số riêng x, x1 tuần hoàn Điều tất thương số riêng x1 đủ lớn Từ a0 = bxc, suy z Vì x âm a0 ≥ z , −1 < x1 < 0, cho x1 > z Theo bổ đề trước, x1 = n va ac th si 42 Như hệ bổ đề này, x giảm mạnh, xk giảm mạnh 105 có khai với k Điều kiện x giảm mạnh điều kiện cần Ví dụ, x = 58 triển tốt [1, 2, 10]z z = Trong trường hợp x thỏa mãn phương trình bậc hai 348x − 572x + 105 = (6x + 1)(58x − 105) Như vậy, x = − , nên 203 , thỏa mãn x giảm, không giảm mạnh Trong trường hợp này, x1 = 94 188x2 − 124x − 609 = (2x + 3)(94x − 203) Do x1 = − không giảm z Định lý 3.27 Nếu x giảm mạnh, x tuần hoàn hoàn toàn Hơn nữa, − x giảm mạnh lu an n va z z = xj−1 − aj−1 xj+k−1 − aj+k−1 ie gh tn to Chứng minh Chúng ta chứng minh phản chứng x phải hồn tồn tuần hồn Vì vậy, giả sử x tuần hoàn với chu kỳ k , khơng phải tuần hồn hồn tồn Khi với số j ≥ 1, x = [a0 , a1 , , aj−1 , aj , , aj+k−1 ]z , aj−1 6= aj+k−1 Theo tính tuần hồn, xj = xj+k , p Như vậy, nl w z z = xj−1 − aj−1 xj+k−1 − aj+k−1 d oa Hoặc xj−1 − aj−1 = xj+k−1 − aj+k−1 Chúng ta viết biểu thức dạng aj−1 − aj+k−1 = xj−1 − xj+k−1 giảm, −1 < xj−1 − xj+k−1 < Vì aj−1 − aj+k−1 số nguyên, nên phải aj−1 = aj+k−1 , mâu thuẫn an lu nf va Đối với phần thứ hai, chứng minh z = [ak−1 , ak−2 , , a0 ]z x z z Chúng ta có xj = , mà viết lại − = aj−1 − xj−1 xj−1 − aj−1 xj z Vì xj giảm, nên điều cho thấy với j, b− xj c = aj−1 , với cách hiểu z at nh oi lm ul x = [a0 , a1 , , ak−1 ]z , − z j = sàn ak−1 Vì vậy, khai triển tốt − xz có thương riêng ak−1 , ak−2 , , a0 , ak−1 , gm @ m co l Chiều ngược lại Định lý 3.27 khơng đúng, thấy ví dụ trước Nghĩa là, x = 203 94 z = khai triển tốt x [2, 10, 1]z Như vậy, x có khai triển tốt tuần hoàn hoàn toàn Tuy nhiên, x khơng giảm mạnh chí khơng giảm x = − 23 Ngoài ra, trường hợp này, − xz = 76 = [1, 10, 2]z , khai triển tốt 76 Khai triển tốt [1, 10, 3]z an Lu n va ac th si 43 3.5 Các khai triển tuần hoàn cho √ n Theo chương trước, số vơ tỉ bậc hai có khai triển cfz tuần hoàn z số nguyên dương Điều bắt nguồn từ điều biết x có khai triển cf1 tuần hoàn x số vô tỉ bậc hai, kèm với công thức (3.3) dạng [a0 , a1 , a2 , a3 , ]1 = [a0 , za1 , a2 , za3 , ]z (3.22) Tuy nhiên, vế phải (3.22) khai triển tốt số hạng chẵn thỏa mãn a2k ≥ z với k lu an n va √ tn to Khi z số hữu tỉ số nguyên, công thức (3.22) tạo khai triển cfz thích hợp za2k+1 số nguyên với k Ví √ √ dụ, = [1, 2, 2, 2, ]1 nên với z = 23 có = [1, 3, 2, 3, ]z = [1, 3, 2]z √ Công thức (3.22) không áp dụng cho z = 43 Trong trường hợp này, có khai triển tốt [1, 3, 6, 14, 1, 2, 2]z p ie gh Khi z số hữu tỉ, x = n có khai triển cfz tuần hồn, cơng thức Định lý 3.15 có kết bổ sung √ n có khai triển cfz tuần hồn với độ oa nl w Bổ đề 3.28 Nếu z số hữu tỉ dài đuôi j độ dài chu kỳ k n(qj+k−1 qj−2 − qj+k−2 qj−1 ) + pj+k−1 pj−2 − pj+k−2 pj−1 = 0, d (3.23) lu pj+k−1 qj−2 + pj−2 qj+k−1 − pj+k−2 qj−1 − pk−1 pj+k−2 = nf va an (3.24) Trong trường hợp j = 1, a0 = a, n = a2 + b, chúng tương đương với lm ul qk − aqk−1 − pk−1 = 0, (3.25) z at nh oi bqk−1 + aqk − pk = (3.26) Chứng minh Đây hệ trực tiếp công thức (3.11) (3.12) z √ n có khai triển cfz tuần hoàn với l gm √ n có khai triển cfz tuần hồn với chu kỳ 2k + , an Lu √ n = [a0 , a1 , , aj−1 , aj, , aj+2k ]z m co Chứng minh Giả sử @ Định lý 3.29 Nếu z số hữu tỉ chu kỳ lẻ, z số nguyên n va ac th si 44 Để thuận tiện, ta giả sử j ≥ Trong trường hợp j = j = 1, chứng minh đơn giản Coi phương trình (3.23) phương trình z Nếu j chẵn, theo Định lý 3.4, số hạng (3.23) có bậc tương ứng j + k − 1, j + k − 2, j + k − 1, j + k Tức là, số hạng có bậc cao pj+2k−1 pj−1 Nếu j số lẻ, bậc j + k − 3, j + k − 2, j + k , j + k − 1, với pj+2k pj−2 số hạng có bậc cao Trong trường hợp, số hạng có bâc cao tích hai số p với số lẻ Lại có theo Định lý 3.4, điều có nghĩa vế trái phương trình (3.23) đa thức với hệ số đầu ±1 hệ số nguyên Theo định lý nghiệm hữu tỉ, bậc số không đa thức phải số nguyên √ lu Định lý 3.30 Giả sử z số hữu tỉ n có mơt khai triển tốt tuần √ hoàn giảm mạnh với độ dài k Cho a = b nc an va √ √ √ √ n (a) Nếu z < a + n gh tn to (b) Nếu z > a + n n = [a, a1, · · · , ak−1 , 2a]z n = [a, a1 , a2 , · · · , ak , a1 + h]z với h = b a+z√n c √ p ie Khi đó, n có khai triển tuần hồn giảm mạnh, khai triển tốt có độ dài √ w √ d oa nl Chứng minh Nếu z < a + n đặt y = a + n y > z , z √ hữu tỉ, y = a − n thỏa mãn −1 < y < Như vậy, y giảm mạnh tuần hoàn, phải tuần hồn hồn tồn Từ byc = 2a, suy kết an lu nf va Tiếp theo, giả sử z > a + √ n đặt h = b a+z√n c Chúng ta biết có khai triển tốt [a, a1 , x2 ]z , a1 tầng x1 = z x1 −a1 > z x2 = lm ul z2 = z x1 −a1 Nhưng x1 = √z − n−a < −1 √x n−a z −1−a1 √ n Bây < x2 < Vì z at nh oi a1 ≥ bzc, −1 < x2 < nên x2 giảm mạnh, kết tuần hoàn hồn tồn Nó ak+1 = a1 + h Theo chứng minh Định lý 3.27 với j = có ak+1 − a1 = xk+1 − x1 Như vậy, ak+1 − a1 = a+z√n + xk+1 = h ak+1 − a1 z số nguyên −1 < xk+1 < @ √ m n = [a, a1 , · · · , ak−1 , 2a]z , co √ l gm Định lý 3.31 Giả sử z số hữu tỉ n có khai triển tốt giảm mạnh, √ √ với độ dài chu kỳ k Cho a = b nc giả sử z < a + n Thì an Lu n va j với ≤ j ≤ k − 1, aj = ak−j Tức là, dãy a1 , a2 , , ak−1 dãy đối xứng ac th si 45 √ z z =√ Điều x0 − 2a n−a Chứng minh Đặt x = x0 = a + n có x1 = √ có nghĩa − xz1 = −(− n − a) = x Theo Định lý 3.27, thương số riêng x1 nghịch đảo thương số riêng x Đó là, (a1 , a2 , , ak−1 , 2a) = (ak−1 , ak−2 , , a1 , 2a), suy kết √ Nếu n khơng có khai triển giảm mạnh, kết Định lý 3.31 khơng Ví dụ, √ = [2, 4, 1, 6, 11180, 6, 1, 4, 4]20/17 lu an có tính dãy đối xứng nói trên, √ n va = [1, 3, 6, 14, 1, 2, 2]4/3 , tn to không đối xứng √ p ie gh Trường hợp (a) Định lý 3.30 sai Nghĩa là, n có khai triển tuần hồn với có kích thước chu kỳ khơng kết √ = [2, 11, 21, 2, 3]z Ví dụ phần thúc 2a Ví dụ, z = 21 họ vơ hạn: 2k + = [k, 2k + k + 1, 4k + 2k + 1, k, 2k − 1]z (3.27) d oa nl w √ 4k + 2k + 4k nf va an lu z = z at nh oi lm ul Bổ đề 3.32 Nếu aj = ak −j cho ≤ j ≤ k −1 ak = 2a0 qk −aqk−1 −pk−1 = Nghĩa là, công thức (3.25) Bổ đề 3.28 đồng đa thức trường hợp Chứng minh Đây hệ đơn giản đồng đa thức Định lý 3.3 z √ m co l gm @ Do đó, theo Định lý 3.16, n có khai triển cfz Định lý 3.31 công thức (3.26) thỏa mãn Nếu aj ≥ z với j ≥ √ khai triển cho n Từ vài trường hợp hệ thức (3.17), ta có khai triển sau: an Lu Định lý 3.33 Cho n = a2 + b ≤ b ≤ 2a cho z hữu tỉ với ≤ z ≤ 2a √ Các khai triển giảm mạnh n thỏa mãn công thức (3.26) với chu kỳ lên đến có dạng sau: n va ac th si 46 (a) √ n = [a, 2a]z , z = b, (b) √ n = [a, c, 2a]z , z = (c) √ n = [a, c, c, 2a]z , z + (2ac − b)z − bc2 = với số c ≥ z , (d) √ n = [a, c, d, c, 2a]z , (2a + d)z + 2c(ad − b)z − bc2 d = với số c, d ≥ z , (e) √ n = [a, c, d, c, 2a]z , bc 2a , với số c ≥ 1, z + (2ac + 2ad + d2 − b)z + c(2ad2 − bc − 2bd)z − bc2 d2 = với số c, d ≥ z, lu (f) an √ n = [a, c, d, e, d, c, 2a]z , n va (2a + 2d)z + (4acd + 2ade + d2 e − 2bc − be)z với số c, d, e ≥ z ie gh tn to + 2c(2ad2 e − bcd − 2bde)z − bc2 d2 e = p Theo Định lý 3.3 ta viết cơng thức (3.26) dạng oa nl w bqk−1 (a, a1 , , ak−1 ) − zqk−1 (a1, , ak−1 , 2a) = d Từ suy với số nguyên a1 , , ak−1 z cố định có phương trình Diophant tuyến tính có dạng bx − ay = c Điều cho phép xây dựng √ họ n mà n có độ dài chu kỳ ngắn Ví dụ, phần (d) Định lý 3.33 cho z = 53 , c = 2, d = 6, phương trình có kết 276b − 410a = 150, với nghiệm a = + 138t, b = + 205t Do đó, với số ngun dương khơng âm t có p nf va an lu z at nh oi lm ul (3 + 138t)2 + + 205t = [138t + 3, 2, 6, 2, 276t + 6]5/3 √ z Với số z ≥ cho trước, có số n mà n có khai triển tuần hoàn với độ dài k Định lý 3.31, việc xây dựng cho thấy √ có vơ số n để n có độ dài chu kỳ k gm @ √ m co l Định lý 3.34 Cho n = a2 + b, ≤ b ≤ 2a Thì n có khai triển tốt có dạng [a, c, d, c, 2a]z (x, d) nghiệm dương phương trình Pell x2 − nd2 = b2 với số nguyên x Khi d nghiệm vậy, c khai triển tồn với z = (x + b − ad), c chọn cho 2a + d < z ≤ min(2a, d) an Lu n va ac th si 47 Chứng minh Biệt thức (2a+d)z +2c(ad−b)z−bc2 d nd2 +b2 , dẫn tới phương trình Pell Khi phương trình Pell có nghiệm, giải (2a+d)z +2c(ad−b)z−bc2 d = với z cho ta z có dạng Điều kiện c cần thiết để khai triển giảm mạnh Hệ 3.35 Với n = a2 + b với ≤ b ≤ 2a, có vơ số khai triển tốt √ giảm mạnh n = [a, c, d, c, 2a]z Chứng minh Có vơ số nghiệm cho phương trình Pell x2 −nd2 = b2 Khi d dần √ x + b − ad x + b − ad tiệm cận n − a < có vơ số d với < 2a + d 2a + d Điều đảm bảo cho d có tồn c z thỏa mãn tất vô cùng, lu điều kiện Định lý 3.34 Cụ thể, c = Ngồi cịn có số c nhỏ làm z ≥ 1, với điều c, z ≤ 2a nên có vơ số khai triển với an n va z ≥ p ie gh tn to Điều kiện c Định lý 3.34 khơng tốt Ví dụ, a = b = 1, n = 2, phương trình Pell x2 − 2d2 = Một nghiệm phương trình d = 12, x = 17, cho z = 37 c Chúng ta có khai triển giảm mạnh √ = [1, c, 12, c, 2]z cho ≤ c ≤ Khi c = 5, có khai triển tốt √ = [1, 5, 12, 5, 2]z , với z = 15 > 2a Khi c = 6, sàn z khai √ triển tốt cho khơng có chu kỳ oa nl w d Khi z > 2a, khai triển tuần hoàn giảm mạnh có chiều dài Các cơng thức trường hợp phức tạp Bổ đề 3.32 khơng cịn áp dụng Định lý cho ta danh sách ngắn điều kiện để độ dài chu kỳ nhỏ hay nf va an lu lm ul (a) √ z at nh oi Định lý 3.36 Cho n = a2 + b ≤ b ≤ 2a cho z số hữu tỉ với √ z > 2a Khai triển giảm mạnh cho n với chiều dài đuôi chu kỳ tối đa có dạng sau n = [a, c, d]z , z @ (2a − 2c + d)z − 2ac2 + 2acd = gm với số c, d ≥ z, √ n = [a, c, d, e]z , an Lu (b) m co l z − bz + bc2 − bcd = 0, n va (2ae − 2cd + de)z − 2ac2 d + 2acde = 0, ac th si 48 dz − bez + bc2 d − bcde = 0, với số c, d, e ≥ z, (c) √ n = [a, c, d, e, f ]z , (2a − 2c + d − e + f )z + (−2ac2 + 2acd − 2ace + 2acf + 2aef − 2cde + def )z − 2ac2 de + 2acdef = 0, z + (de − b)z + (bc2 − bcd + bce − bcf − bef )z + bc2 de − bcdef = 0, với số c, d, e, f ≥ z lu an n va tn to Chứng minh Trong trường hợp, điều kiện đầu phương trình (3.24), với chiều dài đuôi j = Điều kiện thứ hai kết a lần phương trình (3.24) trừ phương trình (3.23), sau thay n a2 + b p ie gh Với chu kỳ ngắn, công thức cho phép xây dựng họ vô hạn khai triển Chẳng hạn như: p 9m2 − 2m = [3m − 1, 24m − 6, 24m − 4]16m−4 , (3.28) p 9m2 − 3m + = [3m − 1, 8m2 − 2m, 24m2 − 6m]12m2 , (3.29) p (3.30) 9m2 − m = [3m − 1, 9m − 2, 30m − 6, 9m − 1] 15 m− , 2 p 4m2 − m = [2m − 1, 8m − 3, 12m − 4, 8m − 2]6m−2 (3.31) d oa nl w nf va an lu √ n = [a, c, d]z với điều kiện nd2 + b2 số lm ul Định lý 3.37 Nếu n = a2 + b phương z at nh oi √ √ nd + ab + a nd2 + b2 b2 + b nd2 + b2 c= z = 2n 2n hai số nguyên Nếu 2a < z ≤ min(c, d) khai triển tốt z l gm @ Chứng minh Cộng b lần phương trình đầu với 2a lần phương trình thứ hai b Định lý 3.36 (a) cho ta điều kiện z = 2a (2c − d) Điều kết hợp với (2a − 2c + d)z − 2ac +√2acd = cho phương trình bậc hai ẩn c với nghiệm √ m co √ nd + ab + a nd2 + b2 b2 + b nd2 + b2 , suy z = Do đó, n 2n 2n [a, c, d]z , c z phải số nguyên, mà yêu cầu nd2 + b2 số dương c = an Lu n va phương Nếu c z số nguyên với dạng cho, phương trình Định lý 3.36 (a) thỏa mãn ac th si 49 Định lý 3.38 Với số ngun dương n khơng phương, có vơ số c, d, e √ n = [a, c, d, e]z Đặc biệt, với n = a2 + b, ≤ b ≤ 2a, m2 n + = k √ n có khai triển tốt [a, c, d, e]z với c = k −1+am, d = bm, e = 2(k −1), z = bm, cho tất nghiệm với bm > 2a Chứng minh Cho d = mb, nd2 + b2 = b2 (nm2 + 1) Giả sử nm2 + = k với k nguyên dương Nếu viết z= be(b + √ eb(k + 1) e ae(k + 1) 2d2 + b2 ) = c = + 2nd 2mn 2mn lu a, b, c, d, e, z thỏa mãn phương trình Định lý 3.36 (b) Lưu ý c = 12 (e + 2az b ) Vì b ≤ 2a, c ≥ (e + z) nên e chọn cho √ e ≥ z, 2a < z ≤ d c số nguyên, khai triển tốt n [a, c, d, e]z Cho (m, k) nghiệm nguyên dương phương trình Pell an n va p ie gh tn to 2b(k − 1) 2bm2 n x2 − ny = với k > Nếu e = 2(k − 1) z = = = bm = d 2mn 2mn √ c = am + k − > am − + m n > 2am − nên c ≥ bm = z d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si 50 Kết luận Luận văn trình bày số vấn đề sau: lu Một số kết Anselm Weintraub liên phân số với tử số nguyên dương Cụ thể, luận văn trình bày số kết tổng quát liên phân số này, trình bày biểu diễn số vô tỷ bậc hai dạng liên phân số mối liên hệ với nghiệm phương trình Pell an n va p ie gh tn to Một số kết Greene Schmieg liên phân số với tử số bất kỳ: số tính chất thu xem liên phân số hàm hữu tỷ nhiều biến; tính hội tụ tính biểu diễn số thực dạng liên phân số này; khai triển số hữu tỷ số bậc hai dạng liên phân số d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si 51 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt lu [1] Hà Huy Khoái, Phạm Huy Điển (2003), Số học thuật toán, NXB Đại Học Quốc Gia Hà Nội an va Tiếng Anh n ie gh tn to [2] Anselm M., Weintraub S (2011), “A generalization of continued fractions", J.Number Theory 131, pp 2442 - 2460 p [3] Greene J., Schmieg J (2017), “Continued Fractions with Non-Integer Numeretors", Journal of Integer Sequences 20, Article 17.1.2 d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si