Tài liệu luận văn Phân số Ai Cập và biểu diễn đơn vị

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN NGUYỄN THỊ HỒNG NHẬT PHÂN SỐ AI CẬP VÀ BIỂU DIỄN ĐƠN VỊ LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC HÀ NỘI - 2016 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN NGUYỄN THỊ HỒNG NHẬT PHÂN SỐ AI CẬP VÀ BIỂU DIỄN ĐƠN VỊ LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Chuyên ngành : PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số : 60 46 01 13 Giáo viên hướng dẫn: TS NGUYỄN VĂN NGỌC HÀ NỘI, 2016 Mục lục Mở đầu 1 Phân số Ai Cập 1.1 Giới thiệu xây dựng thuật toán 1.1.1 Phương pháp tách 1.1.2 Thuật toán Fibonaci-Sylvester 1.1.3 Thuật toán Golomb 1.2 Số thực hành 1.2.1 Thuật toán nhị phân 1.2.2 Thut toỏn Bleicher/Erdoăs 1.2.3 Giả thuyết Goldbach 1.2.4 Thuật toán Yokota 1.2.5 Thuật toán Tenenbaum/Yokota 1.2.6 Thuật toán số thực hành "tối ưu" 1.3 Các thuật toán khác 1.3.1 Thuật toán giai thừa 1.3.2 Thuật toán Chuỗi Farey 1.3.3 Thuật toán phân số tiếp diễn 1.3.4 So sánh Thuật toán 1.4 Độ dài chặn mẫu số 1.4.1 Chặn mẫu số 1.4.2 Chặn độ dài 1.4.3 Độ dài chặn mẫu số 1.5 Bài toán liên quan đến số cố định 1.6 Paul Erdăos v cỏc phõn s Ai Cp 1.6.1 Giới thiệu 1.6.2 Giả thuyt ca Erdăos-Straus 3 10 12 16 17 19 20 22 22 23 24 24 25 25 28 29 31 37 38 39 1.6.3 1.6.4 1.6.5 Các phân số Ai Cập trù mật 40 Thêm toán từ toán cũ, kết 41 Câu chuyên giả thuyết không 46 Biểu diễn đơn vị thành tổng phân số Ai Cập 2.1 Biểu diễn đơn vị thành tổng phân số Ai Cập với mẫu số nguyên dương đặc biệt 2.1.1 Giới thiệu 2.1.2 Kiến thức chuẩn bị 2.1.3 Chứng minh Định lý 2.1 2.2 Biểu diễn đơn vị thành tổng phân số đơn vị với mẫu số lẻ 2.2.1 Đặt vấn đề 2.2.2 Chứng minh Định lý 2.2 2.2.3 Chứng minh Định lý 2.3 49 49 49 51 53 55 55 57 59 Kết luận 61 Tài liệu tham khảo 62 Mở đầu Toán học Ai Cập đặc sắc nhiều mặt Một khía cạnh kỳ lạ Toán học cổ Ai Cập liên quan đến "Phân số" Các nhà Toán học cổ Ai Cập xét phân số mà ta gọi "Phân số đơn vị", phân số có tử số mẫu số số nguyên dương Tại lại vậy? Ở thời Ai Cập cổ đại, ký hiệu toán học hệ thập phân dựa sở ký hiệu chữ tượng hình cho lũy thừa mười triệu Mỗi kí hiệu số viết viết lại nhiều lần cần thiết để đạt số mong muốn Do đó, để viết số tám mươi hay tám trăm, ký hiệu mười hay trăm viết tám lần tương ứng Bởi phương pháp tính tốn họ khơng thể xử lí hầu hết phân số có tử số lớn 1, họ phải viết phân số tổng nhiều phân số có tử số Các phân số đơn vị viết số nguyên với dấu chấm hay kí hiệu bên Nhưng luận văn dùng qui ước thông dụng để viết phân số 1 Để viết phân số , nhà Tốn học cổ Ai Cập khơng thể viết + theo 5 quy ước viết số lúc đó, phân số đơn vị thể lần Thay 1 1 viết + phân số viết + Trong toán học cổ Ai Cập cách 5 15 dùng phân số đơn vị, số phân số thơng dụng họ quy ước viết số kí tự đặc biệt Trong luận văn liệt kê thuật toán để viết phân số tổng phân số đơn vị.Tuy nhiên phân số khơng có biểu diễn phân số đơn vị, có phân tích tối ưu thuật toán Luận văn nghiên cứu việc biểu diễn phân số thành tổng phân số đơn vị thêm điều kiện cố định, số số hạng, hay mẫu số lớn Ngồi luận văn cịn nghiên cứu lời giải tốn phương trình Diophantine số trường hợp Đặc biệt biểu diễn đơn vị thành tổng phân số đơn vị Để thực luận văn tác giả chủ yếu thu thập nghiên cứu từ nguồn tài liệu khác nhau, phân tích thuật tốn đưa ví dụ minh họa cụ thể Những tài liệu phân số Ai Cập Tiếng Việt Do luận văn thực thành cơng tài liệu tham khảo bổ ích cho giáo viên học sinh Cấu trúc luận văn chia thành ba phần: phần mở đầu, phần nội dung phần kết luận Nội dung luận văn chia làm hai chương: Chương Phân số Ai Cập Chương Biểu diễn đơn vị thành tổng phân số đơn vị Trong thời gian thực luận văn, tác giả nhận hướng dẫn bảo tận tình TS Nguyễn Văn Ngọc Qua đây, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc trân trọng công lao, quan tâm, động viên tận tình bảo Thầy Tác giả chân thành cảm ơn thầy, cô khoa Toán - Cơ - Tin học Trường Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG hà Nội dạy bảo tận tình, thầy giáo Ban giám hiệu, Phịng Đào tạo, Văn phịng Khoa Tốn - Cơ - Tin học trường Đại học Khoa học Tự nhiên - Đại học Quốc gia Hà Nội tạo điều kiện tốt suốt thời gian tác giả học tập hoàn thiện luận văn Hà Nội ngày 01/12/2016 Học viên Nguyễn Thị Hồng Nhật Chương Phân số Ai Cập 1.1 Giới thiệu xây dựng thuật toán Một vấn đề liên quan đến phân số Ai Cập tìm kiếm xây dựng thuật toán-cách để viết phân số thành tổng phân số đơn vị, tức phân số có tử số mẫu số số nguyên dương Qua nhiều năm, có nhiều thuật toán khác xây dựng cho mục đích khác nhau, chúng bao gồm từ túy lý thuyết tới thực hành Rõ ràng với phân số có nhiều mơt cách mở rộng thành phân số Ai Cập phân biệt Nếu a = + ··· + b x1 xn sử dụng hệ thức ta thu 1 = + , x x + x(x + 1) a 1 1 = + ··· + + + b x1 xn−1 xn + xn (xn + 1) Người Ai Cập có khơng có thuật tốn để xây dựng mở rộng phân số Họ tạo mở rộng số cho tất số lẻ n q Ở bước 4, ta có p = p − r, p ≥ p cũ − Ở bước 2, ta dừng lại p = 1, có hầu hết p số hạng Mặc dù, trường hợp xấu mà lần r = 1, kết phân số luôn tối giản Khi khai triển chắn tạo p số hạng Trên thực tế, trường hợp xấu thường xảy Mặt khác, vấn đề đặt phương pháp mẫu số tạo lớn Ví dụ, thuật tốn Fibonaci-Sylvester mở rộng là: 121 1 1 = + + + + 121 25 757 763309 873960180912 1527612795642093418846225 > Ông cho thấy với dãy 132 30 a1 = 2, a2 = a3 = 3, a4 = 4, a5 = · · · = a11n−12 = 11, Guo 2008, người cho thấy α(n) ≥ 11n−12 k=1 , =n− ak 132 với phần phân chia {1, 2, · · · , 11n − 12} = thỏa mãn k∈Aj n j=1 Aj tồn aj > Hiện nay, khơng đốn ak đắn vấn đề 48 Chương Biểu diễn đơn vị thành tổng phân số Ai Cập 2.1 Biểu diễn đơn vị thành tổng phân số Ai Cập với mẫu số nguyên dương đặc biệt Nội dung mục hình thành từ tài liệu [1] 2.1.1 Giới thiệu Chúng ta xem xét cách biểu diễn tổng phân số đơn vị Ví dụ, dùng 2, cho 1 + + =1 (2.1) 1 1 + + + + = 4 24 (2.2) 3, 4, 4, 8,và 24 cho Trong chương biết phân số viết tổng phân số đơn vị Trong chương xem xét thêm phần lời giải cho phương trình Diophantine 1 + + ··· + =1 x1 x2 xn (2.3) xj không thiết phải số nguyên phân biệt với j = 1, 2, · · · , n 49 Bảng 1:Tổ hợp có α với n = α1 α2 α3 α4 α5 α6 Mẫu số 0 0 6! = 720 0 0 4!.2 = 48 0 3!.3 = 18 2 0 0 2!.2!.22 = 16 0 0 2!.4 = 1 0 2.3 = 0 5 0 0 3!.23 = 48 1 0 2.4 = 0 0 2!.32 = 18 0 0 Để giải thích cho kết với n = 6, tìm tổ hợp α = (α1 , α2 , α3 , α4 , α5 , α6 ), αj ∈ N, (2.4) α1 + 2α2 + 3α3 + 4α4 + 5α5 + 6α6 = (2.5) thỏa mãn điều kiện Tiếp theo thiết lập đại lượng αj !j αj = α1 !1α1 α!.2α2 · · · α6 !.6α6 (2.6) j=1 với α có (2.7) Tính tổng nghịch đảo đại lương bảng số Bảng ta 1 1 1 1 1 + + + + + + + + + + = 720 48 18 16 48 18 Ví dụ khái quát hóa kết sau 50 (2.8) Định lý 2.1 Với số nguyên dương n, ta có đẳng thức n α∈Sn j=1 = 1, αj !j αj (2.9) tổng Sn chạy qua tất α = (α1 , α2 , · · · , αn ) có Nn thỏa mãn điều kiện n (2.10) jαj = n j=1 2.1.2 Kiến thức chuẩn bị Bổ đề 2.1 (Khai triển Newton) Cho n m số nguyên dương Với x = (x1 , x2 , · · · , xn ) Rn , ta có (x1 + x2 + · · · + xn )m = |α|=m m! α x , α! (2.11) α! = α1 !α2 ! · · · αn ! với α = (α1 , α2 , · · · , αn ) Nn , xα = xα1 xα2 xαnn tổng chạy qua tất α có Nn thỏa mãn |α| = α1 +α2 +· · ·+αn = m Chứng minh Với n=2 theo nhị thức Newton ta có m m (x1 + x2 ) = j=0 m! xj1 x2m−j = j!(m − j)! m |α|=m m! xα1 xα2 , alpha1 = j, α2 = m − j α1 !.α2 ! Giả sử đẳng thức (2.11) n-1 Đặt X = x1 + x2 + + xn−1 , α = (α1 , α2 , , αn ) Khi ta có m m m (x1 + x2 + · · · + xn ) = (X + xn ) = αn =0 m = αn =0 m = αn =0 m! X m−αn xαnn (m − αn )!.αn ! m! xαn (x1 + x2 + · · · + xn−1 )m−αn (m − αn )!.αn ! n m! xαn (m − αn )!.αn ! n = |α|=m |α =m−αn (m − αn )! xα α1 !α2 ! αn−1 ! m! xα1 xα2 xαnn α1 !α2 ! αn ! Bổ đề chứng minh 51 Bổ đề 2.2 (Khai triển Taylor) Cho đa thức n aj x j f (x) = (2.12) j=0 Khi đó, hệ số thứ j f (x) biểu diễn (j) f (0), j! aj = (2.13) f (j) (0) ứng với đạo hàm cấp j Chứng minh f hàm khả vi vô hạn Đạo hàm lần thứ j xk d dx j xk = k! xk−j (k − j)! (2.14) xk = (2.15) j ≤ k d dx j j > k, ta có n f (x) = ak k=0 d dx n j xk = k=j k! ak xk−j (k − j)! (2.16) với j nằm n Khi f j (0) = j!aj (2.17) Suy aj = (j) f (0) j! (2.18) Bổ đề dược chứng minh Bổ đề 2.3 Cho n số nguyên dương Ta đặt 1 g(x) = x + x2 + · · · + xn n Khi g (n) (0) = n! 52 n (2.19) Chứng minh Ta có n 1 g(x) = xn + x + · · · + xn−1 n = xn h(x), (2.20) n 1 h(x) = + x + · · · + xn−1 n (2.21) Áp dụng công thức Leibniz n g (n) (x) = j=0 n = j=0 n! (n − j)!j! n−j d dx d dx xn n!n! xj (n − j)!j!j! d dx j h(x) (2.22) j h(x) Do đó, ta thu g (n) (0) = n!h(0) = n! (2.23) Bổ đề chứng minh 2.1.3 Chứng minh Định lý 2.1 Theo Bổ đề 2.1 ta có 1 x1 + x22 + · · · + xnn n m = |α|=m m! α1 x x α! 2 n = m! |α|=m j=1 α2 ··· n x n n jα xj j α j αj !j αn (2.24) Cho m = n xj = t với j = 1, 2, · · · , n dẫn đến 1 t + t2 + · · · + tn n n n = n! |α|=n j=1 tjαj αj !j αj (2.25) So sánh hệ số tn hai đồng thức Theo Bổ đề 2.2 2.3 ta thu n! vế trái Mặt khác hệ số tn vế phải tổng tất số hạng với tn mà viết n α∈Sn j=1 , αj !j αj 53 (2.26) tổng chạy qua tất α có Sn xác định Sn = {α ∈ Nn ; α1 + 2α2 + · · · + nαn = n} (2.27) Do ta thu n α∈Sn j=1 =1 αj !j αj (2.28) ta có điều phải chứng minh Ví dụ 2.1 Xét phương trình vơ định sau α1 + 2α2 + 3α3 + 4α4 = Lời giải Dễ thấy phương trình cho có nghiệm ngun khơng âm α = (α1 , α2 , α3 , α4 ) = (4, 0, 0, 0), (0, 0, 0, 1), (1, 0, 1, 0), (0, 2, 0, 0), (2, 1, 0, 0) Tiếp theo tính đại lượng Πα = α1 !1α1 α2 !2α2 α3 !3α3 α4 !4α4 , α = (α1 , α2 , α3 , α4 ) Ta có Π1 = 4!14 0!20 0!30 0!40 = 24, Π2 = 0!10 0!20 0!30 1!41 = 4, Π3 = 1!11 0!20 1!31 0!40 = 3, Π4 = 0!10 2!22 0!30 0!40 = 8, Π5 = 2!12 1!21 0!30 0!40 = Suy 1 1 1 1 + + + = + + + + = Π1 Π2 Π3 Π4 24 Ví dụ 2.2 Xét phương trình vơ định sau α1 + 2α2 + 3α3 + 4α4 + 5α5 = 54 Lời giải Dễ thấy phương trình cho có nghiệm ngun không âm α = (α1 , α2 , α3 , α4 , α5 ) = (5, 0, 0, 0, 0), (0, 0, 0, 0, 1), (0, 1, 1, 0, 0), (1, 2, 0, 0, 0), (2, 0, 1, 0, 0), (1, 0, 0, 1, 0), (3, 0, 1, 0, 0) Tiếp theo tính đại lượng Πα = α1 !1α1 α2 !2α2 α3 !3α3 α4 !4α4 α5 !5α5 , α = (α1 , α2 , α3 , α4 , α5 ) Ta có Π1 = 5!15 0!20 0!30 0!40 0!.50 = 120, Π2 = 0!10 0!20 0!30 1!40 1!51 = 5, Π3 = 0!11 1!21 1!31 0!40 0!50 = 6, Π4 = 1!11 2!22 0!30 0!40 0!50 = 8, Π5 = 2!12 0!20 1!31 0!40 0!50 = 4, Π6 = 1!11 0!20 0!30 1!41 0!50 = 4, Π7 = 3!13 0!20 1!31 0!40 0!50 = 18 Suy 1 1 1 1 1 1 1 + + + + + + = + + + + + + = Π1 Π2 Π3 Π4 Π5 Π6 Π7 120 4 18 2.2 2.2.1 Biểu diễn đơn vị thành tổng phân số đơn vị với mẫu số lẻ Đặt vấn đề Nội dung mục hình thành từ tài liệu [3] Hai tốn tối ưu hóa liên quan đến biểu diễn tổng phân số Ai Cập với mẫu số lẻ giải Lời giải với mẫu số lẻ lên tới 105 cho 3, 5, 7, 11, 33, 35, 45, 55,7 7, 105 Có lời giải có mẫu số sử dụng Bằng phân số Ai Cập với độ dài l nghĩa có biểu diễn có dạng 1 + + ··· + , a1 a2 al 55 số nguyên dương phân biệt Chúng ta xem xét biểu diễn phân số với mẫu số lớn 1, đơn giản 1 + + = Bài toán trở lên phức tạp nhiều thêm điều kiện mẫu số sử dùng không chia hết cho vài số nguyên tố Đặc biệt, tốn tìm biểu diễn với mẫu số lẻ thú vị Vấn đề liên quan đến lời giải phương trình 1 + + · · · + = 1, ≤ a1 < a2 < · · · < al (ai , 2) = 1, a1 a2 al (2.29) l số lẻ John Leech tìm thấy lời giải 1 1 1 1 1 + + + + + + + + + + = 1, 15 21 27 35 63 105 135 (2.30) có l = 11 al = 135 Ông thấy lời giải phải có al ≥ 105 l ≥ Chúng ta đưa lời giải hai toán tối ưu đưa Leech Ta có lời giải sau 1 1 1 1 1 + + + + + + + + + = 1, 11 33 45 55 77 105 (2.31) với al = 105 có năm lời giải sau với l = 1 1 1 1 + + + + + + + + 11 15 21 135 10395 1 1 1 1 + + + + + + + + 11 15 21 165 693 1 1 1 1 + + + + + + + + 11 15 21 231 315 1 1 1 1 + + + + + + + + 11 15 33 45 385 1 1 1 1 + + + + + + + + 11 15 35 45 231  = 1,       = 1,     = 1, (2.32)      = 1,       = Chúng ta chứng minh hai định lý sau Định lý 2.2 Bất kỳ lời giải phương trình (2.29) phải có al ≥ 105 Lời giải (2.31)là với al = 105 56 Định lý 2.3 Bất kỳ lời giải phương trình (2.29) phải có l ≥ Các lời giải (2.32) ứng với l = Rõ ràng là, biểu diễn phân số Ai Cập số nguyên, lũy thừa số nguyên tố mà chia hết cho số mẫu số phải chia hết cho mẫu số khác Đây điều kiện Diophantine quan trọng, mà sử dụng để phát triển thành phương pháp xây dựng theo tất lời giải với al cho giới hạn tìm thấy Khi cố gắng thấy lời giải (2.30) đưa Leech tối ưu, phát có 29 lời giải với al < 135, lời giải tối ưu, (2.31) 2.2.2 Chứng minh Định lý 2.2 Chúng ta lấy A ⊂ {3, 5, 7, , 133} , viết f (A) phân số biểu diễn tổng phân số Ai Cập với mẫu số a ∈ A tiến hành tìm tất tập hợp A với f (A) = Cho giới hạn 133, chấp nhận bội lẻ lớn số nguyên tố p cho b = với 47 ≤ p ≤ 133, b = cho 29 ≤ p ≤ 43; b = cho p = 23; b = với p = 17, 19; b = với p = 13 Đối với 31 vec-tơ khác không ( , , , , ),trong i = hoăc 0, đặt + + + + = L , (L, M ) = M (2.33) Nếu số nguyên tố p ≤ 13 khơng chia hết 31 giá trị L (2.33) điều kiện Diophantine, khơng có phần tử A bội số p Lập luận áp dụng cho lũy thừa số nguyên tố với thay đổi rõ ràng Trong số 31 phương trình (2.33) có phương trình sau liên quan đến 1 23 1 11 × 16 + = , 1+ + + = , 15 105 1 13 1 11 × 13 1+ + = , + + = 9 315 1+ (2.34) Vì phần tử A không chia hết cho số nguyên tố p ≤ 17, ngoại trừ p = 23, tìm thấy 23, 27, 49, 75, 81, 125 ∈ / A Bây ta kí hiệu A1 = 23 {1, 3, 5} , A2 = 11 {1, 3, 5, 7} , A3 = 13 {1, 3, 9} , A4 = 11 {5, 7, 9} , A5 = 13 {5, 7, 9} 57 (2.35) p {a, b, c} nghĩa {pa, pb, pc} Đặt A0 = {d : < d < h, d|h} , h = 315, (2.36) Tập hợp 10 ước h = 32 5×7, cho A0 = {3, 5, 7, 9, 15, 21, 35, 45, 63, 105}, ý a ∈ A0 h/a ∈ A0 Theo lập luận A phải hợp tập hợp A0 toàn nhiều tập Ai (2.35) Chúng ta ý Ai ∩ Aj rỗng, ngoại trừ {i, j} i = 2, 4, {2, 4} , {3, 5} Do năm tập hợpAi (2.35) có dạng 17 phép hợp dời nhau, số phép hợp ghép thêm tập A0 Sáu phân số Ai Cập f (Ai ) có giá trị sau 44 16 13 11 , , , , , , i = 0, 1, 2, 3, 4, 5, 45 15 105 315 315 f (Ai ) = (2.37) tổng sáu số + 121/h Các phân số Ai Cập tương ứng với 17 phép hợp rời có giá trị + r/h, < r < 121 Chúng ta gọi r thặng dư liên quan phép hợp tương ứng phân số Ai Cập, ta định nghĩa giá trị r số cách mà r phân tích thành tổng phần tử phân biệt A0 (2.36) Tất lời giải với al ≤ 133 tìm thấy, số lời giải tổng 17 giá trị Chúng ta bắt đầu tìm kiếm cho lời giải với al ≤ 105 Bằng (2.35) lời giải thu từ hợp tập hợp liên quan đến A1 , A3 , A5 phải chứa mẫu số có giá trị 23 × = 105hoặc13 × = 117 Do có lời giải với al ≤ 105 đến từ phép hợp A0 với hai tập hợp A2 A4 Từ (1) phép hợp cua A0 ∪ A2 có thặng dư 41, với cách phân tích thành tổng phần tử phân biệt A0 Trên thực tế ta có f (A0 ∪ A2 ) = 16 + 15 + 21 1 44 + =1+ =1+ + + 45 105 315 63 21 15 Vì 41 có cách phân tích thành tổng a = 5, 15, 21 ∈ A0 , với ước liên hợp chúng h/a = 63, 21, 15 ∈ A0 Do có lời giải cho (2.29), cụ thể f (A0 ∪ A2 \ {15, 21, 63}) = 1 1 1 1 1 + + + + + + + 1+ + + 35 45 105 11 = 1, mà (2.37) Hơn nữa, thặng dư A0 ∪ A4 6, mà có cách Lời giải có với al ≤ 105 Định lý chứng minh 58 Phép hợp A0 ∪ A5 có thặng dư 4, mà khơng có cách phân tích thành tổng phần tử phân biệt A0 Thặng dư r tương ứng với 14 phép hợp rời lại thỏa mãn 14 ≤ r ≤ 97, với tất giá trị 1, Tổng tất 17 giá trị 29, số lời giải cho (2.29) với al ≤ 133 Cho ví dụ phép hợp với thặng dư có cách phân tích thành tổng phần tử phân biệt A0 , lấyA0 ∪ A1 ∪ A4 mà có thặng dư 27, với phép phân tích 27 = + + 15 = + + 15 Có hai lời giải tương ứng 1 1 1 1 1 + + + + + + + 1+ + + 15 35 105 23 11 1 + + = 1, 1 1 1 1 1 + + + + + + + 1+ + + 15 45 63 23 11 1 + + = 2.2.3 Chứng minh Định lý 2.3 Dễ thấy (2.29) khơng có lời giải l = Cho nên a7 ≤ 23 1 1 1 + + + + + + < 1, 11 13 23 rõ ràng khơng có lời giải a7 = 15, 17, 19, 21 Bây cố định l = (2.29), a9 ≤ 105 Định lý 2.2; thực tế a9 ≤ 135 xem xét chứng minh Định lý 2.2, bị chặn nhỏ đủ Đầu tiên,từ 1 1 1 1 + + + + + + + + < 1, 11 13 15 17 19 105 suy a1 = 3, a2 = 5, a3 = Tương tự thấy a4 = hoăc 11, từ 1 1 1 1 + + + + + + + + < 1, 11 13 67 69 105 suy rằnga7 ≤ 65 + C 27 = 6201 tập hợp số lẻ (a , a , a , a ) Tiếp theo, C28 thỏa mãn a4 = 9, 11, a4 < a5 < a6 < a7 ≤ 65, viết 2m 1 =1− + + − n 59 1 1 + + + a4 a5 a6 a7 (2.38) điều kiện cần thiết (2.25) giải thích 0< 1 2m ≤ + , n a7 + 105 mà thỏa mãn 78 giá trị 2m/n cho (2.38) Hơn (2.29) viết lại 1 2m + = , a8 a9 n điều kiện a8 < a9 có nghĩa a8 < (2.39) m Việc tìm kiếm tất lời giải n cho (2.29) khơng cịn lựa chọn hợp lý, giá trị nhỏ có (2.38) 1438 tương ứng với (a4 , a5 , a6 , a7 ) = (9, 11, 13, 23), cho a8 < 1441 1036035 cho trường hợp xấu 78 trường hợp Nó có giá trị (2.38) mà (2.39) giải Đặc biệt hơn, cần có a4 = 9, a5 = 11, a6 = 15, a7 = 21, 33, 35 đưa với giá trị n = 3465 = 32 × × 11 ba giá trị tương ứng m = 13, 43, 46 Lời giải cho (2.39) cho sau Khi a7 = 21, m = 13,chúng ta có (a8 , a9 ) = (135, 10395), (165, 693), (231, 315) Khi a7 = 33, m = 43,chúng ta có (a8 , a9 ) = (45, 385) Khi a7 = 35, m = 46,chúng ta có (a8 , a9 ) = (45, 231) Năm lời giải tương ứng cho (2.29) đưa (2.32) Định lý chứng minh 60 Kết luận Luận văn "Phân số Ai Cập biểu diễn đơn vị" đề cập vấn đề sau đây: Luận văn tìm hiểu phân số Ai Cập biểu diễn đơn vị thành tổng phân số Ai Cập Luận văn trình bày số thuật toán quan trọng biểu diễn phân số cho trước thành tổng phân số đơn vị Luận văn trình bày số phương pháp biểu diễn đơn vị thành tổng phân số đơn vị Luận văn giúp nâng cao kiến thức hiểu biết thân Phân số Ai Cập biểu diễn đơn vị thành tổng phân số đơn vị Thông qua việc thu thập tài liệu tiếng Anh giúp thân nâng cao trình độ tiếng Anh, từ thân có phương pháp nghiên cứu khoa học Do thời gian nghiên cứu luận văn khơng nhiều, kiến thức cịn hạn chế nên luận văn khơng tránh khỏi hạn chế thiếu xót.Tác giả mong nhận góp ý ý kiến phản biện quý thầy cô bạn đọc Xin chân thành cảm ơn! 61 Tài liệu tham khảo [1] Yuya Dan (2011), Representation of One as the Sum of Unit Fractions, International Mathematical Forum, Vol 6, 2011, no 1, 25 - 30 [2] Kevin Gong (1992), Egyptian Fractions, UC Berkely, Math 196, Spring 1992 [3] P Shiu, Egyptian Fraction Representation of with odd denominators, www.iboro.ac.uk/microsites/math/reseach/preprints/ /04-11 pdf 62 ... luận văn liệt kê thuật toán để viết phân số tổng phân số đơn vị. Tuy nhiên phân số khơng có biểu diễn phân số đơn vị, có phân tích tối ưu thuật toán Luận văn nghiên cứu việc biểu diễn phân số thành... viết số lúc đó, phân số đơn vị thể lần Thay 1 1 viết + phân số viết + Trong tốn học cổ Ai Cập ngồi cách 5 15 dùng phân số đơn vị, số phân số thông dụng họ quy ước viết số kí tự đặc biệt Trong luận. .. phân số tổng nhiều phân số có tử số Các phân số đơn vị viết số nguyên với dấu chấm hay kí hiệu bên Nhưng luận văn dùng qui ước thông dụng để viết phân số 1 Để viết phân số , nhà Toán học cổ Ai Cập