n
Theo chương trước, mọi số vô tỉ bậc hai có khai triển cfz tuần hoàn khi z là một số nguyên dương. Điều này bắt nguồn từ điều đã biết là x có một khai triểncf1 tuần hoàn khi và chỉ khixlà một số vô tỉ bậc hai, đi kèm với công thức (3.3) dưới dạng
[a0, a1, a2, a3, . . .]1 = [a0, za1, a2, za3, . . .]z. (3.22) Tuy nhiên, vế phải của (3.22) chỉ là một khai triển tốt nhất khi các số hạng chẵn thỏa mãn a2k ≥z với mọi k.
Khi z là số hữu tỉ nhưng không phải là một số nguyên, công thức (3.22) chỉ tạo ra một khai triển cfz thích hợp khi za2k+1 là một số nguyên với mọi k. Ví dụ, √2 = [1,2,2,2, . . .]1 nên với z = 32 chúng ta có √2 = [1,3,2,3, . . .]z = [1,3,2]z. Công thức (3.22) không áp dụng được khi choz = 43. Trong trường hợp này, √2
có khai triển tốt nhất [1,3,6,14,1,2,2]z.
Khi z là số hữu tỉ, vàx=√
n có một khai triển cfz tuần hoàn, các công thức trong Định lý 3.15 có kết quả bổ sung.
Bổ đề 3.28. Nếu z là số hữu tỉ và √n có một khai triển cfz tuần hoàn với độ dài đuôi j và độ dài chu kỳ k thì
n(qj+k−1qj−2−qj+k−2qj−1) +pj+k−1pj−2−pj+k−2pj−1= 0, (3.23) pj+k−1qj−2+pj−2qj+k−1−pj+k−2qj−1−pk−1pj+k−2= 0. (3.24)
Trong trường hợp j = 1, a0 =a, n=a2+b, chúng tương đương với
qk−aqk−1−pk−1 = 0, (3.25)
bqk−1+aqk−pk = 0. (3.26)
Chứng minh. Đây là những hệ quả trực tiếp của các công thức (3.11) và (3.12).
Định lý 3.29. Nếu z là số hữu tỉ và √n có một khai triển cfz tuần hoàn với chu kỳ lẻ, thì z là một số nguyên.
Chứng minh. Giả sử rằng √n có khai triển cfz tuần hoàn với chu kỳ 2k+ 1 ,
√
Để thuận tiện, ta giả sử rằng j ≥ 2. Trong trường hợp j = 0 hoặc j = 1, chứng minh khá đơn giản. Coi phương trình (3.23) như là một phương trình của z. Nếu j là chẵn, thì theo Định lý 3.4, các số hạng trong (3.23) có bậc tương ứng là j +k −1, j +k −2, j +k −1, và j +k. Tức là, số hạng có bậc cao nhất là pj+2k−1pj−1. Nếu j là số lẻ, thì các bậc là j +k−3, j+k−2, j+k, và j+k−1, với pj+2kpj−2 là số hạng có bậc cao nhất. Trong mỗi trường hợp, số hạng có bâc cao nhất là tích của hai số p với chỉ số lẻ. Lại có theo Định lý 3.4, điều này có nghĩa là vế trái của phương trình trong (3.23) là một đa thức với hệ số đầu ±1
và các hệ số nguyên. Theo định lý nghiệm hữu tỉ, bất kỳ bậc số không nào của đa thức này phải là một số nguyên.
Định lý 3.30. Giả sử rằng z là số hữu tỉ và √n có môt khai triển tốt nhất tuần hoàn giảm mạnh với độ dài k. Cho a=b√nc.
(a) Nếu z < a+√ n thì √n= [a, a1,· · · , ak−1,2a]z. (b) Nếu z > a+√ n thì √n= [a, a1, a2,· · · , ak, a1+h]z với h=b z a+√ nc.
Khi đó, nếu √n có một khai triển tuần hoàn giảm mạnh, thì đuôi trong khai triển tốt nhất có độ dài 1 hoặc 2.
Chứng minh. Nếu z < a+√
n và chúng ta đặt y = a+√
n thì y > z, và vì z là hữu tỉ, y=a−√n thỏa mãn −1< y < 0. Như vậy, y giảm mạnh và tuần hoàn, do đó phải là tuần hoàn hoàn toàn. Từ byc= 2a, suy ra kết quả.
Tiếp theo, giả sử rằng z > a +√
n và đặt h = b z
a+√
nc. Chúng ta biết √n có khai triển tốt nhất [a, a1, x2]z, trong đó a1 là tầng của x1 = √x
n−a. Bây giờ z2 = x1−za 1 > z và x2 = x1−za 1. Nhưng x1 = −√z n−a < −1 vì −1z−a 1 < x2 < 0. Vì a1 ≥ bzc,−1< x2<0 nênx2 giảm mạnh, và kết quả là tuần hoàn hoàn toàn. Nó vẫn chỉ ra rằng ak+1 =a1+h. Theo chứng minh của Định lý 3.27 vớij = 2 chúng ta có ak+1−a1 =xk+1−x1. Như vậy, ak+1−a1 = a+z√
n +xk+1 =h vì ak+1−a1 là số nguyên và −1< xk+1 <0.
Định lý 3.31. Giả sử z là số hữu tỉ và √n có khai triển tốt nhất giảm mạnh, với độ dài chu kỳ k. Cho a=b√nc và giả sử rằng z < a+√
n. Thì
√
n= [a, a1,· · ·, ak−1,2a]z,
trong đó mỗi j với 1≤j ≤k−1, aj =ak−j. Tức là, dãy a1, a2, . . . , ak−1 là dãy đối xứng.
Chứng minh. Đặt x=x0=a+√ n chúng ta có x1 = z x0−2a = z √ n−a. Điều này có nghĩa là −z
x1 =−(−√n−a) =x. Theo Định lý 3.27, các thương số riêng của x1 là nghịch đảo của các thương số riêng của x. Đó là,
(a1, a2, . . . , ak−1,2a) = (ak−1, ak−2, . . . , a1,2a), và suy ra kết quả.
Nếu √n không có khai triển giảm mạnh, kết quả của Định lý 3.31 có thể không đúng. Ví dụ,
√
5 = [2,4,1,6,11180,6,1,4,4]20/17
có tính dãy đối xứng nhưng như đã nói ở trên,
√
2 = [1,3,6,14,1,2,2]4/3, không đối xứng.
Trường hợp (a) của Định lý 3.30 cũng có thể sai. Nghĩa là, √n có thể có khai triển tuần hoàn với một đuôi có kích thước 1 nhưng chu kỳ có thể không kết thúc bằng 2a. Ví dụ, nếu z = 218 thì √5 = [2,11,21,2,3]z. Ví dụ này là một phần của một họ vô hạn: √ 2k+ 1 = [k,2k2+k+ 1,4k2+ 2k+ 1, k,2k−1]z (3.27) khi z = 4k 2+ 2k+ 1 4k . Bổ đề 3.32. Nếu aj =ak−j cho 1≤j ≤k−1 và ak = 2a0 thì qk−aqk−1−pk−1 = 0.
Nghĩa là, công thức (3.25) của Bổ đề 3.28 là một đồng nhất đa thức trong trường hợp này.
Chứng minh. Đây là một hệ quả đơn giản của các đồng nhất đa thức trong Định lý 3.3.
Do đó, theo Định lý 3.16,√n sẽ có một khai triểncfz như trong Định lý 3.31 khi và chỉ khi công thức (3.26) đã được thỏa mãn. Nếu aj ≥z với mọi j ≥1 thì đây sẽ là khai triển cho √n. Từ một vài trường hợp của hệ thức (3.17), ta có các khai triển sau:
Định lý 3.33. Cho n =a2+b trong đó 1≤b ≤2a và choz hữu tỉ với 1≤z ≤2a.
Các khai triển giảm mạnh đối với √n thỏa mãn công thức (3.26) với chu kỳ lên đến 6 có các dạng sau:
(a) √n= [a,2a]z, khi z =b, (b) √n= [a, c,2a]z, khi z= 2bca, với một số c≥1, (c) √n= [a, c, c,2a]z, khi z2+ (2ac−b)z−bc2= 0 với một số c≥z, (d) √n= [a, c, d, c,2a]z, khi (2a+d)z2+ 2c(ad−b)z−bc2d= 0 với một số c, d≥z, (e) √n= [a, c, d, c,2a]z, khi z3+ (2ac+ 2ad+d2−b)z2+c(2ad2−bc−2bd)z−bc2d2 = 0 với các số c, d≥z, (f) √n= [a, c, d, e, d, c,2a]z, khi (2a+ 2d)z3+ (4acd+ 2ade+d2e−2bc−be)z2 + 2c(2ad2e−bcd−2bde)z−bc2d2e= 0 với các số c, d, e≥z.
Theo Định lý 3.3 ta có thể viết công thức (3.26) dưới dạng bqk−1(a, a1, . . . , ak−1)−zqk−1(a1, . . . , ak−1,2a) = 0.
Từ đó suy ra với các số nguyêna1, . . . , ak−1 và z cố định chúng ta có một phương trình Diophant tuyến tính có dạng bx −ay = c. Điều này cho phép xây dựng các họ của n mà √n có độ dài chu kỳ ngắn. Ví dụ, trong phần (d) của Định lý 3.33 nếu chúng ta cho z = 53, c = 2, d = 6, phương trình trên có kết quả là
276b−410a= 150, với nghiệm a= 3 + 138t, b= 5 + 205t. Do đó, với mọi số nguyên dương không âm t chúng ta có
p
(3 + 138t)2+ 5 + 205t = [138t+ 3,2,6,2,276t+ 6]5/3.
Với một số z ≥1 cho trước, nếu có một số n mà trong đó √n có một khai triển tuần hoàn với độ dài k như trong Định lý 3.31, thì việc xây dựng này cho thấy rằng có vô số n để √n có độ dài chu kỳ k.
Định lý 3.34. Cho n = a2+b, trong đó 1 ≤ b ≤ 2a. Thì √n có khai triển tốt nhất có dạng [a, c, d, c,2a]z khi và chỉ khi (x, d) là một nghiệm dương của phương trình Pell x2 −nd2 = b2 với một số nguyên x. Khi d là một nghiệm như vậy, một khai triển sẽ tồn tại với z = c
2a+d(x+b −ad), và c được chọn sao cho 0< z≤min(2a, d).
Chứng minh. Biệt thức của(2a+d)z2+2c(ad−b)z−bc2dlànd2+b2, dẫn tới phương trình Pell. Khi phương trình Pell có một nghiệm, giải(2a+d)z2+2c(ad−b)z−bc2d= 0 với z sẽ cho ta z có dạng như ở trên. Điều kiện về c là cần thiết để khai triển là giảm mạnh.
Hệ quả 3.35. Với mỗi n =a2+b với 1≤b≤2a, có vô số các khai triển tốt nhất giảm mạnh √n= [a, c, d, c,2a]z.
Chứng minh. Có vô số các nghiệm cho phương trình Pellx2−nd2 =b2. Khiddần ra vô cùng, x+b−ad
2a+d tiệm cận √n−a <1 vì vậy có vô số d với x+b−ad
2a+d <1. Điều này đảm bảo rằng cho mỗi d như vậy có tồn tại cvà z thỏa mãn tất cả các điều kiện của Định lý 3.34. Cụ thể, c= 1 sẽ đúng. Ngoài ra còn có một số c nhỏ nhất làm z ≥ 1, và với điều này c, z ≤ 2a nên cũng có vô số các khai triển với z ≥1.
Điều kiện của c trong Định lý 3.34 là không tốt nhất có thể. Ví dụ, khi a = b = 1, n = 2, phương trình Pell là x2−2d2 = 1. Một nghiệm của phương trình này là d = 12, x = 17, cho z = 37c. Chúng ta có khai triển giảm mạnh
√
2 = [1, c,12, c,2]z cho 1≤ c≤ 4. Khi c= 5, chúng ta vẫn có khai triển tốt nhất
√
2 = [1,5,12,5,2]z, với z = 157 > 2a. Khi c = 6, sàn của z vẫn là 2 nhưng khai triển tốt nhất cho √2 không có chu kỳ 4.
Khi z > 2a, khai triển tuần hoàn giảm mạnh có chiều dài đuôi 2. Các công thức trong những trường hợp này phức tạp hơn bởi vì Bổ đề 3.32 không còn được áp dụng. Định lý dưới đây cho ta một danh sách ngắn điều kiện để độ dài chu kỳ nhỏ hơn hay bằng 3.
Định lý 3.36. Cho n = a2 +b trong đó 1 ≤ b ≤ 2a và cho z là số hữu tỉ với
z >2a. Khai triển giảm mạnh cho √n với chiều dài đuôi 2 và chu kỳ tối đa 3 có các dạng sau. (a) √n= [a, c, d]z, khi (2a−2c+d)z−2ac2+ 2acd= 0 z2−bz+bc2−bcd= 0, với các số c, d≥z, (b) √n= [a, c, d, e]z, khi (2ae−2cd+de)z−2ac2d+ 2acde= 0,
dz2−bez+bc2d−bcde= 0,
với các số c, d, e≥z,
(c) √n= [a, c, d, e, f]z, khi
(2a−2c+d−e+f)z2
+ (−2ac2+ 2acd−2ace+ 2acf + 2aef −2cde+def)z
−2ac2de+ 2acdef = 0,
z3+ (de−b)z2+ (bc2−bcd+bce−bcf −bef)z+bc2de−bcdef = 0,
với các số c, d, e, f ≥z.
Chứng minh. Trong mỗi trường hợp, điều kiện đầu là phương trình (3.24), với chiều dài đuôi j = 2. Điều kiện thứ hai là kết quả của a lần phương trình (3.24) trừ đi phương trình (3.23), sau khi thay thế n bằng a2+b.
Với chu kỳ ngắn, các công thức này cho phép xây dựng các họ vô hạn của các khai triển. Chẳng hạn như:
p 9m2−2m= [3m−1,24m−6,24m−4]16m−4, (3.28) p 9m2−3m+ 1 = [3m−1,8m2−2m,24m2−6m]12m2, (3.29) p 9m2−m= [3m−1,9m−2,30m−6,9m−1]15 2m−3 2, (3.30) p 4m2−m= [2m−1,8m−3,12m−4,8m−2]6m−2. (3.31)
Định lý 3.37. Nếu n=a2+b thì √n= [a, c, d]z với điều kiện nd2+b2 là một số chính phương và c= nd+ab+a √ nd2+b2 2n và z = b2+b √ nd2+b2 2n
là hai số nguyên. Nếu 2a < z ≤min(c, d) thì đây là khai triển tốt nhất.
Chứng minh. Cộng b lần phương trình đầu với 2a lần phương trình thứ hai trong Định lý 3.36 (a) cho ta điều kiện z = 2ba(2c−d). Điều này kết hợp với
(2a−2c+d)z −2ac2+ 2acd = 0 cho một phương trình bậc hai ẩn c với nghiệm dương c = nd+ab+a √ nd2+b2 2n , suy ra z = b 2+b√ nd2+b2 2n . Do đó, để cho √n là [a, c, d]z, thì cả c và z phải là số nguyên, mà cũng yêu cầu nd2+b2 là một số chính phương. Nếuc và z là các số nguyên với một dạng đã cho, thì các phương trình trong Định lý 3.36 (a) được thỏa mãn.
Định lý 3.38. Với mỗi số nguyên dương n không chính phương, có vô số c, d, e
để cho √n= [a, c, d, e]z. Đặc biệt, với n =a2+b,1≤b ≤2a, nếu m2n+ 1 =k2 thì
√
n có khai triển tốt nhất[a, c, d, e]z với c=k−1 +am, d=bm, e= 2(k−1), z =bm,
cho tất cả các nghiệm với bm > 2a.
Chứng minh. Cho d =mb, thì nd2+b2 =b2(nm2+ 1). Giả sử rằng nm2+ 1 =k2 với k nguyên dương. Nếu chúng ta viết
z = be(b+ √ 2d2+b2) 2nd = eb(k+ 1) 2mn và c= e 2 + ae(k+ 1) 2mn
thì a, b, c, d, e, z thỏa mãn các phương trình trong Định lý 3.36 (b). Lưu ý rằng c = 12(e + 2azb ). Vì b ≤ 2a, c ≥ 12(e+ z) nên nếu e có thể được chọn sao cho e ≥ z,2a < z ≤ d và c là một số nguyên, thì khai triển tốt nhất của √n sẽ là [a, c, d, e]z. Cho (m, k) là một nghiệm nguyên dương của phương trình Pell x2−ny2 = 1 với k >1. Nếu e= 2(k−1) thì z = 2b(k 2−1) 2mn = 2bm2n 2mn =bm=d và c=am+k−1> am−1 +m√ n > 2am−1 nên c≥bm=z.
Kết luận
Luận văn trình bày được một số vấn đề sau:
1. Một số kết quả của Anselm và Weintraub về liên phân số với tử số nguyên dương. Cụ thể, luận văn đã trình bày một số kết quả tổng quát của các liên phân số này, trình bày về sự biểu diễn của các số vô tỷ bậc hai dưới dạng các liên phân số này và mối liên hệ với nghiệm của phương trình Pell. 2. Một số kết quả của Greene và Schmieg về liên phân số với tử số bất kỳ: một số tính chất thu được khi xem các liên phân số này là hàm hữu tỷ nhiều biến; tính hội tụ và tính duy nhất của sự biểu diễn các số thực dưới dạng liên phân số này; sự khai triển của các số hữu tỷ và các số bậc hai dưới dạng liên phân số này.
Tài liệu tham khảo
Tiếng Việt
[1] Hà Huy Khoái, Phạm Huy Điển (2003), Số học thuật toán, NXB Đại Học Quốc Gia Hà Nội.
Tiếng Anh
[2] Anselm M., Weintraub S. (2011), “A generalization of continued fractions",
J.Number Theory 131, pp. 2442 - 2460.
[3] Greene J., Schmieg J. (2017), “Continued Fractions with Non-Integer Nu- meretors", Journal of Integer Sequences 20, Article 17.1.2.