Một hệ quả trực tiếp của công thức (3.2) là bổ đề sau đây:
Bổ đề 3.5. Cho x và a0 có thể là số thực và cho a1, a2, a3, . . . , am là số thực dương. Giả sử một dãy {xk} có thể được xác định bởi x0 = x, xk = z
xk−1−ak−1
với mọi k ≤ m. Điều này có được nếu xk 6= ak với mọi k ≤ m−1. Khi đó, với mỗi n≤m,
x= [a0, a1, . . . , an−1, xn]z.
Bây giờ chúng tôi xét các vấn đề hội tụ. Đối với mỗi dãy số thực tổng quát
Định lý 3.6. Nếu z >0 và ak ≥1 với mọi k ≥1 thì tồn tại giới hạn
[a0, a1, a2. . .]z =limn→∞[a0, a1, a2, . . . , an]z.
Chứng minh. Đặt Cn = [a0, a1, a2, . . . , an]z =pnqn. Theo (3.7), ta có Cn−Cn−2 = (−1)nanzn−1
qnqn−2 ,
nên Cn > Cn−2 khi n là chẵn, và Cn < Cn−2 khi n là lẻ. Do đó, các C chẵn tạo thành một dãy tăng và các C lẻ là một dãy giảm. Theo (3.6), C2n < C2n+1 với mỗi n như vậy nên C0< C2n < C2n+1< C1, có nghĩa là mỗi dãy con bị giới hạn, và do đó hội tụ. Theo (3.6),
Cn−Cn−1= (−1)n−1
z
n
qnqn−1.
Do đó, ta vẫn còn phải chứng minh qnqn−1 tiến tới vô cùng nhanh hơn zn. Sự gia tăng chậm nhất cho qn xảy ra khi tất cả các a là 1, trong trường hợp qn =qn−1+zqn−2 với mọi n ≥2. Một phép quy nạp đơn giản cho thấy rằng với mọi n≥0, qn ≥(1 +z)bn2c, từ đó suy ra kết quả.
Từ định lý trên ta thấy rằng tất cả các khai triển liên phân số hữu hạn và vô hạn biểu diễn các số thực. Không có điều kiện với dãy ak, tất cả các số thực có thể được biểu diễn dưới dạng khai triển cfz nên từ đây trở đi, ta hạn chế a0
là một số nguyên và ak là một số nguyên dương với mọi k ≥1.
Định lý 3.7. Mỗi số thực có tồn tại ít nhất một khai triển cfz khi và chỉ khi
z ≥1.
Chứng minh. Đầu tiên, nếu 0< z < 1 thì không có số thực x nào với z < x <1
có thể được biểu diễn như một khai triểncfz. Điều này là do các Cn của Định lý 3.6 tăng lên khi n chẵn, và giảm khi n lẻ. Do đó y= [a0, a1, a2, . . .]z bất kỳ phải thỏa mãn a0≤y≤a0+ z
a1. Vậy, nếu y <1 thì a0 phải bằng 0, buộc y≤ z
a1 ≤z. Tiếp theo, giả sử z ≥ 1. Vì tất cả các số nguyên có khai triển cfz, nên x là một số không nguyên. Ta thiết lập một khai triển cfz cho x như sau: Cho x0 =x, a0 =bxc và x1 = z
x−a0. Với n ≥1, xn cho trước, chọn an một số nguyên dương thỏa mãn xn−z ≤ a≤xn. Nếu xn −an = 0 thì dừng lại. Nếu không, đặt xn+1 = z
xn−an và tiếp tục. Theo thiết lập trên, có 0 ≤ xn−an < z vì vậy nếu xn−an 6= 0 thì xn+1>1.Suy ra, đối với mỗi xn sẽ có một chọn lựa hợp lệ choan.
Điều này kết hợp với x khai triển cfz [a0, a1, a2, . . .]z, trong đó độ dài của khai triển này là hữu hạn nếu có xn =an, và vô hạn nếu không. Ta sẽ chứng minh
x= [a0, a1, a2, . . .]z.
Để chứng minh điều này, chúng ta đầu tiên lưu ý rằng theo Bổ đề 3.5 và cách thiết lập xn, ta có x= [a0, a1, a2, . . . , an−1, xn]z. Do đó, theo công thức (3.9), x= pn−1xn+zpn−2 qn−1xn+zqn−2. Như vậy, x−[a0, a1, a2, . . . , an−1]z = pn−1xn+zpn−2 qn−1xn+zqn−2 −pn−1 qn−1 = z(pn−2qn−1−pn−1qn−2) qn−1(qn−1xn+zqn−2) . Tức là, |x−[a0, a1, a2, . . . , an−1]z|< z n q2n−1.
Vế trái của biểu thức này tiến tới 0 khi n tiến ra vô cùng (như trong chứng minh của Định lý 3.6). Suy ra điều cần chứng minh.
Từ kết quả trên, ta có hệ quả sau đây:
Hệ quả 3.8. Nếu x = [a0, a1, a2, a3, . . .]z thì với xn như đã định nghĩa trong Bổ đề 3.5 chúng ta có
xn = [an, an+1, an+2, . . .]z.
Cụ thể, nếu khai triển cfz của x có ít nhất hai số hạng, thì
[a1, a2, a3, . . .]z = z
x−a0.
Ngoài ra, nếu x= [a0, a1, a2, . . . , an−1, y]z với một số thực y≥1 và y= [b0, b1, . . .]z, với b0 ≥1, thì x= [a0, a1, a2, . . . , an−1, b0, b1, . . .]z, một dạng vô hạn của công thức
(3.1).
Bổ đề 3.9. Cho z >1 và giả sử rằng x không phải là một số nguyên.
(a) Khai triển cfz tốt nhất của x sẽ có dạng x = [a0, a1, a2, . . .]z, trong đó với
i≥1, ai ≥ bzc, và nếu khai triển kết thúc với số hạng cuối an, thì an > z.
(b) Cho x = [a0, a1, a2, . . .]z, và giả sử rằng ai ≥ dze, với mọi i ≥ 1 và khi khai triển kết thúc với an, có an > z. Thì khai triển này trùng với khai triển tốt nhất.
Chứng minh. Đối với khẳng định thứ nhất, như đã đề cập ở trên, nếu ak−1 =
bxk−1c, thì xk, nếu nó tồn tại, thỏa mãn xk > z, thì ak =bxkc ≥ bzc. Nếu khai triển kết thúc, thì xn là một số nguyên vì vậy an =xn > z.
Đối với khẳng định thứ hai, nếu khai triển kết thúc vớian > zthìxn =an > z. Như vậy, xn = z
xn−1−an−1 > z suy ra an−1 =bxn−rc. Bất cứ khi nào ak không phải là số hạng cuối cùng trong khai triển này, thì xk > ak ≥ dze, hay xk > z, nên ak−1 = bxk−1c. Điều này cho thấy rằng với mọi i ≥ 0 mà xi tồn tại, thì ai=bxic.
Khi z là một số nguyên, hai điều kiện trong Bổ đề 3.9 trùng nhau và ta có tính chất của khai triển tốt nhất đã xét ở chương trước. Tuy nhiên, khi z không phải là số nguyên, hai điều kiện này là khác nhau, do đó, Bổ đề 3.9 không cung cấp cho một tính chất trong trường hợp này. Các ví dụ sau đây cho thấy rằng không có điều kiện đặc trưng cho một khai triển tốt nhất. Cho z = 32, đầu tiên lấy x = [1,1,3]z = 2311. Sau đó lấy ai thỏa mãn các điều kiện của phần đầu tiên của Bổ đề 3.9, nhưng khai triển tốt nhất của 2311 là [2,16,3]z. Tiếp theo, nếu x= 1 +
√
7
2 thì thuật toán tối đa cho ra x = [1,1,1, . . .]z, cho thấy các điều kiện trong phần thứ hai của bổ đề này là không cần thiết. Cả hai ví dụ này đều có thể khái quát lên. Nếu z không phải là một số nguyên, thì hãy xem x= [a, a, k]z, trong đó a=bzc. Chúng ta có
x=a+ z
a+zk
Nếu ta chọn k đủ lớn để a+ zk < z thì sự lựa chọn tốt nhất cho a0 là a+ 1 thay vì a. Nếu ta chọn x= [a, a, a, . . .]z = a+
√
a2+ 4a
2 , thì không khó để chứng minh rằng x = xn với mọi n và rằng bxc = a. Tức là, [a, a, a, . . .]z sẽ là khai triển tốt nhất của xmặc dù khai triển này không thỏa mãn phần (b) của bổ đề. Gọi khai triển tốt nhất của x là một khai triển tốt nhất thích hợp nếu khai triển thỏa mãn phần (b) của Bổ đề 3.5. Nghĩa là, x có một khai triển tốt nhất thích hợp nếu ai ≥ dze với mọi i ≥ 1, và trong trường hợp khi khai triển kết thúc với an, thì an > z.
Bổ đề 3.10. Cho một dãy {an}, với tử số và mẫu số pn và qn như trong Định lý 3.2, thì an > z với mọi n≥ 1 khi và chỉ khi với mỗi n ≥0 khai triển tốt nhất của pn
Chứng minh. Bổ đề 3.5 (a) đưa ra điều kiện cần. Đối với điều kiện đủ, ta có pn
qn = [a0, a1, . . . , an]z
= [a0, a1, . . . , an−1+z/an]z.
Nếu a ≤ z thì sự lựa chọn tốt nhất cho thương số thứ (n−1) sẽ lớn hơn an−1. Kết quả bây giờ suy ra bằng quy nạp.
Ta cũng có bổ đề sau đây:
Bổ đề 3.11. Giả sử khai triển tốt nhất của x là [a0, a1, a2, . . .]z. Sau đó với mỗi
n, sự khai triển tốt nhất của xn là [an, an+1, an+2, . . .]z.
Giờ đây, chúng tôi giải quyết tính duy nhất của khai triển cfz.
Định lý 3.12. Giả sử x là một số thực dương.
(a) Nếu 0< z < 1 và x= [a0, a1, a2, . . .]z thì biểu diễn này là duy nhất.
(b) Nếu z = 1 thì x có một khai triển cfz duy nhất nếu nó là số vô tỷ và đúng hai khai triển nếu nó là số hữu tỷ.
(c) Nếu z ≥2 thì mọi số thực dương x có vô số khai triển cfz.
Chứng minh. Trường hợp (b) là kết quả đã biết đối với liên phân số thông thường. Với (a), cho z < 1 và giả sử rằng x = [a0, a1, a2, . . .]z. Ta thấy mỗi ak được xác định duy nhất. Vì a0< x≤a0+ z
a1, ta có0≤x−a0 ≤ z
a1 <1. Như vậy a0 = bxc, nên a0 là duy nhất. Theo Hệ quả 3.8, z
x−a0
= [a1, a2, a3, . . .]z, và lập luận vừa được đưa ra cho thấy rằng tất cả các ak được xác định duy nhất.
Đối với (c), giả sử z ≥2và x >0. Nếu x=m, là một số nguyên, thì ta có thể viết x= [m−1, z]z, và tìm khai triển cfz củaz với thuật toán tối đa. Nói chung, nếu skhai triển tốt nhất của x là [a0, a1, . . . , a]z, thì theo Bổ đề 3.5, an > z ≥ 2. Do đó chúng ta có thể viết x= [a0, a1, . . . , an−1, z]z, và sau đó khai triểnz. Nếu khai triển của z kết thúc, chúng ta có thể lặp lại trên một phần thương số cuối cùng, cho phép với vô số khai triển của x. Do đó, thay thế x bởi một số xk nào đó, nếu cần, chúng ta sẽ quy về trường hợp khi khai triển tốt nhất cho x không kết thúc, x = [a0, a1, a2, . . .]z, và ak ≥ bzc ≥ 2 với mọi k ≥ 1. Vậy, với n ≥ 1 bất kỳ, chúng ta có thể viết x = [a0, a1, . . . , an−1, xn]z, với xn > 2. Chúng ta có thể suy ra từ điều này rằng x = [a0, a1, . . . , an−1, m, xn+1]z, trong đó xn+1 = z
và m là số nguyên bất kỳ mà xn+1 > 1. Tức là, chúng ta cần m để thỏa mãn
0 < xn−m < z. Lựa chọn rõ ràng này, m = bxnc đã tạo ra an trong khai triển cho x nhưng chúng ta cũng có thể sử dụng m =an−1 do thực tế là z ≥ 2. Do đó, x= [a0, a1, . . . , an−1, an−1, y]z, vớiy= z
xn−an+ 1 >1, và chúng ta có thể có được khai triển khác cho x bằng cách khai triển y. Vì sự lựa chọn của n là tùy ý, nên điều này dẫn đến vô số khai triển cfz.
Định lý 3.13. Cho 1< z < 2.
(a) Mỗi x >0 có vô hạn khai triển cfz.
(b) Một số thực x = [a0, a1, a2, . . .]z có một khai triển cfz duy nhất khi và chỉ khi khai triển là vô hạn, x− bxc> z−1 và xn < z
z−1 với mọi n ≥1.
Chứng minh. Giả sử rằng x có một khai triển tốt nhất hữu hạn [a0, a1, . . . , an]z. Do z > 1, a ≥ 2 nên ta có thể viết x = [a0, a1, . . . , an−1, z]z và khai triển z (theo thuật toán tối đa) để tạo ra một biểu thức dài hơn. Nếu z có một khai triển cfz vô hạn, thì chúng ta đã làm xong. Nếu không, chúng ta lặp lại.
Đối với phần thứ hai, giả sử rằng khai triển cfz củaxlà duy nhất. Theo phần (a), khai triển này phải vô hạn. Ngoài ra, nếu chúng ta viếtx= [a0, a1, . . . , an−1, xn]z, thì ta phải chọn zn =bxnc. Vì chúng ta được tự do để chọn an là một số nguyên dương bất kỳ với xn−z ≤an ≤xn, điều này có nghĩa là bxnc −1> xn−z, hoặc xn−an > z −1. Khi n = 0, điều này nói x− bxc < z −1. Cho xn −an > z−1, chúng ta có xn+ 1 < a
z−1. Ngược lại, nếu x có nhiều hơn chỉ là khai triển tốt nhất thì với một số n nào đó, thì phần thương số thứ n không nhất thiết phải là bxc. Trong trường hợp này, xn−z ≤ bxnc −1, cho nên xn+1≥ x
z−1.
Hệ quả 3.14. Nếu1< z <2 và xcó một khai triển cfz duy nhất x= [a0, a1, . . .]z, thì khai triển là vô hạn và an ≤ z−z1 với mọi n≥1.
Điều này cho điều kiện cần, nhưng không có một điều kiện đủ. Ví dụ, 3 = [2,1,2,1, . . .]z khi z = 23. Trong trường hợp này z−z1 = 3, và an <3 với mọi n.
Chúng ta kết thúc phần này bằng việc giải quyết câu hỏi khi nào một số thực x có một khai triển cfz tuần hoàn?
Định lý 3.15. Nếu x có khai triển cfz
thì x thỏa mãn phương trình bậc hai qk−1x2+ (zqk−2−pk−1)x−zpk−2 = 0 (3.10) khi j = 0, qk−1x2+ (qk−a0qk−1−pk−1)x−(pk−a0pk−1) = 0 (3.11) khi j = 1, và x2(qj+k−1qj−2−qj+k−2qj−1) −x(pj+k−1qj−2+pj−2qj+k−1−pj+k−2qj−1−pj−1qj+k−2) +pj−k+1pj−2−pj+k−2pj−1 = 0 (3.12) khi j ≥2.
Chứng minh. Nếu chúng ta xác định p−2 = 0, q−2= 1/z thì các công thức (3.10) và (3.11) là các trường hợp đặc biệt của (3.12). Ta chỉ cần chứng minh công thức (3.12) đúng. Nếu x= [a0, a1, . . . , aj−1, aj, . . . , aj+k−1]z thì x= [a0, a1, . . . , aj−1, xj]z = [a0, a1, . . . , aj−1, aj, . . . , aj+k−1, xj]z. Theo Định lý 3.2, x= pj−1xj+zpj−2 qj−1xj+zqj−2, x= pj+k−1xj +zpj+k−2 qj+k−1xj +zqj+k−2, hoặc là xj =−z pj−2xqj−2 pj−1−xqj−1 =−zpj+k−2−xqj+k−2 pj+k−1−xqj+k−1, từ đó suy ra kết quả.
Biệt thức của phương trình bậc hai (3.10) là (zqk−2−pk−1)2+ 4pk−2qk−1 = (zqk−2+pk−1)2+ 4(−1)nzn, theo công thức (3.6). Vì vậy, nếu x có một khai triển tuần hoàn hoàn toàn [a0, . . . , an−1]z, thì
x= pk−1−zqk−2+p(zqk−2+pk−1)2+ 4(−1)nzn
2qk−1 . (3.13)
Định lý 3.16.Nếua1, . . . , aj+k−1 là số nguyên dương và có mộtx= [a0, . . . , aj+k−1, . . .]z thỏa mãn Công thức (3.12) thì x có khai triển cfz
[a0, a1, . . . , aj−1, aj, . . . , aj+k−1]z.
Nếu am ≥ z với 1 ≤ m ≤ j +k −1 thì khai triển này là một khai triển cfz tốt nhất.
Chứng minh. Theo Định lý 3.2, xj =−zpj−2−xqj−2
pj−1−xqj−1 và xj+k =−zpj+k−2−xqj+k−2 pj+k−1−xqj+k−1.
Vìxthỏa mãn công thức (3.12),xj−xj+k = 0, nên xlà tuần hoàn, với khai triển đã cho. Nếu am ≥z với mọi m≥1, thì theo Bổ đề 3.5, khai triển tốt nhất của x có dạng như yêu cầu.
Chúng ta có những hệ quả đơn giản sau của Định lý 3.15.
Hệ quả 3.17. Để một số dương thực x có một khai triển cfz tuần hoàn, x phải là một phần tử của Z(pf(z)), tập hợp các biểu thức hữu tỷ của pf(z), trong đó
f(z) là hàm hữu tỷ của z với các hệ số nguyên.
Hệ quả 3.18. Nếu x là một số thực dương thì
(a) x có khai triển tuần hoàn hoàn toàn [a]z khi và chỉ khi x = a+
√
a2+ 4z
2 . Đây là khai triển tốt nhất cho x được cho bởi z < a+ 1.
(b) xcó khai triển tuần hoàn hoàn toàn[a, b]z khi và chỉ khix= ab+
√
a2b2+ 4abz
2b . Đây khai triển tốt nhất cho x được cho bởi z < min(a+ab, b+ab).
Chứng minh. Phần thứ nhất xuất phát từ phần thứ hai. Nếu x = [a, b]z, thì theo (3.13), x = ab+
√
a2b2+ 4abz
2b . Mặt khác, với một số x như vậy, ta có x1 =
z x−a =
ab+√
a2b2+ 4abz
2b và x2 = z
x1−b =x nên x có khai triển tuần hoàn như đã yêu cầu. Hơn nữa, bxc=a khi và chỉ khi z < a+a
b, và bx1c=b khi và chỉ khi z < a+a