Bây giờ ta chuyển từ các thuật toán xây dựng đến phương trình Diophantine.
Nếu chúng ta cố định số các số hạng được cho phép trong một khai triển phân số Ai Cập. Chúng ta khám phá ra một vài vấn đề thú vị.
Nếu chúng ta cố định số các số hạng tới một số không đổi, thì đơn giản chúng ta chỉ có một trường hợp cụ thể của định lý Rav đã công bố trước đây (cho một vài giá trị của k). Câu hỏi thú vị liên quan đến hình thức của cả tử số và số các số hạng. Nhưng đầu tiên, chúng ta sẽ nhắc lại định lý và đi qua chứng minh.
Định lý 1.19. m n = 1
x1
+ 1 x2
+ã ã ã+ 1
xk nếu và chỉ nếu tồn tại các số nguyên dương M và N và cỏc ước D1,ã ã ã , Dk của N thỏa món M
N = m
n và D1+D2+ã ã ã+Dk = 0 (mod M).Ngoài ra, điều kiện cuối cùng có thể được thay thế bằng điều kiện D1+D2+ã ã ã+Dk =M; và điều kiện (D1,ã ã ã , Dk) = 1 cú thể được thờm vào mà không ảnh hưởng đến giá trị của định lý.
Chứng minh . Đầu tiên, giả sử M và N tồn tại mà chúng thỏa mãn các điều kiện đã cho. Khi đó, đơn giản chúng ta có
m n = M
N = D1+D2+ã ã ã+Dk
cN = 1
cN/D1 + 1
cN/D2 +ã ã ã+ 1 cN/Dk Mặt khác, giả sử m
n = 1 x1 + 1
x2 +ã ã ã+ 1
xk là giải được. Khi đó m
n =
k
X
i=1
1 xi =
Pk
i=1x1ã ã ãxi−1xi+1ã ã ãxk x1x2ã ã ãxk = M
N
Rừ ràng, khi đúM =D1+D2+ã ã ã+Dk, trong đú tất cả Di chia hết cho N. Và chúng ta đã làm xong.
Nếu (D1,ã ã ã , Dk) = d6= 1, thỡ đơn giản ta lấy M/d và N/d để thay thế.
Bài toán 1.1. Biểu diễn một phân số thành tổng của hai phân số đơn vị Như đã nêu trong mục 1.1, có danh sách liệt kê biểu diễn các phân số có dạng 2
n thành tổng các phân số đơn vị với n là số nguên dương lẻ từ 5 đến 101.
Trong bảng đó ta thấy 25 = 13 + 151 và 27 = 14 + 281. Phân số 2
3 tuy đã có cách kí hiệu riêng nhưng trong tính toán người ta vẫn sử dụng biểu diễn thành tổng các phân số Ai Cập dạng 2
3 = 1 2 +1
6. Trong các biểu diễn của 2
3,2 5,2
7 ,ta có nhận xét các mẫu số có một đặc điểm chung là 3×2 ⇒ 6,5× 3 ⇒ 15,7× 4 ⇒ 28. Áp dụng cho phân số khác, thí dụ 2
9 = 1 5 + 1
45. Tuy nhiên kết quả này lại không được liệt kê tài liệu "Rhind papyrus". Trái lại kết quả sau được liệt kê 2
9 = 1 6+ 1
18. Ta thấy chỉ cần chia hai vế cho 3 của dạng phân tích 2
3 = 1 2 + 1
6 là ra.Tương tự phương pháp đó có thể áp dụng cho các phân số có mẫu số là bội của 3,5,7,. . .
rmTuy nhiên các cách phân tích của các nhà Toán học Ai Cập rất bất nhất.Thí dụ 2
5 = 1 3 + 1
15 nên nếu chia cả hai vế cho 7 thì ta có 2 35 = 1
21 + 1 105. Cách phân tích đó không được liệt kê trong bản thảo "Rhind" mà cách phân tích sau được liệt kê 2
35 = 1 30+ 1
42. Đến đây ta có thể đặt câu hỏi tìm lời giải cho bài toán: "Tìm điều kiện để một phân số có thể phân tích thành tổng của hai phân số đơn vị."
Lời giải. Cho phân số a
b. Tìm hai số nguyên dương x và y sao cho a
b = 1 x +1
y. (1.1)
Ta có
a b − 1
x = (ax−b) bx . Để thỏa mãn bài toán, ta phải có
ax−b = 1→x= b+ 1
a (1.2)
Do đó, điều kiện để phương trình(1.1) có lời giải là (b+ 1) là bội số của a.
Nếu b+ 1 =ka thì x=k, trong đó k là số nguyên dương. Suy ra 1
y = a b − 1
k hay y= b
(ak−b) (1.3)
Vậy phân số a
b có thể viết được thành tổng số 1 x + 1
y khi b+ 1 là bội số của a.
Nếu k là một số nguyên dương sao cho b+ 1 =ka thì x=k;y= bk ak−b. Ví dụ 1.9. Phân số 23, Ta có a = 3, b= 23 suy ra b+ 1 = 24 = 8a.
Vậy có x= 8 và y= 24−2323×8 = 184 theo (1.2) và (1.3). Vậy 233 = 18 +1841 . Ví dụ 1.10. Phân số 245, Ta có a= 5, b= 24 suy ra b+ 1 = 25 = 5a. Vậy có x= 5 và y= 25−2424×5 = 120 và 245 = 15 + 1201 .
Bài toán 1.2. 4/n
Những câu hỏi nổi bật chưa được giải quyết liên quan đến phân số 4/n là:
Phân số 4/n có thể luôn luôn được biểu diễn hợp lý với 3 số hạng hoặc ít hơn không? Nói cách khác, phương trình Diophantine
4 n = 1
a +1 b +1
c
có thể luôn luôn giải được với bất kì số nguyên dương n lớn hơn 4?
Erd¨os và Straus tin rằng nó luôn luôn giải được. Nó đã được xác minh với giá trị của n rất lớn, nhưng chưa bao giờ được chứng minh. Nicola Franceschine đã xác minh giả thuyết chon ≤108. Mordell đã cho thấy đó là đúng, ngoại trừ trong các trường hợp màn là số nguyên tố và đồng dư với 12,112132,172,192, hoặc232( mod 840)
Vaughan đã chỉ ra rằng nếu Ea(N)là số các số tự nhiên n không vượt quá N cần hơn 3 số hạng để biểu diễn a/n, khi đó Ea(N)Nexp−(logN)23/C(a). Hầu hết các kết quả tiệm trong lĩnh vực này sử dụng phương pháp sàng.
Để xét một khía cạnh của vấn đề, chúng ta sẽ chứng minh chi tiết kết quả của Mordell .
Định lý 1.20.
4 n = 1
a + 1 b + 1
c (EQ1)
là giải được đối với các số nguyên dương bất kìn >4, trong đón 6≡12,112,132,172,192,hoặc232( mod 840).
Chứng minh . Sẽ hiệu quả khi sử dụng hai phương trình sau:
Chú ý rằng nếu na+b+c= 4abcd (EQ2) thì 1
bcd + 1
acdn + 1
abdn = 4 n
Bổ đề 1.8. Nếu (EQ1) là giải được với n, thì nó sẽ giải được với tất cả bội số của n.
Giả sử rằng 4 n = 1
a + 1 b + 1
c. Suy ra 4
mn = 1 ma+ 1
mb + 1 mc.♦ Bổ đề 1.9.
(EQ1) là giải được cho tất cả n 6≡1( mod 4).
Rõ ràng, nếu n = 4a, thì 4/n = 1/a. Do đó 4/n chỉ có thể biểu diễn như là một phân số đơn vị duy nhất (và rất tầm thường, cũng như là tổng của 3 phân số đơn vị bằng cách sử dụng phương pháp tách). Do đó (EQ 1) là giải được cho n≡0( mod 4).
Trong (EQ 2), nếu ta cho a= 2, b= 1, và c= 1, thì ta có 2n+ 1 + 1 = 8d hay n = 4d−1 Do đó, nếu chúng ta cho phép d chạy trên các số nguyên, ta thấy rằng 4/n luôn luôn được biểu diễn như là tổng của 3 phân số đơn vị. Nói cách khác, (EQ 1) là giải được cho n ≡3( mod 4).
Tương tự, chú ý rằng nếu ta cho a= 1, b = 1, và c= 1, thì ta cón+ 1 + 1 = 4d hay n= 4d−2. Do đó, (EQ 1) là giải được n≡2( mod 4).
Vậy (EQ1) giải được cho tất cả n 6≡1( mod 4).♦ Bổ đề 1.10.
(EQ1) giải được cho tất cả n 6≡1( mod 8)
Trong (EQ 2), nếu ta cho a = 1, b = 1, và c= 2, thì ta có n+ 1 + 2 = 8d, vì vậy n= 8d−3.
Do đó, (EQ 1) là giải được cho tất cả n ≡5( mod 8).
Theo bổ đề 2, (EQ 1) là giải được cho tất cả n 6≡ 1( mod 4), điều đó có nghĩa n6≡1hoặc5( mod 8).
Do đó, (EQ 1) là giải được cho tất cả n 6≡1( mod 8).♦ Bổ đề 1.11.
(EQ1) giải được cho tất cả n 6≡1( mod 3)
Từ (EQ 2), chúng ta có
na+b+c= 4abcd
na+b= 4abcd−c=c(4abd−1) na+b= (4abd−1)c (EQ3) nếu ta cho a = b = c = 1, thì ta có
n+ 1 = 3c n = 3c−1
Do đó, (EQ 1) là giải được cho n≡2( mod 3) Chú ý rằng 4/3 = 1/1 + 1/4 + 1/12
Do đó, theo Bổ đề 1.8 (EQ 1) là giải được cho n≡0( mod 3) Do đó, (EQ 1) là giải được cho tất cả n6≡1( mod 3).♦
Bổ đề 1.12.
(EQ1) giải được cho tất cả n6≡1,2hoặc4( mod 7) Từ (EQ 3), nếu ta lấy a= 1, b= 2, d= 1 thì
n+ 2 = 7c ⇒n= 7c−2 ⇒n≡5( mod 7) nếu a = 2, b = 1, d = 1, thì
2n+ 1 = 7c ⇒2n= 7c−1⇒2n≡6( mod 7) ⇒n≡3( mod 3) nếu a = 1, b = 1, d = 2, thì
n+ 1 = 7c ⇒n= 7c−1⇒n≡6( mod 7) Do đó (EQ1) giải được cho n ≡3,5hoặc6( mod 7).
Chú ý rằng 4/7 = 1/2 + 1/15 + 1/210, bổ đề 1 cho ta biết (EQ 1) là giải được cho n≡0( mod 7).
Vì vậy (EQ1) giải được cho tất cả n6≡1,2hoặc4( mod 7).♦ Bổ đề 1.13.
(EQ1) giải được cho tất cả n 6≡1hoặc4( mod 5)
Theo Bổ đề 1.11 cho chúng ta biết (EQ1) giải được cho tất cả n 6≡1( mod 3).
Do đó, (EQ1) giải được cho tất cả n 6≡1,4,7,10, hoặc13( mod 15) Lần nữa, trong (EQ 3) nếu ta cho a = 1, b= 2, d= 2 thì
n+ 2 = 15c ⇒n ≡13( mod 15).
Nếu a = 2, b = 1, d = 2 thì
2n+ 1 = 15c ⇒2n ≡14( mod 15)⇒n≡7( mod 15) Do đó, (EQ1) giải được cho n ≡7, hoặc 13( mod 15).
(EQ1) giải được cho tất cả n 6≡1,4, hoặc10( mod 15).
Vì vậy (EQ1) giải được cho tất cả n6≡0,1hoặc4( mod 5).
Chú ý rằng 4/5 = 1/2 + 1/5 + 1/10, Bổ đề 1.8 cho ta biết rằng (EQ1) giải được cho n ≡0( mod 5).
Vì vậy (EQ1) giải được cho tất cả n6≡1hoặc4( mod 5).♦ Bây giờ là chứng minh của định lý.
Kết hợp Bổ đề 1.10 và 1.11 cho ta thấy (EQ 1) là giải được cho tất cả n 6≡ 1(
mod 24).
Vì vậy (EQ 1) là giải được cho tất cả n6≡1,25,49,73, hoặc97( mod 120).
Nhưng theo Bổ đề 1.13 cho ta thấy n6≡1hoặc49( mod 120).
Kết hợp điều này và Bổ đề 1.12, ta thấy rằng (EQ 1) là giải được cho tất cả n6≡1,121,361,169,289, hoặc569( mod 840).
Vậy (EQ 1) là giải được cho tất cản 6≡12,112132,172,192,hoặc232( mod 840).
Bài toán 1.3. 5/n
Sierpinski đã phỏng đoán rằng 5/n luôn luôn có thể được biểu diễn bằng tổng của 3 hoặc ít hơn các phân số đơn vị. Stewart đã xác nhận điều này cho tất cả n≤1057438801 và cho tất cả n không có dạng 278460k+ 1. Stewart có một cách tiếp cận hơi khác của chứng minh này, cho thấy làm thế nào để chọn một phân số đầu tiên mà có thể biểu diễn với hai số hạng.
Bài toán 1.4. 6/n
Webb chứng minh rằng 6/n là giải được cho tất cả n không có dạng n ≡ 1,61,hoặc541( mod 660).
Webb cũng công bố rằng 10/n là giải được ngoại trừ n ≡ 1( mod 10),3(
mod 140),43( mod 140) hoặc7( mod 60).
Bài toán 1.5. k/n
Kiss đã phỏng đoán lớn hơn rằng với 4≤a ≤7, a/bcó một mở rộng độ dài 3 hoặc ít hơn, và 8≤a≤12, a/b có một mở rộng độ dài 4 hoặc ít hơn.
Sierpinski đã phỏng đoán thậm trí tổng quát hơn rằng, đối với một số nguyên k, tồn tại N thỏa mãn rằng tất cả phân sốk/n vớin > N là biểu diễn được thành tổng của 3 hoặc ít hơn các phân số đơn vị. Nó có vẻ hợp lý hơn cho phỏng đoán sau đây:
Giả thuyết
Cho t≥3 và k > t, tồn tại N thỏa mãn :
Với mọin > N, k/nđược biểu diễn bằng tổng của t hoặc ít hơn các phân số đơn vị.
Một máy tính đã được sử dụng thu được một danh sách của một vài phân số không được biểu diễn như là tổng của t hoặc ít hơn phân số đơn vị, trong đó chúng ta đặt t= 3,4,5 hoặc 6 cho giá trị khác nhau của k. Kết quả được liệt kê trong bảng phụ lục C.
Nó dường như rõ ràng từ kết quả của một máy tính sau đây là các phân số (theo nghĩa có mẫu số nhỏ nhất) không biểu diễn được trong số số hạng cố định:
t Phân số nhỏ nhất không biểu diễn được bằng t số hạng
2 2/3
3 8/11
4 16/17
5 77/79
6 728/739
Do đó, một câu hỏi thú vị có thể là s, sự tăng tiệm cận của E(t) là gì, trong đó E(t) là mẫu số q nhỏ nhất mà tồn tại p thỏa mãn p/q <1là không biểu diễn được bằng t số hạng.Vì vậy, từ bảng trên chúng ta có E(6) = 739.