ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC Phạm Vũ Dũng MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ PHÂN THỨC LIÊN TỤC Chuyên Nghành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP MÃ SỐ: 60.46.40 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: TS Hà Trần Phương Thái Nguyên - 2011 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Ngun http://www.lrc-tnu.edu.vn Cơng trình hồn thành Trường Đại học Khoa Học - Đại Học Thái Nguyên Người hướng dẫn khoa học: TS Hà Trần Phương Phản biện 1: Phản biện 2: Luận văn bảo vệ trước hội đồng chấm luận văn họp tại: Trường Đại Học Khoa Học - Đại Học Thái Nguyên Ngày tháng năm 2011 Có thể tìm hiểu Thư Viện Đại Học Thái Nguyên Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Mục lục Mục lục Mở đầu Chương Phân thức liên tục 1.1 Mở đầu phân thức liên tục 1.1.1 Khái niệm phân thức liên tục 1.1.2 Phép biến đổi phân thức liên tục 1.1.3 Quan hệ chuỗi phân thức liên tục 1.2 Một số phân thức liên tục đặc biệt 1.2.1 Phân thức liên tục cho arctan số π 1.2.2 Phân thức liên tục cho số e Chương Sự hội tụ phân thức liên tục 2.1 Công thức quan hệ truy hồi Wallis-Euler 2.2 Sự hội tụ phân thức liên tục 2.3 Biểu diễn phân thức liên tục số thực 2.3.1 Thuật tốn tìm biểu diễn phân thức liên số thực 2.3.2 Một số ví dụ tục Chương Một số ứng dụng phân thức liên tục 3.1 Tính gần phân thức liên tục 3.2 Giải phương trình Diophantine 3.2.1 Phương trình bậc hai ẩn Ax + By = C 3.2.2 Phương trình Pell dạng: x2 − dy = ±1 3.3 Phân tích số thừa số Kết luận Tài liệu tham khảo Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 4 10 13 13 18 21 21 27 34 34 38 42 42 47 47 49 64 66 67 Mở đầu Phân thức liên tục vấn đề liên quan hướng nghiên cứu toán sơ cấp thu hút quan tâm nhiều nhà toán học thu nhiều kết quan trọng Phân thức liên tục xuất cách tự nhiên việc chia số nguyên, việc giải phương trình, ngày có nhiều ứng dụng lĩnh vực khác toán học Khi nghiên cứu phân thức liên tục thấy số tính chất chuỗi số, dãy Fibonaci, tính chất số e, số π Đồng thời dựa phân thức liên tục tìm xấp xỉ hữu tỷ số thực, giải số phương trình nghiệm nguyên, phân tích số số nguyên thành tích thừa số nguyên tố, xây dựng dãy số truy hồi, Ngồi ra, phân thức liên tục có ứng dụng quan trọng khác toán học nghiên cứu giả thuyết ABC, có ứng dụng thực tiễn: âm nhạc, lịch vạn niên, Với mục đích giới thiệu cách tương đối hệ thống phân thức liên tục số ứng dụng phân thức liên tục, chọn đề tài: "Một số vấn đề phân thức liên tục" Cụ thể, đề tài nghiên cứu phân thức liên tục, hội tụ phân thức liên tục vô hạn số ứng dụng phân thức liên tục tốn học Ngồi phần Mở đầu, phần Kết luận, luận văn gồm chương: Chương trình bày số khái niệm phân thức liên tục, phép biến đổi phân thức liên tục, phân thức liên tục vài số đặc biệt: e, π quan hệ phân thức liên tục với chuỗi Chương dành cho việc trình bày kết nghiên cứu hội tụ phân thức liên tục vô hạn: cơng thức truy hồi Wallis-Euler, thuật tốn tìm biểu diễn phân thức liên tục số vô tỷ số định lý hội tụ phân thức liên tục Trong Chương 3, chúng tơi trình bày số ứng dụng phân thức Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn liên tục việc tính xấp xỉ hữu tỷ số thực, việc giải phương trình nghiệm ngun, việc phân tích thừa số ngun tố Luận văn hoàn thành với hướng dẫn bảo tận tình TS Hà Trần Phương - Đại học Sư phạm - Đại học Thái nguyên Từ đáy lịng mình, em xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc quan tâm, động viên bảo hướng dẫn thầy Em xin trân trọng cảm ơn tới Thầy Cô Trường Đại Học Khoa Học - Đại Học Thái Nguyên, phòng Đào Tạo Trường Đại Học Khoa Học Đồng thời xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao Học Toán K3B, K3A Trường Đại Học Khoa Học động viên giúp đỡ tơi q trình học tập làm luân văn Tôi xin cảm ơn tới Sở Giáo dục - Đào tạo Tỉnh Hà Giang, Ban Giám hiệu, đồng nghiệp Trường THPT Tân Quang - Huyện Bắc Quang tạo điều kiện cho học tập hoàn thành kế hoạch học tập Do lần thực công việc nghiên cứu, nên luận văn không tránh khỏi thiếu sót, em mong đóng góp ý kiến Thầy, Cô bạn để luận văn hoàn thiện Thái Nguyên, ngày tháng năm 2011 Tác giả Phạm Vũ Dũng Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Chương Phân thức liên tục 1.1 1.1.1 Mở đầu phân thức liên tục Khái niệm phân thức liên tục Sự xuất phân thức liên tục Phân thức liên tục xuất từ lâu, từ số học phát triển Hai ví dụ sau cho thấy xuất phân thức liên tục Ví dụ 1.1 Ta thực phép chia thơng thường 157 cho 68 Ta có 21 157 =2+ 68 68 Nghịch đảo phân số 21 , ta = 68 68 21 157 =2+ 68 68 21 Ta tiếp tục chia 68 cho 21 68 =3+ =3+ 21 21 21 Tiếp tục phân tích 21 =4+ , 5 cuối ta 157 =2+ 68 3+ 4+ (1.1) Có thể thấy, q trình dừng lại sau lần thực phép chia hai số nguyên dương Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Ví dụ 1.2 Tìm nghiệm dương phương trình x2 − x − = (1.2) Ta viết lại phương trình dạng x2 = x + Do a, c trái dấu nên phương trình có hai nghiệm, nghiệm âm nghiệm dương Có thể thấy x = nghiệm nguyên dương phương trình Hiển nhiên x = khơng nghiệm phương trình, chia hai vế phương trình cho x ta được: x=1+ x Do x = nghiệm phương trình (1.2) nên 2=1+ x Thay x mẫu số đẳng thức + để x 2=1+ 1+ x Lặp lại trình nhiều lần ta 2=1+ (1.3) 1+ 1+ 1+ 1+ x Lặp lại trình vơ hạn lần ta 2=1+ (1.4) 1+ 1+ 1+ 1+ Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Biểu diễn (1.1) (1.3) gọi phân thức liên tục hữu hạn đơn giản, (1.4) gọi phân thức liên tục vô hạn đơn giản Như phân thức liên tục xuất cách tự nhiên trình chia số nguyên tìm nghiệm phương trình Trong phần ta nghiên cứu cách cẩn thận phân thức liên tục Ta bắt đầu với định nghĩa phân thức liên tục hữu hạn Khái niệm phân thức liên tục Cho hai dãy số thực a0 , a1 , , an , b1 , b2 , , bn Nếu phân thức b1 a0 + (1.5) b2 a1 + b3 a2 + a3 + an−1 + bn an có nghĩa, phân thức gọi phân thức liên tục hữu hạn có độ dài n Và kí hiệu a0 + b1 b2 bn a1 + a2 +···+ an Nếu bk = với k = 1, 2, , n ak số nguyên, ak > với k 1, phân thức liên tục (1.5) gọi phân thức liên tục hữu hạn đơn giản, hay gọi liên phân số hữu hạn (có độ dài n) kí hiệu [a0 ; a1 , , an ] Nếu a0 = 0, ta viết [a1 , , an ] thay cho [0; a1 , , an ] Bây cho hai dãy số thực vô hạn {an }, n = 0, 1, {bn }, n = 1, Tổng hình thức b1 a0 + a1 + a2 + Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên (1.6) b2 b3 a3 + http://www.lrc-tnu.edu.vn gọi phân thức liên tục (vô hạn) Để cho đơn giản ta kí hiệu phân thức liên tục (1.6) b1 b2 b3 a0 + a1 + a2 + a3 + Giả sử rằng, với n ∈ N∗ C n = a0 + bn b1 b2 a1 + a2 +···+ an tồn Và tồn giới hạn lim Cn = α ∈ R n−→∞ ta nói phân thức liên tục (1.6) hội tụ Khi ta viết b1 a0 + = α b2 a1 + a2 + b3 a3 + Phân thức liên tục hữu hạn Cn gọi giản phân thứ n phân thức liên tục (1.6) Nếu bk = với k = 1, 2, ak số nguyên, ak > với k 1, phân thức liên tục (1.6) gọi phân thức liên tục đơn giản kí hiệu [a0 ; a1 , a2 ] Nếu a0 = 0, ta viết [a1 , a2 , ] thay cho [0; a1 , a2 , ] Chú ý Nếu bm = với m b1 a0 + b2 a1 + a2 + b1 = a0 + b3 a3 + b2 a1 + a2 + am−2 + bm−1 am−1 nên phân thức liên tục hội tụ Từ định nghĩa ta có [a0 ; a1 , , an ] = a0 + Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên [a1 ; a2 , , an ] http://www.lrc-tnu.edu.vn Hiển nhiên, phân số liên tục hữu hạn đơn giản số hữu tỷ Ta thấy, với phân thức liên tục đơn giản ta có [a0 ; a1 , a2 , ] = lim [a0 ; a1 , a2 , , an ] n−→∞ giới hạn tồn Định lý 1.1 Mỗi số hữu tỷ biểu diễn dạng phân thức liên tục hữu hạn đơn giản a Chứng minh Giả sử x = a, b ∈ Z a > Đặt b r0 = a, r1 = b Áp dụng thuật toán chia Ơclit ta có r0 = r1 q1 + r2 , r2 < r1 ; r1 = r2 q2 + r3 , < r3 < r2 rn−2 = rn−1 qn−1 + rn , < rn < rn−1 rn−1 = rn qn Khi a = [q1 ; q2 , , qn ] b Định lý chứng minh Ví dụ 1.3 Ta có 62 = [2; 1, 2, 3, 2] 23 Chú ý rằng, biểu diễn số hữu tỷ dạng liên phân số hữu hạn không nhất, chẳng hạn = [0; 1, 1, 1, 3] = [0; 1, 1, 1, 2, 1] 11 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 53 2 Qk+1 ∈ Z Qk+1 Qk = d − Pk+1 nên Qk+1 |(d − Pk+1 ) chứng minh α = [a0 , a1 a2 , ] Có thể dãy {an } xác định tuần hồn Ví dụ 3.8 Tìm số vơ tỷ x biết x = [3; 1, 2] Giải Ta có x = [3; y] với y = [1, 2] suy y = [1, 2, y] y =1+ 2+ y = 3y + 2y + √ + suy 2y − 2y − = Vì y > nên y = Vì x = + nên ta y tìm √ √ 4+2 √ = = + x=3+ 1+ Ví dụ sau cho thấy cách tìm số vơ tỷ bậc hai biết biểu diễn phân thức liên tục tuần hồn √ + 28 Ví dụ 3.9 Khai triển phân thức liên tục số α = Giải.√ Ta có P − = 6, Q0 = 4, d = 28, 4|(28 − = −8), α0 = + 28 , a0 = α0 − √ (28 − 22 ) + 28 P1 = 2.4 − = 2, Q1 = = 6, α1 = , a1 = α1 = √ (28 − 42 ) + 28 P2 = 1.6 − = 4, Q2 = = 2, α2 = , a2 = α2 = √ (28 − 42 ) + 28 P3 = 4.2 − = 4, Q3 = = 6, α3 = , a3 = α3 = √ (28 − 22 ) + 28 P4 = 1.6 − = 2, Q4 = = 4, α4 = , a4 = α4 = √ (28 − 22 ) + 28 P5 = 1.4 − = 2, Q5 = = 4, α5 = , a5 = α5 = Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 54 Ta thấy P1 = P5 , Q1 = Q5 a1 = a5 dãy tuần hồn chu kỳ Khi ta có √ + 28 = [2; 1, 4, 1, 1, 1] Tiếp theo tìm điều kiện để số vô tỷ bậc hai biểu diễn liên phân thức vơ hạn tuần hồn từ đầu, tức điều kiện để tồn số nguyên dương k cho an = an+k với n Ta thừa nhận định lý sau Định lý 3.10 Số vô tỷ bậc hai α biểu diễn tuần hoàn từ đầu α > −1 < α < √ Bây ta xác định cách biểu diễn liên phân thức d √ √ √ √ Xét số α = d + [ d] Ta có α = [ d] − d α > −1 < α < suy α có biểu diễn tuần hồn từ đầu Số hạng đầu √ √ √ √ tiên a0 = [ d + [ d]] = 2[ d] = 2a với a = [ d] Ta có √ √ √ d + a = d + [ d] = [2a; a1 , a2 , , an ] = [2a; a1 , a2 , , an , 2a; a1 , a2 , , an ] Suy √ d = [a; a1 , a2 , , an , 2a] Phân tích cẩn thận ta chứng minh a1 = an , a2 = an−1 , Tức dãy {a1 , a2 , , an } đối xứng hay √ d = [a; a1 , a2 , , a2 , a1 , 2a] √ a = d , Sau chúng tơi xét ví dụ cụ thể: Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 55 Ví dụ 3.10 Xét ξ0 = ξ0 = 4, √ 23 = 4, 7958315 Trong trường hợp a0 = 1 ξ1 = =√ = ξ0 − a0 23 − √ 23 + = 1, 2565473 , suy a1 = ξ1 = Do 1 ξ2 = = √ = ξ1 − a1 23 + −1 √ 23 + = 3, 8979157 , suy a2 = ξ2 = Do 1 = √ = ξ3 = ξ2 − a2 23 + −3 √ 23 + = 1, 1136902 suy a3 = ξ3 = Do ξ4 = √ 1 = √ = 23 + = 8, 7958315 ξ3 − a3 23 + −1 suy a4 = ξ4 = Do 1 ξ5 = =√ = ξ4 − a4 23 − √ 23 + = 1, 2565473 suy a5 = ξ5 = Chú ý ξ5 = ξ1 a5 = a1 Bởi √ 23 + ξ6 = = = ξ2 = , ξ5 − a5 ξ1 − a1 a6 = ξ6 = ξ2 = a2 = 3.Tương tự ξ7 = 1 = = ξ , ⇒ a7 = a3 = ξ6 − a6 ξ2 − a2 ξ8 = 1 = = ξ , ⇒ a8 = a4 = ξ7 − a7 ξ3 − a3 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 56 Như dãy {ai } lặp trình lặp sau 4; 1, 3, 1, 8, 1, 3, 1, 8, Do √ 23 = [4; 1, 3, 1, 8, 1, 3, 1, 8, ] = [4; 1, 3, 1, 8] hay √ 23 = + 1+ 3+ 1+ 8+ 1+ + Tiếp theo đưa vài ví dụ biểu diễn số vơ tỷ thơng qua phân thức liên tục vơ hạn "tuần hồn" để bạn đọc tham khảo tự kiểm chứng √ i 29 = [5; 2, 1, 1, 2, 10] = + 2+ 1+ 1+ 2+ 10 + + √ ii 31 = [5; 1, 1, 3, 5, 3, 1, 1, 10] = + 1+ 1+ 3+ 5+ 3+ + √ iii 46 = [6; 1, 2, 1, 1, 2, 6, 2, 1, 1, 2, 1, 12] = iv v √ √ 76 = [8; 1, 2, 1, 1, 5, 4, 5, 1, 1, 2, 1, 16] = 97 = [9; 1, 5, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 5, 1, 18] = Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 57 Bài tập đề nghị Bài Biểu diễn thức sau dạng liên phân thức tuần hoàn √ a 35 √ b 41 Bài Tìm số vơ tỷ biểu diễn phân thức liên tục sau a ξ = [8; 1, 2, 1, 1, 5, 4, 5, 1, 1, 2, 1, 16] b ξ = [6; 1, 2, 1, 1, 2, 6, 2, 1, 1, 2, 1, 12] Cuối chúng tơi nghiên cứu cách giải phương trình Pell dạng : x2 − dy = ±1 Bổ đề 3.11 Cho d số khơng phương Giả sử Pk , Qk , αk , ak √ số xác định việc tìm khai triển phân thức liên tục d √ (P − k + d) αk = , ak = [αk ] Qk d − Pk+1 = Qk Pk+1 = ak Qk − Pk , Qk+1 √ Pk+1 + d αk+1 = , ak+1 = [αk+1 ] Qk+1 √ pk Giả sử giản phân thứ k d Khi qk p2k − dqk2 = (−1)k−1 Qk+1 Chứng minh Vì 3.8 ta có √ d = α0 = [a0 ; a1 , a2 , , ak , αk+1 ] Nên theo định lý √ d = α0 = √ Pk+1 + d Vì αk = nên ta có Qk+1 √ αk+1 pk + pk−1 αk+1 qk + qk−1 √ (Pk+1 + d)pk + Qk+1 pk−1 √ d= (Pk+1 + d)qk + Qk+1 qk−1 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 58 Do √ √ nqk = (Pk+1 qk + Qk+1 qk−1 ) d = (Pk+1 pk + Qk+1 pk−1 ) + pk d √ Từ suy ( d ∈ /Q) nqk = Pk+1 pk + Qk+1 pk−1 , Pk+1 qk + Qk+1 qk−1 = pk , (1) (2) Nhân phương trình (1) với qk phương trình hai với pk sau trừ cho ta p2k − dqk2 = (pk qk−1 − pk−1 qk )Qk+1 = (−1)k−1 Qk+1 √ Định lý 3.12 Giả sử chu kỳ biểu diễn phân thức liên tục d √ pk r Gọi giản phân thứ k d Nếu r chẵn x = ptr−1 , y = qk qtr−1 , (t = 1, 2, ) nghiệm phương trình Pell : x2 − dy = √ √ d nên Q0 = suy Qkr = Q0 = ∀k Chứng minh Vì d = + Theo bổ đề 3.11 ta có p2kr−1 − dqkr−1 = (−1)kr−2 Qkr = (−1)kr Vậy r chẵn p2kr−1 − dqkr−1 = ∀k ∈ N r lẻ p22tr−1 − dq2tr−1 = 1, (t = 1, 2, ) Bổ đề 3.13 Qi = với i = 1, 2, Qk = k chia hết cho r √ Chứng minh Giả sử tồn i cho Qi = −1 suy αi = −Pi − d Vì αi có biểu diễn phân thức liên tục tuần hoàn từ đầu nên −1 < √ √ αi = −Pi + d < αi = −Pi − d > √ √ d < Pi < −1 − d Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 59 điều vơ lý, nên ta có √ Giả sử k = tr với a0 = [ d] ta có √ d = [a0 ; a1 , a2 , , ak−1 , αk ] = [a0 ; a1 , a2 , , ar , 2a0 ] Suy αk = [2a0 , a1 , a2 , , ar ] =a0 + [a0 ; a1 , a2 , , ar , 2a0 ] √ √ Pk + d = a0 + d = Qk √ √ ⇔ Qk a0 + Qk d = Pk + d ⇔ Qk = 1, a0 = Pk √ Đảo lại Qk = Ta có αk = Pk + d > Pk Vì αk = [ak , ak+1 , ] √ √ √ tuần hoàn từ đầu nên −1 < αk = Pk − d < ⇒ d−1 < Pk < d √ [ d] = Pk = a0 Suy √ √ √ αk = Pk + d = [ d] + d = [2a0 , a1 , a2 , , ar ] Ta có √ d = α = [a0 ; a1 , a2 , , ak−1 , αk ] = [a0 ; , a1 , , ak−1 , 2a0 , a1 , , ar ] = [a0 ; a1 , a2 , , ar , 2a0 ] Suy k phải bội chu kỳ r Để chứng minh tất nghiệm phương trình Pell ta cần bổ đề sau r Bổ đề 3.14 Cho α số vô tỷ số hữu tỷ tối giản với r > s r |α − < | s 2s r Khi phải giản phân α s Chứng minh Trước tiên ta thừa nhận bổ đề sau Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 60 pj , (j = 1, 2, ) qj giản phân α Khi r, s số nguyên với s > thỏa mãn |sα − r| < |qk α − pk | Bổ đề 3.15 Cho α = [a1 ; a2 , a3 , ] số vơ tỷ Gọi s qk+1 r Giả sử không giản phân α tồn k cho s qk s < qk+1 (3.8) Theo bổ đề 3.15 ta có |qk α − pk | r |sα − r| = s|α − | < s 2s ⇔ |α − Do |spk − rqk | pk |< qk 2sqk nên ta có sqk |spk − rqk | pk r = − sqk qk s pk r + α− α− qk s 1 < + 2sqk 2s 1 < suy 2sqk > 2s2 qk > s điều mâu thuẫn với 2sqk 2s r (3.8) giản phân α s r Bổ đề 3.16 Cho α số vô tỷ số hữu tỷ tối giản với r > s r |α − | < s 2s r Khi giản phân α s Vậy Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 61 r khơng giản phân α tồn k s s < qk+1 Theo bổ đề 3.15 ta có Chứng minh Giả sử cho qk |qk α − pk | suy |α − r |sα − r| = s|α − | < s 2s pk |< mặt khác |spk − rqk | qk 2sqk nên ta có pk r |spk − rqk | = − sqk qk s sqk α− pk r 1 + α− < + qk s 2sqk 2s 1 < ⇔ 2sqk > 2s2 ⇔ qk > s trái với giả sử Vậy bổ đề 2sqk 2s chứng minh Vậy Bổ đề 3.17 Giả sử x, y số nguyên dương cho x2 − dy = n √ √ x |n| < d Khi giản phân d y Chứng minh Xét trường hợp n > ta có √ √ √ x √ (x + y d)(x − y d) = n ⇒ x > y d ⇒ − d y Ta lại có √ x √ x− d − d= y y x2 − dy √ = y(x + y d) n √ < y(2y d) √ d √ < 2y d = 2y Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 62 √ x giản phân d y Xét trường hợp n < khio Theo bổ đề 3.16 −n y − x2 = d d −n −|n| y > 0, < √ theo trường hợp giản d d x d √ 1 x phân √ Nhưng = y giản phân = d y d √ x d Ta có Định lý 3.18 Cho phương trình Pell x2 − dy = √ Gọi r chu kỳ biểu diễn phân thức liên tục d Nếu r chẵn tất nghiệm phương trình Pell x = pkr−1 , y = qkr−1 Nếu r lẻ tất nghiệm phương trình Pell x = p2tr−1 , y = q2tr−1 , t ∈ N ∗ Chứng minh Giả sử (x, y) nghiệm phương trình Pell Theo bổ đề 3.17 tồn i dể x = pi , y = qi Từ ta có p2i − dqi2 = Từ bổ đề 3.11 rút (−1)i−1 Qi+1 = ⇒ Qi+1 = ±1 Vì Qk+1 = −1 nên Qi+1 = i lẻ Theo bổ đề 3.13 ta có: tồn k cho i + = kr ⇒ i = kr − kr chẵn Do r lẻ k chẵn, k = 2t Ví dụ 3.11 Giải phương trình : a, x2 − 23y = (3.9) b, x2 − 29y = (3.10) Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 63 √ √ Giải a Ta có 23 = [4; 1, 3, 1, 8] chu kỳ biểu diễn 23 r = Do nghiệm 3.9 có dạng : x = p4k−1 , y = q4k−1 k = 1, 2, 3, Trong (p4k−1 , q4k−1 ) = (24, 5), (1151, 240), (55224, 11515), √ √ b Ta có 29 = [5; 2, 1, 1, 2, 10] suy chu kỳ biểu diễn 29 r = Do r lẻ nên phương trình 3.10 có nghiệm nghiệm 3.10 có dạng: x = p2tr−1 = p10t−1 , y = q2tr−1 = q10t−1 t = 1, 2, Trong (p10t−1 , q10t−1 ) = (9801, 1820), (73997555, 13741001), Xét phương trình x2 − dy = −1 (3.11) Ta có kết sau: Định lý 3.19 Phương trình x2 − dy = −1 có nghiệm chu √ kỳ r biểu diễn phân thức liên tục số d số lẻ Trong trường hợp nghiệm phương trình x = p(2tr−r−1) , y = q(2tr−r−1) với t = 1, 2, Chứng minh Từ định lý 3.18 dễ thấy chu kỳ r biểu diễn √ phân thức liên tục số d số lẻ x = p(2tr−r−1) , q(2tr−r−1) với t = 1, 2, nghiệm Giả sử (x, y) nghiệm phương trình 3.11 theo bổ đề 3.17 tồn i để x = pi , y = qi Từ p2i − dqi2 = −1 Từ bổ đề 3.11 rút (−1)i−1 Qi+1 = −1 suy Qi+1 = ±1 Vì Qi+1 = −1 nên Qi+1 = i chẵn Theo định lý 3.18 tồn k ∈ N cho i+1 = kr suy i = kr − kr lẻ Thành thử r chẵn kr ln chẵn phương trình vơ nghiệm Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 64 Trong trường hợp r lẻ lập luận tương tự trường hợp phương trình Pell x2 − dy = tất nhiệm phải có dạng x = pkr−1 , k = 1, 2, y = qkr−1 Trong kr lẻ tức k lẻ ngiệm 3.11 dạng: x = p2tr−r−1 , t = 1, 2, y = q2tr−r−1 Ví dụ 3.12 Giải phương trình: a, x2 − 29y = −1 b, x2 − 31y = −1 (3.12) (3.13) √ √ Giải a Ta có 29 = [5; 2, 1, 1, 2, 10] suy chu kỳ biểu diễn 29 r = Do r lẻ nên phương trình 3.12 có nghiệm nghiệm 3.12 có dạng: x = p2tr−r−1 = p10t−6 , t = 1, 2, y = q2tr−r−1 = q10t−6 Trong (p10t−1 , q10t−1 ) = (70, 13), (1372210, 254813), √ √ b Ta có 31 = [5; 1, 1, 3, 5, 3, 1, 1, 10] suy chu kỳ biểu diễn 31 r = Do r chẵn nên phương trình 3.13 vơ nghiệm 3.3 Phân tích số thừa số Cho số nguyên dương n Ta có nhận xét sau: Nếu tìm hai số nguyên dương x, y thỏa mãn x2 ≡ y ( mod n) với x−y x+y khơng chia hết cho n Khi u = (x−y, n) v = (x+y, n) ước khơng tầm thường Thật ta có (x − y)(x + y) chia hết cho n Vì x − y không chia hết cho n nên u = n, u = suy x + y chia hết cho n, trái giả thiết Tương tự v = Giả sử pk , qk , Pk , Qk số có tính giản phân số √ d Theo định lý ta có p2k ≡ (−1)k−1 Qk+1 ( mod n) Nếu ta tìm k lẻ Qk+1 = s2 số phương ta dùng hai số u = (pk − s, n), v = (pk + s, n) ước n chúng khác khác n thuật toán biểu diễn sau: Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 65 -Trong dãy Qk với k chẵn ta nhặt số phương -Giả sử Qk = s2 , với k chẵn : xét số pk−1 = s Kiểm tra xem số chia hết cho n không -Nếu chúng không chia hết cho n ta dùng thuật tốn Oclit để tìm u = (pk + s, n), v = (pk − s, n) Khi u, v thừa số n Ví dụ 3.13 Phân tích số 1037 thừa số Ta có Q1 = 13, Q2 = 49 = 72 Khi ta có p1 ≡ (−1)2 Q2 ( mod n), p1 = 129 u = (129 − 7, 1037) = (122, 1037) = 61 v = (129 + 7, 1037) = (136, 1037) = 17 1037 = 61.17 Ví dụ 3.14 Phân tích số 1000009 thừa số Ta có Q1 = 9, Q2 = 445, Q3 = 873, Q4 = 81 = 92 Tuy nhiên p3 + = 2000009 + chia hết cho 1000009 Ta lại tiếp tục tìm số Qi phương với k chẵn, kết ta tìm Q18 = 16 = 42 Khi p17 = 494881 u = (494881 − 4, 1000009) = 293, v = (494881 + 4, 1000009) = 3413 Vậy ta có 1000009 = 293.3413 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 66 Kết luận Luận văn trình bày đạt số kết sau Trình bày số khái niệm phân thức liên tục, phân thức liên tục hữu hạn, vô hạn, đơn giản, dãy giản phân, phép biến đổi phân thức liên tục, hai tính chất đồng chuỗi phân thức liên tục Phân thức liên tục số hàm đặc biệt Trình bày số kết nghiên cứu hội tụ phân thức liên tục, cơng thức truy hồi Wallis-Euler, thuật tốn tìm biểu diễn phân thức liên tục tắc số thực đưa số ví dụ cụ thể Trình bày số nghiên cứu ứng dụng phân thức liên tục để tìm xấp xỉ tốt số vơ tỷ, giải phương trình nghiệm ngun phân tích thừa số ngun tố Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 67 Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Văn Mậu, Trần Nam Dũng, Đặng Hùng Thắng, Đặng Huy Ruận,Một số vấn đề số học chọn lọc, NXB Giáo Dục.(2008) [2] Nguyễn Hữu Điển,Phương pháp quy nạp toán học, NXB Giáo Dục.(2000) [3] Paul Loya, Amazing and Aesthetic Aspects of Analysis, A couse in Undergraduate, 2006 [4] Article 09.7.6 Journal of Integer Sequences, Vol 12 (2009), [5] G.H Hardy and E.M Wright, Introduction to the theory of numbers, Oxford University Press [6] C.D Olds, Continued Fractions, New Mathematics Library, Mathematical Association of America, 1963 [7] http://www.math.binghamton.edu/dikran/478/Ch7.pdf [8] http://www-math.mit.edu/phase2/UJM/vol1/COLLIN 1.PDF [9] http://www.math.temple.edu/ pasha/contfrac.pdf Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ... phân thức liên tục số ứng dụng phân thức liên tục, chọn đề tài: "Một số vấn đề phân thức liên tục" Cụ thể, đề tài nghiên cứu phân thức liên tục, hội tụ phân thức liên tục vô hạn số ứng dụng phân. .. Mở đầu phân thức liên tục 1.1.1 Khái niệm phân thức liên tục 1.1.2 Phép biến đổi phân thức liên tục 1.1.3 Quan hệ chuỗi phân thức liên tục 1.2 Một số phân thức liên tục đặc... đẳng thức tồn 1.2 1.2.1 Một số phân thức liên tục đặc biệt Phân thức liên tục cho arctan số π Trong phần này, dùng hai định lý đồng chuỗi phân thức liên tục mục trước để xây dựng phân thức liên tục