LUẬN văn THẠC sĩ HAY một số ứng dụng của liên phân số

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

NGUYỄN MINH THÚY

MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA LIÊN PHÂN SỐ

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thái Nguyên - 2015

LUAN VAN CHAT LUONG download : add


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

NGUYỄN MINH THÚY

MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA LIÊN PHÂN SỐ
Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số: 60.46.01.13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học
TS. NGUYỄN VĂN HOÀNG

Thái Nguyên - 2015

LUAN VAN CHAT LUONG download : add

i

Mục lục
Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

i

Danh sách kí hiệu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ii

Danh sách hình vẽ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

iii

Mở đầu

1

1 Kiến thức cơ bản về liên phân số

3

1.1

Liên phân số hữu hạn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.2

Liên phân số vô hạn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.3

Giải phương trình đồng dư bậc nhất một ẩn . . . . . . . . . . . . . .

11

1.4

Giải phương trình nghiệm nguyên bậc nhất hai ẩn . . . . . . . . . .

12

1.5

Ứng dụng liên phân số giải phương trình Pell . . . . . . . . . . . . .

14

2 Xấp xỉ tốt nhất một số vơ tỉ và góc nhìn hình học

17

2.1

Xấp xỉ tốt nhất đối với số vô tỉ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

18

2.2

Liên phân số dưới góc độ hình học . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

34

Kết luận

47

Tài liệu tham khảo

48

LUAN VAN CHAT LUONG download : add


ii

Danh sách ký hiệu
Trong toàn luận văn, ta dùng những ký hiệu với các ý nghĩa xác định trong
bảng dưới đây:
N:
Z:
Z+ :

Q:
R:
R − Q:

Tập
Tập
Tập
Tập
Tập
Tập

các
các
các
các
các
các

số
số
số
số
số
số

tự nhiên
nguyên
nguyên dương
hữu tỉ
thực

vô tỉ

LUAN VAN CHAT LUONG download : add


iii

Danh sách hình vẽ
Stt
1
2
3
4
5
6
7
8

Tên hình
Hình 2.1
Hình 2.2
Hình 2.3
Hình 2.4
Hình 2.5
Hình 2.6
Hình 2.7
Hình 2.8

Trang
35

36
37
38
39
39
40
46

LUAN VAN CHAT LUONG download : add


1

Mở đầu
Liên phân số được giới thiệu đầu tiên bởi Leonardo Fibonacci trong cơng trình
"Liber abaci" xuất bản năm 1202. Đến thế kỉ thứ 16, Bombelli đã biểu diễn các
số thực bởi liên phân số. Sau này, vào thế kỉ thứ 17, Huygens đã sử dụng chúng
trong việc xây dựng mơ hình hệ thống năng lượng mặt trời. Điều tuyệt vời là liên
phân số đã mang lại cách biểu diễn số vô tỉ rất rõ ràng.
Liên phân số là một đối tượng rất quan trọng của Số học với nhiều ứng dụng
hay khơng chỉ trong các lĩnh vực của Tốn học mà cịn có nhiều ứng dụng trong
thực tiễn. Vì vậy, chúng tôi đã chọn đề tài "Một số ứng dụng của liên phân số"
nhằm tìm hiểu những ứng dụng của liên phân số vào một số bài toán số học với
những ví dụ đơn giản có thể áp dụng cho học sinh phổ thông, đồng thời nghiên
cứu các xấp xỉ tốt nhất đối với một số vô tỉ, đặc biệt là việc xem xét liên phân số
ở góc độ hình học để hiểu sâu hơn về liên phân số.
Ngồi phần mở đầu, kết luận và tài liệu tham khảo, luận văn gồm hai chương:
Chương 1. Chương này chúng tôi trình bày một số kiến thức cơ bản về liên phân
số và một vài ứng dụng phổ biến của nó: giải phương trình đồng dư bậc nhất một
ẩn, giải phương trình nghiệm nguyên bậc nhất hai ẩn, ứng dụng liên phân số giải

phương trình Pell.
Chương 2. Chương này chúng tơi trình bày cách xấp xỉ một số vơ tỉ bởi một số
hữu tỉ thông qua các giản phân của liên phân số. Phần thứ nhất của chương này
trình bày về hai loại xấp xỉ xấp xỉ tốt nhất loại một và xấp xỉ tốt nhất loại hai
của một số vô tỉ dưới góc độ đại số, tính chất của số hữu tỉ đủ gần một số vơ tỉ
và việc có thể tìm được một số xấp xỉ tốt hơn nữa trong một vài trường hợp đặc
biệt. Phần thứ hai của chương trình bày về việc có thể minh họa hình học tính
xấp xỉ của số vơ tỉ bởi các số hữu tỉ thông qua việc mô tả khoảng cách từ các điểm
nguyên (q, p) đến một đường thẳng L có độ nghiêng là số vô tỉ α.
Luận văn này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn và chỉ bảo tận tình của thầy
giáo TS. Nguyễn Văn Hồng - Trường Đại học Sư phạm - Đại học Thái Nguyên.

LUAN VAN CHAT LUONG download : add


2

Tơi xin bày tỏ lịng kính trọng và biết ơn sâu sắc đến Thầy về sự hướng dẫn hiệu
quả cùng những kinh nghiệm trong suốt quá trình học tập, nghiên cứu và hồn
thành luận văn.
Tơi xin gửi tới các thầy, cơ khoa Tốn - Tin, phịng Sau Đại học, Trường Đại
học Khoa Học - Đại học Thái Nguyên cũng như các thầy giáo, cô giáo tham gia
giảng dạy lớp Cao học Tốn A khóa 2013 - 2015 lời cảm ơn sâu sắc về cơng lao
dạy dỗ trong suốt q trình giáo dục, đào tạo của nhà trường. Tôi cũng xin gửi
lời cảm ơn đến Ban giám hiệu trường THPT Ngô Quyền - Hạ Long, Quảng Ninh,
các bạn bè đồng nghiệp và các bạn học viên đã động viên và giúp đỡ tơi trong q
trình hồn thành luận văn này.
Cuối cùng, vì điều kiện thời gian nên luận văn khơng tránh khỏi những thiếu
sót, tơi rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến của các thầy, cơ và các bạn để
luận văn được hoàn thiện.

Thái Nguyên, ngày 18 tháng 04 năm 2015
Tác giả

Nguyễn Minh Thúy

LUAN VAN CHAT LUONG download : add


3

Chương 1
Kiến thức cơ bản về liên phân số
Chương này nhằm trình bày những kiến thức cơ bản cần thiết về liên phân
số đơn hữu hạn, liên phân số đơn vô hạn và một số áp dụng thông dụng của
chúng (giải phương trình nghiệm nguyên, phương trình đồng dư) cũng được
trình bày ở chương này giúp cho việc trình bày có tính hệ thống và sáng rõ.
Kiến thức của chương này được trình bày dựa trên một số tài liệu [6], [1],
[2], [4].

1.1

Liên phân số hữu hạn

Định nghĩa 1.1.1. Một biểu thức có dạng

1

a0 +

1

a1 +

1

a2 +

1

... +

an−1 +

1
an

với a0 , a1 , a2 , . . . , an ∈ R trong đó a1 , a2 , . . . , an > 0 được gọi là một liên
phân số hữu hạn và ký hiệu là

[a0 ; a1 , a2 , . . . , an ].
Trong trường hợp khi a0 , a1 , a2 , . . . , an ∈ Z thì ta gọi [a0 ; a1 , a2 , . . . , an ] là
một liên phân số đơn hữu hạn.
Tính chất sau đây cho ta một đặc trưng của một số hữu tỉ qua liên phân
số đơn hữu hạn.

LUAN VAN CHAT LUONG download : add


4

Định lý 1.1.2. Cho α ∈ R. Khi đó α là một số hữu tỉ nếu và chỉ nếu α có
thể biểu diễn được dưới dạng một liên phân số đơn hữu hạn.
a
Chứng minh. Giả sử α = là số hữu tỉ (với a, b ∈ Z, b > 0). Khi đó bằng
b
thuật tốn Euclid ta có biểu diễn a = bq0 + r1 , b = r1 q1 + r2 , r1 = r2 q2 +
r3 , . . . , rn−2 = rn−1 qn−1 +rn , rn−1 = rn qn +0, trong đó q0 ∈ Z, q1 , . . . , qn ∈ N∗
và qn > 1. Từ đó

a
r1
1
= q 0 + = q0 +
r2 = . . . = q0 +
b
b
q1 +
q1 +
r1

1

.

1
1

q2 +
... +

1
qn−1 +

1
qn

a
= [q0 ; q1 , q2 , . . . , qn ] là một liên phân số đơn hữu hạn. Ngược lại,
b
nếu α = [q0 ; q1 , q2 , . . . , qn ] thì dễ thấy nó là một số hữu tỉ.

Suy ra

Định nghĩa 1.1.3. Cho α = [a0 ; a1 , a2 , . . . , an ] là một liên phân số hữu hạn,
khi đó liên phân số hữu hạn ci = [a0 ; a1 , a2 , . . . , ai ] (trong đó 0 ≤ i ≤ n)
được gọi là giản phân thứ i của α.
Định nghĩa 1.1.4. Cho α = [a0 ; a1 , a2 , . . . , an ] là một liên phân số hữu hạn,
ta định nghĩa P0 , P1 , P2 , . . . , Pn và Q0 , Q1 , Q2 , . . . , Qn bởi quy tắc truy hồi
sau như:
P0 = a0 , P1 = a0 a1 + 1
Pi = ai Pi−1 + Pi−2 , với 2 ≤ i ≤ n;

Q0 = 1, Q1 = a1
Qi = ai Qi−1 + Qi−2 , với 2 ≤ i ≤ n.
Bổ đề 1.1.5. Nếu α = [a0 ; a1 , a2 , . . . , an ] là một liên phân số đơn hữu hạn
thì
Q0 ≤ Q1 < Q2 < . . . < Qn .
Chứng minh. Theo Định nghĩa 1.1.4 ta có Q0 = 1 ≤ Q1 . Các trường cịn lại,
khi i ≥ 1 ta có ai ≥ 1, Qi−1 ≥ 1 nên

Qi+1 = ai+1 Qi + Qi−1 ≥ 1Qi + 1 > Qi .

LUAN VAN CHAT LUONG download : add


5

Định lý 1.1.6. Cho α = [a0 ; a1 , a2 , . . . , an ] là một liên phân số đơn hữu hạn,
Pi
, với mọi 0 ≤ i ≤ n.
khi đó giản phân thứ i là ci =
Qi
P0
Chứng minh. Quy nạp theo i. Khi i = 0 ta có c0 = a0 = Q
(vì P0 = a0 , Q0 =
0
1). Khi i = 1 ta có c1 = [a0 ; a1 ] = a0 + a11 = a0 aa11+1 = QP11 . Giả sử i > 1 và
1
ci = QPii . Ta nhận thấy rằng ci+1 thu được từ ci bằng cách thay ai bởi ai + ai+1
.
Do đó vì
ai Pi−1 + Pi−2
ci =
ai Qi−1 + Qi−2

nên ta có

ci+1 =
=

=

(ai +
(ai +

1
ai+1 )Pi−1
1
ai+1 )Qi−1

+ Pi−2
+ Qi−2

(ai Pi−1 + Pi−2 ) +
(ai Qi−1 + Qi−2 ) +
Pi +

Pi−1
ai+1
Qi−1
ai+1

Pi−1
ai+1
Qi−1
ai+1

Qi +
Pi+1
ai+1 Pi + Pi−1

=
.
=
ai+1 Qi + Qi−1
Qi+1

Định lý 1.1.7. Cho α = [a0 ; a1 , a2 , . . . , an ] là một liên phân số hữu hạn, khi
đó
m
Qm−1 Qm
0 1
1 ai ,
Pm−1 Pm =
i=0

với 1 ≤ m ≤ n.
Chứng minh. Quy nạp theo m. Nếu m = 1, ta có vế trái là

1
a1
Q0 Q1
P 0 P 1 = a0 a0 a1 + 1
trong khi vế phải là
1

i=0

0 1
0 1
1 ai = 1 a0

0 1
1
a1
1 a1 = a0 a0 a1 + 1 .

LUAN VAN CHAT LUONG download : add


6

Giả sử đẳng thức đúng với m = k . Xét m = k + 1 ta phải chứng minh

Qk Qk+1
0 1
=
1 a0
Pk Pk+1

0 1
0 1
.
.
.
1 a1
1 ak

0 1
1 ak+1 .

Theo giả thiết quy nạp ta có vế phải đẳng thức trên bằng với

Qk−1 Qk
Pk−1 Pk

0 1
Qk ak+1 Qk + Qk−1
1 ak+1 = Pk ak+1 Pk + Pk−1

Q Q
đó chính là ma trận P k P k+1 . Ta có điều cần chứng minh.
k
k+1
Định lý 1.1.8. Cho α = [a0 ; a1 , a2 , . . . , an ] là một liên phân số đơn hữu hạn,
khi đó ta có các phát biểu đúng sau đây:
i) Pi Qi−1 − Pi−1 Qi = (−1)i−1 với mọi 1 ≤ i ≤ n.
ii) (Pi , Qi ) = 1 với mọi 0 ≤ i ≤ n.
Chứng minh. Chứng minh ý i) được suy ra từ Định lý 1.1.7 bằng cách tính
định thức hai vế. Ý thứ ii) được suy ra từ đẳng thức (−1)i−1 Pi Qi−1 −
(−1)i−1 Pi−1 Qi = 1 với mọi 1 ≤ i ≤ n. Đối với i = 0 ta có (P0 , Q0 ) =
(a0 , 1) = 1.
Định lý 1.1.9. Cho α = [a0 ; a1 , a2 , . . . , an ] là một liên phân số đơn hữu hạn,
khi đó ta có các đẳng thức sau:
(−1)i−1
i) ci − ci−1 =
với mọi 1 ≤ i ≤ n,
Qi Qi−1
(−1)i ai
ii) ci − ci−2 =
với 2 ≤ i ≤ n.

Qi Qi−2
Chứng minh. i) Ta có

ci − ci−1

Pi
Pi−1
Pi Qi−1 − Pi−1 Qi
(−1)i−1
=
−
=
=
.
Qi Qi−1
Qi Qi−1
Qi Qi−1

ii) Ta có

ci −ci−2

(−1)i−1 (−1)i−2
(−1)i−2 (Qi − Qi−2 )
= (ci −ci−1 )+(ci−1 −ci−2 ) =
+
=
Qi Qi−1 Qi−1 Qi−2
Qi Qi−1 Qi−2
(−1)i (ai Qi−1 + Qi−2 − Qi−2 ) (−1)i ai Qi−1

(−1)i ai
=
=
=
.
Qi Qi−1 Qi−2
Qi Qi−1 Qi−2
Qi Qi−2

.

LUAN VAN CHAT LUONG download : add


7

Định lý 1.1.10. Cho α = [a0 ; a1 , a2 , . . . , an ] là một liên phân số đơn hữu
hạn, khi đó
i) c0 < c2 < c4 < . . . < c5 < c3 < c1 .
ii) Qi ≥ i với mọi 0 ≤ i ≤ n.
Định nghĩa 1.1.11. Một dãy số (Fn ) được gọi là dãy Fibonacci nếu nó xác
định bởi quy tắc F0 = 0, F1 = 1 và Fn+1 = Fn + Fn−1 với n ≥ 1.
Định lý 1.1.12. Cho α = [a0 ; a1 , a2 , . . . , an ] là một liên phân số đơn hữu
hạn và cho dãy Fibonacci (Fn ). Khi đó Qi ≥ Fi+1 với mọi 0 ≤ i ≤ n.
Chứng minh. Ta chứng minh quy nạp theo i. Với i = 0, ta có Q0 = 1 ≥ 1 =
F1 . Với i = 1, ta có Q1 = a1 ≥ 1 = F2 . Giả sử k ≥ 1 và mệnh đề đúng với
các trường hợp i ≤ k . Từ đó ta có

Qk+1 = ak+1 Qk + Qk−1 ≥ Fk+1 + Fk = Fk+2
(vì ak+1 ≥ 1 và Qk−1 ≥ Fk ; Qk ≥ Fk+1 theo giả thiết quy nạp).

1.2

Liên phân số vô hạn

Bổ đề 1.2.1. Cho dãy số nguyên a0 , a1 , a2 , . . . trong đó a1 , a2 , . . . > 0. Với
mỗi i ≥ 0 ta đặt ci = [a0 ; a1 , a2 , . . . , ai ]. Khi đó tồn tại giới hạn lim ci .
i→∞

Từ đó có cơ sở để ta có định nghĩa sau đây.
Định nghĩa 1.2.2. Một biểu thức có dạng

1

a0 +

1

a1 +
a2 +

1
a3 + . . .

(trong đó a0 , a1 , a2 , . . . ∈ R với a1 , a2 , . . . > 0) được ký hiệu là [a0 ; a1 , a2 , . . .],
nó được gọi là một liên phân số vô hạn.
Chú ý 1.2.3. i) Một liên phân số vô hạn δ = [a0 ; a1 , a2 , . . .] trong trường
hợp a0 , a1 , a2 , . . . ∈ Z thì δ được gọi là liên phân số đơn vô hạn. Trong luận
văn này ta chủ yếu xét liên phân số đơn vô hạn.

LUAN VAN CHAT LUONG download : add


8

ii) Ta nhận thấy rằng: tất cả các phát biểu của Định nghĩa 1.1.3 đến Bổ đề
1.2.1 đều đúng cho liên phân số đơn vô hạn.
Định nghĩa 1.2.4. Với mỗi số thực x, phần nguyên của x là x , được xác
định bởi x = max{n ∈ Z | n ≤ x}; và phần thập phân của x kí hiệu là
f rac(x), được xác định bởi f rac(x) = x − x . Ta thấy 0 ≤ f rac(x) < 1.
Định lý 1.2.5. Nếu α là số vô tỉ (tức là α ∈ R − Q) thì α có thể biểu diễn
được thành một liên phân số đơn vô hạn, và điều ngược lại cũng đúng.
Chứng minh. Cho α ∈ R−Q. Lấy α0 = α. Ta xây dựng a0 , a1 , . . . như sau: lấy
1
với i ≥ 0. Suy ra a0 , a1 , a2 , . . . ∈ Z.
ai = αi với i ≥ 0, và αi+1 =
f rac(αi )
Bây giờ ta chứng tỏ rằng α0 , α1 , α2 , . . . ∈ R − Q bằng quy nạp. Với i = 0, ta
có α0 là số vơ tỉ, giả sử rằng αk ∈ R − Q. Khi đó f rac(αk ) ∈ R − Q. Từ đó
1
ta có αk+1 =
∈ R − Q, nên bước quy nạp hồn thành.
f rac(αk )
Từ đó ta thấy rằng ai < αi < ai + 1 ⇔ 0 < f rac(αi ) < 1 với mọi i ≥ 0.
1
Suy ra αi+1 =
> 1, và ai+1 = αi+1 ≥ 1. Vậy a0 , a1 , a2 , . . . ∈ Z
f rac(αi )
trong đó a1 , a2 , . . . > 0. Bây giờ ta có

αi+1 =

1
1
1
⇔ α i = ai +
⇔ f rac(αi ) =
f rac(αi )
αi+1
αi+1

với mọi i ≥ 0. Do đó ta viết được

α = α 0 = a0 +

1
= a0 +
α1

1
1
a1 +
α2

1

= . . . = a0 +

.

1

a1 +

1

a2 +

1

... +

ai +
Nói cách khác α = [a0 ; a1 , a2 , . . . , ai , αi+1 ] =

1
αi+1

αi+1 Pi + Pi−1
với mọi i > 0.
αi+1 Qi + Qi−1

Từ đó

αi+1 Pi + Pi−1
Pi
−(−1)i−1
|α − ci | =
−
=

αi+1 Qi + Qi−1 Qi
(αi+1 Qi + Qi−1 )Qi
<

1
1
1
=
≤
(ai+1 Qi + Qi−1 )Qi
Qi+1 Qi
(i + 1)i

LUAN VAN CHAT LUONG download : add


9

(lưu ý rằng i > 0 và có i ≤ Qi theo định lý 1.1.10). Suy ra lim (α − ci ) = 0.
i→∞

Vậy α = lim α = lim ci = [a0 ; a1 , a2 , . . .].
i→∞

i→∞

Ta chứng minh phần đảo. Cho α = [a0 ; a1 , a2 , . . .] là một liên phân số đơn
vơ hạn. Theo định lý 1.1.10, ta có c2n < α < c2n+1 , do đó 0 < α − c2n <
1
(theo định lý 1.1.9). Do đó

c2n+1 − c2n . Mặt khác c2n+1 − c2n =
Q2n+1 Q2n
1
1
0 < α − c2n <
⇔ 0 < αQ2n − P2n <
. Giả sử α là số hữu
Q2n+1 Q2n
Q2n+1
a
a
tỉ, tức là α = , (trong đó a, b ∈ Z, b > 0). Khi đó 0 < Q2n − P2n <
b
b
1
b
⇔ 0 < aQ2n − bP2n <
. Vì Q2n+1 > 2n + 1 nên tồn tại n để
Q2n+1
Q2n+1
Q2n+1 > b, tức là tồn tại n để 0 < aQ2n − bP2n < 1. Điều này mâu thuẫn
với aQ2n − bP2n là số nguyên với mọi n. Vậy điều giả sử là sai, suy ra α là
số vô tỉ.
Chú ý 1.2.6. Hơn nữa, người ta cịn chứng minh được rằng: Mỗi số vơ tỉ
đều biểu diễn một cách duy nhất dưới dạng một liên phân số đơn vơ hạn.
√
√
√
Ví dụ 1.2.7. Hãy biểu diễn α = 5, β = 8, γ = 11 thành liên phân số
đơn vô hạn?

Ta sẽ tiến hành theo chứng minh của Định lý 1.2.5.
(i) Ta có α0 = α, và a0 = α0 = α = 2;
√
√
1
1
α1 =
a1 = α 1 =
5 + 2 = 4,
=
= 5 + 2;
f rac(α0 ) α0 − 2
√
1
1
1
α2 =
=√
=√
= 5 + 2 = α1 ; a2 = α2 = α1 ,
f rac(α1 )
5+2−4
5−2
. . ..
√
Bằng quy nạp ta suy ra được αi = 5 + 2, với mọi i ≥ 1. Do đó ai = 4, với
√
mọi i ≥ 1. Vậy α = 5 = [2; 4, 4, 4 · · · ] = [2; 4].
(ii) Ta có α0 = β , a0 = α0 √
= β = 2;

√
1
1
2+1
2+1
α1 =
=
=
; a1 = α1 =
= 1,
f rac(α0 ) α0 − 2
2
2
√
√
1
1
α2 =
= √
= 2( 2 + 1); a2 = α2 = 2( 2 + 1) = 4,
f rac(α1 )
2+1
−1
2
√
1
1
1
2+1
α3 =

= √
= √
=
= α1 , · · · .
f rac(α2 ) 2( 2 + 1) − 4 2( 2 − 1)
2

LUAN VAN CHAT LUONG download : add


10

Suy ra α4 = α2 , α5 = α1 , α6 = α2 . . .. Từ đó bằng quy nạp ta có

1 = a1 = a3 = a5 = · · · ; 4 = a2 = a4 = a6 = . . . .
Vậy β =

√

8 = [2; 1, 4, 1, 4, 1, 4, · · · ] = [2; 1, 4].

(iii) Ta có α0 = γ , a0 = α0 √= γ = 3;
√
1
1
11 + 3
11 + 3
=
=
; a1 = α 1 =

= 3,
α1 =
f rac(α0 ) α0 − 3
2
2
√
√
1
1
α2 =
= √
= 11 + 3; a2 = α2 =
11 + 3 = 6,
f rac(α1 )
11 + 3
−3
2
√
1
1
1
11 + 3
=√
= α1 , . . ..
α3 =
=√
=
f rac(α2 )
2
11 + 3 − 6

11 − 3
Suy ra α4 = α2 , α5 = α1 , α6 = α2 . . .. Do đó

3 = a1 = a3 = a5 = · · · ; 6 = a2 = a4 = a6 = . . . .
Vậy γ =

√

11 = [3; 3, 6, 3, 6, 3, 6, · · · ] = [3; 3, 6].

Kí hiệu: Từ nay về sau ta kí hiệu
√
√
5−1
5+1
= −r− và
= r+ .
2
2
√
5−1
Ví dụ 1.2.8. Biểu diễn α =
thành liên phân số đơn vơ hạn?
2
Ta có α0 = α, a0 = α0 = α = 0;
1
1
1
α1 =
=

=
= r+ ;
a1 = α1 = r+ = 1,
f rac(α0 ) α0 − 0 −r−
1
1
1
=
=
= r+ = α1 ; a2 = α2 = r+ = 1,
α2 =
f rac(α1 ) r+ − 1 −r−
···
suy ra αi = r+ , với mọi i ≥ 1 do đó ai = r+ = 1, với mọi i ≥ 1.
Vậy α = −r− = [0; 1, 1, · · · ] = [0; 1].
Bổ đề 1.2.9. Cho (Fk ) là dãy Fibonacci. Với mỗi k ≥ 0 ta đặt Pk = Fk ,
Pk
Qk = Fk+1 và ck =
. Khi đó
Qk
√
5−1
lim ck = −r− =
.
k→∞
2

LUAN VAN CHAT LUONG download : add

11

Chứng minh. Ta có

ck =

1
Fk
1
=
=
=
Fk+1
Fk−1
Fk+1
1+
1+
Fk
Fk
1

=

... +

= ...

1

1+

1

1+

1
Fk−2
1+
Fk−1
1

=

1

1+

1

1

1+

1

F0
F1
= [0; 1, 1, . . . , 1].
1+

... +

1
1+

0
1

k

(vì Fk+1 = Fk + Fk−1 ). Suy ra lim ck là số vô tỉ có dạng khai triển liên phân
k→∞

số α = [0; 1, 1, · · · ]. Mặt khác theo Ví dụ 1.2.8 thì
√
5−1
= −r−
α = [0; 1, 1, . . .] = [0; 1] =
2
nên

lim ck = −r−

k→∞

1.3

Giải phương trình đồng dư bậc nhất một ẩn

Chú ý 1.3.1. Trước hết ta nhắc lại vài kiến thức về phương trình đồng dư

bậc nhất một ẩn.
(i) Phương trình đồng dư bậc nhất một ẩn là phương trình có dạng

Ax ≡ B

(mod M )

(1)

trong đó A ≡ 0 (mod M ).
(ii) Phương trình (1) có nghiệm nếu và chỉ nếu d = (A, M ) là ước của B ;
hơn nữa khi phương trình (1) có nghiệm thì nó có d nghiệm.

LUAN VAN CHAT LUONG download : add


12

(iii) Khi phương trình (1) thỏa mãn điều kiện có nghiệm, đặt A = da, B =
db, M = dm thì (a, m) = 1 và phương trình (1) trở thành

ax ≡ b (mod m)

(2)

trong đó a ≡ 0 (mod m).
(iv) Ta xét phương trình (2) với điều kiện (a, m) = 1 và khơng mất tính tổng
m
tối giản. Ta khai triển
quát ta giả thiết 1 < a < m. Do (a, m) = 1 nên

a
m
m
thành liên phân số đơn hữu hạn. Giả sử
= [a0 ; a1 , a2 , . . . , an ]. Ta xét
a
a
hai giản phân cuối, theo Định lý 1.1.8 ta có Pn Qn−1 − Pn−1 Qn = (−1)n−1
mà m = Pn , a = Qn nên mQn−1 − Pn−1 a = (−1)n−1 hay aPn−1 − mQn−1 =
(−1)n . Suy ra aPn−1 ≡ (−1)n (mod m) do đó a(−1)n Pn−1 b ≡ b (mod m).
Vậy nghiệm duy nhất của phương trình (2) là x ≡ (−1)n Pn−1 b (mod m).
(v) Khi phương trình (2) có nghiệm duy nhất là x ≡ x0 (mod m) thì d
nghiệm của phương trình (1) là các lớp

x ≡ x0 , x0 + m, x0 + 2m, . . . , x0 + (d − 1)m (mod M ).
Ví dụ 1.3.2. Phương trình 50x ≡ 25 (mod 180) vơ nghiệm vì (50, 180) = 10
khơng là ước của 25.
Ví dụ 1.3.3. Giải phương trình 50x ≡ 20 (mod 180).
Phương trình 50x ≡ 20 (mod 180) có nghiệm vì (50, 180) = 10 là ước của
20. Bây giờ ta xét phương trình 5x ≡ 2 (mod 18). Do (5, 18) = 1 nên nó
18
có nghiệm duy nhất. Ta có
= [3; 1, 1, 2]. Vì thế n = 3, ta có P2 = 7
5
nên phương trình 5x ≡ 2 (mod 18) có nghiệm duy nhất là x ≡ (−1)3 .7.2
(mod 18) hay x ≡ 4 (mod 18). Từ đó phương trình ban đầu có 10 nghiệm,
đó là các lớp:

x ≡ 4, 22, 40, 58, 76, 94, 112, 130, 148, 166

1.4

(mod 180).

Giải phương trình nghiệm nguyên bậc nhất hai
ẩn

Nhận xét 1.4.1. Phương trình nghiệm ngun bậc nhất hai ẩn là phương
trình có dạng
Ax + By = C
(1’)

LUAN VAN CHAT LUONG download : add


13

trong đó A, B, C ∈ Z. Chúng ta biết rằng phương trình (1’) chỉ có nghiệm
nếu và chỉ nếu d = (A, B) là ước của C . Khi phương trình thỏa mãn điều
kiện có nghiệm, đặt A = da, B = db, C = dc thì (a, b) = 1 và phương trình
(1’) trở thành
ax + by = c.
(2’)
Nếu (x0 , y0 ) là một nghiệm của (2’) thì tập hợp nghiệm của (2’) là

{(x, y)|x = x0 + bt, y = y0 − at, t ∈ Z},
và đây cũng là tập hợp nghiệm của phương trình (1’). Như vậy, việc giải
phương trình (1’) quy về việc tìm một nghiệm (x0 , y0 ) của (2’).
Vậy ta xét phương trình (2’) với điều kiện (a, b) = 1 và khơng mất tính
a

a
tổng qt ta giả thiết b > 0. Do (a, b) = 1 nên tối giản; ta khai triển
b
b
a
thành liên phân số đơn hữu hạn. Giả sử = [a0 ; a1 , a2 , . . . , an ]. Theo Định
b
a
Pn
a
Pn
, mà và
tối giản nên a = Pn , b = Qn . Xét hai
lý 1.1.6 ta có =
b
Qn
b
Qn
giản phân cuối, theo Định lý 1.1.8 ta có Pn Qn−1 − Pn−1 Qn = (−1)n−1 nên
aQn−1 − Pn−1 b = (−1)n−1 hay a(−1)n−1 Qn−1 − b(−1)n−1 Pn−1 = 1, suy ra
a(−1)n−1 Qn−1 + b(−1)n Pn−1 = 1. Do đó a(−1)n−1 cQn−1 + b(−1)n cPn−1 = c.
Vậy một nghiệm (x0 , y0 ) của phương trình (2’) là

x0 = (−1)n−1 cQn−1
y0 = (−1)n cPn−1

.

Ví dụ 1.4.2. Phương trình 6x + 4y = 5 vơ nghiệm vì (6, 4) = 2 khơng là
ước của 5.

Ví dụ 1.4.3. Giải phương trình −43x + 13y = 24. Ta thấy phương trình
này có nghiệm vì (−43, 13) = 1 là ước của 24.
−43
Ta có
= [−4; 1, 2, 4]. Vì thế n = 3, ta có P2 = −10, Q2 = 3 nên một
13
nghiệm (x0 , y0 ) của phương trình đã cho là

x0 = (−1)2 .24.3
y0 = (−1)3 .24.(−10)

hay

x0 = 72
y0 = 240.

Vậy tập hợp nghiệm của phương trình đã cho là

{(x, y)|x = 72 + 13t, y = 240 + 43t, t ∈ Z}.

LUAN VAN CHAT LUONG download : add


14

Ví dụ 1.4.4. Giải phương trình 258x − 176y = 112. Phương trình này có
nghiệm vì (258, −176) = 2 là ước của 112. Chia hai vế của phương trình cho
(−2) ta được −129x + 88y = −56.
−129
Ta có

= [−2; 1, 1, 6, 1, 5]. Vì thế n = 5, ta có P4 = −22, Q4 = 15
88
nên một nghiệm (x0 , y0 ) của phương trình −129x + 88y = −56 là

x0 = (−1)4 .(−56).15
y0 = (−1)5 .(−56).(−22)

hay

x0 = −840
y0 = −1232.

Vậy tập hợp nghiệm của phương trình ban đầu là

{(x, y)|x = −840 + 88t, y = −1232 + 129t, t ∈ Z}.

1.5

Ứng dụng liên phân số giải phương trình Pell

Trong phần này, sử dụng biểu diễn liên phân số ta có thể tìm được tất cả
các nghiệm của phương trình Pell x2 − dy 2 = 1 và phương trình liên quan
x2 − dy 2 = −1, trong đó d là số ngun dương khơng chính phương.
Nhận xét 1.5.1. Hai phương trình trên nếu có nghiệm (x0 , y0 ) thì các cặp
(−x0 , y0 ), (x0 , −y0 ), (−x0 , −y0 ) cũng là nghiệm, vì vậy ta chỉ cần quan tâm
tới việc tìm các nghiệm nguyên dương của chúng. Ta nhắc lại có các kết quả
sau trong sách [1].
Định lý 1.5.2. Cho d là số ngun dương khơng chính phương. Gọi t là độ
√
dài chu kì của biểu diễn liên phân số đơn tuần hồn của d. Khi đó các phát

biểu sau là đúng.
i) Với t chẵn: phương trình x2 −dy 2 = −1 vơ nghiệm; phương trình x2 −dy 2 =
1 có nghiệm dạng (x = Pit−1 , y = Qit−1 ) với i = 1, 2, 3, . . ..
ii) Với t lẻ: phương trình x2 − dy 2 = −1 có nghiệm dạng (x = P(2i−1)t−1 , y =
Q(2i−1)t−1) ; phương trình x2 − dy 2 = 1 có nghiệm dạng (x = P2it−1 , y =
Q2it−1 ) với i = 1, 2, 3, . . ..
Định lý 1.5.3. Nếu (x1 , y1 ) là nghiệm nguyên dương bé nhất của phương
trình x2 − dy 2 = 1, trong đó d là số ngun dương khơng chính phương. Khi
√
√
đó mọi nghiệm nguyên dương (xk , yk ) được cho bởi xk +yk d = (x1 +y1 d)k

LUAN VAN CHAT LUONG download : add


15

với k = 1, 2, 3, . . .. Tức là

√
√
1

xk = [(x1 + y1 d)k + (x1 − y1 d)k ]
2
√
√
1

yk = √ [(x1 + y1 d)k − (x1 − y1 d)k ]

2 d

với k = 1, 2, 3, . . . .

Ví dụ 1.5.4. Tìm các nghiệm ngun dương của phương trình:
i) x2 − 11y 2 = −1,
ii) x2 − 11y 2 = 1.
Giải. Theo Ví dụ 1.2.7 ta có

√

11 = [3; 3, 6] nên t = 2.

i) Vì độ dài chu kì của biểu diễn liên phân số đơn vơ hạn tuần hồn của
là số chẵn nên phương trình x2 − 11y 2 = −1 vơ nghiệm.

√

11

ii) Ta có P1 = 10, Q1 = 3 nên (10, 3) là nghiệm nguyên dương bé nhất của
phương trình x2 − 11y 2 = 1, các nghiệm nguyên dương còn lại có dạng

√
√
1

xk = [(10 + 3 11)k + (10 − 3 11)k ]
2
với k = 1, 2, 3, . . . .

√
√
1

yk = √ [(10 + 3 11)k − (10 − 3 11)k ]
2 11
Các nghiệm cần tìm là (10, 3), (199, 60), (3970, 1197) . . ..
Ví dụ 1.5.5. Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình:
i) x2 − 5y 2 = −1,
ii) x2 − 5y 2 = 1.
Giải. Theo Ví dụ 1.2.7, ta có

j
aj
Pj
Qj

√

5 = [2; 4] nên t = 1 là số lẻ. Ta có

0 1

2

3

4

5 ...

2 4

4

4

4

4 ...

2 9 38 161 682 2889 ...
1 4 17

72 305 1292 ...

i) Phương trình x2 − 5y 2 = −1 có nghiệm dạng:

x = P(2i−1)t−1
y = Q(2i−1)t−1

với i = 1, 2, 3, . . . .

Các nghiệm cần tìm là (2, 1), (38, 17), (682, 305) . . ..

LUAN VAN CHAT LUONG download : add


16

ii) Phương trình x2 − 5y 2 = 1 có nghiệm dạng:

x = P2it−1
y = Q2it−1

với i = 1, 2, 3, . . . .

Các nghiệm cần tìm là (9, 4), (161, 72), (2889, 1292) . . ..
Ví dụ 1.5.6. Giải phương trình Điơphăng x2 − 7y 2 = 1.
√
Giải. Ta có 7 = [2; 1, 1, 1, 4] nên t = 4 là số chẵn. Ta có P3 = 8, Q3 = 3
nên (8, 3) là nghiệm nguyên dương bé nhất của phương trình x2 − 7y 2 = 1,
các nghiệm ngun dương cịn lại có dạng

√
√
1

xk = [(8 + 3 7)k + (8 − 3 7)k ]
2
với k = 1, 2, 3, . . . .
√
√
1

yk = √ [(8 + 3 7)k − (8 − 3 7)k ]
2 7
Các nghiệm nguyên dương là (8, 3), (127, 48), (2024, 765) . . ..
Với x = 0 thì −7y 2 = 1 không tồn tại y .
Với y = 0 thì x2 = 1 khi đó x = ±1.

Vậy phương trình x2 − 7y 2 = 1 có các nghiệm nguyên là:

(1, 0), (−1, 0), (8, 3), (−8, 3), (8, −3), (−8, −3), (127, 48), (−127, 48),
(127, −48), (−127, −48), (2024, 765), (−2024, 765),
(2024, −765), (−2024, −765) . . . .

LUAN VAN CHAT LUONG download : add


17

Chương 2
Xấp xỉ tốt nhất một số vô tỉ và góc
nhìn hình học
Chương này nghiên cứu về cách xấp xỉ một số vô tỉ bởi một số hữu tỉ
thông qua các giản phân của liên phân số. Ta sẽ trình bày về khái niệm xấp
xỉ tốt nhất loại một và xấp xỉ tốt nhất loại hai của một số vô tỉ. Trong hai
khái niệm này, khái niệm xấp xỉ tốt nhất loại một được ra đời trước như một
điều tự nhiên khi đánh giá sự sai khác giữa số vô tỉ α và phân số xấp xỉ p/q
(có tài liệu gọi xấp xỉ tốt nhất loại một là xấp xỉ tốt nhất yếu), tuy nhiên
nó có một vài điều bất tiện (chẳng hạn: xấp xỉ đó khơng duy nhất, nó khó
liên hệ với liên phân số). Vì thế sau đó xuất hiện thêm khái niệm xấp xỉ tốt
nhất loại hai (một số tài liệu gọi là xấp xỉ tốt nhất), xấp xỉ này dựa trên việc
đánh giá sự sai khác |qα − p|. Xấp xỉ tốt nhất loại hai còn có điểm ưu điểm
là có thể minh họa hình học được vì thế nó có nhiều ưu điểm hơn. Phần thứ
nhất của chương này (Mục 2.1) trình bày về hai loại xấp xỉ trên dưới góc độ
đại số. Cuối Mục 2.1 dành để nghiên cứu thêm về tính chất của số hữu tỉ đủ
gần một số vô tỉ, và nghiên cứu về việc có thể tìm được một số xấp xỉ tốt
hơn nữa trong một vài trường hợp đặc biệt. Phần thứ hai của chương (Mục
2.2) trình bày về việc có thể minh họa tính xấp xỉ của số vơ tỉ bởi các số

hữu tỉ thông qua việc mô tả khoảng cách từ các điểm nguyên (q, p) đến một
đường thẳng L có độ nghiêng là số vơ tỉ α. Qua đó cho thấy số hữu tỉ p/q
là xấp xỉ tốt nhất của α khi mà điểm nguyên (q, p) là điểm gần nhất đối với
đường thẳng L khi xét trong một miền giới hạn nào đó.

LUAN VAN CHAT LUONG download : add


18

2.1

Xấp xỉ tốt nhất đối với số vô tỉ

a
với a, b ∈ Z, b > 0. Trong
b
a
mục này ta sẽ nghiên cứu cách thức xấp xỉ một số vô tỉ bởi các số hữu tỉ .
b
Từ đó suy ra rằng các xấp xỉ tốt nhất theo một nghĩa nào đó chính là các
giản phân của các liên phân số đơn vô hạn mà số ban đầu khai triển được.
Các số vô tỉ không thể viết được dưới dạng

Bổ đề 2.1.1. Cho số vơ tỉ α ∈ R − Q có khai triển thành liên phân số đơn
Pk
vô hạn là α = [a0 ; a1 , a2 , . . .], và các giản phân ck =
, và cho số m ∈ Z.
Qk
Khi đó α = α + m cũng là số vơ tỉ có khai triển thành liên phân số đơn vô

P
hạn dạng α = [a0 ; a1 , a2 , . . .], với các giản phân ck = k thỏa mãn các điều
Qk
kiện sau.
i) a0 = a0 + m và với mọi k ∈ Z+ ta có (ak = ak và αk = αk )
ii) với ∀k ∈ N ta có (Qk = Qk và Pk = Pk + mQk )
iii) với ∀k ∈ N ta có ck = ck + m.
(lưu ý, ở Chương 1 đã kí hiệu α = α0 ; ai = αi và αi+1 =

1
).
f rac(αi )

Chứng minh. i) Quy nạp theo k . Với k = 0, ta có α0 = α = α+m = α0 +m,
do đó a0 = α0 + m = α0 + m = a0 + m, nên a0 = a0 + m. Với k = 1
1
1
1
ta có α1 =
=
=
= α1 nên α1 = α1
f rac(α0 )
f rac(α0 + m)
f rac(α0 )
(do đó a1 = a1 ). Giả sử k ∈ Z+ và ta đã có αk = αk (và ak = ak ). Khi
1
1
đó αk+1 =
=

= αk+1 (theo giả thiết quy nạp), nên
f rac(αk )
f rac(αk )
αk+1 = αk+1 (do đó ak+1 = αk+1 = αk+1 = ak+1 ). Vậy theo phương
pháp quy nạp ta có αk = αk và ak = ak với mọi k ∈ Z+ .
ii) Quy nạp theo k cho cả Pk và Qk đồng thời. Với k = 0, ta có Q0 = 1 = Q0
và P0 = a0 = a0 + m = P0 + m = P0 + mQ0 . Với k = 1, ta có Q1 = a1 =
a1 = Q1 và P1 = a0 a1 + 1 = (a0 + m)a1 + 1 = a0 a1 + ma1 + 1 = P1 + mQ1 .
Do đó mệnh đề đúng với k = 0 và k = 1. Giả sử mệnh đề đúng với k = t − 1
và k = t (với t ≥ 1), ta cần chứng minh mệnh đề cũng đúng với k = t + 1.
Ta có Qt+1 = at+1 Qt + Qt−1 = at+1 Qt + Qt−1 = Qt+1 (theo giả thiết quy
nạp) và Pt+1 = at+1 Pt + Pt−1 = at+1 (Pt + mQt ) + Pt−1 + mQt−1 = at+1 Pt +

LUAN VAN CHAT LUONG download : add


19

Pt−1 + m(at+1 Qt + Qt−1 ) = Pt+1 + mQt+1 (theo giả thiết quy nạp). Từ đó
ta suy ra ii) là đúng theo phương pháp quy nạp.
iii) Từ ii) với mọi k ∈ N ta có

ck =

Pk
Pk + mQk
Pk
=
=
+ m = ck + m.

Qk
Qk
Qk

Định nghĩa 2.1.2. Cho α ∈ R − Q, và p, q ∈ Z với q > 0. Khi đó
p
i) Phân số được gọi là một xấp xỉ tốt nhất loại một của α nếu
q
p
a
∀a, b ∈ Z : 1 ≤ b ≤ q ⇒ (|α − | ≤ |α − |) .
q
b
p
ii) Phân số được gọi là một xấp xỉ tốt nhất loại hai của α nếu
q

∀a, b ∈ Z : 1 ≤ b ≤ q ⇒ (|qα − p| < |bα − a|) hoặc (a = p và b = q)

.

Chú ý 2.1.3. Trước kia, đầu tiên người ta quan tâm đến xấp xỉ tốt nhất
loại một (còn gọi là xấp xỉ tốt nhất yếu) bởi vì nó có vẻ tự nhiên hơn. Tuy
nhiên nếu dùng định nghĩa xấp xỉ loại một thì có thể sẽ có một số trường
hợp cho nhiều kết quả cùng là xấp xỉ tốt nhất loại một của số vô tỉ α, hơn
nữa mối liên hệ các giá trị xấp xỉ đó với các liên phân số sẽ phức tạp hơn
(xem [8]). Do đó sau này người ta quan tâm đến xấp xỉ tốt nhất loại hai (còn
gọi là xấp xỉ tốt nhất) như định nghĩa trên.
p
p

Bổ đề 2.1.4. Nếu là một xấp xỉ tốt nhất loại hai của α, thì cũng là một
q
q
xấp xỉ tốt nhất loại một của α.
p
Chứng minh. Vì là một xấp xỉ tốt nhất loại hai của α nên ∀a, b ∈ Z thỏa
q
1
1
mãn 1 ≤ b ≤ q thì |qα − p| ≤ |bα − a|. Ta có 0 <
≤
(vì 1 ≤ b ≤ q ).
|q|
|b|
Từ đó nhân vế với vế của hai bất đẳng thức trên ta được bất đẳng thức
p
a
p
α − ≤ α − . Chứng tỏ là một xấp xỉ tốt nhất loại một của α.
q
b
q
Pi
Định lý 2.1.5. Cho số vô tỉ α ∈ R − Q, và cho
(với i = 0, 1, 2, · · · ) là
Qi
các giản phân của khai triển liên phân số đơn vô hạn của α. Nếu a, b ∈ Z
và 1 ≤ b < Qi+1 thì |Qi α − Pi | ≤ |bα − a|.

LUAN VAN CHAT LUONG download : add

20

Chứng minh. Trước hết, ta nhắc lại định nghĩa hàm dấu của số thực θ như
+1 nếu θ ≥ 0
.
sau sign(θ) =
−1 nếu θ < 0
Bây giờ ta xét hệ phương trình

a = Pi x + Pi+1 y
b = Qi x + Qi+1 y.

Hệ này tương đương với hệ dạng ma trận sau

Pi Pi+1
Qi Qi+1
Do đó

1
x
=
y
Pi Qi+1 − Pi+1 Qi

a
x
=
y

b .
Qi+1 −Pi+1
−Qi
Pi

a
b .

Mặt khác theo Định lý 1.1.8 ta có Pi Qi+1 − Pi+1 Qi = −(−1)i nên

x
i −Qi+1 Pi+1
=
(−1)
y
Qi
−Pi
Suy ra

a
b .

x = (−1)i (bPi+1 − aQi+1 )
y = (−1)i (aQi − bPi ).

Nếu x = 0 thì bPi+1 = aQi+1 mà (Pi+1 , Qi+1 ) = 1 (theo Định lý 1.1.8) nên
Qi+1 |b, điều này mâu thuẫn với 1 ≤ b < Qi+1 . Vậy x = 0. Nếu y = 0 thì
a = Pi x và b = Qi x, khi đó

|bα − a| = |x| |Qi α − Pi | ≥ |Qi α − Pi |

(vì |x| ≥ 1). Ta có bất đẳng thức đúng với y = 0. Bây giờ ta xét trường hợp
x = 0 và y = 0. Nếu y < 0 thì từ b = Qi x+Qi+1 y ta có Qi x = b−Qi+1 y , suy
ra Qi x > 0 do đó x > 0. Ngược lại nếu y > 0 thì từ b < Qi+1 có b < Qi+1 y ,
suy ra Qi x = b − Qi+1 y < 0 do đó x < 0. Vậy cả hai trường hợp ta đều có
Pi
Pi+1
sign(y) = −sign(x). Theo Định lý 1.1.10, ta có α nằm giữa
và
.
Qi
Qi+1
Khi i chẵn, ta có

Pi
Pi+1
Pi
Pi+1
<α<
⇔
−α<0<
−α
Qi
Qi+1
Qi
Qi+1
⇒ Pi − Qi α < 0 < Pi+1 − Qi+1 α.
Khi i lẻ, ta có

Pi+1
Pi

Pi+1
Pi
<α<
⇔
−α<0<
−α
Qi+1
Qi
Qi+1
Qi

LUAN VAN CHAT LUONG download : add