Liên phân số và ứng dụng giải phương trình pell

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

KHOA TOÁN

Đặng Ngọc Ánh

LIÊN PHÂN SỐ
VÀ ỨNG DỤNG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH PELL

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC

Hà Nội – Năm 2018


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

KHOA TOÁN

Đặng Ngọc Ánh

LIÊN PHÂN SỐ
VÀ ỨNG DỤNG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH PELL

Chuyên ngành: Toán đại số

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:
TS. Nguyễn Duy Tân

Hà Nội – Năm 2018


LỜI CẢM ƠN
Đầu tiên, em xin bày tỏ lòng biết ơn tới các quý thầy cô tổ Đại số,
khoa Toán, trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2 đã tạo cơ hội, điều kiện
để em được nghiên cứu và hoàn thành đề tài khóa luận này.
Đặc biệt, em cũng gửi lời cảm ơn TS. Nguyễn Duy Tân đã luôn
tận tình giúp đỡ, quan tâm, động viên trong suốt quá trình nghiên
cứu. Không có sự hướng dẫn nhiệt tình từ thầy, khóa luận có lẽ khó
có thể hoàn thiện được nên một lần nữa em xin chân thành cảm ơn
thầy.
Khă năng nghiên cứu, trình bày của em còn hạn chế nên không
tránh khỏi sai sót. Do đó em rất mong muốn nhận được những ý kiến
đóng góp của các thầy cô và các bạn để em có thể hoàn thiện hơn
trong các đề tài nghiên cứu tiếp theo của bản thân.
Trân trọng.

Hà Nội, ngày 02 tháng 5 năm 2018
Tác giả khóa luận
Đặng Ngọc Ánh


LỜI CAM ĐOAN
Em xin cam đoan, dưới sự hướng dẫn của TS. Nguyễn Duy Tân khóa
luận "Liên phân số và ứng dụng giải phương trình Pell" không trùng
với bất kỳ đề tài nghiên cứu nào khác.
Trong quá trình hoàn thành khóa luận, em có tham khảo tài liệu
của một số nhà khoa học với sự trân trọng và biết ơn.

Hà Nội, ngày 02 tháng 5 năm 2018
Tác giả khóa luận
Đặng Ngọc Ánh


Mục lục

Lời mở đầu

1

1 Liên phân số

2

1.1

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

2

1.2

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

9

1.3

Liên phân số vô hạn tuần hoàn . . . . . . . . . . . . .

14

1.4

Tính chất xấp xỉ tốt nhất . . . . . . . . . . . . . . . .

25

2 Phương trình Pell

31

2.1

Phương trình Pell dương . . . . . . . . . . . . . . . . .

31

2.2

Phương trình Pell âm . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
√
Tính chẵn lẻ của chu kỳ của p với p nguyên tố . . . .

40

2.3

44

Kết luận chung

47

Tài liệu tham khảo

48

i


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Đặng Ngọc Ánh

Lời mở đầu
Có một số cách để biểu diễn một số thực, chẳng hạn cách thức
quen thuộc nhất là dùng hệ thập phân. Tuy nhiên trong nhiều trường
hợp, biểu diễn liên phân số của số thực là một cách biểu diễn tiện
dụng và "tự nhiên toán học" hơn các cách biểu diễn khác. Liên phân
số được xuất hiện lần đầu tiên trong tác phẩm toán học của nhà toán
học Ấn Độ Aryabhata trong thế kỉ thứ 6. Đến năm 1653 thuật ngữ
"Liên phân số" lần đầu tiên xuất hiện trong cuốn sách Arithmetica
infinitorum bởi nhà toán học ở Oxford, John Wallis. Mục tiêu chính
của khóa luận này chính là trình bày một số tính chất và ứng dụng
của liên phân số để tìm điều kiện có nghiệm nguyên của phương trình
Pell, dựa trên các tài liệu tham khảo [1, 2, 3, 4]. Khóa luận được chia
làm 02 chương.

Chương 1 "Liên phân số liên tục" trình bày một số định nghĩa,
kiến thức về 3 dạng liên phân số: liên phân số hữu hạn, liên phân số
vô hạn, liên phân số vô hạn tuần hoàn và định lý xấp xỉ tốt nhất.
Chương 2 " Phương trình Pell" trình bày ứng dụng của liên phân
số để tìm điều kiện có nghiệm nguyên của phương trình Pell.

Hà Nội, ngày 02 tháng 5 năm 2018
Tác giả khóa luận
Đặng Ngọc Ánh

1


Chương 1
Liên phân số
1.1

Liên phân số hữu hạn

Định nghĩa 1.1.1. Liên phân số đơn hữu hạn là biểu thức có dạng:
1

a0 +

,

1

a1 +

a2 + · · · +

1
an−1 +

1
an

trong đó a0 ∈ Z, và ai ∈ N, với mọi i = 1, . . . , n. Trong luận văn này
ta chỉ làm việc với liên phân số đơn và sau này ta chỉ nói là liên phân
số. Ta cũng kí hiệu liên phân số trên dưới dạng [a0 , a1 , . . . , an ].
Định lý 1.1.2. Mọi liên phân số hữu hạn đều là một số hữu tỉ. Ngược
lại mọi số hữu tỉ đều có thể được biểu diễn dưới dạng một liên phân
số.
Chứng minh.
• Chiều thuận: Vì a0 ∈ Z và ai ∈ N, với mọi i = 1, . . . , n nên

2


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Đặng Ngọc Ánh

1

a0 +

là số hữu tỉ.

1

a1 +

a2 + · · · +

1
an−1 +

1
an

p
là 1 số hữu tỉ (q > 0). Khi đó tồn tại duy
q
nhất a0 , r0 ∈ Z thỏa mãn:

• Chiều ngược lại: Xét

p = q.a0 + r0 , 0 ≤ r0 < q,
p
r0
= a0 + .
q
q
+ Nếu r0 = 0 thì

hay

p

p
= a0 , hay = [a0 ].
q
q

+ Nếu r0 = 0, thì
p
1
= a0 + q .
q
r0

(1.1)

Lặp lại quá trình trên, tồn tại duy nhất a1 , r1 thỏa mãn
q = r0 .a1 + r1 ,
q
r1
= a1 + .
r0
r0

0 ≤ r1 < r0 ,
(1.2)

+ Nếu r1 = 0 thì bằng cách thay (1.2) vào (1.1) ta có
p
1
= a0 +
= [a0 , a1 ].

q
a1
q
1
= a1 + r0 và tiếp tục
r0
r1
quá trình chia r0 cho r1 . Rõ ràng các số dư r0 , r1 , r2 , . . . thu được

+ Nếu r1 = 0, thì ta viết (1.2) dưới dạng

3


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Đặng Ngọc Ánh

là một dãy thỏa mãn:
q > r0 > r1 > r2 > · · · ≥ 0, ri ∈ N, ∀i = 1, n.
Khi đó sẽ tồn tại số tự nhiên n đủ lớn sao cho rn = 0, vì vậy quá
trình chia kết thúc. Ta thu được
r0
,
q
r1
,
r0

p

= a0 +
q
q
= a1 +
r0
..
.

rn−3
rn−1
= an−1 +
,
rn−2
rn−2
rn−2
0
= an +
= an + 0,
rn−1
rn−1

0 < r0 < q

(1.3)

0 < r1 < r0

(1.4)

0 < rn−1 < rn−2

rn = 0.

Thay (1.4) vào(1.3) ta có
1
p
1
.
= an + q = a0 +
1
q
a 1 + r0
r0
r1

(1.5)

Tiếp tục thay các phương trình tiếp theo vào (1.5) ta có
p
= a0 +
q

1
a1 +

= [a0 , . . . , an ].

1
a2 + · · · +

1

an−1 +

Ví dụ 1.1.3. Phân số

1
an

67
có sự biểu diễn dưới dạng liên phân số là
29

4


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Đặng Ngọc Ánh

67
= [2, 3, 4, 2], cụ thể
29
9
1
1
1
1
67
=2+
=2+
=2+

=2+
=2+
.
2
1
1
29
29
29
3+
3+
3+
9
1
9
9
4+
2
2
Nhận xét 1.1.4. Việc biểu diễn một số hữu tỉ dưới dạng liên phân
số theo thuật toán trên là duy nhất. Tuy nhiên ta có thể thay đổi số
hạng cuối của liên phân số.
p
Giả sử = [a0 , a1 , ..., an ].
q
1
1
p
• Nếu an > 1 thì
=

và = [a0 , a1 , ..., an − 1, 1].
1
an
q
(an − 1) +
1
1
1
=
• Nếu an = 1 thì
và
1
an−1 + 1
an−1 +
an
p
= [a0 , a1 , ..., an−1 , 1] = [a0 , a1 , ..., an−2 , an−1 + 1].
q
Định nghĩa 1.1.5. Cho liên phân số hữu hạn [a0 , . . . , an ], với mỗi
m ≤ n ta gọi [a0 , . . . , am ] là giản phân thứ m của liên phân số đã cho.
Định nghĩa 1.1.6. Cho dãy a0 , a1 , . . . , an , . . . thỏa mãn a0 ∈ Z, ai ∈
N, ∀i = 1, n. Ta định nghĩa 2 dãy số (pn ), (qn ) như sau:
p−1 = 1, p0 = a0 , pn = an pn−1 + pn−2 ;
q−1 = 0, q0 = 1, qn = an qn−1 + qn−2 .
Nhận xét 1.1.7. Ta có qn > 0 và (qn ) là dãy tăng với mọi n ≥ 2.
Chứng minh. Thật vậy, q0 = 1 > 0 và q1 = a1 .q0 +q−1 = a1 > 0. Giả sử
5


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Đặng Ngọc Ánh

ta đã có q0 , q1 , . . . , qk > 0 (với k ≥ 1). Khi đó qk+1 = ak+1 .qk +qk−1 > 0
vì ak+1 , qk , qk−1 > 0.
Bây giờ ta chứng minh (qn ) là dãy tăng với mọi n ≥ 2. Thật vậy,
qn − qn−1 = (an − 1)qn−1 + qn−2 mà (an − 1) ≥ 0, qn−1 , qn−2 > 0 nên
qn > qn−1 với mọi n ≥ 2.
Định lý 1.1.8. Cho [a0 , . . . , an ] là một liên phân số. Với mỗi số
pm
nguyên 0 < m ≤ n ta có [a0 , ..., am ] =
, trong đó pm , qm được
qm
xác định như trong Định nghĩa 1.1.6.
Chứng minh. Ta sử dụng phương pháp quy nạp để chứng minh rằng
[a0 , a1 , . . . , am ] =

pm
.
qm

(1.6)

1
a0 .a1 + 1
a1 .p0 + p−1
p1
=
=
= .

a1
a1
a1 .q0 + q−1
q1
Vậy (1.6) đúng với m = 1. Giả sử (1.6) đúng với m = k nghĩa là

Với m = 1 ta có [a0 , a1 ] = a0 +

[a0 , . . . , ak ] =

ak .pk−1 + pk−2
pk
=
.
qk
ak .qk−1 + qk−2

6

(1.7)


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Đặng Ngọc Ánh

Ta có
[a0 , . . . , ak+1 ] = a0 , . . . , ak−1 , ak +

=

=
=
=

ak+1

1

pk−1 + pk−2
ak+1
1
ak +
qk−1 + qk−2
ak+1
(ak+1 .ak + 1)pk−1 + ak+1 pk−2
(ak+1 ak + 1)qk−1 + ak+1 qk−2
ak+1 ak pk−1 + ak+1 pk−2 + pk−1
ak+1 ak qk−1 + ak+1 qk−2 + qk−1
ak+1 (ak pk−1 + pk−2 ) + pk−1
ak+1 (ak qk−1 + qk−2 ) + qk−1
ak+1 pk + pk−1
pk+1
=
.
ak+1 qk + qk−1
qk+1
ak +

=

1

Như vậy (1.6) cũng đúng với m = k + 1 nên (1.6) đúng với mọi m.
Định lý 1.1.9. Cho dãy a0 , a1 , . . . , an , . . . và hai dãy (pn ) và (qn ) xác
định trong Định nghĩa 1.1.6. Khi đó ta có
(1) pn .qn−1 − pn−1 qn = (−1)n−1 ;
(2) pn qn−2 − pn−2 qn = (−1)n an .
Chứng minh.
(1) Ta chứng minh bằng quy nạp theo n. Với n = 0, thì
p0 q−1 − p−1 q0 = a0 · 0 − 1 · 1 = −1 = (−1)0−1 .
Như vậy (1) đúng với n = 0. Với n = 1 thì
p1 q0 − p0 q1 = (a0 a1 + 1)1 − a0 a1 = 1 = (−1)1−1 .
7


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Đặng Ngọc Ánh

Như vậy (1) đúng với n = 1. Giả sử (1) đúng với n = k nghĩa là
pk qk−1 − pk−1 qk = (−1)k−1 . Ta có
pk+1 qk − pk qk+1 = (ak+1 pk + pk−1 )qk − pk (ak+1 qk + qk−1 )
= ak+1 pk qk + pk−1 qk − ak+1 pk qk − pk qk−1
= (−1)(pk qk−1 − pk−1 qk )
= (−1)(−1)k−1 = (−1)k .
Như vậy (1) đúng với n = k + 1 nên (1) đúng với mọi n ≥ 0.
Bây giờ ta chứng minh (2) như sau
pn qn−2 − pn−2 qn = (an pn−1 + pn−2 )qn−2 − pn−2 (an qn−1 + qn−2 )
= an pn−1 qn−2 + pn−2 qn−2 − pn−2 an qn−1 − pn−2 qn−2
= an pn−1 qn−2 − an pn−2 qn−1

= an (pn−1 qn−2 − pn−2 qn−1 ).
Thay kết quả chứng minh (1) vào ta có
pn qn−2 − pn−2 qn = an (−1)n−2 = (−1)n an .
Hệ quả 1.1.10. Với mọi giản phân

pm
(0 ≤ m < n) ta có pm , qm
qm

nguyên tố cùng nhau.
Chứng minh. Đặt (pm , qm ) = a. Theo Định lý 1.1.9 ta có
a | pm qm−1 − pm−1 qm = (−1)m−1 .
Vậy a = 1 và pm , qm nguyên tố cùng nhau.
8


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

1.2

Đặng Ngọc Ánh

Liên phân số vô hạn

Định lý 1.2.1. Cho dãy a0 , a1 , . . . , an , . . . trong đó a0 ∈ Z, ai ∈ N với
mọi i = 1, 2, . . . và 2 dãy (pn ), (qn ) cho bởi
p−1 = 1, p0 = a0 , pn = an .pn−1 + pn−2 ;
q−1 = 0, q0 = 1, qn = an .qn−1 + qn−2 .
thì luôn tồn tại số thực l thỏa mãn lim

pn
= l.
qn

Để chứng minh được định lý này ta xét bổ đề sau.
p2k
Bổ đề 1.2.2. Dãy
là dãy tăng và dãy
q2k
p2k
p2l+1
Hơn nữa
<
, với mọi k, l.
q2k
q2l+1

p2l+1
q2l+1

là dãy giảm.

Chứng minh. Ta có
pn qn−1 − pn−1 qn
(−1)n−1
pn pn−1
−
=
=
.

qn qn−1
qn qn−1
qn qn−1
pn pn−2
pn qn−2 − pn−2 qn
(−1)n an
−
=
=
.
qn qn−2
qn qn−2
qn qn−2


p 2 p1
−1



 −
n = 2
=
<0 ⇒
q
q
q
q
2
1

2
1
vào (1.8) ta có
Thay
p 3 p2
1


n = 3

 −
=
>0 ⇒
q 3 q2
q 3 q2
p3 p1
−a3
p3
Thay n = 3 vào (1.9) ta có
−
=
<0
⇒
q3
q1
q 3 q1
q3
ta có
p3
p2

p1
>
> .
q1
q3
q2

9

(1.8)
(1.9)
p2
p1
<
q2
q1
p3
p2
>
q3
q2
p1
< . Vậy
q1


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Đặng Ngọc Ánh

Tương tự như vậy
p4
p2
p3
>
>
q3
q4
q2
p5
p4
p3
>
>
q3
q5
q4
..
.
Cuối cùng ta thu được
p3
p5
p2l+1
p2k
p2
p1
>
>
> ··· >
> ··· >

> ··· > .
q1
q3
q5
q2l+1
q2k
q2
p2
p1
= U và
= L. Áp dụng kết
q1
q2

Chứng minh Định lý 1.2.1. Ta đặt
quả Bổ đề 1.2.2 ta thấy

p2n+1
q2n+1

là dãy giảm bị chặn dưới bởi L và

p2n
là dãy tăng bị chặn trên bởi U nên sẽ tồn tại hai số thực lL và
q2n
lU thỏa mãn
lim

p2n+1
= lL ;

q2n+1

lim

p2n
= lU .
q2n

(1.10)

p2k p2k−1
(−1)2k−1
−1
Mặt khác
−
=
=
. Lấy giới hạn cả hai vế
q2k
q2k−1
q2k q2k−1
q2k q2k−1
khi k tiến tới vô cùng ta thu được
lim

p2k p2k−1
−
q2k
q2k−1

= lim

−1
= 0.
q2k q2k−1

Thay (1.10) vào phương trình trên ta thu được lU = lL = l. Do đó
pn
lim
= l.
qn
Định nghĩa 1.2.3. Cho α là một số vô tỉ, ta định nghĩa dãy an và

10


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Đặng Ngọc Ánh

αn như sau
α0 = α, an = [αn ] và αn = an +

1
αn+1

.

Ta có
α = a0 +

1
,
α1

0<

Tiếp tục ta có α1 = a1 +

1
1
< 1 nên α1 =
> 1.
α1
α − a0

1
1
, 0<
< 1 và a1 ≥ 1. Quá trình này
α2
α2

được lặp lại nhiều lần
1
;
α1
1
α 1 = a1 + ;
α2

..
.

α1 > 1

α = a0 +

α n = an +

1
αn+1

α2 > 1, a1 ≥ 1

(1.11)

αn+1 > 1, an ≥ 1

;

..
.
Rõ ràng các αi (i = 0, 1, . . .) đều là các số vô tỉ nên thuật toán không
bao giờ dừng lại. Từ (1.11) ta có
α = a0 +

1
= a0 +
α1

1
1
a1 +
α2

1

= a0 +
a1 +

= ···

1
a2 +

1
α3

Định lý 1.2.4. Cho số vô tỉ α và a0 , a1 , . . . được xác định ở Định
pn
nghĩa 1.2.3, (pn ), (qn ) xác định ở Định nghĩa 1.1.6 thì lim
= α.
qn
pn
Chứng minh. Dựa vào kết quả Định lý 1.2.1 ta có lim
= l = lU = lL .
qn

11

Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Đặng Ngọc Ánh

Bây giờ ta sẽ chứng minh l = α. Theo Định nghĩa 1.2.3 ta có



αn > an
1



αn+1 > an+1 > 0 ⇒

1

<

αn+1

an+1

.

Cộng cả 2 vế của (1.12) với an ta thu được αn < an +

an < αn < an +

1
an+1

Tiếp theo ta sẽ chứng minh α nằm giữa
pn
= a0 +
qn

;
1
an

1

;

1
an−1 +

pn+1
= a0 +
qn+1

1
αn

1

.

1

a1 + · · · +

1

an−1 +

an +

Dễ thấy

. Vậy

(1.13)

1

a1 + · · · +

an+1

pn+1
pn
và
. Ta có
qn
qn+1

an−1 +

α = a0 +

1

.

1
a1 + · · · +

(1.12)

pn
pn+1
1 1
, α,
chỉ sai khác nhau , ,
qn
qn+1
an α n

1
an+1
1

an +

1

. Kết hợp với

an+1
pn
pn+1
pn
pn+1
(1.13) ta có
<α<
hoặc
>α>
.
qn
qn+1
qn
qn+1
1
1
p1
p0
p0
p1
Ta có α = a0 +
< a0 + =
mà a0 = . Do đó
<α< .
α1
a1
q1
q0
q0
q1

12


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Đặng Ngọc Ánh

Tương tự như vậy
p3
p2
<α<
q2
q3
..
.
p2k+1
p2k
<α<
q2k
q2k+1
..
.
nên ta thu được
p3
p5
p2n+1
p2n
p2
p1

>
>
> ··· >
> ··· > α > ··· >
> ··· > .
q1
q3
q5
q2n+1
q2n
q2

Từ đây ta thấy rằng



lU ≤ α

mà lU = lL = l nên ta có α = l nghĩa


lL ≥ α
là lim

pn
= α.
qn

Định nghĩa 1.2.5.










1
 = lim pn .
[a0 , a1 , . . . , an , . . .] := lim 
a
+
0


1
qn


a
+
·
·
·
+
1

1 

an−1 +
an
Theo Định lý 1.2.4 ta có α = [a0 , a1 , . . . , an , . . .]. Ta gọi [a0 , a1 , . . . , an , . . .]
pn
là biểu diễn liên phân số vô hạn của số vô tỉ α và
là giản phân thứ
qn
n của α.

13


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Ví dụ 1.2.6. Xét α =

√

Đặng Ngọc Ánh

2 ≈ 1, 414 . . .. Khi đó

a0 = 1 và

√

2 = a0 +

1
1

=1+ .
α1
α1

√
√
1
2+1
√
α1 = √
= √
= 2 + 1 ≈ 2, 414 . . .
2 − 1 ( 2 − 1)( 2 + 1)
√
và a1 =2. Làm tương tự như trên ta tìm được α2 = 2 + 1 = α1 nên
a2 = a1 . Tiếp tục như vậy ta thu được 2 = a1 = a2 = a3 = · · · . Do đó
√

1

2=
1+

2+

1.3

= [1, 2, 2, . . .].

1

1
2 + ···

Liên phân số vô hạn tuần hoàn

Định nghĩa 1.3.1. Số vô tỉ α được gọi là số vô tỉ bậc hai nếu nó là
nghiệm của phương trình bậc hai Ax2 + Bx + C = 0, với A > 0 và
A, B, C là các số nguyên, nguyên tố cùng nhau. Trong trường hợp này
ta gọi D := B 2 − 4AC là biệt thức của số vô tỉ bậc hai α.
√
Bổ đề 1.3.2. Với mọi số vô tỉ bậc hai α đều có dạng A + B D, trong
đó đó A, B là hai số hữu tỉ, B khác 0 và D là số nguyên dương không
chính phương.
Chứng minh. Giả sử α là một số vô tỉ bậc hai, khi đó theo Định nghĩa
1.3.1,α là nghiệm của phương trình ax2 n + c = 0. Trong đó a > 0 và
2
D := b√
− 4ac > 0 là số nguyên
√ dương không chính phương. Vậy α =
−b
D
−b − D
−b
1
+
hoặc α =
+
. Đặt A =
và B =
= 0 ta thu

2a
2a
2a
2a
2a
2a
√
√
được α = A + B D hoặc α = A − B D; trong đó A, B, −B ∈ Q.

14


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Đặng Ngọc Ánh

√
Định nghĩa 1.3.3. Với mỗi số vô tỉ bậc hai α = A + B D ta gọi
√
α = A − B D là liên hợp của α.
Nhận xét 1.3.4. Hai số vô tỉ bậc hai α, β là liên hợp nếu và chỉ nếu
chúng cùng là nghiệm của một phương trình bậc hai với hệ số nguyên.
Định nghĩa 1.3.5. Liên phân số [a0 , a1 , . . .] được gọi là tuần hoàn
nếu tồn tại số nguyên dương l ≥ 1 sao cho an = an+l với mọi n đủ lớn.
Trong trường hợp này ta cũng viết lại
[a0 , a1 , . . .] = [a0 , . . . , an−1 , an , . . . , an+l−1 ].
Số nguyên dương l nhỏ nhất như vậy được gọi là chu kỳ của liên phân
số [a0 , a1 , . . .]. Trường hợp đặc biệt nếu an = an+l đúng với mọi n ≥ 0
thì [a0 , a1 , . . .] được gọi là hoàn toàn tuần hoàn.

Định nghĩa 1.3.6. Cho α là một số vô tỉ bậc hai và α là số liên hợp
của α. Số α được gọi là thu gọn nếu α > 1 và −1 < α < 0.
Bổ đề 1.3.7. Nếu α là số vô tỉ bậc hai thì β =

αA + B
cũng là một
αA + B

số vô tỉ bậc hai, trong đó A, B, A , B ∈ Z.
αA + B
βB − B
ta rút ra được α =
. Do α
αA + B
−βA + A
là số vô tỉ bậc hai nên α thỏa mãn phương trình ax2 + bx + c = 0. Từ

Chứng minh. Từ β =

đó ta cũng có
βB − B
a
−βA + A

2

+b

βB − B
−βA + A

+ c = 0.

Hay (AB − bA B )β 2 + (−2ABB + bAB + bA B)β − AB 2 − bAB = 0.
Do đó β cũng là một số vô tỉ bậc hai.
15


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Đặng Ngọc Ánh

Hệ quả 1.3.8. Nếu α là số vô tỉ bậc hai thì αn được xác định trong
Định nghĩa 1.2.3 cũng là số vô tỉ bậc hai với mọi n.
Chứng minh. Vì α = [a0 , a1 , . . . , an−1 , αn ] =
αn =

αn pn−1 + pn−2
nên ta có
αn qn−1 + qn−2

α(−qn−2 ) + pn−2
. Do đó αn cũng là số vô tỉ bậc hai.
αqn−1 − pn−1

Định lý 1.3.9 (Euler). Cho α = [a0 , a1 , . . . , an−1 , an , . . . , an+k−1 ] là
một liên phân số tuần hoàn thì α là một số vô tỉ bậc hai.
Chứng minh. Theo Định nghĩa 1.2.3 ta có
αn = [an , . . . , an+k−1 ] = [an , . . . , an+k−1 , αn ] =

αn .pk−1 + pk−2
.
αn .qk−1 + qk−2

pk−1
p
= [an , . . . , an+k−1 ] và k−2 = [an , . . . , an+k−2 ]. Từ đây
qk−1
qk−2
ta thu được

Trong đó

qk+1 αn2 + (qk−2 − pk−1 )αn − pk−2 = 0.
αn pn−1 + pn−2
αn qn−1 + qn−2
nên theo kết quả Bổ đề 1.3.7 ta có α cũng là số vô tỉ bậc hai.
Vậy αn là một số vô tỉ bậc hai. Vì α = [a0 , a1 , . . . , an−1 , αn ] =

Bổ đề 1.3.10. Ứng với số D nguyên dương không chính phương cho
trước, chỉ có hữu hạn số vô tỉ bậc hai thu gọn có biệt thức D.
Chứng minh. Giả sử β là một số vô tỉ bậc hai có biệt thức D thì β sẽ
là nghiệm của phương trình Ax2 + Bx + √
C = 0 với A > 0 và√A, B, C
−B + D
−B − D
nguyên tố cùng nhau. Khi đó β =
và β =
. Do
2A

2A
−B
β thu gọn nên β > 1 và 0 > β > −1 nên β + β =
> 0 nghĩa là
A
B âm. Từ β < 0 và A > 0 ta có
√
√
−B − D
< 0 ⇒ B > − D.
2A
16


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Đặng Ngọc Ánh

Vậy có hữu hạn số B (∗). Do β > 1, A > 0 và −B <

√

D nên ta có

√
√
√
−B + D
> 1 ⇒ 2A < D + D.
β=

2A
Vậy có hữu hạn số A (∗∗). Từ (∗)(∗∗) và B 2 − 4AC = D ta thấy rằng
chỉ có hữu hạn khả năng cho β.
Bổ đề 1.3.11. Cho α là số vô tỉ bậc hai. Khi đó tồn tại số nguyên
dương N sao cho αn là thu gọn với mọi n > N . Trong đó αn được xác
định trong Định nghĩa 1.2.3.
Chứng minh. Gọi αn là liên hợp của αn , α là số liên hợp của α. Ta có
α = [a0 , a1 , . . . , an , αn+1 ] =

αn+1 pn + pn−1
.
αn+1 qn + qn−1

Lấy liên hợp cả 2 vế
α =

αn+1 pn + pn−1
qn−1 α − pn−1
⇒ αn+1 =
αn+1 qn + qn−1
−qn α + pn
−1
(pn − qn α )qn−1
⇒
=
.
αn+1
(pn−1 − α qn−1 )qn−1

(1.14)

Ta cũng có
(pn − qn α )qn−1 = qn (pn−1 − α qn−1 ) + (pn qn−1 − qn pn−1 )
= qn (pn−1 − α qn−1 ) + (−1)n−1 .

(1.15)

Thay (1.15) vào (1.14)ta có




−1
1 
qn − qn−1 +
−1=
αn+1
qn−1 
17

(−1)n−1
pn−1
−α
qn−1

qn−1


.


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Đặng Ngọc Ánh

Ta có qn − qn−1 ≥ 1 với mọi n. Và khi n tiến ra vô cùng thì
tiến tới α mà α = α , nên
(−1)n−1
pn−1
−α
qn−1
ta có

pn−1
−α
qn−1

pn−1
qn−1

qn−1 tiến tới vô cùng. Do đó

tiến tới 0. Như vậy tồn tại N sao cho với mọi n ≥ N
qn−1
−1
− 1 > 0.
αn+1

Từ Định nghĩa 1.2.3 ta có αn > 1 với mọi n ≥ 1. Theo Hệ quả 1.3.8

αn là số vô tỉ bậc hai nên αn thu gọn với mọi n > N.
Bổ đề 1.3.12. Cho α là số vô tỉ bậc hai với biệt thức D thì αn được
xác định trong Định nghĩa 1.2.3 cũng là số vô tỉ bậc hai có biệt thức
là D, mọi n nguyên dương.
Chứng minh. Do α là số vô tỉ bậc hai nên α là nghiệm của phương
trình bậc hai Ax2 + Bx + C = 0, trong đó A, B, C nguyên tố cùng
1
nhau. Vì α = a0 +
nên
α1
A(a0 α1 + 1)2 + B(a0 α12 + α1 ) + Cα12 = 0.
Suy ra (Aa20 + Ba0 + C)α12 + (B + 2a0 A)α1 + A = 0. Vì A, B, C nguyên
tố cùng nhau nên Aa20 + Ba0 + C, B + 2a0 A, A cũng vậy. Ta lại có
∆ = (B + 2a0 A)2 − 4(B + 2a0 A)A
= B 2 + 4a0 AB + 4a20 A2 − 4a20 A2 − 4a0 AB − 4AC
= B 2 − 4AC = D.
Vậy α1 có cùng biệt thức với α. Mà α1 = a1 +
18

1
, tương tự như cách
α2


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Đặng Ngọc Ánh

chứng minh trên ta cũng chỉ ra được α2 có cùng biệt thức với α1 là
D. Cứ tiếp tục như vậy ta có αn có cùng biệt thức với α với mọi n

nguyên dương.
Định lý 1.3.13 (Lagrange). Nếu α là số vô tỉ bậc hai thì α là một
liên phân số liên tục tuần hoàn.
Chứng minh. Giả sử α là số vô tỉ bậc hai có biệt thức D. Theo kết
quả Bổ đề 1.3.11 và 1.3.12 ta có tồn tại số nguyên dương N sao cho
αn là thu gọn và cùng biệt thức với α với mọi n > N . Theo Bổ đề
1.3.10 chỉ có hữu hạn số thu gọn có cùng biệt thức với α nên sẽ tồn
tại n, l ∈ N sao cho αn = αn+l . Do đó an+l = [αn+l ] = [αn ] = an . Mặt
khác,
αn+l = an+l +

1
αn+l+1

và αn = an +

1
αn+1

nên αn+1 = αn+l+1 . Cứ tiếp tục như vậy ta thu được αm = αm+l với
mọi m ≥ n. Khi đó α = [a0 , a1 , . . . , an−1 , an , . . . , an+l−1 ].
Mệnh đề 1.3.14. Nếu α là thu gọn thì α hoàn toàn tuần hoàn.
Chứng minh. Trước tiên ta chứng minh rằng nếu α là thu gọn thì αn
cũng thu gọn với mọi n ∈ N. Gọi αn là liên hợp của αn và gọi α là
1
liên hợp của α. Ta có α = [α] +
và α1 > 1 ( theo Định nghĩa 1.2.3).
α1
1
Khi đó α1 =

. Vì [α] ≥ 1 và −1 < α < 0 (do α thu gọn) nên
α − [α]
−1 < α1 < 0. Kết hợp với α1 > 1 và α1 là số tỉ bậc 2 từ Hệ quả 1.3.8,
1
ta có α1 thu gọn. Ta lại có α1 = a1 + . Tiếp tục quá trình chứng
α2
minh như trên ta có α2 thu gọn. Cứ tiếp tục như vậy ta có αn thu gọn
với mọi n.
19


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Đặng Ngọc Ánh

Theo Bổ đề 1.3.10 ta chỉ có hữu hạn αn có cùng biệt thức với α. Mà
mọi αn có cùng biệt thức với α (Bổ đề 1.3.12) nên tồn tại hai số nguyên
dương n, k thỏa mãn αn+k = αn . Ta sẽ chứng minh αn+k−1 = αn−1 . Ta
có



αn =


αn+k

1
αn−1 − an−1
1

=
αn+k−1 − an+k−1

−1
= an−1 − αn−1
αn
−1
= an+k−1 − αn+k−1
⇒
αn+k
⇒

(1.16)

Vì αn−1 và αn+k−1 thu gọn nên 0 < −αn−1 < 1 và 0 < −αn+k−1 < 1.
−1
−1
Kết hợp với (1.16) ta thu được an−1 =
và an+k−1 =
.
αn
αn+k
−1
−1
Vì αn+k = αn nên
=
. Do đó ta có an−1 = an+k−1 . Thay vào
αn+k
αn
(1.16) ta có αn−1 = αn+k−1 . Cứ tiếp tục quá trình chứng minh như

trên ta có α0 = αk . Như vậy α = [a0 , a1 , . . . , ak−1 ].
Mệnh đề 1.3.15. Cho α hoàn toàn tuần hoàn và gọi α là liên hợp
−1
của α. Khi đó α là thu gọn và
= [al−1 , . . . , a0 ].
α
Để chứng minh mệnh đề này ta xét bổ đề sau.
Bổ đề 1.3.16. Cho dãy số a0 , a1 , . . . và (pn )(qn ), được xác định trong
Định nghĩa 1.1.6. Ta có
pn
qn
= [an , an−1 , . . . , a0 ] và
= [an , an−1 , . . . , a1 ].
pn−1
qn−1
Chứng minh. Vì pn = an pn−1 + pn−2 nên

20

pn
pn−2
= an +
. Tương tự
pn−1
pn−1