Liên phân số và ứng dụng

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

KHOA TOÁN

Phạm Thị Hồng Ngọc

Liên phân số và ứng dụng

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

Phạm Thị Hồng Ngọc

Liên phân số và ứng dụng

Chuyên ngành: Đại số

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC

Người hướng dẫn thực hiện

Phan Văn Lộc

Hà Nội – Năm 2018


Lời cảm ơn
Trước khi trình bày nội dung chính của khóa luận, em xin bày tỏ lòng cảm ơn
tới các thầy cô khoa Toán, trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2, các thầy cô trong
tổ bộ môn Đại số cũng như các thầy cô tham gia giảng dạy đã tận tình truyền đạt
những tri thức quý báu và tạo điều kiện thuận lợi để em hoàn thành tốt nhiệm vụ
khóa học và khóa luận.
Đặc biệt, em xin bày tỏ sự kính trọng và lòng biết ơn sâu sắc tới thầy Phan
Văn Lộc, người đã trực tiếp hướng dẫn, chỉ bảo tận tình giúp đỡ để em có thể hoàn
thành khóa luận này.
Do thời gian, năng lực và điều kiện bản thân còn hạn chế nên bản khóa luận
không thể tránh khỏi những thiếu sót. Vì vậy, em rất mong nhận được những ý kiến
góp ý quý báu của các thầy cô và các bạn.
Hà Nội, tháng 5 năm 2018
Sinh viên

Phạm Thị Hồng Ngọc

1


Lời cam đoan
Em xin cam đoan khóa luận "Liên phân số và ứng dụng" là công trình nghiên
cứu của riêng em dưới sự hướng dẫn của thầy Phan Văn Lộc. Các nội dung nghiên
cứu trong khóa luận là hoàn toàn trung thực. Ngoài ra, trong đề tài còn sử dụng
một số tài liệu có ghi rõ trong danh mục tài liệu tham khảo.
Nếu phát hiện có bất kỳ sự gian lận nào, em xin chịu hoàn toàn trách nhiệm về
khóa luận nghiên cứu của riêng mình!

Hà Nội, tháng 5 năm 2018
Sinh viên

Phạm Thị Hồng Ngọc

i


Mục lục

Lời mở đầu

1

Một số kí hiệu

3

1 Liên Phân số

4

1.1

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

4

1.2

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

13

1.2.1

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

13

1.2.2

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

23

2 Ứng dụng của liên phân số.

30

2.1

Ứng dụng vào tính gần đúng. . . . . . . . . . . . . . .

30

2.2

Ứng dụng vào phân tích ra một thừa số . . . . . . . . .

33

2.3

Ứng dụng vào giải phương trình nghiệm nguyên bậc
nhất hai ẩn có dạng Ax + By = C. . . . . . . . . . . .

34

2.4

Ứng dụng vào giải phương trình đồng dư bậc nhất. . .

38

2.5

Ứng dụng vào giải phương trình Pell. . . . . . . . . . .

39

Kết luận

50

Tài liệu tham khảo

50
ii

Khóa luận tốt nghiệp Đại học

phạm thị hồng ngọc

Lời mở đầu
Liên phân số được nhà toán học Leonardo Fibonacci giới thiệu lần
đầu trong "Liber abci" xuất bản năm 1202. Vào năm 1572 nhà toán
√
học Bombelli sử dụng liên phân số để nghiên cứu sự xấp xỉ của 13
như sau:

√

13 = 3 +

4
4
6+
6

.

Năm 1692, Schwenter và Huygens (trong một công trình công bố sau
khi ông mất ) đã xem xét sự xấp xỉ của những liên phân số hữu hạn
theo nghĩa biểu diễn những phân số lớn thành những phân số nhỏ hơn
Schwenter đã đưa ra biểu diễn sau
177
=
233

1
1

1+

1

3+
6+

1
4+

1
2

và Huygens không những sử dụng liên phân số để biểu diễn các số
thực mà ông còn sử dụng cho việc nghiên cứu hệ thống năng lượng
mặt trời. Liên phân số rất quan trọng trong số học với nhiều ứng dụng
trong toán học mà còn trong thực tiễn. Vì vậy tôi đã chọn đề tài "Liên
phân số và ứng dụng" nhằm giúp học sinh hiểu hơn về liên phân số,
biểu diễn các số thực thành liên phân số và các ví dụ đơn giản để áp
dụng vào giải một số phương trình nghiệm nguyên và hơn nữa là luật
xấp xỉ tốt nhất cho các số vô tỷ và phân tích ra một thừa số.
1


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

phạm thị hồng ngọc

Bài khóa luận này hoàn thành dưới sự hướng dẫn của thầy giáo
Phan Văn Lộc.
Khóa luận cấu trúc gồm hai chương.
Chương 1 "Liên phân số" trình bày kiến thức cơ bản của liên phân
số và cách biểu diễn số thực thành liên phân số.
Chương 2 "Ứng dụng của liên phân số" trình bày về ứng dụng của
liên phân số về tìm nghiệm nguyên bậc nhất hai ẩn, phương trình
đồng dư bậc nhất, phương trình pell, luật xấp xỉ và phân tích một số
ra thừa số.

Hà Nội, tháng 5 năm 2018
Sinh viên

Phạm Thị Hồng Ngọc

2


Bảng kí hiệu
N

Tập các số tự nhiên

Z

Tập các số nguyên

Q

Tập các số hữu tỷ

R

Tập các số thực

N∗

Tập các số tự nhiên khác 0

Z+ Tập các số nguyên dương.

3


Chương 1
Liên Phân số
1.1

Liên phân số hữu hạn

Định nghĩa 1.1. Cho hai dãy hữu hạn (ai )i≥0 và (bi )i≥0 với
a0 ∈ Z, ai ∈ N∗ ∀i = 0, bi ∈ N∗ ∀i . Khi đó biểu thức
b0

a0 +

b1

a1 +

a2 + ... +

bn−1
bn
an +
an+1

được gọi là liên phân số hữu hạn của hai dãy số của hai dãy số (ai )i≥0
và (bi )i≥0 . Nếu (bi = 1)i≥0 thì liên phân số hữu hạn của hai dãy
số(ai )i≥0 và (bi = 1)i≥0 được gọi là liên phân số hữu hạn của dãy
số(ai )i≥0 hay liên phân số hữu hạn đơn kí hiệu của liên phân số hữu
hạn đơn là [a0 , a1 , ..., an , an+1 ]. còn các biểu thức C0 = a0 ,
b0
b0
b0
,..., Cn+1 = a0 +
C 1 = a0 + , C 2 = a0 +
b1
b1
a1
a1 +
a1 +
bn − 1
a2
a2 + ... +
bn
an +
an+1

4


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

phạm thị hồng ngọc

lần lượt được gọi là giản phân thứ 0, 1, 2, ...n + 1 của liên phân số hữu
hạn.
Định lý 1.1. Cho liên phân số hữu hạn của hai dãy số (ai )i≥0 và
(bi )i≥0 (với a0 ∈ Z, ai ∈ N∗ ∀i = 0, bi ∈ N∗ ∀i) ta xây dựng hai dãy số
mới P0 , P1 , ...Pn , Pn+1 và Q0 , Q1 , ..., Qn , Qn+1 như sau:
P 0 = a0

Q0 = 1

P 1 = a1 a0 + b 0

Q 1 = a1

P 2 = a2 P 1 + b 1 P 0

Q2 = a2 Q1 + b1 Q0

.....

.....

Pn+1 = an+1 Pn + bn Pn−1 Qn+1 = an+1 Qn + bn Qn−1 n ≥ 1.
Khi đó giản phân thứ n

Pn
Cn =
Qn
với mọi n.
Chứng minh. Bằng phương pháp quy nạp.
P0
Với n = 0 ta có C0 =
= a0 .
Q0
a1 a0 + b 0
b0
P1
Với n = 1 ta có C1 =
=
= a0 + .
Q1
a1
a1
Vậy định lý đúng với n = 0 và n = 1.
Giả sử mệnh đề đúng với n. Khi đó ta có
Cn =

Pn
= a0 +
Qn

b0
b1

a1 +

a2 + ... +

bn − 1
bn−1
an−1 +
an

Ta chứng minh định lý đúng với n + 1. Thật vậy ta có

5

.


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

phạm thị hồng ngọc

(an +

b0

Cn+1 =

=

b1

a1 +

(an +

bn
) + bn−1 P n − 2
an−1

bn
)Qn − 1 + bn−1 Qn−2
an+1

bn − 1
bn
an +
an+1
(an an+1 + bn )Pn−1 + an+1 bn−1 Pn−2
=
(an an+1 + bn )Qn−1 + an+1 bn−1 Qn−2
an+1 (an Pn−1 + bn−1 Pn−2 ) + bn Pn−2
=
an+1 (an Qn−1 + bn−1 Qn−2 ) + bn Qn−2 + bn Qn−1
Pn+1
an+1 Pn + bn Pn−1
=
.
=
an+1 Qn + bn Qn−1
Qn+1
a2 + ... +

Hệ quả 1.1. Cho liên phân số đơn hữu hạn [a0 , a1 , a2 , ..., an , an+1 ] ta

xây dựng hai dãy số mới P0 , P1 , .., Pn , Pn+1 và Q0 , Q1 , ..., Qn , Qn+1 như
sau:
P 0 = a0

Q0 = 1

P 1 = a1 a0 + 1

Q1 = a1

P 2 = a2 P 1 + P 0

Q2 = a2 Q1 + Q0

.....

.....

Pn+1 = an+1 Pn + Pn−1 Qn+1 = an+1 Qn + Qn−1 n ≥ 1.
Khi đó giản phân thứ n
Pn
Cn =
Qn
với mọi n.
Ví dụ 1.1.1. Cho liên phân số

518
=4+
123

1

.

5

3+
2+

4
2+

Tính các giản phân của liên phân số đã cho.
Giải. Theo Định lý 1.1 ta có

6

5
2


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

phạm thị hồng ngọc

P0 = 4

Q0 = 1

P1 = 3.4 + 1 = 13

Q1 = 3

P2 = 2.13 + 5.4 = 46

Q2 = 2.3 + 5 = 11

P3 = 2.46 + 4.13 = 144

Q3 = 2.11 + 4.3 = 34

P4 = 2.144 + 5.46 = 518 Q4 = 2.34 + 5.11 = 123
P0
3
= = 3,
Q0
1
P1
13
P2
46
P3
144
P4
518
C1 =
= , C2 =
= ,C3 =
=
, C4 =

=
.
Q1
3
Q2
11
Q3
34
Q4
123
Nhận xét: Giản phân cuối cùng của liên phân số chính là giá trị

Vậy các giản phân của liên phân số hữu hạn là C0 =

của liên phân số đó.
Ví dụ 1.1.2. Tìm x ∈ N∗ biết [x, 2, 4, 1, 3, 5] =

701
203

Giải. Ta có
P0 = a0 = x

Q0 = 1

P1 = 2x + 1

Q1 = 2

P2 = 4(2x + 1) + x = 9x + 4

Q2 = 4.2 + 1 = 9

P3 = 9x + 4 + 2x + 1 = 11x + 5

Q3 = 9 + 2 = 11

P4 = 5(11x + 5) + 9x + 4 = 64x + 29

Q4 = 5.11 + 9 = 64

.

P5 = 3(64x + 29) + 11x + 5 = 203x + 92 Q5 = 3.64 + 11 = 203
701
P5
701
203x + 92 701
do đó
=
⇐⇒
=
⇐⇒ x = 3
Ta có C5 =
203
Q5
203
203
203
Vậy x = 3

Định lý 1.2. Nếu (ai )i≥0 và (bi )i≥0 là hai dãy số dương hữu hạn thì

7


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

phạm thị hồng ngọc

ta có đẳng thức sau
an+1 +
an +
an−1 +

bn
bn−1
bn−2

=

Pn+1
Pn

bn−3

an−2 +
+...+

b1
a1 +

b0
a0

và ta có dãy số mới Q0 = 1 và Qn+1 = an+1 Qn + bn Qn−1 , n ≥ 0 khi đó
Qn+1
= an+1 +
Qn

bn
.
bn−1
an +
bn−2
an−1 +
bn−3
an−2 +
b1
+... +
b0
a1 +
a0

Chứng minh. Bằng phương pháp quy nạp.
b0
a1 a0 + b 0
P1
Ta có a1 +
=
= ,

a1
a0
P0
b1
b1
a2 P1 + b1 P0
P2
a2 +
= a2 +
=
=
. Vậy định lý đúng với
P1
b0
P1
P1
a1 +
P0
a0
n = 0 và n = 1.
Giả sử định lý đúng với n − 1 khi đó ta có
an +

bn−1
Pn
=
.
bn−2
Pn−1
an−1 +

bn−3
an−2 +
b1
+... +
a0
a1 +
b0

8


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

phạm thị hồng ngọc

Ta chứng minh định lý đúng với n. Thật vậy ta có
b0
Qn+1
bn
= an+1 +
= an+1 +
Pn
bn−1
Qn
an +
bn−2
Pn−1
an−1 +
bn−3
an−2 +

b1
+... +
b0
a1 +
a0
an+1 Pn + bn Pn−1
Pn+1
=
=
.
Pn
Pn
Vậy đẳng thức được chứng minh.
Biểu thức 2 chứng minh tương tự.
Định lý 1.3. Cho liên phân số hữu hạn của dãy số nguyên hữu hạn
(ai )i≥0 và (bi )i≥0 . Khi đó ta luôn có
i, Pk Qk+1 − Qk Pk+1 = (−1)k+1 bo b1 ...bk .
ii, Pk Qk+2 − Qk Pk+2 = (−1)k+1 b0 ...bk ak+2 .
Pk+1
Pk
(− 1)k b0 b1 ...bk Pk+2
Pk
(−1k )b0 ...bk an+2
iii,
−
=
,
−
=
.

Qk+1 Qk
Qn+2 Qn
Qk+2 Qk
Qk+2 Qk
P2k+1
P2k
b0 b1 ...b2k P2k+2
P2k
b0 b1 ...b2k a2k+2
iv,
−
=
,
−
=
Q2k+1 Q2k
Q2k+1 Q2k Q2k+2 Q2k
Q2k+2 Q2k
P2k+1
P2k−1
−b0 b1 ...b2k−1 a2k+1
và
−
=
.
Q2k+1 Q2k−1
Q2k+1 Q2k−1
k
Pk+1
b0 b1 ...bi

v,
= a0 +
(−1)i
.
Q2k+1
Q
Q
i+1
i
i=0
n
k+1

Chứng minh. i, Đặt ∆k = Pk Qk+1 −Qk Pk+1 . Ta chỉ ra ∆k = (−1)

bi .
i=0

Với k=0 ta có ∆0 = P0 Q1 − Q0 P1 = a0 a1 − a0 a1 − b0 = −b0 .
Vậy công thức đúng với k = 0.
Giả sử công thức đúng với k − 1 (n ≥ 0) nghĩa là
n−1
n

∆k−1 = Pk−1 Qn − Qk−1 Pn = (−1)

bi .
i=0

9

Khóa luận tốt nghiệp Đại học

phạm thị hồng ngọc

Ta chứng minh công thức đúng với k. Thật vậy ta có
∆k = Pk Qk+1 − Qk Pk+1 = Pk (ak+1 Qk + bk Qk−1 ) − Qk (ak+1 Pk + bk Pk−1 )
n−1

= bk (Pk Qk−2 −Qk−1 Pk ) = −bn ∆k−1 = −bk (−1)

k

n

bi = (−1)
i=0

k+1

bi .
i=0

Vậy công thức được chứng minh.
ii, Đặt σk = Pk Qk+2 − Qk Pk+2 ta chỉ ra σk = (−1)k+1 b0 b1 ...bk ak+2 .
Thật vậy ta có
σk = Pk (Qk+1 ak+2 + bk+1 Qk ) − Qk (ak+2 Pk+1 + bk+1 Pk )
= ak+2 Pk Qk+1 + bk+1 P − kQk Pk − ak+2 Qk Pk+1 − bk+1 Pk Qk
= ak+2 Pk Qk+1 − ak+2 Qk Pk+1 = ak+2 (Pk Qk+1 − Qk P k + 1)

= (−1)k+1 b0 ...bk ak+2 .
Vậy công thức được chứng minh.
Từ i, ii ta suy ra công thức iii,iv
n
Pk+1
Pi+1
Pi
v,
=
[
− ] + a0 = a0 +
Qk+1
Qi+1 Qi
i=0

n

(−1)i
i=0

b0 ...bi
.
Qi+1 Qi

Hệ quả 1.2. Cho liên phân số của dãy số nguyên (ai )i≥0 và ai ≥ 0
∀i ≥ 0. Khi đó ta luôn có
i, Pk Qk+1 − Qk Pk+1 = (−1)k+1 .
ii, Pk Qk+2 − Qk Pk+2 = (−1)k+1 ak+2 .
Pk+1
Pk

(−1)k
iii,
−
=
.
Qk+1 Qk
Qk+1 Qk
Pk+2
Pk
ak+2
iv,
−
= (−1)k
.
Qk+2 Qk
Qk+2 Qk
Định lý 1.4. Với mỗi số thực α Q có thể biểu diễn dưới dạng một
liên phân số hữu hạn. Và ngược lại một liên phân số hữu hạn ta luôn
10


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

phạm thị hồng ngọc

tìm được một số hữu tỷ.
a
là một số hữu tỷ (trong đó a, ∈ Z, b ∈ Z+ ).
b
Theo thuật toán Euclide có thể biểu diễn.

Chứng minh. Giả sử α =

a = b0 q0 + r1 , 0 < r1 < b
b = r1 q1 + r2 , 0 < r2 < r1
.........
rn−2 = rn−1 qn−1 + rn , 0 < rn < rn−1
rn−1 = rn qn , qn > 0.
Qua thuật toán này ta nhận được dãy số q0 , q1 , ..., qn cùng các giản
1
1
, ...,
phân C0 = q0 , C1 = qo + , C2 = q0 +
1
q1
q1 +
q2
1
Cn = q 0 +
và hai dãy truy hồi hữu hạn
1
q1 +
1
q2 +
1
q3 + ... +
1
qn−1 +
qn
(Pi ), (Qi ) với

P 0 = q0

Q0 = 1

P 1 = q1 q 0 + 1

Q 1 = q1

.........

........

.

Pm = qm Pm−1 Qm = qm Qm−1 + Qm−2 , 2 ≤ m ≤ n
Pj
Ta luôn có Nj =
, ∀j = 0, ..., n và Pj Qj+1 − Qj Pj+1 = (−1)j+1 ,
Qj

11


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

phạm thị hồng ngọc

∀j = o, ..., n. Dễ thấy rằng số hữu tỷ

a

có thể viết dưới dạng
b

1
a
1
1
= q0 +
= q0 +
= q0 +
= ...
1
1
b
b
q1 + r1
q1 +
1
r1
q
+
2
r2
r2
r3
1

= q0 +

.

1

q1 +

1

q2 +
q3 + ... +

1
qn−1 +

1
qn

Vậy mỗi số hữu tỷ đều biểu diễn được thành một liên phân số đơn
1
hữu hạn q0 +
1
q1 +
1
q2 +
1
q3 + ... +
1
qn−1 +
qn
với q0 là số nguyên, còn q1 , ..., qn là những số nguyên dương, q1 > 1.
Số n được gọi là độ dài của liên phân số đơn hữu hạn này. Do đó

a
= [q0 , q1 , ..., qn ].
b
Chiều ngược lại hiển nhiên đúng.
Ví dụ 1.1.3. Biểu diễn

225
thành liên phân số.
157

Giải. Theo thuật toán Euclide ta có
225 = 157.1 + 68
157 = 68.2 + 21
68 = 21.3 + 5
21 = 5.4 + 14
12


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

phạm thị hồng ngọc

5 = 1.5.
225
= [1, 2, 3, 4, 5].
157
a
Ví dụ 1.1.4. Tìm phân số biết nó có biểu diễn [2, 2, 3, 7, 8].
b

Từ đó ta có

Giải. Ta có
P 0 = q0 = 2

Q0 = 1

P1 = q0 q1 + 1 = 2.2 + 1 = 5

Q1 = q1 = 2

P2 = q2 P1 + P0 = 3.5 + 2 = 17

Q2 = q2 Q1 + Q0 = 3.2 + 1 = 7

P3 = q3 P2 + P1 = 7.17 + 5 = 124

Q3 = a3 Q2 + Q1 = 7.7 + 2 = 51

P4 = a4 P3 + P2 = 8.124 + 17 = 1009 Q4 = a4 Q3 + Q2 = 8.51 + 7 = 415.
a
P4
1009
Vậy =
=
.
b
Q4
415

1.2
1.2.1

Liên phân số vô hạn
Liên phân số vô hạn

Định nghĩa 1.2. Nếu các dãy số (ai )i≥0 (với a0 ∈ Z, ai ∈ N∗
∀i = 0, bi ∈ N∗ ∀i) và (bi )i≥0 là các dãy vô hạn thì ta nói đó là liên
phân số của hai dãy vô hạn (ai )i≥0 và (bi )i≥0 hay liên phân số vô hạn.
Nếu (bi = 1)i≥0 thì ta nói đó là liên phân số đơn vô hạn.
Định lý 1.5. Cho liên phân số đơn vô hạn khi đó ta có
i, C1 > C3 > C5 > ... > C2n+1 > ...
ii, C0 < C2 < C4 < ... < C2n < ...
hơn nữa C2j−1 lớn hơn C2j .
(−1)k ak
Chứng minh. Ta có Ck − Ck−2 =
(k ≥ 2).
Qk Qk−2
−ak
i, Nếu k lẻ thì Ck − Ck−2 =
< 0. Suy ra Ck < Ck−2 . Do đó
Qk Qk−2
13


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

phạm thị hồng ngọc

C1 > C3 > C5 > ... > C2K+1 > ...

ii, Nếu k chẵn thì Ck < Ck−2 =

ak
> 0. Suy ra Ck > Ck−2 . Do
Qk Qk−2
< ...

đó C0 < C2 < C − 4 < ... < C2n
(−1)2m−1
Ta lại có C2m − C2m−1 =
< 0. Suy ra C2m < C2m−1 .
Q2m Q2m−1

Định lý 1.6. Cho liên phân số của dãy (ai )i≥0 . Đặt Ck = [a0 , a1 , ..., ak ].
Khi đó tồn tại giới hạn
lim Ck = α.

x→∞

Ta gọi α là giá trị của liên phân số vô hạn [a0 , a1 , a2 , ...] và viết
α = [a0 , a1 , a2 , ...].
Chứng minh. Theo Định lý 1.5 ta có
C1 > C3 > C5 > ... > C2n−1 > C2n+1 > ...
C0 < C2 < C4 < ... < C2n−2 < C2n < ...
ta thấy dãy (C2k+1 ) là dãy giảm bị chặn bởi C0 còn dãy (C2k ) tăng và
bị chặn trên bởi C1 . Vậy ta có tồn tại
lim C2k+1 = α1 , lim C2k = α2 .

x→∞

x→∞

Ta chứng minh α1 = α2 . Thật vậy ta có
C2k+1 − C2k =

1
Q2k+1 Q2k

.

Ta chứng minh Qk ≥ k bằng phương pháp quy nạp.
k = 1 thì hiển nhiên đúng vì a1 = a1 . Mà a1 ∈ Z+ nên Q1 ≥ 1
Giả sử đúng với k nghĩa là Qk ≥ k (k = 0, 1, 2, ...).
14


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

phạm thị hồng ngọc

Ta chứng minh đúng với số tự nhiên k + 1. Thật vậy ta có
Qk+1 = Qk ak+1 + Qk−1 ≥ Qk + 1 ≥ k + 1. Vậy Qk ≥ k, ∀k = 1, 2, ...
1
1
Do đó ta có lim (C2k+1 − C2k ) =
=
= 0.
x→∞
Q2k+1 Q2k
(2k + 1)2k

Suy ra α1 = α2 . Vậy lim Ck = α.
x→∞

Định lý 1.7. Cho α là một số vô tỷ thì α được biểu diễn duy nhất dưới
dạng một liên phân số đơn vô hạn. Và ngược lại cho α = [a0 , a1 , a2 , ...]
là một liên phân số đơn vô hạn thì α là một số vô tỷ.
Chứng minh. Giả sử α là một số vô tỷ. Đặt a0 = [α] (phần nguyên
1
của α). Vì α là số vô tỷ nên 0 < α − a0 < 1, suy ra α1 =
là
α − a0
một số vô tỷ lớn hơn 1. Đặt a1 = [α1 ].
Tiếp tục quá trình trên ta nhận được dãy vô hạn α1 , α2 , α3 , ... các
số vô tỷ lớn hơn 1 và dãy các số tự nhiên (an ) = ([αn ]) thỏa mãn
1
1
αn =
, n = 1, 2, 3, ... ta có αn−1 = an−1 + , n = 1, 2, ....
αn−1 − an−1
αn
1
1
1
Dãy đẳng thức α = a0 + , α1 = a1 +
,.., αn−1 = an−1 + ,
α1
α2
αn
1
. Đặt

suy ra α = a0 +
1
a1 +
1
a2 + ... +
1
an−1 +
αn
1
C n = a0 +
. Nếu thay an của Cn được thay
1
a1 +
1
a2 + ... +
1
an−1 +
an
bằng αn thì Cn trở thành α. Với a0 , tùy ý các số a1 , a2 , ..., an nguyên
dương ta có
Cn =

Pn
Pn−1 an + Pn−2
=
.
Qn
Qn−1 an + Qn−2

Vì Pn−1 , Pn−2 , Qn−1 , Qn−2 không phụ thuộc vào an nên ta thay an bởi

15


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

phạm thị hồng ngọc

αn trong cả hai vế của đẳng thức trên ta có
α=

Pn−1 αn + Pn−2
(∀n > 1)
Qn−1 an + Qn−2

Pn αn+1 + Pn−1
, suy ra
Qn αn+1 + Qn−1
Pn αn+1 + Pn−1
Pn
(−1)n
α − Cn =
−
=
cùng với bất
Qn αn+1 + Qn−1 Qn
(Qn αn+1 + Qn−1 )Qn
đẳng thức αn+1 > an+1 ta có
thay n bởi n + 1 ta có α =

|α − Cn | <

1
Qn an+1 + Qn

=

1
Qn+1 Qn

.

1
, với
n(n + 1)
n = 1, 2, 3, .... Vì vậy α = lim Cn . Ta nói α được biểu diễn bởi liên
Ta có Qk ≥ k, ∀k = 1, 2, 3, .... Do đó ta có |α − Cn | <
n→∞

phân số vô hạn
1

α = a0 +

1

a1 +
a2 +

.

1
a3 + ....

Vậy mọi số vô tỷ α có thể biểu diễn như một liên phân số vô hạn.
Bây giờ ta chứng minh biểu diễn ấy là duy nhất.
Giả sử α = [a0 , a1 , a2 , ...] = [b0 , b1 , b2 , ...]. Vì C0 = a0 , C1 = a0 +
giản phân lẻ lớn hơn giản phân chẵn nên
a0 < α < a0 +

1
⇒ a0 = [α] .
a1

16

1
vì
a1


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

phạm thị hồng ngọc

Ta có
α = [a0 , a1 , a2 , ..] = lim [a0 , a1 , a2 , ..., ak ]
k→∞

= lim (a0 +
k→∞

= b0 +

1
1
) = a0 +
[a1 , a2 , a3 , .., ak ]
[a1 , a2 , ...]

1
.
[b1 , b2 , ...]

Vì a0 = b0 = [α] nên [a1 , a2 , ...] = [b1 , b2 , ...]. Giả sử ta có ak = bk
và [ak+1 , ak+2 , ...] = [bk+1 , bk+2 , ...]. Lập luận như trên ta thu được
1
1
ak+1 = bk+1 và ak+1 +
= bk+1 +
, suy ra
[ak+2 , ak+3 , ...]
[bk+2 , bk+3 , ...]
[ak+2 , ak+3 , ...] = [bk+2 , bk+3 , ...].
Do đó bằng quy nạp ta suy ra ak = bk ∀k.
Ta chứng minh α = [a0 , a1 , a2 , ...] thì α là một số vô tỷ. Thật vậy
a
giả sử α = ∈ Q. Ta có C2n < α < C2n+1 . Vậy
b
1
0 < α − C2n < C2n+1 − C2n =

Q2n+1 Q2n
P2n
1
⇔0<α−
<
Q2n
Q2n+1 Q2n
1
⇔ 0 < αQ2n − P2n <
Q2n+1
1
⇔ 0 < aQ2n − bP2n <
Q2n+1
1
⇔ 1 ≤ aQ2n − bP2n <
.
Q2n+1
1
Cho k → ∞ ta có
→ 0. Suy ra 1 ≤ aQ2n − bP2n < 0 (mâu
Q2n+1
thuẫn).
Vậy α = [a0 , a1 , a2 , ...] là một số vô tỷ.
Ví dụ 1.2.1. Khai triển liên phân số của α = π.
Giải. Ta có
17


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

phạm thị hồng ngọc

1
a0 = [π]=3
α1 =
π−3
1
1
π−3
a1 = [
]=7
α2 =
=
π−3
α1 − 7 22 − 7π
π−3
1
22 − 7π
a2 = [
] = 15
α3 =
=
22 − 7π
α2 − 15 106π − 333
1
106π − 333
22 − 7π
]=1
α4 =
=

a3 = [
106π − 333
α3 − 1 355 − 113π
106π − 333
1
355 − 113π
a4 = [
] = 292 α5 =
=
355 − 113π
α4 − 292 33102π − 103327
...........
.........
Vậy π = [3, 7, 15, 1, 292, ...].
Ví dụ 1.2.2. Biểu diễn

√

7 thành liên phân số.

√
Giải. Ta có α = 7
√
√
7+2
α1 =
a0 = [ 7] = 2
3√
√
1+ 7

7+2
] = 1 α2 =
a1 = [α1 ] = [
3√
2√
1+ 7
1+ 7
a2 = [α2 ] = [
] = 1 α3 =
2√
3
√
1+ 7
a3 = [α3 ] = [
] = 1 α4 = 2 + 7
3
√
√
2+ 7
a4 = [α4 ] = [2 + 7] = 4 α5 =
3
α5 = α1 , α6 = α2 , α7 = α3 , α8 = α4 ,...
√
Do đó 7 = [2, 1, 1, 1, 4, 1, 1, 1, 4, ...].
Định lý 1.8. Giả sử [a0 , a1 , a2 , ...] là một liên phân số đơn vô hạn biểu
diễn số vô tỷ α. Khi đó ta có
Pi
i, Ci = , ∀i = 0, 1, 2, ...
Qi
ii, Pn−1 Qn − Qn−1 Pn = (−1)n , ∀n ≥ 1.

iii, Pn , Qn nguyên tố cùng nhau hay Cn tối giản.
(−1)n+1
iv, Cn − Cn−1 =
, n ≥ 2.
Qn−1 Qn
v, Pn−2 Qn − Qn−2 Pn = (−1)n−1 an , n ≥ 2.
18


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

phạm thị hồng ngọc

(−1)n
vi, Cn − Cn−2 =
an , n ≥ 2.
Qn−2 Qn
Pn−1 an + Pn−2
vii, α =
, n ≥ 2.
Qn−1 an + Qn−2
1
1
viii,
< |Qn α − Pn | <
.
2Qn+1
Qn+1
ix, β = lim Cn = α.
k→+∞

x, C2n < α < C2m+1 , ∀m, n ≥ 0.
Hệ quả 1.3. Ta có |α − Cn | < |α − Cn−1 | với n ≥ 1.
Chứng minh. Bởi α =

Pn−1 αn + Pn−2
với n ≥ 2, nên
Qn−1 αn + Qn−2

αn (αQn−1 − Pn−1 ) = −Qn−2 (α −

Pn−2
).
Qn−2

Từ đó ta suy ra
α−

Pn−1
Qn−2
Pn−2
==
α−
.
Qn−1
αn Qn−1
Qn−2

Vì αn > 1 và Qn−1 nên α −
Hệ quả 1.4. Ta có

Pn−1
Pn−2
< α−
.
Qn−1
Qn−2

1
Ph
1
< α−
<
.
2Qh Qh+1
Qh
Qh+1 Qh

1
1
< |Qh α − Ph | <
. Do đó
2Qh+1
Qh+1
Ph
1
< α−
<
.
Qh

Qh+1 Qh

Chứng minh. Ta có
1
2Qh Qh+1

Hệ quả 1.5. Với mỗi n ≥ 1 đều xảy ra một trong hai đẳng thức sau
đây
α−

Pn
1
Pn+1
1
<
;
α
−
<
.
Qn
2Q2n
Qn+1
2Q2n+1

19


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Chứng minh. Ta có α −

phạm thị hồng ngọc

Pn+1
Pn
1
+ α−
=
. Khi đó ta nếu
Qn
Qn+1
2Q2n+1
α−

Ph
1
≥
Qh
2Q2h

1
1
1
Qn
Qn+1
≤
+
hay
+

≤ 2.
2Q2n 2Q2h+1
Qn Qn+1
Qn+1
Qn
(mâu thuẫn). Vậy ta có điều phải chứng minh.

với h = n, n + 1, thì
Suy ra Qn = Qn+1

Hệ quả 1.6. Tồn tại cặp số nguyên (a, b) để α −
Chứng minh. Ta có α −

1
b
< 2.
b
b

Ph
1
≥
với vô hạn số tự nhiên h. Chọn
Qh
2Q2h

a
Ph
ta có điều phải chứng minh.
=

b
Qh

Ph
là giản phân thứ
Qh
h của liên phân số vô hạn biểu diễn α. Cho một số nguyên b với

Định lý 1.9. Cho α là một số vô tỷ dương và

1 ≤ b < Qn+1 . Khi đó
|Qn α − Pn | ≤ |bα − a|
với mọi số nguyên a.
Chứng minh. Giả sử cặp số nguyên (u, v) thỏa mãn hệ


Pn u + Pn+1 v = a

.


Qn u + Qn+1 v = b
Vì định thức của hệ phương trình bằng Pn Qn+1 − Qn Pn+1 = (−1)n+1

20