Luận văn Liên phân số và đa thức trực giao

1,a2, . . . ,an〉, với điều kiện rằng vế phải tồn tại. Trong trường hợp khi có một số bm bị triệt tiêu, sự hội tụ của (1.6) trở nên dễ dàng bởi vì với n≥ m, ta có cn = cm−1. Do đó, trong trường hợp này a0+ b1 a1 + b2 a2 + b3 a3 + . . .= a0+ b1 a1 + b2 a2 + b3 a3 + . . . + bm−1 am−1 hội tụ (một liên phân số như vậy được gọi là hữu hạn). Tuy nhiên, những vấn đề chung liên quan đến sự hội tụ thường không hiển nhiên. Chúng ta sẽ đi sâu vào sự hội tụ ở phần sau. 1.2 Một số công thức đẹp về liên phân số 1.2.1 Phép biến đổi của liên phân số Phép biến đổi của liên phân số sẽ tiện lợi khi chuyển từ một liên phân số này sang một liên phân số kia. Ví dụ, cho ρ1, ρ2, và ρ3 là các số thực khác 0 và giả sử ta xác định được phân số hữu hạn ξ = a0+ b1 a1+ b2 a2+ b3 a3 16 trong đó ak và bk là số thực. Khi đó, nhân phần trên và phần dưới của phân số với ρ1 ta có ξ = a0+ b1ρ1 ρ1a1+ ρ1b2 a2+ b3 a3 . Nhân phần trên và phần dưới của phân số với ρ1b2 như là tử số bởi ρ2 ta có ξ = a0+ b1ρ1 ρ1a1+ ρ1ρ2b2 ρ2a2+ ρ2b3 a3 . Cuối cùng nhân phần trên và phần dưới của phân số với ρ2b3 đóng vai trò là tử số bởi ρ3 ta có ξ = a0+ b1ρ1 ρ1a1+ ρ1ρ2b2 ρ2a2+ ρ2ρ3b3 ρ3a3 . Tóm lại a0+ b1 a1 + b2 a2 + b3 a3 = a0+ ρ1b1 ρ1a1 + ρ1ρ2b2 ρ2a2 + ρ2ρ3b3 ρ3a3 . Ta có định lí sau. Định lí 1.2.1 (Quy tắc biến đổi). Với bất kì số thực nào a1,a2,a3, . . ., b1,b2,b3, . . . và các hằng số khác không ρ1,ρ2,ρ3, . . . ta có a0+ b1 a1 + b2 a2 + b3 a3 + . . . + bn an 17 = a0+ ρ1b1 ρ1a1 + ρ1ρ2b2 ρ2a2 + ρ2ρ3b3 ρ3a3 + . . . + ρn−1ρnbn ρnan , theo nghĩa, khi vế trái được xác định, đồng nghĩa với vế phải cũng được xác định và đẳng thức xảy ra. Đặc biệt, nếu giới hạn khi n→ ∞ ở vế trái được xác định thì giới hạn ở vế phải cũng được xác định, và a0+ b1 a1 + b2 a2 + b3 a3 + . . . + bn an + . . . = a0+ ρ1b1 ρ1a1 + ρ1ρ2b2 ρ2a2 + ρ2ρ3b3 ρ3a3 + . . . + ρn−1ρnbn ρnan + . . . 1.2.2 Hai chuỗi số đặc biệt và đồng nhất thức liên phân số Cho α1,α2,α3, . . . là các số thực bất kỳ với với αk 6= 0 và αk 6= αk−1 với mọi chỉ số k. Nhận thấy rằng 1 α1 − 1 α2 = α2−α1 α1α2 = 1 α1α2 α2−α1 . Vì α1α2 α2−α1 = α1(α2−α1)+α21 α2−α1 = α1+ α21 α2−α1 , ta nhận được 1 α1 − 1 α2 = 1 α1+ α21 α2−α1 . Ví dụ nhỏ này gợi ý cho ta chứng minh kết quả sau. Định lí 1.2.2. Giả sử α1,α2,α3, . . . là các số thực bất kỳ với αk 6= 0 và 18 αk 6= αk−1 với mọi chỉ số k. Khi đó, với bất cứ n ∈ N, n ∑ k=1 (−1)k−1 αk = 1 α1+ α21 α2−α1+ α22 α3−α2+ . . . αn−1+ α2n−1 αn−αn−1 . Đặc biệt, khi n→ ∞, ta kết luận rằng n ∑ k=1 (−1)k−1 αk = 1 α1 + α21 α2−α1 + α22 α3−α2 + . . . (1.7) chỉ cần một trong hai vế (do đó cả hai) có nghĩa. Chứng minh. Định lí này chắc chắn đúng cho các tổng thay phiên với n= 1 số hạng. Giả sử điều này đúng với n số hạng, ta sẽ chứng minh rằng định lí này cũng sẽ đúng với n+1 số hạng. Ta có thể viết: n+1 ∑ k=1 (−1)k−1 αk = 1 α1 − 1 α2 + . . .+ (−1)n−1 αn + (−1)n αn+1 = 1 α1 − 1 α2 + . . .+(−1)n−1 ( 1 αn − 1 αn+1 ) = 1 α1 − 1 α2 + . . .+(−1)n−1 ( αn+1−αn αnαn+1 ) = 1 α1 − 1 α2 + . . .+(−1)n−1 1αnαn+1 αn+1−αn . Đây là một tổng của n số hạng. Giờ ta có thể áp dụng giả thiết quy nạp để kết luận n ∑ k=1 (−1)k−1 αk = 1 α1 + α21 α2−α1 + . . . + α2n−1 αnαn+1 αn+1−αn −αn−1 . (1.8) 19 Do αnαn+1 αn+1−αn −αn−1 = αn(αn+1−αn)+α2n αn+1−αn −αn−1 = αn−αn−1+ α 2 n αn+1−αn , thay vào (1.8) ta có n+1 ∑ k=1 (−1)k−1 αk = 1 α1 + α21 α2−α1 + . . . + α2n−1 αn−αn−1+ α 2 n αn+1−αn . Điều này kết thúc phép chứng minh. Ví dụ 1.2.3. Ta biết rằng log2= ∞ ∑ k=1 (−1)k−1 k = 1 1 − 1 2 + 1 3 − 1 4 + . . . . Đặt αk = k trong (1.7) ta có thể viết log2= 1 1 + 12 1 + 22 1 + 32 1 + . . . mà ta cũng có thể viết dưới dạng một đẳng thức đẹp đẽ như sau: log2= 1 1+ 12 1+ 22 1+ 32 1+ 42 1+ . . . . Sau đây là một đồng nhất thức thú vị. Giả sử α1,α2,α3, . . . là các số thực khác không và 1. Nhận thấy rằng 1 α1 − 1 α1α2 = α2−1 α1α2 = 1 α1α2 α2−1 . 20 Do đó α1α2 α2−1 = α1(α2−1)+α1 α2−1 = α1+ α1 α2−1 , ta nhận được 1 α1 − 1 α1α2 = 1 α1+ α1α2−1 . Ta có thể tiếp tục đồng nhất thức theo cách mà ta đã làm để chứng minh Định lí 1.2.2 để có được kết quả sau đây. Định lí 1.2.4. Với mỗi dãy số thực α1,α2,α3, . . . với αk 6= 0 và 1, ta có n ∑ k=1 (−1)k−1 α1 · · ·αk = 1 α1+ α1 α2−1+ α2 α3−1+ . . . αn−1+ αn−1 αn−1 . Đặc biệt, khi n→ ∞, ta kết luận rằng n ∑ k=1 (−1)k−1 α1 · · ·αk = 1 α1 + α1 α2−1 + α2 α3−1 + . . . αn−1 αn−1 . . . , (1.9) chỉ cần một trong hai vế (do đó cả hai) có nghĩa. 1.2.3 Liên phân số của arctan và pi Bây giờ chúng ta sẽ sử dụng các đồng nhất thức vừa nghiên cứu để suy ra một số liên phân số đáng chú ý. Ví dụ 1.2.5. Trước hết, do pi 4 = 1 1 − 1 3 + 1 5 − 1 7 + . . . , 21 sử dụng biểu thức giới hạn (1.7) của Định lí 1.2.2: 1 α1 − 1 α2 + 1 α3 − 1 α4 + . . .= 1 α1 + α21 α2−α1 + α22 α3−α2 + α23 α4−α3 + . . . , ta có thể viết pi 4 = 1 1+ 12 2+ 32 2+ 52 2+ 72 2+ . . . . Nghịch đảo cả hai vế, ta được 4 pi = 1+ 12 2+ 32 2+ 52 2+ 72 2+ . . . . (1.10) Liên phân số này là liên phân số đầu tiên được ghi chép lại trong lịch sử Toán học của nhân loại. Nó được viết lại mà không chứng minh bởi Lord Brouncker (1620-1686), chủ tịch đầu tiên của Hội Hoàng gia Luân Đôn (Viện Hàn lâm Khoa học), Anh. Thực ra, ta cũng có thể phát triển (1.10) từ một sự mở rộng có liên quan đến hàm số arctan với sự kết hợp của cả hai Định lí 1.2.2 sau đó là Định lí 1.2.4. Ta xét ví dụ sau đây: Ví dụ 1.2.6. Nhắc lại công thức khai triển arctanx= x− x 3 3 + x5 5 − x 7 7 + . . .+(−1)n−1 x 2n−1 2n−1+ . . . 22 Đặt α1 = 1 x , α2 = 3 x3 , α3 = 5 x5 , . . . và nói chung αn = 2n−1 x2n−1 vào công thức (1.7) trong Định lí 1.2.2, ta có được một công thức phức tạp hơn arctanx= 1 1 x + 1 x2 3 x3 − 1x + 32 x2 5 x5 − 3x3 + . . . + (2n−3)2 (x2n−3)2 2n−1 x2n−1 − 2n−3x2n−3 + . . . + Tuy nhiên, chúng ta có thể làm tối giản phương trình này nhờ sử dụng quy tắc biến đổi trong Định lí 1.2.1: b1 a1 + b2 a2 + . . . + bn an + . . .= ρ1b1 ρ1a1 + ρ1ρ2b2 ρ2a2 + . . . + ρn−1ρnbn ρnan + . . . (ở đây chúng ta loại đi α0 trong định lí). Đặt ρ1 = x, ρ2 = x3, , . . . và nói chung ρn = x2n−1. Khi đó 1 1 x + 1 x2 3 x3 − 1x + 32 x2 5 x5 − 3x3 + 52 x2 7 x7 − 5x5 . . . = x 1 + x2 3− x2 + 32x2 5−3x2 + 52x2 7−5x2 + . . . , hoặc ta sẽ biểu diễn dưới dạng arctanx= x 1+ x2 (3− x2)+ 32x2 (5−3x2)+ 52x2 (7−5x2)+ . . . . (1.11) 23 Đặc biệt, đặt x= 1 và lấy nghịch đảo, ta được công thức Lord Brouncker 4 pi = 1+ 12 2+ 32 2+ 52 2+ 72 2+ . . . . Bây giờ, ta sẽ trình bày về một liên phân số khác của pi . Xét chuỗi số ∞ ∑ n=1 (−1)n−1 ( 1 n + 1 n+1 ) = ( 1 1 + 1 2 ) − ( 1 2 + 1 3 ) + ( 1 3 + 1 4 ) + . . . = 1. Do pi 4 = 1 1 − 1 3 + 1 5 − 1 7 = 1− ∞ ∑ n=1 (−1)n−1 2n+1 , nhân biểu thức này với 4 và sử dụng biểu thức trước, ta có thể viết pi = 4−4 ∞ ∑ n=1 (−1)n−1 2n+1 = 3+1−4 ∞ ∑ n=1 (−1)n−1 2n+1 = 3+ ∞ ∑ n=1 (−1)n−1 ( 1 n + 1 n+1 ) −4 ∞ ∑ n=1 (−1)n−1 2n+1 = 3+ ∞ ∑ n=1 (−1)n−1 ( 1 n + 1 n+1 − 4 2n+1 ) = 3+4 ∞ ∑ n=1 (−1)n−1 2n(2n+1)(2n+2) , trong đó mà ta đã kết hợp các phân số từ dòng thứ ba đến dòng thứ tư. Bây giờ ta sẽ áp dụng công thức giới hạn (1.7) từ Định lí 1.2.2 với αn = 2n(2n+1)(2n+2). 24 Nhận thấy rằng αn−αn−1 = 2n(2n+1)(2n+2)−2(n−1)(2n−1)(2n) = 24n2. 1.3 Ứng dụng của liên phân số trong lịch và âm nhạc Ta sẽ tìm hiểu một số ứng dụng thú vị của liên phân số trong lịch và đàn piano. 1.3.1 Liên phân số và lịch Lịch là một chủ đề vô cùng thú vị. Một năm, về mặt kỹ thuật một năm nhiệt đới, là khoảng thời gian từ một điểm xuân phân này sang đến điểm xuân phân kia. Có hai điểm xuân phân, về cơ bản đó là thời gian mà ngày và đêm có cùng độ dài. Điểm xuân phân thường xảy ra vào khoảng ngày 21 tháng 3, ngày đầu tiên của mùa xuân, và điểm thu phân thường xảy ra vào khoảng ngày 23 tháng 9, ngày đầu tiên của mùa thu. Một năm có xấp xỉ 365.24219 ngày. Tổng số ngày lại không phải là một số nguyên làm cho việc làm lịch khó có thể hoàn thành một cách chính xác. Với lí do này, làm lịch là cả một môn nghệ thuật có từ lâu đời. Sau đây là một số xấp xỉ mà ta có thể biết: (1) 365 ngày, người Ai Cập cổ đại (2) 36514 , Julias Caesar (100-46 , Sau Công nguyên), tạo ra lịch Julian. (3) 365 97400 , Giáo hoàng Gregory XIII, 1585, tạo ra lịch Gregorian, là cuốn lịch được sử dụng nhiều nhất. 25 Xem S. Khrushev [2] cho lịch Persian và kết nối tới các liên phân số. Ta sẽ đi đến phân tích chuyên sâu hơn. Đầu tiên, các cuốn lịch thời cổ đại có 365 ngày là lịch cơ bản. Vì một năm thực sự là 365.24219 ngày, nên một năm cổ đại có ít hơn 0.24219 ngày so với một năm thực sự. Do đó, sau 4 năm, với lịch cổ đại ta mất đi: 4×0.24219= 0.9687 ngày ≈ 1 ngày . Sau 125 năm, với lịch cổ đại ta mất đi 125×0.24219= 30.27375 ngày ≈ 1 tháng. Cho nên đến một thời điểm nào đó thay cho ngày lập xuân vào ngày 21 tháng 3, ta sẽ có ngày lập xuân vào tháng 11. Đây là một điều khá vô lý. Trong lịch Julian có trung bình 36514 ngày trong một năm Julian. Phân số 14 cũng đóng một vai trò quan trọng. Ta thêm một ngày cho lịch thời cổ đại bốn năm một lần cho “năm nhuận”, nghĩa là, một năm với 366 ngày. Do đó, một năm lịch Julian được ước lượng như sau: 4×365+1 ngày 4 năm = 365 1 4 ngày năm Năm Julian có nhiều hơn 365.25−365.24219 = 0.00781 ngày so với một năm thực sự. Do đó, sau 125 năm, với lịch Julian ta có 125×0.00781= 0.97625 ngày ≈ 1 ngày . Sau 500 năm, với lịch Julian ta có 500×0.00781= 3.905 ngày ≈ 4 ngày 26 Đến đây, không quá tồi nhưng ta vẫn thừa ra 4 ngày. Trong lịch Gregorian, trung bình một năm có 365 97400 ngày, tức là, ta thêm 97 ngày vào lịch cổ đại 400 năm một lần. Các ngày thừa ra được cộng vào như sau: Mỗi 4 năm ta cộng thêm một ngày, một “năm nhuận” giống như lịch Julian - tuy nhiên, điều này lại cho thêm chúng ta thừa ra 100 ngày trong 400 năm, nên để bù lại, ta không có năm nhuận cho các mốc thế kỉ khác trừ 400, 800, 1200, 1600, 2000, 2400, . . . nhân với 400. Ví dụ cho rằng các năm: 1604,1608, . . . ,1696,1700,1704, . . . ,1796,1800,1804, . . . ,1896; 1900,1904, . . . ,1996,2000. Mỗi một năm này là một năm nhuận trừ 3 năm 1700, 1800, và 1900. Do đó, trong vòng 400 năm từ cuối năm 1600 đến đầu năm 2000, ta đã thêm vào chỉ tổng cộng 97 ngày vì ta không thêm các ngày nhuận vào năm 1700, 1800, 1900. Như ta đã nói, lịch Gregorian đưa ra ước lượng: 400×365+97 400 = 365 97 400 ngày năm . Vì 365 97400 = 365.2425, một năm Gregorian có hơn 365.2425−365.24219= 0.00031 ngày so với một năm thực sự. Tuy nhiên sau 500 năm với lịch Gregorian ta có thêm được 500×0.00031= 0.155 ngày ≈ 0 ngày . Bây giờ ta sẽ kết nối lịch với các liên phân số. Dưới đây là liên phân số dạng khai triển của một năm nhiệt đới 365,24219= 〈365,4,7,1,3,24,6,2,2〉. 27 Liên phân số này có các hội tụ c0 = 365, c1 = 365 1 4 , c2 = 365 7 29 , c3 = 365 8 33 , c4 = 365 31 128 , . . . Tại đây ta thấy rằng c0 là lịch cổ đại và c1 là lịch Julian, nhưng lịch Gre- gorian đang ở đâu? Nó không nằm trong danh sách này, nhưng nó gần có dạng c3 vì 8 33 = 8 33 · 12 12 = 96 396 ≈ 97 400 . Tuy nhiên, c3= 365 833 lại chính xác là số ngày trung bình trong lịch Persian được giới thiệu bởi nhà toán học kiêm nhà thơ Omar Khayyam. 1.3.2 Piano Ta sẽ bắt đầu với bài tập âm nhạc nhỏ dựa trên lá thư của Euler tới công chúa Đức. Khi mà dây thanh của piano hoặc dây sắt của cây đàn guitar rung lên, nó làm cho các phân tử trong không khí cũng rung lên theo. Phân tử này tác động đến phân tử khác và cuối cùng tác động đến tai của ta, và ta có giác quan “nghe”. Sự nhanh chóng của độ rung, số lần rung trong vòng một giây, được gọi là tần số. Hãy nói rằng ta nghe hai nốt nhạc với hai tần số khác nhau. Nhìn chung, các tần số này hòa vào với nhau và không tạo ra một thứ âm thanh dễ chịu, nhưng theo Euler, khi tỉ lệ của các tần số xảy ra bằng với một tỉ lệ nhất định của các số nguyên, ta sẽ nghe được âm thanh hay hơn. Ta sẽ gọi tỉ số của các tần số là một khoảng (quãng) giữa các nốt hoặc giữa các tần số. Ví dụ, để ý đến hai nốt, một với tần số f1 và một với tần số f2 mà f2 f1 = 2 1 ⇔ f2 = 2 f1 (quãng tám). Theo một ý khác, khoảng cách giữa nốt thứ nhất với thứ hai là 2, hay là f2 gấp hai lần f1. Khoảng đặc biệt này được gọi là quãng tám (octa). Một 28 khoảng khác được gọi là quãng năm, hay tỉ số là 3/2: f2 f1 = 3 2 ⇔ f2 = 23 f1 (quãng năm). Một số quãng khác là • 4/3 (quãng bốn) • 5/4 (quãng ba trưởng) • 9/8 (tông trưởng) • . . . Tuy nhiên, quãng tám và quãng năm vẫn tạo ra âm thanh hay nhất. Các tỉ số như là 7/6, 8/7, 11/10, 12/11, . . . không phù hợp lắm với đôi tai của ta. Ta đều biết phím đàn piano có hình dạng như sau Hình 1.1: Phím đàn piano Ta sẽ đặt tên cho các tần số cơ bản của cả phím đen và phím trắng bởi f0, f1, f2, . . . bắt đầu từ phía bên tay trái. Điều đầu tiên, các phím mà cách nhau 12 phím thì chính xác là một quãng tám. Chẳng hạn như, fo nhảy sang bên phải đến f12 là một khoảng cách quãng tám, từ f7 đến f19 là một quãng tám khác, . . . Với lí do này, một thang piano thật sự chỉ có 12 tần số cơ bản. Điều thứ hai, piano có tâm trạng đều đều (evenly tempered), có nghĩa là 29 cách khoảng giữa các phím liền kề không thay đổi. Đặt số không đổi (bất biến) này bằng c. Khi đó fn+1 fn = c⇒ fn+1 = c fn với mọi n Đặc biệt, fn+k = c fn+k−1 = c(c fn+k−2) = . . .= ck fn. (1.12) Vì fn+12 = 2 fn (do fn+12 và fn là một quãng tám ngoài), với k = 12 ta có: 2 fn = c12 fn⇒ 2= c12⇒ c= 2 112 . Do đó khoảng giữa các phím liền kề bằng 2 1 12 . Đến đây có thể xuất hiện câu hỏi: Tại sao số 12 lại đặc biệt đối với piano? Bởi vì nó có liên quan đến liên phân số. Tưởng tượng rằng ta có một chiếc piano có tâm trạng đều với các tần số cơ bản q, có nghĩa là, các phím nhạc có tần số q bởi quãng tám. Câu hỏi: q nào làm nên chiếc piano tốt nhất? Bởi một lập luận tương tự ta đã làm ở trên, ta thấy rằng khoảng cách giữa các phím liền kề là 21/q. Câu hỏi tiếp theo: Điều gì tạo nên chiếc piano tốt nhất? Một chiếc piano được thiết kế bao gồm quãng tám, một số có quãng năm. Ta sẽ đánh dấu các phím piano như Hình 2.1. Sau đó ta có p là khoảng cách giữa bất kì tần số fn và fn+p nào mà là quãng năm, có nghĩa là fn+p fn = 3 2 . Bằng công thức (1.12), ta có thể sử dụng thiết lập sẵn hiện tại chỉ cần ta đặt c= 21/q, ta có fn+p = (21/q)p fn = 2p/q fn. Do đó, ta muốn 2p/q = 3 2 tức là p q = log(3/2) log2 . 30 Điều này, thật không may lại không thể xảy ra vì p/q là hữu tỉ còn log(3/2)log2 là vô tỉ. Vì thế, có khả năng cho piano có quãng năm. Tuy nhiên mặc dù piano không bao giờ có thể có quãng năm hoàn hảo, nhưng nó chắc chắn có thể có một quãng năm xấp xỉ. Ta chỉ cần tìm ra các số xấp xỉ hữu tỉ tốt tới số vô tỉ log(3/2)log2 . Ở đây ta sẽ bắt đầu thấy ứng dụng của các liên phân số. Có thể chứng minh rằng log(3/2) log2 = 〈1,1,2,2,3,1, . . .〉, mà nó có các hội tụ 0, 1 1 , 1 2 , 3 5 , 7 12 , 24 41 , 31 53 , 179 306 , . . . Rất bất ngờ, ta thấy số 12. Đặc biệt, bởi định lý xấp xỉ tốt nhất (xem S. Khrushev [2, Theorem 7.20]), ta biết rằng 712 xấp xỉ cho log(3/2) log2 tốt hơn bất kì số hữu tỉ nào với mẫu số nhỏ hơn 12, từ đó có thể nói ta không thể tìm thêm thang piano nào với ít hơn 12 phím cơ bản mà cho xấp xỉ tốt hơn tới một quãng năm. Đây là lí do chiếc đàn piano một thang có 12 phím. Tóm lại, 1,2,5,12,41,53,306, . . . là các số q tạo nên những chiếc piano tốt nhất. 31 Chương 2 Đa thức trực giao 2.1 Xấp xỉ Diophantus Với nhu cầu của thực tiễn, việc xấp xỉ các số vô tỉ bằng các số hữu tỉ là cần thiết. Ngoài ra nếu số hữu tỉ mà rất lớn thì khó có thể làm. Do đó để thuận tiện hơn thì cần có một xấp xỉ "tốt" bằng cách đưa thành số hữu tỉ có mẫu hợp lí hơn. Xấp xỉ Diophantus giúp ta tìm số hữu tỉ có xấp xỉ "tốt nhất" với số thực. 2.1.1 Xấp xỉ tốt và xấp xỉ tốt nhất Định nghĩa 2.1.1. Số hữu tỉ p/q được gọi là một xấp xỉ tốt đến số thực ξ nếu và chỉ nếu với tất cả số hữu tỉ ab 6= pq với 1≤ b≤ q, ta có∣∣∣∣ξ − pq ∣∣∣∣< ∣∣∣ξ − ab∣∣∣ Ví dụ 2.1.2. 4/1 không phải là một xấp xỉ tốt đến pi bởi vì 3/1, có mẫu số bằng nhau, gần với pi:∣∣∣∣pi− 31 ∣∣∣∣= 0.141592 . . . < ∣∣∣∣pi− 41 ∣∣∣∣= 0.858407 . . . Bây giờ, chúng ta thảo luận về khái niệm xấp xỉ tốt nhất ở định nghĩa sau đây: 32 Định nghĩa 2.1.3. Số hữu tỉ pq được gọi là xấp xỉ tốt nhất đến số thực ξ nếu với mọi số hữu tỉ ab với 1≤ b≤ q, ta có |qξ − p|< |bξ −a|. Mối liên hệ giữa hai loại xấp xỉ này được phát biểu như sau: Mệnh đề 2.1.4. Một xấp xỉ tốt nhất là xấp xỉ tốt, nhưng điều ngược lại không đúng. Chứng minh. Ta sẽ đưa ra một ví dụ để thấy rằng một xấp xỉ tốt có thể không phải là một trong những tốt nhất. Cho p/q là một xấp xỉ tốt nhất đến ξ , ta sẽ chứng minh p/q là một xấp xỉ tốt. Cho a/b 6= p/q là các số hữu tỷ với 1 ≤ b ≤ q. Khi đó |qξ − p| < |b− ξa|, do p/q là một xấp xỉ tốt nhất, và dó đó ∣∣∣∣ξ − pq ∣∣∣∣= |qξ − p|q < |bξ −a|q ≤ |bξ −a|b = ∣∣∣ξ − ab∣∣∣ , tức là ∣∣∣∣ξ − pq ∣∣∣∣< ∣∣∣ξ − ab∣∣∣ . Và điều này chứng minh rằng p/q là một xấp xỉ tốt. 2.1.2 Sự xấp xỉ và sự hội tụ Chủ đề của phần này là hiểu về sự xấp xỉ của các số thực. Ta sẽ xem xét định lý xấp xỉ sau: Định lí 2.1.5 (Định lý xấp xỉ cơ bản). Giả sử ξ là một số vô tỉ và{xn = pn/qn} là các hội tụ của liên phân số chính tắc. Khi đó ta có bất đẳng thức |ξ − cn|< 1qnqn+1 , |ξ − cn+1|< |ξ − cn| , |qn+1ξ − pn+1|< |qnξ − pn| . Nếu ξ là một số hữu tỉ và hội tụ cn+1 được xác định (đó là, nếu ξ 6= cn), thì các bất đẳng thức đó vẫn xảy ra. 33 Chứng minh. Ta sẽ chứng minh định lý đối với ξ vô tỉ, phép chứng minh đối với số hữu tỉ sẽ dùng các lập luận tương tự. Phép chứng minh của định lý khá đơn giản. Ta chỉ cần bất đẳng thức cn < cn+2 < ξ < cn+1 hoặc cn+1 < ξ < cn+2 < cn; (2.1) tương ứng, phụ thuộc vào n chẵn hay lẻ; và quan hệ truy hồi cn+1− cn = (−1) n qnqn+1 , cn+2− cn = (−1) nan+2 qnqn+2 , (2.2) Bây giờ, bất đẳng thức thứ nhất trong định lý thu được bởi |ξ − cn|< |cn+1− cn|= ∣∣∣∣ (−1)nqnqn+1 ∣∣∣∣= 1qnqn+1 . Bây giờ ta sẽ chứng minh rằng |qn+1ξ − pn+1| < |qnξ − pn|. Để chứng minh điều này, ta sẽ làm việc với từng vế trái và phải. Với vế trái, ta có |qn+1ξ − pn+1|= qn+1 ∣∣∣∣ξ − pn+1qn+1 ∣∣∣∣= qn+1|ξ − cn+1| < qn+1|cn+2− cn+1| = qn+1 1 qn+1qn+2 = 1 qn+2 . Do đó, 1qn+2 > |qn+1ξ − pn+1|. Bây giờ, |qnξ − pn|= qn ∣∣∣∣ξ − pnqn ∣∣∣∣= qn |ξ − cn|> qn|cn+2− cn| = qn an+2 qnqn+2 = an+2 qn+2 ≥ 1 qn+2 > |qn+1ξ − pn+1|. Và điều này chứng minh bất đẳng thức thức ba. Cuối cùng, sử dụng những gì chúng tôi vừa chứng minh, và qn+1 = an+1qn+qn−1 ≥ qn+qn−1 > qn⇒ 1qn+1 < 1 qn , 34 ta thấy rằng |ξ − cn+1|= ∣∣∣∣ξ − pn+1qn+1 ∣∣∣∣= 1qn+1 |qn+1ξ − pn+1| < 1 qn+1 |qnξ − pn| < 1 qn+1 |qnξ − pn|= ∣∣∣∣ξ − pnqn ∣∣∣∣= |ξ − cn|. Phép chứng minh định lý được kết thúc. Bây giờ ta sẽ chứng minh định lý quan trọng nhất của mục này. Định lí 2.1.6 (Định lý Xấp xỉ tốt nhất). Mọi xấp xỉ tốt nhất của một số thực (hữu tỉ hoặc vô tỉ) là hội tụ của các liên phân số chuẩn tắc của chúng và ngược lại, mỗi hội tụ c1, c2, c3, . . . là xấp xỉ tốt nhất. Chứng minh. Ta sẽ chứng minh rằng mọi xấp xỉ tốt nhất là một hội tụ, do đó chúng ta chỉ cần chứng minh rằng mỗi hội tụ c1,c2,c3, . . . là một xấp xỉ tốt nhất. Cho ξ là một số thực với hội tụ {cn = pn/qn} Ta sẽ chứng minh rằng pn/qn là một xấp xỉ tốt nhất bằng quy nạp toán học. Ta bắt đầy với trường hợp n= 1. Ta chứng minh rằng p1/q1 là một xấp xỉ tốt nhất bằng phản chứng. Nếu p1/q1 không là một xấp xỉ tốt nhất, khi đó bởi định nghĩa của xấp xỉ tốt nhất, phải có một phân số khác a/b 6= p1/q1 với 1≤ b≤ q1 và |bξ −a| ≤ |q1ξ − p1|. Sử dụng sự bất bình đẳng này chúng ta sẽ rút ra một mâu thuẫn. Chú ý rằng bất đẳng thức này suy ra trong một trường hợp riêng, đó là trường hợp ξ xảy ra hữu tỉ, ξ1 6= p1/q1. Chúng ta rút ra một mâu thuẫn bằng cách đơn giản là làm việc với định nghĩa về việc khai triển chính tắc ξ = a0+ 1 ξ trong đó ξ1 > 1 và a1 := bξ1c 35 và định nghĩa của q1 và p1 q1 = a1 = bξ1c và p1 = a0a1+1= a0q1+1. (2.3) Do đó, bất đẳng thức |bξ −a| ≤ |q1ξ − p| có thể viết lại là∣∣∣∣b(a0+ 1ξ )∣∣∣∣≤ ∣∣∣∣q1(a0+ 1ξ ) − (a0q1+1) ∣∣∣∣ . Sau khi hoán đổi và triệt tiêu, ta có dạng sau∣∣∣∣ba0+ bξ −a ∣∣∣∣≤ ∣∣∣∣q1ξ1 −1 ∣∣∣∣⇒ ∣∣∣∣a−ba0+ bξ ∣∣∣∣≤ ∣∣∣∣1− q1ξ1 ∣∣∣∣ . (2.4) Vì 0< q1= bξ1c điều này kéo theo rằng 0< q1/ξ1≤ 1, và do đó ∣∣∣1− q1ξ1 ∣∣∣< 1. Vì vậy, bởi (2.4) ta có∣∣∣∣a−ba0+ bξ ∣∣∣∣< 1⇒ bξ −1< a−ba0 < 1+ bξ . Bởi giả thiết, 1≤ b≤ q1bξ1c, cho nên 0< b/ξ ≤ 1 và vì thế−1< a−ba0< 2. Do vậy, a− ba0 là một số nguyên, số nguyên này phải bằng 0 hoặc 1. Nếu a−ba0 = 0, từ (2.4) ta có∣∣∣∣ bξ1 ∣∣∣∣≤ ∣∣∣∣1− q1ξ1 ∣∣∣∣⇒ b≤ |ξ1−q1|= ξ1−bξ1c< 1, và nó cho thấy rằng b< 1, đây là một điều không thể xảy ra được vì 1≤ b. Mặt khác, nếu a−ba0 = 1, ta có∣∣∣∣1− bξ1 ∣∣∣∣≤ ∣∣∣∣1− q1ξ1 ∣∣∣∣⇒ |ξ1−b| ≤ |ξ1−q1| ⇒ ξ1−b≤ ξ1−q1, đây là chỗ mà ta đã sử dụng rằng ξ1− q1 = ξ1−bξ1c ≤ 0 và b ≤ q1 cho nên ξ1−b≤ 0. Triệt tiêu ξ1 thấy rằng q1 ≤ b. Do b≤ q1 ta phải có q1 = b. Do đó đẳng thức a−ba0 = 1 chỉ ra rằng a= a0b+1= a0q1+1= p1. 36 Do đó, a/b= p/q, mâu thuẫn. Bây giờ giả sử pn/qn với n≥ 1 là một xấp xỉ tốt nhất; ta sẽ chứng minh rằng pn+1/qn+1 là xấp xỉ tốt nhất. Ta có thể giả sử rằng ξ 6= pn+1/qn+1, nếu ngược lại thì pn+1/qn+1 tự động là một xấp xỉ tốt nhất. Ta có |yξ − x| ≤ |qnξ − pn| với x= pn+1, y= qn+1. (2.5) Ta giảm vế trái của bất đẳng thức trên tất cả các số hữu tỉ x/y với 1≤ y≤ qn+1, sau đó chứng minh rằng việc thu giảm x/y là một xấp xỉ tốt nhất, và cuối cùng chứng minh rằng x/y= pn+1/qN+1. Để tối giản vế trái của (2.5), đầu tiên ta đặt q là mẫu số nhỏ nhất y của tất cả các số hữu tỉ x/y với y> 0 mà |yξ − x| ≤ |qnξ − pn|. (2.6) Vì q là mẫu số y nhỏ nhất thỏa mãn (2.6) với mọi x/y với y > 0, bởi (2.5) ta phải có q≤ qn+1. Bây giờ đặt p là một số tự nhiên x làm cho |qξ − x| là nhỏ nhất. Đặc biệt, |qξ − p| ≤ |qnξ − pn|. Lưu ý rằng p/q tối giản, nếu p= jx và q= jy với j≥ 2 với x, y nào đó, thì y< q và |yξ − x| ≤ j|yξ − x|= |qξ − p|< |qnξ − pn| nhưng điều này mâu thuẫn với định nghĩa của q là số dương y nhỏ nhất thỏa mãn (2.6) . Ta cũng lưu ý rằng vì |qξ− p|< |qnξ− pn| và pn/qn là một xấp xỉ tốt nhất theo giả thiết, ta phải có qn < q. Tóm lại, ta có qn < q≤ qn+1 và p/q là tối giản. Ta yêu cầu p/q là xấp xỉ tốt nhất tới ξ . Từ S. Khrushev [2, Lemma 7.9] ta biết được rằng p/q phải là một hội tụ. Trong trường hợp này p/q= pk/qk 37 với một k nào đó. Vì p/q tối giản và vì thế cũng thế ta phải có p = pk và q = qk. Mặt khác, ta biết rằng qn < qn+1 cho nên k phải bằng n+1. Điều này chứng tỏ p/q = pn+1/qn+1 và phép chứng minh đã hoàn thành, một khi ta chỉ ra rằng p/q là xấp xỉ tốt nhất. Vì đơn giản cho phản chứng, ta giả sử p/q không phải là xấp xỉ tốt nhất. Do đó phải tồn tại một số hữu tỉ a/b 6= p/q thỏa mãn 1≤ b≤ q và |bξ −a| ≤ |qξ − p| (2.7) Do |bξ − a| ≤ |qξ − p| do đó a/b thỏa mãn |bξ − a| ≤ |qnξ − pn|. Với q này, theo định nghĩa, là mẫu số dương nhỏ nhất y trong các số hữu tỉ x/y thỏa mãn |yξ − x| ≤ |q− nξ − pn|, nên ta phải có q ≤ b. Tuy nhiên b ≤ b theo giả thiết nên ta có q= b, và do đó, đặt b= p vào (2.7), ta được |qξ −a| ≤ |qξ − p|. (2.8) Với p này, theo định nghĩa đã tạo ra |qξ − x| nhỏ nhất so với tất cả x, đặc biệt |qξ − p|< |qξ −a|. Do đó, từ (2.8) ta có |qξ −a| ≤ |qξ − p|. Bình phương cả hai vế ta được q2ξ 2−2qξa+a2 = q2ξ 2−2qξ p+ p2. Từ đây suy ra ξ = p+a 2q . Ở đây ta có thể chia cho p−a bởi vì a/b 6= p/q theo giả thiết, và b= p, do đó a 6= p. Đặc biệt, |a− p| ≥ 1 do đó |qξ − p|= ∣∣∣∣ p+a2q − p ∣∣∣∣= ∣∣∣∣a− p2 ∣∣∣∣≥ 12. (2.9) 38 Ta có ξ = (p+ a)/2q. Thật vậy, nếu tử số và mẫu số có thừa số chung m≥ 2 ta có thể viết ξ = k/` trong đó p+k=mk và 2q=m`. Đặc biệt, bởi (2.9) ta có |`ξ − k|= ∣∣∣∣`(k` ) − k ∣∣∣∣= 0< 12 ⇒ |`ξ − k|< |qξ − p|. (2.10) Ta có thể có hai lựa chọn, m = 2 hoặc m > 2. Nếu m = 2, thì 2q = 2` nên q= ` và do đó thay thế vào (2.10) ta có |qξ − k|< |qξ − p|. Hơn thế nữa, điều này mâu thuẫn với định nghĩa củap như là một cực tiểu của |qξ − x| cho tất cả các x. Nếum> 2, thì ` < q tương tự ta có thể kết luận, p/q không phải là xấp xỉ tốt nhất dẫn tới kết luận ξ = (p+a)/2q là tối giản. Bây giờ viết ξ = (p+ a)/2q dưới dạng khai triển liên phân số chính tắc, nếu pN/qN kí hiệu hội tụ cuối cùng của nó, thì ta có N > n+ 1 và ξ = pNqN trong đó p+a= pN và 2q= qN = aNqN−1+qN−2 với aN ≥ 2 bởi vì dạng khai triển là chính tắc. Do đó |qN−1ξ − pN−1|= qN−1 ∣∣∣∣ξ − pN−1qN−1 ∣∣∣∣ < qN−1 1 qN−1qN = 1 qN ≤ 1 2q ≤ 1 2 ≤ |qξ − p|. Đặ