Matematika BSc., matematikus szakirány. Szakdolgozat

Átírás

1 Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar Dolecsek Máté Matematika BSc., matematikus szakirány Lánctörtek Szakdolgozat Témavezető: Gyarmati Katalin és Sárközy András Algebra és Számelmélet Tanszék Budapest, 2013

2 Köszönetnyilvánítás Ezúton szeretnék köszönetet mondani témavezetőimnek, Gyarmati Katalinnak és Sárközy Andráak, a témafelvetésért, a konzultációkért és minden egyéb segítségért, ami hozzájárult a szakdolgozat elkészítéséhez. 1

3 Tartalomjegyzék 1. Bevezetés 3 2. Véges lánctörtek 4 3. Lánctörtek és diofantikus approximációelmélet 8 4. Általánosított lánctörtek Az egyszerű lánctörtek néhány további tulajdonsága A lánctörtek egy alkalmazása, Pell-egyenletek Egy érdekesség és egy numerikus példa 37 Hivatkozások 39 2

4 1. Bevezetés Már nagyon régóta ismeretes, hogy a valós számok közelíthetők lánctörtekkel. Felhasználják a naptárkészítésben, szökőévek kiszámításában, fontos konstansok közelítésére, és számok irracionális voltának bizonyítására. Először Pietro Cataldi ban kiadott könyvében jelentek meg lánctörtek, de szó esik róluk Daniel Schwenter könyvében, a Deliciae Physic-Mathematicae ban (1636) is től John Wallis több művében is foglalkozott velük. Christiaan Huygens nagy nevezőjű törteket és természeti konstansokat közelített velük: így számította ki naprendszermodelljéhez a fogaskerekek áttétét. Leonhard Euler levelezésében először a Riccati-differenciálegyenletekkel kapcsolatban jelentek meg a lánctörtek. Hamarosan azonban már maguk a lánctörtek kezdték érdekelni, és megalapozta a lánctörtek elméletét. Belátta, hogy a valós számok lánctörtbe fejthetők az euklidészi algoritmus általánosításával; hogy a racionális számok lánctörtes alakja véges; hogy a végtelen periodikus lánctörtek másodfokú racionális együtthatós egyenletek megoldásai; és hogy a lánctörtes közelítés valamilyen értelemben a legjobb. 3

5 2. Véges lánctörtek Jelölje a továbbiakban egy α valós szám alsó egész részét α, törtrészét pedig {α}. Tekintsük a következő algoritmust: α R, c 0 = α, α 1 = {α}, ekkor α = c 0 + α 1. Ha α 1 0, akkor legyen c 1 = 1 α 1 és α 2 = { 1 α 1 }, ekkor α = c 0 + α 1 = c c 1 +α 2. Általában, ha a c 0, c 1,..., c n és α 1,..., α n+1 értékeket már meghatároztuk, és α n+1 0, akkor legyen c n+1 = 1 α n+1 és α n+2 = { 1 α n+1 }. Így α = c c 1 + c c n+1 + α n+2 E (sok emeletes) törtet (véges) lánctörtnek nevezzük. Az α valós szám ezen előállítását α = L(c 0, c 1,..., c n, c n+1 + α n+2 )-val jelöljük. Ha α n+2 = 0, akkor az eljárás véget ér Definíció. Egy α valós szám lánctörjegyein az algoritmus által előállított (véges vagy végtelen) c 0, c 1,.. számsorozatot értjük. 4

6 Megjegyzések: I. A definíció alapján nyilvánvaló, hogy a lánctörtjegyek egyértelműen meghatározott egész számok, és c i > 0, ha i 1. II. Ha 0 < α < 1 valós szám, akkor α első lánctörtjegye c 0 = 0. III. Ha 0 < α < 1 és αα 1 = 1, akkor α lánctörtjegyei a másodiktól kezdve megegyeznek α 1 lánctörtjegyeivel Definíció. α = L(c 0, c 1,...) esetén legyen L n (α) = L(c 0, c 1,..., c n ). Az L n (α) számot az α n-edik közelítő törtjének nevezzük Lemma. Legyenek c 0, c 1, c 2,... tetszőleges valós számok, ahol c i > 0, ha i 1 és képezzük a következő rekurziót: Ekkor r 0 = c 0, r 1 = c 1 c 0 + 1, r n = c n r n 1 + r n 2, (1(a)) s 0 = 1, s 1 = c 1, s n = c n s n 1 + s n 2, (1(b)) és továbbá az L(c 0, c 1,..., c n ) = r n (2) r n s n r n 1 s n 1 = ( 1)n 1 s n 1 s n (n 1) (3) r n s n r n 2 s n 2 = ( 1)n c n s n 2 s n (4) összefüggés is fennáll. Ha a c n számok egészek, akkor r n és s n is egész és (r n, s n ) = 1, és n > 0 esetén s n+1 > s n. Bizonyítás: I. (2) egyenlőséget n szerinti teljes indukcióval bizonyítjuk. Az n = 0, 1, 2 esetekben 5

7 L(c 0 ) = c 0 = c 0 1 = r 0 s 0 L(c 0, c 1 ) = c c 1 = c 1c 0 +1 c 1 = r 1 s 1 L(c 0, c 1, c 2 ) = c 2c 1 c 0 +c 2 +c 0 c 2 c 1 +1 = c 2r 1 +r 0 c 2 s 1 +s 0 = r 2 s 2, tehát (2) teljesül. Tegyük fel, hogy (2) igaz az m 2 esetben is, azaz L(c 0, c 1,..., c m ) = r m sm ahol r m 1, s m 1, r m 2 és s m 2 függ. Ekkor = c mr m 1 +r m 2 c m s m 1 +s m 2, csak a c 0, c 1,..., c m 1 értékektől L(c 0,..., c m 1, c m, c m+1 ) = L(c 0,..., c m 1, c m + 1 c m+1 ) = (c m + 1 c m+1 )r m 1 +r m 2 (c m + 1 c m+1 )s m 1 +s m 2 c m+1 r m +r m 1 c m+1 s m +s m 1 = r m+1 s m+1, = c m+1(c m r m 1+r m 2)+r m 1 c m+1 (c m s m 1 +s m 2 )+s m 1 = tehát (2) az n = m + 1 esetén is teljesül. II. (3) és (4) igazolása: r n s n 1 r n 1 s n = (c n r n 1 + r n 2 )s n 1 r n 1 (c n s n 1 + s n 2 ) = (r n 1 s n 2 r n 2 s n 1 ). Ugyanezt az n 1, n 2,..., 2 értékekre elvégezve kapjuk, hogy r n s n 1 r n 1 s n = ( 1) n 1 (r 1 s 0 r 0 s 1 ) = ( 1) n 1. (5) Osztva s n s n 1 -gyel kapjuk, hogy továbbá r n s n r n 1 s n 1 = ( 1)n 1 s n 1 s n, 6

8 r n s n 2 r n 2 s n = (c n r n 1 + r n 2 )s n 2 r n 2 (c n s n 1 + s n 2 ) = c n (r n 1 s n 2 r n 2 s n 1 ) = ( 1) n c n. Ezt osztva s n 2 s n -nel kapjuk (4)-et. III. Az, hogy r n, s n egész számok a feltételekből következik és ugyanígy a feltételekből következik az is, hogy s n+1 > s n. (r n, s n ) = 1 pedig (5)-ből következik Tétel. Az α valós szám lánctörjegyeinek sorozata akkor és csak akkor véges, ha α racionális. Bizonyítás: Legyen α lánctörjegyeinek sorozata véges, azaz léteznek c i egészek, hogy α = L(c 0, c 1,..., c k ). Ekkor az emeletes törtet lebontva α két egész szám hányadosaként írható, így racionális. Megfordítva, legyen α = a/b, ahol b > 0 és a egész számok. Bebizonyítjuk, hogy a lánctörtjegyeket megadó algoritmus az euklideszi algoritmus lépéseinek felel meg. Ebből következik, hogy a lánctörtjegyeket előállító algoritmus véges sok lépésben véget ér. Az euklideszi algoritmus első lépésében az a számot osztjuk maradékosan b-vel: a = bq 1 + r 1, ahol 0 r 1 < b. Ez a b = q 1 + r 1 b = a b + {a b } alakba írható, tehát c 0 = q 1 és α 1 = r 1 b ( a lánctört-algoritmus jelöléseivel). Ha r 1 0, akkor az euklideszi algoritmus következő lépése b = r 1 q 2 + r 2, ahol 0 r 2 < r 1, 7

9 tehát 1 α 1 = b r 1 = q 2 + r 2 r 1 = b r 1 + { b r 1 }, így c 1 = q 2 és α 2 = r 2 r 1. Ugyanígy adódik, hogy a további lánctört-jegyek is az euklideszi algoritmusban szereplő hányadosok lesznek. 3. Lánctörtek és diofantikus approximációelmélet Legyen a továbbiakban α irracionális. A cél az α szám közelítése racionális számokkal. Megmutatjuk, hogy a lánctörtek segítségével α-t jól közelítő racionális számokat tudunk előállítani, amelyek az α (végtelen) lánctörtalakjának a (véges) szeletei lesznek, azaz azok a (véges) lánctörtek, amelyeket n 0 esetén az α első n+1 darab lánctörtjegyéből képzünk. Ezek nem mások, mint a 2.2. definícióban bevezetett közelítő törtek Tétel. Legyenek az α irracionális szám lánctörtjegyei c 0, c 1,..., és L n (α) = r n, ahol (r n, s n ) = 1 és s n > 0. Ekkor bármely n esetén fennáll és ha n > 0, akkor az α r n < 1 s 2 n, (1) α r n < 1 2s, α r n+1 2 n s n+1 < 1 2s 2 n+1 egyenlőtlenségek közül legalább az egyik teljesül. Bizonyítás: Felhasználjuk az α következő véges lánctörtalakját: α = L(c 0, c 1,...c n, c n+1 + α n+2 ) (ez a 2. fejezetben említett algoritmusból következik). A 2.3. lemmát az α r n különbség 8 (2)

10 becslésére a c 0, c 1,..., c n, c n+1 = c n+1 + α n+2 számokra fogjuk alkalmazni. Ekkor a 2.3. lemmában szereplő rekurzióval az számokhoz jutunk, ahol r 0, r 1,..., r n, r n+1 és az s 0, s 1,..., s n, s n+1 r n+1 = c n+1r n + r n 1 = (c n+1 + α n+2) r n + r n 1 s n+1 = c n+1s n + s n 1 = (c n+1 + α n+2 )s n + s n 1, ha n 1. Ekkor L n (α) definíciója a 2.3. lemma (2) képlete és a bizonyítás elején bevezetett véges lánctörtalak képlete alapján α = r n+1 s n+1 és L n (α) = r n. Így a 2.3. lemma (3) képletének felhasználásával nyerjük, hogy α r n = r n+1 s n+1 r n = ( 1)n. (3) s n s n+1 Mivel s n+1 > s n így (3)-ból azonnal adódik (1). (2) igazolásához az állítással ellentétben tegyük fel, hogy α r n 1 2s 2 n és α r n+1 s n+1 1 2s 2 n+1. (4) (3) szerint az α r n és az α r n+1 s n+1 különbségek ellenkező előjelűek, tehát α az r n és r n+1 s n+1 törtek közé esik. Ezért α r n + α r n+1 s n+1 = r n r n+1 s n+1. (5) (5) bal oldalát (4) szerint becsülve, a jobb oldal helyett pedig a 2.3. lemma (3) képlete alapján 1 s n s n+1 -et írva, 1 2s 2 n + 1 2s 2 n+1 1 s n s n+1, tehát (s n+1 s n ) 2 0. (6) 9

11 De n > 0 esetén s n+1 > s n, ezért (6) nem teljesülhet, tehát ellentmondásra jutottunk. Megjegyezzük, hogy α bármely három egymást követő közelítő törtje közül legalább az egyik - legyen ez r n - kielégíti az egyenlőtlenséget is Tétel. Ha α r n < 1 5s 2 n r s α < 1 2s 2 (7) akkor létezik n pozitív egész szám, hogy L n (α) = r s, tehát r s egy közelítő tört. Ennek a bizonyításához a következő két lemmát használjuk fel: 3.3. Lemma. Ha P, Q, R és S egész számok, hogy Q > S > 0, P S QR = ±1 és α = P ζ+r Qζ+S, ahol ζ > 1, akkor az R S és P Q két egymást követő közelítő törtje annak a lánctörtnek, melynek értéke α. Ha R S = L n 1(α) és P Q = L n(α), akkor ζ = L n+1 (α). Bizonyítás: Legyen Tudjuk, hogy P Q = L(a 0, a 1,..., a n ) = r n. (8) P S QR = ±1. (9) 10

12 Mivel (P, Q) = 1 és Q > 0, és r n és s n ugyanazokat a feltételeket elégíti ki, ezért (8) és (9) miatt P = r n és Q = s n és így r n S s n R = P S QR = ( 1) n 1 = r n s n 1 r n 1 s n, r n (S s n 1 ) = s n (R r n 1 ). (10) Mivel (r n, s n ) = 1, ezért (10) miatt De és így s n (S s n 1 ). (11) s n = Q > S > 0, s n s n 1 > 0 S s n 1 < s n. Ezt (11)-gyel összevetve kapjuk, hogy S s n 1 = 0 kell, hogy teljesüljön. Így viszont és S = s n 1 és R = r n 1 α = r nζ+r n 1 s n ζ+s n 1, ezért α = (a 0, a 1,..., a n, ζ). Ha ζ = (a n+1, a n+2,...), ahol a n+1 = = [ζ] 1, tehát α = (a 0, a 1,...a n, a n+1, a n+2,...). De r n 1 s n 1 (= R S ) és r n s n (= P Q ) a lánctört egymást követő közelítő törtjei, és L(α) n+1 = ζ Lemma. Ha α = L(c 0, c 1,..., c n ), akkor minden n esetén létezik α-nak olyan lánctört előállítás, ahol a lánctörtjegyek száma páratlan (páros). Bizonyítás: Legyen α = L(c 0, c 1,..., c n ). Ha c n 2, akkor 11

13 illetve c n = 1 esetén α = L(c 0, c 1,..., c n ) = L(c 0, c 1,..., c n 1, 1), α = L(c 0, c 1,..., c n 1, 1) = L(c 0, c 1,..., c n 2, c n 1 + 1) mindkettő számolással ellenőrizhető tétel bizonyítása: Ha (7) igaz, akkor ahol r s α = ɛθ s 2, ɛ = ±1 és 0 < θ < 1 2. Legyen r s = L(a 0, a 1,..., a n ). A 3.4. lemma szerint feltehetjük, hogy n páros, vagy páratlan, és ezért feltehetjük azt is, hogy ɛ = ( 1) n 1 teljesül. Ekkor ahol r n és r n 1 s n 1 r s -nek. Így ɛθ s 2 n α = ωr n+r n 1 ωs n +s n 1, az utolsó, illetve utolsó előtti közelítő törtjei = r n x = r ns n 1 r n 1 s n s n (ωs n +s n 1 ) = ( 1)n 1 s n (ωs n +s n 1 ), Ebből ɛ = ( 1) n 1 -nel való osztás után θ = s n ωs n +s n 1 = ω = 1 θ s n 1 s n 12

14 következik. Mivel 0 < θ < 1 2, így a 3.3. lemma alapján r n 1 s n 1 egymást követő közelítő törtjei α-nak. De r n = r s. r n s n és 4. Általánosított lánctörtek Tekintsük a következő törtet: α = a 0 + a 1 + a b 1 b 2 + b n 1 a n 1 + b n a n Röviden így fogjuk ezt írni: a 0 + b 1 a 1 + b 2 a b n an Az előző fejezetekben a b i = 1 és a i > 0 esetet vizsgáltuk és arra mondtunk ki tételeket. Azokat egyszerű lánctörteknek hívják. Most az a i és a b i számok tetszőleges valós számok, persze a i 0 minden i-re Definíció. Legyen c n = a 0 + b 1 a 1 + b 2 a b n an Ezt a lánctört n-edik közelítőtörtjének nevezzük Definíció. Ha létezik c n határértéke, akkor azt mondjuk, hogy az a 0 + b 1 b 2... végtelen lánctört konvergens. a 1 + a 2 + Ha létezik m, hogy b m = 0, akkor n m esetén c n = c m, tehát 13

15 véges a lánctört, így konvergens. Legyen a 0 + b 1 b 2 a 1 + a b n an egy nem negatív végtelen lánctört, tehát a n > 0 és b n 0 valós számok, a 0 -ra semmiféle korlátozást nem teszünk Lemma. r n = a n r n 1 + b n r n 2 és s n = a n s n 1 + b n s n 2, r 1 = 1 r 0 = a 0 s 1 = 0 s 0 = 1 és a 0 + b 1 a 1 + b 2 a b n x = xr n 1+b n r n 2 xs n 1 +b n s n Lemma. Minden n 1 esetén fennállnak a következők: és n 2 esetén: r n s n 1 r n 1 s n = ( 1) n 1 b 1 b 2...b n, (1) r n s n 1 r n 2 s n 2 = ( 1) n b 1 b 2...b n 1, (2) c n c n 1 = ( 1)n 1 b 1 b 2...b n s n 1 s n, (3) c n c n 2 = ( 1)n 1 a n b 1 b 2...b n s n 2 s n. (4) Az előző két lemma a 2.3. lemma általánosítása (ott a b i = 1 eset állt fenn), a bizonyítás ugyanúgy teljes indukcióval elvégezhető Lemma. ɛ = a 0 + b 1 a 1 + b 2 a b n an 0. Ekkor b 1 1 ɛ = 1 a 0 + a 1 + b 2 a b n an 0. Bizonyítás: n-re vonatkozó indukcióval könnyen belátható Tétel. Tegyük fel, hogy b n > 0 minden n-re. Ekkor a közelítő törtek c n sorozatára igaz a következő: c 0 < c 2 <... < c 2n < c 2n 1 <... < c 3 < c 1. 14

16 Tehát a páros indexű közelítő törtek szigorúan monoton nőnek, míg a páratlan indexű közelítő törtek szigorúan monoton csökkenek. Bizonyítás: az 4.4. lemma (4) képletét n helyett 2n-re alkalmazva kapjuk, hogy c 2n c 2n 2 = ( 1)2n 2 a 2n b 1 b 2...b 2n 1 s 2n s 2n 1 = a 2nb 1 b 2...b 2n 1 s 2n s 2n 1 > 0. Ebből következik, hogy c 2n 2 < c 2n minden n 1 esetén, ezért c 0 < c 2 < c 4 <.... A 4.4. lemma (4) képletét n helyett 2n-1-re alkalmazva kapjuk, hogy a páratlan indexű közelítő törtek szigorúan monoton csökkenő sorozatot alkotnak. A 4.4. lemma (3) képletét alkalmazva n helyett 2n-re kapjuk, hogy c 2n c 2n 1 = ( 1)2n 1 b 1 b 2...b 2n s 2n s 2n 1 tehát c 2n < c 2n 1. = b 1b 2...b 2n s 2n s 2n 1 < 0, 4.7. Következmény. Ha létezik lim c 2n és létezik lim c 2n 1, akkor c 0 < c 2 <... <lim c 2n lim c 2n 1 <... < c 3 < c 1. Tehát létezik a lim c n pontosan akkor, ha lim c 2n = lim c 2n 1, ami akkor és csak akkor áll fenn, ha c 2n c 2n 1 = b 1b 2...b 2n s 2n s 2n 1 0, amint n. (5) 4.8. Tétel. Legyenek {a} n=0 és {b} n=0 olyan sorozatok, melyekre a n, b n > 0 teljesül minden n 1-re és n=1 a n a n+1 b n+1 =. 15

17 Ekkor (5) teljesül, tehát az α = a 0 + b 1 a 1 + a 2... lánctört konvergens + és minden páros j-re és minden páratlan k-ra c 0 < c 2 <... < c j <... < α <... < c k <... < c 3 < c 1. Bizonyítás: Mivel b n, s n 2 0, így s n = a n s n 1 + b n s n 2 a n s n 1. Most n helyébe n-1-et írva n 2 esetén kapjuk, hogy s n = a n s n 1 + b n s n 2 a n (a n 1 s n 2 ) + b n s n 2 = b 2 = s n 2 (a n a n 1 + b n ). Újra és újra alkalmazva ezt a formulát kapjuk, hogy minden n 1 esetén s 2n s 2n 2 (a 2n a 2n 1 + b 2n ) s 2n 4 (a 2n 2 a 2n 3 + b 2n 2 )(a 2n a 2n 1 + b 2n )... s 0 (a 2 a 1 + b 2 )(a 4 a 3 + b 4 )...(a 2n a 2n 1 + b 2n ). Hasonló számolás mutatja, hogy minden n 2-re s 2n 1 s 1 (a 3 a 2 + b 3 )(a 5 a 4 + b 5 )...(a 2n 1 a 2n 2 + b 2n 1 ), így minden n 2-re s 2n s 2n 1 s 0 s 1 (a 2 a 1 + b 2 )(a 3 a 2 + b 3 )...(a 2n 1 a 2n 2 + b 2n 1 )(a 2n a 2n 1 + b 2n ). Emeljük ki a b k számokat s 2n s 2n 1 s 0 s 1 b 2...b 2n ( a 2a 1 b 2 + 1)( a 3a 2 b 3 Ebből kapjuk, hogy )...( a 2na 2n 1 b 2n + 1).

18 b 1 b 2...b 2n b 1 1 s 2n s 2n 1 s 0 s 2n 1 1 k=1 (1 + a ka k+1 b k+1 ). (6) Viszont a k=1 (1 + α k) szorzat pontosan akkor konvergens, ha a k=1 α k összeg konvergens, de a k a k+1 k=1 b k+1 = a feltétel szerint, ezért k=1 (1 + a ka k+1 b k+1 ) =, tehát (6) jobb oldala 0-hoz tart, amint n 0. De a 4.7. következmény szerint ekkor létezik c n határértéke, tehát a lánctört konvergens. Végtelen egyszerű lánctört esetén, mivel minden b i = 1, ezért n=1 a n a n+1 b n+1 mert minden a n pozitív. = n=1 a na n+1 = 4.9. Következmény. Végtelen egyszerű lánctört mindig konvergens és ha a határértéke α, akkor a {c n } közelítő törtek eleget tesznek a c 0 < c 2 <... < c 2n <... < α <... < c 2n 1 <... < c 3 < c 1 egyenlőtlenségnek Tétel. (lánctörtek konvergenciájának tétele) Legyen ɛ 0, ɛ 1, ɛ 2,... valós számokból álló sorozat, hogy ɛ n > 0 és minden n 1-re és tegyük fel, hogy ɛ n = a n + b n+1 ɛ n+1, n = 0, 1, 2,... teljesül a valós számokból álló {a} n=0 és {b} n=0 sorozatokra, ahol a n, b n > 0 minden n 1-re és igaz rájuk, hogy a k a k+1 k=1 b k+1 =. Ekkor ɛ 0 = a 0 + b 1 b 2 b 3 a 1 + a 2 + a b 4 a

19 Bizonyítás: A 4.8. tételből tudjuk, hogy az a 0 + b 1 b 2 b 3 a 1 + a 2 + a 3 + b 4 a lánctört konvergens. Legyenek {c k = r k s k } ennek a konvergens lánctörtnek a közelítő törtjei és legyen ɛ > 0. Az 4.7. következményből tudjuk, hogy létezik N, hogy n > N = c n c n 1 = b 1b 2...b n s n s n 1 < ɛ. (7) Rögzített n > N esetén legyen ɛ 0 = a 0 + b 1 b 2 b 3 a 1 + a 2 + a 3 + b 4 a b n 1 a n 1 + Legyenek {c k = r k } az ɛ s 0 közelítő törtjei. Ekkor r k = r k és k s k = s k minden k n 1 esetén és c n = ɛ 0. Így a 4.4. lemma (3) képlete alapján ɛ 0 c n 1 = c n c n 1 b 1b 2...b n s ns n 1 Az 4.3. lemma alapján Így (1) miatt b n ɛn. = b 1b 2...b n s ns n 1. s n = ɛ n s n 1 + b n s n 2 = (a n + b n+1 ɛ n+1 )s n 1 + b n s n 2 > a n s n 1 + b n s n 2 = s n. ɛ 0 c n 1 b 1b 2...b n s ns n 1 = b 1b 2...b n s n s n 1 < ɛ. Mivel ɛ tetszőleges volt, ezért ɛ 0 = lim c n 1 = ɛ Tétel. Legyenek {a} n=0 és {b} n=0 olyan racionális számokból álló sorozatok, hogy a n, b n > 0 minden n 1-re és 0 < b n a n igaz minden elég nagy n-re és k=1 =. Ekkor az ɛ = a 0 + b 1 b 2 b 3 a 1 + a 2 + a a k a k+1 b k+1 b 4 a

20 valós szám irracionális. Bizonyítás: A 4.8. tétel szerint az ɛ-t definiáló lánctört konvergens. Tegyük fel, hogy 0 < b n a n minden n m + 1-re, ahol m > 0. Definiáljuk α-t a következőképpen: α = a m + b m+1 b m+2 a m+1 + a m+2 + b m+3 a m Ez a 4.7. tétel szerint konvergens és α > a m > 0, mert minden i-re a i, b i > 0, ezért α = a m + b m+1 b m+2 b m+3 a... > a m+3 m. Tehát + Az 4.3. lemma szerint ɛ = a 0 + b 1 ɛ = a 0 + b 1 b 2 a 1 + a 2 + a m+1 + a m+2 + b 2 a 1 + a 2 + b 3 b 3 a b m α Az α-ra megoldva az utolsó egyenletet: ɛ = αr m+b m r m 1 αs m +b m s m 1 a b m α. = αr m+b m r m 1 αs m +b m s m 1. α = ɛb ms m 1 b m r m 1 r m ɛs m. Mivel α > a m, ezért ɛ r m sm. Az összes a n és b n racionális a feltétel szerint, ezért ɛ pontosan akkor irracionális, ha α is az. Tehát azt kell belátnunk, hogy α irracionális. Viszont a m racionális, ezért kell, hogy b m+1 b m+2 b m+3 a m+1 + a m+2 + a m+3.. irracionális, ahol + 0 < b n a n minden n m + 1 esetén. Feltehetjük, hogy ez n = 1-től teljesül, tehát ɛ = + b 1 a 1 + b 2 a 2 + b 3 a , ahol 0 < b n a n minden n-re. Tegyük fel, hogy ɛ racionális. Legyen ɛ n := b n b n+1 an + a n+1... Ekkor minden n = 1, 2, 3,... kapjuk, + hogy ɛ n = b n a n +ɛ n+1 = ɛ n+1 = b n ɛn a n. (8) 19

21 A feltevésünk (0 < b n a n ) szerint ɛ n > 0 minden n-re és ezért ɛ n = b n a n +ɛ n+1 < b n an 1, ezért 0 < ɛ n < 1 minden n-re. Mivel ɛ 0 = ɛ, ami a feltételezésünk szerint racionális, így (8) második egyenlőségét és indukciót alkalmazva látható, hogy ɛ n racionális minden n-re. De 0 < ɛ n < 1 miatt ɛ n = s n tn, ahol 0 < s n < t n minden n-re és t n, s n relatív prímek. Így a (7) második egyenlőségéből Ebből s n+1 t n+1 = ɛ n+1 = b n ɛn a n = b nt n s n s n s n+1 = (b n t n a n s n )t n+1. a n = b nt n a n s n s n. Így t n+1 s n s n+1. A feltevésünk szerint s n+1 és t n+1 relatív prímek, így t n+1 -nek s n -t kell osztania. Tehát t n+1 < s n, azonban a feltevésünk szerint s n < t n, tehát t n+1 < t n. Tehát kaptuk pozitív egész számok szigorúan monoton csökkenő végtelen sorozatát, ami ellentmondás Tétel. Ha α 1, α 2,... nem nulla valós számok és α k α k 1 minden k-ra, akkor minden n N-re teljesül. n k=1 k=1 ( 1) k 1 α k = 1 α 1 + α 2 1 ( 1) k 1 α k = 1 α1 2 α 1 + α 2 α 1 + α 2 α α2 n 1 α n α n 1 (9)... (10) Bizonyítás: Teljes indukcióval bizonyítunk. n = 1-re igaz. Tegyük fel, hogy n-ig igaz és nézzük n + 1-re. n+1 k=1 ( 1) k 1 α k = 1 α 1 1 α ( 1)n 1 α n 20 + ( 1)n α n+1 =

22 = 1 α 1 1 α ( 1) n 1 ( 1 α n 1 α n+1 ) = = 1 α 1 1 α ( 1) n 1 ( α n+1 α n α n α n+1 ) = = 1 α 1 1 α ( 1) n 1 1 αnα n+1. α n+1 αn Ez n tag összege, így alkalmazhatjuk az indukciós feltevést n+1 k=1 Ugyanakkor ( 1) k 1 α k = 1 α1 2 αn 1 α 1 + α 2 α αnα n+1. (11) α n+1 αn α n 1 α n α n+1 α n+1 α n α n 1 = α n(α n+1 α n )+α 2 n α n+1 α n α n 1 = α n α n 1 + α2 n α n+1 α n. Ezt behelyettesítve (11)-be kapjuk, hogy n+1 k=1 ( 1) k 1 α k = 1 α 1 + α 2 1 α 2 α Ez pedig bizonyítja az indukciós lépést. α n α n 1 + αn 1 2 α2 n α n+1 αn Tétel. Legyen α 1, α 2,... olyan valós számok sorozata, melyre α k 0, 1. Ekkor minden n N-re n k=1 ( 1) k 1 α 1...α n = 1 α 1 + α 1 α α n 1 α n 1 (12) ( 1) k 1 k=1 α 1...α n = 1 α 1 + α 1 α α n 1 α n (13) A bizonyítás csak úgy, mint a tételnél teljes indukción alapszik. π lánctörtbe fejtése: ismert, hogy π 4 =

23 A tétel (10) képletét alkalmazva kapjuk, hogy Ezt 4-gyel felszorozva: π 4 = π = Megjegyzés: a π egyszerű lánctörtbe fejtése: L(π) = L(3, 7, 15, 1, 292, 1, 1, 1, 2, 1, 3, 1, 14, 2, 1, 1, 2, 2, 2, 2,...) A lánctörtjegyek között semmiféle szabályosság nem ismeretes. Az e lánctört alakja: 1 e = e( 1) = ( 1) n e 1 n=0 n!, ezért e = 1 1 e = ( 1) n+1 n=1 n!. A tétel (13) képletét alkalmazva kapjuk, hogy Az e 1 e e 1 e = kifejezést invertálva és alkalmazva az 5.5. lemmát, majd 1-et kivonva mindkét oldalból a következőt kapjuk 1 e 1 = Ezt újra invertálva és újra alkalmazva a 4.5. lemmát és újra 1-et hozzáadva mindkét oldalhoz kapjuk, hogy e = Megjegyzés: az e egyszerű lánctörtbe fejtése: L(e) = L(2, 1, 2, 1, 1, 4, 1, 1, 6, 1, 1, 8,...). Bizonyítható, hogy minden 4 + 3k-adik és minden 5 + 3k-adik (k 0, k N) lánctörtjegy 1. Az e irracionalitása: előbb láttuk, hogy 22

24 e = Itt minden n-re b n a n, tehát teljesülnek a tétel feltételei, ezért e irracionális. 5. Az egyszerű lánctörtek néhány további tulajdonsága 5.1. Definíció. Az α és β valós számokat ekvivalens számoknak nevezzük, ha α = aβ+b cβ+d teljesül, ahol a, b, c, d egész számok, melyekre ad bc = ±1 Megjegyzés: könnyen ellenőrizhető, hogy ez a tulajdonság ekvivalencia reláció Tétel. Két irracionális szám α és β pontosan akkor ekvivalensek, ha lánctörtbe fejtésük α = L(a 0, a 1,..., a m, c 0, c 1,...), β = L(b 0, b 1,..., b n, c 0, c 1,...) alakú, tehát az α lánctörtjegyei az m-edik tag után megegyeznek a β n-edik lánctörjegye utáni lánctörjegyekkel. Bizonyítás: Tegyük fel először, hogy α és β a lánctörtjegyei a feltételben megadott alakúak. Legyen Ekkor γ = L(c 0, c 1, c 2,...). α = L(a 0, a 1,...a m, γ) = r mγ+r m 1 s m γ+s m 1 23

25 és r m s m 1 r m 1 s m = ±1, így α és γ ekvivalensek és ugyanígy bizonyítható, hogy β és γ is ekvivalensek. Mivel ez egy ekvivalencia reláció, így α és β is ekvivalensek. Most tegyük fel, hogy α és β ekvivalensek, tehát α = aβ+b cβ+d és ad bc = ±1. Feltehetjük, hogy cβ +d > 0, mert ha nem így van, akkor írjunk c helyett c-t és d helyett d-t. Nézzük β lánctörtjegyeit: β = L(a 0, a 1,..., a k, a k+1,...) = L(a 0,..., a k 1, a k ) = r k 1a k +r k 2. s k 1 a k +s k 2 Tehát β = r k 1a k +r k 2 s k 1 a k +s k 2 Az α = aβ+b cβ+d egyenlőségbe β helyére helyettesítsük be az előbb kapott értéket, majd kis számolás után a következőt kapjuk ahol α = P a k +R Qa k +S, P = ar k 1 + bs k 1, R = ar k 2 + bs k 2, Q = cr k 1 + ds k 1, S = cr k 2 + ds k 2, ígyp, Q, R, S egész számok és P S QR = (ad bc)(r k 1 s k 2 r k 2 s k 1 ) = ±1. A 3.1. tétel (1) képlete szerint 24

26 r k 1 = βs k 1 + ahol δ < 1 és δ < 1, ezért δ s k 1 és r k 2 = βs k 2 + δ s k 2, Q = (cβ + d)s k 1 + cδ s k 1 és S = (cβ + d)s k 2 + cδ s k 2. cβ + d > 0, s k 1 > s k 2 > 0, és s k végtelenhez tart, ezért Q > S > 0 elég nagy k-ra. Ilyen k-ra ahol α = P ζ+r Qζ+S, P S QR = ±1, Q > S > 0, ζ = a k > 1, így a 3.3. lemma szerint α = L(b 0, b 1,..., b l, ζ) = L(b 0, b 1,..., b l, a k, a k+1,...) valamilyen b 0, b 1,...b l számokra Definíció. Egy α valós szám lánctörtjegyei periodikusak, ha létezik olyan k, M pozitív egész számok, hogy minden n > M esetén c n = c n k. Ekkor a k szám az α lánctörtjegyeinek periodusa. Megjegyzés: ha az α valós szám lánctörtjegyei periodikusak, akkor ezt a következőképpen jelöljük: α = L(c 0, c 1,..., c M k, c M k+1,..., c M ). 25

27 5.4. Definíció. Legyen α = L(c 0, c 1,..., c N ). Ekkor α n = L(c n, c n+1,..., c N ) (0 n N), ha pedig α = L(c 0, c 1, c 2,...) (végtelen lánctört), akkor α n = L(c n, c n+1,...). Ekkor bizonyítható, hogy α = α 0, α = α 1α 0 +1 α 1 és α = r n 1α n+r n 2 s n 1 α n+s n Tétel. Legyen α irracionális szám. Ekkor α lánctörtjegyei pontosan akkor periodikusak, ha α gyöke egy másodfokú egész együtthatós polinomnak. (Az ilyen α számot kvadratikus irracionalitáak nevezzük.) Bizonyítás: Tegyük fel, hogy α lánctörtjegyei periodikusak, tehát alakú. Legyen Ekkor α = L(c 0, c 1,..., c M k, c M k+1,..., c M ) β = L(c M k+1,..., c M ). α = L(c 0, c 1,..., c M k, β) és β = L(c M k+1,..., c M, β). Ezeket az emeletes törteket kifejtve α = a 1β+a 2 a 3 β+a 4 és β = a 5β+a 6 a 7 β+a 8 adódik alkalmas a i egész számokkal. Az első egyenletből β = a 4α a 2 a 1 a 3 α adódik. Ezt behelyettesítve a második egyenletbe és rendezve olyan másodfokú egész együtthatós egyenlethez jutunk, melynek az egyik gyöke α. Tegyük fel, hogy az α irracionális szám gyöke az 26

28 ax 2 + bx + c (1) egész együtthatós másodfokú polinomnak. Ha α = L(c 0, c 1,..., c n,...), akkor α = r n 1α n+r n 2 s n 1 α n+s n 2. Ezt visszahelyettesítve a másodfokú polinomba kapjuk, hogy ahol A n α 2 n + B n α n + C n = 0, A n = ar 2 n 1 + br n 1 s n 1 + cs 2 n 1, B n = 2ar n 1 r n 2 + b(r n 1 s n 2 + r n 2 s n 1 ) + 2cs n 1 s n 2, C n = ar 2 n 2 + br n 2 s n 2 + cs 2 n 2. Ha A n = ar 2 n 1 + br n 1 s n 1 + cs 2 n 1 = 0, akkor az (1) polinomnak gyöke az r n 1 s n 1 racionális szám, de ez nem lehet, mert α irracionális. Így A n 0 és az A n y 2 + B n y + C egyik gyöke α n, továbbá a polinom diszkriminánsa B 2 n 4A n C n = (b 2 4ac)(r n 1 s n 2 r n 2 s n 1 ) 2 = b 2 4ac. (2) A 3.1. tétel (1) képlete alapján ahol δ n 1 < 1. Így r n 1 = αs n 1 + δ n 1 s n 1, 27

29 A n = a(αs n 1 + δ n 1 s n 1 ) 2 + bs n 1 (αs n 1 + δ n 1 s n 1 ) + cs 2 n 1 = (aα 2 + bα + c)s 2 n 1 + 2aαδ n 1 + a δ2 n 1 + bδ s 2 n 1 = 2aαδ n 1 + a δ2 n 1 + bδ n 1 s 2 n 1, n 1 ezért és mivel C n = A n 1, ezért végül pedig (2) miatt A n < 2 aα + a + b C n < 2 aα + a + b, B 2 n 4 A n C n + b 2 4ac < 4(2 aα + a + b ) 2 + b 2 4ac, tehát az A n, B n és C n számok abszolútértéke egy n-től független szám alatt van. Tehát csak véges sok (A n, B n, C n ) számhármas van, így van olyan (A, B, C) hármas, mely legalább háromszor fordul elő. Legyenek ezek (A n1, B n1, C n1 ), (A n2, B n2, C n2 ), illetve (A n3, B n3, C n3 ). Az α n 1, α n 2, α n 3 számok mind gyökei az Ay 2 + By + C = 0 polinomnak, így legalább kettő közülük egyenlő. Legyen ez a kettő, például α n 1, α n 2. Ekkor α n1 = α n2, α n1 +1 = α n2 +1 és így tovább tehát a lánctört periodikus Definíció. Egy periodikus lánctört tisztán periodikus, ha a következő alakú α = (c 0,..., c m 1 ) 5.7. Tétel. Az ɛ kvadratikus irracionalitás tisztán periodikus pontosan akkor, ha ɛ > 1 és 1 < ɛ < 0, 28

30 ahol ɛ azon másodfokú egész együtthatós polinom gyöke, melynek másik gyöke ɛ. ( ɛ-t ɛ konjugáltjának is nevezik.) Bizonyítás: Tegyük fel, hogy ɛ lánctörtalakja tisztán periodikus. ɛ = (c 0,..., c m 1 ). Egy lánctörtben a lánctörtjegyek pozitívak c 0 után és mivel c 0 újra és újra megjelenik, ezért c 0 > 1, így ɛ = c ɛ 1 > 1. Tehát ɛ = L(c 0,..., c m 1, ɛ), így a 4.3. lemma szerint ɛ = ɛr m 1+r m 2 ɛs m 1 +s m 2, ahol r n ɛ közelítő törtje. Mindkét oldalt ɛs m 1 +s m 2 -vel szorozva kapjuk, hogy ɛ 2 s m 1 + ɛs m 2 = ɛr m 1 + r m 2 = f(ɛ) = 0, ahol f(x) = s m 1 x 2 + (s m 2 r m 1 )x r m 2 egy másodfokú polinom. Láttuk, hogy ɛ gyöke ennek a polinomnak. Konjugálva f(x)-t az ɛ helyen a következőt kapjuk: s m 1 ɛ 2 + (s m 2 r m 1 )ɛ r m 2 = 0 = = s m 1 ɛ 2 + (s m 2 r m 1 )ɛ r m 2 = 0. Tehát az f másik gyöke ɛ konjugáltja ɛ. Mivel ɛ > 1, ezért r n > 0, r n < r n+1, és s n < s n+1, így és f( 1) = (s m 1 s m 2 ) + (r m 1 r m 2 ) > 0 f(0) = c = r m 2 < 0. Ezért létezik x, hogy f(x) = 0 és 1 < x < 0, de mivel ɛ a másik gyöke a polinomnak, ezért x = ɛ Tegyük fel, hogy ɛ kvadratikus irracionalitás és ɛ > 1 és 1 < 29

31 ɛ < 0 teljesül. Jelöljük ɛ i-edik lánctörtjegyét c i -vel. Először bebizonyítjuk, hogy ɛ n-re 1 < ɛ n < 0 teljesül minden n esetén. (ɛ n-t az 5.4-nél definiáltuk.) Mivel ɛ 0 = ɛ, ezért n = 0-ra kész, mert ezt tettük fel. Tegyük fel, hogy n-re teljesül, ekkor ɛ n = c n + 1 ɛ n+1 = 1 ɛ n+1 = ɛ n c n < c n 1 = 1 ɛ n+1 < 1. Ebből pedig következik, hogy 1 < ɛ n+1 < 0. Tudjuk, hogy ɛ periodikus (mert kvadratikus irracionalitás), de indirekt tegyük fel, hogy ɛ nem tisztán periodikus. Legyen ɛ = L(c 0, c 1,..., c l 1, c l,..., c l+m 1 ), ahol l 1. Ekkor ɛ l 1 = c l 1 + L(c l,..., c l+m 1 ) c l+m 1 + L(c l,..., c l+m 1 ) = ɛ l+m 1, (3) és ɛ l 1 ɛ l+m 1 = c l 1 c l+m 1 egy egész szám. Konjugálva a következőt kapjuk: ɛ l 1 ɛ l+m 1 = c l 1 c l+m 1 = ɛ l 1 ɛ l 1. Az előbb bizonyítottuk, hogy 1 < ɛ l 1 < 0, és 1 < ɛ l+m 1 < 0, amit így is írhatunk 0 < ɛ l 1 < 1. Ezért 0 1 < ɛ l 1 + ( ɛ l+m 1 ) < = 1 < ɛ l 1 ɛ l+m 1 < 1, de ɛ l 1 ɛ l+m 1 = ɛ l 1 ɛ l+m 1. Viszont ɛ l 1 ɛ l+m 1 egy egész szám és a ( 1, 1) intervallumban a 0 az egyetlen egész szám. Ekkor viszont ɛ l 1 = ɛ l+m 1, de ez ellentmond (3)-nak. is tisztán peri Lemma. Ha ɛ = L(c 0,..., c m 1 ), akkor ɛ 1 odikus és ɛ 1 = L(c m 1,..., c 0 ) Bizonyítás: ɛ = L(c 0,..., c m 1 ) = L(c 0, c 1,..., c m 1, ɛ) Fejezzük ki ɛ-t az ɛ n-kel. Kapjuk, hogy 30

32 ɛ = c 0 + 1, ɛ ɛ 1 = c ,ɛ 1 ɛ 2, m 2 = c m 2 + 1, ɛ ɛ m 1 = c m m 1 ɛ Konjugálva a tagokat és 1 ɛ i-re rendezve őket a következőt kapjuk: 1 ɛ 1 = c 0 ɛ, 1 ɛ 2 = c 1 ɛ 1,..., 1 ɛ m 1 = c m 2 ɛ m 2, 1 ɛ = c m 1 ɛ m 1 1 Legyen α 0 = 1 ɛ, α 1 =, α ɛ 2 = 1,...,α m 1 ɛ m 1 = 1. Ekkor m 2 ɛ 1 az előző kifejezést a következőképpen írhatjuk: α 0 = c m α 1, α 1 = c m α 2,...,α m 2 = c α m 1, α m 1 = c α 0, tehát α 0 = L(c m 1, c m 2,..., c 1, c 0, α 0 ) = L(c m 1,..., c 0 ). Mivel α 0 = 1 ɛ, így a bizonyítás kész Tétel. Legyen d nem négyzet egész szám. Ekkor d = L(c0, c 1, c 2, c 3,..., c 3, c 2, c 1, 2c 0 ) Bizonyítás: Végezzük a legelején ismertetett lánctörtbe fejtő algoritmust d-re. Ekkor kapjuk, hogy d = c ɛ 1, ahol ɛ 1 > 1. Mivel 1 ɛ 1 = c 0 + d, ezért 1 ɛ 1 = ( c 0 d) = c 0 + d > 1, (4) tehát kaptuk, hogy 1 < ɛ 1 < 0. Mivel ɛ 1 > 1 és 1 < ɛ 1 < 0, így 5.7. tétel miatt ɛ 1 tisztán periodikus: ɛ 1 = L(c 1,..., c m ). Ezért d = c0 + 1 ɛ 1 = L(c 0, ɛ) = L(c 0, c 1,..., c m ) Ugyanakkor (4) és az előző lemma miatt 31

33 L(2c 0, c 1, c 2,..., c m, c 1, c 2,..., c m,...) = c 0 + d = 1 ɛ 1 = = L(c m,..., c 1 ). Összehasonlítva a két végét kapjuk, hogy c m = 2c 0, c m 1 = c 1, c m 2 = c 2, c m 3 = c 3 és így tovább, tehát d = L(c0, c 1, c 2,..., c m ) = L(c 0, c 1, c 2, c 3,..., c 3, c 2, c 1, 2c 0 ). 6. A lánctörtek egy alkalmazása, Pell-egyenletek 6.1. Definíció. Az x 2 dy 2 = 1 alakú egyenleteket Pell-egyenleteknek nevezzük. Az (x, y) = (1, 0) megoldást triviális megoldáak nevezzük. Ebben a fejezetben a Pell-egyenlet egy nem triviális megoldását keressük. Legyen α egy kvadratikus irracionalitás (α irracionális és gyöke egy másodfokú egész együtthatós polinomnak). Ekkor α a következő alakban írható α = r + s f Ahol r, s racionális számok és f egy pozitív nem teljes négyzet szám. Legyen r = m n és s = p q. Ekkor α = m n + p f q = mq+np f nq = mq+ fn 2 p 2 nq = mnq2 + fn 4 p 2 q 2 n 2 q 2 Legyen a = mnq 2, b = n 2 q 2 és d = fn 4 p 2 q 2. Ekkor 32

34 ɛ = a+ d b, ahol a, b, d Z, d > 0 nem teljes négyzet és b (d a 2 ) Lemma. Legyen α egy kvadratikus irracionalitás. Ekkor α lánctörtjegyeit a következő algoritmussal állíthatjuk elő: α n = a n+ d b n, c n = α n (1) ahol az a n és b n egész számok és a következő rekurzió definiálja őket: a 0 = a, b 0 = b, a n+1 = c n b n a n, b n+1 = d a2 n+1 b n sőt b n (d a 2 n) Bizonyítás: Először megmutatjuk, hogy a n és b n egész számok és b n 0 és b n (d a 2 n). Teljes indukcióval bizonyítunk, n = 0-ra automatikus. Tegyük fel, hogy igaz n-re. Ekkor a n+1 = c n b n a n egész szám. b n+1 = d a2 n+1 b n = d (c nb n a n ) 2 b n d a 2 n b n + 2c n a n c 2 nb n. = d c2 nb 2 n+2c n a n b n a 2 n b n = Az indukciós feltevés szerint d a2 n b n és 2c n a n c 2 nb n egész számok, így b n+1 is az. Továbbá b n+1 0, mert b n+1 = 0 esetén d a 2 n+1 = 0, tehát d egy teljes négyzet, a feltevésünkkel ellentétben. Mivel b n egész szám és b n+1 = d a2 n+1 b n = b n = d a2 n+1 b n+1, így b n+1 (d a 2 n+1) Most már csak az maradt hátra, hogy a c n -ek tényleg lánctörtjegyek. α n c n = a n+ d b n a n+1+a n b n = d an+1 b n = d a2 n+1 b n ( d+a n+1 ) = b n+1 d+an+1 = 33

35 = 1 α n+1 = α n = c n + 1 α n+1. Ebből pedig következik, hogy c n = α n Megjegyzés: a 6.2. lemma (1) képletéből következik, hogy ha ɛ egy kvadratikus irracionalitás, akkor ɛ n = α n, ahol ɛ n-t 5.4-ben definiáltuk Lemma. Ha r n = L n ( d), akkor minden n = 0, 1, 2,... esetén r 2 n ds 2 n = ( 1) n+1 b n+1 Bizonyítás: d = L(c 0, c 1, c 2,..., c n, α n+1 ) és α n+1 = a n+1+ d b n+1. A 4.3. lemma alapján: d = α n+1 r n +r n 1 α n+1 s n +s n 1 = (a n+1+ d)rn +b n+1 r n 1 (a n+1 + d)s n +b n+1 s n 1 Mindkét oldalt (a n+1 + d)s n + b n+1 s n 1 -gyel szorozva kapjuk: d(an+1 + d)s n + db n+1 s n 1 = (a n+1 + d)r n + b n+1 r n 1 = = ds n + (a n+1 s n + b n+1 s n 1 ) d = (a n+1 r n + b n+1 r n 1 ) + r n d. Az együtthatókat összehasonlítva ds n = a n+1 r n + b n+1 r n 1 és a n+1 s n + b n+1 s n 1 = r n adódik. Az első egyenletet s n -nel, a másodikat r n -nel szorozva, majd mindkettőt a n+1 r n s n -re rendezve és egyenlővé téve őket a következőt kapjuk ds 2 n b n+1 r n 1 s n = r 2 n b n+1 r n s n 1 = r 2 n ds 2 n = (r n s n 1 r n 1 s n )b n+1 = ( 1) n 1 b n+1 34

36 6.4. Tétel. Legyen r n a periodusa. Ekkor az = L n ( d) és m a d lánctörtjegyeinek x 2 dy 2 = 1 egyenlet pozitív megoldásai a d páratlan indexű közelítő törtjeinek a számlálói és nevezői a következőképpen: x = r nm 1 és y = s nm 1, ahol n > 0 pozitív egész szám, ha m páros és n > 0 páros, ha m páratlan. ( Egy r n közelítő tört páros vagy páratlan indexű aszerint, hogy n páros vagy páratlan.) Bizonyítás: Először megmutatjuk, hogy b k 1 minden k- ra és b n = 1 akkor és csak akkor ha n a periodus többszöröse. Az 5.9. tételben meghatároztuk, hogy d-nek hogyan néz ki a lánctörtalakja. Onnan leolvasható, hogy n > 0 esetén α n tisztán periodikus, ahol α n -t a 6.2. lemma definiálja. Így az 5.7. tételből tudjuk, hogy n > 0 = α n > 1 és 1 < α n < 0. (2) Tegyük fel, hogy b n = 1. A definícióból következik, hogy b 0 = 1, tehát n > 0-ra feltehetjük az indirekt feltevésünket. Ekkor a 6.2. lemma (1) képlete szerint α n = a n+ d b n és b n = 1, továbbá (2) miatt 1 < α n = a n d = a n < 1 d = a n < 0. Ugyanakkor szintén (2) miatt 1 < α n = a n + d < 0 = d < a n = 0 < a n. Kaptuk tehát, hogy a n < 0 és a n > 0 egyszerre teljesül, viszont ez ellentmondás, tehát b n 1. Most bebizonyítjuk, hogy b n = 1 akkor és csak akkor ha n az m periodus többszöröse. Tegyük fel először, hogy b n = 1. Ekkor α n = a n + d és (2) miatt 35

37 1 < α n = a n d < 0 = d 1 < α n < d. Mivel a n egy egész szám és a ( d 1, d) intervallumban csak egy egész szám van, nevezetesen d = c 0, ezért a n = c 0 és így α n = c 0 + d. Tudjuk, hogy d = L(c 0, c 1, c 2,..., c m ) és 2c 0 = c m. Ezekből következik, hogy c 0 + d = L(2c 0, c 1, c 2,..., c m 1, c m, c 1, c 2,..., c m 1, c m,...) = = L(c m, c 1, c 2,..., c m 1 ), (3) Így α n = L(c m, c 1, c 2,..., c m 1 ). Ugyanakkor definíció szerint α n = ( d) n. d = L(c0, c 1, c 2,..., c m, c 1, c 2,..., c m,...), akkor n = mj + l esetén, ahol j = 0, 1, 2,... és 1 l m, c 0 -tól elmenve az n-edik jegyig azt kapjuk, hogy α n = L(c l, c l+1,..., c m, c 1,..., c l 1 ). Összehasonlíva ezt α n = L(c m, c 1, c 2,..., c m 1 )-vel kapjuk, hogy l = m, így n = mj + m = m(j + 1), tehát n az m többszöröse. Most tegyük fel, hogy n = km. Ekkor elhagyva n = mk egymást követő jegyet a d lánctörtjegyeiből c 0 -tól számolva, kapjuk, hogy α n = L(c m, c 1, c 2,..., c m 1 ). De (3) szerint α n = c 0 + d. Ugyanakkor α n = a n+ d b n, így viszont b n = 1, hiszen c 0 = a n. Most rátérünk a tétel bizonyítására: Először megmutatjuk, ha x 2 dy 2 = 1 teljesül y > 0-val, akkor x y a d-nek egy közelítő törtje. Mivel 1 = x 2 dy 2 = (x dy)(x + dy), ezért x dy = 1 x+ dy, így x y d = x dy y = 1 y x+ dy. 36

38 x 2 = dy > dy 2 miatt x + dy > dy + dy > 2 dy. Ezért x y d = 1 y x+ dy < 1 y2 dy = 1 2y 2 d = x y d < 1 2y 2. Ekkor a 3.2. tétel szerint x y egy közelítő tört. Tehát kijött, hogy minden megoldás egy közelítő tört kell, hogy legyen, tehát olyan (r k, s k ) közelítő törteket keresünk, melyre rk 2 ds2 k = 1 teljesül. Az előző lemma szerint r 2 k 1 ds2 k 1 = ( 1)k b k, ahol b k 1 és k akkor és csak akkor többszöröse d periodusának, ha b k = 1. Tehát ha r 2 k 1 ds2 k 1 = 1, akkor b k = 1, ezért k egy periodus. Ha m a d lánctörtjegyeinek periódusa, akkor k = mn valamilyen n-re és ebben az esetben r 2 nm 1 ds 2 nm 1 = ( 1) nm b nm = ( 1) nm 1 = ( 1) nm. Tehát ha m páros, akkor a jobb oldal bármilyen n esetén fennáll, ha páratlan, akkor csak páros n-re áll fenn. 6. Egy érdekesség és egy numerikus példa 6.1. Tétel Legyen az α szám egyszerű lánctörtalakja α = L(c 0, c 1,...). Ekkor majdnem minden α-ra lim n 0 ( n i=1 c i) 1 n = K 0 ahol K 0 a Hincsin konstanst jelöli. Megjegyzés: a kivételt azok a számok képezik, melyek lánctörtjegyei egy felismerhető minta szerint következnek. Ilyenek a 37

39 racionális számok, vagy a kvadratikus irracionalitások. Nem ismert, hogy K 0 irracionális-e vagy sem. A bizonyítás ergodelméleti eszközöket igényel, ezért itt nem részletezzük. A 4. fejezetben beláttuk, hogy ha egy egyszerű lánctört periodikus, akkor az gyöke egy másodfokú egész együtthatós polinomnak. Vizsgálni lehet, hogy ezek a periodikus lánctörtek milyen valós számokat határoznak meg. Ebben a példában azon valós számokat vizsgáljuk meg, melyek lánctörtbe fejtése L(n, kn) alakú. Legyen α = L(n, kn). A 2. fejezet elején ismertetett algoritmus szerint járunk el. α = n + α n = α = n {α} = α n 1 α n = kn α n kn = α n = kn { 1 α n } = 1 α n kn 1 1 α n kn = 1 (1) α n Eddig elég is visszafejteni, hiszen 1 α n = kn és { 1 α n } = 1 α n kn ezentúl mindig teljesül. (1) = (α n) 2 = 1 kn(α n) = = α 2 + (kn 2n)α + n 2 kn 2 1 = 0 Tehát az f(x) = x 2 + (kn 2n)x + n 2 kn 2 1 polinom gyökeit keressük. A megoldóképlet alapján: x 1,2 = 2n kn ± (kn) (2) 2 Tehát adott k-ra és n-re az L(n, kn) lánctört értékét (2) alapján lehet kiszámolni. 38

40 Hivatkozások [1] Freud Róbert, Gyarmati Edit: Számelmélet, [2] O. Perron: Die Lehre von den Kettenbrüchen, [3] A. Hincsin: Lánctörtek (oroszul), [4] G. H. Hardy, E. M. Wright: An introduction to the theory of numbers, [5] online: 39