MỤC LỤC
Trang
Lời cam đoan ………………………………………………………………3
Lời mở đầu …………………………………………………………………4
CHƢƠNG 1
KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
1.1. Thặng dư bậc hai…….…………………………………………………..6
1.2. Biểu diễn số nguyên dương thành tổng của các bình phương................14
1.2.1. Biểu diễn số nguyên dương thành tổng hai số chính phương……14
1.2.2. Biểu diễn số nguyên dương thành tổng bốn số chính phương......16
1.3. Một số tính chất của liên phân số……………………………………….19
CHƢƠNG 2
MỘT SỐ LỚP PHƢƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN BẬC HAI
2.1. Phương trình dạng x 2 dy 2 1. ……………………………………......23
2.2. Phương trình dạng x 2 dy 2 1…………………………………….....31
2.3. Phương trình dạng x 2 y 2 z 2 ...………………………………………37
2.4. Phương trình dạng x 2 y 2 n . ………………………………………...40
2.5. Phương trình dạng x 2 y 2 z 2 t 2 n ………………………………...42
Trang 1
2.6. Phương trình dạng x 2 py n 0 ……………………………………...43
CHƢƠNG 3
MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP GIẢI PHƢƠNG TRÌNH NGHIỆM
NGUYÊN BẬC HAI Ở PHỔ THÔNG
3.1. Phương pháp phân tích………………………………………………….45
3.2. Phương pháp sử dụng tính chất chia hết và chia có dư…………………48
3.3. Phương pháp sử dụng bất đẳng thức……………………………………49
3.4. Phương pháp xuống thang (lùi vô hạn)…………………………………51
3.5. Phương pháp tham số…………………………………………………...53
3.6. Phương pháp quy nạp ….……………………………………………….54
Bài tập đề nghị ………………………………………………………………57
Hướng dẫn hoặc đáp số ……………………………………………………..58
KẾT LUẬN ………………………………………………………………...62
TÀI LIỆU THAM KHẢO…………………………………………………63
Trang 2
Thang Long University Library
Lời cam đoan
Tôi xin cam đoan, dưới sự chỉ bảo và hướng dẫn của PGS.TS Nguyễn
Công Minh, luận văn chuyên ngành phương pháp toán sơ cấp với đề tài:“ Một
số lớp phương trình nghiệm nguyên bậc hai ” được hoàn thành bởi sự nhận
thức và tìm hiểu của bản thân tác giả.
Trong quá trình nghiên cứu và thực hiện luân văn, tác giả đã kế thừa
những kết quả của các nhà khoa học với sự trân trọng và biết ơn.
Hà Nội, tháng 05 năm 2016
Tác giả
Hoàng Văn Năng
Trang 3
Lời mở đầu
Phương trình và bài toán với nghiệm nguyên là một đề tài lí thú của Số
học và Đại số, là một trong những dạng toán lâu đời nhất của Toán học.
Phương trình nghiệm nguyên được nghiên cứu từ thời Diophant thế kỉ
thứ III, nó vô cùng đa dạng và thường không có quy tắc giải tổng quát. Mỗi
bài toán, với số liệu riêng của nó, đòi hỏi một cách giải riêng. Thông qua việc
giải phương trình nghiệm nguyên, các nhà toán học đã tìm ra những tính chất
sâu sắc của số nguyên, số hữu tỉ, số đại số. Giải phương trình nghiệm nguyên
đã đưa đến sự ra đời của liên phân số, lý thuyết đường cong eliptic, lý thuyết
xấp xỉ Diophant, thặng dư bậc hai…
Trong các kì thi học sinh giỏi Tỉnh, Quốc gia, Quốc tế, phương trình
nghiệm nguyên vẫn thường xuyên xuất hiện dưới các hình thức khác nhau và
luôn được đánh giá là khó do tính không mẫu mực của nó.
Mục đích chính của luận văn là nêu ra một số lớp phương trình nghiệm
nguyên bậc hai và cách giải cho từng dạng. Bên cạnh đó luận văn cũng đưa ra
một số phương pháp thường dùng để giải phương trình nghiệm nguyên bậc
hai ở phổ thông.
Nội dung của luận văn gồm ba chương:
Chương 1: Kiến thức chuẩn bị.
Chương 2: Một số lớp phương trình nghiệm nguyên bậc hai.
Chương 3: Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên bậc hai ở
phổ thông.
Trang 4
Thang Long University Library
Luận văn này được hoàn thành với sự hướng dẫn và chỉ bảo tận tình của
PGS.TS Nguyễn Công Minh – Trường Đại học sư phạm Hà Nội. Thầy đã
dành nhiều thời gian hướng dẫn và giải đáp các thắc mắc của tôi trong suốt
quá trình làm luận văn. Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến Thầy.
Tôi xin cảm ơn Sở Nội Vụ, Sở giáo dục và Đào tạo tỉnh Bắc Giang,
Trường THPT Phương Sơn, tổ Toán Tin trường THPT Phương Sơn đã tạo
điều kiện giúp đỡ tôi hoàn thành khóa học này.
Tôi xin gửi tới các thầy cô khoa Toán Tin, Phòng Sau Đại học & Quản
lí Khoa học Trường Đại học Thăng Long, cũng như các thầy giáo, cô giáo
tham gia giảng dạy khóa cao học 2014 – 2016 lời cảm ơn sâu sắc về công lao
dạy dỗ trong quá trình giáo dục, đào tạo của nhà trường.
Đồng thời tôi xin cảm ơn tới tập thể lớp Cao học Toán CTM3-BG
Trường Đại học Thăng Long đã động viên, giúp đỡ tôi trong quá trình học tập
và làm luận văn này.
Tuy nhiên do sự hiểu biết của bản thân và khuôn khổ của luận văn thạc
sĩ nên chắc rằng trong quá trình nghiên cứu không tránh khỏi những thiếu sót,
tôi rất mong được sự giúp đỡ, đóng góp ý kiến của các thầy cô và độc giả
quan tâm đến luận văn này.
Hà Nội, tháng 05 năm 2016
Tác giả
Hoàng Văn Năng
Trang 5
CHƢƠNG 1. KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
Trong chương này trình bày các kiến thức cơ bản về thặng dư bậc hai bao
gồm: Kí hiệu Legendre và các tính chất, luật thuận nghịch bậc hai và áp dụng
trong việc tính kí hiệu Legendre (xem 2 ). Trình bày các vấn đề về biểu diễn
một số nguyên dương thành tổng của hai số chính phương, tổng của bốn số
chính phương. Nêu ra một số tính chất cơ bản của liên phân số (xem 3 ).
1.1. Thặng dƣ bậc hai
Định nghĩa 1.1. Giả sử p là số nguyên tố lẻ và a nguyên tố với p. Số a được
gọi là một thặng dư bậc hai theo modulo p nếu phương trình đồng dư
x 2 a(mod p) có nghiệm. Nếu ngược lại, ta nói a là bất thặng dư bậc hai
modulo p .
Bổ đề 1.1. Giả sử p là số nguyên tố lẻ, a là số nguyên không chia hết cho p .
Khi đó phương trình đồng dư x 2 a(mod p) không có nghiệm, hoặc có đúng
hai nghiệm không đồng dư modulo p.
Định lý 1.1. Nếu p là số nguyên tố lẻ, thì trong các số 1,2,..., p 1 có đúng
p 1
thặng dư bậc hai theo modulo p.
2
Định nghĩa 1.2. Giả sử p là số nguyên tố lẻ, a là số nguyên không chia hết
a
cho p . Kí hiệu Legendre được định nghĩa như sau:
p
a
i. 1 nếu a là thặng dư bậc hai theo modulo p.
p
Trang 6
Thang Long University Library
a
ii. 1 nếu a là bất thặng dư bậc hai theo modulo p.
p
Định lý 1.2. (Tiêu chuẩn Euler) Giả sử p là số nguyên tố lẻ, a là số nguyên
dương không chia hết cho p . Khi đó
p 1
a
2
p a (mod p) .
Định lý 1.3. Giả sử p là số nguyên tố lẻ, a và b là các số nguyên không
chia hết cho p . Khi đó:
a b
i. Nếu a b(mod p) thì .
p p
ab a b
ii. .
p p p
a2
iii. 1.
p
Định lý 1.4. Nếu p là số nguyên tố lẻ thì ta có:
p 1
1
i. (1) 2 .
p
p 1
2
ii. (1) 8 .
p
2
p
q
Định lý sau đây cho ta mối quan hệ giữa các kí hiệu Legendre và
q
p
Trang 7
với p, q là các số nguyên tố lẻ. Định lý này thường được sử dụng trong việc
tính toán với các kí hiệu Legendre. Để chứng minh luật thuận nghịch bậc hai
ta dựa vào hai bổ đề sau đây.
Bổ đề 1.2. (Bổ đề Gauss) Giả sử p là số nguyên tố lẻ, a là số nguyên không
chia hết cho p . Nếu s là số các thặng dư bé nhất của các số nguyên a,2a,...,
p 1
p
a lớn hơn
, thì
2
2
a
s
p (1) .
Chứng minh. Giả sử u1, u2 ,..., us là các thặng dư dương nhỏ nhất lớn hơn
v1 , v2 ,..., vt là các thặng dư nhỏ nhất nhỏ hơn
( ja, p) 1, j : 1 j
p
và
2
p
p 1
a. Vì
của các số a,2a,...,
2
2
p
nên các thặng dư nhỏ nhất thuộc 1,2,..., p 1 . Ta
2
sẽ chỉ ra rằng tập
p u1, p u2 ,..., p us , v1, v2 ,..., vt
p 1
p 1
số
1,2,...,
. Vì
2
2
chính là tập
p u1, p u2 ,..., p us , v1, v2 ,..., vt đều
nhỏ hơn
p 1
nên ta chỉ cần chứng tỏ rằng chúng không đồng dư nhau modulo p.
2
Hiển nhiên p ui p u j (mod p)
và vi v j (mod p) , nếu i j ; vì nếu
không ta suy ra ma na(mod p) , hay m n(mod p) , điều này không xảy ra
với m n mà 1 m, n
p 1
. Tương tự p ui v j (mod p) ; vì nếu không thì
2
m n(mod p) , điều này không xảy ra khi m n và 1 m, n
p 1
.
2
Trang 8
Thang Long University Library
Vậy thì
p 1
( p u1 )( p u2 )...( p us )v1v2 ...vt
!
2
hay
p 1
(1) s u1u2 ...us v1v2 ...vt
!(mod p).
2
Do
a
p 1
2
p 1
p 1
! a.2a...
a u1u2 ...usv1v2 ...vt (mod p)
2
2
suy ra
(1) a
s
p 1
2
p 1 p 1
!
!(mod p) .
2 2
p 1
Vì ( p,
!) 1 nên
2
(1) s a
p 1
2
1(mod p) .
Suy ra
p 1
a
s
2
p a (1) (mod p).
Vậy
a
s
p (1) .
Trang 9
Bổ đề 1.3. Nếu p là số nguyên tố lẻ và a là số lẻ không chia hết cho p thì
p 1
2
ja
p
a
j 1
.
p (1)
Chứng minh. Giả sử u1, u2 ,..., us là các thặng dư dương nhỏ nhất lớn hơn
v1 , v2 ,..., vt là các thặng dư dương nhỏ nhất nhỏ hơn
p
và
2
p
của các số a, 2a,...,
2
p 1
a. Ta có
2
ja
ja p rj ,
p
trong đó rj là một u j hoặc v j .
Như vậy
p 1
2
p 1
2
t
ja s
ja
p
u
p j vj.
j 1
j 1
j 1
j 1
Như trong chứng minh bổ đề Gauss đã chỉ ra rằng tập p u1, p u2 ,..., p us ,
p 1
v1 , v2 ,..., vt cũng chính là tập 1,2,...,
, nên
2
p 1
2
s
t
s
t
j 1
j 1
j 1
j 1
j 1
j ( p u j ) v j ps u j v j .
Suy ra
Trang 10
Thang Long University Library
p 1
2
p 1
2
p 1
2
s
ja
ja j p ps 2 u j ,
j 1
j 1
j 1
j 1
p
hay
p 1
2
p 1
2
s
ja
(a 1) j p ps 2 u j .
j 1
j 1 p
j 1
Vì a, p lẻ nên suy ra
p 1
2
ja
s(mod 2).
j 1 p
Vậy
p 1
2
ja
p
a
s
j 1
(
1)
(
1)
.
p
Định lý 1.5. (Luật thuận nghịch bậc hai) Giả sử p và q là các số nguyên tố
lẻ khác nhau, khi đó
p 1 q 1
.
p q
2 2
(
1)
.
q p
Chứng minh. Xét các cặp số nguyên ( x, y) với 1 x
Số các cặp ( x, y) nói trên là
p 1
q 1
và 1 y
.
2
2
p 1 q 1
.
. Ta có qx py với mọi cặp số ( x, y) .
2
2
Chia các cặp số ( x, y) nói trên thành hai nhóm. Nhóm thứ nhất gồm các cặp
( x, y) mà qx py , và nhóm thứ hai gồm các cặp số ( x, y) mà qx py .
Trang 11
Ta thấy nhóm thứ nhất gồm các cặp số ( x, y) mà 1 x
Đối với mỗi x cố định, 1 x
p 1
qx
và 1 y .
p
2
p 1
qx
qx
, có đúng các số y : 1 y .
2
p
p
Như vậy nhóm thứ nhất có số cặp là:
p 1
2
qj
p .
j 1
Tương tự nhóm thứ hai có các cặp số là:
p 1
2
pj
q .
j 1
Vậy
p 1
2
qj
p 1
2
pj
p q
j 1
j 1
p 1 q 1
.
.
2
2
Theo bổ đề 1.2. ta suy ra
p 1
2
qj
p
j 1
p q
q p (1)
q 1
2
.(1)
pj
q
j 1
(1)
p 1 q 1
.
2 2
.
Luật thuận nghịch bậc hai thường được dùng để tính kí hiệu Legendre, cũng
chính là xét xem một số nguyên a có là thặng dư bậc hai của số nguyên tố p
hay không. Sau đây ta xét ví dụ minh họa.
13 26 41
Ví dụ 1.1. Tính các kí hiệu Legendre sau: ,
,
.
17 73 103
Trang 12
Thang Long University Library
Lời giải. Theo luật thuận nghịch bậc hai ta có:
13 17
(1)
17 13
131 17 1
.
2
2
13 17
1 hay , mặt khác ta có 22 17(mod13)
17 13
2
17 2
13
nên 1. Từ đó ta có 1 .
17
13 13
Ta có
26 (1).2.13 1 2 13
73 73 73 73 .
73
1
(1)
73
731
2
73 1
2
; (1) 8 1 .
73
2
Theo luật thuận nghịch bậc hai ta có:
131 731
.
13 73
2
2
1
(1)
73 13
mà
13 1
3
2
73 8 2 2 2 2
8
1 .
(1)
13 13 13 13 13 13
2
Ta có 41 1(mod 4) còn 103 3(mod 4) nên theo luật thuận nghịch bậc hai ta
41 103
103 21
103
21(mod
41)
có
mà
nên
.
103 41
41 41
21 3.7 3 7 41 41 1 1
(1).(1) 1 .
41 41 41 41 3 7 3 7
Trang 13
1.2. Biểu diễn số nguyên dƣơng thành tổng của các bình phƣơng
1.2.1. Biểu diễn số nguyên dƣơng thành tổng hai số chính phƣơng
Bổ đề 1.4. Nếu p là số nguyên tố không có dạng 4k+3 thì có các số nguyên x,
y sao cho x2 y 2 p .
Chứng minh. Khi p 2 , ta có 2 12 12 . Giả sử p là số nguyên tố dạng
4k+1. Do (-1) là thặng dư bậc hai mod p nên có số nguyên x, 0 < x < p để
x2 12 kp với số nguyên k nào đó. Gọi m là số nguyên dương nhỏ nhất sao
cho phương trình x2 y 2 mp có nghiệm nguyên x, y. Hiển nhiên là m < p, vì
kp x2 12 ( p 1)2 1 p2 .
Chúng ta sẽ chứng tỏ rằng m 1. Giả sử là m 1. Gọi a, b là các số nguyên
sao cho
m
m m
m
a , b với a x (mod m) và b y (mod m), ta có
2
2 2
2
a2 b2 x2 y 2 mp 0 (mod m).
Thế thì có số nguyên t sao cho a2 b2 tm . Suy ra
(a2 b2 )( x2 y 2 ) (tm)(mp) tm2 p
Từ đẳng thức
(a2 b2 )( x2 y 2 ) (ax by)2 (ay bx)2
và a x (mod m), b y (mod m), ta có
ax by x2 y 2 0 (mod m)
ay bx xy yx 0 (mod m)
Như vậy (ax+by)/m và (ay-bx)/m là các số nguyên và
Trang 14
Thang Long University Library
tm2 p
ax by ay bx
tp.
m m
m2
2
2
Chúng ta còn phải chứng tỏ 0 t m . Ta có 0 km a 2 b2 2
theo 0 t
m2 m2
kéo
4
2
m
. Vậy t m . Nếu t 0 , thì a2 b2 tm 0 , kéo theo a b 0 .
2
Thế thì x y 0(mod m) . Nhưng x2 y 2 mp , nên m2 | mp , hay m | p , điều
này không xảy ra vì 0 m p .
Định lý 1.6. Số nguyên dương n là tổng của hai số chính phương khi và chỉ
khi mỗi thừa số nguyên tố dạng 4k 3 của n xuất hiện với số mũ chẵn trong
khai triển n thành tích các thừa số nguyên tố.
Chứng minh. Giả sử ngược lại là có thừa số nguyên tố p 3 (mod 4) của n có
số mũ lẻ 2j+1 và n x 2 y 2 . Đặt d = (x,y),a = x/d, b = y/d, m n / d 2 , thì
(a,b) = 1 và m a2 b2 . Giả sử p k là lũy thừa lớn nhất của p chia hết d. Thế
thì m chia hết cho p 2 j 2 k 1 với 2j-2k+1 là số nguyên dương, vậy p|m. Nhưng
p | a vì nếu p|a thì p | b m a2 , và điều này vô lý với (a,b) = 1. Gọi z là số
nguyên mà az b (mod p). Thế thì
m a2 b2 a2 (az)2 a2 (1 z 2 ) (mod p).
Vì p|m nên p | a2 (1 z 2 ) . Nhưng (a, p) 1 nên p |1 z 2 , hay z 2 1(mod p).
và điều này không xảy ra khi p 3 (mod 4).
Giả sử phân tích của n không có thừa số nguyên tố dạng 4k 3 với số mũ lẻ.
Khi đó ta có n t 2u trong đó u không có thừa số nguyên tố dạng 4k 3 .
Trang 15
Theo bổ đề 1.4. mỗi thừa số nguyên tố không có dạng 4k 3 , đều là tổng của
hai số chính phương và hệ thức
(r 2 s 2 )(v2 w 2 ) (rv sw)2 (rw sv)2
ta suy ra u là tổng của hai số chính phương. Giả sử u x2 y 2 , khi đó ta có
n (tx)2 (ty)2 .
1.2.2. Biểu diễn số nguyên dƣơng thành tổng bốn số chính phƣơng
Bổ đề 1.5. Nếu m, n đều là tổng của bốn số chính phương thì tích mn cũng là
tổng của bốn số chính phương.
Chứng minh. Giả sử m x2 y 2 z 2 t 2 và n a2 b2 c2 d 2 . Ta có
mn ( x2 y 2 z 2 t 2 )(a 2 b2 c 2 d 2 ) (ax by cz dt )2
(bx ay dz ct )2 (cx dy az bt )2 (dx cy bz at )2 .
Bổ đề 1.6. Nếu p là số nguyên tố thì có các số nguyên x, y, z, t sao cho
x2 y 2 z 2 t 2 p .
Chứng minh. Trường hợp p 2 hiển nhiên ta có
12 12 02 02 2 p .
Trước hết ta chứng tỏ rằng nếu p là số nguyên tố lẻ thì có các số nguyên x, y, z
với 0 x, y
p
sao cho x2 y 2 1 zp . Vì x2 y 2 (mod p) kéo theo x y
2
p 1
(mod p) nên các số 0 ,1 ,...,
là đôi một không đồng dư mod p.
2
2
2
2
p 1
Cũng vậy, các số 1 0 , 1 1 ,..., 1
đôi một không đồng dư mod p.
2
2
2
2
Trang 16
Thang Long University Library
2
2
p 1
p 1
2 2
2
2
Vì 0 ,1 ,...,
, 1 0 , 1 1 ,..., 1
có cả thảy p 1 số nên
2
2
có 0 x, y
p
sao cho x2 y 2 1 zp . Gọi m là số nguyên dương nhỏ nhất
2
sao cho phương trình x2 y 2 z 2 t 2 mp có nghiệm nguyên (x; y; z; t).
Hiển nhiên m < p vì
p 1
mp x y 1 0 2
1 p2 .
2
2
2
2
2
2
Chúng ta sẽ chứng tỏ rằng m = 1. Giả sử m > 1. Nếu m chẵn thì tất cả các số x,
y, z, t đều là số chẵn hoặc đều là số lẻ, hoặc hai trong chúng là số chẵn và hai
số còn lại là số lẻ. Như vậy, không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử rằng :
x y(mod 2) và z t (mod 2). Khi đó các số ( x y) / 2;( x y) / 2;( z t ) / 2;
( z t ) / 2 đều là các số nguyên và
m
x y x y z t z t
p
2
2 2 2 2
2
2
2
2
điều này vô lý với giả thiết về tính nhỏ nhất của m.
Bây giờ giả sử m là số lẻ. Gọi a, b, c, d là các số nguyên sao cho:
a x (mod m), b y (mod m), c z (mod m), d t (mod m) và
m
m m
m m
m m
m
a , b , c , d .
2
2 2
2 2
2 2
2
Ta có
a 2 b2 c 2 d 2 x 2 y 2 z 2 t 2 (mod m).
Trang 17
Do đó
a2 b2 c2 d 2 km
với k là số nguyên nào đó.
Nhưng
0 a 2 b2 c2 d 2 4
2
m
2
m
2
nên 0 k m . Nếu k 0 ta có a b c d cũng như x y z t (mod m).
Khi đó m2 | mp hay m | p ; và điều này không xảy ra vì 1 m p . Thế thì
k 0 . Ta có
( x2 y 2 z 2 t 2 )(a2 b2 c2 d 2 ) mp.km m2kp.
Theo định lý 1.8. ta có
m2 kp (ax by cz dt )2 (bx ay dz ct )2
(cx dy az bt )2 (dx cy bz at )2 .
Từ a x (mod m), b y (mod m), c z (mod m), d t (mod m) ta có
ax by cz dt x2 y 2 z 2 t 2 0 (mod m)
bx ay dz ct yx xy xz yt 0 (mod m)
cx dy az bt zx ty xz yt 0 (mod m)
dx cy bz at tx zy yz xt 0 (mod m).
Suy ra X (ax by cz dt ) / m ; Y (bx ay dz ct ) / m;
Z (cx dy az bt ) / m ; T (dx cy bz at ) / m là các số nguyên.
Trang 18
Thang Long University Library
Ta có
X 2 Y 2 Z 2 T 2
m2 kp
kp ,
m2
và điều này vô lý với giả thiết về tính nhỏ nhất của m.
Định lý 1.7. Mọi số nguyên dương đều là tổng của bốn số chính phương.
Chứng minh. Khi n 1 là hiển nhiên. Khi n 1 thì n là tích của các số nguyên
tố. Theo bổ đề 1.5. và bổ đề 1.6. ta suy ra điều phải chứng minh.
Ví dụ 1.2. Biểu diễn thành tổng các số chính phương:
a. Số 5825 thành tổng của hai số chính phương.
b. Số 299 thành tổng của bốn số chính phương.
Lời giải.
a. Ta có
5825 25.233 52 (132 82 )
(42 32 )(132 82 )
652 402 282 712 7 2 762.
b. Ta có
299 13.23 (22 22 22 12 )(32 32 22 12 ) 17 2 32 12 02
152 62 32 12 152 72 52 02 162 52 32 32.
1.3. Một số tính chất của liên phân số
Định nghĩa 1.3. Cho a0 là số nguyên, còn a1 , a2 ,..., an là các số nguyên
dương. Khi đó đại lượng a0 ; a1, a2 ,..., an được kí hiệu như sau:
Trang 19
a0 ; a1, a2 ,..., an a0
1
a1
1
a2
1
a3 ...
1
an1
1
an
gọi là liên phân số hữu hạn có độ dài n . Với mỗi k n , Ck a0 ; a1, a2 ,..., ak
được gọi là giản phân thứ k của liên phân số đã cho.
Định nghĩa 1.4. Cho a0 , a1, a2 ,... là dãy vô hạn các số nguyên với ai 0, i 1.
Với mỗi k * đặt Ck a0 ; a1, a2 ,..., ak . Khi đó tồn tại giới hạn
lim Ck .
k
Ta gọi số là giá trị của liên phân số vô hạn a0 ; a1, a2 ,... , và kí hiệu
a0 ; a1, a2 ,... .
Định nghĩa 1.5. Ta gọi liên phân số vô hạn a0 ; a1, a2 ,... là tuần hoàn
nếu dãy an tuần hoàn kể từ một chỉ số nào đó tức là: Tồn tại các số nguyên
dương m và k sao cho với mọi n m ta có an ank số nguyên dương k
được gọi là chu kì của liên phân số a0 ; a1, a2 ,... . Khi đó ta viết
a0 ; a1, a2 ,..., am1, am , am1, amk 1 .
Tính chất 1. Mỗi số hữu tỷ đều có thể biểu diễn dưới dạng một liên phân số
hữu hạn.
Trang 20
Thang Long University Library
- Xem thêm -