Làm thế nào để cải thiện trực giác Toán học?

Trực giác Toán học có thể được hiểu là khả năng nhận ra các mẫu hình, mối liên hệ, hoặc cách tiếp cận một bài toán mà không cần dựa hoàn toàn vào các bước suy luận logic chi tiết. Trực giác này giống như một “cảm giác” về Toán học, cho phép người học dự đoán, hình dung, và đưa ra giả thuyết một cách tự nhiên. Trực giác Toán học không phải là một “phép màu” hay sự đoán mò. Nó được xây dựng dựa trên kinh nghiệm, sự quen thuộc với các khái niệm Toán học, và khả năng liên kết các ý tưởng. Nhà Toán học nổi tiếng Henri Poincaré từng mô tả trực giác như một công cụ giúp ông khám phá các ý tưởng mới, nhưng chỉ khi kết hợp với tư duy logic thì trực giác mới trở thành nền tảng cho những khám phá lớn.

Để cải thiện trực giác Toán học, bạn cần rèn luyện khả năng nhận diện các cấu hình, hiểu sâu các khái niệm và áp dụng chúng một cách linh hoạt. Dưới đây là một số kinh nghiệm hữu ích:

1. Thay vì chỉ học thuộc khái niệm hay định lý, hãy tìm hiểu tại sao chúng hoạt động. Đọc các chứng minh khác nhau khi học định lý, cố gắng nắm rõ ý tưởng chứng minh. Ngoài ra, có thể tự hỏi: Khái niệm này đến từ đâu? Ý nghĩa của kết quả này là gì? Nếu thay đổi hay bỏ bớt điều kiện, kết quả sẽ ra sao? Nó còn đúng không? Việc tìm câu trả lời sẽ kích thích tư duy trực giác và khả năng liên kết.

2. Giải nhiều bài toán ở các mức độ khác nhau, kể cả các bài toán mở. Các bài toán hình học, đại số, hay tổ hợp thường giúp phát triển trực giác nhờ tính trực quan. Những bài toán mở khuyến khích bạn suy nghĩ sáng tạo và hình dung cách giải quyết vấn đề.

3. Vẽ hình, biểu đồ, hoặc sơ đồ để minh họa bài toán. Chúng giúp bạn “thấy” được các mối liên hệ. Sử dụng các công cụ như GeoGebra hoặc giấy và bút để thử nghiệm các ý tưởng.

4. Thử giải bài toán theo nhiều cách khác nhau. Ví dụ, một bài toán hình học có thể được giải bằng đại số, lượng giác, hoặc hình học thuần túy. Điều này giúp bạn phát triển sự linh hoạt và nhận ra các mẫu ẩn. Khi gặp bài toán khó, hãy cố gắng chia nhỏ hoặc giải các bài toán đơn giản hơn.

5. Khi giải sai hay không giải được một bài toán, hãy dừng lại và phân tích lý do. Hỏi bản thân: “Mình đã bỏ qua điều gì?” hoặc “Có tính chất nào mình chưa nhận ra không?” Đây là cơ hội để phát triển trực giác, vì chúng chỉ ra những điểm mù trong tư duy.

6. Đọc và học từ các nguồn chất lượng. Đọc sách, xem video bài giảng hoặc bài viết của các nhà Toán học nổi tiếng để hiểu cách họ tiếp cận vấn đề. Các cuốn sách như “How to Solve It” của George Polya hoặc “The Art and Craft of Problem Solving” của Paul Zeitz rất hữu ích.

7. Hãy học hỏi từ những người khác ngoài thầy trực tiếp dạy bạn. Tham gia các nhóm học Toán hoặc diễn đàn như Art of Problem Solving. Thảo luận với người khác giúp tiếp cận các cách suy nghĩ mới và củng cố trực giác của mình. Dạy lại khái niệm cho người khác. Khi bạn giải thích một ý tưởng Toán học, bạn buộc phải hiểu nó sâu hơn, từ đó cải thiện trực giác.

Trực giác Toán học cần phải được rèn luyện thường xuyên, bạn nên dành thời gian mỗi ngày để giải một bài toán nhỏ hoặc suy nghĩ về một khái niệm mới. Trực giác Toán học không phát triển ngay lập tức, nó đòi hỏi thời gian và sự kiên trì. Hãy coi mỗi bài toán là một cơ hội để học hỏi, ngay cả khi bạn chưa tìm ra lời giải.

Functional equations on real line I

Trong mục này, qua các ví dụ và bài tập, chúng tôi sẽ giới thiệu các kỹ thuật cơ bản để giải các phương trình hàm trên tập số thực.

Ví dụ 1. Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ sao cho

$f(x)f(y)=xy-f(x+y),\quad \forall x,y\in\mathbb{R}.$

Lời giải. Giả sử $f$ là một hàm số thỏa mãn yêu cầu của đề bài, khi đó

$f(x)f(y)=xy-f(x+y),\quad \forall x,y\in\mathbb{R}.\quad (1)$

Trong (1), cho $x=y=0$ ta có $f(0)^2=-f(0)$ , suy ra $f(0)=0$ hoặc $f(0)=-1$ . Nếu $f(0)=0$ thì trong (1), chọn $y=0$ ta có $f(x)=0$ với mọi số thực $x$ . Kiểm tra ta thấy hàm số này không thỏa mãn. Bây giờ ta xét trường hợp $f(0)=-1$ .

Trong (1), cho $x=1$ và $y=-1$ ta có $f(1)f(-1)=0$ , suy ra $f(1)=0$ hoặc $f(-1)=0$ .

Trường hợp 1: $f(1)=0$ .

Trong (1), chọn $y=1$ , ta có $f(x+1)=x$ với mọi số thực $x$ , suy ra $f(x)=x-1,\quad\forall x\in\mathbb{R}.$

Trường hợp 2: $f(-1)=0$ .

Trong (1), chọn $y=-1$ , ta có $f(x-1)=-x$ với mọi số thực $x$ , suy ra $f(x)=-x-1,\quad\forall x\in\mathbb{R}.$

Khi $f(x)=x-1$ thì với mỗi số thực $x$ và $y$ , ta có

$xy-f(x+y)=xy-(x+y-1)=(x-1)(y-1)=f(x)f(y),$

suy ra hàm số này thỏa mãn yêu cầu của đề bài.

Khi $f(x)=-x-1$ thì với mỗi số thực $x$ và $y$ , ta có

$xy-f(x+y)=xy+(x+y+1)=(-x-1)(-y-1)=f(x)f(y),$

suy ra hàm số $f(x)=-x-1$ cũng thỏa mãn.

Vậy có hai hàm số thỏa mãn yêu cầu của đề bài, đó là $f(x)=x-1$ và $f(x)=-x-1$ . $\Box$

Ví dụ 2. Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ thỏa mãn

$f(f(x)+y)=yf(x-f(y)),\quad\forall x,y\in\mathbb{R}.$

Lời giải. Giả sử $f$ là một hàm số thỏa mãn yêu cầu của đề bài. Khi đó

$f(f(x)+y)=yf(x-f(y)),\quad\forall x,y\in\mathbb{R}.\quad (1)$

Trong (1), chọn $y=0$ , ta có $f(f(x))=0$ với mọi số thực $x$ . Từ đây, bằng cách thay $x$ bởi $f(y)$ vào (1), ta có $f(y)=f(0)y$ với mọi số thực $y$ . Suy ra $f(0)=0$ và $f(x)=0$ với mọi số thực $x$ . Ngược lại, kiểm tra thấy hàm số $f(x)=0$ thỏa mãn.

Vậy có đúng một hàm số thỏa mãn yêu cầu của đề bài, đó là $f(x)=0$ với mọi số thực $x$ . $\Box$

Ví dụ 3. Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ thỏa mãn

$\displaystyle f(xy)=\frac{f(x)+f(y)}{x+y}$

với mọi số thực $x$ và $y$ sao cho $x+y\not=0.$

Lời giải. Giả sử $f$ là một hàm số thỏa mãn yêu cầu của đề bài. Khi đó

$\displaystyle f(xy)=\frac{f(x)+f(y)}{x+y}$

với mọi số thực $x$ và $y$ sao cho $x+y\not=0. \quad (*)$

Từ $(*)$ , với $x=0$ và $y=1$ ta có $f(1)=0$ . Vẫn từ $(*)$ , chọn $y=1$ ta được

$xf(x)=0,\quad\forall x\in\mathbb{R}\setminus\{-1\}.$

Nói riêng, $f(2)=0$ . Từ $(*)$ , với $x=2$ và $y=0$ , ta có $f(0)=0$ . Cuối cùng, với $y=0$ , từ $(*)$ ta có $f(x)=0$ với mọi số thực $x\not=0$ . Suy ra $f(x)=0$ với mọi số thực $x$ . Ngược lại, kiểm tra thấy hàm số $f(x)=0$ thỏa mãn.

Vậy có đúng một hàm số thỏa mãn yêu cầu của đề bài, đó là $f(x)=0$ với mọi số thực $x$ . $\Box$

Ví dụ 4. Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ thỏa mãn

$xf(y)+yf(x)=(x+y)f(x)f(y),\quad\forall x,y\in\mathbb{R}.$

Lời giải. Giả sử $f$ là một hàm số thỏa mãn yêu cầu của đề bài. Khi đó

$xf(y)+yf(x)=(x+y)f(x)f(y),\quad\forall x,y\in\mathbb{R}.\quad (1)$

Từ (1), với $x=y=1$ ta có $f(1)^2=f(1)$ , suy ra $f(1)=0$ hoặc $f(1)=1$ . Nếu $f(1)=1$ thì với $y=1$ , từ (1) ta có $f(x)=0$ với mọi số thực $x$ . Kiểm tra ta thấy hàm số này thỏa mãn. Bây giờ ta xét trường hợp $f(1)=1$ .

Trong (1), chọn $y=1$ và để ý $f(1)=1$ , ta có $xf(x)=x$ với mọi số thực $x$ . Suy ra tồn tại số thực $a$ để

$f(x)=\begin{cases}1,\quad x\not=0\\ a,\quad x=0.\end{cases}$

Kiểm tra cẩn thận ta thấy hàm số này cũng thỏa mãn.

Vậy các hàm số phải tìm là $f(x)=0$ với mọi số thực $x$ , hoặc

$f(x)=\begin{cases}1,\quad x\not=0\\ a,\quad x=0.\end{cases}$

Ở đây $a$ là một số thực. $\Box$

Ví dụ 5. Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ thỏa mãn

$f(x+y) = \max(f(x),y) + \min(f(y),x)$

với mọi số thực $x$ và $y$ .

Lời giải. Giả sử $f$ là một hàm số thỏa mãn yêu cầu của đề bài. Khi đó

$f(x+y) = \max(f(x),y) + \min(f(y),x)$

với mọi số thực $x$ và $y.\quad (*)$

Từ $(*)$ , lần lượt thay $x=0$ và $y=0$ , ta có

$f(y) = \max(f(0),y) + \min(f(y),0),\quad\forall y\in\mathbb{R},$

và

$f(x) = \max(f(x),0) + \min(f(0),x),\quad\forall x\in\mathbb{R}.$

Suy ra với mỗi số thực $x$ ,

$2f(x)=f(x)+f(x)=(f(0)+x)+(f(x)+0),$

do đó $f(x)=x+f(0),\quad\forall x\in\mathbb{R}$ . Sử dụng điều này, khi thay $x=0$ và $y=f(0)$ , từ $(*)$ ta có $f(0)=\min (2f(0),0)$ . Suy ra $f(0)=0$ , và $f(x)=x$ với mọi số thực $x$ . Ngược lại, kiểm tra thấy hàm số $f(x)=x$ thỏa mãn.

Vậy có đúng một hàm số thỏa mãn yêu cầu của đề bài, đó là $f(x)=x$ với mọi số thực $x$ . $\Box$

Z – K[x]

Các bạn học sinh chắc rất quen thuộc với cuốn từ điển ANH – VIỆT đúng không? Hôm nay tôi sẽ giới thiệu vài trang trong cuốn từ điển SỐ NGUYÊN – ĐA THỨC. Để theo bài cho dễ dàng các bạn nên đọc lướt qua các bài sau:

[1] https://nttuan.org/2023/06/30/poly01/

[2] https://nttuan.org/2023/07/14/divisibility/

[3] https://nttuan.org/2023/08/04/prime/

Mục đích của bài này là giới thiệu một số kết quả về đa thức tương tự với các kết quả trong số học sơ cấp (xem [2] và [3]), chẳng hạn như thuật toán chia, thuật toán Euclid, và định lí cơ bản của số học. Bởi vì chúng thực sự rất tương tự nên một số chứng minh sẽ bị bỏ qua, hoặc viết vắn tắt. Các em học sinh nên viết lại cẩn thận tất cả các chứng minh để hiểu thêm về đa thức.

Trong bài $K$ là $\mathbb{C},\mathbb{R},\mathbb{Q},$ hay $\mathbb{F}_p$ .

Định lí 1 (Thuật toán chia). Cho $f$ và $g$ là các phần tử của $K[x]$ với $g\neq 0$ . Khi đó tồn tại duy nhất cặp phần tử $(q,r)$ của $K[x]$ thỏa mãn $f=q g+r,$ và $\deg (r)<\deg(g)$ hoặc $r=0$ .

Chứng minh. Khẳng định là đúng một cách hiển nhiên nếu $f=0$ hoặc bậc của $f$ bé hơn bậc của $g.$ Bây giờ ta xét trường hợp còn lại và chứng minh nó bằng quy nạp theo bậc của $f$ .

Nếu bậc của $f$ bằng $0$ thì bậc của $g$ bằng $0$ và khẳng định là đúng. Giả sử khẳng định đúng với mọi đa thức $f$ có bậc bé hơn $m$ . Xét một đa thức $f$ có bậc $m$ và một đa thức $g$ khác không có bậc $n\leq m$ . Viết $f(x)=a_m x^m+\ldots+a_1 x+a_0$ và $g(x)=b_n x^n+\ldots+b_0.$

Xét đa thức $f_1(x)=f(x)-a_m b_n^{-1} x^{m-n} g(x).$ Ta có $f_1$ có bậc bé hơn $m$ hoặc $f_1=0$ nên theo giả thiết quy nạp, ta có thể viết $f_1=q_1 g+r,$ trong đó bậc của $r$ bé hơn $n$ hoặc $r=0$ . Từ đây ta có $f(x)=\left(q_1(x)+a_m b_n^{-1} x^{m-n}\right) g(x)+r(x).$ Bây giờ ta đi chứng minh phần còn lại, thương và dư là duy nhất. Giả sử $f=q_1 g+r_1$ và $f=q_2 g+r_2.$ Khi đó $\left(q_1-q_2\right) g=r_2-r_1.$ Nếu $q_2-q_1 \neq 0$ thì bậc của $\left(q_2-q_1)\right) g$ không bé hơn bậc của $g$ , trong khi bậc của $r_2-r_1$ bé hơn bậc của $g$ , vô lý. Vậy $q_1=q_2$ , và đương nhiên $r_1=r_2$ . $\Box$

Định nghĩa 1. Cho hai đa thức không đồng thời bằng không $f$ và $g$ với hệ số trong $K$ . Một đa thức monic $d$ với hệ số trong $K$ được gọi là ước chung lớn nhất của $f$ và $g$ nếu

(1) $d$ là một ước của $f$ và $g$ , và

(2) mỗi ước của $f$ và $g$ cũng là một ước của $d$ .

Ước chung lớn nhất của $f$ và $g$ được ký hiệu bởi $(f, g)$ . Nếu $(f, g)=1$ thì ta nói $f$ và $g$ nguyên tố cùng nhau.

Ước chung lớn nhất nếu có sẽ là duy nhất. Thật vậy, giả sử $d$ và $d_1$ cùng là ước chung lớn nhất của $f$ và $g$ . Khi đó $d \mid d_1$ và $d_1 \mid d$ , suy ra $d=a d_1$ và $d_1=b d$ , do đó $d=a b d.$ Từ đây ta có $ab=1$ , suy ra $a$ và $b$ đều có bậc không. Do đó $d_1$ bằng $d$ nhân với một đa thức hằng, nhưng chúng cùng monic nên $d=d_1$ . Định lí sau chứng tỏ ước chung lớn nhất tồn tại.

Định lí 2. Với các đa thức không đồng thời bằng không $f, g \in K[x]$ , ước chung lớn nhất tồn tại và có thể biểu diễn dưới dạng $(f, g)=a f+b g,$ với $a,b \in K[x]$ .

Chứng minh. Xét tập hợp $I=\{a f+b g \mid a, b \in K[x]\}.$ Tập hợp $I$ chứa ít nhất một đa thức khác không nên tồn tại đa thức monic $d$ thuộc $I$ mà có bậc nhỏ nhất. Dễ chứng minh được $d=(f, g)$ . $\Box$

Thuật toán Euclid. Cho $f, g \in K[x]$ là hai đa thức khác không. Dùng thuật toán chia ta có $f=q g+r,$ trong đó $\deg(r)<\deg(g)$ hoặc $r=0$ . Nếu $r=0$ thì $g$ chia hết $f$ , do đó $(f, g)=c g$ với $c\in K$ . Nếu không, ta có tập các ước chung của $f$ và $g$ bằng tập các ước chung của $g$ và $r$ , do đó $(f,g)=(g,r)$ . Quy trình này làm giảm bậc của đa thức nên nó phải kết thức sau hữu hạn bước, lúc đó ta tìm được $(f,g)$ . Tương tự như với số nguyên, dùng thuật toán này ta có thể tìm được các đa thức $a$ và $b$ sao cho $(f, g)=a f+b g.$

Định lí 3. Cho $f, g,h \in K[x]$ với $(h, f)=1$ và $h\mid fg$ . Khi đó $h\mid g$ .

Chứng minh. Bạn đọc tự chứng minh xem như bài tập. $\Box$

Định nghĩa 2. Một đa thức khác hằng với hệ số trong $K$ được gọi là bất khả quy trên $K$ nếu nó không thể phân tích trong $K[x]$ thành tích của hai đa thức có bậc nhỏ hơn. Nó được gọi là khả quy trên $K$ nếu có phân tích như vậy.

Ví dụ. Đa thức $x^2-x+1$ bất khả quy trên $\mathbb{R}$ nhưng khả quy trên $\mathbb{C}$ .

Tất cả những đa thức bậc $1$ là bất khả quy trên $K$ . Mỗi đa thức có bậc lớn hơn $1$ có nghiệm trong $K$ sẽ khả quy trên $K$ . Ngược lại không đúng, một đa thức khả quy vẫn có thể không có nghiệm trong $K$ . Tuy nhiên, với các đa thức bậc $2$ hay $3$ ta có kết quả sau:

Định lí 4. Một đa thức có bậc $2$ hay $3$ bất khả quy trên $K$ khi và chỉ khi nó không có nghiệm trong $K$ .

Tương tự như với số nguyên ta có các định lí sau. Bạn đọc tự chứng minh chúng xem như bài tập.

Định lí 5. Đa thức khác hằng $p \in K[x]$ bất khả quy trên $K$ khi và chỉ khi với mỗi $f,g \in K[x],$ $p\mid fg$ kéo theo $p \mid f$ hoặc $p \mid g$ .

Định lí 6. Mỗi đa thức khác hằng với hệ số trong $K$ có thể viết như là một phần tử của $K$ nhân với tích của các đa thức monic bất khả quy trên $K$ . Nếu không kể đến thứ tự của các nhân tử thì biểu diễn này là duy nhất.

Continue reading →

Continued fraction expansion of rational numbers

In this section we use continued fractions ([2]) for expansion of rational numbers. If $\displaystyle x_0$ , $\displaystyle x_1$ , $\displaystyle \ldots$ , are integer nunbers with $\displaystyle x_i>0$ for every $\displaystyle i>0$ then $\displaystyle [x_0;x_1,x_2,\ldots,x_n]\in\mathbb{Q},\quad\forall n\geq 0.$

Conversly, we have the theorem

Theorem 1. Let $\displaystyle r$ and $\displaystyle s$ be coprime integers with $\displaystyle s>0$ . Then there are non negative integer $\displaystyle n$ and integers $\displaystyle a_0$ , $\displaystyle a_1$ , $\displaystyle \ldots$ , $\displaystyle a_n$ such that

(1) $\displaystyle a_i>0$ for every $\displaystyle i=1,2,\ldots,n$ .

(2) $\displaystyle r/s=[a_0;a_1,a_2,\ldots,a_n]$ .

Proof. Let us proceed by induction on $\displaystyle s$ . The case $\displaystyle s=1$ is trivial. Now suppose that the assertion is true for all positive integers up to $\displaystyle s-1$ ( $\displaystyle s>1$ ). Because $\displaystyle (r,s)=1$ and $\displaystyle s>1$ , we have $\displaystyle s\nmid r$ . Hence by the Division Algorithm ([1]), there are integers $\displaystyle a$ and $\displaystyle b$ such that

$\displaystyle r=sa+b,\quad 1\leq b<s.\quad\quad (1)$

By the hypothesis of the induction, there are integers $\displaystyle m>0$ , $\displaystyle a_1$ , $\displaystyle a_2>0$ , $\displaystyle \ldots$ , $\displaystyle a_m>0$ such that

$\displaystyle \frac{s}{b}=[a_1;a_2,a_3,\ldots,a_m].\quad\quad (2)$

Because $\displaystyle s>b$ , we have $\displaystyle a_1>0$ . From (1) and (2) we have

$\displaystyle \frac{r}{s}=a+\frac{1}{s/b}=a+\frac{1}{[a_1;a_2,a_3,\ldots,a_m]}=[a;a_1,a_2,\ldots,a_m],$ completing the induction step. $\Box$

The equality in the theorem is called an expansion of $\displaystyle r/s$ into a finite continued fraction. In that expansion we will call $\displaystyle [a_0;a_1,a_2,\ldots,a_i]$ is the $i-$ th convergent of the continued fraction, or $i-$ th convergent of $\displaystyle r/s$ .

Example 1. Find an expansion of $\displaystyle 43/5$ into a finite continued fraction.

Solution. By the Division Algorithm, we have

$\displaystyle 43=5\cdot 8+3\quad\quad\frac{43}{5}=8+\frac{3}{5}=8+\frac{1}{5/3},$ and

$\displaystyle 5= 3\cdot 1 +2\quad\quad\frac{5}{3}=1+\frac{2}{3}=1+\frac{1}{3/2},$ and $\displaystyle \frac{3}{2}=1+\frac{1}{2}$ . Therefore $\displaystyle 43/5=[8;1,1,2]$ . $\Box$

The theorem says that for every rational number has an expansion into a finite continued fraction. But this expansion is not unique.

Example 2. $\displaystyle 13/5=[2;1,1,2]=[2;1,1,1,1]$ . $\Box$

Theorem 2. Let $\displaystyle \alpha$ be an integer number. Then $\displaystyle \alpha$ has exactly two expansions into a finite continued fraction.

Proof. By the theorem 1, we can write

$\displaystyle \alpha=[a_0;a_1,a_2,\ldots,a_n],$

where $a_0$ , $a_1$ , $\ldots$ , $a_n$ are integers such that $a_i>0$ for every $i=1,2,\ldots,n$ . If $\displaystyle n=0$ then $\displaystyle \alpha=a_0$ and $\displaystyle \alpha=[\alpha]$ is an expansion of $\displaystyle \alpha$ . If $\displaystyle n=1$ then $\displaystyle \alpha=a_0+\frac{1}{a_1}$ , hence $\displaystyle \frac{1}{a_1}$ is an integer, so $\displaystyle a_1=1$ . Therefore $\displaystyle \alpha=[\alpha-1;1]$ is an expansion of $\displaystyle \alpha$ .

Now assume that $\displaystyle n\geq 2$ . We have

$\displaystyle \alpha-a_0=\frac{1}{[a_1;a_2,\ldots,a_n]}$

is an integer number and $\displaystyle [a_1;a_2,\ldots,a_n]>0$ , hence $\displaystyle [a_1;a_2,\ldots,a_n]\leq 1$ . This claim is false because $\displaystyle n\geq 2$ and $\displaystyle a_i\geq 1$ for every $\displaystyle i=1,2,\ldots,n$ . $\Box$

Theorem 3. Let $\displaystyle \alpha$ be a rational number but not an integer. Then $\displaystyle \alpha$ has exactly two expansions into a finite continued fraction.

Proof. Assume that $\displaystyle \alpha=\alpha=r/s$ , where $\displaystyle r$ and $\displaystyle s>1$ are coprime integers. We prove by induction on $\displaystyle s$ that $\displaystyle \alpha$ has exactly two expansions into a finite continued fraction

$\displaystyle \alpha=[a_0;a_1,\ldots,a_n]=[a_0;a_1,\ldots,a_n-1,1],$

where $\displaystyle a_n>1$ . If $\displaystyle s=2$ , because $\displaystyle (r,s)=1$ there is an integer $\displaystyle k$ such that $\displaystyle r=2k+1$ . By the theorem 1, we can write

$\displaystyle \alpha=k+\frac{1}{2}=[a_0;a_1,a_2,\ldots,a_n],$

where $a_0$ , $a_1$ , $\ldots$ , $a_n$ are integers such that $a_i>0$ for every $i=1,2,\ldots,n$ . We have $n>0$ and $a_0=k$ , hence $\displaystyle 2=[a_1;a_2,\ldots,a_n]$ . By the theorem 2, we have $2$ has exactly two expansions into a finite continued fraction, those are $2=[2]$ and $2=[1;1]$ , therefore $\alpha$ has exactly two expansions $\displaystyle \alpha=[k;2]=[k;1,1],$ hence the claim is true for $\displaystyle s=2$ . Now suppose that the claim is true for $\displaystyle 2$ , $\displaystyle 3$ , $\displaystyle \ldots$ , $\displaystyle s-1$ ( $\displaystyle s>2$ ). By the theorem 1, we can write

$\displaystyle \alpha=[a_0;a_1,a_2,\ldots,a_n],$

where $a_0$ , $a_1$ , $\ldots$ , $a_n$ are integers such that $a_i>0$ for every $i=1,2,\ldots,n$ . We have $n>0$ and $a_0=[\alpha]$ (integer part of $\alpha$ ), hence $\displaystyle \frac{1}{\alpha-[\alpha]}=[a_1;a_2,\ldots,a_n].$ By the Division Algorithm, there is an integer $\displaystyle a$ such that $\displaystyle r=s[\alpha]+a$ and $1\leq a<s$ , then

$\displaystyle \frac{s}{a}=[a_1;a_2,\ldots,a_n].$

If $a=1$ then $a_1>1$ and by the theorem 2, we have $s/a$ has exactly two expansions are $s/a=[a_1]$ and $\displaystyle s/a=[a_1-1;1]$ . If $\displaystyle a>1$ then by the hypothesis of the induction (note that $\displaystyle s$ and $\displaystyle a$ are coprime integers), $\displaystyle s/a$ has exactly two expansions are