Useful Lemmas on Real Polynomials, Part I

Trong giải tích và đại số, các đa thức với hệ số thực đóng vai trò nền tảng và xuất hiện thường xuyên trong nhiều bài toán từ cơ bản đến chuyên sâu. Việc hiểu rõ sự biến thiên, tồn tại cực trị, hay đánh giá giới hạn của hàm đa thức là chìa khóa để giải quyết nhiều bài toán khó.

Bài này được biên soạn nhằm cung cấp và hệ thống hóa các tính chất giải tích quan trọng của hàm đa thức thông qua các bổ đề trọng tâm. Các kết quả trong tài liệu tập trung khai thác hành vi của đa thức ở vô cực dựa trên tính chẵn, lẻ của bậc và dấu của hệ số cao nhất. Cụ thể, tài liệu đi sâu vào các vấn đề:

(1) Sự tồn tại giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của đa thức.
(2) Bậc và giới hạn của đa thức sai phân.
(3) Hành vi của đa thức trên các khoảng ở xa gốc tọa độ.
(4) Đánh giá, chặn sự tăng trưởng của đa thức thông qua lũy thừa bậc cao nhất.
(5) Tính chất kẹp của đa thức bậc chẵn.

Đây là những công cụ nền tảng, được chứng minh một cách chặt chẽ dựa trên các định lý về giới hạn và hàm liên tục. Hy vọng tập tài liệu này sẽ là nguồn tham khảo hữu ích, giúp bạn đọc nắm vững các kỹ thuật xử lý đa thức để áp dụng vào các bài toán giải tích, phương trình hàm và bất đẳng thức trong các kỳ thi học sinh giỏi Toán.

Bạn đọc nên xem lại bài sau để theo dõi cho dễ dàng https://nttuan.org/2007/10/26/poly01/

Bổ đề 1. Cho $P(x)$ là một đa thức khác đa thức hằng với hệ số thực. Nếu bậc của đa thức là lẻ thì hàm số đa thức $P(x)$ không có giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất trên tập số thực.

Chứng minh. Giả sử đa thức có dạng $P(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \dots + a_1 x + a_0$ , trong đó $a_n \neq 0$ và $n$ là một số nguyên dương lẻ.

Với mọi $x \neq 0$ , ta có

$P(x) = x^n \left( a_n + \frac{a_{n-1}}{x} + \dots + \frac{a_1}{x^{n-1}} + \frac{a_0}{x^n} \right).$

Khi $x$ tiến tới dương vô cực hoặc âm vô cực, phần trong ngoặc có giới hạn là

$\lim_{x\to \pm\infty} \left( a_n + \frac{a_{n-1}}{x} + \dots + \frac{a_1}{x^{n-1}} + \frac{a_0}{x^n} \right) = a_n.$

Mặt khác, vì bậc $n$ là một số lẻ nên

$\lim_{x\to +\infty} x^n = +\infty$ và $\lim_{x\to -\infty} x^n = -\infty.$

Suy ra nếu $a_n > 0$ , theo quy tắc nhân giới hạn, ta có $\lim_{x\to +\infty} P(x) = +\infty$ và $\lim_{x\to -\infty} P(x) = -\infty$ ; nếu $a_n < 0$ , theo quy tắc nhân giới hạn, ta có $\lim_{x\to +\infty} P(x) = -\infty$ và $\lim_{x\to -\infty} P(x) = +\infty$ .

Trong cả hai trường hợp, ta đều thấy giới hạn của hàm số $P(x)$ ở hai đầu vô cực luôn là dương vô cực và âm vô cực. Điều này có nghĩa là khi $x$ thay đổi trên toàn bộ trục số thực, hàm số $P(x)$ có thể nhận những giá trị lớn tùy ý và những giá trị nhỏ âm tùy ý.

Do tập giá trị của hàm số không bị chặn trên nên $P(x)$ không thể có giá trị lớn nhất trên tập số thực. Tương tự, do tập giá trị không bị chặn dưới nên $P(x)$ cũng không thể có giá trị nhỏ nhất trên tập số thực. $\Box$

Bổ đề 2. Cho $P(x)$ là một đa thức khác đa thức hằng với hệ số thực. Nếu bậc của đa thức là chẵn thì hàm số đa thức $P(x)$ có giá trị nhỏ nhất hoặc giá trị lớn nhất trên tập số thực, nhưng không thể có cả hai.

Chứng minh. Giả sử đa thức có dạng $P(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \dots + a_1 x + a_0$ , trong đó $a_n \neq 0$ và $n$ là một số nguyên dương chẵn.

Với mọi $x \neq 0$ , ta có thể viết lại đa thức dưới dạng

$P(x) = x^n \left( a_n + \frac{a_{n-1}}{x} + \dots + \frac{a_1}{x^{n-1}} + \frac{a_0}{x^n} \right).$

Khi $x$ tiến tới dương vô cực hoặc âm vô cực, biểu thức trong ngoặc có giới hạn bằng $a_n$ . Mặt khác, vì $n$ là một số nguyên chẵn nên giới hạn của $x^n$ khi $x$ tiến về hai đầu vô cực luôn là dương vô cực:

$\lim_{x\to \pm\infty} x^n = +\infty.$

Từ đây, ta xét hai trường hợp dựa vào dấu của hệ số bậc cao nhất $a_n$ .

Trường hợp 1: $a_n > 0$ .

Theo quy tắc nhân giới hạn, ta có $\lim_{x\to \pm\infty} P(x) = +\infty$ . Điều này chứng tỏ tập giá trị của hàm số $P(x)$ không bị chặn trên, do đó hàm số không thể có giá trị lớn nhất trên tập số thực. Tiếp theo, ta chứng minh hàm số có giá trị nhỏ nhất. Vì giới hạn của $P(x)$ ở hai đầu vô cực là dương vô cực, nên theo định nghĩa giới hạn, tồn tại một số thực dương $M$ đủ lớn sao cho với mọi $x$ thỏa mãn $|x| > M$ , ta đều có $P(x) \ge P(0)$ . Xét trên đoạn $[-M, M]$ , do $P(x)$ là một hàm số liên tục trên một đoạn đóng và bị chặn, theo định lý Weierstrass, hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại một điểm $x_0$ thuộc đoạn $[-M, M]$ . Khi đó, $P(x) \ge P(x_0)$ với mọi $x \in [-M, M]$ . Đặc biệt, vì điểm $0$ nằm trong đoạn $[-M, M]$ nên $P(0) \ge P(x_0)$ . Kết hợp lại, với các điểm $x$ nằm ngoài đoạn $[-M, M]$ (tức là $|x| > M$ ), ta có $P(x) \ge P(0) \ge P(x_0)$ . Như vậy, với mọi số thực $x$ , ta luôn có $P(x) \ge P(x_0)$ , tức là hàm số có giá trị nhỏ nhất trên toàn bộ trục số thực.

Trường hợp 2: $a_n <0$ .

Theo quy tắc nhân giới hạn, ta có $\lim_{x\to \pm\infty} P(x) = -\infty$ . Hoàn toàn tương tự, tập giá trị của hàm số không bị chặn dưới nên $P(x)$ không có giá trị nhỏ nhất. Bằng cách xét giới hạn tiến về vô cực, tồn tại số thực dương $K$ sao cho với mọi $|x| > K$ thì $P(x) \le P(0)$ . Hàm đa thức $P(x)$ liên tục trên đoạn $[-K, K]$ nên sẽ đạt giá trị lớn nhất tại một điểm $x_1 \in [-K, K]$ . Lập luận tương tự như trên cho thấy $P(x) \le P(x_1)$ với mọi số thực $x$ , nghĩa là hàm số có giá trị lớn nhất trên toàn bộ trục số thực.

Tóm lại, nếu $a_n > 0$ thì đa thức có giá trị nhỏ nhất nhưng không có giá trị lớn nhất; nếu $a_n < 0$ thì đa thức có giá trị lớn nhất nhưng không có giá trị nhỏ nhất. $\Box$

Bổ đề 3. Cho $P(x)$ là một đa thức với hệ số thực có bậc $n$ lớn hơn $1$ . Khi đó với mỗi số thực $c$ khác $0$ , đa thức $P(x+c)-P(x)$ có bậc $n-1$ . Nói riêng, với mỗi số thực $c$ khác $0$ , ta có

$\lim_{x\to \pm\infty}|P(x+c)-P(x)|=+\infty.$

Chứng minh. Giả sử $P(x)$ có dạng

$P(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \dots + a_1 x + a_0,$

trong đó $a_n, a_{n-1}, \dots, a_0$ là các số thực và $a_n \neq 0$ .

Theo công thức khai triển nhị thức Newton, ta có

$(x+c)^n = x^n + n c x^{n-1} + \frac{n(n-1)}{2} c^2 x^{n-2} + \dots + c^n$

và

$(x+c)^{n-1} = x^{n-1} + (n-1) c x^{n-2} + \dots + c^{n-1}.$

Suy ra

$P(x+c) = a_n(x^n + n c x^{n-1} + \dots) + a_{n-1}(x^{n-1} + \dots) + \dots + a_0 = a_n x^n + (a_n n c + a_{n-1}) x^{n-1} + R(x),$

trong đó $R(x)$ là một đa thức có bậc không vượt quá $n-2$ .

Từ đó, xét hiệu của hai đa thức, ta có

$P(x+c) - P(x) = \left[ a_n x^n + (a_n n c + a_{n-1}) x^{n-1} + R(x) \right] - \left[ a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \dots + a_0 \right] = a_n n c x^{n-1} + S(x),$

với $S(x)$ là một đa thức có bậc không vượt quá $n-2$ .

Do $a_n \neq 0$ , $n > 1$ và $c \neq 0$ , ta suy ra hệ số của $x^{n-1}$ là $a_n n c \neq 0$ . Điều này chứng tỏ đa thức $Q(x) = P(x+c) - P(x)$ có bậc chính xác bằng $n-1$ .

Mặt khác, vì $n > 1$ nên $n-1 \ge 1$ . Đa thức $Q(x)$ là một đa thức có bậc lớn hơn hoặc bằng $1$ . Theo tính chất giới hạn của đa thức, giới hạn của trị tuyệt đối của một đa thức có bậc từ $1$ trở lên khi $x$ tiến tới dương vô cực hay âm vô cực luôn bằng dương vô cực. Do đó

$\lim_{x\to \pm\infty}|P(x+c)-P(x)|=+\infty.$

Bổ đề được chứng minh hoàn toàn. $\Box$

A Proof of Beatty’s Theorem

Cho số thực $\alpha$ . Dãy Beatty của $\alpha$ là dãy $(a_n)_{n\geq 1}$ xác định bởi $a_n=[n\alpha],\quad \forall n\geq 1.$

Định lý (Beatty). Cho hai số thực dương $\alpha$ và $\beta$ . Khi đó các dãy Beatty của $\alpha$ và $\beta$ làm thành một phân hoạch của tập các số nguyên dương khi và chỉ khi $\alpha$ và $\beta$ là các số vô tỷ và

$\displaystyle \frac{1}{\alpha}+\frac{1}{\beta}=1.$

Chứng minh. Đặt $S_{\alpha}=\{[n\alpha]|n=1,2,\ldots\}$ và $\displaystyle S_{\beta}=\{[n\beta]|n=1,2,\ldots\}.$

Giả sử $S_{\alpha}$ và $S_{\beta}$ làm thành một phân hoạch của tập các số nguyên dương. Ta thấy ngay $\alpha$ và $\beta$ lớn hơn $1$ , suy ra hai dãy Beatty của hai số này là các dãy tăng. Ta sẽ sử dụng phương pháp mật độ trong lý thuyết số giải tích.

Với mỗi số nguyên dương $k$ , cố định nó. Xét một số nguyên dương $n$ , ta có

$\displaystyle [n\alpha]\leq k\Leftrightarrow n\alpha < k+1\Leftrightarrow n < \dfrac{k+1}{\alpha}.$

Suy ra $|S_{\alpha}\cap \{1, 2, \ldots, k\}|=\left[\dfrac{k+1}{\alpha}\right]$ hoặc $\left[\dfrac{k+1}{\alpha}\right]-1$ tùy theo $\dfrac{k+1}{\alpha}$ không nằm trong hay nằm trong $\mathbb{Z}$ . Chứng minh tương tự ta có $\displaystyle |S_{\beta}\cap \{1, 2, \ldots, k\}|=\left[\dfrac{k+1}{\beta}\right]$ hoặc $\left[\dfrac{k+1}{\beta}\right]-1$ tùy theo $\dfrac{k+1}{\beta}$ không nằm trong hay nằm trong $\mathbb{Z}$ .

Mà $|S_{\alpha}\cap \{1, 2, \ldots, k\}|+|S_{\beta}\cap \{1, 2, \ldots, k\}|=k$ , suy ra

$\displaystyle -2+\left[\dfrac{k+1}{\alpha}\right]+\left[\dfrac{k+1}{\beta}\right]\leq k\leq \left[\dfrac{k+1}{\alpha}\right]+\left[\dfrac{k+1}{\beta}\right].$

Kết hợp với định nghĩa phần nguyên ta được

$\displaystyle -4+\dfrac{k+1}{\alpha}+\dfrac{k+1}{\beta} < k\leq \dfrac{k+1}{\alpha}+\dfrac{k+1}{\beta}.$

Chia các vế cho $k$ và cho $k\to+\infty$ ta có $\dfrac{1}{\alpha}+\dfrac{1}{\beta}=1.$ Nếu $\alpha$ là số hữu tỷ thì từ đẳng thức này ta có $\beta$ cũng là số hữu tỷ. Viết $\displaystyle \alpha=\dfrac{p}{q},\quad \beta=\dfrac{r}{s},$ với $p$ , $q$ , $r$ , và $s$ là các số nguyên dương. Ta thấy $S_{\alpha}\cap S_{\beta}\not=\emptyset$ , chẳng hạn $pr$ thuộc cả hai tập này, suy ra vô lý. Bởi vậy $\alpha$ là số vô tỷ, và $\beta$ cũng thế.

Bây giờ giả sử ngược lại, $\alpha$ và $\beta$ là các số vô tỷ và $\dfrac{1}{\alpha}+\dfrac{1}{\beta}=1.$ Ta thấy ngay $\alpha$ và $\beta$ lớn hơn $1$ , suy ra hai dãy Beatty của hai số này là các dãy tăng. Nếu $S_{\alpha}\cap S_{\beta}\not=\emptyset$ thì tồn tại các số nguyên dương $k,m$ và $n$ sao cho $k=[m\alpha]=[n\beta]$ . Suy ra

$\displaystyle k\leq m\alpha < k+1,\quad k\leq n\beta < k+1.$

Vì $\alpha$ và $\beta$ là các số vô tỷ nên

$\displaystyle k < m\alpha < k+1,\quad k < n\beta < k+1,$

suy ra

$\displaystyle \frac{k}{\alpha} < m < \frac{k+1}{\alpha},\quad \frac{k}{\beta} < n < \frac{k+1}{\beta},$

cộng theo vế ta có $k < m+n < k+1$ , vô lý. Như vậy $S_{\alpha}\cap S_{\beta}=\emptyset$ .

Nếu tồn tại số nguyên dương $l$ sao cho $l\not\in S_{\alpha}\cup S_{\beta}$ thì tồn tại các số nguyên không âm $p$ và $q$ sao cho

$\displaystyle [p\alpha] < l < [(p+1)\alpha], \quad [q\beta] < l < [(q+1)\beta].$

Vì $l$ là số nguyên nên từ các bất đẳng thức trên ta suy ra $p\alpha < l$ , đồng thời $[(p+1)\alpha] \geq l+1$ kéo theo $(p+1)\alpha \geq l+1$ . Lập luận tương tự cho $\beta$ , ta được

$\displaystyle p\alpha < l < l+1\leq (p+1)\alpha,\quad q\beta < l < l+1\leq (q+1)\beta.$

Vì $\alpha,\beta$ là các số vô tỷ nên

$\displaystyle p\alpha < l < l+1 < (p+1)\alpha,\quad q\beta < l < l+1 < (q+1)\beta.$

Chia các vế cho $\alpha,\beta$ và cộng lại ta có

$\displaystyle p+q < l < l+1 < p+q+2,$

điều này không thể xảy ra (do khoảng mở $(p+q, p+q+2)$ có độ dài bằng $2$ nên chỉ chứa đúng một số nguyên là $p+q+1$ ). $\blacksquare$

An Upper Bound for the Divisor Function (2)

Bài viết hôm nay sẽ đề cập đến một kết quả quan trọng trong lý thuyết số giải tích, liên quan đến tốc độ tăng của hàm số các ước $\tau(n)$ . Chúng ta sẽ cùng xem xét và chứng minh định lý sau:

Định lý. Với mọi số thực dương $\epsilon$ , tồn tại một hằng số dương $C_{\epsilon}$ sao cho $\tau(n) \le C_{\epsilon} \cdot n^{\epsilon}$ với mọi số nguyên dương $n$ .

Chứng minh. Giả sử $n = p_1^{a_1} p_2^{a_2} \cdots p_k^{a_k}$ là phân tích tiêu chuẩn của $n$ ra các thừa số nguyên tố, với $p_i$ là số nguyên tố và $a_i$ là các số nguyên dương. Ta cần tìm chặn trên cho tỉ số:

$\displaystyle\frac{\tau(n)}{n^{\epsilon}} = \prod_{i=1}^k \frac{a_i+1}{p_i^{a_i\epsilon}}.$

Xét hàm số $f(p, a) = \frac{a+1}{p^{a\epsilon}}$ với $p$ là số nguyên tố và $a \ge 1$ . Ta sẽ chia các số nguyên tố $p$ thành hai nhóm để đánh giá, dựa vào hằng số $\epsilon$ .

Nhóm 1: Các số nguyên tố $p \ge 2^{1/\epsilon}$

Điều kiện này tương đương với $p^\epsilon \ge 2$ . Với mọi số nguyên dương $a \ge 1$ , ta có $\displaystyle p^{a\epsilon}\ge 2^a$ . Vì ta luôn có $2^a \ge a+1$ với mọi $a \in \mathbb{Z}^+$ nên với các số nguyên tố thuộc nhóm này thì

$\displaystyle f(p, a) = \frac{a+1}{p^{a\epsilon}} \le \frac{a+1}{2^a} \le 1.$

Nhóm 2: Các số nguyên tố $p < 2^{1/\epsilon}$

Với một $\epsilon > 0$ cố định, chỉ có hữu hạn các số nguyên tố thỏa mãn $p < 2^{1/\epsilon}$ . Cố định một số nguyên tố $p$ thuộc nhóm này, xét giới hạn của $f(p, a)$ khi $a \to \infty$ . Vì $p^\epsilon > 1$ nên $\displaystyle\lim_{a \to +\infty} \frac{a+1}{p^{a\epsilon}} = 0.$

Vì dãy số hội tụ về $0$ , giá trị của $f(p, a)$ sẽ bị chặn trên. Tức là tồn tại một giá trị lớn nhất cho $\frac{a+1}{p^{a\epsilon}}$ khi $a$ chạy trên tập số nguyên dương. Bây giờ ta chọn:

$\displaystyle C_{\epsilon} = \prod_{p < 2^{1/\epsilon}} \max\left(1, \sup_{a \ge 1} \frac{a+1}{p^{a\epsilon}}\right).$

Quay lại tỉ số ban đầu, ta tách tích các thừa số nguyên tố của $n$ ra thành hai phần tương ứng với hai nhóm trên:

$\displaystyle \frac{\tau(n)}{n^{\epsilon}} = \left( \prod_{p_i < 2^{1/\epsilon}} \frac{a_i+1}{p_i^{a_i\epsilon}} \right) \cdot \left( \prod_{p_i \ge 2^{1/\epsilon}} \frac{a_i+1}{p_i^{a_i\epsilon}} \right).$

Áp dụng các bất đẳng thức đã thiết lập ta có $\tau(n) \le C_{\epsilon} \cdot n^{\epsilon}$ với mọi số nguyên dương $n$ . $\Box$

The sum of the reciprocals of the primes

Với mỗi số nguyên dương $n$ , ký hiệu $p_n$ là số nguyên tố thứ $n$ trong dãy tăng tất cả các số nguyên tố. Như vậy $p_1=2$ , $p_2=3$ , $p_3=5$ ,…

Trong bài này chúng tôi sẽ giới thiệu một chứng minh của kết quả sau:

Định lý. Chuỗi $\displaystyle \frac{1}{p_1}+\frac{1}{p_2}+\frac{1}{p_3}+\ldots$ là một chuỗi phân kỳ.

Chứng minh. Giả sử ngược lại, khi đó với mỗi số nguyên dương $k$ , chuỗi $\displaystyle\sum_{m=k}^{+\infty}\frac{1}{p_m}$ là một chuỗi hội tụ, gọi $S_k$ là tổng của nó. Vì $\lim S_k=0$ nên tồn tại số nguyên $k$ sao cho $\displaystyle S_{k+1}<\frac{1}{2}$ . Đặt $Q=p_1p_2\ldots p_k$ và xét các số $1+nQ\, (n=1,2,\ldots)$ . Mỗi số trong dãy này đều không có ước nguyên tố thuộc $\{p_1, p_2, \ldots, p_k\}$ , do đó với mỗi số nguyên dương $r$ , tồn tại số nguyên dương $K$ đủ lớn để

$\displaystyle\sum_{n=1}^r\frac{1}{1+nQ}\leq\sum_{t=1}^{K}S_{k+1}^t<1.$

Điều này không thể xảy ra do chuỗi $\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{1+nQ}$ là một chuỗi phân kỳ. $\Box$

Tham khảo

[1] https://nttuan.org/2018/12/30/series/

[2] https://en.wikipedia.org/wiki/Divergence_of_the_sum_of_the_reciprocals_of_the_primes

Continued fraction expansion of irrational numbers

In this section we use continued fractions for expansion of irrational numbers.

Theorem 1. Let $\displaystyle (x_n)_{n\geq 0}$ be a sequence of intergers with $\displaystyle x_i>0$ for every $\displaystyle i>0$ . Then the sequence $\displaystyle (p_n/q_n)_{n\geq 0}$ is a convergent sequence, and the its limit is an irrational number. We denote this limit by $\displaystyle [x_0;x_1,x_2,\ldots]$ .

Proof. From [1] we have $\displaystyle q_1\geq q_0=1>0$ and for all $\displaystyle n>1$ , $\displaystyle q_n=x_nq_{n-1}+q_{n-2},$ hence by induction on $\displaystyle n$ , $\displaystyle q_{n+1}>q_n$ for every $\displaystyle n\geq 1$ . Therefore $\displaystyle\lim_{n\to \infty}q_n=\infty$ .

By the Proposition 4 in [1], for all $\displaystyle n\geq 0$ ,

$\displaystyle \frac{p_n}{q_n}-\frac{p_{n+1}}{q_{n+1}}=\frac{(-1)^{n-1}}{q_nq_{n+1}},\quad\quad (1)$

hence $\displaystyle \frac{p_n}{q_n}-\frac{p_{n+2}}{q_{n+2}}=\frac{(-1)^{n-1}(q_{n+2}-q_n)}{q_nq_{n+1}q_{n+2}},\quad \forall n\geq 0.$ Therefore

$\displaystyle \frac{p_1}{q_1}>\frac{p_3}{q_3}>\frac{p_5}{q_5}>\ldots>\frac{p_0}{q_0}$

and

$\displaystyle \frac{p_0}{q_0}<\frac{p_2}{q_2}<\frac{p_4}{q_4}<\ldots<\frac{p_1}{q_1},$

hence $\displaystyle (p_{2n}/q_{2n})_{n\geq 0}$ and $\displaystyle (p_{2n+1}/q_{2n+1})_{n\geq 0}$ are convergent sequences. By (1) and $\displaystyle q_n\to\infty$ we have

$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{p_{2n}}{q_{2n}}=\lim_{n\to\infty}\frac{p_{2n+1}}{q_{2n+1}},$ so $\displaystyle (p_n/q_n)_{n\geq 0}$ is a convergent sequence.

Now we prove $\displaystyle \displaystyle \alpha:=\lim_{n\to\infty}\frac{p_n}{q_n}$ is an irrational number. We have

$\displaystyle \frac{p_{2m}}{q_{2m}}<\alpha<\frac{p_{2n+1}}{q_{2n+1}},\quad\forall m,n\geq 0.$

Thus, by (1),

$\displaystyle\left|\alpha-\frac{p_{2n}}{q_{2n}}\right|\leq \frac{1}{q_{2n}q_{2n+1}}<\frac{1}{q_{2n}^2},\quad\forall n\geq 1.$

By the Proposition 2 in [1], $\displaystyle p_{2n}$ and $\displaystyle q_{2n}$ are coprime integers for every $\displaystyle n\geq 1$ , hence there are infinite rational numbers $\displaystyle r/s$ , with $\displaystyle s>0$ and $\displaystyle (r,s)=1$ , such that

$\displaystyle \left|\alpha-\frac{r}{s}\right| <\frac{1}{s^2}.\quad\quad (2)$

Assume that $\displaystyle \alpha$ is rational and write $\displaystyle \alpha=p/q$ , where $\displaystyle p$ and $\displaystyle q>0$ are coprime integers. For all positive integers $\displaystyle s$ , at most two integers $\displaystyle r$ satisfy the equation (2), hence there are coprime integers $\displaystyle r_0$ and $\displaystyle s_0>q$ such that

$\displaystyle\left|\frac{p}{q}-\frac{r_0}{s_0}\right| <\frac{1}{s_0^2}.$

From the inequality we have $\displaystyle \mid ps_0-qr_0\mid <1$ , hence $\displaystyle ps_0=qr_0$ , a contradiction. Therefore $\displaystyle \alpha$ is an irrational number. $\Box$

Theorem 2. Let $\displaystyle \alpha$ be an irrational number. Then there is a unique sequence of integers $\displaystyle (a_n)_{n\geq 0}$ such that

(1) $\displaystyle a_i>0$ for every $\displaystyle i>0$ .

(2) $\displaystyle \alpha =[a_0;a_1,a_2,\ldots]$ .

Proof. In this proof, $\displaystyle [x]$ is the integer part of $\displaystyle x$ . Because $\displaystyle \alpha$ is an irrational number, we have $\displaystyle [\alpha]<\alpha<[\alpha]+1$ , hence there is a real number $\displaystyle u_1>1$ such that

$\displaystyle \alpha=[\alpha]+\frac{1}{u_1}.$

Because $\displaystyle \alpha$ is an irrational and $\displaystyle [\alpha]$ is an integer, $\displaystyle u_1$ is an irrational number. Hence there is an irrational number $\displaystyle u_2>1$ such that

$\displaystyle u_1=[u_1]+\frac{1}{u_2},$

and so on. Therefore we have real numbers $\displaystyle u_0:=\alpha$ , $u_1>1$ , $\displaystyle u_2>1$ , $\displaystyle \ldots$ such that $\displaystyle u_i$ is irrationals for every $\displaystyle i>0$ and

$\displaystyle u_k=[u_k]+\frac{1}{u_{k+1}},\quad\forall k\geq 0.$

We claim that $\displaystyle \alpha=[[u_0];[u_1],[u_2],\ldots]$ . Fix a $\displaystyle k>2$ . We have

$\displaystyle \alpha=[[u_0];[u_1],\ldots, [u_k],u_{k+1}].$

Hence, by Proposition 4 in [1],

$\displaystyle \left|\alpha-\frac{p_k}{q_k}\right|=\frac{1}{q_k(u_{k+1}q_{k}+q_{k-1})}<\frac{1}{q_k^2},$

so $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{p_n}{q_n}=\alpha$ . Now assume that

$\displaystyle \alpha =[a_0;a_1,a_2,\ldots]=[b_0;b_1,b_2,\ldots],$

where $\displaystyle (a_n)_{n\geq 0}$ and $\displaystyle (b_n)_{n\geq 0}$ are two sequences of integers such that $\displaystyle a_i>0$ and $\displaystyle b_i>0$ for every $\displaystyle i>0$ .

Because

$\displaystyle [a_0;a_1,a_2,\ldots,a_{n}]=a_0+\frac{1}{[a_1;a_2,\ldots,a_n]},\quad\forall n\geq 0,$

we have

$\displaystyle [a_0;a_1,a_2,\ldots]=a_0+\frac{1}{[a_1;a_2,\ldots]}.$

Hence $\displaystyle a_0=b_0=[\alpha]$ and $\displaystyle [a_1;a_2,a_3,\ldots] = [b_1;b_2,b_3,\ldots]$ . Similarly, $\displaystyle a_1=b_1$ and

$\displaystyle [a_2;a_3,a_4,\ldots] = [b_2;b_3,b_4,\ldots],$

and so on. Therefore $\displaystyle a_i=b_i$ for every $i$ . $\Box$

The equality in the theorem is called an expansion of $\displaystyle \alpha$ into a infinite continued fraction. In that expansion we will call $\displaystyle [a_0;a_1,a_2,\ldots,a_i]$ is the $\displaystyle i-$ th convergent of the continued fraction, or $\displaystyle i-$ th convergent of $\displaystyle \alpha$ . The theorem says that for every irrational number has an expansion into a infinite continued fraction, and this expansion is unique.

Example 1. $\displaystyle \sqrt{2}=[1;2,2,\ldots]$ .

Example 2. The golden ratio $\displaystyle\varphi:=\frac{1+\sqrt{5}}{2}=[1;1,1,\ldots]$ .

Example 3. $\displaystyle e=[2;1,2,1,1,4,1,1,6,1,1,8,\ldots]$ .

A sequence $\displaystyle (a_n)_{n\geq 0}$ is called eventually periodic if $\displaystyle a_{n+T}=a_n$ for some positive integer $\displaystyle T$ and sufficiently large $\displaystyle n$ . A real number is called quadratic irrational number, if there is a polynomial $\displaystyle P(x)$ is of degree two with rational coefficients such that $\displaystyle P(x)$ is an irreducible polynomial (see [3]) over the rational numbers and $\displaystyle \alpha$ is a root of $\displaystyle P(x)$ .

Theorem 3. Let $\displaystyle \alpha$ be an irrational number and $\displaystyle \alpha =[a_0;a_1,a_2,\ldots]$ is the expansion of $\displaystyle\alpha$ into a infinite continued fraction. Then $\displaystyle (a_n)_{n\geq 1}$ is eventually periodic if and only if $\displaystyle \alpha$ is a quadratic irrational.