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 $x$ . $\Box$

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.

References

[1] https://nttuan.org/2008/10/12/continued-fractions-the-basics/

[2] https://nttuan.org/2008/11/14/continued-fraction-expansion-of-rational-numbers/

[3] https://nttuan.org/2009/01/11/poly02/

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 →

Least upper bound property

Một tập $\displaystyle A \subset\mathbb{R}$ được gọi là bị chặn trên nếu tồn tại $\displaystyle b \in \mathbb{R}$ sao cho $\displaystyle a \leq b$ với mọi $\displaystyle a \in A$ . Số $\displaystyle b$ được gọi là một cận trên của $\displaystyle A$ . Tương tự, tập $\displaystyle A$ bị chặn dưới nếu tồn tại một cận dưới $\displaystyle l \in \mathbb{R}$ thỏa mãn $\displaystyle l \leq a$ với mọi $\displaystyle a \in A.$ Tập $\displaystyle A$ được gọi là bị chặn nếu nó bị chặn trên và bị chặn dưới.

Bài tập 1. Tìm một tập hợp $\displaystyle A$ các số thực sao cho:

(1) $\displaystyle A$ bị chặn trên.

(2) $\displaystyle A$ bị chặn dưới.

(3) $\displaystyle A$ không bị chặn trên và không bị chặn dưới. $\Box$

Định nghĩa 1. Một số thực $\displaystyle s$ được gọi là cận trên đúng của $\displaystyle A \subset \mathbb{R}$ nếu nó thỏa mãn đồng thời hai điều kiện:

(1) $\displaystyle s$ là một cận trên của $\displaystyle A$ .

(2) nếu $\displaystyle b$ là một cận trên của $\displaystyle A$ thì $\displaystyle s \leq b.$

Cận trên đúng cũng thường được gọi là supremum của tập $\displaystyle A$ , ký hiệu $\displaystyle \sup A$ . Cận dưới đúng hay infimum của $\displaystyle A$ được định nghĩa theo cách tương tự và được ký hiệu bởi $\displaystyle \inf A$ . Mặc dù một tập có thể có vô hạn cận trên, nhưng nó chỉ có tối đa một cận trên đúng.

Ví dụ 1. Cho tập hợp $\displaystyle A=\left\{\frac{1}{n}: n \in \mathbb{N}^*\right\}=\left\{1, \frac{1}{2}, \frac{1}{3}, \ldots\right\}.$

Tập $A$ bị chặn trên và dưới. Ta thấy $\sup A=1$ và $\inf A=0$ . $\Box$

Một bài học quan trọng rút ra từ ví dụ trên là $\displaystyle \sup A$ và $\displaystyle \inf A$ có thể thuộc hoặc không thuộc tập $\displaystyle A$ . Đây là điểm khác nhau cốt yếu giữa phần tử lớn nhất và cận trên đúng (hoặc phần tử nhỏ nhất và cận dưới đúng) của một tập số thực.

Định nghĩa 2. Một số thực $\displaystyle a_{0}$ được gọi là phần tử lớn nhất của tập $\displaystyle A$ , ký hiệu $\displaystyle \max A$ , nếu $\displaystyle a_{0}$ là một phần tử của $\displaystyle A$ và $\displaystyle a_{0} \geq a$ với mọi $\displaystyle a \in A$ . Tương tự, số $\displaystyle a_{1}$ là phần tử nhỏ nhất của $\displaystyle A$ , ký hiệu $\displaystyle \min A$ , nếu $\displaystyle a_{1} \in A$ và $\displaystyle a_{1} \leq a$ với mọi $\displaystyle a \in A.$

Ví dụ 2. Hai tập $\displaystyle [0;2]$ và $\displaystyle (0;2)$ bị chặn, có cùng cận trên đúng $\displaystyle 2$ , nhưng chỉ $\displaystyle [0;2]$ có phần tử lớn nhất. Như vậy, cận trên đúng có thể tồn tại và không phải là phần tử lớn nhất, nhưng khi phần tử lớn nhất tồn tại, nó cũng là cận trên đúng. $\Box$

Mặc dù ta có thể thấy rằng không phải mọi tập hợp khác rỗng bị chặn trên nào đều có phần tử lớn nhất, nhưng tiên đề về tính đầy đủ khẳng định rằng mọi tập hợp như vậy đều có một cận trên đúng. Ta sẽ không chứng minh điều này. Tiên đề trong toán học là một giả định được chấp nhận, được sử dụng mà không cần chứng minh.

Tiên đề về tính đầy đủ. Mọi tập các số thực khác rỗng và bị chặn trên đều có cận trên đúng.

Từ tiên đề trên ta có thể chứng minh mọi tập số thực khác rỗng và bị chặn dưới đều có cận dưới đúng. Tiên đề không đúng với tập các số hữu tỷ.

Ví dụ 3. Tập $\{r\in\mathbb{Q}\mid r^2<2\}$ bị chặn trên và khác rỗng nhưng không có cận trên đúng thuộc $\mathbb{Q}$ . $\Box$

Hai định lý sau cho một định nghĩa tương đương của cận trên đúng và cận dưới đúng.

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