Combinatorial Nullstellensatz

Trong bài này chúng tôi giới thiệu một chứng minh ngắn của định lý không điểm tổ hợp của Noga Alon, và sử dụng nó chứng minh định lý Cauchy – Davenport (xem [1]). Từ bây giờ, khi nói đến trường thì các bạn hiểu là nói đến $\displaystyle \mathbb{C}$ , $\displaystyle \mathbb{R}$ , $\displaystyle \mathbb{Q}$ , hay $\displaystyle \mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ .

Định lý 1 (N. Alon, 1999). Cho $\displaystyle \mathbb{F}$ là một trường bất kỳ, và cho $\displaystyle P\left(x_{1}, \ldots, x_{n}\right)$ là một đa thức trong $\displaystyle \mathbb{F}\left[x_{1}, \ldots, x_{n}\right]$ . Giả sử bậc của $\displaystyle P$ là $\displaystyle \sum_{i=1}^{n} k_{i}$ , trong đó $\displaystyle k_{i}$ là một số nguyên không âm, và hệ số của đơn thức $\displaystyle x_{1}^{k_{1}} x_{2}^{k_{2}} \cdots x_{n}^{k_{n}}$ trong $\displaystyle P$ khác không. Khi đó với mỗi tập con $\displaystyle A_{1}, \ldots, A_{n}$ của $\displaystyle \mathbb{F}$ thỏa mãn $\displaystyle \left|A_{i}\right| \geq k_{i}+1$ với mỗi $\displaystyle i=1,2, \ldots, n$ , tồn tại $\displaystyle a_{1} \in A_{1}, \ldots, a_{n} \in A_{n}$ để $\displaystyle P\left(a_{1}, \ldots, a_{n}\right) \neq 0$ .

Định lý trên được gọi là định lý không điểm tổ hợp, nó là một tổng quát của kết quả: Với mỗi đa thức khác không $\displaystyle f(x)$ với hệ số thuộc một trường $\displaystyle \mathbb F$ , số nghiệm của $\displaystyle f$ trong $\displaystyle \mathbb F$ không vượt quá $\displaystyle \deg f$ .

Chứng minh (Mateusz Michalek). Khẳng định là đúng một cách hiển nhiên khi $\displaystyle P$ là đa thức hằng, bây giờ ta xét trường hợp còn lại.

Quy nạp theo $\displaystyle \deg P$ . Nếu $\displaystyle \deg(P)=1$ thì định lý là đúng. Giả sử $\displaystyle \deg(P)>1$ và $\displaystyle P$ thỏa mãn các giả thiết của định lý nhưng kết luận là sai. Nghĩa là $\displaystyle P(x)=0$ với mọi $\displaystyle x \in A_{1} \times \ldots \times A_{n}$ . Không mất tính tổng quát, giả sử $\displaystyle k_{1}>0$ . Xét một $\displaystyle a \in A_{1}$ và viết

$\displaystyle P=\left(x_{1}-a\right) Q+R\quad \quad (1)$

bằng cách sử dụng thuật toán chia. Xem (1) là một đẳng thức của các đa thức một biến $\displaystyle x_{1}$ với hệ số thuộc $\displaystyle \mathbb{F}\left[x_{2}, \ldots, x_{n}\right]$ . Vì bậc của $\displaystyle R$ theo biến $\displaystyle x_{1}$ là bé hơn $\displaystyle \deg\left(x_{1}-a\right)$ , đa thức $\displaystyle R$ không chứa $\displaystyle x_{1}$ . Từ giả thiết về $\displaystyle P$ ta có $\displaystyle Q$ phải có một đơn thức không bị triệt tiêu có dạng $\displaystyle x_{1}^{k_{1}-1} x_{2}^{k_{2}} \cdots x_{n}^{k_{n}}$ và

$\displaystyle \deg(Q)=\sum_{i=1}^{n} k_{i}-1=\deg(P)-1.$

Lấy mỗi $\displaystyle x \in\{a\} \times A_{2} \times \ldots \times A_{n}$ và thay vào (1). Vì $\displaystyle P(x)=0$ ta có $\displaystyle R(x)=0$ . Nhưng $\displaystyle R$ không chứa $\displaystyle x_{1}$ , suy ra $\displaystyle R$ cũng bằng không trên $\displaystyle \left(A_{1}-\{a\}\right) \times A_{2} \times \ldots \times A_{n}$ .

Bây giờ thay mỗi $\displaystyle x \in\left(A_{1}-\{a\}\right) \times A_{2} \times \ldots \times A_{n}$ vào (1). Vì $\displaystyle x_{1}-a$ khác không, ta có $\displaystyle Q(x)=0$ . Vậy là $\displaystyle Q$ bằng không trên $\displaystyle \left(A_{1}-\{a\}\right) \times A_{2} \times \ldots \times A_{n}$ , trái với giả thiết quy nạp. $\Box$

Một áp dụng đầu tiên là chứng minh ngắn của định lý Cauchy – Davenport trong lý thuyết số cộng tính. Định lý được chứng minh đầu tiên bởi Cauchy vào năm 1813 và bởi Davenport vào năm 1935. Cho $\displaystyle A$ và $\displaystyle B$ là hai tập con khác rỗng của $\displaystyle \mathbb{Z}/{p}\mathbb{Z}$ với $\displaystyle \mid A\mid =a$ và $\displaystyle \mid B\mid =b$ . Hỏi tập

$\displaystyle A+B:=\{a+b\mid (a,b)\in A\times B\}$

có thể có ít nhất bao nhiêu phần tử?

Định lý 2 (Cauchy – Davenport). Cho số nguyên tố $\displaystyle p$ và cho $\displaystyle A$ và $\displaystyle B$ là hai tập con khác rỗng của $\displaystyle \mathbb{Z}/{p}\mathbb{Z}$ với $\displaystyle \mid A\mid =a$ và $\displaystyle \mid B\mid =b$ . Khi đó

$\displaystyle |A+B|\geq\min \{p,a+b-1\}.$

Chứng minh. Nếu $\displaystyle a+b>p$ thì $\displaystyle \mid A+B\mid =p$ . Thật vậy, với mỗi $\displaystyle g\in \mathbb{Z}/{p}\mathbb{Z}$ , hai tập $\displaystyle g-A$ và $\displaystyle B$ có giao khác rỗng vì $\displaystyle a+b>p$ . Lấy $\displaystyle h\in (g-A)\cap B$ ta có ngay $\displaystyle h=b=g-a\quad (a\in A,b\in B),$ suy ra $\displaystyle g=a+b\in A+B$ . Từ đây ta có $\displaystyle |A+B|=p=\min \{p,a+b-1\}.$

Bây giờ ta xét $\displaystyle a+b\leq p$ và giả sử bất đẳng thức là sai. Gọi $\displaystyle C$ là một tập có cỡ $\displaystyle a+b-2$ trong $\displaystyle \mathbb{Z}/{p}\mathbb{Z}$ chứa $\displaystyle A+B$ . Xét đa thức

$\displaystyle f(x, y)=\prod_{c \in C}(x+y-c)$

trên $\displaystyle \mathbb{Z}/{p}\mathbb{Z}$ . Đây là một đa thức hai biến có bậc $\displaystyle a+b-2$ . Ta sẽ chứng minh

$\displaystyle \left[x^{a-1} y^{b-1}\right] f(x, y)=\left(\begin{array}{c}a+b-2 \\ a-1\end{array}\right) \not =0.$

Để hình thành hệ số này khi khai triển $\displaystyle f$ , ta chọn $\displaystyle x$ đúng $\displaystyle a-1$ lần và $\displaystyle y$ đúng $\displaystyle b-1$ lần trong $\displaystyle a+b-2$ thừa số. Như vậy ta có đẳng thức đầu. Hệ số nhị thức khác không là vì $\displaystyle a+b-2<p$ và $\displaystyle p$ là số nguyên tố.

Vì $\displaystyle |A|=a$ và $\displaystyle |B|=b$ , định lý không điểm tổ hợp cho ta $\displaystyle x \in A$ và $\displaystyle y \in B$ mà $\displaystyle f(x, y) \neq 0$ . Điều này không thể xảy ra vì $\displaystyle f$ đã được dựng để triệt tiêu trên mọi cặp $\displaystyle (x, y)$ như vậy. $\Box$

Bài đọc thêm

[1] https://nttuan.org/2014/09/29/cauchy-davenport/

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.

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/

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