Цепные дроби как приближение к числу — различия между версиями

Материал из Викиконспекты
Перейти к: навигация, поиск
(Доказательство)
(Доказательство)
Строка 15: Строка 15:
 
Так как <math>\frac{P_k}{Q_k}</math> и <math>\frac{P_{k+1}}{Q_{k+1}}</math> расположены по разные стороны от <math>\alpha</math>, то при нечётном <math>k</math> имеем <math>\frac{P_k}{Q_k}+\frac{1}{\sqrt{5}Q_k^2}\leqslant\alpha\leqslant\frac{P_{k+1}}{Q_{k+1}}-\frac{1}{\sqrt{5}Q_{k+1}^2} </math>, а при чётном <math> k </math> - <math>\frac{P_{k+1}}{Q_{k+1}}+\frac{1}{\sqrt{5}Q_{k+1}^2}\leqslant\alpha\leqslant\frac{P_k}{Q_k}-\frac{1}{\sqrt{5}Q_k^2}</math>.  
 
Так как <math>\frac{P_k}{Q_k}</math> и <math>\frac{P_{k+1}}{Q_{k+1}}</math> расположены по разные стороны от <math>\alpha</math>, то при нечётном <math>k</math> имеем <math>\frac{P_k}{Q_k}+\frac{1}{\sqrt{5}Q_k^2}\leqslant\alpha\leqslant\frac{P_{k+1}}{Q_{k+1}}-\frac{1}{\sqrt{5}Q_{k+1}^2} </math>, а при чётном <math> k </math> - <math>\frac{P_{k+1}}{Q_{k+1}}+\frac{1}{\sqrt{5}Q_{k+1}^2}\leqslant\alpha\leqslant\frac{P_k}{Q_k}-\frac{1}{\sqrt{5}Q_k^2}</math>.  
  
Из последних двух неравенств следует, что <math>\frac{1}{\sqrt{5}}(\frac{1}{Q_k^2}+\frac{1}{Q_{k+1}^2})\leqslant~|\frac{P_k}{Q_k}-\frac{P_{k+1}}{Q_{k+1}}| = \frac{1}{Q_k Q_{k+1}}</math>. Умножив обе части на <math>Q_{k+1}^2</math> и перенеся все члены в левую часть получим: <math>(\frac{Q_{k+1}}{Q_k})^2 - \sqrt{5}(\frac{Q_{k+1}}{Q_k}) + 1 \leqslant 0</math>. То есть <math>(\frac{Q_{k+1}}{Q_k}-\frac{\sqrt{5}}{2})^2 \leqslant \frac{1}{4}</math>, следовательно для целых <math>Q_k</math> и <math>Q_{k+1}</math> иеем <math>\frac{Q_{k+1}}{Q_k} < \frac{1+\sqrt{5}}{2}</math>.
+
Из последних двух неравенств следует, что <math>\frac{1}{\sqrt{5}}(\frac{1}{Q_k^2}+\frac{1}{Q_{k+1}^2})\leqslant~|\frac{P_k}{Q_k}-\frac{P_{k+1}}{Q_{k+1}}| = \frac{1}{Q_k Q_{k+1}}</math>. Умножив обе части на <math>Q_{k+1}^2</math> и перенеся все члены в левую часть получим: <math>(\frac{Q_{k+1}}{Q_k})^2 - \sqrt{5}(\frac{Q_{k+1}}{Q_k}) + 1 \leqslant 0</math>. То есть <math>(\frac{Q_{k+1}}{Q_k}-\frac{\sqrt{5}}{2})^2 \leqslant \frac{1}{4}</math>, следовательно для целых <math>Q_k</math> и <math>Q_{k+1}</math> имеем <math>\frac{Q_{k+1}}{Q_k} < \frac{1+\sqrt{5}}{2}</math>.
  
 
Так как <math>\frac{P_{k+1}}{Q_{k+1}}</math> и <math>\frac{P_{k+2}}{Q_{k+2}}</math> расположены по разные стороны от <math>\alpha</math>, то аналогично получаем <math>\frac{Q_{k+2}}{Q_{k+1}} < \frac{1+\sqrt{5}}{2}</math>.
 
Так как <math>\frac{P_{k+1}}{Q_{k+1}}</math> и <math>\frac{P_{k+2}}{Q_{k+2}}</math> расположены по разные стороны от <math>\alpha</math>, то аналогично получаем <math>\frac{Q_{k+2}}{Q_{k+1}} < \frac{1+\sqrt{5}}{2}</math>.

Версия 10:22, 21 июня 2010

Цепные дроби позволяют находить рациональные приближения вещественных чисел. Если действительное иррациональное число [math]\alpha[/math] разложить в цепную дробь, то точность n-ой подходящей дроби будет соответствовать следующему неравенству: [math]~|\alpha-\frac{P_i}{Q_i}| \lt \frac{1}{Q_i * Q_{i+1}} \lt \frac{1}{Q_i^2}[/math]

Теорема 1

Теорема 2

Для любого иррационального числа [math]\alpha[/math] существует бесконечное число дробей [math]\frac{P}{Q}[/math] таких, что [math]~|\alpha-\frac{P}{Q}|\lt \frac{1}{2Q^2}[/math]

Доказательство

Рассмотрим две последующие подходящие дроби к [math]\alpha : \frac{P_k}{Q_k} [/math] и [math] \frac{P_{k+1}}{Q_{k+1}}[/math]. Пусть ни одна из них не удовлетворяет условию теоремы. Тогда имеем: [math]~|\alpha-\frac{P_k}{Q_k}|\geqslant\frac{1}{2Q_k^2}, ~|\alpha-\frac{P_{k+1}}{Q_{k+1}}|\geqslant\frac{1}{2Q_{k+1}^2}[/math]. Отсюда [math]~|\alpha-\frac{P_k}{Q_k}|+~|\alpha-\frac{P_{k+1}}{Q_{k+1}}|\geqslant\frac{1}{2Q_k^2}+\frac{1}{2Q_{k+1}^2}[/math]. Но поскольку [math]\alpha[/math] лежит между [math]\frac{P_k}{Q_k}[/math] и [math]\frac{P_{k+1}}{Q_{k+1}}[/math], то [math]~|\alpha-\frac{P_k}{Q_k}|+~|\alpha-\frac{P_{k+1}}{Q_{k+1}}| = ~|\frac{P_k}{Q_k}-\frac{P_{k+1}}{Q_{k+1}}| = \frac{1}{Q_k Q_{k+1}}[/math], вследствие чего [math]\frac{1}{2Q_k^2}+\frac{1}{2Q_{k+1}^2}\leqslant\frac{1}{Q_k Q_{k+1}}[/math]. Следовательно [math](\frac{1}{Q_k}-\frac{1}{Q_{k+1}})^2 \leqslant 0[/math], что невозможно. Мы пришли к противоречию. Поэтому по крайней мере для одной из двух подходящих дробей выполнено условие теоремы. Придавая различные значения k, получим бесконечное множество дробей, удовлетворяющих условию теоремы. q.e.d.

Теорема 3

Для любого иррационального числа [math]\alpha[/math] существует бесконечное число дробей [math]\frac{P}{Q}[/math] таких, что [math]~|\alpha-\frac{P}{Q}|\lt \frac{1}{\sqrt{5}Q^2}[/math]

Доказательство

Рассмотрим три последующие подходящие дроби к [math]\alpha : \frac{P_k}{Q_k}, \frac{P_{k+1}}{Q_{k+1}} [/math] и [math] \frac{P_{k+2}}{Q_{k+2}}[/math]. Пусть ни одна из них не удовлетворяет условию теоремы. Тогда имеем: [math]~|\alpha-\frac{P_k}{Q_k}|\geqslant\frac{1}{\sqrt{5}Q_k^2}, ~|\alpha-\frac{P_{k+1}}{Q_{k+1}}|\geqslant\frac{1}{\sqrt{5}Q_{k+1}^2}, ~|\alpha-\frac{P_{k+2}}{Q_{k+2}}|\geqslant\frac{1}{\sqrt{5}Q_{k+2}^2}[/math].

Так как [math]\frac{P_k}{Q_k}[/math] и [math]\frac{P_{k+1}}{Q_{k+1}}[/math] расположены по разные стороны от [math]\alpha[/math], то при нечётном [math]k[/math] имеем [math]\frac{P_k}{Q_k}+\frac{1}{\sqrt{5}Q_k^2}\leqslant\alpha\leqslant\frac{P_{k+1}}{Q_{k+1}}-\frac{1}{\sqrt{5}Q_{k+1}^2} [/math], а при чётном [math] k [/math] - [math]\frac{P_{k+1}}{Q_{k+1}}+\frac{1}{\sqrt{5}Q_{k+1}^2}\leqslant\alpha\leqslant\frac{P_k}{Q_k}-\frac{1}{\sqrt{5}Q_k^2}[/math].

Из последних двух неравенств следует, что [math]\frac{1}{\sqrt{5}}(\frac{1}{Q_k^2}+\frac{1}{Q_{k+1}^2})\leqslant~|\frac{P_k}{Q_k}-\frac{P_{k+1}}{Q_{k+1}}| = \frac{1}{Q_k Q_{k+1}}[/math]. Умножив обе части на [math]Q_{k+1}^2[/math] и перенеся все члены в левую часть получим: [math](\frac{Q_{k+1}}{Q_k})^2 - \sqrt{5}(\frac{Q_{k+1}}{Q_k}) + 1 \leqslant 0[/math]. То есть [math](\frac{Q_{k+1}}{Q_k}-\frac{\sqrt{5}}{2})^2 \leqslant \frac{1}{4}[/math], следовательно для целых [math]Q_k[/math] и [math]Q_{k+1}[/math] имеем [math]\frac{Q_{k+1}}{Q_k} \lt \frac{1+\sqrt{5}}{2}[/math].

Так как [math]\frac{P_{k+1}}{Q_{k+1}}[/math] и [math]\frac{P_{k+2}}{Q_{k+2}}[/math] расположены по разные стороны от [math]\alpha[/math], то аналогично получаем [math]\frac{Q_{k+2}}{Q_{k+1}} \lt \frac{1+\sqrt{5}}{2}[/math].

Пользуясь рекуррентным соотношением получаем [math]\frac{1+\sqrt{5}}{2} \gt \frac{Q_{k+2}}{Q_{k+1}} = \frac{Q_{k+1}a_{k+1}+Q_k}{Q_{k+1}} = a_{k+1} + \frac{Q_k}{Q_{k+1}} \gt 1 + \frac{2}{1+\sqrt{5}} = \frac{1+\sqrt{5}}{2}[/math]. Пришли к противоречию. Значит для одной из трёх последовательных подходящих дробей будет выполняться условие теоремы. Тогда придавая различные значения [math]k[/math] получим бесконечно много дробей, для которых выполняется условие теоремы. q.e.d.

Теорема 4