数学分析习题解-序列极限(2):连分数

【习题来源】数学分析：第七版.（俄罗斯）卓里奇著；李植译. 北京：高等教育出版社，2019.2

4. 表达式 $$n_1 + \frac{1}{n_2 + \frac{1}{\begin{matrix} n_3 + \ddots & \\ & \frac{1}{n_{k-1}+\frac{1}{n_k}}\end{matrix}}},$$ 其中 $n_i\in\mathbb{N}$, 称为链式分数或有限连分数, 而表达式 $$n_1 + \frac{1}{n_2 + \frac{1}{n_3 + \ddots}}$$ 称为无穷连分数. 在一个连分数中去掉某个链开始的所有分数, 所得分数称为这个连分数的渐进分数. 无穷连分数的渐进分数序列极限是该无穷连分数的值.
   关于连分数的基本性质, 参考 Continued Fraction.
   请证明:

• a) 每个有理数 $m/l$, 其中 $m,l \in \mathbb{N}$, 能唯一的展开为有限连分数: $$\frac{m}{l} = q_1 + \frac{1}{q_2 + \frac{1}{\begin{matrix} q_3 + \ddots & \\ & \frac{1}{q_{n-1}+\frac{1}{q_n}}\end{matrix}}}$$ 这里认为, 当 $l>1$时, $q_n\neq 1$.

【证明】 由辗转相除法, 我们有
$$\begin{array}{c} m = lq_1 + r_1 \\ l = r_1q_2 + r_2 \\ \cdots \end{array}$$
由于 $m,l\in\mathbb{N}$, 以上做法是有限的(整数系有下界), 即最终有
$$\begin{array}{c} \cdots \\ r_{n-3} = r_{n-2}q_{n-1} + 1 \\ r_{n-2} = q_n \end{array}$$
于是
$$\begin{array}{l} \frac{m}{l} &=& q_1 + \frac{1}{l/r_1} \\ &=& q_1 + \frac{1}{q_2 + \frac{1}{r_1/r_2}} \\ &=& \cdots \\ &=& q_1 + \frac{1}{q_2 + \frac{1}{\begin{matrix} q_3 + \ddots & \\ & \frac{1}{q_{n-1}+\frac{1}{q_n}}\end{matrix}}} . \end{array}$$
然后, 通过反证法, 我们可以证明这个展开具有唯一性. Q.E.D.

• b) 渐进分数 $R_0 = q_0, R_1 = q_0 + \frac{1}{q_1}, \cdots$ 满足不等式
  $$R_0<R_2<\cdots<R_{2k}<R_{2k-1}<R_{2k-3}<\cdots<R_1.$$

【证明】 递归的定义如下两个序列 $$P_n = q_n P_{n-1} + P_{n-2},$$ $$Q_n = a_n Q_{n-1} + Q_{n-2}.$$ 其初始值 $P_{-1} = 1, P_{-2} = 0, Q_{-1} = 0, Q_{-2} = 1$. 显然 $$\frac{P_n}{Q_n} = q_0 + \frac{1}{q_1 + \frac{1}{\begin{matrix} q_2 + \ddots & \\ & \frac{1}{q_{n-1}+\frac{1}{q_n}}\end{matrix}}}.$$

下面证明序列 $\left\{\frac{P_{2k-1}}{Q_{2k-1}}\right\}$ 为单调减有下界的序列, 而 $\left\{\frac{P_{2k}}{Q_{2k}}\right\}$ 为单调增有上界的序列. 为此我们需要考察
$$\begin{equation}\frac{P_{2k}}{Q_{2k}}-\frac{P_{2k-2}}{Q_{2k-2}}, \frac{P_{2k+1}}{Q_{2k+1}}-\frac{P_{2k-1}}{Q_{2k-1}} \end{equation}$$

在此先提出关于连分数的两个性质:

• 对于 $n\geqslant 2$, $$\begin{equation}\label{eq:2}P_{n}Q_{n-2} - P_{n-2}Q_{n} = (-1)^nq_{n}.\end{equation}$$
• 相邻渐进分数之差满足公式 $$\begin{equation}\label{eq:3}\frac{P_{n}}{Q_{n}} - \frac{P_{n-1}}{Q_{n-1}} = \frac{(-1)^n}{Q_{n}Q_{n-1}}(n\geqslant 1).\end{equation}$$
  使用数学归纳法很容易得到($\ref{eq:2}$), ($\ref{eq:3}$)式. (提示: $n=2$ 时,可直接验证得命题成立. 假设 $n=k$ 时, 以上等式成立, 即 $P_{k}Q_{k-2} - P_{k-2}Q_{k} = (-1)^kq_{k}$ 成立, 考察 $P_{k+1}Q_{k-1} - P_{k-1}Q_{k+1}$. 按照其递归定义, 将式子展开后化简即得 ($\ref{eq:2}$).)

利用这两个性质考察(2)式, 容易得到结论 $$\frac{P_{2k}}{Q_{2k}}-\frac{P_{2k-2}}{Q_{2k-2}}>0, \frac{P_{2k+1}}{Q_{2k+1}}-\frac{P_{2k-1}}{Q_{2k-1}}<0$$ , 以及其相邻两项之大小 $$\frac{P_{2k}}{Q_{2k}}-\frac{P_{2k-1}}{Q_{2k-1}} >0.$$

综上,待证不等式成立.

同时可知, 待证命题中的序列 $\{R_{2k}\}$ 单调递增有上界, $\{R_{2k-1}\}$ 为单调递减有下界.所以由单调有界必有极限, 我们还可以得到结论, 每个无穷连分数都有唯一确定的值..

同时, 由 a) 还可以知道 每一个无穷连分数必然是无理数. 假若一个无穷连分数是有理数, 由 a) 可知, 则其能唯一的展开为有限连分数.

• c) 证明 $$\frac{1+\sqrt{5}}{2} = 1+\frac{1}{1+\frac{1}{1+\ddots}}.$$

【证明】 设 $$x = 1+\frac{1}{1+\frac{1}{1+\ddots}},$$ 那么有 $1+1/x = x$. 另外, $x>0$, 解这个方程即可得 $x = \frac{1+\sqrt{5}}{2}$. 反过来, 我们将可以这样做 $\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ 展开为连分数:
$$\begin{array}{l} \frac{1+\sqrt{5}}{2} & = & 1 + \frac{1+\sqrt{5}}{2} - 1 \\ & = & 1 + \frac{1}{\frac{2}{\sqrt{5}-1}} \\ & = & 1 + \frac{1}{\frac{1+\sqrt{5}}{2}}\\ & \cdots & \\ & = & x = 1+\frac{1}{1+\frac{1}{1+\ddots}} \quad \text{Q.E.D.} \end{array}$$

• d) 由以上连分数的渐进分数的分母可以得到斐波那契数列 ${1,1,2,3,5,\cdots}$. 而这些数可以由以下公式给出 $$u_n = \frac{1}{\sqrt{5}}\left[ \left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n - \left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n \right].$$

【证明】 直接按照斐波那契数列的定义来验证即得. Q.E.D.

• e) 以上连分数的渐进分数 $R_k = P_k/Q_k$, 其满足 $$\left|\frac{1+\sqrt{5}}{2} - \frac{P_k}{Q_k}\right|>\frac{1}{Q_k^2\sqrt{5}}.$$ (这是丢番图逼近的一个结论.)