U.U.D.M. Project Report 2016:41

Examensarbete i matematik, 15 hpHandledare: Andreas Strömbergsson Examinator: Veronica Crispin QuinonezAugusti 2016

Om kedjebråk

Hoa Thi Trinh

Department of MathematicsUppsala University

1

2

Om kedjebråk

Hoa Thi Trinh

Augusti 2016

1 Inledning Matematiken är ett ämne som jag alltid har varit intresserad av. Ett område som jag har valt

att fördjupa mig i är ”KEDJEBRÅK”. Mitt intresse för kedjebråk började när jag studerade en kurs

som hette ''Elementär Talteori'' (under våren 2016) och kedjebråk var en del av kursen.

Syftet med uppsatsen är att studera hur de reella talen kan utvecklas till kedjebråk och dess

egenskaper. I denna uppsats fokuserar jag på teoretiska, matematiska bevis, samt tillämpar

och illustrerar satserna med flera exempel.

Jag börjar uppsatsen med en kort presentation om hur kedjebråk har utvecklats genom tiden.

Därefter kommer teorin för ändliga och oändliga kedjebråk, konvergenter till kedjebråk,

rationella approximationer till irrationella tal. Uppsatsen avslutas med ett avsnitt om

periodiska kedjebråk.( Det visar sig att alla kvadratiska irrationella tal, alltså tal på formen

𝑎 + 𝑏√𝑑, där 𝑎, 𝑏 ∈ ℚ och 𝑑 är ett kvadratfritt positivt heltal, kan utvecklas som periodiska

kedjebråk).

I denna uppsats har jag tagit mycket material från böckerna I. Niven, H. S. Zuckerman, H. L.

Montgomery, ''An introduction to the theory of number'' - 5th ed(1991); Lars-Åke Lindahl,

''Lectures on Number Theory''(2012); C.D. Olds, ''Continued Fractions'' (1963); C. G. Moore,

''An Introduction to Continued Fractions''(1964). Jag har även använt mig av några

internetbaserade källor (se referenslistan).

3

Innehållsförteckning

1 Inledning……………………………………………………………………... 2

2 Historik…………………………………………………………..................... 4

3 Ändliga kedjebråk…………………………………………………………. 8

3.1 Definitioner och satser……………………………………………. 8

3.2 [ ]-funktioner……………………………………………………….. 13

3.3 Konvergenter till ändliga kedjebråk………………………….. 15

4 Oändliga kedjebråk………………………………………………………. 19

4.1 Definitioner och satser…………………………………………… 19

5 Rationella approximationer till irrationella tal……………….......... 23

5.1 Approximation med konvergenter……………………….......... 23

5.2 Ordning av approximerbarhet………………………………….. 26

6 Periodiska kedjebråk………………………………………………….. 30

6.1 Kvadratiska irrationella tal……………………………............. 31

6.2 Kedjebråksutveckling av √𝐝 ………………………………….. 39

7 Referenslista………………………………………....…………………… 42

7.1 Tryckta källor…………………………………………………….. 42

7.2 Internetbaserade källor………………………………………….. 42

4

2 Historik

Kedjebråk är ett speciellt sätt att uttrycka reella tal. Ursprunget för kedjebråk är svårt att ange,

detta faktum beror på att vi kan hitta exempel på dessa bråk i en rad olika matematiska

arbeten under de senaste 2000 åren. En teoretisk grund för kedjebråk lades dock inte förrän

slutet av 1600-talet.

Kedjebråk har ett antal anmärkningsvärda egenskaper som är relaterade till Euklides algoritm

för heltal. Euklides algoritm återfinns i den sjunde boken av Euklides Elementa. Den används

för att hitta den största gemensamma delaren (SGD) av två heltal, men den kan modifieras så

att den också producerar kedjebråksutvecklingen av ett rationellt tal 𝑝

𝑞 . Följande uppställning

visar t.ex. hur Euklides algoritm används för att beräkna SGD(84,33), och den kan också

användas för att finna kedjebråksutvecklingen av talet 84

33:

84 = 2∙33 + 18 84

33 = 2 +

18

33

33 = 1∙18 + 15 84

33 = 2 +

18

1∙18+15 = 2 +

1

1+ 15

18

18 = 1∙15 + 3 84

33 = 2 +

1

1+15

1∙15+3 = 2 +

1

1+ 1

1+315

15 = 5∙5 + 0 84

33 = 2 +

1

1+ 1

1+15 .

Talet 84

33 kan skivas som [2; 1, 1, 5], och det är ett ändligt kedjebråk, som vi ska studera lite

senare i nästa avsnitt.

Ungefär 550 e. Kr fanns det en hänvisning till kedjebråk i ett verk av den indiska

matematikern Aryabhata som kallas för Aryabhatiya. I detta verk kan man hitta ett av de

tidigaste försöken att framställa en allmän lösning till en linjär obestämd ekvation av formen

5

𝑏𝑦 = 𝑎𝑥 + 𝑐, där 𝑎, 𝑏 och 𝑐 är heltal. Den teknik som Aryabhata presenterade är relaterad

till kedjebråk.

En annan form av kedjebråk kan man finna i Liber Abaci av Leonardo Pisano (Fibonacci).

Där används '' 111

345 '' som en symbol för:

1+ 1 +

15

4

3 =

1

3 +

1

3∙4 +

1

3∙4∙5 =

13

30.

Man kan skriva detta bråk som ett kedjebråk:

13

30 = 0 +

1

2 + 1

3 + 14 .

De flesta moderna experterna är eniga om att teorin om kedjebråk började med Rafael

Bombelli(1526-1572) och Pietro Cataldi (1548-1626).

Bombelli presenterade i sin bok ''L'Algebra Opera'' (1572) en metod för beräkning av

kvadratrötter. Metoden gav följande konvergenter för √𝑛:

𝑛 = (𝑎 ± 𝑟)2 = 𝑎2 ± 2𝑎𝑟 + 𝑟2, där 0 < 𝑟 < 1

⇔ |𝑛 − 𝑎2| = 𝑟(2𝑎 ± 𝑟)

⇒ 𝑟 = |𝑛−𝑎2|

2𝑎 ± 𝑟,

och genom att om och om igen byta ut 𝑟 mot uttrycket i högerledet får vi följande uttryck

för √𝑛 = 𝑎 ± 𝑟:

𝑎 ± |𝑛 − 𝑎2|

2𝑎 ± |𝑛 − 𝑎2|

2𝑎 ± |𝑛 − 𝑎2|2𝑎 ± ⋱

, där 𝑎 är heltal och 𝑎2 < 𝑛.

Vi kan tillämpa denna metod för att beräkna √13.

Vi har 𝑎 = 3 eftersom 32 = 9 < 13, vilket ger att

6

√13 = 3 + |13 − 32|

2∙3 + |12 − 32|

2∙3 + |13 − 32|2∙3 + ⋱

= 3 + 4

6 + 4

6 + 4

6 + 4

6 + 4 6 +...

= [3; 4,6; 4, 6; 4, 6; 4, 6; 4, … ].

Pietro Cataldi var en lärare i matematik och hans primära matematiska intresse var perfekta

tal t.ex är talet 28 ett perfekt tal eftersom 28 har de positiva delarna 1, 2, 4, 7 och 14, och

summan av dessa är 1 + 2 + 4 + 7 + 14 = 28. År 1613 hittade Cataldi approximationer för

kvadratrötter, han presenterade ett kedjebråk där han skrev:

𝑎0. & 𝑛1

𝑑1. &

𝑛2

𝑑2. &

𝑛3

𝑑3. &… ,

där prickar ''∙'' visar att det som följer ska adderas till nämnaren och varje ''&''

representerar ett modernt plustecken. Han presenterar √18 som:

√18 = 4. & 2

8. &

2

8. &

2

8. &… = [4; 2,8; 2, 8; 2, 8; 2, 8… ].

År 1655 publicerade John Wallis (1616-1703) en bok som hette ''Arithmetica Infinitorum''

och i denna bok härledde han följande uttryck för 4

𝜋 :

4

𝜋 = 3 × 3 × 5 × 5 × 7 × 7 × 9∙∙∙

2 × 4 × 4 × 6 × 6 × 8 × 9∙∙∙.

I boken som hette ''Opera Mathematica'' (1695) lade Wallis grunden för kedjebråk. Han

förklarade hur man hittade den 𝑛te konvergenten till kedjebråket. Det var också i detta

arbete, begreppet "kedjebråk" användes för första gången.

Det var William Brouncker(1620–1684) som gav en kedjebråksutveckling för 4

𝜋 :

7

4

𝜋 = 1 +

12

2 + 32

2 + 32

2 + 72

...

.

Detta resultat presenterades av Wallis i hans bok ''Arithmetica infinitorum'' och upptäcktes

förmodligen först av Brouncker 1654.

Christiaan Huygens (1629-1695) var den första som använde kedjebråk i en praktisk

tillämpning. Han skrev en uppsats som förklarade hur man använde konvergenter för att

hitta de bästa rationella approximationer. Han gav en kedjebråksutveckling för 𝜋:

𝜋 = 3 + 1

7+ 1

15 + 1

1 + 1

292 + 1

1+ 1

1+ 1

1 + 1

2 + ⋱

.

Teorin om kedjebråk vidareutvecklades under 1800- och 1900-talen av Euler, Lambert,

Lagrange, och många andra. Leonard Euler (1707-1783) har fastställt mycket av den

moderna teorin i hans arbete ''De Frictionless Kontinuerlig'' (1737). Euler visade att varje

rationellt tal kunde uttryckas som ett enkelt ändligt kedjebråk. Han gav också ett uttryck för

talet 𝑒 i form av ett oändligt kedjebråk. Genom att använda detta uttryck kunde han visa att

𝑒 och 𝑒2 är irrationella.

Johan Heinrich Lambert (1728-1777) generaliserade Eulers arbete om talet e. Han visade att

både 𝑒𝑥 och tan𝑥 är irrationella tal om x är rationellt tal.

Joseph Louis Lagrange (1736-1813) använde kedjebråk för att hitta värdet av irrationella

rötter. Han visade också att varje reell rot av en kvadratisk irrationell ekvation var ett

periodiskt kedjebråk. T.ex en kvadratisk irrationell ekvation har formen:

C2𝑥2 – 2AC𝑥 + (A

2 – B) = 0 som har en reell rot

𝐴+ √𝐵

𝐶.

1800 – talet kan nog beskrivas som den gyllene åldern för kedjebråk som Claude Brezinski

har skrivit i sin bok ''History of Continued Fractions and Padé Approximations'':

8

"The nineteenth century can be said to be popular period for continued fractions."

It was a time in which "the subject was known to every mathematician".

Teorin om kedjebråk utvecklades betydligt, särskilt om konvergenter och kedjebråk med

komplexa variabler. Några av de mest framstående matematikerna har bidragit till detta

område, däribland Jacobi, Perron, Hermite, Gauss, Cauchy, och Stieltjes.

Sedan början av 1900-talet har kedjebråk utvecklats inom andra områden. I en nyligen

publicerad artikel av Rob Corless har han undersökt sambandet mellan kedjebråk och

kaosteori. Kedjebråk har också använts inom datoralgoritmer för beräkning av rationella

approximationer till irrationella tal, och även för att lösa obestämda ekvationer. Än idag

fortsätter kedjebråk att spela en viktig roll i talteori och diofantisk approximation.

3 Ändliga kedjebråk

I det här avsnittet introducerar vi några definitioner och satser, samt några egenskaper för

det ändliga kedjebråket.

3.1 Definitioner och satser

Definition 1: Ett ändligt kedjebråk är ett utryck av formen:

𝑎0 +1

𝑎1 + 1

𝑎2 + 1

⋱ + 1

𝑎𝑛 − 1 + 1 𝑎𝑛

, (1)

där 𝑎0, 𝑎1, … , 𝑎𝑛 ∈ ℤ och 𝑎1,…, 𝑎𝑛> 0 för alla 𝑛 ≥ 1.

Andra notationen för det ändliga kedjebråket i (1) är:

𝑎0 + 1

𝑎1+ 1

𝑎2+ ⋯

1

𝑎𝑛 eller [𝑎0; 𝑎1, … , 𝑎𝑛].

Talen 𝑎0, 𝑎1, … , 𝑎𝑛 kallas för kedjebråkets ''partiella kvoter''. Observera att

[𝑎0] = 𝑎0

1,

9

[𝑎0; 𝑎1] = 𝑎0+

1

𝑎1 =

𝑎0𝑎1+1

𝑎1,

[𝑎0; 𝑎1, 𝑎2] = 𝑎0 +1

𝑎1+ 1𝑎2 =

𝑎0𝑎1𝑎2+𝑎0+𝑎2𝑎1𝑎2+1

,

⋮

[𝑎0; 𝑎1, 𝑎2, … , 𝑎𝑛−1, 𝑎𝑛] = [𝑎0; 𝑎1, 𝑎2, … , 𝑎𝑛−2, 𝑎𝑛−1 +1

𝑎𝑛] (2)

= 𝑎0 +1

[𝑎1; 𝑎2 … , 𝑎𝑛]

= [𝑎0; [𝑎1, ⋯ , 𝑎𝑛]].

Mer generellt så har vi följande sats:

Sats 1: För 0 ≤ k ≤ n gäller att

[𝑎0; 𝑎1, 𝑎2, … , 𝑎𝑛] = [𝑎0; 𝑎1, … , 𝑎𝑘−1, [𝑎𝑘, 𝑎𝑘+1, … , 𝑎𝑛]].

Bevis:

Vi utgår från att [𝑎0; 𝑎1, 𝑎2, … , 𝑎𝑛] har definierats rekursivt, så här:

[𝑎0] = 𝑎0 ,

[𝑎0; 𝑎1, 𝑎2, … , 𝑎𝑛] = 𝑎0 + 1

[𝑎1; 𝑎2 … , 𝑎𝑛] för 𝑛 = 1, 2,… . (3)

Då följer satsen för 𝑘 = 0 direkt ur definitionen. Vidare om 𝑛 ≥ 1 så ger upprepad

användning av (3) att

[𝑎0; 𝑎1, 𝑎2, … , 𝑎𝑛] = 𝑎0 + 1

[𝑎1; 𝑎2 … , 𝑎𝑛] = [𝑎0; [𝑎1, 𝑎2⋯ , 𝑎𝑛]],

och detta visar att satsen gäller för 𝑘 = 1. Med hjälp av induktion över 𝑘 ska vi nu visa att

satsen gäller även för alla 𝑘 ≥ 2. Vi gör alltså induktionsantagandet att satsen gäller för

något positivt heltal 𝑘 = 𝑝, dvs att

10

[𝑥0; 𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛] = [𝑥0; 𝑥1, … , 𝑥𝑝−1, [𝑥𝑝, … , 𝑥𝑛]], (4)

för all 𝑛 ≥ 𝑝 och alla 𝑥0 ∈ ℝ, 𝑥1, … , 𝑥𝑛 > 0. Då har vi, för alla 𝑛 ≥ 𝑝 + 1 och alla

𝑎0 ∈ ℝ, 𝑎1, … , 𝑎𝑛 > 0:

[𝑎0; 𝑎1, 𝑎2, … , 𝑎𝑛] = 𝑎0 + 1

[𝑎1; 𝑎2,… , 𝑎𝑛] {enligt (𝟑)}

= 𝑎0 + 1

[𝑎1; 𝑎2,… , 𝑎𝑝,[𝑎𝑝+1,…,𝑎𝑛]]

{

enligt (𝟒) tillämpad med n − 1 istället för n med 𝑥0 = 𝑎1,𝑥1 = 𝑎2, …, 𝑥𝑛−1 = 𝑎𝑛. }

= [𝑎0; 𝑎1, 𝑎2, … , 𝑎𝑝, [𝑎𝑝+1, … , 𝑎𝑛]]. {enligt (𝟑)}

Detta visar att satsen gäller även för 𝑘 = 𝑝 + 1. Enligt induktionsprincipen gäller alltså

satsen för alla k ≥ 0 och beviset är klart.

Exempel 1: [2; 3, 4] = 2 + 1

3+ 1

4 = 2 +

1

13 4 = 2 +

4

13 =

30

13 .

Exempel 2: [2; 5, 3, 4] = 2 + 1

[5,3,4] = 2 +

1

5+ 1

[3,4] = 2 +

1

5 + 1

3+ 14 = 2 +

1

5 + 1

134

= 2 + 1

5 + 4

13 = 2 +

1

69

13 = 2 +

13

69 = 151

69 .

Sats 2: i)Varje ändligt kedjebråk (1) är ett rationellt tal.

ii) Varje rationellt tal kan uttryckas som ett ändligt kedjebråk.

Bevis:

i) Detta är helt klart (se Exempel 1 och Exempel 2).

11

ii) Låt x = 𝑝

𝑞 där 𝑝, 𝑞 ∈ ℤ; 𝑞 ≥ 1 och (𝑝, 𝑞) = 1. Enligt divisionsalgoritmen måste

det finnas heltal 𝑎0, 𝑏0 med 0 ≤ 𝑏0 < 𝑞, sådana att 𝑝 = 𝑎0𝑞 + 𝑏0.

Om 𝑏0 = 0 så är kedjebråket 𝑝

𝑞 = 𝑎0 och där avslutas processen.

Om 𝑏0 ≠ 0 så gäller att

𝑝

𝑞 = 𝑎0 +

𝑏0𝑞

, 0 < 𝑏0 < 𝑞 (5)

𝑞

𝑏0 = 𝑎1+

𝑏1𝑏0

, 0 < 𝑏1 < 𝑏0 (6)

𝑏0

𝑏1 = 𝑎2 +

𝑏2

𝑏1 , 0 < 𝑏2 < 𝑏1 (7)

⋮

𝑏𝑛−3

𝑏𝑛−2 = 𝑎𝑛−1 +

𝑏𝑛−1𝑏𝑛−2

, 0 < 𝑏𝑛−1 < 𝑏𝑛−2

𝑏𝑛−2

𝑏𝑛−1 = 𝑎𝑛 +

0

𝑏𝑛−1 = 𝑎𝑛 + 0, 𝑏𝑛 = 0.

Nu kan vi skriva 𝑝

𝑞 som ett ändligt kedjebråk:

(5), (6) och (7) ⇒ 𝑝

𝑞 = 𝑎0 +

1𝑞𝑏𝑜

= 𝑎0 + 1

𝑎1+ 1𝑏0𝑏1

= 𝑎0 + 1

𝑎1+ 1

𝑎2+ 1𝑏1𝑏2

⋯ .

Till slut får vi:

𝑝

𝑞 = 𝑎0+

1

𝑎1+ 1

𝑎2 + 1

⋱ + 1

𝑎𝑛−1 + 1 𝑎𝑛

= [𝑎0; 𝑎1, 𝑎2, … , 𝑎𝑛].

12

Exempel 3: Uttryck 𝑝

𝑞 = 74

33 som ett kedjebråk.

Lösning:

𝑝

𝑞 = 𝑎0+

𝑏0𝑞

= 74

33 = 2 +

8

33,

𝑞

𝑏0 = 𝑎1+

𝑏1𝑏0

= 33

8 = 4 +

1

8,

𝑏0

𝑏1 = 𝑎2 +

𝑏2

𝑏1 = 8

1 = 8 + 0.

Svar 74

33 = [2; 4,8].

Anmärkning 1: Uttryck 𝑝

𝑞 = –

3

7 som ett kedjebråk.

𝑝

𝑞 = 𝑎0+

b0q

= – 1 + 4

7 ,

𝑞

𝑏0 = 𝑎1 +

𝑏1𝑏0

= 7

4 = 1 +

3

4,

𝑏0

𝑏1 = 𝑎2+

𝑏2

𝑏1 = 4

3 = 1 +

1

3,

𝑏2

𝑏1 = 𝑎3+

𝑏3

𝑏2 = 3

1 = 3.

Svar −37 = [– 1;1, 1, 3].

Anmärkning 2: 𝑎𝑛 kan skriva som (𝑎𝑛 − 1) + 1

1, vilket betyder att

[𝑎0; 𝑎1, 𝑎2, … , 𝑎𝑛] = [𝑎0; 𝑎1, 𝑎2, … , 𝑎𝑛 − 1, 1].

Svaret i Exempel 3 kan skriva som 74

33 = [2; 4,8] = [2; 4, 7, 1].

13

3.2 []- funktioner

Definition 2: Låt 𝑛 ≥ 1 och låt 𝑎0, … , 𝑎𝑛 vara reella tal. Då definierar vi

[𝑎0] = 𝑎0

[𝑎0, 𝑎1] = 𝑎0[𝑎1]+ [ ] = 𝑎0𝑎1+ 1

[𝑎0, 𝑎1, … , 𝑎𝑘] = 𝑎0[𝑎1, … , 𝑎𝑘] + [𝑎2, … , 𝑎𝑘] för 1 < 𝑘 ≤ 𝑛.

Obs: [𝑎0, 𝑎1, … , 𝑎𝑛] är inte detsamma som kedjebråket [𝑎0; 𝑎1, … , 𝑎𝑛].

Exempel 4: Beräkna [2, 4, 8].

Lösning: Vi beräknar detta från höger till vänster:

[8] = 8

[4, 8] = 4∙8 + 1 = 33

[2, 4, 8] = 2[4, 8] + [8] = 2∙33 + 8 = 74.

Om vi jämför Exempel 4 med Exempel 3 så ser vi ett tydligt samband mellan dessa.

Generellt har vi följande sats:

Sats 3: Låt 𝑎0, … , 𝑎𝑛 vara heltal och anta att 𝑎1, … , 𝑎𝑛 är positiva. Då gäller att

i) sgd ([𝑎0, 𝑎1, … , 𝑎𝑛], [𝑎1, … , 𝑎𝑛]) = 1

ii) Kedjebråket [𝑎0; 𝑎1, … , 𝑎𝑛] = [𝑎0,𝑎1,… ,𝑎𝑛]

[𝑎1,…, 𝑎𝑛].

Anmärkning 3: [ ] = 1, [𝑎0;] = [𝑎0]

[ ] = 𝑎0

1.

Bevis:

i) Anta att 𝑛 = 1 och låt 𝑥 = [𝑎0, … , 𝑎𝑛], 𝑦 = [𝑎1, … , 𝑎𝑛] och 𝑧 = [𝑎2, … , 𝑎𝑛].

Då får vi

14

[𝑎0, 𝑎1] = 𝑎0𝑎1 + 1, och sgd(𝑎0𝑎1 + 1, 𝑎1) = sgd(𝑎1, 1) = 1.

Enligt Definition 2 är

𝑥 = [𝑎0, … , 𝑎𝑛] = 𝑎0[𝑎1, … , 𝑎𝑛] + [𝑎2, … , 𝑎𝑛],

och enligt antagandet är 𝑥 = 𝑎0𝑦 + 𝑧, vilket medför att

sgd(𝑎0𝑦 + 𝑧, 𝑦) = sgd(𝑥, 𝑦) = sgd(𝑦, 𝑧) = 1.

ii) Enligt Anmärkning 3 är [𝑎0;] =[𝑎0]

[ ] = 𝑎0

1= [𝑎0] för 𝑛 = 0. För det ändliga

kedjebråket gäller det att

[𝑎0; 𝑎1, … , 𝑎𝑛] = [𝑎0; 𝑟1] = 𝑎0 +1

𝑟1, där 𝑟1 = [𝑎1; 𝑎2… , 𝑎𝑛].

Låt 𝑟1 = 𝑦

𝑧, då är [𝑎1; 𝑎2, … , 𝑎𝑛] =

𝑦

𝑧.

Därför är [𝑎0; 𝑎1, … , 𝑎𝑛] = 𝑎0 + 1

[𝑎1,…,𝑎𝑛] = 𝑎0 +

1 yz

= 𝑎0 + 𝑧

𝑦 = 𝑎0𝑦+𝑧

𝑦 =

𝑥

𝑦

enligt i) och Definition 2.

Exempel 5: Beräkna [1, 3, 5, 7].

Lösning: Vi har

[ 7 ] = 7

[5, 7] = 5[7] + 1 = 5∙7 + 1 = 36

[3, 5, 7] = 3[5, 7] + [7] = 3∙36 + 7 = 115

[1, 3, 5, 7] = 1[3, 5, 7] + [5, 7] = 1∙115 + 36 = 151.

Svar [1, 3, 5, 7] = 151

115.

15

3.3 Konvergenter till ändliga kedjebråk

Definition 3: Låt (𝑎𝑛)𝑛=0𝑁 ( N ∈ ℕ )vara en ändlig följd av reella tal, alla positiva utom

möjligen 𝑎0. Vi definierar då två följder (𝑝𝑛)𝑛=−2𝑁 och (𝑞𝑛)𝑛=−2

𝑁 enligt följande:

𝑝−2 = 0, 𝑝−1 = 1, 𝑝𝑛 = 𝑎𝑛𝑝𝑛−1+ 𝑝𝑛−2 om 𝑛 ≥ 0

𝑞−2 = 1, 𝑞−1 = 0, 𝑞𝑛 = 𝑎𝑛𝑞𝑛−1+ 𝑞𝑛−2 om 𝑛 ≥ 0.

Då kallas 𝑐𝑛 = 𝑝𝑛𝑞𝑛

(𝑛 ≥ 0) för den 𝑛te konvergenten till den givna följden (𝑎𝑛)𝑛=0𝑁 och

till det motsvarande kedjebråket.

Sats 4: Låt 𝑎0, … , 𝑎𝑛 vara heltal och anta att 𝑎1, … , 𝑎𝑛 är positiva. Låt (𝑝𝑛 ) och (𝑞𝑛 )

vara som i Definition 3. Då gäller att

[𝑎0; 𝑎1, … , 𝑎𝑛] = 𝑝𝑛

𝑞𝑛 = 𝑐𝑛 . (8)

Bevis: Enligt Definitionen 3 kan vi skriva (8) som

[𝑎0; 𝑎1, … , 𝑎𝑛] = 𝑝𝑛

𝑞𝑛 = 𝑎𝑛𝑝𝑛−1+ 𝑝𝑛−2

𝑎𝑛𝑞𝑛−1+ 𝑞𝑛−2 . (9)

För 𝑛 = 0 och 𝑛 = 1 då följer (9) direkt ur definitionen.

Antag att påståendet är sant för något positivt heltal 𝑛 = 𝑚, dvs.

[𝑎0, 𝑎1, … , 𝑎𝑚−1, 𝑎𝑚] = 𝑝𝑚

𝑞𝑚 = 𝑎𝑚𝑝𝑚−1+𝑝𝑚−2𝑎𝑚𝑞𝑚−1+𝑞𝑚−2

= 𝑐𝑚 (10)

Vi vill visa att den också måste gälla för 𝑛 = 𝑚 +1, dvs. att

[𝑎0, 𝑎1, … , 𝑎𝑚−1, 𝑎𝑚, 𝑎𝑚+1] = [𝑎0, 𝑎1, … , 𝑎𝑚−1, 𝑎𝑚 +1

𝑎𝑚+1] {enligt (𝟐)}

= (𝑎𝑚+

1𝑎𝑚+1

)𝑝𝑚−1+𝑝𝑚−2

(𝑎𝑚+1

𝑎𝑚+1)𝑞𝑚−1+𝑞𝑚−2

16

=

(𝑎𝑚𝑎𝑚+1+1

𝑎𝑚+1)𝑝𝑚−1+𝑝𝑚−2

(𝑎𝑚𝑎𝑚+1+1

𝑎𝑚+1)𝑞𝑚−1+𝑞𝑚−2

=

(𝑎𝑚𝑎𝑚+1+1)(𝑝𝑚−1+𝑝𝑚−2)

𝑎𝑚+1

(𝑎𝑚𝑎𝑚+1+1)(𝑞𝑚−1+𝑞𝑚−2)

𝑎𝑚+1

= 𝑎𝑚+1(𝑎𝑚𝑝𝑚−1+𝑝𝑚−2)+𝑝𝑚−1

𝑎𝑚+1(𝑎𝑚𝑞𝑚−1+𝑞𝑚−2)+𝑞𝑚−1

= 𝑎𝑚+1𝑝𝑚+𝑝𝑚−1

𝑎𝑚+1𝑞𝑚+𝑞𝑚−1 =

𝑝𝑚+1

𝑞𝑚+1 = 𝑐𝑚+1. {

enligt (𝟏𝟎)

tillämpad

med m − 1

istället för m

}

Enligt induktionsprincipen är påståendet sant för alla 𝑛 ≥ 0.

Exempel 6: Hitta alla konvergenter till 151

69.

Lösning: (Se Exempel 2 för steg beräkningar). Vi har

151

69 = 2 +

1

5+1

3+ 14 = [2; 5, 3, 4].

Med hjälp av Sats 4 får vi följande konvergenter

𝑎0 = 2, 𝑎 1 = 5, 𝑎2 = 3 och 𝑎3 = 4

𝑐0 = 𝑎0

1 =

2

1 = 𝑝0

𝑞0,

𝑐1 = 𝑎0 + 1

𝑎1 = 𝑎1𝑎0+1

𝑎1 = 5∙2+1

5 = 11

5 = 𝑝1

𝑞1,

𝑐2 = 𝑎2𝑝1 + 𝑝0

𝑎2𝑞1 +𝑞0 = 3∙11+2

3∙5+1 = 35

16 = p2

q2,

𝑐3 = 𝑎3𝑝2 + 𝑝1

𝑎3𝑞2 +𝑞1 = 4∙35+11

4∙16+5 = 151

69 =

𝑝3

𝑞3.

17

Vi har en tabell för konvergenterna

Tabell I

n – 2 –1 0 1 2 3

an 2 5 3 4

pn 0 1 2 11 35 151

qn 1 0 1 5 16 69

𝑐𝑛= 𝑝𝑛

𝑞𝑛 2

1 11

5 35

16 151

69

Notera att 𝑝𝑛 = 𝑎𝑛𝑝𝑛−1 + 𝑝𝑛−2, 𝑞𝑛 = 𝑎𝑛𝑞𝑛−1 + 𝑞𝑛−2 för 𝑛 = 0, 1, … , 𝑛.

Exempel 7: Hitta alla konvergenterna till [1; 1,…, 1]( med ett godtyckligt antal ettor).

Lösning: Vi använder definitionen av [ ]– funktionen för att hitta konvergenterna. Vi har

𝑝0 = [1] =1, 𝑝1 = [1,1] = 1∙1+1 = 2, 𝑞0 = 1, 𝑞1= [1] = 1; och

𝑝𝑛 = 𝑎𝑛𝑝𝑛−1 + 𝑝𝑛−2, 𝑞𝑛 = 𝑎𝑛𝑞𝑛−1 + 𝑞𝑛−2 för 𝑛 ≥ 2.

Nu kan vi beräkna värden av 𝑝0 och 𝑞0

𝑝0 = 1, 𝑝1 = 2, 𝑝2 = 3, 𝑝3 = 5, 𝑝4 = 8,⋯

𝑞0 = 1, 𝑞1 = 1, 𝑞2 = 2, 𝑞3 = 3, 𝑞4 = 5,⋯

och dess konvergenter till [1; 1,…, 1] är

1

1,2

1,3

2,5

3,8

5, … .

Här ser vi att 𝑝𝑛 och 𝑞𝑛 har en relation med Fibonaccis tal. För att förstå mer av detta har vi

en följdsats:

Sats 5: Det gäller att

i) 𝑝𝑛𝑞𝑛−1 − 𝑝𝑛−1𝑞𝑛 = (−1)𝑛−1 eller 𝑝𝑛𝑞𝑛−𝑝𝑛−1𝑞𝑛−1

=(−1)𝑛−1

𝑞𝑛−1𝑞𝑛 för n ≥ 1, (11)

ii) 𝑝𝑛𝑞𝑛−2 − 𝑝𝑛−2𝑞𝑛 = (−1)𝑛𝑎𝑛 eller 𝑝𝑛𝑞𝑛−𝑝𝑛−2𝑞𝑛−2

=(−1)𝑛𝑎𝑛𝑞𝑛−2𝑞𝑛

för n ≥ 2, (12)

18

iii) 𝑐𝑛 − 𝑐𝑛−1 =(−1)𝑛−1

𝑞𝑛−1𝑞𝑛 för n ≥ 1. (13)

iiii) 𝑐𝑛 − 𝑐𝑛−2 =(−1)𝑛𝑎𝑛

𝑞𝑛−2𝑞𝑛 för n ≥ 2. (14)

Bevis:

i) Detta bevisas med hjälp av Definition 3 och induktion:

𝑝𝑛𝑞𝑛−1 − 𝑝𝑛−1𝑞𝑛 = (𝑎𝑛𝑝𝑛−1 + 𝑝𝑛−2)𝑞𝑛−1– (𝑎𝑛𝑞𝑛−1 + 𝑞𝑛−2)𝑝𝑛−1

= 𝑝𝑛−2𝑞𝑛−1– 𝑞𝑛−2𝑝𝑛−1 = – (𝑝𝑛−1𝑞𝑛−2– 𝑞𝑛−1𝑝𝑛−2)

= – (– 1)𝑛−2

= (−1)𝑛−1.

ii) Med hjälp av definition 3 och i) får vi

𝑝𝑛𝑞𝑛−2 − 𝑝𝑛−2𝑞𝑛 = (𝑎𝑛𝑝𝑛−1 + 𝑝𝑛−2)𝑞𝑛−2– (𝑎𝑛𝑞𝑛−1 + 𝑞𝑛−2)𝑝𝑛−2

= 𝑎𝑛(𝑝𝑛−1𝑞𝑛−2– 𝑞𝑛−1𝑝𝑛−2 = (−1)𝑛𝑎𝑛 .

iii) Notera att 𝑐𝑛= 𝑝𝑛

𝑞𝑛 , 𝑐𝑛−1 =

𝑝𝑛−1

𝑞𝑛−1 och 𝑐𝑛−2 =

𝑝𝑛−2

𝑞𝑛−2.

Enligt i) vi får 𝑐𝑛 − 𝑐𝑛−1 = 𝑝𝑛

𝑞𝑛 – 𝑝𝑛−1

𝑞𝑛−1 = 𝑝𝑛𝑞𝑛−1− 𝑞𝑛𝑝𝑛−1

𝑞𝑛𝑞𝑛−1 = (−1)𝑛−1

𝑞𝑛−1𝑞𝑛.

iiii) följer av iii), vi får

𝑐𝑛 − 𝑐𝑛−2 =𝑝𝑛𝑞𝑛

– 𝑝𝑛−2

𝑞𝑛−2=𝑝𝑛𝑞𝑛−2− 𝑞𝑛−2𝑝𝑛

𝑞𝑛𝑞𝑛−2 = 𝑎𝑛(𝑝𝑛−1𝑞𝑛−2– 𝑞𝑛−1𝑝𝑛−2)

𝑞𝑛𝑞𝑛−2 =(−1)𝑛𝑎𝑛

𝑞𝑛−2𝑞𝑛.

Lemma 1: Konvergenterna 𝑐𝑛 = 𝑝𝑛

𝑞𝑛 satisfierar

𝑐0 < 𝑐2 < ⋯𝑐2𝑖 < ⋯𝑐2𝑗+1⋯ < 𝑐3 < 𝑐1, för alla 𝑖, 𝑗 är 𝑐2𝑖 < 𝑐2𝑗+1.

Med andra ord: konvergenterna 𝑐2𝑖 med jämna index är strängt växande och

konvergenterna 𝑐2𝑗+1 med udda index är strängt avtagande. Dessutom existerar

gränsvärdet 𝑙𝑖𝑚𝑛→∞ 𝑐𝑛, och vi har 𝑐2𝑖 < 𝑙𝑖𝑚 𝑛→∞ 𝑐𝑛 < 𝑐2𝑗+1 för alla 𝑖, 𝑗 ≥ 0.

19

Bevis:

Enligt sats 5 iiii) är 𝑐𝑛 − 𝑐𝑛−2 =(−1)𝑛𝑎𝑛𝑞𝑛𝑞𝑛−2

. Om 𝑛 ≥ 2 är jämnt, får vi att

𝑐𝑛 − 𝑐𝑛−2 > 0. Om 𝑛 ≥ 3 är udda, får vi 𝑐𝑛 − 𝑐𝑛−2 < 0.

Enligt sats 5 iii) är 𝑐𝑛 − 𝑐𝑛−1 = (−1)𝑛−1

𝑞𝑛𝑞𝑛−1. Om n ≥ 1 är udda, får vi 𝑐𝑛 − 𝑐𝑛−1 > 0,

och om 𝑛 ≥ 1 är jämnt får vi 𝑐𝑛 − 𝑐𝑛−1 < 0.

Alltså det gäller att 𝑐2𝑖 ≤ 𝑐2𝑗 < 𝑐2𝑖+1 om 𝑖 ≤ 𝑗 och 𝑐2𝑖 < 𝑐2𝑖+1 < 𝑐2𝑗+1 om 𝑗 < 𝑖,

vilket visar att 𝑐2𝑗+1 > 𝑐2𝑖 i båda fallen.

Om vi tittar på Exempel 6 så ser vi att det följer av Lemma 1.

𝑐0 = 2, 𝑐1 =11

5= 2.2,

𝑐2 =35

16= 2.1875, 𝑐3 =

151

69 = 2.188 .

𝑡⇔ ⇒ 𝑐0 < 𝑐2 < 𝑐3 < 𝑐1.

4 Oändliga kedjebråk

4.1 Definitioner och satser:

Definition 4: Låt (𝑎𝑛)𝑛=0∞ vara en följd av heltal, där 𝑎1, 𝑎2, … är positiva. Följden

([𝑎0, 𝑎1, 𝑎2, … , 𝑎𝑛])𝑛=0∞ kallas för ett oändligt kedjebråk och betecknas med

[𝑎0, 𝑎1, 𝑎2, … ]. Det oändliga kedjebråket sägs vara konvergent om gränsvärdet

lim𝑛→∞[𝑎0, 𝑎1, … , 𝑎𝑛] existerar och då kan [𝑎0, 𝑎1, 𝑎2…] även användas för att

beteckna värdet av detta gränsvärde.

(Observera att 𝑙𝑖𝑚𝑛→∞[𝑎0, 𝑎1, … , 𝑎𝑛] är samma sak som 𝑙𝑖𝑚𝑛→∞𝑝𝑛

𝑞𝑛 och som 𝑙𝑖𝑚𝑛→∞ 𝑐𝑛).

20

Sats 6: För varje positivt reellt tal x gäller att

[𝑎0; 𝑎1, … , 𝑎𝑛−1, 𝑥] = 𝑥𝑝𝑛−1+𝑝𝑛−2

𝑥𝑞𝑛−1+𝑞𝑛−2. (15)

Bevis: Detta bevisas med hjälp av Definition 3 och Sats 4 tillämpad med 𝑥 istället för 𝑎𝑛.

Exempel 8: Låt 𝑥 = [1; 2, 3, 1, 2, 3, … ] = [1; 2, 3, 𝑥3] = [1; 2, 3, 𝑥], där 𝑥3 = 𝑥 och notera

att 𝑝𝑛 = 𝑎𝑛𝑝𝑛−1+𝑝𝑛−2 , 𝑞𝑛 = 𝑎𝑛𝑞𝑛−1 +𝑞𝑛−2 .

Vi har 𝑎0 = 1, 𝑎1 = 2, 𝑎2 = 3, 𝑎3 = 𝜃, vilket medför att

𝑝0 = 𝑎0 = 1, 𝑝1 = 𝑎1𝑝0 + 𝑝−1 = 2 ∙ 1 + 1 = 3, 𝑝2 = 𝑎2𝑝1 + 𝑝0 = 3 ∙ 3 + 1 = 10

𝑞0 = 𝑞−2 = 1, 𝑞1 = 𝑎1𝑞0 + 𝑞−1 = 1 ∙ 1 + 1 = 2, 𝑞2 = 𝑎2𝑞1 + 𝑞0 = 3 ∙ 2 + 1 = 7.

Det följer att:

𝑥 = [1; 2, 3, 𝑥] = 𝑝3

𝑞3=𝑎3𝑝2+𝑝1

𝑎3𝑞2+𝑞1=𝑥∙10+3

𝑥∙7+2=10𝑥+3

7𝑥+2.

Sats 7: i) Varje irrationellt tal 𝜃 kan uttryckas som ett oändligt kedjebråk och omvänt

ii) Varje oändligt kedjebråk representerar ett irrationellt tal 𝜃

Bevis:

i) Antag att θ är ett irrationellt tal. Sätt och 𝑎0 = [𝜃] 𝜖 ℤ. Vi vet att 𝑎0 < 𝑎0 + 1, och

eftersom 𝜃 är irrationellt så måste faktiskt 𝑎0 ≤ 𝜃 < 𝑎0 + 1. Sätt nu 𝜃1 = 1

𝜃 − 𝑎0. Det följer

att 𝜃1 > 1 och 𝜃1 är irrationellt, och vi har 𝜃 = 𝑎0 + 1

𝜃1= [𝑎0; 𝜃1]. Detta resonemang

kan nu upprepas. Vi definierar alltså talföljderna är (𝑎𝑛) och (𝜃𝑛) rekursivt genom:

𝜃0 = 𝜃, 𝑎0 = [𝜃0], 𝜃𝑛 = 1

𝜃𝑛−1 − 𝑎𝑛−1, 𝑎𝑛 = [𝜃𝑛], 𝑛 ≥ 1.

Så får vi att:

𝜃 = 𝜃0 = 𝑎0 + (𝜃0 − 𝑎0) = 𝑎0 +1

𝜃1= 𝑎0 +

1

𝑎1 + (𝜃1 − 𝑎1)

21

= 𝑎0 +1

𝑎1+ 1

𝜃2

= 𝑎0 +1

𝑎1+ 1

𝑎2+(𝜃2− 𝑎2)

= 𝑎0 +1

𝑎1+1

𝑎2+1𝜃3

= ⋯. (16)

Med andra ord (16) kan skivas som: 𝜃 = [𝑎0; 𝑎1, … , 𝑎𝑛, 𝜃𝑛+1], där 𝑎0 ∈ ℤ, 𝑎1, 𝑎2, … och 𝜃𝑛

∈ ℤ + för alla 𝑛 ≥ 0. Nu kan vi visa detta med induktion.

För 𝑛 = 0 är [𝑎0; 𝑎1, … , 𝑎𝑛, 𝜃𝑛+1] = [𝑎0; 𝜃1] = [[𝜃0]; 𝜃1] = [[𝜃]; 𝜃1]

= [𝜃] + (𝜃 − [𝜃]) = 𝜃.

Antag att påståendet är sant för något positivt heltal 𝑛 = 𝑚 − 1. Då gäller att

[𝑎0; 𝑎1, … , 𝑎𝑚 , 𝜃𝑚+1] = [𝑎0; 𝑎1, … , 𝑎𝑚−1, [𝑎𝑚, 𝜃𝑚+1]]

= [𝑎0; 𝑎1, … , 𝑎𝑚−1, 𝜃𝑚] = 𝜃.

Enligt induktionsantagandet gäller (16) för alla 𝑛 ≥ 0.

Nu måste vi visa att värdet av kedjebråket [𝑎0, 𝑎1, 𝑎3, … ] är 𝜃.

Låt c0, c1, … vara konvergenterna till [𝑎0; 𝑎1, 𝑎2, … ]. Då är 𝑐𝑛 =𝑝𝑛

𝑞𝑛 , där

𝑝𝑛 = [𝑎0; 𝑎1, … , 𝑎𝑛] och 𝑞𝑛 = [𝑎1; 𝑎2, … , 𝑎𝑛].

Enligt Sats 4 är 𝜃 = 𝜃𝑛+1𝑝𝑛+𝑝𝑛−1

𝜃𝑛+1𝑞𝑛+𝑞𝑛−1, för alla 𝑛 ≥ 0.

Vilket ger att

|θ − 𝑐𝑛| = |𝜃𝑛+1𝑝𝑛+𝑝𝑛−1𝜃𝑛+1𝑞𝑛+𝑞𝑛−1

−𝑝𝑛𝑞𝑛| = |

𝑝𝑛−1𝑞𝑛− 𝑝𝑛𝑞𝑛−1

𝑞𝑛(𝜃𝑛+1𝑞𝑛+𝑞𝑛−1)| =

1

𝑞𝑛(𝜃𝑛+1𝑞𝑛+𝑞𝑛−1) . (17)

Eftersom θn+1 > 1 och 𝑞𝑛−1 > 0, så är θ𝑛+1𝑞𝑛 + 𝑞𝑛−1 > 𝑞𝑛. Vi får att

1

(𝜃𝑛+1𝑞𝑛+𝑞𝑛−1)𝑞𝑛 <

1

𝑞𝑛2 . Vidare är 𝑞𝑛 strängt växande(𝑞𝑛 > 0) gäller det att

1

𝑞𝑛2 → 0

då 𝑛 → ∞, och det följer att 𝑐𝑛 → 𝜃 då n → ∞, alltså θ = [𝑎0; 𝑎1, … ].

22

ii) Låt 𝜃 = [𝑎0; 𝑎1, 𝑎3…] vara ett oändligt kedjebråk. Vi vet från Lemma 1 att

gränsvärdet limn→∞[𝑎0; 𝑎1, 𝑎3, … , 𝑎𝑛] verkligen existerar. Vi utelämnar beviset för

att 𝜃 är irrationellt.

Sats 8: Varje irrationellt tal har en unik representation av ett enkelt oändligt kedjebråk.

Bevis: Låt θ = [𝑎0; 𝑎1, … ] vara ett irrationellt tal. Då har vi

θ = 𝑎0 +1

θ1 (där θ1 > 1),

𝑎0 = [θ] och θ1 =1

(θ−𝑎0) (är bestämd av 𝜃),

𝑎1 = [𝜃1] och 𝜃2 =1

(𝜃1−𝑎1) (är bestämd av θ1) osv.

Exempel 9:

𝜃 = 𝑒 = 2.7182818284... ⟹ 𝑎0 = 2

θ1 = 1

(θ−𝑎0) =

1

0.7182818284 = 1.3922111912…. ⟹ 𝑎1 = 1

θ2 = 1

(θ1−𝑎1)

1

0..3922111912 = 2.5496467781… ⟹ 𝑎2 = 2

θ3 = 1

(θ2−𝑎2) =

1

0.5496467781 = 1.8193502442… ⟹ 𝑎3 = 1

θ4 = 1

(θ3−𝑎3) =

1

0.8193502442 = 1.2204792847… ⟹ 𝑎4 = 1

θ5 = 1

(θ4−𝑎4) =

1

0.2204792847 = 4.5355734955… ⟹ 𝑎5 = 4

⋮ ⋮

Vi kan alltså skriva talet 𝑒 som:

23

𝑒 = [2; 1, 2, 1, 1, 4, 1, 1, 6, 1, 1, 8, 1, 1, 10, 1, 1, 12, ...]

= 2 + 1

1+ 1

2+ 1

1+ 1

1+ 1

4+ 1

1+ 1

1+ 1

6 + ⋱

.

5 Rationella approximationer till irrationella tal

5.1 Approximation med konvergenter

Låt 𝜃 = 𝑝

𝑞 vara ett irrationellt tal. Låt 𝑞 vara ett godtyckligt positivt heltal och låt 𝑝 vara ett

heltal som ligger så nära till talet 𝑞𝜃 som möjligt(𝑝 är antingen lika med [𝑞𝜃] eller [𝑞𝜃]+1).

Då är |𝑞𝜃– 𝑝| <1

2. Genom att dividera med 𝑞 får vi olikheten:

|𝜃 −𝑝𝑞| <

1

2𝑞.

Denna olikhet ger oss en begränsning på approximationsfelet |θ – 𝑝𝑞|. Det är den bästa

uppskattning som står till buds för en godtycklig nämnare 𝑞. Om vi låter 𝑐𝑛 = 𝑝𝑛

𝑞𝑛 vara den

𝑛te konvergenten till kedjebråksutvecklingen av 𝜃, så har vi sett att

|θ – 𝑝𝑛𝑞𝑛| <

1

𝑞𝑛2 .

Alltså är approximationsfelet för konvergenterna 𝑝𝑛

𝑞𝑛 avsevärt mindre än vad man hade

kunnat förvänta sig. Därför spelar kedjebråk och konvergenter en viktig roll i teorin för

rationell approximation. Men hur bra kan man approximera ett givet tal 𝜃 med ett rationellt

tal 𝑝

𝑞 om man sätter en gräns för hur stor nämnaren 𝑞 får vara? Vi kommer att ge

24

information om detta i satserna nedan, och vi kommer att diskutera approximationsfelen

både på formen |𝜃–𝑝

𝑞| och |𝑞𝜃–𝑝|.

Anmärkning 4: Låt 𝑐𝑛 = 𝑝𝑛

𝑞𝑛, där 𝑝𝑛 = [𝑎0; 𝑎1, … , 𝑎𝑛], 𝑞𝑛 = [𝑎1; 𝑎2, … , 𝑎𝑛]och

sgd(𝑝𝑛, 𝑞𝑛) = 1. Då gäller att

𝑐0 < 𝑐2 < ⋯ < 𝜃 < ⋯ < 𝑐3 < 𝑐1.

Vi vet att 𝑐𝑛 är alltid bättre approximation än 𝑐𝑛−2, dvs. om 𝑛 är jämnt och så är

𝑐𝑛−2 < 𝑐𝑛 < 𝜃, och om 𝑛 är udda så är 𝜃 < 𝑐𝑛 < 𝑐𝑛−2).

Nu kan vi dra slutsatsen:

Om 𝜃 = [𝑎0; 𝑎1, 𝑎2, … ] så är 𝑐𝑛 = 𝑝𝑛

𝑞𝑛= [𝑎0; 𝑎1, … , 𝑎𝑛].

Om 𝜃 = [𝑎0; 𝑎1, 𝑎2, … , 𝑎𝑛−1, 𝜃𝑛] så är 𝜃𝑛 = [𝑎𝑛, 𝑎𝑛+1, … ].

Exempel 10: Hitta alla konvergenter till √11 – 3 = [0; 3, 6, 3, 6,… ], och ge en

begränsning på felet mellan √11 – 3 och dess approximation c3.

Lösning: Vi använder de här formlerna för att räkna ut konvergenterna:

𝑝𝑛 = 𝑎𝑛𝑝𝑛−1 + 𝑝𝑛−2, 𝑞𝑛 = 𝑎𝑛𝑞𝑛−1 + 𝑞𝑛−2

𝑝−2 = 0, 𝑝−1 = 1, 𝑞−2 = 1, 𝑞−1 = 0,

𝑐0 = 𝑎0𝑝−1+𝑝−2

𝑎0𝑞−1+𝑞−2=0∙1+0

0∙0+1=0

1=𝑝0

𝑞0,

𝑐1 =𝑎1𝑝0+𝑝−1

𝑎1𝑞0+𝑞−1=3∙0+1

3∙1+0=1

3=

𝑝1

𝑞1,

𝑐2 = 𝑎2𝑝1+𝑝0

𝑎2𝑞1+𝑞0=6∙1+0

6∙3+1=

6

19=

𝑝2

𝑞2,

25

𝑐3 = 𝑎3𝑝2+𝑝1

𝑎3𝑞2+𝑞1=

3∙6+1

3∙19+3=19

60=

𝑝3

𝑞3,

𝑐4 = 𝑎4𝑝3+𝑝2

𝑎4𝑞3+𝑞2=

6∙19+6

6∙60+19=

36

379=

𝑝4

𝑞4,

⋮

Slutligen begränsar vi felet mellan √11 – 3 och dess approximation 𝑐3 på följande sätt:

|θ–c3| ≤ 1

𝑞3𝑞4 =

1

60 ∙ 379 =

1

22740 = 0.0000439… .

Sats 9: För alla n ≥ 2, gäller att

i) |𝑞𝑛𝜃 − 𝑝𝑛| < |𝑞𝑛−1𝜃 − 𝑝𝑛−1| (18)

ii) |𝜃 − 𝑐𝑛| < |𝜃 − 𝑐𝑛−1|. (19)

Bevis:

Vi ser att |𝑞𝑛𝜃 − 𝑝𝑛| = 𝑞𝑛 |𝜃 −𝑝𝑛

𝑞𝑛| = 𝑞𝑛|𝜃 − 𝑐𝑛|.

Om vi visar att olikheten i) gäller så följer att

|𝜃 − 𝑐𝑛| = |𝑞𝑛𝜃− 𝑝𝑛|

𝑞𝑛 < |𝑞𝑛−1𝜃− 𝑝𝑛−1|

𝑞𝑛−1 = |𝜃 − 𝑐𝑛−1|, dvs. även olikheten ii) gäller.

Vi noterar att:

26

|𝑞𝑛𝜃 − 𝑝𝑛| = 𝑞𝑛 |𝜃 −𝑝𝑛

𝑞𝑛| =

𝑞𝑛

(𝜃𝑛+1𝑞𝑛+𝑞𝑛−1)𝑞𝑛 =

1

𝜃𝑛+1𝑞𝑛+𝑞𝑛−1. {enligt (𝟏𝟕)}

|𝑞𝑛−1𝜃 − 𝑝𝑛−1| = 𝑞𝑛−1 |𝜃 −𝑝𝑛−1

𝑞𝑛−1| =

𝑞𝑛−1

(𝜃𝑛𝑞𝑛−1+𝑞𝑛−2)𝑞𝑛−1 =

1

𝜃𝑛𝑞𝑛−1+𝑞𝑛−2.

Om olikheten 𝜃𝑛+1𝑞𝑛 + 𝑞𝑛−1 > 𝜃𝑛𝑞𝑛−1 + 𝑞𝑛−2 gäller, då är vi klara.

Låt 𝑎𝑛 = [𝜃𝑛] och låt 𝜃𝑛 < 𝑎𝑛+ 1. Då gäller det att

𝜃𝑛𝑞𝑛−1 + 𝑞𝑛−2 < (𝑎𝑛+ 1) 𝑞𝑛−1 + 𝑞𝑛−2 = 𝑎𝑛𝑞𝑛−1+ 𝑞𝑛−2+ 𝑞𝑛−1

= 𝑞𝑛 + 𝑞𝑛−1

< 𝜃𝑛+1𝑞𝑛 + 𝑞𝑛−1.

Konvergenter har ett antal intressanta egenskaper. Speciellt har vi följande sats:

Sats 10: Låt 𝜃 vara värdet av ett enkelt oändligt kedjebråk och 𝑐𝑛 =𝑝𝑛

𝑞𝑛 är en konvergent

till 𝜃. Om 𝑛 > 1, 0 < 𝑞 ≤ 𝑞𝑛 och 𝑝

𝑞≠𝑝𝑛

𝑞𝑛 så är

i) |𝜃– 𝑝𝑞| > |𝜃–𝑝𝑛𝑞𝑛|.

ii) |𝜃𝑞– 𝑝| > |𝜃𝑞𝑛– 𝑝

𝑛|.

Vi utelämnar beviset för denna sats.

5.2 Ordning av approximation

Definition 5: Ett reellt tal 𝜃 sägs vara approximerbart av rationella tal upp till ordning n

om det existerar en konstant 𝑐 och oändligt många rationella tal 𝑝

𝑞 (𝑞 > 0) så att

|𝜃 −𝑝

𝑞| ≤

𝑐

𝑞𝑛.

27

Notera att om 𝑛 > 𝑚 så är 𝑐

𝑞𝑛 ≤

𝑐

𝑞𝑚, för alla positiva heltal 𝑞. Det följer att om θ är

approximerbart av rationella tal upp till ordning 𝑛 så är även 𝜃 approximerbart av

rationella tal upp till ordning 𝑚.

Sats 11: i) Varje rationellt tal är approximerbart upp till ordning 1.

ii) Varje irrationellt tal är approximerbart upp till ordning 2.

Bevis:

i) Låt 𝜃 = 𝑝

𝑞 vara ett rationellt tal med sgd (𝑝, 𝑞) = 1. Enligt Euklides algoritm kan vi hitta

𝑝0, 𝑞0 så att 𝑝0𝑞 − 𝑞0𝑝 = 1. Då gäller olikheten

|𝑝𝑞 −

𝑝0

𝑞0| =

1

𝑞0𝑞≤

1

𝑞0. (20)

På samma sätt, om 𝑝𝑚 = 𝑝0 +𝑚𝑝, så är 𝑝𝑚𝑞 − 𝑞𝑚𝑝 =1 (sgd(𝑝𝑚, 𝑞𝑚) = 1). I detta fall

är

|𝑝𝑞 −𝑝𝑚

𝑞𝑚| ≤ 1

𝑞𝑚, (21)

vilket visar att 𝑝

𝑞 är approximerbart upp till ordning 1.

ii) Låt 𝜃 vara ett irrationellt tal, och låt 𝑐𝑛 =𝑝𝑛

𝑞𝑛 vara den 𝑛te konvergenten till 𝜃 (som vi

har sett tidigare är 𝑞𝑛 strängt växande). Då har vi följande:

𝑝𝑛

𝑞𝑛< 𝜃 <

𝑝𝑛+1

𝑞𝑛+1. {enligt 𝐀𝐧𝐦ä𝐫𝐤𝐧𝐢𝐧𝐠 𝟑}

Därför är

|𝜃 −𝑝𝑛

𝑞𝑛| < |

𝑝𝑛+1

𝑞𝑛+1−𝑝𝑛

𝑞𝑛| =

|𝑝𝑛+1𝑞𝑛−𝑝𝑛𝑞𝑛+1|

𝑞𝑛𝑞𝑛+1=

1

𝑞𝑛𝑞𝑛+1≤

1

𝑞𝑛2 , (22)

vilket medför att 𝜃 är approximerbart upp till ordning 2.

28

Sats 12: Givet två successiva konvergenter till 𝜃 så gäller åtminstone ett av påståendena

|𝜃–𝑝𝑛𝑞𝑛| <

1

2𝑞𝑛2 och |𝜃–

𝑝𝑛+1𝑞𝑛+1

| < 1

2𝑞𝑛+12 . (23)

Bevis:

Antag att påståendet är falsk, vilket betyder att

|𝜃–𝑐𝑛| ≥ 1

2𝑞𝑛2 och |𝜃–𝑐𝑛+1| ≥

1

2𝑞𝑛+12 .

Enligt Sats 5 gäller det att

1

𝑞𝑛𝑞𝑛+1 =

𝑝𝑛+1

𝑞𝑛+1−𝑝𝑛

𝑞𝑛 =

𝑝𝑛+1𝑞𝑛+1

− 𝜃 + 𝜃 −𝑝𝑛

𝑞𝑛 ≥

1

2𝑞𝑛+12 +

1

2𝑞𝑛2. (24)

Vi kan skriva ekvationen (24) som:

1

𝑞𝑛𝑞𝑛+1 ≥

1

2𝑞𝑛+12 +

1

2𝑞𝑛2

⇔ 1 ≥ 𝑞𝑛𝑞𝑛+12𝑞𝑛+12 +

𝑞𝑛𝑞𝑛+1

2𝑞𝑛2

⇔ 1 ≥ 1

2 ( 𝑞𝑛

𝑞𝑛+1 +

𝑞𝑛+1𝑞𝑛), (25)

vilket ger att (𝑞𝑛+1 − 𝑞𝑛)2 ≤ 0. Olikheten i (25) gäller om 𝑛 = 0, 𝑎1 = 1 och 𝑞0 = 𝑞1 = 1.

I fallet 𝑝𝑛+1

𝑞𝑛+1 − 𝜃, vi har

0 < 𝑝1

𝑞1− 𝜃 = 𝑎0 + 𝑎1 − (𝑎0 +

1

𝑎1+ 1

𝜃2

)

= 𝑎0 + 1 − (𝑎0 +𝜃21+ 𝜃2

) = 1

1+𝜃2 < 1

2 =

1

2𝑞12 ,

29

vilket visar att påståendet gäller även i detta fall.

För att förstå bättre resultatet i Sats 12 behöver vi följande enkla lemma:

Lemma 2: Låt x vara ett positivt reellt tal. och antag att x + 1

𝑥< √5 . Då gäller det att

x < √5+1

2 och

1

𝑥 >

√5−1

2. (26)

Bevis:

x + 1

𝑥< √5 ⇔

𝑥2+1

𝑥< √5 ⇔ 𝑥2 +1 − √5 x < 0 ⇔ (𝑥 −

√5−1

2) (𝑥 +

√5+1

2) < 0

⇔ √5−1

2 < 𝑥 <

√5+1

2 och om 𝑥 <

√5+1

2 då är

1

𝑥>√5−1

2 .

Sats 13:(Hurwitz) Om 𝜃 är ett irrationellt tal, så finns det oändliga många rationella tal 𝑎

𝑏

som satisfierar

|𝜃–𝑎

𝑏| <

1

√5𝑏2. (27)

Bevis:

Antag att ingen av konvergenterna 𝑐𝑘 = 𝑝𝑘

𝑞𝑘, där 𝑘 = 𝑛 – 1, 𝑛, 𝑛 +1 satisfierar olikheten.

Då gäller att |𝜃− C𝑘 | ≥ 1

√5𝑏2, för 𝑘 = 𝑛 – 1, 𝑛, 𝑛 +1.

De successiva konvergenterna 𝑐𝑛 och 𝑐𝑛−1 ligger på motsatta sidor om 𝜃, vilket medför att

1

𝑞𝑛𝑞𝑛−1 = |𝑐𝑛–𝑐𝑛−1| = |𝑐𝑛–𝑐𝑛−1+𝜃–𝜃|

= |𝜃− 𝑐𝑛+1| + |𝑐𝑛−𝜃| ≥ 1

√5(1

𝑞𝑛2 +

1

𝑞𝑛−12 ). (28)

Ekvationen (28) kan skivas som:

30

1

𝑞𝑛𝑞𝑛−1 ≥

1

√5(1

𝑞𝑛2 +

1

𝑞𝑛−12 )

⇔ √5

𝑞𝑛𝑞𝑛−1≥ (

1

𝑞𝑛2+

1

𝑞𝑛−12)

⇔ √5 ≥ 𝑞𝑛

𝑞𝑛−1 +

𝑞𝑛−1𝑞𝑛

,

och med hjälp av Lemma 2 kan vi dra slutsatsen att 𝑞𝑛

𝑞𝑛−1 < √5+1

2 och

√5−1

2 <

𝑞𝑛−1

𝑞𝑛.

Detsamma gäller även för olikheten

√5+1

2 >

𝑞𝑛+1

𝑞𝑛=

𝑎𝑛 𝑞𝑛+𝑞𝑛−1

𝑞𝑛≥ 𝑞𝑛+𝑞𝑛−1

𝑞𝑛= 1 +

𝑞𝑛−1

𝑞𝑛 (29)

⇔ √5+1

2 >1 +

√5−1

2 = √5+1

2 och detta är en motsägelse. Då är beviset klart.

6 Periodiska kedjebråk

I det här avsnittet ska vi undersöka några av de intressanta relationerna mellan periodiska

kedjebråk och kvadratiska irrationella tal.

Definition 6: Ett oändligt kedjebråk 𝜃 = [𝑎0, 𝑎1, 𝑎2, … ] kallas periodiskt om det

existerar heltal 𝑝 > 0 och 𝑚 ≥ 0 så att 𝑎𝑛+𝑝 = 𝑎𝑛 för alla 𝑛 ≥ 𝑚.

𝜃 kallas rent periodiskt om det existerar heltal 𝑝 > 0 så att 𝑎𝑛+𝑝 = 𝑎𝑛 för alla 𝑛 ≥ 0.

Ett periodiskt kedjebråk kan skrivas som [𝑎0; 𝑎1, 𝑎2, … , 𝑎𝑚−1, 𝑎𝑚, 𝑎𝑚+1, 𝑎𝑚+𝑝−1̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ],

om 𝑎𝑛+𝑝 = 𝑎𝑛 för alla 𝑛 ≥ 𝑚.

31

Exempel 11:

[3; 1, 3, 1, 3, 1, … ] = [3, 1̅̅ ̅̅̅ ]

[2; 2, 3, 1, 3, 1, … ] = [2; 2, 3, 1̅̅ ̅̅̅ ].

6.1 Periodiska kvadratiska irrationella tal

Definition 7: Ett kvadratiskt irrationellt tal är ett tal på formen 𝑎 + 𝑏√𝑑, där 𝑎, 𝑏, är

rationella tal, 𝑏 ≠ 0, och 𝑑 är ett kvadratfritt positivt heltal. Talet 𝑎 + 𝑏√𝑑 kallas för ett

kvadratiskt irrationellt tal eftersom det är rot till en kvadratisk ekvation med

heltalskoefficienter. T.ex 𝑦2 – 2𝑎𝑦 + (𝑎2–𝑑𝑏2) = 0 är en kvadratisk ekvation som har

lösningar 𝑦 = 𝑎 ± 𝑏√𝑑.

Om 𝑦 = 𝑎 + 𝑏√𝑑 är ett kvadratiskt irrationellt tal, så kallas 𝑦′= 𝑎 − 𝑏√𝑑 det konjugerade

talet till 𝑦.

Anmärkning 5: Vi ska senare bevisa att ett tal har ett periodiskt kedjebråk om och endast

om det är ett kvadratiskt irrationellt tal.

Exempel 12: Beräkna kedjebråken i Exempel 11.

Lösning: Låt 𝜔 = [3; 1̅̅ ̅̅ ̅]. Då är

𝜔 = [3; 1, 𝜔] = [3,1,𝜔]

[1,𝜔] {enligt 𝐒𝐚𝐭𝐬 𝟑 𝐢𝐢) }

= 4𝜔+3

𝜔+1.

{

enligt 𝐃𝐞𝐟𝐢𝐧𝐢𝐭𝐢𝐨𝐧 𝟐[1, ω] = 1 ∙ ω + 1 [3,1, ω] = 3[1,ω] + ω

= 3(𝜔 + 1) + ω = 4ω + 3. }

Nu har vi en kvadratisk ekvation 𝜔2 − 3𝜔 − 3 = 0 som har rötterna:

𝜔 =3

2±√21

2 ⟹ 𝜔 =

3

2+√21

2 .

32

Låt 𝜑 = [2; 2, 3, 1̅̅ ̅̅̅]. Då är

𝜑 = [2; 2, 𝜔] = [2,2,𝜔]

[2,𝜔] =

{

enligt 𝐃𝐞𝐟𝐢𝐧𝐢𝐭𝐢𝐨𝐧 𝟐[2, ω] = 2 ∙ ω + 1 [2,2, ω] = 2[2,ω] + ω

= 2(2𝜔 + 1) + ω = 5ω + 2. }

= 5ω+2

2𝜔+1

= 5(3

2 + √21

2)+2

2(3

2 + √21

2)+1

= 19

2 + 5√21

2

4 + √21 = ( 19

2 + 5√21

2) (4 − √21)

(4 + √21)(4 − √21) = 29 − √21

10.

Alltså 𝜔 och 𝜑 är kvadratiska irrationella tal.

Anmärkning 6: Ett kvadratiskt irrationellt tal 𝑦 kallas reducerat om 𝑦 > 1 och

−1 < 𝑦′ < 0, där 𝑦′ är det konjugerade talet till 𝑦.

I Exempel 6 har vi att 𝜔 =3

2+√21

2 > 1 och −1 < 𝜔′ =

3

2−√21

2< 0, vilket betyder att 𝜔

är ett reducerat kvadratiskt irrationellt tal. Medan 𝜑 = 29 − √21

10 > 1, men

𝜑′ = 29 + √21

10 > 𝜑 ⟹ 𝜑 är inte ett reducerat kvadratiskt irrationellt tal.

För att bättre förstå sambandet mellan kvadratiska irrationella tal och periodiska kedjebråk

ger vi nu några satser:

Sats 14: Ett irrationellt tal 𝜃 är ett kvadratiskt irrationellt tal om och endast om 𝜃 är

lösningen till en kvadratisk ekvation med heltalskoefficienter, dvs. om och endast det finns

heltal A, B, C med A ≠ 0 så att 𝐴𝜃2 − 𝐵𝜃 + 𝐶 = 0.

Bevis: Antag först att 𝜃 är ett kvadratiskt irrationellt, dvs. 𝜃 = 𝑎 + 𝑏√𝑑, där 𝑎, 𝑏 𝜖 ℚ ,

𝑏 ≠ 0, och 𝑑 är ett kvadratfritt positivt heltal. Då såg vi i Definition 7 att

𝜃2 − 2𝑎𝜃 + 𝑎2 − 𝑏2𝑑 = 0. Tag nu heltal A, B, C med A ≠ 0 så att −2𝑎 =𝐵

𝐴 och

𝑎2 − 𝑏2𝑑 =𝐶

𝐴. Då följer att 𝜃2 +

𝐵

𝐴𝜃 +

𝐶

𝐴= 0, dvs. 𝐴𝜃2 − 𝐵𝜃 + 𝐶 = 0.

Omvänt, om 𝐴𝜃2 − 𝐵𝜃 + 𝐶 = 0 för några heltal A, B, C med A ≠ 0 så är

33

𝜃 = −𝐵

2𝐴 ± √𝐵2−4𝐴𝐶

2𝐴. Här måste 𝐵2 − 4𝐴𝐶 vara ett positivt heltal som inte är en perfekt

kvadrat, eftersom vi antar att 𝜃 är ett irrationellt tal. Då finns ett unikt val av positiva heltal

𝑢, 𝑑 så att 𝑑 är kvadratfritt och 𝐵2 − 4𝐴𝐶 = 𝑑𝑢2. Nu är

𝜃 = −𝐵

2𝐴 ± √𝐵2−4𝐴𝐶

2𝐴 = −

𝐵

2𝐴 ±

√𝑑𝑢2

2𝐴 = −

𝐵

2𝐴 ±

𝑢

2𝐴√𝑑.

Med andra ord, om vi sätter 𝑎 = −𝐵

2𝐴 𝜖 ℚ och 𝑏 = ±

𝑢

2𝐴 𝜖 ℚ så är 𝜃 = 𝑎 + 𝑏√𝑑, och

detta visar att 𝜃 är ett kvadratiskt irrationellt tal.

Sats 15: Låt 𝑦 vara värdet av ett rent periodiskt kedjebråk. Då är y ett reducerat

kvadratiskt irrationellt tal.

Bevis:

Låt 𝑦 = [ 𝑎0; 𝑎1, 𝑎3, … , 𝑎𝑛−1̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅ ]. Då har vi

𝑦 = [𝑎0; 𝑎1,…, 𝑎𝑛−1, 𝑦𝑛] = 𝑦𝑝𝑛−1+𝑝𝑛−2

𝑦𝑞𝑛−1+𝑞𝑛−2,

där 𝑐𝑖 = 𝑝𝑖

𝑞𝑖 är den 𝑛te konvergenen till [𝑎0; 𝑎1,…, 𝑎𝑛−1].

Alltså gäller 𝑦2𝑞𝑛−1 + 𝑦(𝑞𝑛−2– 𝑝𝑛−1) – 𝑝𝑛−2 = 0, och det följer att 𝑦 är ett kvadratiskt

irrationellt tal (jfr Sats 14). Enligt konjugatregeln uppfyller 𝑦′ samma ekvation; och 𝑦 och

𝑦′ är såklart de enda lösningarna till ekvationen. Vi noterar att 𝑦 > 𝑎0 ≥ 1. Vi vill nu

bevisa att – 1 < 𝑦′ < 0; för detta räcker det att bevisa att funktionen

𝑓(𝑥) = 𝑞𝑛−1𝑥2 + (𝑞

𝑛−2– 𝑝𝑛−1)𝑥 – 𝑝𝑛−2

uppfyller 𝑓(0) < 0 och 𝑓(−1) > 0. Observera att alla 𝑝−1, 𝑝0, 𝑝1, … är positiva, eftersom

𝑎0 > 0. Alltså är 𝑓(0) = − 𝑝𝑛−2 < 0. Vi har även

34

𝑓(−1) = 𝑞𝑛−1 − 𝑞𝑛−2 + 𝑝𝑛−1 − 𝑝𝑛−2

= (𝑎𝑛−1 − 1)(𝑞𝑛−2 + 𝑝𝑛−2) + 𝑞𝑛−3 + 𝑝𝑛−3 ≥ 𝑞𝑛−3 + 𝑝𝑛−3 > 0.

Därmed har vi bevisat att 𝑦 > 1 och −1 < 𝑦′ < 0, dvs. 𝑦 är ett reducerat kvadratiskt

irrationellt tal.

Sats 16: Om y är värdet av ett periodiskt kedjebråk, så är y ett kvadratiskt irrationellt tal.

Bevis:

Låt 𝑦 = [𝑎0; 𝑎1, … , 𝑎𝑛, 𝑎𝑛+1, … , 𝑎𝑛+𝑘̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ] och låt 𝜃 = [ 𝑎𝑛+1, … , 𝑎𝑛+𝑘̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ]. Enligt

Sats 15 är 𝜃 ett (reducerat) kvadratiskt irrationellt, sägs 𝜃 = 𝑢 + 𝑣√𝑑, där 𝑢 och 𝑣 är

rationella tal och 𝑑 är ett kvadratfritt positivt heltal (Definition 6), vi har

𝑦 = [𝑎0; 𝑎1, … , 𝑎𝑛, θ] = [𝑎0; 𝑎1,…,𝑎𝑛,]

[𝑎1; 𝑎2,…,𝑎𝑛,𝜃 ] (Sats 3 ii))

= [𝑎0; 𝑎1,…,𝑎𝑛]𝜃 + [𝑎0; 𝑎1,…, 𝑎𝑛−1]

[𝑎1; 𝑎2,…,𝑎𝑛]𝜃 + [𝑎1; 𝑎2,…, 𝑎𝑛−1]. (30)

Låt [𝑎0; 𝑎1,… , 𝑎𝑛] = A, [𝑎0; 𝑎1, … , 𝑎𝑛−1] = B,

[𝑎1; 𝑎2, … , 𝑎𝑛] = C och [𝑎1; 𝑎2, … , 𝑎𝑛−1] = 𝐷, där A, B, C och D ∈ ℤ +.

Då kan (30) skrivas som

𝑦 = 𝐴θ+B

𝐶θ+D = 𝐴(u + v√𝑑)+B

𝐶(u + v√𝑑)+D =

𝐴u + Av√𝑑+B

𝐶u + Cv√𝑑+D

= (𝐴u + B + Av√𝑑)(𝐶u + D − Cv√𝑑)

(𝐶u + D + Cv√𝑑)(𝐶u + D − Cv√𝑑)

= (𝐴u + B + Av√𝑑)(𝐶u + D − Cv√𝑑)

(𝐶u + D)2− (Cv√𝑑)2. (31)

Man kan dra slutsatsen att (31) har formen av 𝑎+ 𝑏√𝑑 för något 𝑎, 𝑏 ∈ ℚ, alltså 𝑦 är ett

kvadratiskt rationellt tal.

Exempel 13: Hitta kedjebråksutvecklingen av talet 3 + √11.

35

(Obs: 3 + √11 är ett reducerat kvadratiskt irrationellt tal, eftersom 3 + √11 > 1 medan

konjugatet 3 – √11 ligger mellan – 1 och 0).

Innan vi löser det här ska vi ha en rekursiv definition:

Vi definierar 𝜃0 = 𝜃, 𝑎0 = [𝑎0]; 𝜃𝑛+1 = 1

𝜃𝑛−𝑎𝑛, 𝑎𝑛 = 𝜃𝑛+1

Lösning: 𝜃 = 3 + √11 ⟹ 6 < 𝜃 < 7, så vi har:

𝜃0 = 3 + √11, 𝑎0 = [3 + √11 ] = 6

𝜃1 = 1

3+ √11−6 =

1

√11−3 =

1

(√11−3)(√11+3) =

3 + √11

2, 𝑎1 = [

3 + √11

2] = 3

𝜃2 = 1

3 + √11

2 −3

= 1

√11−32

= 2

(√11−3) =

2(√11+3)

(√11−3)(√11+3) =

2(√11+3)

2 = √11 + 3 = 𝜃0

Svar: 3 + √11 = [ 6; 3̅̅ ̅̅ ̅ ].

Nu ska vi introducera ett något annorlunda sätt att skriva kvadratiska irrationella tal med

följande lemma:

Lemma 3:

i) Ett kvadratiskt irrationellt tal kan skrivas som 𝜃 = 𝑃 + √𝐷

𝑄, där P, Q är heltal, D är ett

positivt heltal som ej är ett kvadrattal, och Q delar D – P2.

ii) Om 𝜃 är reducerat, så är 0 < P < √𝐷 och Q < 2√𝐷.

Bevis:

i) Låt 𝜃 kvadratiskt irrationellt tal. Enligt vad vi tidigare har visat kan vi då skriva

𝜃 = 𝑢 + 𝑣√𝑑, där 𝑢 och 𝑣 ∈ ℚ, 𝑣 ≠ 0, och 𝑑 är ett kvadratfritt positivt heltal (och 𝑑 > 1, så

att √𝑑 är irrationellt). Låt nu 𝑞 vara den minsta gemensamma multipeln av 𝑢’s nämnare och

𝑣’s nämnare. Då kan vi skriva 𝑢 = 𝑝

𝑞 , 𝑣 =

𝑟

𝑞 , för några heltal 𝑝 och 𝑟.

Om nu 𝑟 är positivt så är 𝜃 = 𝑝+ 𝑟√𝑑

𝑞 = 𝑝+ √𝑟2𝑑

𝑞 = 𝑝𝑞+ √𝑞2𝑟2𝑑

𝑞2.

36

Låt nu 𝑃 = 𝑝𝑞, 𝑄 = 𝑞2, och 𝐷 = 𝑞2𝑟2𝑑, så att 𝜃 = 𝑃 + √𝐷

𝑄. Observera att 𝐷 ej ett

kvadrattal, eftersom √𝑑 är irrationellt. Observera även att Q delar 𝐷 − 𝑃2, eftersom

𝐷 − 𝑃2

𝑄 = 𝑞2𝑟2𝑑 − 𝑝2𝑞2

𝑞2 = 𝑟2𝑑 − 𝑝2 ∈ ℤ .

Å andra sidan, om 𝑟 är negativt så har vi istället

𝜃 = 𝑝 + 𝑟√𝑑

𝑞 = 𝑝 − √𝑟2𝑑

𝑞 = −𝑝𝑞 + √𝑞2𝑟2𝑑

−𝑞2,

så vi når den önskade framställningen av 𝜃 genom att välja 𝑃 = − 𝑝𝑞, 𝑄 = −𝑞2, och

𝐷 = 𝑞2𝑟2𝑑.

ii) Antag att 𝜃 är reducerat. (Kom ihåg att detta betyder att 𝜃 > 1 och – 1 < 𝜃′ < 0, där 𝜃′ är

konjugatet till 𝜃, dvs. 𝜃′ = P − √𝐷

𝑄 ). Då gäller att

𝜃 > 0 > 𝜃′ ⇒ P + √𝐷

𝑄 >

P − √𝐷

𝑄 ⇒ 𝑄 > 0.

𝜃 > 1 > – 𝜃′ ⇒ P + √𝐷

𝑄 >

−P + √𝐷

𝑄 ⇒ 𝑃 > 0.

𝜃′ < 0 ⇒ P − √𝐷

𝑄 < 0 ⇒ 𝑃 < √𝐷.

𝜃 > 1 ⇒ P + √𝐷

𝑄 > 1 ⇒ Q < P + √𝐷 < 2√𝐷.

Sats 17: Ett reellt tal 𝜃 har en periodisk kedjebråksutveckling om och endast om det är ett

kvadratiskt irrationellt tal.

Bevis:

Enligt Sats 15 vet vi att varje periodiskt kedjebråk är ett kvadratiskt irrationellt tal. Nu ska vi

bevisa omvändningen. Antag alltså att 𝜃 är ett kvadratiskt irrationellt tal. Låt 𝜃 = 𝜃0,

𝑎𝑛 = [𝜃𝑛], 𝜃𝑛+1 =1

𝜃𝑛−𝑎𝑛 för 𝑛 = 0, 1, 2, … .

Då kan vi uttrycka 𝜃 som (enligt lemma 3 i))

37

𝜃𝑛 =u𝑛 + √𝑑

𝑣𝑛, där (

𝑣𝑛, 𝑢𝑛 ∈ ℤ och 𝑣𝑛 ≠ 0

𝑑 𝜖 ℤ+,√𝑑 ∉ ℚ ) och 𝑣𝑛|(𝑑 − 𝑢𝑛

2),

och

𝜃𝑛+1 =1

𝜃𝑛−𝑎𝑛=

1

u𝑛 + √𝑑

𝑣𝑛 –𝑎𝑛

= 𝑣𝑛

u𝑛 – 𝑎𝑛𝑣𝑛+ √𝑑

= 𝑣𝑛(u𝑛 − 𝑎𝑛𝑣𝑛 − √𝑑)

((u𝑛 −𝑎𝑛𝑣𝑛)+ √𝑑)((u𝑛 −𝑎𝑛𝑣𝑛)− √𝑑) {konjugatregel}

= 𝑣𝑛(u𝑛 − 𝑎𝑛𝑣𝑛− √𝑑)

(u𝑛 −𝑎𝑛𝑣𝑛)2− 𝑑

= u𝑛 − 𝑎𝑛𝑣𝑛− √𝑑

(u𝑛 −𝑎𝑛𝑣𝑛)2− 𝑑

𝑣𝑛

= 𝑎𝑛𝑣𝑛 − 𝑢𝑛+√𝑑

−(u𝑛 − 𝑎𝑛𝑣𝑛)2+ 𝑑

𝑣𝑛

= u𝑛+1 + √𝑑

𝑣𝑛+1, där {

𝑢𝑛+1 = 𝑎𝑛𝑣𝑛 − 𝑢𝑛

𝑣𝑛+1 =𝑑−𝑢𝑛+1

2

𝑣𝑛 }

.

Självklart är𝑢𝑛+1är ett heltal. Vi noterar att 𝑢𝑛+1 ≡ − 𝑢𝑛 (mod 𝑣𝑛) och därför

𝑑 − 𝑢𝑛+12 ≡ 𝑑 − 𝑢𝑛

2 ≡ 0 (mod 𝑣𝑛). Med andra ord är|(𝑑 − 𝑢𝑛+12 ) delbart med 𝑣𝑛, och därför

är också 𝑣𝑛+1 är heltal.

Nu kan man visa att det finns ett index 𝑘 så att𝜃𝑛 är reducerat för alla 𝑛 > 𝑘 (vi utelämnar

detaljerna för detta). Enligt Lemma 3 ii) har vi då 0 < 𝑢𝑛 < √𝑑 och 0 < 𝑣𝑛 < 2√𝑑 för

alla 𝑛 > 𝑘. Det finns bara ett ändligt antal heltalspar (𝑢𝑛, 𝑣𝑛) som uppfyller dessa olikheter;

alltså måste vi förr eller senare få en upprepning, dvs. vi finner 𝑚 > 𝑘 och 𝑝 > 0 så att

𝑢𝑚+𝑝 = 𝑢𝑚 och 𝑣𝑚+𝑝 = 𝑣𝑚. Då ger rekursionsformeln ovan att 𝑢𝑛+𝑝 = 𝑢𝑛 och

𝑣𝑛+𝑝 = 𝑣𝑛 faktiskt gäller för alla 𝑛 ≥ 𝑚, och det följer även att𝑎𝑛+𝑝 = 𝑎𝑛 för alla

𝑛 ≥ 𝑚. Alltså är kedjebråket 𝜃 = [𝑎0, 𝑎1, 𝑎2, …] periodiskt.

Exempel 14: Hitta kedjebråksutvecklingen av talet √13+1

2.

Notera att 𝑎𝑛 = [𝜃𝑛], 𝜃𝑛 = u𝑛 + √𝑑

𝑣𝑛,

𝑢𝑛+1 = 𝑎𝑛𝑣𝑛 − 𝑢𝑛, 𝑣𝑛+1 =𝑑−𝑢𝑛+1

2

𝑣𝑛 och 𝑣𝑛|(𝑑 − 𝑢𝑛2).

38

Lösning: 𝑑− 𝑢0

2

𝑣0 =

13−1

2 = 6 ⇒ 2|(13 − 1)

dvs. 𝑢0 = 1, 𝑣0 = 2 och 𝑑 = 13

𝜃0 =√13+1

2 ≈ 2.3… , 𝑎0 = 2, 𝑢1 = 𝑎0𝑣0 − 𝑢0 = 2 ∙ 2 − 1 = 3, 𝑣1 =

13−𝑢12

𝑣0 = 13−9

2 = 2

𝜃1 =√13+3

2 ≈ 3.3… , 𝑎1 = 3, 𝑢2 = 𝑎1𝑣1 − 𝑢1 = 3 ∙ 2 − 3 = 3, 𝑣2 =

13−𝑢22

𝑣0 =

13− 9

2 = 2

𝜃2 =√13+3

2 ≈ 3.3… , 𝑎2 = 3, 𝑢3 = 𝑎3𝑣3 − 𝑢3 = 3 ∙ 2 − 3 = 3, 𝑣3 =

13−𝑢32

𝑣0 =

13−9

2= 2.

Eftersom (𝑢3, 𝑣3) = (𝑢1, 𝑣1) kan vi dra slutsatsen att 𝜃3 = 𝜃1, dvs. kedjebråksutveckling till

√13+1

2 är [2; 3̅].

Exempel 15: Bestäm värdet av kedjebråket 𝜃 = [2; 3̅].

Lösning:

Låt 𝛿 = [3̅]. Då är 𝛿 = [3, 𝛿] = [3,𝛿]

[𝛿] = 3𝛿+1

𝛿.

Nu har vi en kvadratisk ekvation 𝛿2 − 3𝛿 − 1 = 0 som har rötterna 𝛿 = 3

2±√13

2.

Eftersom 𝛿 > 0 kan vi dra slutsatsen att 𝛿 = 3

2+√13

2.

Nu sätter vi 𝛿 = 3

2+√13

2 i uttrycket nedan, vi får

𝜃 = [2; 3̅] = [2, 𝛿] = 2 +1

𝛿

= 2 +1

32 +

√132

= 2 +

32 −

√132

(32 +

√132 )(

32 −

√132 )

= 2 + 32 −

√132

94 −

134

= 2 + 32 −

√132

−1

39

= 2 −3

2+√13

2 = 1

2+√13

2=1+ √13

2.

Svar 𝜃 = [2; 3̅] = √13 + 1

2.

6.2 Kedjebråksutveckling av √𝒅

För att hitta kedjebråksutvecklingen av √𝑑 kan vi använda T.ex Sats 8 eller Sats 17. Låt oss

titta på exempel nedan:

Exempel 16: För att beräkna kedjebråksutveckling av √29 kan vi använda:

i) Sats 8 √29 = 5.385164… = [5; 2, 1, 1, 2, 10̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅ ] {se 𝐄𝐱𝐚𝐦𝐩𝐞𝐥 𝟖 för steg beräkningar. }

ii) Sats 17 med 𝑢0 = 0, 𝑣0 = 1, och 𝑑 = 29 ⇒ √29 = √29+0

1 = [5; 2, 1, 1, 2, 10̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅ ].

{se 𝐄𝐱𝐚𝐦𝐩𝐞𝐥 𝟏𝟒 för steg beräkningar. }

Mer generellt har vi följande sats:

Sats 18: Låt d vara ett kvadratfritt positivt heltal. Den enkla kedjebråksutvecklingen av √𝑑

har formen √𝑑 = [𝑎0; 𝑎1, 𝑎2,… , 𝑎𝑛−1, 2𝑎0̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅], där 𝑎0 = [√𝑑] och 𝑎𝑟 = 𝑎𝑛−𝑟

för 𝑟 = 1, 2, … , 𝑛 − 1.

Innan vi börjar med beviset har vi följande lemma:

Lemma 4: Om 𝜃 = [ 𝑎0; 𝑎1, … , 𝑎𝑛−1, 𝑎𝑛̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ], så är −1

𝜃′ = [ 𝑎𝑛; 𝑎𝑛−1, … , 𝑎1, 𝑎0̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ].

Bevis:

Det gäller att 𝜃 = [𝑎0, 𝑎1, … , 𝑎𝑛, 𝜃] = 𝜃𝑝𝑛+𝑝𝑛−1

𝜃𝑞𝑛−𝑞𝑛−1,

vilket kan också skrivas som 𝑞𝑛 𝜃2 + (𝑞𝑛−1–𝑝𝑛) 𝜃 + 𝑝𝑛−1 = 0. (32)

Ekvationen (32) har två rötter, 𝜃 och dess konjugat 𝜃′ och enligt Sats 15 uppfyller dessa

𝜃 > 1 och −1 < 𝜃′ < 0.

40

För att bevisa formeln för −1

𝜃′ låter vi 𝜔 = [ 𝑎𝑛; 𝑎𝑛−1, … , 𝑎1, 𝑎0̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ], så att

𝜔 = [ 𝑎𝑛; 𝑎𝑛−1, … , 𝑎0, 𝜔] = 𝜔[𝑎𝑛,… ,𝑎0]+[𝑎𝑛,…,𝑎1]

𝜔[𝑎𝑛−1,… ,𝑎0]+[𝑎𝑛−1,…,𝑎1] =

𝜔𝑝𝑛+𝑞𝑛

𝜔𝑝𝑛−1+𝑞𝑛−1 .

(Obs: [𝑎0, … , 𝑎𝑛] = [𝑎𝑛, … , 𝑎0]).

Då har vi en andragradsekvation 𝑝𝑛−1𝜔2 + (𝑞𝑛−1 − 𝑝𝑛)𝜔 – 𝑞𝑛 = 0.

Genom att utnyttja konjugat sambandet 𝜔𝑛 =1

𝜔𝑛−1−𝑎𝑛−1 får vi 𝜔′𝑛 =

1

𝜔𝑛−1′ − 𝑎𝑛−1

,

vilket kan också skrivas som:

−1

𝜔𝑛′ = 𝑎𝑛 −1 +

1

− 1

𝜔𝑛 − 1′

, för alla 𝑛 ≥ 1. (33)

Eftersom −1

𝜔𝑛′ > 1 för alla 𝑛 𝑠å kan (33) uttryckas som −

1

𝜔𝑛′ = [𝑎𝑛−1,

−1

𝜔𝑛−1′ ].

Vi utgår från att 𝜔 = 𝜔0 = 𝜔𝑛 har vi följande

−1

𝜔′ = −

1

𝜔0′ = −

1

𝜔𝑛′ = [𝑎𝑛−1,

−1

𝜔𝑛−1′ ]

= [𝑎𝑛−1, 𝑎𝑛−2,−1

𝜔𝑛−1′ ] = ⋯

= [𝑎𝑛−1, 𝑎𝑛−2, … , 𝑎1, 𝑎0,−1

𝜔0′ ] .

Bevis Sats18:

Låt 𝑎0 = [√𝑑 ], 𝛿 = 𝑎0 + √𝑑 och dess konjugat 𝛿′ = 𝑎0 − √𝑑 .

Då är 𝛿 > 1 och – 1 < 𝛿′ < 0.

Eftersom 𝑎0 = √𝑑 = 2𝑎0 så gäller det att

𝛿 = [2𝑎0; 𝑎1, … , 𝑎𝑛̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ] och √𝑑 = [a0; 𝑎1, 𝑎2, … , 𝑎𝑛, 2𝑎0̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅ ].

41

Vilket betyder att

𝛿 = 𝑎0 + √𝑑 = 2𝑎0 + √𝑑 − 𝑎0 = 2𝑎0 − (𝑎0 − √𝑑)

= 2𝑎0 − 𝛿′

= 2𝑎0 + 1 −1

𝛿′

= [2𝑎0,−1

𝛿′].

Enligt Lemma 4 är alltså

−1

𝛿′ = [𝑎𝑛−1, 𝑎𝑛−2, … , 𝑎1, 2𝑎0̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅],

vilket ger att 𝛿 = [2𝑎0; 𝑎𝑛−1, 𝑎𝑛−2,… , 𝑎1, 2𝑎0̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅ ].

Eftersom 𝑎0 + √𝑑 = [2𝑎0; 𝑎𝑛, … , 𝑎1̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ] motsvarar att 𝑎1 = 𝑎𝑟 = 𝑎𝑛−𝑟 ,

för 𝑟 = 1, 2, … , 𝑟 − 1.

Exempel 17: Låt 𝑑 = 29. Sätt 𝛿 = √29 , eftersom 5 < 𝛿 < 6 ⇒ 𝛿0 = 5. Vi har

följande beräkningar:

𝑎0 = ⌊𝛿0⌋ = 5, 𝛿1 = 1

√𝑑−𝑎0 =

1

√29−5 = √29+5

4 = 2,...

𝑎1 = ⌊𝛿1⌋ = 2, 𝛿2 = 1

√𝑑−𝑎1 =

1

√29+5

4−2

= 4(√29+3)

20 = √29+3

5 = 1,…

𝑎2 = ⌊𝛿2⌋ = 1, 𝛿3 = 1

√𝑑−𝑎2 =

1

√29+3

5−1

= 5(√29+2)

25 = √29+2

5 = 1,…

𝑎3 = ⌊𝛿3⌋ = 1, 𝛿4 = 1

√𝑑−𝑎3 =

1

√29+2

5 −1

= 5(√29+3)

20 = √29+3

4 = 2,…

42

𝑎4 = ⌊𝛿4⌋ = 2, 𝛿5 = 1

√𝑑−𝑎4 =

1

√29+3

4 −2

= 4(√29+5)

4 = √29⏞

𝛿

+ 5⏞𝑎0

= 10,….

Eller vi kan skriva √29 som

√29 = [5; 2, 1, 1,2, √29 + 5] = 5 + 1

2+ 1

1+ 1

1+ 1

2+ 1

√29+5

= [5; 2, 1, 1, 2, 10̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅ ] .

7 Referenser

7.1 Tryckta källor

Ivan Niven- Herbert S. Zuckerman- Hugh L. Montgomery., An introduction to the theory of

number - 5th

ed, 1991(Chap. 7).

Lars-Åke Lindahl, Lectures on Number Theory, 2012 (Chap.7).

Moore, Charles D., An Introduction to Continued Fractions. The National Council of

Teachers of Mathematics: Washington, D.C., 1964(Chap.1- 2).

Olds, C.D., Continued Fractions. Random House: New York, 1963(Chap. 1, Chap. 4).

7.2 Internetbaserade källor(Hämtad 2016-05-17)

http://www.maa.org/press/periodicals/convergence/connecting-greek-ladders-and-continued-

fractions-history-of-continued-fractions

http://www.maths.qmul.ac.uk/~pjc/notes/nt.pdf

http://archives.math.utk.edu/articles/atuyl/confrac/history.html

https://en.wikipedia.org/wiki/Rafael_Bombelli

https://sv.wikipedia.org/wiki/Elementa

http://www.maths.qmul.ac.uk/~pjc/notes/nt.pdf