《初等数论》13.4节习题8的解答

证明：如果Ck=pkqkC_k = \frac{p_k}{q_k}Ck=qkpk是d\sqrt{d}d的简单连分数展开式的收敛子，那么∣pk2−dqk2∣<1+2d|p_k^2 - dq_k^2| < 1 + 2\sqrt{d}∣pk2−dqk2∣<1+2d.

思路：已知pk2−dqk2=(−1)k−1Qk+1p_k^2 - dq_k^2 = (-1)^{k-1}Q_{k+1}pk2−dqk2=(−1)k−1Qk+1，那么可以是否可以求得Qk+1Q_{k+1}Qk+1的取值范围，然而可知的是αk=Pk+dQk>0,αk′=Pk−dQk∈(−1,0)\alpha_k = \frac{P_k + \sqrt{d}}{Q_k} > 0, \alpha_k' = \frac{P_k - \sqrt{d}}{Q_k} \in (-1, 0)αk=QkPk+d>0,αk′=QkPk−d∈(−1,0)，因为αk,k∈Z+\alpha_k, k \in Z_+αk,k∈Z+是纯循环的,从而可得αk−αk′=2dQk>0⇒Qk>0\alpha_k - \alpha_k' = \frac{2\sqrt{d}}{Q_k} > 0 \Rightarrow Q_k > 0αk−αk′=Qk2d>0⇒Qk>0，又

Qk+1=d−Pk+12Qk⇒Pk+1=d−QkQk+1<dQ_{k+1} = \frac{d - P_{k+1}^2}{Q_k} \Rightarrow P_{k+1} = \sqrt{d - Q_kQ_{k+1}} < \sqrt{d}Qk+1=Qkd−Pk+12⇒Pk+1=d−QkQk+1<d
Qk+1≤QkQk+1=d−Pk+12<dQ_{k+1} \le Q_kQ_{k+1} = d - P_{k+1}^2 < dQk+1≤QkQk+1=d−Pk+12<d

没有得出一个更好的上界，故而尝试采用逆推，遇到什么就证明什么

证：

∣pk2−dqk2∣=∣pk−qkd∣∣pk+qkd∣|p_k^2 - dq_k^2| = |p_k - q_k\sqrt{d}||p_k + q_k\sqrt{d}|∣pk2−dqk2∣=∣pk−qkd∣∣pk+qkd∣

=qk2∣Ck−d∣∣Ck+d∣<1+2d= q_k^2|C_k - \sqrt{d}||C_k + \sqrt{d}| < 1 + 2\sqrt{d}=qk2∣Ck−d∣∣Ck+d∣<1+2d

⇔∣Ck−d∣∣Ck+d∣<(1+2d)qk2\Leftrightarrow |C_k - \sqrt{d}||C_k + \sqrt{d}| < (1 + 2\sqrt{d})q_k^2⇔∣Ck−d∣∣Ck+d∣<(1+2d)qk2

⇔Ck2<(1+2d)qk2+d\Leftrightarrow C_k^2 < (1 + 2\sqrt{d})q_k^2 + d⇔Ck2<(1+2d)qk2+d

∵∀k∈Z+,j∈Z+C2k−1>C2k+1,C2(j+1)<C2j,C2k−1>C2j\because \forall_{k \in Z_+, j \in Z_+}C_{2k - 1} > C_{2k+1}, C_{2(j+1)} < C_{2j}, C_{2k - 1} > C_{2j}∵∀k∈Z+,j∈Z+C2k−1>C2k+1,C2(j+1)<C2j,C2k−1>C2j

∴max⁡(C0,C1,...)=C1\therefore \max(C_0, C_1, ...) = C_1∴max(C0,C1,...)=C1

∴⇔Ck2<C12=(a0+1a1)2<(d+1)2=1+2d+d=(1+2d)+d≤(1+2d)qk2+d\therefore \Leftrightarrow C_k^2 < C_1^2 = (a_0 + \frac{1}{a_1})^2 < (\sqrt{d} + 1)^2 = 1 + 2\sqrt{d} + d = (1 + 2\sqrt{d}) + d \le (1 + 2\sqrt{d})q_k^2 + d∴⇔Ck2<C12=(a0+a11)2<(d+1)2=1+2d+d=(1+2d)+d≤(1+2d)qk2+d

∴\therefore∴得证

经过反思后，发现上面证明有个致命的错误：

∣Ck−d∣∣Ck+d∣<(1+2d)qk2|C_k - \sqrt{d}||C_k + \sqrt{d}| < (1 + 2\sqrt{d})q_k^2∣Ck−d∣∣Ck+d∣<(1+2d)qk2

下面给出严格证明：

∣pk2−dqk2∣=qk2∣Ck−d∣∣Ck+d∣|p_k^2 - dq_k^2| = q_k^2|C_k - \sqrt{d}||C_k + \sqrt{d}|∣pk2−dqk2∣=qk2∣Ck−d∣∣Ck+d∣

<qk2×1qkqk+1×∣Ck+d∣< q_k^2 \times \frac{1}{q_kq_{k+1}} \times |C_k + \sqrt{d}|<qk2×qkqk+11×∣Ck+d∣

<qk2×1qk2×∣Ck+d∣< q_k^2 \times \frac{1}{q_k^2} \times |C_k + \sqrt{d}|<qk2×qk21×∣Ck+d∣

<Ck+d< C_k + \sqrt{d}<Ck+d

≤C1+d\le C_1 + \sqrt{d}≤C1+d

=a0+1a1+d<d+1+d=1+2d= a_0 + \frac{1}{a_1} + \sqrt{d} < \sqrt{d} + 1 + \sqrt{d} = 1 + 2\sqrt{d}=a0+a11+d<d+1+d=1+2d

∴∀k∈Z+∪{0}∣Qk∣<1+2d\therefore \forall_{k \in Z_+ \cup \{ 0 \}} |Q_k| < 1 + 2\sqrt{d}∴∀k∈Z+∪{0}∣Qk∣<1+2d

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