UNIVERSIDAD NACIONAL MAYOR DE SAN MARCOS Fracciones

UNIVERSIDAD NACIONAL MAYOR DE SAN MARCOS
FACULTAD DE CIENCIAS MATEMÁTICAS
E.A.P. DE. MATEMÁTICA PURA
Fracciones continuas, ecuación de Pell y unidades en el
anillo de enteros de los cuerpos cuadráticos
Capítulo 3. Evaluación de convergentes. Propiedades
TRABAJO MONOGRÁFICO
Para optar el Título de Licenciado en Matemática pura
AUTOR
Sonia Alanya Pérez
LIMA – PERÚ
2004
3
Evaluación de Convergentes. Propiedades
Dada la fracción continua [a0 , a1 , . . .] , consideremos cada convergente:
pn
cn =
∀n ≥ 0 entonces:
qn
C0 = [a0 ] = a0 = a10 , luego p0 = a1 y q0 = 1
p0
a0
C0 =
=
⇒ C0 = a0
q0
1
p1
1
a0 a0 + 1
C1 =
= a0 +
=
luego p1 = a1 a0 + 1 y q1 = a1
q1
a1
a1
p2
a2
a0 .a1. a2 + a0 + a2
a2 (a0 .a1 + 1) + a0
C2 =
= a0 +
=
=
q2
a1. a2 + 1
a1 .a2 + 1
a1 .a2 + 1
⇒ p2 = a2 (a0 .a1 + 1) + a0
q2 = a1 .a2 + 1
⇒ p2 = a2 .p1 + p0
q2 = a2 .q1 + q0
..
.
pk = ak .pk−1 + pk−2 , ∀ k = 3, ...
qk = ak .qk−1 + qk−2 , ∀ k = 2, ...
pn
Teorema 4. Si Cn =
donde Cn es el e-nesimo convergente de la fracción
qn
continua. simple [a0 , a1 , ...], entonces
p0 = a0 ; q0 = 1
p1 = a1 .a0 + 1, p2 = a2 .p1 + p0
q1 = a1 , q2 = a2 .a1 + 1 = a2 .q1 + q0
..
.
pk = ak .pk−1 + pk−2 , ∀ k ≥ 2, ...
qk = ak .qk−1 + qk−2 , ∀ k ≥ 2, ...
Demostración. Por inducción k = 2 , k = 3
Supongamos que las relaciones se cumplen para 3 ≤ k, entonces
pk
Ck = [a0 , a1 , a2 , ..., ak−1 , ak ] =
qk
12
donde:
pk = ak .pk−1 + pk−2
qk = ak .qk−1 + qk−2
Ahora:
Ck+1 = [a0 , a1 , a2 , ..., ak+1 ]
·
Ck+1 = a0 , a1 , a2 , ..., ak +
Por lo tanto:
µ
Ck+1
entonces
1
1
¸
ak+1
¶
ak +
.pk−1 + pk−2
ak+1
¶
= µ
1
ak +
qk−1 + qk−2
ak+1
ak+1 .pk + pk−1
pk+1
=
= Ck+1
ak+1 .qk + qk+1
qk+1
Por lo tanto
pk = ak .pk−1 + pk−2 , ∀ k ≥ 3
qk = ak .qk−1 + qn−2 , ∀ k ≥ 3.
¥
Ejemplo 7. Hallar el número racional que esta representado por la siguiente
fracción continua simple finita
[4, 3, 7, 1]
Solución.
k
ak
pk
qk
Ck
Ası́ [4, 3, 7, 1] =
0
4
4
1
1
3
13
3
13
4
3
108
.
25
13
2
7
95
22
95
22
3
1
108
25
108
25
Ejemplo 8. Determinar los primeros 5 convergente de la fracción continua
simple siguiente [5, 1, 1, 3, 5, ...]
Solución.
√
Mas adelante veremos que [5, 1, 1, 3, 5, ...] = 31
√
k
ak
pk
qk
0
5
5
1
1
1
6
1
Ck
5
6
2
1
11
2
11
2
3
3
39
7
39
7
4
5
206
37
206
37
206
≈ 5, 56756
37
pn
Teorema 5. Si Cn =
donde Cn es el n-ésimo convergentes de una
qn
fracción continua simple entonces
Luego
31 ≈
pn .qn−1 − pn−1 .qn = (−1)n−1
esto es:
Cn − Cn−1 =
(−1)n−1
qn .qn−1
Demostración. Por inducción matemática.
Si n = 1 y usando la definiciones de p0 y q0 tenemos
p1 .q0 − p0 .q1 = a1 (0) − a0 (1) = −10 = 1
Si n = 2
p2 .q1 − p1 .q2 = (a2 .a1 + 1) .1 − a1 .a2 = 1 = (−1)2
..
.
y supongamos que se cumpla para n = k entonces
pk .qk−1 − pk−1 .qk = (−1)k−1
(Hip Ind.)
Veamos ahora
pk+1 .qk − pk .qk+1 = (ak+1 .pk + pk−1 ) (qk ) − (pk ) (ak+1 .qk + qk−1 )
= ak+1 .pk qk + pk−1 qk − pk .ak+1 .qk − pk .qk−1
= − (pk .qk−1 − pk−1 qk ) = − (−1)k−1 = (−1)k
14
Por lo tanto
pk .qk−1 − pk−1 qk = (−1)k , ∀ k ≥ 1.
Dividiendo esta expresión se obtiene.
pn−1 qn
(−1)n−1
pn .qn−1
−
=
qn .qn−1 qn .qn−1
qn .qn−1
es decir
Cn − Cn−1
(−1)n
=
qn .qn−1
¥
Teorema 6. Cada convergente de una fracción continua simple es un número
pn
racional expresado en su forma irreducible; esto es; si
es el convergente
qn
enésimo de una fracción continua simple entonces (pn , qn ) = 1.
Demostración. Usando el Teorema 5 podemos expresar 1 como combinación lineal homogénea de pn y qn .
Ahora como (pn , qn ) es el menor entero positivo que puede ser expresado
como una función lineal homogénea de pn y qn se tiene que (pn , qn ) = 1.
¥
pn
donde Cn es el n-ésimo convergente de la fracción
qn
continua simple [a1 , a2 , ..., an ] entonces
Teorema 7. Si Cn =
pn .qn−2 − pn−2 qn = (−1)n .an
es decir,
Cn − Cn−2
(−1)n .an
=
qn .qn−2
Demostración. Tenemos que:
pk = ak .pk−1 + pk−2
qk = ak .qk−1 + qk−2 ,
∀k≥2
entonces
pk .qk−2 − pk−2 .qk = (ak .pk−1 + pk−2 ) .qk−2 − pk−2 . (ak .qk−1 + qk−2 )
= ak .pk−1 .qk−2 + pk−2 .qk−2 − pk−2 .ak .qk−1 + pk−2 .qk−2
= ak (pk−1 .qk−2 − pk−2 .qk−1 ) = ak (−1)n
15
Además
pk .qk−2 pk−2 .qk
(−1)k .ak
−
=
qk .qk−2
qk .qk−2
qk .qk−2
Ck − Ck−2 =
(−1)k .ak
qk .qk−2
¥
Ejemplo 9. Verificar el Teorema 5 y 7 de la siguiente fracción continua
simple finita [3, 6, 1, 2]
Solución. Por el teorema 5
pk qk−1 − pk−1 qk = (−1)k−1
k
ak
pk
qk
Ck
0
3
3
1
1 2 3
6 1 2
19 22 63
6 7 20
Si k = 3
p3 q2 − p2 q3 = 67 (7) − 22 (20)
= (−1)2 = 1
Si k = 2
p2 q1 − p1 q2 = 22 (6) − 19 (7)
= (−1)1 = −1
Si k = 1
p1 q0 − p0 q1 = 19 (1) − 3 (6)
= (−1)0 = 1
Usando el teorema 7 verificaremos:
Si k = 3
p3 q1 − p1 q3 = 63 (6) − 19 (20)
= −2 = (−1)3 .2
= (−1)3 .a3
16