1、65第三章 数的表示对于数的十进制表示，我们已经是很熟悉的了。本章主要介绍实数的 b 进制表示和连分数表示，以及一些基本知识。第一节 实数的 b 进制表示法本节介绍实数的 b 进制表示法。定理 设 b 是大于的整数，则任何正整数 a 都可以写成a = akbk ak 1bk 1 a 1b a 0的形式，其中 ak 0，a i（0 i k）是在 0 与 b 1 之间唯一确定的整数。证明 由带余数除法，有整数 k，使得a = q1b a0， 0 a0 b 1， q1 b，q1 = q2b a1， 0 a1 b 1， q2 b， qk 1 = qkb ak 1，0 a k 1 b 1，0 m，使得
2、an b 1，则 的66表示式(1)是唯一的。证明 记 a1 = b，则0 a1 b 1。记 1 = b a1，则 0 1 ck，于是，由式 (3)得到。 (4)1kiikbb显然67。kkbca1另一方面，由式(3)，有，kkiikii bbbac 1)(11| 在上式中，当且仅当ai = b 1，c i = 0 或 ci = b 1，a i = 0（i k 1） (5)时等号成立。因此，若使式(4)成立，必是式(5)成立。这说明，在定理的假设条件下，表达式(1)是唯一的。证毕。定理 设 b 是大于 1 的整数，则任何正实数 都可以唯一地写成 = ，0 ai b 1，i k (6)kii的形
3、式，其中，对于任何正整数 m，都存在 n m，使得 a n 0，使得cs + i = cs + i + kt，i = 1, 2, , t ，k = 0, 1, 2, (9)成立，则称式(8)中的 b 进制小数是循环小数，并记作 b 。tssc 11.068若使式(9)成立的最小的 s 和 t 分别是 s0 和 t0，则称 是00,1tssc循环节；若 s0 = 0，则称式(8)中的小数是（b 进制）纯循环小数。下面，我们讨论数的十进制表示的小数的循环性。为方便计，将使用记号 表示整数a nan 1a 1a010，用 0.a1a2表示小1an数0.a 1a2 10。定理 循环小数表示有理数。证明
4、 不妨只考察小于 1 的正循环小数。设有循环小数 a1a sb1b tb1b t ，记 ，则BbAats 11， )10(10100)( )(221 tststts tststs BABA 是有理数。证毕。推论 纯循环小数表示有理数 ；若(a, b) = 1，则(b, 10) = 1。证明 在定理 4 的证明中，取 s = 0，则，1tB所以 a(10t 1) = bB。但是(a, b) = 1，所以 b10t 1，于是(b, 10) = 1。证毕。定理 设 a 与 b 是正整数，0 1， a1, a2, , an 是 的有限简b单连分数，证明aqn 1 bpn 1 = (1)n(a, b)，
5、其中(a, b) 是 a 与 b 的最大公约数。解 由渐近分数定义，。nqpa,21记 a = (a, b)A，b = (a, b)B，则(A, B) = 1。由定理 2 可知(p n, qn) = 1，因此，pn = A，q n = B，a = p n(a, b)，b = q n(a, b)。 (3)再利用定理 2，有pnqn 1 pn 1qn = (1)n，aqn 1 bpn 1 = (1)n(a, b)。注：例 1 给出了求不定方程 ax by = c 的特解的一个方法。例 求不定方程13x 17y = 5 (4)的解。解 容易验证 ，于是4,310314173p1 = 0，p 2 =
6、10 1 = 1，p 3 = 31 0 = 3，q1 = 1，q 2 = 1， q3 = 31 1 = 4。76由例 1 有 134 173 = (1)4 = 1，因此 1345 1735 = 5，即 x = 20，y = 15 是方程(4)的特解，所以方程(4)的一般解是， tZ。yx35720例 设 是 a1, a2, , a n, 的第 n 个渐近分数，则nqp= an, an 1, , a 2 （n 2） 。 (5)1解 用归纳法证明。当 n = 2 时，由式(1)，有= a2 = a2 ，1q即式(5)成立。假设式(5)当 n = k（k 2）时成立，即= ak, ak 1, , a
7、 2 ， (6)1q则由式(1)，有，kkk q11由此及式(6)，得到= ak + 1, ak , , a 2 ，211,aqkk即式(5)当 n = k + 1 时也成立。由归纳法证得到所需结论。例 4 求连分数 0, 1, 2, 1, 2, 的值。解 设， 211,2,0x77则 x = ，解这个方程，并注意 0 0，(a, b) = 1，由辗转相除法，78有,10,0, 111 brqbarbqa12122r,02qr,11212 , nnnnn rrqr,01nqr，,111 nnnqr因此 = q1, q2, , q n + 1 。证毕。ba定理 任一无理数可以表示成无限简单连分数
8、。证明 对于任意的无理数 ，总有无理数 1，使得。1，由此，对于任意的无理数 ，我们依次得到：(1)， ， 111112121221 nnnn aaaaa79下面证明 = a1, a2, , a n, 。由上面的等式及第二节定理 1 可见，对于任意的正整数 n 1，有 = a1, a2, , a n, n = ， (2)1nqp其中 （i 1）是 a1, a2, , an, 的渐近分数。因此，由式(2) 及第qp二节定理 2，得到。 (3)(11nnnn qqp再利用式(1)及第二节定理 1 推论，得到，qpn，0)(|即 = a1, a2, , a n, 。证毕。推论 设 是实无理数，那么，
9、对于任意的正整数 n，存在 n 与n， 0 an + 1，因此，nqn qn 1 an + 1qn qn 1 = qn + 1 qn ，0所以，必有 n， n，0 1，b m 1，则 n = m，a i = bi（1 i n） ；() 若 an 是大于 1 的整数，则有理数 仅有两种表示成简单连分数的方法，即 a 1, a2, , a n = a1, a2, , a n 1, 1 。证明 留做习题。定理 5 设 （n = 1, 2, ）是实数 的连分数的渐近分数，则qp对于任意的正整数 q qn 及整数 p，有。 (6)|q证明 若 = ，则式(6)是显然的。nqp若 ，则 有第 n 1 个渐
10、近分数 ，并且 1nqp，于是nnqpqp11不 妨 设。81。 (7)1nnqp分别以下情况讨论：() 若 ，则由式(7)可知式(6)成立。nqp() 若 ，则由式(7)得到1。11| nnnqqpqp由上式及定理 2 推论得到式(6)。() 若 ，则 pqn + 1 = qp n + 1 ，因此，由第二节定理 31n得到 qn + 1q，q q n + 1 qn ，这与假设矛盾。因此，这一情况不出现。() 若 ，则容易看出1nnp，11nnqpq，于是，111 nnnp这与第二节定理 2 矛盾。因此，这一情况不出现。证毕。定理 5 说明，在分母不超过 qn 的分数中， 是 的最佳有理逼nq
11、p近。这是渐近分数的一个非常重要的性质。定理 6(Hurwitz) 设 是无理数，那么，在它的连分数的任何两个相邻渐近分数中，至少有一个满足不等式。 (8)21|qp82证明 设 是 的两个相邻的渐近分数，不妨设1nqp与。1nqp于是，由第二节定理 2，。 （9)| 11 nnnn qqp若 都不使式(8)成立，则1qp与， (10)2112| nnnqpq，于是， (11)211| nnnp但是 qn + 1 qn ，所以 qn2 qn + 12 2qnqn + 1 ，因此，由式(11)得到，| p这与式(9)矛盾。所以式(10) 中至少有一个不等式不成立。证毕。推论 对于任意的无理数 ，
12、存在无穷多个有理数 满足qp。21|qp例 写出 的连分数8解 由83，42812841428128 得到 = 2, 1, 4, 1, 4, 1, 。8例 求 的误差不超过 10 4 的有理近似值。解 由定理 2 推论，只需求正整数 n，使得 10 4。1nq利用例 1 及第二节定理 1，有下表n 1 2 3 4 5 6 7 8an 2 1 4 1 4 1 4 1pn 2 3 14 17 82 99 478 577qn 1 1 5 6 29 35 169 204由于 q7q8 104，因此取 n = 7。即所求的 的有理近似是 。816978qp习 题 三1. 证明定理 4。2. 求 的连分数
13、。133. 求 的误差 10 5 的有理逼近。24. 求 sin18的误差 10 5 的有理逼近。845. 已知圆周率 = 3, 7, 15, 1, 292, 1, 1, 1, 21, ，求 的误差 10 6 的有理逼近。6. 证明： 连分数展开的第 k 个渐近分数为 。此处251kF1Fn是 Fibonacci 数列。第四节 循环连分数本节要讨论整系数二次方程的实无理根的连分数。定义 设 a1, a2, , an, 是无限简单连分数。如果存在正整数 s 与 t，使得as + i = as + kt + i，i = 1, 2, , t；k = 0, 1, 2, ，则称 a 1, a2, , a
14、 n, 是循环连分数,并记为 a1, , a s, 。tsa ,1如果 s = 0，则称它是纯循环连分数。定理 任何循环连分数表示一个不可约整系数二次方程的实根。证明 设 = a1, , as, = a1, a2, , an, 是循环连分tb1数。记 n = an + 1, an + 2, ，以 （n 1, 2, ）表示 的渐近分数。qp() 若 s = 0，则 = = b1, , bt, ，因此，由第二tb ,1节定理 1 得到 = ，1tqp即 满足整系数二次方程qtx2 (qt 1 pt)x pt 1 = 0。 (1)() 若 s 0，则 = a1, , as, b1, , bt, b1
15、, , bt, ，由第二节定理可知，85 = ，11tstsss qpqp于是s = ，tstsspp1由此得到(qs + t ps + t)(ps 1 qs 1) = (qs ps)(ps + t 1 qs + t 1)，即 满足整系数二次方程Ax2 Bx C = 0， (2)其中A = qs qs + t 1 qs + t qs 1 ，B = qs + tps 1 qs + tps 1 psqs + t 1 qsps + t 1 ，C = psps + t 1 ps + tps 1 。由于 是无限连分数，所以是实无理数，因此方程(1) 和(2) 都是不可约的。证毕。定理 设 = 是纯循环连
16、分数，则它所满足的二次ta ,1方程的另一个根在1 与 0 之间。证明 从定理 1 的证明中可知， 满足方程(1) 。记f(x) = qtx2 (q t 1 pt)x pt 1 = 0，则由 at 1 及 pi 0，q i 0（i 1）可知f(0) = pt 1 0 ，因此，方程(1)必有一根在1 与 0 之间。由于 a1, a2, , an, 都是正整数，所以 0，即这个根不是 。证毕。定理 设 是二次不可约整系数方程Ax2 Bx C = 0 (3)的实根，则 的简单连分数是循环连分数。证明 因为方程(3) 是不可约的，所以 是无理数，因此，由第三节定理 2，它可以表示成无限简单连分数，设
17、= a1, a2, , a n, 。记 n = an + 1, an + 2, ，则86 = a1, a2, , a n, n ，由第二节定理 1，得到 = ，1nqp将此式代入式(3)，可知 n 满足方程Anx2 Bnx Cn = 0， (4)其中。 (5) 12121 1)(nnn nAqpCqpB由第三节定理 2 推论，。nn，因此，由于 满足方程(3) ，有 ，nn nnnnnBqABqACCqBqA222 2)(|An| |A|(2| 1) |B| 。 (6)由式(5)又推出|Cn| |A|(2| 1) |B| 。 (7)此外，容易验证Bn2 4AnCn = (B2 4AC)(pnq
18、n 1 pn 1qn)2 = B2 4AC，我们看到，存在只与 A，B，C 及 有关的 M，使得|Bn| M。 (8)由式(6)，式(7)，式(8) 可知，对于 n = 1, 2, 3, ，数组 An, Bn, Cn只有有限多个不同的取法，因此，至少有三组是相同的，即存在正整数n1，n 2，n 3，n 1 n2 n3，使得87。，0321321CCBBAAnn这样， 满足同一个方程321,nA0x2 B0x C0 = 0。 (9)但是方程(9)至多有两个不同的解，所以 中必有两个相同，321,n设是 ，则21n。 (10) ,212nnaa由于 都是无限简单连分数，所以，由式(10)及第三节定
19、理21和3，得到，i = 1, 2, 。ni21因此。 211 , nnn aaa这说明 = 是循环连分数。证毕。,21n例 设 a，b，c 是正整数，b = ac，求连分数x = aba ,的值。解 由x = b, a, x = ，11axb得到ax2 abx b = 0，即x2 bx c = 0，于是88。24cbx例 求 = 之值。3,21解 由定理 1 的证明可知， 满足方程q3x2 (q2 p3)x p2 = 0， (11)其中，由第二节定理 1，有a1 = 1，a 2 = 2，a 3 = 3 ，p1 = 1，p 2 = 3，p 3 = 10，q1 = 1，q 2 = 2，q 3 =
20、 7 。将上面的数值代入方程(11)，并求解，得到，418468x显然 是正数，所以 。73习 题 四1. 将方程 3x2 2x 2 = 0 的正根写成连分数。2. 求 = 之值。,13. 设 a 是正整数，求 的连分数。1a4. 设无理数 = a1, a2, , an, 的第 k 个渐近分数为 ，d kqp证明： 的充要条件是21,npn = a1qn qn 1，dq n = a1pn pn 1。5. 设无理数 = a1, a2, , an, 的第 k 个渐近分数为 ，d kqp且正整数 n 使得pn = a1qn qn 1，dq n = a1pn pn 1，证明：89() 当 n 为偶数时，p n，q n 是不定方程 x2 dy2 = 1 的解；() 当 n 为奇数时，p 2n，q 2n 是不定方程 x2 dy2 = 1 的解。
