Luận văn Thạc sĩ Toán học: Khai triển thập phân của số hữu tỷ

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:41

Thêm vào BST

Báo xấu

10
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mục tiêu của luận văn là tìm hiểu một số tính chất cơ bản, thú vị về khai triển thập phân của số hữu tỷ. Tìm hiểu về định lý Midy đề cập ở trên và một số mở rộng của nó. Mời các bạn tham khảo!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Toán học: Khai triển thập phân của số hữu tỷ

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– BÙI THỊ PHƯƠNG THẢO KHAI TRIỂN THẬP PHÂN CỦA SỐ HỮU TỶ LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2020
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– BÙI THỊ PHƯƠNG THẢO KHAI TRIỂN THẬP PHÂN CỦA SỐ HỮU TỶ Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 8 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS. TS. NGUYỄN DUY TÂN THÁI NGUYÊN - 2020
i Mục lục Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Chương 1. Kiến thức chuẩn bị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.1. Đồng dư và Định lý Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.2. Cấp của số nguyên modulo n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.3. Thặng dư toàn phương . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 Chương 2. Phân số tuần hoàn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 2.1. Phân số tuần hoàn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 2.2. Chu kỳ của phân số tuần hoàn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 Chương 3. Định lý Midy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 3.1. Định lý Midy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 3.2. Tính chất 2-khối . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 3.3. Tính chất m-khối . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37 Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
1 Mở đầu Xét khai triển thập phân của 1/7: 1 = 0.142857. 7 Ta nhận thấy rằng khai triển thập của 1/7 là thuần túy tuần hoàn, với chu kỳ là 6, với khối lặp lại là 142857. Nếu ta chia đôi khối lặp lại này thành 2 phần và cộng chúng lại ta sẽ nhận được một số gồm toàn số 9: 142 + 857 = 999. Đây là một ví dụ minh họa cho một kết quả thú vị của Midy nói rằng giả sử khai triển thập phân của 1/p, ở đây p là một số nguyên tố, có chu kỳ chẵn, khi đó nếu ta chia đều khối lặp lại thành 2 phần A và B thì A + B là một số toàn số 9. Mục tiêu của luận văn là tìm hiểu một số tính chất cơ bản, thú vị về khai triển thập phân của số hữu tỷ. Tìm hiểu về định lý Midy đề cập ở trên và một số mở rộng của nó. Ngoài phần Mở đầu, Kết luận và Tài liệu tham khảo, bố cục của luận văn được chia làm ba chương. Chương 1. Một số kiến thức chuẩn bị Chương này trình bày về đồng dư, định lý Euler, cấp của số nguyên modulo n. Chương 2. Phân số tuần hoàn Chương này trình bày một số tính chất và chu kỳ của phần số tuần hoàn Chương 3. Định lý Midy Chương này trình bày về Định lý Midy và một số hướng mở rộng.
2 Luận văn này được thực hiện và hoàn thành vào tháng 6 năm 2020 tại trường Đại học Khoa học- Đại học Thái Nguyên. Qua đây, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới PGS. TS Nguyễn Duy Tân, người đã tận tình hướng dẫn trong suốt quá trình làm việc để hoàn thành luận văn này. Tác giả xin gửi lời cảm ơn chân thành đến Khoa Toán-Tin, Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, đã tạo mọi điều kiện để giúp tác giả học tập và hoàn thành luận văn cũng như chương trình thạc sĩ. Tác giả cũng xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp cao học K12A7, khóa 2018 - 2020 đã động viên giúp đỡ tác giả trong quá trình học tập và hoàn thành luận văn này. Đồng thời tác giả xin gửi lời cảm ơn tới Ban giám hiệu và các đồng nghiệp tại trường THPT Lê Ích Mộc, Thủy Nguyên, Hải Phòng đã tạo điều kiện cho tác giả trong suốt quá trình học tập và hoàn thành luận văn. Xin chân thành cảm ơn. Thái Nguyên, tháng 6 năm 2020 Người viết luận văn Bùi Thị Phương Thảo
3 Chương 1 Kiến thức chuẩn bị Chương này trình bày một số kiến thức về đồng dư, Định lý Euler, cấp của một số nguyên modulo n và thặng dư toàn phương. Tài liệu tham khảo cho chương này là [3], [4] và [7]. Một số tính toán trong luận văn này sử dụng công cụ trang worlframalpha. 1.1. Đồng dư và Định lý Euler Cho n là một số nguyên dương. Định nghĩa 1.1.1. Cho hai số nguyên a và b, ta nói a đồng dư với b modulo n, viết a ≡ b (mod n) nếu a − b chia hết cho n. Quan hệ đồng dư có nhiều tính chất như quan hệ bằng nhau. 1. Với mọi số nguyên a, a ≡ a (mod n). 2. Nếu a ≡ b (mod n) thì b ≡ a (mod n). 3. Nếu a ≡ b (mod n) và b ≡ c (mod n) thì a ≡ c (mod n). 4. Nếu a ≡ b (mod n) và c ≡ d (mod n) thì a ± c ≡ b ± d (mod n) và ac ≡ bd (mod n). Định nghĩa 1.1.2 (Phi-hàm Euler). Với số nguyên dương n, φ(n) là số các số nguyên dương a mà 1 ≤ a ≤ n và gcd( a, n) = 1, tức là φ(n) = #{1 ≤ a ≤ n | gcd(n) = 1}. Ví dụ 1.1.3. Dưới đây là một số giá trị của φ(n). - φ(1) = φ(2) = #{1} = 1. - φ(3) = #{1, 2} = 2.
4 - φ(4) = #{1, 3} = 2. - φ(5) = #{1, 2, 3, 4} = 4. - φ(6) = #{1, 5} = 2. - φ(7) = #{1, 2, 3, 4, 5, 6} = 6. - φ(8) = #{1, 3, 5, 7} = 4. - φ(9) = #{1, 2, 4, 5, 7, 8} = 6. - φ(10) = #{1, 3, 7, 9} = 4. Định lý 1.1.4 (Định lý Euler). Cho n là một số nguyên dương và a là một số nguyên nguyên tố cùng nhau với n. Khi đó aφ(n) ≡ 1 (mod n). Khi n = p là số nguyên tố thì φ( p) = p − 1 và ta thu được Định lý Fermat nhỏ. Định lý 1.1.5 (Định lý Fermat nhỏ). Cho p là một số nguyên dương và a là một số nguyên nguyên tố cùng nhau với p. Khi đó a p−1 ≡ 1 (mod p). Một số tính chất của phi-hàm Euler. 1. Nếu m và n là hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau thì φ(mn) = φ(m)φ(n). 2. Nếu p là một số nguyên tố và r nguyên dương thì φ( pr ) = pr − pr−1 . r Từ hai tính chất trên, ta suy ra công thức của φ(n) như sau: Nếu n = p1r1 · · · pkk là phân tích ra lũy thừa nguyên tố của n thì 1 1 φ(n) = n 1 − ··· 1− . p1 pk 1 1 1 4 Ví dụ: φ(100) = φ(22 52 ) = 100 1 − 1− = 100 · · = 40. 2 5 2 5 1.2. Cấp của số nguyên modulo n Cho n là một số nguyên dương > 1. Theo Định lý Euler, với mọi số nguyên a nguyên tố cùng nhau với n, ta có aφ(n) ≡ 1 (mod n). Như vậy, tồn tại ít nhất một số nguyên dương k sao cho ak ≡ 1 (mod n). Định nghĩa 1.2.1. Cho a là một số nguyên nguyên tố cùng nhau với n. Ta gọi cấp của a modulo n, viết ordn ( a) là số nguyên dương k nhỏ nhất sao cho ak ≡ 1 (mod n). Trong chương sau ta sẽ thấy chu kỳ của khai triển thập phân của phân số 1/n (với n nguyên tố cùng nhau với 10) bằng ordn (10). Do vậy, trong các ví dụ trong chương này, ta chỉ trình bày tính toán với ordn (10).
5 Ví dụ 1.2.2. Ta tìm ord7 (10). Ta có 101 ≡ 3 (mod 7), 102 ≡ 2 (mod 7), 103 ≡ 6 (mod 7), 104 ≡ 4 (mod 7), 105 ≡ 5 (mod 7), 106 ≡ 1 (mod 7). Vậy ord7 (10) = 6. Ví dụ 1.2.3. (i) Ta tìm tất cả số số nguyên dương n sao cho ordn (10) = 1. Ta có 101 ≡ 1 (mod n). Do vậy n | 9, như vậy n = 3 hoặc 9. Thử lại ta thấy ord3 (10) = ord9 (10) = 1. (ii) Ta tìm tất cả số số nguyên dương n sao cho ordn (10) = 2. Ta có 102 ≡ 1 (mod n). Do vậy n | 99. Kết hợp phần (i), ta suy ra n = 11, 33 hoặc 99. Thử lại ta thấy ord11 (10) = ord33 (10) = ord99 (10) = 2. Mệnh đề 1.2.4. Cho a và n là hai số nguyên nguyên tố cùng nhau với n > 0. Khi đó số nguyên x thõa mãn a x ≡ 1 (mod n) nếu và chỉ nếu ordn ( a) | x. Chứng minh. Đặt k = ordn ( a). Giả sử k | x. Khi đó x = mk với m nguyên dương nào đó. Ta có a x = ( a k ) m ≡ 1m = 1 (mod n). Đối với chiều ngược lại, ta giả sử a x ≡ 1 (mod n). Ta chia x cho k, ta được x = q · k + r, ở đây 0 ≤ r < k. Ta có 1 ≡ a x = a q · k +r = ( a k ) q a r ≡ a r (mod n). Do vậy ar ≡ 1 (mod n). Vì 0 ≤ r < k nên r = 0 vì theo định nghĩa k = ordn ( a) là số nguyên dương y nhỏ nhất sao cho ay ≡ 1 (mod n). Như vậy x = q · k và k | x. Kết hợp với Định lý Euler ta có ngay hệ quả sau. Hệ quả 1.2.5. Cho a và n là hai số nguyên nguyên tố cùng nhau với n > 0. Khi đó ordn ( a) | φ(n). Nói riêng, nếu n = p nguyên tố thì ord p ( a) | p − 1. Sử dụng hệ quả trên ta có thể tính cấp của số nguyên modulo n khá nhanh chóng. Ví dụ 1.2.6. (1) Ta tính lại k = ord7 (10). Ta có φ(7) = 6, nên k phải là ước của 6. Do vậy k = 1, 2, 3 hoặc 6. Ta có 101 ≡ 3 (mod 7), 102 ≡ 2 (mod 7), 103 ≡ 6 (mod 7).
6 Do vậy k = 6. (2) Ta tính k = ord13 (10). Ta có φ(13) = 12, nên k phải là ước của 12. Do vậy k = 1, 2, 3, 4, 6 hoặc 12. Ta có 101 ≡ −3 (mod 13), 102 ≡ −4 (mod 13), 103 ≡ −1 (mod 13), 104 ≡ 3 (mod 13), 106 ≡ 1 (mod 13). Do vậy k = 6. (3) Ta tính k = ord21 (10). Ta có φ(21) = φ(3)φ(7) = 2 · 6 = 12, nên k phải là ước của 12 Do vậy k = 1, 2, 3, 4, 6 hoặc 12. Ta có 101 ≡ 10 (mod 21), 102 ≡ 16 (mod 21), 103 ≡ 13 (mod 21), 104 ≡ 4 (mod 21), 106 ≡ 1 (mod 21). Do đó k = 6. Hệ quả 1.2.7. Cho n > 1 là số nguyên dương với gcd(n, 10) = 1. Nếu tồn tại số nguyên dương v sao cho n | 10v + 1 thì ordn (10) là chẵn. Chứng minh. Ta có 10v ≡ −1 (mod n) và do vậy 102v ≡ 1 (mod n). Theo Mệnh đề 1.2.4, ordn (10) | 2v. Giả sử ordn (10) lẻ. Khi đó ordn (10) | v. Do vậy 10v ≡ 1 (mod n) (lại theo Mệnh đề 1.2.4 ). Ta suy ra −1 ≡ 10v ≡ 1 (mod n) và 2 ≡ 0 (mod n). Điều này là vô lý vì n 6= 2. Chú ý 1.2.8. (1) Nói chung trong hệ quả ở trên ta không có khẳng định theo chiều ngược lại. Ví dụ, với n = 21 thì ord21 (10) = 6 chẵn, nhưng 21 - 10v + 1 với mọi số nguyên dương v. Thật vậy, giả sử tồn tại v nguyên dương sao 21 | 10v + 1. Nói riêng 10v + 1 ≡ 0 (mod 3). Nhưng rõ ràng 10v + 1 ≡ 1 + 1 = 2 (mod 3), ta có điều mâu thuẫn. (2) Tuy nhiên, khi n là nguyên tố thì trong hệ quả trên ta có khẳng định theo chiều ngược lại. Cụ thể hơn, nếu n = p là số nguyên tố khác 2 và 5, và ord p (10) = 2r là chẵn, thì p | 10r + 1. Thật vậy, ta có 102r ≡ 1 (mod p). Do vậy p | 102r − 1 = (10r − 1)(10r + 1). Vì p nguyên tố, nên p là ước của 10r − 1 hoặc của 10r + 1. Vì 2r là cấp của 10 modulo p và 2r > r nên 10r 6≡ 1 (mod p), tức là p - 10r − 1. Ta suy ra p | 10r + 1. 1.3. Thặng dư toàn phương Định nghĩa 1.3.1. Cho p là một số nguyên tố và a là một số nguyên sao cho p - a. Số a được gọi là một thặng dư toàn phương modulo p nếu tồn tại một số nguyên x sao cho
7 a ≡ x2 (mod p). Nếu không tồn tại một số nguyên x nào sao cho a ≡ x2 (mod p) thì ta nói a là phi thặng dư toàn phương modulo p. Ví dụ. Các số 1, 2, 4 là các thặng dư toàn phương modulo 7, trong khi đó 3,5 và 6 là không thặng dư toàn phương modulo 7. Định nghĩa 1.3.2 (Ký hiệu Legendre). Cho p là một số nguyên tố lẻ không chia hết số nguyên a. Ta định nghĩa:  1 nếu a là thặng dư toàn phương modulo p  a = . p  −1 nếu a không là thặng dư toàn phương modulo p Ký hiệu này được gọi là ký hiệu Legendre. Một số tính chất Cho p là số nguyên tố lẻ không chia hết các số nguyên a và b. Khi đó ta có các tính chất sau. a2 1. = 1. p ab a b 2. = . p p p a p −1 3. ≡ a 2 ( mod p) (Tiêu chuẩn Euler). p a b 4. Nếu a ≡ b ( mod p) thì = . p p  −1 1 nếu p ≡ 1 (mod 4)  5. = . p −1 nếu p ≡ 3 (mod 4)  1 nếu p ≡ ±1 (mod 8)  2 6. . p −1 nếu p ≡ ±3 (mod 8) Định lý 1.3.3 (Luật thuận nghịch toàn phương Gauss). Giả sử pvà q là các số nguyên p q tố lẻ phân biệt. Khi đó nếu p ≡ 1 (mod 4) hoặc q ≡ 1 (mod 4) thì = ; và nếu q p p q p ≡ q ≡ 3 ( mod4) thì =− . q p Hệ quả 1.3.4. Cho p là một số nguyên tố khác 5. Khi đó  1 nếu p ≡ ±1 (mod 5)  5 = p  −1 nếu p ≡ ±2 (mod 5)
8 Chứng minh. Vì 5 ≡ 1 (mod 4) nên theo Luật thuận nghịch toàn phương ta có 5 p r = = , p 5 5 1 4 2 3 ở đây r là số dư của p cho 5. Vì = = 1 và = = −1, nên ta có 5 5 5 5 điều phải chứng minh. Hệ quả 1.3.5. Cho p là một số nguyên tố khác 2 và 5. Khi đó  1 nếu p ≡ ±1, ±3, ±9, ±13 (mod 40) 10 = p  −1 nếu p ≡ ±7, ±11, ±17, ±19 (mod 40). 10 2 5 2 5 Chứng minh. Ta có 1 = = nếu và chỉ nếu = = 1 hoặc p p p p p 2 5 = = −1. p p 2 5 Trường hợp 1: = = 1. Khi đó p ≡ ±1 (mod 8) và đồng thời p ≡ ±1 p p (mod 5). Như vậy p có dạng p = 8c ± 1 và p = 5d ± 1 với c, d nguyên dương. Do vậy 3p = 8p − 5p = 8(5d ± 1) − 5(8c ± 1) = 40(d − c) ± 8 ± 5  40(d − c) ± 13 = 40(d − c) ± 3. Nhân cả 2 vế đẳng thức trên với -13, ta suy ra  ±132 ≡ ±9 (mod 40) p ≡ −39p = ±39 ≡ ±1 (mod 40). Như vậy p ≡ ±1, ± 9 (mod ). 40 2 5 Trường hợp 2: = = −1. Khi đó p ≡ ±3 (mod 8) và đồng thời p p p ≡ ±2 (mod 5). Như vậy p có dạng p = 8c ± 3 và p = 5d ± 2 với c, d nguyên dương. Do vậy 3p = 8p − 5p = 8(5d ± 2) − 5(8c ± 3) = 40(d − c) ± 16 ± 15  40(d − c) ± 31 = 40(d − c) ± 1.
9 Nhân cả 2 vế đẳng thức trên với -13, ta suy ra  ±13 · 31 ≡ ±3 (mod 40) p ≡ −39p = ±13 · 1 ≡ ±13 (mod 40). Như vậy p ≡ ±3, ±13 (mod 40). Ví dụ sau minh họa phương pháp sử dụng các kết quả mục trước và Hệ quả 1.3.5 để tính ord p (10), với p nguyên tố. Ví dụ 1.3.6. (1) Ta tính k = ord13 (10). Theo tiêu chuẩn Euler và theo hệ quả trên, ta có 6 10 10 ≡ = 1 (mod 13). 13 Do vậy k | 6 và k = 1, 2, 3 hoặc 6. Ta có 101 ≡ −3 (mod 13), 102 ≡ −4 (mod 13), 103 ≡ −1 (mod 13). Do vậy k = 6. (2) Ta tính k = ord17 (10). Theo Hệ quả 1.2.5, k | φ(17) = 16. Mặt khác, theo tiêu chuẩn Euler và theo hệ quả trên, ta có 8 10 10 ≡ = −1 (mod 17). 17 Do vậy k - 8. Như vậy k = 16. (3) Ta tính k = ord19 (10). Theo Hệ quả 1.2.5, k | φ(19) = 18. Mặt khác, theo tiêu chuẩn Euler và theo hệ quả trên, ta có 9 10 10 ≡ = −1 (mod 19). 19 Do vậy k - 9. Như vậy k = 2, 6 hoặc 18. Ta có 101 ≡ 10 (mod 19), 102 ≡ 5 (mod 19), 106 ≡ 11 (mod 19). Như vậy k = 18. (4) Ta tính k = ord23 (10). Theo Hệ quả 1.2.5, k | φ(23) = 22. Mặt khác, theo tiêu chuẩn Euler và theo hệ quả trên, ta có 11 10 10 ≡ = −1 (mod 23). 23
10 Do vậy k - 11. Như vậy k = 2 hoặc 22. Ta có 102 ≡ 8 (mod 23). Như vậy k = 22. (5) Ta tính k = ord31 (10). Theo tiêu chuẩn Euler và theo hệ quả trên, ta có 15 10 10 ≡ = 1 (mod 31). 31 Do vậy k | 15 và k = 1, 3, 5 hoặc 15. Ta có 101 ≡ 10 (mod 31), 103 ≡ 8 (mod 31), 105 ≡ 25 (mod 31). Do vậy k = 15. 10 Ví dụ trên cho ta thấy có mối liên hệ giữa giá trị và ord p (10). Sử dụng p phương pháp như trong ví dụ này, ta có kết quả sau. Mệnh đề 1.3.7. Cho p là số nguyên tố khác 2 và 5. Gọi k = ord p (10). Khi đó ta có các khẳng định sau. p−1 10 (i) = 1 nếu và chỉ nếu k | . p 2 10 (ii) Nếu = −1 thì k là chẵn. p Chứng minh. (i) Theo tiêu chuẩn Euler, ta có ( p−1)/2 10 10 ≡ (mod p). p 10 Do vậy = 1 nếu và chỉ nếu 10( p−1)/2 ≡ 1 (mod p). Điều này lại tương đương p p−1 với k | , theo Mệnh đề 1.2.4. 2 (ii) Theo tiểu chuẩn Euler, ta có ( p−1)/2 10 10 ≡ = −1 (mod p). p Do vậy p | 10( p−1)/2 − 1. Theo Hệ quả 1.2.7, ta có k chẵn.
11 Chương 2 Phân số tuần hoàn Chương này trình bày về tiêu chuẩn để một phân số là hoàn toàn tuần hoàn, và về chu kỳ của phân số hoàn toàn tuần hoàn. Tài liệu tham khảo chính cho chương này là [2, Chapter IX] và [5]. 2.1. Phân số tuần hoàn Ta nhắc lại về biểu diễn một số hữu tỷ dương α dưới dạng “số thập phân”. Ta viết α = [α] + x = X + x, (2.1) ở đây X = [α] là phần nguyên của α (nó là số nguyên lớn nhất không vượt quá α) và 0 ≤ x < 1. Khi đó số nguyên không âm X có biểu diễn thập phân (thông thường) X = A1 A2 · · · As = A1 · 10s−1 + A2 · 10s−2 + · · · + As−1 · 10 + As , ở đây 0 ≤ Ai ≤ 9. Đối với số hữu tỷ x, 0 ≤ x < 1, ta viết x = f1 (0 ≤ f 1 < 1) . Đặt a1 = [10 f 1 ]. Khi đó a1 ≤ 10 f 1 < a1 + 1. Do vậy −1 < a1 < 10. Vì a1 nguyên nên ta có 0 ≤ a1 ≤ 9. Ta đặt f 2 = 10 f 1 − a1 . Khi đó 0 ≤ f 2 < 1. Như vậy ta có a1 = [10 f 1 ] , 10 f 1 = a1 + f 2 (0 ≤ f 2 < 1) . Tương tự ta định nghĩa a2 , a3 , . . . như sau a2 = [10 f 2 ] , 10 f 2 = a2 + f 3 (0 ≤ f 3 < 1)
12 a3 = [10 f 3 ] , 10 f 3 = a3 + f 4 (0 ≤ f 4 < 1) ··· Ở đây mỗi ai là một trong các số 0, 1, 2, . . . , 9. Biểu diễn thập phân của x và của α là x = 0.a1 a2 · · · an · · · , α = A1 · · · As .a1 a2 · · · an · · · 1 Ví dụ 2.1.1. Với x = , ta có 7 1 f1 = x = , 7 10 10 3 a1 = [10 f 1 ] = [ ] = 1, f 2 = 10 f 1 − a1 = −1 = , 7 7 7 30 30 2 a2 = [10 f 2 ] = [ ] = 4, f 3 = 10 f 2 − a2 = −4 = , 7 7 7 20 20 6 a3 = [10 f 3 ] = [ ] = 2, f 4 = 10 f 3 − a3 = −2 = , 7 7 7 60 60 4 a4 = [10 f 4 ] = [ ] = 8, f 5 = 10 f 4 − a4 = −8 = , 7 7 7 40 40 5 a5 = [10 f 5 ] = [ ] = 5, f 6 = 10 f 5 − a5 = −5 = , 7 7 7 50 50 1 a6 = [10 f 6 ] = [ ] = 7, f 7 = 10 f 6 − a6 = −7 = , 7 7 7 ··· và x = 0.142857142857 · · · . Theo cách xác định ai và f i như phần trên, với mọi n ≥ 1, ta có 10n x = 10n f 1 = 10n−1 ( a1 + f 2 ) = 10n−1 a1 + 10n−1 f 2 = 10n−1 a1 + 10n−2 a2 + 10n−2 f 3 = ··· = 10n−1 a1 + 10n−2 a2 + · · · + 10an−1 + an + f n+1 . Vì 0 ≤ f n+1 < 1, nên 10n−1 a1 + 10n−2 a2 + · · · + 10an−1 + an = [10n x ], phần nguyên của 10n x, và f n+1 = 10n x − [10n x ] là phần lẻ của 10n x. Nếu f n+1 = 0 với n nào đó, thì ta có an+1 = an+2 = · · · = 0. Trong trường hợp này ta nói x (hoặc α) có khai triển thập phân dừng (hay hữu hạn). Trong trường hợp nay, ta cũng chỉ đơn giản viết x = 0.a1 · · · an 000 · · · = 0.a1 · · · an ,
13 ở đây, n số nguyên dương nhỏ nhất sao cho f n+1 = 0. Chẳng hạn, 7 = 0.035000 · · · = 0.035. 200 Định nghĩa 2.1.2. Giả sử α có biểu diễn thập phân α = A1 · · · As .a1 a2 · · · an · · · là vô hạn. (a) Ta nói biểu diễn này là tuần hoàn nếu tồn tại i ≥ 1 sao cho an+i = ai với mọi n ≥ N, với N ≥ 1 nào đó. (b) Ta nói biểu diễn này là hoàn toàn tuần hoàn nếu tồn tại i ≥ 1 sao cho an+i = ai với mọi n ≥ 1. Số nguyên dương i nhỏ nhất như trên được gọi là chu kỳ của phân số tuần hoàn (hoặc hoàn toàn tuần hoàn) α. Trong trường hợp này, ta viết α = A1 · · · As .a1 · · · a N −1 a N · · · a N +i−1 , ở đây i là chu kỳ của α, và N là số nhỏ nhất sao cho an+i = ai , với mọi n ≥ N. 1 Ví dụ 2.1.3. (1) Phân số = 0.142857 là hoàn toàn tuần hoàn với chu kỳ 6. 7 3 (2) Phân số = 0.2142857 là tuần hoàn với chu kỳ 6. 14 Mệnh đề 2.1.4. Cho số hữu tỷ dương x = a/b ở dạng tối giản. Khi đó biểu diễn thập phân của x là hữu hạn nếu và chỉ nếu mẫu số b của x có dạng 2r 5s . Trong trường hợp này, số các chữ số sau dấu chấm của biểu diễn thập phân của x là max{r, s}. Chứng minh. Ta có thể giả sử 0 < x < 1. Với ký hiệu như phần trên, với mọi n ≥ 1, ta có 10n x = 10n−1 a1 + 10n−2 a2 + · · · + 10an−1 + an + f n+1 . Giả sử x có khai triển thập phân hữu hạn, tức là tồn tại n sao cho f n+1 = 0. Ta 10n a suy ra 10n x = là một số nguyên dương. Vì gcd( a, b) = 1 nên b là ước của 10n b và do vậy b có dạng 2r 5s . Ngược lại, giả sử b = 2r 5s , ta chọn n = max{r, s}. Khi đó b là ước của 10n , và 10n a 10n−1 a1 + 10n−2 a2 + · · · + 10an−1 + an + f n+1 = 10n x = b
14 là một số nguyên. Ta suy ra f n+1 nguyên. Vì 0 ≤ f n+1 < 1 nên f n+1 = 0 và x có khai triển thập phân hữu hạn. Ta đi chứng minh khẳng định cuối cùng. Ta dễ dàng kiểm tra trường hợp r = s = 0. Bây giờ ta giả sử max{r, s} > 0. Với n = max{r, s}, theo trên ta có f n+1 = 0 và an+1 = an+2 = · · · = 0. Ta chứng minh an 6= 0. Giả sử ngược lại, an = 0. Khi đó 10n a = 2n−r 5n−s a = 10n x = 10n−1 a1 + 10n−2 a2 + · · · + 10an−1 b chia hết cho 10. Nếu r = 0 thì n = s và gcd( a, b) = gcd( a, 5) = 1, và 2n−r 5n−s = 2n a không chia hết cho 10, mâu thuẫn. Nếu s = 0 thì n = r và gcd( a, b) = gcd( a, 2) = 1, và 2n−r 5n−s = 5n a không chia hết cho 10, mâu thuẫn. Nếu r, s > 0 thì gcd( a, b) = gcd( a, 10). Vì 10 | 2n−r 5n−s a, nên 10 | 2n−r 5n−s . Do vậy n − r ≥ 1 và n − s ≥ 1 và n < max{r, s}, mâu thuẫn. Tóm lại, số các số sau dấu chấm của biểu diễn thập của x là a1 , a2 , . . ., an . 7 7 Ví dụ 2.1.5. Khai triển thập phân của = 3 2 = 0.035 là hữu hạn với 3 = 200 2 5 max{3, 2} chữ số sau dấu chấm. Mệnh đề 2.1.6. Cho số hữu tỷ dương x = a/b ở dạng tối giản với b > 1 và gcd(b, 10) = 1. Khi đó x là hoàn toàn tuần hoàn với chu kỳ ordb (10). Chứng minh. Ta có thể giả sử 0 < x < 1. Gọi i = ordb (10). Khi đó 10i ≡ 1 (mod b). Khi đó ta có 10i = mb + 1 với m nguyên không âm nào đó. Ta có 10i a (mb + 1) a a 10i x = = = ma + = ma + x. b b b Vì 0 ≤ x < 1 nên ma = [10i x ] và x = {10i x }. Sử dụng ký hiệu (về dãy an , f n ) như ở phần trên, ta cũng có f i+1 = {10i x }. Do vậy f i+1 = x = f 1 . Từ cách xây dựng dãy an , ta suy ra ai+1 = a1 , ai+2 = a2 ,..., và an+i = an với mọi n ≥ 1. Nói riêng x hoàn toàn tuần hoàn với chu kỳ ≤ i. Bây giờ ta gọi j là chu kỳ của phân số hoàn toàn tuần hoàn x. Đặt A là số nguyên
15 A = a1 · · · a j . Khi đó, với mọi k ≥ 1, ta có AA · · · A f kj+1 x= + 10kj 10kj 10 ( k − 1 ) j A + 10(k−2) j A + · · · + A f kj+1 = + 10kj 10kj kj 10 − 1 A f kj+1 = + 10 j − 1 10kj 10kj f kj+1 A 1 = + . 10 j − 1 1 − 10−kj 10kj A Khi k tiến đến vô cùng thì vế phải của biểu thức trên tiến tới j , vì 10−kj và 10 − 1 f kj+1 0≤ < 10−kj đều tiến đến 0. Như vậy 10k j A a =x= . 10 j−1 b Từ đó ta suy ra b | 10 j − 1, và do vậy i ≤ j. Kết hợp với j ≤ i ở trên, ta suy ra i = j. Ví dụ 2.1.7. (1) Phân số 1 = 0.142857 7 có chu kỳ 6 = ord7 (10). (2) Phân số 1 = 0.076923 13 có chu kỳ 6 = ord13 (10). (3) Phân số 1 = 0.0588235294117647 17 có chu kỳ 16 = ord17 (10). (4) Phân số 1 = 0.03225806451612 31 có chu kỳ 15 = ord31 (10). Chú ý 2.1.8. Theo chứng minh ở mệnh đề trên, ta có nhận xét sau: a1 · · · a j 0.a1 · · · a j = . 10 j − 1 123 123 41 Chẳng hạn, 0.123 = 3 = = . 10 − 1 999 333 Nhận xét trên sẽ được sử dụng nhiều lần trong luận văn.
16 Mệnh đề 2.1.9. Cho số hữu tỷ dương x = a/b ở dạng tối giản với b = 2r 5s b0 , b0 > 1 và gcd(b0 , 10) = 1. Đặt u = max{r, s}. Khi đó x là tuần hoàn kể từ chữ số thứ u + 1 sau dấu chấm và với chu kỳ v = ordb0 (10), tức là biểu diễn thập phân của x có dạng x = A.a1 · · · au au+1 · · · au+v . 10u a Chứng minh. Ta có thể giả sử 0 < x < 1. Ta lấy số nguyên dương chia cho số 2r 5 s b0 : 10u a = Xb0 + a0 . 2r 5 s 10u a 0 Khi đó gcd( a0 , b0 ) = gcd( , b ) = 1.Thật vậy, giả sử ước số chung lớn nhất này lớn 2r 5 s hơn 1. Gọi p là một ước nguyên tố của nó. Khi đó p khác 2 và 5 (vì p là ước của b0 ), do đó p là ước của a. Ta suy ra p là ước của a và b, mâu thuẫn với giả thiết gcd( a, b) = 1. a0 Theo mệnh đề trước, phân số 0 là hoàn toàn tuần với chu kỳ v = ordb0 (10). Ta có b 10u a a0 10u x = = X + = X.a1 · · · av+1 . 2r 5 s b 0 b0 Do đó x = 0.b1 · · · bu a1 · · · av+1 . Ta có điều phải chứng minh. Ví dụ 2.1.10. (1) Phân số 1 1 = = 0.0714285 14 2·7 tuần hoàn từ vị trí thứ 2 sau dấu chấm với chu kỳ 6 = ord7 (10). (2) Phân số 1 1 = 3 = 0.017857142 56 2 ·7 tuần hoàn từ vị trí thứ 4 = 3 + 1 sau dấu chấm với chu kỳ 6 = ord7 (10). Tóm tắt ba mệnh đề trên, ta có định lý sau. Định lý 2.1.11. Khai triển thập phân của phân số tối giản a/b là dừng hoặc tuần hoàn. Nếu b = 2r 5s và u = max{r, s}, thì khai triển thập của a/b dừng sau u chữ số sau dấu chấm. Nếu Nếu b = 2r 5s b0 với b0 > 1, gcd(b0 , 10) = 1, và u = max{r, s} thì khai triển thập của a/b tuần hoàn từ chữ số thứ u + 1 sau dấu chấm với chu kỳ v = ordb0 (10).
17 2.2. Chu kỳ của phân số tuần hoàn Trong mục này ta trình bày một số kết quả về chu kỳ của khai triển thập phân của phân số tối giản a/b, ở đây gcd(b, 10) = 1. Ta đã biết rằng chu kỳ của phân số này bằng ordb (10), không phụ thuộc vào tử số a. Do vậy ta chỉ xét phân số dạng 1/b. Ta gọi `(b) là chu kỳ của phân số 1/b. Như vậy `(b) = ordb (10). Ta ký hiệu lcm( a1 , . . . , ak ) cho bội số chung nhỏ nhất của các số nguyên dương a1 , . . . , ak . Mệnh đề 2.2.1. Ta có các khẳng định sau. (i) Nếu b | c thì `(b) | `(c). (ii) Nếu b = lcm(b1 , b2 ) thì `(b) = lcm(`(b1 ), `(b2 )), bội số chung nhỏ nhất của `(b1 ) và `(b2 ). r (iii) Nếu b = p1r1 · · · pkk là khai triển của n ra tích các lũy thừa nguyên tố, thì `(b) = r lcm(`( p1r1 ), . . . , `( pkk )). Chứng minh. (i) Ta có 10`(c) ≡ 1 (mod c). Vì b | c nên 10`(c) ≡ 1 (mod b). Do đó `(b) = ordb (10) | `(c). (ii) Đặt k = lcm(`(b1 ), `(b2 )). Vì b1 và b2 chia hết b nên theo phần (i), `(b1 ) và `(b2 ) cũng chia hết `(b). Do vậy k = lcm(`(b1 ), `(b2 )) | `(b). Rõ ràng k chia hết cho `(b1 ). Ta viết k = `(b1 ) · r, với r nguyên dương nào đó. Khi đó 10k = (10`(b1 ) )r ≡ 1 (mod b1 ). Như vậy b1 | 10k − 1. Tương tự b2 | 10k − 1. Do vậy b = lcm(b1 , b2 ) | 10k − 1. Tức là, 10k ≡ 1 (mod b). Do đó `(b) | k. Như vậy ta có k = `(b). (iii) Suy ra từ phần (ii). 1 Ví dụ 2.2.2. (1) Ta có `(21) = lcm(`(3), `(7)) = lcm(1, 6) = 6. Phân số có chu kỳ 21 1 6. Thực tế, = 0.047619. 21 1 (2) Ta có `(221) = `(13 · 17) = lcm(`(13), `(17)) = lcm(6, 16) = 48. Phân số 221 có chu kỳ 48. Thực tế (theo trang worlframalpha) 1 = 0.0.004524886877828054298642533936651583710407239819. 221 Theo phần (iii) của Mệnh đề 2.2.1, việc tính `(b) quy về tính `( pr ), ở đây pr là một lũy thừa của số nguyên tố p.