てふてふの集いコミュの飛田ゼミ課題

1.　連分数（10章）について詳しくまとめること。

2.　√2と対等な数について調べよ。
　　（a+b√2（a,b:有理数）の中に対等でないものはどれくらいあるか。√3、√5ではどうなるか。）

3.　フィボナッチ数列をpで割った余りの周期について観察せよ。
　　（リュカ数列ではどうか。）

コメント(26)

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[1] mixiユーザー 12月22日 04:09

トピ立て乙。

オレは10.8と10.9担当で良いよね？

とりあえず完成したものを上げるので、間違っていたり分かり辛い箇所があれば教えてくれ。

\documentclass[a4j,12pt]{jarticle}
\title{無限単純連分数}
\author{}
\date{}
\usepackage{amsmath,amsthm,amssymb}
\usepackage{ascmac}
\usepackage{multirow,bigdelim}
\usepackage{cancel}
\setcounter{section}{8}
\newcommand{\bs}{\symbol{'134}}
\newcommand{\cmd}[1]{\texttt{\def\{{\char`\{}\def\}{\char`\}}\bs#1}}
\setlength{\textheight}{26cm}
\setlength{\topmargin}{-2cm}
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\makeatletter
\renewcommand{\theequation}{%
\thesection.\arabic{equation}}
\@addtoreset{equation}{section}
\makeatother
\def\since{%
\setlength{\unitlength}{1pt}%
\thinlines %
\begin{picture}(12,12)%
\put(0 ,8){.}
\put(5 , 0){.}
\put(10,8){.}
\end{picture}%
}%
\begin{document}
\maketitle
$a_{0},a_{1},a_{2},\ldots は整数で，$

\[a_{i}> 0\quad (i\in \mathbb{N}),\]

$を満たすとする．このとき，任意のnに対して$
\[x_{n}=[a_{0},a_{1},\ldots ,a_{n}]\]
$は有理数x_{n}を表す単純連分数である．n\rightarrow \infty のときx_{n}が極限値xに近づくとすれば，単純連分数$
\begin{equation}
[a_{0},a_{1},a_{2},\ldots ]
\end{equation}
$は値xに収束するといい，$
\begin{equation}
\lim_{n\to \infty}x_{n}= x=[a_{0},a_{1},a_{2},\ldots ]
\end{equation}
と書ける．
\\\\\\
\begin{shadebox}{$Thm.166$}
すべての無限単純連分数は収束する．
\end{shadebox}
\begin{proof}
\[x_{n}=\frac{p_{n}}{q_{n}}=[a_{0},a_{1},\ldots ,a_{n}]\]
$とおいて，(8.1)の中間近似分数と呼ぶ．n\rightarrow \infty のとき，x_{n}が極限値に近づくことを証明すればよい．\\N\geq nならば，x_{n}は有限単純連分数[a_{0},a_{1},\ldots ,a_{N}]の中間近似分数でもある．ゆえに，Thm.152により，偶数次の中間近似分数は増加列をなし，奇数次の中間近似分数は減少列をなす．\\Thm.153より，偶数次の中間近似分数はいずれもx_{1}より小さいから，偶数次の中間近似分数の増加列は上に有界である．よって，偶数次の中間近似分数は極限値\xi_{1}に近づく．また，奇数次の中間近似分数はいずれもx_{0}より大きいから，奇数次の中間近似分数の減少列は下に有界である．よって，奇数次の中間近似分数は極限値\xi_{2}に近づく．Thm.153より\xi_{1}\leq \xi_{2}である．\\したがって，Thm.150とThm.156より，$
\begin{eqnarray*}
\left|\frac{p_{2n}}{q_{2n}}-\frac{p_{2n-1}}{q_{2n-1}} \right|&=&\left|\frac{(-1)^{2n-1}}{q_{2n}q_{2n-1}} \right|\\&=&\frac{1}{q_{2n}q_{2n-1}}\\&\leq& \frac{1}{2n(2n-1)}\rightarrow 0
\end{eqnarray*}
$となるから，\xi_{1}=\xi_{2}である．$
\end{proof}

偶数次の中間近似分数は無限単純連分数の収束値よりも小さく，奇数次の中間近似分数は無限単純連分数の収束値よりも大きいということなので，次の定理も証明できたことになる．
\begin{shadebox}{$Thm.167$}
無限単純連分数は，その奇数次の中間近似分数のいずれよりも小さく，その偶数次の中間近似分数のいずれよりも大きい．
\end{shadebox}
\\\\\\\\\\
\[a^\prime_{n}=[a_{n},a_{n+1},a_{n+2},\ldots ]\]
を連分数
\[x=[a_{0},a_{1},a_{2},\ldots ]\]
$のn次の全商という．$

[2] mixiユーザー 12月22日 04:10

\\\\\\
\begin{shadebox}{$Thm.168$}
$x=[a_{0},a_{1},a_{2},\ldots ]ならば，$
\[a_{0}=[x],\qquad a_{n}=[a^\prime_{n}]\quad (n\geq 0)\]
\end{shadebox}
\begin{proof}
\begin{eqnarray*}
a^\prime_{n}&=&\lim_{N\to \infty }[a_{n},a_{n+1},\ldots ,a_{N}]\\&=&\lim_{N\to \infty }\left(a_{n}+\frac{1}{[a_{n+1},\ldots ,a_{N}]} \right)\\&=&a_{n}+\lim_{N\to \infty }\frac{1}{[a_{n+1},\ldots ,a_{N}]}=a_{n}+\frac{1}{a^\prime_{n+1}}
\end{eqnarray*}
$である．ここで，n\geq 0のとき，$
\[a^\prime_{n}=a_{n}+\frac{1}{a^\prime_{n+1}}>a_{n} \]
なので，
\[a^\prime_{n+1}>a_{n+1}\geq 1 \]
となり，
\[0<\frac{1}{a^\prime_{n+1}}<1\]
$となる．よって，a_{n}=[a^\prime_{n}]，特に，a_{0}=[a^\prime_{0}]=[x]．　$
\end{proof}

\begin{shadebox}{$Lem.1$}
\[x=\frac{a^\prime_{1}a_{0}+1}{a^\prime_{1}},\qquad x=\frac{a^\prime_{n}p_{n-1}+p_{n-2}}{a^\prime_{n}q_{n-1}+q_{n-2}}\]
\end{shadebox}
\begin{proof}
\[a^\prime_{n}=a_{n}+\frac{1}{a^\prime_{n+1}}\]
より，
\begin{eqnarray*}
x=a^\prime_{0}&=&a_{0}+\frac{1}{a^\prime_{1}}\\&=&\frac{a^\prime_{1}a_{0}+1}{a^\prime_{1}}
\end{eqnarray*}
後者は数学的帰納法を用いて証明する．
$n=2$のとき，
\begin{eqnarray*}
\frac{a^\prime_{2}p_{1}+p_{0}}{a^\prime_{2}q_{1}+q_{0}}&=&\frac{a^\prime_{2}(p_{1}+\frac{1}{a^\prime_{2}}p_{0})}{a^\prime_{2}(q_{1}+\frac{1}{a^\prime_{2}}q_{0})}\\&=&\frac{p_{1}+\frac{1}{a^\prime_{2}}p_{0}}{q_{1}+\frac{1}{a^\prime_{2}}q_{0}}\\&=&\frac{a_{1}a_{0}+1+(a^\prime_{1}-a_{1})a_{0}}{a_{1}+a^\prime_{1}-a_{1}}\\&=&\frac{a^\prime_{1}a_{0}+1}{a^\prime_{1}}=x
\end{eqnarray*}
$n=k>2$のとき，
\begin{eqnarray*}
x=\frac{a^\prime_{k}p_{k-1}+p_{k-2}}{a^\prime_{k}q_{k-1}+q_{k-2}}&=&\frac{a^\prime_{k}p_{k-1}-a_{k}p_{k-1}+(a_{k}p_{k-1}+p_{k-2})}{a^\prime_{k}q_{k-1}-a_{k}q_{k-1}+(a_{k}q_{k-1}+q_{k-2})}\\&=&\frac{p_{k}+(a^\prime_{k}-a_{k})p_{k-1}}{q_{k}+(a^\prime_{k}-a_{k})q_{k-1}}\\&=&\frac{p_{k}+\frac{1}{a^\prime_{k+1}}p_{k-1}}{q_{k}+\frac{1}{a^\prime_{k+1}}q_{k-1}}\\&=&\frac{a^\prime_{k+1}p_{k}+p_{k-1}}{a^\prime_{k+1}q_{k}+q_{k-1}}
\end{eqnarray*}
\end{proof}

[3] mixiユーザー 12月22日 04:10

\begin{shadebox}{$Thm.169$}
$同じ値を持つ2つの無限単純連分数は同一である．$
\end{shadebox}
\begin{proof}
\[x=[a_{0},a_{1},a_{2},\ldots ]=[b_{0},b_{1},b_{2},\ldots ]\]
とする．2つの無限単純連分数が同一であると言うときは，それらが同じ部分商の列からなることを意味する．

$Thm.168$より，$a_{0}=[x]=b_{0}$である．2つの無限単純連分数の部分商の最初の$n$個が一致していると仮定する．このとき，
\[x=[a_{0},a_{1},a_{2},\ldots ,a_{n-1},a^\prime_{n}]=[a_{0},a_{1},a_{2},\ldots ,a_{n-1},b^\prime_{n}]\]
である．$n=1$ならば，
\[a_{0}+\frac{1}{a^\prime_{1}}=a_{0}+\frac{1}{b^\prime_{1}}\]
$よりa^\prime_{1}=b^\prime_{1}である．n>1ならば，Lem.1より，$
\[\frac{a^\prime_{n}p_{n-1}+p_{n-2}}{a^\prime_{n}q_{n-1}+q_{n-2}}=\frac{b^\prime_{n}p_{n-1}+p_{n-2}}{b^\prime_{n}q_{n-1}+q_{n-2}},\]
\[(a^\prime_{n}-b^\prime_{n})(p_{n-1}q_{n-2}-p_{n-2}q_{n-1})\]
$となる．Thm.150よりa^\prime_{n}=b^\prime_{n}．$
\end{proof}

\begin{shadebox}{$Thm.169$}
$任意の無理数は無限単純連分数としてただ1通りに表すことができる．$
\end{shadebox}
\begin{proof}
$xが無理数のとき，連分数アルゴリズムの過程は停止しない．ゆえに整数の無限列$
\[a_{0},a_{1},a_{2},\ldots \]
が定義される．そして
\[x=a_{0}+\frac{1}{a^\prime_{1}}=[a_{0},a^\prime_{1}]=[a_{0},a_{1}+\frac{1}{a^\prime_{2}}]=[a_{0},a_{1},a^\prime_{2}]=\ldots =[a_{0},a_{1},a_{2},\ldots ,a_{n},a^\prime_{n+1}]\]
となる．ゆえに$Lem.1$より，
\[x=\frac{a^\prime_{n+1}p_{n}+p_{n-1}}{a^\prime_{n+1}q_{n}+q_{n-1}}\]
となる．よって
\[x-\frac{p_{n}}{q_{n}}=\frac{p_{n-1}q_{n}-p_{n}q_{n-1}}{q_{n}(a^\prime_{n+1}q_{n}+q_{n-1})}=\frac{(-1)^{n}}{q_{n}(a^\prime_{n+1}q_{n}+q_{n-1})}\qquad (\since \: Thm150),\]
そして$n\rightarrow \infty$のとき，
\begin{eqnarray*}
\left|x-\frac{p_{n}}{q_{n}} \right|&<&\frac{1}{q_{n}(a_{n+1}q_{n}+q_{n-1})}\qquad (\since \: a^\prime_{n+1}=a_{n+1}+\frac{1}{a^\prime_{n+2}}>{n+1})\\&=&\frac{1}{q_{n}q_{n+1}}\leq \frac{1}{n(n+1)}\rightarrow 0\quad (\since \: Thm.156)
\end{eqnarray*}
となる．したがって，
\[x=\lim_{n\to \infty}\frac{p_{n}}{q_{n}}=[a_{0},a_{1},a_{2},\ldots ,a_{n},\ldots]\]
となり，無理数$x$は無限単純連分数として表すことができた．$Thm.169$より，これは一意的である．
\end{proof}
\end{document}

[6] mixiユーザー 12月31日 17:37

本文を挙げてもらってありがとう。
俺今怖いこと気づいたけど、10章以前の定理使うときってその定理は全部書かないといけないんじゃないこかと。

つまり定理３よりとかって大丈夫なのだろうか？

[9] mixiユーザー 01月04日 21:13

とりあえず10．14の後半部分です。

未完成な部分としては、10章外の定理を補題として最後にまとめることです。

そして、これは勝手にですが、shade boxよりitem　boxの方が見やすいと思ったので、そっちを使いました。

何かあればどうぞ。

[10] mixiユーザー 01月05日 00:15

\documentclass[a4j,12pt]{jarticle}
\title{フィボナッチ数列とリュカ数列後半}
\author{谷俊介}
\date{}
\usepackage{amsmath,amsthm,amssymb}
\usepackage{ascmac}
\usepackage{multirow,bigdelim}
\usepackage{cancel}
\setcounter{section}{10}
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\newcommand{\cmd}[1]{\texttt{\def\{{\char`\{}\def\}{\char`\}}\bs#1}}
\newcommand{\B}[1]{\quad(\because\ \text{#1)}}
\newcommand{\C}[1]{\quad\cdots\text{#1}}
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\setlength{\topmargin}{-2cm}
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\makeatletter
\renewcommand{\theequation}{%
\thesection.\arabic{equation}}
\@addtoreset{equation}{section}
\makeatother
\def\MARU#1{{\rm\ooalign{\hfil\lower.168ex\hbox{#1}\hfil \crcr\mathhexbox20D}}}
\def\since{%
\setlength{\unitlength}{1pt}%
\thinlines %
\begin{picture}(12,12)%
\put(0 ,8){.}
\put(5 , 0){.}
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\end{picture}%
}%
\begin{document}
\maketitle
\begin{itembox}[l]{$Thm.166$}
$どの素数pも、あるフィボナッチ数を割り切る（したがって、無限個のフィボナッチ数を割り切る）。特にp=5m\pm 1のとき、$
\[u_{p-1}\equiv 0 \pmod{p}\]
$特にp=5m\pm 1のとき、$
\[u_{p+1}\equiv 0 \pmod{p}\]
$である。$
\end{itembox}
\begin{proof}

$(1)p=2の時 (2)p=5の時 (3)p\neq 2 かつp\neq 5の時の3つの場合を考える。$
$(1)p=2の時はu_{3}=2より自明である。$
$(2)p=5の時はu_{5}=5より自明である。$
$以下(3)p\neq 2 かつp\neq 5の時を考える。$

\begin{eqnarray*}
u_{n} &=&\frac{(\frac{\sqrt{5}+1}{2})^{n}-(\frac{-\sqrt{5}+1}{2})^{n}}{\sqrt{5}}
\\2^{n}\sqrt{5}{u}_{n}&=&({1+\sqrt{5}})^{n}-(1-\sqrt{5})^{n}
\\&=& \sum ^{n}_{k=0}\binom{n}{k}1^{n-k}\sqrt{5}^k-\sum ^{n}_{k=0}\binom{n}{k}1^{n-k}(-\sqrt{5})^k
\\&=& \sum ^{n}_{k=0}\binom{n}{k}\sqrt{5}^k-\sum ^{n}_{k=0}\binom{n}{k}(-\sqrt{5})^k
\\&=& 2\{n\sqrt{5}+\binom{n}{3}5\sqrt{5}+\binom{n}{5}5^2\sqrt{5}+\cdots \}
\\2^{n-1}{u}_{n}&=&n+\binom{n}{3}5+\binom{n}{5}5^2+\cdots
\end{eqnarray*}

$ちなみに上の式の最後の項は、\left\{
\begin{array}{ll}
nが奇数の時 ,5^{\frac{1}{2}(n-1)} &\quad \\
nが偶数の時 ,n\cdot 5^{\frac{1}{2}n-1}&\quad
\end{array}
\right.である。
$

$ここでn=pのときを考えると、$

\begin{eqnarray*}
2^{p-1}{u}_{p}&=&n+\binom{n}{3}5+\binom{n}{5}5^2+\cdots+5^{\frac{1}{2}(p-1)}
\\& \equiv & 5^\frac{1}{2}(p-1) \pmod{p} \quad (\since \: 補題1（定理75）)
\\& \equiv & \left(\frac{5}{p} \right) \pmod{p}\quad (\since \: 補題2（定理83）)
\\&=&\pm 1\pmod{p}\quad (\since \: ルジャンドル記号の定義)
\end{eqnarray*}
$つまり、$
\begin{eqnarray*}
2^{p-1}{u}_{p}&\equiv &\pm 1 \pmod{p}
\\{u_p}& \equiv & \pm 1 \pmod{p} \quad (\since \: 補題3（定理71）)
\\{u_p}^2& \equiv & 1 \pmod{p}
\\{u_{p-1}}{u_{p+1}}+(-1)^{p-1}& \equiv &1\pmod{p}\quad (\since \: 補題4（定理10.14.8）)
\\{u_{p-1}}{u_{p+1}}+1& \equiv &1\pmod{p}\quad (\since \: pが奇数より)
\\{u_{p-1}}{u_{p+1}}& \equiv &0\pmod{p}\quad\cdots{\MARU{1}}
\end{eqnarray*}
$ところで、$
\[(p-1,p+1)=2\quad (\since \: pは奇数、かつ差が2)\]
$ここで、$
\begin{eqnarray*}
({u_{p-1}},{u_{p+1}})&\equiv &{u_2} \pmod{p}\quad (\since \: 補題5（定理179(ⅳ)）)
\\& \equiv & 1 \pmod{p}
\end{eqnarray*}
$よって\MARU{1}より、u_{p-1}とu_{p+1}の一方がpで割り切れ、他方は割り切れない。$
$ここで定理の前半は証明された。以下後半の証明に入る。$

[11] mixiユーザー 01月05日 00:15

$n=p+1を考えると、$
\begin{eqnarray*}
2^{p}{u}_{p+1}&=&(p+1)+\binom{p+1}{3}5+\binom{p+1}{5}5^2+\cdots+(p+1)\cdot 5^{\{\frac{1}{2}(p+1)-1\}}
\\&=&(p+1)+\binom{p+1}{3}5+\binom{p+1}{5}5^2+\cdots+p\cdot 5^{\frac{1}{2}(p-1)}+5^{\frac{1}{2}(p-1)}
\\& \equiv &1+5^{\frac{1}{2}(p-1)}\pmod{p}\quad (\since \: 補題6（定理73かつ教科書198下）)
\\& \equiv &1+\left(\frac{5}{p} \right) \pmod{p}\quad (\since \: 補題2（定理83）)\quad\cdots{\MARU{2}}
\end{eqnarray*}

$(a)\left(\frac{5}{p} \right)=-1のとき、5はpの平方非剰余なので、ある整数ｎで、$
\[p=10n\pm 3　\quad (\since \: 補題8(定理97))\]
$とおけ、$
\[p\equiv \pm 2 \pmod{5}\]
$となる。つまりp=5m\pm 2の時\MARU{2}は$

\begin{eqnarray*}
2^{p}{u}_{p+1}& \equiv & 0 \pmod{p}
\\2^{p-1}\cdot 2{u}_{p+1}& \equiv &　0 \pmod{p}
\\2{u}_{p+1}& \equiv &　0 \pmod{p}
\\{u}_{p+1}& \equiv &　0 \pmod{p}
\end{eqnarray*}

$(b)\left(\frac{5}{p} \right)=-1のとき、5はpの平方剰余なので、ある整数ｎで、$
\[p=10n\pm 1\quad (\since \: 補題7(定理97))\]
$とおけ、$
\[p\equiv \pm 1 \pmod{5}\]
$となる。つまりp=5m\pm 1の時\MARU{2}は$

\begin{eqnarray*}
2^{p}{u}_{p+1}& \equiv &2 \pmod{p}
\\2^{p-1}\cdot 2{u}_{p+1}& \equiv &2 \pmod{p}
\\2{u}_{p+1}& \equiv &2 \pmod{p}
\\{u}_{p+1}& \equiv &1 \pmod{p}
\end{eqnarray*}
$つまり、u_{p+1}がpで割り切れないので、u_{p-1}がpで割り切れる。$
\end{proof}

[12] mixiユーザー 01月05日 00:16

$以下補題定義集$

\begin{itembox}[l]{$定義$}
$pが奇素数で、pで割り切れない任意の数aに対して、『ルジャンドル記号』\left(\frac{a}{p}\right)を次のように定める。$
\begin{eqnarray*}
\left(\frac{a}{p}\right)&=&+1\quad\cdots\text{aがpの平方剰余のとき}
\\\left(\frac{a}{p}\right)&=&-1\quad\cdots\text{aがpの平方非剰余のとき}
\end{eqnarray*}

\end{itembox}

\begin{itembox}[l]{$補題1Thm.75$}
$pが素数ならば、$
\[\binom{p}{1},\binom{p}{2},\cdots,\binom{p}{p-1}\]
$はpで割り切れる。$
\end{itembox}

\begin{itembox}[l]{$補題2Thm.83$}
\[\left(\frac{a}{p}\right)\equiv a^{\frac{1}{2}(p-1)}\pmod{p}\]
\end{itembox}

\begin{itembox}[l]{$補題3Thm.71$}
$pが素数で、aがpで割り切れないならば、$
\[a^{p-1}\equiv 1\pmod{p}\]
\end{itembox}

\begin{itembox}[l]{$補題4(10.14.8)$}
$\{u_n\}をフィボナッチ数列とする。このとき、$
\[{u_n}^2-u_{n-1}u_{n+1}=(-1)^{n-1}\]
\end{itembox}

\begin{itembox}[l]{$補題5Thm.179(ⅳ)$}
$\{u_n\}をフィボナッチ数列とする。このとき、任意の整数m,nが(m,n)=dならば、$
\[(u_m,u_n)=u_d\]
$である。特に、(m,n)=1ならば(u_m,u_n)=1である$
\end{itembox}

\begin{itembox}[l]{$補題6Thm.73かつ教科書198下$}
$mとnを正の整数とするとき、2項係数$
\[\binom{m}{n}\]
$は整数である。特に、素数pと整数vに対して、3\leq ｖ\leq　p－1のとき、$
\[\binom{p＋1}{v}\]
$は整数であり、分子はｐを含み、分母は含んでいない。$
\end{itembox}

\begin{itembox}[l]{$補題7Thm.97$}
$5は10n\pm 1の形の素数の平方剰余であり、10n\pm 3の形の素数の平方非剰余である。$
\end{itembox}

\end{document}

[13] mixiユーザー 01月05日 00:17

補題集をつけた修正版をupしました。

でもやはりitemboxっていう……

[14] mixiユーザー 01月11日 17:04

\documentclass[a4j,12pt]{jarticle}
\title{フィボナッチ数列とリュカ数列後半}
\author{谷俊介}
\date{}
\usepackage{amsmath,amsthm,amssymb}
\usepackage{ascmac}
\usepackage{multirow,bigdelim}
\usepackage{cancel}
\setcounter{section}{10}
\newcommand{\bs}{\symbol{'134}}
\newcommand{\cmd}[1]{\texttt{\def\{{\char`\{}\def\}{\char`\}}\bs#1}}
\newcommand{\B}[1]{\quad(\because\ \text{#1)}}
\newcommand{\C}[1]{\quad\cdots\text{#1}}
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\setlength{\topmargin}{-2cm}
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\makeatletter
\renewcommand{\theequation}{%
\thesection.\arabic{equation}}
\@addtoreset{equation}{section}
\makeatother
\def\MARU#1{{\rm\ooalign{\hfil\lower.168ex\hbox{#1}\hfil \crcr\mathhexbox20D}}}
\def\since{%
\setlength{\unitlength}{1pt}%
\thinlines %
\begin{picture}(12,12)%
\put(0 ,8){.}
\put(5 , 0){.}
\put(10,8){.}
\end{picture}%
}%
\begin{document}
\maketitle

\begin{itembox}[l]{$定義$}
$N+1個の変数$
\[a_0,a_1,\cdots,a_n,\cdots,a_N\]
$の関数$
\[a_0+\frac{1}{a_1+\frac{1}{a_2+\frac{1}{\frac{\cdots}{a_{N-1}+\frac{1}{a_N}}}}}\]
$を有限連分数、または連分数と呼ぶ。さらに、上の連分数を、$
\[[a_0,a_1,\cdots,a_N]\]
$と表し、a_0,a_1,\cdots,a_Nたちを連分数の部分商、または商と呼ぶ。$
\end{itembox}
$計算により次がわかる。$
\begin{eqnarray*}
[a_0]&=&\frac{a_0}{1}
\\ {[a_0,a_1]}&=&\frac{a_1a_0+1}{a_1}
\\ {[a_0,a_1,a_2]}&=&\frac{a_2a_1a_0+a_2+a_0}{a_2a_1+1}
\end{eqnarray*}
$また、1\leq n\leq Nに対して明らかに次が成り立つ。$
\begin{eqnarray*}
[a_0,a_1]&=&a_0+\frac{1}{a_1}
\\ {[a_0,a_1,\cdots,a_{n-1},a_n]}&=&{[a_0,a_1,\cdots,a_{n-1}+\frac{1}{a_n}]}
\\ {[a_0,a_1,\cdots,a_n]}&=&a_0+\frac{1}{[a_1,\cdots,a_n]}
\\ &=&{[a_0,[a_1,\cdots,a_n]]}
\end{eqnarray*}
$より一般に、1\leq m<n\leq Nに対して、次が成り立つ。$
\[[a_0,a_1,\cdots,a_n]=[a_0,a_1,\cdots,a_{m-1},[a_m,a_{m+1},\cdots,a_n]]\]

\begin{itembox}[l]{$定義$}
$0\leq n\leq Nの$
\[[a_0,a_1,\cdots,a_n]\]
$を[a_0,a_1,\cdots,a_N]のn次中間近似分数という。$
\end{itembox}

\begin{itembox}[l]{$Thm.149$}
$p_nとq_nを$
\[p_0=a_0,p_1=a_1a_0+1,p_n=a_np_{n-1}+p_{n-2}\quad (2\leq n\leq N)\]
\[q_0=1,q_1=a_1,q_n=a_nq_{n-1}+q_{n-2}\quad (2\leq n\leq N)\]
$により定義するとき、$
\[[a_0,a_1,\cdots,a_n]=\frac{p_n}{q_n}\]
\end{itembox}
\begin{proof}
$(1)n=0のとき、自明$
$(2)n=1のとき、自明$
$(3)n\leq mのとき、上の定理が成り立つと仮定する。この時、n=m+1を考える。ここでm<Nである。$
\begin{eqnarray*}
[a_0,a_1,\cdots,a_{m-1},a_m,a_{m+1}]&=&[a_0,a_1,\cdots,a_{m-1},a_m+\frac{1}{a_{m+1}}]
\\ &=&\frac{(a_m+\frac{1}{a_{m+1}})p_{m-1}+p_{m-2}}{(a_m+\frac{1}{a_{m+1}})q_{m-1}+q_{m-2}}
\\ &=&\frac{a_{m+1}(a_mp_{m-1}+p_{m-2})+p_{m-1}}{a_{m+1}(a_mq_{m-1}+q_{m-2})+q_{m-1}}
\\ &=&\frac{a_{m+1}p_m+p_{m-1}}{a_{m+1}q_m+q_{m-1}}
\\ &=&\frac{p_{m+1}}{q_{m+1}}
\end{eqnarray*}
$よって、(1)(2)(3)より帰納法で定理が証明された。$
\end{proof}

\begin{itembox}[l]{$Thm.150$}
$関数p_nとq_nは、$
\[p_nq_{n-1}-p_{n-1}q_n=(-1)^{n-1}\]
$すなわち、$
\[\frac{p_n}{q_n}-\frac{p_{n-1}}{q_{n-1}}=\frac{(-1)^{n-1}}{q_{n-1}q_{n}}\]
$を満たす。$
\end{itembox}
\begin{proof}
\begin{eqnarray*}
p_nq_{n-1}-p_{n-1}q_n&=&(a_np_{n-1}+p_{n-2})q_{n-1}-p_{n-1}(a_nq_{n-1}+q_{n-2})
\\ &=&(-1)(p_{n-1}q_{n-2}-p_{n-2}q_{n-1})
\\ &=&(-1)^2(p_{n-2}q_{n-3}-p_{n-3}q_{n-2})
\\ &=&\cdots
\\ &=&(-1)^{n-1}(p_1q_0-p_0q_1)
\\ &=&(-1)^{n-1}
\end{eqnarray*}

\end{proof}
\begin{itembox}[l]{$Thm.151$}
$関数p_nとq_nは、$
\[p_nq_{n-2}-p_{n-2}q_n=(-1)^na_n\]
$すなわち、$
\[\frac{p_n}{q_n}-\frac{p_{n-2}}{q_{n-2}}=\frac{(-1)^na_n}{q_{n-2}q_{n}}\]
$を満たす。$
\end{itembox}
\begin{proof}
\begin{eqnarray*}
p_nq_{n-2}-p_{n-2}q_n&=&(a_np_{n-1}+p_{n-2})q_{n-2}-p_{n-2}(a_nq_{n-1}+q_{n-2})
\\ &=&a_n(p_{n-1}q_{n-2}-p_{n-2}q_{n-1})
\\ &=&(-1)^na_n
\end{eqnarray*}
\end{proof}

\end{document}

[15] mixiユーザー 01月11日 17:05

10の１と２を挙げました。当たり前すぎるので、証明とかちょっと適当かも……

[24] mixiユーザー 02月04日 21:48

証明していない定理があった！
なので新しく定理が１つ追加されます（定理171）

定理171が定理20になるので、
以降の定理は１つ番号がずれます。

おそらく沼田以外の全員がなおすことになるのでよろしく！

ちなみに俺が証明をしなかったわけではないので悪しからずｗ

[25] mixiユーザー 02月05日 21:02

いつのまにかコミュニティーが盛んになってる～～。
＞ぬまた
問題ないよう（＾＾）

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