\( \def\ksoln{\text{(풀이)}.\;\;} \def\rR{\mathbb R} \newcommand{\nN}{\mathbb N} \) #4. 단순연분수 $[a_0, a_1, a_2, \ldots]$의 제 $k$ 근사분수를 $p_k/q_k$라고 할 때 다음을 증명하여라.
$\ksoln q_{-2}=1$, $q_{-1} = 0$이므로 $q_0 = a_0 \cdot q_{-1} + q_{-2} = q_{-2} = 1$이다. $k\ge 1$에 대하여 $a_k \ge 1$이므로 $q_k = a_k q_{k-1} + q_{k-2} \ge q_{k-1} + q_{k-2}$이 성립한다. 따라서
\begin{align*} & q_1 \ge q_0 + q_{-1} = 1\\ & q_2 \ge q_1 + q_0 = 2 > \sqrt{2} = 2^{(2-1)/2} \\ & q_3 \ge q_2 + q_1 = 3 > 2 = 2^{(3-1)/2} \end{align*}이므로 $k=2,3$에 대하여 우리가 증명하고자 하는 (1)이 성립한다. $k > 3$인 경우에는
\[ q_k \ge q_{k-1} + q_{k-2} > 2^{(k-2)/2} + 2^{(k-3)/2}\; \text{ (귀납가설에 의하여)} \]그런데 $2^1 + 2^{1/2} = 2 + \sqrt{2} > \sqrt 2 + \sqrt 2 = 2\sqrt 2 = 2^{3/2}$이 성립하므로 이 부등식의 양변에 $2^{(k-4)/2}$를 곱하면 우리에게 필요한 $ 2^{(k-2)/2} + 2^{(k-3)/2} > 2^{(k-1)/2}$을 얻게 된다. 이것으로써 (1)은 증명되었다. $\;\checkmark$
(2)는 $f_0 = f_1 = 1 = q_0 = q_1$과 $q_k \ge q_{k-1} + q_{k-2}$로부터 쉽게 증명된다. $\;\checkmark$
#5. 연분수 $[a_0, a_1, a_2, \ldots]$의 제 $k$ 근사분수를 $p_k/q_k$라고 할 때 각 $k=1,2,\ldots$에 대하여 다음이 성립함을 증명하여라.
\begin{align*} (1)\; \frac{p_k}{p_{k-1}} &= [a_k, a_{k-1}, \ldots, a_1, a_0] \\[1mm] (2)\; \frac{q_k}{q_{k-1}} &= [a_k, a_{k-1}, \ldots, a_1] \end{align*}$\ksoln$ (1)은 수학적 귀납법에 의하여 의외로 쉽게 증명된다. 연분수의 정의에 의하여 $[a_{k}, \ldots, a_0] = a_{k} + 1/[a_{k-1}, \ldots, a_0]$인데 $[a_{k-1}, \ldots, a_0]$는 $k \ge 2$인 경우에는 귀납가설에 의하여 $p_{k-1}/p_{k-2}$이다. 따라서
\[ [a_{k}, \ldots, a_0] = a_{k} + \frac{p_{k-2}}{p_{k-1}} = \frac{a_k p_{k-1} + p_{k-2}}{p_{k-1}} = \frac{p_k}{p_{k-1}} \]을 얻게 된다. $k=1$인 경우에는 $p_0 = a_0 \cdot p_{-1} + p_{-2} = a_0\cdot 1 + 0 = a_0$, $p_1 = a_1 \cdot p_0 + p_{-1} = a_1 a_0 + a_0$임을 이용하여
\[ [a_1, a_0] = a_1 + 1/a_0 = (a_1 a_0 + 1)/a_0 = p_1/p_0 \]를 얻는다.
(2)도 역시 수학적 귀납법으로 증명된다. $q_0 = 1$, $q_1 = a_1$으로부터 출발한다. $k=1$일 때는 $q_1/q_0 = a_1 = [a_1]$이므로 쉽게 확인된다. 그리고 $k\ge 2$에 대해서는 귀납가설에 의하여
\[ [a_{k}, \ldots, a_1] = a_{k} + \frac{1}{[a_{k-1}, \ldots, a_1]} = \frac{q_{k-2}}{q_{k-1}} = \frac{a_k q_{k-1} + q_{k-2}}{q_{k-1}} = \frac{q_k}{q_{k-1}} \]가 성립함을 알 수 있다. $\;\checkmark$
#7. 실수 $a_0, a_1, a_2, \ldots, a_k, x$와 자연수 $k$에 대하여 $a_1, a_2, \ldots, a_k, x > 0$일 때
\[ [a_0, a_1, a_2, \ldots, a_{k-1}, a_k + x] - [a_0, a_1, a_2, \ldots, a_{k-1}, a_k] \]는 $k$가 짝수일 때는 양수, $k$가 홀수일 때는 음수임을 증명하여라.
$\ksoln$ 이 문제는 수학적 귀납법을 사용하지 않고 주어진 식을 다음과 같이 직접 계산하여 해결한다.
\begin{align*} \frac{(a_k + x)p_{k-1} + p_{k-2}}{(a_k + x)q_{k-1} + q_{k-2}} - \frac{p_k}{q_k} &= \frac{(a_k + x)p_{k-1}q_k + p_{k-2}q_k - (a_k + x)q_{k-1}p_k - q_{k-2}p_k}{\bigl((a_k + x)q_{k-1} + q_{k-2}\bigr)q_k} \end{align*}인데 여기서 분모는 양수이므로 분자만 보면
\begin{align*} & x(p_{k-1}q_k - p_k q_{k-1}) + a_k p_{k-1}q_k + p_{k-2}q_k - (a_k q_{k-1}p_k + q_{k-2}p_k) \\ & \quad = x(p_{k-1}q_k - p_k q_{k-1}) + (a_k p_{k-1} + p_{k-2})q_k - (a_k q_{k-1} + q_{k-2})p_k \\ & \quad = x(p_{k-1}q_k - p_k q_{k-1}) + p_kq_k - q_kp_k = x(p_{k-1}q_k - p_k q_{k-1}) \end{align*}이다. 그런데 따름정리 16,6에 의해서 $p_{k-1}q_k - p_k q_{k-1} = (-1)^k$이고 문제의 조건에서 $x>0$ 이므로 원하는 결론을 얻게 된다. $\;\checkmark$
#8. 유리수 $\alpha > 1$의 단순연분수 전개식이 $[a_0,a_1, a_2, \ldots, a_n]$일 때 $\frac{1}{\alpha}$의 단순연분수 표현을 구하여라.
$\ksoln \alpha = [a_0, a_1, \ldots, a_n]$로 두었을 때 $\alpha > 1$이므로 $a_0 \ge 1$이 보장된다.
\[ \frac{1}{\alpha} = 0 + \frac{1}{[a_0, a_1, \ldots, a_n]} = [0,a_0,a_1,\ldots,a_n] \]이고 여기서 부분분모들은 모두 양수이다. $\;\checkmark$
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