Формулювання
ред.
Доведення
ред.
Доведення першої частини теореми
ред.
Можна вважати, що
0
<
ξ
<
1
{\displaystyle 0<\xi <1}
.
Розглянемо ряд Фарея порядку N і
a
b
{\displaystyle {\frac {a}{b}}}
і
a
′
b
′
{\displaystyle {\frac {a'}{b'}}}
два його послідовні члени для яких
a
b
<
ξ
<
a
′
b
′
{\displaystyle {\frac {a}{b}}<\xi <{\frac {a'}{b'}}}
. Можна вважати, що
b
′
>
5
+
1
2
b
{\displaystyle b'>{\frac {{\sqrt {5}}+1}{2}}b\ }
або
b
′
<
5
−
1
2
b
{\displaystyle \ b'<{\frac {{\sqrt {5}}-1}{2}}b}
. Справді, якщо
5
−
1
2
b
<
b
′
<
5
+
1
2
b
{\displaystyle {\frac {{\sqrt {5}}-1}{2}}b<b'<{\frac {{\sqrt {5}}+1}{2}}b}
, то
b
+
b
′
>
5
+
1
2
max
{
b
,
b
′
}
{\displaystyle b+b'>{\frac {{\sqrt {5}}+1}{2}}\max\{b,b'\}}
і тому ряд Фарея
F
N
{\displaystyle F_{N}}
можна замінити на
F
b
+
b
′
{\displaystyle F_{b+b'}}
, а одне з чисел
a
b
{\displaystyle {\frac {a}{b}}}
чи
a
′
b
′
{\displaystyle {\frac {a'}{b'}}}
на
a
+
a
′
b
+
b
′
{\displaystyle {\frac {a+a'}{b+b'}}}
.
Позначаючи
ω
=
b
′
b
{\displaystyle \omega ={\frac {b'}{b}}}
, таким чином
ω
>
5
+
1
2
{\displaystyle \omega >{\frac {{\sqrt {5}}+1}{2}}}
або
ω
<
5
−
1
2
{\displaystyle \omega <{\frac {{\sqrt {5}}-1}{2}}}
. В будь-якому випадку
1
+
ω
−
2
>
5
ω
−
1
{\displaystyle 1+\omega ^{-2}>{\sqrt {5}}\omega ^{-1}}
, оскільки
1
5
(
1
+
1
ω
2
)
−
1
ω
=
1
5
ω
2
(
ω
−
5
−
1
2
)
(
ω
−
5
+
1
2
)
>
0
{\displaystyle {\frac {1}{\sqrt {5}}}\left(1+{\frac {1}{\omega ^{2}}}\right)-{\frac {1}{\omega }}={\frac {1}{{\sqrt {5}}\omega ^{2}}}\left(\omega -{\frac {{\sqrt {5}}-1}{2}}\right)\left(\omega -{\frac {{\sqrt {5}}+1}{2}}\right)>0}
.
Звідси
1
5
(
1
b
2
+
1
b
′
2
)
=
1
5
b
2
(
1
+
1
ω
2
)
>
1
ω
b
2
{\displaystyle {\frac {1}{\sqrt {5}}}\left({\frac {1}{b^{2}}}+{\frac {1}{b'^{2}}}\right)={\frac {1}{{\sqrt {5}}b^{2}}}\left(1+{\frac {1}{\omega ^{2}}}\right)>{\frac {1}{\omega b^{2}}}}
.
З цієї нерівності отримуємо
a
′
b
′
−
a
b
=
1
b
b
′
=
1
ω
b
2
<
1
5
(
1
b
2
+
1
b
′
2
)
{\displaystyle {\frac {a'}{b'}}-{\frac {a}{b}}={\frac {1}{bb'}}={\frac {1}{\omega b^{2}}}<{\frac {1}{\sqrt {5}}}\left({\frac {1}{b^{2}}}+{\frac {1}{b'^{2}}}\right)}
.
Таким чином один із інтервалів
(
a
b
,
a
b
+
1
5
b
2
)
{\displaystyle \left({\frac {a}{b}},{\frac {a}{b}}+{\frac {1}{{\sqrt {5}}b^{2}}}\right)}
або
(
a
′
b
′
−
1
5
(
b
′
)
2
,
a
′
b
′
)
{\displaystyle \left({\frac {a'}{b'}}-{\frac {1}{{\sqrt {5}}(b')^{2}}},{\frac {a'}{b'}}\right)}
містить
ξ
{\displaystyle \xi }
і відповідно одне з чисел
a
b
{\displaystyle {\frac {a}{b}}}
або
a
′
b
′
{\displaystyle {\frac {a'}{b'}}}
задовольняє умову теореми.
Позначаючи це число
h
k
{\displaystyle {\frac {h}{k}}}
маємо
|
ξ
−
h
k
|
<
a
′
b
′
−
a
b
=
1
b
b
′
⩽
1
b
+
b
′
−
1
{\displaystyle \left|\xi -{\frac {h}{k}}\right|<{\frac {a'}{b'}}-{\frac {a}{b}}={\frac {1}{bb'}}\leqslant {\frac {1}{b+b'-1}}}
і оскільки з властивостей рядів Фарея
F
N
{\displaystyle F_{N}}
для послідовних членів ряду
b
+
b
′
⩾
N
+
1
{\displaystyle b+b'\geqslant N+1}
то звідси
|
ξ
−
h
k
|
<
1
N
{\displaystyle \left|\xi -{\frac {h}{k}}\right|<{\frac {1}{N}}}
. Оскільки число
N
{\displaystyle N}
було довільним (в процесі доведення його можливо замінено на деяке більше число), то обираючи різні такі числа ми отримаємо нескінченну кількість дробів
h
k
{\displaystyle {\frac {h}{k}}}
, що задовольняють умови теореми.
Контрприклад для другої частини теореми
ред.
Нехай
c
=
5
α
{\displaystyle c={\frac {\sqrt {5}}{\alpha }}}
, де
0
<
α
<
1
{\displaystyle 0<\alpha <1}
і
ξ
=
1
+
5
2
{\displaystyle \xi ={\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}}}
. Припустимо, що
|
h
k
−
1
+
5
2
|
<
α
5
k
2
{\displaystyle \left|{\frac {h}{k}}-{\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}}\right|<{\frac {\alpha }{{\sqrt {5}}k^{2}}}}
.
Це можна переписати як рівність
θ
=
5
k
2
(
5
+
1
2
−
h
k
)
{\displaystyle \theta ={\sqrt {5}}k^{2}\left({\frac {{\sqrt {5}}+1}{2}}-{\frac {h}{k}}\right)}
, де
|
θ
|
≤
α
{\displaystyle |\theta |\leq \alpha }
. Після перегрупування доданків і піднесення до квадрату одержуємо
h
2
−
h
k
−
k
2
=
θ
2
5
k
2
−
θ
{\displaystyle h^{2}-hk-k^{2}={\frac {\theta ^{2}}{5k^{2}}}-\theta \,}
. Якщо розглянути
P
(
h
)
=
h
2
−
h
k
−
k
2
{\displaystyle P(h)=h^{2}-hk-k^{2}}
як многочлен від
h
{\displaystyle h}
, то
P
(
h
)
=
0
⇔
h
=
(
1
±
5
)
k
2
{\displaystyle P(h)=0\Leftrightarrow h={\frac {(1\pm {\sqrt {5}})k}{2}}}
. Оскільки
h
{\displaystyle h}
і
k
{\displaystyle k}
є цілими числами і
k
≠
0
{\displaystyle k\neq 0}
це неможливо і тому
|
h
2
−
h
k
−
k
2
|
≥
1
{\displaystyle |h^{2}-hk-k^{2}|\geq 1}
.
Оскільки
|
θ
|
⩽
α
<
1
{\displaystyle |\theta |\leqslant \alpha <1}
то
1
≤
|
θ
2
5
k
2
−
θ
|
≤
|
θ
|
+
|
θ
|
2
5
k
2
≤
α
+
α
2
5
k
2
{\displaystyle 1\leq \left|{\frac {\theta ^{2}}{5k^{2}}}-\theta ~\right|\leq |\theta |+{\frac {|\theta |^{2}}{5k^{2}}}\leq \alpha +{\frac {\alpha ^{2}}{5k^{2}}}}
, або
k
2
<
α
2
5
(
1
−
α
)
{\displaystyle k^{2}<{\frac {\alpha ^{2}}{5(1-\alpha )}}}
.
Тобто натуральне число
k
{\displaystyle k}
може мати лише скінченну кількість значень. Тоді
h
{\displaystyle h}
теж може приймати скінченну кількість значень.
Література
ред.