連分数王におれはなる！
あいさつ
んちゃ！
今回はずんだ餅をおごってもらう代わりにやなさんの代筆をまかされたずんだもんが連分数について書いていくのだ。
早くずんだ餅を食べたいのだ！
ここ重要<ナレーション>
ずんだもんは今やなさんに無理やり代筆させられています。
あなたが評価をくれるとずんだ餅を一個買ってもらえる状態なのです。
なので、記事の評価が上がれば上がるほど記事の更新が早くなり他の記事も修正加筆されていきます。
ぜひ、みんなで協力してずんだもんを助けましょう。
continued fraction: Real Number
Histrical background
任意の正整数の組$x_{0}\gt x_{1}$は次の様な自然数列$x_{0}\gt x_{1}\gt x_{2}\gt \cdots$を生み出す：
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
x_{0}=b_{0}x_{1}+x_{2}\\
x_{1}=b_{1}x_{2}+x_{3}\\
\vdots\\
x_{n-2}=b_{n-2}x_{n-1}+x_{n}\\
x_{n-1}=b_{n-1}x_{n}
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
ここで、$b_{j}\in\mathbb{N},j=0,1,...$であり、減少自然数列は有限個なので必ず、ある自然数$n$が存在して$x_{n-1}=b_{n-1}x_{n}$が成り立ち、必ず上記アルゴリズムは必ず終了する。
\begin{equation} x_{0}=b_{0}x_{1}+x_{2}\quad(0\leq x_{2}\lt x_{1}) \end{equation}[2][1]を繰り返せばEuclidean algorithmを得る。
Euclidean algorithmを用いると、次の様のな連分数を得る。
\begin{equation}
\confrac{1}{b_{0}}{1}{b_{1}}{1}{b_{2}}{1}{b_{n-1}}
=\rogers{b_{0}}{1}{b_{1}}{1}{b_{2}}{1}{b_{n-1}}
\end{equation}
ただし、この連分数の表記はRogers(1907)によるものである。
今回は連分数を表す際はRogersの表記を用いることにする。
Bombelli(1572)は非平方な正整数$N$に対して$\sqrt{N}$を計算する方法を考えた。
それは次のようである。
[1]$a$を$a^{2}\lt N$を満たす最大の正整数とし、
[2]$N=a^{2}+r\quad(r\gt 0)$を用いて
[3]次の様に計算できる。
\begin{equation}
\sqrt{N}=\rogersinf{a}{r}{2a}{r}{2a}{r}{2a}
\end{equation}
\begin{equation} \sqrt{11}=\rogersinf{3}{2}{6}{2}{6}{2}{6} \end{equation}
Euler's theory of continued fractions
Euclidean algorismの式で右辺の係数1を係数$a_{j}$に置き換えると次の数列を得る。
\begin{equation}
\left\{
\begin{array}{l}
x_{0}=b_{0}x_{1}+a_{1}x_{2}\\
x_{1}=b_{1}x_{2}+a_{2}x_{3}\\
x_{2}=b_{2}x_{3}+a_{3}x_{4}\\
\vdots
\end{array}
\right.
\end{equation}
$x_{k}$が分からない場合を除いて、次の連分数を得る。
\begin{equation}
\frac{x_{0}}{x_{1}}=\rogersinf{b_{0}}{a_{1}}{b_{1}}{a_{2}}{b_{2}}{a_{n}}{b_{n}}=b_{0}+\mathbb{K}_{k=1}^{\infty}(\frac{a_{k}}{b_{k}})
\end{equation}
このとき、近似連分数$\frac{P_{n}}{Q_{n}}=b_{0}+\mathbb{K}_{k=0}^{n}(\frac{a_{k}}{b_{k}})$とすると次の式が成り立つ。
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
P_{-1}=1\\
Q_{-1}=0
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
P_{0}=b_{0}\\
Q_{0}=1
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
P_{n}=b_{n}P_{n-1}+a_{n}P_{n-2}\\
Q_{n}=b_{n}Q_{n-1}+a_{n}Q_{n-2}
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
\begin{equation}
P_{n}Q_{n-1}-P_{n-1}Q_{n}=(-1)^{n-1}a_{1}a_{2}\cdots a_{n}
\end{equation}
[3]つぎに$n+1$の場合を考える。$\frac{a_{n}}{b_{n}}{}_{+}\frac{a_{n+1}}{b_{n+1}}=\frac{b_{n+1}a_{n}}{b_{n+1}b_{n}+a_{n+1}}=\frac{a^{'}_{n}}{b^{'}{n}}$とすると\begin{eqnarray} \frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}&=&\rogers{b_{0}}{a_{1}}{b_{1}}{a_{2}}{b_{2}}{a_{n+1}}{b_{n+1}}\\ &=&\rogers{b_{0}}{a_{1}}{b_{1}}{a_{2}}{b_{2}}{a^{'}_{n}}{b^{'}_{n}} \end{eqnarray}より帰納法の仮定より
\begin{eqnarray} P_{n+1}&=&b^{'}_{n}P_{n-1}+a^{'}P_{n-2}\\ &=&b_{n+1}(b_{n}P_{n-1}+a{n}P_{n-2})+a_{n+1}P_{n-1}\\ &=&b_{n+1}P_{n}+a_{n}P_{n-1} \end{eqnarray}$Q_{n}$も$P_{n}$と同じ漸化式に従うので$Q_{n}$の漸化式も証明完了されていることに注意。
[4]\begin{eqnarray} P_{n}Q_{n-1}-P_{n-1}Q_{n}&=&(b_{n}P_{n-1}+a_{n-1}P_{n-2})Q_{n-1}-P_{n-1}(b_{n}Q_{n-1}+a_{n}Q_{n-2})\\ &=&-a_{n}(P_{n-1}Q_{n-2}-P_{n-2}Q_{n-1})\\ &=&(-1)^{n}a_{1}a_{2}\cdots a_{n}(P_{0}Q_{-1}-P_{-1}Q_{0})\\ &=&(-1)^{n-1}a_{1}a_{2}\cdots a_{n} \end{eqnarray}
次の様な$a_{1},a_{2},...,a_{n},b_{1},b_{2},...,b_{n}$の有理多項式を考える。
\begin{equation}
A_{n}=b_{0}b_{1}\cdots b_{n}(1+\frac{a_{1}}{b_{0}b_{1}})(1+\frac{a_{2}}{b_{1}b_{2}})\cdots (1+\frac{a_{n}}{b_{n-1}b_{n}})
\end{equation}
ここで、この$A_{n}$を次の様な"整数"型
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
b_{0}b_{1}\cdots b_{n}\frac{a_{1}}{b_{0}b_{1}}=b_{2}b_{3}\cdots b_{n}a_{1}\\
b_{0}b_{1}\cdots b_{n}\frac{a_{1}}{b_{0}b_{1}}\frac{a_{3}}{b_{2}b_{3}}=b_{4}b_{4}\cdots b_{n}a_{1}a_{3}
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
また次の様な"有理数"型
\begin{equation}
b_{0}b_{1}\cdots b_{n}\frac{a_{1}}{b_{0}b_{1}}\frac{a_{1}}{b_{1}b_{2}}=\frac{b_{3}b_{4}\cdots b_{n}}{b_{1}}
a_{1}a_{2}
\end{equation}
に分ける。そして$A_{n}$の整数型の総和を$[[A_{n}]]$、有理数型の総和を$\{\{A_{n}\}\}$として
\begin{equation}
A_{n}=[[A_{n}]]+\{\{A_{n}\}\}
\end{equation}
すると次式が成り立つ。
\begin{equation}
P_{n}=[[A_{n}]]
\end{equation}
\begin{equation} [[A_{n}]]=b_{n}[[A_{n-1}]]+a_{n}[[A_{n-2}]] \end{equation}\begin{equation} A_{n}=b_{n}(1+\frac{a_{n}}{b_{n-1}b_{n}})A_{n-1}=b_{n}A_{n-1}+\frac{a_{n}}{b_{n-1}}A_{n-1} \end{equation}また$n\rightarrow n-1$として\begin{equation} A_{n-1}=b_{n-1}A_{n-2}+\frac{a_{n-1}}{b_{n-2}}A_{n-2} \end{equation}を得るので、これを代入すると\begin{equation} A_{n}=b_{n}A_{n}+a_{n}A_{n-1}+\frac{a_{n-1}a_{n}}{b_{n-2}b_{n-1}}A_{n-2} \end{equation}を得る。ゆえに、$[[b_{n}A_{n-1}]]=b_{n}[[A_{n}]]$、$[[a_{n}A_{n-2}]]=a_{n}[[A_{n-2}]]$また$A_{n-2}はb_{n-1}$に依存しないから整数型の項を一つも持たない。ゆえに、$[[A_{n}]]=b_{n}[[A_{n-1}]]+a_{n}[[A_{n-2}]]$を満たすことが示せた。
Rational approximation
任意の無理数$\xi$を正規連分数で表す方法について考える。
[1]まず、$[\xi]$を$\xi$以下の最大の整数とする。また、$0\leq \xi-[\xi]={{\xi}}\lt 1$を$\xi$の小数部分と呼ぶ。
[2]このとき、数列$\{\xi_{n}\}_{n\geq 0}$を次の様に定める。
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
\xi_{0}=\xi\\
\xi_{n+1}=\frac{1}{\xi_{n}}
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
[3]すると次の連分数を得る。
\begin{eqnarray}
\xi&=&[\xi_{0}]+\fracpart{\xi_{0}}\\
&=&[\xi_{0}]+\frac{1}{\frac{1}{\fracpart{\xi_{0}}}}\\
&=&[\xi_{0}]+\frac{1}{[\xi_{1}]}{}_{+}\frac{1}{\frac{1}{\fracpart{\xi_{1}}}}\\
&=&[\xi_{0}]+\mathbb{K}_{k=1}^{\infty}\frac{1}{[\xi_{k}]}
\end{eqnarray}
整数$a,b,c,d,s,t$を$b,d\gt 0,bc-ad=1$そして$\frac{a}{b}\lt\frac{s}{t}\lt\frac{c}{d},t\gt 0$を満たすよう選ぶと、$t\gt max(b,d)$が成り立つ。
整数$a,b,c,d$を$b,d\gt 0,bc-ad=\pm 1$を満たすようにする。この時次のような有理関数を考える。
\begin{equation}
\phi(x)=\frac{ax+c}{bx+d}
\end{equation}
すると、これは$\frac{c}{d}$から$\frac{a}{b}$にかけて、$bc-ad=-1$なら増大関数、$bc-ad=1$ならば減少関数になる。
ragrange's theory
実数$\xi$を$\frac{P}{Q}$がLagrange最近似していると呼ばれるのは次の不等式を満たす場合である。
\begin{equation}
|Q\xi-P|\lt|q\xi-p|
\end{equation}
ただし$\frac{p}{q}\neq\frac{P}{Q}$かつ$1\leq q \leq Q$を満たす整数$q$すべてを対象にしている。
後で追記予定
Euler's algorithm
Euler's theorem
連分数$b_{0}+\mathbb{K}_{k=1}^{\infty}(\frac{1}{b_{k}})$が周期的であるとは、ある整数$h\geq 0$と$d\gt 0$が存在して$b_{j+d}=b_{j},j=0,1,2,...for\ j\geq h$が成り立つ場合を言う。
なお$h=0$の場合を純周期的であるという。有限かつ有限の極限を持つこと
任意の周期的連分数は二次方程式を解くことと等価
より\begin{equation} \xi=\frac{\xi P_{d-1+P_{d-2}}}{\xi Q_{d-1}+Q_{d-2}} \end{equation}
ゆえに$xi$は次の二次方程式の解
\begin{equation} Q_{d-1}x^{2}+(Q_{d-2}-P_{d-1})x-P_{d-2}=0 \end{equation}[2]もし$xi$が周期的で$h\gt 0$である場合は次の様に書ける。\begin{equation} \xi=\frac{\eta P_{d-1}+P_{d-2}}{\eta Q_{d-1}+Q_{d-1}} \end{equation}ただし、$\eta$は純周期連分数。$xi$を求める事は$eta$を求める事と同値であり[1]より$eta$は二次方程式の解なのでこれも二次方程式を解くことと等価なことが分かる。
後で追記予定
Continued fractions: analysis
Sofronov(1729-60)のパラドクス
\begin{eqnarray}
\sqrt{-a}&=&b+\sqrt{-a}-b\\
&=&b+\frac{-a-b^{2}}{b+\sqrt{-a}}\\
&=&\rogersinf{b}{-a-b^{2}}{2b}{-a-b^{2}}{2b}{-a-b^{2}}{2b}
\end{eqnarray}
ここで$b=1,a=1$とすると、次の様な連分数を得る！
\begin{equation}
i=\rogersinf{1}{-2}{2}{-2}{2}{-2}{2}
\end{equation}
しかし、これは明らかにおかしい。
つまり左辺は純虚数であり右辺は実数だから。
\begin{eqnarray}
\rogersinf{m}{n}{m}{n}{m}{n}{m}&=&m+\frac{1}{\frac{m}{n}}{}_{+}\frac{1}{n}{}_{+}\frac{1}{\frac{m}{n}}{}_{+}\frac{1}{m}{}_{+\cdots}\\
&=&\alpha+\frac{1}{\beta}{}_{+}\frac{1}{\alpha}{}_{+}\frac{1}{\beta}{}_{+\cdots}
\end{eqnarray}
ただし、$\alpha=m,\beta=\frac{m}{n}$とした。
連分数$\mathbb{K}_{n=1}^{\infty}(\frac{p_{n}}{q_{n}})$が収束するとは、その数列$\{d_{n}\}_{n\geq 0}$が有限かつ有限の極限を持つことである。
\begin{equation}
Q(z)=\sum_{n=0}^{\infty}Q_{n}z^{n}
\end{equation}
のような級数を考える。また、Euler-Wallisの公式を$\alpha+\frac{1}{\beta}{}_{+}\frac{1}{\alpha}{}_{+}\frac{1}{\beta}{}_{+\cdots}$に適用すると
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
Q_{2k+1}=\beta Q_{2k}+Q_{2k-1}\quad (k=0,1,2,...)\\
Q_{2k}=\alpha Q_{2k-1}+Q_{2k-2}\quad (k=1,2,3,...)
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
最初の漸化式は次の式を暗示している。
\begin{eqnarray}
Q_{odd}&=&\sum_{k=0}^{\infty}Q_{2k+1}z^{2k+1}\\
&=&\beta z\sum_{k=0}^{\infty}Q_{2k}z^{2k}+z^{2}\sum_{k=0}^{\infty}Q_{2k+1}z^{2k+1}
\end{eqnarray}
また
\begin{eqnarray}
Q_{even}&=&\sum_{k=0}^{\infty}Q_{2k}z^{2k}\\
&=&1+\alpha z\sum_{k=0}^{\infty}Q_{2k+1}z^{2k+1}+z^{2}\sum_{k=0}^{\infty}Q_{2k}z^{2k}
\end{eqnarray}
ゆえに次の連立方程式を得る。
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
(1-z^{2})Q_{odd}=\beta zQ_{even}\\
(1-z^{2})Q_{even}=1+\alpha zQ_{odd}
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
ゆえに、この連立方程式を解いて
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
Q_{even}=\frac{1-z^{2}}{(1-z^{2})^{2}-\alpha\beta z^{2}}\\
Q_{odd}=\frac{\beta z}{(1-z^{2})^{2}-\alpha\beta z^{2}}
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
後で追記します。
Brounker's method and gamma function
Euler's Gamma function
[0]\begin{equation}
\Gamma{(x+1)}=x\Gamma{(x)}\quad (\Gamma{(1)}=1)
\end{equation}
の様な関数を考える。
[1]すると次式を得る。
\begin{eqnarray}
\Gamma{(x)}&=&\frac{\Gamma{(x+1)}}{x}\\
&=&\frac{\Gamma{(x+n+1)}}{x(x+1)\cdots (x+n)}
\end{eqnarray}
[2]
実は次の式が成り立つ。
\begin{equation}
\Gamma{(x)}=\lim_{n\rightarrow \infty}\frac{n^{x}n!}{x(x+1)\cdots (x+n)}
\end{equation}
上記関数をGamma関数という。
数列$\{c_{n}\}_{n\geq 0}$が凸であるとは、任意の$k\geq 1$に対して$2c_{k}\leq c_{k+1}+c_{k-1}$が成り立つことを言う。
後で追記します。
Continued fraction:Euler
Paerial sum
数列$\{d_{n}\}_{n\geq 0}$が存在して、$d_{n}=q_{0}+\mathbb{K}_{k=1}^{n}(\frac{p_{k}}{q_{k}})$を満たす様なものが存在する。ただし、$d_{0}\neq\infty,d_{n}\neq d_{n-1}\quad(n=1,2,3,...)$
[1]$d_{n}=\frac{P_{n}}{Q_{n}}\quad(n=0,1,2,...)$が存在するとすると、$d_{0}=q_{0}\neq 0$。
[2]また、次式が成り立つ。
\begin{eqnarray}
d_{n}-d_{n-1}&=&\frac{P_{n}}{Q_{n}}-\frac{P_{n-1}}{Q_{n-1}}\\
&=&\frac{P_{n}Q_{n-1}-P_{n-1}Q_{n}}{Q_{n-1}Q_{n}}\\
&=&\frac{(-1)^{n-1}p_{1}p_{2}\cdots p_{n}}{Q_{n-1}Q_{n}}\neq 0
\end{eqnarray}
[3]Euler-Wallisの漸化式より次式で与えられる。
\begin{eqnarray}
d_{n}=q_{n}d_{n-1}+p_{n}d_{n-2}\\
1=p_{n}+q_{n}
\end{eqnarray}
[3]$q_{n-1}-d_{n-2}\neq 0$より
\begin{eqnarray}
p_{n}=\frac{d_{n-1}-d_{n}}{d_{n-1}-d_{n-2}}\\
q_{n}=\frac{d_{n}-d_{n-2}}{d_{n-1}-d_{n-2}}
\end{eqnarray}
[4]$q_{0}=d_{0},p_{1}=d_{1}-d_{0},q_{1}=1$
数列$\{c_{n}\}_{n\geq 0}$は複素数列であるとき、次式が成り立つ。
\begin{equation}
c_{0}+\frac{c_{1}}{1+w}=\frac{c_{0}}{1}{}_{-}\frac{\frac{c_{1}}{c_{0}}}{1+\frac{c_{1}}{c_{0}}+w}
\end{equation}を用いると\begin{equation}
\sum_{k=0}^{n}c_{k}=\frac{c_{0}}{1}{}_{-}\frac{\frac{c_{1}}{c_{0}}}{1+\frac{c_{1}}{c_{0}}}{}_{-}\frac{\frac{c_{2}}{c_{1}}}{1+\frac{c_{2}}{c_{1}}}{}_{-\cdots}{}_{-}\frac{\frac{c_{n}}{c_{n-1}}}{1+\frac{c_{n}}{c_{n-1}}}
\end{equation}
$c_{0}=\rho_{0},c_{k}=\rho_{0}\rho_{1}\cdots \rho_{k}\quad(k=1,2,...)$とすると
\begin{equation}
\sum_{k=0}^{n}\rho_{0}\rho_{1}\cdots \rho_{k}=\frac{\rho_{0}}{1}{}_{-}\frac{\rho_{1}}{1+\rho_{1}}{}_{-}\frac{\rho_{2}}{1+\rho_{2}}{}_{-\cdots}{}_{-}\frac{\rho_{n}}{1+\rho_{n}}
\end{equation}
数列$t(n)$がその階比$\frac{t(n+1)}{t(n)}=r(n)$が$n$に関する有理関数になるとき$t(n)$を超幾何数列という。
超幾何数列$t(n)$が次の様に書けるとする。
\begin{equation}
\frac{t(n+1)}{t(n)}=\frac{(n+a_{1})(n+a_{2})\cdots(n+a_{k})}{(n+b_{1})(n+b_{2})\cdots (n+b_{l})}z
\end{equation}
すると、次の様に書けるので
\begin{equation}
t(n)=t(0)\frac{(a_{1})_{n}(a_{2})_{n}\cdots (a_{k})_{n}}{(b_{1})_{n}(b_{2})_{n}\cdots (b_{l})_{n}}z^{n}
\end{equation}
ここで$t(0)=1$として次式を得る。
\begin{eqnarray}
\sum_{m=1}^{n}t(m)&=&\sum_{m=0}^{n}\frac{(a_{1})_{m}(a_{2})_{m}\cdots (a_{k})_{m}}{(b_{1})_{m}(b_{2})_{m}\cdots (b_{l})_{m}}z^{m}\\
&=&\frac{1}{1}{}_{-}\frac{\frac{a_{1}a_{2}\cdots a_{k}}{b_{1}b_{2}\cdots b_{l}}z}{1+\frac{a_{1}a_{2}\cdots a_{k}}{b_{1}b_{2}\cdots b_{l}}z}{}_{-}\frac{\frac{(a_{1}+1)(a_{2}+1)\cdots (a_{k}+1)}{(b_{1}+1)(b_{2}+1)\cdots (b_{l}+1)}z}{1+\frac{(a_{1}+1)(a_{2}+1)\cdots (a_{k}+1)}{(b_{1}+1)(b_{2}+1)\cdots (b_{l}+1)}z}{}_{-\cdots}{}_{-}\frac{\frac{(a_{1}+n)(a_{2}+n)\cdots (a_{k}+n)}{(b_{1}+n)(b_{2}+n)\cdots (b_{l}+n)}z}{1+\frac{(a_{1}+n)(a_{2}+n)\cdots (a_{k}+n)}{(b_{1}+n)(b_{2}+n)\cdots (b_{l}+n)}z}
\end{eqnarray}
後で追記します。
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