De slecht benaderbare getallen van het Hurwitz spectrum

Transcriptie

1 De slecht benaderbare getallen van het Hurwitz spectrum Gijs Langenkamp Master Thesis Scriptiebegeleider: prof.dr. F. Beukers augustus 2009 Mathematisch Instituut, Universiteit Utrecht

2 Voorwoord Voor de masteropleiding Mathematical Sciences heb ik een Master Thesis geschreven en het resultaat is datgene wat voor u ligt. Het onderwerp van deze scriptie valt in de categorie getaltheorie. In deze tak van de wiskunde ben ik mij steeds meer gaan interesseren. Ik wilde daarom voor mijn scriptie een getaltheoretisch onderwerp, alleen ik wist niet wat een goed onderwerp zou zijn. Daarom heb ik prof. dr. F. Beukers gevraagd of hij een leuk en interessant onderwerp wist voor een Master Thesis en dat wist hij! Ik ben prof. dr. F. Beukers dankbaar voor het leuke en interessante onderwerp dat hij mij heeft gegeven. Ook ben ik hem dankbaar voor de begeleiding die hij mij hierbij heeft gegeven. Daarnaast gaat mijn dank uit naar de tweede lezer, dr. K. Dajani, voor de feedback die zij mij heeft gegeven. Gijs Langenkamp Augustus

3 Inhoudsopgave 1 Inleiding 3 2 Kettingbreuken Eindige kettingbreuken Oneindige kettingbreuken Kwadratische getallen Enkele eigenschappen van kettingbreuken Markoff getallen Markoff getallen Lagrange spectrum Lagrange spectrum Resultaten omtrent de Markoff doorsnede Markoff spectrum Markoff spectrum Hurwitz spectrum Hurwitz spectrum De gemiste S-rij R- en S-rijen Eigenschappen van de R-rijen Eigenschappen van de S-rijen Eigenschappen van T -rijen Nog meer eigenschappen van R- en S-rijen Bepalen van het supremum H(α) Bewijs van de stellingen Bewijs van Stelling Bewijs van Stelling Bewijs van Stelling Bepalen van alle slecht benaderbare getallen Via de Markoff boom Via Markoff drietallen Via Sturm rijen Conclusie 63 2

4 Hoofdstuk 1 Inleiding Het is al sinds de oudheid bekend dat R = Q, om dit aan te tonen kunnen we bijvoorbeeld laten zien dat 3 niet te schrijven is als een breuk. Een hele andere aanpak is om te laten zien dat Q een aftelbare verzameling is en R niet. Met behulp van aftelbaarheid kunnen we zelfs gemakkelijk laten zien dat de set van transcedente getallen groter is (in de geest van Cantor) dan de set van algebraïsche getallen (over R), immers Q is aftelbaar. Een hele andere methode is te laten zien dat Q maat nul heeft in R: bedek elk rationaal getal p/q 0 door het interval [ p q ε 2 p+q, p q + ε ] 2 p+q. De totale lengte van alle intervallen is naar boven begrensd door p,q 1 2ε 2 p+q = 2ε n = 2ε. 2n+1 Omdat ε > 0 zo klein mogelijk gekozen mag worden heeft Q maat 0 in R. Het is echter wel zo dat Q dicht ligt in R en hieruit volgt dat voor willekeurig α R er voor elke ε > 0 oneindig veel p, q Z zijn, ggd(p, q) = 1, zó dat α p q < ε. We kunnen dus rationale getallen wél gebruiken om irrationale getallen willekeurig dicht te benaderen. Als we van te voren een willekeurige noemer q voor een rationale benadering van α kiezen, dan is het voor de hand liggend om als teller het gehele getal dat het dichtst bij qα ligt te kiezen. We krijgen dan αq p < 1/2 en dit geeft na deling door q, α p q < 1 2q. Maar dit is een vrij slechte benadering, want er zijn oneindig veel p, q Z, ggd(p, q) = 1 zó dat α p q < 1 q 2. (1.1) 3 n=1

5 4 HOOFDSTUK 1. INLEIDING Met de kettingbreukontwikkeling van α kunnen we zelfs gemakkelijk oneindig veel p, q vinden die aan (1.1) voldoen. Hoe dit allemaal zit gaan we in Hoofdstuk 2 uitzoeken. De exponent in (1.1) kan niet groter worden gemaakt om de bewering nog waar te laten zijn, maar we kunnen 1/b 2 wel vervangen door de constante 1/ 5b 2 zonder afbreuk te doen aan de bewering. We kunnen geen grotere constante dan 5 gebruiken, anders is de bewering niet waar. Als we een bepaalde groep getallen buiten beschouwing laten, dan kunnen we de constante 5 wél groter maken. Dit gaan we in Hoofdstuk 4 nader bekijken, waar we ook het Lagrange spectrum introduceren. Het zal dan ook duidelijk worden wat we in dit geval met een groep getallen bedoelen. Omdat we voor dat hoofdstuk en verder de definitie van Markoff getallen nodig hebben, gaan we eerst in Hoofdstuk 3 de Markoff getallen nader bekijken. In Hoofdstuk 5 gaan we naar minima van indefinitie kwadratische vormen kijken. We zullen dan ook het Markoff spectrum introduceren, dat vrij veel op het Lagrange spectum lijkt. Hoofdstuk 6 is het belangrijkste hoofdstuk van deze scriptie, daar gaan we onderzoeken wat er met de constante gebeurt als we ook eindig veel oplossingen mogen hebben. In dit hoofdstuk wordt het Hurwitz spectrum geïntroduceerd en het grootste doel van deze scriptie was te achterhalen hoe het Hurwitz spectrum eruit ziet in het half open interval [0, 3). De wortels van deze scriptie liggen bij twee artikelen van Markoff ([Mar1] en [Mar2]). Veel informatie dat in hoofdstuk 2 staat heb ik gehaald van [Beu] en [Roc]. Voor de Hoofdstukken 3,4 en 5 heb ik mij voornamelijk laten informeren door [Cus/Fla]. Voor Hoofdstuk 6 heb ik voornamelijk [Dic] en [Gbu] geraadpleegd.

6 Hoofdstuk 2 Kettingbreuken 2.1 Eindige kettingbreuken Een eindige kettingbreuk is om het simpel te zeggen een breuk in een breuk, in een breuk, enzovoorts, waarbij de tellers van de breuken telkens een waarde van 1 hebben. Preciezer, een eindige kettingbreuk is van de vorm 1 a a a an met a 0 Z en a 1,..., a n N. Om ruimte te besparen en voor de overzichtelijkheid noteren we zo n kettingbreuk als a 0 ; a 1,..., a n. Een eindige kettingbreuk levert natuurlijk altijd een rationaal getal op. Omgekeerd geldt ook dat bij elk rationaal getal een eindige kettingbreuk hoort. Om dit in te zien gebruiken we het Euclidische algoritme. Stel dat we bijvoorbeeld 23 8 als een kettingbreuk willen schrijven. Om dit voor elkaar te krijgen passen we het Euclidische algoritme toe op 23 en 8: 23 = = = 7.1 Met de volgende herschrijving kunnen we gemakkelijk zien welke kettingbreuk er bij 23 8 hoort: 23 8 = = Hieruit volgt dat Dus 23 8 = 2, 1, =

7 6 HOOFDSTUK 2. KETTINGBREUKEN Bovenstaand idee werkt ook in het algemeen als we de eindige kettingbreuk van a b, met a Z, b N willen bepalen: a = a 0 b + r 1 0 r 1 < b b = a 1 r 1 + r 2 0 r 2 < r 1 r 1 = a 2 r 2 + r 3 0 r 3 < r 2. r n 1 = a n r n Als we nu alle delingen met rest als breuken schrijven, dan krijgen we: a b = a 0 + r 1 (2.1) b b = a 1 + r 2 (2.2) r 1 r 1 r 1 = a 2 + r 3 (2.3) r 2 r 2. (2.4) r n 1 = a n (2.5) r n We zien met dit algoritme dat a b = a 0; a 1,..., a n. Voor rationale getallen kunnen we dus gemakkelijk en snel (in de zin van polynomiale tijd) de kettingbreuk bepalen. 2.2 Oneindige kettingbreuken We hebben in de vorige paragraaf gekeken naar eindige kettingbreuken, maar kettingbreuken zijn vooral interessant als ze oneindig zijn. Bij oneindige kettingbreuken moeten wel irrationale getallen horen, aangezien elk rationaal te schrijven is als een eindige kettingbreuk. Zij x R, noteer {x} = x x, waarbij x het grootste gehele getal x is. Voor het bepalen van de kettingbreukontwikkeling van irrationale getallen kunnen we hetzelfde algoritme als in (2.5) toepassen. Neem een irrationaal getal α, we krijgen het volgende schema waarin we α 0 = α noteren: a 0 = α 0, α 1 = 1/ {α 0 } a 1 = α 1, α 2 = 1/ {α 1 } a 2 = α 2, α 3 = 1/ {α 2 }. a n = α n, α n+1 = 1/ {α n }.

8 2.2. ONEINDIGE KETTINGBREUKEN 7 Omdat α irrationaal is, gaat dit algoritme oneindig lang door. We krijgen, α = a 0 ; a 1, a 2,..., a n,... met a 0 Z, a i N voor alle i 1. Na de n-de stap zien we dat α = a 0 ; a 1,..., a n 1, α n. De getallen a 0, a 1,... a n,... noemen we de wijzergetallen van de kettingbreuk genoemd. De breuk pn q n = a 0 ; a 1, a 2,..., a n noemen we de n-de convergent van de oneindige kettinbreuk. Een interessant voorbeeld is om te bekijken wat de kettingbreukontwikkeling van het getal π is. Als we bovenstaand algoritme toepassen op π dan zien we dat π = 3; 7, 15, 1, 292, 1, 1, 1, 2, 1, 3, 1, 14,.... Door nu de kettingbreuk op een bepaald punt af te breken krijgen we een benadering van π. Als we bijvoorbeeld de vierde convergent van π uitrekenen dan zien we dat, 3; 7, 15, 1 = 355 3, De eerste vier wijzergetallen van π geven dus al een benadering voor π met een precisie van 6 cijfers. Dit kan natuurlijk toeval zijn, maar later zullen we zien dat kettingbreuken goede benaderingseigenschappen hebben en dit maakt kettingbreuken interessant. Het uitrekenen van de n-de convergent van een irrationaal getal kunnen we natuurlijk altijd op de naïeve manier gemakkelijk uitrekenen, maar als n groot wordt, wordt dit een heel vervelend klusje. Daarom is het fijn dat convergenten aan bepaalde recursieve eigenschappen voldoen. Stelling Stel a 0 Z en a 1, a 2, N. Bepaal voor n 2 de getallen p n, q n als volgt, p 2 = 0, p 1 = 1, p 0 = a 0,, p n = a n p n 1 + p n 2,... q 2 = 1, q 1 = 0, q 0 = 1,, q n = a n q n 1 + q n 2,... Er geldt nu voor elke n 0 en elke x R dat a 0, a 1,..., a n 1, x = xp n 1 + p n 2 xq n 1 + q n 2. Bewijs We bewijzen de stelling met volledige inductie naar n. Voor n = 0 hebben we x = xp 1+p 2 xq 1 +q 2 = x, dus voor n = 0 is de stelling waar. Stel nu dat de stelling waar is voor n 0. Het is gemakkelijk in te zien dat a 0, a 1,... a n, x = a 0, a 1,..., a n 1, a n + 1/x.

9 8 HOOFDSTUK 2. KETTINGBREUKEN Door dit trucje is de kettingbreuk 1 korter geworden. Het toepassen van de inductiehypothese geeft a 0 ; a 1,..., a n 1, a n + 1/x = (a n + 1/x)p n 1 + p n 2 (a n + 1/x)q n 1 + q n 2 = a np n 1 + p n 2 + p n 1 /x a n q n 1 + q n 2 + q n 1 /x = p n + p n 1 /x q n + q n 1 /x = xp n + p n 1 xq n + q n 1. Dit laat zien dat de stelling ook waar is voor n + 1. In het bijzonder volgt uit Stelling dat a 0 ; a 1,..., a n 1, a n = a np n 1 + p n 2 a n q n 1 + q n 2 = p n q n. Stelling Voor een kettingbreuk α = a 0 ; a 1, a 2,... geldt voor elke n 0 dat p n q n 1 p n 1 q n = ( 1) n 1, waarbij p n de noemer en q n de teller van de n-de convergent zijn. Bewijs Schrijf Δ n = p n q n 1 p n 1 q n = ( 1) n 1. Van de vorige stelling weten we dat p n = a n p n 1 + p n 2 en q n = a n q n 1 + q n 2, hieruit volgt dat Δ n = (a n p n 1 + p n 2 )q n 1 p n 1 (a n q n 1 + q n 2 = p n 2 q n 1 p n 1 q n 2 = Δ n 1. Door dit te herhalen vinden we dat Δ n = Δ n 1 = Δ n 2 = = ( 1) n Δ 0 = ( 1) n 1. Een gevolg van deze stelling is dat de convergenten van α afwisselend groter en kleiner zijn dan α. Stelling Er geldt voor elke n 0 dat α p n q n = ( 1) n q n (α n+1 q n + q n 1 ). Bewijs Als we Stelling toepassen met x = α n+1 dan vinden we dat α = a 0 ; a 1,..., a n, α n+1 = α n+1p n + p n 1 α n+1 q n + q n 1. En dus,

10 2.2. ONEINDIGE KETTINGBREUKEN 9 Uit deze stelling volgt dat α p n q n = α n+1p n + p n 1 α n+1 q n + q n 1 p n q n = p n+1q n p n q n+1 q n (α n+1 q n + q n 1 ) ( 1) n = q n (α n+1 q n + q n 1 ). α p n < 1 < 1. q n q n+1 q n Het blijkt dus dat het kettingbreuk algoritme oneindig veel rationale getallen p/q oplevert met de eigenschap dat α p q < 1 q 2. Stelling (Legendre) Zij α R Q en p, q Z met q > 0. Stel dat α p q < 1 2q 2, dan is p/q een convergent van α. Om deze stelling te bewijzen maken we gebruik van de volgende stelling: Stelling Zij α R Q. 1. Voor elke n geldt dat q n+1 α < q n α. 2. Stel s N, s = q n en s < q n+1 er geldt nu dat sα > q n α. q 2 n Bewijs Voor het eerste deel maken we gebruik van Stelling 2.2.3: Verder zien we dat q n α = 1 α n+1 q n + q n 1 > q n+1 α = 1 (a n+1 + 1)q n + q n 1 = 1 α n+2 q n+1 + q n < 1 q n+1 + q n. 1 q n+1 + q n. Voor het tweede deel van de stelling moeten we meer werk verrichten. Zij r het gehele getal zó dat sα = sα r. Beschouw het volgende stelsel van vergelijkingen r = p n x + p n+1 y; s = q n x + q n+1 y.

11 10 HOOFDSTUK 2. KETTINGBREUKEN Als we x, y oplossen uit dit stelsel van vergelijkingen dan vinden we dat x = rq n+1 sp n+1 = ( 1) n+1 (rq n+1 sp n+1 ); p n q n+1 p n+1 q n sp n q n r y = = ( 1) n+1 (sp n rq n ). p n q n+1 p n+1 q n Dus x, y zijn geheel. We gaan nu vier gevallen bekijken voor x, y die alle mogelijkheden voor x, y bedekken. Twee van die gevallen leveren een tegenspraak op en twee gevallen zullen de stelling bevestigen. 1. Stel x = 0, dan y = 0. Er geldt nu dat s = yq n+1, dit is in tegenspraak met s < q n Stel y = 0, dan x = 0. Er geldt nu dat s = xq n en omdat s = q n moet gelden dat x > 1. Er moet dus gelden dat sα = sα r = x q n α p n = x q n α > q n α. 3. Stel xy > 0. Omdat s = xq n + yq n+1 positief is moet gelden x, y > 0. Maar q n, q n+1 > 0 en dus s q n + q n+1, dit is in tegenspraak met s < q n Stel xy < 0, dit betekent dat x, y tegengesteld teken hebben (dus de één is positief en de ander negatief). Van Stelling weten we dat q n α p n en q n+1 α p n+1 ook tegengesteld teken hebben en dus hebben x(q n α p n ) en y(q n+1 α p n+1 hetzelfde teken. Hieruit volgt, sα = sα r = x(q n α p n ) + y(q n+1 α p n+1 ) = x q n α p n + y q n+1 α p n+1 = x q n α + y q n+1 α q n α Bewijs van Stelling Kies n zó dat q n q < q n+1 (zo n n bestaat altijd). Als p/q = p n /q n, dan is p/q een convergent van α en zijn we klaar. Stel bij wijze van tegenspraak dat p/q = p n /q n. Er geldt, 1 qq n p q p n α p n + α p q. q n Vanwege de aanname in de stelling mogen we α p/q af schatten met 1/(2q 2 ). Voor de afschatting van α p n /q n gebruiken we Stelling Als we het tweede gedeelte van deze stelling toepassen met s = q dan zien we dat q n α p n < qα p. We vinden dat We hebben nu dat α p n = q nα p n < q n q n q n 1 < qq n 2qq n 2q 2. qα p q n < 1 2qq n. Vermenigvuldig links en rechts van het < teken met 2q 2 q n, we krijgen 2q < q + q n en dus q < q n. Maar dit levert een tegenspraak op met dat q > q n. Er moet dus wel gelden dat p/q = p n /q n.

12 2.3. KWADRATISCHE GETALLEN Kwadratische getallen We beginnen deze paragraaf met twee definities omtrent kwadratische getallen. Definitie Een kwadratisch getal is een getal α waarvoor er een tweedegraads irreducibel polynoom f Z[X] is waarvoor α een nulpunt is van f. Definitie Een kwadratisch getal α R is gereduceerd als α > 1 en 1 < α < 0, waarbij α de geconjugeerde van α is. We gaan nu voor het kwadratische getal 2 de kettingbreukontwikkeling uitrekenen. Daarvoor volgen we het kettingbreuk algoritme waarbij we de resten in exacte vorm laten staan. Verder maken we gebruik van het feit dat ( 2 1 ) ( ) = 1 en dus 1/ ( 2 1 ) = 2+1: 2 = = = We hebben nu bij de tweede stap dezelfde rest als bij de eerste stap en daarom zal het wijzergetal bij de derde stap ook 2 zijn enzovoorts. Dus, 2 = 1; 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2,.... Dit schrijven we verkort op door een streep over het periodieke deel te zetten: 2 = 1; 2. Hieronder volgt nog een aantal voorbeelden van kwadratische reële getallen: 5 = 2; 4 13 = 3; 1, 1, 1, 1, 6 (1 + 5)/2 = 1 (16 + 5) = 3; 25, 2, 2, 2, 26. Als de kettingbreukontwikkeling van een getal α R meteen periodiek is, dat wil zeggen van de vorm a 0 ; a 1, a 2,..., a n, dan zeggen we dat α een zuiver periodieke kettingbreukontwikkeling heeft. Stelling Stel dat α R een periodieke kettingbreuk heeft, dan is α een kwadratische getal. Bewijs Stel eerst dat α een zuiver periodieke kettingbreuk heeft, dus α = a 0 ;, a 1,..., a n. Als we Stelling toepassen met x = α dan zien we dat α = αp n + p n 1 αq n + q n 1.

13 12 HOOFDSTUK 2. KETTINGBREUKEN Hieruit volgt dat q n α 2 + (q n 1 p n )α p n 1 = 0. Dus α is een nulpunt van het tweedegraads polynoom f = q n X 2 + (q n 1 p n )X p n. Dit polynoom moet wel irreducibel zijn, omdat α niet rationaal is en ggd(p n, q n ) = 1. Er geldt dus dat α een kwadratisch getal is. Stel in het algemene geval dat α = a 0 ; a 1,..., a n, b 1, b 2,..., b m. Schrijf β = b 1, b 2,..., b m, dan α = a0 ; a 1,..., a n, β. Van bovenstaande weten we dat β een kwadratische getal is en hetzelfde moet wel gelden voor α. Opmerkelijk is dat het omgekeerde ook waar is. Stelling (Lagrange) Zij α R een kwadratisch getal, dan heeft α een periodieke kettingbreuk kettingbreuk. Bewijs Omdat α een kwadratisch getal is zijn er a, b, c Z zodanig dat aα 2 + bα + c = 0. (2.6) Vanwege Stelling kunnen we α schrijven als een uitdrukking in α n : We kunnen vergelijking (2.6) omschrijven als α = p nα n+1 + p n 1 q n α n+1 + q n 1. a(p n α n+1 + p n 1 ) 2 + b(p n α n+1 + p n 1 )(q n α n+1 + q n 1 ) + c(q n α n+1 + q n 1 ) 2 = 0. Als we de haakjes uitwerken dan krijgen we met A n+1 = ap 2 n + bp n q n + cq 2 n; A n+1 α 2 n+1 + B n+1 α n+1 + C n+1 = 0 (2.7) B n+1 = 2ap n p n 1 + b(p n q n 1 + p n 1 q n ) + 2cq n q n 1 ; C n+1 = ap 2 n 1 + bp n 1q n 1 + cq 2 n 1. Merk alvast op dat C n+1 = A n. Omdat α n+1 irrationaal is voor alle n 0, is A n+1 = 0 voor alle n 0. Verder hebben we dat Δ(α n+1 ) = B 2 n+1 4A n+1 C n+1 = (a 2 4bc)(p n q n 1 p n 1 q n ) 2 = (a 2 4bc). Dit betekent dat de discriminant van α n hetzelfde is voor alle n 0. Omdat q n α p n < 1/q n+1 < 1/q n is er een ε, met ε < 1 zodanig dat p n = q n α + ε/q n. We kunnen nu de formule voor A n+1 schrijven als

14 2.3. KWADRATISCHE GETALLEN 13 ( A n+1 = a q n α + ε ) 2 ( + b q n α + ε ) q n + cqn 2 q n q n = ( aα 2 + bα + c ) ( ε qn 2 + ε (2aα + b) + a ( ) ε 2 = ε (2aα + b) + a q n en we zien vanwege de driehoeksongelijkheid dat A n+1 < 2aα + b + a, dit betekent dat A n+1 begrensd is. Omdat C n+1 = A n, is C n+1 ook begrensd en daarmee is ook B n+1 begrensd omdat de discriminant constant is. Dus de coëfficiënten van alle vergelijkingen in (2.7) zijn begrensd en er kunnen dus maar eindig veel van dat soort vergelijkingen zijn. Daarom zal er herhaling optreden in de vergelijkingen en er zijn dus i, j > 0, i = j zó dat α i = α j. Hieruit volgt dat α een periodieke kettingbreuk heeft. Stelling Zij α R een kwadratisch getal. Dan is α gereduceerd dan en slechts dan als de kettingbreuk van α zuiver periodiek is. Bewijs ( ) Stel dat α een zuiver periodieke kettingbreuk heeft, dus α = a 0 ; a 1,..., a n. Omdat a 0 = a n+1 geldt a 0 1 en dus α > 1. Beschouw het polynoom f(x) = q n x 2 + (q n 1 p n )x p n 1, met pn q n de n-de convergent en p n 1 q n 1 de (n 1)-de convergent van α. We hebben dat f(α) = 0 (zie Stelling 2.2.1). Omdat f(0) = p n 1 en f( 1) = q n q n 1 + p n p n 1 > 0 moet f(x) het andere nulpunt tussen -1 en 0 liggen. Dit andere nulpunt is α. ( ) Stel dat α gereduceerd is. Dit betekent dat α > 1 en 1 < α < 0. Omdat α 0 = a 0 +1/α 1 hebben we dat 1 α 1 = a 0 + α 0 < a 0 1 en dus 1 < α 1 < 0. Met inductie volgt dat 1 < α k < 0 voor k 0. Stel nu dat α niet zuiver periodiek, dus α = a 0 ; a 1,..., a m 1, a m,..., a m+n 1, waarbij a m 1 = a m+n 1. Er geldt vanwege de periodiciteit van α vanaf het m-de wijzergetal, dat α m = α m+n. Dus α m 1 α m+n 1 = ( a m ) ( a m+n ) = a m 1 a m+n 1 = 0. α m α m+n Op dezelfde wijze zien we dat α m 1 α m+n 1 een niet-nul geheel getal is. Maar we zagen dat 1 < α m 1 < 0, 1 < α m+n 1 < 0, tegenspraak. De aanname dat α niet zuiver periodiek is, kan niet waar zijn. q n ) 2

15 14 HOOFDSTUK 2. KETTINGBREUKEN Lemma Stel α = a 0 ; a 1,..., a n, β, er geldt nu dat 1 β = a n ; a n 1,..., a 1, a 0, 1. α Merk op dat dit niet de echte kettingbreuk van 1 β is omdat het staartstuk a 0, 1/α = a 0 α < 0. Bewijs Merk op, 0 = α + a 0, a 1,..., a n, β = a 0, 1/α + 0, a 1,..., a n, β. 1 De inverse van a 0 ; 1/α is a 0 α en de inverse van 0; a 1 1,..., a n, β is α a 0. Als we van beide termen de inverse nemen en a 1 van de ene term naar de andere term verschuiven krijgen we, 0 = 0; a 0, 1/α + a 1,..., a n, β = a 1 ; a 0, 1/α + 0; a 2,..., a n, β. Dit proces kunnen we herhalen tot we uitkomen op 0 = a n ;..., a 1, a 0, 1/α + 0; β. Hieruit volgt dat 0; β = 1 β = a n ; a n 1,..., a 1, a 0, 1. α Gevolg Stel dat α = a 0 ; a 1,..., a n, dan geldt 1 α = a n; a n 1,..., a 0. Bewijs Omdat α een zuiver periodieke kettingbreuk heeft weten we dat α = a 0 ; a 1,..., a n, α. Als we Lemma toepassen dan vinden we dat 1 α = a n; a n 1,..., a 0, 1/α. Het nemen van de geconjugeerde aan beide zijden levert, 1 α = a n; a n 1,..., a 0, 1/α. Omdat de kettingbreuk van α zuiver periodiek is volgt uit Stelling dat α gereduceerd is. Dus geldt dat 1/α > 1 en we hebben te maken met een echte kettingbreuk.

16 2.4. ENKELE EIGENSCHAPPEN VAN KETTINGBREUKEN Enkele eigenschappen van kettingbreuken We eindigen dit hoofdstuk met een aantal eigenschappen van kettingbreuken die later nog van pas komen. Lemma Zij gegeven de kettingbreuk a 0 ; a 1,..., a n, a i N. Er geldt dat a n ; a n 1,..., a 1, a 0 = p n /p n 1. Bewijs Uit Stelling volgt dat a 0 ; a 1,..., a n, p n 1 /p n = p n( p n 1 /p n ) + p n 1 q n ( p n 1/pn + q n 1 = 0 Pas nu Lemma toe met α = 0 en β = p n 1 /p n ( 1/α wordt nu weggelaten). We krijgen, p n p n 1 = a n,..., a 1, a 0 = a n,..., a 1, a 0. Lemma Zij gegeven de kettingbreuk 0; a 0, a 1,..., a n, a i N. Er geldt dat 0; a n, a n 1,..., a 1, a 0 = q n 1 /q n. Bewijs Merk op dat q n /p n = a 0 ; a 1,..., a n. Pas Lemma toe op de kettingbreuk a 0 ; a 1,..., a n,.... We krijgen dat a n ; a n 1,..., a 1 = q n /q n 1, het nemen van de inverse geeft het lemma. Schrijf P (a 1,..., a n ) als de teller van de kettingbreuk a 1 ; a 2,..., a n en schrijf Q(a 1,..., a n ) als de noemer van dezelfde kettingbreuk. Lemma Zij gegeven de kettingbreuk a 1 ; a 2,..., a n, met a 1 Z 0, a i N voor alle 2 i n. Er gelden de volgende eigenschappen, 1. P (a 1, a 2,..., a n ) = P (a n,..., a 2, a 1 ), als a 1 = P (a 1,..., a n ) = a 1 P (a 2,..., a n ) + P (a 3,..., a n ) (als n 3). 3. Q(a 1,..., a n ) = P (a 2,..., a n ) (als n 2). 4. P (..., 1, 1) = P (..., 2). 5. Als a i, b i positieve gehele getallen zijn en n, m 2, dan P (a n,..., a 1, b 1,..., b m ) = P (a n,..., a 1 )P (b 1,..., b m ) + P (a n,..., a 2 )P (b 2,..., b m ).

17 16 HOOFDSTUK 2. KETTINGBREUKEN Bewijs Eigenschap 1 volgt uit Lemma 2.4.1, Eigenschappen 3, en 4 zijn triviaal, Eigenschap 2 volgt uit Stelling toegepast op P (a n,..., a 1 ) en Eigenschap 1. Eigenschap 5 bewijzen met volledige inductie naar n. Voor n = 2 krijgen we na twee keer toepassen van Eigenschap 2, P (a 2, a 1, b 1,..., b m ) = a 2 P (a 1, b 1,..., b m ) + P (b 1,..., b m ) = a 1 a 2 P (b 1,..., b m ) + a 2 P (b 2,..., b m ) + P (b 1,..., b m ) = P (b 1,..., b m )(a 1 a 2 + 1) + a 2 P (b 2,..., b m ) = P (b 1,..., b m )P (a 1, a 2 ) + P (a 2 )P (b 2,..., b m ). Dus voor n = 2 is de bewering waar. Stel dat het waar is voor n, dan krijgen we na het toepassen van Eigenschap 2 en twee keer toepassen van de inductiehypothese, P (a n+1,..., a 1, b 1,..., b m ) = a n+1 P (a n,..., a 1, b 1,..., b m ) + P (a n 1,..., a 1, b 1..., b m ) = (a n+1 P (a n,..., a 1 ) + P (a n 1,..., a 1 )) P (b 1,..., b m ) + (a n+1 P (a n,..., a 2 ) + P (a n 1,..., a 2 )) P (b 2,..., b m ) = P (a n+1,..., a 1 )P (b 1,..., b m ) +P (a n+1,..., a 2 )P (b 2,..., b m ).

18 Hoofdstuk 3 Markoff getallen 3.1 Markoff getallen We beginnen dit hoofdstuk met de definitie van een Markoff getal. Definitie Een Markoff getal m 1 is een positief geheel getal met als eigenschap dat er positieve gehele getallen m 2, m 3 zijn zodanig dat m m m 2 3 = 3m 1 m 2 m 3. (3.1) Het drietal (m 1, m 2, m 3 ) noemen we een Markoff drietal. Markoff getallen zijn genoemd naar de Russische wiskundige Andrey Markoff. 1 Hieronder volgen alle Markoff getallen kleiner dan , 2, 5, 13, 29, 34, 89, 169, 194, 233, 433, 610, 985. Lemma De enige oplossingen voor (3.1) waarvoor m 1, m 2 en m 3 niet alle drie verschillend zijn, zijn op volgorde na (1, 1, 1) en (1, 1, 2). Bewijs Stel dat m 1 = m 2. We hebben nu dat m 2 1 m2 3, dus er is een k Z zó dat m 3 = km 1. We krijgen nu dat k 2 +2 = 3km 1 en dus moet k een deler zijn van 2. Hieruit volgt dat (1, 1, 1) en (1, 1, 2) de enige oplossingen kunnen zijn. De oplossingen (1, 1, 1) en (1, 1, 2) voor vergelijking (3.1) worden de singuliere oplossingen genoemd. Als (m 1, m 2, m 3 ) een niet singuliere oplossing is voor (3.1), dan kunnen we andere oplossingen construeren. Definieer daarvoor m 1 = 3m 2 m 3 m 1, m 2 = 3m 1m 3 m 2, m 3 = 3m 1 m 2 m 3. Het is gemakkelijk in te zien dat de volgende drietallen oplossingen voor (3.1) zijn (m 1, m 2, m 3 ), (m 1, m 2, m 3), (m 1, m 2, m 3). (3.2) De oplossingen in (3.2) noemen we de buren van de oplossing (m 1, m 2, m 3 ). 1 A. Markoff

19 18 HOOFDSTUK 3. MARKOFF GETALLEN Stelling (Markoff) Alle positieve geheeltallige oplossingen (m 1, m 2, m 3 ) voor (3.1) worden verkregen door te beginnen met de oplossing (1, 1, 1) en vervolgens steeds buuroplossingen te bepalen. Daarnaast geldt dat ggd(m 1, m 2, m 3 ) = 1. Bewijs De kwadratische functie f(x) = x 2 3m 2 m 3 x + m m 2 3 heeft als nulpunten m 1 en m 1 = 3m 2m 3 m 1. Als (m 1, m 2, m 3 ) een niet singuliere oplossing is met m 2 > m 3 dan ( ) ) 2 3m 3 f(m 2 ) = (m 2 m 1 )(m 2 m 1) = m ( m3 Op dezelfde manier zien we dat als m 3 > m 2 dan f(m 3 ) < 0. Hieruit volgt dat max(m 2, m 3 ) strikt tussen m 1 en m 1 in ligt. Neem zonder verlies van algemeenheid aan dat m 1 > max(m 2, m 3 ), dan hebben we dat en m 1 < max(m 2, m 3 ) < m 1 m 2 m 2 = 3m 1 m 3 m 2 > 3m 1 m 1 = 2m 1 > m 1, m 3 = 3m 1 m 2 m 3 > 3m 1 m 1 = 2m 1 > m 1. Dus twee van de buren van (m 1, m 2, m 3 ) hebben een grootste element dat strikt groter is dan m 1 en de andere heeft een grootste element dat strikt kleiner is dan m 1. Als we starten met een niet singuliere oplossing (m 1, m 2, m 3 ) dan is er een buur (n 1, n 2, n 3 ) met grootste element strikt kleiner dan m 1 en (n 1, n 2, n 3 ) heeft weer een buur (als (n 1, n 2, n 3 ) niet singulier is) met grootste element strikt kleiner dan n 1 enz. Dit proces moet eindigen in een singuliere oplossing en wel bij (1, 1, 1). Het bewijs van het tweede gedeelte van de stelling is nu gemakkelijk. Als van een oplossing (m 1, m 2, m 3 ) er twee elementen zijn met grootste gemeenschappelijke deler d, dan moet d het derde element ook delen. We zagen dat als we steeds buren nemen met een strikt kleiner maximaal element, we dan bij de singuliere oplossing (1, 1, 1) eindigen. We moeten dus wel concluderen dat d = 1. Een gevolg van Stelling is dat we de Markoff getallen in een boom kunnen weergeven. De relatie dat als (m 1, m 2, m 3 ) een oplossing is dat dan zijn buren ook oplossingen zijn is de basis van de gegeven boom in Figuur 3.1. De getallen in de drie regionen rond een hoekpunt zijn Markoff drietallen. We eindigen dit hoofdstuk met een nog openstaand vermoeden, dat ook wel het Markoff vermoeden of uniciteits vermoeden wordt genoemd. Vermoeden Stel dat (m 1, m 2, m 3 ) en (m 1, m 2, m 3) Markoff drietallen zijn met m 1 m 2 m 3 en m 1 m 2 m 3. Dan geldt dat m 1 = m 1 en m 2 = m 2 Dit is het zelfde als te zeggen dat geen enkel getal m niet het grootste getal kan zijn in twee verschillende oplossingen voor (3.1). < 0.

20 3.1. MARKOFF GETALLEN Figuur 3.1: Markoff boom

21 20 HOOFDSTUK 3. MARKOFF GETALLEN Dit vermoeden kunnen we ook vertalen als: geen enkel getal komt twee keer voor in de boom in Figuur 3.1. Frobenius poneerde dit vermoeden in 1913 en na bijna 100 jaar is het dus nog steeds niet opgelost. Toch is er wel enig resultaat geboekt omtrent dit vermoeden. Zo is het vermoeden waar voor Markoff getallen van de vorm p n of 2p n voor p een priemgetal (zie voor een bewijs [Lan/Tan] of [Zha]). En het vermoeden is in ieder geval waar voor alle Markoff getallen m

22 Hoofdstuk 4 Lagrange spectrum 4.1 Lagrange spectrum Een bekende stelling op het gebied van Diophantische benaderingen is de volgende: Stelling (Hurwitz) Zij α een irrationaal getal. Er zijn oneindig veel p, q Z, q > 0, ggd(p, q) = 1 zó dat α p q < 1. 5q 2 De constante 5 is de best mogelijke om de bewering waar te laten zijn. Bewijs Het bewijs bestaat uit twee delen; we laten eerst zien dat de constante 1/ 5 een bovengrens is, vervolgens laten we zien dat er een reëel getal is zodanig dat 1/ 5 een ondergrens is. Stel dat α = a 0 ;, a 1, a 2,... schrijf ξ k = 0; a k,..., a 1 = q n 1 /q n (de laatste gelijkheid volgt uit Lemma 2.4.2). Eerste deel: We gaan bewijzen dat voor elke drie opeenvolgende convergenten van α er minstens één voldoet aan: α p q < 1. 5q 2 Stel bij wijze van tegenspraak dat er drie opeenvolgende convergenten zijn zodanig dat α k+1 + ξ k < 5; α k+2 + ξ k+1 < 5; α k+3 + ξ k+2 < 5. We kunnen de eerste ongelijkheid schrijven als a k α k+2 + ξ k < 5. En hieruit volgt dat 1 α k+2 < 5 a k+1 ξ k = 5 1 ξ k+1. 21

23 22 HOOFDSTUK 4. LAGRANGE SPECTRUM De tweede ongelijkheid kunnen we herschrijven als α k+2 < 5 ξ k+1. We hebben dus dat, ( ) 5 1 ( 1 < 5 ξk+1) en hieruit volget dat ξ k+1 ξ 2 k+1 5ξ k < 0. Op dezelfde manier zien we als we de tweede en derde ongelijkheid combineren dat, ξ 2 k+2 5ξ k < 0. Er moet dus wel gelden dat ξ k+1, ξ k+2 ( ( 5 1)/2, ( 5 + 1)/2 ). Maar omdat ξ k+2 = 1/(a k+2 + ξ k+1 ) en a k+2 1 hebben we tevens dat, ξ k+2 < ( 5 1)/2 =. 2 Tegenspraak. Dit bewijst het eerste deel. Tweede deel: Claim Zij φ = (1 + 5)/2, dan heeft φ p q < C q 2 op zijn hoogst eindig veel oplossingen voor elke C < 1/ 5. Bewijs van de claim Omdat φ = 1 volgt uit Lemma dat lim k q k+1 /q k = φ en ξ k = 1/φ + ε k, waarbij ε k 0 als k. Dus α k+1 + ξ k = 5 + ε k en uit Stelling volgt nu, φ p k q k = 1 qk 2( 5 + ε k ). Voor elke C < 1/ 5 geldt dat C < 1/( 5+ε k ) voor voldoende grote k, dit bewijst het tweede gedeelte. Door links en rechts van de ongelijkheid in Stelling met q 2 te vermenigvuldigen en van beide kanten de inverse te nemen zien we dat er oneindig veel p, q Z, q > 0, ggd(p, q) = 1 zijn zó dat 1 q(qα p) > 5. Zij x R, noteer x als de afstand van x tot het dichtst bijzijnde gehele getal. Stelling is nu equivalent met te zeggen dat q qα < 1 5 oneindig veel oplossingen heeft voor q N. Dit impliceert dat 1 lim sup q>0 q qα 5. 1 α Defineer L(α) := lim sup q 0 q qα. Stel L(α) <, dan heeft p 1 q oneindig (L(α) ε)q 2 veel oplossingen voor elke 0 < ε < L(α).

24 4.1. LAGRANGE SPECTRUM 23 Als we nu van elk reëel getal α, de L(α) uitrekenen dan krijgen we een spectrum van getallen, dat het Lagrange spectrum wordt genoemd, notatie L: L = {L(α) α R}. We hebben vanwege Hurwitz stelling dat L(α) 5 voor alle α R. L(α) = 5 dan en slechts dan als α, GL 2 (Z)-equivalent is met de gulden snede φ = , dat wil zeggen er zijn a, b, c, d Z, ad bc = ±1 zó dat α = aφ+b aφ+b cφ+d. En α = cφ+d dan en slechts dan als de staartstukken van de kettingbreuken van α, φ hetzelfde zijn (zie Stelling 4.1.3). Stel dat α niet GL 2 (Z)-equivalent is met φ dan zijn er oneindig veel p, q Z, q > 0, ggd(p, q) = 1 zó dat α p q 1. De constante 1/ 8q 2 8 kan niet kleiner gemaakt worden als α GL 2 (Z)-equivalent is met η := Een resultaat van Markoff is dat de doorsnede L (0, 3) een discrete verzameling is, deze doorsnede noemen we de Markoff doorsnede 1. G. Freiman heeft in 1975 bewezen dat het Lagrange spectrum elk reëel getal bevat groter dan of gelijk aan μ = 4 + 0; 3, 2, 1, 1, 3, 1, 3, 1, 2, 1 + 0; 4, 3, 2, 2, 3, 1, 3, 1, 2, 1. Wat er precies tussen 3 en μ gebeurt is (nog) niet bekend. Leeg Oneindig veel, maar aftelbaar?? Alles (Hall s ray) ,528 Figuur 4.1: Lagrange spectrum Stelling Stel dat α (0, 1), met kettingbreukontwikkeling α = 0; a 1, a 2,..., dan L(α) = lim sup a n+1 + 0; a n+2, a n+3, , a n,..., a 1. n>0 Bewijs Gebruik makend van Stelling impliceert de ongelijkheid q(qα p) < 1 5 < 1 2 dat p/q gelijk is aan een van de convergenten van α, dus p q = p n q n = 0; a 1, a 2, a 3,..., a n voor een n. Vanwege Stelling weten we dat α p n q n = 1 Dit is geen standaard benaming voor die doorsnede. ( 1) n q n (α n+1 q n + q n 1 ).

25 24 HOOFDSTUK 4. LAGRANGE SPECTRUM Hieruit kunnen we afleiden dat αq 2 n p n q n = 1 α n+1 + q n 1 /q n. Vanwege Lemma weten we dat q n 1 /q n = 0; a n,..., a 1. Hieruit volgt dat, 1 αq 2 n p n q n = α n+1 + q n 1 q n L(α) = lim sup n 0 = a n+1 ; a n+2 a n+3, ; a n,..., a 1 a n+1 + 0; a n+2 ; a n+3, ; a n,..., a 1. Merk op dat de restrictie 0 α 1 geen restrictie is voor L, omdat L(α) = L(α + z), voor alle z Z. Stelling (Serret) Twee reële getallen α, β zijn GL 2 (Z)-equivalent dan en slechts dan als de staartstukken van de kettingbreuken van α en β overeenkomen. Bewijs Schrijf α α als de staartstukken van de kettingbreuken van α en α overeenkomen. Het is gemakkelijk in te zien dat dit een equivalentie relatie is. Als α α, dan is er een A GL n (Z) zodanig dat α = A(α) (immers Q(α) = Q(α )) en we willen dat A(α) α, als A GL 2 (Z). Omdat GL 2 (Z) voortgebracht wordt door de twee matrices ( ) ( ) G =, I =, is het voldoende om na te gaan dat G ±1 (α) α en I(α) α. Dat G ±1 (α) α is gemakkelijk in te zien, immers G ±1 ( a 0, x ) = a 0 ± 1, x ) en we zien dat de staartstukken van de kettingbreuken overeenkomen. Voor de involutie H moeten we meer werk voor verrichten. We breken daarvoor het probleem op in tien verschillende gevallen, die gezamenlijk het probleem oplossen: Als a 0 1, dan I( a 0 ; x ) = 0; a 0, x ; I( 0; x]) = x ; Als a 1 > 2, dan I( 1; a 1, x ) = 2; 1, a 1 2, x ; I( 1; 2, a 2, x]) = 2; a 2 + 1, x ; Als a 3 > 1, dan I( 1; 1, a 2, a 3, x ) = a 2 2; 1, a 3 1, x ; I( 1; 1, a 2, 1, a 4, x ) = a 2 2; a 4 + 1, x ; Als a 1 > 1, dan I( 2; a 1, x ) = 1; 2, a 1 1, x ; I( 2; 1, a 2, x ) = 1; a 2 + 2, x] ; Als a 0 3, a 1 > 1, dan I( a 0 ; a 1, x ) = 1; 1, a 0, 2, 1, a 1 1, x ; Als a 0 3, dan I( a 0 ; 1, a 2, x ) = 1; 1, a 0 2, a 2 + 1, x.

26 4.2. RESULTATEN OMTRENT DE MARKOFF DOORSNEDE 25 We zijn nu alle mogelijkheden nagegaan en bij al die mogelijkheden komen de staartstukken overeen. Hieruit volgt dat I(α) α. Stel α R met kettingbreukontwikkeling α = a 0 ; a 1, a 2,... en dat L(α) < 3, dan is het staartstuk van de kettingbreuk van α periodiek (zie [Cus/Fla]), dus α = a 0 ; a 1, a 2,..., a k, b 1,..., b n. Uit Stelling volgt nu dat dat L(α) te schrijven is als som van twee zuiver periodieke kettingbreuken: L(α) = b i ; b 2,..., b i+n 1 + 0; bi+n 1,..., b i, waarbij b i,..., b i+n 1 een cyclische permutatie is van b 1,..., b n. Het is gemakkelijk in te zien dat b j {1, 2} voor alle 1 j n. Waar geen ambiguïteit kan optreden, laten we vanaf nu de komma s in de kettingbreuk weg. Daarnaast zullen we getallen die GL 2 (Z)-equivalent zijn vanaf nu equivalente getallen noemen. 4.2 Resultaten omtrent de Markoff doorsnede In deze paragraaf sommen we een aantal resultaten omtrent de Markoff doorsnede op. We bewijzen die resultaten niet, maar de bewijzen kunnen allemaal teruggevonden worden in [Cus/Fla]. We beginnen met een lemma, dat we bij wijze van uitzondering wel bewijzen. Lemma Stel α (0, 1) en L(α) = a i+1 ; a i+2,..., a i+n + 0; a i+n ;..., a i+1 < 3. Als α niet equivalent is aan de gulden snede of 1 + 2, dan zijn er oneindig veel wijzergetallen die 1 zijn en oneindig veel wijzergetallen die een 2 zijn. Daarnaast mogen we aannemen dat a i+1 = 2, a i+2 = 1. Bewijs Het eerste deel van het lemma is gemakkelijk in te zien. Als er maar eindig veel wijzergetallen 2 zijn, dan is α equivalent met de gulden snede. Als er maar eindig veel wijzergetallen 1 zijn, dan is α equivalent met Voor het bewijs van het tweede gedeelte maken we gebruiken van de volgende constatering: = 0; 2, 1 0; a j,..., a j+n 1 0; 1, 2 = 3 1. Gebruik makend van bovenstaande grenzen zien we dat = < Er moet dus wel gelden dat a i+1 = 2. Met een zelfde soort beredenering zien we dat a i+2 = = L(α). In de rest van dit hoofdstuk is α een reëel getal, waarvoor L(α) < 3. Zulke getallen noemen we de slecht benaderbare getallen van het Lagrange spectrum. Een opvallend resultaat van Markoff is dat de kettingbreukontwikkeling van het staartstuk van α er uit ziet als 22(11) r1 22(11) r (11) rn,

27 26 HOOFDSTUK 4. LAGRANGE SPECTRUM waarbij R n = {r 1, r 2,..., r n } een rij van niet negatieve gehele getallen. (Natuurlijk kan dit staartstuk ook geschreven worden als een cyclische permutatie van bovenstaande wijzergetallen.) Het blijkt dus zo te zijn dat de enen en tweeën in blokken van even lengte voorkomen. Zie voor een bewijs [Cus/Fla] Hoofdstuk 1. Stel dat α niet equivalent is aan de gulden snede of Nu weten we zonder verlies van algemeenheid dat L(α) = 2; 11a 4... a n a n 1... a Lemma De rij (a 4,..., a n 1 ) is symmetrisch, dat wil zeggen a 4+i = a n 1 i. Bewijs Zie [Cus/Fla] p. 26. Stelling (Markoff, 1879) Zij ε > 0. Er zijn eindig veel α (0, 1) (modulo de getallen die equivalent zijn aan α) waarvoor geldt dat L(α) < 3 ε. Daarbij heeft de kettingbreuk van α een periodiek staartstuk. De verzameling getallen kleiner dan 3 in het Lagrange (of Markoff) spectrum is aftelbaar en discreet en heeft 3 als enig limiet punt. Bewijs Zie [Cus/Fla] Stelling 5 op blz. 8. Stelling (Markoff, 1879) Het Lagrange spectrum in het interval (0, 3) bestaat uit de kwadratische getallen van de vorm 9 4/m 2, met m een Markoff getal. Daarnaast is er voor elk Markoff getal een α R zodanig dat L(α) = 9 4/m 2. Bewijs Zie [Cus/Fla] hoofdstuk 2 en 3. Hieronder volgt een tabel met bijbehorende α van de eerste tien Markoff getallen. α L(α) 0; 1 5 = 1 + 0; 1 0; 2 8 = 2 + 0; 2 0; /5 = 2; ; ; /13 = 2; ; ; /29 = 2; ; ; /17 = 2; ; ; /89 = 2; ; ; /169 = 2; ; ; /97 = 2; ; ; /233 = 2; ; Tabel 4.1: De eerste tien waardes van het Lagrange spectrum We zien in de tabel dat inderdaad de kettingbreuk van α steeds uit enen en tweeën bestaan die in blokken van even lengte voorkomen. Een interessante vraag is welke mogelijkheden van enen en tweeën er zijn. Met een tegenvoorbeeld is het makkelijk in te zien dat niet alle mogelijke combinaties van 11 en 22 mogen voorkomen. Neem bijvoorbeeld α = 1; , dan is L(α) 3. Welke combinaties er wel mogelijk zijn laten we nu nog in het midden. In Hoofdstuk 6 komen we hier uitgebreid op terug.

28 Hoofdstuk 5 Markoff spectrum 5.1 Markoff spectrum Beschouw een indefiniete reële binaire kwadratische vorm met positieve discrimant Δ Definieer F (x, y) = ax 2 + bxy + cy 2. M(F ) = sup (x,y) Z 2 {(0,0)} Δ F (x, y). Als er (x 1, y 1 ) Z 2 met (x 1, y 1 ) = (0, 0) zijn waarvoor F (x 1, y 1 ) = 0, dan zeggen we dat M(F ) =. De set van alle indefiniete reële binaire kwadratische vormen met positieve discrimant noteren we als F. Definieer het Markoff spectrum, M, als volgt: M = {M(F ) F F}. Net zoals bij het Lagrange spectrum kunnen we kettingbreuken gebruiken om waardes in dit spectrum te bepalen. Zij A een dubbele oneindige rij van positieve gehele getallen: Definieer voor elk geheel getal i A =..., a j,..., a 0, a 1,..., a k,.... λ i := a i, a i+1, , a i 1, a i 2,..., en definieer M(A) := sup λ i (A). Een resultaat van Markoff is dat de verzameling {M(A) A} gelijk is aan M (zie [Mar1]). Ook is het zo dat als M(A) < 3 dat dan A volledig periodiek is. Een gemakkelijk in te zien gevolg hiervan is dat L (2, 3) = M (2, 3), aangezien we voor volledig periodieke A hebben dat lim sup M(A) = sup M(A). G. Freiman bewees in 1973 dat het Lagrange en Markoff spectrum niet hetzelfde zijn. Het grootste getal dat bekend is dat wel in M zit maar niet in L, is 2; 12, 2 3, 1 + 0; 1, 2 3, 1 2, 2, 1, 2 4, 1, 2, 1 2, 2 3 =: β. Echter is het wel zo dat het Lagrange spectrum een onderverzameling van het Markoff spectrum is. We vatten dit samen in een stelling: 27

29 28 HOOFDSTUK 5. MARKOFF SPECTRUM Stelling Er geldt dat L M en L [0, 3) = M [0, 3). Bewijs Zie [Cus/Fla] Hoofdstuk 3. We zagen dat het Lagrange spectrum elk reëel getal groter dan μ bevat, dit geldt dus ook voor het Markoff spectrum. Wat er precies tussen 3 en μ gebeurt is (nog) niet bekend, wel is het bijvoorbeeld bekend dat er een gat is tussen 12 en 13 en dat 12, 13 M. Tevens lijkt het erop dat L en M vanaf 12 overeenkomen. Leeg Oneindig veel, maar aftelbaar? Leeg?? Alles (Hall s ray) ,528 β Figuur 5.1: Markoff spectrum Zij (m 1, m 2, m) een Markoff drietal met max(m 1, m 2, m) = m. Definieer F m (x, y) = mx 2 + (3m 2u)xy + (v 3u)y 2, waarbij u de kleinste positieve oplossing is voor ±m 2 x (mod m) (deze oplossing bestaat altijd, omdat ggd(m 2, m) = 1) en v is zodanig dat u = vm. Deze kwadratische vormen worden ook wel Markoff vormen genoemd. Merk op dat we voor m 2 ook m 1 hadden mogen kiezen, omdat m 2 1 m2 2 (mod m). Stelling Zij F m (x, y) = mx 2 + (3m 3 2u)xy + (v 3u)y 2, met m, u, v als hierboven. Er geldt: 1. De discriminant van F m (x, y) is 9m Het minimum van F m (x, y) genomen over alle gehele getallen x, y, niet beide 0, is F m (1, 0) = m. Bewijs Zie Stelling 2 op p. 20 van [Cus/Fla] en het daarop volgend bewijs. Uit deze stelling volgt dat M(F m ) = 9 4 en we hebben dus dat m 2 Maar we zien nu ook, omdat { 9 4m2 m Markoff getal } M. 9 4 m 2 < 3 voor alle Markoff getallen m, dat { 9 4m2 m Markoff getal } L.

30 Hoofdstuk 6 Hurwitz spectrum 6.1 Hurwitz spectrum Stel α R. Definieer H(α) als volgt: 1 H(α) := sup q 0 q qα. Dus waar we bij L(α) de lim sup moeten uitrekenen, rekenen we voor de Hurwitz waarde H(α) het supremum uit. Als we dit voor alle reële getallen doen krijgen we een spectrum van getallen dat we het Hurwitz spectrum zullen noemen, notatie H. Dus H = {H(α) α R}. Vanwege dezelfde beredenering als bij Stelling geldt dat als α = 0; a 1, a 2, a 3,..., dat H(α) = sup a n+1 + 0; a n+2, a n+3, ; a n,..., a 1. n 0 Merk op de restrictie 0 α 1 geen restrictie is voor H, omdat H(α) = H(α + z), voor alle z Z. Definieer voor n 1 waarbij H 1 = a 1 + 0; a 2, a H n (α) := a n + 0; a n+1, a n+2, ; a n 1,..., a 1, Het doel van dit hoofdstuk is om de volgende stellingen te bewijzen: Stelling (Gbur, Gurwood) Stel ρ H en neem aan dat ρ < 3. Markoff getal m, zodanig dat ρ = m 2m 2 4. Er bestaat een 29

31 30 HOOFDSTUK 6. HURWITZ SPECTRUM Stelling (Gbur, Gurwood) Voor elk Markoff getal m is er een α R zodanig dat H(α) = m 2m 2 4. Daarnaast willen we weten voor welke irrationale getallen α (0, 1), H(α) < 3 is. Zulke getallen noemen we de slecht benaderbare (irrationale) getallen van het Hurwitz spectrum, maar voor het gemak noemen we ze in dit hoofdstuk slecht benaderbare getallen. Hieronder volgt een tabel voor de eerste 6 Markoff getallen met alle bijbehorende α s. m ρ m Bijbehorende α s 1 3/2 + 5/2 3/2 5/2 = 0; 21 5/2 1/2 = 0; 1 2 3/ = 0; = 0; / /10 11/ /10 = 0; / /10 = 0; /10 221/10 = 0; /10 221/10 = 0; / /26 29/ /26 = 0; / /26 = 0; / /26 = 0; / /26 = 0; / /58 63/ /58 = 0; / /58 = 0; / /58 = 0; / /58 = 0; / /17 19/ /17 = 0; / /17 = 0; / /17 = 0; / /17 = 0; Tabel 6.1: De eerst zes waardes van het Hurwitz spectrum Als we bovenstaand tabel met Tabel 4.1 vergelijken dan zien we duidelijk overeenkomsten. We zullen zien dat er inderdaad een sterke relatie is tussen het Lagrange spectrum en het Hurwitz spectrum. Als H(α) < 3 dan geldt ook zeker dat L(α) < 3 en dus weten we dat het staartstuk van de kettingbreuk van α periodiek moet zijn. Dit gegeven gebruiken we niet en zullen Stelling en Stelling bewijzen zonder gebruik te maken van resultaten van het Lagrange spectrum. Een direct gevolg van Stelling is het volgende: Gevolg Zij α R en φ 2 = 3/2 + 5/2. Er zijn p, q Z, met q > 0 zó dat α p q < 1 φ 2 q 2.

32 6.1. HURWITZ SPECTRUM 31 De constante φ 2 is de best mogelijke. Aangenomen dat Vermoeden waar is gaan we ook de volgende stelling bewijzen. Stelling Neem aan dat Vermoeden waar is. Stel dat m > 2 een Markoff getal is, dan zijn er precies vier verschillende α (0, 1) waarvoor H(α) = m 2m 2 4. Als een Markoff getal groter dan 2 uniek is, dan zijn er precies vier verschillende α (0, 1) met een Hurwitz waarde van 3/2 + 2m 1 9m 2 4. Omdat het uniciteits vermoeden van de Markoff getallen waar is voor getallen kleiner dan weten we zeker dat we in Tabel 6.1 geen slecht benaderbare getallen hebben overgeslagen. Omdat qα = q qα geldt dat H(α) = sup q 1 1 q qα = sup q 1 1 = H(1 α). q q(1 α) Voor het Hurwitz spectrum mogen we ons dus beperken tot 0 α 1/2. Definieer voor elke indefiniete binaire kwadratische vorm f(x, y) R[x, y], die nul representeert (dit betekent dat f een niet triviaal geheel nulpunt heeft): Δ ˆH(f) := f(x, y). sup (x,y) Z ((x,y) f(x,y)=0) Als we voor elk indefiniete binaire kwadratische vorm f die nul representeert, ˆH(f) uitrekenen, krijgen we een spectrum van getallen, notatie Ĥ. Dus { } Ĥ = ˆH(f) f(x, y), f een indefiniete binaire kwadratische vorm die nul representeert. Definitie Twee binaire kwadratische vormen zijn equivalent, f 1 f 2, als f 1 (x, y) = a 1 x 2 + b 1 xy + c 1 y 2, f 2 (x, y) = a 2 x 2 + b 2 xy + c 2 y 2 met A, B, C, D Z zó dat AD BC = ±1. f 1 (x, y) = f 2 (Ax + by, Cx + dy), Lemma De relatie is een equivalentie relatie. Bewijs Het is duidelijk dat aan de eerste twee eisen van de definitie van een equivalentie relatie voldoet. De transitiviteit eis volgt uit de samenstelling van unimodulaire transformatie. Het is gemakkelijk in te zien dat als f g, dan ˆH(f) = ˆH(g), aangezien Δ(f) = Δ(g).

33 32 HOOFDSTUK 6. HURWITZ SPECTRUM Stelling Er geldt dat Ĥ = H. Bewijs ( ) Dat H Ĥ is duidelijk, aangezien f(x, y) = yx αx2 een nul representerende indefiniete binaire kwadratische vorm is met discriminant 1. ( ) Laat f(x, y) = a 3 x 2 + a 2 xy + a 1 xy 2 een indefiniete binaire kwadratische vorm zijn, die nul representeert. Omdat een reëel kwadratische binaire vorm met een niet triviaal geheel nulpunt altijd equivalent is aan een reëel kwadratische binaire vorm met een niet triviaal geheel nulpunt met de eigenschap dat f(1, 0) = 0, mogen we aannemen dat a 3 = 0. Ook geldt voor alle λ R, λ = 0 dat ˆH(λf) = ˆH(f). We mogen daarom aannemen dat a 2 = 1. Als we gebruik maken van de transformatie x = x + ky, y = y, k Z, zien we dat we mogen aannemen dat a 1 [ 1/2, 1/2]. Door nu α = c of α = c te kiezen hebben we dat 0 α 1/2. Samenvattend hebben we nu f gereduceerd tot y(x αy) met 0 α 1/2, Δ(y(x αy)) = 1. Hieruit volgt dat 1 ˆH(f) = sup y(x αy, waar het supremum berekend wordt over gehele x, y met y = 0 en x = αy. We zien nu ook dat het probleem van het vinden van slecht benaderbare irrationale getallen gereduceerd is tot α s, waarvoor 0 α 1/2. We gaan nu op zoek naar irrationale getallen α waarvoor H(α) < 3. Een opmerking vooraf; voor het gemak zullen we een kettingbreuk van de vorm α = 0; a 1, a 2,..., a n ook zuiver periodiek noemen. De volgende twee stellingen zijn belangrijk voor het bepalen van de slecht benaderbare getallen en zullen veelvuldig worden toegepast. Stelling Neem aan dat α = a 0 ; a 1... a n b 1 b 2... en β = a 0 ; a 1... a n c 1 c 2..., waarbij n 0, a 0 Z, a 1,..., a n, b 1, b 2,..., c 1, c 2, N, met b 1 = c 1. Er geldt nu voor oneven n dat α > β dan en slechts dan als b 1 > c 1 ; voor even n geldt dat α > β dan en slechts dan als b 1 < c 1. Bewijs Volledige inductie naar n. Stelling Voor alle even r 2 en alle α 1, β 1 geldt dat: 2; 1 r α + 0; 21 r 2 β 3 dan en slechts dan als β α. We hebben een gelijkheid dan en slechts dan als β = α. Bewijs Voor elke x 1 geldt, 2; 11x + 0; 2x = 3. (6.1) Voor even r 2 zij x = 1 r 2 α. Vanwege Stelling en (6.1) hebben we dat 2; 1 r α + 0; 21 r 2 β < 3 0; 21 r 2 β < 0; 2x β < α. Hiermee is de stelling bewezen.

34 6.1. HURWITZ SPECTRUM 33 We gaan nu een aantal beperkingen opleggen voor de wijzergetallen van de kettinbreukontwikkeling van slecht benaderbare getallen α. Stel dat alle wijzergetallen van α allemaal 1 zijn, dus α = 0; 1. Het is gemakkelijk in te zien dat H(α) = 1 + 0; ; 1 = 2 +, 2 immers 0; 1 > 0; (1) n voor alle n > 1. Verder geldt dat 1 α = 0; 21 en H(α) = H(1 α). Stel nu dat alle wijzergetallen van α een waarde hebben van 2, dan is het gemakkelijk in te zien dat H(α) = 2 + 0; 2 + 0; 2 = , immers 0; 2 > 0; (2) n voor alle n > 1. We mogen ons nu beperken tot de slecht benaderbare getallen waarvoor er een n 2 bestaat, waarvoor a n = 2 en a n 1 = 1 of a n+1 = 1. Stel dat a n = 2 en a n 1 = a n+1 = 1, dan H(α) H n (α) 2; ; 11 = 3. Het tweede teken volgt uit Stelling Het rijtje 121 kan dus niet voorkomen in de kettingbreukontwikkeling van α. Stel nu dat a n = 2, a n+1 = 1, a n+2 = 2, n 2, dan weten we van voorgaande dat a n 1 = 2 (121 kan niet voorkomen). We krijgen, Als n = 1, dan H(α) H n (α) = 2; ; ; ; 21 > 3. H(α) H 3 (α) = 2; ; = > 3. 2 Het rijtje 212 kan eveneens niet voorkomen in de kettingbreukontwikkeling van α. Stelling Zij α een slecht benaderbaar getal, nu geldt het volgende: In de kettingbreuk van α komen de enen in blokken van even lengte voor. Als we het eerste wijzergetal van de kettingbreukontwikkeling van α niet meetellen, dan komen de tweeën ook in blokken van even lengte voor: α = 0; 2(11) r1 22(11) r2 2..., voor een oneindige rij R = {r 1, r 2,... } van niet negatieve gehele getallen. Bewijs We hebben al gezien dat we ons mogen beperken tot α = 0; 2a 2... waarvoor er een n 2 is met a n = 2 en a n 1 = 1 of a n+1 = 1. Omdat het voor onderstaand argument niet uitmaakt of a n 1 = 1 of a n+1 = 1 nemen we aan dat a n+1 = 1. We hebben α = 0; a 1... a n a n Noteer x = a n+3 a n+4..., y = a n 2... a 1. Omdat H n (α) < 3 moet omwille van Stelling gelden dat x > y.