Satz 1 Es sei α ∈ ℝ und α = [Q_{0}; Q_{1}, …] eine unendliche oder abbrechende Kettenbruchentwicklung mit Q_{n} ≥ 2. Dann ist

|αq_{k} − p_{k}| > |αq_{k+1} − p_{k+1}|

für alle k ∈ ℕ_{0}. Beweis. Nach unserer Notation ist

α = [Q_{0}; Q_{1}, Q_{2}, …, Q_{k}, Q_{k+1}, …]

und

A_{k+1} = [Q_{0}; Q_{1}, Q_{2}, …, Q_{k}, Q_{k+1}].

Um α und A_{k+1} vergleichen zu können, definieren wir daher Q′_{k+1} ∈ ℝ durch

Q′_{k+1} := [Q_{k+1}, Q_{k+2}, …]

und erhalten

α = [Q_{0}; Q_{1}, Q_{2}, …, Q_{k}, Q′_{k+1}] =: A′_{k+1} = −\frac{y′_{k+2}}{x′_{k+2}} .

Nach §7, Satz 3 (Beweis) ist die Iterationsformel für das Paar (x_{i+2}, y_{i+2}) gegeben durch

[ \begin{matrix}x_{i+1} & y_{i+1} \\ x_{i+2} & y_{i+2} \end{matrix} ] = [ \begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & −Q_{i+1} \end{matrix} ] · [ \begin{matrix}x_{i} & y_{i} \\ x_{i+1} & y_{i+1} \end{matrix} ] .

Wenden wir diese Formel auf (x′_{i+2}, y′_{i+2}) an, so erhalten wir

(∗) [ \begin{matrix}x_{k+1} & y_{k+1} \\ x′_{k+2} & y′_{k+2} \end{matrix} ] = [ \begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & −Q′_{k+1} \end{matrix} ] · [ \begin{matrix}x_{k} & y_{k} \\ x_{k+1} & y_{k+1} \end{matrix} ] .

Dabei ist die Matrix

M_{k} := [ \begin{matrix}x_{k} & y_{k} \\ x_{k+1} & y_{k+1} \end{matrix} ] ∈ GL(2, ℤ)

mit det M_{k} = (−1)^{k+1} und

M_{k}^{−1} = (−1)^{k+1} [ \begin{matrix}y_{k+1} & −y_{k} \\ −x_{k+1} & x_{k} \end{matrix} ] .

Multiplizieren wir nun (*) von rechts mit M_{k}^{−1}, so erhalten wir

[ \begin{matrix}x_{k+1} & y_{k+1} \\ x′_{k+2} & y′_{k+2} \end{matrix} ] · [ \begin{matrix}y_{k+1} & −y_{k} \\ −x_{k+1} & x_{k} \end{matrix} ] = (−1)^{k+1} [ \begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & −Q′_{k+1} \end{matrix} ] .

Als Eintrag in der 2. Zeile und 2. Spalte bekommen wir

−x′_{k+2}y_{k} + y′_{k+2}x_{k} = −(−1)^{k+1}Q′_{k+1}

bzw.

x′_{k+2}y_{k} − y′_{k+2}x_{k} = (−1)^{k+1}Q′_{k+1},

der Eintrag in der 2. Zeile und 1. Spalte ist gegeben durch

x′_{k+2}y_{k+1} − y′_{k+2}x_{k+1} = (−1)^{k+1} · 1 = (−1)^{k+1}.

Division dieser beiden Gleichungen liefert

Q′_{k+1} = \frac{x′_{k+2}y_{k} − y′_{k+2}x_{k}}{x′_{k+2}y_{k+1} − y′_{k+2}x_{k+1}}

= \frac{y_{k} − \frac{y′_{k+2}}{x′_{k+2}} x_{k}}{y_{k+1} − \frac{y′_{k+2}}{x′_{k+2}} x_{k+1}}

= \frac{y_{k} − A′_{k+1}x_{k}}{y_{k+1} − A′_{k+1}x_{k+1}}
= \frac{y_{k} − αx_{k}}{y_{k+1} − αx_{k+1}}
= −\frac{αq_{k−1} − p_{k−1}}{αq_{k} − p_{k}} .

Mit anderen Worten:

|αq_{k−1} − p_{k−1}| = Q′_{k+1}|αq_{k} − p_{k}| > |αq_{k} − p_{k}|,

denn

Q′_{k+1} = Q_{k+1} + \frac{1}{Q_{k+2} + …} > 1

nach Voraussetzung. ||

Satz 2 Die A_{k} = \frac{p_{k}}{q_{k}} sind für k ≥ 1 Ultra-Approximationen an α. Beweis. Es sei \frac{u}{v} ∈ ℚ mit \frac{u}{v} > 0, 0 < v ≤ q_{k} und \frac{u}{v} ≠ \frac{p_{k}}{q_{k}} gegeben. Um nun zeigen zu können, dass |αq_{k} − p_{k}| < |αv − u| ist, benötigen wir eine Gleichung zwischen (p_{k}, q_{k}) einerseits und (u, v) andererseits. Per Definition ist

p_{k} = (−1)^{k+1}y_{k+1} und q_{k} = (−1)^{k}x_{k}.

Wir betrachten nun die invertierbare Matrix

N_{k} := [ \begin{matrix}−x_{k} & y_{k} \\ x_{k+1} & −y_{k+1} \end{matrix} ] = (−1)^{k} [ \begin{matrix}q_{k−1} & p_{k−1} \\ q_{k} & p_{k} \end{matrix} ]

und das ℤ-lineare Gleichungssystem

(#) [ s r ] · [ \begin{matrix}q_{k−1} & p_{k−1} \\ q_{k} & p_{k} \end{matrix} ] = [ u v ]

mit Lösung [ s r ]. Mit (#) erhalten wir

αv − u = α(sq_{k−1} + rq_{k}) − (sp_{k−1} + rp_{k}) = s(αq_{k−1} − p_{k−1}) + r(αq_{k} − p_{k}).

Aus dem Beweis des vorhergehenden Satzes haben wir außerdem die Beziehung αq_{k−1}−p_{k−1} = −Q′_{k+1}(αq_{k}−p_{k}) und erhalten damit

αv − u = (−sQ′_{k+1} + r)(αq_{k} − p_{k}) = (r − sQ′_{k+1})(αq_{k} − p_{k}).

Weiter gilt:

(1) Es ist s ≠ 0, denn wäre s = 0, so folgte v = rq_{k} und u = rp_{k} und damit

\frac{u}{v} = \frac{p_{k}}{q_{k}}

im Widerspruch zur Voraussetzung.

(2) Es ist Q′_{k+1} > 1 (siehe oben).

(3) Ist r ≠ 0, so haben r und s entgegengesetzte Vorzeichen: Angenommen, r und s wären beide negativ. Dann folgte

v = sq_{k−1} + rq_{k} < 0

im Widerspruch zu v > 0. Angenommen, r und s wären beide positiv, so wäre

v = sq_{k−1} + rq_{k} > q_{k},

da r, s ∈ ℤ sind und damit r, s ≥ 1 gelten würde. Dies ist aber ein Widerspruch zu v ≤ q_{k}. Damit ist für alle r ∈ ℤ

| − sQ′_{k+1} + r| = |s|Q′_{k+1} + |r|

und wir erhalten insgesamt

|αv − u| = (|s|Q′_{k+1} + |r|)|αq_{k} − p_{k}| > |αq_{k} − p_{k}|. ||

Als kleine Anwendung wollen wir die näherungsweise Berechnung von x = \sqrt{n^{2} + 1} für ein n ∈ ℕ betrachten (zum Beispiel \sqrt{2}, \sqrt{5}, \sqrt{50}, …: In der Schule kann man dies mittels verschiedener Verfahren machen:

a) Intervallschachtelung / probieren.

b) Heron-Verfahren.

c) Man betrachte den Ansatz n^{2} + 1 = (a + b)^{2} für a ≫ b, zum Beispiel a = n. Dann ist

n^{2} + 1 = (n + b)^{2} = n^{2} + 2nb + b^{2}

bzw. (da n ≫ b ≫ b^{2})

1 ≈ 2nb

und damit

b ≈ \frac{1}{2n}.

Wir erhalten

x = \sqrt{n^{2} + 1} ≈ n + \frac{1}{2n}.

d) Ein andere Ansatz wäre etwa die Beziehung x = \sqrt{n^{2} + 1} umzuformulieren in

(x + n)(x − n) = 1.

Dies ergibt

x = n − \frac{1}{n + x} = n − \frac{1}{n + n − \frac{1}{n+x}} = n − \frac{1}{2n − \frac{1}{n+x}} = …,

also eine Kettenbruchentwicklung und damit die beste Approximation für x = \sqrt{n^{2} + 1}. (Für die Schule betrachte man etwa auch: Kießwetter, In über 3000 Jahren angewachsen [...] aus Der Mathematikunterricht (MU), HB: Z5577, Heft 3, Seite 23 - 33.)