Zatiki jarraitu

**Zatiki jarraitu** zatikia da, zenbatzaile guztiak berdinak dituena, eta izendatzaileak sekuentzia batetik abiatuta eraikiak dituena zenbaki osoen.

## Oinarrizko kontzeptuak 
### **Notazioa** 
a_0, a_1, ..., a_n \in \R, eta a_1, ..., a_n>0, izanik.

[a_0,a_1,...,a_n]=a_0+\frac{1}{a_1+\frac{1}{a_2+...\frac{1}{{a_{n-1}+\frac{1}{a_n}}}}} adieraziko da. Notazio honen baliokidea dugu:  ondorengo adierazpena. \forall x>0 ; \forall n\in \N\cup\{0\}\Rightarrow [a_0,a_1,...,a_n,x]=[a_0,a_1,...,a_n+\frac{1}{x}].

**Oharra**: a_0zenbaki erreala emanik, bere garapena: [a_0]=a_0 adierazten da ( ez da beraz parte osoa), eta parte osoa adierazteko ere [x]=x notazioa erabiliko denez, testuinguruaren arabera bereiziko da.

### **Proposizioa1** 
a_0\in \Z eta a_1, a_2, ..., a_n \in \N bada, [a_0,a_1,...,a_n] \in \Q

**Froga**:

[a_n]=a_n \in \N \Rightarrow [a_{n-1},a_n]=a_{n-1}+\frac{1}{[a_n]} \in \Q-\{0\}  

\Rightarrow [a_{n-2},a_{n-1},a_n]=a_{n-2}+\frac{1}{[a_{n-1},a_n]} \in \Q-\{0\}

...

\Rightarrow [a_1,a_2,...,a_n]=a_1+\frac{1}{[a_2,...,a_n]} \in \Q-\{0\}

\Rightarrow [a_0,a_1,...,a_n]=a_0+\frac{1}{[a_1,...,a_n]} \in \Q-\{0\}

### **Definizioa1.** 
a_0\in \Z eta a_1, a_2, ..., a_n \in \N bada, [a_0,a_1,...,a_n]=\frac{p}{q} \in \Q, idazten bada, orduan \frac{p}{q} zenbakiaren zatiki jarraituen bidezko garapena: [a_0,a_1,...,a_n], dela esango dugu.

* Zatiki jarraituen bidezko definizio hau soilik zenbait zenbaki arrazionalentzako da baliogarria. Zenbaki arrazional guztientzako baliogarria den definizio bat lortu nahi da. Ondorengo leman zatiki hauen ezaugarriak zehaztuko dira.

### **Lema1** 
Biz ondorengo ezaugarriak dituzten zenbakiak: a_0\in \Z eta a_1, a_2, ..., a_n,... \in \N. Orduan:

 [a_0, a_1, ..., a_n]=\frac{p_n}{q_n}betetzen da. Zeinetan: p_0=a_0,q_0=1,p_1=a_1a_0+1,q_1=a_1 , eta

\begin{cases} p_{n+2}=a_{n+2}p_{n+1}+p_n \\ q_{n+2}=a_{n+2}q_{n+1}+q_n \end{cases}\forall n\geq 0 , gisara definitzen diren.

**Froga:**

Ondorengo emaitza erabiliko da frogapenean: \forall x>0, rentzat  [a_0, a_1, ..., a_n,x]=[a_0, a_1, ..., a_n+\frac{1}{x}]

[a_0]=a_0=\frac{a_0}{1} \Rightarrow p_0=a_0,q_0=1

[a_0, x_1]=[a_0+\frac{1}{x_1}]=\frac{a_0x_1+1}{x_1}

x_1=a_1 \Rightarrow [a_0, a_1]=[a_0+\frac{1}{a_1}]=\frac{a_0a_1+1}{a_1}\Rightarrow p_1=a_0a_1+1, q_1=a_1

x_1=a_1+\frac{1}{x_2} \Rightarrow [a_0, a_1,x_2]=[a_0,a_1+\frac{1}{x_2}]=\frac{a_0(a_1+\frac{1}{x_2})+1}{a_1+\frac{1}{x_2}}=\frac{p_1x_2+p_0}{q_1x_2+q_0}

x_2=a_2 \Rightarrow [a_0, a_1,a_2]=\frac{p_1a_2+p_0}{q_1a_2+q_0}=\frac{p_2}{q_2}

x_2=a_2+\frac{1}{x_3} \Rightarrow [a_0, a_1,a_2,x_3]=\frac{p_1(a_2+\frac{1}{x_3})+p_0}{q_1(a_2+\frac{1}{x_3})+q_0}=\frac{p_2x_3+p_1}{q_2x_3+q_1}

Eta formula n. terminuraino egia dela suposatzen bada hots:

[a_0,a_1,...,a_n,x_{n+1}]=\frac{p_nx_{n+1}+p_{n-1}}{q_nx_{n+1}+q_{n-1}}. Orduan:

x_{n+1}=a_{n+1} \Rightarrow [a_0,a_1,...,a_n,a_{n+1}]=\frac{p_na_{n+1}+p_{n-1}}{q_na_{n+1}+q_{n-1}}=\frac{p_{n+1}}{q_{n+1}}

x_{n+1}=a_{n+1}+\frac{1}{x_{n+2}} \Rightarrow [a_0,a_1,...,a_n,a_{n+1},x_{n+2}]=\frac{p_n(a_{n+1}+\frac{1}{x_{n+2}})+p_{n-1}}{q_n(a_{n+1}+\frac{1}{x_{n+2}})+q_{n-1}}=

=\frac{(p_na_{n+1}+p_{n-1})x_{n+2}+p_n}{(q_na_{n+1}+q_{n-1})x_{n+2}+q_n}=\frac{p_{n+1}x_{n+2}+p_n}{q_{n+1}x_{n+2}+q_n}

Formula (n+1).terminuraino egiazkoa dela ondorioztatzen da. Honela indukzio printzipioa aplikatuz:

\forall n \geq 0 , \forall t>0 \Rightarrow [a_0,a_1,...,a_n,a_{n+1},t]=\frac {p_{n+1}t+p_n}{q_{n+1}t+q_n}

Eta t=a_{n+2}, aukeratuz:

\forall n \geq 0 \Rightarrow [a_0,a_1,...,a_n,a_{n+1},a_{n+2}]=\frac {p_{n+1}a_{n+2}+p_n}{q_{n+1}a_{n+2}+q_n}

### **Lema2** 
a_0\in \Z eta a_1, a_2, ..., a_n \in \N, eta [a_0,a_1,...,a_n]= \frac{p_n}{q_n}, adierazten bada, lema1-en bezala.

Orduan ondorengo ezaugarriak betezen dira:

# \forall n\geq 0, q_nSegida gorakorra da eta: \phi^{n-1}\leq q_n , zeinetan \phi= \frac{1+\sqrt5}{2} 
# \forall n\geq 0, q_{n+1}p_n-p_{n+1}q_n=(-1)^{n+1}, eta q_{n+2}p_n-p_{n+2}q_n=(-1)^{n+1}a_{n+2}.
# \forall n\geq 0, \forall t>0,orduan:  [a_0,a_1,...,a_n,a_{n+1},t]=\frac{p_{n+1}t+p_n}{q_{n+1}t+q_n}
# \forall n\geq 0: zkh(p_n,q_n)=1.

**Froga:**

Lehen atala.

q_0=1\leqslant q_1=a_1 \in N; \forall n\geq0 \Rightarrow q_{n+2}=a_{n+2}q_{n+1}+q_n\geq q_{n+1} .

Ondorioz \forall n\geq 0, q_n segida gorakorra da.

\phi^{-1}=\frac {\sqrt5-1}{2}\leq 1=q_0; \phi^0=1\leq q_1 \in \N  .

\forall n\geq 0 rentzat: q_{n+2}=a_{n+2}q_{n+1}+q_n\geq q_{n+1}+q_n\geq \phi^n+\phi^{n-1}=\phi^{n-1}(1+\phi)=\phi^{n+1} .

Ondorioz: \forall n\geq 0-rentzat, \phi^{n-1}\leq q_n .

Bigarren atala.

Lehen azpiatala:\forall n\geq 0, q_{n+1}p_n-p_{n+1}q_n=(-1)^{n+1}, frogatuko da.

\begin{cases} p_{n+2}=a_{n+2}p_{n+1}+p_n \\ q_{n+2}=a_{n+2}q_{n+1}+q_n \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases} p_{n+2}q_{n+1}=a_{n+2}p_{n+1}q_{n+1}+p_nq_{n+1} \\ q_{n+2}p_{n+1}=a_{n+2}q_{n+1}p_{n+1}+q_np_{n+1} \end{cases} adierazpenen kenketa eginez:

 q_{n+2}p_{n+1}-p_{n+2}q_{n+1}=-(q_{n+1}p_n-q_np_{n+1})  .

Honela  f(n)=(q_{n+1}p_n-p_{n+1}q_n)  adieraziz:

 \forall n\geq 0 , f(n)=-f(n-1)\Rightarrow f(n)=(-1)^nf(0)=(-1)^n(q_1p_0-p_1q_0)  .

 f(n)=(-1)^n(q_1p_0-p_1q_0)=(-1)^n(a_1a_0-a_0a_1-1)=(-1)^{n+1}  

lehen azpiatala ondorioztatuz.

Bigarren azpiatala:\forall n\geq 0,  p_{n+2}q_n-q_{n+2}p_n=a_{n+2}(p_{n+1}q_n-q_{n+1}p_n)=(-1)^na_{n+2} , frogatuko da.

\begin{cases} p_{n+2}=a_{n+2}p_{n+1}+p_n \\ q_{n+2}=a_{n+2}q_{n+1}+q_n \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases} p_{n+2}q_n=a_{n+2}p_{n+1}q_n+p_nq_n \\ q_{n+2}p_n=a_{n+2}q_{n+1}p_n+q_np_n \end{cases} , eta kenketa eginez: 

 p_{n+2}q_n-q_{n+2}p_n=a_{n+2}(p_{n+1}q_n-q_{n+1}p_n)=(-1)^na_{n+2} , bigarren azpiatala ondorioztatuz.

Hirugarren atala:

Lema1-en frogatu da.

Laugarren atala

Bigarren ataleko lehen azpiatala erabiliz:

\forall n\geq 0, q_{n+1}p_n-p_{n+1}q_n=(-1)^{n+1}\Rightarrow zkh(p_n,q_n)=1.

## Zenbaki arrazional baten zatiki jarraituen bidezko garapena 
### **Definizioa2**: 
x \in \R, emanik, bi segida eraikitzen dira errekurrentziz: (x_n,a_n), zeinetan a_n=[x_n]  (x_n-ren parte osoa testuinguruan).  x_0=x , baliotik hasiko gara eta prozesua eten egingo da:x_0 \in \Z , edo x_n \in \N  ematen bada, eta horrela ez bada: x_{n+1}=\frac {1}{x_n-a_n} , adieraziz prozesua jarraituko da. Honela:

R_n=[a_0,a_1,...,a_n], zenbaki arrazionala, x  -en n . hondarra izendatzen da.

x_n , x -en, n .zatiki osatua (cociente completo) izendatzen da.

a_0,a_1,...,a_n, zenbakiak R_n-ren koefizienteak izendatzen dira.

* Ondorengo lemari esker, zenbaki arrazionalen zatiki jarraituen bidezko garapena definituko da.

### **Lema3**: 
x \in \R, emanik.

# n \in \N\cup\{0\}-rentzat x_n  existitzen bada: x=[a_0,a_1,...,a_{n-1},x_n]
# (x_n)_{n\geq 0} segida finitua da, baldin eta soilik baldin x \in \Q .

**Froga**.

Lehena:

n=0 \Rightarrow x=[x_0]=x_0( Garapena kasu honetan, ez parte osoa ).

n \in \N zeinentzat existitzen den x_n , orduan: x_1,...,x_{n-1}\not\in \N  , eta  x_0\not\in \Z  , bestela prozesua eten egin bai da.

x=x_0=[x_0]+x_0-[x_0]=a_0+\frac{1}{\frac{1}{x_0-a_0}}=[a_0,\frac{1}{x_0-a_0}]=[a_0,x_1]  

x=[a_0,x_1]=[a_0,a_1+\frac{1}{\frac{1}{x_1-a_1}}]=[a_0,a_1,\frac {1}{x_1-a_1}]=[a_0,a_1,x_2]  .

x_1,...,x_{n-1}\not\in \N   betetzen denez, prozesua jarrai dezakegu: x_n  koefizientea arte.

x=[a_0,a_1,...,a_{n-1},x_n]

Bigarrena

\Rightarrow   

(x_n)_{n\geq 0}  Segida finitua da.

Soilik x_0 , terminua badu: x=x_0 \in \Z , eta prozesua eten egin da.

x \not \in \Z  \Rightarrow \exists n \in \N : x_n \in \N , eta prozesua eten egin da.

Ondorioz x=[a_0,a_1,...,a_{n-1},x_n]  .

Proposizioa1-engatik: a_0 \in \Z ; a_1,...,a_{n-1},x_n=a_n \in \N\Rightarrow x\in \Q  .

\Leftarrow
  

x \in \Q\Rightarrow x=\frac {a}{b}: a\in \Z; b\in \N , orduan a  eta b -ren arteko zatidura euklidearra eginez:

a=ba_0+r_1, 0\leq r_1

b=r_1a_1+r_2, 0\leq r_2

r_1=r_2a_2+r_3, 0\leq r_3

...

Prozesua errepikatuz, ondorengo segida eraiki daieteke:

 0\leq r_n

\frac{a}{b}=[a_0,a_1,...,a_{n-1},a_n]  

* **Ondorioz**: Zenbaki arrazionalentzat, zatiki jarraituen bidezko garapena defini daiteke. Gainera x  zenbakia arrazionala ez bada, bere koefizienteen garapena ez da finitua ondorioztatzen da azken lematik. Kasu horretan zatiki jarraituen bidezko bere garapena, limite moduan definituko da.

### **Definizioa**4: 
x \in \Q  bada aurreko lemagatik:(x_k)_{k\geq 0}  segida finitua da, eta x_n bada azken terminua:

x=[a_0,a_1,...,a_{n-1},a_n], adierazpena, x -en zatiki jarraituen bidezko garapena izendatuko da.

## Zenbaki irrazional baten zatiki jarraituen bidezko garapena 
* \alpha  Zenbaki irrazionala bada eta: a_0,a_1,...,a_{n-1},a_n,...  , bere koefizienteen segida, \alpha=[a_0,a_1,...,a_n,...] dela frogatzea da ondorengo proposizioaren helburua. Modu honetan, definizioa osatu egingo da.

### **Proposizioa2:** 
Izan bedi \alpha , zenbaki irrazionala, eta (R_n)_{n\geq 0} , n . hondarren segida, orduan:

# (R_{2n})_{n\geq 0} , segida hertsiki gorakorra da eta \forall n\geq0 , R_{2n}.
# (R_{2n+1})_{n\geq 0} , segida hertsiki beherakorra da eta \forall n\geq0 , R_{2n+1}>\alpha .
# \forall n\geq0 , \left\vert R_{2n+1}-R_{2n} \right\vert\leq \frac{1}{\phi^{4n-1}} 
# \alpha=\lim_{n \to \infty}R_n 

**Froga**

Frogapenean erabiliko diren ondorengo funtzioak definituko dira:

f_0(x)=x , zeinetan :  x\in \R  eta f_n(x)=[a_0,a_1,...,a_{n-1},x] , zeinetan  x>0 .

 n \in \N -rentzat funtzioen arteko ondorengo berdintza betetzen da:

f_n(x)=[a_0,a_1,...,a_{n-1},x]= [a_0,a_1,...,a_{n-1}+\frac{1}{x}]=f_{n-1}(a_{n-1}+\frac{1}{x}) .

\forall n \in \N\Rightarrow f_n(x)=f_{n-1}(a_{n-1}+\frac{1}{x}) . Ondorioz:

f_n(x)  gorakorra baldin eta soilik baldin f_{n-1}(x)  beherakorra.

f_0(x)  gorakorra denez: f_{2n}(x)  gorakorra da, eta f_{2n+1}(x)  beherakorra \forall n \in \N\cup \{0\} .

Honetaz gain: f_n(a_n)=R_n , \alpha -ren n . hondarra da, \alpha=f_n(\alpha_n) , 3.Lemagatik, eta a_n=[\alpha_n]. 

Lehen atala:  

R_{2n+2}=f_{2n+2}(a_{2n+2})=f_{2n+1}(a_{2n+1}+\frac{1}{a_{2n+2}})=f_{2n}(a_{2n}+\frac{1}{a_{2n+1}+\frac{1}{a_{2n+2}}})> 

>f_{2n}(a_{2n})=R_{2n}\Rightarrow (R_{2n})_{n\geq 0}\uparrow  , hertsiki gorakorra.

Gainera: R_{2n}=f_{2n}(a_{2n})=f_{2n}([\alpha_{2n}]).

Bigarren atala:

R_{2n+3}=f_{2n+3}(a_{2n+3})=f_{2n+2}(a_{2n+2}+\frac{1}{a_{2n+3}})=f_{2n+1}(a_{2n+1}+\frac{1}{a_{2n+2}+\frac{1}{a_{2n+3}}}) 

, hertsiki beherakorra.

Gainera: R_{2n+1}=f_{2n+1}(a_{2n+1})=f_{2n+1}([\alpha_{2n+1}])>f_{2n+1}(\alpha_{2n+1})=\alpha .

Hirugarren atala:

n  .hondarrak zatiki moduan adieraziko dira: R_n=\frac{p_n}{q_n}  . Lema2-ko: 1 eta 2 emaitzak erabiliz:|R_{2n+1}-R_{2n}|=|\frac{p_{2n+1}}{q_{2n+1}}-\frac{p_{2n}}{q_{2n}}|=\frac{q_{2n+1}q_{2n}}=\frac{1}{q_{2n+1}q_{2n}}

Laugarren atala:

|R_n-\alpha| = \begin{cases} \alpha-R_{2k} 

\lim_{n \to \infty}|R_n-\alpha|\leq \lim_{n \to \infty}\frac{1}{\phi^{2n-3}}=0\Rightarrow \lim_{n \to \infty}R_n=\alpha  

### **Definizioa5**: 
\alpha  zenbaki irrazionala bada, eta a_0,a_1,...,a_n.n .hondarraren koefizienteak:R_n=[a_0,a_1,...,a_{n-1},a_n]  .

\alpha -ren zatiki jarraituen bidezko garapena honela definitzen da.

\alpha= \lim_{n \to \infty}R_n=\lim_{n \to \infty}[a_0,a_1,...,a_{n-1},a_{n}]=[a_0,a_1,...,a_{n-1},a_{n},...]  . Zeinetan azken berdintza notazioa den.

## Hurbilketa egokiak 
### **Proposizioa3:** 
Izan bedi: \alpha zenbaki irrazionala eta R_n=\frac {p_n}{q_n}, zatiki jarraituen bidezko n.hondarra, zatiki laburtezin gisara adierazia. Izan bedi: r=\frac {p}{q}, zatiki laburtezin bat. Orduan:

# \forall n\in \N\cup \{0\}, \frac {1}{q_n(q_n+q_{n+1})}
# Baldin eta \exists m\in \N\cup \{0\}: qeta  |\alpha-R_n|= \frac {q}{q_m}|\alpha-r|\Leftrightarrow r=R_m
**Froga:**

Lehena: 

\forall k\in \N\cup \{0\}\Rightarrow R_{2k}

Batetik:

 \Rightarrow \begin{cases} R_n \Rightarrow|\alpha-R_n|

Bestetik:

 \Rightarrow \begin{cases} R_n  \Rightarrow|\alpha-R_n|>|R_{n+2}-R_n| 

Bi emaitzak bateratuz:

 |R_{n+2}-R_n|

Lema2-ko 2.ataleko emaitzak erabiliz, eta R_n=\frac {p_n}{q_n} dela jakinik:

 |R_{n+2}-R_n|=|\frac {p_{n+2}}{q_{n+2}}-\frac{p_n}{q_n}|=|\frac{p_{n+2}q_n-q_{n+2}p_n}{q_nq_{n+2}}|=\frac{a_{n+2}}{q_nq_{n+2}} 

 |R_{n+1}-R_n|=|\frac {p_{n+1}}{q_{n+1}}-\frac{p_n}{q_n}|=|\frac{p_{n+1}q_n-q_{n+1}p_n}{q_nq_{n+1}}|=\frac{1}{q_nq_{n+1}} 

Eta ondorioz:   \frac {a_{n+2}}{q_nq_{n+2}}

Ondorengo funtzioa kontsideratzen da:  f(x)=\frac {x}{q_n(xq_{n+2}+q_n)}, x>0 

 f'(x)=\frac{q_n(xq_{n+2}+q_n)-xq_nq_{n+2}}{q_n^2(xq_{n+2}+q_n)^2}=\frac{1}{(xq_{n+2}+q_n)^2}>0 , eta beraz  f(x) gorakorra.

 1\leq a_{n+2}\Rightarrow f(1) \leq f(a_{n+2})\Leftrightarrow \frac{1}{q_n(q_n+q_{n+1})}\leq \frac{a_{n+2}}{q_n(a_{n+2}q_{n+1}+q_n)}= \frac{a_{n+2}}{q_nq_{n+2}} , eta lehen atala ondorioztatzen da: \frac {1}{q_n(q_n+q_{n+1})}.

Bigarren atala.

Suposa bedi \exists m\in \N\cup \{0\}: q. Ondorengo ekuazio sistema kontsideratzen da:

 \begin{cases} p_{m+1}u+p_mv=p \\ q_{m+1}u+q_mv=q \end{cases} , Ekuazio sistemaren determinantea:  p_{m+1}q_m-q_{m+1}p_m=(-1)^m \neq 0  

Ondorioz koefizienteen matrizeen heina, matrize zabalduaren heina da, eta ezezagun kopuruaren berdina: Sitema bateragarri determinatua beraz.

Bere ebazpena:

 \begin{cases} u=(-1)^m(pq_m-qp_m) \\ v=(-1)^m(qp_{m+1}-pq_{m+1}) \end{cases}: (u,v) \in \Z\times \Z 

#  v \neq 0   da. Absurdura bideraztuz:  v = 0 \Leftrightarrow \frac{p_{m+1}}{q_{m+1}}=\frac{p}{q}  , eta  zkh(p_{m+1},q_{m+1})=zkh(p,q)=1 \Rightarrow p=p_{m+1};q=q_{m+1} ,  hipotesiagatik: q, ezinezkoa.
#  u=0\Leftrightarrow|\alpha-R_n|= \frac {q}{q_m}|\alpha-r|\Leftrightarrow r=R_m frogatuko da.   u = 0 \Leftrightarrow \frac{p_m}{q_m}=\frac{p}{q}  , eta  zkh(p_m,q_m)=zkh(p,q)=1 \Rightarrow p=p_m;q=q_m , ondorioz:  \Rightarrow |\alpha-R_m|=|\alpha-r|=\frac{q}{q_m}|\alpha-r|.  Eta alderantziz ,azken berdintza betetzen bada:  |\alpha-R_m|=|\alpha-r|=\frac{q}{q_m}|\alpha-r|\Rightarrow  i)    \alpha-R_m=\frac{q}{q_m} (\alpha-r)    edo ii)  \alpha-R_m=-\frac{q}{q_m} (\alpha-r)  , eta ii) kasua ematea ezinezkoa da zeren kasu horretan:  \alpha=\frac{p+p_{m}}{q+q_{m}} \in \Q  ,  eta  \alpha irrazionala. Ondorioz,  \alpha-R_m=\frac{q}{q_m} (\alpha-r)   betetzen da  \Rightarrow \alpha(q_m-q)=p_m-p , eta  \alpha  irrazionala:  \Rightarrow q_m=q;p_m=p \Rightarrow R_m=r .
#  u \neq 0 \Leftrightarrow|\alpha-R_n| frogatuko da.   0, betetzen da hipotesiagatik.   u, ezinezkoa da eta   u>0; v>0 \Rightarrow q_{m+1}, ere ezinezkoa, ondorioz  uv.    \begin{cases} R_{2k}      \Rightarrow v(\alpha-R_m)u(\alpha-R_{m+1})>0\Rightarrow v(q_m\alpha-p_m)u(q_{m+1}\alpha-p_{m+1})>0, honela:    |q\alpha-p|=|(q_{m+1}u+q_mv)\alpha-(p_{m+1}u+p_mv)|=|u(q_{m+1}\alpha-p_{m+1})+v(q_m\alpha-p_m)|Eta azken desberdintzagatik:    |q\alpha-p|=|u(q_{m+1}\alpha-p_{m+1})|+|v(q_m\alpha-p_m)|, betetzen da. Honela:   |q\alpha-p|=|u(q_{m+1}\alpha-p_{m+1})|+|v(q_m\alpha-p_m)|>|v(q_m\alpha-p_m)|\geq |q_m\alpha-p_m|eta beraz: \Rightarrow |\alpha-R_n|. Eta alderantziz  |\alpha-R_n|, betetzen bada, eta  u =0, orduan 2.atalagatik:  |\alpha-R_n|= \frac {q}{q_m}|\alpha-r|, ezinezkoa.

### **Proposizioa4** 
Izan bedi: \alpha zenbaki irrazionala eta R_n=\frac {p_n}{q_n}, zatiki jarraituen bidezko n.hondarra, zatiki laburtezin gisara adierazia. Orduan:
# \forall n\in \N\cup \{0\} \Rightarrow \left \vert \alpha-R_n \right \vert edo \left \vert \alpha-R_{n+1} \right \vert
# r=\frac{p}{q}\in \Q , zkh(p,q)=1; |\alpha-r|non q\in [q_n,q_{n+1}\bigr)\cap \Z  
**Froga:**

Lehena:|\alpha-R_n |+|\alpha-R_{n+1}|=|R_{n+1}-R_n|=\frac {q_nq_{n+1}}=\frac{1}{q_nq_{n+1}}

Bestalde: a\neq0,b\neq0\Rightarrow ab, eta beraz \left \vert \alpha-R_n \right \vertedo \left \vert \alpha-R_{n+1} \right \vert.

Bigarrena: 2.Lemagatik: q_n\uparrow \infty , eta q_0=1\leq q\Rightarrow \exists! n\in\N\cup\left \{ 0 \right \} , non q\in [q_n,q_{n+1}\bigr)\cap \Z.

q,  2.proposizioagaitik.

|r-R_n|\leq|\alpha-R_n |+|\alpha-r|\leq(1+\frac{q}{q_n})|\alpha-r| |r-R_n|, eta ondorioz: |pq_n-qp_n|.

## Kanpo estekak