2.7 The Abel Summation FormulaMany

2.7 The Abel Summation Formula
Many results from continuous mathematics, such as the classical inequalities for
integrals, are usually deduced from their discrete analogues through a limiting process.
However, it sometimes happens that concepts from continuous mathematics are
known better than are their discrete counterparts. This is the case with the discrete
analogue of the formula of integration by parts, namely the Abel summation formula,
which we present below.
Let a1, a2, . . . ,an and b1, b2, . . . ,bn be two finite sequences of numbers. Then
a1b1+a2b2+· · ·+anbn = (a1 −a2)b1 +(a2−a3)(b1+b2)+· · ·
+(an−1−an)(b1+b2+· · ·+bn−1)+an(b1+b2+· · ·+bn).
This formula can be proved easily by induction. The similarity with integration by
parts is obvious if one remembers that integration corresponds to the summation of all
terms, whereas differentiation corresponds to the subtraction of consecutive terms. The
next problem is a direct application of this formula.
Consider a polygonal line P0P1 . . .Pn such that  P0P1P2 =  P1P2P3 = · · · =
 Pn−2Pn−1Pn, all measured clockwise. If P0P1 > P1P2 > · · · > Pn−1Pn, show that P0
and Pn cannot coincide.
For the solution, let us consider complex coordinates with the origin at P0 and the
x-axis the line P0P1. Let α be the angle between any two consecutive segments, and
let a1 > a2 > · · · > an be the lengths of the segments. If we set z = ei(π−α), then the
coordinate of Pn is a1+a2z+· · ·+anzn−1. We must prove that this number is not equal
to zero. Using the Abel summation formula, we obtain
a1+a2z+· · ·+anzn−1 = (a1−a2)+(a2−a3)(1+z)+· · ·
+an(1+z+· · ·+zn−1).
If α is zero, then this quantity is a strictly positive real number, and we are done.
If not, multiply by 1−z to get (a1 −a2)(1−z)+(a2−a3)(1−z2)+· · ·+an(1−zn).
This expression cannot be zero. Indeed, since |z| = 1, by the triangle inequality we
have
|(a1−a2)z+(a2−a3)z2 +· · ·+anzn|
< |(a1−a2)z|+|(a2−a3)z2|+· · ·+|anzn|
= (a1−a2)+(a2−a3)+· · ·+an.
The conclusion follows.
2.7. The Abel Summation Formula 59
The second example is a problem from the 2007 USA Team Selection Test for the
IMO, proposed by K. Kedlaya.
Let n be a positive integer and let a1 ≤ a2 ≤· · ·≤an and b1 ≤ b2 ≤· · ·≤bn be two
nondecreasing sequences of real numbers such that
a1+· · ·+ai ≤ b1+· · ·+bi for every i = 1,2, . . . ,n−1
and
a1+· · ·+an = b1+· · ·+bn.
Suppose that for every real number m, the number of pairs (i, j) with ai−aj =m equals
the number of pairs (k, l) with bk −bl = m. Prove that ai = bi for all i = 1,2, . . . , n.
From the statement we can deduce immediately that
Σ
1≤i

Kết quả (Việt) 1:

2.7 công thức tổng AbelNhiều kết quả từ toán học liên tục, chẳng hạn như sự bất bình đẳng cổ điển chotích phân, thường được rút ra từ của analogues rời rạc thông qua một quá trình hạn chế.Tuy nhiên, nó đôi khi xảy ra rằng các khái niệm từ toán học liên tụcđược biết tốt hơn so với đối tác của họ rời rạc. Đây là trường hợp với các rời rạctương tự của công thức tích hợp bởi bộ phận, cụ thể là công thức Abel tổng kết,mà chúng tôi trình bày dưới đây.Hãy để a1, a2,..., một và b1, b2,..., bn là hai chuỗi số hữu hạn. Sau đóa1b1 + a2b2 + · + anbn = (a1 −a2) b1 +(a2−a3) (b1 + b2) + · · ·+(an−1−an) (b1 + b2 + · + bn−1) một (b1 + b2 + · ++ bn).Công thức này có thể được chứng minh một cách dễ dàng bằng quy nạp. Những nét tương đồng với hội nhập bởibộ phận là rõ ràng nếu một trong nhớ rằng hội nhập tương ứng với tổng của tất cảđiều khoản, trong khi sự khác biệt tương ứng với phép trừ điều khoản liên tiếp. Cácvấn đề tiếp theo là một ứng dụng trực tiếp của công thức này.Xem xét một dòng đa giác P0P1... PN như vậy đó P0P1P2 = P1P2P3 = · · · =PN−2Pn−1Pn, tất cả đo chiều kim đồng hồ. Nếu P0P1 > P1P2 > · · · > Pn−1Pn, Hiển thị đó P0và Pn không thể trùng.Cho các giải pháp, chúng ta hãy xem xét các tọa độ phức tạp với nguồn gốc tại P0 và cáctrục x dòng P0P1. Hãy để α là góc giữa bất kỳ hai liên tiếp đoạn, vàHãy để a1 > a2 > · · · > một là độ dài của các phân đoạn. Nếu chúng ta đặt z = ei(π−α), sau đó, cácCác tọa độ của Pn là a1 + a2z + · + anzn−1. Chúng ta phải chứng minh rằng con số này là không bình đẳngbằng không. Sử dụng công thức tổng kết Abel, chúng tôi có đượcA1 + a2z + · + anzn−1 = (a1−a2)+(a2−a3) (1 + z) + · · ·một (1 + z + · + zn−1).Nếu α là 0, thì số lượng này là một số thực nghiêm tích cực, và chúng tôi đang thực hiện.Nếu không, nhân của 1−z để có được (a1 −a2)(1−z)+(a2−a3) (1−z2) + · · ·+an(1−zn).Biểu hiện này không thể là số không. Thật vậy, kể từ |z| = 1, bởi bất đẳng thức tam giác chúng tôicó| (a1−a2) z + (a2−a3) z2 · + anzn|< | (a1−a2) z| + | z2| (a2−a3) + |anzn| ·= (a1−a2) + (a2−a3) + · + một.Các kết luận sau.2.7. công thức tổng kết Abel 59Ví dụ thứ hai là một vấn đề từ tại bài kiểm tra lựa chọn đội Hoa Kỳ năm 2007 cho cácIMO, đề xuất bởi K. Kedlaya.Cho n là số nguyên dương và a1 ≤ a2 ≤· · ·≤an và b1 ≤ b2 ≤· · ·≤bn là hainondecreasing trình tự của các số thực như vậy màA1 + · + ai ≤ b1 + · + bi cho mọi i = 1,2,..., n-1vàA1 + · + một = b1 + bn · · ·.Giả sử rằng với mọi số thực m, số lượng các cặp (i, j) với ai−aj = m bằngsố lượng các cặp (k, l) với bk −bl = m. chứng minh ai đó = bi cho tất cả tôi = 1,2,..., n.Từ các báo cáo chúng ta có thể suy ra ngay lập tức màΣ1≤i(ai−aj) = Σ1≤k(bk −bl)vàΣ1≤i(ai−aj) 2 = Σ1≤k(bk −bl) 2kể từ khi chúng tôi cách tổng hợp các con số tương tự. Chúng tôi sẽ cung cấp hai giải pháp, một dựa trên cácbình đẳng đầu tiên, một ngày thứ hai.Đầu tiên giải pháp: áp dụng công thức tổng kết Abel cho chuỗi si = a1 +A2 + · + an−i và ti = 1, tôi = 1,2,..., n-1, chúng tôi có thể viết2n-1Σtôi = 1(a1 · ++ ai) = 2 a1 (n-1) + 2 (n−2) a2 + · + 2an−1= (n-1) a1 + a2 (n−3) + · · ·+(1−n)an+(n−1)nΣtôi = 1Ai= (n-1)nΣtôi = 1Ai + Σ1≤i(ai−aj).Bởi cùng một đối số2n-1Σtôi = 1(b1 + · + bi) = (n-1)nΣtôi = 1bi + Σ1≤k(b1 + · + bi).Trong danh tính cả hai bên tay phải bên đều bình đẳng, vì thến-1Σtôi = 1(a1 · ++ ai) =n-1Σtôi = 1(b1 + · + bi).Do đó, mỗi sự bất bình đẳng a1 + · + ai ≤ b1 + · + bi cho tôi = 1,..., n-1phải là một sự bình đẳng. Kết hợp với a1 + · · · + một = b1 + · + bn chúng ta suy ra rằng ai = bicho tất cả tôi = 1,..., n, như mong muốn.60 chương 2. Đại số và phân tíchThứ hai giải pháp: như đã thông báo, chúng tôi sẽ sử dụng bình đẳng thứ hai. Mở rộng cả haibên, chúng tôi có được(n-1)nΣtôi = 1a2i+ 2 Σ1≤iaiaj = (n-1)nΣtôi = 1b2i+ 2 Σ1≤kbkbl.Ngoài ra, bình phương và nhân cả hai bên của phương trình a1 + · · · + một = b1 + · + bn sản lượngnΣtôi = 1a2i+ 2 Σ1≤iaiaj =nΣtôi = 1b2i+ 2 Σ1≤kbkbl.Trừ đẳng thức thứ hai từ đầu tiên và phân chia bởi n−2 chúng ta suy ra rằngnΣtôi = 1a2i=nΣtôi = 1b2i.Tất nhiên, điều này không hoạt động nếu n = 2, nhưng trong trường hợp vấn đề là dễ dàng. Để cho chúng tôicontinue working under the assumption that n>2. By the Cauchy–Schwarz inequality,nΣi=1b2i2=nΣi=1a2inΣi=1b2i≥nΣi=1aibi2.which yieldsnΣi=1b2i≥nΣi=1aibi≥nΣi=1aibi.We now set si = a1+· · ·+ai and ti = b1+· · ·+bi for every 1 ≤ i ≤ n. Using the Abelsummation formula we can writenΣi=1aibi = s1b2 +(s2−s1)b2+· · ·+(sn−sn−1)bn= s1(b1−b2)+s2(b2−b3)+· · ·+sn−1(bn−1−bn)+snbn.By the given conditions si ≤ ti and bi−bi+1 ≤ 0 for every 1 ≤ i ≤ n−1, and sn = tn.It follows thatnΣi=1aibi ≥ t1(b1−b2)+t2(b2−b3)+· · ·+tn−1(bn−1−bn)+tnbn= t1b1+(t2−t1)b2+· · ·+(tn−tn−1)bn =nΣi=1b2i.Hence we have equality in Cauchy–Schwarz, and also all of the above inequalities areequalities. In particular si = ti for i = 1, . . . ,n, and by subtraction we obtain ai = bi forall i = 1, . . . ,n, completing the proof.2.7. The Abel Summation Formula 61The following problems can also be solved using the above summation formula.1. Using the Abel summation formula, compute the sums(a) 1+2q+3q2+· · ·+nqn−1.(b) 1+4q+9q2+· · ·+n2qn−1.2. The numbers a1 ≥ a2 ≥· · ·≥an > 0 and b1 ≥ b2 ≥· · ·≥bn > 0 satisfy a1 ≥ b1,a1+a2 ≥ b1+b2, . . . ,a1+a2+· · ·+an ≥ b1+b2+· · ·+bn. Prove that for everypositive integer k,ak1+ak2+· · ·+akn≥ bk1+bk2+· · ·+bkn.3. Let a, b, c, and d be nonnegative numbers such that a ≤ 1, a+b ≤ 5, a+b+c ≤ 14, a+b+c+d ≤ 30. Prove that√a+√b+√c+√d ≤ 10.4. Let a1,a2, . . . ,an be nonnegative numbers such that a1a2 · · ·ak ≥ 1(2k)! for all k.Prove thata1+a2+· · ·+an ≥ 1n+1+1n+2+· · ·+12n.5. Let x1,x2, . . . ,xn and y1 ≥ y2 ≥ · · · ≥ yn be two sequences of positive numberssuch that x1 ≥ y1, x1x2 ≥ y1y2, . . ., x1x2 · · ·xn ≥ y1y2 · · · yn. Prove that x1 +x2 +· · ·+xn ≥ y1 +y2+· · ·+yn.6. Let {an}n be a sequence of positive numbers such that for all n,nΣk=1ak ≥√n.Prove that for all n,nΣk=1a2k≥ 141+12+· · ·+1n.7. Let φ : N→N be an injective function. Prove that for all n ∈ NnΣk=1φ (k)k2≥nΣk=11k.8. Let a1 + a2 + a3 + a4 + · · · be a convergent series. Prove that the seriesa1+a2/2+a3/3+a4/4+· · · is also convergent.9. Let x1,x2, . . . ,xn, y1,y2, . . . ,yn be positive real numbers such that(i) x1y1 < x2y2 < · · · < xnyn,(ii) x1 +x2+· · ·+xk ≥ y1+y2+· · ·+yk, 1 ≤ k ≤ n.(a) Prove that1x1+1x2+· · ·+1xn≤ 1y1+1y2+· · ·+1yn.62 Chapter 2. Algebra and Analysis(b) Let A = {a1,a2, . . . ,an} be a set of positive integers such that for everydistinct subsets B and C of A, Σx∈B x = Σx∈C x. Prove that1a1+1a2+· · ·+1an< 2.10. The sequence u1,u2, . . . ,un, . . . is defined byu1 = 2 and un = u1u2 · · ·un−1+1, n = 2,3, . . . .Prove that for all possible integers n, the closest underapproximation of 1 by nEgyptian fractions is
1− 1
u1u2 · · ·un
.

Kết quả (Việt) 2:

2.7 Công thức Abel Tổng kết
Nhiều kết quả từ toán học liên tục, chẳng hạn như sự bất bình đẳng cổ điển cho
tích phân, thường được rút ra từ các chất tương tự rời rạc của họ thông qua một quá trình hạn chế.
Tuy nhiên, đôi khi nó sẽ xảy ra rằng khái niệm từ toán học liên tục được
biết đến nhiều hơn so với những đối tác rời rạc của họ. Đây là trường hợp với rời rạc
tương tự của các công thức của hội nhập của các bộ phận, cụ thể là công thức tổng Abel,
mà chúng tôi trình bày dưới đây.
Hãy a1, a2,. . . , một và b1, b2,. . . , bn có hai dãy hữu hạn các số. Sau đó
a1b1 + a2b2 + · · · + anbn = (a1 -a2) b1 + (a2-a3) (b1 + b2) + · · ·
+ (an-1-an) (b1 + b2 + · · · + bn-1 ) + một (b1 + b2 + · · · + bn).
Công thức này có thể được chứng minh một cách dễ dàng bằng cảm ứng. Sự tương tự với hội nhập của
bộ phận là rõ ràng nếu ta nhớ rằng hội nhập tương ứng với tổng của tất cả các
điều khoản, trong khi sự khác biệt tương ứng với các phép trừ của nhiệm kỳ liên tiếp. Các
Vấn đề tiếp theo là một ứng dụng trực tiếp của công thức này.
Hãy xem xét một dòng P0P1 đa giác. . .Pn Như vậy mà? P0P1P2 =? P1P2P3 = · · ·
=? Pn-2PN-1Pn, tất cả các chiều kim đồng hồ đo. Nếu P0P1> P1P2> · · ·> Pn-1Pn, cho thấy rằng P0
và Pn không thể trùng hợp.
Đối với các giải pháp, chúng ta hãy xem xét tọa độ phức tạp với nguồn gốc xuất P0 và các
x-trục đường P0P1. Hãy α là góc giữa bất kỳ hai đoạn liên tiếp nhau, và
để cho a1> a2> · · ·> một là độ dài của các đoạn. Nếu chúng ta đặt z = ei (π-α), sau đó
phối hợp của Pn là a1 + A2Z + · · · + anzn-1. Chúng tôi phải chứng minh rằng con số này không phải là bằng
không. Sử dụng công thức tổng Abel, ta được
a1 + A2Z + · · · + anzn-1 = (a1-a2) + (a2-a3) (1 + z) + · · ·
+ một (1 + z + · · · + zn -1).
Nếu α là số không, sau đó số lượng này là một số thực hành nghiêm chỉnh tích cực, và chúng tôi đang thực hiện.
Nếu không, nhân với 1-z để có được (a1 -a2) (1-z) + (a2-a3) (1-z2) + · · · + một (1-zn).
Biểu thức này không thể được không. Thật vậy, kể từ khi | z | = 1, bởi các bất đẳng thức tam giác chúng ta
có
| (a1-a2) z + (a2-a3) z2 + · · · + anzn |
<| (a1-a2) z | + | (a2-a3 ) z2 | + · · · + | anzn |
= (a1-a2) + (a2-a3) + · · · + an.
Các kết luận sau.
2.7. Các Abel Tổng kết Formula 59
Ví dụ thứ hai là một vấn đề từ USA Team Test Selection 2007 cho
IMO, bởi K. Kedlaya đề xuất.
Cho n là một số nguyên dương và để cho a1 ≤ a2 ≤ · · · ≤an và b1 ≤ b2 ≤ · · · ≤bn là hai
chuỗi nondecreasing các số thực như vậy mà
a1 + · · · + ai ≤ b1 + · · · + bi với mọi i = 1,2,. . . , n-1
và
a1 + · · · + an = b1 + · · · + tỷ.
Giả sử rằng với mọi số m thực tế, số lượng các cặp (i, j) với ai-aj = m bằng
số cặp (k, l) với bk -bl = m. Chứng minh rằng ai = bi với mọi i = 1,2,. . . , N.
Từ tuyên bố chúng ta có thể suy ra ngay rằng
Σ
1≤i(ai-aj) = Σ
1≤k(bk -bl)
và
Σ
1≤i(ai-aj) 2 = Σ
1≤k(bk -bl) 2
kể từ khi chúng tôi đang tổng hợp các con số tương tự. Chúng tôi sẽ cung cấp hai giải pháp, một dựa trên
sự bình đẳng đầu tiên, dựa vào các thứ hai.
Giải pháp thứ nhất: Áp dụng các tổng công thức Abel để các chuỗi si = a1 +
a2 + · · · + an-i và ti = 1, i = 1 , 2,. . . , n-1, chúng ta có thể viết
2
n-1
Σ
i = 1
(a1 + · · · + ai) = 2 (n-1) a1 + 2 (n-2) a2 + · · · + 2an-1
= (n -1) a1 + (n-3) a2 + · · · + (1-n) + một (n-1)
nΣ
i = 1
ai
= (n-1)
nΣ
i = 1
ai + Σ
1≤i(ai-aj).
By cùng tranh luận
2
n-1
Σ
i = 1
(b1 + · · · + bi) = (n-1)
nΣ
i = 1
bi + Σ
1≤k(b1 + · · · + bi).
Trong cả hai danh tính bên tay phải là bằng nhau, do đó
n-1
Σ
i = 1
(a1 + · · · + ai) =
n-1
Σ
i = 1
(b1 + · · · + bi).
Do đó, mỗi sự bất bình đẳng a1 + · · · + ai ≤ b1 + · · · + bi cho i = 1,. . . , n-1
phải là bình đẳng. Kết hợp với a1 + · · · + an = b1 + · · · + tỷ chúng ta suy luận rằng ai = bi
với mọi i = 1,. . . , n, như mong muốn.
60 Chương 2. Đại số và phân tích
thứ hai giải pháp: Như đã thông báo, chúng tôi sẽ sử dụng bình đẳng thứ hai. Mở rộng cả hai
bên, chúng ta có được
(n-1)
nΣ
i = 1
a2i
2 Σ
1≤iaiaj = (n-1)
nΣ
i = 1
b2i
2 Σ
1≤kbkbl.
Ngoài ra, bình phương hai bên của phương trình a1 + · · · + an = b1 + · · · + sản lượng tỷ
nΣ
i = 1
a2i
2 Σ
1≤iaiaj =
nΣ
i = 1
b2i
2 Σ
1≤kbkbl.
Trừ đi sự bình đẳng thứ hai từ đầu tiên và chia cho n-2, chúng ta suy luận rằng
nΣ
i = 1
a2i
=
nΣ
i = 1 b2i. Tất nhiên, điều này không làm việc nếu n = 2, nhưng trong trường hợp đó, vấn đề là dễ dàng . Vì vậy, chúng ta hãy tiếp tục làm việc theo giả định rằng n> 2. Bởi bất đẳng thức Cauchy-Schwarz,? NΣ i = 1 b2i? 2 =? NΣ i = 1 a2i ?? nΣ i = 1 b2i? ≥? NΣ i = 1 aibi? 2. Trong đó sản lượng nΣ i = 1 b2i ≥ ?? ??? nΣ i = 1 aibi ????? ≥ nΣ i = 1 aibi. Chúng tôi bây giờ thiết lập si = a1 + · · · + ai và ti = b1 + · · · + bi cho mỗi 1 ≤ i ≤ n. Sử dụng Abel công thức tổng kết chúng ta có thể viết nΣ i = 1 aibi = s1b2 + (s2-s1) b2 + · · · + (sn-sn-1) tỷ = s1 (b1-b2) + s2 (b2-b3) + · · · + sn-1 (tỷ-1-bn) + snbn. Bởi ti điều kiện cho si ≤ và bi-bi + 1 ≤ 0 cho mỗi 1 ≤ i ≤ n-1, và sn = tn. Nó sau đó nΣ i = 1 aibi ≥ t1 (b1-b2) + t2 (b2-b3) + · · · + tn-1 (tỷ-1-bn) + tnbn = t1b1 + (t2-t1) b2 + · · · + (tn- tn-1) tỷ = nΣ i = 1 b2i. Do đó, chúng tôi có quyền bình đẳng trong Cauchy-Schwarz, và cũng có tất cả các bất bình đẳng trên là bình đẳng. Đặc biệt si = ti cho i = 1,. . . , n, và bằng cách trừ chúng ta có được ai = bi cho tất cả i = 1,. . . , n, hoàn thành các giấy tờ chứng minh. 2.7. Công thức Abel Tổng kết 61 Những vấn đề sau đây cũng có thể được giải quyết bằng cách sử dụng công thức tổng kết ở trên. 1. Sử dụng công thức tổng Abel, tính toán số tiền (a) 1 + 2Q + 3q2 + · · · + NQN-1. (B) 1 + 4Q + 9q2 + · · · + n2qn-1. 2. Các số a1 a2 ≥ ≥ · · · ≥an> 0 và b1 ≥ b2 ≥ · · · ≥bn> 0 thỏa mãn a1 ≥ b1, a1 + a2 ≥ b1 + b2,. . . , a1 + a2 + · · · + một b1 ≥ + b2 + · · · + tỷ. Chứng minh rằng với mọi số nguyên k tích cực, ak 1 + ak 2 + · · · + ak n ≥ bk 1 + bk 2 + · · · + bk n. 3. Cho a, b, c, và d là các số không âm như vậy mà a ≤ 1, a + b ≤ 5, a + b + c ≤ 14, a + b + c + d ≤ 30. Chứng minh rằng √ a + √ b + √ c + √ d ≤ 10 4. Hãy a1, a2,. . . , một là con số không âm như vậy mà a1a2 · · · ak ≥ 1 (2k)! với mọi k. Chứng minh rằng A1 + a2 + · · · + một ≥ 1 n + 1 + 1 n + 2 + · · · + 1 2n. 5. Hãy x1, x2,. . . , xn và y1 y2 ≥ ≥ · · · ≥ yn là hai chuỗi số dương như vậy mà x1 ≥ y1, x1x2 ≥ y1y2,. . ., X1x2 · · · xn ≥ y1y2 · · · yn. Chứng minh rằng x1 + x2 + · · · + xn ≥ y1 + y2 + · · · + yn. 6. Hãy {} n một là một chuỗi các số dương sao cho với mọi n, nΣ k = 1 ak ≥ √ n. Chứng minh rằng với mọi n, nΣ k = 1 A2K ≥ 1 4? 1+ 1 2 + · · · + 1 n?. 7. Hãy φ: N → N là một hàm đơn ánh. Chứng minh rằng với mọi n ∈ N nΣ k = 1 φ (k) k2 ≥ nΣ k = 1 1 k. 8. Hãy a1 + a2 + a3 + a4 + · · · là một loạt hội tụ. Chứng minh rằng hàng loạt các a1 + a2 / 2 + a3 / 3 + ​​a4 / 4 + · · · cũng là hội tụ. 9. Hãy x1, x2,. . . , xn, y1, y2,. . . , yn là các số thực dương sao cho (i) x1y1 <x2y2 <· · · <xnyn, (ii) x1 + x2 + · · · + xk ≥ y1 + y2 + · · · + yk, 1 ≤ k ≤ n. (một ) Chứng minh rằng 1 x1 + 1 x2 + · · · + 1 xn ≤ 1 y1 + 1 y2 + · · · + 1 yn. 62 Chương 2. Đại số và Phân tích (b) Cho A = {a1, a2,. . . , một} là một tập hợp các số nguyên dương sao cho mỗi tập con khác biệt B và C của A, Σx∈B x = Σx∈C x. Chứng minh rằng 1 a1 + 1 a2 + · · · + 1 một <2. 10. Các chuỗi u1, u2,. . . , un,. . . được xác định bởi u1 = 2 và un = u1u2 · · · un-1 + 1, n = 2,3,. . . . Chứng minh rằng với mọi số nguyên n có thể, các underapproximation gần nhất của 1 bởi n phân số Ai Cập là 1- 1 u1u2 · · · un.