5. Betingelsen for at to skalaer har samme indfoldede ... - Josebamus

nedre
grænse
regulær
deling
øvre
grænse
0/1 1/17 1/16
1/9 2/17 1/8
1/6 3/17 2/11
3/13 4/17 1/4
2/7 5/17 3/10
1/3 6/17 5/14
2/5 7/17 5/12
7/15 8/17 1/2
1/2 9/17 8/15
7/12 10/17 3/5
9/14 11/17 2/3
7/10 12/17 5/7
3/4 13/17 10/13
9/11 14/17 5/6
7/8 15/17 8/9
15/16 16/17 1/1
Figur 5.5
Materialet er nu stort nok til at demonstrere (et egentligt bevis må den interesserede læser søge andetsteds),
at brøkerne tre og tre er forbundet på den måde, at tælleren og nævneren i de regulære snit
hele vejen igennem er lig med summen af grænsebrøkernes tæller og nævner. Kalder vi den nedre
grænse a/b, den øvre grænse A/B og den regulære deling α/β, gælder det altså generelt, at
α / β = (a + A) / (b + B)
Her har vi åbenbart det princip, som ligger til grund for forløbet med hensyn til den indfoldede orden.
Lad os nu gå den modsatte vej, nemlig begynde med yderpunkterne 0 og 1 (her for sammenligningens
skyld skrevet som 0/1 og 1/1) og ved hjælp af formlen trin for trin opbygge den sekvens
af brøker, som de foregående figurer er eksempler på. Vi begynder altså med at addere hhv. tællerne
og nævnerne i 0/1 og 1/1, hvorved vi får en ny brøk, 1/2, som definerer den første regulære deling.
Derefter adderer vi hhv. tællerne og nævnerne i 0/1 og 1/2, samt i 1/2 og 1/1, hvorved vi får tilføjet
to nye brøker, 1/3 og 2/3 – og således fortsætter vi, idet vi dog kun indfører én ny nævner ad gangen.
I den følgende opstilling har anbragt identiske brøker i lodrette kolonner, og de brøker, som
svarer til de reulære delinger er fremhævet med fed skrift:
0 1 1
1 2 1
0 1 1 2 1
1 3 2 3 1
0 1 1 1 2 3 1
1 4 3 2 3 4 1
0 1 1 1 2 1 3 2 3 4 1
1 5 4 3 5 2 5 3 4 5 1
0 1 1 1 1 2 1 3 2 3 4 5 1
1 6 5 4 3 5 2 5 3 4 5 6 1
0 1 1 1 1 2 1 2 3 1 4 3 2 5 3 4 5 6 1
1 7 6 5 4 7 3 5 7 2 7 5 3 7 4 5 6 7 1
Figur 5.6
5