我们继续假定 r_0 是任意无理数。

    在上篇文章中我们得到了这个结论：若整数 a 和正整数 b 满足

    那么 a/b 一定是 r_0 的渐近分数。右边分母的系数 2 能否改进？注意，这个系数越小，已知条件就越弱，该结论就越强。假设用某个小于 2 的正实数 C 换掉 2 ，上述结论仍然成立，我们可以构造反例：

    让 r_0 比 3/2=1.5 仅仅小一点（ r_0 与 3/2 的差距可以任意小，由于无理数的稠密性，这是可以实现的），这样 r_0 的连分数表示就是 [1,2,...] ，这样它的第 0 个渐近分数是 1/1 并且没有其它的分母为 1 的渐近分数。然后取 a=2,b=1 ，那么上述结论的已知不等式就变成这样：

    由于 C 小于 2 ，所以右边一定小于 3/2 ，我们总可以让无理数 r_0 取在 2-1/C 和 3/2 之间。这样，上述结论里的已知条件可以满足，但是 a/b=2/1 不是 r_0 的渐近分数。这样，上述结论就不成立了。

    于是，上述结论里的系数 2 不能改得更小了。类似这样的构造反例方法后面会用到好几次。

 

    接下来我们把上述结论反过来看：若 a/b 是 r_0 的渐近分数（当然 a,b 要互质，并且 b 为正整数，为了保证这一点我们直接设 a=p_n,b=q_n 就行了），那么是否有 |r_0-a/b|<1/Cb^2 成立，其中 C 为待定常数。

    上篇文章里我们推出过一个结论：

    由这个结论直接就得到

    这个不等式对任意非负正整数 n 都成立。这个不等式右边分母的系数 1 能否改进？注意，与上面相反，这次是系数越大，该不等式越强，该结论越强（因为已知条件与结论交换位置了）。

    假设该系数换为大于 1 的实数 C ，仍然从最简单的入手，考察第 0 个渐近分数。我们让 r_0 比 2 稍小一点，这样 r_0 的连分数第一项 a_0 等于 1 ，故第 0 个渐近分数 p_n/q_n=1/1 ，上面不等式变为

    由于 C 大于 1，所以右边一定小于 2 ，我们总可以让无理数 r_0 取在 1+1/C 和 2 之间，这样上述结论的不等式 r_0<1+1/C 就不成立，于是上述结论也不成立。

    于是，上述结论里的系数 1 不能改得更大。

 

    刚才的这个结论看起来有点弱，如果尝试几个例子的话，会发现当系数 C=1 稍微变大一些时，会存在反例 r_0 ，但是对于每个反例 r_0 ，使得结论不成立的渐近分数都不会太多太集中。如果我们把“每个渐进分数都成立”改为“每相邻两个渐近分数至少有一个成立”，这个常数有可能可以变大一些。

    事实上，我们有下面的结论：对任意非负整数 n ，下面两式至少有一个成立：

    证明这个结论我们可以尝试反证法，假设这两个式子都不成立。两个不等式不等号反过来后再相加，就得到

    第一个等号利用了 p_n/q_n,p_(n+1)/q_(n+1) 一个比 r_0 大，一个比 r_0 小，第二个等号利用了分子绝对值号里面一定是 1 或 -1 。也就是说我们得到不等式

    这跟均值不等式很像，只不过符号反了，不知道均值不等式也没关系，右边往左边移项，可以得到左边为一个完全平方 (q_n-q_(n+1))^2 ，它小于等于 0 ，因此它恰好等于 0 且 q_n=q_(n+1) 。

    q_n=q_(n+1) 说明什么？这说明只可能 n=0 且 q_0=q_1=1 。由此立即推出 a_1=1,p_0=a_0,p_1=a_0+1 。另外显然有 r_0 在 a_0,a_0+1 之间。回头看我们反设的两个不等式变成了这样：

    两个不等式左边相加恰好等于 1 ，这样只可能两个等号都取到，但是这样就有 r_0=a_0+1/2 ，也就是说 r_0 变成了有理数，这是不可能的。反证法证明完成。

    这个结论的常数 2 可以改大吗？我们仍然构造反例。仍然考虑简单的情况，也就是说考虑前两个渐近分数。为了让它们的分母都等于 1 ，我们可以让 r_0 比 3/2=1.5 稍大一点，这样可以得到 r_0=[1,1,...] 。于是 r_0 的前两个渐近分数分别为 1/1,2/1 。再看上述结论的两个不等式变成了这样：

    由于 r_0 比 3/2 大，第一个不等式显然不成立。注意到 C 大于 2 ，也就是说 2-1/C 大于 3/2 ，我们让 r_0 取在 3/2,2-1/C 之间，这样第二个不等式也不成立。两个不等式同时不成立，故结论不成立。

    所以这个常数 2 也不能改大。

 

    我们由“每个渐进分数都成立”到“每相邻两个渐近分数至少有一个成立”的策略获得了成功，一个很自然的问题是，如果把“两”改成“三”，是否可以进一步改进系数？

    我们有下面的结论：对任意非负整数 n ，下面三式至少有一个成立：

    这个系数有点奇怪（居然不是 3 ），接下来证明这个结论。假设三个式子都不成立（左边不小于右边），由前两个式子我们就得到

    这和刚才的推理是一样的，不过这里因为系数变大，用均值不等式得不出等号了，但是我们可以得到

    这个不等式必然取不到等号（因为左边是无理数），注意到这是一个关于 q_(n+1)/q_n 的不等式，同时我们知道这个比值必定大于等于 1 ，因此我们可以解出这个比值的范围：

    注意上面推理第一步的前提是 q_(n+1)/q_n 是正数。同理我们可以得到

    但是我们知道递推式 q_(n+2)=a_(n+2)*q_(n+1)+q_n ，所以我们可以对第二式的比值进行放缩：

    注意 a_(n+2) 一定是正整数所以大于等于 1 。放缩的结果和第二式矛盾，说明假设不成立。反证法证明完成。接下来我们当然要证明常数 √5 不能改大。回过去看刚才的证明，我们发现不等式放缩利用了 a_(n+2) 是正整数的事实，那么如果让所有 a_n 都等于 1 会有什么效果？此时有

    由于这个连分数是循环的，很容易列方程把 r_0 的值给解出来：

    方程有两个解，由于 r_0 的无限简单连分数表达式的第一项是 1 ，于是 r_0 一定在 1,2 之间，这样舍掉另一个根。这个数恰好是黄金分割数。

    我们很容易递推求出 r_0 的各个渐近分数：

    这与 Fibonacci 数列恰好符合，事实上这不奇怪，因为 r_0 的连分数表示中所有的 a_n 都等于 1 ，所以我们有 p_(n+2)=p_(n+1)+p_n,q_(n+2)=q_(n+1)+q_n ，这就是 Fibonacci 数列的递推公式。注意 Fibonacci 数列的前两项 F_1=F_2=1 ，因此我们可以得到

    现在我们研究常数 √5 是否可以改大，为此我们构造一个数列 {C_n} 满足

    显然 C 的取值与数列 {C_n} 密切相关，比如说，刚才那个结论“下面三式至少有一个成立”就等价于“ C 同时小于 C_n,C_(n+1),C_(n+2) ”。接下来重点研究数列 {C_n} 。

    为叙述方便，我们先约定记号：

    容易验证这两个数的乘积为 -1 ，然后把刚才的式子变形后可得

    试着用 Fibonacci 数列通项公式代入，我们可以得到

    看着很麻烦，其实也没啥复杂的计算，我们考虑这个式子当 n 趋向于无穷大时的极限：

    第二行减号后面的一大坨由于趋向于 0 所以可以扔掉，得到最后结果，这也就是说数列 {C_n} 当 n 趋向无穷大时的极限为 √5 。

    这说明什么？我们考虑式子

    当 C>√5 时，我们已经知道数列 {C_n} 的极限是 √5 ，因此随便指定 √5 的邻域 (√5-t,√5+t) ，数列 {C_n} 从某一项起都会全部落在这个邻域内（这是根据极限的定义）。我们令 √5+t 小于 C （这当然可以办到），那么数列 {C_n} 从某一项起都会全部小于 C 。

    这样，我们当然可以从 {C_n} 中取出连续的三项都小于 C ，这样的话刚才的结论“下面三式至少有一个成立”就不成立了。同时，我们可以把“下面三式”中的 3 改为任意大于 3 的正整数。

    现在我们考虑这样一个问题：若常数 C 满足存在无穷个非负整数 n 使得：

    则 C 的最大值是多少。

    注意到当 C=√5 时 n 取任意相邻三个非负整数必有一个满足条件，因此满足条件的 n 的取值显然有无穷多个；当 C>√5 时，利用刚才构造的反例，取 r_0=(1+√5)/2 ，我们已经证明过数列 {C_n} 从某一项起全部小于 C ，也就是说从这一项起的 n 都不满足条件，因此满足条件的 n 的取值只有有限多个。

    因此 C 的最大值是 √5 。我们把这一结论重新叙述如下：

    存在无穷多个非负整数 n 使得

    且这里的常数 √5 不能改进，即若把 √5 换成任意一个大于 √5 的实数则该结论不成立。