求助于论坛高手乘简、elim老师，这个论坛底部LaTEX预览输入怎么做到的

永远

求助于论坛高手乘简、elim老师，这个论坛底部LaTEX预览输入怎么做到的

在：header_common里具体怎么编码才能实现这个，我很好奇

求助！！

永远

设$\small\,(n\in\mathbb{N}^+)\wedge(\sqrt{n}\not\in\mathbb{N}),\;F(n)=\{(m,k)\in\mathbb{Z}\times\mathbb{N}:\,k\mid n-m^2\in(0,n)\}$
令$\,{\small\lambda(m,k)=}\lfloor\frac{\sqrt{n}+m}{k}\rfloor,\;m_1=k\cdot\lambda(m,k)-m,\,k_1=\large\frac{n-m_1^2}{k}.\;$则有
${\small\sqrt{n}-m_1=}\big(\frac{\sqrt{n}+m}{k}{\small-\lambda(m,k)}\big)k>0,\;\sqrt{n}+m_1>\sqrt{n}-m>0$
$\therefore\;k\mid n-m^2+2mk\lambda-(k\lambda)^2=n-m_1^2>0,\;(m_1,k_1)\in F(n)$
$\therefore\;\frac{k}{\sqrt{n}+m}=\frac{k}{k\lambda+\sqrt{n}+m-k\lambda}=\frac{k}{k\lambda+\sqrt{n}-m_1}=\frac{1}{\lambda+\large\frac{k_1}{\sqrt{n}+m_1}}$
令$\,\psi^{\langle k+1\rangle}=\psi(\psi^{\langle k\rangle}),\;(m_j,k_j)=\psi^{\langle j\rangle}(m,k),\;\lambda_j=\lambda(m_{j-1},k_{j-1})$
定义$\,[a,b]=a+\large\frac{1}{\lbrack b \rbrack},\,$则有$\small\,1\le m,\,L\in\mathbb{N}\,$使$\small(m_{u+L},k_{u+L})=(m_u,k_u)$
$\,\frac{k}{\sqrt{n}+m}=[0,\lambda_1+\frac{k_1}{\sqrt{n}+m_1}]=[0,\lambda_1,\ldots,\lambda_{u}+\frac{k_u}{\sqrt{n}+m_u}]$
$\qquad\cdots=[0,\lambda_1,\ldots,\lambda_{u},\ldots,\lambda_{u+L}+\frac{k_{u+L}}{\sqrt{n}+m_{u+L}}]$
$\qquad\cdots=[0,\lambda_1,\ldots,\lambda_{u},\dot{\lambda}_{u+1},\ldots,\dot{\lambda}_{u+L}]$
$\qquad\cdots=[0,\lambda_1,\ldots,\lambda_{u},\overline{{\lambda}_{u+1},\ldots,\lambda}_{u+L}]$
这是因为$F(n)$是有限集.
取$\,m,k\in\mathbb{N}\,$使$\small\,m^2< n< (m+1)^2,\,k=n-m^2,\,$则$\small\,(m,k)\in F(n).$
可见$\,\sqrt{n}=[m;\lambda_1,\ldots,\lambda_u,\overline{\lambda_{u+1},\ldots,\lambda}_{u+L}]\,$是循环连分数.

Ysu2008

要修改网页才能实现.

永远

Ysu2008 发表于 2020-9-1 00:54
要修改网页才能实现.

请看2楼代码如何调整，乱码啦

Ysu2008

永远 发表于 2020-9-1 00:56
请看2楼代码如何调整，乱码啦

单独拿出错的那块代码测试，不行再细分为几个部分测试，直到找到原因。

elim

首先讨论非完全平方数的平方根的一般理论.
设$\small\,(n\in\mathbb{N}^+)\wedge(\sqrt{n}\not\in\mathbb{N}),\;F(n)=\{(m,k)\in\mathbb{Z}\times\mathbb{N}:\,k\mid n-m^2\in(0,n)\}$
令$\,{\small\lambda(m,k)=}\lfloor\frac{\sqrt{n}+m}{k}\rfloor,\;m_1=k\cdot\lambda(m,k)-m,\,k_1=\large\frac{n-m_1^2}{k}.\;$则有
${\small\sqrt{n}-m_1=}\big(\frac{\sqrt{n}+m}{k}{\small-\lambda(m,k)}\big)k>0,\;\sqrt{n}+m_1>\sqrt{n}-m>0$
$\therefore\;k\mid n-m^2+2mk\lambda-(k\lambda)^2=n-m_1^2>0,\;(m_1,k_1)\in F(n)$
令$\,\psi:  (m,k)\overset{\psi}{\mapsto}(m_1,k_1)\;\;\big(\frac{k}{\sqrt{n}+m}=\frac{k}{k\lambda+\sqrt{n}-m_1}=\frac{1}{\lambda+\large\frac{k_1}{\sqrt{n}+m_1}}\big)$
$(m_j,k_j)=\psi^{\langle j\rangle}(m,k),\;\lambda_j=\lambda(m_{j-1},k_{j-1})\;(\psi^{\langle k+1\rangle}=\psi(\psi^{\langle k\rangle}))$
定义$\,[a,b]=a+\large\frac{1}{[\,b]},\,$则有$\small\,1\le m,\,L\in\mathbb{N}\,$使$\small(m_{u+L},k_{u+L})=(m_u,k_u)$
$\,\frac{k}{\sqrt{n}+m}=[0,\lambda_1+\frac{k_1}{\sqrt{n}+m_1}]=[0,\lambda_1,\ldots,\lambda_{u}+\frac{k_u}{\sqrt{n}+m_u}]$
$\qquad\cdots=[0,\lambda_1,\ldots,\lambda_{u},\ldots,\lambda_{u+L}+\frac{k_{u+L}}{\sqrt{n}+m_{u+L}}]$
$\qquad\quad\;=[0,\lambda_1,\ldots,\lambda_{u},\dot{\lambda}_{u+1},\ldots,\dot{\lambda}_{u+L}]$
$\qquad\quad\;=[0,\lambda_1,\ldots,\lambda_{u},\overline{{\lambda}_{u+1},\ldots,\lambda}_{u+L}]$
这是因为$F(n)$是有限集.
取$\,m,k\in\mathbb{N}\,$使$\small\,m^2< n< (m+1)^2,\,k=n-m^2,\,$则$\small\,(m,k)\in F(n).$
可见$\,\sqrt{n}=[m;\lambda_1,\ldots,\lambda_u,\overline{\lambda_{u+1},\ldots,\lambda}_{u+L}]\,$是循环连分数.
命题 若$\,a_i\in\mathbb{N}^+,\;\alpha=[\overline{a_1,\ldots,a}_L]\;\small(L>1)\,$
$\qquad$则$\,\alpha\,$是整系数二次方程的根.
证明：此时$\,\alpha=[a_1,\ldots,a_L+\alpha].$ 当$\,L=2\,$时
$\,\alpha=a_1+\large\frac{1}{a_2+\alpha}\;$即$\,\alpha^2+(a_2-a_1)\alpha-a_1a_2-1=0$
当$\,L>2\,$时$\,\alpha=[a_1,\ldots,a_L+\alpha]=[a_1,\ldots,a_{L-1}+\frac{1}{a_L+\alpha}]$
所以据归纳法原理, 命题对一切$L>1$成立.
推论1 循环连分数的值具有一般形式$\,\frac{u\pm\sqrt{|v|}}{w}\;\small(u,v,w\in\mathbb{Z})$
推论2 若$\,k,\,n\in\mathbb{N}^+,\, k>2,\,\sqrt[k]{n}\not\in\mathbb{N},\,$则
$\qquad\sqrt[k]{n}\,$的连分数表示是无穷不循环的. 这有点出乎意料.