Tài liệu Về phép toán đạo hàm trên tập số

.. ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐỖ THU THỦY VỀ PHÉP TOÁN ĐẠO HÀM TRÊN TẬP SỐ LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2015 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐỖ THU THỦY VỀ PHÉP TOÁN ĐẠO HÀM TRÊN TẬP SỐ Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC GS. TSKH. HÀ HUY KHOÁI Thái Nguyên - 2015 i Mục lục Lời cảm ơn ii Mở đầu 1 1 Đạo hàm của số tự nhiên 2 1.1 Đạo hàm của một số tự nhiên . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 1.2 Phương trình n0 = n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.3 Phương trình n0 = a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 1.4 Phương trình n00 = 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 2 Đạo hàm của số nguyên và mở rộng 16 2.1 Đạo hàm của số hữu tỷ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 2.2 Nghiệm hữu tỷ của phương trình x0 = a . . . . . . . . . . . 18 2.3 Đạo hàm loga . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 2.4 Đạo hàm của số vô tỷ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 2.5 Đạo hàm số học cho UFD . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26 2.6 Đạo hàm suy rộng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 2.7 Hàm sinh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31 Kết luận 34 Tài liệu tham khảo 35 ii Lời cảm ơn Luận văn này được hoàn thành tại trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên. Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc với GS.TSKH Hà Huy Khoái, người thầy đã trực tiếp hướng dẫn tận tình và động viên tác giả trong suốt thời gian nghiên cứu vừa qua. Xin chân thành cảm ơn tới các thầy, cô giáo trong Khoa Toán - Tin, các bạn học viên lớp Cao học Toán K7D trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, và các bạn đồng nghiệp đã tạo điều kiện thuận lợi, động viên tác giả trong quá trình học tập và nghiên cứu tại trường. Tác giả cũng xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới gia đình và người thân luôn khuyến khích, động viên tác giả trong suốt quá trình học tập và làm luận văn. Mặc dù có nhiều cố gắng nhưng luận văn khó tránh khỏi những thiếu sót và hạn chế. Tác giả mong nhận được những ý kiến đóng góp quý báu của các thầy cô và bạn đọc để luận văn được hoàn thiện hơn. Thái Nguyên, 2015 Đỗ Thu Thủy Học viên Cao học Toán K7D, Trường ĐH Khoa học - ĐH Thái Nguyên 1 Mở đầu Khi thiết lập những tương tự giữa đa thức và số nguyên, người ta nhận thấy rằng khó khăn lớn nhất là đối với các số nguyên, không có một khái niệm đạo hàm như với đa thức. Vì thế, có nhiều cố gắng khác nhau nhằm xây dựng khái niệm đạo hàm trong tập hợp số nguyên. Dĩ nhiên bất kỳ khái niệm đạo hàm nào cũng cần phải thoả mãn một số tính chất cơ bản, như công thức Leibnitz, hay nghiệm của một số phương trình vi phân đơn giản nhất. Luận văn nhằm trình bày một kết quả trong những cố gắng xây dựng khái niệm đạo hàm cho tập hợp số nguyên. Luận văn được chia thành 2 chương với nội dung chính như sau: Chương 1 trình bày khái niệm, tính chất của đạo hàm của một số tự nhiên và giải một số phương trình vi phân đơn giản. Chương 2 mở rộng khái niệm đạo hàm cho một số nguyên, số hữu tỷ, số vô tỷ và số thực tùy ý. Thái Nguyên, ngày 20 tháng 11 năm 2015 Đỗ Thu Thủy Email: [email protected] 2 Chương 1 Đạo hàm của số tự nhiên Trong chương này, ta định nghĩa đạo hàm của một số nguyên là một ánh xạ biến mọi số nguyên tố thành 1 và thỏa mãn Quy tắc Leibnitz. Mục đích chính của chương là xem xét các tính chất cơ bản của ánh xạ trên và chỉ ra cách tổng quát hóa khái niệm đạo hàm cho trường hợp số hữu tỉ và số thực tùy ý. Ở đây, chúng tôi giới thiệu một số phỏng đoán, tìm mối liên hệ với phỏng đoán của Goldbach và phỏng đoán về cặp nguyên tố sánh đôi. Cuối cùng là giải một số phương trình vi phân đơn giản và tính hàm sinh. 1.1 Đạo hàm của một số tự nhiên Định nghĩa 1.1.1. Đạo hàm của một số tự nhiên được định nghĩa như sau: • p0 = 1 với số nguyên tố p bất kỳ, • (ab)0 = a0 b + ab0 với bất kì a, b ∈ N (Quy tắc Leibnitz). Ví dụ 1.1.1. Ta có 60 = (2.3)0 = 20 .3 + 2.30 = 1.3 + 2.1 = 5. Dưới đây là danh sách của 18 số nguyên dương và đạo hàm bậc nhất, bậc 3 hai, bậc ba của chúng: n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 n0 0 1 1 4 1 5 1 12 6 7 1 16 1 9 8 32 1 21 n00 0 0 0 4 0 1 0 16 5 1 0 32 0 6 12 80 0 10 n000 0 0 0 4 0 0 0 32 1 0 0 80 0 5 16 176 0 7 Định lí 1.1.1. a) 10 = 0, b) 00 = 0. Chứng minh. a) Sử dụng Quy tắc Leibnitz, ta có 1 = 12 ⇒ 10 = (12 )0 ⇔ 10 = 1.10 + 10 .1 ⇔ 10 = 2.10 ⇒ 10 = 0. b) Tương tự, theo Quy tắc Leibnitz ta có 0 = 2.0 ⇒ 00 = 20 .0 + 2.00 ⇔ 00 = 2.00 ⇒ 00 = 0. Định lí 1.1.2. Cho n là một số tự nhiên bất kỳ. Khi đó, nếu n = k Q i=1 0 n =n k n X i i=1 Chứng minh. Ta viết n = m Q pi pni i thì (1.1) . pi , trong đó pi không cần thiết phải khác nhau. i=1 m 1 P Ta chứng minh bằng quy nạp trên m rằng nếu n = pi thì n = n . i=1 i=1 pi Thật vậy, khi m = 1 thì n là số nguyên tố và do đó n0 = 1. Giả sử phát biểu m Q đúng với bất kỳ k = m ∈ N, tức là nếu n = có m Q pi thì n0 = n i=1 (npm+1 )0 = n0 pm+1 + n(pm+1 )0 0 m 1 P . Khi đó, ta i=1 pi 4 = n + npm+1 m 1 X i=1 = npm+1 m+1 X i=1 pi 1 pi . k ni P . Từ đó, suy ra nếu n = thì n = n i=1 i=1 pi   2 1 1 Ví dụ 1.1.2. Ta có (60)0 = (22 .3.5)0 = 60.  + +  = 92. 2 3 5 k Q pni i 0 Chú ý rằng tính chất tuyến tính không đúng trong trường hợp tổng quát: Với nhiều cặp số a, b, ta có (a + b)0 6= a0 + b0 . Hơn nữa (ab)00 6= a00 + 2ab + b00 vì ta cần tính chất tuyến tính để chứng minh điều này. Sẽ rất hay nếu ta mô tả được tất cả các cặp (a, b) là nghiệm của phương trình vi phân (a+b)0 = a0 +b0 . Ta có thể tìm được một nghiệm trong bảng trên đó là (4, 8). Nghiệm này có thể thu được từ nghiệm (1, 2) bằng cách sử dụng kết quả sau: Định lí 1.1.3. Nếu (a + b)0 = a0 + b0 thì với k là một số tự nhiên bất kì, ta có (ka + kb)0 = (ka)0 + (kb)0 . Điều này cũng đúng đối với bất đẳng thức (a + b)0 ≥ a0 + b0 ⇒ (ka + kb)0 ≥ (ka)0 + (kb)0 , (a + b)0 ≤ a0 + b0 ⇒ (ka + kb)0 ≤ (ka)0 + (kb)0 . Hơn nữa, có thể mở rộng cho một tổ hợp tuyến tính, chẳng hạn: X γi ai 0 = X  X 0 X γi (ai ) ⇒ k γi ai = γi (kai )0 . 0 5 Chứng minh. Cách chứng minh cho tất cả các trường hợp đều giống nhau, vì vậy ta chỉ cần xét cách chứng minh cho một trường hợp, ví dụ trường hợp ≥ với hai số hạng: (ka + kb)0 = (k(a + b))0 = k 0 (a + b) + k(a + b)0 = k 0 a + k 0 b + k(a + b)0 ≥ k 0 a + k 0 b + k(a0 + b0 ) = k 0 a + ka0 + kb0 + k 0 b = (ka)0 + (kb)0 . Hệ quả 1.1.1. (3k)0 = k 0 + (2k)0 ; (2k)0 ≥ 2k 0 ; (5k)0 ≤ (2k)0 + (3k)0 ; (5k)0 = (2k)0 + 3(k)0 . Chứng minh. Vì 10 + 20 = 0 + 1 = 1 và 30 = 1 nên 30 = 10 + 20 . Theo Định lý 1.1.3 suy ra (3k)0 = (1k + 2k)0 = (1k)0 + (2k)0 . Tương tự, ta có 20 ≥ 10 + 10 ; 50 ≤ 20 + 30 ; 50 = 20 + 3.10 . Suy ra (2k)0 ≥ 2k 0 ; (5k)0 ≤ (2k)0 + (3k)0 ; (5k)0 = (2k)0 + 3(k)0 . Hệ quả được chứng minh. Dưới đây là danh sách của các cặp (a, b) với a ≤ b ≤ 100, gcd(a, b) = 1 thỏa mãn (a + b)0 = a0 + b0 : (1, 2), (4, 35), (4, 91), (8, 85), (11, 14), (18, 67), (26, 29) 6 (27, 55), (35, 81), (38, 47), (38, 83), (50, 79), (62, 83), (95, 99) Định lí 1.1.4. Với số tự nhiên k > 1 bất kì, n0 ≥ n ⇒ (kn)0 ≥ kn. Chứng minh. Ta có (kn)0 = k 0 n + kn0 > kn0 ≥ kn. Điều phải chứng minh. 1.2 Phương trình n0 = n Tiếp theo chúng ta giải một số phương trình vi phân đơn giản đối với số nguyên dương. Đầu tiên là phương trình n0 = n và trong phần này ta sẽ chứng minh rằng phương trình này có nghiệm khi và chỉ khi n = pp , trong đó p là số nguyên tố. Định lí 1.2.1. Nếu n = pp .m với p là số nguyên tố và m > 1 là số tự nhiên thì n0 = pp (m + m0 ) và lim n(k) = ∞. k→∞ Chứng minh. Theo Quy tắc Leibnitz và (1.1), ta có n0 = (pp )0 .m + pp .m0 = pp (m + m0 ) > n và bằng quy nạp thì n(k) ≥ n + k. Định lí 1.2.2. Cho pk là lũy thừa cao nhất của số nguyên tố p mà chia hết số tự nhiên n. Nếu 0 < k < p thì pk−1 là lũy thừa cao nhất của p mà chia hết n0 . Đặc biệt, các số n, n0 , n00 , . . . , n(k) là khác nhau. Chứng minh. Đặt n = pk m. Khi đó n0 = kpk−1 m + pk m0 = pk−1 (km + pm0 ) và vì k < p nên km+pm0 không chia hết cho p, do đó n0 chỉ chia hết cho pk−1 . Từ lập luận này suy ra n00 chỉ chia hết cho pk−2 và các số n, n0 , n00 , . . . , n(k) là khác nhau. Hệ quả 1.2.1. Số nguyên dương n không có ước chính phương nếu và chỉ nếu (n, n0 ) = 1. 7 Chứng minh. Nếu p2 |n thì p|n0 và (n, n0 ) > 1. Mặt khác, nếu p|n và p|n0 thì p2 |n. Định lí 1.2.3. Nếu n = ppk .m với k, m > 1 là các số nguyên, p là số nguyên tố thì n0 = ppk (km + m0 ). Chứng minh. (ppk .m)0 = pkp(pk−1) .m + ppk .m0 = ppk (km + m0 ). Định lí 1.2.4. Cho n ∈ N, n0 = n nếu và chỉ nếu n = pp , trong đó p là số nguyên tố bất kì. Đặc biệt, có vô số nghiệm là các số tự nhiên. Chứng minh. Nếu n = pp thì n0 = (pp )0 = p.pp−1 .p0 = pp . Ngược lại, giả sử n0 = n. Khi đó theo Định lý 1.2.2, nếu p | n thì ít nhất pp | n hoặc nếu không nó mâu thuẫn với n0 = n. Theo Định lý 1.2.1, điều này xảy ra khi n = pp . Do đó, khi xem ánh xạ n −→ n0 như là một hệ động, ta có một điều khá thú vị. Cụ thể là, có vô số điểm cố định, 0 là một số tự nhiên như vậy, bởi vì mọi số nguyên tố sau hai lần lấy đạo hàm bằng 0. Phỏng đoán 1. Tồn tại vô số hợp số n sao cho n(k) = 0 với k là số tự nhiên đủ lớn. Như ta thấy sau này, phỏng đoán cặp số nguyên tố sánh đôi sẽ sai nếu phỏng đoán này sai. Các thử nghiệm ban đầu cho thấy các điểm không cố định thì đạo hàm n(k) tiến tới ∞ hoặc đến 0. Tuy nhiên, ta vẫn chưa tìm ra cách chứng minh điều này. Phỏng đoán 2. Chắc chắn một trong các điều sau sẽ xảy ra: Hoặc n(k) = 0 với k đủ lớn hoặc lim n(k) = ∞ hoặc n = pp với p nguyên tố. k→∞ Phỏng đoán 3. Phương trình vi phân n(k) = n chỉ có nghiệm tầm thường pp với p nguyên tố. Phỏng đoán 4. Cho k, l là hai số nguyên dương bất kì. Khi đó, phương trình    j k X1 X 1   =1 p q i j i=1 j=1 8 không có nghiệm là các số nguyên tố phân biệt. 1.3 Phương trình n0 = a Ta bắt đầu bằng hai phương trình đơn giản. Định lí 1.3.1. Phương trình vi phân n0 = 0 chỉ có một nghiệm nguyên dương là n = 1. Chứng minh. Điều này suy ra từ Định nghĩa (1.1) . Định lí 1.3.2. Phương trình vi phân n0 = 1 chỉ có nghiệm là các số nguyên tố. Chứng minh. Giả sử phương trình có một nghiệm là hợp số thì nó có thể biểu diễn như tích của các số nguyên tố mà đạo hàm của nó là tổng của ít nhất hai số nguyên dương lớn hơn 1. Định lí 1.3.3. Cho n là số nguyên dương bất kỳ thì n0 ≤ n log2 n . 2 (1.2) Nếu n không phải là số nguyên tố thì √ n0 ≥ 2 n. (1.3) Tổng quát, nếu n là tích của k thừa số lớn hơn 1 thì n0 ≥ kn Chứng minh. Nếu n = k Q i=1 n≥ k−1 k (1.4) . pni i thì k Y i=1 ni 2 ⇒ log2 n ≥ k X i=1 ni . 9 Theo (1.1) , ta có n0 = n k n X i i=1 pi n ≤ k P i=1 2 ni ≤ n log2 n . 2 Nếu n = n1 n2 n3 . . . nk thì theo Quy tắc Leibnitz ta có n0 = n01 n2 n3 . . . nk + n1 n02 n3 . . . nk + · · · + n1 n2 n3 . . . n0k ≥ n2 n3 . . . nk + n1 n3 . . . nk + · · · + n1 n2 n3 . . . n0k−1   1 1 1 = n + + ··· +  n1 n2 nk  ≥ n.k   k1 1 1 1 k−1 . . . .  = k.n k . n1 n2 nk Ở đây ta đã thay giá trị trung bình cộng bằng giá trị trung bình nhân. Hệ quả 1.3.1. Nếu phương trình vi phân n0 = a có nghiệm là số tự nhiên thì chỉ có hữu hạn nghiệm với a > 1. Chứng minh. Số n không thể là số nguyên tố. Theo (1.3) nghiệm này không lớn hơn a2 4 . Về sự tồn tại nghiệm thì sẽ thế nào? Ta bắt đầu với các số chẵn. Phỏng đoán 5. Phương trình vi phân n0 = 2b có một nghiệm nguyên dương với số tự nhiên b > 1 bất kì. Phỏng đoán 6. (Goldbach) Mọi số chẵn lớn hơn 3 là tổng của hai số nguyên tố. Nếu phỏng đoán của Goldbach được chứng minh thì 2b = p1 + p2 , p1 , p2 là các số nguyên tố. Lấy đạo hàm của tích (p1 p2 )0 = p01 p2 + p1 p02 = p1 + p2 = 2b và do vậy phương trình vi phân n0 = 2b có nghiệm là p1 p2 . 10 Định lí 1.3.4. Nếu a − 2 là nguyên tố thì n0 = a có một nghiệm là 2(a − 2). Chứng minh. (2(a − 2))0 = 20 (a − 2) + 2(a − 2)0 = a − 2 + 2 = a. Chú ý rằng phát biểu không phải là nếu và chỉ nếu, tức là vẫn tồn tại một vài số sao cho a − 2 không nguyên tố nhưng vẫn là nghiệm của phương trình vi phân n0 = a. Bất đẳng thức (1.3) giúp ta dễ dàng chứng minh được phương trình n0 = 2 không có nghiệm. Vậy với các số nguyên lẻ thì thế nào? Nhờ (1.3) ta dễ kiểm tra được phương trình n0 = 3 không có nghiệm. Với a = 5 ta có một nghiệm và tổng quát ta có định lý: Định lí 1.3.5. Cho p là một số nguyên tố và a = p + 2. Khi đó 2p là một nghiệm của phương trình n0 = a. Chứng minh. (2p)0 = 20 p + 2p0 = p + 2. Sau đây là danh sách của các số a ≤ 1000 mà phương trình n0 = a không có nghiệm: 2; 3; 11; 17; 23; 29; 35; 37; 47; 53; 57; 65; 67; 79; 83; 89; 93; 97; 107; 117; 125; 127; 145; 149; 157; 163; 173; 177; 179; 189; 197; 205; 207; 209; 217; 219; 223; 233; 237; 245; 257; 261; 277; 289; 303; 305; 307; 317; 323; 325; 337; 345; 353; 367; 373; 377; 379; 387; 389; 393; 397; 409; 413; 415; 427; 429; 443; 449; 453; 457; 473; 477; 485; 497; 499; 509; 513; 515; 517; 529; 531; 533; 537; 547; 553; 561; 569; 577; 593; 597; 11 605; 613; 625; 629; 639; 657; 659; 665; 673; 677; 681; 683; 697; 699; 709; 713; 715; 733; 747; 749; 757; 765; 769; 777; 781; 783; 785; 787; 793; 797; 805; 809; 817; 819; 827; 833; 835; 845; 847; 849; 853; 857; 869; 873; 877; 881; 891; 895; 897; 907; 917; 925; 933; 937; 947; 953; 963; 965; 967; 981; 989; 997 Chú ý, phần lớn các số trên (69 trong 153) là các số nguyên tố, một trong số đó (529 = 232 ) là số chính phương và một vài số (ví dụ 765 = 32 .5.17) có ít nhất 4 thừa số nguyên tố. Nói chung, nó là thú vị để khảo sát hoạt động của hàm "lấy tích phân" I(a) để tìm họ nghiệm của phương trình n0 = a với mọi a và các biến yếu i(a) của nó là điều rất thú vị. Như ta thấy ở trên I(0) = {0, 1}, I(1) chứa các số nguyên tố và i(2) = i(3) = i(11) = · · · = i(997) = 0. Dưới đây là bảng các số a ≤ 100 có nhiều hơn một "tích phân" (nghĩa là i(a) ≥ 2). Ví dụ 10 có hai "tích phân" (đó là I(10) = {21, 25}) và 100 có sáu "tích phân" (I(100) = {291, 979, 1411, 2059, 2419, 2491}). [10, 2], [12, 2], [14, 2], [16, 3], [18, 2], [20, 2], [21, 2], [22, 3], [24, 4], [26, 3], [28, 2], [30, 3], [31, 2], [32, 4], [34, 4], [36, 4], [38, 2], [39, 2], [40, 3], [42, 4], [44, 4], [45, 2], [46, 4], [48, 6], [50, 4], [52, 3], [54, 5], [55, 2], [56, 4], [58, 4], [60, 7], [61, 2], [62, 3], [64, 5], [66, 6], [68, 3], [70, 5], [71, 2], [72, 7], [74, 5], [75, 3], [76, 5], [78, 7], [80, 6], [81, 2], [82, 5], [84, 8], [86, 5], [87, 2], [88, 4], [90, 9], [91, 3], [92, 6], [94, 5], [96, 8], [98, 3], [100, 6]. 12 Chú ý rằng chỉ có ba số trong các số trên là số nguyên tố. Để hoàn thiện cần phải nêu ra tập các số a ≤ 100 với i(a) = 1. Định lí 1.3.6. Hàm i(n) không bị chặn với n > 1. Chứng minh. Giả sử i(n) < C với mọi n > 1 và C là hằng số. Khi đó 2n X i(k) < 2Cn k=2 với n là số bất kỳ. Nhưng với hai số nguyên tố p, q bất kỳ thì tích pq thuộc I(p + q), do đó 2n X k=2 trong đó 0 P i(k) > 0 X π(n)2 π(n)(π(n) + 1) 1= > 2 p≤q≤n 2 . là tổng của các số nguyên tố và π(n) là các số nguyên không vượt quá n. Điều này dẫn tới bất đẳng thức π(n)2 2Cn > 2 điều này mâu thuẫn với π(n) ≈ √ ⇒ π(n) < 2 Cn, n . ln n Phỏng đoán 7. Cho m là một số không âm bất kỳ, khi đó tồn tại vô số số a sao cho i(a) = m. Phỏng đoán 8. Tồn tại một dãy vô hạn an các số tự nhiên khác nhau sao cho a1 = 1, (an )0 = an−1 với n = 2, 3, . . . Đây là ví dụ của một dãy như vậy 1 ← 7 ← 10 ← 25 ← 46 ← 129 ← 170 ← 501 ← 414 ← 2045 Bảng dưới đây cho thấy giá trị lớn nhất của i(n) phụ thuộc vào thừa số nguyên tố m (không cần khác nhau) trong phép phân tích ra thừa số nguyên tố của n 13 với n ≤ 1000. 1 m 2 3 4 5 6 7 8 9 i(n) 8 22 35 46 52 52 40 47 32 Hình ảnh chi tiết hơn tiếp theo cho thấy sự phân bố của i(n) phụ thuộc vào số m với i(n) < 33. Chú ý rằng giá trị lớn nhất i(n) có thể bằng 52, do vậy ta chỉ có một phần của bảng. i(n)\m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 69 49 28 6 1 0 0 0 0 1 46 89 35 8 3 1 0 0 0 2 25 44 18 7 1 0 0 0 0 3 13 16 17 7 0 0 0 0 0 4 9 12 8 5 2 0 1 0 0 5 2 6 3 4 0 1 0 0 0 6 1 7 8 1 2 0 0 0 0 7 1 10 4 3 2 1 0 0 0 8 2 3 8 3 2 2 0 1 0 9 0 8 6 7 4 0 0 0 0 10 0 3 7 5 1 1 0 0 0 11 0 8 13 2 1 2 0 0 0 12 0 4 4 13 0 3 10 5 2 2 1 0 0 14 0 7 7 5 4 1 1 0 0 15 0 8 8 3 3 1 0 0 0 16 0 1 15 6 5 1 0 0 0 17 0 10 4 8 2 0 0 0 0 18 0 3 4 5 2 1 1 0 0 5 2 0 1 0 1 14 1.4 19 0 4 5 9 4 2 1 1 0 20 0 3 7 1 0 1 0 1 0 21 0 0 5 2 4 3 0 1 0 22 0 1 2 5 1 0 1 0 0 23 0 0 4 1 1 1 2 0 0 24 0 0 1 6 3 1 0 0 0 25 0 0 3 2 1 1 0 0 0 26 0 0 1 2 4 1 0 1 0 27 0 0 2 1 2 1 0 0 0 28 0 0 1 1 0 1 1 0 0 29 0 0 2 2 1 0 1 0 0 30 0 0 1 1 1 0 0 0 0 31 0 0 1 4 3 0 0 0 0 32 0 0 0 6 1 1 1 0 1 Phương trình n00 = 1 Phỏng đoán chính cho phương trình vi phân bậc hai như sau: Phỏng đoán 9. Phương trình vi phân n00 = 1 có vô số nghiệm trong tập số tự nhiên. Định lý 1.3.5 chỉ ra rằng 2p là một nghiệm nếu p, p + 2 là các số nguyên tố. Vì vậy, phỏng đoán nổi tiếng sau sẽ cần để chứng minh. Phỏng đoán 10 (Cặp số nguyên tố sánh đôi). Tồn tại vô số cặp p, p + 2 là các số nguyên tố. Phỏng đoán 11 (Bộ ba nguyên tố). Tồn tại vô số bộ ba số p, q, r là các số nguyên tố sao cho P = pq + pr + qr là một số nguyên tố. Một bộ ba như vậy cho một nghiệm của n = pqr của phương trình vì 15 n0 = P . Thực tế, các nghiệm có thể được mô tả như sau: Định lí 1.4.1. Số n là một nghiệm của phương trình vi phân n00 = 1 nếu và chỉ nếu các điều kiện sau là đúng: 1) Số n là tích của các số nguyên tố khác nhau: n = k Q pi . i=1 k 1 p P 2) = , trong đó p là một số nguyên tố. n i=1 pi 3) Nếu k là số chẵn thì số nguyên tố nhỏ nhất pi là bằng 2. Chứng minh. Nếu n = p2 m với p là số nguyên tố thì n0 = p(2m + pm0 ) không phải là số nguyên tố và theo định lý 1.3.2 số n không phải là một nghiệm. Do đó, nó là một tích của các số nguyên tố khác nhau. Khi đó, điều kiện thứ hai có nghĩa là n0 là một số nguyên tố và theo định lý 1.3.2 đó là điều kiện cần và đủ để là một nghiệm. Thừa số k không phải là số chẵn nếu mọi số nguyên tố pi là số lẻ vì n0 trong trường hợp này (là tổng của k số lẻ) là số chẵn và lớn hơn 2. 16 Chương 2 Đạo hàm của số nguyên và mở rộng Trong chương này ta mở rộng định nghĩa đạo hàm cho một số nguyên, số hữu tỷ và số vô tỷ. Định lí 2.0.1. Định nghĩa đạo hàm cho các số nguyên theo quy tắc (−x)0 = −x0 . Chứng minh. Vì (−1)2 = 1 nên theo Quy tắc Leibnitz, ta có ((−1)2 )0 = 10 ⇔ 2.(−1).(−1)0 = 0 ⇔ (−1)0 = 0. Do vậy, với mọi x nguyên dương, ta có (−x)0 = ((−1).x)0 = (−1)0 .x0 + (−1).x0 = −(x0 ). 2.1 Đạo hàm của số hữu tỷ Tiếp theo là đạo hàm của một số hữu tỷ. Ta bắt đầu với số hữu tỷ dương. k Q Cách ngắn nhất là sử dụng (1.1) . Ví dụ, nếu x = pxi i là một phép phân i=1 tích ra thừa số nguyên tố của một số hữu tỷ (trong đó một vài xi có thể là số âm) thì ta đặt 0 x =x k x X i i=1 pi (2.1)