Về phép toán đạo hàm trên tập số

Dĩ nhiên bất kỳ khái niệm đạo hàm nào cũng cần phải thoả mãn một sốtính chất cơ bản, như công thức Leibnitz, hay nghiệm của một số phương trình vi phân đơn giản nhất.. Luận văn được chia

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

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

ĐỖ THU THỦY

VỀ PHÉP TOÁN ĐẠO HÀM TRÊN TẬP SỐ

Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

GS TSKH HÀ HUY KHOÁI

Thái Nguyên - 2015

Mục lục

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

Lời cảm ơn

Luận văn này được hoàn thành tại trường Đại học Khoa học - Đại họcThái Nguyên Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc với GS.TSKH Hà HuyKhoái, người thầy đã trực tiếp hướng dẫn tận tình và động viên tác giả trongsuốt thời gian nghiên cứu vừa qua

Xin chân thành cảm ơn tới các thầy, cô giáo trong Khoa Toán - Tin, cácbạn học viên lớp Cao học Toán K7D trường Đại học Khoa học - Đại học TháiNguyên, và các bạn đồng nghiệp đã tạo điều kiện thuận lợi, động viên tác giảtrong 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 thânluôn khuyến khích, động viên tác giả trong suốt quá trình học tập và làm luậnvăn

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 cácthầy 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

Mở đầu

Khi thiết lập những tương tự giữa đa thức và số nguyên, người ta nhậnthấy rằng khó khăn lớn nhất là đối với các số nguyên, không có một kháiniệm đạo hàm như với đa thức Vì thế, có nhiều cố gắng khác nhau nhằm xâydựng khái niệm đạo hàm trong tập hợp số nguyên

Dĩ nhiên bất kỳ khái niệm đạo hàm nào cũng cần phải thoả mãn một sốtính 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 cốgắng 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: huanthuyloi@gmail.com

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 đíchchính của chương là xem xét các tính chất cơ bản của ánh xạ trên và chỉ racách 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 phỏngđoán của Goldbach và phỏng đoán về cặp nguyên tố sánh đôi Cuối cùng làgiải 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:

pi, trong đó pi không cần thiết phải khác nhau.

Ta chứng minh bằng quy nạp trên m rằng nếu n = Qm

(npm+1)0 = n0pm+1 + n(pm+1)0

Hơn nữa, có thể mở rộng cho một tổ hợp tuyến tính, chẳng hạn:

Chứng minh. Cách chứng minh cho tất cả các trường hợp đều giống nhau, vìvậy 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 = k0(a + b) + k(a + b)0

20 ≥ 10 + 10; 50 ≤ 20+ 30; 50 = 20 + 3.10.Suy ra

(2k)0 ≥ 2k0; (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) = 1thỏa mãn (a + b)0 = a0 + b0:

(1, 2), (4, 35), (4, 91), (8, 85), (11, 14), (18, 67), (26, 29)

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.

và vì k < p nên km+pm0 không chia hết cho p, do đó n0chỉ 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) làkhác nhau

Hệ quả 1.2.1 Số nguyên dương n không có ước chính phương nếu và chỉ nếu

(n, n0) = 1.

Chứng minh. Nếu p2|nthì p|n0 và (n, n0) > 1 Mặt khác, nếu p|n và p|n0 thì

n0 = n Khi đó theo Định lý 1.2.2, nếu p | n thì ít nhất pp | nhoặc 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 kháthú vị Cụ thể là, có vô số điểm cố định, 0 là một số tự nhiên như vậy, bởi vìmọi 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 nếuphỏng đoán này sai Các thử nghiệm ban đầu cho thấy các điểm không cốđịnh thì đạo hàm n(k) tiến tới ∞ hoặc đến 0 Tuy nhiên, ta vẫn chưa tìm racách 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

k→∞n(k) = ∞ hoặc n = pp với p nguyên tố.

Phỏng đoán 3 Phương trình vi phân n(k) = n chỉ có nghiệm tầm thường pp

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.

Định lí 1.3.2 Phương trình vi phân n0 = 1 chỉ có nghiệm là các số nguyên

tố.

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

= k.nk−1k

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.

lớn hơn a

2

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 (p1p2)0 = p01p2+ p1p02 = p1+ p2 =2b và do vậy phương trình vi phân n0 = 2b có nghiệm là p1p2

Định lí 1.3.4 Nếu a − 2 là nguyên tố thì n0 = a có một nghiệm là 2(a − 2).

Chú ý rằng phát biểu không phải là nếu và chỉ nếu, tức là vẫn tồn tại mộtvài 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 = 2không có nghiệm Vậy với các số nguyên lẻ thì thế nào? Nhờ (1.3) ta dễ kiểmtra được phương trình n0 = 3không 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

100có sáu "tích phân" (I(100) = {291, 979, 1411, 2059, 2419, 2491}).

Chú ý rằng chỉ có ba số trong các số trên là số nguyên tố Để hoàn thiệncần 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.

là tổng của các số nguyên tố và π(n) là các số nguyên không vượtquá n Điều này dẫn tới bất đẳng thức

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

với n ≤ 1000.

i(n) 8 22 35 46 52 52 40 47 32Hình 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

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

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 =

không phải là số nguyên tố và theo định lý 1.3.2 số n không phải là mộtnghiệm Do đó, nó là một tích của các số nguyên tố khác nhau Khi đó, điềukiện thứ hai có nghĩa là n0là một số nguyên tố và theo định lý 1.3.2 đó là điềukiện 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 sốchẵn và lớn hơn 2

Chương 2

Đạo hàm của số nguyên và mở rộng

Trong chương này ta mở rộng định nghĩa đạo hàm cho một số nguyên, sốhữu tỷ và số vô tỷ

Định lí 2.0.1 Định nghĩa đạo hàm cho các số nguyên theo quy tắc

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.Cách ngắn nhất là sử dụng (1.1) Ví dụ, nếu x = Qk

i=1

pxi

i là một phép phântích ra thừa số nguyên tố của một số hữu tỷ (trong đó một vài xi có thể là sốâm) thì ta đặt

và chứng minh tương tự như định lý 1.1.2 , cho thấy định nghĩa này vẫn thỏamãn Quy tắc Leibnitz.

Định lí 2.1.1 Cho a, b là hai số nguyên bất kì Khi đó, ta có





ab





acbc

Dưới đây là bảng đạo hàm của i

25

19

24

49 −1

4

427

325

225

76

27

1625

2.2 Nghiệm hữu tỷ của phương trình x0 = a

Trong nhiều trường hợp phương trình x0 = 0có nghiệm hữu tỷ không tầm

nào khác cũng có thể thu được theo cách này.

pp với n là số tự nhiên và p là số nguyên tố Vì

x0 = n

0 − n

pp trong trường hợp này ta có thể phát biểu lại phỏng đoán như sau

Phỏng đoán 13 Cho p là một số nguyên tố Phương trình n0 = n + ppkhông

Chú ý, theo định lý 1.2.2 nếu nghiệm n chia hết cho p thì nó phải chia hếtcho pp Do đó n = mpp và pp(m0 + m) = pp(m + 1)theo định lý 1.2.1 và mphải là một số nguyên tố Do đó chỉ cần chứng minh nghiệm bất kỳ chia hếtcho p

Chúng ta không hy vọng nghiệm trên có thể bao hàm tất cả nghiệm hữu

tỷ, tuy nhiên chúng ta không biết một phản ví dụ nào

Phỏng đoán 14 Tồn tại số a sao cho phương trình x0 = a không có nghiệm

hữu tỉ.

Các số đầu tiên không xác nhận phỏng đoán:



−2116

Để tiện lợi ta chia mỗi số nguyên thành phần lớn và phần nhỏ Chosign(x)x = |x| =

và nếu 0 < rj < pj thì số nguyên ở vế trái chia hết cho pj nhưng số ở vế phải

Bây giờ ta có thể giải phương trình x0 = αx với α là số hữu tỉ Ta đã cócách giải phương trình này trong trường hợp α = 0, vì vậy giả sử α 6= 0

• Nếu x0 là một nghiệm riêng khác không của (2.3) và y là một nghiệm

nghiệm bất kỳ của (2.3) có thể thu được theo cách này.

• Để thu được một nghiệm riêng của phương trình (2.3), chỉ cần phân

tích α thành phân số tối giản:

Chứng minh. Phương trình (2.3) tương đương với phương trình

có nghĩa y là một nghiệm của phương trình y0 = 0

6 và thu được tất cả các nghiệm khác không ta cầnnhân x0 với y bất kì sao cho R(y) = 1, A(y) = 0

2.4 Đạo hàm của số vô tỷ

Tiếp theo ta tổng quát định nghĩa đạo hàm cho số vô tỉ Phương trình (1.1)

có thể vẫn được sử dụng trong trường hợp tổng quát Nhưng trước tiên ta cầnsuy nghĩ về định nghĩa một cách đúng đắn

Bổ đề 2.4.1 Cho {p1, , pk} là tập các số nguyên tố khác nhau và {x1, , xk}

nguyên tố là khác nhau Nếu chúng là các số hữu tỉ, ta chọn một số tựnhiên m sao cho yi = mxi là các số nguyên Khi đó Pm = 1 và ta có

6 .Tổng quát hơn ta có công thức tiện lợi sau:

x =





m + 1m





m+1

với m là số tự nhiên Tính toán trực tiếp cho ta kết quả giống như trên

và chứng tỏ rằng điều này vẫn còn đúng ngay cả đối với số hữu tỉ m

Một cách tự nhiên có thể mở rộng định nghĩa của chúng ta tới tích vô hạn:

2.5 Đạo hàm số học cho UFD

Các định nghĩa về đạo hàm và phần lớn các phép chứng minh chỉ dựa trênthực tế rằng mọi số tự nhiên đều có duy nhất một cách phân tích thành tíchcác thừa số nguyên tố Do vậy không khó để chuyển nó tới một UFD tùy ý(unique factorization domain) R sử dụng cùng một định nghĩa: p0 = 1 vớimọi phần tử nguyên tố "chính tắc" (bất khả quy), Quy tắc Leibnitz và thêmnữa u0 = 0cho tất cả các đơn vị (phần tử khả nghịch) trong R Ví dụ, ta có thểlàm điều đó cho một vành đa thức K[x] hoặc cho số Gaussian a + bi Trongtrường hợp đầu tiên các đa thức bất khả quy chính tắc là monic, trường hợpthứ hai các số nguyên tố chính tắc là nguyên tố "dương" [3] Điều này dẫnđến một định nghĩa đúng đắn cho trường các phân số Cũng lưu ý, điều kiệnUFD là không cần thiết - ta chỉ cần một định nghĩa đạo hàm đúng đắn, nghĩa

là độc lập với phép phân tích thành nhân tử Ta không có kế hoạch phát triển

lý thuyết này theo hướng trừu tượng hơn và thu hẹp bằng kết quả tầm thườngsau

Định lí 2.5.1 Cho K là một trường đặc số không và đạo hàm f0 trong K[x]

được định nghĩa như sau Cho

d

0(x) =

df (x)

chúng trùng nhau trên các đa thức tuyến tính Nếu f(x) không có nhân tử

bất khả quy tuyến tính thì f0(x) có bậc nhỏ hơn so với df (x)

= l(x)



g0(x) −

dg(x)dx

ví dụ tương tự như phỏng đoán của Goldbach và phỏng đoán về cặp số nguyên

tố sánh đôi (cặp song sinh là cặp có khoảng cách giữa hai phần tử bằng√2;lịch sử và các biến thể có thể được tìm thấy trong " The zoo Gaussian " [5]).Chúng ta đi sang hướng khác

2.6 Đạo hàm suy rộng

Định nghĩa của chúng ta dựa vào hai điểm chính - Quy tắc Leibnitz và

p0 = 1với p là số nguyên tố Nếu ta bỏ qua điều thứ 2 và chỉ sử dụng Quy tắc

Leibnitz ta có định nghĩa tổng quát của D(x) Nếu x = Qk

Định lí 2.6.1 Cho R là một vành giao hoán không có ước của không và cho

L : R∗ → R+ là một đồng cấu nửa nhóm nhân tới nhóm cộng Khi đó ánh xạ



(−L(y)) = −D(y)

y2 Sau đó, lặp lại chứng minh của Định lý 2.1.1

Hệ quả 2.6.1 Tồn tại vô hạn khả năng có thể mở rộng đạo hàm x0, xây dựng

ở phần 2.9 trên Q cho tất cả các số thực bảo toàn Quy tắc Leibnitz

Chứng minh. Ta bắt đầu với các số dương Chỉ cần mở rộng ld(x) Lưu ýrằng nhóm nhân các số thực dương đẳng cấu với nhóm cộng và cả hai là cáckhông gian véctơ trên tập các số hữu tỉ Trong phần 2.9 ánh xạ ld(x) đượcđịnh nghĩa trên một không gian con và có vô hạn khả năng để mở rộng mộtánh xạ tuyến tính từ một không gian con đến toàn bộ không gian Rõ ràng nó

sẽ là một đồng cấu nửa nhóm và điều này cho một đạo hàm của các số dương.Đối với các số âm, chúng ta tiến hành như trong phần 2.5

Lưu ý rằng tiên đề chọn đang được sử dụng ở đây Sẽ rất tốt nếu tìm được

mở rộng " tự nhiên ", mà bảo toàn điều kiện (2.4), nhưng lưu ý rằng không

có mở rộng nào như vậy có thể liên tục Để chứng minh điều này ta xét mộtdãy



 = ∞

Một ví dụ về đạo hàm suy rộng liên tục cho ta D(x) = x ln x Rất dễ để xâydựng một đạo hàm suy rộng toàn ánh trong tập các số nguyên và không thểlàm cho nó đơn ánh (bời vì D(1) = D(−1) = D(0) = 0) Nhưng có lẽphỏng đoán sau đây là đúng

Phỏng đoán 15 Không có đạo hàm suy rộng D(x) là song ánh giữa tập các

số tự nhiên và tập các số nguyên không âm.

Thậm chí chúng ta có thể hy vọng cho một biến thể mạnh hơn:

Phỏng đoán 16 Với bất kì đạo hàm sinh D(x) trên tập các số nguyên đều

tồn tại hai số nguyên dương khác nhau mà có cùng đạo hàm.

Quay trở lại các đạo hàm sinh trên Q hoặc R để chúng ta nghiên cứu cấutrúc của chúng như một tập