Về phép toán đạo hàm trên tập số

39 21 0
  • Loading ...
1/39 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 25/11/2016, 15:16

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 Đạo hàm số tự nhiên 1.1 Đạo hàm số tự nhiên 1.2 Phương trình n = n 1.3 Phương trình n = a 1.4 Phương trình n = 14 Đạo hàm số nguyên mở rộng 16 2.1 Đạo hàm số hữu tỷ 16 2.2 Nghiệm hữu tỷ phương trình x = a 18 2.3 Đạo hàm loga 20 2.4 Đạo hàm 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 hoàn thành 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 trực tiếp hướng dẫn tận tình động viên tác giả suốt thời gian nghiên cứu vừa qua Xin chân thành cảm ơn tới thầy, cô giáo Khoa Toán - Tin, bạn học viên lớp Cao học Toán K7D trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, bạn đồng nghiệp tạo điều kiện thuận lợi, động viên tác giả trình học tập nghiên cứu trường Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới gia đình người thân khuyến khích, động viên tác giả suốt trình học tập làm luận văn Mặc dù có nhiều cố gắng luận văn khó tránh khỏi thiếu sót hạn chế Tác giả mong nhận ý kiến đóng góp quý báu thầy cô bạn đọc để luận văn hoàn thiện Thái Nguyên, 2015 Đỗ Thu Thủy Học viên Cao học Toán K7D, Trường ĐH Khoa học - ĐH Thái Nguyên Mở đầu Khi thiết lập tương tự đa thức số nguyên, người ta nhận thấy khó khăn lớn số nguyên, khái niệm đạo hàm với đa thức Vì thế, có nhiều cố gắng khác nhằm xây dựng khái niệm đạo hàm tập hợp số nguyên Dĩ nhiên khái niệm đạo hàm cần phải thoả mãn số tính chất bản, công thức Leibnitz, hay nghiệm số phương trình vi phân đơn giản Luận văn nhằm trình bày kết cố gắng xây dựng khái niệm đạo hàm cho tập hợp số nguyên Luận văn chia thành chương với nội dung sau: Chương trình bày khái niệm, tính chất đạo hàm số tự nhiên giải số phương trình vi phân đơn giản Chương mở rộng khái niệm đạo hàm cho số nguyên, số hữu tỷ, số vô tỷ số thực tùy ý Thái Nguyên, ngày 20 tháng 11 năm 2015 Đỗ Thu Thủy Email: huanthuyloi@gmail.com Chương Đạo hàm số tự nhiên Trong chương này, ta định nghĩa đạo hàm số nguyên ánh xạ biến số nguyên tố thành thỏa mãn Quy tắc Leibnitz Mục đích chương xem xét tính chất ánh xạ cách tổng quát hóa khái niệm đạo hàm cho trường hợp số hữu tỉ số thực tùy ý Ở đây, giới thiệu số đoán, tìm mối liên hệ với đoán Goldbach đoán cặp nguyên tố sánh đôi Cuối giải số phương trình vi phân đơn giản tính hàm sinh 1.1 Đạo hàm số tự nhiên Định nghĩa 1.1.1 Đạo hàm số tự nhiên định nghĩa sau: • p = với số nguyên tố p bất kỳ, • (ab) = a b + ab với a, b ∈ N (Quy tắc Leibnitz) Ví dụ 1.1.1 Ta có = (2.3) = + 2.3 = 1.3 + 2.1 = Dưới danh sách 18 số nguyên dương đạo hàm bậc nhất, bậc hai, bậc ba chúng: n 10 11 12 13 14 15 16 17 18 n 1 12 16 32 21 n 0 16 32 12 80 10 n 0 0 32 0 80 16 176 Định lí 1.1.1 a) = 0, b) = Chứng minh a) Sử dụng Quy tắc Leibnitz, ta có = 12 ⇒ = (12 ) ⇔ = 1.1 + 1 ⇔ = 2.1 ⇒ = b) Tương tự, theo Quy tắc Leibnitz ta có = 2.0 ⇒ = + 2.0 ⇔ = 2.0 ⇒ = Định lí 1.1.2 Cho n số tự nhiên Khi đó, n = k i=1 k n =n i=1 Chứng minh Ta viết n = m ni pi pni i (1.1) pi , pi không cần thiết phải khác i=1 m Ta chứng minh quy nạp m n = pi n = n m pi Thật vậy, m = n số nguyên tố n = Giả sử phát biểu i=1 với k = m ∈ N, tức n = có m pi n = n i=1 (npm+1 ) = n pm+1 + n(pm+1 ) i=1 m i=1 pi Khi đó, ta m = n + npm+1 i=1 m+1 = npm+1 i=1 k Từ đó, suy n = pni i n = n k pi pi ni pi   1 Ví dụ 1.1.2 Ta có (60) = (22 3.5) = 60  + +  = 92 i=1 i=1 Chú ý tính chất tuyến tính không trường hợp tổng quát: Với nhiều cặp số a, b, ta có (a + b) = a + b Hơn (ab) = a + 2ab + b ta cần tính chất tuyến tính để chứng minh điều Sẽ hay ta mô tả tất cặp (a, b) nghiệm phương trình vi phân (a+b) = a +b Ta tìm nghiệm bảng (4, 8) Nghiệm thu từ nghiệm (1, 2) cách sử dụng kết sau: Định lí 1.1.3 Nếu (a + b) = a + b với k số tự nhiên bất kì, ta có (ka + kb) = (ka) + (kb) Điều bất đẳng thức (a + b) ≥ a + b ⇒ (ka + kb) ≥ (ka) + (kb) , (a + b) ≤ a + b ⇒ (ka + kb) ≤ (ka) + (kb) Hơn nữa, mở rộng cho tổ hợp tuyến tính, chẳng hạn: γi = γi (ai ) ⇒ k γi = γi (kai ) Chứng minh Cách chứng minh cho tất trường hợp giống nhau, ta cần xét cách chứng minh cho trường hợp, ví dụ trường hợp ≥ với hai số hạng: (ka + kb) = (k(a + b)) = k (a + b) + k(a + b) = k a + k b + k(a + b) ≥ k a + k b + k(a + b ) = k a + ka + kb + k b = (ka) + (kb) Hệ 1.1.1 (3k) = k + (2k) ; (2k) ≥ 2k ; (5k) ≤ (2k) + (3k) ; (5k) = (2k) + 3(k) Chứng minh Vì + = + = = nên = + Theo Định lý 1.1.3 suy (3k) = (1k + 2k) = (1k) + (2k) Tương tự, ta có ≥1 +1; ≤2 +3; = + 3.1 Suy (2k) ≥ 2k ; (5k) ≤ (2k) + (3k) ; (5k) = (2k) + 3(k) Hệ chứng minh Dưới danh sách cặp (a, b) với a ≤ b ≤ 100, gcd(a, b) = thỏa mãn (a + b) = a + b : (1, 2), (4, 35), (4, 91), (8, 85), (11, 14), (18, 67), (26, 29) (27, 55), (35, 81), (38, 47), (38, 83), (50, 79), (62, 83), (95, 99) Định lí 1.1.4 Với số tự nhiên k > bất kì, n ≥ n ⇒ (kn) ≥ kn Chứng minh Ta có (kn) = k n + kn > kn ≥ kn Điều phải chứng minh 1.2 Phương trình n = n Tiếp theo giải số phương trình vi phân đơn giản số nguyên dương Đầu tiên phương trình n = n phần ta chứng minh phương trình có nghiệm n = pp , p số nguyên tố Định lí 1.2.1 Nếu n = pp m với p số nguyên tố m > số tự nhiên n = pp (m + m ) lim n(k) = ∞ k→∞ Chứng minh Theo Quy tắc Leibnitz (1.1), ta có n = (pp ) m + pp m = pp (m + m ) > n quy nạp n(k) ≥ n + k Định lí 1.2.2 Cho pk lũy thừa cao số nguyên tố p mà chia hết số tự nhiên n Nếu < k < p pk−1 lũy thừa cao p mà chia hết n Đặc biệt, số n, n , n , , n(k) khác Chứng minh Đặt n = pk m Khi n = kpk−1 m + pk m = pk−1 (km + pm ) k < p nên km+pm không chia hết cho p, n chia hết cho pk−1 Từ lập luận suy n chia hết cho pk−2 số n, n , n , , n(k) khác Hệ 1.2.1 Số nguyên dương n ước phương (n, n ) = 21 Để tiện lợi ta chia số nguyên thành phần lớn phần nhỏ Cho k sign(x)x = |x| = nghĩa i=1 pxi i xi = pi + ri ≤ ri < pi Ta định k k pai i pi , P (x) = sign(x) k pri i , R(x) = i=1 A(x) = i=1 i=1 Định lí 2.3.2 Các tính chất sau đúng: • ld(x) = A(x) + ld(R(x)) • x = A(x)x + P (x)(R(x)) = x(A(x) + ld(R(x))) • Nếu x số nguyên khác không x|x ⇔ ld(x) ∈ Z ⇔ R(x) =   a • Nếu   số nguyên gcd(a, b) = R(b) = b Chứng minh Đầu tiên, ta có ld(x) = ld(P (x)R(x)) = ld(P (x)) + ld(R(x)) = A(x) + ld(R(x)) Sử dụng điều này, ta có x = x ld(x) = x(A(x) + ld(R(x))) = xA(x) + x ld(R(x)) = xA(x) + P (x)R(x) ld(R(x)) = A(x)x + P (x)(R(x)) Nếu R(x) = tổng k ri ld(R(x)) = i=1 pi số nguyên Mặt khác k ld(R(x)) k pi = i=1 ri Q i i=1 22 < rj < pj số nguyên vế trái chia hết cho pj số vế phải k pi i=1 không chia hết Qj = số nguyên tố pi khác Khẳng pj định sau suy từ định lý 1.2.2 Bây ta giải phương trình x = αx với α số hữu tỉ Ta có cách giải phương trình trường hợp α = 0, giả sử α = Định lí 2.3.3 Cho α = a b số hữu tỉ với gcd(a, b) = 1, b > Khi • Phương trình (2.3) x = αx có nghiệm hữu tỉ khác không b tích số nguyên khác b = • Nếu x0 nghiệm riêng khác không (2.3) y nghiệm hữu tỷ y = x = x0 y nghiệm (2.3) nghiệm (2.3) thu theo cách • Để thu nghiệm riêng phương trình (2.3), cần phân tích α thành phân số tối giản: n a α= b = [α] + i=1 ci pi k pi , ≤ |ci | < pi Khi b = i=1 k pci i [α] x0 = i=1 nghiệm riêng (Tất nhiên số thay pp với p số nguyên tố bất kì) 23 Chứng minh Phương trình (2.3) tương đương với phương trình a ld(x) = α ⇔ A(x) + ld(R(x)) = α = b k Vì A(x) số nguyên ld(R(x)) = ri , số tự nhiên b tích pi số nguyên tố khác Giả sử b thuộc kiểu Khi i=1 k k pci i [α] ld = [α] + i=1 i=1 ci pi = α thu nghiệm riêng mong muốn Nếu y = x0 nghiệm riêng bất kì, (x0 y) = x0 y + x0 y = αx0 y, thỏa mãn (2.3) Cuối cùng, x = αx y = x x0 ld(y) = ld(x) − ld(x0 ) = có nghĩa y nghiệm phương trình y = Ví dụ phương trình x = phương trình x = x nghiệm, x0 = nghiệm riêng x thu tất nghiệm khác không ta cần nhân x0 với y cho R(y) = 1, A(y) = 2.4 Đạo hàm số vô tỷ Tiếp theo ta tổng quát định nghĩa đạo hàm cho số vô tỉ Phương trình (1.1) sử dụng trường hợp tổng quát Nhưng trước tiên ta cần suy nghĩ định nghĩa cách đắn 24 Bổ đề 2.4.1 Cho {p1 , , pk } tập số nguyên tố khác {x1 , , xk } tập số hữu tỉ Khi k pxi i = ⇔ x1 = x2 = · · · = xk = P = i=1 Chứng minh Điều hiển nhiên xi số nguyên, số nguyên tố khác Nếu chúng số hữu tỉ, ta chọn số tự nhiên m cho yi = mxi số nguyên Khi P m = ta có yi = ⇒ xi = Bây ta mở rộng định nghĩa tới số thực x mà viết tích x = k i=1 pxi i với pi số nguyên tố khác vài số hữu tỉ xi khác không Bổ đề cho ta thấy dạng ta định nghĩa k xi x =x pi i=1 Chứng minh cho Quy tắc Leibnitz ta bỏ qua bước Chẳng hạn, ta có √ = 31/2 = 31/2 √ 1/2 = Tổng quát ta có công thức tiện lợi sau: Định lí 2.4.1 (xy ) = yxy−1 x = Chứng minh Nếu x = k i=1 (x ) = k pi i i=1 x (2.4) xy = yxy ld(x) pxi i k y yx =x y i=1 yxi pi k y−1 = yx x i=1 xi pi = yxy−1 x 25 Một hệ Hệ 2.4.1 Cho a, b, c, d số hữu tỉ mà ab = cd (a, c số dương) Khi b ld(a) = d ld(c) a bc = c ad Đặc biệt, a = b, c = d ta có aa = cc ⇒ a = c Như ví dụ ta kiểm tra trực tiếp xy = y x có nghiệm  x= m+1 m m   ; y= m+1 m m+1  y x x2 phương trình x = Một ví dụ khác x2 = y2 , có nghiệm thu từ m = (1/2)1/2 = (1/4)1/4     1 ⇒  =  =− 4 Nói chung không khó để chứng minh nghiệm hữu tỉ phương trình xx = y y có dạng  x= m+1 m m   ; y= m+1 m m+1  26 với m số tự nhiên Tính toán trực tiếp cho ta kết giống  x = m m−1  m m+1   m m+1    = (m + 1)  m m+1 m    m m+1   =y chứng tỏ điều số hữu tỉ m Một cách tự nhiên mở rộng định nghĩa tới tích vô hạn: ∞ pxi i ∞ xi hội tụ pi Tuy nhiên, vấn đề tổng không thiết hội tụ tới không x = x = i=1 hội tụ dễ chứng minh tổng x i=1 Đây lý tổng quát hoá đạo hàm không đắn 2.5 Đạo hàm số học cho UFD Các định nghĩa đạo hàm phần lớn phép chứng minh dựa thực tế số tự nhiên có cách phân tích thành tích thừa số nguyên tố Do không khó để chuyển tới UFD tùy ý (unique factorization domain) R sử dụng định nghĩa: p = với phần tử nguyên tố "chính tắc" (bất khả quy), Quy tắc Leibnitz thêm u = cho tất đơn vị (phần tử khả nghịch) R Ví dụ, ta làm điều cho vành đa thức K[x] cho số Gaussian a + bi Trong trường hợp đa thức bất khả quy tắc monic, trường hợp thứ hai số nguyên tố tắc nguyên tố "dương" [3] Điều dẫn đến định nghĩa đắn cho trường phân số Cũng lưu ý, điều kiện UFD không cần thiết - ta cần định nghĩa đạo hàm đắn, nghĩa độc lập với phép phân tích thành nhân tử Ta kế hoạch phát triển lý thuyết theo hướng trừu tượng thu hẹp kết tầm thường sau Định lí 2.5.1 Cho K trường đặc số không đạo hàm f K[x] 27 d định nghĩa sau Cho dx đạo hàm thường Khi f (x) = df (x) dx đa thức f (x) tích thừa số tuyến tính Chứng minh Bởi hai đạo hàm không họ số nên chúng trùng đa thức tuyến tính Nếu f (x) nhân tử df (x) bất khả quy tuyến tính f (x) có bậc nhỏ so với Ngược lại, dx f (x) = l(x)g(x) với đa thức tuyến tính l(x) f (x) − df (x) dl(x) dg(x) = l (x)g(x) + l(x)g (x) − g(x) − l(x) dx dx   dx dg(x)   = l(x) g (x) − dx ta sử dụng phép quy nạp Vì , đa thức phức hai định nghĩa trùng Mặt khác (x2 + x + 1) = dx (x2 + x + 1) = Z2 [x] nhiên (x2 + x + 1) d bất khả quy, điều kiện đặt lên đặc trưng cần thiết Bây xét số Gaussian Chúng muốn cho người đọc niềm vui việc tạo đoán tương tự số nguyên, ví dụ tương tự đoán Goldbach đoán cặp số nguyên √ tố sánh đôi (cặp song sinh cặp có khoảng cách hai phần tử 2; lịch sử biến thể tìm thấy " The zoo Gaussian " [5]) Chúng ta sang hướng khác 2.6 Đạo hàm suy rộng Định nghĩa dựa vào hai điểm - Quy tắc Leibnitz p = với p số nguyên tố Nếu ta bỏ qua điều thứ sử dụng Quy tắc 28 Leibnitz ta có định nghĩa tổng quát D(x) Nếu x = k i=1 k D(x) = x i=1 pxi i xi D(pi ) , pi ta lại lặp lại hầu hết chứng minh Nhưng tự nhiên nhiều sử dụng cách tiếp cận khác Định lí 2.6.1 Cho R vành giao hoán ước không cho L : R∗ → R+ đồng cấu nửa nhóm nhân tới nhóm cộng Khi ánh xạ D : R → R, D(x) = xL(x), D(0) = thỏa mãn Quy tắc Leibnitz Đảo lại, D(xy) = D(x)y+xD(y) L(x) = D(x) x đồng cấu Nếu R trường L đồng cấu nhóm   x D(x)y − xD(y) D  = y y2 Chứng minh Ta có D(xy) − D(x)y − xD(y) = xyL(xy) − xL(x)y − xyL(y) = xy (L(xy) − L(x) − L(y)) ta thấy Quy tắc Leibnitz tương đương với điều kiện đồng cấu Nếu L trường đồng cấu nửa nhóm tự động đồng cấu nhóm L(1/x) = −L(x) cần có:     1 D(y) D   =   (−L(y)) = − y x y Sau đó, lặp lại chứng minh Định lý 2.1.1 Hệ 2.6.1 Tồn vô hạn khả mở rộng đạo hàm x , xây dựng phần 2.9 Q cho tất số thực bảo toàn Quy tắc Leibnitz 29 Chứng minh Ta bắt đầu với số dương Chỉ cần mở rộng ld(x) Lưu ý nhóm nhân số thực dương đẳng cấu với nhóm cộng hai không gian véctơ tập số hữu tỉ Trong phần 2.9 ánh xạ ld(x) định nghĩa không gian có vô hạn khả để mở rộng ánh xạ tuyến tính từ không gian đến toàn không gian Rõ ràng đồng cấu nửa nhóm điều cho đạo hàm số dương Đối với số âm, tiến hành phần 2.5 Lưu ý tiên đề chọn sử dụng Sẽ tốt tìm mở rộng " tự nhiên ", mà bảo toàn điều kiện (2.4), lưu ý mở rộng liên tục Để chứng minh điều ta xét dãy 2an an = [n log2 3] 3n Nó hội tụ có dãy bị chặn (chỉ hội tụ tới 1) Nhưng   an n  lim (xn ) = lim xn − =∞ n→∞ n→∞ xn = Một ví dụ đạo hàm suy rộng liên tục cho ta D(x) = x ln x Rất dễ để xây dựng đạo hàm suy rộng toàn ánh tập số nguyên làm cho đơn ánh (bời D(1) = D(−1) = D(0) = 0) Nhưng có lẽ đoán sau Phỏng đoán 15 Không có đạo hàm suy rộng D(x) song ánh tập số tự nhiên tập số nguyên không âm Thậm chí hy vọng cho biến thể mạnh hơn: Phỏng đoán 16 Với đạo hàm sinh D(x) tập số nguyên tồn hai số nguyên dương khác mà có đạo hàm Quay trở lại đạo hàm sinh Q R để nghiên cứu cấu trúc chúng tập 30 Định lí 2.6.2 Nếu D1 , D2 hai đạo hàm suy rộng a, b số thực aD1 + bD2 [D1 , D2 ] = D1 D2 − D2 D1 đạo hàm suy rộng Tuy nhiên tập tất đạo hàm suy rộng không đại số Lie Chứng minh Ta có (aD1 + bD2 )(xy) = aD1 (xy) + bD2 (xy) = aD1 (x)y + axD1 (y) + bD2 (x)y + bxD2 (y) = aD1 (x)y + bD2 (x)y + xaD1 (y) + xbD2 (y) = (aD1 + bD2 )(x)y + x(aD1 + bD2 )(y) Tương tự, ta có [D1 , D2 ](xy) = (D1 D2 − D2 D1 )(xy) = D1 D2 (xy) − D2 D1 (xy) = D1 (D2 (x)y + xD2 (y)) − D2 (D1 (x)y − xD1 (y)) = D1 (D2 (x))y + D2 (x)D1 (y) + D1 (x)D2 (y) + xD1 (D2 (y)) − (D2 (D1 (x))y + D1 (x)D2 (y) + D2 (x)D1 (y) + xD2 (D1 (y))) = D1 (D2 (x))y + xD1 (D2 (y)) − D2 (D1 (x))y − xD2 (D1 (y)) = [D1 , D2 ](x)y + x[D1 , D2 ](y) Nhưng hoán tử không song tuyến tính trường hợp tổng quát [aD1 + bD2 , D3 ] = a[D1 , D2 ] + b[D2 , D3 ] nên ta cấu trúc đại số Lie Giả sử ta định nghĩa D(pi ) đạo hàm ánh xạ biến số nguyên tố pi thành số nguyên tố khác pj thành Khi [Dpi , Dpj ] = [3D(2) , D(3) ] = −D(2) Tuy nhiên, đạo hàm suy rộng D viết ∞ D= D(pi )D(pi ) i=1 31 2.7 Hàm sinh Cho D(x) đạo hàm suy rộng tập số thực L(x) = đạo hàm loga tương ứng Cho ∞ x ∞ n HD (t) = D(x) L(n)tn D(n)t , HL (t) = i=0 i=1 hàm sinh chúng Định lí 2.7.1 Hàm sinh HD (t), HL (t) tính sau: d HD (t) = t (HL (t)) dt ∞ L(p) HL (t) = p − tpj j=1 đó, tổng đầu chạy số nguyên tố Chứng minh Công thức đầu tương đương với điều kiện D(n) = n.L(n) Về công thức thứ hai cần chứng minh cho trường hợp đặc biệt L(P ) = với số nguyên tố p L(q) = với số nguyên tố khác Khi đó, ta cần chứng minh ∞ n ∞ L(n)t = i=0 j=1 − tpj Nếu n = pk m gcd(p, m) = tn xuất xác k tổng n pj 1−t tip = j i=1 với j = 1, 2, , k Chỉ phải lưu ý L(n) = k 32 Hệ 2.7.1 n L(n!) = i=1   n   L(p) L(i) = pj p≤n j=1 ∞ n pj Chứng minh Nếu ta thay , ta không thay đổi hệ số − tpj i=1 tk với k ≤ n làm cho chúng không với k > n Do vậy, cần đặt t = để có n pj đòi hỏi số hạng Nếu ta sử dụng L(x) giống chứng minh định lý 2.7.1, nhận định lý Legendre cổ điển cho phép tính lũy thừa cực đại p nguyên tố n! Mặt khác, ta sử dụng L(x) = ld(x)ta có thể, theo Barbeau [3], ước lượng n ld(i) Đặt m = [log2 m] Khi đó, ta thay cận vô i=1 tổng m Sử dụng ước lượng tiêu chuẩn p≤n < p(p − 1) k>n n p≤n = O(ln m),  n n p>n p k(k − 1) = k>n 2n pm−1 (p − 1) < p≤n 2m+1 p(p − 1) 1  ≤ 1, n − k k−1 2n < k≤n nk(k − 1) ta có     m n n  =  + O(m) j j p j=1 p p j=1 p p≤n   m n p −1   + O(ln m)O(m) pm+1 p − m n ld(i) = p≤n i=1 = p≤n  ≤ 2, 33 n = p(p − 1) p n − p>n p(p − 1) − n pm+1 (p − 1) p≤m + O(ln(n))O(m) n = p(p − 1) p + O(m ln m) Định lí 2.7.2 [1] Cho C= p Khi p(p − 1) = 0, 749 n ld(n!) = ld(i) = Cn + O((ln n)(ln ln n)) i=1 n C k = k=1 n2 + O(n1+δ ) với δ > Chứng minh Công thức chứng minh Đến công thức hai, ta có n n k = k=1 n n k ld(k) = k=1 n ld(i) k=1 i=k n−1 (ld(n!) − ld((k − 1)!)) = n ld(n!) − = k=1 ld(k!) k=1 n−1 δ (Ck + O(nδ )) = n(Cn + O(n )) − k=1 = Cn2 − C n(n − 1) + O(n1+δ ) = C n2 + O(n1+δ ) 34 Kết luận Trong luận văn trình bày kết sau: (1) Trình bày khái niệm đạo hàm cho số tự nhiên giải số phương trình vi phân đơn giản (2) Mở rộng khái niệm đạo hàm số tự nhiên thành đạo hàm số nguyên, đạo hàm số hữu tỷ, đạo hàm số vô tỷ đạo hàm loga, đạo hàm suy rộng, hàm sinh (3) Tìm nghiệm hữu tỷ phương trình x = a 35 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Hà Huy Khoái – Phạm Huy Điển (2003), Số học thuật toán, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [2] Hà Huy Khoái (2004), Số học, NXB Giáo dục Tiếng Anh [3] Barbean E J (1961), "Remark on an arithmetic derivative", Canad Math.Bull 4, 117 - 122 [4] Conway J H and Guy R K (1966), The Book of Number, Spinger [5] Ufnarovski V and Ahlander B (2003), "How to Differentiate a Number", Journal of Integer Sequences, Vol 6, pp - 24 [...]... 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 cấu trúc của chúng như một tập 30 Định lí 2.6.2 Nếu D1 , D2 là hai đạo hàm suy rộng và a, b là các số thực khi đó aD1 + bD2 và [D1 , D2 ] = D1 D2 − D2 D1 cũng là các đạo hàm suy rộng Tuy nhiên tập tất cả các đạo hàm suy rộng... các số nguyên tố khác nhau Khi đó, điều kiện thứ hai có nghĩa là n 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 n 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. .. nên ta không có cấu trúc đại số Lie Giả sử ta định nghĩa D(pi ) như đạo hàm của ánh xạ biến một số nguyên tố pi thành 1 và số nguyên tố khác pj thành 0 Khi đó [Dpi , Dpj ] = 0 nhưng [3D(2) , D(3) ] = −D(2) Tuy nhiên, mọi đạo hàm suy rộng D có thể viết duy nhất như ∞ D= D(pi )D(pi ) i=1 31 2.7 Hàm sinh Cho D(x) là một đạo hàm suy rộng trên tập các số thực và L(x) = là đạo hàm loga tương ứng Cho ∞ x... lim xn − =∞ n→∞ n→∞ 2 3 xn = Một ví dụ về đạo hàm suy rộng liên tục cho ta D(x) = x ln x Rất dễ để xây dựng một đạo hàm suy rộng toàn ánh trong tập các số nguyên và không thể làm cho nó đơn ánh (bời vì D(1) = D(−1) = D(0) = 0) Nhưng có lẽ phỏng 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... x = i=1 hội tụ thì dễ chứng minh được rằng tổng x i=1 Đây là lý do tại sao sự tổng quát hoá đạo hàm như vậy là không đúng đắn 2.5 Đạo hàm số học cho UFD Các định nghĩa về đạo hàm và phần lớn các phép chứng minh chỉ dựa trên thực tế rằng mọi số tự nhiên đều có duy nhất một cách phân tích thành tích các thừa số nguyên tố Do vậy không khó để chuyển nó tới một UFD tùy ý (unique factorization domain) R... của hàm 1 loga - nguyên hàm của Vì đạo hàm không có tính chất tuyến tính nên ta n không hy vọng loga của một tích bằng tổng của các loga Thay vào đó, điều này đúng với đạo hàm Vì vậy ta định nghĩa đạo hàm loga ld(x) như sau: Nếu k x= i=1 pxi i với pi là các số nguyên tố khác nhau và xi là số nguyên, thì k xi ld(x) = i=1 pi , ld(−x) = ld(x), ld(0) = ∞ Nói cách khác x ld(x) = x Định lí 2.3.1 Với các số. .. 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 cần suy nghĩ về định nghĩa một cách đúng đắn 24 Bổ đề 2.4.1 Cho {p1 , , pk } là tập các số nguyên tố khác nhau và {x1 , , xk } là tập các số hữu tỉ Khi đó k pxi i = 1 ⇔ x1 = x2 = · ·... 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 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 i(k) > k=2 trong đó π(n)2 π(n)(π(n) + 1) 1= > 2 p≤q≤n 2 là tổng của các số. .. bằng kết quả tầm thường sau Định lí 2.5.1 Cho K là một trường đặc số không và đạo hàm f trong K[x] 27 d được định nghĩa như sau Cho dx là một đạo hàm thường Khi đó f (x) = df (x) dx nếu và chỉ nếu đa thức f (x) là một tích của các thừa số tuyến tính Chứng minh Bởi vì cả hai đạo hàm đều bằng không trên họ các hằng số nên chúng trùng nhau trên các đa thức tuyến tính Nếu f (x) không có nhân tử df (x) bất... phân n = 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
- Xem thêm -

Xem thêm: Về phép toán đạo hàm trên tập số, Về phép toán đạo hàm trên tập số, Về phép toán đạo hàm trên tập số

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn

Nạp tiền Tải lên
Đăng ký
Đăng nhập