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 n = n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.3

Phương trình n = a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

1.4

Phương trình n = 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 x = 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:


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:
• p = 1 với số nguyên tố p bất kỳ,
• (ab) = a b + ab với bất kì a, b ∈ N (Quy tắc Leibnitz).
Ví dụ 1.1.1. Ta có 6 = (2.3) = 2 .3 + 2.3 = 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

n

0 1 1 4 1 5 1 12 6

7

1

16

1

9

8

32

1

21

n

0 0 0 4 0 1 0 16 5

1

0

32

0

6

12

80

0

10

n

0 0 0 4 0 0 0 32 1

0

0

80

0

5

16 176

0

7

Định lí 1.1.1. a) 1 = 0, b) 0 = 0.
Chứng minh. a) Sử dụng Quy tắc Leibnitz, ta có
1 = 12 ⇒ 1 = (12 ) ⇔ 1 = 1.1 + 1 .1 ⇔ 1 = 2.1 ⇒ 1 = 0.
b) Tương tự, theo Quy tắc Leibnitz ta có
0 = 2.0 ⇒ 0 = 2 .0 + 2.0 ⇔ 0 = 2.0 ⇒ 0 = 0.

Định lí 1.1.2. Cho n là một số tự nhiên bất kỳ. Khi đó, nếu n =

k
i=1

k

n =n
i=1

Chứng minh. Ta viết n =

m

ni

pi

pni i thì

(1.1)

.

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

i=1
m

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

pi thì n = n

m

1

.
pi
Thật vậy, khi m = 1 thì n là số nguyên tố và do đó n = 1. Giả sử phát biểu
i=1

đúng với bất kỳ k = m ∈ N, tức là nếu n =
có

m

pi thì n = n

i=1

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

i=1

m

1

i=1

pi

. Khi đó, ta


4
m

= n + npm+1
i=1
m+1

= npm+1
i=1
k

Từ đó, suy ra nếu n =

pni i

thì n = n

k

1
pi

1
pi

.

ni

.
pi


2 1 1
Ví dụ 1.1.2. Ta có (60) = (22 .3.5) = 60.  + +  = 92.
2 3 5
i=1

i=1

Chú ý rằng tính chất tuyến tính không đúng trong trường hợp tổng quát:
Với nhiều cặp số a, b, ta có (a + b) = a + b . Hơn nữa (ab) = a + 2ab + b
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) = a +b .
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) = a + b thì với k là một số tự nhiên bất kì, ta có
(ka + kb) = (ka) + (kb) .
Điều này cũng đúng đối với bất đẳng thức
(a + b) ≥ a + b ⇒ (ka + kb) ≥ (ka) + (kb) ,
(a + b) ≤ a + b ⇒ (ka + kb) ≤ (ka) + (kb) .
Hơn nữa, có thể mở rộng cho một tổ hợp tuyến tính, chẳng hạn:
γi ai

=

γi (ai ) ⇒ k

γi ai

=

γi (kai ) .


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) = (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 quả 1.1.1.
(3k) = k + (2k) ;

(2k) ≥ 2k ;

(5k) ≤ (2k) + (3k) ;

(5k) = (2k) + 3(k) .

Chứng minh. Vì 1 + 2 = 0 + 1 = 1 và 3 = 1 nên 3 = 1 + 2 . Theo Định
lý 1.1.3 suy ra
(3k) = (1k + 2k) = (1k) + (2k) .
Tương tự, ta có
2 ≥1 +1;

5 ≤2 +3;

5 = 2 + 3.1 .

Suy ra
(2k) ≥ 2k ;

(5k) ≤ (2k) + (3k) ;

(5k) = (2k) + 3(k) .

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) = a + b :
(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,
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 chúng ta giải một số phương trình vi phân đơn giản đối với số
nguyên dương. Đầu tiên là phương trình n = 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 n = pp (m + m ) và lim n(k) = ∞.
k→∞

Chứng minh. Theo Quy tắc Leibnitz và (1.1), ta có n = (pp ) .m + pp .m =
pp (m + m ) > 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 n .
Đặc biệt, các số n, n , n , . . . , n(k) là khác nhau.
Chứng minh. Đặt n = pk m. Khi đó n = kpk−1 m + pk m = pk−1 (km + pm )
và vì k < p nên km+pm không chia hết cho p, do đó n chỉ chia hết cho pk−1 .
Từ lập luận này suy ra n chỉ chia hết cho pk−2 và các số n, n , n , . . . , n(k) là
khác nhau.
Hệ quả 1.2.1. Số nguyên dương n không có ước chính phương nếu và chỉ nếu
(n, n ) = 1.


7
Chứng minh. Nếu p2 |n thì p|n và (n, n ) > 1. Mặt khác, nếu p|n và p|n 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 n = ppk (km + m ).
Chứng minh. (ppk .m) = pkp(pk−1) .m + ppk .m = ppk (km + m ).
Định lí 1.2.4. Cho n ∈ N, n = 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 n = (pp ) = p.pp−1 .p = pp . Ngược lại, giả sử
n = n. Khi đó theo Định lý 1.2.2, nếu p | n thì ít nhất pp | n hoặc nếu không
nó mâu thuẫn với n = n. Theo Định lý 1.2.1, điều này xảy ra khi n = pp .
Do đó, khi xem ánh xạ n −→ n 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 1
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 n = a

Ta bắt đầu bằng hai phương trình đơn giản.
Định lí 1.3.1. Phương trình vi phân n = 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 n = 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
n ≤

n log2 n
.
2

(1.2)

Nếu n không phải là số nguyên tố thì
√
n ≥ 2 n.

(1.3)

Tổng quát, nếu n là tích của k thừa số lớn hơn 1 thì
n ≥ kn
Chứng minh. Nếu n =

k
i=1

k−1
k

(1.4)

.

pni i thì
k

k
ni

n≥

2 ⇒ log2 n ≥
i=1

ni .
i=1

9
Theo (1.1) , ta có
k
k

n =n
i=1

ni
pi

n
≤

ni
i=1

2

≤

n log2 n
.
2

Nếu n = n1 n2 n3 . . . nk thì theo Quy tắc Leibnitz ta có
n = n1 n2 n3 . . . nk + n1 n2 n3 . . . nk + · · · + n1 n2 n3 . . . nk
≥ n2 n3 . . . nk + n1 n3 . . . nk + · · · + n1 n2 n3 . . . nk−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 n = 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 n = 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 ) = p1 p2 + p1 p2 = p1 + p2 =
2b và do vậy phương trình vi phân n = 2b có nghiệm là p1 p2 .


10
Định lí 1.3.4. Nếu a − 2 là nguyên tố thì n = a có một nghiệm là 2(a − 2).
Chứng minh. (2(a − 2)) = 2 (a − 2) + 2(a − 2) = 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 n = a.
Bất đẳng thức (1.3) giúp ta dễ dàng chứng minh được phương trình n = 2
không có nghiệm. Vậy với các số nguyên lẻ thì thế nào? Nhờ (1.3) ta dễ kiểm
tra được phương trình n = 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 n = a.
Chứng minh. (2p) = 2 p + 2p = p + 2.
Sau đây là danh sách của các số a ≤ 1000 mà phương trình n = 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 n = 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

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 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 ) = 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 n = 1

Phỏng đoán chính cho phương trình vi phân bậc hai như sau:
Phỏng đoán 9. Phương trình vi 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 ba như vậy cho một nghiệm của n = pqr của phương trình vì


15
n = 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 n = 1 nếu và
chỉ nếu các điều kiện sau là đúng:
k

1) Số n là tích của các số nguyên tố khác nhau: n =

pi .
i=1

k

1

p

= , trong đó p là một số nguyên tố.
pi n
3) Nếu k là số chẵn thì số nguyên tố nhỏ nhất pi là bằng 2.
2)

i=1

Chứng minh. Nếu n = p2 m với p là số nguyên tố thì n = p(2m + pm )
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 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
hữu tỷ và số vô tỷ.
Định lí 2.0.1. Định nghĩa đạo hàm cho các số nguyên theo quy tắc
(−x) = −x .
Chứng minh. Vì (−1)2 = 1 nên theo Quy tắc Leibnitz, ta có
((−1)2 ) = 1 ⇔ 2.(−1).(−1) = 0 ⇔ (−1) = 0.
Do vậy, với mọi x nguyên dương, ta có
(−x) = ((−1).x) = (−1) .x + (−1).x = −(x ).

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 =

k
i=1

pxi i là một phép phân

tích ra thừa số nguyên tố của một số hữu tỷ (trong đó một vài xi có thể là số
âm) thì ta đặt
k

x =x
i=1

xi
pi

(2.1)


17
và chứng minh tương tự như định lý 1.1.2 , cho thấy định nghĩa này vẫn thỏa
mãn Quy tắc Leibnitz.
Định lí 2.1.1. Cho a, b là hai số nguyên bất kì. Khi đó, ta có
 
a b − ab
a
  =
.
b
b2
Chứng minh. Với mọi n khác không, ta có
 
 
 
 
n
1
1
1

n
  = 0 ⇔ n .   + n.   = 0 ⇔   = − .
n
n
n
n
n2
Từ đó, ta có
 
 
 
 
a
1
1
b
a b − ab
1
a
  = a.  = a . + a.   = − a.   =
.
b
b
b
b
b
b2
b2
Bây giờ ta chứng minh rằng công thức này là đúng, ta chỉ cần chứng tỏ rằng



ac
a b − ab
  =
.
bc
b2
Thật vậy, ta có



ac
bc



(ac) (bc) − (ac)(bc)

 =

(a c + ac )(bc) − (ac)(b c + bc )
=

(bc)2

b 2 c2

(a bc2 + abc c) − (ab c2 + abcc )
=

b 2 c2

a b − ab
=

b2

.

Với số hữu tỷ âm ta tiến hành như trên và đặt (−x) = −x .


18
Dưới đây là bảng đạo hàm của ji với i, j nhỏ.
i\j
1

0 −

2

1

3

1 −

4

4

5

1 −

6

5

7

1 −

8

2.2

1

12

9

6

10

7

2

3

1

−

4
0

1
9
1
9

1

4
−
−

0 −

4

8

1
3

−

4
1

9
2
9

−

4

4

9
28

4

−

11

1

9

−

25
3
25
2

2

25
16

4
3

25
2

3
4
3
4

−

−

25
52
25
21

25
1

5

36
1
−
9
1
−
4
1

0 −
19

2

6

25

1

1

1 −

4

1

4
1

−1

9

3

4
1

−

0

1 −

5

1

5

−

1

49
5
49
4
49
24

9
19

49
2

36

49
29

0
−

7

29

49
0

36
8

76

9
1

49
33

4
2

49
39

9

49

−
−

8
−

3

9
−

2

10
−

7

16
27
100
1
1
1
− −
−
4
27
25
7
1
11
−
− −
16
9
100
1
4
3
−

4
27
25
13
7
1
−
−
−
16
27
4
1
1
2
−
2
9
25
19
11
39
−
−
−
16
27
100
20
16

0
27
25
15
3
−
0 −
16
100
1
−1
0
27

Nghiệm hữu tỷ của phương trình x = a

Trong nhiều trường hợp phương trình x = 0 có nghiệm hữu tỷ không tầm
thường, ví dụ x =

4

. Ta có thể mô tả tất cả các nghiệm đó.
27

Định lí 2.2.1. Cho k là một số tự nhiên, {pi , i = 1, . . . , k} là một tập các số
k

nguyên tố và {αi , i = 1, . . . , k} là tập các số nguyên sao cho

αi = 0. Khi

i=1


19
đó

k

pαi i pi

x=±

(2.2)

i=1

là nghiệm của phương trình vi phân x = 0 và bất kì một nghiệm khác không
nào khác cũng có thể thu được theo cách này.
Chứng minh. Vì (−x) = −x nên chỉ cần xét nghiệm dương. Cho x =
k
i=1

piai . Khi đó, từ (2.2)
k

i=1

trong đó Qi =

k

pj

ai
pi

k

=0⇒

ai .Qi = 0
i=1

/pi không chia hết cho p. Do đó ai chia hết cho pi

j=1

và αi =

ai
pi

.

Phỏng đoán 12. Phương trình x = 1 chỉ có nghiệm hữu tỷ dương là các số
nguyên tố.
5
Chú ý rằng tồn tại nghiệm âm, ví dụ x = − . Một nghiệm có thể của
4
n

phương trình này là x = p với n là số tự nhiên và p là số nguyên tố. Vì
p
n −n

trong trường hợp này ta có thể phát biểu lại phỏng đoán như sau.
pp
Phỏng đoán 13. Cho p là một số nguyên tố. Phương trình n = n + pp không

x =

có nghiệm là số tự nhiên ngoại trừ n = qpp , trong đó q là một số nguyên tố.
Chú ý, theo định lý 1.2.2 nếu nghiệm n chia hết cho p thì nó phải chia hết
cho pp . Do đó n = mpp và pp (m + m) = pp (m + 1) theo định lý 1.2.1 và m
phải là một số nguyên tố. Do đó chỉ cần chứng minh nghiệm bất kỳ chia hết
cho p.


20
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 x = a không có nghiệm
hữu tỉ.
Các số đầu tiên không xác nhận phỏng đoán:






21

13
22
1
−  = 2; −  = 3; −  = .
16
4
27
3

2.3

Đạo hàm loga

Một điều vẫn vắng mặt trong hình ảnh của chúng ta là tương tự 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 hữu tỷ bất kì
ld(xy) = ld(x) + ld(y).
Chứng minh.
(xy)
ld(xy) =

xy

x y + xy
=

xy

x
=

x

y
+

y

= ld(x) + ld(y).


21
Để tiện lợi ta chia mỗi số nguyên thành phần lớn và phần nhỏ. Cho
k

sign(x)x = |x| =
nghĩa

i=1

pxi i và xi = ai pi + ri trong đó 0 ≤ ri < pi . Ta định
k

k

pai i pi ,

P (x) = sign(x)

k

pri i ,

R(x) =

i=1

A(x) =

i=1

ai .
i=1

Định lí 2.3.2. Các tính chất sau là đúng:
• ld(x) = A(x) + ld(R(x))
• x = A(x)x + P (x)(R(x)) = x(A(x) + ld(R(x)))
• Nếu x là một số nguyên khác không thì
x|x ⇔ ld(x) ∈ Z ⇔ R(x) = 1.
 
a
• Nếu   là một số nguyên và gcd(a, b) = 1 thì R(b) = 1.
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) = 1 thì tổng
k

ri

ld(R(x)) =
i=1

pi

không thể là một số nguyên. Mặt khác
k

ld(R(x))

k

pi =
i=1

ri Q i .
i=1