ĐỊNH LÝ SỐ NGUYÊN TỐ (PHẦN 3)

Trong bài viết hôm nay, ta tiếp tục tìm hiểu một số khái niệm quan trọng, có rất nhiều ứng dụng trong số học.
Định nghĩa 1: Hàm Mangodlt, ký hiệu $\Lambda \left( n \right)$ , được xác định như sau: $\Lambda \left( n \right)=\ln p$ nếu $n={{p}^{k}},k\ge 1$ và $\Lambda \left( n \right)=0$ trong các trường hợp còn lại.

Hàm Chebyshev, ký hiệu $\psi \left( x \right)$, được xác định bởi công thức

$\psi \left( x \right)=\sum\limits_{n\le x}{\Lambda \left( n \right)}$.

Để thuận tiện cho việc trình bày ta sẽ làm quen thêm một số hàm số cơ bản

$\theta \left( x \right)=\sum\limits_{p\le x}{\ln p}$,

$T\left( x \right)=\sum\limits_{n\le x}{\ln n}=\ln \left( \left[ x \right]! \right)$

ĐỊNH LÝ SỐ NGUYÊN TỐ (PHẦN 2)

Trong bài viết hôm nay, ta sẽ tìm hiểu một số khái niệm quan trọng để giải quyết Định lý Số nguyên tố cũng như các kết quả quan trọng khác.

ĐỊNH LÝ SỐ NGUYÊN TỐ (PHẦN 1)

Việc có hay không một công thức tường minh để xác định tất cả các số nguyên tố hiện nay vẫn là một câu hỏi mở, được nhiều nhà toán học quan tâm. Tương tự, câu hỏi có bao nhiêu số nguyên tố không vượt quá một số cho trước cũng được nhiều thế hệ  các nhà toán học nghiên cứu và đưa ra những kết quả kinh ngạc. Với sự đam mê của bản thân về chủ đề này, người viết hi vọng sẽ dẫn dắt các bạn khám phá lâu đài các số nguyên tố (ở mức cơ bản nhất có thể) . Mỗi một kết quả được nêu ra đều là những tinh túy của trí tuệ mà các nhà toán học để lại cho nhân loại.

ĐỊNH ĐỀ BERTRAND

Vào năm 1845, nhà toán học Bertrand đã phát hiện một kết quả rất đẹp về số nguyên tố (thường được gọi là Định đề Bertrand):  Với mọi $n\in {{Z}_{>1}}$, luôn tồn tại số nguyên tố $p$ thuộc khoảng $(n;2n)$.

TỔNG NGHỊCH ĐẢO CÁC SỐ NGUYÊN TỐ

Lúc sinh thời, nhà toán học L.Euler đã tìm được kết quả rất đẹp sau về số nguyên tố: Gọi $P$ là tập hợp tất cả các số nguyên tố. Khi đó, chuỗi $\sum\limits_{p\in P}{\frac{1}{p}}$ phân kỳ.

CÁC CÁCH CHỨNG MINH SỰ VÔ HẠN CỦA SỐ NGUYÊN TỐ

Định nghĩa 1. Số nguyên dương $p\in {{Z}_{>1}}$ được gọi là số nguyên tố nếu $p$ chỉ có hai ước dương là $1$ và chính nó.

ĐỊNH LÝ NHỎ FERMAT (Phần cuối)

Đã tới lúc ta kết thúc bài viết về Định lý nhỏ Fermat bằng việc chứng minh định lý đã nêu ra ở phần 2:

Định lý 1. Nếu $n$ là số Carmichael thì $n$ luôn có dạng $n={{p}_{1}}{{p}_{2}}\ldots {{p}_{m}}$ trong đó $m\ge 3$ và ${{p}_{i}},i=\overline{1,m}$ là các số nguyên tố lẻ, đồng thời $n-1\equiv 0\left( \bmod {{p}_{i}}-1 \right),i=\overline{1,m}$.

ĐỊNH LÝ NHỎ FERMAT (Phần 4)

Trong bài viết hôm nay, chúng ta đưa ra cách xác định một số nguyên dương có dạng như thế nào thì sẽ có căn nguyên thủy (dựa trên quyển Số học thuật toán của tác giả Hà Huy Khoái và Phạm Huy Điển).

Định lý 1. Nếu số nguyên dương b có căn nguyên thủy, thì nó có tất cả $\varphi \left( \varphi \left( b \right) \right)$ căn nguyên thủy không đồng dư theo modulo b.

ĐỊNH LÝ NHỎ FERMAT (Phần 3)

Trong bài viết hôm nay, ta tiếp tục tìm hiểu thêm một số kết quả quan trọng có ảnh hưởng đến kết quả đạt được về các số Carmichael.

Định lý 1. Cho $n\in {{Z}_{>0}}$. Khi đó $\sum\limits_{d|n}{\varphi \left( d \right)}=n$, trong đó $d$ chạy trên mọi ước dương của $n$.

ĐỊNH LÝ NHỎ FERMAT (Phần 2)

Trong bài viết hôm nay, chúng ta sẽ tìm hiểu một số vấn đề quan trọng để hiểu hơn về các số Carmichael. Như đã biết, nếu  $n=\prod\limits_{i=1}^{k}{{{p}_{i}}}$ với $k>2$ và ${{p}_{i}}$ là các số nguyên tố phân biệt khác 2, đồng thời $n-1\equiv 0\left( \bmod \,{{p}_{i}}-1 \right)$ thì $n$ là số Carmichael. Một câu hỏi đặt ra: Mệnh đề đảo có đúng không? Câu trả lời là có, ta có kết quả rất đẹp sau đây:

ĐỊNH LÝ NHỎ FERMAT (Phần 1)

Đối với những bạn yêu thích Toán chắc đều biết về nhà toán học người Pháp Pierre de Fermat. Những đóng góp của ông thì không thể nào cân đo, đong đếm, chỉ có thể dùng hai từ “vĩ đại” để diễn tả. Các công trình của Fermat ảnh hưởng hầu như đến mọi lĩnh vực của Toán học: Giải tích, Xác suất,  Số học…

PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP 2 (PHẦN CUỐI)

Trong phần 2 ta đã giải quyết khá hoàn thiện vấn đề tìm nghiệm tổng quát của phương trình vi phân cấp 2 tuyến tính, thuần nhất

${y}''+p\left( x \right){y}'+q\left( x \right)y=0,$  (1)

trong đó các hàm số $p\left( x \right),q\left( x \right)$ liên tục trong tập $J\subset R$.

PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP 2 (Phần 3)

Trong phần 2 ta đã tìm hiểu cấu trúc nghiệm tổng quát của phương trình vi phân tuyến tính cấp hai thuần nhất

${y}''+p\left( x \right){y}'+q\left( x \right)y=0$     (1)

trong đó hai hàm số $p\left( x \right),q\left( x \right)$ liên tục trong tập $J\subset R$.  

Sau đây, ta sẽ vận dụng kết quả đạt được để giải một số dạng phương trình vi phân cấp 2 đặc biệt:

PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP 2 (Phần 2)

             Ta xét phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 thuần nhất

${y}''+p\left( x \right){y}'+q\left( x \right)y=0$    (1)

trong đó hai hàm số $p\left( x \right),q\left( x \right)$ liên tục trong tập $J\subset R$.

            Trong phần trước ta đã làm rõ một vấn đề: Nếu phương trình (1) có một nghiệm riêng ${{y}_{1}}\left( x \right)$ khác 0 thì luôn tồn tại một nghiệm riêng ${{y}_{2}}\left( x \right)$ của (1) độc lập tuyến tính với ${{y}_{1}}\left( x \right)$, đồng thời ta có thể xác định ${{y}_{2}}\left( x \right)$ thông qua công thức

${{y}_{2}}\left( x \right)={{y}_{1}}\left( x \right)\int{\frac{1}{y_{1}^{2}\left( x \right)}{{e}^{-\int{p\left( x \right)dx}}}dx}$

            Cũng trong phần trước, lần đầu tiên, khái niệm Wronskians của hai hàm số ${{y}_{1}}\left( x \right),{{y}_{2}}\left( x \right)$ đã được xây dựng. Một kết quả hết sức đẹp đẽ mà ta thu nhận: Nếu hai hàm số ${{y}_{1}}\left( x \right),{{y}_{2}}\left( x \right)$ là 2 nghiệm độc lập tuyến tính của (1) thì Wronskian của chúng sẽ khác không với mọi $x\in J$. Đây là nội dung của hệ quả 2. Trong bài viết hôm nay ta sẽ vận dụng hệ quả này để chứng minh định lý quan trọng sau đây:

PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP 2 (Phần 1)

            Trước hết, ta xét phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 thuần nhất

${y}''+p\left( x \right){y}'+q\left( x \right)y=0$ (1)

trong đó hai hàm số $p\left( x \right),q\left( x \right)$  liên tục trong tập $J\subset R$.

            Phương trình (1) luôn có nghiệm tầm thường $y\left( x \right)\equiv 0$.  Tuy nhiên, chúng ta không bất kỳ phương pháp để xác định nghiệm tổng quát của (1)  (trừ một số trường hợp đặc biệt của $p\left( x \right),q\left( x \right)$). Vì thế, trong bài viết này, ta chỉ tìm hiểu một số kết quả quan trọng, giúp ta hiểu biết hơn về nghiệm của phương trình (1).

            Định lý 1. Nếu ${{y}_{1}}\left( x \right)$ là một nghiệm khác 0 của (1) thì tồn tại nghiệm ${{y}_{2}}\left( x \right)$ của (1) sao cho hai hàm ${{y}_{1}}\left( x \right),{{y}_{2}}\left( x \right)$ độc lập tuyến tính ( hai hàm ${{y}_{1}}\left( x \right),{{y}_{2}}\left( x \right)$ được gọi là độc lập tuyến tính nếu không tồn tại hằng số $C$ sao cho ${{y}_{1}}\left( x \right)=C{{y}_{2}}\left( x \right),\forall x\in J$).

PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP 1 (Phần cuối)

 Ta xét phương trình vi phân cấp 1

$M\left( x,y \right)+N\left( x,y \right){y}'=0$  (1)

            Giả sử $M\left( x,y \right)={{p}_{1}}\left( x \right)y-r\left( x \right);N\left( x,y \right)={{p}_{0}}\left( x \right)$, trong đó các hàm số ${{p}_{0}}\left( x \right),{{p}_{1}}\left( x \right),r\left( x \right)$ liên tục trong tập $J\subset R$ và ${{p}_{0}}\left( x \right)\ne 0,\forall x\in J$. Khi đó, phương trình (1) đã cho trở thành

${{p}_{0}}\left( x \right){y}'+{{p}_{1}}\left( x \right)y=r\left( x \right)$ (2)

            Chia cả hai vế của (2) cho ${{p}_{0}}\left( x \right)$, đồng thời ta đặt $p\left( x \right)=\frac{{{p}_{1}}\left( x \right)}{{{p}_{0}}\left( x \right)};q\left( x \right)=\frac{r\left( x \right)}{{{p}_{0}}\left( x \right)}$  thì phương trình (2) có dạng

${y}'+p\left( x \right)y=q\left( x \right)$ (3)

            Phương trình (3) được gọi là phương trình vi phân tuyến tính cấp 1.

            Trước hết ta xét trường hợp đơn giản $q\left( x \right)\equiv 0$. Khi đó, phương trình (3) trở thành

${y}'+p\left( x \right)y=0$ (4)

            Phương trình (4) luôn có nghiệm tầm thường là $y\left( x \right)\equiv 0$. Nếu $y\left( x \right)$ không đồng nhất bằng không, biến đổi (4) về dạng tương đương

$\frac{{{y}'}}{y}=-p\left( x \right)$ (5)

            Lấy tích phân hai vế của (5) ta được

$y=C\exp \left( -\int{p\left( x \right)dx} \right)$ (6)

            Từ (6) cho $C=0$ thì ta được $y\left( x \right)\equiv 0$. Do đó, phương trình (4) có nghiệm tổng quát là (6).

            Để giải (3) ta dùng phương pháp biến thiên hẳng số được sáng tạo bởi Lagrange. Trong (6) ta giả sử hằng số $C$ là một hàm số của $x$, tức là

$y\left( x \right)=C\left( x \right)\exp \left( -\int{p\left( x \right)dx} \right)$ (7)

PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP 1 (Phần 3)

Trở lại phương trình vi phân cấp 1 đã xét ở bài viết trước

$M\left( x,y \right)+N\left( x,y \right){y}'=0$    (1)

trong đó $M\left( x,y \right),N\left( x,y \right)$ là hai hàm khả vi và có các đạo hàm riêng $\frac{\partial M\left( x,y \right)}{\partial y},\frac{\partial N\left( x,y \right)}{\partial x}$ liên tục trong tập
                     $S=\left( {{x}_{0}}-{{h}_{1}},{{x}_{0}}+{{h}_{1}} \right)\times \left( {{y}_{0}}-{{h}_{2}},{{y}_{0}}+{{h}_{2}} \right)$.

            Định lý 1. Nếu (1) là phương trình vi phân toàn phần và có thừa số tích phân $\mu \left( x,y \right)$ (không là constant), thì $\mu \left( x,y \right)=c$ là nghiệm của (1).

            Chứng minh. Như đã biết, nếu $\mu \left( x,y \right)$ là thừa số tích phân của (1) thì

$M\frac{\partial \mu }{\partial y}-N\frac{\partial \mu }{\partial x}=\mu \left( \frac{\partial N}{\partial x}-\frac{\partial M}{\partial y} \right)$

            Mặt khác, theo giả thiết đề bài, (1) là phương trình vi phân toàn phần nên ta được $\frac{\partial N}{\partial x}=\frac{\partial M}{\partial y}$, suy ra $M\frac{\partial \mu }{\partial y}=N\frac{\partial \mu }{\partial x}$.

            Nhân hai vế của (1) cho $\frac{\partial \mu }{\partial y}$ ta được

$0=\frac{\partial \mu }{\partial y}\left( M+N{y}' \right)=M\frac{\partial \mu }{\partial y}+N\frac{\partial \mu }{\partial y}{y}'$          

$=N\frac{\partial \mu }{\partial x}+N\frac{\partial \mu }{\partial y}{y}'=N\left( \frac{\partial \mu }{\partial x}+\frac{\partial \mu }{\partial y}{y}' \right)=N\frac{d\mu }{dx}$

            Vậy $\mu \left( x,y \right)=c$ là nghiệm của (1).

            Định lý 2. Nếu ${{\mu }_{1}}\left( x,y \right),{{\mu }_{2}}\left( x,y \right)$ (tỉ số ${{\mu }_{1}}/{{\mu }_{2}}$ không là constant) là hai thừa số tích phân của phương trình vi phân (1) thì ${{\mu }_{1}}\left( x,y \right)=c{{\mu }_{2}}\left( x,y \right)$ ($c$ là hằng số) là nghiệm của (1).

            Chứng minh. Vì ${{\mu }_{2}}\left( x,y \right)$ là thừa số tích phân của (1) nên phương trình vi phân ${{\mu }_{2}}M+{{\mu }_{2}}N{y}'=0$ (2) là toàn phần. Nhân cả hai vế của (2) cho hàm số ${{\mu }_{1}}/{{\mu }_{2}}$ ta được ${{\mu }_{1}}M+{{\mu }_{1}}N{y}'=0$, điều này chứng tỏ ${{\mu }_{1}}/{{\mu }_{2}}$ là thừa số tích phân của phương trình (2). Áp dụng Định lý 1, ${{\mu }_{1}}/{{\mu }_{2}}=c$ là nghiệm của phương trình (2), tức cũng là nghiệm của (1).

            Ví dụ 1. Phương trình vi phân $\left( y-{{y}^{2}} \right)+x{y}'=0$ (3) có hai thừa số tích phân (có tỉ số khác hằng số) là ${{\mu }_{1}}\left( x,y \right)=\frac{1}{{{x}^{2}}{{y}^{2}}}$ và ${{\mu }_{2}}\left( x,y \right)=\frac{1}{{{\left( y-1 \right)}^{2}}}$. Theo Định lý 2, phương trình (3) có nghiệm tổng quát là ${{x}^{2}}{{y}^{2}}=c{{\left( 1-y \right)}^{2}}$.

            Sau đây ta sẽ tìm hiểu một số dạng đặc biệt của phương trình (1).

PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP 1 (Phần 2)

Trở lại phương trình vi phân cấp 1 đã xét ở bài viết trước

$M\left( x,y \right)+N\left( x,y \right){y}'=0$    (1)

trong đó $M\left( x,y \right),N\left( x,y \right)$ là hai hàm khả vi và có các đạo hàm riêng $\frac{\partial M\left( x,y \right)}{\partial y},\frac{\partial N\left( x,y \right)}{\partial x}$ liên tục trong tập 
       $S=\left({{x}_{0}}-{{h}_{1}},{{x}_{0}}+{{h}_{1}} \right)\times \left( {{y}_{0}}-{{h}_{2}},{{y}_{0}}+{{h}_{2}} \right)$.

            Giả sử phương trình (1) không là phương trình vi phân toàn phần, tức điều kiện

$\frac{\partial M\left( x,y \right)}{\partial y}=\frac{\partial N\left( x,y \right)}{\partial x}$

không xảy ra. Nhân hai vế của phương trình (1) cho hàm $\mu \left( x,y \right)$ khác không, khả vi và có các đạo hàm riêng liên tục trong tập $S$ ta được phương trình sau

$\mu \left( x,y \right)M\left( x,y \right)+\mu \left( x,y \right)N\left( x,y \right){y}'=0.$  (2)

            Ta sẽ xác định $\mu \left( x,y \right)$ để phương trình (2) là toàn phần, tức

$\frac{\partial \left( \mu M \right)}{\partial y}=\frac{\partial \left( \mu N \right)}{\partial x}$  (3)

            Hàm số $\mu \left( x,y \right)$ thỏa điều kiện (3) được gọi là thừa số tích phân của phương trình (1).

PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP 1 (Phần 1)

Một trong các phương trình vi phân quan trọng là phương trình vi phân cấp 1 $$y'=f(x,y)                             (1)$$ trong đó hàm số $f(x,y)$ xác định trong hình chữ nhật mở $S = \left( {{x_0} - {h_1},{x_0} + {h_1}} \right) \times \left( {{y_0} - {h_2},{y_0} + {h_2}} \right);h_1,h_2>0$. 

Trong bài viết này, ta sẽ đưa ra phương pháp tìm nghiệm tổng quát của phương trình vi phân (1) với một số điều kiện bổ sung phù hợp.

Giả sử ta có thể biểu diễn hàm $f(x,y)$ dưới dạng

$$f\left( {x,y} \right) =  - \frac{{M\left( {x,y} \right)}}{{N\left( {x,y} \right)}}                       (2)$$ trong đó hai hàm $M(x,y),N(x,y)$ khả vi và có các đạo hàm riêng $\frac{{\partial M\left( {x,y} \right)}}{{\partial y}},\frac{{\partial N\left( {x,y} \right)}}{{\partial x}}$ liên tục trong tập $S$.

Với đẳng thức (2), phương trình vi phân (1) có thể viết lại như sau:

$M\left( {x,y} \right) + N\left( {x,y} \right)y' = 0.         (3)$

Định nghĩa 1. Phương trình vi phân (3) được gọi là phương trình vi phân toàn phần nếu tồn tại hàm hai biến $u(x,y)$ xác định trên $S$ và thỏa điều kiện

$\frac{{\partial u\left( {x,y} \right)}}{{\partial x}} = M\left( {x,y} \right);\frac{{\partial u\left( {x,y} \right)}}{{\partial y}} = N\left( {x,y} \right).    (4)$

Nếu (3) là phương trình vi phân toàn phần thì việc tìm nghiệm tổng quát khá đơn giản. Thật vậy, với sự tồn tại của hàm $u(x,y)$ thỏa điều kiện (4) ta được 
$0 = M\left( {x,y} \right) + N\left( {x,y} \right)y' = \frac{{\partial u\left( {x,y} \right)}}{{\partial x}} + \frac{{\partial u\left( {x,y} \right)}}{{\partial y}}y' = \frac{{du\left( {x,y} \right)}}{{dx}}.$
Ta suy ra (3) có nghiệm tổng quát (dưới dạng hàm ẩn) là
$$u(x,y)=C$$ trong đó $C$ là hằng số.

Từ điều kiện (4) ta suy ra được

$\frac{{{\partial ^2}u\left( {x,y} \right)}}{{\partial x\partial y}} = \frac{{\partial M\left( {x,y} \right)}}{{\partial y}};\frac{{{\partial ^2}u\left( {x,y} \right)}}{{\partial y\partial x}} = \frac{{\partial N\left( {x,y} \right)}}{{\partial x}}.$

Vì các đạo hàm riêng $\frac{{\partial M\left( {x,y} \right)}}{{\partial y}},\frac{{\partial N\left( {x,y} \right)}}{{\partial x}}$ liên tục trong tập $S$ nên theo Định lý Schwart ta nhận được \[\frac{{{\partial ^2}u\left( {x,y} \right)}}{{\partial x\partial y}} = \frac{{{\partial ^2}u\left( {x,y} \right)}}{{\partial y\partial x}},\] suy ra

$\frac{{\partial M\left( {x,y} \right)}}{{\partial y}} = \frac{{\partial N\left( {x,y} \right)}}{{\partial x}}                         (5)$