Giáo trình Toán giải tích 1 - Chương 3: Số nguyên và số hữu tỉ

Nội dung text: Giáo trình Toán giải tích 1 - Chương 3: Số nguyên và số hữu tỉ

1. CHƯƠNG BA SỐ NGUYÊN VÀ SỐ HỮU TỈ A. Số nguyên - phép cộng Ta xét các bài toán sau: tạo ra lịch cho năm sau (danh sách các ngày và các thứ tương ứng, liên kết ngày dương lịch và ngày âm lịch), tính số cửa sổ để xây một căn nhà, số ngày hoc sinh đến trường hằng năm, số cá có thể nuôi trong một diện tích nào đó, chỉ tiêu tuyển sinh của một đại học. . . Để mô hình các bài toán bên trên, chúng ta cần một tập hợp con số. Ta không thể có khái niệm : nửa GIAI TICH 1 - CHUONG BA 111 con cá, nửa sinh viên, ta cần khái niệm “nguyên”.
2. Tập hợp các con số nguyên này gồm có các phần tử nào đó. Tùy theo địa phương nó có nhiều tên, thí dụ có một phần tử được gọi bằng nhiều cách : hai, nhi, dzì, deux, two, ni, . . . . Chúng còn được ký hiệu theo nhiều cách còn được ký hiệu bằng nhiều cách, thí dụ một phần tử trong tập đó có các ký sau : 12, XII, 1100 (cơ sở nhị phân) . . . Có thể đồng nhất tập số nguyên với các số đếm hay không? Nếu chúng ta đếm tất cả các sự vật mà chúng ta biết, gọi số đó là M, thì số M+1 tuy không là số chúng ta đã dùng để đếm, nhưng nó rõ ràng là một số nguyên! Như vậy khó mà để tìm tập hợp tất cả số nguyên trong thiênGIAI TICH 1 nhiên. - CHUONG BA 112
3. Chúng ta chạm đến một hình ảnh diển tả rất khéo câusauđâycủaLảotử: “ Đạo khả đạo, phi thường đạo; danh khả danh, phi thường danh” “Đạo mà diển giải được thì không phải đạo vĩnh cửu bất biến, tên mà có thể đặt ra để gọi nó [đạo] thì không phải tên vĩnh cửu bất biến “. (Nguyễn Hiến Lê dịch) Ở đây chúng ta thấy sức mạnh trí tuệ loài người, đặt ra một cái gì đó (tập hợp các số nguyên) không có sẵn trong tự nhiên, dùng cái đó để giải quyết các vấn đề có thực trong tự nhiên : dùng các tiền đề để định nghĩa tập các sốGIAI nguyên. TICH 1 - CHUONG BA 113
4. Ông Peano định nghĩa tập số nguyên dựa vào tính thực tiển của các số (cách đếm sự vật, phải có một số đầu tiên, sự nối tiếp các số đếm) và “một tính chất không dể chấp nhận lắm” (tiên đề IV). Các tiên đề Peano về tập các số nguyên dương : CómộttậphợpÙ cùngvớicáctínhchấtsau I. Với mỗi phần tử x trong Ù có một phần tử đươc ký hiệu là S(x) trong Ù, được gọi là phần tử kế tiếp của x. II. Cho x và y là hai phần tử trong Ù sao cho S(x)=S(y)thì x = y. III. Có một phần tử trong Ù đươc ký hiệu là 1 sao cho 1 không là phần tử kế tiếp của một phần tử nào trong Ù. IV. Cho U là một tập hợp con của Ù sao cho 1 U GIAI TICH 1 - CHUONG BA 114 và S(x) U với mọi x U. Lúc đó U = Ù .
5. Tập hợp Ù duy nhất theo nghĩa sau : nếu có tập Ù’ thỏa bốn tiên đề Peano với phần tử đầu tiên là 1’, thì có một song ánh f từ Ù vào Ù’ sao cho f(1) = f(1’) và S(f(n)) = f(S(n)) với mọi n Ù. Định nghĩa. Với bốn tiên đề này ta xác định số 2 như là S(1), số 3 như là S(2), số 4 như là S(3), ta sẽ có mọi số thường dùng để đếm Định nghĩa. Ta có phép cộng trên Õ như sau : n +1 = S(n), n +2 = S(n+1), n +3 = S(n+2),  n Ù Định nghĩa. Ta xác định phép nhân trên Ù như sau : 1.n = n,2.n = n +GIAIn, TICH3. 1n - CHUONG =2. BAn + n,  n 115Ù.
6. Ông Peano đã đóng góp một ý toán rất quan trọng : Ù không chỉ là một tập hợp chứa các số nguyên dương, mà trong Ù còn có một cấu trúc logic “phần tử kế tiếp”. Chính cấu trúc logic này xác định các phép toán cộng và nhân trên Ù và quan hệ thứ tự sau đây trên Ù. Định nghĩa. Ta có một quan hệ thứ tự trên Ù như sau : cho m và n trong Ù, ta nói n > m (hay m m. GIAI TICH 1 - CHUONG BA 116
7. Định lý. Định nghĩa các phép + và . và quan hệ trong Ù như trên. Ta có với mọi m, n, p và q trong Ù (i) m+n = n+m, n.m = m.nvàm.(n + p)=m.n + m.p, (ii) là một quan hệ thứ tự toàn phần trên Õ. (iii) nếu m n và p q, thì m+p n + q và mp np. (iv) Cho A là một tập con khác trống trong Ù , lúc đó có z trong A sao cho n z với mọi n trong A (ta nói A có cực tiểu ). Các tiên đề của Peano (tương đối khá tự nhiên) giúp chúng ta sẽ làm toán cộng và toán nhân có lý luận chặc chẽ hơn! Ngoài ra các tiên đề này còn cho GIAI TICH 1 - CHUONG BA 117 ta một cách chứng minh đặc biệt : qui nạp toán học.
8. Định lý. Cho A  Õ và p A. Giả sử S(n) A nếu n A. Lúc đó m Õ : m p A. B. Phép qui nạp toán học Khi ta quan sát không phải một hiện tượng, một tính chất mà cả một dãy hiện tượng hoặc một dãy tính chất Pn với n là các số nguyên dương, ta có thể dùng phép qui nạp toán học để chứng minh Pn đúng với mọi n N chỉ cần hai bước như sau : Chứng minh Pn đúng với n = N, Cho k là một số nguyên dương k N. Giả sử Pk đúng, chứng minh Pk+1 cũng đúng. Nếu làm được hai điều trên, ta kết luận Pn GIAI TICH 1 - CHUONG BA 118 đúng với mọi n N.
9. 3 3 Bài toán 5. Cho n Õ. Đặt Xn =1+2 + + n . nn22(1) Chứng minh X n 4 nn22(1) Đặt P(n) là ““X . Ta thấy P(1) đúng n 4 kk22(1) Giả sử P(k) đúng với một k 1, ta có X k 4 kk22(1) XXk (1)33 (1) k kk 1 4 1 (1)(2)kk 22 (1)[44]kkk22 44 GIAI TICH 1 - CHUONG BA 119 Vậy theo qui nạp toán học P(n) đúng với mọi n 1.
10. Bài toán6. Cho m và n là hai số nguyên dương. Giả sử có một đơn ánh f từ {1, . . . ,m} vào {1, . . . ,n} . Chứng minh m n. Nếu m = 1. Ta có m n (thật ra không cần giả thiết về f ) Giả sử kết quả đúng khi m = k . Nếu có một đơn ánh f từ {1, . . . , k} vào {1, . . . , n} . Thì k n Giả sử có một đơn ánh f từ {1,. . . , k+1} vào {1,. . . , n}. Chứng minh k+1 n. Giả sử có một đơn ánh g từ {1,. . . , k+1} vào {1,. . . , p}. GIAI TICH 1 - CHUONG BA 120 Chứng minh k+1 p.
11. Nếu có đơn ánh f từ {1, , k} vào {1, ,n}. Thì k n Giả sử có một đơn ánh g từ {1, . . . , k+1} vào {1, . . . , p} . Chứng minh k+1 p. Giả sử có một đơn ánh g từ {1,. . . , k+1} vào {1, . . . , p} . Chứng minh k p - 1. g({1, ,k}){1, , p-1} dùng giả thiết qui nạp g({1, . . . , k}) không chứa trong {1, . . . , p - 1} .  j {1, , k} 1 2 j k k+1 sao cho g(j) = p g p 1GIAI TICH2 1 - CHUONG jBAp-1 121
12. Nếu có một đơn ánh f từ {1, . . . ,k} vào {1, . . . ,n} . Thì k n Giả sử có một đơn ánh g từ {1, . . . , k+1} vào {1, . . . , p} . Chứng minh k p - 1. j {1, . . . , k} sao cho g(j) = p 1 2 j k k+1 Để đưa về trường hợp , ta đặt ánh xạ v v như trong hình vẽ 1GIAI TICH2 1 - CHUONGj BAk k+ 122 1
13. Ta có : 1 2 j k k+1 gov(k+1) = p v v gov là một đơn ánh 1 2 j k k+1 gvo Do đó g gov(i) p-1  i k 1 2 j p-1 p GIAI TICH 1 - CHUONG BA 123 Thay thế g bằng gov , ta đưa về trường hợp đã xét .
14. Bài toán7. Cho m và n là hai số nguyên dương. Giả sử có một song ánh f từ {1, . . . ,m} vào {1, . . . ,n}. Chứng minh m =n. f là một đơn ánh từ {1, . . . ,m} vào {1, . . . , n}. Do đó m n f -1 là một đơn ánh từ {1, . . . , n} vào {1, . . . , m}. Do đó n m Dùng kết quả này, ta có thể định nghĩa “hữu hạn” GIAI TICH 1 - CHUONG BA 124
15. Dùng kết quả này, ta có thể định nghĩa “hữu hạn” Định nghĩa. Cho A là một tập hợp khác trống, ta nói A có m phần tử nếu và chỉ nếu có một song ánh f từ tập hợp 1, 2, 3, , m vào A. Lúc đó ta nói tập hợp A có hữu hạn phần tử A f g -1 g {1, ,m } {1, ,n} -1 gf o GIAI TICH 1 - CHUONG BA 125
16. Định nghĩa. Cho A là mộttậphợpkháctrống, ta nói A có n phần tử nếu và chỉ nếu có một song ánh f từ tập hợp 1, 2, 3, , n vào A. Lúc đó ta nói tập hợp A có hữu hạn phần tử. A là một tập hợp vô hạn đếm được (hoặc vắn tắt là đếm được) nếu và chỉ nếu có một song ánh f từ Õ vào A. A làmộttậphợpquá lắm đếm được nếu và chỉ nếu A có hữu hạn phần tử hoặc vô hạn đếm được . A làmộttậphợpvô hạn không đếm được nếu và chỉ nếu A không hữu hạn và không vô hạn đếm GIAI TICH 1 - CHUONG BA 126 được .
17. Bài toán8.Đặt P (Õ ) là họ tất cả cáctậphợp con của Õ. Chứng minh P (Õ ) là một tập vô hạn không đếm được. A là một tập hợp vô hạn không đếm được nếu và chỉ nếu A không hữu hạn và không vô hạn đếm được . Dùng phản chứng A không là tập hợp vô hạn không đếm được nếu và chỉ nếu A hữu hạn hoặc A vô hạn đếm được . P (Õ )  { {1}, {2}, . . . , {n} , . . .} : không hữu hạn Giả thiết phản chứng : P (Õ ) vô hạn đếm được . GIAI TICH 1 - CHUONG BA 127
18. Giả sử P (Õ ) vô hạnđếmđược A làmộttậphợpvô hạn đếm được nếu và chỉ nếu có một song ánh f từ Õ vào A. Có một song ánh f từ Õ vào P (Õ ) Đặt f (n) = An P (Õ ) = {A1 , A2 , . . ., An , . . . } Để dễ xử lý các tập con của Õ, ta tương ứng mỗi tập con B của Õ bằng một hàm số sau 1 nếuxB , B ()x B' B BB'  0nếuxB \.  B được gọi là hàmGIAI TICH đặc 1 - CHUONG trưng BA của B 128
19. 1,nếu x B B ()x B' B BB'  0\.nếu x B Vậy có một song ánh từ P (Õ) vào FB {:B } P() E {:A n } An n  A E = F  n n F 0nếu()1, n An Đặtgn ( ) B {:()1}ngn 1nếu ()0.n An gF B gn   gEGIAI TICH 1 - CHUONG{: BA n } 129 An An E F
20. C. CáctậphợpŸ và – Cho m và n trong Ù, xét phương trình n = x + m. n > m : theo định nghĩa ta có một số nguyên r sao cho n = m + r . Vậy ta chọn x = r . n < m : theo định nghĩa ta có một số nguyên s sao cho m = n + s. Vậy “m bớt đi s” = n . Trong toán học ta ký hiệu “bớt đi s” là –s . Phương trình này làm nảy sinh tập hợp các số nguyên âm - q : q Õ  Đặt Ÿ = - q : q Õ  0Ù và gọi Ÿ là tập các số nguyên. GIAI TICH 1 - CHUONG BA 130
21. 3 = x + 1 4 =x + 2 5 = x + 3 6 =x + 4 7 = x + 5 GIAI TICH 1 - CHUONG BA 131 2 = z + 5 3 =z + 6 4 = z + 7
22. Nếu m - q : q Ù  ta nói m là một số nguyên âm và viết m 0. Với số nguyên m ta đặt sign(m) như sau và gọi đó là dấu của m 1 nếum, 0 sign(mm, ) 0 nếu 0 1 nếum. 0 Đặt 0.m = m.0 = 0 với mọi m Ÿ Mọi số nguyên m có thể viết thành sign(m) m’ với một m’ trong ÕGIAI. TICH 1 - CHUONG BA 132
23. Trên Ÿ ta có các định nghĩa sau đây : với mọi m, n, p và q trong Ÿ - m =-sign(m)|m|, m +(-m)=0, 0+m = m m+n = sign(m)[|m| + |n|] nếu sign(m ) = sign(n) m+n =sign(m)[|m|-|n|] nếu sign(m) sign(n), |m| |n| m+n = sign(n)[|n|-|m|] nếu sign(m) sign(n), |n| |m| 0.m =0 n.m = |m|. |n| nếu sign(m)= sign(n) n.m = - |m|. |n| nếu sign(m) sign(n) m > n nếu và chỉ nếu m - n Õ m n nếu và chỉGIAI nếu TICH m1 - CHUONG = n BAhoặc m > n. 133
24. Định lý. Định nghĩa các phép cộng + và nhân. và quan hệ trong Ÿ như trên. Ta có với mọi m, n, p, và q trong Ÿ. (i) m+n = n+m, n.m = m.nvàm.(n + p)=m.n + m.p, (ii) là một quan hệ thứ tự toàn phần trên Ÿ. (iii) nếu m n, p q và r 0, thì m + p n + q và mr nr. (iv) |m| m GIAI TICH 1 - CHUONG BA 134
25. Cho n Ÿ \ 0 và m Ÿ, xétphương trình nx = m. m -6.p =3 8 7 -4.p = 2 6 5 1.q =2 4 r 3 2q =4 2 y 1 z n 4.r = 2 -6 -5 -4 -3 -2 -1 v 1 2 3 456 6.r = 3 Phương trình này có thể không có nghiệm trong Ÿ (thí dụ 4x =2). Nhưng ta có thể coi (n,m) như là một nghiệm của nó và xét tập hợp – xác định như sau GIAI TICH 1 - CHUONG BA 135
26. Xét X =(Ÿ \ 0) Ÿ = (n,m):n Ÿ \ 0 và m Ÿ  Trên X ta định nghĩa quan hệ R như Ta chứng minh sau (n,m)R (n’,m’) n.m’ = n’.m được R là quan m hệtương đương. 8 7 Ta đặt – là tập 6 thương X/R. 5 4 Ta ký hiệu lớp 3 r 2 y tương đương 1 m z n của (n,m) là -6 -5 -4 -3 -2 -1 v 1 2 3 456 n và ta gọi đó là -6.x =3 2.y =2 4.z = 2 GIAI TICH 1 - CHUONG BAmột số hữu 136 tỉ. -4.x = 2 4.y = 4 6.z = 3
27. m 8 Vì 2.6 =3.4 nên 7 6 (4,2)R(6,3). Do 5 2 3 4 đó và 3 r 4 6 2 y chỉ là một số 1 n z hữu tỉ z. -6 -5 -4 -3 -2 -1 v 1 2 3 456 311 ryzv ,2,, 222 Như vậy một số hữu tỉ có thể được viết ra nhiều dạng khác nhau, mỗi dạng của nó là một phân sốm , n trong đó m được gọi làGIAItử TICH số 1 - CHUONGvà n BAđược gọi là mẫu số 137.
28. mkm với mọi số hữu tỉ và với mọi k Õ. nkn đồng nhất m vớim với mọi m Ÿ, ta có Ÿ  –. 1 m nếup 0 thì m Ÿ \ 0 và ta có thể n n xét số hữu tỉ , ta ký hiệun là p -1 . m m vì (n,m) R (|n|, sign(n) m), tacóthểviếtcácsố hữu tỉ ở dạngr với s Õ và r Ÿ. s GIAI TICH 1 - CHUONG BA 138
29. m r Định nghĩa . Cho cácsố hữu tỉ và với n n s và s Õ và m và r Ÿ. Ta định nghĩa mr msnr mr mr , . ns ns ns ns m|m| || n|n| mr ns nếu và chỉ nếu ms > nr mr nếu và chỉ nếu ms nr ns GIAI TICH 1 - CHUONG BA 139
30. Định lý . Định nghĩa các phép cộng + và nhân. và quan hệ trong – như trên. Ta có với mọi m, n, p và q trong – và p 0 (i) m + n = n + m và m.(n + p) = m.n + m.p, (ii) n.m = m.nvàp.p -1 =1, (iii) nếu m n và n m, thì m = n, (iv) nếu m n, p q và r 0, thì m + p n + q và mr nr. Nếu m > n và r > 0, thì mr > nr. (v) |m| m. GIAI TICH 1 - CHUONG BA 140