Bài giảng toán giải tích 1 chương 3 số nguyên và số hữu tỉ

CHƯƠNG BA SỐ NGUYÊN VÀ SỐ HỮU TỈ A Số nguyên - phép cộng Ta xét toán sau: tạo lòch cho năm sau (danh sách ngày thứ tương ứng, liên kết ngày dương lòch ngày âm lòch), tính số cửa sổ để xây nhà, số ngày hoc sinh đến trường năm, số cá nuôi diện tích đó, tiêu tuyển sinh đại học Để mô hình toán bên trên, cần tập hợp số Ta có khái niệm : nửa GIAI TICH - CHUONG BA 111 cá, nửa sinh viên, ta cần khái niệm “nguyên” Tập hợp số nguyên gồm có phần tử Tùy theo đòa phương có nhiều tên, thí dụ có phần tử gọi nhiều cách : hai, nhi, dzì, deux, two, ni, Chúng ký hiệu theo nhiều cách ký hiệu nhiều cách, thí dụ phần tử tập có ký sau : 12, XII, 1100 (cơ sở nhò phân) Có thể đồng tập số nguyên với số đếm hay không? Nếu đếm tất vật mà biết, gọi số M, số M+1 không số dùng để đếm, rõ ràng số nguyên! Như khó mà để tìm tập hợp tất GIAI TICH - CHUONG 112 số nguyên thiê n 1nhiê n.BA Chúng ta chạm đến hình ảnh diển tả khéo câu sau Lảo tử : “ Đạo khả đạo, phi thường đạo; danh khả danh, phi thường danh” “Đạo mà diển giải đạo vónh cửu bất biến, tên mà đặt để gọi [đạo] tên vónh cửu bất biến “ (Nguyễn Hiến Lê dòch) Ở thấy sức mạnh trí tuệ loài người, đặt (tập hợp số nguyên) sẵn tự nhiên, dùng để giải vấn đề có thực tự nhiên : dùng tiền đề để đònh nghóa tập sốGIAInguyê n BA TICH - CHUONG 113 Ông Peano đònh nghóa tập số nguyên dựa vào tính thực tiển số (cách đếm vật, phải có số đầu tiên, nối tiếp số đếm) “một tính chất không dể chấp nhận lắm” (tiên đề IV) Các tiên đề Peano tập số nguyên dương : Có tập hợp Ù với tính chất sau I Với phần tử x Ù có phần tử đươc ký hiệu S(x) Ù, gọi phần tử x II Cho x y hai phần tử Ù cho S(x) = S(y) x = y III Có phần tử Ù đươc ký hiệu cho không phần tử phần tử Ù IV Cho U tậ p hợ p củ a Ù cho  U GIAI TICH - CHUONG BA 114 S(x)  U với x  U Lúc U = Ù Tập hợp Ù theo nghóa sau : có tập Ù’ thỏa bốn tiên đề Peano với phần tử 1’, có song ánh f từ Ù vào Ù’ cho f(1) = f(1’) S(f(n)) = f(S(n)) với n  Ù Đònh nghóa Với bốn tiên đề ta xác đònh số S(1), số S(2), số S(3), ta có số thường dùng để đếm Đònh nghóa Ta có phép cộng Õ sau : n +1 = S(n), n +2 = S(n+1), n +3 = S(n+2),  n Ù Đònh nghóa Ta xác đònh phép nhân Ù sau : GIAI TICH - CHUONG BA 115 1.n = n, 2.n = n + n, 3.n = 2.n + n,  n  Ù Ông Peano đóng góp ý toán quan trọng : Ù không tập hợp chứa số nguyên dương, mà Ù có cấu trúc logic “phần tử kế tiếp” Chính cấu trúc logic xác đònh phép toán cộng nhân Ù quan hệ thứ tự sau Ù Đònh nghóa Ta có quan hệ thứ tự Ù sau : cho m n Ù, ta nói  n > m (hay m < n ) n = m + r với r Ù,  n  m (hay m  n ) n = m GIAI TICH - CHUONG BA 116 n > m Đònh lý Đònh nghóa phép + quan hệ  Ù Ta có với m, n, p q Ù (i) m+n = n+m, n.m = m.n m.(n + p) = m.n + m.p, (ii)  quan hệ thứ tự toàn phần Õ (iii) m  n p  q, m+p  n + q mp  np (iv) Cho A tập khác trống Ù , lúc có z A cho n  z với n A (ta nói A có cực tiểu ) Các tiên đề Peano (tương đối tự nhiên) giúp làm toán cộng toán nhân có lý luận chặc chẽ hơn! Ngoài tiên đề cho GIAI TICH - CHUONG BA 117 ta cách chứng minh đặc biệt : qui nạp toán học Đònh lý Cho A  Õ p  A Giả sử S(n)  A n  A Lúc m  Õ : m  p  A B Phép qui nạp toán học Khi ta quan sát tượng, tính chất mà dãy tượng dãy tính chất Pn với n số nguyên dương, ta dùng phép qui nạp toán học để chứng minh Pn với n  N cần hai bước sau :  Chứng minh Pn với n = N,  Cho k số nguyên dương k  N Giả sử Pk đúng, chứng minh Pk+1 Nếu làm hai điều trên, ta kết luận Pn GIAI TICH - CHUONG BA 118 với n  N Bài toán Cho n  Õ Đặt Xn = 1+ 23 + + n3 ( n1)2 n Chứng minh X n  ( n1)2 n Đặt P(n) “ X n  “ Ta thấy P(1) k (k 1)2 Giả sử P(k) với k  1, ta có X k  k (k 1)2 3 X k 1  X k  (k  1)   (k  1) (k 1)2 (k 2)2 2  (k  1) [k  4k  4]  4 Vậy theo qui nạp toán học P(n) với n  GIAI TICH - CHUONG BA 119 Bài toán Cho m n hai số nguyên dương Giả sử có đơn ánh f từ {1, ,m} vào {1, ,n} Chứng minh m  n Nếu m = Ta có m  n (thật không cần giả thiết f ) Giả sử kết m = k Nếu có đơn ánh f từ {1, , k} vào {1, , n} Thì k  n Giả sử có đơn ánh f từ {1, , k+1} vào {1, , n} Chứng minh k+1 n Giả sử có đơn ánhGIAIgTICH từ1{1, , k+1} o {1, , p} - CHUONG BA 120 Chứng minh k+1 p Đònh nghóa Cho A tập hợp khác trống, ta nói  A có n phần tử có song ánh f từ tập hợp 1, 2, 3,   , n vào A Lúc ta nói tập hợp A có hữu hạn phần tử  A tập hợp vô hạn đếm (hoặc vắn tắt đếm được) có song ánh f từ Õ vào A A tập hợp đếm A có hữu hạn phần tử vô hạn đếm  A tập hợp vô hạn không đếm A không hữu hạn không vô hạn đếm GIAI TICH - CHUONG BA 126 Bài toán Đặt P (Õ ) họ tất tập hợp Õ Chứng minh P (Õ ) tập vô hạn không đếm A tập hợp vô hạn không đếm A không hữu hạn không vô hạn đếm Dùng phản chứng A không tập hợp vô hạn không đếm A hữu hạn A vô hạn đếm P (Õ )  { {1}, {2}, , {n} , } : không hữu hạn Giả thiết phản chứng : P (Õ ) vô hạn đếm GIAI TICH - CHUONG BA 127 Giả sử P (Õ ) vô hạn đếm A tập hợp vô hạn đếm có song ánh f từ Õ vào A Có song ánh f từ Õ vào P (Õ ) Đặt f (n) = An P (Õ ) = {A1 , A2 , , An , } Để dễ xử lý tập Õ, ta tương ứng tập B Õ hàm số sau 1 B (x)   0 B x  B, B '  B  B'  B x   \ B gọi hà c trưng B GIAI m TICHđặ - CHUONG BA 128 1 B (x)   0 x  B, B '  B  B'  B x   \ B Vậy có song ánh từ P (Õ) vào F  { B : B  } P( ) An  n E  { A : n  }  An n F E=F 0  A (n)  1,  n Đặt g(n)   B  {n   : g(n)  1} 1  An (n)  g  B  F g   A  n   g  E  { : n  } An EF n GIAI TICH - CHUONG BA 129 C Các tập hợp Ÿ – Cho m n Ù, xét phương trình n = x + m  n > m : theo đònh nghóa ta có số nguyên r cho n = m + r Vậy ta chọn x = r  n < m : theo đònh nghóa ta có số nguyên s cho m = n + s Vậy “m bớt s” = n Trong toán học ta ký hiệu “bớt s” –s Phương trình làm nảy sinh tập hợp số nguyên âm - q : q  Õ  Đặt Ÿ = - q : q  Õ  0  Ù gọi Ÿ tập số nguyên GIAI TICH - CHUONG BA 130 3=x +1 =x + 5=x +3 =x + 7=x +5 2=z +5 =z + 4=z +7 GIAI TICH - CHUONG BA 131 Nếu m  - q : q  Ù  ta nói m số nguyên âm viết m < 0, m  Ù ta nói m số nguyên dương viết m > Với số nguyên m ta đặt sign(m) sau gọi dấu m 1  sign(m)   1  m  , m  , m  Đặt 0.m = m.0 = với m  Ÿ Mọi số nguyên m viết thành sign(m) m’ GIAI TICH - CHUONG BA 132 với m’ Õ Trên Ÿ ta có đònh nghóa sau : với m, n, p q Ÿ  - m = - sign(m)|m|, m + (- m) = 0, + m = m  m+n = sign(m)[|m| + |n|] sign(m ) = sign(n)  m+n =sign(m)[|m|-|n|] sign(m) sign(n), |m|  |n|  m+n = sign(n)[|n|-|m|] sign(m) sign(n), |n| |m|  0.m =  n.m = |m| |n| sign(m) = sign(n)  n.m = - |m| |n| sign(m)  sign(n)  m > n m - n  Õ - CHUONG  m  n GIAI nếTICH u m = n BA m > n 133 Đònh lý Đònh nghóa phép cộng + nhân quan hệ  Ÿ Ta có với m, n, p, q Ÿ (i) m+n = n+m, n.m = m.n m.(n + p) = m.n + m.p, (ii)  quan hệ thứ tự toàn phần Ÿ (iii) m  n, p  q r  0, m + p  n + q mr  nr (iv) |m|  m GIAI TICH - CHUONG BA 134 Cho n Ÿ \0 m Ÿ, xét phương trình nx = m m -6 -5 -4 -3 -2 -1 r y z v 12 -6.p = -4.p = 1.q = 2q = n 4.r = 6.r = Phương trình nghiệm Ÿ (thí dụ 4x =2) Nhưng ta coi (n,m) nghiệm xét tập hợp – xác đònh sau GIAI TICH - CHUONG BA 135 Xét X = (Ÿ \ 0)Ÿ = (n,m) : nŸ \ 0 mŸ  Trên X ta đònh nghóa quan hệ R Ta chứng minh sau (n,m)R (n’,m’)  n.m’ = n’.m R quan m hệtương đương Ta đặt – tập thương X/R -6 -5 -4 -3 -2 -1 -6.x = -4.x = r y z v 12 2.y = 4.z = GIAI TICH - CHUONG BA 4.y = 6.z = n Ta ký hiệu lớp tương đương m (n,m) n ta gọi số hữu136tỉ m -6 -5 -4 -3 -2 -1 r y z v 12 Vì 2.6 =3.4 nên (4,2)R(6,3) Do n số hữu tỉ z 1 r , y2 , z , v 2 Như số hữu tỉ viết nhiều dạng , khác nhau, dạng phân số m n 137 GIAI TICH - CHUONG BA m gọi tử số n gọi mẫu số m km   với số hữu tỉ với k  Õ n kn  đồng m với m với mŸ, ta có Ÿ  – m  p   m  Ÿ \ 0 ta n n xét số hữu tỉ , ta ký hiệu n p -1 m m  (n,m) R (|n|, sign(n) m), ta viết số hữu tỉ dạng r s với s  Õ r  Ÿ GIAI TICH - CHUONG BA 138 m r Đònh nghóa Cho số hữu tỉ n s với n s  Õ m r  Ÿ Ta đònh nghóa m r mr m r ms  nr ,    n s ns n s ns m |m| | | n |n| m r  ms > nr n s m r  n s ms  nr GIAI TICH - CHUONG BA 139 Đònh lý Đònh nghóa phép cộng + nhân quan hệ  – Ta có với m, n, p q – p  (i) m + n = n + m m.(n + p) = m.n + m.p, (ii) n.m = m.n p.p -1 = 1, (iii) m  n n  m, m = n, (iv) m  n, p  q r  0, m + p  n + q mr  nr Nếu m > n r > 0, mr > nr (v) |m|  m GIAI TICH - CHUONG BA 140 [...]... thương X/R 6 -6 -5 -4 -3 -2 -1 -6.x = 3 -4.x = 2 5 4 r 3 2 y 1 z v 12 3 4 5 6 2.y = 2 4.z = 2 GIAI TICH 1 - CHUONG BA 4.y = 4 6.z = 3 n Ta ký hiệu lớp tương đương m của (n,m) là n và ta gọi đó là một số hữu 136 tỉ m -6 -5 -4 -3 -2 -1 8 7 6 5 4 r 3 2 y 1 z v 12 3 4 5 6 Vì 2.6 =3. 4 nên (4,2)R(6 ,3) Do 2 đó 4 n 3 và 6 chỉ là một số hữu tỉ z 3 1 1 r , y2 , z , v 2 2 2 Như vậy một số hữu tỉ có thể được viết... 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 sao cho g(j) = p 2 j 1GIAI TICH 2 1 - CHUONGjBA k k +1 g p -11 21 p Nếu có một đơn ánh f từ {1, ... 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 13 0 3= x +1 4 =x + 2 5=x +3 6 =x + 4 7=x +5 2=z +5 3 =z + 6 4=z +7 GIAI TICH 1 - CHUONG BA 13 1 Nếu m  - q : q  Ù  ta nói m là một số nguyên âm và viết m < 0, nếu m  Ù ta nói m là một số nguyên dương và viết m > 0 Với số nguyên m ta đặt sign(m) như sau và gọi đó là dấu của m 1 ... phân số m n 13 7 GIAI TICH 1 - CHUONG BA trong đó m được gọi là tử số và n được gọi là mẫu số m km   với mọi số hữu tỉ và với mọi k  Õ n kn  đồng nhất m với m với mọi mŸ, ta có Ÿ  – 1 m  nếu p   0 thì m  Ÿ \ 0 và ta có thể n n xét số hữu tỉ , ta ký hiệu n là p -1 m m  vì (n,m) R (|n|, sign(n) m), ta có thể viết các số hữu tỉ ở dạng r s với s  Õ và r  Ÿ GIAI TICH 1 - CHUONG BA 13 8 m... xét GIAI TICH 1 - CHUONG BA 12 3 Bài toán 7 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 đònh nghóa hữu hạn” GIAI TICH 1 - CHUONG BA 12 4 Dùng kết quả này, ta có thể đònh nghóa hữu hạn” Đònh nghóa... 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 Để đưa về trường hợp  , ta đặt ánh xạ v như trong hình vẽ 1GIAI TICH 2 1 - CHUONGj BA k k +1 v 12 2 k k+ 1 1 Ta có : gov(k +1) =p gov(i) p -1 i k j k k +1 v v gov là một đơn ánh Do đó 2 1 j 2 gov k k +1 g 1 2 j p -1 p Thay thế g bằng... các số hữu tỉ và n s với n và s  Õ và m và r  Ÿ Ta đònh nghóa m r mr m r ms  nr ,    n s ns n s ns m |m| | | n |n| m r  nếu và chỉ nếu ms > nr n s m r  n s nếu và chỉ nếu ms  nr GIAI TICH 1 - CHUONG BA 13 9 Đònh lý Đònh nghóa 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.n và p.p -1. .. 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 {1, , m} g -1 g of GIAI TICH 1 - CHUONG BA g -1 {1, ,n} 12 5 Đònh nghóa Cho A là một tập hợp khác trống, 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... CHUONG BA 13 4 Cho n Ÿ \0 và m Ÿ, xét phương trình nx = m m -6 -5 -4 -3 -2 -1 8 7 6 5 4 r 3 2 y 1 z v 12 3 4 5 6 -6.p = 3 -4.p = 2 1. q = 2 2q = 4 n 4.r = 2 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 đònh như sau GIAI TICH 1 - CHUONG BA 13 5 Xét X = (Ÿ \ 0)Ÿ = (n,m) : nŸ \ 0 và mŸ  Trên X ta đònh... nếu và chỉ nếu m - n  Õ 1 - CHUONG  m  n nếu và chỉ GIAI nếTICH u m = n BA hoặc m > n 13 3 Đònh lý Đònh nghóa 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.n và m.(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 13 4