Blog Khoa Học Máy Tính

Định trị một đại lượng bằng hai cách [4]

Ngô Quang Hưng | 27 tháng 06, 2007 | Bản để in

Lần này ta xét một số chứng minh kinh điển về các số vô tỉ và các số siêu việt (transcendental numbers).

Ví dụ 7: khoảng 500 năm trước công nguyên, Hippasus khám phá ra số vô tỉ đầu tiên, $\sqrt{2}$ , với chứng minh chặt chẽ. (Theo truyền thuyết thì chứng minh này đem lại cho ông những điều không hay ho gì.) Chứng minh của Hippasus trình bày trong các sách giáo khoa cấp 2 thường dùng phương pháp infinite descent kiểu Fermat. Ta trình bay một chứng minh khác dùng phương pháp định trị một đại lượng bằng 2 cách.

Giả sử $\sqrt{2} = a/b$ là một số hữu tỉ, nghĩa là a^2 = 2b^2 = c là một số nguyên dương nào đó. Khi phân tích ra thừa số nguyên tố, vì c = a^2 các thừa số nguyên tố của đều có số mũ chẵn, trong khi đó vì c = 2b^2 thừa số 2 sẽ có số mũ lẻ. Vô lý!

(Đại lượng ta định trị là số mũ của 2 trong phân tích thừa số của c.)

Ví dụ 8: Euler chứng minh rằng là số vô tỉ dùng phương pháp định trị 2 cách như sau. Giả sử e=a/b là hữu tỉ. Theo khai triển Taylor ta có:

$\frac{a}{b} = \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{k!}$
Nhân hai vế với (b+1)!

thì vế trái là một số nguyên, trong khi đó vế phải bằng
$(b+1)!\left(\sum_{k=0}^{b+1} \frac{1}{k!}\right) + (b+1)!\left(\sum_{k=b+2}^\infty \frac{1}{k!}\right)$
Dễ thấy rằng $(b+1)!\left(\sum_{k=0}^{b+1} \frac{1}{k!}\right)$ là một số nguyên, trong khi đó $(b+1)!\left(\sum_{k=b+2}^\infty \frac{1}{k!}\right)$ là một số thực trong khoảng (0,1)

. Vô lý!

Ý tưởng chính: Một cách trực quan hơn, ta có thể hiểu chứng minh này như sau. Nếu a/b là một số hữu tỉ, và m là một số nguyên bất kỳ, thì giá trị m(a/b) hoặc là bằng với một số nguyên hoặc là cách số nguyên gần nhất ít nhất 1/b. Trong khi đó, khi nhân e=a/b với m=n! với n càng lớn thì m(a/b) càng tiến đến gần một số nguyên với khoảng cách nhỏ tùy ý. Ý tưởng tương tự ý này sẽ được dùng để chứng minh một số là số siêu việt như trong ví dụ sau đây. (Dĩ nhiên là ta vẫn dùng phương pháp định trị một đại lượng bằng hai cách.)

Ví dụ 9: một số đại số (algebraic number) là một nghiệm (thực hoặc phức) của một đa thức khác 0 hệ số hữu tỉ nào đó, nghĩa là nghiệm của $a_0 + a_1x + \dots + a_nx^n = 0$ trong đó a_i là các số hữu tỉ và $a_n \neq 0$ . Bậc của một số đại số là bậc của đa thức tối giản (và monic) mà số đại số đó là nghiệm. Như vậy, số hữu tỉ chẳng qua là số đại số bậc nhất!

Ngược lại, số siêu việt là các số không phải số đại số. Lịch sử các số siêu việt cũng hay, bao gồm các đóng góp của Lindemann (sư phụ của Hilbert), Hermite (sư phụ của Poincaré), và cả một bài toán Hilbert (đã có lời giải).

Hermite chứng minh rằng e là số siêu việt, dùng phương pháp định trị hai cách. Hilbert đơn giản hóa chứng minh này một chút. Chứng minh của Hilbert là chứng minh đa số sách vở dùng hiện nay. Ta cũng sẽ dùng ý tưởng đã nêu trên. Giả sử e là số đại số. Không mất tính tổng quát ta giả sử có các số nguyên $a_0, a_1, \dots, a_n$ với $a_n \neq 0$ thỏa mãn

$f(e) := a_0 + a_1e + \dots + a_ne^n = 0$
Ta sẽ tìm một số nguyên dương m sao cho $mf(e) \neq 0$ , dẫn đến điều vô lý. Cụ thể hơn, ta sẽ chứng minh mf(e) = S_1 + S_2

, trong đó S_1

là một số nguyên khác 0, còn |S_2| < 1

. Từ ý tưởng của Hermite, Hilbert đặt
$g(x) = x^q \left[(x-1)(x-2)\dots (x-n)\right]^{q+1}e^{-x}$
$m = \int_0^\infty \frac{1}{q!} g(x) dx$
Trong đó

là một số nguyên dương sẽ xác định sau. Đến đây thì S_1, S_2

được xác định như sau
$mf(e) = \sum_{k=0}^n a_ke^k \int_0^\infty \frac{1}{q!} g(x) dx = S_1 + S_2$
trong đó
$S_1 = \sum_{k=0}^n a_k \int_k^\infty \frac{1}{q!} g(x)e^k dx$
$S_2 = \sum_{k=1}^n a_k \int_0^k \frac{1}{q!} g(x)e^k dx$
Ta phải chứng minh hai điều sau đây.

Điều 1 là môt số nguyên khác 0.
Trước hết. Với $k=1, \dots, n$ , đổi biến ta có

$\int_k^\infty \frac{1}{q!} g(x)e^k dx = \int_0^\infty \frac{(y+k)^q \left[(y+k-1)\cdots(y+k-k)\cdots\right]^{q+1}e^{-y}}{q!} dy$
Với $\alpha$ là số nguyên dương bất kỳ, hàm Gamma cho ta biết
$\int_0^\infty y^{\alpha} e^{-y}dy = \alpha!$
Vì thế $\int_k^\infty \frac{1}{q!} g(x)e^k dx$ chia hết cho với $k=1, \dots, n$ . Như vậy
$S_1 \equiv a_0((-1)^nn!)^{q+1} \pmod{q+1}$
Dùng định lý Fermat nhỏ, dễ thấy rằng nếu ta chọn q+1 là một số nguyên tố lớn hơn và thì $S_1 \not\equiv 0 \pmod{q+1}$ , vì thế là số nguyên khác 0.
Điều 2 .
Trị tuyệt đối của mỗi số hạng trong tổng có dạng $\frac{|\int_0^k a_kg(x)e^k dx|}{q!}$ . Tử số tiến đến vô cùng chậm hơn mẫu số rất nhiều, vì thế với đủ lớn mỗi số hạng này rất bé, và vì thế tổng của chúng nhỏ hơn 1.