102 Chương 3. Một số ứng dụng của số phức trong đại số trong đó a = 6α 2 16 −β, b = 2α 3 16 + 1 2 αβ −γ, c = 1 16 (3α 4 − 16βα 2 +64αβ − 256δ). Tiếp theo ta giải (3.24) theo cách giải của bài toán trước. Ví dụ 3.18. Cho a>0. Khai triển biểu thức  1 − a √ x  8 +  1+a √ x  8 ta thu được đa thức (bậc 4) P (x). Giải phương trình P (x)=0. Lời giải. Đặt a 2 x = t ta thu được phương trình t 4 +28t 3 +70t 2 +28t +1=0. Đây là phương trình hồi quy nên dễ dàng đưa về dạng phương trình bậc hai y 2 +28y +68=0 với y = t + 1 t . Phương trình bậc hai này có hai nghiệm y 1,2 = −14 ± √ 128. Từ đó ta tìm được t và tính được phương trình có 4 nghiệm thực âm. Ví dụ 3.19. Giải phương trình t 4 +4t 3 +3t 2 − 12t − 16 = 0. Lời giải. Đặt t = x −1. Ta được phương trình x 4 =3x 2 +10x +4. 3.1. Phương trình và hệ phương trình đại số 103 Ta xác định a sao cho 10 2 = 4(3 + 2a)(4 + a 2 ) hay 2a 3 +3a 2 +8a − 13=0. Ta thấy a =1thoả mãn phương trình. Vậy có thể viết phương trình đã cho dưới dạng (x 2 +1) 2 =5x 2 +10x +5, hay (x 2 +1) 2 =5(x +1) 2 . Giải phương trình này ta thu được các nghiệm là x 1,2 = √ 5 ±  1+4 √ 5 2 · 3.1.4 Phương trình bậc cao Ta xét một số trường hợp đặc biệt của phương trình bậc cao giải được bằng cách sử dụng các đồng nhất thức đại số và lượng giác. Ví dụ 3.20. Cho bộ số m, n, p ∈ R. Giải phương trình x 3 + m 3 (x + m) 3 + x 3 + n 3 (x + n) 3 + x 3 + p 3 (x + p) 3 − 3 2 + 3 2 · x − m x + m · x − n x + n · x − p x + p =0. Lời giải. Nhận xét rằng x 3 + m 3 (x + m) 3 = 1 4 + 3 4 (x − m) 2 (x + m) 2 . Vì vậy phương trình đã cho tương đương với phương trình sau 1 4 + 3 4 (x − m) 2 (x + m) 2 + 1 4 + 3 4 (x − n) 2 (x + n) 2 + 1 4 + 3 4 (x − p) 2 (x + p) 2 − − 3 2 + 3 2 · x − m x + m · x − n x + n · x − p x + p =0. (3.25) 104 Chương 3. Một số ứng dụng của số phức trong đại số Đặt x − m x + m = a, x − n x + n = b, x − p x + p = c và để ý rằng 1 4 + 3 4 a 2 + 1 4 + 3 4 b 2 + 1 4 + 3 4 c 2 − 3 4 + 3 2 abc =0 có thể biến đổi được về dạng (ab + c) 2 =(1−a 2 )(1 − b 2 ). (3.26) Thay các giá trị a, b, c theo biến x, m,n, p ta được (ab + c) 2 = 4[x 3 +(mn − mp − np)x] 2 (x + m) 2 (x + n) 2 (x + p) 2 , 1 − a 2 = 4mx (x + m) 2 , 1 − b 2 = 4nx (x + n) 2 . Vậy (3.26) có dạng x 2 [x 2 +2(x+p) √ mn+mn−mp−np][x 2 −2(x+ p) √ mn+mn −mp−np]=0. Giải ra ta được các nghiệm của phương trình là x 1 = x 2 =0, x 3,4 = ±( √ mp − √ np) − √ mn, x 5,6 = √ mn ± ( √ mp + √ np. Ví dụ 3.21. Cho 0 <α< π n +2 . Chứng minh rằng với mọi đa thức Q(x) ∈ R[x] bậc n thì đa thức P (x)=(x 2 − 2x cos α +1)Q(x) không thể có tất cả các hệ số đều không âm. 3.1. Phương trình và hệ phương trình đại số 105 Lời giải. Giả sử Q(x)=a 0 x n + a 1 x n−1 + ···+ a n−1 x + a n và P (x)=b 0 x n+2 + b 1 x n+1 + ···+ b n+1 x + b n+2 . Khi đó                b 0 = a 0 , b 1 = a 1 − 2a 0 cos α, b 2 = a 2 + a 0 − 2a 1 cos α, b n+1 = a n−1 −2a n cos α, b n+2 = a n . Suy ra b k = a k + a k−2 − 2a k−1 cos α, a n+2 = a n+1 =0,a −1 = a −2 =0 và n+2  k=0 b k sin kα =0. Mà sin kα > 0 vì α ∈  0; π n +2  nên tồn tại hệ số b j < 0. Ví dụ 3.22. Cho a 0 ,a 1 , ,a n là n+1 số đôi một khác nhau. Giải hệ phương trình sau        x 0 + x 1 a 0 + x 2 a 2 0 + ···+ x n a n 0 =0 x 0 + x 1 a 1 + x 2 a 2 1 + ···+ x n a n 1 =0 x 0 + x 1 a n + x 2 a 2 n + ···+ x n a n n =0. (1) Lời giải. Xét đa thức f(y)=x n y n + x n−1 y n−1 + ···+ x 1 y + x 0 . Ta có deg f ≤ n.Từhệ(1) ta có f(a 0 )=f(a 1 )=···= f(a n )=0, 106 Chương 3. Một số ứng dụng của số phức trong đại số nên f(y) có n +1nghiệm phân biệt, do đó f(y) ≡ 0. Từ đó suy ra x 0 = x 1 = ···= x n =0. Thử lại ta thấy x 0 = x 1 = ···= x n =0thoả mãn hệ đã cho. Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x 0 ; x 1 ; ···;x n ) = (0; 0;···;0). Ví dụ 3.23. Cho a 1 ,a 2 , ,a n là n số thực đôi một khác nhau. Giải hệ phương trình        a n−1 1 x 1 + a n−2 1 x 2 + ···+ x n + a n 1 =0 a n−1 2 x 1 + a n−2 2 x 2 + ···+ x n + a n 2 =0 a n−1 n x 1 + a n−2 n x 2 + ···+ x n + a n n =0. Lời giải. Xét đa thức f(u)=u n + x 1 u n−1 + ···+ x n−1 u + x n . Từ hệ trên ta có f(a 1 )=f(a 2 )=···= f(a n )=0. Xét g(u)=(u − a 1 )(u −a 2 ) ···(u − a n ) = u n + A 1 u n−1 + ···+ A n−1 u + A n , trong đó do g(u) có n nghiệm a 1 ,a 2 , ,a n và deg g = n có hệ số bậc cao nhất bằng 1 nên theo Định lí Viète thì        A 1 =(−1) 1 (a 1 + a 2 + ···+ a n ) A 2 =(−1) 2 (a 1 a 2 + a 1 a 3 + ···+ a n−1 a n ) A n = a 1 a 2 ···a n (2) Xét đa thức h(u)=f(u) −g(u)=(x 1 − A 1 )u n−1 +(x 2 − A 2 )u n−2 + ···+(x n − A n ). 3.1. Phương trình và hệ phương trình đại số 107 Ta có deg h ≤ n − 1 và h(u) cũng có n nghiệm là a 1 ,a 2 , ,a n phân biệt nên h(u) ≡ 0. Do đó ta có x 1 = A 1 ,x 2 = A 2 , , x n = A n , (3.27) trong đó các số A i được xác định từ (2). Vậy hệ có nghiệm được xác định như ở (3) và (2). Ví dụ 3.24. Tồn tại hay không tồn tại các số a 1 ,a 2 , ,a n ∈ R là các nghiệm của đa thức P (x)=x n + n  k=1 (−1) k C k n a k k x n−k . Lời giải. Giả sử tồn tại các số như vậy. Khi đó theo Định lí Viète thì C k n a k k =  i 1 <i 2 <···<i k a i 1 a i 2 ···a i k (k =1, ,n) (tổng này có C k n số hạng). Giả sử |a k | = max{|a 1 |, |a 2 |, ,|a n |}. Khi đó ta có C k n |a k | k =  i 1 <i 2 <···<i k |a i 1 ||a i 2 |···|a i k |≤C k n |a k | k . Vậy |a 1 | = |a 2 | = ···= |a n |. Mặt khác |a 1 + a 2 + ···+ a n | = n|a 1 | nên a 1 ,a 2 , ,a n cùng dấu và do đó chúng bằng nhau và đặt bằng a.Ta được P (x)=(x −a) n là đa thức thoả mãn điều kiện bài ra. 108 Chương 3. Một số ứng dụng của số phức trong đại số Ví dụ 3.25. Chứng minh rằng không tồn tại một tập hữu hạn các số thực dương M sao cho ứng với mỗi n nguyên dương đều tồn tại đa thức bậc n thuộc M[x] có đúng n nghiệm đều thuộc M. Lời giải. Giả sử tồn tại tập M = {a 1 ,a 2 , ,a n } (a = a 1 < ···<a n = b) thoả mãn yêu cầu của bài toán. Khi đó theo giả thiết thì tồn tại đa thức P (x)=b 0 + b 1 x + ···+ b n x n ∈ M[x] sao cho P(x) có n nghiệm x 1 ,x 2 , ,x n thuộc M. Theo Định lí Viète thì n  j=1 x 2 j =  − b n−1 b n  2 − 2 b n−2 b n <  − b n−1 b n  2 +2 |b n−2 | |b n | . Suy ra na 2 ≤ n  j=1 x 2 j ≤  b a  2 +2 b a ∀n ∈ N ∗ , điều này là không thể xảy ra. Vậy không tồn tại một tập hữu hạn các số thực dương M sao cho ứng với mỗi n nguyên dương đều tồn tại đa thức bậc n thuộc M[x] có đúng n nghiệm đều thuộc M. Ví dụ 3.26. Cho đa thức f(x) ∈ R[x] có ít nhất 2 nghiệm thực. Chứng minh rằng đa thức P (x)=f(x) −f  (x) cũng có ít nhất 2 nghiệm thực. Lời giải. Giả sử x 1 ,x 2 (x 1 ≤ x 2 ) là nghiệm của f(x). Xét hàm số g(x)=e −x f(x). Ta có g  (x)=e −x [f  (x) − f(x)]. 3.1. Phương trình và hệ phương trình đại số 109 Theo Định lí Rolle thì g  (x) có ít nhất một nghiệm thực trong (x 1 ,x 2 ) nếu x 1 <x 2 và có nghiệm bằng x 1 nếu x 2 = x 1 . Suy ra đa thức P(x) có ít nhất một nghiệm thực. Vì deg f(x) = deg P(x)=n nên nếu n lẻ thì hiển nhiên f(x) có ít nhất 3 nghiệm thực và vì vậy theo lập luận trên thì P(x) sẽ có ít nhất 2 nghiệm thực. Nếu n chẵn thì do P (x) có nghiệm thực nên nó phải có ít nhất 2 nghiệm thực. 3.1.5 Các bài toán về phương trình, hệ phương trình đại số Một phương trình với ẩn phức f(z)=0và với nghiệm z = x + iy, có thể giải bằng cách tách phần thực và phần ảo, ta luôn có thể đưa về dạng hệ phương trình  h(x, y)=0 g(x, y)=0. Chẳng hạn, để tìm căn bậc ba của số phức 1+i, ta tìm số phức z = x + iy sao cho z 3 =1+i. Bằng cách tách phần thực và phần ảo trong đẳng thức (x + iy) 3 =1+i, ta thu được hệ phương trình  x 3 − 3xy 2 =1 3x 2 y − y 3 =1. (3.28) Giải hệ này, tìm được (x, y), từ đó, ta sẽ tìm được z. Tuy nhiên, rõ ràng z có thể tìm được bằng cách khai căn 1+i, cụ thể là z = 3 √ 1+i = 3  √ 2  cos π 4 + i sin π 4  = 6 √ 2  cos  π 12 + 2kπ 3  + i sin  π 12 + 2kπ 3  ,k=0, 1, 2. Từ đó, ngược lại ta đã tìm được nghiệm của hệ phương trình (3.28) là (x, y)=  6 √ 2 cos  π 12 + 2kπ 3  , 6 √ 2 sin  π 12 + 2kπ 3  ,k=0, 1, 2. 110 Chương 3. Một số ứng dụng của số phức trong đại số Như thế, một số hệ phương trình có thể có "xuất xứ" từ các phương trình nghiệm phức. Bằng cách đi ngược lại quá trình từ phương trình nghiệm phức về hệ phương trình, từ hệ phương trình đã cho ta thu được phương trình nghiệm phức gốc. Giải phương trình nghiệm phức này, so sánh phần thực và phần ảo, ta được nghiệm của hệ phương trình. Tiếp theo, ta xét ví dụ sau đây. Ví dụ 3.27. (Việt Nam 1996) Giải hệ phương trình        √ 3x  1+ 1 x + y  =2 √ 7y  1 − 1 x + y  =4 √ 2. Lời giải. Trướ c hết, ta nhận thấy x,y > 0. Đặt √ x = u, √ y = v. Hệ phương trình đã cho trở thành        u  1+ 1 u 2 + v 2  = 2 √ 3 v  1 − 1 u 2 + v 2  = 4 √ 2 √ 7 . Vì u 2 + v 2 là bình phương của mô-đun số phức z = u + iv, bằng cách cộng phương trình thứ nhất với phương trình thứ hai (sau khi nhân với i), ta được u + iv + u − iv u 2 + v 2 = 2 √ 3 + i 4 √ 2 √ 7 · Vì u − iv u 2 + v 2 = ¯z |z| 2 = 1 z , nên phương trình trên đuợc viết lại dưới dạng z + 1 z = 2 √ 3 + i 4 √ 2 √ 7 ⇔ z 2 −  2 √ 3 + i 4 √ 2 √ 7  z +1=0 ⇔ z = 1 √ 3 ± 2 √ 21 + i  2 √ 2 √ 7 ± √ 2  · 3.2. Các bài toán về đa thức 111 Từ đó suy ra (u, v)=  1 √ 3 ± 2 √ 21 , 2 √ 2 √ 7 ± √ 2  · Do đó hệ phương trình đã cho có hai nghiệm (x, y)=    1 √ 3 ± 2 √ 21  2 ,  2 √ 2 √ 7 ± √ 2  2   =  11 21 ± 4 3 √ 7 , 22 7 ± 8 √ 7  · 3.2 Các bài toán về đa thức 3.2.1 Phương trình hàm trong đa thức Nghiệm của đa thức đóng vai trò quan trọng trong việc xác định một đa thức. Cụ thể nếu đa thức P (x) bậc n có n nghiệm x 1 ,x 2 , ,x n thì P (x) có dạng P (x)=c(x −x 1 )(x −x 2 ) ···(x − x n ). Tuy nhiên, nếu chỉ xét các nghiệm thực của đa thức thì trong nhiều trường hợp sẽ không có đủ số nghiệm. Hơn nữa, trong các bài toán phương trình hàm đa thức, nếu chỉ xét các nghiệm thực thì lời giải sẽ là không hoàn chỉnh. Định lí cơ bản của đại số vì vậy đóng một vai trò hết sức quan trọng trong dạng toán này. Ta sử dụng cách phát biểu đơn giản nhất của nó: một đa thức với hệ số phức (bao gồm cả số thực) luôn có ít nhất một nghiệm phức (bao gồm cả nghiệm thực). Dưới đây ta xem xét một số áp dụng. Ví dụ 3.28. Cho 0 <α<1. Tìm tất cả các đa thức f(x) bậc n (n ≥ 2) sao cho tồn tại dãy số r 1 ,r 2 , ,r n (r 1 <r 2 < <r n ) thoả mãn các điều kiện sau  f(r i )=0, f  (αr i +(1− α)r i+1 )=0 (i =1, 2, ,n). [...]... ứng dụng của số phức trong đại số Lời giải Nhận xét rằng với a < b và x = αa + (1 − α)b thì x ∈ (a, b) Khi đó p= 1 1 2α − 1 + = x−a x−b α(1 − α)(b − a) 1 1 Do vậy p > 0 khi và chỉ khi α > , p < 0 khi và chỉ khi α < và p = 0 khi 2 2 1 và chỉ khi α = Theo giả thiết thì 2 n (x − ri ) f (x) = c i=1 nên f (x) = f (x) n i=1 1 x − ri 1 ta đặt x = αr1 + (1 − α)r2 Khi đó theo giả thiết thì 2 f (x) = 0 và. .. các chia hết cho p Nên at không chia hết cho p, và theo giả thiết thứ 2 của định lí thì t Ta có r k + 1, suy ra k + 1 − t r + k + 1 − t = (k + 1) + r − t k + 1 0 124 Chương 3 Một số ứng dụng của số phức trong đại số Ví dụ 3.38 Chứng minh đa thức sau bất khả quy P (x) = x4 + x3 − 3x2 − 3x − 3 Lời giải Giả sử P (x) không bất khả quy trên Z[x] Áp dụng định lí trên với k = 2, p = 3, suy ra đa thức ước... ta thấy rằng bằng cách đổi biến ta có thể chứng minh sự bất khả quy của đa thức chưa thỏa mãn tiêu chuẩn Eisenstein thành đa thức thỏa mãn 122 Chương 3 Một số ứng dụng của số phức trong đại số tiêu chuẩn Eisenstein Điều này phát huy tác dụng của tiêu chuẩn Eisenstein Có rất nhiều ví dụ để thực hiện phương pháp này như P (x) = x4 − 2x + 3 bất khả quy vì ta thay thế x = y + 1 vào đa thức P (x) thì nhận... quy trên Q[x] 1 Bổ đề 3.1 Cho ξ là một số phức sao cho Re ξ < b − Khi đó 2 b−ξ > b−1−ξ Chứng minh Đặt ξ = η + iζ với η, ζ là các số thực, và kí hiệu Re ξ là phần thực của số phức ξ 1 Theo giả thiết thì Re ξ = η và η < b − Ta có 2 b−ξ > b−1−ξ ⇔ b−ξ 2 > b−1−ξ 2 ⇔ b2 − 2bη + η 2 + ζ 2 = b2 + 1 + η 2 − 2b − 2bη + 2η + ξ 2 1 ⇔ η < b− 2 Bổ đề được chứng minh Định lý 3.3 (Tiêu chuẩn Perron) Cho P (x) là... số thừa số x − xi và S(x) là tích của các thừa số còn lại 134 Chương 3 Một số ứng dụng của số phức trong đại số Không mất tính tổng quát, giả sử Q(x) = (x − x1)(x − x2) · · · (x − xk ), S(x) = (x − xk+1 ) (x − xn ) Suy ra |x1x2 · · · xk | và |xk+1 · · · xn | là các số nguyên có tích là 3 Như vậy một số bằng 1 và một số bằng 3 Không mất tính tổng quát, giả sử |x1 x2 · · · xk | = 3 và |xk+1 · · · xn... của P (x), mâu thuẫn Tương tự, nếu α < 0 thì dãy nói trên là dãy giảm và ta cũng có P (x) có vô số nghiệm Nếu α = 0, đặt 120 Chương 3 Một số ứng dụng của số phức trong đại số P (x) = xk Q(x) với Q(0) = 0, thay vào phương trình ta có: xk Q(x)(2x2)k Q(2x2 ) = (2x3 + x)k Q(2x3 + x) ⇔ Q(x)(2x2)k Q(2x2 ) = (2x2 + 1)k Q(2x3 + x) Thay x = 0 vào ta được 0 = Q(0), mâu thuẫn Vậy P (x) không có nghiệm thực, có nghĩa... 3.2.2 Các bài toán về đa thức bất khả quy Nghiệm phức của đa thức với hệ số nguyên, trong nhiều trường hợp là chìa khoá để chứng minh tính bất khả quy (trên Z và Q) của đa thức đó Chúng ta tìm hiểu các lí luận mẫu trong vấn đề này thông qua các tính chất và ví dụ sau đây Trước hết xét một số tiêu chuẩn xét tính bất khả quy của đa thức với hệ số nguyên Định lý 3.1 (Tiêu chuẩn Eisenstein1) Cho P (x) = an... ε2 R(1) = 0 Sử dụng đẳng thức 1 + ε + ε2 + ε3 + ε4 = 0, ta được 5P (1) = 0, tức là P (x) chia hết cho x − 1 3.2.4 Quy tắc dấu Descartes trong ứng dụng Tiếp theo, ta xét một số bài toán khảo sát số nghiệm thực, số nghiệm phức của đa thức thông qua số lần đổi dấu hoặc số lần giữ nguyên dấu của dãy hệ số tương ứng bằng cách sử dụng quy tắc dấu Descartes Trên cơ sở đó mở rộng phạm vi ứng dụng của quy tắc... r nếu a = 1 và r ≥ 0, hoặc bằng −∞ khi a = 1 và r = −∞ (tức là đồng nhất 3.2 Các bài toán về đa thức 115 bằng 0) Từ đó, suy ra k ≤ 4 Đến đây ta dễ dàng tìm được các nghiệm của (3.32) là x4 + 1, x3 + x, 2x2 và −x2 Ví dụ 3.32 Tìm tất cả các đa thức P (x) thỏa mãn phương trình P (x2 − 2) = P 2 (x) − 2, ∀x ∈ R (3.33) Lời giải Có hai đa thức hằng thỏa mãn phương trình là đa thức đồng nhất −1 và đa thức... mãn phương trình là đa thức đồng nhất −1 và đa thức đồng nhất 2 Với các đa thức bậc lớn hơn hay bằng 1, áp dụng hệ quả của định lí ta suy ra với mỗi số nguyên dương n, tồn tại không quá một đa thức P (x) thỏa mãn (3.33) Điểm khó ở đây là ta không có cơ chế đơn giản để xây dựng các nghiệm Dùng phương pháp đồng nhất hệ số, ta tìm được các nghiệm bậc 1, 2, 3, 4 lần lượt là: x, x2 − 2, x3 − 3x, x4 − 4x2 + . ,a n cùng dấu và do đó chúng bằng nhau và đặt bằng a.Ta được P (x)=(x −a) n là đa thức thoả mãn điều kiện bài ra. 108 Chương 3. Một số ứng dụng của số phức trong. nghiệm phức về hệ phương trình, từ hệ phương trình đã cho ta thu được phương trình nghiệm phức gốc. Giải phương trình nghiệm phức này, so sánh phần thực và phần