BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC THĂNG LONG NGUYỄN KHẮC KHANH PHƯƠNG PHÁP SỐ PHỨC TRONG ĐẠI SỐ LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Hà Nội - Năm 2016 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC THĂNG LONG NGUYỄN KHẮC KHANH- C00448 PHƯƠNG PHÁP SỐ PHỨC TRONG ĐẠI SỐ Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 60.46.01.13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: GS TSKH HÀ HUY KHOÁI Hà Nội - Năm 2016 Thang Long University Libraty i Lời cảm ơn Luận văn thực hoàn thành trường Đại học Thăng Long dự hướng dẫn khoa học GS TSKH Hà Huy Khoái Qua đây, tác giả xin gửi lời cảm ơn sâu sắc đến thầy giáo, người hướng dẫn khoa học mình, GS TSKH Hà Huy Khoái, người đưa đề tài tận tình hướng dẫn suốt trình nghiên cứu tác giả Đồng thời tác giả chân thành cảm ơn thầy cô khoa Toán, phòng Sau đại học - Trường Đại học Thăng Long, tạo điều kiện cho tác giả tài liệu thủ tục hành để tác giả hoàn thành luận văn Tác giả gửi lời cảm ơn đến gia đình bạn lớp Cao học Toán khóa 3- Trường Đại học Thăng Long, động viên giúp đỡ tác giả trình học tập làm luận văn Do thời gian ngắn khối lượng kiến thức lớn, chắn luận văn tránh khỏi thiếu sót, tác giả mong nhận bảo tận tình thầy cô bạn bè đồng nghiệp, tác giả xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, tháng 04 năm 2016 Tác giả Nguyễn Khắc Khanh ii Mục lục Mở đầu 1 Số phức phương trình đại số 1.1 Sự hình thành khái niệm số phức 1.2 Định nghĩa số phức 1.3 Các tính chất số phức 1.4 1.5 1.6 1.3.1 Các tính chất liên quan đến phép cộng 1.3.2 Các tính chất liên quan đến phép nhân Dạng đại số số phức 10 1.4.1 Ý nghĩa hình học số phức mô đun 16 1.4.2 Ý nghĩa hình học phép toán đại số 17 Dạng lượng giác số phức 18 1.5.1 Tọa độ cực số phức 19 1.5.2 Các phép toán số phức tọa độ cực 20 1.5.3 Ý nghĩa hình học phép nhân 1.5.4 Căn bặc n đơn vị 21 20 Bài tập 24 Số phức đa thức 28 2.1 Định lý đa thức 28 2.2 Phương trình bậc hai 36 2.3 Phương trình bậc ba 2.4 Phương trình bậc bốn 42 2.5 Một số toán đa thức 45 39 Thang Long University Libraty iii 2.5.1 2.5.2 2.6 Số phức toán đa thức 45 Số phức đa thức toán đếm 53 Bài tập 57 Kết luận 59 Tài liệu tham khảo 60 Mở đầu Lý chọn đề tài Số phức gọi "số ảo" trường số phức lại đóng vai trò quan trọng đời sống thực tế Với vai trò công cụ đắc lực giúp giải toán đại số, hình học, tổ hợp, lượng giác hay toán điện xoay chiều, số phức tỏ hiệu đưa lời giải ngắn gọn đầy đủ mà qua phép biến đổi Chính số phức đưa vào giảng dạy chương trình giải tích lớp 12 Hầu hết đề thi tốt nghiệp, tuyển sinh đại học, cao đẳng, thi học sinh giỏi quốc gia quốc tế năm gần thường ý khai thác triệt để ứng dụng số phức dạng toán phong phú, đòi hỏi học sinh phải nắm đặc trưng tính chất để đưa lời giải ứng dụng phù hợp Tuy nhiên tính mẻ hạn chế tài liệu mà đa số học sinh thường gặp khó khăn việc nhận dạng tập sử dụng linh hoạt ứng dụng Đề tài “ Phương pháp số phức đại số” đề tài nghiên cứu số phương pháp vận dụng số phức giải điển hình cho số toán cụ thể, đồng thời tài liệu bổ ích cho học sinh phổ thông, giáo viên trình giảng dạy Phương pháp nghiên cứu Đề tài vận dụng phương pháp nghiên cứu khoa học sau: + Phân tích lý thuyết, phân dạng loại tập + Đưa ví dụ phù hợp với nội dung ứng dụng + Trao đổi kinh nghiệm với thầy cô, bạn bè chuyên môn + Tham khảo tài liệu từ sách giáo khoa, sách tham khảo, sách nói Thang Long University Libraty kiến thức mở rộng có liên quan đến đề tài Mục đích luận văn Đề tài “Phương pháp số phức đại số” nghiên cứu với mục đích trình bày hệ thống kiến thức tổng quan, giới thiệu lịch sử phát triển số phức đại số; giới thiệu số phương pháp sử dụng số phức việc giải phương trình đại số, nghiên cứu tính chất đa thức; cung cấp hệ thống dạng tập ứng dụng đại số, đa thức giải phương pháp số phức, đồng thời giới thiệu số kĩ thuật tính toán liên quan nhằm làm tài liệu bồi dưỡng giáo viên học sinh trung học phổ thông Nội dung luận văn Luận văn gồm chương: Chương 1: Số phức phương trình Đại số 1.1 Lịch sử phát triển số phức 1.2 Định nghĩa tính chất số phức 1.3 Tính chất số phức 1.4 Dạng đại số số phức 1.5 Dạng lượng giác số phức 1.5 Bài tập Chương 2: Số phức Đa thức 2.1 Định lý đa thức 2.2 Phương trình bậc hai 2.3.Phương trình bậc ba 2.4 Phương trình bậc bốn 2.5 Một số toán đa thức 2.6 Bài tập Chương Số phức phương trình đại số Trong chương này, trình bày lịch sử phát triển số phức, cấu trúc đại số, dạng lượng giác số phức, kiến thức liên quan khác nhằm giúp cho người đọc dễ theo dõi Các khái niệm kết chương trích dẫn từ [1], [2], [3], [4] 1.1 Sự hình thành khái niệm số phức Lịch sử số phức kỉ thứ XVI Đó thời kì Phục hưng √ √ toán học châu Âu sau đêm dài trung cổ Các đại lượng ảo −1, b −1, √ a + b −1 xuất từ kỉ XVI công trình nhà toán học Italy “Nghệ thuật vĩ đại, quy tắc đại số” (1545) G Cardano (1501 – 1576) “Đại số” (1572) R Bombelli (1530 – 1572) Nhà toán học Đức Felix Klein (1849 – 1925) đánh giá công trình G Cardano sau: “Tác phẩm quý giá đến đỉnh chứa đựng mầm mống đại số đại vượt xa tầm toán học thời cổ đại” Khi giải phương trình bậc hai Cardano Bombelli đưa vào xét kí √ hiệu −1, lời giải hình thức phương trình x2 + = Xét biểu √ thức b −1 nghiệm hình thức phương trình x2 + b2 = Khi √ biểu thức tổng quát có dạng a + b −1, b = xem nghiệm hình thức phương trình (x − a)2 + b2 = Thang Long University Libraty √ Về sau biểu thức dạng a + b −1, b = xuất trình giải phương trình bậc hai, bậc ba (công thức Cardano) gọi đại lượng “ảo” sau K.Gauss gọi số phức thường kí hiệu √ a + ib, kí hiệu i := −1 L.Euler đưa vào (năm 1777) gọi đơn vị “ảo” Quá trình thừa nhận số phức công cụ quý giá toán học √ diễn chậm chạp Ngay tên gọi kí hiệu i := −1 đơn vị ảo gây nên nhiều nỗi băn khoăn, thắc mắc từ dẫn đến khủng hoảng niềm tin chung với số - công cụ phép đếm, người ta xem kí hiệu trừu tượng thỏa mãn định nghĩa i2 = −1 Sự khủng hoảng niềm tin trở nên sâu sắc việc chuyển cách thiếu cân nhắc thiếu thận trọng số quy tắc đại số thông thường cho số phức sản sinh nghịch lí khó chịu Chẳng √ hạn nghịch lí sau đây: i := −1 nên i2 = −1 , đồng thời cách sử dụng quy tắc thông thường phép toán khai bậc hai lại thu √ √ √ 2 i = −1 −1 = (−1)(−1) = (−1) = = Như −1 = Ta nhấn mạnh lại hệ thức i2 = −1 định nghĩa số i cho phép ta đưa vào xét số phức Điều có nghĩa hệ thức chứng minh, quy ước Tuy vậy, có người muốn chứng minh hệ thức Trong sách “phương pháp tọa độ” mình, viện sĩ L.S Pointriagin mô tả lại chứng minh sau: Đầu tiên người ta lấy nửa đường tròn với đường kính AB Từ điểm R tùy ý nửa đường tròn hạ đường vuông góc RS trung bình nhân độ dài đoạn AS SB Vì nói đến độ dài nên không sai sót lớn nói bình phương đoạn RS tích đoạn thẳng AS BS Bây giờ, trở với mặt phẳng phức, kí hiệu điểm -1 A, điểm +1 B điểm i R Khi S điểm Tác giả phép chứng minh lập luận sau: Đoạn thẳng RS i , đoạn thẳng AS -1 SB +1 Như theo định lí vừa nhắc lại ta có: i2 = (−1)(+1) = −1 Thật đáng tiếc phép chứng minh kì lạ viết sách giảng dạy số trường phổ thông trước chiến thứ II Lịch sử toán học ghi lại Cardano nhắc đến nghiệm phức lại gọi chúng nghiệm “ngụy biện” Chẳng hạn giải hệ phương trình x + y = 10 xy = 50 √ Cardano tìm nghiệm ± −5 ông gọi nghiệm “âm túy” chí gọi “nghiệm âm ngụy biện” Có lẽ tên gọi “ảo” di sản vĩnh cửu “một thời ngây thơ đáng trân trọng số học” Thậm chí nhiều nhà bác học lớn kỉ XVIII, chất đại số chất hình học đại lượng ảo không hình dung cách rõ ràng mà đầy bí ẩn Chẳng hạn, lịch sử ghi lại I Newton(1642-1727) không thừa nhận đại lượng ảo không xem đại lượng ảo thuộc vào khái niệm số, G Leibniz(1646-1716) lên rằng: “Các đại lượng ảo – nơi ẩn náu đẹp đẽ huyền diệu tinh thần đấng tối cao, dường giống lưỡng cư sống chốn có thật thật” Người nhìn thấy lợi ích việc đưa số phức vào toán học nhà toán học Italy R Bombelli Trong “Đại số” (1572) ông định nghĩa phép tính số học đại lượng ảo ông sáng tạo nên lí thuyết số “ảo” Thuật ngữ "số phức" dùng K Gauss (năm 1831) Thang Long University Libraty 46 cách phát biểu đơn giản nó: Một đa thức với hệ số phức( thực) có nghiệm phức Dưới ta xem xét số áp dụng Bài toán 1: Tìm tất đa thức P (x) khác cho: P (x).P (x + 1) = P (x2 + x + 1) (1) Giải: Giả sử α nghiệm P (x) = Khi α2 + α + nghiệm Thay x x − (1), ta thấy P (x − 1).P (x) = P (x2 − x + 1) Vì P (α) = nên α2 − α + nghiệm P (x) = Chọn α nghiệm có mô-đun lớn ( tồn vài nghiệm với mô-đun lớn nhất, ta chọn số nghiệm đó) Cách chọn α suy |α|, α2 + α + α2 − α + |α| α2 − α + α2 + α + nghiệm P (x) = Ta nhận xét α = Tiếp theo, ta có α2 + α + + α2 − α + |α| = (α2 + α + 1) − (α2 − α + 1) |α| Vế đầu vế cuối bất đẳng thức nên dấu phải xẩy ra, từ ta suy α2 + α + = −λ(α2 − α + 1) với số dương λ Hơn từ tính lớn |α| ta có α2 + α + = α2 − α + = |α| Như λ = ta có α2 + α + = −(α2 − α + 1) Suy α2 + = Từ α = ±i x2 + thừa số P (x) Như ta viết P (x) dạng: P (x) = (x2 + 1)m Q(x) Q(x) đa thức không chia hết cho x2 + Thế ngược trở lại vào phương trình (1), ta thấy Q(x) thỏa mãn: Q(x).Q(x + 1) = Q(x2 + x + 1) Nếu Q(x) = lại có nghiệm lý luận suy nghiệm có mô-đun lớn phải ±i Điều xẩy x2 + không chia hết cho Q(x) Ta suy Q(x) số, giả sử 47 c Thay vào phương trình Q, ta c = Như lớp đa thức thỏa mãn phương trình (1) P (x) = (x2 + 1)m với m số nguyên dương Bài toán 2( USAMO, 1984): Tích hai bốn hệ số khác không phương trình bậc bốn x4 − 18x3 + kx2 + 200x − 1984 = −32 Tìm k Giải: Giả sử hệ số a, b, c, d có hệ số không Các mối quan hệ hệ số sau:   a + b + c + d = 18      ab + ac + ad + bc + bd + cd = k  abc + abd + acd + bcd = −200      abcd = −1984 Nếu ab = −32 đặt u = a + b, v = c + d, ω = cd Thì   u + v = 18      −32 + uv + ω = k  −32v + uω = −200      −32ω = −1984 Từ phương trình −32ω = −1984 ta suy ω = 62 thay vào phương trình lại hệ, ta có u = 4, v = 14 Do k = −32 + 4.14 + 62 = 86 Vậy với k = 86 phương trình có tích hai hệ số −32 Bài toán 3(IMO, 1993): Chứng minh với n > 1, đa thức xn + 5xn−1 + phân tích thành tích hai đa thức có bậc không nhỏ với hệ số nguyên Giải: Giả sử x1 , x2 , xn tất nghiệm P (x) Khi ta có P (x) = (x − x1 )(x − x2 ) (x − xn ), suy = (−1)n x1 x2 xn Ta có với i xi n + 5xi n−1 + = 0, suy = |xi |n−1 |xi + 5|n−1 , i = 1, 2, , n (1) Thang Long University Libraty 48 Giả sử ngược lại đa thức P (x) khả quy, tức P (x) = Q(x).S(x) với Q(x), S(x) đa thức không với hệ số nguyên Thế rõ ràng Q(x) tích số thừa số x − xi S(x) tích thừa số lại Không tính tổng quát, giả sử: Q(x) = (x − x1 )(x − x2 ) (x − xk ), S(x) = (x − xk+1 ) (x − xn ),suy |x1 x2 xk | |xk+1 xn | số nguyên có tích Như số số Không tính tổng quát, giả sử |x1 x2 xk | = |xk+1 xn | = Trong (1) cho i chạy từ đến k nhân vế theo vế, ta 3k = |x1 x2 xk |n−1 |(x1 + 5) (xk + 5)|n−1 = 3n−1 |Q(−5)| suy k n − Như S(x) nhị thức bậc nhất, suy P (x) có nghiệm nguyên Nhưng nghiệm nguyên P (x) −1, 1, −3, Kiểm tra lại chúng không nghiệm P (x) Mâu thuẫn Điều chứng tỏ điều giả sử sai, tức đa thức P (x) bất khả quy Bài toán 4(USAMO, 1976): Cho P (x), Q(x), R(x), S(x) đa thức cho P (x5 ) + x.Q(x5 ) + x2 R(x5 ) = (x4 + x3 + x2 + x + 1).S(x) (1) Chứng minh P (x) chia hết cho x − Giải: 2πi Đặt ω = e ω = Thay x ω, ω , ω , ω , ta phương trình: P (1) + ωQ(1) + ω R(1) = 0, P (1) + ω Q(1) + ω R(1) = 0, P (1) + ω Q(1) + ω R(1) = 0, P (1) + ω Q(1) + ω R(1) = 0, Nhân phương trình từ đến với −ω, −ω , −ω , −ω , ta phương trình sau: −ωP (1) − ω Q(1) − ω R(1) = 0, −ω P (1) − ω Q(1) − ωR(1) = 0, −ω P (1) − ωQ(1) − ω R(1) = 0, −ω P (1) − ω Q(1) − ω R(1) = 0, 49 Cộng tất phương trình lại theo vế sử dụng tính chất ω + ω + ω + ω + ω = 0, ta 5.P (1) = 0, tức (x − 1)| P (x) Bài toán 5( Nhật Bản, 1999): Chứng minh đa thức: f (x) = x2 + 12 x2 + 22 x2 + n2 + phân tích thành tích hai đa thức hệ số nguyên bậc lớn hay Giải: Giả sử ngược lại f (x) = g(x).h(x) với g(x), h(x) đa thức với hệ số nguyên có bậc lớn hay Khi đó, để ý f (±ki) = với k = 1, 2, , n ta có = g(ki).h(ki), k = ±1, ±2, , ±n Chú ý có cách phân tích thành tích số nguyên z [i] 1.1, (−1).(−1), i(−i) (−i)i nên ta có với k ∈ {±1, ±2, , ±n} (g(i), h(i)) ∈ {(1, 1), (−1, −1), (i, −i), (−i, i)} Như trường hợp ta có g(ki) = h(ki) = h(−ki) Như đa thức g(x) − h(−x) có 2n nghiệm phân biệt, bậc nhỏ 2n Vậy ta phải có g(x) − h(−x) đa thức 0, tức g(x) = h(−x) Từ deg(g) = deg(h) = n Vì f (x) đa thức đơn khởi nên ta giả sử g(x), h(x) đơn khởi Khi đa thức g (x)−h2 (x) có bậc nhỏ 2n Đa thức có 2n nghiệm ki với k ∈ {±1, ±2, , ±n} Suy g (x) − h2 (x) = Ta có g(x) = −h(x) g h đơn khởi Vậy ta phải có g(x) = h(x) Như f (x) = g (x) Từ suy g (0) = f (0) = (n!)2 + Điều g(0) số nguyên n 2n Bài toán 6:Chứng minh đa thức P (x) = x2 − 7x + +13 phân tích thành tích hai đa thức Q(x), S(x) với hệ số nguyên Q(x) S(x) có bậc 2n Giải: Thật vậy, giả sử P (x) = Q(x).S(x) Gọi x1 , x2 , , x4n nghiệm phức P (x) Q(x) S(x) tích thừa số (x − xi ) Đánh số lại cần, ta giả sử: Thang Long University Libraty 50 Q(x) = (x − x1 ) (x − x2 ) (x − xk ) với Ta có [(xi − 1) (xi − 6)]2n = −13 Từ suy k 4n |(xi − 1) (xi − 6)| = 13 2n (∗) Mặt khác, (1 − x1 ) (1 − x2 ) (1 − xk ) = Q(1) nguyên nên |(1 − x1 ) (1 − x2 ) (1 − xk )| nguyên Tương tự |(6 − x1 ) (6 − x2 ) (6 − xk )| nguyên Từ suy m = |(x1 − 1) (x1 − 6) (x2 − 1)(x2 − 6) (xk − 1) (xk − 6)| nguyên k Nhưng theo (∗) m = 13 2n Suy k = 2n Vậy Q(x), S(x) phải có bậc 2n Bài toán 7(VMO, 2014): Cho đa thức p (x) = (x2 − 7x + 6)2n + 13 với n số nguyên dương Chứng minh đa thức p(x) biểu diễn dạng tích n + đa thức khác số với hệ số nguyên Giải: Trước hết, ta nhận thấy đa thức p(x) có bậc 4n vô nghiệm nên đa thức p(x) phân tích thành tích đa thức đa thức phải có bậc chẵn, hệ số bậc cao dương với x Giả sử phản chứng, đa thức p(x) phân tích thành tích n + đa thức khác với hệ số nguyên, n + đa thức phải có đa thức bậc hai, ngược lại bậc n + đa thức không nhỏ dẫn đến deg p(x) 4(n + 1) > 4n, vô lí Giả sử đa thức bậc hai q(x) = x2 + bx + c, b, c ∈ Z Tất nhiên, ta có q(x) > với x ∈ R Vì p(1) = p(6) = 13 nên q(1), q(6) ước dương 13 Do đó, ta có hai trường hợp Nếu q(1) = 1, dẫn đến c = −b, suy q(6) = 36 + 5b ước dương 13, b ∈ Z nên dễ dàng có b = −7 suy c = Nhưng q(x) = x2 − 7x + lại có nghiệm ∆ = 21 > Nếu q(1) = 13, dẫn đến c = 12 − b Từ đó, ta có suy q(6) = 48 + 5b ước dương 13 51 Tương tự trường hợp 1, ta suy b = 7, c = 19, q(x) = x2 − 7x + 19 q(2) = chia hết cho 3, p(2) = 4n + 13 chia cho dư 2, vô lý Vậy, giả sử phản chứng sai Suy điều phải chứng minh Nhận xét: Nếu đa thức p(x) phân tích thành n + đa thức khác số nguyên số đa thức có hai đa thức bậc hai Bằng lập luận trường hợp 2, ta suy hai đa thức trùng x2 − 7x + 19 Suy p(x) = (x2 − 7x + 19)2 r(x), r(x) có hệ số nguyên dẫn đến p(1) = 132 r(1), r(1) = 13 vô lý Từ suy điều phải chứng minh Bài toán 8(VMO, 2006): Hãy xác định tất đa thức P (x) với hệ số thực thỏa mãn hệ thức sau: P (x2 ) + x(3P (x) + P (−x)) = (P (x))2 + 2x2 (1) với số thức x Giải: Thay x = −x vào (1), ta P (x2 ) − x(3P (−x) + P (x)) = (P (−x))2 + 2x2 (2) Lấy (2) trừ (1), ta 4x(P (x) + P (−x)) = P (x) − P (−x) ⇔ (P (x) + P (−x))(P (x) − P (−x) − 4) = (3) (3) với x ∈ R, ta phải có: +) Hoặc P (x) + P (−x) = với vô số giá trị x +) Hoặc P (x) − P (−x) − = với vô số giá trị x Do P đa thức nên từ ta suy +) Hoặc P (x) + P (−x) = với x +) Hoặc P (x) − P (−x) − = với x Ta xét trường hợp: P (x) + P (−x) = , ta có phương trình P (x2 ) + 2xP (x) = (P (x))2 + 2x2 ⇔ P (x2 ) − x2 = (P (x) − x)2 Đặt Q(x) = P (x) − x Q(x2 ) = Q2 (x) Khi Q(x) ≡ 0, Q(x) ≡ 1, Q(x) = xn Từ P (x) = x, P (x) = x + 1, P (x) = xn + x So sánh Thang Long University Libraty 52 với điều kiện P (x) + P (−x) = 0, ta nhận nghiệm: P (x) = x P (x) = x2 k + + x, k = 0, 1, 2, +) P (x) − P (−x) − 4x = Khi ta có phương trình P (x2 ) + x(4P (x) − 4x) = P (x) + 2x2 ⇔ P (x2 ) − 2x2 = (P (x) − 2x)2 Đặt Q(x) = P (x) − 2x Q(x2 ) = Q2 (x) Q(x) ≡ 0, Q(x) ≡ 1, Q(x) = xn Từ P (x) = 2x, P (x) = 2x + 1, P (x) = xn + 2x So sánh với điều kiện P (x) − P (−x) − 4x = 0, ta nhận nghiệm: P (x) = 2x, P (x) = 2x + P (x) = x2 k + 2x, k = 1, 2, 3, Tổng hợp hai trường hợp, ta có tất nghiệm (1) đa thức P (x) = x, P (x) = 2x, P (x) = 2x + 1, P (x) = x2 k + + x, P (x) = x2 k + 2x, k = 2, 3, ( đpcm) Bài toán 9: Với giá trị n đa thức x2n + xn + chia hết cho đa thức x2 + x + 1, với x ∈ R Giải: √ 2π Ta có ε = − 21 + i 23 = cos 2π + i sin nghiệm đa thức Q(x) = x + x+1 Vì đa thức x2 +x+1 bất khả quy nên đa thức P (x) = x2n +x2 +1 chia hết cho Q(x) P (ε) = Điều tương đương với 4nπ 2nπ 2nπ cos 4nπ + i sin + cos + i sin + = Hay  2nπ 2nπ   cos +1 =0  cos 3  2nπ 2nπ   sin cos +1 =0 3 Từ hệ phương trình trên, ta dễ dàng suy cos 2nπ + = 0, tức n phải số không chia hết cho Vậy với n = 3k + n = 3k + P (x) chia hết cho Q(x) Bài toán 10(VNO, 2015): Cho dãy đa thức fn (x) xác định f0 (x) = 2, f1 (x) = 3x, fn (x) = 3x.fn−1 (x) + (1 − x − 2x2 )fn−2 (x) với n Tìm tất giá trị n để đa thức fn (x) chia cho đa thức 53 x3 − x2 + x Giải: Với x cố định, ta xét dãy số = fi (x), ta có a0 = 2, a1 = 3x, an = 3xan−1 + (1 − x − 2x2 )an−2 với n Xét phương trình đặc trưng X −3xX +2x2 −x−1 = có hai nghiệm x+1 2x−1 Từ ta có dạng tổng quát (an ) an = c1 (x + 1)n + c2 (2x − 1)n Từ điều kiện ban đầu ta suy c1 = c2 = 1, tức an = (x + 1)n + (2x − 1)n Điều với giá trị x, ta có fn (x) = (x + 1)n + (2x − 1)n Bây giờ, ta tìm n cho fn (x) = (x + 1)n + (2x − 1)n chia hết cho đa √ thức Q(x) = x3 − x2 + x Vì α = 1+i2 nghiệm Q(x) nên điều xảy và α nghiệm fn (x) Để có điều ta phải có: i) in + (−1)n = 0, suy n lẻ √ √ n n √ n 3+i + (i)n = Chuyển số ii) 3+i2 + i = 0, tức phức sang dạng lượng giác dùng công thức lũy thừa, ta cos nπ + nπ nπ i sin nπ + cos + i sin = 0, tức n phải số chia hết cho Kết hợp hai điều kiện i) ii), ta suy điều kiện cần đủ để fn (x) chia hết cho Q(x) n = 6m + với m nguyên không âm 2.5.2 Số phức đa thức toán đếm Số phức có ứng dụng hiệu toán đếm Và vai trò trung tâm kỹ thuật ứng dụng số phức vào toán đếm tiếp tục nguyên thủy đơn vị Chú ý ε nguyên thủy bậc n đơn vị ta có i) + ε + ε2 + + εn−1 = ii) + εk + + εk(n−1) = với (k, n) = Đây tính chất quan trọng nguyên thủy thường sử dụng giải toán Bài toán 11(Chọn đội tuyển PTNK, 2009): Tìm số tất số có n chữ số lập từ chữ số 3, 4, 5, chia hết cho Thang Long University Libraty 54 Giải: Gọi cn số có n chữ số lập từ chữ số 3, 4, 5, chia hết cho Gọi α nghiệm phương trình α2 + α + = Khi α3 = α2k + αk + nhận giá trị k không chia hết cho k chia hết cho n Xét đa thức P (x) = x3 + x4 + x5 + x6 Dễ thấy cn tổng hệ số số mũ chia hết cho khai triển P (x) Nói 6n cách khác, P (x) = ak x cn = a3 k k=0 k=0 Mặt khác ta có 2n k 6n 2n ak (1 + α + α ) = P (1) + P (α) + P (α ) = a3k k=0 k=0 cuối cùng, P (1) = 4n , P (α) = P (α2 ) = nên ta có 2n a3k = cn = k=0 4n +2 ( đpcm) Bài toán 12( VMO, 2015): Cho K ∈ N∗ Tìm số số tự nhiên n không vượt 10k thỏa mãn đồng thời điều kiện sau: i) n chia hết cho ii) Tất chữ số biểu diễn thập phân n thuộc tập hợp A = {2, 0, 1, 5} Giải: Vì 10k không chia hết ta cần xét số từ 99 9( k chữa số 9) Bổ sung chữ số vào trước cần thiết, ta đưa xét số có dạng a1 a2 ak với thuộc 2, 0, 1, Ta cần đếm số chia hết cho Chú ý a1 a2 ak chia hết cho a1 + a2 + + ak chia hết cho 3, ta đưa toán việc đếm số (a1 , a2 , , ak ) ∈ Ak cho a1 + a2 + + ak chia hết cho Tiếp theo, hoàn toàn tương tự trên, xét đa thức: P (x) = x2 + + x + x5 Ta có k 55 P (x) = x2 + + x + x5 k xa1 +a2 + +ak = (a1 ,a2 , ,ak )∈Ak Tổng hệ số P (x) số (a1 , a2 , , ak ) ∈ Ak cho a1 + a2 + + ak tổng hệ số số mũ chia hết cho P (x) Đặt P (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + a4 x4 + Ta cần tính: S = a0 + a3 + a6 + Gọi ε nghiệm phương trình x2 + x + = ta có ε3 = Từ dễ dàng suy + εk + ε2k nhận giá trị với k không chia hết cho với k chia hết cho (*) Ta có P (1) = a0 + a1 + a2 + a3 + a4 + , P (ε) = a0 + a1 ε + a2 ε2 + a3 ε3 + a4 ε4 + , P (ε) = a0 + a1 ε2 + a2 ε4 + a3 ε6 + a4 ε8 + , Áp dụng tính chất (*), ta suy P (1) + P (ε) + P (ε2 ) = 3a0 + 3a1 + 3a6 + (ε2 ) 4k +ε2k +ε4k = Cuối cùng, lại áp dụng tính chất Suy S = P (1)+P (ε)+P 3 k k (*), ta suy S = 3−1 k không chia hết cho S = 3+2 k chia hết cho Bài toán 13: Cho X = {0, 1, , 25} Tìm số tập phần tử có tổng phần tử chia hết cho 19 Giải: Với tập A ⊂ X , gọi S(A) tổng phần tử A Ta quy ước S(∅) = Với i = 0, 1, 2, , 18, đặt: P (i) = {A ⊂ X| |A| = S(A) ≡ i(mod19)} Ta cần tính P (0) Gọi a nguyên thủy bậc 19 Khi + a + a2 + + a18 = x19 − = (x − 1) (x − a) x − a18 Xét đa thức Q(x) = (x − 1) (x − a) x − a2 x − a25 Ta tính hệ số x19 Q(x) hai cách Một mặt, khai triển Q(x) để x19 , ta cần lấy x từ 19 dấu ngoặc, dấu ngoặc khác lấy số dạng ak với k ∈ {0, 1, 2, , 25} Như thế, ta có tổng số dạng aS(A) Thang Long University Libraty 56 với A chạy qua tất tập phần tử X Chú ý aS(A) phụ thuộc vào số dư chia S(A) cho 19( lý ta lấy bậc 19 đơn vị) nên từ dễ dàng suy tổng nói bằng: − |P (0)| + P (1).a + + P (18).a18 Mặt khác, P (x) = x19 − (x − 1) (x − a) x − a6 Suy hệ số x19 −1.a.a2 a6 = −a2 Từ suy |P (0)| + |P (1)| a + [|P (2)| − 1] a2 + + |P (18)| a18 = Điều với a nghiệm phương trình + x + x2 + + x18 = 0, suy đa thức |P (0)| + |P (1)| x + [|P (2)| − 1] x2 + + |P (18)| x18 tỷ lệ với đa thức + x + x2 + + x18 thế: |P (0)| = |P (1)| = |P (2)| − = = |P (18)| Như vậy, tất |P (i)| , i = 2, C1919−1 Riêng |P (2)| lớn đơn vị! Vậy đáp án C1919−1 Cuối cùng, ta áp dụng hiệu phương pháp vào toán thi vô địch Quốc tế, toán đẹp IMO, 1995 Bài toán 14( IMO, 1995): Cho p số nguyên tố lẻ Tìm số tập A tập hợp 1, 2, , 2p, biết rằng: i) A chứa p phần tử; ii) Tổng phần tử A chia hết cho p Giải: Xét đa thức P (x) = xp−1 + xp−2 + + x + Đa thức có p − nghiệm phức phân biệt Gọi α nghiệm P (x) Chú ý α, α2 , α3 , , αp−1 p − nghiệm phân biệt P (x) αp = Do đó, theo định lý Vieta: xp − = (x − 1)(x − α)(x − α2 ) (x − αp−1 ) Xét đa thức Q(x) = (x − α)(x − α2 ) (x − α2p ) gọi: H = {A ⊂ {1, 2, 2p} | |A| = p} Giả sử Q(x) = ap = − α A∈H 2p xi Khi đó: i=0 S(A) x , S(A) = x∈A 57 Vì S(A) ≡ i(modp) αS(A) = αi nên p−1 ap = − ni α i , i=0 ni số A ∈ H cho S(A) ≡ i(modp) Mặt khác, Q(x) = (xp − 1)2 , suy ap = −2 Thành thử: p−1 ni αi = (∗) i=0 Xét đa thức R(x) = p−1 i=0 ni xi + n0 −2 Từ đẳng thức (∗) suy α nghiệm R(x) Vì deg P = deg R α nghiệm P (x) nên P (x) R(x) sai khác số nhân Từ np−1 = np−2 = = n1 = n0 − n0 − = np−1 +np−2 + +n1 +n0 −2 p = p C2p −2 p Vậy đáp số toán n0 = + 2.6 p C2p −2 p (đpcm) Bài tập Bài 1: Tìm tất đa thức P (x) thỏa mãn điều kiện: P (x).P (x + 1) = P (x2 + 1) Bài 2: Cho n số nguyên dương Chứng minh đa thức x2 + khả quy n chia hết cho Bài 3: Chứng minh đa thức (x2 − 7x + 6)2n + 13 bất khả quy với n nguyên dương Bài 4: Với giá trị n đa thức (x + 1)n + xn + chia hết cho đa thức x2 + x + 1? Bài 5: Có tập X = {1, 2, , 2015} có tổng phần tử chia hết cho 3? Bài 6: Có số tự nhiên có chữ số không chứa chữ số chia hết cho 11? Bài 7: Cho ba số nguyên dương m, n, p, m > n + ≡ ( mod m) Tìm số (x1 , x2 , , xp ) gồm p số nguyên dương cho tổng Thang Long University Libraty 58 (x1 + x2 + + xp ) chia hết cho m , số (x1 , x2 , , xp ) không lớn m Bài 8: Chứng minh n ∈ N∗ , n không chia hết cho đa thức P (x) = Cn1 xn−2 + Cn2 xn−3 + + Cnn−1 chia hết cho đa thức Q(x) = x3 + 2x2 + 2x + Bài 9: Tìm số nguyên dương n để đa thức P (x) = −Cn1 xn−2 + Cn2 xn−3 − Cn3 xn−4 + + (−1)n−1 Cnn−1 chia hết cho đa thức Q(x) = x3 − 2x2 + 2x - Bài 10: Cho dãy đa thức (fn (x)) xác định f0 (x) = 2, f1 (x) = 3x, fn (x) = 3xfn−1 (x) + (1 − x − 2x2 )fn−2 (x) với n Tìm tất số nguyên dương n để đa thức (fn (x)) chia hết cho đa thức x3 − x2 + x 59 Kết luận Luận văn trình bày hướng tiếp cận với số dạng toán giải công cụ số phức Các kết luận văn: • Trình bày lịch sử hình thành số phức, định lý, tính chất số phức để vận dụng giải toán phương trình đại số • Trình bày định lý để giải toán đa thức phương pháp số phức • Giới thiệu số kết sâu sắc đa thức bất khả quy dựa phương pháp sử dụng số phức • Cung cấp hệ thống tập minh hoạ, nhằm giúp ích việc bồi dưỡng học sinh giỏi Thang Long University Libraty 60 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Hà Huy Khoái, Giáo trình Giải tích phức Bài giảng cho lớp cao học, 2014 [2] Trần Nam Dũng, Số phức đa thức, Epsilon, N1, pp.7-18, 2015 Tiếng Anh [3] T.Andreescu, D.Andica.Complex numbers from A to Z Birkhauser, 2004 [4] J B Thoo How cubic equations led to complex numbers Conference AMATYC, California, 2013 [5] Miguel A.Lerma, Putnam traing Polynomials , Last updated: March 19, 2015 [6] Orlando Merino, A Short History of Complex Numbers, University of Rhode Island, January, 2006 [...]... z = x + yi đều có số phức z = x − yi, số phức đó được gọi là số phức liên hợp hoặc số phức liên hợp của số phức z Mệnh đề 1.4.3 1) Hệ thức z = z đúng khi và chỉ khi z ∈ R; 2) Mỗi số phức z ta luôn có đẳng thức z = z ; 3) Mỗi số phức z ta luôn có z.z là một số thực không âm; 4) z1 + z2 = z1 + z2 ( số phức liên hợp của một tổng bằng tổng các số phức liên hợp); 5) z1 z2 = z1 z2 (số phức liên hợp của... thể hiện ở chỗ số phức là phần tử của trường mở rộng (đại số) ∈ C của trường số thực ∈ R thu được bằng phép ghép đại số vào R nghiệm i của phương trình x2 + 1 = 0 Với định lí cơ bản của Đại số, Gauss đã chứng minh được trường ∈ C trở thành trường đóng đại số Điều đó có nghĩa là khi xét các nghiệm của phương trình đại số trong trường này ta không thu được thêm số mới Đương nhiên trường số thực ∈ R (trường... – XVIII nhiều nhà toán học khác cũng đã nghiên cứu các tính chất của đại lượng ảo (số phức) và khảo sát các ứng dụng của chúng Chẳng hạn L Euler (1777 – 1855) mở rộng khái niệm logarit cho số phức bất kì (1738), còn A Moivre (1667 – 1754) nhà toán học Pháp nghiên cứu và giải bài toán căn bậc tự nhiên đối với số phức (1736) Sự nghi ngờ đối với số ảo (số phức) chỉ tiêu tan khi nhà toán học người Na uy... cặp số thực có thứ tự - cặp (0;1), tức là đơn vị “ảo” được lí giải một cách hiện thực Cho đến thế kỉ thứ XIX, Gauss mới thành công trong việc luận chứng một cách vững chắc khái niệm số phức Tên tuổi của Gauss cũng gắn liền với phép chứng minh chính xác đầu tiên đối với định lí cơ bản của Đại số khẳng định rằng trong trường số phức ∈ C mọi phương trình đa thức đều có nghiệm Bản chất đại số của số phức. .. M (x, y) được gọi là dạng hình học của số phức z = x + yi Số phức z = x + yi được gọi là toạ độ phức của điểm M (x, y) Chúng ta kí hiệu M (z) để chỉ tọa độ phức của điểm M là số phức z Dạng hình học của số phức liên hợp z của số phức z = x + yi là điểm M ′ (x, −y) đối xứng với M (x, y) qua trục tọa độ 0x Dạng hình học của số đối −z của số phức z = x + yi là điểm MJ (−x, −y) đối xứng với M (x, y) qua... (y2 + y3 )) Các phép toán kết hợp như trong đại số Phần tử đơn vị: Có duy nhất một số phức 0=(0, 0) ∈ C để z + 0 = 0 + z = z , với mọi z = (x, y) ∈ C Phần tử đối: Mỗi số phức z = (x, y) ∈ C có duy nhất số phức −z = (−x, −y) ∈ C sao cho z + (−z) = (−z) + z = 0 và z1 − z2 = (x1 , y1 ) − (x2 , y2 ) = (x1 − x2 , y1 − y2 ) ∈ C 1.3.2 Các tính chất liên quan đến phép nhân Phép nhân các số phức thỏa mãn các điều... với mọi z1 , z2 , z3 ∈ C Phần tử đơn vị: Có duy nhất số phức 1=(1, 0) ∈ C thỏa mãn z1= 1z = z , với mọi z ∈ C Số phức 1=(1, 0) gọi là phần tử đơn vị với mọi z ∈ C Phần tử nghịch đảo: Mỗi số phức z = (x, y) ∈ C, z = 0 có duy nhất số ′ ′ ′ ′ phức z −1 = (x , y ) ∈ C sao cho z.z −1 = z −1 z = 1, số phức z −1 = (x , y ) gọi là phần tử nghịch đảo của số phức z = (x, y) ∈ C Ví dụ 1 −2 −2 1 1) Nếu z = (1,... )+ Im (z2 ) Re(z1 ) Mỗi số thực λ, số phức z = x + yi, λz = λ(x + yi) = λx + λyi ∈ C là tích của một số thực với một số phức Ta có các tính chất sau: 1)λ(z1 + z2 ) = λz1 + λz2 ; 2) λ1 (λ2 z) = (λ1 λ2 )z ; 3)(λ1 + λ2 )z = λ1 z + λ2 z , với mọi z, z1 , z2 ∈ C và λ, λ1 , λ2 ∈ R Lũy thừa của số i Các công thức cho số phức với lũy thừa là số nguyên được bảo toàn đối với dạng đại số z = x + iy Xét z = i,... học về số phức và các phép toán trên chúng trong công trình công bố năm 1799 Đôi khi phép biểu diễn minh họa số phức cũng được gọi là “sơ đồ Argand” để ghi nhận công lao của nhà toán học Thụy Sỹ là R Argand – người thu được kết quả như của C.Wessel một cách độc lập Lí thuyết thuần túy số học đối với các số phức với tư cách là các cặp số thực có thứ tự (a,b), a ∈ R, b ∈ R được xây dựng bởi nhà toán học... của số phức và mô đun Ý nghĩa hình học của số phức Chúng ta định nghĩa số phức z = (x, y) = x + yi là một cặp số thực sắp thứ tự (x, y) ∈ R × R, vì thế hoàn toàn tự nhiên khi xem mỗi số phức z = x + yi là một điểm M (x, y) trong không gian R × R Xét P là tập hợp các điểm của không gian Π với hệ tọa độ (x, y) và song ánh φ : C → P, φ(z) = M (x, y) Điểm M (x, y) được gọi là dạng hình học của số phức