Toán học Phương trình và bất phương trình40814

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC Nguyễn Hữu Cần PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP MÃ SỐ: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS Đàm Văn Nhỉ Thái Nguyên - 2012 1S hóa b i Trung tâm H c li u – i h c Thái Ngun DeThiMau.vn http://www.lrc-tnu.edu.vn Cơng trình hoàn thành Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS Đàm Văn Nhỉ Phản biện 1: PGS.TS Lê Thị Thanh Nhàn Phản biện 2: PGS.TS Nông Quốc Chinh Luận văn bảo vệ trước hội đồng chấm luận văn họp tại: Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Ngày 01 tháng 12 năm 2012 Có thể tìm hiểu Thư viện Đại học Thái Nguyên 2S hóa b i Trung tâm H c li u – i h c Thái Nguyên DeThiMau.vn http://www.lrc-tnu.edu.vn Mục lục Mục lục Mở đầu Chương Phương trình đại số 1.1 Mở rộng trường 1.1.1 Mở rộng đơn 1.1.2 Mở rộng đại số 1.2 Tính đóng đại số trường 1.2.1 Tính đóng đại số 1.2.2 Giải phương trình đa 1.3 Phương trình đại số C trường thức C Chương Ứng dụng phương trình đại số 2.1 Ứng dụng phương trình đại số mở rộng trường 2.1.1 Đa thức bất khả qui số đại số Q 2.1.2 Tính chia hết vài đa thức đặc biệt 2.1.3 Ứng dụng tính đóng đại số C 2.2 Ứng dụng phương trình đại số Hình học 2.2.1 Điểm đường dựng 2.2.2 Không thể gấp đơi hình lập phương 2.2.3 Khơng thể cầu phương hình trịn 2.2.4 Không thể chia góc tùy ý thành ba góc nhỏ 2.2.5 Dựng đa giác n cạnh với ϕ(n) = 2m 2.2.6 Bài toán dựng tam giác 7 11 13 15 21 22 30 30 30 36 40 45 45 47 47 48 49 53 Chương Ứng dụng vào giải Toán Trung học phổ thơng 56 3S hóa b i Trung tâm H c li u – i h c Thái Nguyên DeThiMau.vn http://www.lrc-tnu.edu.vn 3.1 Xây dựng phương trình đa thức bậc cao qua đẳng thức lượng giác 3.2 Xây dựng phương trình vơ tỷ qua phương trình lượng giác 3.3 Xây dựng bất đẳng thức qua bất đẳng thức biết 3.4 Xây dựng hệ phương trình qua số phức Kết luận Tài liệu tham khảo 4S hóa b i Trung tâm H c li u – i h c Thái Nguyên DeThiMau.vn 56 58 63 66 74 75 http://www.lrc-tnu.edu.vn Mở đầu Trong Toán học việc vận dụng cơng cụ Tốn học cao cấp để giải vấn đề Tốn học sơ cấp ln ln điều thú vị có ý nghĩa sâu sắc Chúng ta biết toán sơ cấp chủ yếu xét trường Q trường R tốn khó Khi nhúng Q R vào C tốn trở lên dễ nhiều Như biết vấn đề liên quan đến phương trình phần quan trọng Đại số giải tích Khi tiếp cận vấn đề em học sinh giỏi, sinh viên nhiều thầy cô giáo phổ thơng thường gặp nhiều khó khăn giải tốn khó Trong luận văn này, chúng tơi trình bày lại khái niệm phương trình đại số, mở rộng trường, chứng minh lại tính đóng C để giải vấn đề Trong kỳ thi Olympic Toán Quốc tế, thi học sinh giỏi Quốc gia, thi Olympic sinh viên trường Đại học, cao đẳng, toán liên quan đến phương trình đại số hay đề cập thường khó, địi hỏi người học, người làm tốn phải có kiến thức rộng sâu sắc mở rộng trường dễ dàng tìm lời giải hay xác Chẳng hạn, xét hai ví dụ: Ví dụ 0.0.1 mặt phẳng Oxy, hệ điểm An (xn , yn ) xác định sau: A0 (x0 = 3, y0 = 3), A1 (x1 = 8, y1 = 5), A2 (x2 = 58, y2 = 45), với n ≥ An+2 (xn+2 = 8xn+1 − 3xn − 3xn−1 , y+2 = 5yn+1 + 10yn − 7yn−1 ) Ta có n xn = C0n yn + C1n yn−1 + · · · + Cn−1 n y + Cn y n n yn = C0n xn − C1n xn−1 + · · · + (−1)n−1 Cn−1 n x1 + (−1) Cn x0 Ví dụ 0.0.2 Cho f = cos u + C1n cos(u + α)x + · · · + Cnn cos(u + nα)xn Giải phương trình f (x) = 5S hóa b i Trung tâm H c li u – i h c Thái Nguyên DeThiMau.vn http://www.lrc-tnu.edu.vn Ví dụ 0.0.1 toán dãy số nguyên Ví dụ 0.0.2 giải phương trình R, việc giải hai toán Z R khó khăn Nhưng giải tập C dễ dàng tìm lời giải Vì thế, phương pháp để giải toán Q R xét toán mở rộng trường F Q R mà tốn dễ dàng nhiều cịn giúp tìm kết Để phục vụ cho công tác bồi dưỡng học sinh giỏi việc trao đổi kinh nghiệm thầy cô giáo dạy học sinh giỏi quan tâm tìm hiểu thêm phần này, dạy, hướng dẫn tận tình thầy Đàm Văn Nhỉ, chúng tơi tìm hiểu viết đề tài " Phương trình bất phương trình" Đề tài giải vấn đề trọng tâm: Chương Phương trình đại số Chương tập trung trình bày mở rộng trường, mở rộng đại số, chứng minh lại Định lý Đại số, định nghĩa phương trình đại số chứng minh lại Định lý không điểm Hilbert Chương Ứng dụng phương trình đại số Trong chương này, chúng tơi trình bày vài ứng dụng mở rộng trường, phương trình đại số tính đóng C để tìm chứng minh đa thức bất khả qui, xét tính chia hết vài đa thức đặc biệt, phân tích đa thức thành nhân tử, giải phương trình ứng dụng Hình học Chương Ứng dụng vào giải Toán Trung học phổ thông Trong chương này, xin giới thiệu vài ứng dụng công thức Moivre để xây dựng phương trình, hệ phương trình, bất đẳng thức Thơng qua rèn luyện tư linh hoạt, tính sáng tạo cho học sinh trung học phổ thơng Luận văn hoàn thành với hướng dẫn bảo tận tình PGS.TS Đàm Văn Nhỉ - Trường Đại học Sư phạm Hà Nội Thầy dành nhiều thời gian hướng dẫn giải đáp thắc mắc tác giả suốt trình làm luận văn Em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến Thầy 6S hóa b i Trung tâm H c li u – i h c Thái Nguyên DeThiMau.vn http://www.lrc-tnu.edu.vn Em xin trân trọng cảm ơn Thầy (Cô) Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, phòng Đào tạo Trường Đại học Khoa học thầy tham gia giảng dạy khóa Cao học 2010-2012 Đồng thời xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao học Toán K4C trường Đại học Khoa học động viên giúp đỡ q trình học tập làm luận văn Tơi xin cảm ơn Sở Giáo dục - Đào tạo Tỉnh Bắc Ninh, Ban Giám hiệu, đồng nghiệp trường THPT Tiên Du số 1- Huyện Tiên Du Tỉnh Bắc Ninh tạo điều kiện cho tơi học tập hồn thành kế hoạch học tâp Tuy nhiên, hiểu biết thân cịn hạn chế khn khổ luận văn thạc sĩ, nên trình nghiên cứu khơng tránh khỏi thiếu sót, chúng tơi mong dạy đóng góp ý kiến quý Thầy Cô bạn đọc Tôi xin chân thành cảm ơn Thái Nguyên, ngày 01 tháng 12 năm 2012 Tác giả Nguyễn Hữu Cần 7S hóa b i Trung tâm H c li u – i h c Thái Nguyên DeThiMau.vn http://www.lrc-tnu.edu.vn Các ký hiệu sử dụng N ký hiệu cho tập số tự nhiên N∗ ký hiệu cho tập số tự nhiên dương Z ký hiệu cho vành số nguyên Q ký hiệu cho trường số hữu tỷ R ký hiệu cho trường số thực C ký hiệu cho trường số phức K ký hiệu cho ba trường Q, R C Các ký hiệu viết tắt HSG ký hiệu cho học sinh giỏi ∆ABC ký hiệu cho tam giác ABC A, B, C ký hiệu cho góc đỉnh A, B, C ∆ABC a, b, c ký hiệu cho độ dại cạnh tương ứng ∆ABC , hb , hc ký hiệu cho độ dài đường cao kẻ từ A,B,C ∆ABC ma , mb , mc ký hiệu cho độ dài đường trung tuyến kẻ từ A,B,C ∆ABC 8S hóa b i Trung tâm H c li u – i h c Thái Nguyên DeThiMau.vn http://www.lrc-tnu.edu.vn Chương Phương trình đại số Chương tập trung trình bày mở rộng trường, mở rộng đại số, chứng minh lại Định lý Đại số, định nghĩa phương trình đại số chứng minh lại Định lý không điểm Hilbert 1.1 Mở rộng trường Định nghĩa 1.1.1 Cho hai trường F K Trường F gọi mở rộng K K vành F Nếu trường F mở rộng trường K F coi khơng gian véctơ K Số chiều không gian gọi bậc mở rộng F K kí hiệu qua [F : K] Trường F gọi mở rộng bậc hữu hạn (vô hạn) K bậc mở rộng hữu hạn (vô hạn) Một tháp trường dãy trường K1 , K2 , , Kn cho K1 ⊂ K2 ⊂ · · · ⊂ Kn , Ki+1 mở rộng Ki với i = 1, 2, , n − Ví dụ 1.1.1 1) Vì C khơng gian véctơ R với cở sở {1, i} số chiều nên trường số phức C mở rộng bậc trường số thực R √ √ √ 2) Vì trường Q[ 2] = {a + b 2|a, b ∈ Q} = Q( 2) không gian √ √ véctơ Q với sở {1, 2} nên trường Q[ 2] mở rộng bậc trường số hữu tỉ Q Tương tự trường Q[i] = {a + bi|a, b ∈ Q} mở rộng bậc trường Q Định lý 1.1.1 Cho tháp trường K ⊂ E ⊂ F Khi F mở rộng bậc hữu hạn K F mở rộng bậc hữu 9S hóa b i Trung tâm H c li u – i h c Thái Nguyên DeThiMau.vn http://www.lrc-tnu.edu.vn hạn E E mở rộng bậc hữu hạn K Hơn nữa, ta cịn có [F : K] = [F : E].[E : K] Chứng minh: Giả sử [F : E] = s [E : K] = r Khi tồn sở {v1 , v2 , , vs } F E sở {w1 , w2 , , wr } E K Ta cần chứng minh {vi wj |1 ≤ i ≤ s, ≤ j ≤ r} sở F K Thật vậy, F = Ev1 + Ev2 + · · · + Evs E = Kw1 + Kw2 + · · · + Kwr , nên F = Kvi wj rút {vi wj |1 ≤ i ≤ s, ≤ j ≤ r} hệ sinh K-không gian véctơ F Bây giả sử = aij vi wj = ( aij wj )vi Do {v1 , v2 , , vs } sở i j E- không gian véctơ F , nên j aij wj = Tiếp đến, {w1 , w2 , , wr } sở K-không gian véctơ E, nên kéo theo aij = Vậy hệ {vi wj |1 ≤ i ≤ s, ≤ j ≤ r} độc lập tuyến tính K hệ sở K-không gian véctơ F Ta nhận [F : K] = rs = [F : E][E : K] Hệ 1.1.1 Cho tháp trường K = K1 ⊂ K2 ⊂ · · · ⊂ Kn = F Khi F mở rộng bậc hữu hạn K [F : K] = [F : Kn−1 ] [K2 : K1 ] Cho F trường X ⊂ F Khi giao tất trường F chứa X gọi trường F sinh tập X Nếu F mở rộng K X ⊂ F trường sinh X ∪ K gọi trường sinh X K kí hiệu K(X) Trong trường hợp X tập hữu hạn gồm n phần tử u1 , u2 , , un ta viết K(X) = K(u1 , u2 , , un ) Trường K(u1 , u2 , , un ) gọi mở rộng hữu hạn sinh K 1.1.1 Mở rộng đơn Định nghĩa 1.1.2 Giả sử F mở rộng K F gọi mở rộng đơn K tồn phần tử u ∈ F cho F = K(u), u gọi phần tử nguyên thủy F Ví dụ 1.1.2 10S hóa b i Trung tâm H c li u – i h c Thái Nguyên DeThiMau.vn http://www.lrc-tnu.edu.vn √ √ √ √ √ √ 1) Q( 2, 3) mở rộng đơn Q Q( 2, 3) = Q( 2+ 3) 2) Q(1, −i) mở rộng đơn Q Q(1, −i) = Q(i) √ √ −1 + i mở rộng đơn Q 3) Q(ω, 2) với ω = √ √ Q(ω, 2) = Q(ω + 2) Định nghĩa 1.1.3 Giả sử F mở rộng trường K u ∈ F Phần tử u gọi đại số K tồn đa thức bậc dương f (x) ∈ K[x] cho f (u) = Trong trường hợp u khơng nghiệm đa thức bậc dương K, u gọi phần tử siêu việt K Ví dụ 1.1.3 1) Phần tử i ∈ C đại số trường số thực R i nghiệm phương trình x2 + = √ √ 2) Phần tử ∈ R phần tử đại số trường hữu tỉ Q nghiệm phương trình x2 − = 3) Với a ∈ K đại số trường K 4) Các số thực π, e siêu việt trường số hữu tỉ Q Định lý 1.1.2 Cho F mở rộng trường K u ∈ F đại số K Khi tồn đa thức p(x) ∈ K[x] bất khả quy nhận u làm nghiệm Hơn nữa, u nghiệm đa thức f (x) ∈ K[x] f (x) chia hết cho p(x) Đa thức p(x) gọi đa thức tối tiểu u K Các đa thức tối tiểu u liên kết với Chứng minh: Do u đại số K, nên tồn đa thức p(x) có bậc dương bé nhất, nhận u làm nghiệm Ta chứng minh p(x) đa thức bất khả quy K Thật vậy, giả sử p(x) khả quy K Khi p(x) = g(x)h(x) với g(x), h(x) ∈ K[x] deg g(x) < deg p(x) deg h(x) < deg p(x) Vì u nghiệm p(x) nên có p(u) = g(u)h(u) = Do K trường nên g(u) = h(u) = hay u 11S hóa b i Trung tâm H c li u – i h c Thái Nguyên DeThiMau.vn http://www.lrc-tnu.edu.vn 10 nghiệm g(x) h(x): mâu thuẫn với tính nhỏ deg p(x) Vậy p(x) đa thức bất khả quy K Giả sử f (x) ∈ K[x] nhận u làm nghiệm Lấy f (x) chia cho p(x) ta nhận f (x) = p(x)q(x)+r(x) với deg r(x) < deg p(x) Vì u nghiệm p(x) f (x) nên f (u) = p(u)q(u) + r(u) = 0, u nghiệm r(x): mâu thuẫn với tính cực tiểu deg p(x) Vậy r(x) = f (x) chia hết cho p(x) Ta chứng minh đa thức tối tiểu u liên kết với Thật vậy, giả sử q(x) đa thức bất khả quy nhận u làm nghiệm Khi p(x) q(x) chia hết cho nhau, chúng liên kết Ví dụ 1.1.4 1) x2 − đa thức tối tiểu √ ∈ R trường số hữu tỉ Q √ 2) x4 − 2x2 + đa thức tối tiểu i + ∈ C trường số thực R √ √ 3) x4 − 16x2 + đa thức tối tiểu + ∈ R trường số hữu tỉ Q Định lý 1.1.3 Cho F mở rộng trường K u ∈ F phần tử đại số K Giả sử p(x) đa thức tối tiểu bậc n u K Khi (i) K[u] = K(u) ∼ = K[x]/(p(x)) (ii) {1, u, u2 , , un−1 } sở K(u) K (iii) [K(u) : K] = n = deg p(x) Chứng minh: (i) Giả sử đa thức f (x) ∈ K[x] Khi f (u) ∈ K[u] ánh xạ ϕ : K[x] → K[u] cho f (x) → f (u) đồng cấu vành Từ Định lý 1.1.2 ta suy Kerϕ = (p(x)) Vậy K[x]/(p(x)) ∼ = Imϕ = K[u] ⊂ K(u) Vì p(x) bất khả quy nên K[x]/(p(x)) trường Do K[u] trường chứa K u Vậy K[u] ⊃ K(u) Từ ta suy K[u] = K(u) đẳng cấu với K[x]/(p(x)) 12S hóa b i Trung tâm H c li u – i h c Thái Nguyên DeThiMau.vn http://www.lrc-tnu.edu.vn 11 (ii) Do K(u) = K[u] nên phần tử K(u) có dạng f (u) với f (x) ∈ K[x] Giả sử deg p(x) = n Lấy f (x) chia cho p(x) ta nhận f (x) = p(x)q(x)+r(x), r(x) = a0 +a1 x+· · ·+an−1 xn−1 ∈ K[x] Khi f (u) = p(u).q(u) + r(u) = 0.q(u) + r(u) = a0 + a1 u + · · · + an−1 un−1 Vậy {1, u, , un−1 } hệ sinh K(u) K Ta phải chứng minh tập {1, u, , un−1 } độc lập tuyến tính giả sử c0 + c1 u + · · ·+cn−1 un−1 = với ci ∈ K(i = 0, 1, , n−1) Khi u nghiệm đa thức g(x) = c0 + c1 x + · · · + cn−1 xn−1 ∈ K[x] (deg g(x) ≤ n − 1) chia hết cho p(x) (deg p(x) = n) Điều xảy g(x) = 0, suy ci = với i = 0, 1, , n − Vậy {1, u, , un−1 } độc lập tuyến tính sở K(u) K (iii) suy từ (ii) √ √ Ví dụ 1.1.5 Đa thức tối tiểu + trường số hữu tỉ Q √ √ √ √ √ √ √ x4 − 16x2 + 4, [Q( + 5) : Q] = {1, + 5, ( + 5)2 , ( + √ √ √ 5) } sở Q( + 5) Q Cho F mở rộng trường K u, v ∈ F Nếu u v hai nghiệm đa thức tối tiểu p(x) K(u) ∼ = K(v) chúng đẳng cấu với K[x]/(p(x)) 1.1.2 Mở rộng đại số Định nghĩa 1.1.4 Giả sử F mở rộng trường K Trường F gọi mở rộng đại số K phần tử F đại số K Mỗi phần tử u ∈ F đại số K thuộc trường mở rộng K có bậc hữu hạn( trường F (u)) Ngược lại, cho trước mở rộng bậc hữu hạn trường K ta có khẳng định sau: Định lý 1.1.4 Cho F mở rộng bậc hữu hạn trường K Khi F mở rộng đại số K 13S hóa b i Trung tâm H c li u – i h c Thái Nguyên DeThiMau.vn http://www.lrc-tnu.edu.vn 12 Chứng minh: Giả sử [F : K] = n Lấy u thuộc F , ta phải chứng minh u nghiệm đa thức K Thật vậy, hệ {1, u, u2 , , un } gồm có n + phần tử nên phụ thuộc tuyến tính Khi tồn phần tử ∈ K(i = 0, 1, 2, , n) không đồng thời để a0 + a1 u + · · · + an un = Do u nghiệm đa thức khác không a0 + a1 x + · · · + an xn ∈ K[x] Vậy F mở rộng đại số K Chú ý Nếu F mở rộng K F chứa phần tử siêu việt u K F phải mở rộng bậc vô hạn K Định lý 1.1.5 Giả sử F mở rộng bậc hữu hạn trường K Khi F mở rộng hữu hạn sinh K Chứng minh: Gọi {u1 , u2 , , un } sở F K Khi tất tổ hợp tuyến tính ui với hệ số K thuộc K(u1 , u2 , , un ) F = K(u1 , u2 , , un ) Định lý 1.1.6 Giả sử F = K(u1 , u2 , , un ) mở rộng hữu hạn sinh trường K phần tử ui (i = 1, , n) đại số K Khi F mở rộng đại số bậc hữu hạn K Chứng minh: Xét tháp trường: K ⊂ K(u1 ) ⊂ K(u1 , u2 ) ⊂ · · · ⊂ K(u1 , u2 , , un−1 ) ⊂ K(u1 , , un ) = F Ta ln có K(u1 , u2 , , ui−1 , ui ) = K(u1 , u2 , , ui−1 )(ui ) với i = 2, 3, , n Do K(u1 , u2 , , ui−1 , ui ) mở rộng đơn K(u1 , u2 , , ui−1 ) với i = 1, 2, , n Vì ui phần tử đại số K nên đại số K(u1 , u2 , , ui−1 ) Theo Định lý 1.1.5, K(u1 , u2 , , ui ) mở rộng bậc hữu hạn K(u1 , u2 , , ui−1 ) với i = 2, 3, , n Theo Hệ qủa 1.1.1, F mở rộng bậc hữu hạn K Do F mở rộng đại số K Ví dụ 1.1.6 √ √ √ √ 1) Vì phần tử 3, đại số Q nên Q( 3, 5) mở rộng đại số có bậc hữu hạn Q Ta tính bậc mở rộng 14S hóa b i Trung tâm H c li u – i h c Thái Nguyên DeThiMau.vn http://www.lrc-tnu.edu.vn 13 √ √ √ Q( 3, 5) Q sau: xét tháp trường Q ⊂ Q( 3) ⊂ √ √ √ √ Q( 3)( 5) = Q( 3, 5) Khi √ √ √ √ √ √ [Q( 3, 5) : Q] = [Q( 3, 5) : Q( 3)][Q( 3) : Q] √ √ √ Ta biết [Q( 3) : Q] = {1, 3} sở Q( 3) √ √ √ Q Để xác định bậc Q( 3, 5) Q( 3) ta cần tìm đa √ √ √ thức tối tiểu Q( 3) Ta biết nghiệm √ √ x2 − ∈ Q( 3)[x] Đa thức x2 − khơng có nghiệm Q( 3) √ √ √ √ nên x2 −5 bất khả quy Q( 3) Do [Q( 3, 5) : Q( 3)] = √ √ √ √ √ Vì [Q( 3, 5) : Q] = {1, 5} sở Q( 3, 5) √ √ √ √ √ √ Q( 3) Vậy {1, 3, 5, 15} sở Q( 3, 5) Q √ 2) Trường Q( 3, i) mở rộng đại số bậc hữu hạn Q Xét tháp √ √ √ trường Q ⊂ Q( 3) ⊂ Q( 3)(i) = Q( 3, i) Chú ý x2 +1 √ √ √ đa thức tối tiểu i Q( 3) [Q( 3, i) : Q( 3)] = √ √ √ √ Vậy [Q( 3, i) : Q] = [Q( 3, i) : Q( 3)][Q( 3) : Q] = 2.2 = √ √ √ {1, 3, i, i 3} sở Q( 3, i) Q 1.2 Tính đóng đại số trường C Mệnh đề 1.2.1 Tập C trường chứa trường R trường Chứng minh: Dễ dàng kiểm tra C vành giao hoán với đơn vị Giả sử z = a + bi = Khi a2 + b2 > Giả sử z , = x + iy ∈ C thỏa a ax − by = mãn zz , = hay Giải hệ x = ,y = bx + ay = a + b2 b a b , − Vậy z − i nghịch đảo z Tóm lại C = a + b2 a2 + b a2 + b2 trường Vì đồng a ∈ R với a + 0i ∈ C qua phép nhúng R → C, a → a + 0i, nên coi R trường C Mệnh đề 1.2.2 Nếu z1 = r1 (cos α1 + i sin α1 ), z2 = r2 (cos α2 + i sin α2 ) với r1 , r2 ≥ z1 |z1 | = (i) |z1 z2 | = |z1 | |z2 | z2 |z2 | 15S hóa b i Trung tâm H c li u – i h c Thái Nguyên DeThiMau.vn http://www.lrc-tnu.edu.vn 14 (ii) z1 z2 = r1 r2 [ cos(α1 + α2 ) + i sin(α1 + α2 )] r1 z1 = [ cos(α1 − α2 ) + i sin(α1 − α2 )] r1 , r2 > (iii) z2 r2 Ví dụ 1.2.1 Với a + bi = (x + iy)n có a2 + b2 = (x2 + y )n Bài giải: Từ a + bi = (x + iy)n suy a − bi = (x − iy)n Như a2 + b2 = (x2 + y )n Công thức Moivre Công thức Euler Mệnh đề 1.2.3 [Moivre] Nếu z = r(cos α + i sin α) với số nguyên dương n có z n = rn [cos(nα) + i sin(nα)] Hệ 1.2.1 Mỗi số phức z = r(cos α + i sin α) có n bậc n zk = α + 2kπ α + 2kπ + i sin ) với k = 1, 2, , n r n (cos n n Số phức z = r(cos α+i sin α) biểu diễn thành dạng z = reiα Đặc biệt r = z = eiα r = 1, α = e0 = Bổ đề 1.2.1 Với ký hiệu ta có e e = e iα iβ i(α+β) eiα iβ = ei(α−β) e Chứng minh: Từ eiα eiβ = (cos α + i sin α)(cos β + i sin β) = cos(α + eiα iα iβ i(α+β) β) + i sin(α + β) suy e e = e Do iβ = e cos α + i sin α eiα = cos(α − β) + i sin(α − β) nên iβ = ei(α−β) cos β + i sin β e  eiα + e−iα   cos α = eiα = cos α + i sin α −iα nhận suy Từ iα e − e e−iα = cos α − i sin α   sin α = Công thức Euler: eiα − e−iα eiα + e−iα sin α = Mệnh đề 1.2.4 Ta có cos α = 2 n nπ + i tan α n nπ Ví dụ 1.2.2 Ta có (1 + i)n = 2 (cos + i sin ) ( ) = 4 − i tan α + i tan nα − i tan nα 16S hóa b i Trung tâm H c li u – i h c Thái Nguyên DeThiMau.vn http://www.lrc-tnu.edu.vn 15 n nπ π n π = ( 2(cos + i sin )) = 2 (cos + 4 √ Bài giải: Ta có (1 + i)n nπ ) i sin + i tan α n (cos α + i sin α)n cos nα + i sin nα Ta có ( ) = = n = − i tan α (cos α − i sin α) cos nα − i sin nα + i tan nα − i tan nα 1 Ví dụ 1.2.3 Nếu z = z + = cos α z n + n = cos nα với z z số tự nhiên dương n Bài giải: Ta có z −2z cos α+1 = có nghiệm z = z1 = cos α+i sin α, = z2 = cos α − i sin α Khi z z n = z1n = cos nα + i sin nα, n = z2n = cos nα − i sin nα z Do z n + n = cos nα với số tự nhiên dương n z 1.2.1 Tính đóng đại số trường C Mục rằng, đa thức bậc dương thuộc C[x] có nghiệm C Đó nội dung Định lý đại số Người chứng minh định lý nhà toán học C.Gauss (1777 − 1855) Ta bắt đầu khái niệm trường đóng đại số Định nghĩa 1.2.1 Trường K gọi trường đóng đại số đa thức bậc dương thuộc K[x] có nghiệm K Như vậy, K[x] đa thức bậc dương phân tích thành tích nhân tử tuyến tính K trường đóng đại số Bổ đề 1.2.2 Mỗi đa thức bậc lẻ thuộc R[x] có nghiệm thực thuộc R Chứng minh: Giả sử f (x) = a0 x2s+1 + a1 x2s + · · · + a2s x + a2s+1 ∈ R[x] vơi a0 = Dễ dàng thấy a0 f (x) tiến +∞ x → +∞ a0 f (x) tiến −∞ x → −∞ Từ suy tồn số thực α > β < thỏa mãn a0 f (α) > 0, a0 f (β) < Do 17S hóa b i Trung tâm H c li u – i h c Thái Nguyên DeThiMau.vn http://www.lrc-tnu.edu.vn 16 a20 f (α)f (β) < hay f (α)f (β) < Vì đa thức f (x) hàm xác định liên tục R thỏa mãn f (α)f (β) < nên, theo định lý Weierstrass, đa thức f (x) có nghiệm thực thuộc (α, β) Bổ đề 1.2.3 Mỗi đa thức bậc hai thuộc C[x] có hai nghiệm thuộc C Chứng minh: Trước hết ta ra, với số phức z có hai số phức z1 , z2 để z12 = z, z22 = z Thật vậy, giả sử z = a + bi = giả sử x2 − y = a2 z1 = x + iy với a, b, x, y ∈ R để z1 = z hay 2xy = b Ta cần xét trường hợp b = trường hợp b = xét tương tự Vì b = nên x = Khiđó √  a + a2 + b2 b x =± =0 1,2 y= hay 2x  y= b 4x4 − 4x2 − b2 = 2x bi bi z2 = x2 + thỏa mãn z12 = z22 = z Ta có z1 = x1 + 2x1 2x2 Theo lập luận trên, có hai số phức z1 z2 để z12 = z22 = b2 − 4ac −b + z1 −b + z2 Khi nghiệm phương trình 2 Định lý 1.2.1 [d’ Alembert - Gauss, Định lý đại số] Mọi đa thức bậc dương thuộc C[x] có nghiệm thuộc C Chứng minh: Thế x = r(cos t+i sin t) vào đa thức f (x) = xn +a1 xn−1 + · · · + an−1 x + an ta có biểu diễn f (x) = u + iv với u = rn cos nt + · · · , v = rn sin nt + · · · , số hạng cịn lại u v chứa lũy thừa r với số mũ nhỏ n Khi f (x)f (x) = u2 + v Ta tồn r t để u2 + v = ∂v ∂u − u v u ∂u ∂r ∂r , ∂u = Xét hàm số z = arctan Khi = 2 v ∂r u +v ∂t ∂v ∂u −u v ∂t ∂t suy ∂ u = p(r, t) , p(r, t) hàm liên tục u2 + v ∂r∂t (u2 + v )2 18S hóa b i Trung tâm H c li u – i h c Thái Nguyên DeThiMau.vn http://www.lrc-tnu.edu.vn 17 Xét hai tích phân sau 2π R I1 = dr ∂ z dt I2 = ∂r∂t 2π R dt ∂ 2z dr ∂r∂t p(r, t) ∂ 2u = liên ∂r∂t (u + v )2 tục hình chữ nhật [0; R] × [0; 2π] nên I1 = I2 Mặt khác xét tích 2π ∂ z ∂z ∂z 2π phân I1 Ta có dt = |0 = 0, hàm tuần hồn với chu ∂r ∂r ∂r∂t R ∂ 2z ∂z R kỳ 2π Do I1 = Xét tích phân I2 Ta có dr = |0 Vì ∂r∂t ∂t ∂v ∂u = −nrn sin nt + · · · , = nrn cos nt + · · · u2 + v = r2n + · · · ∂t ∂r ∂v ∂ v ∂t − u ∂z −nr2n + · · · ∂z ∂t = = Từ suy lim = −n nên r→∞ ∂t ∂t u2 + v r2n + · · · lim I2 = −2nπ Như vậy, với n đủ lớn có I1 = I2 : mâu thuẫn Từ mâu Giả sử u2 + v = với r, t Vì hàm R→∞ thuẫn suy tồn r t để u = v = hay f (x) có nghiệm thuộc C Từ Định lý 1.2.1 ta suy kết đa thức bất khả quy C[x]: Hệ 1.2.2 Mọi đa thức thuộc C[x] với bậc n > có n nghiệm C đa thức bất khả quy C[x] đa thức bậc Bổ đề 1.2.4 Cho f (x) ∈ R[x]\R f (x) đa thức bất khả quy f (x) = ax + b với a = f (x) = ax2 + bx + c với a = b2 − 4ac < Chứng minh: Hiển nhiên, f (x) = ax + b với a = f (x) = ax2 + bx + c với a = b2 − 4ac < f (x) bất khả quy Ta chứng minh điều ngược lại Giả sử f (x) ∈ R[x] bất khả quy với deg f (x) ≥ Trường hợp deg f (x) = f (x) = ax + b với a = 19S hóa b i Trung tâm H c li u – i h c Thái Nguyên DeThiMau.vn http://www.lrc-tnu.edu.vn 18 Xét trường hợp deg f (x) = Khi f (x) = ax2 + bx + c với a = Nếu ∆ = b2 − 4ac ≥ f (x) có hai nghiệm α1 , α2 ∈ R ta có f (x) = a(x − α1 )(x − α2 ): mâu thuẫn với giả thiết Vậy b2 − 4ac < Xét trường hợp deg f (x) > Vì C trường đóng đại số nên f (x) = có nghiệm α ∈ C theo Định lý 1.2.1 cịn có nghiệm α Khi f (x) có nhân tử (x − α)(x − α) ∈ R[x] hay f (x) khả quy: mâu thuẫn giả thiết Tóm lại, f (x) đa thức bất khả quy f (x) = ax + b với a = f (x) = ax2 + bx + c với a = b2 − 4ac < Sử dụng kết để dạng phân tích đa thức thuộc R[x] thành tích nhân tử bất khả quy Định lý 1.2.2 Mỗi đa thức f (x) ∈ R[x]\R phân tích cách dạng f (x) = a(x − a1 )n1 (x − as )ns (x2 + b1 x + c1 )d1 (x2 + br x + cr )dr với b2i − 4ci < cho i = 1, 2, , r r ≥ Chứng minh: Vì vành R[x] vành nhân tử hóa nên f (x) phân tích cách thành tích nhân tử bất khả quy R[x] Vì đa thức bất khả quy R[x] có dạng ax + b ax2 + bx + c với a = 0, b2 − 4ac < theo Bổ đề 1.2.4 nên đa thức f (x) phân tích cách thành dạng f (x) = a(x − a1 )n1 (x − as )ns (x2 + b1 x + c1 )d1 (x2 + br x + cr )dr với b2i − 4ci < cho i = 1, 2, , r r ≥ Đơi để tìm mối liên hệ nghiệm hay tính chất nghiệm đa thức ta thường sử dụng kết sau: Định lý 1.2.3 [Viét] Giả sử x1 , , xn n nghiệm đa thức bậc n sau đây: f (x) = xn − δ1 xn−1 + δ2 xn−2 − · · · + (−1)n δn Khi có hệ thức  δ = x1 + x2 + · · · + xn    δ2 = x1 x2 + x1 x3 + · · · + xn−1 xn    δ n = x1 x2 xn 20S hóa b i Trung tâm H c li u – i h c Thái Nguyên DeThiMau.vn http://www.lrc-tnu.edu.vn ... " Phương trình bất phương trình" Đề tài giải vấn đề trọng tâm: Chương Phương trình đại số Chương tập trung trình bày mở rộng trường, mở rộng đại số, chứng minh lại Định lý Đại số, định nghĩa phương. .. 3.1 Xây dựng phương trình đa thức bậc cao qua đẳng thức lượng giác 3.2 Xây dựng phương trình vơ tỷ qua phương trình lượng giác 3.3 Xây dựng bất đẳng thức qua bất đẳng thức... này, xin giới thiệu vài ứng dụng công thức Moivre để xây dựng phương trình, hệ phương trình, bất đẳng thức Thơng qua rèn luyện tư linh hoạt, tính sáng tạo cho học sinh trung học phổ thơng Luận