Trang 1 TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN Trang 2 TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠNPHAN THỊ THANH HOAÁP DỤNG PHƯƠNG PHÁPHÀM BIẾN PHỨC ĐỂ GIẢI MỘT SỐBÀI TOÁN LƯỢNG GIÁC VÀ ĐẠI SỐChuyên ngành: Phương pháp tố
Xây dựng trường số phức
Trước hết, ta hãy phác thảo con đường tìm kiếm trường C chứa R như một trường con mà phương trình x 2 + 1 = 0 có nghiệm trong nó Nếu C là một trường như vậy thì C phải có một phần tử i để i 2 = −1 Vì vậy, một cách tự nhiên ta hãy xét tập C các cặp số thực z = (a, b) :
Sau đó đưa vào quan hệ bằng nhau và các phép toán sao cho với chúng C trở thành một trường chứa R như một trường con (qua phép đồng nhất nào đó) Các phép toán này được dẫn dắt từ các phép toán của trường R với chú ý i 2 = −1.
(a, b).(c, d) = (ac−bd, ad +bc). Định lý 1.1.1 Tập hợp C với quan hệ bằng nhau, các phép cộng và phép nhân xác định như trên lập thành một trường thỏa mãn các điều kiện sau:
1) Rchứa trong Cnhư một trường con (qua đồng nhất a ∈ R với (a,0) ∈
2) Tồn tại nghiệm của phương trình x 2 + 1 = 0 trong C.
Chứng minh 1) Ta đó C lập thành nhóm cộng giao hoán với phần tử không là (0,0) và phần tử đối của (a, b) là (−a,−b).
Tập C ∗ các phần tử khác không của C lập thành nhóm nhân giao hoán với phần tử đơn vị (1,0) và phần tử nghịch đảo của (a, b) ∈ C là a a 2 +b 2 , −b a 2 +b 2
C thỏa mãn luật phân phối vốn có trong R.
Hiển nhiên qua đồng nhất a = (a,0), a ∈ R,R được chứa trong C như một trường con.
2) Bởi vì (0,1) 2 = (−1,0) = −1 nên i = (0,1) là nghiệm của phương trình x 2 + 1 = 0. Định nghĩa 1.1.2 Trường C được xây dựng như trên được gọi là trường số phức, còn mọi phần tử của C được gọi là số phức Số i ∈ C gọi là đơn vị ảo của C.
Bởi vì (a, b) = (a,0) + (0, b) = a+ b(0,1) = a+ bi nên mọi số phức z ∈ C ta viết duy nhất dưới dạng z = a+bi với a, b ∈ R.
Dạng trên được gọi là dạng đại số của số phức z, các số thực a, b lần lượt được gọi là phần thực và phần ảo của z Ký hiệu a = Rez, b = Imz.
Cho z = a+ib ∈ C Khi đó z = a−ib ∈ C được gọi là số phức liên hợp của số phức z.
Các đẳng thức sau được suy ra từ định nghĩa: z = z ∀z ∈ R ⊂ C; z = ¯z¯ ∀z ∈ C; z 1 + z 2 = z 1 +z 2 ; z.z = a 2 +b 2 ⩾ 0; z 1 z 2 = z 1 z 2
Mặt phẳng phức
Giả sử trên mặt phẳng R 2 cho một hệ tọa độ vuông góc xOy Như vậy, mỗi điểm M ∈ R 2 được xác định bởi hoành độ x và tung độ y của nó. Điều này cho phép ta lập được tương ứng 1 - 1 giữa các điểm của mặt phẳng R 2 với các số phức z ∈ C.
Mặt phẳng R 2 cùng với một tương ứng như vậy được gọi là mặt phẳng phức Khi đó một điểm M (x, y) ∈ R 2 có thể được coi là một số phức nếu đồng nhất nó với z = x+iy.
Môđun và Argument của số phức
Định nghĩa 1.3.1 Với mỗi số z = x+iy ∈ C ta đặt
|z| = px 2 +y 2 = √ z.z và gọi là môđun của z Khi đó |z| là khoảng cách từ điểm M (x, y) ∈ R 2 tương ứng với z đến gốc tọa độ O(0,0).
Ta định nghĩa argument của một số phức z = x+iy ̸= 0 Đặt r = |z| ta có x r
Khi đó tồn tại duy nhất số thực φ0(0 ⩽ φ0 < 2π) sao cho x r = cosφ 0 , y r = sinφ 0 hay x = rcosφ0, y = rsinφ0.
Số thực φ 0 thỏa mãn (1.2) được gọi là argument chính của z, ký hiệu là argz Mọi số thực φ mà z = |z|(cosφ+isinφ) được gọi là argument của z.
Rõ ràng đối với mọi argument φ của z tồn tại số nguyên k sao cho φ argz + 2kπ Ký hiệu
Argz = {argz+ 2kπ : k = 0±1,±2, } là tập tất cả các argument của z.
Dạng lượng giác của số phức
Với khái niệm môđun và argument của số phức z ̸= 0, ta có thể viết số phức ở dạng thuận tiện hơn z = |z|(cosφ+isinφ), φ ∈ Argz (1.3)
Dạng (1.3) được gọi là dạng lượng giác của z.
Từ các công thức lượng giác và từ (1.3) ta có
= Argz 1 + Argz 2 (1.5) Bằng quy nạp ta có
Arg(z 1 ã ã ãz n ) = Argz 1 +ã ã ã+Argz n (1.6) Bõy giờ, giả thiết z 1 = ã ã ã = z n = z = ρ(cosφ+isinφ) Khi đú z n = ρ n (cosnφ+isinnφ).
Với ρ = 1 ta được công thức Moivre sau
Dạng mũ của số phức
Với mọi số thực φ ta đặt e iφ = cosφ+ isinφ và ρ = |z| Khi đó z = ρe iφ (1.7) được gọi là dạng mũ của z.
Từ cách viết (1.7), ta có các đẳng thức sau z 1 z 2 = ρ 1 ρ 2 e i(φ 1 +φ 2 ) ; z 1 z 2 = ρ 1 ρ 2 e i(φ 1 −φ 2 ) ; z n = ρ n e inφ , ở đây z 1 = ρ 1 e iφ 1 , z 2 = ρ 2 e iφ 2 , z = ρe iφ
Phép khai căn của một số phức
Cho nlà số tự nhiên và z ∈ C Ta nói ω là căn bậc ncủa z nếuω n = z. Với z ̸= 0, đặt z = re iφ và ω = ρe iw Khi đó ρ n e inφ = re iφ Suy ra ρ = √ n r, ψ = φ+ 2kπ n (k ∈ Z) Vậy
SỐ PHỨC VÀ BIẾN PHỨC
Tính toán và biểu diễn một số biểu thức
Trong phần này, ta sẽ dùng các công thức cơ bản về các phép toán, công thức Euler, công thức Moivre.
Bài toán 2.1.1 Tách phần thực và phần ảo của
5. Bài toán 2.1.2 Tách phần thực và phần ảo của w = 1 z với z = x+ iy.
Chứng minh Ta có u+ iv = 1 x+iy = 1 x+iy x−iy x−iy = x−iy x 2 +y 2
Lời giải Mỗi giá trị argumen của số −√
3 +i đều thỏa mãn phương trình tanφ = − 1
3+ithuộc góc phần tư thứ hai nênφ k là argumen nếuk = 2n+1.
Bài toán 2.1.4 Biểu diễn số phức sau đây dưới dạng lượng giác z cosπ
Lời giải Ta có z 1 = cosπ
Từ đó suy ra rằng |z| = √
Bài toán 2.1.5 Hãy biểu diễn tan 5φ qua tanφ.
Lời giải Ta có hệ thức cos 5φ+isin 5φ = (cosφ+isinφ) 5 Sử dụng khai triển nhị thức Newton cho vế phải và tách phần thực và phần ảo, ta có cos 5φ = cos 5 φ−10 cos 3 φsin 2 φ+ 5 cosφsin 4 φ, sin 5φ = 5 cos 4 φsinφ−10 cos 2 φsin 3 φ+ sin 5 φ.
Từ đó suy ra tan 5φ = 5 tanφ−10 tan 3 φ+ tan 5 φ
Bài toán 2.1.6 Biểu diễn tuyến tính sin 5 φ qua các hàm lượng giác của góc bội.
Lời giải Đặt z = cosφ+isinφ Khi đó z −1 = cosφ−isinφ Ta có z k = coskφ +isinkφ, z −k = coskφ −isinkφ.
Sử dụng các hệ thức này ta thu được sin 5 φ= z −z −1
8 (cos 45 ◦ +isin 45 ◦ ) Từ đó ta thu được
2 cos (15 ◦ +k120 ◦ ) +isin (15 ◦ +k120 ◦ ) Gọi các giá trị căn bậc ba của số phức 2 + 2i là w 0 , w 1 , w 2 ta có w 0 = √
Bài toán 2.1.8 Tính A = i n +i n+1 +i n+2 +i n+3 và B = i.i 2 i 90 i 100 Lời giải Ta có i n
Sử dụng công thức biến đổi lượng giác quen thuộc hoặc sử dụng dạng lượng giác của số phức, ta dễ dàng thu được các tính chất sau.
Tính chất 2.1.9 ([3]) Đối với mọi đa thức lượng giác
A n (x) =a 0 +a 1 cosx+b 1 sinx+ã ã ã+ a n cosnx+b n sinnx luôn tìm được các đa thức đại số Pn(t) và Q n−1 (t) lần lượt có bậc không quá n và n−1 đối với t sao cho
(cosx+ isinx) n = cosnx+isinnx, n ∈ N. Suy ra
C n 0 cos n x−C n 2 cos n−2 xsin 2 x+C n 4 cos n−4 xsin 4 x− ã ã ã = cosnx,
C n 1 cos n−1 xsinx−C n 3 cos n−3 xsin 3 x+C n 5 cos n−5 xsin 5 x− ã ã ã= sinnx.
Do đó tồn tại đa thức đại số q k−1 (t) sao cho sinkx = sinxq k−1 (cosx) với k ≥ 1, k ∈ N Khi đó n
(b k sinkx) = sinxQ n−1 (cosx) trong đó
X k=1 q k−1 (cosx) và coskx = p k (cosx) với p k (t) là đa thức đại số bậc k, k ≥ 1, k ∈ N.
Từ chứng minh Tính chất 2.1.9, ta suy ra được các kết quả sau:
Tính chất 2.1.10 ([3]) Đối với mọi đa thức lượng giác theosin bậc n(n ⩾
S n (x) =b 0 + b 1 sinx+b 2 sin 2x+ã ã ã+b n sinnx luôn tìm được đa thức đai số Q n−1 (t) sao cho
Tính chất 2.1.11 ([3]) Với mọi đa thức lượng giác theo cosin dạng
C n (x) = a 0 +a 1 cosx+ a 2 cos 2x+ã ã ã+a n cosnx luôn tìm được đa thức đại số Pn(t) với hệ số bậc cao nhất là 2 n−1 an sao cho C n (x) = P n (cosx) Ngược lại, với mọi đa thức đại số P n (t) với hệ số bậc cao nhất bằng 1, qua phép đặt ẩn phụ t = cosx đều biến đổi được về dạng C n (x) với a n = 2 1−n
Bài toán 2.1.12 Viết công thức biểu diễn của cosnx và sinnx theo các lũy thừa cosx và sinx.
Lời giải Theo công thức Moivre thì cosnx+isinnx= (cosx+isinx) n
Sử dụng công thức khai triển nhị thức Newton, ta có
= cos n x+iC n 1 cos n−1 xsinx−C n 2 cos n−2 xsin 2 x+ ã ã ã := A+ iB, trong đó
A ( (−1) n 2 sin n x nếu n chẳn (−1) n 2 C n n−1 cosxsin n−1 x nếu n lẻ ;
B ( (−1) n−2 2 C n 2 cosxsin n−1 x nếu n chẵn (−1) n−1 2 sin n x nếu n lẻ.
Vậy cosnx= cos n x−C n 2 cos n−2 xsin 2 x+C n 4 cos n−4 xsin 4 x− ã ã ã+A,sinnx= C n 1 cos n−1 xsinx−C n 3 cos n−3 xsin 3 x+ã ã ã+B.
Bài toán 2.1.13 Biểu diễn các hàm số sin n x và cos n x dưới dạng các đa thức lượng giác.
Lời giải Giả sử z = cost+isint Khi đó z −1 = (cost+isint) −1 = cost−isint.
z n +z −n +C n 1 z n−2 +z −(n−2) + ã ã ã+ C n n 2 nếu n chẵn, z n +z −n +C n 1 z n−2 +z −(n−2) + ã ã ã+ C n−1 n 2 z +z −1 nếu n lẻ và z −z −1 n
2 n−1 cosnx+C n 1 cos(n−2)x+ã ã ã+C n−1 n 2 cosx nếu n lẻ, sin n x
2 sinnx−2iC n 1 sin(n−2)x+ã ã ã+ (−1) n−1 2 C n−1 n 2 2 sinx nếu n lẻ.
Bài toán 2.1.14 Chứng minh đẳng thức sin π
Lời giải Gọi P là vế trái của đẳng thức Xét phương trìnhx 2m −1 = 0 Ta thấy phương trình này có hai nghiệm thực là x = ±1 và (2m−2) nghiệm phức Kí hiệuε k là nghiệm phức của phương trình vớik = 0,1, ,2m−1, ta có ε k = cos2kπ
Do đó với x ̸= ±1, ta có x 2m −1 x 2 −1 m−1
Chuyển qua giới hạn khi x →1, ta được m = 2 2(m−1) m−1
Tính giá trị của một số biểu thức lượng giác
Trước hết ta tính giá trị của một số biểu thức lượng giác tại các điểm cho trước có các giá trị đặc biệt bằng các công thức biến đổi lượng giác cơ bản.
Bài toán 2.2.1 Chứng minh các công thức sin 18 ◦ √5−1
4 Lời giải Ta có cos 54 ◦ = sin 36 ◦ ⇔ cos(3.18 ◦ ) = sin(2.18 ◦ )
Suy ra sin 18 ◦ là nghiệm dương của phương tình 4t 2 + 2t−1 = 0 Do đó sin 18 ◦ √5−1
4 Bài toán 2.2.2 Chứng minh rằng sinasin (60 ◦ −a) sin (60 ◦ +a) = 1
Lời giải Ta có sinasin (60 ◦ −a) sin (60 ◦ +a)
= sina(sin 60 ◦ cosa−sinacos 60 ◦ ) (sin 60 ◦ cosa+ sinacos 60 ◦ )
Bài toán 2.2.3 Chứng minh rằng sin 2 ◦ sin 18 ◦ sin 22 ◦ sin 38 ◦ sin 42 ◦ sin 58 ◦ sin 62 ◦ sin 78 ◦ sin 82 ◦ √5−1
Lời giải Sử dụng công thức sinasin (60 ◦ −a) sin (60 ◦ +a) = 1
4sin 3a, ta có sin 2 ◦ sin 18 ◦ sin 22 ◦ sin 38 ◦ sin 42 ◦ sin 58 ◦ sin 62 ◦ sin 78 ◦ sin 82 ◦
= (sin 2 ◦ sin 58 ◦ sin 62 ◦ ) (sin 18 ◦ sin 42 ◦ sin 78 ◦ ) (sin 22 ◦ sin 38 ◦ sin 82 ◦ )
4 nênsin 2 ◦ sin 18 ◦ sin 22 ◦ sin 38 ◦ sin 42 ◦ sin 58 ◦ sin 62 ◦ sin 78 ◦ sin 82 ◦ √ 5−1
Bài toán 2.2.4 Chứng minh sin 1 ◦ là một số vô tỉ.
Lời giải Ta chứng minh bằng phương pháp phản chứng.
Giả sử rằng sin 1 ◦ là một số hữu tỉ Sử dụng công thức sin 3a = 3 sina−
4 sin 3 a ta thu được sin 3 ◦ cũng là một số hữu tỉ Tương tự, ta suy ra sin 9 ◦ ,sin 27 ◦ ,sin 81 ◦ là các số hữu tỉ Mà sin 81 ◦ = cos 9 ◦ và sin 18 ◦ 2 sin 9 ◦ cos 9 ◦ nên sin 18 ◦ nên cũng là một số hữu tỉ.
Giả sử sin 18 ◦ = p q p, q ∈ N ∗ ,(p;q) = 1 Mặt khác, ta có sin 18 ◦ √ 5−1
5 = 4p+q q là một số hữu tỉ (mâu thuẫn) Vậy sin 1 ◦ là một số vô tỉ.
Bài toán 2.2.5 Chứng minh đẳng thức cos π
Bài toán 2.2.6 Tính giá trị của biểu thức
S =(sinx+ sin 2x+ sin 4x) 5 −(−sinx+ sin 2x+ sin 4x) 5
−(sinx−sin 2x+ sin 4x) 5 −(sinx+ sin 2x−sin 4x) 5 ứng với x = 20 ◦
Lời giải Ta có sinx+ sin 2x = 2 sin 3x
S = 2 5 h(sinx+ sin 2x) 5 −5 sin 5 2x−sin 5 xi
= 2 5 5 sinxsin 2x sin 3 2x+ sin 3 x + 2 sin 2 xsin 2 2x(sinx+ sin 2x)
= 2 5 5 sinxsin 2x(sin 2x+ sinx) sin 2 x+ sin 2xsinx+ sin 2 2x
Bài toán 2.2.7 Cho biểu thức
Lời giải Xét x = cosα với α = 2π
Bài toán 2.2.8 Tính các tổng sau:
10. Lời giải Ta có cos 5α = cos(2α+ 3α)
= 2 cos 2 α−1 4 cos 3 α−3 cosα −2 sinαcosα 3 sinα−4 sin 3 α
= 8 cos 5 α−4 cos 3 α−6 cos 3 α+ 3 cosα−6 1−cos 2 α cosα
10 là các nghiệm của đa thức f(x) = 16x 5 −20x 3 + 5x Theo định lí Viète, ta thu được S 1 = 0;S 2 −5
S = cos 5 ◦ + cos 77 ◦ + cos 149 ◦ + cos 221 ◦ + cos 293 ◦
Lời giải Ta có cos 5α = 16 cos 5 α − 20 cos 3 α + 5 cosα Với các giá trị α = 5 ◦ , α = 77 ◦ , α = 149 ◦ , α = 221 ◦ , α = 293 ◦ thì cos 5α đều bằng cos 25 ◦ Do đócos 5 ◦ ,cos 77 ◦ ,cos 149 ◦ ,cos 221 ◦ ,cos 293 ◦ là các nghiệm của đa thức P(x) = 16x 5 − 20x 3 + 5x − cos 25 ◦ Theo định lí Viète, ta có
Bài toán 2.2.10 Chứng minh rằng
Lời giải Nhận xét rằng x k = cos2kπ
7 (k = 0,1, ,6) là các nghiệm của phương trình x 7 = 1 Từ đó suy ra x k = cos2kπ
7 (k = 0,1, ,6) là các nghiệm của phương trình x 6 +x 5 +ã ã ã+x+ 1 = 0 và đồng thời cũng là nghiệm của phương trình x+ 1 x
Do đó yk = xk + 1 x k = xk +xk = 2 cos2kπ
7 (k = 1,2,3) là các nghiệm của phương trình y 3 +y 2 −2y−1 = 0 Vì cos 8π
7 nên ta có thể thay cos 6π
7 Lập phương trình bậc ba có các nghiệm là
7 Dựa theo hệ thức giữa các nghiệm và các hệ số của phương trình ta suy ra điều phải chứng minh.
Một cách tổng quát, nếu α, β, γ là các nghiệm của phương trình x 3 +ax 2 +bx+ c = 0, còn √ 3 α,√ 3 β,√ 3 γ là các nghiệm của phương trình x 3 +Ax 2 +Bx+C = 0 thì
C Tương tự ta cũng tìm được
Trong trường hợp của bài toán đã cho thì a = 1, b = −2, c = −1, C −1 Do đó
B 3 = −3AB−5. Đặt AB = z và nhân vế theo vế của hai đẳng thức này, ta được z 3 + 9z 2 + 27z+ 20 = 0.
Dạng phức của bất đẳng thức Cauchy
Ta có nhận xét rằng từ một đẳng thức đã cho đối với bộ số thực ta đều có thể mở rộng (theo nhiều cách thức khác nhau) thành một đẳng thức mới cho bộ số phức tương ứng Chẳng hạn, ta có thể coi mọi số thực a đã cho như là phần thực của một số z = a + ib với b ∈ R Ta nêu một số đồng nhất thức về sau cần sử dụng.
Bài toán 2.3.1 Với mọi bộ số thực a j ;b j ;u j ;v j , ta luôn có đẳng thức sau: n
(2.1) Nhận xét rằng, từ đồng nhất thức này ta thu được đồng nhất thức Lagrange sau đây đối với bộ số phức.
Bài toán 2.3.2 Với mọi bộ số phức aj;bj
, ta luôn có đẳng thức sau n
Lời giải Từ đẳng thức (2.1), bằng cách thay a j bởi a j ,v j bởi b j và u j bởi a j ta sẽ thu được (2.2).
Hệ thức (2.2) cho ta bất đẳng thức Cauchy sau đây đối với bộ số phức.
Hệ quả 2.3.3 ([3]) Với mọi bộ số phức (a j ;b j ), ta luôn có bất đẳng thức sau n
Giả sử ta có bộ n cặp số dương (a k ;b k ) sao cho ak b k ∈ [α;β], α > 0, k = 1,2, , n.
Khi đó, theo Định lí đảo về dấu của tam thức bậc hai thì β− a k b k a k b k −α
Theo bất đẳng thức Cauchy ta có
Từ đây, ta thu được bất đẳng thức đảo Cauchy. Định lý 2.3.4 ([3]) Giả sử ta có bộ n cặp số dương (a k ;b k ) sao cho a k b k ∈ [α;β], α > 0, k = 1,2, , n.
Nhìn chung, có rất nhiều bất đẳng thức nhận được từ các đồng nhất thức Vì vậy, việc thiết lập được các đồng nhất thức được coi như một phương pháp hữu hiệu để sáng tác và chứng minh bất đẳng thức Tiếp theo, ta xét một số mở rộng khác (dạng phức) của bất đẳng thức Cauchy. Định lý 2.3.5 ([3, N.G.de.Bruijn]) Với bộ số thực a 1 , , a n và bộ số phức (hoặc số thực) z 1 , , z n , ta đều có n
X k=1 a 2 k Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a k = Re(λz k ) (k = 1, , n), trong đó λ là số phức và Pn k=1λ 2 z k 2 là số thực không âm.
Chứng minh Bằng cách thực hiện đồng thời phép quay quanh gốc tọa độ đối với các z k cùng một góc, ta thu được n
Rõ ràng phép quay này không ảnh hưởng đến giá trị của mô-đun các số. n
Vậy chỉ cần chứng minh cho trường hợp n
Nếu ta đặt zk = xk +iyk (k = 1, , n) thì n
Từ bất đẳng thức này và n
, ta thu được điều phải chứng minh.
Bài toán 2.3.6 Cho số phức z thỏa mãn |z−1−2i| = 4 Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của|z+ 2 +i| Tính S = M 2 +m 2
Bài toán 2.3.7 Trong các số phức z thỏa mãn |2z+ ¯z| = |z−i|, tìm số phức có phần thực không âm sao cho z −1 đạt giá trị lớn nhất.
Lời giải Gọi z = a+bi (a ≥ 0) thì z¯= a−bi Khi đó
|z| lớn nhất khi và chỉ khi |z| = √ a 2 +b 2 nhỏ nhất.
8 Do đó số phức z cần tìm thỏa mãn
MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA SỐ
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
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.
Bài toán 3.1.1 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
Lời giải Nhận xét rằng với a < b và x = αa+ (1−α)b thì x ∈ (a, b) Khi đó p= 1 x−a + 1 x−b = 2α−1 α(1−α)(b−a).
Do vậy p > 0 khi và chỉ khi α > 1
2 và p = 0 khi và chỉ khi α = 1 2 Theo giả thiết thì f(x) = c n
2 ta đặt x = αr 1 + (1−α)r 2 Khi đó theo giả thiết thì f ′ (x) = 0 và đồng thời ta lại có f ′ (x) f(x) = 1 x−r 1 + 1 x−r 2 + n
1 x−r i < 0, mâu thuẫn Tương tự với n ≥ 3 và 1
2 < α < 1 ta cũng nhận được điều vô lí Nếu n = 2 và α ̸= 1
2 thì tương tự như trên cũng dẫn đến điều mâu thuẫn Do vậy chỉ còn trường hợp n = 2 và α = 1
2 để xét Khi đó mọi tam thức bậc hai có 2 nghiệm phân biệt đều thoả mãn đề bài.
Bài toán 3.1.2 Tìm tất cả các đa thức P(x) khác hằng sao cho
Lời giải Giả sử x 0 là nghiệm của P(x) = 0 Khi đó x 2 0 + x 0 + 1 cũng là nghiệm Thay x bởi x−1 trong (3.1), ta thấy rằng
Vì P (x 0 ) = 0 nên x 2 0 + x 0 + 1 cũng là nghiệm của P(x) = 0 Chọn α là nghiệm có mô-đun lớn nhất (nếu tồn tại vài nghiệm với mô-đun lớn nhất, ta chọn một trong số các nghiệm đó) Từ cách chọn α như vậy ta suy ra α 2 + α+ 1 ≤ |α| và α 2 −α + 1 ≤ |α| vì cả α 2 + α+ 1 và α 2 −α + 1 đều là nghiệm của P(x) = 0.
Ta nhận xét rằng α ̸= 0 Tiếp theo, ta có
Vậy phải xảy ra dấu đẳng thức nên từ đây suy raα 2 +α+1 = −β α 2 −α + 1 với một hằng số dương β nào đó Hơn nữa từ tính lớn nhất của |α| ta còn suy ra
Như vậy β = 1 và ta có α 2 +α + 1 = −(α 2 −α+ 1), suy ra α 2 + 1 = 0 Từ đó α = ±i và x 2 + 1 là thừa số của P(x) Do đó ta có thể viết P(x) dưới dạng
Q(x), trong đó Q(x) là đa thức không chia hết cho x 2 + 1 Thế ngược trở lại vào phương trình (3.1), ta thấy Q(x) cũng thoả mãn điều kiện
Nếu phương trình Q(x) = 0 lại có nghiệm thì lí luận trên đây suy ra nghiệm có mô-đun lớn nhất của nó phải là ±i Điều này không thể xảy ra vì x 2 + 1 không chia hết Q(x) Ta suy ra rằng Q(x) là một hằng số, giả sử là c Thay vào phương trình (3.2) của Q(x), ta được c = 1 Như vậy lớp các đa thức thoả mãn phương trình (3.1) là P(x) = x 2 + 1 m với m là một số nguyên dương nào đó.
Bài toán 3.1.3 Tìm tất cả các đa thức P(x) thoả mãn điều kiện
Lời giải Giả sử αlà nghiệm của phương trìnhP(x) = 0 Khi đó từ phương trình suy ra α 2 , α 4 , α 8 , cũng là nghiệm của P(x) = 0 Từ đây suy ra rằng |α| = 0 hoặc |α| = 1, vì nếu ngược lại ta sẽ thu được dãy vô hạn các nghiệm phân biệt của P(x).
Tương tự α−1 là nghiệm của P(x) và lí luận tương tự, ta cũng được
Giả sử rằng |α| = 1 và |α−1| = 1 Ta viết α = cosβ+isinβ, ta thấy rằng 2 cosβ = 1 Từ đây suy ra cosβ = 1
3 Xét α 2 cũng là nghiệm của P(x) = 0 Như vậy α 2 −1 cũng là nghiệm của P(x) = 0 và α 2 −1 cos
Mâu thuẫn vì mọi nghiệm của P(x) = 0 có mô-đun bằng 0 hoặc 1
Tương tự với trường hợp β = 5π
3 Như vậy ta có thể kết luận rằng α = 1, hoặc α−1 = 0 Từ đây P(x) có dạngP(x) =cx m (1−x) n , với c là một hằng số nào đó và m, n là các số nguyên không âm Thay vào phương trình đã cho, ta dễ dàng kiểm tra được rằng c = 1 và m = n Như vậy lớp các đa thức thoả mãn điều kiện đã cho là
P(x) =x m (1−x) m trong đó m là một số tự nhiên.
Bài toán 3.1.4 Tìm tất cả các đa thức P(x) thỏa mãn phương trình
P 2 (x)−P(x 2 ) = 2x 4 , ∀x ∈ R (3.4) Lời giải Nếu đặt P(x) =ax k +R(x) với deg R(x) =r < k thì ta có
Từ đó suy ra deg P 2 (x) −P x 2 hoặc bằng 2k nếu a ̸= 1, hoặc bằng k+r nếua = 1vàr ≥0, hoặc bằng−∞khia = 1vàr = −∞(tức là đồng nhất bằng 0) Suy ra k ≤ 4 Vậy các nghiệm của(3.4)là x 4 + 1, x 3 +x,2x 2 và −x 2
Bài toán 3.1.5 Tìm tất cả các đa thức P(x) thỏa mãn phương trình
Lời giải Có hai đa thức hằng thỏa 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 (3.5) 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, x 2 −2, x 3 −3x, x 4 −4x 2 + 2.
Từ đây, có thể dự đoán được quy luật của dãy nghiệm như sau
Cuối cùng, để hoàn tất lời giải bài toán, ta chỉ cần chứng minh các đa thức được xác định bởi (3.6) thỏa mãn phương trình (3.5) Ta có thể thực hiện điều này bằng cách sử dụng quy nạp toán học hoặc bằng cách sau.
Xét x bất kỳ thuộc [−2; 2], đặt x = 2 cost thì từ công thức (3.6), ta suy ra
P 2 (x) = 4 cos 2t−2 = 2 cos 2t, P 3 (x) = 2 cost.2 cos 2t−2 cost = 2 cos 3t, và nói chung P n (x) = 2 cos(nt) Từ đó, ta có
= 4 cos 2 (nt)−2 = P 2 (x)−2. Đẳng thức này đúng với mọi x ∈ [−2; 2], do đó đúng với mọi x Bài toán được giải quyết hoàn toàn.
Bài toán 3.1.6 Tìm tất cả các bộ (a;P;Q) trong đó a là hằng số thực,
P, Q là các đa thức sao cho
Lời giải Nếu(a;P;Q) là nghiệm thì(a;P.R;Q.R)cũng là nghiệm Không mất tính tổng quát, ta giả sử(P;Q) = 1 Phương trình có thể viết lại thành
Do P 2 (x);Q 2 (x) = 1 nên từ đây ta suy ra Q 2 (x) = cQ x 2 Do đó Q(x) =cx n , với n là số tự nhiên nào đó Thay vào phương trình (3.8), ta được
P 2 (x) =cP(x 2 ) +ac 2 x 2n Đặt R(x) = P(x) c , ta được phương trình
Thayx = 0 vào phương trình (3.9), ta được R 2 (0) = R(0) Do (P;Q) = 1 nên a ̸= 0 và R(0) ̸= 0 Từ đó R(0) = 1 Đặt R(x) = 1 + x k S(x) với S(0) ̸= 0 Thay vào (3.9), ta được
⇔2x k S(x) +x 2k S 2 (x)−S(x 2 ) = ax 2n Nếu k > 2n thì chia cả hai vế cho x 2n , ta được
Thay x = 0 vào suy ra 0 = a, mâu thuẵn.
Nếu k < 2n thì chia hai vế cho k, ta được
Thay x = 0 vào, suy ra S(0) = 0, mâu thuẫn.
Vậy chỉ còn một khả năng có thể xảy ra là k = 2n Lúc đó ta được phương trình
Lí luận tương tự như trong lời giải của Bài toán 3.1.3, ta suy ra S 2 (x)−
S x 2 hoặc đồng nhất bằng 0, hoặc có bậc lớn hơn hoặc bằng bậc củaS(x) Như vậy, nếu S 2 (x)−S x 2 không đồng nhất 0 thì vế trái sẽ có bậc là 2n+ s, mâu thuẫn Vậy S 2 (x)−S x 2 = 0, suy ra S(x) = a
2 và thay lại vào đẳng thức S 2 (x)−S x 2 = 0 ta suy ra a = 2 Vậy a = 2, Q(x) = cx n , P(x) = c(1 +x 2n ).
Bài toán 3.1.7 Hãy xác định tất cả các đa thức P(x) với hệ số thực, thỏa mãn hệ thức sau:
P(x 2 ) +x(3P(x) +P(−x)) = (P(x)) 2 + 2x 2 ,∀x ∈ R (3.10) Lời giải Thay x = −x vào (3.10), ta được
Vì(3.12)đúng với mọi xthuộcR nên ta phải có hoặc làP(x)+P(−x) = 0 đúng với vô số các giá trịxhoặcP(x)−P(−x)−4x= 0 đúng với vô số các giá trịx Do P(x) là đa thức nên từ đây ta suy ra hoặc P(x) +P(−x) = 0 đúng với mọi x hoặc P(x)−P(−x)−4x = 0 đúng với mọi x.
Ta xét các trường hợp sau:
Trường hợp 1: P(x) +P(−x) = 0 Khi đó ta có phương trình
P(x 2 ) + 2xP(x) = (P(x)) 2 + 2x 2 ⇔ P(x 2 )−x 2 = (P(x)−x) 2 Đặt Q(x) = P(x)−x thì Q x 2 = Q 2 (x), ta được Q≡ 0, Q ≡1, Q(x) x n Từ đó P(x) = x, P(x) = x+ 1, P(x) = x n +x So sánh với điều kiện
P(x) + P(−x) = 0, ta chỉ nhận được các nghiệm:
P(x) = x và P(x) = x 2k+1 +x, k = 0,1,2, Trường hơp 2: P(x)−P(−x)−4x = 0 Khi đó ta có phương trình
P(x 2 ) +x(4P(x)−4x) =P 2 (x) + 2x 2 ⇔ P(x 2 )−2x 2 = (P(x)−2x) 2 ĐặtQ(x) = P(x)−2xthì Q x 2 = Q 2 (x), ta được Q≡ 0, Q ≡1, Q(x) x n Từ đó P(x) = 2x, P(x) = 2x+ 1, P(x) = x n + 2x So sánh với điều kiện P(x)−P(−x)−4x = 0, ta chỉ nhận được các nghiệm
Tổng hợp hai trường hợp, ta có tất cả nghiệm của (3.10) là các đa thức
Bài toán 3.1.8 Tìm tất cả các đa thức với hệ số thực P(x) thỏa mãn đẳng thức sau với mọi số thực x
Lời giải Ta sẽ đi tìm nghiệm không đồng nhất hằng số bậc nhỏ nhất của (3.13) Xét trường hợp P(x) có dạng bậc nhất, P(x) =ax+ b Thay vào (3.13), ta có
So sánh hệ số của các đơn thức ở hai vế, ta được hệ a 3 = 2a, 2ba 2 = 0, ab = a, b 2 = b.
Hệ này vô nghiệm (do a ̸= 0 ) nên ta có thể kết luận không tồn tại đa thức bậc nhất thỏa mãn (3.13).
Xét trường hợp P(x) có bậc 2, P(x) = ax 2 +bx+ c Thay vào (3.13), ta có
⇔4a 2 x 6 + 4abx 5 + (4ac+ 2ab)x 4 +2b 2 x 3 + (ac+ 2bc)x 2 +bcx+c 2
= 4ax 6 + 4ax 4 + 2bx 3 + ax 2 +bx+c.
So sánh hệ số các đơn thức ở hai vế, ta được hệ
4a 2 = 4a,4ab = 0,4ac+ 2ab = 4a,2b 2 = 2b, ac+ 2bc = a, bc= b, c 2 = c.
Hệ này có nghiệm a = c = 1, b = 0 Như vậy P(x) = x 2 + 1 là đa thức bậc hai thỏa mãn (3.13) Ta suy ra (x 2 + 1) k là tất cả các đa thức bậc chẵn(không đồng nhất hằng số) thỏa mãn (3.13).
Vậy còn các nghiệm của (3.13)có bậc lẻ thì sao? Rõ ràng đa thức x 2 + 1 không "sinh" ra được các nghiệm bậc lẻ Để chứng minh điều này, ta dựa vào tính chất mọi đa thức bậc lẻ đều có ít nhất một nghiệm thực, ta chỉ cần chứng minh nếu P(x) là một đa thức khác hằng số thỏa mãn (3.13) thì P(x) không có nghiệm thực (đây chính là nội dung bài thi HSG Việt Nam 1990).
Thật vậy, giả sử α là nghiệm thực của P(x), khi đó 2α 3 + α cũng là nghiệm của P(x) Nếu α > 0 thì α, α+ 2α 3 , α+ 2α 3 + 2(α+ 2α 3 ) 3 , dãy tăng và tất cả đều nghiệm 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 P(x) =x k Q(x) với Q(0) ̸= 0, thay vào phương trình ta có x k Q(x)(2x 2 ) k Q(2x 2 ) = (2x 3 + x) k Q(2x 3 +x)
Thayx = 0vào ta được0 = Q(0), mâu thuẫn Vậy P(x) không có nghiệm thực, có nghĩa làP(x) không thể có bậc lẻ Vậy bài toán đã được giải quyết hoàn toàn.
Các bài toán về đa thức bất khả quy
Định nghĩa 3.2.1 Cho P(x) là đa thức với hệ số nguyên Ta gọi P(x) là bất khả quy trên Z[x] nếu P(x) không phân tích được thành tích hai đa thức thuộc Z[x] với bậc lớn hơn hay bằng 1 Ngược lại thì P(x) gọi là khả quy trên Z[x] Tương tự ta có định nghĩa đa thức bất khả quy trên
Nghiệm phức của đa thức với hệ số nguyên, trong nhiều trường hợp là chìa khóa để chứng minh tính bất khả quy (trên Z và Q) của đa thức đó. Chúng ta tìm hiểu các lí luận mâu thuẫn trong vấn đề này thông qua các tính toán 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 3.2.2 ([3, Tiêu chuẩn Eisenstein])ChoP(x) =anx n +a n−1 x n−1 + ã ã ã+a 1 x+a 0 là một đa thức hệ số nguyờn Giả sử tồn tại số nguyờn tố p thỏa mãn nhưng điều kiện sau:
2) Tất cả những hệ số còn lại đều chia hết cho p;
Khi đó đa thức P(x) bất khả quy trên Q[x].
Bài toán 3.2.3 Chứng minh rằng nếu p là một số nguyên tố thì đa thức
P(x) = x p −1 x−1, với x ̸= 1. Đặt x−1 = y, ta nhận được
P(x) = (y + 1) p −1 y = y p−1 +C p 1 y p−2 + ã ã ã+C p p−2 y +C p p−1 Đặt Q(y) = y p−1 + C p 1 y p−2 + ã ã ã + C p p−2 y + C p p−1 Do Q(y) là đa thức Eisenstein, Q(y) bất khả quy, suy ra cả P(x) cũng bất khả quy, vô lí.
Qua ví dụ trên 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 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) = x 4 −2x+3bất khả quy vì ta thay thếx = y+1vào đa thứcP(x)thì nhận được đa thức thỏa mãn tiêu chuẩn Eisenstein y 4 + 4y 3 + 6y 2 + 2y+ 2. Nhưng không phải lúc nào cũng thay biến để đưa một đa thức chưa thỏa mãn tiêu chuẩn Eisenstein thành đa thức thỏa mãn tiêu chuẩn Eisenstein.
Ta xét tiếp bài toán sau.
Bài toán 3.2.4 Tồn tại đa thức bất khả quy, mà nó không có một cách biến đổi tuyến tính của ẩn nào có thể chuyển nó thành đa thức Eisenstein(với số nguyên tố p nào đó).
Lời giải Xét đa thức P(x) = 2x 2 + 1, đa thức này bất khả quy trên Q[x]. Đổi biến x = ay +b (a, b là những số nguyên bất kì) Khi đó ta có
Giả sử Q(y) là đa thức thỏa mãn tiêu chuẩn Eisenstein, nghĩa là tồn tại số nguyên tố p sao cho 2a 2 không chia hết cho p và 4ab, 2b 2 + 1 cùng chia hết cho p Suy ra b không chia hết cho p nhưng khi đó 4a chia hết cho p, từ đây có hoặc a chia hết cho p hoặc 4 chia hết cho p.
Từ trường hợp thứ nhất ta nhận được hệ số cao nhất của đa thức Q(y) chia hết cho p, điều này vô lí.
Từ trường hợp thứ hai 4 chia hết cho p, suy ra p = 2 Nhưng khi đó 2b 2 + 1 không chia hết cho p ta cũng thu được điều vô lí. Định lý 3.2.5 ([3, Tiêu chuẩn Eisenstein mở rộng]) Cho P(x) = a n x n + a n−1 x n−1 +ã ã ã +a1x+a0 là một đa thức hệ số nguyờn cú bậc n Giả sử tồn tại số nguyên tố p thỏa mãn những diều kiện sau:
2) Tồn tại k,0 ⩽ k < n sao cho a 0 , a 1 , , a k chia hết cho p;
Khi đó đa thức P(x) có đa thức ước bất khả quy trên Z[x] mà bậc của nó không nhỏ thua k + 1.
Với k = n−1 ta được tiêu chuẩn Eisenstein quen thuộc.
Bài toán 3.2.6 Chứng minh đa thức sau bất khả quy
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 thực sự của P(x) là G(x) có bậc
⩾ 2 + 1 = 3 bất khả quy Từ deg G(x) = 3 suy ra P(x) có nghiệm hữu tỉ, nhưng nghiệm hữu tỉ của P(x) nếu có là ước của 3 , kiểm tra thấy các ước này đều không là nghiệm của P(x) Vậy P(x) bất khả quy trên Z[x] nên bất khả quy trên Q[x].
Bổ đề 3.2.7 ([3]) Cho ξ là một số phức sao cho Reξ < b− 1
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 Theo giả thiết thì Reξ = η và η < b− 1
Bổ đề được chứng minh. Định lý 3.2.8 ([3, Tiêu chuẩn Perron]) Cho P(x) là đa thức với hệ số nguyên Giả thiết tồn tại số nguyên b và số nguyên tố p sao cho chúng thỏa mãn những điều kiện sau:
3) Tất cả các nghiệm ξ i (i = 1,2, , n) của đa thức P(x) thỏa mãn bất đẳng thức Reξ i < b− 1
2. Khi đó đa thức P(x) bất khả quy trên Z[x].
Chứng minh Giả sử P(x) = G(x)H(x), ở đây G(x), H(x) là đa thức nguyên không phải là hằng số Từ đẳng thức P(b) = p (do p là số nguyên tố) suy ra G(b) =±1 và H(b) = ±p hoặc là G(b) = ±p và H(b) = ±1. Xét G(b) = 1 và giả sử nghiệm của G(x) = 0 là ξ 1 , ξ 2 , , ξ k (1 ⩽ k < n) Khi đó
G(x) =c(x−ξ1) (x−ξ2) .(x−ξn), ở đây c là hệ số cao nhất của G(x) Vì G(b) = 1 và G(b−1) ∈ Z ∗ nên ta có bất đẳng thức
⩽ 1, (3.14) điều này vô lí vì b−ξ i b−1−ξ i
> 1 với mọi i Như vậy đa thức P(x) bất khả quy trên Z[x].
Bài toán 3.2.9 Cho b ⩾ 3là số nguyên và plà một số nguyên tố Ta viết p trong hệ số cơ số b, nghĩa là p có dạng p= a0b n +a1b n−1 +ã ã ã+an, ở đây n là số tự nhiên, a 0 ̸= 0 và 0 ⩽ a i < b (i = 0,1, , n) Xét đa thức
Chứng minh rằng P(x) bất khả quy trên Z[x] (giả thiết p ⩾ b vì với p < b thì đa thức là hằng số).
Lời giải Ta dùng tiêu chuẩn Perron Hiển nhiên P(b) = pvàP(b−1)̸= 0, vì b−1 > 1 và tất cả hệ số a i không âm và ít nhất một trong chúng là số dương Ta chỉ cần chứng minh mọi nghiệm ξ của P(x) = 0 thỏa mãn bất đẳng thức
Nếu Reξ ⩽ 0 bất đẳng thức Reξ < b− 1
Nếu Reξ > 0 Ta kí hiệu r là mô-đun của ξ, nghĩa là |ξ| = r Với r ⩽ 1, từ bất đẳng thức hiển nhiên Reξ ⩽ |Reξ| ⩽ r ⩽ 1 < b − 1
2 là hiển nhiên vì b ⩾ 2 Với r > 1, với các điều ở trên thì ξ ̸= 0, khi đó chia cả hai vế của đẳng thức P(ξ) = 0 cho ξ n ta nhận được a0 + a 1 ξ + a 2 ξ 2 +ã ã ã+ a n ξ n = 0.
Theo bất đẳng thức về mô-đun cho vế phải, ta có a 2 ξ 2 +ã ã ã+ a n ξ n
Ta biết rằng a i ⩽ b−1, ta có thể đánh giá vế phải của bất đẳng thức trên a 2 r 2 +ã ã ã+ a n r n ⩽ (b−1)
Vì r > 1 nên từ bất đẳng thức cuối cùng ta nhận được a2 r 2 +ã ã ã+ an r n < (b−1) 1 r 2 ã 1
Nhưng ta giả thiết Reξ > 0 suy ra Rea 1 ξ > 0 (vì a1 là số không âm) và vì a 0 là một số nguyên dương nên Re a 0 + a1 ξ
⩾ 1 và cuối cùng ta nhận được bất đẳng thức
Vì r > 1 nên từ bất đẳng thức cuối cùng ta suy ra r(r −1) < b−1 Giả sử Reξ ⩾ b− 1
2 Nhân hai vế bất đẳng thức trên ta có r(r −1)⩾ b 2 −2b+ 3
Vì b ⩾ 3 nên bất đẳng thức cuối không xảy ra Ta có điều cần chứng minh.
Sau đây ta tiếp tục xét thêm một số lớp đa thức bất khả quy khác nữa.
Bài toán 3.2.10 ChoP(x)là đa thức có bậc lẻn= 2m+1vàP (a i ) = ±1 với n số nguyên khác nhau a 1 , a 2 , , a n Khi đó P(x) bất khả quy.
Lời giải Giả sử đa thứcP(x)phân tích được thành tíchP(x) =G(x)H(x) với G(x), H(x) là những đa thức hệ số nguyên khác hằng số Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử deg G(x) ⩽ m.
Từ đẳng thức P (a i ) = ±1, suy ra G(a i )H (a i ) = ±1 Do những số
G(a i ), H(a i ) là những số nguyên, ta nhận được G(a i ) = ±1 với mọi i = 1,2, , n Vì n= 2m+ 1> m nên suy ra ít nhất trong các đẳng thức
G(a i ) = 1 hoặc G(a i ) =−1 thỏa mãn với hơn m giá trị của i Mặt khác, degG(x) = m nên G(x) là đa thức hằng số 1 hoặc −1, điều này trái với giả sử.
Bài toán 3.2.11 Cho P(x) là đa thức với hệ số nguyên bậc n ⩾ 8 Giả sử tồn tại k những số nguyên khác nhau a 1 , a 2 , , a k , ở đây k > n
2 sao cho P (a k ) =±1 Khi đó đa thức P(x) bất khả quy.
Lời giải Giả sử P(x) = G(x)H(x), khi đó ít nhất một trong những đa thức G(x) và H(x), giả sử đó là G(x), có bậc m ⩽ n
2 sao cho phương trình |G(x)|= 1 sẽ có k nghiệm a k Do k > n
2 nên k > m Nhưng theo giả thiết thì n ⩾ 8, khi đó k ⩾ 5 Ta có hoặc là G(a i ) = 1, hoặc là
G(a i ) = −1 Mà bậc của G(x) nhỏ hơn k nên trong cả hai trường hợp ta nhận được G(x) là hằng số +1 hoặc −1, là điều vô lí.
Bài toán 3.2.12 Chứng minh rằng nếu đa thức f(x) ∈ Z[x] bậc n mà nhận giá trị bằng ±1tại nhiều hơn 2 n 2 điểm nguyên phân biệt thì f(x) là đa thức bất khả quy.
Vì n= 2m hoặc n = 2m+ 1 nên deg g(x) ⩽ m Mặt khác, theo giả thiết tồn tại l số x 1 , x 2 , , x l (l > 2m) sao cho f (x i ) =g(x i )h(x i ) = ±1, i = 1,2, , l (l > 2m).
Suy rag(x i ) =±1với mọi i = 1,2, , l Vậy trong l số x i phải có ít nhất m+ 1 số để g(x i ) = 1 hoặc g(x i ) = −1 mà g(x) chỉ là đa thức bậc nhỏ hơn hoặc bằng m nên g(x) ≡ 1 hoặc g(x) ≡ −1, trái với giả sử Vậy f(x) là đa thức bất khả quy.
Bài toán 3.2.13 Cho a 1 , a 2 , , a n là n số nguyên phân biệt Chứng minh rằng
Bài toán về sự chia hết của đa thức
Nhận xét rằng nếu đa thức P(x) chia hết cho đa thức Q(x) thì mọi nghiệm của Q(x) đều là nghiệm của P(x) Tính chất đơn giản này là chìa khoá để giải nhiều bài toán về sự chia hết của đa thức Chúng ta xem xét một số bài toán sau.
Bài toán 3.3.1 Với giá trị nào của n thì x 2n + x n + 1 chia hết cho đa thức x 2 + x+ 1.
Lời giải Nhận xét rằng ε = −1
3 là nghiệm của phương trình Q(x) = x 2 + x+ 1 = 0 Đa thức P(x) = x 2n +x n + 1 chia hết cho Q(x) khi và chỉ khi P(ε) = 0 Điều này tương đương với cos4nπ
Vậy với n = 3k + 1 hoặc n = 3k + 2(k ∈ Z) thì P(x) chia hết cho Q(x). Trong bài toán dưới đây, một lần nữa, căn của đơn vị lại đóng vai trò then chốt.
Bài toán 3.3.2 (USA MO 1976) Cho P(x), Q(x), R(x), S(x) là các đa thức sao cho
Chứng minh rằng P(x) chia hết cho x−1.
Lời giải Đặt ε= e 2πi 3 thì ε 5 = 1 Thay x lần lượt bởi ε, ε 2 , ε 3 , ε 4 , ta được các phương trình
P(1) +ε 4 Q(1) +ε 8 R(1) = 0 Nhân các phương trình từ thứ nhất đến thứ tư lần lượt với−ε,−ε 2 ,−ε 3 ,−ε 4 , ta được
Sử dụng đẳng thức 1 + ε+ ε 2 +ε 3 + ε 4 = 0, ta được 5P(1) = 0, tức là
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 này trong đại số.
Bổ đề 3.4.1 ([3]) Kí hiệu số vị trí đổi dấu của dãy các hệ số của các đa thức bậc n f(x) =a 0 + a 1 x+a 2 x 2 +ã ã ã+a n x n f(−x) = a 0 −a 1 x+ a 2 x 2 +ã ã ã+ (−1) n a n x n lần lượt là W + và W − Giả sử a ν là số hạng đầu tiên khác 0 trong dãy các hệ số a 0 , a 1 , a 2 , , a ν−1 , a ν , , a n của đa thức f(x) Khi đó n−ν − W + +W − ⩾ 0.
Chứng minh Kí hiệu akx k và alx l là hai số hạng thoả mãn điều kiện a k ̸= 0, a k+1 = a k+2 = ã ã ã = a l−1 = 0, a l ̸= 0.
Suy raν là một giá trị riêng củak Nếu(n−k) lẻ thì với mỗi cặpa k x k +a ℓ x l sẽ đóng góp một đơn vị vào cho W + hoặc cho W − Nếu (n−k) chẵn thì từ cặp akx k +alx l hai đại lượng W + và W − nhận thêm một đơn vị cho mỗi đại lượng hoặc không nhận gì cả Mặt khác, ta có
P được lấy theo các hiệu (l −k) lẻ,
P được lấy theo các hiệu (l −k) chẵn Từ đó suy ra
X nl−k− 1−sign (a k a l ) o. Nhận xét rằng, các số hạng trong
P đều không âm Do đó (n−ν)− W + +W − ⩾ 0. Định lý 3.4.2 ([3]) Giả sử đa thức f(x) = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + ã ã ã + a n x n (a n ̸= 0) có các nghiệm đều thực, gọi W là số vị trí đổi dấu của dãy hệ số a 0 , a 1 , , a n và N là số không điểm dương của đa thức f(x) thì
Chứng minh Giả sử N + là số không điểm dương,N − là số không điểm âm của f(x) Khi đó N − là số không điểm dương của f(−x) Do đa thức f(x) chỉ có các nghiệm thực nên với các kí hiệu như Bổ đề 3.4.1, ta có n = N + + ν +N − hay n−ν = N + +N − và
= N + −W + + N − −W − Theo quy tắc dấu Descartes, ta có
Bài toán 3.4.3 Cho đa thức f(x) =a 0 + a 1 x+a 2 x 2 +ã ã ã+a n x n thoả mãn các điều kiện a 0 ̸= 0, a n ̸= 0 và 2m hệ số liên tiếp đều bằng 0, với m ∈ Z + , m < n
2 Chứng minh rằng đa thức f(x) có ít nhất 2m nghiệm phức.
Lời giải Với các kí hiệu như Bổ đề 3.4.1 và kí hiệu N + , N − lần lượt là số nghiệm dương và âm của f(x) Theo quy tắc dấu Descartes, ta có
DoN + +ν+N − là số nghiệm thực củaf(x) nên số nghiệm phức của f(x) là n− N + +ν +N − ⩾ n− W + + ν +W − Theo Bổ đề 3.4.1 ta có n− W + + ν +W − L
Do đú nếu ak ̸= 0, a k+1 = ak+2 = ã ã ã = ak+2m = 0 thỡ hoặc l −k lẻ và l−k ⩾ 2m + 1 hoặc l−k chẵn và l−k ⩾ 2m+ 2.
Vậy số nghiệm phức của đa thức f(x)làn− N + +ν + N − ⩾ 2m.
Bài toán 3.4.4 Kí hiệu H2 là tập hợp tất cả các đa thức hệ số thực P 2 (x) bậc hai với hệ số tự do bằng 1 (tức P 2 (0) = 1) và có nghiệm thực Giả sử
P 2 (x) = 1 +p 1 x+ p 2 x 2 +ã ã ã+ p m x m +ã ã ã Chứng minh rằng với mọi P 2 (x) ∈ H 2 , các đa thức
Pˆ 2m (x) := 1 +p 1 x+p 2 x 2 +ã ã ã+p 2m x 2m , m ∈ N đều không có nghiệm thực.
Lời giải Không mất tính tổng quát, xét đa thức
Ta thực hiện phép nhân đa thức, rồi thu gọn các đơn thức đồng dạng Sau đây ta tiến hành thu gọn các đơn thức bậc k (k ⩽ 2m) sinh ra từ tích hai đa thức trên.
Tiếp theo, ta thu gọn các đơn thức bậc 2m + 1
Mặt khác, khi nhân hai đa thức trên ta thấy chỉ xuất hiện một hạng tử bậc 2m+ 2 là α 1 α 2 x 2 X i+j=2m α i 1 α j 2 x 2m = X i+j=2m α i+1 1 α j+1 2 x 2m+2
Như vậy trong số các hệ số của đa thức H(x) = P(x) ˆP 2 (x) có 2m hệ số liên tiếp bằng 0 Theo Bài toán 3.4.3 thì H(x) có ít nhất 2m nghiệm phức nhưng deg H(x) = 2m+ 2 nên H(x) có không quá hai nghiệm thực. Theo đề bài, đa thức P(x) có hai nghiệm thực nên Pˆ 2 (x) không có nghiệm thực.
Tiếp theo, ta chứng minh định lí quan trọng sau đây, mô tả một số lớp đa thức không có nghiệm thực. Định lý 3.4.5 ([3, Laguerre]) Kí hiệu H n là tập hợp đa thức hệ số thực
P n (x) bậc n(n > 0) với hệ số tự do bằng 1 và có tất cả các nghiệm đều thực Giả sử
P n (x) = 1 +p 1 x+p 2 x 2 +ã ã ã+p k x k +ã ã ã Khi đó, ứng với mỗi P n (x) ∈ H n , các đa thức dạng
Pˆ 2m (x) := 1 +p 1 x+p 2 x 2 +ã ã ã+p 2m x 2m , m ∈ N đều không có nghiệm thực.
Chứng minh Giả sử P n (x) = 1 +a 1 x+ ã ã ã+a n x n với a n ̸= 0 là đa thức thuộc Hn Từ giả thiết, ta có
Từ hệ thức cuối này, ta thu được
So sánh (đồng nhất thức theo luỹ thừa) hai vế, ta có đẳng thức
P n (x) ˆP 2m (x) = 1 +q 2m+1 x 2m+1 +q 2m+2 x 2m+2 +ã ã ã+q 2m+n x 2m+n , trong đó q 2m+1 = −p 2m+1 , q 2m+n = p 2m a n Theo Bài toán 3.4.3thì đa thức
H(x) := Pn(x) ˆP2m(x) có ít nhất 2m nghiệm phức, tức là H(x) có không quá n nghiệm thực (do degH(x) = 2m+n ) Nhưng theo giả thiết thì đa thứcP n (x) có nnghiệm thực nên đa thức Pˆ 2m (x) không có nghiệm thực.
Tiếp theo, ta phát biểu kết quả quan trọng sau đây như là một hệ quả trực tiếp suy ra từ định lí Laguerre.
Hệ quả 3.4.6 ([3]) Giả sử Pn(x) là đa thức thực bậc n(n > 0) với hệ số tự do bằng 1 Pn(0) = 1 và có các nghiệm đều thực Khi đó, ứng với mỗi m(m ∈ N ∗ ) cho trước, luôn tồn tại đa thức Pˆ 2m (x) bậc 2m không có nghiệm thực sao cho
Chứng minh Do P n (x) là đa thức bậc n(n > 0) với hệ số tự do bằng 1, có các nghiệm đều thực nên
Theo Định lí 3.4.5 với mỗi m ∈ N luôn tồn tại đa thức
Pˆ 2m (x) = 1 +p 1 x+p 2 x 2 +ã ã ã+p 2m x 2m không có nghiệm thực Khi đó
P n (x) ˆP 2m (x) = 1−p 2m+1 x 2m+1 +ã ã ã Đồng nhất hệ số theo từng bậc luỹ thừa ở hai vế, ta thu được q 2m+1 = −p 2m+1 , , q 2m+n = p 2m a n
Sau đây ta mô tả một lớp đa thức bậc lẻ có duy nhất một nghiệm thực (đơn).
Bài toán 3.4.7 Kí hiệu H n là tập hợp đa thức thực Pn(x) bậc n(n > 0) với hệ số tự do bằng 1 (tức Pn(0) = 1 và có các nghiệm đều thực Giả sử
P n (x) = 1 +p 1 x+p 2 x 2 +ã ã ã+p k x k + ã ã ã Chứng minh rằng ứng với mỗi P n (x) ∈ H n , các đa thức
Pˆ 2m+1 (x) := 1 +p 1 x+p 2 x 2 +ã ã ã+p 2m+1 x 2m+1 , m ∈ N đều có duy nhất một nghiệm thực (đơn).
Lời giải Tương tự như cách chứng minh định lí trên, ta giả sử
P n (x) = 1 +a 1 x+ã ã ã+a n x n là đa thức thuộc H n và
Từ hệ thức này, ta suy ra
So sánh đồng nhất thức theo luỹ thừa ở hai vế, ta thu được đẳng thức
P n (x) ˆP 2m+1 (x) = 1 + q 2m+2 x 2m+2 + q 2m+3 x 2m+3 +ã ã ã+q 2m+n+1 x 2m+n+1 , trong đó q 2m+2 = −p 2m+2 , q 2m+n+1 = p 2m+1 a n Theo Bài toán 3.4.3 thì đa thức
H(x) := P n (x) ˆP 2m+1 (x) có ít nhất 2m nghiệm phức, tức là H(x) có không quá n+ 1 nghiệm thực.
Vì đa thức P n (x) có n nghiệm thực nên đa thức Pˆ 2m+1 (x) sẽ có không quá một nghiệm thực Mặt khác Pˆ 2m+1 (x) là đa thức bậc lẻ nên nó có ít nhất một nghiệm thực Do đó đa thức Pˆ 2m+1 (x) có duy nhất một nghiệm thực.
Nội dung chủ yếu của Đề án là nghiên cứu về áp dụng phương pháp hàm biến phức để giải một số bài toán lượng giác và đại số Đề án đã đóng góp những kết quả sau đây.
1 Hệ thống một số kiến thức về số phức như: định nghĩa, tính chất, các phép toán trên tập số phức và các dạng biểu diễn của số phức, phép khai căn của một số phức.
2 Trình bày một số kiến thức về số phức và biến phức trong lượng giác.
Cụ thể là, tính toán, biểu diễn và tính giá trị của một số biểu thức lượng giác, dạng phức của bất đẳng thức Cauchy.
3 Nghiên cứu một số ứng dụng của số phức trong đại số Cụ thể, sử dụng số phức để giải các bài toán về đa thức như phương trình hàm trong đa thức, các bài toán về đa thức bất khả quy, các bài toán về sự chia hết của đa thức, quy tắc dấu Descartes trong ứng dụng.