Mở đầuSố phức có thể được sử dụng để giải một số lớp các bài toán phổ thông, từ chương trình đại trà đến các bài thi chọn học sinh giỏi các cấp.. Đề án Số phức và một số ứng dụng nhằm tì
Định nghĩa và dạng đại số của số phức
Xét tập hợp R 2 = R × R = (a, b)\a, b ∈ R Hai phần tử (a 1 , b 1 ) và (a 2 , b 2 ) của bằng nhau khi và chỉ khi a 1 = b 2 và a 1 = b 2 Với mọi z1 = (a1, b1) và z2 = (a2, b2), ta xây dựng hai phép toán cộng và nhân trên tập R 2 như sau z 1 +z 2 = (a 1 + a 2 , b 1 +b 2 ) z 1 z 2 = (a 1 a 2 −b 1 b 2 , a 1 a 2 +b 1 b 2 ). Định nghĩa 1.1.1 Tập R 2 cùng với phép cộng và phép nhân được định nghĩa như trên gọi là tập số phức C, phần tử z = (a, b) ∈ C là một phần tử phức Kí hiệu C ∗ để chỉ tập hợp C\(0,0).
Xét tập hợp R× {0}, cùng với các phép toán cộng và nhân được định nghĩa trên R 2 Ta có tương ứng f : R →R× {0} a 7→ (a; 0) là một ánh xạ và hơn nữa f là một song ánh.
Ngoài ra ta cũng có (a,0) + (b,0) = (a+b,0) và (a,0) (b,0) = (ab,0).
Vì f là song ánh nên ta có thể đồng nhất (a,0) = a Đặt i = (0,1) thì i 2 = (0,1) (0,1) = (−1,0) = −1 và z = (a,0) + (0, b) = (a,0) + (b,0) (0,1) = a+bi Từ đó ta có kết quả sau.
Mệnh đề 1.1.2 Mỗi phần tử phức z = (a, b) ∈ R 2 có thể biển diễn duy nhất dưới dạng z = a+bi(a, b ∈ R) trong đó i 2 = −1.
Nhận xét Với mỗi số nguyên dương k ta có i 4k = 1, i 4k+1 = i, i 4k+2 = −1;i 4k+3 = −i. Định nghĩa 1.1.3 Một số phức là một biểu thức dạng a+ bi, trong đó a và b là những số thực và số i thỏa i 2 = −1 Kí hiệu số phức đó là z và viết z = a+ bi Trong đó i được gọi là đơn vị ảo, a = Re(z) được gọi là phần thực và b = Im(z) được gọi là phần ảo của số phức z Tập hợp các số phức được kí hiệu là C
C = na+bi\a, b ∈ R;i 2 = −1o. Định nghĩa 1.1.4 Hai số phức z = a + bi(a, b ∈ R), z = a ′ + b ′ i(a ′ , b ′ ∈ R) bằng nhau nếu a = a ′ và b = b ′ Khi đó ta viết z = z ′ Định nghĩa 1.1.5 Với mỗi số phức z = a+bi(a, b ∈ R), nếu kí hiệu số phức −a−bi là −z thì ta có z+ (−z) = (−z) +z = 0 Số phức −z được gọi là số đối của số phức z. Định nghĩa 1.1.6 Số phức liên hợp của số phức z = a+bi(a, b ∈ R) là z = a−bi.
Hai số phức là liên hợp nhau khi và chỉ khi các điểm biểu diễn của chúng đối xứng với nhau qua trục thực Ox. Định lý 1.1.7 Các khẳng định sau là đúng: i) z.z ∈ R; ii) z +z ′ = z+ z ′ ; iii) zz ′ = zz ′ ; iv) z −1 = (z) −1 ; v) z ∈ C : (z) =z. Định nghĩa 1.1.8 Môđun của số phức z = a + bi(a, b ∈ R) là số thực
√a 2 +b 2 không âm và được kí hiệu là |z|. Định lý 1.1.9 Cho số phức z ta có các khẳng định sau: i) |z| ≥ 0; ii) |z| = |−z| = |z|; iii) |zz ′ | = |z| |z ′ |; iv) |z| − |z ′ | ≤ |z+ z ′ | ≤ |z|+ |z ′ |; v) z −1 = |z| −1 Định nghĩa 1.1.10 Cho z ∈ C ∗ và z ′ ∈ C Số phức nghịch đảo của z là z −1 = 1
|z| 2 z Thương của z ′ và z là tích của z ′ với nghịch đảo của z, tức là z ′ z = z ′ z −1
Biểu diễn hình học của số phức
Số phức z = a + bi(a, b ∈ R) biểu diễn bởi M(a, b) trong mặt phẳng tọa độ Oxy, hay còn gọi là mặt phẳng phức Trục Ox biểu diễn các số thực gọi là trục thực, trục Oy biểu diễn các số ảo gọi là trục ảo.
Số phức z = a+ bi cũng được biểu diễn bởi vectơ −→u Ta có M(a, b) là điểm biểu diễn của số phức z = a+bi nên −−→
OM = (a, b) cũng biểu diễn số phức z = a+bi.
Nếu −→u ,−→v lần lượt biểu diễn số phức z,z ′ thì:
• k−→u biểu diễn số phức kz với k ∈ R ;
Dạng lượng giác của số phức
Định nghĩa 1.3.1 Cho số phức z ̸= 0 Gọi M là điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn số phức z Số đo (rađian) của một góc lượng giác có tia đầu Ox và tia cuối OM được gọi là argument của z.
Nhận xét Nếu φ là một argument của z thì mọi argument của z có dạng φ+ k2π, k ∈ Z.
Xét số phức z = a+bi, kí hiệu r là môđun của z và φ là argument của z thì a = rsinφ, b = rcosφ Từ đó ta có định nghĩa sau. Định nghĩa 1.3.2 Dạng z = r(cosφ+isinφ), trong đó r > 0, được gọi là dạng lượng giác của z ̸= 0.
Các tính chất cơ bản của số phức
Phép cộng hai số phức có các tính chất sau:
• Tính chất cộng với 0: z+ 0 = 0 +z = z,∀z ∈ C Định nghĩa 1.4.1 Hiệu của hai số phức z và z ′ là tổng củaz và −z ′ , tức là z−z ′ = z+ (−z ′ ).
Nếu z = a+ bi và z ′ = a ′ +b ′ i với a, b, a ′ , b ′ ∈ R thì z −z ′ = a−a ′ + b−b ′ i.
Mệnh đề 1.4.2 Tích của hai số phức z = r(cosφ+isinφ) và z ′ r ′ (cosφ ′ +isinφ ′ ), r ≥0, r ′ ≥ 0 là số phức zz ′ = rr ′ hcos φ+φ ′ +isin φ+φ ′ i. Nhận xét i) Với mọi số thực k và mọi số phức z = a + bi, ta có kz = k(a+bi) = (k+ 0i) (a+bi) = ka+ kbi; ii) Với mọi số thực k và mọi số phức z = r(cosφ+ isinφ), ta có kz kr(cosφ+isinφ).
Phép nhân hai số phức có các tính chất sau:
• Tính chất kết hợp: zz ′ z ′′ = z z ′ z ′′
• Tính chất giao hoán: zz ′ = z ′ z,∀z, z ′ ∈ C ;
• Tính chất phân phối của nhân đối với phép cộng: z z ′ +z ′′ = zz ′ + zz ′′ ,∀z, z ′ , z ′′ ∈ C Định lý 1.4.3 (Công thức de Moivre) Với mọi số nguyên dương n, ta có r(cosφ+isinφ) n = r n (cosnφ+ isinnφ). Đặc biệt, khi r = 1 thì (cosφ+isinφ) n = (cosnφ+isinnφ). Định nghĩa 1.4.4 Với mọi số thực φ, ta có (cosφ+isinφ) =e iφ , gọi là lũy thừa của e với số mũ ảo, hay còn gọi là công thức Euler Trong đó, e là cơ số logarit tự nhiên.
Khai triển từ công thức (cosφ+ i sinφ) = e iφ , các hàm số cosφ, sinφ có thể viết dưới dạng cosφ = e iφ +e −iφ
2i Định nghĩa 1.4.5 Cho z = r(cosφ+isinφ) Khi đó, z còn biểu diễn dưới dạng z = re iφ và được gọi là dạng mũ của số phức z.
Nếu z = re iφ ,z ′ = r ′ e iφ ′ thì các phép toán số phức được viết lại như sau:
• z n = r n e inφ Định nghĩa 1.4.6 Cho số phức z ̸= 0 và số nguyên n ⩾ 2 Số phức w được gọi là căn bậc n của z nếu w n = z.
Nếu z = r(cosφ+isinφ) thì căn bậc n của z gồm n số phân biệt xác định bởi w k = √ n r cosφ+k2π n +isinφ+ k2π n
Khi n = 2, ta có hai căn bậc hai của số phức z là √ r cosφ
# Định nghĩa 1.4.7 Căn bậc n của số phức z = 1 gọi là căn bậc n của đơn vị Công thức căn bậc n của đơn vị được cho bởi w k = cosk2π n +isink2π n , k = 0,1,2,ã ã ã , n−1.
Số phức w là một căn bậc n của đơn vị và được gọi là căn nguyên thủy bậc n của đơn vị nếu mọi số nguyên dương m < n ta có w m ̸= 1.
Các tính chất của số phức liên quan đến đa thức
Định lý 1.5.1 Phương trình x n = 1 (với n là số nguyên tố lẻ) có đúng n nghiệm phức phân biệt làxk = cosk2π n +isink2π n với k = 0,1,2,ã ã ã , n−1, và phương trỡnh x n−1 +x n−2 +ã ã ã+x+ 1 = 0 cú đỳng n−1 nghiệm phõn biệt là với x k = cosk2π n +isink2π n với k = 1,2,ã ã ã , n−1. Định lý 1.5.2 Mọi đa thức bậc n hệ số phức (thực) P (x) = a n x n + a n−1 x n−1 + ã ã ã + a 1 x + a 0 , a n ̸= 0, đều cú đủ n nghiệm phức (phõn biệt hay trùng nhau). Định lý 1.5.3 Nếu x1, x2,ã ã ã , xn là n nghiệm phức phõn biệt hay trựng nhau của đa thức P (x) = a n x n +a n−1 x n−1 +ã ã ã+a 1 x+a 0 , a n ̸= 0 thỡ
• S n = x 1 x 2 x 3 ã ã ãx n = (−1) n a0 a n Định lý 1.5.4 (Định lý Viộte) Nếu n số x 1 , x 2 ,ã ã ã , x n thỏa món x 1 +x 2 +ã ã ã+x n = S 1 ; x 1 x 2 +x 1 x 3 +ã ã ã+x n−1 x n = S 2 ; x1x2x3 +x1x2x4 +ã ã ã+x n−2 x n−1 xn = S3; ã ã ã x1x2x3ã ã ãxn = Sn thỡ x 1 , x 2 ,ã ã ã , x n là nghiệm của phương trỡnh x n − S 1 x n−1 + ã ã ã + (−1) n−1 S n−1 x+ (−1) n S n = 0.
Nhận xét Cho đa thức f(x) = P m k=0 a k x k , m ∈ Z + Với z = cos2π m + isin2π m, ta có m−1
0 nếu k không chia hết cho m.
X j=0 f(z j ) với k chia hết cho m Nhận xét Nếu hai số m, k ∈ Z + , m > 1 thì m−1
X j=1 e − 2kjπi m = m−1, nếu k chia hết cho m và m−1
X j=1 e − 2kjπi m = −1, nếu k không chia hết cho m.
Dãy số phức
Định nghĩa 1.6.1 Một dãy số phức (z n ) là một quy tắc mà mỗi phần tử trong tập hợp N được gán với duy nhất một phần tử trong tập hợp C. Định nghĩa 1.6.2 Giả sử (z n ) = z 1 , z 2 , z 3 ,ã ã ã , z n , z n+1 ã ã ã là một dóy số phức Ta nói rằng dãy z n hội tụ đến giới hạn z (một số phức nói chung), hoặc zn tiến tới giới hạn z, nếu
∀ϵ > 0,∃N ∈ N,∀n > N,|z n −z| < ϵ, và ta viết limz n = z hoặc z n →z. Định lý 1.6.3 [2] Xét dãy z n = x n + iy n , x n ∈ R, y n ∈ R hội tụ tới số phức z = x+iy, x ∈ R, y ∈ R Khi đó, limzn = lim(xn +iyn) = x+iy ⇔
limx n = x, limy n = y. Định lý 1.6.4 Giới hạn của một dãy hội tụ là duy nhất Nói cách khác, nếu limz n = z 1 và limz n = z 2 thì z 1 = z 2 Định lý 1.6.5 Nếu limz n = z và limw n = w, (với {z n } và {w n } là các dãy số phức), thì
Một số ứng dụng của số phức
Trong chương này chúng tôi trình bày ứng dụng của số phức để giải một số bài toán đại số, hình học, lượng giác, tổ hợp, bài toán đếm, phương trình hàm và một khía cạnh nhỏ của dãy số phức Tài liệu tham khảo chính của chương này là [1], [2], [4], [5].
Một số bài toán đại số
Trong lĩnh vực đại số, việc sử dụng số phức đã trở thành một công cụ mạnh mẽ để giải quyết nhiều bài toán phức tạp Số phức không chỉ giúp mở rộng khả năng giải các phương trình mà còn hỗ trợ trong việc tìm ước của đa thức và phân tích đa thức Dưới đây là một số ứng dụng cụ thể của số phức trong giải phương trình, tìm ước của đa thức, và chứng minh các tính chất của đa thức.
Bài toán 2.1 Giải phương trình nghiệm phức
(z + 1) n −(z−1) n = 0, n∈ N ∗ Lời giải Phương trình đã cho tương đương với
Vì z = 1 không thể là nghiệm, nên ta có thể viết
Gọi ω m = cos2mπ n + isin 2mπ n , m = 0,1,2, , n −1 là các căn bậc n của 1 Phương trình trên trở thành z + 1 z −1 = ω m với m = 0,1, , n−1.
(Vì m = 0 ta có ω 0 = 1 suy ra phương trình (1) không có nghiệm z). Vậy nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là z = e 2mπi n + 1 e 2mπi n −1, với m = 1,2, , n−1.
Bài toán 2.2 Giải các hệ phương trình
Lời giải 1) Điều kiện x 2 +y 2 ̸= 0 Xét số phức z = x+iy thì z 3 = x 3 −3xy 2 +i(3x 2 y −y 3 ).
Khi đó, từ hệ phương trình
Thử lại, ta thấy nghiệm của hệ đã cho là
2) Xét số phức z = x+iy thì z 2 = x 2 −y 2 + 2ixy Khi đó ta có
Từ đó suy ra nghiệm hệ phương trình là
Bài toán 2.3 Chứng minh rằng a)x 3m +x 3n+1 +x 3p+2 chia hết cho x 2 +x+ 1 với m, n, pnguyên dương. b) f(x) =x ka 1 +x ka 2 +1 +ã ã ã+x ka k +k−1 chia hết cho g(x) =x k−1 +x k−2 + ã ã ã+ 1 với m, n, p nguyờn dương.
Lời giải a) Để chứng minh đa thức f(x) chia hết cho đa thức g(x), ta chỉ cần chứng minh mọi nghiệm của g(x) đều là nghiệm của f(x).
Gọiw là nghiệm củax 2 +x+1 Khi đó w 2 +w+1 = 0 Hayw 2 = −w−1, nênw 3 = −w 2 −w = w+1−w = 1 Thayw vào đa thứcx 3m +x 3n+1 +x 3p+2 ta được w 3m + w 3n+1 +w 3p+2 = 1 +w+w 2
Vậy w cũng là nghiệm của đa thức x 2 +x+ 1 b) Gọi ϵ là nghiệm của g(x), ta có g(ϵ) = ϵ k−1 +ϵ k−2 +ã ã ã+ 1 = 0.
Suy ra ϵchính là các giá trị của căn bậck của đơn vị, nghĩa là ta có ϵ k = 1.
Do đó, f(ϵ) =ϵ ka 1 + ϵ ka 2 +1 +ã ã ã+ϵ ka k +k−1 = 1 +ϵ+ã ã ã+ϵ k−1 = 0.
Vì vậy, mọi nghiệm của g(x) đều là nghiệm của f(x) nên f(x) chia hết cho g(x).
Bài toán 2.4 Cho n là số nguyên dương và đa thức P(x) với các hệ số thực như sau
P(x) = (m+ 1)(x 2 )(x+ 1) 2n+2 + (3m −2)x n Tìm tất cả các giá trị thực m để x 2 +x+ 1 là ước của P(x).
Lời giải Xét x 2 + x+ 1 = 0 ⇔x ∈ ω, ω 2 Khi đó
4. Bài toán 2.5 Tìm tất cả các đa thức p(x) ∈ Z[x] bậc hai với của hệ số dẫn đầu bằng 1, sao cho tồn tại đa thức q(x) ∈ Z[x] mà các hệ số của đa thức r(x) = p(x)q(x) đều thuộc {−1,1}.
Lời giải Vì đa thức p(x) bậc hai với của hệ số dẫn đầu bằng 1 nên p(x) =x 2 +ax±1, với a ∈ Z Giả sử r(x) =a 0 +a 1 x+a 2 x 2 +ã ã ã+a n x n ,với a i ∈ {−1,1}, i = 0,1,ã ã ã , n.
Gọi z là một nghiệm phức của r(x) và |z|> 1 Ta có
Suy ra |z| n (|z| −1) ≤ |z| n −1 do đó |z| n (|z| − 2)≤ −1 nên |z| < 2. Vậy mọi nghiệm của r(x) đều có môđun nhỏ hơn 2 Từ đó nếu gọi z 1 , z 2 là các nghiệm của p(x) thì |z 1 | < 2, |z 2 | < 2 Ngoài ra, ta còn có
Không mất tính tổng quát, giả sử |z 1 | ≥ |z 2 | Suy ra 1 ≤ |z 1 | < 2; 0 0 Xét dãy số an với a0 = 1, a1 = −p, a2 = p 2 −q, a n + 3 = −pa n + 2−qa n + 1−ra n , n ≥ 0.Chứng minh rằng nếu đa thức
P(x) chỉ có duy nhất một nghiệm thực và không có nghiệm bội thì dãy (a n ) có vô số số âm.
Lời giải.Từ điều kiện đề bài suy ra phương trình đặc trưng của phương trình sai phân x 3 + px 2 +qx+r = 0 có 1 nghiệm thực âm và hai nghiệm phức liên hợp.
Giả sử ba nghiệm đó là a, R(cosα+ isinα), R(cosα −isinα) với a 0,0 < α < π Khi đó a n = C 1 a n +C 2 R n (cos(nα) +isin(nα)) +C 3 R n (cos(nα)−isin(nα)). Đặt C 2 = Re iϕ với ϕ ∈ [0,2π), ta có a n = C 1 a n +R n C 2 e i(nα+ϕ) +C 3 e −i(nα+ϕ)
Giả sử ngược lại tồn tại n sao cho a n ≥ 0 với mọi n ≥ n 0 Khi đó ta có a n+1 ≤ a n +a n−1 Điều này không xảy ra vì 0 < α < π nên tồn tại vô số n sao cho
Bài toán 2.7 Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình x 2 + 1 = y 3
Lời giải Ta có(x+i)(x−i) = y 3 Giả sử trái lại có số nguyên tố Gauss π sao cho π | x+i và π | x−i Suy ra π | 2.
Suy ra N(π) | N(2) = 4, suy ra N(π) chẵn Vì N(π) | N(x + i) x 2 + 1 = y 3 nên y chẵn, do đó x lẻ và x 2 + 1 = y 3 chia hết cho 8 Nhưng x 2 + 1 ≡ 2 (mod 4) Ta có mâu thuẫn Do đó, (x+i, x−i) = 1 Như thế x+i kết hợp với một lập phương nào đó.
Vì −1 = (−1) 3 , i = (−i) 3 , (−i) = (−i) 3 nên chính x + i là một lập phương. x+i = (a+ib) 3 = (a 3 −3ab 2 ) + i(3a 2 b−b 3 )
Do đó x = 0, y = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình.
Một số bài toán tổ hợp và bài toán đếm
Một số bài toán tổ hợp
Lời giải Xét đa thức P(x) = (1 + x) n = P n k=0 C n k x k Gọi w −1 +i√
2 là một căn nguyên thủy bậc ba của đơn vị (có w 2 +w+ 1 = 0). Khi đó
w k +w 2k + 1 = 0 nếu k không chia hết cho 3, w k +w 2k + 1 = 3 nếu k chia hết cho 3.
Bài toán 2.9 a Tính tổng S = P n k=0 C n k cos(kx). b Chứng minh rằng
2C 2m m Lời giải a Xét tổng T = P n k=0 C n k sin(kx), ta có
So sánh phần thực, phần ảo ta được
e ix = cosx+isinx e −ix = cosx−isinx
cosx = e ix +e 2 −ix sinx = e ix −e 2i −ix
2C 2m m Bài toán 2.10 Chứng minh các đẳng thức sau a)2 2m cos m x m
Lời giải a) Với cách làm tương tự như bài toán trên, ta có
2 2m+1 cos 2m+1 x = 2 2m+1 cos 2m+1 x = (2 cosx) 2m+1 = e ix +e −ix
C 2m+1 k cos((2m+ 1−2k)x). b) Ta có sinx = e ix −e −ix
Do đó sin 2m x = e ix −e −ix
Bài toán 2.11 Tính các tổng sau: a P
Lời giải Xét (1+i) n √ 2 cos π 4 + sin π 4 n
Bài toán 2.12 Tính các tổng hữu hạn
Tương tự như trên, bằng cách sử dụng biểu diễn số phức, biểu diễn các hệ số nhị thức và tính toán các phần tử tương ứng, ta chứng minh được
Một số bài toán đếm
Bài toán 2.14 Tìm tất cả các số có n chữ số lập từ các chữ số 3, 4, 5,
Lời giải Gọi C n là số các số có nchữ số thỏa mãn đề bài Gọi α là một nghiệm của phương trình z 2 +z+ 1 = 0, khi đó α 3 = 1 và α k +α 2k + 1 0 khi k không chia hết cho 3, α k + α 2k + 1 = 3 khi k chia hết cho 3.Xét đa thứcP(x) = (x 3 +x 4 +x 5 +x 6 ) n , ta cóC n bằng tổng các hệ số của các số mũ chia hết cho 3 trong khai triển củaP(x) NếuP(x) =P 6n k=0 akx k thì
Bài toán 2.15 Cho X = {0,1, ,25} Tìm số các tập con có 7 phần tử có tổng các phần tử chia hết cho 19.
Lời giải Với mỗi tập con A⊂ X, gọi S(A) là tổng các phần tử của A.
Ta cũng quy ước C(O) = 0 Với mỗi i = 0,1, ,18, đặt
Ta cần tính P(0) Gọi a là căn nguyên thủy bậc 19 của 1 Khi đó
Hệ số của x 19 trong Q(x) là tổng các số có dạng a S (A) với A chạy qua tất cả các tập con 7 phần tử của X Vì a S (A) chỉ phụ thuộc vào số dư khi chia S(A) cho 19 nên tổng này bằng
Mặt khác, P(x) = (x 19 −1)(x−1)(x−a) .(x −a 6 ) Suy ra hệ số của x 19 bằng
[P(0)] + [P(1)]a+ [P(2)−1]a 2 +ã ã ã+ [P(18)]a 18 = 0 Điều này đúng với mọi a là nghiệm của phương trình
[P(0)]x+ [P(1)]x 2 +ã ã ã+ [P(18)]x 18 tỷ lệ với đa thức 1 +x+x 2 +ã ã ã+x 18 = 0 Suy ra
Như vậy tất cả các |P(i)|, i ̸= 2, bằng nhau và bằng C 19 7 19 −1 Riêng |P(2)| lớn hơn đúng 1 đơn vị duy nhất Vậy đáp số là
19 Bài toán 2.16 (IMO1995) Cho p là số nguyên tố lẻ, tìm số tập con A của tập {1,2,3,ã ã ã ,2p} biết rằng a A chứa đúng p phần tử, b Tổng các phần tử của A chia hết cho p.
Lời giải Xột đa thức P(x) = x p−1 +x p−2 + ã ã ã+x+ 1 Đa thức này có p−1 nghiệm phức phân biệt Gọi α là một nghiệm bất kì của P(x). Chỳ ý rằng α, α 2 ,ã ã ã , α p−1 làp−1 nghiệm phõn biệt củaP(x) và α p = 1. Theo Định lý Vi-et, ta có
Xột đa thức Q(x) = (x−α)(x−α 2 )ã ã ã(x−α 2p ) và gọi
X k=0 a k x k , khi đó a p = −P A∈H α S(A) với S(A) =P x∈A x.Nếu S(A) ≡i(modp) thì α S(A) = α i nên ap = −P p−1 i=0 niα i trong đó ni là số các A ∈ H sao choS(A) ≡ i(modp)
Mặt khác Q(x) = (x p −1) 2 suy ra a p = −2 nên p−1
Từ đẳng thức (2) suy ra α là một nghiệm của R(x) Vì degP = degR và α là nghiệm bất kì của P(x) nên P(x) và R(x) chỉ sai khác nhau một hằng số nhõn Từ đú n p−1 = n p−2 = ã ã ã = n 1 = n 0 −2, suy ra n0 −2 = n p−1 +n p−2 +ã ã ã+n 1 + n 0 −2
2 = C 2p p −2 p Suy ra n 0 = 2 + C p 2p −2 p Vậy số tập con A của tập {1,2,ã ã ã ,2p} thỏa món yờu cầu bài toỏn là n 0 = 2 + C 2p p −2 p Bài toán 2.17 (Rookie Contest 1999) Cho n là số nguyên tố và a 1 , a 2 ,ã ã ã , a m là cỏc số nguyờn dương Gọi f(k) là số cỏc bộ m số
(c 1 , c 2 ,ã ã ã , c m ) thoả món điều kiện 0 ≤ c i ≤ a i và Pm i=1c i ≡ k (mod n). Chứng minh rằng f(0) = f(1) = ã ã ã = f(n−1) khi và chỉ khi n | a j , với j nào đú thuộc {1,2,ã ã ã , m}.
Lời giải Xét ε = cos2π n +isin2π n Ta có hệ thức sau đúng m
Từ đây suy ra f(0) = f(1) = = f(n−1) khi và chỉ khi f(0) +f(1)ε+ã ã ã+f(n−1)ε n−1 = 0.
Do đóQm i=1(ε+ã ã ã+ε a i ) = 0, nghĩa làε+ã ã ã+ε a j = 0vớij ∈ {1,2, , m}.Suy ra ε a j −1 = 0.Vậy n | aj.
Một số bài toán lượng giác
Để chứng minh các đẳng thức lượng giác và tính tổng của các biểu thức lượng giác phức tạp, số phức được xem như một công cụ vô cùng hiệu quả. Bằng cách áp dụng tính chất của số phức và các phép toán tương ứng, chúng ta có thể giải quyết những vấn đề này một cách dễ dàng.
Bài toán 2.18 Cho các số thựca, b sao cho sina
2 ̸= 0 Với mỗi số nguyên n≥ 1, tính các tổng
S = cosb+ cos(b+ a) + cos(b+ 2a) + .+ cos(b+na),
T = sinb+ sin(b+a) + sin(b+ 2a) + .+ sin(b+na).
Lời giải Đặt α = cosa+ isina = e ia , β = cosb+isinb = e ib , và
S = cosb+ cos(b+ a) + cos(b+ 2a) + .+ cos(b+na),
T = sinb+ sin(b+a) + sin(b+ 2a) + .+ sin(b+na).
Bài toán 2.19 Chứng minh rằng: a) cos 5x = 16 cos 5 x−20 cos 3 x+ 5 cosx, b) sin 5x = 16 sin 5 x−20 sin 3 x+ 5 sinx.
Mặt khác, (cosx + isinx) 5 = cos 5 x+ 5icos 4 xsinx− 10 cos 3 xsin 2 x− 10icos 2 xsin 3 x + 5 cosxsin 4 x + isin 5 x = (cos 5 x − 10 cos 3 xsin 2 x +
5 cosxsin 4 x)+(5 cos 4 xsinx−10 cos 2 xsin 3 x−sin 5 x)i (4) a) Từ (3) và (4) suy ra cos 5x = cos 5 x−10 cos 3 xsin 2 x+ 5 cosxsin 4 x
= cos 5 x−10 cos 3 x 1−cos 2 x + 5 cosx 1−2 cos 2 x+ cos 4 x
= 16 cos 5 x−20 cos 3 x+ 5 cosx. b) Từ (3) và (4) suy ra sin 5x = sin 5 x−10 sin 3 xcos 2 x+ 5 sinxcos 4 x
= sin 5 x−10 sin 3 x 1−sin 2 x + 5 sinx 1−2 sin 2 x+ sin 4 x
Bài toán 2.20 Cho sinx+siny √2
Lời giải Đặt z = cosx+ isinx, z ′ = cosy +isiny Ta có zz ′ = cos(x+y) +isin(x+y)
Mặt khác zz = |z| 2 = 1 ⇒z = 1 z, z ′ z ′ = |z ′ | 2 = 1 ⇒ z ′ = 1 z ′ , z +z ′ = 1 z + 1 z ′ = z ′ +z zz ′ Suy ra zz ′ = z ′ +z z +z ′ √6
2 Bài toán 2.21 Chứng minh rằng
2) sinα + sin 3α+ã ã ã+ sin(2n+ 1)α = sin 2 nα sinα Lời giải.Ta có cosα + cos 3α+ ã ã ã+ cos(2n+ 1)α +i[sinα+sin 3α+ã ã ã+sin(2n+1)α]
= (cosα+isinα)+(cos 3α+isin 3α)+ã ã ã+[cos(2n+1)α+isin(2n+1)α]
= (cosα+isinα) + (cosα +isinα) 3 +ã ã ã+ (cosα+ isinα) 2n+1
= (cosα+isinα)(sinα+ icosα) 1−(cosα+isinα) 2n
Suy ra cosα + cos 3α+ + cos(2n+ 1)α = sin 2nα
2 sinα ; sinα+ sin 3α + .+ sin(2n+ 1)α = sin 2 nα sinα Bài toán 2.22 Cho a, b, c là số thực thỏa mãn cosa+ cosb+ cosc cos(a+b+c) = sina+ sinb+ sinc sin(a+ b+ c) = m.
Chứng minh rằng cos(a+b) + cos(b+ c) + cos(c+a) = m.
Lời giải Đặt z 1 = cosa+isina,z 2 = cosb+isinb,z 3 = cosc+isinc. Suy ra z1z2z3 = cos(a+ b+c) +isin(a+b+c).
Mặt khác z 1 +z 2 +z 3 = (cosa+ cosb+ cosc) +i(sina+ sinb+ sinc)
(6) Thay (6) vào (5) ta được m = z2z3 +z1z3 +z1z2. Mà z1z2 = (cosa−isina)(cosb−isinb)
Tương tự, ta có z 2 z 3 = cos(b+c)−isin(b+c), z1z3 = cos(a+c)−isin(a+c).
= cos(b+c)−isin(b+c) + cos(a+c)−isin(a+c) + cos(a+b)−isin(a+b)
= cos(a+b) + cos(b+c) + cos(a+c) −i[sin(a+b)+sin(b+c)+sin(a+c)
Bài toán 2.23 Tính tổng Pn k=0cos(kx).
Lời giải Đặt A = cosx + cos 2x + cos 3x + ã ã ã + cosnx và B sinx+ sin 2x+ sin 3x+ã ã ã+ sinnx.
= 1 + (cosx+ isinx) + (cos 2x+isin 2x) +ã ã ã+ (cosnx+isinnx)
= 1 + (cosx+ isinx) + (cos 2x+isin 2x) +ã ã ã+ (cosx+isinx) n
Vậy Pn k=0cos(kx) sin(n+ 1)x
= arctan(n 2 +n+ 1)−arctan(n 2 −n+ 1), vì xy < 1 Vậy
S n = arctan 3−arctan 1 + arctan 7−arctan 3 +ã ã ã+ arctan(n 2 +n+ 1)
Một số bài toán hình học
Trong hình học phẳng, việc sử dụng số phức để biểu diễn tọa độ các điểm có thể giúp giải quyết nhiều bài toán một cách hiệu quả và đơn giản hơn so với phương pháp thông thường.
Khi sử dụng số phức để biểu diễn tọa độ của một điểm trong mặt phẳng, chúng ta có thể biểu thị mỗi điểm A với số phức z = x+yi, trong đó x và y lần lượt là hoành độ và tung độ của điểm A Điều này cho phép chúng ta áp dụng các phép toán số học trên số phức để giải các bài toán hình học.Ví dụ, để biểu diễn vị trí các điểm của một hình học phẳng, chẳng hạn như các đỉnh của một tam giác, ta có thể sử dụng các số phức tương ứng với từng điểm Bằng cách này, các điều kiện hình học như độ dài các cạnh, góc giữa các đường thẳng và các điều kiện tam giác có thể được diễn tả bằng các phương trình và bất đẳng thức đại số trên số phức.
Bài toán 2.25 Trong mặt phẳng phức, cho ba điểm A, B, C không thẳng hàng theo thứ tự biểu diễn các số phức z 1 , z 2 , z 3 a) Trọng tâm của tam giác ABC biểu diễn số phức nào? b) Giả sử |z 1 | = |z 2 | = |z 3 | Chứng minh rằng A, B, C là ba đỉnh của một tam giác đều khi và chỉ khi z 1 +z 2 +z 3 = 0.
Lời giải a) G là trọng tâm của tam giác ABC khi và chỉ khi
OC theo thứ tự biểu diễn z1, z2, z3 nên G biểu diễn số phức
3(z1 +z2 +z3). b) Ba điểm A, B, C thuộc một đường tròn tâm O nên tam giác ABC là tam giác đều khi và chỉ khi trọng tâm G của nó trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp, tức G≡ 0 hay z 1 +z 2 +z 3 = 0.
Bài toán 2.26 Cho tứ giác ABCD, trên cạnh AB, BC, CD, DA ta lần lượt dựng về phía ngoài của tứ giác các cạnh hình vuông tâmO 1 , O 2 , O 3 , O 4 Chứng minh rằng O1O3 ⊥ O2O4, O1O3 = O2O4.
Lời giải Lấy ABM D, BCN E, CDP F, ADQG lần lượt là các hình vuông có tâm O 1 , O 2 , O 3 , O 4 Điểm M là ảnh của A qua phép quay tâm
O góc quay 90 ◦ Vì thế m−b = (a−b) (cos 90 ◦ +isin 90 ◦ ) = (a−b)i ⇔m = b+ (a−b)i.
Bài toán 2.27 (IMO 1975) Về phía ngoài tam giác ABC lần lượt dựng các tam giác ABR, BCP sao cho P BC\ = \CAQ = 45 ◦ ,BCP\ = \QCA 30 ◦ ,\ABR = \RAB = 15 ◦ Chứng minh rằng \QRP = 90 ◦ , RQ = RP.
Lời giải Xét bài toán trong mặt phẳng phức với gốc R Gọi M là chân đường vuông góc hạ từ đỉnh P xuống đường thẳng BC Ta đặt các chữ cái thường tương ứng với tọa độ các đỉnh M P = M B, M C
Theo giả thiết ta có p−m b−m = i; c−m p−m = √
3i Điểm B là ảnh điểm A qua phép quay tâm R, góc quay 150 0 Do đó b = a −√
! Từ đó biến đổi ta được p q = i Nên QR vuông góc P R Ngoài ra |p| = |iq| = |q| suy ra
Bài toán 2.28 (Bài toán Napoleon) Dựng về phía ngoài tam giác ABC ba tam giác đều có hướng dương AC ′ B, BA ′ C, CB ′ A Chứng minh rằng các trọng tâm của ba tam giác là đỉnh của một tam giác đều.
Lời giải Gọi C1(c1), B1(b1), A1(a1) là trọng tâm của tam giác AC ′ B,
Gọi a, b, c là tọa vị 3 đỉnh A, B, C.Từ công thức tam giác đều ta có c ′ = b+w(a−b), b ′ = a+w(c−a), a ′ = c+w(b−c).
Suy ra c 1 −a 1 = w(b 1 −a 1 ) Vậy A 1 , B 1 , C 1 là ba đỉnh của tam giác đều.
Bài toán 2.29 Trên cạnh AB, AC của tam giác đều ABC lấy các điểm
2 Chứng minh rằng, nếu P là giao điểm của BF, CE thì góc AP C bằng 90 ◦ Lời giải Gọi a, b, c là tọa vị 3 đỉnh A, B, C.
Chọn hệ tọa độ vuông góc với gốcA và chiều dương của trục hoành là AB vàb = 1 Vì AC = AB,\BAC = 60 0 nên c = cos 60 0 +isin 60 0 = 1
Phương trình các đường thẳng BF và CE lần lượt là
Thay những giá trị đã biết ở trên vào đẳng thức ta được
Giao điểm P có tọa vị p là nghiệm của hệ phương trình trên, giải hệ ta được p = z = 9
Kết luận \AP C = arg(c−p p ) = 90 0 Bài toỏn 2.30 Cho đa giỏc đều A 1 , A 2 , A 3 ,ã ã ã , A n nội tiếp đường trũn tâm O bán kính R, chứng minh rằng với mọi điểm M ta có
Lời giải Xét bài toán trong mặt phẳng phức có gốc tọa độ O Giả sử
Thỡw, w 2 , w 3 ,ã ã ã , w n ,M là tọa độ của điểmA 1 , A 2 , A 3 ,ã ã ã , A n Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương
Mà ta có |m n −1| ≤ |m| n + 1, nên bất đẳng thức được chứng minh nếu ta chứng minh được
Vỡ n≥ 3 nờn 2|m| n ≤ C n 1 |m| 2 +C n 2 |m| 4 +ã ã ã+C n n−1 |m| 2n−2 ≥ n|m| 2 + n|m| 2n−2 Theo bất đẳng thức Cauchy
|m| 2 +|m| n−2 ≥ 2|m| n Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh Dấu bằng xảy ra nếu |m| = 0 hay M trùng với O.
Bài toán 2.31 Cho G là trọng tâm tam giác ABC và M là điểm bất kỳ. Chứng minh
Từ đó xác định vị trí điểm M sao cho M A 2 + M B 2 + M C 2 đạt giá trị nhỏ nhất.
Lời giải Ta chứng minh M A 2 +M B 2 +M C 2 = M G 2 +GA 2 +GB 2 +
GC 2 Xét mặt phẳng phức với gốc tọa độG Gọi các chữ cái thường tương ứng là tọa độ các đỉnh Ta có
M A 2 +M B 2 +M C 2 = 3mm+aa+bb+cc = 3M G 2 +GA 2 +GB 2 +GC 2 Suy ra M A 2 + M B 2 + M C 2 ≥ GA 2 + GB 2 + GC 2 Vậy min(M A 2 +
M B 2 +M C 2 ) = GA 2 +GB 2 +GC 2 khi m = 0, hay M trùng G.
Một số bài toán phương trình hàm
Để một đa thức được xác định, vai trò của nghiệm của đa thức đó là rất quan trọng Thông thường, trong các bài toán về phương trình đa thức, việc chỉ xét nghiệm thực không đủ để hoàn thành giải pháp cho bài toán, do đó cần phải xem xét đến nghiệm phức.
Bài toán 2.32 Cho k là số nguyên dương Tìm các đa thức hệ số thực thỏa mãn điều kiện P(P(x)) = [P(x)] k với mọi số thực.
Lời giải Xét trường hợp P(x) ≡ c (c là hằng số) Từ P(P(x)) [P(x)] k , ta được c = c k
Khi k = 1 thì c là hằng số bất kỳ.
Khi k > 1 thì c = c k , do đó c(c k−1 −1) = 0 suy ra c = 0 hoặc c k−1 = 1. Nếu k là số chẵn thì c = 1 hoặc c = 0.
Nếu k là số lẻ thì c = 0 hoặc c = −1.
Xét trường hợp degP ≥ 1 Vì đa thức P(x) −x luôn có nghiệm (xét cả trường hợp nghiệm phức) nên với mọi n ∈ N ∗ tồn tại α n ∈ C sao cho
Suy ra đa thức P(x)−x k có vô số nghiệm, hay P(x) −x k ≡ 0, nghĩa là
P(x) ≡x k Thử lại ta thấy thỏa mãn.
Kết luận: Nếu k = 0 thì P(x) ≡c (c là hằng số bất kỳ).
Nếu k > 1 thì các đa thức thỏa mãn đề bài là
Bài toán 2.33 Tìm các đa thức f(x) thỏa mãn f(sinx + cosx) sin(f(x)) + cos(f(x)) với mọi x ∈ R.
Lời giải Đa thức f(x) ≡c (c là hằng số) thỏa mãn các yêu cầu đề bài.
Giả sử degf = n ≥ 1 Đặt tan x
Thay x bởi i với i 2 = −1, ta được a n (2 + 2i) n = a n (2i) n + 2 n ⇐⇒ (1 +i) n = 1 +i n
Số phức (1 +i) n có mô đun là √
Ta chứng minh (7) bằng quy nạp theo n như sau Khi n = 1 thì (7) đúng.
Khi n = 2 thì (7) không đúng Khi n > 2 thì 2 n−2 > 2 > cos 2 nπ
(7) không đúng khi n ≥ 2 Tóm lại (7) đúng khi n = 1 Do đó deg(f) 1 hay f(x) =ax+b thay vào f(sinx+ cosx) = f(sinx) +f(cosx),∀x ∈
Do đó các đa thức thỏa mãn yêu cầu đề bài là f(x) ≡ c, f(x) ≡ ax(a, c là các hằng số, a khác 0).
Bài toán 2.34 Tìm tất cả các đa thức trong hệ thực P(x) thỏa mãn
Lời giải Nếu P(x) = a (a là hằng số) thì thay vào (8) ta được a 2 = a ⇐⇒ a(a−1) = 0 ⇐⇒ a ∈ {0,1}
Bây giờ ta xét P(x) là đa thức có bậc lớn hơn hoặc bằng 1 Giả sử a là một nghiệm của P(x) Khi đó a 2 +a+ 1 cũng là nghiệm Trong (8) thay x bởi x−1 ta được
Vì P(a) = 0 nên suy ra P(a 2 −a+ 1) = 0 Vậy a 2 −a+ 1 cũng là nghiệm của phương trình P(x) Chọn a là nghiệm của môđun lớn nhất Từ cách đó suy ra
Theo bất đẳng thức về module ta có
Như vậy dấu bằng phải xảy ra ở các bất đẳng thức trên, suy ra
Suy ra tồn tại số thực s ≥ 0 sao cho a 2 + a + 1 = s(a 2 − a + 1) Nếu
|a 2 +a+ 1| < |a 2 −a+ 1| thì 2|a 2 −a+ 1| > |a 2 −a+ 1|+|a 2 +a+ 1| ≥ 2|a| suy ra | −a 2 +a+ 1| > |a|.Tương tự, nếu |a 2 +a+ 1| < |a 2 −a+ 1| thì
|a 2 +a+1| > |a|, mâu thuẫn với cách chọn a Vậy|a 2 +a+1| = |a 2 −a+1|.
Từ đó s = 1 và ta có a 2 +a+ 1 = −a 2 + a−1 ⇐⇒ a 2 = −1 ⇐⇒ a = ±i.
Vậy P(x) = (x 2 + 1) m Q(x), trong đó Q(x) là đa thức không chia hết cho x 2 + 1 Thay vào (8), ta có
Tức là Q(x)Q(x+ 1) = Q(x 2 +x+ 1) Vậy Q(x) cũng thỏa mãn (8) Nếu Q(x) có nghiệm thì ta làm tương tự như trên, nghiệm có module lớn nhất phải là i,−i Nhưng điều này không thể vì Q(x)không chia hết cho x 2 + 1. Bởi vậy Q(x) là hằng số Giả sử đó là c, thay vào (1) ta được c = 1 Vậy
P(x) = (x 2 + 1) m Thử lại ta kết luận, tất cả các đa thức thỏa mãn đề bài là
P(x) ≡ 0, P(x) ≡ 1, P(x) = (x 2 + 1) m (với m = 1,2, ). Bài toán 2.35 Tìm tất cả các P(x) sao cho
Lời giải Giả sử α là nghiệm của P(x) = 0 Suy ra α 2 , α 4 , α 8 ,ã ã ã 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 của P(x) Tương tự α−1 là nghiệm của P(x) và lý luận tương tự, ta cũng được |α −1| = 0 hoặc
Giả sử rằng |α| = 1 và |α−1| = 1 Ta viết α = cosϕ +isinϕ, ta thấy rằng 2 cosϕ = 1.Từ đây suy ra cosϕ = 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
3 = 3, mâu thuẫn với mọi nghiệm của P(x) = 0 có module bằng 0 hoặc 1 Tương tự với trường hợp ϕ = 5π
3 Như vậy α = 1 hay α−1 = 0 Từ đây P(x) có dạng 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 kiểm tra được rằng c = 1 và m = n. Như vậy lớp các đa thức thỏa mãn điều kiện đã cho là P(x) =x m (1−x) m , trong đó m là một số tự nhiên.
Bài toán 2.36 Tìm tất cả các đa thức P(x) với hệ số thực thỏa mãn
Lời giải.Với đa thức hằng P(x) = a, ta có a 2 = a suy ra a = 0 hoặc a = 1 Do đó P(x) ≡ 0 và P(x) ≡ 1 thỏa yêu cầu của đề bài Tiếp theo xét trường hợp P(x) khác hằng số Giả sử
P(x) =a n x n +a n−1 x n−1 +ã ã ã+a 1 x+ a 0 với a n ̸= 0 là đa thức thỏa mãn điều kiện bài toán Từ (9) ta có
So sánh hệ số của x 3n và hệ số tự do ở hai vế ta được
Do a n ̸= 0 nên a n = 1 và a 0 ∈ (0,1) Ta xét trường hợp a n = 1 và a 0 = 0. Khi đó
Do hàm đa thức liên tục trênR, nên từ (10), chox → 0ta được P1(0) = 0, đến đây ta gặp mâu thuẫn Vậy trường hợp 1 không xảy ra.
Tiếp theo xét trường hợp a n = 1vàa 0 = 1 Giả sửαlà một nghiệm thực củaP(x) Khi đó doa 0 = 1nênα ̸= 0 Ta cóP(2α 3 +α) = P(α)P(2α 2 ) 0 Suy ra 2α 3 +α cũng là một nghiệm của P(x) Xét dãy số (α n ) như sau α 0 = α ̸= 0; α n+1 = 2α 3 n +α n , ∀n = 0,1,2,
Nếu α > 0 thì (α n ) là dãy tăng nghiệm ngặt, nếu α < 0 thì (α n ) là dãy giảm nghiệm ngặt Từ đây suy ra nếu P(x) có một nghiệm thực khác không thì nó sẽ có vô số nghiệm thực Điều này không thể xảy ra Kết hợp P(1) ̸= 0 suy ra P(x) ̸= 0 với mọi x ∈ R Suy ra P(x) chỉ có nghiệm phức: z 1 , z 2 , , z n Theo định lý Vi-et ta có: z 1 z 2 ã ã ãz n = (−1) n = 1 ⇒ |z 1 ||z 2 | ã ã ã |z n | = 1 (11) Nếu tồn tại z k sao cho |z k | > 1 Điều này dẫn đến
Do đó |2z k 3 +z k | = |z k ||2z k 2 + 1| > |z k | Suy ra P(x) có vô số nghiệm, điều này không thể xảy ra Vậy với mọi k = 1,2, , n thì |z k | ≤ 1 Kết hợp với (11) suy ra |z k | = 1, với mọi k = 1,2, , n, Giả sử α = cosϕ+isinϕ là nghiệm phức của P(x), khi đó 2α 3 + α cũng là nghiệm của P(x) và
Suy ra α = ±i Do đó P (x) = x 2 + 1 k , k ∈ N Thử lại ta thấy thỏa mãn.
Vậy tất cả các đa thức thỏa mãn yêu cầu đề bài là P(x) ≡ 0, P(x) ≡ x 2 + 1 k , k ∈ N.
Bài toán 2.37 Tìm các đa thức P(x) có hệ số thực thỏa mãn điều kiện
Lời giải.Với đa thức hằngP(x) ≡ a, ta cóa 2 = a suy a a = 0 hoặca = 1.
Ta thấy P(x) ≡ 0 và P(x) ≡ 1 thỏa mãn yêu cầu đề bài Tiếp theo xét trường hợp P(x) khác hằng số
Từ (12) ta có P(0) = 0 hoặc P(0) = 1 Do đó a 0 = 0 hoặc a 0 = 1.
Xét trường hợp a 0 = 0 Khi đó, giả sử
Từ đó, cho x = 0 ta được Q(0) = 0 mâu thuẫn với Q(0) ̸= 0 Xét trường hợp a 0 = 1 Đồng nhất hệ số bậc cao nhất ở (11) ta được a n a n 2 n = a n ⇔a n = 1
Từ (12) suy ra nếu P(x) = 0 thì P(x 3 0 + x 0 ) = 0, vậy nếu x 0 là nghiệm thực của P(x) thì x 3 0 +x 0 cũng là nghiệm của P(x) Xét dãy số (x n ) như sau x0 ̸= 0; xn+1 = x 3 n + xn, ∀n = 0,1,2,
Từ (14), cho x = 0 ta được Q(0) = 0, mâu thuẫn với Q(0) ̸= 0.
Xét trường hợp a 0 = 1 Đồng nhất hệ số bậc cao nhất ở (12) ta được a n ãa n ã2 n = a n ⇐⇒ a n = 1
Từ (12) suy ra nếu P(x 0 ) = 0 thì P(x 3 0 +x 0 ) = 0, vậy nếu x 0 là nghiệm thực của P(x) thì x 3 0 +x 0 cũng là nghiệm của P(x) Xét dãy số (x n ) như sau x 0 ̸= 0; x n+1 = x 3 n + x n , ∀n = 0,1,2,
Nếu x 0 > 0 thì (x n ) là dãy tăng nghiêm ngặt, nếu x 0 < 0 thì (x n ) là dãy giảm nghiêm ngặt Từ đây suy ra nếu P(x) có một nghiệm thực khác không thì nó sẽ có vô số nghiệm thực Điều này không thể xảy ra Kết hợp
P(0) = 1 ̸= 0 suy ra P(x) ̸= 0 với mọi x ∈ R Suy ra P(x) chỉ có nghiệm phức z1, z2, , zn Theo định lí Viet ta có z 1 z 2 ã ã ãz n = (−1) n 2 n =⇒ |z 1 ||z 2 | .|z n | = 2 n
Vì vậy tồn tại z k sao cho |z k | ≥2 Điều này dẫn đến
Do đó |z k 3 + z k | = |z k ||z k 2 + 1| ≥ |z k |, vậy P(x) có vô số nghiệm, điều này không thể xảy ra Vậy chỉ có hai đa thức thỏa mãn yêu cầu đề bài là
Ứng dụng giải các bài toán dãy số phức
Dãy số phức không chỉ mở rộng cho khái niệm dãy số thực mà còn mang lại nhiều ứng dụng quan trọng trong toán học.
Bài toán 2.38 Cho limx n = x và limy n = y Chứng minh rằng lim(x n + iy n ) = x+iy.
Lời giải Ta có limx n = x ⇔ ∀ϵ > 0,∃N 1 ∈ N,∀n ≥N 1 ,|x n −x| < ϵ/2. limy n = y ⇔ ∀ϵ > 0,∃N 2 ∈ N,∀n ≥N 2 ,|y n −y| < ϵ/2.
Chọn N = max(N 1 , N 2 ) Khi đó, với mọi n ≥ N ta có
|x n −x| < ϵ/2 và |y n −y| < ϵ/2. Đặt z n = x n +iy n , z = x+ iy Khi đó
Nghĩa là lim(xn+iyn) =x+iy.
Bài toán 2.39 Nếu z n = (cosϕ +isinϕ) n n với ϕ là một góc đã cho bằng radian, tính limz n
Lời giải Ta có z n = (cosϕ+ isinϕ) n n = cosnϕ+isinnϕ n Suy ra
Do đó lim|z n | = lim 1 n = 0 Vậy limz n = 0. Bài toán 2.40 Cho limzn = z và limwn = w, ((zn) và (wn) là dãy số phức) Chứng minh rằng lim(z n + w n ) = z + w,lim(z n −w n ) = z − w,lim(z n w n ) =zw,lim zn w n
= z w với w ̸= 0. Lời giải Ta có limz n = z ⇔ ∀ϵ > 0,∃N 1 ∈ N,∀n ≥N 1 ,|z n −z| < ϵ/2. limw n = w ⇔ ∀ϵ > 0,∃N 2 ∈ N,∀n ≥N 2 ,|w n −w| < ϵ/2. Chọn N = max(N 1 , N 2 ) Ta có
Suy ra lim(zn +wn) =z +w.
|w n ||w| Chọn ϵ nhỏ, sao cho |w n | > K với K là một hằng số dương ta có z n w n − z w
= z w. Bài toán 2.41 Cho limz n = 1 +i, limw n = 3−i Hãy tính lim(z n +w n ), lim(2izn−7wn), lim(znãwn), lim z n w n
, với wn là số phức liên hợp của w n
Lời giải Ta có lim(z n +w n ) = limz n + limw n = (1 + i) + (3−i) = 4, lim(2izn −7wn) = 2ilim(1 +i)−7 lim(3−i) =−23 + 9i, lim(z n w n ) = limz n limw n = (1 +i)(3−i) = 4−2i, lim z n w n
5i, lim z n 2 w n = limz n 2 lim (w n ) = (limz n ) 2 limw n = (1 +i) 2 (3 +i)
Bài toán 2.42 Cho dãy zn = 1 +i
, n = 1,2,3,ã ã ã Hóy chứng minh rằng z n chỉ có thể nhận 8 giá trị khác nhau và tính z 1358
Ta xét chu kỳ của hàm số mũ phức Biểu thức e iθ có chu kỳ là 2π Do đó, e i nπ 4 = e i ( nπ 4 +2kπ) với k ∈ Z.
Ta thấy n tăng từ 0 đến 7, ta có các giá trị e i 0π 4 , e i 1π 4 , e i 2π 4 , e i 3π 4 , e i 4π 4 , e i 5π 4 , e i 6π 4 , e i 7π 4
Khi n vượt quá 7, các giá trị này lặp lại do tính chất chu kỳ Vậy z n chỉ có thể nhận 8 giá trị khác nhau Ta có
Bài toán 2.43 Nếu limzn = 2 +i, limwn = 1 −i, tìm lim z n 3
! , trong đó wn là liên hợp phức của wn.
Lời giải Ta có lim z n 3
Bài toán 2.44 Cho dãy số phức z n và limz n = z Chứng minh rằng limz1 +z2 +z3 +ã ã ã+zn n = z.
Lời giải Vì limz n = z nên với mỗi ϵ > 0, tồn tại một số nguyên dương
N sao cho với mọi n > N, ta có |z n −z| < ϵ Ta thấy z1 + z2 + ã ã ã+ zn n = 1 n n
Tổng n 1 PN k=1z k gồm N số hạng cố định, vì vậy lim 1 n
Mặt khác, k > N nên |z k −z| < ϵvới mọi k > N Do đó
Vì z là hằng số nên
Bài toán 2.45 Cho dãy z n là một dãy số phức, được định nghĩa đệ quy bởi z n+1 = z n +|z n |
2 Biểu diễn |z n | dưới dạng hàm của n.
Lời giải Gọi r n = |z n | > 0 là modun và ϕ n là argument của z n , khi đó dạng cực của zn là z n = r n (cosϕ n +isinϕ n ), n= 1,2,3, ,−π ≤ ϕ n < π.
Công thức đệ quy đã cho trở thành r n+1 (cosϕ n+1 +isinϕ n+1 ) = r n (cosϕ n +isinϕ n ) +r n
2 Tóm lại, ta có công thức đệ quy đã cho cuối cùng là r n+1 = r n cos ϕ n
Và nhân từng vế với nhau, ta có rn = cosϕ 1
Bài toán 2.46 Nếu limzn = i, limwn = 1 +i, limun = 3−i, hãy tìm các giới hạn sau a) limz n 2 , b) lim(z n w n u n ), c) lim w n u n , d) lim(w 2 n un), e) lim(5z n + 2w n −6u n ), f) lim w 1 n +u n
Lời giải Ta có a) limz n 2 = (limz n ) 2 = i 2 = −1, b) lim(z n w n u n ) = (limz n )(limw n )(limu n ) =i(1 +i)(3−i) = 2i−2, c) lim w n u n = limw n limu n = 1 +i
5 , d) lim(w 2 n u n ) = (limw n ) 2 (limu n ) = (1 +i) 2 (3−i) = 2 + 6i, e) lim(5z n + 2w n −6u n ) = 5 limz n + 2 limw n − 6 limu n = 5i + 2(1 + i)−6(3−i) =−16 + 13i, f) lim
2 Bài toán 2.47 Cho dãy z n là một dãy số phức, được định nghĩa đệ quy bởi z n+1 = z n − |z n |
Biểu diễn |z n | dưới dạng hàm của n.
Lời giải Gọi r n = |z n | > 0 là modun và ϕ n là argument của z n , khi đó dạng cực của z n là z n = r n (cosϕ n +isinϕ n ), n= 1,2,3, ,−π ≤ ϕ n < π.
Công thức đệ quy đã cho trở thành r n+1 (cosϕ n+1 + isinϕ n+1 )
2. Tóm lại, ta có công thức đệ quy đã cho cuối cùng là r n+1 = r n cos ϕn
Và nhân từng vế với nhau, ta có r n = cos ϕ 1 + π 2
Bài toán 2.48 Chứng minh rằng lim
Lời giải.Ta có lim
Bài toán 2.49 Chứng minh rằng lim n 3 + 5n 2 i−8i (in) 3 + 2n+i√ n = i.
Lời giải.Ta có n→∞lim n 3 + 5n 2 i−8i (in) 3 + 2n+i√ n = lim n→∞ n 3 + 5n 2 i−8i
Bài toán 2.50 Cho dãy z n = √ n−i√ n, chứng minh rằng limz n = ∞. Lời giải Ta có
2n= ∞ Do đó, lim|z n | = ∞ Vậy limz n = ∞.
Trong đề án này, chúng tôi đã trình bày được một số nội dung sau
1 Trình bày lại một số tính chất của số phức ở dạng đại số và lượng giác.
2 Sử dụng số phức để giải được một số bài toán đại số, tổ hợp, hình học, lượng giác, phương trình hàm và dãy số phức Nhiều bài toán được chọn lọc từ các kì thi học sinh giỏi Olympic trong nước và Quốc tế.