Ứng dụng của số phức và một số ứng dụng – Toán Nguyễn Tài Chung

Tài liệu gồm 45 trang được biên soạn bởi thầy giáo Nguyễn Tài Chung (giáo viên Toán trường THPT Chuyên Hùng Vương, tỉnh Gia Lai) giới thiệu một số ứng dụng của số phức trong việc giải các bài toán liên quan đến chứng minh bất đẳng thức, giải phương trình, hệ phương trình, phương trình hàm đa thức.

1 | Nguyễn Tài Chung - Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương - Gia Lai MỤC LỤC Số phức vài ứng dụng A Lý thuyết B Ví dụ giải tốn C Bài tập 14 Đề 14 Lời giải 16 D Sử dụng số phức chứng minh bất đẳng thức 23 E Sử dụng số phức giải phương trình, hệ phương trình 29 F Hệ lặp sinh đa thức đối xứng ba biến 36 Sử dụng số phức để giải phương trình hàm đa thức BÀI 39 SỐ PHỨC VÀ MỘT VÀI ỨNG DỤNG A LÝ THUYẾT Một số định nghĩa Một số phức z biểu thức dạng z = a + bi, a b số thực i số thỏa mãn i2 = −1 Số a gọi phần thực, b gọi phần ảo số phức z = a + bi, i gọi đơn vị ảo Cho hai số phức z = a + bi z = a + b i Khi đó: z=z ⇔ a=a b=b Tập hợp tất số phức thường ký hiệu C Vậy: C = { a + bi | a, b ∈ R} Số phức z = a + 0i có phần ảo coi số thực viết là: a + 0i = a ∈ R ⊂ C MỤC LỤC | Nguyễn Tài Chung - Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương - Gia Lai Số phức z = + bi có phần thực gọi số ảo (còn gọi số ảo) viết z = bi Số = + 0i = 0i vừa số thực vừa số ảo √ Môđun số phức Cho số phức z = a + bi, a2 + b2 gọi môđun (độ √ 2 dài) z, ký hiệu |z| Vậy |z| = a + b Số phức liên hợp Cho z = a + bi ∈ C, số phức liên hợp với z z = a − bi Biểu diễn hình học số phức Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, số phức z = a + bi biểu diễn điểm M ( a; b) Ngược lại điểm M( a; b) biểu diễn số phức z = a + bi Ta viết M ( a + bi ) hay M(z) Các phép toán số phức Cho hai số phức z = a + bi z = a + b i Khi đó: Tổng hai số phức z z là: z + z = ( a + a ) + (b + b ) i Số đối số phức z = a + bi số phức −z = − a − bi Hiệu hai số phức z z là: z − z = ( a − a ) + (b − b ) i Tích hai số phức z z là: zz = ( aa − bb ) + ( ab + a b) i Nghịch đảo số phức z = a + bi = là: z −1 = a2 ( a − bi ) + b2 = z | z |2 Thương hai số phức z z = là: z a b = z.z −1 = ( a + bi ) − i 2 z a +b a +b2 ab − a b aa + bb − i = a +b2 a +b2 Lũy thừa số phức z định nghĩa sau: z0 = 1, zn = z.z z với n ∈ N∗ n chữ z zn = z−n , với z = 0, n = −1, −2, −3, Căn bậc n (n ∈ N∗ ) số phức z, kí hiệu √ n z, số phức z1 cho z1n = z Chú ý Để chia hai số phức nhanh chóng ta làm sau: z z.z z.z = = z | z |2 z z Tức để tìm z ta cần nhân tử mẫu cho số phức liên hợp z z Tìm bậc hai số phức z MỤC LỤC | Nguyễn Tài Chung - Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương - Gia Lai Nếu z = z có bậc hai √ √ a − a √ √ Nếu z = a < z có hai bậc hai − a i − − a i Nếu z = a > z có hai bậc hai Nếu z = a + bi (b = 0) ta tìm bậc hai z sau: Ta cần tìm số phức x + yi cho: ( x + yi )2 = a + bi ⇔ x2 − y2 + 2xyi = a + bi ⇔ x − y2 = a 2xy = b Giải hệ ta tìm x y, tức tìm x + yi Dạng lượng giác số phức Cho số phức z = a + bi = Trong mặt phẳng Oxy, số phức z = a + bi biểu diễn điểm M ( a; b) Ta có: |z| = # » a2 + b2 = OM Số đo (radian) góc lượng giác φ = (Ox, OM) gọi acgumen số phức z Vậy ta có: a = r cos φ, b = r sin φ, z = r (cos φ + i sin φ), với r = |z| = # » a2 + b2 = OM z = r (cos φ + i sin φ) gọi dạng lượng giác số phức z = a + bi Lưu ý Nếu φ acgumen z acgumen z có dạng φ + k2π, k ∈ Z (người ta thường nói acgumen z = sai khác k2π, k ∈ Z) Các công thức thường dùng dạng lượng giác Cho hai số phức: z = r (cos φ + i sin φ) = 0, z = r (cos β + i sin β) = Khi đó: zz = rr [cos(φ + β) + i sin(φ + β)] z r = [cos(φ − β) + i sin(φ − β)] z r zn = [r (cos φ + i sin φ)]n = r n (cos nφ + i sin nφ), ∀n = 0, 1, 2, Công thức sau gọi công thức Moa-vrơ Căn bậc n số phức Cho số phức z = r (cos ϕ + i sin ϕ) , r > Khi bậc n z zk = √ n r cos ϕ + 2kπ ϕ + 2kπ + i sin n n , k = 0, 1, 2, , n − Các bậc hai số phức z = r (cos ϕ + i sin ϕ) , r > z0 = MỤC LỤC √ r cos √ ϕ ϕ ϕ ϕ + i sin , z1 = − r cos + i sin 2 2 | Nguyễn Tài Chung - Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương - Gia Lai Các bậc ba số phức z = r (cos ϕ + i sin ϕ) , r > √ ϕ ϕ + i sin , 3 √ ϕ + 2π ϕ + 2π + i sin z1 = r cos 3 √ ϕ + 4π ϕ + 4π z2 = r cos + i sin 3 z0 = r cos , Chú ý Một phương trình nghiệm phức f (z) = 0, với z = x + iy, ta biến đổi thành h( x, y) + ig( x, y) = ⇔ h( x, y) = g( x, y) = Nghĩa phương trình nghiệm phức, cách tách phần thực phần ảo ln đưa hệ phương trình 10 Đa thức với hệ số phức Định nghĩa P(z) = a0 zn + a1 zn−1 + · · · + an−1 z + an với hệ số ∈ C biến z ∈ C Ta định nghĩa bậc, nghiệm đa thức với hệ số thực Định lý Viet Phát biểu thuận đảo đa thức hệ số thực Định lí (D’ALEMBERT) Mọi đa thức bậc n hệ số phức: P ( z ) = a z n + a z n −1 + · · · + a n −1 z + a n ( a = ) có đủ n nghiệm phức phân biệt hay trùng Hệ Nếu z1 , z2 , , zn n nghiệm P ( z ) = a z n + a z n −1 + · · · + a n −1 z + a n ( a = ) ta có phân tích: P(z) = a0 (z − z1 )(z − z2 ) (z − zn ) 11 Giải phương trình bậc hai C : Az2 + Bz + C = (với A = 0) Phương pháp Tính ∆ = B2 − 4AC Nếu ∆ = phương trình có nghiệm kép z1 = z2 = −B 2A Nếu ∆ = phương trình có hai nghiệm phân biệt z1 = −B + δ −B − δ , z2 = 2A 2A δ bậc hai ∆ MỤC LỤC | Nguyễn Tài Chung - Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương - Gia Lai B VÍ DỤ GIẢI TỐN BÀI (ĐH 2013D) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1 + i )(z − i ) + 2z = 2i Tìm mơđun số phức: w = Lời giải Ta có z − 2z + z2 (1 + i )(z − i ) + 2z = 2i ⇔ z − i + iz − i2 + 2z = 2i −1 + 3i ⇔3z + iz = 3i − ⇔ (3 + i )z = −1 + 3i ⇔ z = 3+i 10i (−1 + 3i )(3 − i ) ⇔z= ⇔z = ⇔ z = i 32 − i2 10 Do w= √ z − 2z + −i − 2i + 1 − 3i = = = − + 3i ⇒ w = 10 | | z2 i2 −1 √ BÀI Cho ε = − + i Hãy tính: 2 a + bε + cε2 aε2 + bε a + bε2 + cε ; ( a + b) ( a + bε) a + bε2 ; aε + bε2 Lời giải √ i Do đó: Ta có: ε = − + 2 √ ε = − + i 2 ε3 = ε.ε2 = √ √ 3 = − i+ i = − − i, 4 2 √ √ 3 3 − i + i = − i2 = + = 1, 2 2 4 4 ε4 = ε3 ε = ε Theo ta có: a + bε + cε2 a + bε2 + cε = a2 + b2 ε3 + c2 ε3 + abε2 + acε + baε + bcε2 + caε2 + cbε4 = a2 + b2 + c2 + ( ab + bc + ca)ε2 + ( ab + bc + ca)ε = a2 + b2 + c2 + ( ab + bc + ca)(ε + ε2 ) = a2 + b2 + c2 − ( ab + bc + ca) (do ε + ε2 = −1) Ta có: ( a + b) ( a + bε) a + bε2 = ( a + b) a2 + abε2 + baε + b2 ε3 = ( a + b) a2 + ab(ε2 + ε) + b2 = ( a + b) a2 − ab + b2 = a3 + b3 MỤC LỤC | Nguyễn Tài Chung - Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương - Gia Lai Ta có: aε2 + bε aε + bε2 = a2 ε3 + abε4 + abε2 + b2 ε3 = a2 + abε + abε2 + b2 = a2 + ab(ε + ε2 ) + b2 = a2 − ab + b2 BÀI (Kosovo National Mathematical Olympiad 2013, Grade 11) Cho z1 z2 hai số phức thoả mãn |z1 + 2z2 | = |2z1 + z2 | Chứng minh với số thực a, ta có: |z1 + az2 | = | az1 + z2 | Lời giải Giả sử z1 = p + qi, z2 = r + si (với p, q, r, s ∈ R) Khi |z1 + 2z2 | = |2z1 + z2 | ⇔|( p + 2r ) + i (q + 2s)| = |(2p + r ) + i (2q + s)| ⇔ ( p + 2r )2 + (q + 2s)2 = (2p + r )2 + (2q + s)2 ⇔( p + 2r )2 + (q + 2s)2 = (2p + r )2 + (2q + s)2 ⇔ p2 + 4pr + 4r2 + q2 + 2qs + 4s2 = 4p2 + 4pr + r2 + 4q2 + 4qs + s2 ⇔r + s2 = p2 + q2 ⇔ | z1 | = | z2 | (1) Ta có tương đương sau: |z1 + az2 | = | az1 + z2 | ⇔ | p + qi + a(r + si )| = | a( p + qi ) + r + si | ⇔ |( p + ar ) + (q + as)i | = |( ap + r ) + ( aq + s)i | ⇔ ( p + ar )2 + (q + as)2 = ( ap + r )2 + ( aq + s)2 ⇔( p2 + 2apr + a2 r2 ) + (q2 + 2asq + a2 s2 ) =( a2 p2 + 2apr + r2 ) + ( a2 q2 + 2aqs + s2 ) ⇔ p2 + a2 r + q2 + a2 s2 = a2 p2 + r + a2 q2 + s2 ⇔ p2 + q2 − a2 ( p2 + q2 ) = r + s2 − a2 ( s2 + r ) ⇔( a2 − 1)( p2 + q2 ) = ( a2 − 1)(r2 + s2 ) (đúng, (1)) Ta có điều phải chứng minh BÀI (ĐH-2012D) Giải phương trình z2 + (1 + i ) z + 5i = tập hợp số phức Lời giải Ta có ∆ = 9(1 + i )2 − 20i = 9(2i ) − 20i = −2i = (1 − i )2 Vậy nghiệm  −3 − 3i + − i z = −1 − 2i  z=  −3 − 3i − + i ⇔ z = −2 − i z= MỤC LỤC | Nguyễn Tài Chung - Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương - Gia Lai BÀI Giải phương trình sau tập số phức: (z + 3i )(z2 − 2z + 5) = 0; z3 + (2i − 3)z2 + 5z − 2i − = Lời giải z = −3i z = −3i ⇔ z − 2z + = z = −1 ± 2i Vậy phương trình có ba nghiệm: z = −3i, z = −1 − 2i, z = −1 + 2i Ta có (z + 3i )(z2 − 2z + 5) = ⇔ Phương trình có nghiệm đặc biệt z = nên chia đa thức ta z3 + (2i − 3)z2 + 5z − 2i − = ⇔(z − 1) z2 + (2i − 2)z + 2i + = ⇔ z=1 z2 + (2i − 2)z + 2i + = (∗) Phương trình (*) có ∆ = (i − 1)2 − (2i + 3) = i2 − 2i + − 2i − = −3 − 4i = (1 − 2i )2 Do (∗) ⇔ z=i Vậy phương trình cho có ba nghiệm z = − 3i z = 1, z = i, z = − 3i BÀI (ĐH-2012B, phần riêng chương trình Nâng cao) Goi z1 z2 hai nghiệm √ phương trình z2 − 3iz − = Viết dạng lượng giác z1 z2 Lời giải √ √ 3i + = 3i2 + = 1, có hai nghiệm Phương trình z2 − 3iz − = có ∆ = z1 = −1 + √ 3i = − cos √ π π π π + sin i ; z2 = + 3i = cos + sin i 3 3 Vậy dạng lượng giác z1 , z2 là: z1 = 2(cos 2π π π 2π + i sin ); z2 = cos + i sin 3 3 BÀI Tính (1 + ε)n , với ε = cos Lời giải Ta có: 2π 2π + i sin , n số tự nhiên 3 2π 2π π π π + i sin = 2cos2 + sin cos i 3 3 π π π π π = cos cos + i sin = cos + i sin 3 3 + ε = + cos MỤC LỤC | Nguyễn Tài Chung - Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương - Gia Lai π π n nπ nπ + i sin = cos + i sin 3 3 Lưu ý Ta có cơng thức lượng giác sau đây: Vậy: (1 + ε)n = cos x x + cos x = 2cos2 , − cos x = 2sin2 ; sin 2x = sin x cos x 2 BÀI Sử dụng số phức, chứng minh rằng: cos 5x = 16cos5 x − 20cos3 x + cos x Lời giải Ta có (cos x + i sin x )5 = cos 5x + i sin 5x Mặt khác (1) (cos x + i sin x )5 =cos5 x + 5cos4 x (i sin x ) + 10cos3 x (i sin x )2 +10cos2 x (i sin x )3 + cos x (i sin x )4 + (i sin x )5 =(cos5 x − 10cos3 xsin2 x + cos xsin4 x ) +(5cos4 x sin x − 10cos2 xsin3 x + sin5 x )i (2) Từ (1) (2), suy cos 5x = cos5 x − 10cos3 xsin2 x + cos xsin4 x = cos5 x − 10cos3 x (1 − cos2 x ) + cos x (1 − 2cos2 x + cos4 x ) = 16cos5 x − 20cos3 x + cos x Ta có điều phải chứng minh Lưu ý Qua lời giải tập ta thu kết quả: sin 5x = 5cos4 x sin x − 10cos2 xsin3 x + sin5 x √ √ BÀI Cho sin a + sin b = , cos a + cos b = Tính: 2 cos( a + b), sin( a + b) Lời giải Đặt z1 = cos a + i sin a, z2 = cos b + i sin b Khi z1 z1 = | z1 |2 = ⇒ z1 = Tương tự, z2 = 1 Ta có z1 + z2 = + z2 z1√ √ z1 + z2 = +i √2 √2 z1 + z2 = −i 2 z1 z + z2 z + z2 = ⇒ z1 z2 = Mà z2 z1 z2 z1 + z2 √ π π = cos + i sin , 6 √ −π −π = cos + i sin 6 MỤC LỤC | Nguyễn Tài Chung - Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương - Gia Lai √ π π + i sin 6 z1 z2 = √ −π −π cos + i sin 6 nên cos = cos π π + i sin 3 Lại có z1 z2 = cos( a + b) + i sin( a + b) Vậy √ π π cos( a + b) = cos = , sin( a + b) = sin = 3 BÀI 10 Cho a, b, c số thực thoả mãn điều kiện: sin a + sin b + sin c = 0, cos a + cos b + cos c = Chứng minh rằng: sin 2a + sin 2b + sin 2c = 0, cos 2a + cos 2b + cos 2c = Lời giải Đặt z1 = cos a + i sin a, z2 = cos b + i sin b, z3 = cos c + i sin c Theo giả thiết, ta có 1 z1 + z2 + z3 = Vì |z1 | = |z2 | = |z3 | = nên = z1 , = z2 , = z3 Vì z1 z2 z3 z21 + z22 + z23 = (z1 + z2 + z3 )2 − (z1 z2 + z2 z3 + z3 z1 ) 1 = 02 − 2z1 z2 z3 = −2z1 z2 z3 (z1 + z2 + z3 ) + + z1 z2 z3 = −2z1 z2 z3 (z1 + z2 + z3 ) = −2z1 z2 z3 = Do cos 2a + cos 2b + cos 2c + i (sin 2a + sin 2b + sin 2c) = Vậy sin 2a + sin 2b + sin 2c = 0, cos 2a + cos 2b + cos 2c = BÀI 11 Rút gọn tổng S = sin x + sin 2x + · · · + sin nx Lời giải x Khi sin = ⇔ x = 2kπ, ta có S = Tiếp theo giả sử x = 2kπ, k ∈ Z Ta có (1 + cos x + cos 2x + · · · + cos nx ) + (sin x + sin 2x + · · · + sin nx ) i =1 + (cos x + i sin x ) + (cos 2x + i sin 2x ) + · · · + (cos nx + i sin nx ) =1 + (cos x + i sin x ) + (cos x + i sin x )2 + · · · + (cos x + i sin x )n − (cos x + i sin x )n+1 [1 − cos(n + 1) x ] − i sin(n + 1) x = = − (cos x + i sin x ) (1 − cos x ) − i sin x [1 − cos(n + 1) x − i sin(n + 1) x ] [(1 − cos x ) + i sin x ] = (1 − cos x )2 − i2 sin2 x [1 − cos(n + 1) x − i sin(n + 1) x ] [(1 − cos x ) + i sin x ] = − cos x + cos2 x + sin2 x [1 − cos(n + 1) x − i sin(n + 1) x ] [(1 − cos x ) + i sin x ] = − cos x [1 − cos(n + 1) x ] (1 − cos x ) + sin(n + 1) x sin x = + x 4sin2 MỤC LỤC 10 | Nguyễn Tài Chung - Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương - Gia Lai [(1 − cos(n + 1) x ) sin x − sin(n + 1) x (1 − cos x )] i x 4sin2 − cos x − cos(n + 1) x + cos nx sin nx + sin x − sin(n + 1) x = + i x x 4sin2 4sin2 2 x x ( 2n + ) x x x (2n + 1) x x sin cos − cos 2sin2 + sin sin sin 2 + 2 2i = 2x 2x 4sin 4sin 2 x (2n + 1) x x (2n + 1) x sin + sin cos − cos 2 2 = + i x x sin sin 2 ( n + 1) x nx ( n + 1) x nx sin cos sin sin 2 + 2 i = x x sin sin 2 + nx ( n + 1) x sin 2 Tóm lại: x sin nx ( n + 1) x sin sin 2 x = 2kπ, k ∈ Z x sin x = 2kπ, k ∈ Z sin Vậy S = sin x + sin 2x + · · · + sin nx = sin x + sin 2x + · · · + sin nx =          Lưu ý Qua lời giải này, ta rút gọn tổng cos x + cos 2x + · · · + cos nx BÀI 12 Rút gọn tổng S = cos x + cos 3x + · · · + cos(2n − 1) x ( x = kπ ) Lời giải Ta có [cos x + cos 3x + · · · + cos(2n − 1) x ] + [sin x + sin 3x + · · · + sin(2n − 1) x ] i = (cos x + i sin x ) + (cos 3x + i sin 3x ) + · · · + [cos(2n − 1) x + i sin(2n − 1) x ] = (cos x + i sin x ) + (cos x + i sin x )3 + · · · + (cos x + i sin x )2n−1 = (cos x + i sin x ) = (cos x + i sin x ) − (cos x + i sin x )2n − (cos x + i sin x )2 − (cos x + i sin x )2n sin x (sin x − i cos x ) = (cos x + i sin x ) (sin x + i cos x ) − (cos x + i sin x )2n sin x sin2 x − i2 cos2 x − (cos 2nx + i sin 2nx ) − (cos x + i sin x )2n =i = i sin x sin x MỤC LỤC 31 | Nguyễn Tài Chung - Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương - Gia Lai Lời giải √ 2k i − x Xét x < Ta có C20 √ + i −x 10 2k 2k (−1)k (− x )k = C 2k x k Suy = C20 20 √ + − i −x 10 10 = C10 + C10 x + C10 x + · · · + C10 x Do 10 (1) ⇔2(C10 + C10 x + C10 x + · · · + C10 x )=0 √ ⇔ + i −x 10 √ + − i −x 10 =0⇔ √ + i −x √ − i −x 10 = −1 √ + i −x √ bậc mười −1 = cos π + i sin π Do Nghĩa − i −x √ + i −x π + k2π π + k2π √ = cos + i sin , k = 0, 1, 2, , 10 10 − i −x (2) Ta có √ − i −x π + k2π π + k2π + i sin 10 10 √ π + k2π π + k2π π + k2π √ π + k2π = cos + − x sin + sin − − x cos 10 10 10 10 cos i Từ (2) ta nhân chéo, sau đồng phần thực với phần thực, phần ảo với phần ảo kết √ π + k2π − x = tan , k = 0, 1, 2, , (3) 20 √ Do − x > nên (3) ta cho k chạy từ đến Vậy phương trình (1) có nghiệm π + k2π x = −tan2 , k = 0, 1, 2, 3, (4) 20 Nhưng (1) phương trình đa thức bậc nên có khơng nghiệm Vậy (4) cho ta tất nghiệm (1) Lưu ý Sẽ sai lầm cho C10 + C10 x + C10 x 10 + · · · + C10 x = 1+ √ x 10 + 1− √ x 10 √ 10 √ 10 + x + 1− x > nên suy (1) vơ nghiệm Cần nhớ giải phương trình tìm x thuộc tập xác định thoả mãn phương trình (1) Bài tốn 40 giải sau : (1) ⇔ ( x + 1) x4 + 44x3 + 166x2 + 44x + = Phương trình x4 + 44x3 + 166x2 + 44x + = gọi phương trình với hệ số phản hồi, trường hợp đặc biệt này, gọi phương trình đối xứng MỤC LỤC 32 | Nguyễn Tài Chung - Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương - Gia Lai BÀI 41 Giải phương trình 64x6 − 2112x5 + 7920x4 − 7392x3 + 1980x2 − 132x + = Lời giải Đặt x = pt, thay vào phương trình, dẫn tới cần phải chọn p = Một dấu hiệu khác rõ ràng, hệ số tự 1, số hạng chứa luỹ thừa cao 64x6 = (−2x )6 √ 20 √ 20 BÀI 42 Chứng minh + x + − x = P10 ( x ), P10 ( x ) đa thức bậc mười Giải phương trình P10 ( x ) = Lời giải + C x + C x + · · · + C 20 x 10 Vậy P ( x ) đa thức bậc Ta có P10 ( x ) = C20 10 20 20 20 mười Dễ thấy x ≥ không thoả mãn phương trình P10 ( x ) = Tiếp theo xét x < Khi 20 20 √ √ P10 ( x ) = + i − x + − i −x Phương trình P10 ( x ) = tương đương với √ + i −x 20 √ = − − i −x 20 ⇔ √ + i −x √ − i −x 20 = −1 √ + i −x √ Nghĩa là bậc hai mươi −1 = cos π + i sin π Do − i −x √ + i −x π + k2π π + k2π √ = cos + i sin , k = 0, 1, 2, , 19 20 20 − i −x (1) Ta có √ − i −x π + k2π π + k2π + i sin 20 20 π + k2π √ π + k2π π + k2π √ π + k2π = cos + − x sin + sin − − x cos 20 20 20 20 cos i Từ (1) ta nhân chéo, sau đồng phần thực với phần thực, phần ảo với phần ảo kết √ π + k2π − x = tan , k = 0, 1, 2, , 19 (2) 40 √ Do − x > nên (2) ta cho k chạy từ đến Vậy phương trình P10 ( x ) = có π + k2π 10 nghiệm x = −tan2 , k = 0, 1, , 40  √  x4 − 6x2 y2 + y4 = (1) BÀI 43 Giải hệ phương trình  x y − y3 x = (2) Lời giải Xét số phức z = x + yi, với x, y ∈ R Vì z4 = ( x + yi )4 = x4 + 4x3 yi + 6x2 y2 i2 + 4xy3 i3 + y4 i4 MỤC LỤC 33 | Nguyễn Tài Chung - Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương - Gia Lai = x4 − 6x2 y2 + y4 + x3 y − y3 x i √ π π nên từ hệ cho ta có z4 = + i = cos + i sin Vậy z = x + yi bậc 6 π π π π Các bậc bốn số phức cos + i sin bốn số phức cos + i sin 6 6 √ √ π 13π π 13π 4 cos + i sin , cos + i sin , 24 24 24 24 √ √ 25π 25π 37π 37π 4 cos + i sin , cos + i sin 24 24 24 24 Hay            √ π π + i sin 24 24 √ 13π 13π + i sin x + yi = cos 24 24 √ 25π 25π x + yi = cos + i sin 24 24 √ 37π 37π x + yi = cos + i sin 24 24 x + yi = cos Hệ cho có nghiệm :  √  x = cos π 24 ; √  y = sin π 24  √   x = cos 25π 24 √ 25π   y = sin 24  √   x = cos 13π 24 √ 13π ;   y = sin 24  √   x = cos 37π 24 ; √ 37π   y = sin 24  3x − y  =3  x+ x + y2 BÀI 44 Giải hệ phương trình x + 3y   y− = x + y2 Lời giải Điều kiện x2 + y2 = Xét số phức z = x + iy Khi iz = ix − y, x2 + y2 = |z|2 = z.z Hệ phương trình cho viết lại  3x − y  =3 (1)  x+ x + y2 x + 3y   yi − i = (2) x + y2 Lấy (1) trừ (2) theo vế ta x − yi + MỤC LỤC 3x − y x + 3y 3( x + yi ) y − xi + i = ⇔ x − yi + − =3 2 2 x +y x +y x +y x + y2 34 | Nguyễn Tài Chung - Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương - Gia Lai Hay z iz i + = ⇔ z + + = ⇔ (z)2 − 3z + + i = z.z z.z z z Ta có ∆ = − 4(3 + i ) = −3 − 4i Xét số phức a + bi thoả mãn điều kiện z+3 −3 − 4i = ( a + bi ) ⇔ a2 − b2 = −3 ⇔ 2ab = −4 a2 − b2 = −3 b=− a Khi = −3 ⇔ a4 + 3a2 − = ⇔ a2 = ⇔ a = ±1 a2 Vậy ( a; b) = (1; −2) ; ( a; b) = (−1; 2) Do ∆ = −3 − 4i có hai bậc hai ± (1 − 2i ) Suy  + (1 − 2i ) = 2−i  z=  − (1 − 2i ) = + i z= Nghĩa x − yi = − i ( x; y) = (2; 1) ⇔ x − yi = + i ( x; y) = (1; −1) a2 − Vậy hệ phương trình cho có hai nghiệm x=2 y=1 x=1 y = −1 BÀI 45 (HSG quốc gia-1996) Giải hệ phương trình:  √   =2  3x + x+y √   =  7y − x+y Lời giải √ √ Điều kiện x > y > Đặt u = x, v = y Hệ phương trình trở thành:    =√  u 1+ u + v2 √3    v 1− = √ u + v2 Vì u2 + v2 bình phương mơđun số phức z = u + iv nên ta biến đổi hệ phương trình thành:   u u     (1)  u + u2 + v2 = √  u + u2 + v2 = √ √3 ⇔ √ v iv 2i     = √ = √ (2)  v−  iv − 2 u +v u +v 7 Cộng (1) (2) theo vế ta được: √ u − iv 2i u + iv + =√ + √ u + v2 (3) MỤC LỤC 35 | Nguyễn Tài Chung - Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương - Gia Lai Vì u − iv z z = = = nên (3) viết lại 2 u +v z.z z |z| √ 2i z + = √ + √ ⇔ z2 − z Ta có ∆ = √ 2i √ + √ √ 2i √ + √ z + = √ √ 2i 38 2i −1 = − + √ −1 = − + √ 21 21 21 Xét số phức a + bi thoả mãn điều kiện  38 √  a2 − b2 = −  38 2i √ 21 − + √ = ( a + bi )2 ⇔  21 21  2ab = √ 21 Khi a2 − Vậy ( a; b) = −38 −19 + 23 = ⇔ 21a4 + 38a2 − = ⇔ a2 = = 21a2 21 21 21 √ √ ; ; ( a; b) = 21 z = u + iv = √ − √ ; − Do 21 √ ±√ 21 + √ 2 √ √ ± i     u= √ +√ 21 √3 Vì u > v > nên Do √ 2    v = √ +      x=     y= √ +√ 21 √ 2 √ √ + 11 + √ 21 22 = +√ 7 = Hệ phương trình cho có nghiệm  11   +  x= 21 22   +  y= MỤC LỤC √ √ (4) 36 | Nguyễn Tài Chung - Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương - Gia Lai F HỆ LẶP SINH BỞI CÁC ĐA THỨC ĐỐI XỨNG BA BIẾN BÀI 46 Tìm số phức x, y, z khác đôi thỏa mãn:   x = y3 + z3 y = z3 + x  z = x + y3 Lời giải Đặt σ1 = x + y + z, σ2 = xy + yz + zx, σ3 = xyz Khi đó: x3 + y3 + z3 = 3xyz + ( x + y + z) x2 + y2 + z2 − xy − yz − zx = 3σ3 + σ1 σ12 − 3σ2 = σ13 − 3σ1 σ2 + 3σ3 Hệ cho viết lại:   x = σ13 − 3σ1 σ2 + 3σ3 − x3 y = σ13 − 3σ1 σ2 + 3σ3 − y3  z = σ13 − 3σ1 σ2 + 3σ3 − z3 Hay x, y, z nghiệm phương trình: t = σ13 − 3σ1 σ2 + 3σ3 − t3 ⇔ t3 + t − σ13 − 3σ1 σ2 + 3σ3 = (1) Mặt khác, theo định lí Viet x, y, z nghiệm phương trình: t3 − σ1 t2 + σ2 t − σ3 = (2) Từ (1) (2) suy ra:   −σ1 = σ =1  −σ3 = − σ13 − 3σ1 σ2 + 3σ3   σ1 = σ =1 ⇔  σ3 = Như x, y, z nghiệm phương trình:  t=0 t3 + t = ⇔ t t2 + = ⇔  t = i t = −i Vậy nghiệm hệ cho (0; i; −i ) hốn vị BÀI 47 Tìm số phức a, b, c, d khác đôi thỏa mãn:  a = bcd +    b = cda + c4 = dab +    d = abc + Lời giải MỤC LỤC 37 | Nguyễn Tài Chung - Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương - Gia Lai Đặt σ4 = abcd Lần lượt nhân phương trình thứ nhất, thứ hai, thứ ba, thứ tư với a, b, c, d ta được:   a = abcd + a a = σ4 + a       b = abcd + b b = σ4 + b ⇔ c5 = abcd + c c5 = σ4 + c       d = abcd + d d = σ4 + d Như a, b, c, d nghiệm phương trình: t5 = σ4 + t ⇔ t5 − t − σ4 = (1) Tuy nhiên phương trình (1) có đủ nghiệm phức a, b, c, d r Khi áp dụng định lí Viet, ta được: σ4 = rσ4 ⇔ σ4 (r − 1) = (2) Nếu r = nghiệm phương trình (1) nên 15 − − σ4 = ⇔ σ4 = Nếu r = từ (2) suy σ4 = Như vậy, ta có σ4 = Vì nên (1) tương đương: t5 − t = ⇔ t t2 − t2 + = ⇔ t ∈ {0; 1; −1; i; −i } Do σ4 = nên số a, b, c, d phải có số Hơn ( a; b; c; d) = (0; 1; i; −i ) không thỏa mãn hệ Với a, b, c, d ∈ {0; 1; −1; i; −i } a4 , b4 , c4 , d4 ∈ {0; 1}, từ hệ cho suy ra: abc, bcd, cda, dab ∈ {0; −1}, dẫn tới số a, b, c, d phải có đủ số 0, i, −i Suy nghiệm hệ (0; −1; i; i ) 23 hốn vị khác BÀI 48 Tìm số phức x, y, z khác đôi thỏa mãn:  2  + x2 = y + z  x    yz −   + x2 z y3 + y2 =  zx −   + y2  x    z3 + z2 = xy − Lời giải Điều kiện: xy = 1, yz = 1, zx = Nếu x = thay vào hệ ta    y + z2 =  y + z2 = y=0 2 y3 = y + y = −z ⇔ ⇔ z = 0,   z + z2 = − y2 z3 = mâu thuẫn với giả thiết số phức x, y, z khác đôi Như x = tương tự, ta suy y = 0, z = Đặt: σ1 = x + y + z, σ2 = xy + yz + zx, σ3 = xyz MỤC LỤC 38 | Nguyễn Tài Chung - Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương - Gia Lai Khi đó: x2 + y2 + z2 = ( x + y + z)2 − ( xy + yz + zx ) = σ12 − 2σ2 Phương trình thứ hệ cho trở thành: σ12 − 2σ2 − x2 σ3 −1 x ⇔σ3 x2 − x3 + σ3 x − x2 = σ12 − 2σ2 − x2 x3 + x2 = ⇔ x3 − σ3 x2 − σ3 x + σ12 − 2σ2 = Điều có nghĩa x nghiệm phương trình: t3 − σ3 t2 − σ3 t + σ12 − 2σ2 = (1) Tương tự, ta suy y, z nghiệm (1) Mặt khác, theo định lí Viet suy x, y, z nghiệm phương trình: t3 − σ1 t2 + σ2 t − σ3 = (2) Từ (1) (2) suy ra:   σ1 σ  σ3   σ3 ⇔ σ2  σ1   = σ3  σ3 = σ1  σ3 = σ1 σ2 = −σ1 σ = −σ1 = −σ3 ⇔ ⇔   22 σ1 = −σ12 − 2σ1 σ1 + 3σ1 = = −σ12 + 2σ2 = σ1 = −σ1 ⇔ ∈ {0; −3} (σ1 ; σ2 ; σ3 ) = (0; 0; 0) (loại) (σ1 ; σ2 ; σ3 ) = (−3; 3; −3) Như x, y, z nghiệm phương trình: t3 + 3t2 + 3t + = ⇔ (t + 1)3 = −2 ⇔ t+1 − √ 3 (3) = t+1 Phương trình (3) nghĩa − √ bậc = cos + i sin hay: √   t+1 t+1 = − − √ = cos + i sin √   √   t+1  t+1 = − − + i 2π 2π   2 = cos + i sin ⇔  − √ 3 √   √  t+1  4π 4π t+1 = − − − i − √ = cos + i sin 2 3 Nghiệm ( x; y; z) hệ √ − − 1; − − + i 2 √ √ √ − 1; − − − i 2 √ −1 hoán vị MỤC LỤC 39 | Nguyễn Tài Chung - Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương - Gia Lai BÀI SỬ DỤNG SỐ PHỨC ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM ĐA THỨC Nghiệm đa thức đóng vai trò quan trọng việc xác định đa thức Cụ thể, đa thức P( x ) bậc n (n ∈ N∗ ) có n nghiệm x1 , x2 , , xn P( x ) có dạng P( x ) = c ( x − x1 ) ( x − x2 ) ( x − xn ) Tuy nhiên xét nghiệm thực nhiều trường hợp khơng đủ số nghiệm Hơn tốn phương trình hàm đa thức, xét nghiệm thực lời giải khơng hồn chỉnh Định lí đại số đóng vai trò quan trọng dạng tốn Định lí đại số Mọi đa thức bậc n hệ số phức (thực) P( x ) = an x n + an−1 x n−1 + · · · + a1 x + a0 (với an = 0) có đủ n nghiệm phức (phân biệt hay trùng nhau) Định lí Viet thuận: Nếu x1 , x2 , , xn n nghiệm (phân biệt hay trùng nhau) đa thức P( x ) = an x n + an−1 x n−1 + · · · + a1 x + a0 ( an = 0) thì: S1 = x + x + · · · + x n = − a n −1 an S2 = x x + x x + · · · + x n − x n = a n −2 an S3 = x x x + x x x + · · · + x n − x n − x n = − a n −3 an Sn = x1 x2 xn = (−1)n a0 an Định lí Viet đảo: Nếu n số x1 , x2 , , xn thỏa mãn x + x + · · · + x n = S1 x x + x x + · · · + x n − x n = S2 x x x + x x x + · · · + x n − x n − x n = S3 x1 x2 x n = Sn x1 , x2 , , xn nghiệm phương trình x n − S1 x n−1 + S2 x n−2 + · · · + (−1)n−1 Sn−1 x + (−1)n Sn = Cho hai số phức z1 z2 Khi đó: | z1 z2 | = | z1 | | z2 | |z1 + z2 | ≤ |z1 | + |z2 |, dấu xảy z1 = kz2 , với k ≥ |z1 − z2 | ≥ ||z1 | − |z2 || MỤC LỤC 40 | Nguyễn Tài Chung - Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương - Gia Lai BÀI (Olympic Hồng Kơng-1999) Cho k số ngun dương Tìm đa thức hệ số thực thỏa mãn điều kiện P ( P( x )) = [ P( x )]k , ∀ x ∈ R (1) Lời giải Xét trường hợp P( x ) ≡ C (C số) Từ (1) C = C k Khi k = C số Khi k > thì: C = C k ⇔ C C k −1 − = ⇔ C=0 C k−1 = Nếu k chẵn C = C = 0, k lẻ C = C = C = −1 Tiếp theo ta xét trường hợp deg P ≥ Vì đa thức P( x ) − x ln có nghiệm (xét nghiệm phức) nên với n ∈ N∗ , tồn αn ∈ C cho P(αn ) = αn Từ P(αn ) = P ( P(αn )) theo (1) = [ P(αn )]k = αkn , ∀n = 1, 2, (2) Từ (2) suy đa thức P( x ) − x k có vô số nghiệm, hay P( x ) − x k ≡ 0, nghĩa P( x ) ≡ x k Thử lại thấy thỏa mãn Kết luận: Nếu k = P( x ) ≡ C (C số bất kì) Nếu k > đa thức thỏa mãn đề P( x ) ≡ 0, P( x ) ≡ 1, P( x ) ≡ x k BÀI Tìm tất đa thức hệ số thực P( x ) thỏa mãn: P( x ) P( x + 1) = P( x2 + x + 1), ∀ x ∈ R (1) Lời giải Nếu P( x ) ≡ a (a số) thay vào (1) ta a2 = a ⇔ a( a − 1) = ⇔ a ∈ {0, 1} Bây ta xét P( x ) đa thức có bậc lớn Giả sử a nghiệm P( x ) Khi a2 + a + nghiệm Trong (1) thay x x − ta P( x − 1) P( x ) = P( x2 − x + 1), ∀ x ∈ R Vì P( a) = nên suy P( a2 − a + 1) = 0, a2 − a + nghiệm P( x ) Chọn a nghiệm có mơđun lớn (nếu có nhiều nghiệm ta chọn chúng) Từ cách chọn suy a2 + a + ≤ | a | , a2 − a + ≤ | a | Theo bất đẳng thức mơđun ta có |2a| = a2 + a + + − a2 + a − ≤ a2 + a + + − a2 + a − = a2 + a + + a2 − a + ≤ | a| + | a| = | a| = |2a| Như dấu phải xảy bất đẳng thức trên, suy a2 + a + + − a2 + a − = a2 + a + + − a2 + a − , MỤC LỤC 41 | Nguyễn Tài Chung - Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương - Gia Lai suy tồn số thực s ≥ cho a2 + a + = s − a2 + a − Nếu a2 + a + < a2 − a + thì: a2 − a + > a2 − a + + a2 + a + ≥ |2a| ⇒ a2 − a + > | a| Tương tự a2 + a + > a2 − a + a2 + a + > | a|, mâu thuẫn với cách chọn a Vậy a2 − a + = a2 + a + Từ s = ta có a2 + a + = − a2 + a − ⇔ a2 = −1 ⇔ a = ±i Vậy P( x ) = ( x2 + 1)m Q( x ), Q( x ) đa thức khơng chia hết cho x2 + Thay vào (1), ta có ( x2 + 1)m Q( x )( x2 + 2x + 2)m Q( x + 1) = [( x2 + x + 1)2 + 1]m Q( x2 + x + 1) Hay Q( x ) Q( x + 1) = Q( x2 + x + 1) Vậy Q( x ) thỏa (1) Nếu Q( x ) có nghiệm ta làm tương tự trên, nghiệm có mơđun lớn phải i, −i Nhưng điều Q( x ) khơng chia hết cho x2 + Bởi Q( x ) số Giả sử c, thay vào (1) ta c = Vậy P( x ) = ( x2 + 1)m Thử lại ta kết luận: tất đa thức thỏa mãn đề P( x ) ≡ 0, P( x ) ≡ 1, P( x ) = ( x2 + 1)m (với m = 1, 2, ) BÀI Tìm tất đa thức P( x ) với hệ số thực thỏa mãn: P( x ) P(2x2 ) = P(2x3 + x ), ∀ x ∈ R (1) Lời giải a=0 a = Vậy P( x ) ≡ P( x ) ≡ thỏa mãn Tiếp theo xét trường hợp P( x ) khác số Giả sử P( x ) = an x n + an−1 x n−1 + · · · + a1 x + a0 với an = Với đa thức P( x ) ≡ a, ta có a2 = a ⇔ đa thức thỏa mãn yêu cầu tốn Từ (1) ta có ( an x n + · · · + a1 x + a0 ) an (2x2 )n + · · · + a1 (2x2 ) + a0 ≡ an (2x3 + x )n + · · · + a1 (2x3 + x ) + a0 So sánh hệ số x3n hệ số tự hai vế ta 2n a2n = 2n an ⇒ a20 = a0 a2n = an a0 ∈ {0, 1} an =0 ⇒ an = a0 ∈ {0, 1} Trường hợp an = a0 = Khi P( x ) = x n + an−1 x n−1 + · · · + a1 x = x P1 ( x ), với MỤC LỤC ∈ N∗ , P1 (0) = 42 | Nguyễn Tài Chung - Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương - Gia Lai Thay vào (1) ta x P1 ( x )(2x2 ) P1 (2x2 ) = (2x3 + x ) P1 (2x3 + x ), ∀ x ∈ R ⇒ P1 ( x )(2x2 ) P1 (2x2 ) = (2x2 + 1) P1 (2x3 + x ), ∀ x = (2) Do hàm đa thức liên tục R, nên từ (2), cho x → ta P1 (0) = 0, đến ta gặp mâu thuẫn Vậy trường hợp không xảy Trường hợp an = a0 = Giả sử α nghiệm thực P( x ) Khi a0 = nên α = Ta có P(2α3 + α) = P(α) P(2α2 ) = Suy 2α3 + α nghiệm P( x ) Xét dãy số (αn ) sau: α0 = α = ; αn+1 = 2α3n + αn , ∀n = 0, 1, 2, Nếu α > (αn ) dãy tăng nghiêm ngặt, α < (αn ) dãy giảm nghiêm ngặt Từ suy P( x ) có nghiệm thực khác khơng có vơ số nghiệm thực Điều xảy Kết hợp P(0) = = suy P( x ) = với x ∈ R Suy P( x ) có nghiệm phức z1 , z2 , , zn Theo định lí Viet ta có z1 z2 zn = (−1)n ⇒ |z1 | |z2 | |zn | = (3) Nếu tồn zk cho |zk | > Điều dẫn đến 2z2k + = 2z2k − (−1) ≥ 2z2k − |−1| = z2k − > Do 2z3k + zk = |zk | 2z2k + > |zk |, suy P( x ) có vơ số nghiệm, điều khơng thể xảy Vậy với k = 1, 2, n |zk | ≤ 1, từ từ (3) suy |zk | = 1, ∀k = 1, n Giả sử α = cos φ + i sin φ nghiệm phức P( x ), 2α3 + α nghiệm P( x ) = 2α3 + α = |α| 2α2 + = 2α2 + = |2 cos 2φ + 2i sin 2φ + 1| = |(2 cos 2φ + 1) + (2 sin 2φ) i | = Từ (2 cos 2φ + 1)2 + (2 sin 2φ)2 (2 cos 2φ + 1)2 + (2 sin 2φ)2 = ⇔ cos 2φ = −1 ⇔ φ = π + kπ Suy α = ±i Do P( x ) = ( x2 + 1)k , k ∈ N Thử lại thấy thỏa mãn Vậy tất đa thức thỏa mãn yêu cầu đề P( x ) ≡ ; P( x ) ≡ ( x2 + 1)k , k ∈ N Lưu ý Trong trường hợp 1, để suy P1 (0) = (để tạo mâu thuẫn) mà không cần dùng giới hạn ta làm sau: Từ (2) suy đa thức P1 ( x )(2x2 ) P1 (2x2 ) − (2x2 + 1) P1 (2x3 + x ) có vơ số nghiệm nên đa thức không, nghĩa P1 ( x )(2x2 ) P1 (2x2 ) = (2x2 + 1) P1 (2x3 + x ), ∀ x ∈ R Từ cho x = ta P1 (0) = 0, mâu thuẫn MỤC LỤC 43 | Nguyễn Tài Chung - Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương - Gia Lai Bạn đọc liên hệ toán với toán ?? trang ?? BÀI Tìm đa thức P( x ) có hệ số thực thỏa mãn điều kiện: P( x ).P(2x2 ) = P( x3 + x ), ∀ x ∈ R (1) Lời giải a=0 Ta thấy P( x ) ≡ P( x ) ≡ thỏa a = mãn Tiếp theo xét trường hợp P( x ) khác số: Với đa thức P( x ) ≡ a, ta có a2 = a ⇔ P( x ) = an x n + an−1 x n−1 + · · · + a1 x + a0 , an = 0, n ∈ N∗ (2) Từ (1) ta có P(0) = P(0) = Do a0 = a0 = Trường hợp a0 = Khi giả sử P( x ) = x m Q( x ), Q(0) = 0, m ∈ N∗ Thay vào (1) ta x m Q( x ).(2x2 )m Q(2x2 ) = ( x3 + x )m Q( x3 + x ), ∀ x ∈ R ⇒ Q( x ).(2x2 )m Q(2x2 ) = ( x2 + 1)m Q( x3 + x ), ∀ x ∈ R (3) Từ (3), cho x = ta Q(0) = 0, đến ta gặp mâu thuẫn Trường hợp a0 = Đồng hệ số bậc cao (1) ta an an 2n = an ⇔ an = 2n Từ (1) suy P( x0 ) = P( x03 + x0 ) = 0, x0 nghiệm thực P( x ) x03 + x0 nghiệm P( x ) Xét dãy số ( xn ) sau: x0 = ; xn+1 = xn3 + xn , ∀n = 0, 1, 2, Nếu x0 > ( xn ) dãy tăng nghiêm ngặt, x0 < ( xn ) dãy giảm nghiêm ngặt Từ suy P( x ) có nghiệm thực khác khơng có vơ số nghiệm thực Điều khơng thể xảy Kết hợp P(0) = = suy P( x ) = với x ∈ R Suy P( x ) có nghiệm phức z1 , z2 , , zn Theo định lí Viet ta có z1 z2 zn = (−1)n 2n ⇒ |z1 | |z2 | |zn | = 2n Vì tồn zk cho |zk | ≥ Điều dẫn đến z2k + = z2k − (−1) ≥ z2k − |−1| = z2k − ≥ Do z3k + zk = |zk | z2k + > |zk |, P( x ) có vô số nghiệm, điều xảy Vậy có hai đa thức thỏa mãn yêu cầu đề P( x ) ≡ P( x ) ≡ Lưu ý Bài toán toán tổng quát hoá thành toán sau MỤC LỤC 44 | Nguyễn Tài Chung - Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương - Gia Lai BÀI Cho số thực α ∈ [0; 2] Tìm tất đa thức khác không P( x ) với hệ số thực thỏa mãn đồng thức P( x ) P(2x2 ) = P(αx3 + x ), ∀ x ∈ R Lời giải • Khi α = P( x ) P(2x2 ) = P( x ), ∀ x ∈ R, dẫn tới P( x ) ≡ 0, P( x ) ≡ • Khi α = 2, tiến hành tương tự tốn • Khi < α < 2, tiến hành tương tự toán BÀI (Đề nghị thi Olympic 30/04/2011) Tìm tất đa thức P( x ) hệ số thực thỏa mãn phương trình hàm P( x ) P(3x2 ) = P(3x3 + x ), ∀ x ∈ R BÀI Tìm tất đa thức f ( x ) ∈ R[ x ] thỏa mãn f (sin x + cos x ) = f (sin x ) + f (cos x ), ∀ x ∈ R (1) Lời giải Dễ thấy đa thức f ( x ) ≡ c (c số) thỏa mãn yêu cầu đề Tiếp theo giả sử x deg( f ) = n ≥ Đặt t = tan , sin x = 2t − t2 , cos x = + t2 + t2 Vậy (1) trở thành f + 2x − x2 + x2 = f 2x + x2 +f − x2 + x2 (2) n Giả sử f ( x ) = ∑ ak x k + a0 Nhân hai vế (2) với (1 + x2 )n , thay x i (i đơn k =1 vị ảo, i2 = −1) ta n an (2 + 2i )n = an (2i ) + 2n ⇔ (1 + i )n = + in √ n Số phức (1 + i )n có mơđun Ta có π π n nπ nπ + i sin = + cos + i sin 2 2 nπ nπ nπ + cos + sin2 = + cos = 2 (3) + in = + cos ⇒ |1 + i n | = Do từ (3) suy 2n = 4cos2 4cos2 nπ nπ nπ ⇔ 2n−2 = cos2 4 (4) nπ , (4) khơng n > Tóm lại (4) ⇔ n = Do deg( f ) = hay f ( x ) = ax + b Thay vào (1) b = Vậy f ( x ) ≡ ax Các đa thức thỏa mãn yêu cầu đề Khi n = (4) Khi n = (4) khơng Khi n > 2n−2 > > cos2 f ( x ) ≡ c, f ( x ) ≡ ax (a, c số, a = 0) MỤC LỤC 45 | Nguyễn Tài Chung - Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương - Gia Lai BÀI Tìm tất đa thức hệ số thực f , g thỏa mãn: f ( g( x )) = f ( x ) g( x ), ∀ x ∈ R (1) Lời giải Nếu g( x ) ≡ từ (1) suy f ( x ) đa thức thỏa mãn f (0) = Nếu f ( x ) ≡ đa thức g( x ) thỏa mãn yêu cầu đề Tiếp theo giả sử f ( x ) ≡ g( x ) ≡ Từ (1) suy ra: deg( f ) deg( g) = deg( f ) + deg( g) (2) Do deg( f ), deg( g) số tự nhiên nên (2) ⇔ deg( f ) = deg( g) = deg( f ) = deg( g) = Khi deg( f ) = deg( g) = Giả sử f ( x ) ≡ a, g( x ) = b (a, b số khác 0) Thay vào (1), ta được: a = ab ⇔ b = Giả sử deg( f ) = deg( g) = Gọi x0 nghiệm đa thức g( x ) (x0 số phức) Từ (1) suy ra: f (0) = f ( g( x0 )) = f ( x0 ) g( x0 ) = ⇒ f ( x ) = ax2 + bx ( a = 0) Lúc (1) trở thành: a[ g( x )]2 + bg( x ) = ax2 + bx g( x ), ∀ x ∈ R ⇔ ag( x ) + b = ax2 + bx, ∀ x ∈ R b b ⇔ g( x ) = ax2 + x − , ∀ x ∈ R a a Kết luận: cặp đa thức thỏa mãn yêu cầu đề f ( x ) ≡ an x n + · · · + a1 x, g( x ) ≡ f ( x ) ≡ 0, g( x ) đa thức hệ số thực f ( x ) ≡ a, g( x ) ≡ ( a số khác 0) b b f ( x ) ≡ ax2 + bx, g( x ) ≡ ax2 + x − ( a, b số, a = 0) a a MỤC LỤC ... Nguyễn Tài Chung - Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương - Gia Lai Số phức z = + bi có phần thực gọi số ảo (còn gọi số ảo) viết z = bi Số = + 0i = 0i vừa số thực vừa số ảo √ Môđun số phức Cho số phức. .. diễn số phức z = a + bi Ta viết M ( a + bi ) hay M(z) Các phép toán số phức Cho hai số phức z = a + bi z = a + b i Khi đó: Tổng hai số phức z z là: z + z = ( a + a ) + (b + b ) i Số đối số phức. .. Với x, y hai số nguyên Xét số phức z = x + yi Chứng minh zn = xn + iyn , với xn , yn số nguyên (n ∈ N∗ ) MỤC LỤC 15 | Nguyễn Tài Chung - Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương - Gia Lai Chứng minh A