Về lí thuyết hàm phức trong một số bài toán đa thức

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - NGUYỄN THỊ MINH HẰNG VỀ LÍ THUYẾT HÀM PHỨC TRONG MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐA THỨC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2019 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - NGUYỄN THỊ MINH HẰNG VỀ LÍ THUYẾT HÀM PHỨC TRONG MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐA THỨC Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS NGUYỄN TRƯỜNG THANH THÁI NGUYÊN - 2019 i Mục lục Một số ký hiệu chữ viết tắt ii Lời nói đầu 1 Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Số phức 1.2 Hàm phức 1.3 Đa thức số kết liên quan 3 Ứng dụng hàm phức số toán đa thức 2.1 Bài tốn phương trình hàm đa thức 2.2 Bài tốn phân tích đa thức 2.3 Bài toán chia hết đa thức 11 11 20 24 ii Một số ký hiệu chữ viết tắt N tập tự nhiên 1, n tập số 1,2, ,n R, R+ tập số thực, số thực không âm tương ứng C tập số phức z, z¯ số phức z số phức liên hợp số phức z Rez, Imz phần thực phần ảo tương ứng số phức z kết thúc chứng minh định lí, hệ quả, ví dụ lời giải Lời nói đầu Giải tích phức xuất từ kỉ thứ 18, lý thuyết hàm biến số phức Giải tích phức sử dụng hình học đại số, lý thuyết số, toán học ứng dụng; thủy động lực học, nhiệt động lực học, học lượng tử Các nhà toán học Euler, Gauss, Riemann, Cauchy, Weierstrass, nhiều kỷ 20 có đóng góp quan trọng đến lý thuyết hàm số phức Trong toán học, đa thức biểu thức bao gồm biến hệ số, liên quan đến phép tốn cộng, trừ, nhân lũy thừa số ngun khơng âm biến Đa thức xuất nhiều lĩnh vực toán học khoa học khái niệm lâu đời toán học Tuy nhiên, ký hiệu phổ biến đa thức mà sử dụng ngày phát triển kỷ 15 Trước đó, phương trình đa thức viết lời Ví dụ, toán đại số từ Số học Trung Quốc, khoảng năm 200 trước Cơng ngun, "Ba bó lúa vụ mùa tốt, hai bó lúa trồng tầm thường, bó lúa vụ mùa xấu bán với giá 29 lần." Chúng ta viết 3x + 2y + z = 29 Việc ứng dụng số phức vào toán sơ cấp nhiều nhà toán học quan tâm Lý thuyết hàm phức thể công cụ đầy tiềm hiệu quả, đưa lời giải độc đáo ngắn gọn cho nhiều toán sơ cấp Theo hiểu biết tác giả, việc ứng dụng số phức vào toán sơ cấp đa thức nhiều nhà toán học quan tâm, nhiên công việc chưa hệ thống cách đầy đủ Chính lý này, tác giả mạnh dạn hệ thống lại luận văn số kiến thức lý thuyết hàm biến phức áp dụng chúng để giải số lớp toán sơ cấp đa thức Luận văn chia làm hai chương với nội dung sau: Chương 1, chúng tơi trình bày số khái niệm kết lí thuyết hàm phức Chương 2, chúng tơi sử dụng lí thuyết hàm phức việc giải số dạng toán đa thức phân tích đa thức, tốn phương trình hàm đa thức, tốn chia hết Để hoàn thành luận văn này, nỗ lực học hỏi thân, em nhận nhiều quan tâm, giúp đỡ Với tình cảm chân thành em xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới TS Nguyễn Trường Thanh - người Thầy tận tình hướng dẫn, bảo, truyền đạt kiến thức kinh nghiệm quý báu cho em suốt trình học tập hoàn thiện luận văn Em xin gửi lời cảm ơn đến thầy cô giáo trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, người trực tiếp tham gia giảng dạy lớp Cao học Tốn K12 khóa 2018 - 2020, phòng ban chức năng, Khoa Toán - Tin trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên giúp đỡ tạo điều kiện cho em thời gian học tập vừa qua Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành đến tập thể lớp K12, gia đình, bạn bè đồng nghiệp động viên, giúp đỡ suốt q trình học tập hồn thành khóa luận Thái Nguyên, ngày 02 tháng 10 năm 2019 Tác giả luận văn NGUYỄN THỊ MINH HẰNG Chương Một số kiến thức chuẩn bị Chương 1, trình bày số khái niệm kết lí thuyết hàm phức Các khái niệm kết chương tham khảo tài liệu [1, 2, 3, 6, 7] 1.1 Số phức Số phức số viết dạng a√+ ib, a b số thực, i đơn vị ảo, với i2 = −1 hay i = −1 Số phức mở rộng số thực Việc mở rộng trường số phức để giải tốn mà khơng thể giải trường số thực Số phức sử dụng nhiều lĩnh vực khoa học, khoa học kỹ thuật, điện từ học, học lượng tử, toán học ứng dụng chẳng hạn lý thuyết hỗn loạn Nhà toán học người Ý Gerolamo Cardano người có cơng giới thiệu số phức Ông sử dụng số phức để giải phương trình bậc ba kỉ 16 Nhà toán học người Ý R Bombelli (1526-1573) đưa định nghĩa số phức, lúc gọi số "khơng thể có" "số ảo" cơng trình Đại số (Bologne, 1572) cơng bố lâu trước ơng Ơng định nghĩa số (số phức) nghiên cứu phương trình bậc ba đưa bậc hai −1 Nhà toán học người Pháp D’Alembert vào năm 1746 xác định dạng tổng quát a + ib chúng, đồng thời chấp nhận nguyên lý tồn nghiệm phức đa thức hệ số phức Nhà toán học Thụy Sĩ L Euler (1707-1783) đưa ký hiệu " i " để bậc hai -1, năm 1801 Gauss dùng lại ký hiệu cơng trình ơng 1 Giới thiệu số phức tham khảo tài liệu [6] Định nghĩa 1.1.1 Số phức hiểu cặp theo thứ tự (x, y) Chúng ta kí hiệu số phức z z = (x, y), x, y ∈ R Chúng ta quy ước x = Re z, y = Im z gọi phần thực phần ảo số phức z Tập số phức kí hiệu C = {z = (x, y) | x, y ∈ R} Tổng z1 + z2 tích z1 z2 hai số phức z1 = (x1 , y1 ), z2 = (x2 , y2 ), định nghĩa z1 + z2 = (x1 + x2 , y1 + y2 ), z1 z2 = (x1 x2 − y1 y2 , x1 y2 + x2 y1 ) Nếu nhầm lẫn đồng số thực x số phức (x, 0), số ảo i = (0, 1), số phức biểu diễn dạng tắc z = x + iy, x, y ∈ R Ngoài ra, biểu diễn số phức dạng lượng giác z = |z|(cos ϕ + i sin ϕ) = |z|eiϕ , • |z| = x2 + y mô đunl số phức z, • arg(z) = ϕ góc theo chiều dương từ tia Ox tới tia Oz Ví dụ 1.1.2 Xét số phức dạng tắc z = + i Chúng ta tìm √ Rez = Imz = 1, |z| = 12 + 12 = Số phức z = + i biểu diễn mặt phẳng có tọa độ (1,1) Do đó, ϕ= π Từ đây, có biểu diễn lượng giác số phức √ √ π π z = 2(cos + i sin ) = 2eiπ/4 4 Từ biểu diễn tắc, phép toán số phức viết lại Phép cộng z1 + z2 = (x1 + x2 ) + i(y1 + y2 ), Phép nhân z1 z2 = x1 x2 − y1 y2 + i(x1 y2 + x2 y1 ) Bên cạnh phép tốn cộng nhân, chúng tơi đề cập tới phép toán khác số phức phép chia, phép lấy bậc, , số tính chất chúng Phép chia Nếu z1 = wz2 , z2 = 0, w ∈ C, kí hiệu phép chia số phức z1 z2 , z1 = w z2 Phép lấy bậc n Nếu z0 = wn , w ∈ C, kí hiệu bậc n số phức z0 √ n z0 = w Dấu z1 = z2 ⇔ Re z1 Im z1 = Re z2 , = Im z2 Một số tính chất khác số phức Giả sử số phức sau có biểu diễn z1 = x1 + iy1 = |z1 |(cos ϕ1 + i sin ϕ1 ), z2 = x2 + iy2 = |z2 |(cos ϕ2 + i sin ϕ2 ), số phức liên hợp z¯1 = x1 − iy1 , z¯2 = x2 − iy2 Khi • z1 + z2 = z¯1 + z¯2 , z1 z2 = z¯1 z¯2 • z¯1 = |z1 |(cos ϕ1 − i sin ϕ1 ), z¯2 = |z2 |(cos ϕ2 − i sin ϕ2 ) • |z1 + z2 | ≤ |z1 | + |z2 |, |z1 z2 | = |z1 ||z2 |, |z1 z¯1 | = |z1 |2 • z1 z2 = |z1 ||z2 |(cos[ϕ1 + ϕ2 ] + i sin[ϕ1 + ϕ2 ]) • z1 z1 z¯2 |z1 | = = (cos[ϕ1 − ϕ2 ] + i sin[ϕ1 − ϕ2 ]), với z2 = z2 |z2 |2 |z2 | 1.2 Hàm phức Định nghĩa 1.2.1 Giả sử S tập tập số phức C Hàm f : S → C định nghĩa S quy tắc gán với z S số phức w Số w gọi giá trị f z ký hiệu f (z) Đặt z = x + iy, x, y ∈ R Chúng ta biểu diễn f (z) cặp hàm có giá trị thực biến thực x y: f (z) = u(x, y) + iv(x, y) Ví dụ Xét hàm phức f (z) = z tập số phức C Khi z = x + iy, có f (z) = (x + iy)2 = x2 − y + i2xy = u + iv, hàm hai biến u = x2 − y , v = 2xy Một số hàm phức Hàm đa thức bậc n P (z) = c0 + c1 z + · · · + cn z n , ci ∈ C, cn = 0, i = 0, 1, , n Hàm mũ số e ez = ex (cos y + i sin y), z = x + iy ∈ C, x, y ∈ R 16 Nói cách khác, α−a nghiệm đa thức P (z) Lập luận tương tự, ta thu α − ka, k = 1, 2, , nghiệm đa thức Tập số vô hạn nằm tập nghiệm hữu hạn P (x) Điều ra, P (x) = 0, ∀x ∈ C • Trường hợp a = 0, b = b / N Ta thấy x = b nghiệm P (x) Hơn thế, chúng (i) Khi ∈ a ta có giá trị phân biệt b − ka, k = 1, 2, , nghiệm P (x) Lập luận trường hợp trước đó, P (x) = 0, ∀x ∈ C (ii) Khi b = m ∈ N Do x = nghiệm đa thức, tập a {0, a, 2a, , (m − 1)a} tập tập nghiệm đa thức P (x) Từ đây, có P (x) = x(x − a) · · · (x − (m − 1)a)Q(x), với Q(x) đa thức hệ số thực đó.Thay biểu diễn vào phương trình (2.3), thu Q(x) = Q(x − a), ∀x ∈ C Điều dẫn đến Q(x) hàm số Nói cách khác, đa thức cần tìm có dạng P (x) = Ax(x − a) · · · (x − (m − 1)a), A số thực Ví dụ 2.1.4 Tìm tất đa thức hệ số thực P (x) thỏa mãn P (x)P (x + 1) = P (x2 + x + 1), ∀x ∈ R (2.4) 17 Lời giải Nếu hàm đa thức hàm số P (x) ≡ a thay vào phương trình ta a2 = a ↔ a ∈ {0, 1} Nếu P (x) khác số Giả sử α nghiệm phức đa thức Từ phương trình (2.4), P (α)P (α + 1) = P (α2 + α + 1) = 0, ta có α2 + α + nghiệm đa thức P (x) Tiếp đó, (2.4), thay x x − 1, ta thu P (x − 1)P (x) = P (x2 − x + 1), ∀x ∈ R Tương tự lập luận trước đó, α2 − α + nghiệm đa thức P (x) Chọn α nghiệm có mơ đun lớn đa thức P (x) Khi đó, ta có |α2 + α + 1| ≤ |α|, |α2 − α + 1| ≤ |α| Từ đây, |2α| = |α2 + α + − (α2 − α + 1)| ≤ |α2 + α + 1| + |α2 − α + 1| ≤ |α| + |α| = 2|α| Dấu phải xảy bất đẳng thức trên, |α2 + α + − (α2 − α + 1)| = |α2 + α + 1| + |α2 − α + 1|, điều dẫn tới tồn số thực s ≥ cho α2 + α + = s(α2 − α + 1) Nếu |α2 + α + 1| < |α2 − α + 1| 2|α2 − α + 1| > |α2 + α + 1| + |α2 − α + 1| ≥ 2|a| → |α2 − α + 1| > |a| Tương tự, |α2 + α + 1| > |α2 − α + 1| |α2 + α + 1| > |a| Các điều mâu thuẫn với cách chọn α Vậy |α2 + α + 1| = |α2 − α + 1| Từ đây, s = ta có α2 + α + = −α2 + α − ↔ a = ±i 18 Nới cách khác, đa thức P (x) có dạng sau P (x) = (x2 + 1)m Q(x), Q(x) đa thức hệ số thực không chia hết cho x2 + Thay biểu diễn vào phương trình (2.4), ta có (x2 + 1)m Q(x)(x2 + 2x + 12)m Q(x + 1) = [(x2 + x + 1)2 + 1]m Q(x2 + x + 1), điều Q(x)Q(x + 1) = Q(x2 + x + 1), ∀x ∈ R Nếu Q(x) có nghiệm ta làm tương tự trên, nghiệm mô đun lớn Q(x) phải i, −i Điều khơng thể xảy Q(x) khơng chia hết cho x2 + Nói cách khác, Q(x) hàm số Giả sử Q(x) ≡ c Thay vào (2.4), ta thu c = Vậy P (x) = (x2 + 1)m Tổng hợp trường hợp, đa thức thỏa mãn phương trình hàm P (x) ≡ 0, P (x) ≡ 1, P (x) = (x2 + 1)m , m = 1, 2, Ví dụ 2.1.5 Tìm tất đa thức P (x) với hệ số thực thỏa mãn P (x)P (2x2 ) = P (2x3 + x), ∀x ∈ R (2.5) Lời giải Nếu đa thức hàm số P (x) ≡ a, ta có a = a = Dễ dàng thấy P (x) ≡ P (x) ≡ thỏa mãn phương trình hàm Nếu đa thức khác số Giả sử P (x) = a0 + a1 x + · · · + an xn , an = 0, đa thức thỏa mãn tốn Từ phương trình (2.5), ta có (a0 + a1 x + · · · + an xn )[a0 + a1 (2x2 ) + · · · + an (2x2 )n ] ≡ a0 + a1 (2x3 + x) + · · · + an (2x3 + x)n So sánh hệ số x3n hệ số tự hai vế ta 2n a2n a20 = 2n an , = a0 19 Do an = 0, hệ an = 1, a0 ∈ {0, 1} Trường hợp an = a0 = Khi đó, P (x) = xl P1 (x), l ≥ 1, P1 (x) đa thức hệ số thực, P1 (0) = Thay vào (2.5), ta có xl P1 (x)(2x2 )l P1 (2x2 ) = (2x3 + x)l P1 (2x3 + x), ∀x ∈ R Điều dẫn tới P1 (x)(2x2 )l P1 (2x2 ) = (2x2 + 1)l P1 (2x3 + x), ∀x ∈ R Với x = 0, ta thu P1 (0) = Điều mâu thuẫn vơi cách đặt P1 (x) Trường hợp an = a0 = Giả sử α nghiệm thực đa thức Do a0 = 1, ta thu α = Từ đẳng thức, P (2α3 + α) = P (α)P (2α2 ) = 0, ta thu 2α3 + α nghiệm đa thức P (x) Xét dãy số α0 = α = 0; αn+1 = 2αn3 + αn , n ≥ Nếu α > (αn ) dãy tăng ngặt, α < (αn ) dãy giảm ngặt Từ đây, P (x) có nghiệm thực khác khơng P (x) có vơ số nghiệm Theo Định lí đại số, điều khơng thể xảy Hơn thế, từ chỗ P (0) = = 0, ta có P (x) = 0, ∀x ∈ R Nói cách khác, P (x) có nghiệm phức z1 , z2 , , zn Nếu tồn |zk | > |2zk2 + 1| ≥ |2zk2 | − > − = Do |2zk3 + zk | = |2zk2 + 1||zk | > |zk | Từ đây, đa thức P (x) có vơ số nghiệm.Điều khơng thể xảy Nói cách khác, |zk | ≤ 1, ∀k = 1, 2, , n 20 Theo Định lí Viète, z1 z2 · · · zn = (−1)n ⇒ |z1 ||z2 | · · · |zn | = Điều ra, |zk | = 1, ∀k = 1, 2, , n Giả sử α = cos t + i sin t nghiệm phức đa thức P (x) Do 2α3 + α nghiệm đa thức, ta có = |2α3 + α| = |α||2α2 + 1| = |2 cos 2t + 2i sin 2t + 1| = (2 cos 2t + 1)2 + (2 sin t)2 Từ đây, t = π/2 + 2kπ, k ∈ Z Nói cách khác, α = ±i Đa thức P (x) đa thức hệ số thực, α nghiệm α nghiệm Điều ra, đa thức P (x) có dạng P (x) = (x2 + 1)k , k ∈ N Thử lại vào phương trình, ta thấy đa thức dạng thỏa mãn Vậy tất đa thức thỏa mãn P (x) ≡ 0; P (x) = (x2 + 1)k , k ∈ N 2.2 Bài tốn phân tích đa thức Bài tốn phân tích đa thức tốn biểu diễn đa thức tích đa thức bậc nhỏ Để giải tốn này, có nhiều phương pháp phương pháp giải trực tiếp biến đổi đa thức; phương pháp sử dụng số phức, Trong phần này, sử dụng số phức để giải tốn phân tích đa thức tốn sơ cấp Ví dụ 2.2.1 Phân tích đa thức P (z) = z + thành tích đa thức bậc bậc hai hệ số thực Ý tưởng chung để giải toán dạng tìm tất nghiệm đa thức, sau gộp cặp nghiệm phức liên hợp với để đưa đến đa thức bậc hai hệ số thực Lời giải Đầu tiên thấy phương trình đa thức z + = ⇐⇒ z = 1eiπ 21 có nghiệm phức 1 z1 = ei(3π/4) = − √ + i √ , 2 1 z2 = ei(5π/4) = − √ − i √ = z1 , 2 1 z3 = ei(7π/4) = √ − i √ , 2 1 z4 = ei(9π/4) = √ + i √ = z3 2 phân tích đa thức P (z) sau P (z) = (z − z1 )(z − z2 )(z − z3 )(z − z4 ) = (z − z1 )(z − z1 ) (z − z3 )(z − z3 ) = (z − (z1 + z1 )z + z1 z1 )(z − (z3 + z3 )z + z3 z3 ) √ √ = (z − 2z + 1)(z + 2z + 1) Ví dụ 2.2.2 Phân tích đa thức P (x) = x4 + x3 + x2 + x + thành tích đa thức bậc bậc hai hệ số thực Lời giải Xét đa thức Q(x) = x5 − 1, x ∈ C Dễ dàng thấy đa thức Q(x) có nghiệm phức 2kπ xk = e , k = 0, 1, 2, 3, 4, i có phân tích Q(x) = (x − 1)(x − x1 )(x − x2 )(x − x3 )(x − x4 ) Bên cạnh đó, ta thấy  x − , P (x) = x −  z = 1, z = 22 Từ đây, đa thức P (z) có nghiệm x1 , x2 , x3 , x4 Hơn thế, biểu diễn P (x) = (x − x1 )(x − x2 )(x − x3 )(x − x4 ) = (x − x1 )(x − x4 ) (x − x2 )(x − x3 ) = x2 − cos 4π 2π x + x2 − cos x + 5 Ví dụ 2.2.3 (Nhật Bản, 1999) Chứng minh đa thức n (x2 + k ) + f (x) = k=1 khơng phân tích thành tích hai đa thức hệ số nguyên bậc ≥ Chứng minh Chúng ta chứng minh phản chứng Giả sử f (x) = g(x)h(x), g(x), h(x) đa thức với hệ số nguyên có bậc ≥ Do f (±ki) = 1, k = 1, 2, n, ta có = g(ki)h(ki), k = ±1, ±2, , ±n Chú ý có cách phân tích thành tích số phức hệ số nguyên theo i 1.(−1), (−1).(−1), i.(−i), (−i).i, dẫn tới ∀k ∈ ±1, ±2, , ±n, g(ki), h(ki) ∈ (1, 1), (−1, −1), (i, −i), (−i, i) Điều g(ki) = h(ki) = h(−ki), ∀k = ±1, ±2, , ±n Từ đây, đa thức F (x) = g(x) − h(−x) 23 có 2n nghiệm phân biệt, x = ki, k = ±1, ±2, , ±n Mặt khác, deg(F ) < deg(x) + deg(h) = deg(f ) = 2n, Theo Định lí đại số, F (x) phải đa thức bậc 0, F (x) = 0, ∀x ∈ C, nói cách khác g(x) = h(−x), ∀x ∈ C Từ đây, x = 0, f (0) = g(0)h(0) = g(0)2 = (n!)2 + Điều khơng thể g(0) số ngun n ≥ Mâu thuẫn hồn tất chứng minh ví dụ Ví dụ 2.2.4 (IMO, 1993) Chứng minh với n > 1, đa thức P (x) = xn + 5xn−1 + khơng thể phân tích thành tích hai đa thức có bậc khơng nhỏ với hệ số nguyên Chứng minh Từ Định lí đại số, giả sử P (x) = (x − x1 )(x − x2 ) (x − xn ), x1 , x2 , , xn tất nghiệm phức P (x) Điều dẫn tới, P (0) = = (−1)n x1 x2 xn , P (xi ) = = xni + 5xn−1 + 3, ∀i = 1, 2, , n i (2.6) = |xi |n−1 |xi + 5|, i = 1, 2, , n (2.7) Hệ Chúng ta chứng minh ví dụ phản chứng Giả sử P (x) = Q(x)S(x), 24 Q(x), S(x) đa thức bậc n ≥ với hệ số nguyên Từ đây, đa thức phải có dạng sau Q(x) = (x − x1 ) (x − xk ), S(x) = (x − xk+1 ) (x − xn ), điều |x1 x2 xk | |xk+1 xn | số nguyên theo (2.6) đại lượng có tích Như số số Khơng tính tổng quát, giả sử |x1 x2 xk | = 3, |xk+1 xn | = (2.8) Từ (2.7), k k |xi |n−1 |xi + 5| = 3n−1 |Q(−5)| = j=1 Điều ra, k ≥ n − Hơn thế, S(x) = x − xn , đa thức bậc Nói cách khác P (x) có nghiệm nguyên theo (2.8) nghiệm nguyên −1, Kiểm tra lại chúng khơng nghiệm P (x) Mâu thuẫn hoàn tất chứng minh ví dụ 2.3 Bài tốn chia hết đa thức Ví dụ 2.3.1 Tìm n ∈ N, n ≥ 1, cho tồn đa thức hệ số thực Q(x) cho x2n + xn + = (x2 + x + 1)Q(x), ∀x ∈ C (2.9) Lời giải Ta thấy phương trình x2 + x + = 0, có hai nghiệm phức 2π π x1 = ei , x¯1 = ei Dễ dàng thấy phương trình (2.9) xảy đa thức hệ số thực P (x) = x2n + xn + có nghiệm phức x1 Nói cách khác, ei 4nπ + ei 2nπ + = 0, 25 tương đương với   cos 2nπ cos 2nπ + 3 2nπ 2nπ  sin cos +1 3 =0 = 0, tương đương với cos 2nπ + = ⇔ n = 3k, k ∈ Z Vậy số tự nhiên n cần tìm có dạng 3k + 3k + 2, k ∈ N Ví dụ 2.3.2 Chứng minh với số tự nhiên n, đa thức P (x) = (x + 1)2n+1 + xn+2 chia hết cho đa thức x2 + x + Chứng minh Đa thức x2 + x + có hai nghiệm 2π 2π + i sin , 3 −2π −2π x2 = cos + i sin 3 x1 = cos Ta thấy x1 + = cos2 π π π π π π + 2i sin cos = cos (cos + i sin ) 3 3 3 Tương tự x2 + = cos −π −π −π (cos + i sin ) 3 Do đó, P (x1 ) = (x1 + 1)2n+1 + xn+2 n+2 π π π 2n+1 2π 2π + cos = cos (cos + i sin ) + i sin 3 3 2(n + 1)π 2(n + 1)π 2(n + 4)π 2(n + 4)π = cos + i sin + cos + i sin 3 3 (4n + 6)π π (4n + 6)π π = cos cos + 2i2 sin cos = 6 26 Vậy x1 nghiệm đa thức P (x) Tương tự, ta có P (x2 ) = Nói cách khác, đa thức P (x) chia hết cho đa thức hệ số thực x2 + x + = (x − x1 )(x − x2 ) Ví dụ 2.3.3 Tìm tất đa thức hệ số nguyên P (x), monic bậc 2, cho tồn đa thức Q(x) ∈ Z[x] mà hệ số đa thức P (x) = P (x)Q(x) thuộc tập {−1, 1} Lời giải Theo giả thiết, đa thức có dạng P (x) = x2 + ax ± 1, với a số nguyên Giả sử n xi ; ∈ {−1, 1} P (x) = i=0 Gọi z ∈ C nghiệm R(x) cho |z| > Khi đó, ta có n−1 n n |z| = |z | = i=0 i z ≤ an n−1 n−1 i z ≤ i=0 |z|n − |z| = |z| − i i=0 Do đó, ta có |z|n − |z|n − |z| ≤ → |z| − ≤ < |z| − |z|n n Vậy nghiệm R(x), có mơ đun lớn có mơ đun nhỏ Giả sử z1 , z2 hai nghiệm đa thức P (x) Khi z1 , z2 hai nghiệm đa thức R(x) Theo Định lí Viète, ta có |z1 z2 | = |z1 ||z2 | = Không tổng quát, giả sử |z1 | ≥ |z2 | Khi đó, có ≤ |z1 | ≤ 2, ≤ |z2 | ≤ Ta có |a| = |z1 + z2 | ≤ |z1 | + |z2 | < 27 Do đó, a ∈ {±2, ±1, 0} Trường hợp Với a = 0, ta Q(x) = x + 1, P (x) = x2 − 1; Q(x) = 1, P (x) = x2 + Trường hợp Với a = ±1, ta Q(x) = 1, P (x) = x2 ± x + ±1; Trường hợp Với a = ±2, ta Q(x) = ±1, P (x) = x2 ± 2x + ±1 Thử lại, ta đa thức thỏa mãn P (x) = x2 − 1, P (x) = x2 + 1, P (x) = x2 ± x ± 1, P (x) = x2 ± 2x ± Ví dụ 2.3.4 [Mathematica Excalibur 5.1996] Tìm a ∈ Z cho đa thức x13 + x + 90 chia hết cho đa thức x2 − x + a Z[x] Lời giải Giả sử đa thức x13 + x + 90 chia hết cho đa thức x2 − x + a Z[x] Khi đó, x13 + x + 90 = (x2 − x + a)Q(x), Q(x) ∈ Z[x] Thay x = −1; 0; vào   88 90   92 đẳng thức, ta thu = (2 + a)Q(−1); = aQ(0); = aQ(1) Từ đây, a ước số 90 92; (a + 2) ước số 88 Điều ra, a nhận giá trị -1 Đa thức x2 − x − có nghiệm thực dương, đa thức x13 + x + 90 khơng có nghiệm thực dương Do đó, a = 28 Ta chứng minh a = thỏa mãn toán Thật vậy, gọi ω hai nghiệm phức x2 − x + Ta thấy, ω = ω − 2, ω = −3ω + 2, ω = −3ω − 14, ω 12 = 45ω − 46, ω + ω + 90 = Ta có điều phải chứng minh Ví dụ 2.3.5 Cho P (x) Q(x) hai đa thức hệ số nguyên thỏa mãn [P (x3 ) + xQ(x3 )] chia hết cho (x2 + x + 1) Gọi d ước chung lớn P (2007) Q(2007) Chứng minh d chia hết cho 2006 Lời giải Từ giả thiết, tồn đa thức hệ số nguyên R(x) cho P (x3 ) + xQ(x3 ) = (x2 + x + 1)R(x), ∀x ∈ R Ta chứng minh P (1) = Q(1) = Thật vậy, xét √ a=− +i 2 nghiệm đa thức x + x + Thay lần lượt, x = a x = a2 vào phương trình ban đầu thu P (1) + aQ(1) = 0, P (1) + a2 Q(1) = 0, a3 = Từ đây, ta có −aP (1) − a2 Q(1) = 0, −a2 P (1) − aQ(1) = Cộng vế hai hệ phương trình với nhau, ta thu (2 − a − a2 )P (1) = ↔ 3P (1) = → P (1) = Thay P (1) = vào hệ đầu tiên, ta thu Q(1) = Từ đây, P (2007) = P (2007) − P (1) chia hết cho 2006 Tương tự, Q(2007) chia hết cho 2006 29 Kết luận Luận văn đạt kết sau: • Trình bày lại số khái niệm kết lí thuyết hàm phức đa thức • Sử dụng lí thuyết hàm biến phức việc giải số toán đa thức toán phương trình hàm đa thức, tốn phân tích đa thức, tốn chia hết • Đưa số ví dụ sử dụng kết lí thuyết hàm biến phức vào số lớp toán đa thức 30 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Nguyễn Thủy Thanh (2006), Cơ sở lý thuyết hàm biến phức, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [2] Đào Bá Dương (2000), Cơ sở hàm số biến phức ứng dụng, Học viện kĩ thuật quân [3] Tạ Đức Lợi (2004), Nhập môn hàm phức, Đại học Đà Lạt [4] Trần Nam Dũng (2016), Số phức toán đa thức toán tổ hợp đếm, http://www.vietmaths.net/2016/02/so-phuc-trongbai-toan-ve-thuc-va-bai.html [5] Nguyễn Văn Mậu, Lê Ngọc Lăng, Phạm Thế Long, Nguyễn Minh Tuấn, (2006), Tuyển tập olimpic toán sinh viên toàn quốc 1993-2005 [6] Lịch sử số phức wikipedia, https://vi.wikipedia.org/wiki/So-phuc Tiếng Anh [7] J W Brown, R V Churchill (2009), Complex variables and applications, McGraw-Hill Companies, Americas, New York ... dụng hàm phức số tốn đa thức 2.1 Bài tốn phương trình hàm đa thức 2.2 Bài tốn phân tích đa thức 2.3 Bài toán chia hết đa thức 11 11 20 24 ii Một số. .. cos z Đa thức số kết liên quan Định lý 1.3.1 [Định lí nghiệm đa thức] Đa thức khác với hệ số phức ln có nghiệm phức Định lý 1.3.2 Đa thức P (z) khác với hệ số phức bậc n ln có n nghiệm phức z1... trọng đến lý thuyết hàm số phức Trong toán học, đa thức biểu thức bao gồm biến hệ số, liên quan đến phép toán cộng, trừ, nhân lũy thừa số nguyên không âm biến Đa thức xuất nhiều lĩnh vực toán học