Phương trình và bất phương trình

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC Nguyễn Hữu Cần PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP MÃ SỐ: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS Đàm Văn Nhỉ Thái Nguyên - 2012 1Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Ngun http://www.lrc-tnu.edu.vn Cơng trình hồn thành Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS Đàm Văn Nhỉ Phản biện 1: PGS.TS Lê Thị Thanh Nhàn Phản biện 2: PGS.TS Nông Quốc Chinh Luận văn bảo vệ trước hội đồng chấm luận văn họp tại: Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Ngày 01 tháng 12 năm 2012 Có thể tìm hiểu Thư viện Đại học Thái Nguyên 2Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Mục lục Mục lục Mở đầu Chương Phương trình đại số 1.1 Mở rộng trường 1.1.1 Mở rộng đơn 1.1.2 Mở rộng đại số 1.2 Tính đóng đại số trường 1.2.1 Tính đóng đại số 1.2.2 Giải phương trình đa 1.3 Phương trình đại số C trường thức C Chương Ứng dụng phương trình đại số 2.1 Ứng dụng phương trình đại số mở rộng trường 2.1.1 Đa thức bất khả qui số đại số Q 2.1.2 Tính chia hết vài đa thức đặc biệt 2.1.3 Ứng dụng tính đóng đại số C 2.2 Ứng dụng phương trình đại số Hình học 2.2.1 Điểm đường dựng 2.2.2 Không thể gấp đơi hình lập phương 2.2.3 Khơng thể cầu phương hình trịn 2.2.4 Không thể chia góc tùy ý thành ba góc nhỏ 2.2.5 Dựng đa giác n cạnh với ϕ(n) = 2m 2.2.6 Bài toán dựng tam giác 7 11 13 15 21 22 30 30 30 36 40 45 45 47 47 48 49 53 Chương Ứng dụng vào giải Toán Trung học phổ thơng 56 3Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 3.1 Xây dựng phương trình đa thức bậc cao qua đẳng thức lượng giác 3.2 Xây dựng phương trình vơ tỷ qua phương trình lượng giác 3.3 Xây dựng bất đẳng thức qua bất đẳng thức biết 3.4 Xây dựng hệ phương trình qua số phức Kết luận Tài liệu tham khảo 4Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 56 58 63 66 74 75 http://www.lrc-tnu.edu.vn Mở đầu Trong Toán học việc vận dụng cơng cụ Tốn học cao cấp để giải vấn đề Tốn học sơ cấp ln ln điều thú vị có ý nghĩa sâu sắc Chúng ta biết toán sơ cấp chủ yếu xét trường Q trường R tốn khó Khi nhúng Q R vào C toán trở lên dễ nhiều Như biết vấn đề liên quan đến phương trình phần quan trọng Đại số giải tích Khi tiếp cận vấn đề em học sinh giỏi, sinh viên nhiều thầy giáo phổ thơng thường gặp nhiều khó khăn giải tốn khó Trong luận văn này, chúng tơi trình bày lại khái niệm phương trình đại số, mở rộng trường, chứng minh lại tính đóng C để giải vấn đề Trong kỳ thi Olympic Toán Quốc tế, thi học sinh giỏi Quốc gia, thi Olympic sinh viên trường Đại học, cao đẳng, toán liên quan đến phương trình đại số hay đề cập thường khó, địi hỏi người học, người làm tốn phải có kiến thức rộng sâu sắc mở rộng trường dễ dàng tìm lời giải hay xác Chẳng hạn, xét hai ví dụ: Ví dụ 0.0.1 mặt phẳng Oxy, hệ điểm An (xn , yn ) xác định sau: A0 (x0 = 3, y0 = 3), A1 (x1 = 8, y1 = 5), A2 (x2 = 58, y2 = 45), với n ≥ An+2 (xn+2 = 8xn+1 − 3xn − 3xn−1 , y+2 = 5yn+1 + 10yn − 7yn−1 ) Ta có n xn = C0n yn + C1n yn−1 + · · · + Cn−1 n y1 + C n y0 n n yn = C0n xn − C1n xn−1 + · · · + (−1)n−1 Cn−1 n x1 + (−1) Cn x0 Ví dụ 0.0.2 Cho f = cos u + C1n cos(u + α)x + · · · + Cnn cos(u + nα)xn Giải phương trình f (x) = 5Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Ngun http://www.lrc-tnu.edu.vn Ví dụ 0.0.1 tốn dãy số nguyên Ví dụ 0.0.2 giải phương trình R, việc giải hai tốn Z R khó khăn Nhưng giải tập C dễ dàng tìm lời giải Vì thế, phương pháp để giải toán Q R xét toán mở rộng trường F Q R mà tốn dễ dàng nhiều giúp tìm kết Để phục vụ cho công tác bồi dưỡng học sinh giỏi việc trao đổi kinh nghiệm thầy cô giáo dạy học sinh giỏi quan tâm tìm hiểu thêm phần này, dạy, hướng dẫn tận tình thầy Đàm Văn Nhỉ, chúng tơi tìm hiểu viết đề tài " Phương trình bất phương trình" Đề tài giải vấn đề trọng tâm: Chương Phương trình đại số Chương tập trung trình bày mở rộng trường, mở rộng đại số, chứng minh lại Định lý Đại số, định nghĩa phương trình đại số chứng minh lại Định lý không điểm Hilbert Chương Ứng dụng phương trình đại số Trong chương này, chúng tơi trình bày vài ứng dụng mở rộng trường, phương trình đại số tính đóng C để tìm chứng minh đa thức bất khả qui, xét tính chia hết vài đa thức đặc biệt, phân tích đa thức thành nhân tử, giải phương trình ứng dụng Hình học Chương Ứng dụng vào giải Tốn Trung học phổ thơng Trong chương này, xin giới thiệu vài ứng dụng cơng thức Moivre để xây dựng phương trình, hệ phương trình, bất đẳng thức Thơng qua rèn luyện tư linh hoạt, tính sáng tạo cho học sinh trung học phổ thơng Luận văn hồn thành với hướng dẫn bảo tận tình PGS.TS Đàm Văn Nhỉ - Trường Đại học Sư phạm Hà Nội Thầy dành nhiều thời gian hướng dẫn giải đáp thắc mắc tác giả suốt trình làm luận văn Em xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc đến Thầy 6Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Em xin trân trọng cảm ơn Thầy (Cô) Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, phòng Đào tạo Trường Đại học Khoa học thầy tham gia giảng dạy khóa Cao học 2010-2012 Đồng thời xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao học Toán K4C trường Đại học Khoa học động viên giúp đỡ q trình học tập làm luận văn Tơi xin cảm ơn Sở Giáo dục - Đào tạo Tỉnh Bắc Ninh, Ban Giám hiệu, đồng nghiệp trường THPT Tiên Du số 1- Huyện Tiên Du Tỉnh Bắc Ninh tạo điều kiện cho tơi học tập hồn thành kế hoạch học tâp Tuy nhiên, hiểu biết thân cịn hạn chế khn khổ luận văn thạc sĩ, nên trình nghiên cứu khơng tránh khỏi thiếu sót, chúng tơi mong dạy đóng góp ý kiến quý Thầy Cô bạn đọc Tôi xin chân thành cảm ơn Thái Nguyên, ngày 01 tháng 12 năm 2012 Tác giả Nguyễn Hữu Cần 7Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Các ký hiệu sử dụng N ký hiệu cho tập số tự nhiên N∗ ký hiệu cho tập số tự nhiên dương Z ký hiệu cho vành số nguyên Q ký hiệu cho trường số hữu tỷ R ký hiệu cho trường số thực C ký hiệu cho trường số phức K ký hiệu cho ba trường Q, R C Các ký hiệu viết tắt HSG ký hiệu cho học sinh giỏi ∆ABC ký hiệu cho tam giác ABC A, B, C ký hiệu cho góc đỉnh A, B, C ∆ABC a, b, c ký hiệu cho độ dại cạnh tương ứng ∆ABC , hb , hc ký hiệu cho độ dài đường cao kẻ từ A,B,C ∆ABC ma , mb , mc ký hiệu cho độ dài đường trung tuyến kẻ từ A,B,C ∆ABC 8Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Chương Phương trình đại số Chương tập trung trình bày mở rộng trường, mở rộng đại số, chứng minh lại Định lý Đại số, định nghĩa phương trình đại số chứng minh lại Định lý không điểm Hilbert 1.1 Mở rộng trường Định nghĩa 1.1.1 Cho hai trường F K Trường F gọi mở rộng K K vành F Nếu trường F mở rộng trường K F coi khơng gian véctơ K Số chiều không gian gọi bậc mở rộng F K kí hiệu qua [F : K] Trường F gọi mở rộng bậc hữu hạn (vô hạn) K bậc mở rộng hữu hạn (vô hạn) Một tháp trường dãy trường K1 , K2 , , Kn cho K1 ⊂ K2 ⊂ · · · ⊂ Kn , Ki+1 mở rộng Ki với i = 1, 2, , n − Ví dụ 1.1.1 1) Vì C khơng gian véctơ R với cở sở {1, i} số chiều nên trường số phức C mở rộng bậc trường số thực R √ √ √ 2) Vì trường Q[ 2] = {a + b 2|a, b ∈ Q} = Q( 2) không gian √ √ véctơ Q với sở {1, 2} nên trường Q[ 2] mở rộng bậc trường số hữu tỉ Q Tương tự trường Q[i] = {a + bi|a, b ∈ Q} mở rộng bậc trường Q Định lý 1.1.1 Cho tháp trường K ⊂ E ⊂ F Khi F mở rộng bậc hữu hạn K F mở rộng bậc hữu 9Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn hạn E E mở rộng bậc hữu hạn K Hơn nữa, ta cịn có [F : K] = [F : E].[E : K] Chứng minh: Giả sử [F : E] = s [E : K] = r Khi tồn sở {v1 , v2 , , vs } F E sở {w1 , w2 , , wr } E K Ta cần chứng minh {vi wj |1 ≤ i ≤ s, ≤ j ≤ r} sở F K Thật vậy, F = Ev1 + Ev2 + · · · + Evs E = Kw1 + Kw2 + · · · + Kwr , nên F = Kvi wj rút {vi wj |1 ≤ i ≤ s, ≤ j ≤ r} hệ sinh K-không gian véctơ F Bây giả sử = aij vi wj = ( aij wj )vi Do {v1 , v2 , , vs } sở i j aij wj = Tiếp đến, {w1 , w2 , , wr } E- không gian véctơ F , nên j sở K-không gian véctơ E, nên kéo theo aij = Vậy hệ {vi wj |1 ≤ i ≤ s, ≤ j ≤ r} độc lập tuyến tính K hệ sở K-không gian véctơ F Ta nhận [F : K] = rs = [F : E][E : K] Hệ 1.1.1 Cho tháp trường K = K1 ⊂ K2 ⊂ · · · ⊂ Kn = F Khi F mở rộng bậc hữu hạn K [F : K] = [F : Kn−1 ] [K2 : K1 ] Cho F trường X ⊂ F Khi giao tất trường F chứa X gọi trường F sinh tập X Nếu F mở rộng K X ⊂ F trường sinh X ∪ K gọi trường sinh X K kí hiệu K(X) Trong trường hợp X tập hữu hạn gồm n phần tử u1 , u2 , , un ta viết K(X) = K(u1 , u2 , , un ) Trường K(u1 , u2 , , un ) gọi mở rộng hữu hạn sinh K 1.1.1 Mở rộng đơn Định nghĩa 1.1.2 Giả sử F mở rộng K F gọi mở rộng đơn K tồn phần tử u ∈ F cho F = K(u), u gọi phần tử nguyên thủy F Ví dụ 1.1.2 10Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 61 Ví dụ 3.2.4 Công thức (3.4): sin 5t = 16 sin5 t − 20 sin3 t + sin t Từ phương trình sin 5t = cos t, với t ∈ [0; π], ta thấy phương trình tương đương với 16 sin5 t − 20 sin3 t + sin t = cos t ⇔ sin t(16 sin4 t − 20 sin2 t + 5) = cos t ⇔ sin t(16 cos4 t − 12 cos2 t + 1) = cos t cos t ⇔ − cos2 t = 16 cos4 t − 12 cos2 t + Lấy x = cos t ta toán sau √ Bài tốn 3.2.5 Giải phương trình − x2 = x 16x4 − 12x2 + Hướng dẫn: Từ điều kiện |x| ≤ 16x4 − 12x2 + = 0, ta đặt x = cos t, t ∈ [0; π], điều kiện 16 cos4 t − 12 cos2 t + = Thay vào phương trình cho ta cos t 16 cos4 t − 12 cos2 t + ⇔ sin t(16 cos4 t − 12 cos2 t + 1) = cos t − cos2 t = ⇔ sin t(16 sin4 t − 20 sin2 t + 5) = cos t ⇔ 16sin5 t − 20sin3 t + sin t = cos t ⇔ sin 5t = cos t  kπ π π  t = 12 + ⇔ sin 5t = sin( − t) ⇔  π kπ t= + Ví dụ 3.2.5 Từ phương trình sin 5t = cos 3t, với t ∈ [0; π], ta thấy phương trình tương đương với 16 sin5 t − 20 sin3 t + sin t = cos3 t − cos t ⇔ sin t(16 sin4 t − 20 sin2 t + 5) = cos3 t − cos t ⇔ sin t(16 cos4 t − 12 cos2 t + 1) = cos3 t − cos t ⇔ − cos2 t(16 cos4 t − 12 cos2 t + 1) = cos3 t − cos t Lấy x = cos t ta tốn sau 63Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 62 Bài tốn 3.2.6 Giải phương trình √ − x2 (16x4 −12x2 +1) = 4x3 −3x Hướng dẫn: Từ điều kiện |x| ≤ 1, ta đặt x = cos t, t ∈ [0; π] Thay vào phương trình cho ta − cos2 t(16 cos4 t − 12 cos2 t + 1) = cos3 t − cos t ⇔ sin t(16 cos4 t − 12 cos2 t + 1) = cos 3t ⇔ sin t(16 sin4 t − 20 sin2 t + 5) = cos 3t ⇔ sin 5t = cos 3t  π kπ t= + π 16 ⇔ sin 5t = sin( − 3t) ⇔  π t = + kπ π π ) = sin(t + ), với t ∈ [0; π], 4 ta thấy phương trình tương đương với Ví dụ 3.2.6 Từ phương trình sin(3t − sin 3t − cos 3t = sin t + cos t ⇔ cos t + − cos2 t(4 cos2 t − 1) = cos3 t + − cos2 t Đặt x = cos t ta phương trình Bài tốn 3.2.7 Giải phương trình 2x + (4x2 − 1) − x2 = 4x3 + − x2 Hướng dẫn: Từ điều kiện |x| ≤ 1, ta đặt x = cos t, t ∈ [0; π] Thay vào phương trình cho ta cos t + − cos2 t(4 cos2 t − 1) = cos3 t + − cos2 t ⇔ cos t + sin t(4 cos2 t − 1) = cos3 t + sin t cos 2t = ⇔ (2 cos2 t − 1)(sin t − cos t) = ⇔ sin t = cos t  π kπ π t= + π kπ 2t = + kπ ⇔t= + ⇔ ⇔ π tan t = t = + kπ 64Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 63 3.3 Xây dựng bất đẳng thức qua bất đẳng thức biết Cho A, B, C ba góc tam giác Chứng minh rằng: cos A + cos B + cos C ≤ (3.8) Đây bất đẳng thức đơn giản tam giác Bài toán có nhiều phương pháp giải, mà phương pháp có ích cho học sinh việc rèn luyện thao tác tư Dưới hai cách giải đơn giản ngắn gọn A B+C B−C Lời giải 1: Biến đổi (3.8) ⇔ − 2sin2 + cos cos ≤ 2 2 A B − C A B + C π A ⇔ 4sin2 − sin cos + ≥ (do + = ⇒ 2 2 2 B+C A cos = sin ) 2 B−C B−C A ) + − cos2 ≥ (luôn đúng) ⇔ (2 sin − cos 2 Đẳng  thức xảy  A B − C    sin = cos  sin A = 2 ⇔ ⇔ B−C B−C π B−C π    cos  =1 = (do − < < ) 2 2  A π   = ⇔ A π ⇔ ∆ABC   B = C (0 < < ) 2 Lời giải 2: Sử dụng bất đẳng thức quen thuộc xy ≤ (x2 + y ) Ta có cos A + cos B + cos C = − cos(B + C) + cos B + cos C = − cos B cos C + sin B sin C + (cos B + cos C).1 1 ≤ − cos B cos C + (sin2 B + sin2 C) + [(cos B + cos C)2 + 1] = 2 Vậy cos A+cos B+cos C ≤ Đẳng thức xảy ⇔ B=C π ⇔ ⇔ B = C = ⇔ ∆ABC cos B = 65Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên sin B = sin C cos B + cos C = http://www.lrc-tnu.edu.vn 64 Bây khai thác toán ban đầu để vài kết Với tam giác ABC khơng tù ta có: √ √ √ cos A = cos A ≤ ( + cos A) 2 √ √ √ √ 2 cos B ≤ ( + cos B), cos C ≤ ( + cos C) 2 2 Từ ta có: √ √ cos A + √ cos B + √ cos C ≤ ( + cos A + cos B + cos C) 2 Suy √ √ cos A + √ cos B + cos C ≤ √ Tổng qt hóa: Với tam giác khơng tù có √ √ √ n n n cos A + cos A + cos A+ ≤ √ n (3.9) (3.10) Chứng minh: Ta chứng minh (3.10) Sử dụng đánh giá n−1 + cos A √ 1 √ n n cos A = √ (√ √ ··· √ ) cos A ≤ √ ( ) (n-1 tích n n n n n2 n2 2 √ ) n Tương tự có √ n n−1 n−1 + cos B + cos C √ 2 n 2 cos B ≤ √ ( ), cos C ≤ √ ( ) n n n n 2 Từ suy điều phải chứng minh Từ (3.10) bất đẳng thức Cauchy ta có √ √ √ n n n (x + cos A)(y + cos B)(z + cos C) √ √ √ n x+y+z cos A + n cos B + n cos C ≤( + ) 3 66Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 65 Vậy với tam giác ABC nhọn, x, y, z > 0, số nguyên dương n ta có √ √ √ x+y+z n n n +√ ) (3.11) (x + cos A)(y + cos B)(z + cos C) ≤ ( n Đẳng thức xảy tam giác ABC x = y = z Đặc biệt hóa: cho x = y = x = n = ta có √ √ √ √ 25 (2 + cos A)(2 + cos B)(2 + cos C) ≤ 11 + (3.12) Nếu tam giác ABC khơng tù cos A, cos B, cos C ≥ Từ (3.8)và bất đẳng thức Cauchy ta cos A cos B.cosC ≤ Hơn nữa, tam giác ABC tù cosA cos B.cosC < < Nên suy cos A cos B cos C ≤ , ∀∆ABC (3.13) Tổng quát hóa: với tam giác ABC nhọn x, y, z > cosx A cosy B cosz C ≤ [ ]x+y+z xx y y z z 2(x + y + z) (3.14) Chứng minh: x+y+z cos A x cos A y cos A z (3.14) ⇔ ( ) ( ) ( ) ≤ x y z 2(x + y + z) y z x cos A x + y + z cos B x + y + z cos C x + y + z ⇔( ) ( ) ( ) ≤ x y z 2(x + y + z) Do x y z + + =1 x+y+z x+y+z x+y+z nên áp dụng bất đẳng thức Cauchy mở rộng ta được: V T ≤ (cos A + cos B + cos C) 67Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên ≤ x+y+z 2(x + y + z) http://www.lrc-tnu.edu.vn 66 Khi tam giác ABC nhọn, áp dụng bất đẳng thức Cauchy (3.13) ta 1 + α + α ≥ √ α ≥ α cos A cos B cos C ( cos A cos B cos C) α (3 ) = 3.2α , ∀α > Vậy với tam giác ABC nhọn ta có 1 + + ≥ 3.2α , ∀α > α α α cos A cos B cos C (3.15) Đặc biệt hóa: cho 1 + + ≥ cosA cosB cosC 1 α=2: + + ≥ 12 2 cos A cos B cos2 C α=1: Mà + tan2 x = (3.16) (3.17) nên với tam giác ABC nhọn từ (3.17) ta cos2 x có tan2 A + tan2 B + tan2 C ≥ (3.18) Tiếp tục với mối liên hệ hàm lượng giác, bất đẳng thức biết, độ dài diện tích tam giác ta có nhiều kết độc đáo 3.4 Xây dựng hệ phương trình qua số phức Chúng ta nhắc lại số kiến thức bản: Cho số phức z = r(cos ϕ + i sin ϕ), r > Khi bậc n số phức z zk = √ n r(cos ϕ + 2kπ ϕ + 2kπ + isin ), k = 0, 1, 2, , n − n n Căn bậc hai số phức z = r(cos ϕ + i sin ϕ), r > √ √ ϕ ϕ ϕ ϕ z0 = r(cos + isin ), z1 = − r(cos + i sin ) 2 2 68Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 67 Căn bậc ba số phức z = r(cos ϕ + i sin ϕ), r > √ ϕ ϕ z0 = r(cos + i sin ), 3 √ ϕ + 2π ϕ + 2π z1 = r(cos + i sin ), √ ϕ + 4π ϕ + 4π + i sin ) z2 = r(cos Một phương tình nghiệm phức f (z) = 0, với z = x + iy ta biến đổi thành h(x, y) = h(x, y) + ig(x, y) = ⇔ g(x, y) = Nghĩa phương trình nghiệm phức, cách tách phần thực phần ảo ln đưa hệ phương trình Xây dựng hệ phương trình cách lũy thừa bậc ba số phức cho trước Để tìm bậc ba số phức + i, ta tìm số phức z = x + iy, x, y ∈ R cho (x + iy)3 = + i ⇔ x3 + 3x2 yi + 3xy i2 + y i3 = + i ⇔ x3 − 3xy = 3x2 y − y = Giải hệ ta tìm đượcx y, từ tìm z Tuy nhiên, tìm z cách khai triển bậc ba + i sau: Ta có √ π π + i = 2(cos + i sin ) 4 Vậy bậc ba + i z0 = z1 = z2 = 3 √ π π π π + i sin ) = 2(cos + i sin ), 12 12 12 12 π π + 2π + 2π √ √ 3π 3π 4 2(cos + i sin ) = 2(cos + i sin ), 3 4 π π + 4π + 4π √ √ 17π 17π 4 2(cos + i sin ) = 2(cos + i sin ) 3 12 12 √ 2(cos 69Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 68 x3 − 3xy = Từ đây, ngược lại ta tìm nghiệm hệ 3x y − y =    √ √ √ π 3π   6  x = cos  x = cos  x = cos 17π 12 , 12 √ √ √ 3π ,  17π 6  y = sin π   y = sin  y = sin 12 12 √ π π Ví dụ 3.4.1 Xét số phức z = 5(cos + i sin ) = 5( + i) Giả sử 3 2 z = x + iy số phức thỏa mãn điều kiện √ √ 5 (x + yi)3 = 5( + i) ⇔ x3 + 3x2 yi + 3xy i2 + y i3 = + i 2 2 2 √ ⇔ 2x − 6xy + (6x y − y )i = + 3i ⇔ 2x3 − 6xy = 5√ 6x2 y − 2y = Ta tốn Bài tốn 3.4.1 Giải hệ phương trình 2x3 − 6xy = 5√ 6x2 y − 2y = (I) Bài giải: Nhân hai vế phương trình thứ hai với i cộng với phương trình thứ hệ (I) ta √ 2x3 − 6xy + (6x2 y − y )i = + 3i √ ⇔ (x + yi)3 = 5( + i) 2 √ π π Vậy x+yi bậc ba số phức z = 5( + i) = 5(cos +i sin ) 2 3 Mà z có bậc ba √ π π z0 = 5(cos + i sin ), 9 π π + 2π + 2π √ √ 7π 7π 3 z1 = 5(cos + i sin ) = 5(cos + i sin ), 3 9 π π + 4π + 4π √ √ 13π 13π 3 3 z2 = 5(cos + i sin ) = 5(cos + i sin ) 3 9 70Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 69 Vậy nghiệm hệ phương trình    √ √ √ π 7π   3  x = cos 13π  x = cos  x = cos ; 9 √ √ √ 7π ;  13π 3  y = sin π   y = 5sin  y = sin 9 Xây dựng hệ phương trình từ hai số phức cho trước Ví dụ 3.4.2 Xét hai số phức z1 z2 sau √ z1 + z2 = √ z1 = √ − 5i ⇒ z1 z2 = + 5i z2 = 5i Vậy z1 z2 nghiệm phương trình √ √ + 5i z − 7z + + 5i = ⇔ z − + =0 z √ √ 5z 5iz 5i =7⇔z+ + = ⇔z+d + z z zz zz Giả sử z = x + yi với x, y ∈ R Khi phương trình viết lại √ 5(x − yi) 5x − 5y x + yi + + i=7 x + y2 x2 + y √ √ 5x + 5y 5x − 5y ⇔x+ − + (y + )i = x2 + y x2 + y  √ 5x + 5y    x+ −7=0 + y2 x √ ⇔  5x − 5y   y+ =0 x2 + y Ta toán sau  √ 5x + 5y    x+ =7 + y2 x √ Bài tốn 3.4.2 Giải hệ phương trình  5x − 5y   y+ = x2 + y (II) Bài giải: Từ cách xây dựng hệ phương trình ta thấy hệ (II) có x=7√ x=√ hai nghiệm y=− y = 71Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 70  3x − y   x+ =3 x + y Bài tốn 3.4.3 Giải hệ phương trình x + 3y   y− = x2 + y Bài giải: Điều kiện x2 + y = Xét số phức z = x + yi Khi iz = ix − y; x2 + y = |z|2 = zz  3x − y   x+ =3 x + y (III) Viết lại hệ phương trình cho x + 3y   yi − i = x2 + y Lấy phương trình thứ trừ phương trình thứ hai (III) theo hai vế ta x − yi + 3x − y x + 3y 3(x + yi) y − xi + i = ⇔ x − yi + − = x2 + y x2 + y x2 + y x2 + y z iz i + = ⇔ z + + = ⇔ z − 3z + + i = zz zz z z Ta có ∆ = − 4(3 + i) = −3 − 4i = (1 − 2i)2 Do phương trình z =2−i có nghiệm z = + i x − yi = − i (x; y) = (2; 1) Nghĩa ⇔ x − yi = + i (x; y) = (1; −1) x=2 x=2 Vậy hệ phương trình có hai nghiệm y=1 y = Hay z + Ví dụ 3.4.3 Xét hai số phức √ z1 = √2 − i ⇒ z2 = 2 + 2i √ z1 + z2 = + i z1 z2 = Khi z1 z2 nghiệm phương trình √ √ √ 6z z − (3 + i)z + = ⇔ z + = + i ⇔ z + = + i z zz 72Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 71 Giả sử z = u + vi, phương trình viết lại √ 6(u − vi) = 2+i u2 + v √ 6v 6u + (v − )i = + i ⇔u+ 2 u + v 2  u +v √ √ 6u    u(1 +  u+ = ) = 2 + v2 + v2 u u ⇔ ⇔ 6v    v(1 −  v− = ) = u2 + v u2 + v √ √ Đặt u = x; v = y, ta toán sau  √ √  x   (1 + )= x+y Bài tốn 3.4.4 Giải hệ phương trình √   ) =  y(1 − x+y u + vi + Bài giải: Đặt x = u2 , y = v√2 , theo cách xây dựng tốn ta có (u; v) = (2√ 2; 2) (x; y) = (8; 4) nghiệm ⇔ (x; y) = (2; 1) (u; v) = ( 2; −1) Vậy hệ có nghiệm (8; 4); (2; 1) Bài toán 3.4.5 (HSG Quốc gia năm 1996) Giải hệ phương trình √   3x(1 + )=2 x+y √ √   7y(1 − ) = x+y √ √ Bài giải: Điều kiện x > y > Đặt u = x, v = y Hệ phương    √ ) =  u(1 + u + v2 √3 trình trở thành   √ ) =  v(1 − u + v2 2 Vì u + v bình phương mođun số phức z = u + vi nên ta biến đổi hệ phương trình thành   u u     √ √ = u + =  u+  u + v2 u2 + v √3 ⇔ √ (IV ) 4 v vi     = √ = √ i  v−  vi − u + v2 u + v2 7 73Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 72 Cộng phương trình thứ thứ hai (IV ) theo vế ta √ u − vi 2i u + vi + =√ + √ (3.19) u + v2 u − vi z z Vì = = = nên ( 3.19) viết lại u + v2 |z|2 zz z √ √ 2i 2i z + = √ + √ ⇔ z − 2( √ + √ )z + = (3.20) z 7 √ √ 2i Ta có ∆, = ( √ + √ )2 − = ( √ + 2i)2 Do phương trình 21 √ 2 √ (3.20) có hai nghiệm z = u + vi = ( √ ± √ ) + ( √ ± 2)i 21    u=√ +√ 21 √3 Vì u > 0; v > nên √ 2    v = √ + Do  2 11   + √  x = (√ + √ ) = 21 21 √3 22 2 √   +√  y = ( √ + 2)2 = 7  11  + √ x= 21 Vậy hệ cho có nghiệm 22  y= +√ 7 Bài toán 3.4.6 (HSG Quốc gia năm học 2006-2007) Giải hệ phương trình √ 12   x(1 − )=2 y + 3x 12 √   y(1 + ) = y + 3x √ Bài giải: Điều kiện x ≥ 0, y ≥ 0; y + 3x = Đặt u = 3x ≥ 0; v = √ y ≥ Thay vào hệ ta   √ u 12 12u    √ (1 −  ) = u − = u + v2 u2 + v ⇔ (V ) 12v 12    v(1 +  v+ = )=6 u2 + v u2 + v 74Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 73 Trong (V ), nhân phương trình thứ hai với i cộng với phương trình thứ ta u + vi − √ 12(u − vi) = + 6i u2 + v (3.21) Xét số phức z = u + vi, với u ≥ 0, v ≥ Khi (3.21) viết lại √ √ 12z = + 6i ⇔ z − 2( + 3i)z − 12 = (3.22) z.z √ √ √ Ta có ∆, = ( + 3i)2√ + 12 = + √ 3i = (3 + 3i)2 z = √3 + + (3 + √3)i Từ (3.22) ta có z = − + (3 − 3)i Do u ≥ 0, v ≥ nên có  √ √ √  ( + 3) u= 3+ 3 x = + x= √ ⇒ √ ⇔ 3√  v =3+ y = 3(4 + 3) y = (3 + 3) √ x=4+2 √ Vậy hệ phương trình cho có nghiệm y = 3(4 + 3) z− 75Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 74 Kết luận Luận văn giải vấn đề sau: Hệ thống lại kiến thức mở rộng trường, Định lý Đại số, định nghĩa phương trình đại số, để giải dạng toán áp dụng Tìm thấy mở rộng sâu số phức dạng toán đặc biệt Tác giả biết xây dựng số kết qua toán biết Hướng phát triển luận văn nghiên cứu sâu bất phương trình tìm lời giải cho tốn khác phương trình hàm đa thức, toán phân thức, tổ hợp, rời rạc, 76Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 75 Tài liệu tham khảo [1] Đề thi học sinh giỏi Quốc Gia, 1996, 2006-2007 [2] Nguyễn Văn Mậu(Chủ biên), Trần Nam Dũng, Nguyễn Đăng Phất, Nguyễn Thủy Thanh, Chuyên đề chọn lọc Số phức Áp dụng, NXB Giáo dục, 2009 [3] Nguyễn Chánh Tú, Lý thuyết mở rộng trường Galois, Giáo trình Điện tử, Đại học Sư phạm Huế, 2006 [4] Tuyển tập 30 năm Tạp chí Tốn học Tuổi trẻ,Văn Như Cương-Bài tốn dựng đa giác đều, trang 244, NXB Giáo dục, 2000 [5] Tuyển tập đề thi Olympic 30/4, NXB Đại học Sư phạm, 2003, 2006, 2009 [6] Dương Quốc Việt(Chủ biên ), Lê Văn Chua, Cơ sở lý thuyết Galois, NXB Đại học Sư phạm, 2007 [7] D Djukic, V Jankovic, I Matic and N Petrovic, The IMO Compendium 1959-2004, Springer-Verlag 2004 [8] W.V.D.Hodge, D.Pedoe, Methods of Algebraic Geometry , Cambridge at the University press, 1953 77Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ... " Phương trình bất phương trình" Đề tài giải vấn đề trọng tâm: Chương Phương trình đại số Chương tập trung trình bày mở rộng trường, mở rộng đại số, chứng minh lại Định lý Đại số, định nghĩa phương. .. 3.2 Xây dựng phương trình vơ tỷ qua phương trình lượng giác 3.3 Xây dựng bất đẳng thức qua bất đẳng thức biết 3.4 Xây dựng hệ phương trình qua số phức Kết luận... 1.2.2 Giải phương trình đa thức Giải phương trình ax2√+ bx + c = Phương trình ax2 + bx + c = −b ± b2 − 4ac b c có hai nghiệm x1,2 = Khi x1 + x2 = − , x1 x2 = 2a a a Giải phương trình bậc ba