Về lí thuyết hàm phức và nghiệm của đa thức

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - PHẠM THỊ UYÊN VỀ LÍ THUYẾT HÀM PHỨC VÀ NGHIỆM CỦA 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 PGS.TS Trần Việt Cường 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 Giới hạn liên tục 1.4 Đạo hàm hàm giải tích 1.5 Thặng dư 1.6 Đa thức hệ số phức Áp dụng lí thuyết hàm phức nghiệm đa số toán sơ cấp 2.1 Bài tốn tính tích phân xác định 2.2 Bài toán rút gọn biểu thức 2.3 Bài toán phủ 2.4 Bài toán đếm số 3 6 11 12 thức để giải 16 16 19 23 27 ii Một số ký hiệu chữ viết tắt N, N∗ tập số tự nhiên số tự nhiên khác không Z tập nguyên R tập số thực C tập số phức 1, n tập số tự nhiên {1, 2, , n} 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, lời giải Lời nói đầu Giải tích phức cổ điển lý thuyết hàm biến phức, nhánh tốn học, có nguồn gốc từ kỷ 18 trước Nó hữu ích nhiều ngành tốn học, bao gồm hình học đại số, lý thuyết số, tổ hợp phân tích, tốn học ứng dụng; vật lý, bao gồm nhánh thủy động lực học, nhiệt động lực học đặc biệt học lượng tử Bằng cách mở rộng, giải tích phức có ứng dụng lĩnh vực kỹ thuật hạt nhân, hàng không vũ trụ, khí kỹ thuật điện Trong thời đại, trở nên phổ biến với đời hệ động lực phức hình ảnh fractals tạo hàm chỉnh hình Một ứng dụng quan trọng khác giải tích phức lý thuyết dây nghiên cứu bất biến tuân thủ lý thuyết trường lượng tử Các nhà tốn học có đóng góp quan trọng liên quan đến số phức bao gồm Euler, Gauss, Riemann, Cauchy, Weierstrass, nhiều kỷ 20 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 khoa học Ví dụ, chúng sử dụng để hình thành phương trình đa thức, mã hóa loạt toán từ đến phức tạp khoa học; chúng sử dụng để xác định hàm đa thức, xuất hóa học, vật lý đến kinh tế khoa học xã hội; chúng sử dụng tính tốn phân tích số để tính gần hàm khác Trong toán học nâng cao, đa thức sử dụng để xây dựng vòng đa thức đại số, khái niệm trung tâm đại số hình học đại số Một số đa thức, chẳng hạn x2 +1, khơng có nghiệm tập số thực Tuy nhiên, tập hợp nghiệm mở rộng thành số phức, đa thức khác số có nghiệm phức; định lí có đại số Như hệ quả, đa thức có hệ số phức viết dạng tích đa thức hệ số phức bậc số nghiệm phức tính với bội số chúng bậc 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 áp dụng lí thuyết hàm phức nghiệm đa thức giải số tốn sơ cấp Để hồn 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 Toán K12 khóa 2018 - 2020, phịng 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 ln động viên, giúp đỡ tơi suốt q trình học tập hồn thành khóa luận Thái Ngun, ngày 30 tháng 12 năm 2019 Tác giả luận văn PHẠM THỊ UYÊN Chương Một số kiến thức chuẩn bị Chương 1, chúng tơi trình bày số kiến thức số phức hàm phức Các khái niệm kết Chương tham khảo tài liệu [1, 2, 3, 6] 1.1 Số phức Định nghĩa 1.1.1 Số phức biểu thức dạng a + bi a, b số thực i2 = −1 Đối với số phức z = a + bi ta nói a phần thực, b phần ảo z, i đơn vị ảo Kí hiệu: a = Rez, b = Imz Tập hợp số phức kí hiệu C C = {z = a + bi|a, b ∈ R} Nhận xét 1.1.2 Mỗi số thực a xem số phức với phần ảo b = Số phức z = a + bi có a = gọi số ảo số ảo Số vừa số thực vừa số ảo Hai số phức nhau: Hai số phức gọi phần thực phần ảo tương ứng chúng Mô đun số phức: Giả sử M (a; b) điểm biểu diễn số phức z = a + bi mặt phẳng tọa độ −−−→ Độ dài |OM | mơ đun số phức z Kí hiệu |z| √ −−−→ Ta có: |z| = |OM | = |a + bi| = a2 + b2 Số phức liên hợp: Cho số phức z = a + bi, ta gọi a − bi số phức liên hợp z kí hiệu z = a − bi Ví dụ: z = + 2i z = − 2i Một số tính chất số phc liờn hp: ã z ì z = a2 + b2 số thực • z + z′ = z + z ã z ì z = z ì z′ Dạng lượng giác số phức: Trong mặt phẳng phức cho số phức z với z = biểu diễn −−→ vector OM với M (a; b) −→ −−→ Góc lượng giác (Ox, OM ) = ϕ + 2kπ, k ∈ Z Số đo góc lượng giác gọi acgumen z Gọi ϕ acgumen r > mô đun số phức z = a + bi khác dạng lượng giác z là: z = r(a cos ϕ + i sin ϕ) √ Với r = a2 + b2 ϕ định cos ϕ = ar sin ϕ = br Ghi chú: • |z| = ↔ z = (cos ϕ + i sin ϕ), ϕ ∈ R • z = |z| = r = acgumen z không xác định xem tùy ý Cấu trúc đại số số tính chất khác số phức: Phép cộng: • z1 + z2 = z2 + z1 , • (z1 + z2 ) + z3 = z1 + (z2 + z3 ) Phép nhân: • z z2 = z2 z1 , • (z1 z2 )z3 = z1 (z2 z3 ), • (z1 + z2 )z3 = z1 z3 + z2 z3 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 = Re z2 , Im z1 = Im z2 Một số tính chất khác: 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 z¯2 |z1 | 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 C Hàm f : S → C quy tắc gán với z S số phức w Số w gọi giá trị f z ký hiệu f (z) Tập S gọi miền xác định hàm phức f (z) Khi miền xác định khơng đề cập, quy ước tập lớn để hàm xác định Ví dụ 1.2.2 Một số hàm phức Hàm đa thức 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 Hàm lượng giác ez + e−z ez − e−z cos z = , sin z = 2i 1.3 Giới hạn liên tục Định nghĩa 1.3.1 Giả sử hàm f (z) xác định tất điểm z lân cận z0 , không xác định z0 Hàm f (z) nói có giới hạn z0 với ε > tồn δ > cho < |z − z0 | < δ ⇒ |f (z) − w0 | < ε Trong trường hợp này, kí hiệu lim f (z) = w0 z→z0 Định nghĩa 1.3.2 Hàm f (z) gọi liên tục điểm z0 ba điều kiện sau thỏa mãn: (i) f (z0 ) xác định, (ii) lim f (z) tồn tại, z→z0 (iii) lim f (z) = f (z0 ) z→z0 Hàm f nói liên tục tập liên tục điểm tập Ví dụ 1.3.3 Các hàm đa thức P (z), hàm mũ ez , hàm lượng giác cos z, sin z liên tục mặt phẳng phức C 1.4 Đạo hàm hàm giải tích Định nghĩa 1.4.1 Giả sử hàm biến phức f (z) xác định lân cận z0 Hàm f (z) nói có đạo hàm điểm z0 giới hạn sau tồn hữu hạn f (z) − f (z0 ) lim z→z0 z − z0 Trong trường hợp này, kí hiệu đạo hàm f ′ (z0 ) f (z) − f (z0 ) z→z0 z − z0 f ′ (z0 ) = lim Định nghĩa 1.4.2 Hàm f biến phức z giải tích điểm z0 có đạo hàm điểm số lân cận z0 Tiếp theo, giới thiệu điều kiện cần đủ để tồn đạo hàm hàm phức điểm Định lý 1.4.3 (Điều kiện cần để tồn đạo hàm) Giả sử f (z) = u(x, y)+ iv(x, y) f ′ (z) tồn điểm z0 = x0 + iy0 Khi đó, đạo hàm riêng bậc u v phải tồn (x0 , y0 ) chúng phải thỏa mãn phương trình Cauchy - Riemann (x0 , y0 ), u′x = vy′ , u′y = −vx′ Hơn thế, f ′ (z0 ) = (u′x + ivx′ ) (x0 ,y0 ) 18 Lời giải Đầu tiên, ta đổi biến đưa cận tích phân đoạn [0, 2π] Đặt t = 2x Khi π I= dx = + sin 2x 2π dt + sin t 0 Đặt z = eit , t ∈ R Dễ dàng thấy rằng, t biến thiên khoảng [0, 2π], z biến thiên đường tròn đơn vị C1 (0) Bên cạnh đó, dz = ieit dt = izdt it e −e 2i sin t = −it = z− 2i z, có 2π I= dt = + sin t C1 (0)+ dz = dz, −1 z + 4iz − z − z iz 2+ C1 (0)+ 2i C1 (0)+ đường cong C1 (0) có hướng ngược chiều kim đồng hồ Phương trình z + 4iz − = có nghiệm bội √ z1 = i( − 2) nằm C1 (0) Từ đây, áp dụng lí thuyết thặng dư hàm phức thu I = 2πiRe 2 = 2πi , z z + 4iz − (2z + 4i) Ví dụ 2.1.3 Tính tích phân 2π I= dt + cos t + sin t z=z1 2π =√ 19 Lời giải Đặt z = eit , t ∈ R Dễ dàng thấy rằng, t biến thiên khoảng [0, 2π], z biến thiên đường tròn đơn vị C1 (0) Bên cạnh đó, dz = izdt z+ cos t = z, sin t = z− 2i z, điều dẫn tới I= C1 (0)+ dz, (i + 1)z + 4iz + i − C1 (0)+ đường cong C1 (0) có hướng ngược chiều kim đồng hồ Phương trình (i + 1)z + 4iz + i − = có nghiệm bội √ 2−2 z1 = (1 + i) nằm C1 (0) Từ đây, áp dụng lí thuyết thặng dư hàm phức thu I = 2πiRes[ 2 , z ] = 2πi (i + 1)z + 4iz + i − 2(i + 1)z + 4i) Bài toán đề xuất: z=z1 = π √ 2− 2π dt + cos t + sin t π dt Bài tập Tính tích phân I = −π + cos t Bài tập Tính tích phân I = 2.2 Bài tốn rút gọn biểu thức Ý tưởng phương pháp sử dụng nghiệm phức đa thức cơng thức Viète để biểu diễn biểu thức cần tính tốn dạng đơn giản 20 Ví dụ 2.2.1 Tính biểu thức 15 15 15 + ··· + + 15 S= 2π 2π + i sin Khi 1, ε, ε2 nghiệm phức khác 3 phương trình x3 = Từ Định lí 1.6.4, ta có Lời giải Đặt ε = cos + εk + ε2k = k chia hết cho 3, k không chia hết cho Đặt 15 f (x) = (x + 1) 15 = k=0 15 k x k Khi đó, theo tính chất có f (1) + f (ε) + f (ε2 ) 215 + (1 + ε)15 + (1 + ε2 )15 = S= 3 15 15 15 15 −2 + (−ε ) + (−ε) = = 3 Ví dụ 2.2.2 Tính biểu thức sau với n ∈ N∗ , n A= cos k=1 2kπ n Lời giải Với n = 1, thấy A = Trường hợp, n ≥ 2, ta xét phương trình z n − = 0, với n nghiệm zk = e2iπk/n , k = 1, n Theo cơng thức Viète, ta có zk = = k=1 n n n e k=1 i2πk/n = k=1 2kπ cos +i n n sin k=1 2kπ n 21 Từ đây, n A= cos k=1 2kπ = n Ví dụ 2.2.3 Tính biểu thức sau với n ∈ N∗ , n sin A= k=1 (2k + 1)π n Lời giải Với n = 1, thấy A = Trường hợp, n ≥ 2, ta xét phương trình z n + = 0, với n nghiệm zk = eiπ(2k+1)/n , k = 1, n Theo cơng thức Viète, ta có n n zk = = k=1 n e iπ(2k+1)/n = k=1 k=1 Từ đây, (2k + 1)π cos +i n n sin A= k=1 n sin k=1 (2k + 1)π n (2k + 1)π = n Ví dụ 2.2.4 Giả sử n ∈ N, n ≥ Tính biểu thức n−1 cos A= k=1 kπ n Lời giải Từ công thức ei2ϕ + eiϕ + e−iϕ , = cos(ϕ) = 2eiϕ ta có 2kπ n−1 n−1 i kπ e n +1 cos A= = = kπ n k=1 k=1 i 2e n n−1 2kπ e n +1 i k=1 kπ i 2n ek=1 n n−1 22 Xét đa thức Dễ dàng thấy rằng, Q(z) = z n−1 + z n−2 + · · · + z +  n Q(z) = z n −  z−1 z = 1, z = Do đa thức z n − có n nghiệm phức phân biệt zk = e2πk/n , k = 0, n − 1, đa thức Q(z) có (n − 1) nghiệm phức phân biệt zk = e2πk/n , k = 1, n − Từ n−1 Q(z) = z n−1 + z n−2 + · · · + z + = k=1 2kπ z−e n i Hệ n−1 k=1 2kπ −1−e n i zn − = Q(−1) = z−1 x=−1 (−1)n − = −2 Từ đây,  (−1)n − n−1  (−1) 0 n − (−1) −2 A= = = 2−n (n − 1)π (n − 1)π   −n i i −2 n n+1 2 e e Bài toán đề xuất: Bài tập Giả sử n ≥ 2, n ∈ N Tính biểu thức n chia hết cho 2, n = 4k + 1, n = 4k + n 2kπ n k=1 n−1 kπ Bài tập Giả sử n ∈ N, n ≥ Tính biểu thức sin n k=1 Bài tập Tính biểu thức S= 40 40 40 + + ··· + 40 sin 23 Bài tập Tính biểu thức S= 2.3 30 30 30 + ··· + + 3 Bài toán phủ Để bảng chữ nhật phủ kín hay khơng bảng với kích thước cho trước, đánh số ô bảng số phức thích hợp dựa nghiệm phức đa thức Tiếp đó, cách kiểm tra số bảng dựa kết lí thuyết hàm phức ta khẳng định toán phủ giải hay khơng giải Ví dụ 2.3.1 Chứng minh bảng 1991 × 2000 khơng phủ kín bảng × × Lời giải Đặt 2π 2π + i sin 7 Dễ dàng thấy ε nghiệm phức phương trình ε = cos z − = Tại ô vuông (i, j) viết số εi+j Khi bảng × × chứa số 1, ε, , ε6 , tổng số bảng Điều dẫn tới, phủ tổng số bảng Mặt khác, tổng số ô vuông 1991 ε i+j 1≤i≤1991, 1≤j≤2000 tương đương với 1991 i=1 εi = 2000 = 2000 ε i=1 εj = 0, i j=1 εj = Theo Định lí 1.6.4, ước số j=1 1991 2000 Mâu thuẫn ra, bảng 1991 × 2000 khơng phủ kín bảng × × Ví dụ 2.3.2 Tìm số nguyên dương k cho bảng 15 × 11 phủ kín bảng × k k × 24 Lời giải Đặt 2π 2π + i sin k k Dễ dàng thấy ε nghiệm phức phương trình ε = cos z k − = Tại ô vuông (i, j) viết số εi+j Khi bảng × × chứa k số 1, ε, , εk−1 , tổng số bảng Điều dẫn tới, phủ tổng số bảng Mặt khác, tổng số ô vuông 11 15 ε i+j = i=1 1≤i≤15, 1≤j≤11 tương đương với 15 ε = i i=1 ε 11 εj = 0, i j=1 εj = Theo Định lí 1.6.4, k ước j=1 số 15 11 Điều ra, k 1, 3, 5, 11, 15 Hơn thế, dễ dàng với số k bảng 15 × 11 phủ kín bảng × k k × Ví dụ 2.3.3 Một bảng vng phủ kín bảng × × Chứng minh bảng vng phủ kín sử dụng bảng × sử dụng bảng × Lời giải Giả sử bảng vng có kích cỡ k × l Đặt ε = cos 2π 2π 2π 2π + i sin , ω = cos + i sin 5 3 Tại ô vuông (i, j) viết số εi ω j Khi bảng × × có tổng số ε ω nghiệm phương trình z − = z − = Từ đây, tổng số bảng vuông ban đầu Mặt khác tổng số ô vuông l k i j εω = ε i=1 Từ đây, k i=1 εi = l ω j = i j=1 ω j = Theo Định lí 1.6.4, ước số k j=1 ước số l Dễ thấy, ước số k ước số 25 l bảng ban đầu phủ kín mà sử dụng bảng × sử dụng bảng Ví dụ 2.3.4 Cho bảng vng 17 × 17 Hỏi phủ bảng vuông cho bảng × × cho ô vuông (1, 2) ô vuông không phủ Lời giải Điền ô vuông (j, k) số phức ij+2k Khi đó, tổng số bảng × × Giả sử tồn cách phủ bảng vuông theo yêu cầu Khi đó, số ghi góc bên phải (1, 2) i5 = i, tổng số ghi bảng 17 17 i j j=1 k=1 i2k = −i = i Mâu thuẫn không tồn cách phủ u cầu Ví dụ 2.3.5 Tìm số ngun dương n nhỏ cho bảng vng n × n phủ bảng vng × × hai loại bảng sử dụng Lời giải Đặt ε = cos 2π 2π 2π 2π + i sin , ω = cos + i sin 3 5 Tại ô vuông (i, j) viết số εi ω j Khi đó, tổng số bảng × × Bên cạnh đó, tổng số vng n n i j εω = ε i=1 ω j = i j=1 Điều dẫn tới, n chia hết cho n chia hết cho Gọi x, y số bảng × × sử dụng Khi đó, 32 x + y = n2 Nếu n chia hết cho ta phải có y chia hết cho 32 Khi đó, n2 > 52 · 32 = 152 loại bảng sử dụng Từ chỗ, n chia hết n ≥ 18 26 Tương tự, n chia hết cho n ≥ 18 Ta chứng minh n = 18 thỏa mãn Thật vậy, ta chia bảng 18 × 18 thành bảng 15 × 15 11 bảng × Bảng 15 × 15 lát 32 bảng × Vậy n = 18 giá trị nhỏ cần tìm Ví dụ 2.3.6 Cho bảng vng 2019 × 2019 Chứng minh khơng thể phủ bảng vuông × × Lời giải Đặt ε = cos 2π 2π 2π 2π + i sin , ω = cos + i sin 4 5 Tại ô vuông (i, j) viết số εi ω j Khi đó, tổng số bảng × × Bên cạnh đó, tổng số vuông 2019 i j εω = 2019 ε i=1 i ω j = j=1 Điều dẫn tới, 2019 chia hết cho 2019 chia hết cho Mâu thuẫn bảng vuông ban đầu khơng thể phủ bảng vng × × Bài tốn đề xuất: Bài tập Cho k số nguyên dương Tìm điều kiện m, n cho phủ kín bảng m × n bảng × k k × Bài tập Một bảng vng phủ kín bảng × m n × Chứng minh bảng vng phủ kín mà sử dụng bảng × m sử dụng bảng n × Bài tập Cho bảng vng 13 × 13 Hỏi phủ bảng vng cho bảng × × cho vng tâm ô vuông không phủ Bài tập (Rusia 2000) Tìm số nguyên dương n nhỏ cho bảng vng n × n phủ bảng vng 40 × 40 49 × 49 loại bảng sử dụng Bài tập Cho bảng vuông 50 × 50 phủ bảng × × cho có vng khơng phủ Tìm tất vị trí vng 27 2.4 Bài toán đếm số Ý tưởng chung giải lớp toán này, sử dụng đa thức hệ số phức phù hợp để biểu diễn số cần tính tốn tổng số hệ số đa thức Ví dụ 2.4.1 Có tập tập hợp {1, 2, 3, , 20} có số phần tử chia hết cho 2π 2π Lời giải Đặt ε = cos + i sin Khi 1, ε, ε2 nghiệm phức khác 3 phương trình x3 = Từ Định lí 1.6.4, ta có + εk + ε2k = k chia hết cho 3, k không chia hết cho Đặt f (x) = (x + 1)20 S số tập {1, 2, , 20} có số phần tử chia hết cho Khi đó, theo tính chất 20 f (x) = k=0 20 20 20 20 k , + ··· + + x , S= 18 k có f (1) + f (ε) + f (ε2 ) 220 + (1 + ε)20 + (1 + ε2 )20 = 3 20 20 20 20 −1 + (−ε ) + (−ε) = = 3 S= Ví dụ 2.4.2 (VMO 2015) Cho số nguyên dương k Tìm số số tự nhiên n khơng vượt q 10k thỏa mãn đồng thời điều kiện (i) n chia hết cho (ii) chữ số biểu diễn thập phân n thuộc tập hợp S = {2, 0, 1, 5} Lời giải Xét đa thức f (x) = (x5 + x2 + x + 1)k = xa1 +a2 +···+ak a1 ,a2 , ,ak ∈S 28 Ta thấy, (a1 , , ak ) tương ứng với số a1 a2 ak chia hết cho Nếu biểu diễn, f (x) = b0 + b1 x + · · · + b5k x5k , số số tự nhiên thỏa mãn điều kiện toán tính T = b3m m Tương tự ví dụ trước, tính T = f (1) + f (ε) + f (ε2 ) , 2π 2π + i sin Từ đây, 3  k   + k chia hết cho 3, T = k   − k không chia hết cho 3 ε = cos Ví dụ 2.4.3 Có tập tập {1, 2, , 20} có tổng phần tử chia hết cho Lời giải Xét đa thức f (x) = (1 + x)(1 + x2 ) · · · (1 + x20 ) = a0 + a1 x + · · · Chúng ta thấy số tập cần tìm S= a3k k∈N Bằng cách sử dụng Định lí 1.6.4 ví dụ trước, ta thu S= ε = cos f (1) + f (ε) + f (ε2 ) , 2π 2π + i sin 3 29 Do ε, ε2 , nghiệm khác phương trình x3 = 1, ta có g(x) = x3 − = (x − ε)(x − ε2 )(x − 1) Điều dẫn tới, (−1 − ε)(−1 − ε2 )(−1 − 1) = g(−1) = −2, hay ta có (1 + ε)(1 + ε2 )(1 + 1) = Kết hợp đẳng thức ε3 = 1, ta có f (ε) = [(1 + ε)(1 + ε2 )(1 + 1)]6 (1 + ε)(1 + ε2 ) = 26 Tương tự, f (ε2 ) = 26 Kết hợp với f (1) = 220 , ta thu 220 + 27 S= Ví dụ 2.4.4 Cho p số nguyên tố lẻ Có tập A gồm p phần tử tập hợp {1, 2, , 20} có tổng phần tử chia hết cho p Lời giải Gọi ε = nghiệm phức phương trình xp = Khi đó, 2p i=1 (x − εi ) = (xp − 1)2 = x2p − 2xp + Bằng đồng hệ số xp , có p−1 2= ε i1 +i2 +···+ip n j εj , = j=0 tổng thứ tính theo tất tập p phần tử {i1 , i2 , , ip } {1, 2, , 2p} nj tổng thứ hai số tập cho i1 + i2 + · · · + ip ≡ j (mod p) Từ đây, ε nghiệm đa thức p−1 f (x) = n0 − + n j εj j=1 30 bậc p−1 Do đa thức tối tiểu ε trường Q g(x) = 1+x+· · ·+xp−1 , ta có f (x) = kg(x), với k số Điều dẫn tới, Từ chỗ n0 − = n1 = · · · = np−1 n0 + n1 + · · · + np−1 = ta có n0 = 2p p −2 p 2p , p + Bài toán đề xuất: Bài tập Có báo nhiêu tập tập hợp {1, 2, , 100} có số phần tử chia hết cho Bài tập Có tập tập {1, 2, , 2016} có tổng phần tử chia hết cho Bài tập Có tập gồm phần tử tập hợp {1, 2, , 10} có tổng phần tử chia hết cho Bài tập Có số tự nhiên có chữ số, khơng chứa số chia hết cho 11 Bài tập Có số tự nhiên chia hết cho 7, có n chữ số chữ số lấy từ tập hợp {1, 3, 4, 6, 7, 9} Bài tập Cho p số nguyên tố Có tập S tập hợp {1, 2, , p} cho tổng phần tử S chia hết cho p 31 Kết luận Luận văn đạt kết sau: • Trình bày lại số khái niệm kết lí thuyết hàm phức • Áp dụng lí thuyết hàm phức nghiệm đa thức giải số toán sơ cấp tốn tính tích phân xác định, tốn rút gọn biểu thức, toán phủ, toán đếm số 32 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 Tiếng Anh [6] J W Brown, R V Churchill (2009), Complex variables and applications, McGraw-Hill Companies, Americas, New York ... nhiên, tập hợp nghiệm mở rộng thành số phức, đa thức khác số có nghiệm phức; định lí có đại số Như hệ quả, đa thức có hệ số phức viết dạng tích đa thức hệ số phức bậc số nghiệm phức tính với bội... chúng bậc đa thức 2 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 áp dụng lí thuyết hàm phức nghiệm đa thức. .. εn đơi khác Theo Định lí nghiệm đại số, đa thức xn − có n nghiệm phức Từ đây, {ε1 , , εn } toàn nghiệm đa thức xn − (i) Nếu ε = nghiệm đa thức xn − ta phải có n ≥ Từ đẳng thức, = εn − = (ε − 1)(1