Tài liệu Biến phức định lý và áp dụng P3 pptx

Chứng minh rằng không tồn tại một tập hữu hạn các số thựcdương M sao cho ứng với mỗi n nguyên dương đều tồn tại đa thức bậc n thuộc M [x] có đúng n nghiệm đều thuộc M.. Vậy không tồn tại

Tiếp theo ta giải (3.24) theo cách giải của bài toán trước.

Ví dụ 3.18 Cho a > 0 Khai triển biểu thức

1 − a√x
8

+ 1 + a√x
8

ta thu được đa thức (bậc 4) P (x) Giải phương trình P (x) = 0.

Lời giải Đặt a2x = t ta thu được phương trình

t4+ 28t3+ 70t2+ 28t + 1 = 0.

Đây là phương trình hồi quy nên dễ dàng đưa về dạng phương trình bậc hai

y2+ 28y + 68 = 0

với y = t + 1t

Phương trình bậc hai này có hai nghiệm y 1,2= −14 ±√128 Từ đó ta tìm

được t và tính được phương trình có 4 nghiệm thực âm.

Ví dụ 3.19 Giải phương trình

t4+ 4t3+ 3t2− 12t − 16 = 0.

Lời giải Đặt t = x − 1 Ta được phương trình

x4 = 3x2+ 10x + 4.

Ta xác định a sao cho 102 = 4(3 + 2a)(4 + a2) hay

(x − m)2

(x + m)2 +1

4 +

34

(x − n)2

(x + n)2 +1

4 +

34

4 +

3

4b

2+ 1

Lời giải Giả sử

nên f (y) có n + 1 nghiệm phân biệt, do đó f (y) ≡ 0 Từ đó suy ra

trong đó do g(u) có n nghiệm a1, a2, , a n và deg g = n có hệ số bậc cao nhất

bằng 1 nên theo Định lí Viète thì

Ta có deg h ≤ n − 1 và h(u) cũng có n nghiệm là a1, a2, , a n phân biệt nên

Ví dụ 3.25 Chứng minh rằng không tồn tại một tập hữu hạn các số thực

dương M sao cho ứng với mỗi n nguyên dương đều tồn tại đa thức bậc n thuộc

M [x] có đúng n nghiệm đều thuộc M

Lời giải Giả sử tồn tại tập

2+ 2b

a ∀n ∈ N

∗

,

điều này là không thể xảy ra Vậy không tồn tại một tập hữu hạn các số thực

dương M sao cho ứng với mỗi n nguyên dương đều tồn tại đa thức bậc n thuộc

M [x] có đúng n nghiệm đều thuộc M

Ví dụ 3.26 Cho đa thức f (x) ∈ R[x] có ít nhất 2 nghiệm thực Chứng minh

Theo Định lí Rolle thì g0(x) có ít nhất một nghiệm thực trong (x1, x2) nếu

x1 < x2 và có nghiệm bằng x1 nếu x2 = x1 Suy ra đa thức P (x) có ít nhất một nghiệm thực Vì deg f (x) = deg P (x) = n nên nếu n lẻ thì hiển nhiên

f (x) có ít nhất 3 nghiệm thực và vì vậy theo lập luận trên thì P (x) sẽ có ít

nhất 2 nghiệm thực Nếu n chẵn thì do P (x) có nghiệm thực nên nó phải có

ít nhất 2 nghiệm thực

3.1.5 Các bài toán về phương trình, hệ phương trình đại số

Một phương trình với ẩn phức f (z) = 0 và với nghiệm z = x + iy, có thể giải

bằng cách tách phần thực và phần ảo, ta luôn có thể đưa về dạng hệ phương

h(x, y) = 0 g(x, y) = 0.

Chẳng hạn, để tìm căn bậc ba của số phức 1 + i, ta tìm số phức z = x + iy sao cho z3 = 1 + i Bằng cách tách phần thực và phần ảo trong đẳng thức

cos π

Như thế, một số hệ phương trình có thể có "xuất xứ" từ các phương trìnhnghiệm phức Bằng cách đi ngược lại quá trình từ phương trình nghiệm phức

về hệ phương trình, từ hệ phương trình đã cho ta thu được phương trìnhnghiệm phức gốc Giải phương trình nghiệm phức này, so sánh phần thực vàphần ảo, ta được nghiệm của hệ phương trình

Tiếp theo, ta xét ví dụ sau đây

Ví dụ 3.27 (Việt Nam 1996) Giải hệ phương trình

√2

√2

√7

⇔ z2− 2

√

3 + i4

√2

√7

√

7 ±

√2

!

·

√

7 ±

√2

2

, 2

√2

√

7 ±

√2

!2

 =

11



·

3.2 Các bài toán về đa thức

3.2.1 Phương trình hàm trong đa thức

Nghiệm của đa thức đóng vai trò quan trọng trong việc xác định một đa thức

Cụ thể nếu đa thức P (x) bậc n có n nghiệm x1, x2, , x n thì P (x) có dạng

P (x) = c(x − x1)(x − x2) · · · (x − x n ).

Tuy nhiên, nếu chỉ xét các nghiệm thực của đa thức thì trong nhiều trườnghợp sẽ không có đủ số nghiệm Hơn nữa, trong các bài toán phương trình hàm

đa thức, nếu chỉ xét các nghiệm thực thì lời giải sẽ là không hoàn chỉnh Định

lí cơ bản của đại số vì vậy đóng một vai trò hết sức quan trọng trong dạngtoán này Ta sử dụng cách phát biểu đơn giản nhất của nó: một đa thức với

hệ số phức (bao gồm cả số thực) luôn có ít nhất một nghiệm phức (bao gồm

cả nghiệm thực)

Dưới đây ta xem xét một số áp dụng

Ví dụ 3.28 Cho 0 < α < 1 Tìm tất cả các đa thức f (x) bậc n (n ≥ 2) sao

cho tồn tại dãy số r1, r2, , r n (r1 < r2 < < r n) thoả mãn các điều kiệnsau



f (r i ) = 0,

f0(αr i + (1 − α)r i+1) = 0 (i = 1, 2, , n).

Lời giải Nhận xét rằng với a < b và x = αa + (1 − α)b thì x ∈ (a, b) Khi đó

mâu thuẫn Tương tự với n ≥ 3 và 1

2 < α < 1 ta cũng nhận được điều vô lí.

Nếu n = 2 và α 6= 1

2 thì tương tự như trên cũng dẫn đến điều mâu thuẫn Do

vậy chỉ còn trường hợp n = 2 và α = 1

2 để xét Khi đó mọi tam thức bậc hai

có 2 nghiệm phân biệt đều thoả mãn đề bài

Ví dụ 3.29 Tìm tất cả các đa thức P (x) khác hằng sao cho

P (x)P (x + 1) = P (x2+ x + 1), ∀x ∈ R. (3.29)

Lời giải Giả sử x0 là nghiệm của P (x) = 0 Khi đó x20 + x0 + 1 cũng là

nghiệm Thay x bởi x − 1 trong (3.29), ta thấy rằng

nhất, ta chọn một trong số các nghiệm đó) Từ cách chọn α như vậy ta suy ra

|α2+ α + 1| ≤ |α| và |α2− α + 1| ≤ |α| vì cả α2+ α + 1 và α2 − α + 1 đều là nghiệm của P (x) = 0.

Ta nhận xét rằng α 6= 0 Tiếp theo, ta có

2|α| = |(α2+α+1)−(α2− α+1)| ≤ |α2+α+1|+|α2− α+1| ≤ |α|+|α| ≤ 2|α| Vậy phải xảy ra dấu đẳng thức nên từ đây suy ra α2+ α + 1 = −β(α2− α + 1) với một hằng số dương β nào đó Hơn nữa từ tính lớn nhất của |α| ta còn suy

ra

|α2+ α + 1| = |α2− α + 1| = |α|.

Như vậy β = 1 và ta có

α2+ α + 1 = −(α2 − α + 1), suy ra α2+ 1 = 0 Từ đó α = ±i và x2+ 1 là thừa số của P (x) Như vậy ta có thể viết P (x) dưới dạng

P (x) = (x2+ 1)m Q(x),

trong đó Q(x) là đa thức không chia hết cho x2 + 1 Thế ngược trở lại vào

phương trình (3.29), ta thấy Q(x) cũng thoả mãn điều kiện

Q(x)Q(x + 1) = Q(x2+ x + 1), ∀x ∈ R. (3.30)

Nếu phương trình Q(x) = 0 lại có nghiệm thì lí luận trên đây suy ra nghiệm

có mô-đun lớn nhất của nó phải là ±i Điều này không thể xảy ra vì x2+ 1

không chia hết Q(x) Ta suy ra rằng Q(x) là một hằng số, giả sử là c Thay vào phương trình (3.30) của Q(x), ta được c = 1 Như vậy lớp các đa thức thoả mãn phương trình (3.29) là P (x) = (x2 + 1)m với m là một số nguyên

dương nào đó

Ví dụ 3.30 Tìm tất cả các đa thức P (x) thoả mãn điều kiện

P (x)P (x + 1) = P (x2), ∀x ∈ R. (3.31)

Lời giải Giả sử α là nghiệm của phương trình P (x) = 0 Khi đó từ phương

trình suy ra α2, α4, α8, cũng là nghiệm của P (x) = 0 Từ đây suy ra

rằng |α| = 0 hoặc |α| = 1, vì nếu ngược lại ta sẽ thu được dãy vô hạn các nghiệm phân biệt của P (x) Tương tự α − 1 là nghiệm của P (x) và lí luận tương tự, ta cũng được |α − 1| = 0 hoặc |α − 1| = 1 Giả sử rằng |α| = 1

và |α − 1| = 1 Ta viết α = cosβ + isinβ, ta thấy rằng 2cosβ = 1 Từ đây suy ra cos β = 1



2π

3



= 3 Mâu thuẫn vì mọi nghiệm của

P (x) = 0 có mô-đun bằng 0 hoặc 1 Tương tự với trường hợp β = 5 π

3.

Như vậy ta có thể kết luận rằng α = 1, hoặc α − 1 = 0 Từ đây P (x) có dạng

P (x) = cx m (1 − x) n , với c là một hằng số nào đó và m, n là các số nguyên

không âm Thay vào phương trình đã cho, ta dễ dàng kiểm tra được rằng c = 1

và m = n Như vậy lớp các đa thức thoả mãn điều kiện đã cho là

bằng 0) Từ đó, suy ra k ≤ 4 Đến đây ta dễ dàng tìm được các nghiệm của (3.32) là x4+ 1, x3+ x, 2x2 và −x2.

Ví dụ 3.32 Tìm tất cả các đa thức P (x) thỏa mãn phương trình

P (x2 − 2) = P2(x) − 2, ∀x ∈ R. (3.33)

Lời giải Có hai đa thức hằng thỏa mãn phương trình là đa thức đồng nhất

−1 và đa thức đồng nhất 2 Với các đa thức bậc lớn hơn hay bằng 1, áp dụng

hệ quả của định lí ta suy ra với mỗi số nguyên dương n, tồn tại không quá một

đa thức P (x) thỏa mãn (3.33) Điểm khó ở đây là ta không có cơ chế đơn giản

để xây dựng các nghiệm Dùng phương pháp đồng nhất hệ số, ta tìm được cácnghiệm bậc 1, 2, 3, 4 lần lượt là:

x, x2− 2, x3− 3x, x4− 4x2+ 2.

Từ đây, có thể dự đoán được quy luật của dãy nghiệm như sau:

P o = 2, P1 = x, P n+1 = xP n − P n−1 , n = 1, 2, 3, (3.34)Cuối cùng, để hoàn tất lời giải bài toán, ta chỉ cần chứng minh các đa thứcđược xác định bởi (3.34) thỏa mãn phương trình (3.33) Ta có thể thực hiệnđiều này bằng cách sử dụng quy nạp toán học hoặc bằng cách sau:

Xét x bất kỳ thuộc [−2; 2], đặt x = 2 cos t thì từ công thức (3.34), ta suy ra

P2(x) = 4 cos 2t − 2 = 2 cos 2t, P3(x) = 2 cos t.2 cos 2t − 2 cos t = 2 cos 3t,

và nói chung P n (x) = 2 cos(nt) Từ đó, ta có

P n (x2−2) = P n(4 cos2t−2) = P n (2 cos 2t) = 2 cos(2nt) = 4 cos2(nt)−2 = P2(x)−2 Đẳng thức này đúng với mọi x ∈ [−2; 2] do đó đúng với mọi x Bài toán được

giải quyết hoàn toàn

Do (P2(x); Q2(x)) = 1 nên từ đây ta suy ra Q2(x) = cQ(x2) Từ đó giải ra

được Q(x) = cx n , với n là số tự nhiên nào đó Thay vào phương trình (3.36),

Thay x = 0 vào suy ra 0 = a, mâu thuẫn.

Nếu k < 2n thì chia hai vế cho k, ta được

2S(x) + x k (S2(x) − S(x2)) = ax 2n−k

Thay x = 0 vào, suy ra S(0) = 0, mâu thuẫn.

Vậy chỉ còn một khả năng có thể xảy ra là k = 2n Lúc đó ta được phương

trình

2S(x) + x 2n (S2(x) − S(x2)) = a.

lí luận tương tự như trong lời giải của ví dụ 3.31, ta suy ra S2(x) − S(x2) hoặc

đồng nhất bằng 0, hoặc có bậc ≥ bậc của S(x) Như vậy, nếu S2(x) − S(x2)

không đồng nhất 0 thì vế trái sẽ có bậc là 2n + s, mâu thuẫn.

Vậy S2(x) − S(x2) = 0, suy ra S(x) = a

2, và thay lại vào đẳng thức

S2(x) − S(x2) = 0 ta suy ra a = 2 Ta được kết quả

4x(P (x) + P (−x)) = P2(x) − P2(−x)

⇔ (P (x) + P (−x))(P (x) − P (−x) − 4x) = 0. (3.40)

(3.40) đúng với mọi x thuộc R, do đó ta phải có hoặc là P (x) + P (−x) = 0 đúng với vô số các giá trị x hoặc P (x) − P (−x) − 4x = 0 đúng với vô số các giá trị x.

Do P (x) là đa thức nên từ đây ta suy ra hoặc P (x) + P (−x) = 0 đúng với mọi

x hoặc P (x) − P (−x) − 4x = 0 đúng với mọi x.

Ví dụ 3.35 Tìm tất cả các đa thức với hệ số thực P (x) thỏa mãn đẳng thức

sau với mọi số thực x

Lời giải Ta sẽ đi tìm nghiệm không đồng nhất hằng số bậc nhỏ nhất của

(3.41) Xét trường hợp P (x) có bậc nhất, P (x) = ax + b Thay vào (3.41), ta

có

(ax + b)(2ax2+ b) = a(2x3+ x) + b

So sánh hệ số của các đơn thức ở hai vế, ta được hệ

a3 = 2a, 2ba2= 0, ab = a, b2 = b

Hệ này vô nghiệm (do a 6= 0) nên ta có thể kết luận: không tồn tại đa thức

bậc nhất thỏa mãn (3.41)

Xét trường hợp P (x) có bậc 2, P (x) = ax2+ bx + c Thay vào (3.41), ta có

(ax2+ bx + c)(4ax4+ 2bx2+ c) = a(2x3+ x)2+ b(2x3+ x) + c

⇔ 4a2x6+ 4abx5+ (4ac + 2ab)x4+ 2b2x3+ (ac + 2bc)x2+ bcx + c2

= 4ax6+ 4ax4+ 2bx3+ ax2+ bx + c

So sánh hệ số các đơn thức ở hai vế, ta được hệ

4a2 = 4a, 4ab = 0, 4ac + 2ab = 4a, 2b2= 2b, ac + 2bc = a, bc = b, c2 = c

Hệ này có nghiệm a = c = 1, b = 0 Như vậy, P (x) = x2+ 1 là đa thức bậc

hai thỏa mãn (3.41) Ta suy ra (x2+ 1)k là tất cả các đa thức bậc chẵn (khôngđồng nhất hằng số) thỏa mãn (3.41)

Vậy còn các nghiệm của (3.41) có bậc lẻ thì sao? Rõ ràng đa thức x2+ 1 không

"sinh" ra được các nghiệm bậc lẻ Rất may mắn, ta có thể chứng minh đathức bậc lẻ không thể là nghiệm của (3.41) Để chứng minh điều này, dựa vàotính chất mọi đa thức bậc lẻ đều có ít nhất một nghiệm thực, ta chỉ cần chứng

minh nếu P (x) là một đa thức khác hằng số thỏa mãn (3.41) thì P (x) không

có nghiệm thực (đây chính là nội dung bài thi HSG Việt Nam 1990)

Thật vậy, giả sử α là nghiệm thực của P (x), khi đó 2α3+ α cũng là nghiệm của P (x) Nếu α > 0 thì ta có α, α + 2α3, α + 2α3+ 2(α + 2α3)3, dãy tăng

và tất cả đều là nghiệm của P (x), mâu thuẫn Tương tự, nếu α < 0 thì dãy nói trên là dãy giảm và ta cũng có P (x) có vô số nghiệm Nếu α = 0, đặt

P (x) = x k Q(x) với Q(0) 6= 0, thay vào phương trình ta có:

x k Q(x)(2x2)k Q(2x2) = (2x3+ x) k Q(2x3+ x)

⇔ Q(x)(2x2)k Q(2x2) = (2x2+ 1)k Q(2x3 + x).

Thay x = 0 vào ta được 0 = Q(0), mâu thuẫn.

Vậy P (x) không có nghiệm thực, có nghĩa là P (x) không thể có bậc lẻ Nói

cách khác, bài toán đã được giải quyết hoàn toàn

3.2.2 Các bài toán về đa thức bất khả quy

Nghiệm phức của đa thức với hệ số nguyên, trong nhiều trường hợp là chìakhoá để chứng minh tính bất khả quy (trên Z và Q) của đa thức đó Chúng

ta tìm hiểu các lí luận mẫu trong vấn đề này thông qua các tính chất và ví dụsau đây

Trước hết xét một số tiêu chuẩn xét tính bất khả quy của đa thức với hệ sốnguyên

Định lý 3.1 (Tiêu chuẩn Eisenstein1)

Cho P (x) = a n x n + a n−1 x n−1 + · · · + a1x + a0 là một đa thức hệ số nguyên Giả sử tồn tại số nguyên tố p thỏa mãn những điều kiện sau:

1) a n không chia hết cho p.

2) Tất cả những hệ số còn lại đều chia hết cho p.

3) a0 không chia hết cho p2.

Khi đó đa thức P (x) bất khả quy trên Q[x].

Chứng minh Giả sử đa thức P (x) khả quy trên Z[x] và P (x) = g(x)h(x),

Theo giả thiết p chia hết a0 = b0c0, mà p là số nguyên tố nên hoặc p chia hết

b0 hoặc p chia hết c0 Giả sử p chia hết b0, thế thì p không chia hết c0,vì nếu

không thì p2 chia hết a0 = b0c0, trái giả thiết p không thể chia hết mọi hệ số

của g(x), vì nếu thế thì p sẽ chia hết a n = b r c s , trái giả thiết.

Giả sử b t (0 < t < n) là hệ số đầu tiên trong dãy hệ số b0, b1, , b r của g(x) không chia hết cho p.

Xét a t = b t c0+ b t−1 c1+ · · · + b0c t , trong đó a t , b t−1 , , b0 đều chia hết cho p Vậy b t c0 phải chia hết cho p, mà p nguyên tố, ta suy ra hoặc c0 chia hết cho

p, hoặc b t chia hết cho p, mâu thuẫn giả thiết về b t và c0.

Ví dụ 3.36 Chứng minh rằng nếu p là một số nguyên tố, thì đa thức

P (x) = x p−1 + x p−2 + · · · + x + 1 bất khả quy trên Q[x].

Lời giải Ta biến đổi đa thức P (x)

tiêu chuẩn Eisenstein Điều này phát huy tác dụng của tiêu chuẩn Eisenstein.

Có rất nhiều ví dụ để thực hiện phương pháp này như P (x) = x4 − 2x + 3 bất khả quy vì ta thay thế x = y + 1 vào đa thức P (x) thì nhận được đa thức thỏa mãn tiêu chuẩn Eisenstein y4+ 4y3+ 6y2+ 2y + 2 Nhưng không phải lúc

nào cũng thay biến để đưa một đa thức chưa thỏa mãn tiêu chuẩn Eisensteinthành đa thức thỏa mãn tiêu chuẩn Eisenstein Ta xét tiếp ví dụ sau

Ví dụ 3.37 Tồn tại đa thức bất khả quy, mà nó không có một cách biến

đổi tuyến tính của ẩn nào có thể chuyển nó thành đa thức Eisenstein (với số

Suy ra, b không chia hết cho p, nhưng khi đó 4a chia hết cho p, từ đây có hoặc

a chia hết cho p hoặc 4 chia hết cho p.

Từ trường hợp thứ nhất ta nhận được hệ số cao nhất của đa thức Q(y) chia hết cho p, điều này vô lí.

Từ trường hợp thứ hai 4 chia hết cho p, suy ra p = 2 Nhưng khi đó 2b2+ 1

không chia hết cho p ta cũng thu được điều vô lí.

Định lý 3.2 (Tiêu chuẩn Eisenstein mở rộng)

Cho P (x) = a n x n + a n−1 x n−1 + · · · + a1x + a0 là một đa thức hệ số nguyên có bậc n Giả sử tồn tại số nguyên tố p thỏa mãn những điều kiện sau:

1) a n không chia hết cho p.

2) Tồn tại k, 0 6 k < n sao cho a , a , , a chia hết cho p.

3) a0 không chia hết cho p2.

Khi đó đa thức P (x) có đa thức ước bất khả quy trên Z[x] mà bậc của nó không nhỏ thua k + 1.

Với k = n − 1 ta được tiêu chuẩn Eisenstein quen thuộc.

Chứng minh

Nếu đa thức P (x) bất khả quy trên Z[x] thì định lí được chứng minh.

Nếu đa thức P (x) không bất khả quy trên Z[x] và được biểu diễn thành tích

của những đa thức với hệ số nguyên bất khả quy

P (x) = g(x)f (x)

Do a0 p, nên hệ số tự do của một đa thức nào đó cũng chia hết cho p.

Không mất tính chất tổng quát ta coi đó là hệ số tự do của đa thức g(x) Khi đó ta có thể viết P (x) dưới dạng sau

Ở vế phải của đẳng thức này có số hạng đầu tiên của tổng không chia hết cho

p, còn lại các chia hết cho p Nên a t không chia hết cho p, và theo giả thiết thứ 2 của định lí thì t > k + 1, suy ra k + 1 − t 6 0.

Ta có r > r + k + 1 − t = (k + 1) + r − t > k + 1.

Ví dụ 3.38 Chứng minh đa thức sau bất khả quy

P (x) = x4+ x3− 3x2− 3x − 3.

Lời giải Giả sử P (x) không bất khả quy trên Z[x] Áp dụng định lí trên với

k = 2, p = 3, suy ra đa thức ước thực sự của P (x) là G(x) có bậc > 2 + 1 = 3

bất khả quy Từ đó deg G(x) = 3, suy ra P (x) có nghiệm hữu tỉ, nhưng nghiệm hữu tỉ của P (x) nếu có là ước của 3, kiểm tra thấy các ước này đều không là nghiệm của P (x) Vậy P (x) bất khả quy trên Z[x] nên bất khả quy trên Q[x].

Bổ đề 3.1 Cho ξ là một số phức sao cho Re ξ < b − 1

Định lý 3.3 (Tiêu chuẩn Perron) Cho P (x) là đa thức với hệ số nguyên Giả

thiết tồn tại số nguyên b và số nguyên tố p, sao cho chúng thỏa mãn những điều kiện sau:

Chứng minh Giả sử P (x) = G(x)H(x), ở đây G(x), H(x) là đa thức nguyên

6 1 hay là

b − 1 − ξ b − ξ1

1

nên

Bởi vì r > 1, từ bất đẳng thức cuối cùng ta nhận được

Rea0+ a1

ξ

 < (b − 1) 1

r(r − 1) .