luận văn ứngng dụng số phức trong việc nghiên cứu toán sơ cấp

luận văn úng dụng số phức trong việc nghiên cứu toán sơ cấp

Đại Học Thái NguyênTrường Đại Học Khoa Học

Nguyễn Hữu Thanh

ứng dựng số phức trong việc nghiên cứu toán sơ cấp

Chuyên ngành : Phương Pháp Toán Sơ Cấp

Mã số: 60.46.40

Luận Văn Thạc Sĩ Toán Học

Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS Đàm Văn Nhỉ

Thái Nguyên - 2011

Trường Đại Học Khoa Học - Đại Học Thái Nguyên

Phản biện 1:

Phản biện 2:

Luận văn sẽ được bảo vệ trước hội đồng chấm luận văn họp tại:

Trường Đại Học Khoa Học - Đại Học Thái Nguyên

Ngày 22 tháng 11 năm 2011

Có thể tìm hiểu tại

Thư Viện Đại Học Thái Nguyên

Mục lục

1.1 Khái niệm số phức 4

1.2 Tính đóng đại số của trường C 8

1.3 Giải phương trình đa thức 13

2 Vận dụng số phức trong Đại số, Số học và Lượng giác 15 2.1 Phân tích đa thức thành tích 15

2.2 Tính chia hết của một vài đa thức đặc biệt 21

2.3 Chuyển bài toán trên Z thành bài toán trên C 26

2.4 Sử dụng số phức trong Lượng giác 38

3 Vận dụng số phức trong Hình học 46 3.1 Sử dụng số phức cho phép quay 46

3.2 Đường thẳng trong mặt phẳng phức 52

Mở đầu

Do trường số phức C là một trường đóng đại số, Định lý của Gauss, nên mọi đa thức bậc dương trong C[x] đều có nghiệm Sử dụng kếtquả này mà khi giải những bài toán liên quan đến một đa thức thuộc R[x],không tính được nghiệm trong R, người ta thường xét những bài toán đó trên

d'Alembert-C Về mặt hình học, ta có thể coi mỗi số phức như một véctơ để việc biểudiễn một số yếu tố sẽ đơn giản đi Hơn nữa, việc sử dụng số phức trong Sốhọc, Đại số, Hình học và Lượng giác đã tỏ ra có rất nhiều thuận lợi và trongchương trình toán phổ thông cấp THPT đã đưa phần số phức vào chươngtrình Toán lớp 12 Chính vì những lý do như vậy mà luận văn này tập trungtrình bày những kết quả cơ bản về số phức liên quan đến Toán sơ cấp.Luận văn gồm ba chương:

Chương 1 : Trình bày những khái niệm và tính chất cơ bản của số phức.Kết quả chính ở đây là việc chứng minh lại cho Định lý cơ bản của Đại số.Chương 2: Giới thiệu việc vận dụng số phức trong Đại số, Số học vàLượng giác Trong chương này chúng tôi giới thiệu 4 vận dụng của số phức:Vận dụng để phân tích đa thức thành tích các nhân tử bất khả qui; Vận dụngvào tính chia hết của một vài đa thức đặc biệt; Vận dụng trong việc chuyểnbài toán trên Z thành bài toán trên C; Vận dụng trong lượng giác

Chương 3: Trình bày việc vận dụng số phức để biểu diễn phép quay vàphương trình đường thẳng trong đó chứng minh lại một số bài toán hình họcnhư : Định lý Menelaus, Định lý Céva, đường thẳng Simpson,

Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn và chỉ bảo tận tình củaPGS.TS Đàm Văn Nhỉ - Đại học Sư Phạm Hà Nội Thầy đã dành nhiều thờigian hướng dẫn và giải đáp các thắc mắc của tác giả trong suốt quá trình làmluận văn Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến Thầy

Tác giả xin gửi tới các thầy (cô) khoa Toán, phòng Đào tạo Trường ĐạiHọc Khoa Học - Đại Học Thái Nguyên, cùng các thầy cô tham gia giảngdạy khóa Cao học 2009-2011 lời cảm ơn sâu sắc về công lao dạy dỗ trong

thời gian qua Đồng thời xin gửi lời cảm ơn tập thể lớp Cao học Toán K3BTrường Đại Học Khoa Học đã động viên giúp đỡ tác giả trong quá trình họctập và làm luận văn này

Tác giả xin cảm ơn tới Sở Nội Vụ, Sở Giáo dục và đào tạo Bắc Ninh, Bangiám hiệu và tổ Toán trường THPT Thuận Thành số 1 đã tạo điều kiện giúp

đỡ để tác giả hoàn thành khóa học này

Tuy nhiên, do sự hiểu biết của bản thân và khuôn khổ thời gian, chắc chắnrằng trong quá trình nghiên cứu không tránh khỏi những thiếu sót, tác giả rấtmong nhận được sự chỉ bảo và đóng góp ý kiến của quí thầy (cô) và độc giảquan tâm tới luận văn này

Tác giả

Nguyễn Hữu Thanh

Chương 1

Số phức

Chương này trình bày những khái niệm và tính chất cơ bản về số phức Đặcbiệt là việc chứng minh lại định lý cơ bản của đại số Chương này tham khảocác tài liệu [2],[3],[5]

1.1 Khái niệm số phức

Một vài khái niệm cơ bản

Xét Tích Descartes T = R ì R = {(a, b)|a, b ∈ R} và định nghĩa phép toán:

(a, b) = (c, d) khi và chỉ khi a = c, b = d(a, b) + (c, d) = (a + c, b + d)

(a, b) (c, d) = (ac − bd, ad + bc)

Để đơn giản, viết (a, b).(c, d) qua (a, b)(c, d) Từ định nghĩa của phép nhân:(i) Với i = (0, 1) ∈ T có i2 = i.i = (0, 1)(0, 1) = (−1, 0)

(ii) (a, b)(1, 0) = (1, 0)(a, b) = (a, b)

(iii) (a, b) = (a, 0) + (0, b) = (a, 0) + (b, 0)(0, 1), ∀ (a, b) ∈ T

Bổ đề 1.1.1 A´nh xạ φ : R → T, a 7→ (a, 0), là một đơn ánh và thỏa mãnφ(a + a0) = φ(a) + φ(a0), φ(aa0) = φ(a)φ(a0) với mọi a, a0

∈ R

Đồng nhất (a, 0) ∈ T với a ∈ R Khi đó có thể viết (a, b) = (a, 0) +(b, 0)(0, 1) = a + bi với i2 = (−1, 0) = −1

Mỗi phần tử z = a + bi ∈ C được gọi là một số phức với phần thực a,

ký hiệu Re z, và phần ảo b, ký hiệu Im z; còn i được gọi là đơn vị ảo Sốphức a − bi được gọi là số phức liên hợp của z = a + bi và được ký hiệu qua

z = a + bi Dễ dàng kiểm tra zz = (a + bi)(a − bi) = a2 + b2, z1z2 = z1 z2

và gọi |z| = √zz là môđun của z Số đối của z0 = c + di là −z0 = −c − di

và hiệu z − z0 = (a + bi) − (c + di) = a − c + (b − d)i

Xét mặt phẳng tọa độ (Oxy) Mỗi số phức z = a + bi ta cho tương ứngvới điểm M(a; b) Tương ứng này là một song ánh C → RìR, z = a+bi 7→

M (a; b) Khi đồng nhất C với (Oxy) qua việc đồng nhất z với M, thì mặtphẳng tọa độ với biểu diễn số phức như thế được gọi là mặt phẳng phức haymặt phẳng Gauss để ghi công C F Gauss-người đầu tiên đưa ra biểu diễn

Mệnh đề 1.1.2 Tập C là một trường chứa trường R như một trường con.Chứng minh: Dễ dàng kiểm tra C là một vành giao hoán với đơn vị 1 Giả

a2 + b2 − b

a2 + b2i là nghịch đảo của z Tóm lại C là một trường.Vì đồng nhất a ∈ R với a+0i ∈ C nên có thể coi R là trường con của C.Chú ý rằng, nghịch đảo của z 6= 0 là z−1 = z

Chú ý rằng, nếu α là một argument của z thì mọi argument của z đều códạng α + k.2π với k ∈ Z Với z 6= 0, ký hiệu α + k.2π là Argument của z.

Ký hiệu r = √zz Khi đó số phức z = a + bi có a = r cos α, b = r sin α.Vậy khi z 6= 0 thì có thể biểu diễn z = r cos α + i sin α
và biểu diễn này

được gọi là dạng lượng giác của z

Mệnh đề 1.1.4 Nếu z1 = r1 cos α1 + i sin α1
, z2 = r2 cos α2 + i sin α2
với r1, r2 > 0 thì

(i) |z1z2| = |z1||z2| và |z1

z2| = |z1|

|z2|.(ii) z1z2 = r1r2 cos α1 + α2
+ i sin α1 + α2


Chứng minh: Hiển nhiên

Chú ý rằng, với hai số phức z1 và z2 ta luôn có

Ví dụ 1.1.5 Với a + bi = x + iy
n có a2 + b2 = x2 + y2
n

Bài giải: Từ a + bi = x + iy
n suy ra a − bi = x − iy
n Nhân lại ta có

Hệ quả 1.1.7 Cho căn bậc n của một số phức z = r cos α + i sin α
6= 0

ta nhận được n giá trị khác nhau zk = r1/ncos α + 2kπ

α + 2kπn



với k = 1, 2, , n

Chứng minh: Hiển nhiên

Số phức z = r(cos α + i sin α) còn được biểu diễn thành dạng z = reiα Đặcbiệt khi r = 1 thì z = eiα và khi r = 1, α = 0 thì e0 = 1

Bổ đề 1.1.8 Với ký hiệu trên ta có eiαeiβ = ei(α+β) và eiα

eiβ = ei(α−β).Chứng minh: Từ eiαeiβ = (cos α + i sin α)(cos β + i sin β) = cos(α + β) +

i sin(α + β) suy ra ngay eiαeiβ = ei(α+β) Do bởi eiα

eiβ = cos α + i sin α

cos β + i sin β =cos(α − β) + i sin(α − β) nên eiα

eiβ = ei(α−β).Từ

(

eiα = cos α + i sin α

e−iα = cos α − i sin α suy ra





cos α = e

iα+ e−iα2sin α = e

iα− e−iα2i

và nhận được:

Mệnh đề 1.1.9 [Euler] Ta có cos α = eiα+ e−iα

2 và sin α = eiα− e−iα

Ví dụ1.1.10 Ta có 1+i
n = 2n/2 cosnπ

4 +i sin

nπ4

= 2n/2 cos π

4 + sin

π4

Bài giải: Ta có z2 − 2z cos α + 1 = 0 có 2 nghiệm z = z1 = cos α +

i sin α,1

z = z2 = cos α − i sin α. Khi đó zn = z1n = cos nα + i sin nα, 1

zn =

z2n = cos nα − i sin nα Do vậy zn + 1

zn = 2 cos nα với mọi số tự nhiêndương n

1.2 Tính đóng đại số của trường C

Mục này sẽ chỉ ra rằng, mọi đa thức bậc dương thuộc C[x] đều có nghiệmtrong C Đó chính là nội dung Định lý cơ bản của đại số Người đầu tiênchứng minh định lý này là nhà toán học C Gauss (1777-1855) Ta bắt đầumục này bằng khái niệm trường đóng đại số

Định nghĩa1.2.1 Trường K được gọi là một trường đóng đại số nếu mọi đathức bậc dương thuộc K[x] đều có nghiệm trong K

Như vậy, trong K[x] mọi đa thức bậc dương đều phân tích được thành tíchcác nhân tử tuyến tính

Bổ đề 1.2.2 Mỗi đa thức bậc lẻ thuộc R[x] đều có ít nhất một nghiệm thựcthuộc R

Chứng minh: Giả sử f(x) = a0x2s+1+ a1x2s + ã ã ã + a2sx + a2s+1 ∈ R[x]với a0 6= 0.Dễ dàng thấy rằng a0f (x)sẽ tiến ra +∞ khi x → +∞ và a0f (x)

sẽ tiến ra −∞ khi x → −∞ Từ đây suy ra sự tồn tại của các số thực α > 0

và β < 0 thỏa mãn a0f (α) > 0, a0f (β) < 0 Do vậy a2

0f (α)f (β) < 0 hay

f (α)f (β) < 0.Vì đa thức f(x) là hàm xác định và liên tục trên R thỏa mãn

f (α)f (β) < 0 nên, theo Định lý Weierstrass, đa thức f(x) có ít nhất mộtnghiệm thực thuộc (α, β)

Bổ đề 1.2.3 Mỗi đa thức bậc hai thuộc C[x] đều có hai nghiệm thuộc C.Chứng minh: Trước tiên ta chỉ ra, với mỗi số phức z đều có hai số phức

ra 0 = f(α) = f(α) Tóm lại, g(x) có nghiệm thì f(x) có nghiệm Chính vìkết quả này mà ta chỉ cần chứng minh định lý cho đa thức với hệ số thực.

Ta biết rằng cho mỗi đa thức f(x) = xn+ a1xn−1+ ã ã ã + an ∈ R[x] có trường

mở rộng K của R để trong K[x] ta có sự phân tích thành tích các nhân tửtuyến tính

f (x) = (x − α1)(x − α2) (x − αn)

Phân tích bậc n = 2d` với ` là số nguyên dương lẻ Ta chứng minh có ít nhấtmột αi ∈ C bằng phương pháp quy nạp theo số nguyên không âm d Nếu

d = 0 thì f(x) là đa thức bậc lẻ Nó có ít nhất một nghiệm trong C theo Bổ

đề 1.2.2 Nếu d > 0, ta giả thiết những đa thức thuộc R[x] có bậc m với sựphân tích m = 2ep, p lẻ và e < d, có ít nhất một nghiệm thuộc C Với một

số thực c ta xét các phần tử

βij = αiαj + c(αi+ αj)với tất cả các cặp chỉ số i, j = 1, , n, i < j Số các cặp (i, j) như vậy bằngn(n − 1)

có tính chất: Mỗi sự hoán vị các αh có hoán vị của các βij Vì các hệ sốcủa g(x) là những hàm đối xứng của các βij nên ta suy ra các hệ số này

là những hàm đối xứng của các αi Theo định lý về các hàm đối xứng, các

hệ số của g(x) là những đa thức của các hàm đối xứng cơ bản của các αi

và vì c là số thực nên các hệ số của g(x) là những số thực Theo giả thiếtquy nạp, g(x) có ít nhất một nghiệm trong C, điều này có nghĩa: Tồn tại

βij ∈ C Có tất cả n(n − 1)

2 cặp i, j với i < j Ta chọn n(n − 1)

2 + 1 giá trịthực khác nhau cho c Khi đó ta có các đa thức g(x) tương ứng và mỗi đathức ấy có ít nhất một nghiệm phức Vì chỉ có n(n − 1)

2 cặp i, j với i < j,nhưng có n(n − 1)

2 + 1 đa thức g(x) tương ứng có nghiệm phức, nên cócặp (i, j) được tính 2 lần Do vậy mà có hai số thực c1 và c2 khác nhau để

a = αiαj + c1(αi + αj), b = αiαj + c2(αi + αj) đều thuộc C Ta có hệ sau:

Từ Định lý 1.2.4 ta suy ra ngay kết quả sau đây:

Hệ quả1.2.5 Mọi đa thức thuộc C[x] với bậc n > 0 đều có n nghiệm trong

C và các đa thức bất khả quy trong C[x] là các đa thức bậc nhất

Đôi khi để tìm mối liên hệ giữa các nghiệm hay một tính chất nào đó củanghiệm đa thức ta thường sử dụng kết quả sau đây:

Định lý 1.2.6 [Viét] Giả sử x1, , xn là n nghiệm của đa thức bậc n sau

δn = x1x2 xn

Chứng minh: Từ f(x) = xn−δ1xn−1+ã ã ã+(−1)nδn = (x−x1) (x−xn),vì x1, , xn là n nghiệm của f(x), suy ra ngay δ1 = x1+ x2+ ã ã ã + xn, ,

cos4 2π7

cos4 3π7

Bài giải: Từ hệ thức −1 = cos π + i sin π = cosπ

7 + i sin

π7

7

suy racosπ

7 là nghiệm của phương trình 64x7 − 112x5 + 56x3 − 7x + 1 = 0 hay(x − 1)(8x3 − 4x2 − 4x + 1)2 = 0 Như vậy cosπ

7 là một nghiệm của8x3 − 4x2 − 4x + 1 = 0 Tương tự cos 3π

7 và cos 5π

7 cũng là nghiệm của8x3 − 4x2 − 4x + 1 = 0 Do cos π

7, cos

3π

7 và cos5π

7 là 3 số đôi một khácnhau nên chúng là 3 nghiệm phân biệt của 8x3 − 4x2 − 4x + 1 = 0 Vậycosπ

cos4 π7

cos4 2π7

cos4 3π7

Dễ dàng có T = (1 + x1)2 + (1 + x2)2 + (1 + x3)2 = 416

Ví dụ 1.2.8 Đặt an = 1

cosn π7

cosn 3π7

cosn 5π7

, n = 1, 2, Chứngminh rằng an nguyên và chia hết cho 32 khi n > 4

Bài giải: Theo công thức Moivre ta có (cosπ

Do x 6= −1 nên 8x3 − 4x2 − 4x + 1 = 0 Tương tự cos 3π

7 , cos

5π

7 cũng là

nghiệm phương trình này Nhận được y1 = 1

cosπ7

, y2 = 1

cos3π7

, y3 = 1

cos 5π7

là ba nghiệm của y3 − 4y2 − 4y + 8 = 0 Ta có an = y1n + y2n + y3n với mọi

nnguyên dương Theo Định lý Viét đối với đa thức bậc ba

Trước tiên đưa f(x) = ax3+ bx2+ cx + d về dạng g(x) = x3+ ux2+ vx + t.Với việc đặt y = x+u

3 ta có đa thức h(y) = y3+ py + q.Với  = −1 + i

√3

Chia hai vế cho a và đặt y = x + b

2a để đưa phương trình đã cho về dạng

y4 + py2 + qy + r = 0

Biến đổi tiếp, ta còn có (y2+ z)2 = (2z − p)y2− qy + z2− r Giả sử y là mộtnghiệm của y4+ py2+ qy + r = 0 Chọn z để sao (2z − p)y2− qy + z2− r =(sy + t)2 Để đạt điều đó chỉ cần xét ∆ = q2 − 4(2z − p)(z2 − r) = 0 Ta

đã biết cách giải phương trình bậc ba với ẩn z Gọi z0 là một nghiệm của

phương trình này Khi đó (y2 + z0)2 = (sy + t)2 Giải phương trình này ta

sẽ suy ra được bốn nghiệm của ax4 + bx3 + cx2 + dx + e = 0

Tuy nhiên trong một số bài toán ta cần khéo léo biến đổi để tìm ra cácnghiệm của phương trình, chẳng hạn:

Ví dụ1.3.1 Phương trình x3−3x−1 = 0có ba nghiệm 2 cos 200, −2 cos 400

Giả sử hai đa thức f(x), g(x) ∈ R[x] Đa thức f(x) được gọi là chia hếtcho đa thức g(x) nếu có đa thức h(x) ∈ R[x] để f(x) = g(x)h(x).

Bổ đề 2.1.1 Cho đa thức f(x) = a0xn + a1xn−1 + ã ã ã + an ∈ Z[x], a0 6= 0.Nếu số hữu tỷ p

q với (p, q) = 1 là nghiệm của phương trình f(x) = 0 thì(i) p là một ước của an và q là một ước của a0

(ii) p − mq là một ước của f(m) cho mọi số nguyên m

Chứng minh: (i) Giả sử số hữu tỷ p

q với (p, q) = 1 là nghiệm của f(x) = 0.Khi đó

a0pn+ a1pn−1q + ã ã ã + anqn = 0

Vì (p, q) = 1 nên p là một ước của an và q là một ước của a0

(ii) Khai triển f(x) theo các luỹ thừa của x − m ta được

f (x) = a0(x − m)n+ b1(x − m)n−1+ ã ã ã + bn−1(x − m) + f (m) ∈ Z[x].Cho x = p

q và quy đồng a0(p − mq)n + b1(p − mq)n−1q + ã ã ã + bn−1(p −mq)qn−1+ f (m)qn = 0 Vì (p, q) = 1 nên p − mq là một ước của f(m) chomọi số nguyên m

Hệ quả2.1.2 Nghiệm hữu tỷ của đa thức f(x) = xn+ a1xn−1+ ã ã ã + an ∈Z[x] phải là số nguyên

Bài giải: Vì α4− 16α2+ 32 = 0nên đa thức f(x) = x4− 16x2

+ 32 ∈ Z[x]thỏa mãn f(α) = 0 Không ước nào của 32 là nghiệm của f(x) Như vậy, α

b1xm−1 + ã ã ã + bm ∈ Z[x], a0b0 6= 0, với cont(g) = cont(h) = 1 Giả sửcont(gh) = d > 1.Gọi p là số nguyên tố và là ước của d Khi đó tất cả các

hệ số của gh đều chia hết cho p trong khi g và h có những hệ số không cùngchia hết cho p Gọi ar và bs là những hệ số đầu tiên của g và h tương ứng

mà không chia hết cho p Khi đó hệ số cr+s của gh thỏa mãn

Từ bổ đề trên ta suy ra ngay hai hệ quả sau đây:

Hệ quả2.1.5 Tích hai đa thức nguyên bản cũng là một đa thức nguyên bản

Hệ quả 2.1.6 Đa thức f ∈ Z[x] là bất khả quy trên Z khi và chỉ khi nó làbất khả quy trên Q

Chứng minh: Giả sử f ∈ Z[x] và f = gh với g, h ∈ Q[x] Không hạnchế, có thể giả thiết cont(f) = 1 Cho g ta chọn số nguyên dương m saocho mg ∈ Z[x] Đặt n = cont(mg) và r = m

n. Khi đó rg ∈ Z[x] vàcont(rg) = 1 Tương tự, chọn số hữu tỷ dương s cho h để sao sh ∈ Z[x] vàcont(sh) = 1 Khi đó f = (rg)(sh) là phân tích của f trên Z Theo Bổ đề2.1.4, ta có 1 = cont(f) = cont(rg) cont(sh) = cont(rsgh) = cont(rsf).Vậy rs = 1

Do kết quả này mà ta chỉ cần nghiên cứu tính bất khả quy của đa thức vớicác hệ số nguyên trên vành Z Một số tiêu chuẩn sau đây để có thể kiểm trakhi nào một đa thức với các hệ số nguyên là bất khả quy

Định lý 2.1.7 [Tiêu chuẩn Eisenstein] Cho f(x) = anxn + an−1xn−1 +

ã ã ã + a0, an 6= 0, là đa thức với các hệ số nguyên và p là số nguyên tố saocho an không chia hết cho p và các ai(i < n) chia hết cho p nhưng a0 khôngchia hết cho p2 Khi đó f(x) là đa thức bất khả qui trên Z

Ví dụ2.1.8 Với bất kỳ số nguyên dương n đa thức f(x) = 1+x+x2

2!+ã ã ã+

xnn!

là bất khả quy trên Q

Bài giải: Ta phải chứng minh n!f(x) = n! + n!x + n!x2

2! + ã ã ã + x

n là bấtkhả qui trên Z Ta chọn số nguyên tố p với p 6 n < 2p và n chia hết cho p,nhưng n! không chia hết cho p2 Theo tiêu chuẩn Eisenstein, đa thức n!f làbất khả qui trên Z

Ví dụ2.1.9 Với bất kỳ số nguyên tố p đa thức f(x) = 1 + x + ã ã ã + xp−1 làbất khả quy trên Z

Bài giải: Theo Tiêu chuẩn Eisenstein, đa thức f(x + 1) = xp−1+ p1
xp−2+

ã ã ã + p−1p
là bất khả qui trên Z Do đó f là bất khả qui trên Z

Định lý 2.1.10 Cho f(x) = b0xn + b1xn−1 + ã ã ã + bn là đa thức với các

hệ số nguyên và p là số nguyên tố sao cho b0 không chia hết cho p nhưng

bk+1, , bn chia hết cho p, bn không chia hết cho p2 Khi đó f(x) có nhân

tử bất khả qui bậc > n − k

Chứng minh: Phân tích f(x) thành tích các nhân tử bất khả quy Giả sửg(x) = c0xm + c1xm−1 + ã ã ã + cm ∈ Z[x] là một nhân tử bất khả quyvới cm chia hết cho p Biểu diễn f(x) = g(x)h(x) với h(x) = d0xh +

d1xh−1 + ã ã ã + dh ∈ Z[x] Khi đó dh không chia hết cho p Gọi ci là hệ

số đầu tiên của g(x) không chia hết cho p trong khi bm, , bi+1 chia hếtcho p Ta có cmdh = bn chia hết cho p, nhưng không chia hết cho p2 Vì

bh+i = cidh + bi+1dh−1 + ã ã ã không chia hết cho p nên h + i 6 k hay

n − m + i 6 k Do đó m > n + i − k > n − k

Định lý2.1.11 Cho f(x) ∈ R[x] \ R f(x) là đa thức bất khả qui khi và chỉkhi hoặc f(x) = ax + b với a 6= 0 hoặc f(x) = ax2 + bx + c với a 6= 0 và

b2 − 4ac < 0

Chứng minh: Hiển nhiên, nếu f(x) = ax + b với a 6= 0 hoặc f(x) =

ax2 + bx + c với a 6= 0 và b2 − 4ac < 0 thì f(x) là bất khả qui Ta chứngminh điều ngược lại Giả thiết f(x) ∈ R[x] là bất khả quy với deg f(x) > 1.Trường hợp deg f(x) = 1 thì f(x) = ax + b với a 6= 0 Xét trường hợpdeg f (x) = 2.Khi đó f(x) = ax2+ bx + cvới a 6= 0 Nếu ∆ = b2

− 4ac > 0thì f(x) có hai nghiệm α1, α2 ∈ R và ta có f(x) = a(x − α1)(x − α2) : mâuthuẫn với giả thiết Vậy b2 − 4ac < 0 Xét trường hợp deg f(x) > 2 Vì C

là trường đóng đại số nên f(x) = 0 có nghiệm α ∈ C theo Định lý 1.2.4 vànhư vậy nó còn có nghiệm α Khi đó f(x) có nhân tử (x − α)(x − α) ∈ R[x]

ax2 + bx + c với a 6= 0, b2 − 4ac < 0, theo Định lý 2.1.11 nên mỗi đa thức

f (x) đều có thể phân tích được một cách duy nhất thành dạng tích

là đa thức bậc 6 với các hệ số nguyên nhận x1 = √

2 +√3

3làm một nghiệm.Với p = 2, dễ dàng kiểm tra f(x + 1) là bất khả quy theo Định lý 2.1.7 Do

đó đa thức với các hệ số nguyên x6− 6x4− 6x3+ 12x2− 36x + 1 là bất khảquy, bậc 6, nhận x1 = √

Bµi gi¶i: Sö dông c«ng thøc tan 2x = 2 tan x

1 − tan2x, nªn tõ tan π

4 = 1 tasuy ra tanπ

f (x) = (xn− 1)(x2n+ xn+ 1) = x3n− 1 cã sù biÓu diÔn thµnh ba tÝch sau:

2.2 Tính chia hết của một vài đa thức đặc biệt

Định lý2.2.1 Giả sử trường K là một mở rộng của trường k và α ∈ K là đại

số trên k Khi đó tồn tại duy nhất một đa thức bất khả quy với hệ tử cao nhấtbằng 1 là p(x) ∈ k[x] nhận α làm một nghiệm Hơn nữa, nếu f(x) ∈ k[x]

mà thỏa mãn f(α) = 0 thì f(x) chia hết cho p(x)

Chứng minh: Vì g(x) là đa thức bất khả quy, nhận α làm nghiệm, nên nó là

đa thức tối tiểu của α trên k Giả sử đa thức f(x) ∈ k[x] Theo Định lý về phépchia với dư, ta có f(x) = q(x)g(x) + r(x), trong đó deg r(x) < deg g(x).Vậy f(α) = 0 khi và chỉ khi r(α) = 0 Do đó f(x) chia hết cho g(x) khi vàchỉ khi f(α) = 0

Ví dụ2.2.2 Với các số tự nhiên m và n, tam thức xm+ xn+ 1chia hết cho

x2+ x + 1 khi và chỉ khi mn − 2 ˙: 3 Từ đó suy ra x10+ x5+ 1, x20+ x4+ 1

đều chia hết cho x2 + x + 1

Bài giải: Đa thức x2 + x + 1 là bất khả quy trên Q với nghiệm phức α =

−1 + i√3

3 = 1 Biểu diễn m = 3h + r, n = 3k + s với r, s ∈ {0, 1, 2}.Vậy p(x) = xm+xn+1chia hết cho x2+x+1khi và chỉ khi αm+αn+1 = 0hay αr + αs + 1 = 0 Do vậy 0 = −1 + i

√32

Ví dụ2.2.3 Với các số tự nhiên m và n, tam thức xm+ xn+ 1chia hết cho

x2− x + 1khi và chỉ khi m + n, mn − 2 ˙: 6 Như vậy, xm+ xn+ 1 chia hếtcho x4 + x2 + 1 khi và chỉ khi m + n, mn − 2 ˙: 6

Bài giải: Đa thức x2 − x + 1 là bất khả quy trên Q với nghiệm phức α =

1 + i√

3

3 = −1.Biểu diễn m = 6h+r, n = 6k+s với r, s ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5}

Đa thức xm+ xn+ 1 chia hết cho x2− x + 1 khi và chỉ khi αm+ αn+ 1 = 0hay αr + αs + 1 = 0 Do vậy 0 = 1 + i

√32

r

+

1 + i√

32

s

+ 1 =

r + s = 6

r − s = ±2 Vậy {r, s} = {2, 4} Chỉ cầnxét m = 6u + 4, n = 6v + 2 Khi đó m + n = 6(u + v + 1), mn =6(6uv + 4v + 2u + 1) + 2 Điều này tương đương m + n, mn − 2 ˙: 6 Theo

Ví dụ 2.2.2 ta suy ra xm + xn + 1 chia hết cho x4 + x2 + 1 khi và chỉ khi

m + n, mn − 2 ˙: 6

Nhận xét: Hai ví dụ trên đã chứng minh theo cách khác tiêu chuẩn chiahết của tam thức xm + xn + 1 cho các tam thức x2 ± x + 1 và x4 + x2 + 1[Xem tài liệu tham khảo [4] trang 14]

Ví dụ2.2.4 Với các số tự nhiên m và n, tam thức xm+ xn− 2 chia hết cho

5 = 1 Biểu diễn m = 5h + r, n = 5k + s với

r, s ∈ {0, 1, 2, 3, 4} Đa thức xm+ xn− 2 chia hết cho x4+ x3+ x2+ x + 1khi và chỉ khi αm + αn − 2 = 0 hay αr + αs − 2 = 0

Ví dụ2.2.5 Với mọi tự nhiên m và n, tam thức xm+ xn+ 1 không chia hếtcho x4 + x3 + x2 + x + 1.

Bài giải: Đa thức x4 + x3 + x2 + x + 1 là bất khả quy trên Q với nghiệmphức α = cos2π

5 + i sin

2π

5 , α

5 = 1 Biểu diễn m = 5h + r, n = 5k + s với

r, s ∈ {0, 1, 2, 3, 4} Đa thức xm+ xn+ 1 chia hết cho x4+ x3+ x2 + x + 1khi và chỉ khi αm + αn + 1 = 0 hay αr+ αs + 1 = 0

Vậy, tam thức xm+xn+1không bao giờ chia hết cho x4+x3+x2+x+1

Ví dụ 2.2.6 Xác định số tự nhiên m để đa thức (x + 1)m+ xm+ 1 chia hếtcho x2 + x + 1

Bài giải: Đa thức x2 + x + 1 là bất khả quy trên Q với nghiệm phức α =cos2π

3 + i sin

2π

3 , α

3 = 1 Vì α2 + α + 1 = 0 nên 1 + α = −α2 Vậy(1 + α)6 = 1 Biểu diễn m = 6k + r với r ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5} Đa thức

r = 2, r = 4(1 + α)r−1+ αr−1 = 0 Kiểm tra r = 4 thỏa mãn hệ.Vậy, đa thức (x + 1)m + xm + 1 chia hết cho (x2 + x + 1)2 khi và chỉ khi

m = 6k + 4 Với x = 20 có 212014+ 20201 + 1 chia hết cho 4212

Ví dụ2.2.8 Chứng minh rằng không có số tự nhiên m để ước chung lớn nhất(x + 1)m + xm + 1, (x + 1)m− xm − 1

chia hết cho (x2 + x + 1)3.Bài giải: Suy ra từ các ví dụ trên

Ví dụ 2.2.9 Tìm tất cả các cặp (n, r) với số tự nhiên n > 1 và số thực r để

đa thức p(x) = (x + 1)n− r chia hết cho 2x2 + 2x + 1

Bài giải: Đa thức 2x2+ 2x + 1là bất khả quy với nghiệm phức α = −1 + i

Vậy p(x) = (x+1)n−rchia hết cho 2x2+2x+1 khi và chỉ khi (α+1)n = r

4 = 0 hay n = 4k với k ∈ N+.

2.3 Chuyển bài toán trên Z thành bài toán trên C

Nhúng vào C

Một số bài toán tiếp theo dưới đây được xét trong Z[x], nhưng mang chúng

đặt trong C[x] để giải dễ dàng hơn

Ví dụ 2.3.1 Cho f = cos u + C1

ncos(u + α)x + ã ã ã + Cnncos(u + nα)xn.Giải phương trình f(x) = 0

Bài giải: Đặt g = sin u + C1

nsin(u + α)x + ã ã ã + Cnnsin(u + nα)xn Khi đó

Vì định thức

1 z

1 z2

6= 0 nên f(1) = g(1) = 0 và ta có f(x), g(x) chia hếtcho x − 1 Với x = 2012 ta có f(2012), g(2012) đều chia hết cho 2011 Vậy

f (2012), g(2012)
> 2011

Ví dụ 2.3.3 [USA 1976] Bốn đa thức f(x), g(x), h(x) và k(x) thuộc Z[x]thỏa mãn đồng nhất thức f(x5) + xg(x5) + x2h(x5) = (x4+ x3 + x2 + x +1)k(x) Khi đó f(x), g(x), h(x) chia hết cho x − 1 và ước chung lớn nhất

1 z z2

1 z2 z4

1 z3 z6

...

Sử dụng vành Z[√−d] C

Một số toán toán xét biểu diễn số dãy sốnguyên Nếu giới hạn xét Z tốn q khó Khinhúng Z vào C tốn trở lên dễ nhiều Đây cách

để ta xây dựng nhiều toán. ..

hệ số nguyên

Ví dụ 2.3.6 Với số tự nhiên n > 1, đa thức p(x) = xn + 18xn−1 + 2011không thể phân tích thành tích hai đa thức với bậc > hệ sốnguyên... cách

để ta xây dựng nhiều toán hay khác Trước tiên nhắc lại sốkết biết

Mệnh đề 2.3.8 Giả thiết số dương d 6= khơng số phương Khi đótập Z[√−d] = {a + ib√d|a, b