tài liệu ôn thi toán chuyên đề số phức

Do vậy mà vấn đề đặt ra: Xây dựng một số đồng nhất thức vàbất đẳng thức trong Hình học Sơ cấp và trả lời câu hỏi: "Các tác giả với cáibút, tờ giấy và thước kẻ đã phát hiện ra những kết q

vÒ To¸n S¬ cÊp (B¶n th¶o)

§µm V¨n NhØ

§HSP Hµ Néi

Ngµy 18 th¸ng 08 n¨m 2010

1 Số phức và một vài vận dụng 41.1 Khái niệm số phức 41.2 Vận dụng số phức trong Đại số, Số học và Lượng giác 15

1

2

Cuốn sách này trình bày về 12 chuyên đề cơ bản của Toán sơ cấp.

Chuyên đề thứ nhất là Số học Tuy đã có từ lâu đời, nhưng nó lại là lĩnhvực đã và đang sản sinh ra nhiều bài toán đơn giản trong phát biểu, nhưngquá khó khi giải hoặc chưa có câu trả lời Hơn nữa, Số học còn được ứngdụng nhiều trong lĩnh vực bảo mật thông tin Do vậy mà biểu diễn số vàphương trình nghiệm nguyên rất được nhiều người quan tâm Làm thế nào

để xây dựng được bài toán về số nguyên không quá tầm thường?

Dễ dàng chia các bài toán Hình học Sơ cấp ra làm hai nhóm chính: Nhóm

I là nhóm kết quả chủ yếu liên quan đến tỉ lệ giữa các đoạn thẳng Nhóm II

là nhóm kết quả chủ yếu liên quan đến mối quan hệ giữa độ dài các đoạnthẳng với độ lớn góc giữa chúng Người ta rất quan tâm đến hệ thức liên hệhay cái chặn, ( đánh giá), giữa các yếu tố trong tam giác Đặc biệt, người

ta càng quan tâm hơn đến sự phát hiện ra cái mới, nhưng làm thế nào để cókết quả mới? Do vậy mà vấn đề đặt ra: Xây dựng một số đồng nhất thức vàbất đẳng thức trong Hình học Sơ cấp và trả lời câu hỏi: "Các tác giả với cáibút, tờ giấy và thước kẻ đã phát hiện ra những kết quả bằng cách nào?" Chắcchúng ta không có câu trả lời Mặt khác, khi nghiên cứu một tính chất T củatam giác theo cạnh thì T phụ thuộc ba tham số: Rất khó kiểm soát Giả sửcác tam giác cùng nội tiếp hay cùng ngoại tiếp một đường tròn Biểu diễn Tqua bán kính và việc xét T sẽ trở nên dễ dàng hơn Chính vì vậy mà một số

đa thức bậc ba liên quan đến tam giác sẽ được sử dụng và biểu diễn tính chấtcần quan tâm qua mối liên hệ với bán kính đường tròn nội hay ngoại tiếp

Do số tiết quy định nên chúng tôi chỉ trình bày những gì cốt lõi và cầnthiết nhất về đa thức và chuỗi lũy thừa hình thức đủ để vận dụng xây dựngmột số dạng bài toán sơ cấp Cuốn "12 chuyên đề về Toán sơ cấp," sắp hoànthành, sẽ trình bày tương đối đầy đủ, chi tiết và nhiều kết quả hơn

Hà Nội, ngày 18 tháng 3 năm 2010

3

Số phức và một vài vận dụng

Do bởi 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 chương này tập trungtrình bày những kết quả cơ bản về số phức liên quan đến Toán sơ cấp.Nội dung của chương gồm 4 mục

Mục 1.1 trình bày những khái niệm và tính chất cơ bản của số phức Kết quảchính ở đây là trình bày lại chứng minh cho Định lý cơ bản của Đại số.Mục 1.2 tập trung

1.1 Khái niệm số phức

Khai niệm số phức

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:

4

(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

Mỗi phần tử z = a + bi ∈ C được gọi là một số phức với phần thực a, kýhiệu Re z, và phần ảo b, ký hiệu Im z; còn i được gọi là đơn vị ảo Số phức

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 = z1z2

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, 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


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

Như vậy

a2 + b2 = x2 + y2
n

n + i sin

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−iα2

và nhận được:

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

2 và sin α = eiα− e−iα

1 + i tan nα

1 − i tan nα.

z2n = cos nα + i sin nα Do vậy zn + 1

zn = 2 cos nα với mọi số tự nhiêndương n

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 bất đầumục này bằng khái niệm trường đóng đại số

Định nghĩa 1.1.12 Trường K được gọi là một trường đóng đại số nếu mọi

đa thức bậc dương thuôc 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 khi K là một trường đóng đại số

Bổ đề1.1.13 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 1.1.14 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 1.1.13 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

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 1.1.15 ta suy ra kết quả về các đa thức bất khả quy trong C[x] :

Hệ quả1.1.16 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

Bổ đề 1.1.17 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 1.1.15 vànhư vậy nó còn có nghiệm α Khi đó f(x) có nhân tử (x − α)(x − α) ∈ R[x]hay f(x) là khả quy : mâu thuẫn giả thiết Tóm lại, nếu f(x) là đa thức bấtkhả qui thì hoặc f(x) = ax + b với a 6= 0 hoặc f(x) = ax2 + bx + c với

ax2+ bx + cvới a 6= 0, b2− 4ac < 0theo Bổ đề 1.1.19 nên mỗi đa thức f(x)

đều có thể phân tích được một cách duy nhất thành dạng

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, ,

δn = x1x2 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 1.1.21 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

7 + i sin

π

7)

7 = −1 Đặt x =cosπ

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

n = − cot

(n − k)π

n ta suy rap(x) = 2ni(x − cotπ

Giải phương trình bậc ba ax 3 + bx 2 + cx + d = 0

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

1.2 Vận dụng số phức trong Đại số, Số học và Lượng giác

Phân tích đa thức thành tích

Vì C là trường đóng đại số nên đa thức bất khả quy một ẩn trên C chỉ lànhững đa thức bậc 1 theo Hệ quả 1.1.16 Chính vì lý do này mà ta chỉ xét đathức bất khả quy trên Q và trên R

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 1.2.1 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 quả1.2.2 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

là một số vô tỉ

Cho đa thức f(x) = a0xn+ a1xn−1+ ã ã ã + an ∈ Z[x], a0 6= 0.Đặt cont(f) =

ã ã ã+b∈Z[x], a0b0 6= 0,với cont(g) = cont(h) = 1 Giả sử cont(gh) = d > 1.Gọi p là số nguyên tố và là ước của d Khi đó tất cả các hệ số của gh đềuchia hết cho p trong khi g và h có những hệ số không cùng chia hết cho p.Gọi ar và bs là những hệ số đầu tiên của g và h tương ứng mà không chiahết cho p Khi đó hệ số cr+s của gh thỏa mãn

Điều mâu thuẫn này chỉ ra điều giả sử là sai Vậy cont(gh) = 1

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

Hệ quả1.2.5 Tích hai đa thức nguyên bản cũng là một đa thức nguyên bản

Hệ quả 1.2.6 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 đề1.2.4, 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 1.2.7 [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 dụ1.2.8 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 +x2

2! + ã ã ã + x

n là bất khảqui 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 dụ1.2.9 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 1.2.10 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 quy