Số phức
Số phức được định nghĩa là biểu thức có dạng a + bi, trong đó a và b là các số thực, và i là đơn vị ảo với i^2 = −1 Trong số phức z = a + bi, phần thực được ký hiệu là a (Rez) và phần ảo được ký hiệu là b (Imz).
Tập hợp các số phức kí hiệu là C.
Nhận xét 1.1.2 Mỗi số thực a đều được xem như là số phức với phần ảo b= 0.
Số phức z = a+bi có a = 0 được gọi là số thuần ảo hay là số ảo.
Số 0 vừa là số thực vừa là số ảo.
Hai số phức bằng nhau:
Hai số phức được gọi là bằng nhau nếu phần thực và phần ảo tương ứng của chúng bằng nhau.
Mô đun của số phức:
Giả sử M(a;b) là điểm biểu diễn số phức z = a+bi trên mặt phẳng tọa độ. Độ dài của −−−→
|OM| chính là mô đun của số phức z Kí hiệu là |z|.
Cho số phức z = a + bi, ta gọi a −bi là số phức liên hợp của z và kí hiệu là z = a−bi Ví dụ: z = 1 + 2i thì z = 1−2i.
Một số tính chất của số phức liên hợp:
Dạng lượng giác của số phức:
Trong mặt phẳng phức cho số phức z với z 6= 0 được biểu diễn bởi vector −−→OM với M(a;b).
Số đo của mỗi góc lượng giác trên được gọi là một acgumen của z.
Gọi ϕ là một acgumen và r > 0 là mô đun của số phức z = a+bi khác 0 dạng lượng giác của z là: z = r(acosϕ+isinϕ) Với r = √ a 2 + b 2 và ϕ định bởi cosϕ= ar và sinϕ = br.
• z = 0 thì |z| = r = 0 nhưng acgumen của z không xác định xem như tùy ý.
Cấu trúc đại số và một số tính chất khác của số phức:
Nếu z 1 = wz 2 , z 2 6= 0, w ∈ C, thì chúng ta kí hiệu phép chia giữa 2 số phức z 1 và z 2 , là z 1 z 2 = w.
Nếu z 0 = w n , w ∈ C, thì chúng ta kí hiệu căn bậc n của số phức z 0 là
Một số tính chất quan trọng của số phức bao gồm việc biểu diễn số phức dưới dạng z1 = x1 + iy1 = |z1|(cosϕ1 + isinϕ1) và z2 = x2 + iy2 = |z2|(cosϕ2 + isinϕ2) Đồng thời, số phức liên hợp được xác định là ¯z1 = x1 − iy1 và z¯2 = x2 − iy2.
Hàm phức
Giả sử S là một tập con của C, hàm f : S → C là quy tắc gán cho mỗi phần tử z trong S một số phức w Giá trị w được gọi là giá trị của hàm f tại z, ký hiệu là f(z).
Tập S là miền xác định của hàm phức f(z), và nếu miền xác định không được chỉ rõ, chúng ta sẽ hiểu rằng đó là tập lớn nhất mà hàm có thể xác định.
Ví dụ 1.2.2 Một số hàm phức cơ bản.
2 Hàm mũ cơ số e e z = e x (cosy+ isiny), z = x+iy ∈ C, x, y ∈ R.
Giới hạn và liên tục
Hàm f(z) được xác định tại tất cả các điểm z trong lân cận của z0, mặc dù có thể không xác định tại z0 Hàm này được coi là có giới hạn tại z0 nếu với mỗi ε > 0, tồn tại δ > 0 sao cho
Trong trường hợp này, chúng ta ký hiệu giới hạn z tiến tới z 0 của hàm f(z) là w 0 Định nghĩa 1.3.2 cho biết rằng hàm f(z) được coi là liên tục tại điểm z 0 nếu ba điều kiện sau đây được thỏa mãn.
Hàm f được nói là liên tục trên một tập con nếu nó liên tục tại mỗi điểm của tập này.
Ví dụ 1.3.3 Các hàm đa thức P(z), hàm mũ e z , và hàm lượng giác cosz, sinz là liên tục trên mặt phẳng phức C.
Đạo hàm và hàm giải tích
Hàm biến phức f(z) được coi là có đạo hàm tại điểm z0 nếu giới hạn z khi tiến tới z0 của biểu thức (f(z) - f(z0)) / (z - z0) tồn tại hữu hạn Đạo hàm tại điểm này được ký hiệu là f'(z0) và được tính bằng lim z→z0 (f(z) - f(z0)) / (z - z0) Ngoài ra, hàm f(z) được gọi là giải tích tại điểm z0 nếu nó có đạo hàm tại mọi điểm trong một lân cận của z0.
Để tồn tại đạo hàm của hàm phức f(z) = u(x, y) + iv(x, y) tại điểm z0 = x0 + iy0, các điều kiện cần thiết là các đạo hàm riêng bậc nhất của u và v phải tồn tại tại (x0, y0) và phải thỏa mãn các phương trình Cauchy - Riemann, cụ thể là u'x = vy' và u'y = -vx'.
Chứng minh Giả sử f ′ (z 0 ) tồn tại Khi đó, các giới hạn sau tồn tại f ′ (z0) = lim
= v y (x0.y 0 )−iu y (x0.y 0 ). Điều này dẫn tới điều kiện Cauchy-Riemann và giá trị của f ′ (z0).
Để đảm bảo sự tồn tại của đạo hàm của hàm f(z) tại điểm z₀ = (x₀, y₀), việc thỏa mãn hệ phương trình Cauchy - Riemann tại điểm đó là không đủ Tuy nhiên, với các điều kiện liên tục nhất định, chúng ta có thể đưa ra các khẳng định quan trọng Theo Định lý 1.4.4, nếu hàm f(z) = u(x, y) + iv(x, y) được xác định trên ε-lân cận của z₀, thì sẽ có những điều kiện đủ để tồn tại đạo hàm của hàm này.
(i) các đạo hàm riêng bậc nhất của các hàm u và v đối với x và y tồn tại ở mọi nơi trong vùng lân cận;
(ii) các đạo hàm riêng đó liên tục tại (x0, y 0 ) và thỏa mãn hệ phương trình Cauchy - Riemann tại (x0, y 0 ), u ′ x = v y ′ , u ′ y = −v ′ x Khi đó f ′ (z0) tồn tại và f ′ (z0) = (u ′ x + iv x ′ )
(x 0 ,y 0 ).Chứng minh.Từ công thức Taylor bậc một và điều kiện Cauchy-Riemann tại z 0 , ta thấy, f(x0 + ∆x+i(y0 + ∆y))−f(x0 +iy 0 ) x 0 + ∆x+i(y 0 + ∆y)−(x 0 +iy 0 )
Bên cạnh đó, tính liên tục của các đạo hàm riêng u, v tại (x 0 , y 0 ), ta có
Từ các biểu thức đã nêu, ta có thể xác định giới hạn zlim→ z 0 f(z)−f(z 0 ) z−z 0 = u x (x0, y 0 ) + iv x (x0, y 0 ), điều này chứng minh định lý Định lý 1.4.5 (Định lý Liouville) khẳng định rằng nếu hàm f là hàm giải tích và bị chặn, thì
C, thì f(z) là hàm hằng trên C.
Ví dụ 1.4.6 Xét hàm f(z) =z 2 và số phức z 0 = 1 +i Chúng ta kiểm tra sự tồn tại của đạo hàm hàm f(z) tại điểm z 0
Để giải bài toán, ta có z = x + iy và f(z) = z² = (x + iy)² = x² - y² + i2xy = u + iv, trong đó u = x² - y² và v = 2xy Các đạo hàm riêng bậc nhất là u'ₓ = 2x, u'ᵧ = -2y, v'ₓ = 2y, v'ᵧ = 2x, đều liên tục tại lân cận điểm (1, 1) Điều kiện Cauchy - Riemann được thỏa mãn tại điểm z₀, với u'ₓ tại z₀.
Theo định lí về điều kiện đủ để tồn tại đạo hàm, hàm f(z) tồn tại đạo hàm tại z 0 Hơn thế, f ′ (z 0 ) = (u ′ x +iv x ′ ) z 0
Bằng lập luận tương tự, ta chứng minh được sự tồn tại đạo hàm của hàm f(z) trên tập số phức C, f ′ (z) = 2z, ∀z ∈ C.
Ví dụ 1.4.7 Xét hàm f(z) = z+Imz và số phức bất kì z 0 Chúng ta kiểm tra sự tồn tại của đạo hàm hàm f(z) tại điểm z 0
Lời giải Ta thấy, với z = x+iy, f(z) = z+Imz = (x+iy) +y = x+ y+ iy = u+iv, trong đó u = x+y, v = y Dễ dàng thấy rằng, điều kiện Cauchy - Riemann của các hàm u, v không thỏa mãn tại z 0 , u ′ y = 1 6= −v x ′ = 0.
Nói cách khác, hàm f(z) không tồn tại đạo hàm tại mọi điểm z 0 ∈ C.
Ví dụ 1.4.8 Các hàm đa thứcP(z), hàm mũe z ,hàm lượng giáccosz, sinz là hàm giải tích trên C Hơn thế, trên tập này chúng ta có
Thặng dư
Định nghĩa 1.5.1 Giả sử hàm phức f(z) xác định tại một lân cận V của z 0 , có thể không xác định tại z 0 Khi đó, biểu thức
Thặng dư của hàm f(z) tại điểm z₀, ký hiệu là L(z₀) f(z)dz, được xác định trên đường cong bao quanh z₀ trong lân cận V Theo định nghĩa 1.5.2, số phức z₀ được xem là cực điểm cấp m của hàm f(z) nếu hàm này có khai triển Laurent tại lân cận z₀.
X n= − m a n (z −z 0 ) n Định lý 1.5.3 Giả sử hàm phức f(z) = Q(z)
P(z) là một hàm đa thức có nghiệm phức z1, z2, , zk với bội tương ứng m1, m2, , mk, trong khi Q là hàm giải tích trên C Hàm f(z) sẽ có đúng k cực điểm z1, z2, , zk với cấp tương ứng là m1, m2, , mk Theo Định lý 1.5.4 về cách tính thặng dư, nếu z0 là cực điểm cấp m của hàm f(z), thì có những quy tắc cụ thể để xác định thặng dư tại điểm đó.
(z −z 0 ) m f(z)(m − 1) nếu m ≥ 2. Đặc biệt trong trường hợp m = 1, nếu f(z) = A(z)
Ví dụ 1.5.5 Tìm các thặng dư của hàm số f(z) = 1
(z −1)z 2 Lời giải Ta thấy đa thức
(z −1)z 2 có hai nghiệm z 1 = 1, z2 = 0 với bội nghiệm tương ứng là m 1 = 1; m 2 = 2. Nói cách khác, hàm f(z) có hai cực điểm z 1 = 1 cực điểm cấp 1, z 2 = 0 cực điểm cấp 2 Từ đây,
−1 (z −1) 2 = −1. Định lý 1.5.6 Giả sử hàm f(z) giải tích trên miền đóng D trừ một số hữu hạn điểm z 1 , z 2 , , z n ∈ D Khi đó,
Đa thức hệ số phức
Định lý 1.6.1 (Định lí cơ bản của đại số) Đa thức khác hằng với hệ số phức
P(z) = c 0 +c 1 z +ã ã ã+c n z n , (cn 6= 0), luôn có ít nhất một nghiệm phức.
Chứng minh Chúng ta sẽ chứng minh bằng phản chứng Giả sử P(z) không bằng 0 đối với bất kỳ giá trị nào của z Khi đó, hàm f(z) = 1
Hàm P(z) là một hàm giải tích trên toàn bộ mặt phẳng phức C Chúng ta sẽ chứng minh rằng hàm f(z) cũng bị chặn trên toàn bộ mặt phẳng phức Để chứng minh tính chất này của f, trước tiên chúng ta sẽ viết
P(z) = (cn +w)z n , trong đó w = c 0 z n + c 1 z n − 1 +ã ã ã+ c n − 1 z Với R đủ lớn, ta có
Hàm f(z) bị chặn bên ngoài khu vực |z| > R và liên tục trong đĩa đóng |z| ≤ R, điều này cho thấy f(z) cũng bị chặn trong khu vực này, tức là f(z) bị chặn trong toàn bộ mặt phẳng phức Theo Định lý Liouville, f(z) phải là một hằng số Tuy nhiên, P(z) không phải là hằng số, dẫn đến mâu thuẫn và chứng minh điều cần chứng minh Định lý 1.6.2 khẳng định rằng đa thức có hệ số phức không thể là hằng số.
P(z) = c 0 +c 1 z +ã ã ã+c n z n , (cn 6= 0), luôn có đúng n nghiệm phức z 1 , z 2 , , z n , kể cả nghiệm bội Khi đó, chúng ta biểu diễn được
P(z) =c n (z −z 1 )(z−z 2 )ã ã ã(z −z n ). Chứng minh Theo Định lí cơ bản của đại số, tồn tại z 1 ∈ C sao cho
Tiếp theo, từ các đẳng thức z k −z k 1 = (z −z 1 )(z k − 1 +z k − 2 z 1 +ã ã ã+z 1 k − 1 ), ∀k = 1,2, , n, chúng ta thu được
P(z) =P(z)−P(z 1 ) = (z−z 1 )Q 1 (z), trong đó Q 1 (z) là đa thức bậc n−1 Do Q 1 (z) là đa thức, lặp lại lập luận như trên, tồn tại z 2 ∈ C sao cho
Q 1 (z2) = 0, Q 1 (z) = (z −z 2 )Q2(z), trong đó Q 2 (z) bậc (n−2) Bằng cách này, tồn tại một tập z 1 , z 2 , , z n sao cho
P(z) = (z −z 1 )(z−z 2 ) .(z −z n )Qn(z), trong đó Q n (z) là đa thức bậc 0 Nói cách khác, tồn tại hằng số A sao cho
P(z) = A(z−z 1 )(z−z 2 ) .(z −z n ), ∀z ∈ C. Đồng nhất hệ số, ta thu được c n = A Điều này kết thúc chứng minh của Định lí. Định lý 1.6.3 (Công thức Viète) Giả sử đa thức hệ số phức
P(z) = c 0 +c 1 z +ã ã ã+c n z n , c n 6= 0, có n nghiệm phức z 1 , z 2 , , z n kể cả bội Khi đó, các đẳng thức sau là đúng
Chứng minh Định lí được chứng minh dựa trên biểu diễn đa thức hệ số phức bởi tích các đa thức bậc nhất
P(z) =c n (z −z 1 )(z−z 2 ) .(z −z n ) và đồng nhất hệ số. Định lý 1.6.4 Đa thức bậc n khác hằng số với hệ số phức x n −1 có đúng n nghiệm phức ε k = e i 2kπ n , k = 1, n.
Bên cạnh đó, các nghiệm của đa thức này thỏa mãn
(i) Với nghiệm bất kì của đa thức ε 6= 1 thì n
0 nếu m không chia hết cho n
Chứng minh Đầu tiên, ta thấy rằng ε k là nghiệm của đa thức x n −1 do ε n k −1 = h e i 2kπ n in
Hơn thế, dễ dàng thấy rằng ε 1 , , ε n là đôi một khác nhau Theo Định lí nghiệm cơ bản của đại số, đa thức x n −1 cũng chỉ có đúng n nghiệm phức.
Từ đây, {ε 1 , , ε n } là toàn bộ nghiệm của đa thức x n −1.
(i) Nếu ε 6= 1 là một nghiệm bất kì của đa thức x n −1 thì ta phải có n≥ 2 Từ đẳng thức,
Hệ quả là ε+ã ã ã+ε n − 1 +ε n = ε+ã ã ã+ε n − 1 + 1 = 0. (ii) Giả sử m ≡ k (mod n), 0≤ k ≤ n−1.
Từ đẳng thức ε i = ε i 1 , i= 1, n, ta có n
Chương 2 Áp dụng lí thuyết hàm phức và nghiệm đa thức để giải quyết một số bài toán sơ cấp
Trong Chương 2, chúng tôi áp dụng lý thuyết hàm phức và nghiệm của đa thức để giải quyết một số bài toán sơ cấp Các kết quả và ví dụ được trình bày trong luận văn này được tham khảo từ các tài liệu [1-6].
Bài toán tính tích phân xác định
Để tính tích phân xác định R b a f(x)dx bằng lí thuyết hàm phức, chúng ta cần thực hiện các bước sau.
• Đầu tiên, bằng cách đổi biến t = 2πx−a b−a, ta đưa tích phân về dạng
• Tiếp theo, bằng cách đặt z = e it , t ∈ R, ta đưa tích phân xác định về tích phân hàm phức trên đường cong kín
G(z)dz, trong đó C 1 (0) + là đường tròn đơn vị C 1 (0) = {z ∈ C, |z| = 1} có hướng ngược chiều kim đồng hồ.
• Cuối cùng, sử dụng lí thuyết thặng dư để tính tích phân.
Ví dụ 2.1.1 Tính tích phân
Lời giải Chúng ta sẽ sử dụng lí thuyết thặng dư để tính tích phân Đặt z = e it , t ∈ R.
Dễ dàng thấy rằng, khi t biến thiên trên khoảng [0,2π], z biến thiên trên đường tròn đơn vị C 1 (0) Bên cạnh đó, dz = ie it dt = izdt và cost= e it +e − it
2 i(z 2 + 4z + 1)dz, trong đó C 1 (0) + là đường cong C 1 (0) có hướng ngược chiều kim đồng hồ. Phương trình z 2 + 4z + 1 = 0 có đúng một nghiệm bội một z 1 √12−4
Từ đây, áp dụng lí thuyết thặng dư của hàm phức chúng ta thu được
Ví dụ 2.1.2 Tính tích phân
Lời giải Đầu tiên, ta đổi biến đưa cận tích phân về trên đoạn [0,2π]. Đặt t= 2x.
Dễ dàng thấy rằng, khi t biến thiên trên khoảng [0,2π], z biến thiên trên đường tròn đơn vị C 1 (0) Bên cạnh đó, dz = ie it dt = izdt và sint = e it −e − it
2 z 2 + 4iz −1dz, trong đó C 1 (0) + là đường cong C 1 (0) có hướng ngược chiều kim đồng hồ. Phương trình z 2 + 4iz−1 = 0 có đúng một nghiệm bội một z 1 = i(√
Từ đây, áp dụng lí thuyết thặng dư của hàm phức chúng ta thu được
Ví dụ 2.1.3 Tính tích phân
Dễ dàng thấy rằng, khi t biến thiên trên khoảng [0,2π], z biến thiên trên đường tròn đơn vị C 1 (0) Bên cạnh đó, dz = izdt và cost z+ 1 z
2 , sint z − 1 z 2i , điều này dẫn tới
2 (i+ 1)z 2 + 4iz +i−1dz, trong đó C 1 (0) + là đường cong C 1 (0) có hướng ngược chiều kim đồng hồ. Phương trình
(i+ 1)z 2 + 4iz +i−1 = 0 có đúng một nghiệm bội một z 1 √2−2
Từ đây, áp dụng lí thuyết thặng dư của hàm phức chúng ta thu được
Bài tập 1 Tính tích phân I 2π
3 + 2 cost+ sint. Bài tập 2 Tính tích phân I Rπ
Bài toán rút gọn biểu thức
Phương pháp này tập trung vào việc sử dụng nghiệm phức của một đa thức cùng với công thức Viète, nhằm đơn giản hóa biểu thức cần tính toán.
Ví dụ 2.2.1 Tính biểu thức
3 Khi đó 1, ε, ε 2 là 3nghiệm phức khác nhau của phương trình x 3 = 1.
Từ Định lí 1.6.4, ta có
0 nếu k không chia hết cho 3. Đặt f(x) = (x+ 1) 15 15
15 k x k Khi đó, theo tính chất trên chúng ta có
Ví dụ 2.2.2 Tính biểu thức sau với n∈ N ∗ ,
Lời giải Với n = 1, chúng ta thấy A = 1 Trường hợp, n ≥ 2, ta xét phương trình z n −1 = 0, với đúng n nghiệm z k = e 2iπk/n , k = 1, n.
Theo công thức Viète, ta có n
Ví dụ 2.2.3 Tính biểu thức sau với n∈ N ∗ ,
Lời giải Với n = 1, chúng ta thấy A = 1 Trường hợp, n ≥ 2, ta xét phương trình z n + 1 = 0, với đúng n nghiệm z k = e iπ(2k+1)/n , k = 1, n.
Theo công thức Viète, ta có n
Ví dụ 2.2.4 Giả sử n ∈ N, n ≥ 2 Tính biểu thức
Lời giải Từ công thức cos(ϕ) = e iϕ + e − iϕ
Do đa thức z n −1 có n nghiệm phức phân biệt z k = e 2πk/n , k = 0, n−1, đa thức Q(z) có đúng (n−1) nghiệm phức phân biệt z k = e 2πk/n , k = 1, n−1.
Bài tập 1 Giả sử n ≥2, n ∈ N Tính biểu thức P n k=1 sin2kπ n
Bài tập 2 Giả sử n ∈ N, n ≥2 Tính biểu thức n Q − 1 k=1 sinkπ n
Bài tập 3 Tính biểu thức
Bài tập 4 Tính biểu thức
Bài toán phủ
Để xác định xem một bảng chữ nhật có thể được phủ kín bởi các bảng con có kích thước nhất định hay không, chúng ta sử dụng các số phức để đánh số các ô trong bảng dựa trên nghiệm phức của một đa thức Sau đó, thông qua việc kiểm tra các số này theo lý thuyết hàm phức, chúng ta có thể khẳng định được tính khả thi của bài toán phủ.
Ví dụ 2.3.1 Chứng minh rằng bảng 1991×2000 không phủ kín được bằng các bảng con 1×7 và 7×1.
Dễ dàng thấy rằng ε là một nghiệm phức của phương trình z 7 −1 = 0.
Tại ô vuông (i, j), chúng ta ghi số ε i+j, tạo ra các bảng con 1×7 và 7×1 chứa đúng 7 số 1, ε, , ε 6, với tổng các số trên bảng là 0 Điều này cho thấy nếu có thể phủ được, tổng các số trên bảng sẽ bằng 0 Tổng các số trên các ô vuông cũng được xác định.
X j=1 ε j = 0, tương đương với 1991 P i=1 ε i = 0 hoặc 2000 P j=1 ε j = 0 Theo Định lí 1.6.4, 7 là ước số của 1991 hoặc của 2000 Mâu thuẫn này chỉ ra, bảng 1991×2000 không phủ kín được bằng các bảng con 1×7 và 7×1.
Ví dụ 2.3.2 Tìm số nguyên dương k sao cho bảng 15 ×11 phủ kín được bằng các bảng con 1×k và k×1.
Lời giải Đặt ε = cos2π k + isin 2π k
Dễ dàng thấy rằng ε là một nghiệm phức của phương trình z k −1 = 0.
Tại ô vuông (i, j), chúng ta ghi số ε i+j, với mỗi bảng con 1×7 và 7×1 chứa đúng k số 1, ε, , ε k − 1, và tổng các số trên bảng này là 0 Do đó, nếu có thể phủ được, tổng các số trên bảng sẽ là 0 Hơn nữa, tổng các số trên các ô vuông cũng phải được xem xét.
X j=1 ε j = 0 tương đương với P 15 i=1 ε i = 0 hoặc P 11 j=1 ε j = 0 Theo Định lý 1.6.4, k là ước số của 15 hoặc 11, có nghĩa là k có thể nhận giá trị 1, 3, 5, 11, hoặc 15 Hơn nữa, các giá trị k này cho phép bảng 15×11 được phủ kín bằng các bảng con 1×k và k×1.
Một bảng vuông có thể được phủ kín bằng các bảng con 1×5 và 3×1 Cần chứng minh rằng bảng vuông này có thể được phủ kín chỉ bằng các bảng con 1×5 hoặc chỉ bằng các bảng con 3×1.
Lời giải Giả sử bảng vuông có kích cỡ k×l Đặt ε = cos2π
3 Tại ô vuông (i, j) viết số ε i ω j Khi đó mỗi bảng con 1×5 và 3×1 có tổng các số bằng 0 do ε và ω lần lượt là nghiệm của các phương trình z 5 −1 = 0 và z 3 −1 = 0.
Từ đây, tổng các số trên bảng vuông ban đầu bằng 0 Mặt khác tổng các số trên ô vuông là
Theo Định lí 1.6.4, nếu tổng P k i=1 ε i = 0 hoặc P l j=1 ω j = 0, thì 5 là ước số của k hoặc 3 là ước số của l Nếu 3 là ước số của k hoặc l, bảng ban đầu sẽ được phủ kín bằng cách sử dụng các bảng con 1×5 hoặc bảng con 3.
Ví dụ 2.3.4 Cho bảng vuông 17×17 Hỏi có thể phủ bảng vuông đã cho bằng các bảng con 1×4 và 4×1 sao cho ô vuông (1,2) là ô vuông duy nhất không được phủ.
Lời giải Điền các ô vuông (j, k) bởi số phức i j+2k Khi đó, tổng các số trên mỗi bảng con 1×4 và 4×1 đều bằng 0.
Giả sử có phương pháp phủ bảng vuông theo yêu cầu, thì số ghi tại góc dưới cùng bên phải sẽ là i 5 = i Tổng các số ghi trên bảng sẽ được tính toán dựa trên quy tắc này.
Mâu thuẫn này chỉ ra rằng không tồn tại cách phủ như yêu cầu.
Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất để bảng vuông n×n có thể được phủ bằng các bảng vuông 3×3 và 5×5, với việc sử dụng cả hai loại bảng con.
Tại ô vuông (i, j) viết số ε i ω j Khi đó, tổng các số trên các bảng con 3×3 và 5×5 đều bằng 0 Bên cạnh đó, tổng các số trên các ô vuông là
X j=1 ω j = 0. Điều này dẫn tới, n chia hết cho 3 hoặc n chia hết cho 5.
Gọi x, y lần lượt là số bảng con 3×3 và 5×5 được sử dụng Khi đó,
Nếu n chia hết cho 3 thì ta phải có y chia hết cho 3 2 Khi đó, n 2 >
5 2 ã3 2 = 15 2 do cả 2 loại bảng con đều được sử dụng Từ chỗ, n chia hết cho 3 nên n≥ 18.
Tương tự, nếu n chia hết cho 5 thì n ≥ 18.
Chúng ta sẽ chứng minh rằng n = 18 là giá trị thỏa mãn Cụ thể, bảng 18 × 18 có thể được chia thành một bảng con 15 × 15 và 11 bảng con 3 × 3 Bảng con 15 × 15 có thể được lát bằng 3 bảng con 5 × 5 Do đó, n = 18 là giá trị nhỏ nhất cần tìm.
Ví dụ 2.3.6 Cho bảng vuông 2019 × 2019 Chứng minh rằng không thể phủ được bằng này bằng các bảng vuông 4×4 và 5×5.
Tại ô vuông (i, j) viết số ε i ω j Khi đó, tổng các số trên các bảng con 4×4 và 5×5 đều bằng 0 Bên cạnh đó, tổng các số trên các ô vuông là
X j=1 ω j = 0. Điều này dẫn tới, 2019 chia hết cho 4 hoặc 2019 chia hết cho 5 Mâu thuẫn này chỉ ra bảng vuông ban đầu không thể phủ được bằng các bảng vuông
Bài tập 1 Cho k là số nguyên dương Tìm điều kiện của m, n sao cho có thể phủ kín bảng m ×n bằng các bảng con 1×k và k×1.
Bài tập 2 Một bảng vuông có thể được phủ kín bằng các bảng con
1×m và n×1 Chứng minh rằng bảng vuông có thể được phủ kín mà chỉ sử dụng bảng con 1×m hoặc chỉ sử dụng bảng con n×1.
Bài tập 3 Cho bảng vuông 13×13 Hỏi có thể phủ bảng vuông đã cho bằng các bảng con 1×4 và 4×1 sao cho ô vuông ở tâm là ô vuông duy nhất không được phủ.
Bài tập 4 (Rusia 2000) yêu cầu tìm số nguyên dương n nhỏ nhất để có thể phủ hoàn toàn một bảng ô vuông n×n bằng các bảng ô vuông kích thước 40×40 và 49×49, với điều kiện là cả hai loại bảng con đều phải được sử dụng.
Bài tập 5 Cho bảng vuông 50×50 được phủ bằng các bảng 1×7 và
7×1 sao cho chỉ có duy nhất 1 ô vuông không được phủ Tìm tất cả các vị trí có thể của ô vuông đó.
Bài toán đếm số
Để giải quyết các bài toán này, chúng ta áp dụng một đa thức với hệ số phức thích hợp, cho phép biểu diễn số cần tính toán thông qua tổng các hệ số của đa thức đó.
Ví dụ 2.4.1 Có bao nhiêu tập con của tập hợp {1,2,3, ,20} có số phần tử chia hết cho 3.
3 Khi đó 1, ε, ε 2 là 3nghiệm phức khác nhau của phương trình x 3 = 1.
Từ Định lí 1.6.4, ta có
0 nếu k không chia hết cho 3. Đặt f(x) = (x+ 1) 20 và S là số các tập con của {1,2, ,20} có số phần tử chia hết cho 3 Khi đó, theo tính chất trên và f(x) 20
Ví dụ 2.4.2 (VMO 2015) Cho số nguyên dương k Tìm số các số tự nhiên n không vượt quá 10 k thỏa mãn đồng thời các điều kiện
(ii) các chữ số trong biểu diễn thập phân của n thuộc tập hợp S {2,0,1,5}.
Lời giải Xét đa thức f(x) = (x 5 +x 2 +x+ 1) k = X a 1 ,a 2 , ,a k ∈ S x a 1 +a 2 + ããã +a k
Ta thấy, mỗi bộ (a 1 , , a k ) tương ứng với một số a 1 a 2 a k chia hết cho 3.
Nếu chúng ta biểu diễn, f(x) = b 0 +b 1 x+ã ã ã+b 5k x 5k , thì số các số tự nhiên thỏa mãn điều kiện bài toán được tính là
T = X m b 3m Tương tự ví dụ trước, chúng ta tính được
3 nếu k không chia hết cho 3.
Ví dụ 2.4.3 Có bao nhiêu tập con của tập {1,2, ,20} có tổng các phần tử chia hết cho 3.
Lời giải Xét đa thức f(x) = (1 +x)(1 +x 2 )ã ã ã(1 +x 20 ) = a 0 +a 1 x+ã ã ã
Chúng ta thấy số tập con cần tìm
Bằng cách sử dụng Định lí 1.6.4 như trong các ví dụ trước, ta thu được
Do ε, ε 2 ,1 là các nghiệm khác nhau của phương trình x 3 = 1, ta có g(x) = x 3 −1 = (x−ε)(x−ε 2 )(x−1). Điều này dẫn tới,
Kết hợp đẳng thức trên và ε 3 = 1, ta có f(ε) = [(1 +ε)(1 +ε 2 )(1 + 1)] 6 (1 +ε)(1 +ε 2 ) = 2 6 Tương tự, f(ε 2 ) = 2 6 Kết hợp với f(1) = 2 20 , ta thu được
Ví dụ 2.4.4 Cho p là số nguyên tố lẻ Có bao nhiêu tập con A gồm p phần tử của tập hợp {1,2, ,20} có tổng các phần tử chia hết cho p.
Lời giải Gọi ε 6= 1 là nghiệm phức nào đó của phương trình x p = 1. Khi đó,
Bằng đồng nhất hệ số của x p , chúng ta có
X j=0 n j ε j , trong đó tổng thứ nhất tính theo tất cả các tập conpphần tử{i 1 , i 2 , , i p } của {1,2, ,2p} và n j trong tổng thứ hai là số các tập con sao cho i 1 +i 2 + ã ã ã+ i p ≡ j (mod p).
Từ đây, ε là nghiệm của đa thức f(x) =n 0 −2 + p − 1
X j=1 n j ε j bậcp−1.Do đa thức tối tiểu củaεtrờn trường Qlàg(x) = 1+x+ã ã ã+x p − 1 , ta có f(x) = kg(x), với k là hằng số. Điều này dẫn tới, n 0 −2 = n 1 = ã ã ã = n p − 1
Bài tập 1 Có báo nhiêu tập con của tập hợp {1,2, ,100} có số phần tử chia hết cho 3.
Bài tập 2 Có bao nhiêu tập con của tập {1,2, ,2016} có tổng các phần tử chia hết cho 5.
Bài tập 3.Có bao nhiêu tập con gồm5phần tử của tập hợp{1,2, ,10} có tổng các phần tử chia hết cho 5.
Bài tập 4 Có bao nhiêu số tự nhiên có 9 chữ số, trong đó không chứa số 0 và chia hết cho 11.
Bài tập 5 Có bao nhiêu số tự nhiên chia hết cho 7, có nchữ số và mỗi chữ số được lấy từ tập hợp {1,3,4,6,7,9}.
Bài tập 6 Cho p là một số nguyên tố Có bao nhiêu tập con S của tập hợp {1,2, , p} sao cho tổng các phần tử của S chia hết cho p.
Luận văn đã đạt được những kết quả sau:
• Trình bày lại một số khái niệm và kết quả cơ bản về lí thuyết hàm phức.
Áp dụng lý thuyết hàm phức và nghiệm của đa thức giúp giải quyết nhiều bài toán sơ cấp, bao gồm bài toán tính tích phân xác định, rút gọn biểu thức, bài toán phủ và bài toán đếm số.