Số phức và ứng dụng trong giải toán Olympic - Trần Nam Dũng

SỐ PHỨC VÀ ỨNG DỤNG TRONG GIẢI TOÁN

Trần Nam Dũng, Trường Đại học KHTN thành phố Hồ Chí Minh

và các thành viên của diendantoanhoc.net

1. Số phức. Định nghĩa và các tính chất cơ bản

Số phức, kể từ khi ra đời đã tìm được rất nhiều những ứng dụng trong các lĩnh vực khác nhau của Toán học. Đối với chương trình phổ thông nói chung và các bài toán olympic nói riêng, số phức cũng có những ứng dụng hết sức ấn tượng. Loạt bài giảng này cung cấp cho học sinh những kiến thức cơ bản nhất về số phức và các ứng dụng của số phức trong giải toán. Một điều mấu chốt cần hiểu là: số phức cũng đơn giản thôi!

1. Số phức, định nghĩa và các tính chất cơ bản 1. Sơ lược về lịch sử số phức

Lịch sử phát triển các khái niệm số theo chu trình    được thúc đẩy bởi sự phát triển của thực tế sản xuất và toán học. Đầu tiên người ta dùng số để đếm, lúc đó cần các số tự nhiên. Số âm xuất hiện khi bắt đầu có chuyện nợ nần, có chuyện trừ số nhỏ cho số lớn. Số hữu tỷ xuất hiện khi phải thực hiện các phép chia

… không hết. Còn số vô tỷ xuất hiện khi người ta thấy cạnh huyền của tam giác vuông cân cạnh 1 không thể biểu diễn dưới dạng thương của hai số nguyên, và thuật ngữ số thực có nghĩa là độ dài của các đoạn thẳng có thực.

Rất thú vị là số phức xuất hiện không phải từ các phương trình bậc hai kiểu như

2 1 0, 2 1 0

x   x x   . Các phương trình này rõ ràng vô nghiệm và không có gì để bàn. Thế nhưng với phương trình x³3x1 thì khác. Có thể chứng minh được rằng phương trình này có đến 3 nghiệm. Vậy mà phương pháp Cardano không áp dụng được do  0. Số phức xuất hiện để giải quyết nghịch lý này. Ta dùng số phức, dùng nghiệm phức để cuối cùng tìm ra các nghiệm thực. Tựa như con kiến đang đi trên một đường thẳng thì gặp một vũng nước lớn ngáng đường. Có con kiến sẽ quay trở lại, có con kiến đi vào nước để bị chìm, nhưng có con kiến biết đi vòng (sang chiều thứ hai) để sau đó quay trở lại với con đường cũ.

Lịch sử số phức gắn liền với những cái tên như Bombelli, Rene Descartes, Euler, De Moivre, Wallis, Hamilton, Gauss, Cauchy ….

2. Dạng đại số của số phức

Số phức là các số có dạng abi trong đó a b là các số thực, còn i là đơn vị ảo. Tập , hợp tất cả các số phức được ký hiệu là . Vậy



^{a bi a b,}



  

  .

Trên tập hợp , ta định nghĩa các phép toán cộng và nhân số phức như sau

( ) ( ) ( ) ( )

( )( ) ( ) ( )

a bi a b i a a b b i

a bi a b i aa bb ab a b i

   

      

     

     

Dễ dàng kiểm tra được các phép toán  và  đều có tính giao hoán và kết hợp.

Phép cộng có phần tử trung hoà là 0 và phép nhân có phần tử trung hoà là 1.

Từ định nghĩa ta suy ra i² (0 1 )(0 i          1 )i (0 0 1 1) (0 1 0 1)i 1.

Các số phức thường được ký hiệu ngắn gọn bằng chữ cái z. Ta thường viết “Cho số phức z a bi”.

Với số phức z a bi thì a được gọi là phần thực của z và được ký hiệu là Re( )

a z , b được gọi là phần ảo của z và được ký hiệu là bIm( )z .

Với số phức z a bi thì số phức z a bi được gọi là phức liên hợp của z. Ta có các tính chất cơ bản sau đây

2 2

1)z z 2 ;a z z a b . 2)z  z z z z z;    z z.

Đại lượng a²b² được gọi là mô-đun của số phức z và được ký hiệu là z . Ta có các tính chất cơ bản sau (chứng minh!)

1) z z   z z . 2) zz  z z .

Một một số phức z0 đều có nghịch đảo của nó. Cụ thể từ đẳng thức z z  z², ta dễ dàng suy ra ¹ ₂

| | z z

z

  .

Từ đây ta cũng suy ra quy tắc chia hai số phức như sau

1

2.

| |

z z z

z z z z

  

   

 

Phép luỹ thừa các số phức được thực hiện bằng phép nhân tuần tự.

Cuối cùng, ta xét bài toán khai căn số phức. Ví dụ, tìm căn bậc hai của số phức 1 i , tức là tìm số phức z x iy sao cho z² 1 i. Ta có

2 2 2 2 2

1 2 1 1, 2 1

z   i x y  i xy  i x y  xy . Giải hệ này ta tìm được 2 giá trị của z là

1 2 2 2 2 2 2

z 2    i .

Bằng phương pháp này, ta có thể tìm được căn bậc hai của một số phức z bất kỳ.

Tuy nhiên, việc áp dụng phương pháp tương tự cho các căn bậc lớn hơn gặp nhiều khó khăn. Rất may mắn là để giải quyết vấn đề căn bản này, ta có thể sử dụng dạng lượng giác.

3. Dạng lượng giác của số phức

Số phức z a bi có thể biểu diễn như điểm M có toạ độ ( , )a b trong mặt phẳng Oxy. Ta gọi Ox là trục thực, Oy là trục ảo và Oxy là mặt phẳng phức.

Đặt r z  a²b² và gọi  là góc giữa OM và Ox thì ta có cos , sin

ar  br .

Từ đó zr(cosisin ) . Đây chính là dạng lượng giác của số phức z. Góc  được gọi là argument của số phức z.

Để thấy rõ sự tiện lợi của dạng lượng giác, ta hãy xem kết quả của phép nhân hai số phức ở dạng lượng giác.

Giả sử zr(cosisin ), zr(cosisin) thì

(cos sin )(cos sin ) cos( ) sin( )

z z  rr i  i  rr    i    .

Như vậy phép nhân hai số phức ở dạng lượng giác rất đơn giản: các môđun được nhân với nhau và các argument được cộng với nhau. Tương tự với phép nghịch đảo và phép chia:

1 1

(cos( ) sin( )), z r (cos( ) sin( ))

i i

zr    z r       

  .

Nếu áp dụng tuần tự quy tắc nhân nói trên, ta dễ dàng chứng minh được công thức nâng lên lũy thừa của số phức như sau



^{r(cosisin )}



^{nrn(cosnisinn)}

Công thức này được gọi là công thức Moivre.

Sử dụng công thức này, ta có thể dễ dàng tính luỹ thừa của một số phức. Chẳng hạn nếu cần tính (1i)¹⁰⁰, ta viết 2 2

1 2( ) 2(cos sin )

2 2 4 4

i i  i 

     .

Từ đó

100 100 50 100 100 50

(1 ) [ 2(cos sin )] 2 (cos sin ) 2 .

4 4 4 4

i  i   i 

      

Chính sự đơn giản của phép luỹ thừa sẽ giúp chúng ta có thể khai căn được các số phức. Giả sử ta cần tìm căn bậc n của số phức zr(cosisin. Ta tìm căn dưới dạng w  cosisin ) . Theo định nghĩa, w là căn bậc n của z khi và chỉ khi

wnz. Từ đó, áp dụng công thức Moivre, ta được

(cos sin ) (cos sin

n n i n r i

     

Từ đó suy ra

, 2 2

n k

r n k

n n

 

      .

với k nguyên. Do tính tuần hoàn của hàm số sin x và cos x , các giá trị k cách nhau một bội số của sẽ cho ta các số phức w bằng nhau, vì vậy chỉ cần chọn

0,1, 2,..., 1

k n là đủ. Ta có thể kết luận

Định lý. Cho n là số nguyên dương lớn hơn hay bằng 2 và zr(cosisin với 0

r là một số phức. Khi đó có đúng n căn bậc n của z, là

2 2

(cos( ) sin( )), 0,1,..., 1.

n k k

r i k n

n n n n

   

    

4. Căn bậc n của đơn vị

Số phức  được gọi là căn bậc n của đơn vị nếu  ⁿ 1. Theo như công thức Moivre thì ta có n căn bậc n của đơn vị là

2 2

cos( k ) sin( k ), 0,1,..., 1.

i k n

n n

    

Tính chất quan trọng của căn bậc n của đơn vị là: Nếu  1 là một căn bậc n của đơn vị thì 1  ² ... ^n10.

Số phức  được gọi là căn nguyên thủy bậc n của đơn vị nếu  ⁿ 1 và e^k1 với mọi 0 k n. Rõ ràng cos(²k ) sin(²k )

n i n

   là căn nguyên thủy bậc n của đơn vị khi và chỉ khi ( , )k n 1.

Nếu  là một căn nguyên thủy bậc n của đơn vị thì từ định nghĩa ta suy ra các số

2 1

1, ,  ,...,^n là tất cả các căn bậc n của đơn vị.

Những tính chất này của căn bậc n của đơn vị sẽ tìm được những ứng dụng hiệu quả ở trong các phần sau.

2. Ứng dụng của số phức trong các bài toán đại số

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

Định lý cơ bản của đại số khẳng định rằng một đa thức bậc n với hệ số phức luôn có ít nhất một nghiệm phức. Định lý này có nhiều ứng dụng quan trọng về mặt lý thuyết cũng như trong thực hành. Tuy nhiên, trước hết số phức có những ứng dụng hiệu quả ngay cả trong trường hợp tất cả mọi thứ đều là thực: phương trình với hệ số thực, có nghiệm đều thực nhưng lại dùng số phức để giải.

Ví dụ 1. Giải phương trình x³3x 1 0.

Giải. Phương pháp kinh điển của Cardano và các nhà toán học Italia để giải bài toán này như sau:

Ta tìm các hằng số u, v sao cho

3 3

1 1

u v

uv

  

 

 (1)

Nếu tìm được 1 cặp số u, v như vậy thì phương trình có thể viết lại dưới dạng

3 3 3

2 2 2

2 2 2

3 0

( )( ) 0

( ) ( ) ( ) 0 ( )

x u v uvx

x u v x u v xu xv uv

x u v i x u v x u v uv ii

   

        

          

Từ (1) suy ra u v là nghiệm của phương trình ³, ³

2 1 0

X   X

có        1² 4 1 1 3 0 nhưng điều này không làm ta lo ngại, vì trong tay chúng ta đã có số phức. Và như thế ta tìm được:

3 1 3 3 1 3

2 2 , 2 2

u  i v  i .

Chuyển sang dạng lượng giác để khai căn, với chú ý thêm là uv1, ta tìm được một cặp ( ; )u v thoả mãn (1) là

cos sin , cos sin

9 9 9 9

u i  v i . Từ đó, thay vào (i), ta được nghiệm ₁ 2 cos 2 cos⁸ .

9 9

x     

Thay vào (ii), ta được phương trình ² 2 cos 2 cos² 2 sin² 1 0

9 9 9

x  x    . Biệt thức của phương trình này là cos² 2 cos² 2 sin² 1 3 sin²

9 9 9 9

   

      .

Từ đó ta tìm được thêm 2 nghiệm nữa của phương trình ban đầu là

2

3

cos 3 sin 2 cos 2 cos 2 ,

9 9 3 9 9

cos 3 sin 2 cos 2 cos 4 .

9 9 3 9 9

x x

    

    

   

 

       

   

 

        Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm là 2 cos⁸ , 2 cos² , 2 cos⁴

9 9 9

  

.

Một phương trình nghiệm phức f z( )0, với z x iy, bằng cách tách phần thực và phần ảo, luôn có thể đưa về dạng hệ phương trình

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

 

 

 .

Ví dụ để tìm căn bậc ba của số phức 1 i ta tìm số phức z x iy sao cho

3 1

z  i. Thay phần thực và phần ảo trong đẳng thức (xiy)3 1 i. Ta được hệ phương trình

3 2

2 3

3 1

3 1

x xy

x y y

  

  

 (1)

Giải hệ này, tìm được ( , )x y ta sẽ tìm được z . Tuy nhiên, rõ ràng z có thể tìm được bằng cách khai căn 1 i , cụ thể

6

3 3 2 2

1 2(cos sin ) 2 cos sin , 0,1, 2.

4 4 12 3 12 3

k k

z  i i      i    k Từ đó, ngược lại ta đã tìm được nghiệm của hệ phương trình (1) là

6 2 6 2

( , ) 2 cos , 2 sin , 0,1, 2.

12 3 12 3

k k

x y        k

Như thế, một số hệ phương trình có thể có “xuất xứ” từ các phương trình nghiệm phức. Bằng cách đi ngược lại quá trình từ phương trình  hệ phương trình, ta sẽ được quá trình hệ phương trình  phương trình. Giải phương trình, so sánh phần thực và phần ảo, ta được nghiệm của hệ phương trình.

Tiếp theo, ta xét ví dụ sau

Ví dụ 2. (Việt Nam 1996) Giải hệ phương trình

3 1 1 2

7 1 1 4 2

x x y

y x y

  

 

   

  

   

  

  

   

   

  



Giải. Trước hết ta nhận thấy x y, 0. Đặt u x v,  y. Hệ đã cho trở thành

2 2

2 2

1 2

1 3

1 4 2

1 7

u u v

v u v

  

 

   

  

   

  

  

   

   



Vì u²v² là bình phương của module số phức z u iv, bằng cách cộng phương trình thứ nhất với phương trình thứ hai (sau khi nhân với i), ta được

2 2

2 4 2

3 7 .

u iv u iv i

u v

    

 Vì u iv_{2 2} z₂ z 1

z

u v z zz

   

 nên phương trình trên được viết lại dưới dạng

1 2 4 2 2 2 4 2 1 2 2 2

1 0 2

3 7 3 7 3 21 7

z i z i z z i

z

   

   

 

               .

Từ đó suy ra 1 2 2 2

( , ) , 2 .

3 21 7

u v

 

 

    Do đó hệ phương trình có hai nghiệm

2 2

1 2 2 2 11 4 22 8

( , ) , 2 , .

21 7

3 21 7 3 7 7

x y

      

    

      

             Bài tập tương tự.

1. Chứng minh rằng nếu p q, là các số thực sao cho

2 3

4 27 0

q  p  thì phương trình

3 0

x px q có 3 nghiệm thực phân biệt.

2. Giải hệ phương trình sau

2 2

2 2

3 3

3 0

x y x x y

x y y x y

 

  

 

 

  

 



.

3. Giải hệ phương trình sau

1 12 2

3

1 12 6

3

x x y

y x y

  

 

   

  

   

  

  

   

   

  



.

4. Giải hệ phương trình

3 2

2 3

3 1

3 3

x xy

x y y

  

   

 .

 Các bài toán phương trình hàm 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 ( ) x x x₁, ₂, ₃,...,x_n thì P x có dạng ( )

1 2

( ) ( )( )...( _n)

P x c xx xx xx .

Tuy nhiên, nếu chỉ xét các nghiệm thực thì trong nhiều trường hợp 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 hoành chỉnh. Định lý cơ bản của đại số vì vậy đóng một vai trò hết sức quan trọng trong dạng toán này. Và ta sử dụng cách phát biểu đơn giản nhất của nó: một đa thức với hệ số phức (thực) luôn có ít nhất một nghiệm phức.

Dưới đây ta xem xét một số áp dụng.

Ví dụ 1. Tìm tất cả các đa thức P x không hằng sao cho ( )

( ) ( 1) ( 2 1)

P x P x P x  x (1)

Giải. Giả sử  là nghiệm của P x( )0. Khi đó ²  1 cũng là nghiệm. Thay x bằng x1 trong (1), ta thấy rằng

( 1) ( ) ( 2 1)

P x P x P x  x Vì P( ) 0 nên ²  1 cũng là nghiệm của P x( )0.

Chọn  là nghiệm có module lớn nhất (nếu tồn tại vài nghiệm với module lớn nhất, ta chọn một trong số các nghiệm đó). Cách chọn  như vậy suy ra ²   1  và ²   1  vì cả ²  1và ²  1 đều là nghiệm của P x( )0.

Ta nhận xét rằng  0. Tiếp theo, ta có

2 2 2 2

2 (    1) (   1)      1     1 2

Vì dấu bằng xảy ra trong bất đẳng thức nên từ đây suy ra ²    1  ( ²  1) với một hằng số dương  nào đó. Hơn nữa từ tính lớn nhất của , ta còn suy ra

2 2

1 1

         . Như vậy  1 và ta có

2 1 ( 2 1)

        ,

suy ra   ² 1 0.

Từ đó   i và x²1 là thừa số của P x . Như vậy ta có thể viết ( )( ) P x dưới dạng ( ) ( 2 1)^m ( )

P x  x  Q x

trong đó Q x là đa thức không chia hết cho ( ) x²1, thế ngược trở lại vào phương trình (1), ta thấy Q x cũng thoả mãn ( )

( ) ( 1) ( 2 1)

Q x Q x Q x  x .

Nếu Q x( )0 lại có nghiệm thì lý luận trên đây suy ra nghiệm có module 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 của ( )( ) Q x , ta được c1. Như vậy lớp các đa thức thoả mãn phương trình (1) là P x( )(x²1)^m với m là một số nguyên dương nào đó.

Ví dụ 2. Tìm tất cả các P x sao cho ( )

( ) ( 1) ( )2

P x P x P x . Giải. Giả sử  là nghiệm của P x( )0.

Khi đó từ phương trình suy ra   ², ⁴, ⁸,... cũng là nghiệm của P x( )0. Từ đây suy ra rằng  0 hoặc  1, vì nếu ngược lại ta sẽ thu được dãy vô hạn các nghiệm của P x . Tương tự ( )  1 là nghiệm của P x và lý luận tương tự, ta cũng được ( )

1 0

   hoặc   1 1.

Giả sử rằng  1 và   1 1. Ta viết cosisin, ta thấy rằng 2 cos 1. Từ đây suy ra cos ¹

2 3

    hoặc ⁵ 3

   . Ta xét các trường hợp:

Giả sử 3

  . Xét ² cũng là nghiệm của P x( )0. Như vậy  ² 1 cũng là nghiệm

của P x( )0 và

2

2 2 2 2

1 cos 1 sin 3

3 3

 

        , mâu thuẫn vì mọi nghiệm của ( ) 0

P x  có module bằng 0 hoặc 1. Tương tự với trường hợp ⁵ 3

   .

Như vậy ta có thể kết luận rằng  1 hay   1 0. Từ đây P x có dạng ( ) (1 )

m n

cx x 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 P x( )x^m(1x)^m, trong đó m là một số tự nhiên.

Bài tập tương tự.

1. Tìm tất cả các đa thức P x thoả mãn điều kiện ( ) P x P x( ) (  1) P x( ²1). 2. Tìm tất cả các đa thức P x thoả mãn điều kiện ( ) P x P x( ) (2 ²x)P x(2 ³x). 3. Tìm tất cả các đa thức P x thoả mãn điều kiện ( ) P x P( ) ( x) P x( )² .

 Các bài toán về đa thức bất khả quy

Nghiệm phức của đa thức với hệ số nguyên, trong nhiều trường hợp là chìa khoá để chứng minh tính bất khả quy (trên và ) của đa thức đó. Chúng ta tìm hiểu các lý luận mẫu trong vấn đề này thông qua các ví dụ sau:

Ví dụ 1. (IMO 1993) Chứng minh rằng với mọi n1 đa thức xⁿ5x^n13 không thể phân tích thành tích của hai đa thức có bậc không nhỏ hơn 1 với hệ số nguyên.

Giải. Giả sử x x₁, ₂,...,x_nlà tất cả các nghiệm của đa thức P( )x  xⁿ 5x^n1 3. Khi đó ta có P x( )(x x ₁)(xx₂)...(xx_n). Suy ra 3 ( 1)ⁿx x_{1 2}...x_n. Với mỗi i thì:

1 1

5 3 0 3 5 , 1, 2, 3,...,

n n n

i i i i

x  x ^     x ^ x  i n (1)

Giả sử ngược lại rằng đa thức P x( ) khả quy, tức là P x( )Q x S x( ) ( ) với Q x( ), S x ( ) là các đa thức không hằng với hệ số nguyên. Thế thì rõ ràng Q x sẽ là tích của một ( ) số thừa số xx_i và S x( ) là tích của các thừa số còn lại. Không mất tính tổng quát, ta giả sử:

1 1

( ) ( )...( _k), ( ) ( _k )...( _n) Q x  xx xx S x  xx _ xx

Suy ra x x_{1 2}...x và _k x_k1...x_n là các số nguyên có tích là 3. Như vậy một số bằng 1 và một số bằng 3. Không mất tính tổng quát, giả sử x x_{1 2}...x_k 3 và x_k1...x_n 1.

Trong (1), cho i chạy từ 1 đến k rồi nhân vế theo vế, ta được

   

1 1

1 1

3^k x x_k ^n x  5 x_k5 3^n Q( 5) .

Suy ra k n 1. Như vậy S x( ) là nhị thức bậc nhất suy ra P x có nghiệm nguyên. ( ) Nhưng nghiệm nguyên của P x chỉ có thể là ( ) 1,1, 3, 3 . Kiểm tra lại thì chúng đều không là nghiệm, mâu thuẫn.

Điều này chứng tỏ điều giả sử là sai, tức là đa thức P x bất khả quy. ( )

Ví dụ 2. (Nhật Bản 1999) Chứng minh rằng đa thức

  

^{2 12}



^{2 22}



^{2 3 ...2}

 

^{2 2}



¹

f x  x  x  x  x n  .

không thể phân tích thành tích của 2 đa thức hệ số nguyên bậc lớn hơn hay bằng 1.

Giải. Giả sử ngược lại f x( )g x h x( ) ( ) với g x h x( ), ( ) là các đa thức với hệ số nguyên có bậc lớn hơn hay bằng 1.

Khi đó, để ý rằng f(ki)1 với k1, 2, 3,..., .n Ta có 1g ki h ki k( ) ( ),   1, 2,...,n.

Vì 1 chỉ có 4 cách phân tích thành tích của các số nguyên trong [ ]i là 1.1,( 1).( 1), (  i i),(i i) nên ta có với mọi ^{k  }



^{1, 2,...,n}



^thì



g ki h ki^{( ), ( )}

 

 (1, 1),( 1, 1),( ,   i i),(i i, )



.

Như vậy, trong mọi trường hợp, ta đều có g ki( )h ki( ) h( ki). Như thế, đa thức ( ) ( )

g x  h x có 2n nghiệm phân biệt, trong khi bậc của nó nhỏ hơn 2n. Vậy ta phải có g x( ) h( x) là đa thức hằng 0, tức là g x( )  h( x). Từ đó deg( )g deg( )h n. Vì f x là đa thức đơn khởi nên ta có thể giả sử ( ), ( )( ) g x h x đơn khởi. Khi đó đa thức

2( ) 2( )

g x h x có bậc nhỏ hơn 2n. Đa thức này có ít nhất 2n nghiệm ki với



1, 2,...,



k   n . Suy ra g x²( )h x²( )0. Ta không thể có g x( ) h x( ) vì g và h đơn khởi. Vậy ta phải có g x( )h x( ).

Như thế f x( )g x²( ). Từ đây suy ra



g(0)



² f(0)( !)n ²1. Điều này là không thể vì g(0) là số nguyên và n1.

Bài tập tương tự.

1. Chứng minh rằng đa thức P x( )xⁿ 4 khả quy trên [ ]x khi và chỉ khi n chia hết cho 4.

2. Cho đa thức f x thuộc ( )   x với f(0)0. Biết rằng f x có đúng một nghiệm ( )  (nghiệm đơn) với  1. Chứng minh rằng f x( ) bất khả quy.

 Bài toán về sự chia hết

Nếu đa thức P x chia hết cho đa thức ( ) Q x thì mọi nghiệm của ( ) Q x đều là ( ) nghiệm của P x . Tính chất đơn giản này là chìa khoá để giải nhiều bài toán về sự ( ) chia hết của đa thức. Chúng ta xem xét một số ví dụ.

Ví dụ 1. Với giá trị nào của n thì x²ⁿxⁿ1chia hết cho đa thức x² x 1.

Giải. Ta có 1 3 2 2

cos sin

2 i 2 3 i 3

      là nghiệm của Q x( )x² x 1. ( ) 2^{n n} 1

P x x x  chia hết cho Q x khi và chỉ khi ( )( ) P  0 (tại sao?) Điều này tương đương với

4 4 2 2

cos sin cos sin 1 0

3 3 3 3

2 2 2 2

cos (2 cos 1) 0 sin (2 cos 1) 0

3 3 3 3

2 cos2 1 0 3 1 3 2.

3

n n n n

i i

n n n n

n n k n k

   

   



    

     

        

Vậy với n3k1 hoặc n3k2thì P x chia hết cho ( )( ) Q x .

Trong ví dụ dưới đây, một lần nữa, căn của đơn vị lại đóng vai trò then chốt

Ví dụ 2. (USA MO 1976) Cho P x Q x R x S x( ), ( ), ( ), ( ) là các đa thức sao cho

5 5 2 5 4 3 2

( ) ( ) ( ) ( 1) ( )

P x xQ x x R x  x x x  x S x (1) Chứng minh rằng P x chia hết cho ( ) x1.

Giải. Đặt   e^{2i/ 5}thì  ⁵ 1. Thay x lần lượt bằng    , ², ³, ⁴, ta được các phương trình

     

     

     

     

2

2 4

3 6

4 8

1 1 1 0

1 1 1 0

1 1 1 0

1 1 1 0

P Q R

P Q R

P Q R

P Q R

 

 

 

 

  

  

  

  

Nhân các phương trình từ 1 đến 4 lần lượt với   , ²,³,⁴,ta được

     

     

     

     

2

2 4

4 3

3

4 2 3

1 1 1 0

1 1 1 0

1 1 1 0

1 1 1 0

P Q R

P Q R

P Q R

P Q R

  

  

  

  

 

 



 

 

 

 



 

Sử dụng 1  ²³⁴0 ta được 5 (1)P 0, tức là x1 ( )P x . Bài tập tương tự.

1. Với giá trị nào của n thì



^x1



^{n xn 1} chia hết cho x² x  1?

2. Cho f x( )x⁴x³x² x 1. Tìm số dư trong phép chia f x( )⁵ cho f x . ( )

3. Ứng dụng của số phức trong các bài toán số học và tổ hợp

 Giải phương trình Diophant

Vành các số nguyên Gauss   x và nói chung là các vành số nguyên đại số có những ứng dụng khá hiệu quả trong việc giải các bài toán về phương trình Diophant. ở đây ta thường dùng đến tính chất quen thuộc: nếu a b là các số nguyên (nguyên đại số) , nguyên tố cùng nhau và tích ab là luỹ thừa đúng bậc n thì a b kết hợp với một luỹ , thừa đúng bậc n .

Ví dụ 1. Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình x² 1  y³.

Giải. Ta có (xi x i)(  ) y³. Ta sẽ chứng minh hai số xi và x i là nguyên tố cùng nhau. Giả sử trái lại có số nguyên tố Gauss  sao cho  x ivà  x i. Suy ra

 x ido đó  2.

Suy ra N( ) N(2)4, suy ra N( ) chẵn. Vì N( ) N x(  i) x²1y³ nên y chẵn, do đó x lẻ và x² 1  y³chia hết cho 8. Nhưng x² 1 2 (mod 4). Ta có mâu thuẫn. Do đó, (xi x i,  ) 1. Như thế xi kết hợp với một lập phương nào đó.

Vì ^{  1}

 

^{1 ,3 i }

   

^{i 3,  i i3} nên chính xi là một lập phương.

     

   

3 3 2 2 3

2 2 2

2 2

3 3

3 ;1 3

1; 3 1

3 2 1 1 0, 1

x i a ib a ab i a b b

x a a b b a b

b a b

a

a b

      

    

  

 

 



 



Do đó x0,y1 là nghiệm duy nhất của phương trình đã nêu.

Ví dụ 2. Chứng minh rằng với mọi n , tồn tại các số nguyên



a b c với , ,

  

a b, 1 sao cho a²b²cⁿ.

Giải. Lấy x y, là hai số nguyên dương mà ( , )x y 1 và giả sử



^xiy



^{n a ib.}

Khi đó

           

2 2 n n 2 2 n

a b N a ib N xiy  N xiy  x y . Đặt cx²y² ta có a²b²cⁿ.

Bài tập tương tự.

1. Tìm tất cả các số nguyên dương ( , , )a b c phân biệt sao cho a b c theo thứ tự lập ², ², ² thành một cấp số cộng.

2. Chứng minh rằng một số nguyên dương n1 biểu diễn thành tổng của hai số chính phương khi và chỉ khi trong phân tích tiêu chuẩn của n các ước nguyên tố dạng 4k3 có luỹ thừa chẵn.

 Rút gọn một số tổng tổ hợp.

Căn nguyên thuỷ bậc n của đơn vị với tính chất cơ bản là 1^k^{k n1}0 với

 

^{k n, 1} có ứng dụng khá hiệu quả trong việc rút gọn các tổng tổ hợp. Ngoài ra công thức Euler e^ix cosxisinx có thể biến các tổng lượng giác thành các cấp số nhân hoặc công thức nhị thức.

Dưới đây chúng ta xem xét hai ví dụ tiêu biểu Ví dụ 1. Tính tổng

[ /3]

3 0 n

k n k

C



 ^.

Giải. Xét đa thức

0

( ) (1 )

n

n i i

n i

P x x C x



  



^{. Xét } là căn nguyên thuỷ bậc 3 của đơn vị, tức là ²   1 0thì ta có ^2k  ^k 1 0 khi k không chia hết cho 3 và bằng 3 nếu k chia hết cho 3. Vì thế

[ /3]

2 2 3

0 0

(1) ( ) ( ) (1 ) 3 .

n n

i i i k

n n

i k

P P  P  C   C

 

  



  



Cuối cùng, do ^P

  

^{1  1 1}



^n2n,

2

1 3 1 3

( ) (1 ( )) ( ) cos sin

2 2 2 2 3 3

1 3 1 3

( ) (1 ( )) ( ) cos sin

2 2 2 2 3 3

n n

n n

n n

P i i i

n n

P i i i

 



 



       

       

nên ta được tổng cần tìm bằng 2 2 cos( / 3) 3 .

n n

Ví dụ 2. Tính tổng

0

cos( )

n k n k

C kx



 ^.

Giải. Đặt

0 0

cos( ), cos( )

n n

k k

n n

k k

S C kx T C kx

 









thì ta có

0 0

2

(cos( ) sin( )) (1 )

(1 cos sin ) [2 cos (cos sin )] (2 cos ) (cos sin )

2 2 2 2 2 2

n n

k k ikx ix n

n n

k k

n n

S iT C kx i kx C e e

x x x x nx nx

x i x i i

 

     

      

 

Từ đó, ta được (2 cos ) cos .

2 2

x n nx S

Bài tập tương tự.

1. (IMO 1974) Chứng minh rằng số ²_{2 1}^{1 3}

0

2

n k k

n k

C ^_



 không chia hết cho 5 với mọi số nguyên n0.

2. Tính tổng

 

²

0

cos( )

n k

n n

k

s C kx







^{với x}  ^0;.

 Các bài toán đếm.

Số phức có những ứng dụng rất hiệu quả trong các bài toán đếm. Và vai trò trung tâm trong kỹ thuật ứng dụng số phức vào các bài toán đếm tiếp tục là căn nguyên thuỷ của đơn vị. Chú ý là nếu  là căn nguyên thuỷ bậc n của đơn vị thì ta có

i) 1  ...^n10.

ii) 1^k ...^{k n( 1)}0với

 

^{k n, 1.}

Đây chính là tính chất quan trọng của căn nguyên thuỷ thường được sử dụng.

Ví dụ 1. (Chọn đội tuyển PTNK 2009) Tìm số tất cả các số có n chữ số lập từ các chữ số 3, 4, 5, 6 và chia hết cho 3.

Giải. Gọi C_n là số các số có n chữ số lập từ các chữ số 3, 4, 5, 6 và chia hết cho 3.

Gọi  là một nghiệm của phương trình ² ⁴  ³  . Khi đó  ³ 1 và

2^{k k} 1 0

    nếu k không chia hết cho 3 và bằng 3 nếu k chia hết cho 3.

Xét đa thức ^{P x}

 

^



^{x3x4x5x6}



^{n. Dễ thấy} Cn chính là bằng tổng các hệ số của các số mũ chia hết cho 3 trong khai triển của P x . Nói cách khác, nếu ( )

6

0

( )

n k

k k

P x a x







^{thì 2} 3

0

.

n

n k

k

c a







Mặt khác ta có

6 2

2 2

3

0 0

(1) ( ) ( ) (1 ) 3

n n

k k

k k

k k

P P  P  a   a

 

  



  



^.

Cuối cùng, do P

 

1 4 ,ⁿ P( ) P(²)1 nên ta có

2 3 0

4 2

3 .

n n

n k

k

c a







 

Ví dụ 2. (IMO 1995) Cho p là một số nguyên tố lẻ. Tìm số các tập con p phần tử của tập hợp



^{1, 2, , 2p}



, biết rằng tổng các phần tử của tập này chia hết cho p.

Giải. Xét đa thức P x

 

x^p1x^p2 x 1. Đa thức này có p1 nghiệm phức phân biệt. Gọi



b a d c



 

 

t d a c b t







, 0 là một nghiệm bất kỳ của P x . ( ) Chú ý rằng  , ², ,^p1 là p1 nghiệm phân biệt của P x và ( ) ^p11.

Do đó, theo định lý Viette, x^p1  1 (x )(x²) ( x ^p1) Xét đa thức Q x

 

(x)(x²) ( x ^2p) và gọi

 



^{1, 2, , 2 :}



H A  p A p . Giả sử

2

0

( )

p i i i

Q x a x







^{. Khi đó} p ^{S A( ); ( )}

A H x A

a  S A x

 

 







^.

Ta có ^{Q x}

 

^



^xp1



^{2, suy ra} ap  ² nên

1

0

2

p i i i

n







 ^(*).

Xét đa thức

1

0 1

( ) 2

p i i i

R x n x n









  ^.

Từ đẳng thức (*) suy ra  là một nghiệm của R. Vì degPdegR và  là một nghiệm bất kỳ của P nên P và R chỉ sai khác nhau hằng số nhân. Từ đó

1 2 1 0 2,

p p

n_ n_ n n  suy ra

1 2 1 0 2

0

... 2 2

2

p

p p p

n n n n C

n p p

       

  

Vậy đáp số của bài toán là ₀ ² 2

2 .

p

C p

n p

  

Ví dụ 3. (Rookie Contest 1999) Cho n là số nguyên tố và a a₁, ,₂ , a_m là các số nguyên dương. Gọi f k là số các bộ ( ) m số (c c₁, ,₂ ,c_m) thoả mãn điều kiện

0 c_i a_i và

1

(mod )

m i i

c k n





 . Chứng minh rằng ^f

 

^{0  f}

 

^{1  f n}



^1



^{khi và}

chỉ khi n a với j nào đó thuộc 1, 2,| _j { , m}. Giải. Xét cos² isin²

n n

 

   . Chú ý rằng hệ thức sau đúng

1 2 ...

2

1 1

( ... ⁱ) ⁿ

i i

m a c c c

i c a

X X X X ^{  }

  

   





^và

1 ...

1 1 1

(0) (1) ... ( 1) ⁿ ( ... ⁱ)

i i

c c m a

n

c a i

f f  f n  ^  ^{ }  

  

    







  ^.

Từ đây suy ra f

 

0  f

 

1  f n



1



khi và chỉ khi

 

0 f

 

1 e f



1



^{n 1} 0

f   n e ^  .

Điều này tương đương với

1

( ... ⁱ) 0,

m a

i

 



  



^{tức là  ... aj 0 với j nào đó}

thuộc {1, 2,, m}. Từ đây suy ra   ^aj 1 0, tức là n a . | _j

Bài tập tương tự.

1. (Cuộc thi Traian Lalescu - Romania, 2003),Có bao nhiêu số có n chữ số chọn từ tập hợp



^{2, 3,7,9}



và chia hết cho 3?

2. Cho ba số nguyên dương m n p, , trong đó ^{m1,n 2 0}



^modm



. Tìm số bộ

1, 2, , )

(x x  x_p gồm p số nguyên dương sao cho tổng (x₁x₂x_p) chia hết cho m , trong đó mỗi số x x₁, ₂,,x_pđều không lớn hơn m .

3. (IMO 2007 Shorlist) Với số nguyên dương n1xét ^S



^{1, 2, 3,,n}



. Tô các số của S bằng 2 màu, u số màu đỏ và v số màu xanh. Hãy tính số các bộ



x y z thuộc ^{, ,}



S sao cho 3

a) x y z, , được tô cùng màu;

b) x y z chia hết cho n .

4. (Vietnam TST 2008, bài 6) Ký hiệu M là tập hợp gồm 2008 số nguyên dương đầu tiên. Tô tất cả các số thuộc M bởi ba màu xanh, vàng, đỏ sao cho mỗi số được tô bởi một màu và mỗi màu đều được dùng để tô ít nhất một số. Xét các tập hợp



³



1 ( , , )

S  x y z M với x y z, , cùng màu và x  y z 0(mod 2008).



³



1 ( , , )

S  x y z M với x y z, , đôi một khác màu và x  y z 0(mod 2008).

Chứng minh rằng 2 S₁ S₂ .

(M ký hiệu tích Đề-các ³ M M M  và X ký hiệu số phần tử của tập hữu hạn X).

 Số phức và n giác đều

Căn bậc n của 1 là các số phức có biểu diễn trên mặt phẳng toạ độ là đỉnh của một n-giác đều. Tính chất đơn giản này có thể sử dụng để giải nhiều bài toán liên quan đến n giác đều.

Ví dụ 1. (Romania 1997) Cho n2là một số nguyên và f :²là một hàm số sao cho với mọi n-giác đều A A_{1 2}A_n, ta có

 

₁

 

₂

 

_n 0 f A f A  f A  chứng minh rằng f A

 

0 với mọi A thuộc ².

Giải. Ta đồng nhất ² với mặt phẳng phức và đặt   e^{2i n/} . Khi đó điều kiện đề bài chính là với mọi số phức z và số thực t

1

( ) 0.

n j

j

f z t



 



Từ đó, như những trường hợp riêng, ta có với mọi k1, 2,,n thì

1

( ) 0.

n k j

j

f z  



  



Cộng các đẳng thức này lại, ta được

1 1

( (1 ) ) 0.

n n

m k

m k

f z  

 

  



Với mn tổng trong bằng nf z ; với các ( ) m khác, tổng trong lại chạy qua đỉnh của n-giác đều, do đó bằng 0.

Vậy f z( )0 với mọi z.

Ví dụ 2. (Balkan MO 2001)

Một ngũ giác lồi có các góc bằng nhau và có các cạnh là các số hữu tỷ. Chứng minh rằng ngũ giác đó đều.

Giải. Ta dùng số phức. Giả sử đỉnh của đa giác lồi là các số phức v v₁, ₂,...,v₅. Đặt z₁v₂v z₁, ₂v₃v z₂, ₃ v₄v z₃, ₄ v₅v z₄, ₅  v₁ v₅.

Khi đó ta có z₁z₂ z₃ z₄z₅0.

Đặt w_iz_i /z₁. Ta có w₁1, và w₁w₂w₃w₄w₅0. Vì ngũ giác lồi có các góc bằng nhau, ta có (đánh số lại nếu cần), w₂a₂,w₃ a₃²,w₄ a₄³,w₅a₅⁴, trong đó  e^2i/5 và mọi a_i là hữu tỷ. Như vậy,  là nghiệm của đa thức với hệ số hữu tỷ 1a₂a₃²a₄³a₅⁴0.

Nhưng đa thức tối tiểu của  trên Q x là [ ] 1  ²³⁴0.

Từ đó, ta có a₂a₃a₄ a₅1, tức là w_i 1, suy ra z_i  z i₁ , 2, 3, 4, 5, nghĩa là ngũ giác là đều.