Tài liệu Đa Thức - Chuỗi lũy thừa và vận dụng trong toán sơ cấp - GS Đàm Văn Nhỉ

ĐA THỨC-CHUỖI LŨY THỪA và Vận dụng trong Toán sơ cấp Đàm Văn Nhỉ ĐHSP Hà Nội Ngày 18 tháng 03 năm 2010 Mục lục 1 Vành đa thức 1.1 Vành đa thức và nghiệm đa thức . . . . . . . . . 1.1.1 Khái niệm vành đa thức . . . . . . . . . . 1.1.2 Nghiệm đơn và nghiệm bội . . . . . . . . . 1.2 Tính đóng đại số của trường C . . . . . . . . . . 1.2.1 Số phức và trường C . . . . . . . . . . . . 1.2.2 Tính đóng đại số của trường C . . . . . . 1.3 Công thức nội suy đa thức . . . . . . . . . . . . . 1.3.1 Một vài chặn trên cho nghiệm đa thức . . 1.3.2 Công thức nội suy đa thức . . . . . . . . . 1.4 Đa thức bất khả quy . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4.1 Tính chất bất khả quy . . . . . . . . . . . 1.4.2 Đa thức bất khả quy trên C và trên R . . 1.4.3 Đa thức bất khả quy trên Q . . . . . . . . 1.4.4 Bất khả quy modulo p . . . . . . . . . . . 1.5 Tính chia hết của đa thức đặc biệt . . . . . . . . 1.6 Số đại số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6.1 Bao đóng nguyên của vành . . . . . . . . . 1.6.2 Số đại số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6.3 Chuẩn và vết . . . . . . . . . . . . . . . . 1.7 Phân thức hữu tỷ . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.7.1 Phân thức hữu tỷ đơn giản . . . . . . . . . 1.7.2 Giải hệ phương trình và tính một vài tổng 1.8 Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 7 7 9 11 11 13 18 18 20 24 24 25 27 36 43 47 47 52 56 59 59 63 67 2 Vành các chuỗi lũy thừa hình thức 71 2.1 Vành các chuỗi lũy thừa hình thức . . . . . . . . . . . 71 1 2 2.2 2.3 2.4 2.5 2.6 2.7 2.8 2.9 Hàm sinh thường, dãy Fibonacci, dãy Catalan . . . . Làm mất độ phức tạp của dãy truy hồi . . . . . . . . Hàm sinh mũ và dãy số Stirling . . . . . . . . . . . . Hàm sinh của dãy các đa thức Bernoulli . . . . . . . Tích vô hạn, hàm sinh Dirichlet, Zeta-Riemann . . . Đồng nhất thức Newton . . . . . . . . . . . . . . . . Một vài đồng nhất thức qua hệ phương trình . . . . . Chuỗi lũy thừa đặc trưng . . . . . . . . . . . . . . . . 2.9.1 Phân hoạch số nguyên dương . . . . . . . . . 2.9.2 Đa thức đối xứng tối tiểu . . . . . . . . . . . 2.9.3 Đa thức với trọng số . . . . . . . . . . . . . . 2.9.4 Nghiên cứu đa thức Bernoulli và đa thức Todd 2.10 Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Một vài ứng dụng 3.1 Đa thức bậc n > 2 với bất đẳng thức . . . . . . . . 3.2 Vận dụng trong Số học . . .√. . . . . . . . . . . . . √ √ 3.2.1 Chuẩn trong vành Z[ d] và Z[ p, q] . . . 3.2.2 Tồn tại nghiệm nguyên . . . . . . . . . . . . 3.3 Vận dụng trong Hình học sơ cấp . . . . . . . . . . . 3.3.1 Đa thức bậc ba liên quan đến tam giác . . . 3.3.2 Đồng nhất thức-Bất đẳng thức Ptolemy . . 3.3.3 Bất đẳng thức Hayashi cho đa giác . . . . . 3.3.4 Bất đẳng thức (M, N ) . . . . . . . . . . . . 3.4 Tiêu điểm và đường chuẩn của côníc . . . . . . . . 3.4.1 Khái niệm đồ thị phẳng . . . . . . . . . . . 3.4.2 Tiêu điểm và đường chuẩn . . . . . . . . . . 3.4.3 Tham số hóa một vài đường . . . . . . . . . 3.4.4 Đồng nhất thức cho đa giác nội tiếp parabôl 3.4.5 Phép biến hình Nab . . . . . . . . . . . . . . 3.4.6 Đồng nhất thức cho đa giác nội tiếp ellíp . . 3.4.7 Đồng nhất thức cho đa giác nội tiếp hypebôl 3.5 Dựng hình bằng thước kẻ và com pa . . . . . . . . 3.5.1 Vấn đề đại số về dựng hình [32] . . . . . . . 3.5.2 Một số bài toán cổ điển về dựng hình . . . . 3.6 Vận dụng vào tổ hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77 82 92 98 104 114 119 129 129 130 131 134 134 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137 137 138 138 141 150 150 175 180 181 188 188 191 194 200 202 204 207 209 209 211 213 3 3.7 3.8 3.6.1 Ký hiệu hình thức và chuyển đổi ngược 3.6.2 Phương pháp hệ phương trình . . . . . 3.6.3 Vận dụng số phức . . . . . . . . . . . . Vận dụng vào biểu diễn trong đại số . . . . . 3.7.1 Xây dựng thể quaternion . . . . . . . . 3.7.2 Biểu diễn dạng bậc hai thành tích . . . Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213 219 239 242 242 244 247 Lời nói đầu Mọi việc đều trôi qua, chỉ chân lý còn tồn tại (Tục ngữ Nga) Với Bài giảng này, chúng tôi muốn cung cấp cho các thầy cô giáo, học viên cao học, sinh viên và các em học sinh giỏi những kiến thức tối thiểu về vành đa thức, chuỗi lũy thừa hình thức cũng như một vài vận dụng của chúng vào việc xây dựng và giải một số bài toán Hình học, Lượng giác, Số học và Đại số sơ cấp. Nói đến Đại số sơ cấp là người ta thường nói đến phương trình, hệ phương trình, bất đẳng thức. Một mảnh đất đã được cày xới nhiều lần và quá sâu qua năm tháng. Để có thể tiếp cận mảnh đất ấy theo cách mới, chúng tôi đã sử dụng vành đa thức, trường C, kết thức, khai triển đa thức và chuỗi lũy thừa hình thức. Vành đa thức được xây dựng một cách tổng quát, tránh được sự khác biệt vai trò giữa x và các hệ số thuộc đa thức. Trường C được chứng minh là đóng đại số để khi giải quyết những vấn đề liên quan tới phương trình chúng ta sẽ có nghiệm của nó. Với khái niệm phần tử đại số, ta dễ dàng chỉ ra x là phần tử siêu việt trên trường cơ sở √ K. Từ khái niệm vành, chúng ta có vành thương, đặc biệt là vành Z[ d], và từ đó đã có thể xét được nhiều bài toán nghiệm nguyên. Với vành các chuỗi lũy thừa hình thức, chúng ta xây dựng hàm sinh thường, hàm sinh mũ. Từ đó, ta có thể giải quyết dãy số và Giải tích tổ hợp. Ta 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 đoạn với độ lớn góc giữa chúng. Một trong những vấn đề được nhiều người quan tâm là hệ thức liên hệ hay giá trị lớn nhất-nhỏ nhất giữa các yếu tố trong tam giác. Phát hiện ra kết quả mới và tổng quát hóa bài hình đã biết là một trong số những vấn đề 4 5 hấp dẫn đối với nhiều người. Nhưng làm thế nào để có kết quả mới và tổng quát hóa như thế nào? Do vậy, giáo trình đặt vấn đề: Xây dựng một số đồng nhất thức, bất đẳng thức và mở rộng một vài kết quả trong Hình học Sơ cấp. Phần tiếp theo là Số học. Tuy đã có từ lâu đời, nhưng nó lại là lĩnh vực đã và đang sản sinh ra nhiều bài toán đơn giản trong phát biểu, nhưng quá khó khi giải hoặc chưa có câu trả lời. Hơn nữa, Số học còn được ứng dụng nhiều trong lĩnh vực bảo mật thông tin. Do vậy, phương trình nghiệm nguyên và dãy các số nguyên đang được nhiều người quan tâm. Làm thế nào để xây dựng bài toán về số nguyên không quá tầm thường? Trong số các phương pháp được sử dụng, đặc biệt trong Lý thuyết Tổ hợp, chúng tôi xét hàm sinh thường và hàm sinh mũ. Từ đó, ta tìm công thức đóng của dãy và tính tổng vô hạn. Các bạn sẽ gặp khó khăn khi muốn trả lời cho câu hỏi về cách thức xây dựng bài toán sơ cấp. Bài giảng với ba chương dưới đây có thể giúp ta tự phát hiện ra những kết quả và dần trả lời câu hỏi trên. (1) Vành đa thức. (2) Vành các chuỗi lũy thừa hình thức. (3) Một vài ứng dụng. Chương 1 giới thiệu vành đa thức, đa thức bất khả quy, tiêu chuẩn chia hết của đa thức đặc biệt, kết thức, phép khử, tính đóng đại số của trường C. Từ đó, ta suy ra điều kiện có nghiệm chung của các đa thức và sự phân tích đa thức thành tích các nhân tử bất khả quy trong R[x]. Chương 2 trình bày chuỗi lũy thừa hình thức. Sau khi chứng minh Mệnh đề 2.1.1 chúng tôi đã giới thiệu việc biểu diễn thành chuỗi của một số hàm và sử dụng hàm sinh thường hoặc hàm sinh mũ để xét một số dãy số. Chúng tôi trình bày công thức chuyển đổi ngược để xét tính chất đặc biệt của dãy Fibonacci và dãy Lucas. Ngoài ra, trong chương chúng tôi cũng đã xét hàm Zeta-Riemann và tổng, tích vô hạn. Chương 3 trình bày một số ứng dụng các kết quả đạt được từ Chương 1 và Chương 2 vào nghiên cứu toán sơ cấp. Các bạn sẽ thấy cách vận dụng tam thức bậc hai hoặc đa thức bậc cao, khái niệm số đại số, 6 vành thương, phân thức hữu tỷ, số phức để nghiên cứu một số vấn đề thuộc toán sơ cấp một cách bài bản. Do khuôn khổ cuốn bài giảng nên chúng tôi chỉ trình bày những gì cốt lõi, cần thiết nhất về đa thức và vành các chuỗi lũy thừa hình thức đủ để vận dụng xây dựng một số bài toán sơ cấp và giải một số bài thi học sinh giỏi cấp quốc gia hoặc quốc tế. Các bạn hãy coi toán sơ cấp như một dòng sông tuôn chảy ra biển khơi, không bao giờ cạn. Dù có bận việc gì hay say mê một lĩnh vực khoa học nào đó, bạn hãy dành chút thời gian nghiên cứu dòng sông ấy để trở lại tuổi học trò chơi vơi nhiều thứ-bơi lại dòng sông quê, một thời đáng nhớ, và phát hiện ra kết quả mới dành làm quà tặng cho thế hệ con cháu đi sau. Theo chúng tôi nghĩ, cuốn giáo trình rất hữu ích đối với sinh viên, học viên cao học, các thầy cô giáo và các em học sinh giỏi toán. Về ký hiệu: N được ký hiệu cho tập các số tự nhiên. N∗ được ký hiệu cho tập các số tự nhiên dương. Z được ký hiệu cho vành các số nguyên. Q được ký hiệu cho trường các số hữu tỷ. R được ký hiệu cho trường các số thực. C được ký hiệu cho trường các số phức. K được ký hiệu cho một trong ba trường Q hoặc R hoặc C. Xin kết thúc lời nói đầu bằng hai câu căn dặn của nhiều bậc vĩ nhân: Làm việc là cội rễ của mọi chiến thắng Khát vọng vươn lên là mục đích của cuộc sống Hà Nội, ngày 18 tháng 03 năm 2010 Đàm Văn Nhỉ Chương 1 Vành đa thức Chương này tập trung nghiên cứu vành đa thức và một số bài toán liên quan. Đây là phần trọng tâm của Đại số sơ cấp. Khi xét đa thức, ta thường quan tâm đến nghiệm, tính bất khả quy và biểu diễn thành tích các nhân tử. Ta bắt đầu bằng việc nhắc lại một vài khái niệm. 1.1 1.1.1 Vành đa thức và nghiệm đa thức Khái niệm vành đa thức Giả sử R là vành giao hoán với đơn vị 1. Ký hiệu P ⊂ RN là tập tất cả các dãy f = (a0 , a1 , . . . , an , 0, 0, . . .) với các ai ∈ R và chỉ có một số hữu hạn thành phần khác 0, còn lại tất cả bằng 0. Như vậy phần tử thuộc P hoặc có dạng (0, 0, . . . , 0, 0, . . .) hoặc (a0 , a1 , . . . , an , 0, 0, . . .) với thành phần cuối cùng an 6= 0. Ta đưa phép toán vào P để biến P thành một vành. Với f = (a0 , . . . , an , 0, . . .), g = (b0 , . . . , bm , 0, . . .) ∈ P, ta định nghĩa: f = g khi và chỉ khi ai = bi , i = 0, 1, 2, . . . f + g = (a0 + b0 , a1 + b1 , . . . , ak + bk , . . . , 0, . . .) f.g = (a0 b0 , a1 b0 + a0 b1 , a2 b0 + a1 b1 + a0 b2 , . . . , 0, . . .). Bổ đề 1.1.1. Tập (P, +, .) là một vành giao hoán với đơn vị (1, 0, 0, . . .) và ánh xạ φ : R → (P, +, .), a 7→ (a, 0, 0, 0, . . .), là một đơn cấu. 7 8 Đặt x = x1 = (0, 1, 0, 0, . . .) và quy ước x0 = (1, 0, 0, . . .). Ta biểu diễn x0 x x2 x3 ··· f = = = = = = = = (1, 0, 0, . . .) (0, 1, 0, 0, . . .) (0, 0, 1, 0, . . .) (0, 0, 0, 1, . . .) ··· (a0 , a1 , . . . , an , 0, 0, . . .) (a0 , 0, 0, . . .) + (0, a1 , 0, . . .) + · · · + (0, 0, 0, . . . , 0, an , 0, . . .) (a0 , 0, . . .)x0 + (a1 , 0, . . .)x + · · · + (an , 0, 0, . . .)xn . Nếu đồng nhất a ∈ R với ảnh φ(a) = (a, 0, 0, . . .), x0 = (1, 0, 0, . . .) = φ(1) ta có biểu diễn f = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + · · · + an xn . Lúc này vành (P, +, .) được ký hiệu qua R[x] và ta có 2 n R[x] = {a0 + a1 x + a2 x + · · · + an x | ai ∈ R} = n X ai xi | ai ∈ R . i=0 Mỗi phần tử f ∈ R[x] được gọi là một đa thức của x với các hệ số ai thuộc vành R. Hệ số an 6= 0 được gọi là hệ số cao nhất, còn hệ số a0 được gọi là hệ số tự do của f ; n được gọi là bậc của đa thức f và được ký hiệu deg f (x). Riêng đa thức 0 được quy định có bậc là −∞ hoặc −1. Vì tính chất đặc biệt của x, xem Hệ quả 1.6.15, nên đôi khi ta gọi x là một biến trên R và đa thức f còn được viết qua f (x). Hơn nữa, x m n P P i và a ∈ R là bình đẳng. Nếu f (x) = ai x , g(x) = bi xi ∈ R[x] thì i=0 i=0 f (x) = g(x) khi và chỉ khi m = n, ai = bi với mọi 0 6 i 6 n i X XX i f (x) + g(x) = (ai + bi )x , f (x)g(x) = ( ai−j bj )xi . i=0 i=0 j=0 Ta có các kết quả sau đây: Định lý 1.1.2. R[x] là một vành giao hoán. Hơn nữa, R[x] còn là một miền nguyên. 9 Định lý 1.1.3. Với các đa thức f (x), g(x) ∈ R[x] và g(x) 6= 0 có hai đa thức duy nhất q(x), r(x) sao cho f (x) = q(x)g(x) + r(x) với deg r(x) < deg g(x). Chứng minh: Ta chứng minh tính duy nhất của q(x) và r(x) : Giả sử f (x) = g(x)q 0 (x) + r0 (x), với deg r0 (x) < deg g(x). Khi đó 0 = g(x)(q(x) − q 0 (x)) + r(x) − r0 (x) hay g(x)(q(x) − q 0 (x)) = r0 (x) − r(x). Vì deg[r0 (x) − r(x)] < deg g(x) nên r(x) = r0 (x) và q(x) = q 0 (x). Tiếp theo, ta chỉ ra sự tồn tại của biểu diễn: Nếu deg g(x) > deg f (x) thì f (x) = 0.g(x) + f (x). Nếu deg f (x) > deg g(x) thì ta dễ dàng chọn được một đa thức h(x) sao cho f1 (x) = f (x) − g(x)h(x) thỏa mãn deg f1 (x) < deg f (x). Nếu deg f1 < deg g thì ta đã có q(x) = h(x) và r(x) = f1 (x). Nếu deg f1 (x) > deg g(x) thì lặp lại quá trinh vừa rồi. Sau một số hữu hạn lần ta sẽ có được thương hụt q(x) và dư r(x). 1.1.2 Nghiệm đơn và nghiệm bội Giả sử trường K là trường con của trường K ∗ . Với α ∈ K ∗ và đa thức n n P P i f (x) = ai x ∈ K[x]. Biểu thức f (α) = ai αi ∈ K ∗ được gọi là i=0 i=0 ∗ giá trị của f (x) tại α trong K . Nếu f (α) = 0 thì α được gọi là một nghiệm của f (x) trong K ∗ . Giả sử số nguyên m > 1. Phần tử α ∈ K ∗ được gọi là một nghiệm bội m của f (x) trong K ∗ nếu f (x) chia hết cho (x − α)m và f (x) không chia hết cho (x − α)m+1 trong K ∗ [x]. Khi m = 1 thì α được gọi là nghiệm đơn. Định lý 1.1.4. Đa thức f (x) ∈ K[x] bậc n > 1. Khi đó có kết quả: (i) Nếu α ∈ K là nghiệm của f (x) thì f (x) = (x − α)g(x) với đa thức g(x) ∈ K[x]. (ii) f (x) có không quá n nghiệm phân biệt trong K. √ √ Ví dụ 1.1.5. Số α = 2 + 5 ∈ R, α ∈ / Q. α là một nghiệm đơn của 4 2 đa thức x − 14x√ + 9√∈ Q[x]. Đa thức x4 − 14x2 + 9 là bất khả quy trong Q[x], nên 2 + 5 là số vô tỷ. Trong R[x] ta có sự phân tích √ √ √ √ √ √ √ √ x4 −14x2 +9 = (x− 2− 5)(x+ 2+ 5)(x− 2+ 5)(x+ 2− 5). Mệnh đề 1.1.6. Với hai hàm f và g ta luôn có 10 (i) (f + g)0 = f 0 + g 0 , (f g)0 = f 0 g + g 0 f. (ii) α là một nghiệm bội m của f khi và chỉ khi f (α) = f 0 (α) = · · · = f (m−1) (α) = 0, còn f (m) (α) 6= 0. Mệnh đề 1.1.7. [Leibniz] Với hai đa thức (hàm) f và g ta có công n
(n−i) (i) P n thức tính đạo hàm cấp n của tích f g qua (f g)(n) = g . i f i=0 Chứng minh: Dễ dàng chỉ ra kết quả bằng quy nạp theo n. Ví dụ 1.1.8. Với tất cả các số ai , bj phân biệt, giải hệ phương trình:  x x2 xn 1  + + · · · + =1   a − b a − b a − b  1 1 1 2 1 n    x1 + x2 + · · · + xn = 1 a2 − b 1 a2 − b 2 a2 − b n   ...    x2 xn x1   + + ··· + = 1. an − b1 an − b2 an − bn Bài giải: Đặt g(x) = (x − b1 )(x − b2 ) . . . (x − bn ) và xét đa thức bậc g(x) g(x) g(x) + x2 + · · · + xn − g(x). Hệ số n sau đây: f (x) = x1 x − b1 x − b2 x − bn cao nhất của f (x) bằng -1 và từ f (ai ) = 0 với mọi i ta suy ra f (x) = −(x − a1 )(x − a2 ) . . . (x − an ). Cho x → bi ta được f (bi ) = xi g 0 (bi ). f (bi ) Vậy xi = 0 với mọi i. g (bi ) Ví dụ 1.1.9. Với các số α1 , α2 , . . . , αn thỏa mãn bất đẳng thức α1r + 1 α2r + · · · + αnr > 0 cho mọi r ∈ N. Khi đó hàm số f (x) = Q n (1 − αi x) i=1 được xác định trong lân cận của điểm 0. Chứng minh rằng, f (r) (0) > 0 với mọi r ∈ N. Bài giải: Trong lân cận đủ nhỏ của điểm 0 ta thấy ngay 1 − αi x > 0 n P với i = 1, 2, . . . , n. Ta sẽ có ln f (x) = − ln(1 − αi x) và ta nhận i=1 n
0 P f 0 (x) αi được = ln f (x) = = g(x). Từ đây suy ra f 0 (x) = f (x) i=1 1 − αi x 11 f (x)g(x). Dễ dàng kiểm tra f 0 (0) = α1 + α2 + · · · + αn > 0 và mỗi n P αis+1 đạo hàm cấp s của g(x) tại x là g (s) (x) = s! . Đặc biệt s+1 (1 − α x) i i=1 n P g (s) (0) = s! αis+1 > 0 theo giả thiết. Theo Công thức Leibniz, Mệnh i=1 đề 1.1.7, ta nhận được f (s) (x) = s P j=0 ta có hệ thức f (s) (0) = s P j=0
s−1 j s−1 j
g (j) (x)f (s−1−j) (x). Với x = 0 g (j) (0)f (s−1−j) (0) hay hệ thức liên hệ:  X s  n  X s − 1 j+1 (s) f (s−1−j) (0). f (0) = j! αi j j=0 i=1 0 n P αi > 0 nên bằng quy nạp theo s ta nhận  s n
 P P j+1 s−1 (s) được bất đẳng thức f (0) = j! αi f (s−1−j) (0) > 0. j Vì f (0) = 1 > 0 và f (0) = i=1 j=0 1.2 1.2.1 i=1 Tính đóng đại số của trường C Số phức và trường C Xét Tích Carte T = R × R = {(a, b)|a, b ∈ R} và đưa ra định nghĩa: (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 phép nhân: (i) Với i = (0, 1) ∈ T có i2 = i.i = (0, 1)(0, 1) = (−1, 0) (ii) (a, b)(1, 0) = (a, b) = (1, 0)(a, b) (iii) (a, b) = (a, 0) + (0, b) = (a, 0) + (b, 0)(0, 1), ∀ (a, b) ∈ T. Ký hiệu C là tập T cùng các phép toán đã nêu ra. Ta có kết quả sau: Bổ đề 1.2.1. Ánh xạ φ : R → C, a 7→ (a, 0), là một đơn ánh và nó thỏa mãn φ(a+a0 ) = φ(a)+φ(a0 ), φ(aa0 ) = φ(a)φ(a0 ) với mọi a, a0 ∈ R. 12 Đồng nhất (a, 0) ∈ C với a ∈ R. Khi đó có thể viết (a, b) = (a, 0) + (b, 0)(0, 1) = a + bi với i2 = (−1, 0) = −1. Do đó i hay a hoặc a + bi là bình đẳng trong C. Như vậy C = {a + bi|a, b ∈ R, i2 = −1} và trong C có kết quả sau: a + bi = c + di khi và chỉ khi a = c, b = d a + bi + c + di = a + c + (b + d)i (a + bi)(c + di) = ac − bd + (ad + bc)i. Mỗi phần tử z = a+bi ∈ C được gọi là một số phức với phần thực a, ký hiệu 0, ta luôn có z1 |z1 | |= và |z1 + z2 | 6 |z1 | + |z2 | z2 |z2 | 

 (ii) z1 z2 = r1 r2 cos α1 + α2 + i sin α1 + α2

 z1 r1  (iii) = cos α1 − α2 + i sin α1 − α2 khi r > 0. z2 r2
n
n Ví dụ 1.2.5. Với a + bi = x + iy có a2 + b2 = x2 + y 2 .
n
n Bài giải: Từ a +
bi = x + iy suy ra a − bi = x − iy . Như vậy n a2 + b2 = x2 + y 2 . (i) |z1 z2 | = |z1 ||z2 |, | Ví dụ 1.2.6. [Euler] Với x1 , x2 , x3 , x4 , y1 , y2 , y3 , y4 ∈ R ta luôn có (x21 + x22 + x23 + x24 )(y12 + y22 + y32 + y42 ) = u21 + u22 + u23 + u24 ,   u1 = x1 y1 − x2 y2 − x3 y3 − x4 y4    u = x y + x y + x y − x y 2 1 2 2 1 3 4 4 3 và suy ra bất đẳng thức trong đó  u = x y − x y + x y + x y 3 1 3 2 4 3 1 4 2    u = x y + x y − x y + x y 4 1 4 2 3 3 2 4 1 u21 + u22 + u23 + u24 > (x1 y1 + x2 y2 + x3 y3 + x4 y4 )2 . Chứng minh: Đặt z1 = x1 + ix2 , z2 = x3 + ix4 , z3 = y1 + iy2 và z4 = y3 +iy4 . Ta có thể biểu diễn T = (x21 +x22 +x23 +x24 )(y12 +y22 +y32 +y42 ) = (z1 z1 + z2 z2 )(z3 z3 + z4 z4 ) = z1 z3 z1 z3 + z2 z3 z2 z3 + z1 z4 z1 z4 + z2 z4 z2 z4 . Như vậy T = u21 + u22 + u23 + u24 . 1.2.2 Tính đóng đại số của trường C Bây giờ ta sẽ chỉ ra rằng, mọi đa thức bậc dương thuộc C[x] đều có nghiệm trong C. Đó chính là nội dung Định lý cơ bản của đại số. Người đầu tiên chứng minh định lý này là nhà toán học C. Gauss (1777-1855). Định nghĩa 1.2.7. Trường K được gọi là một trường đóng đại số nếu mọi đa thức bậc dương thuộc K[x] đều có nghiệm trong K. 14 Như vậy, trong K[x] mọi đa thức bậc dương đều phân tích được thành tích các nhân tử tuyến tính khi K là một trường đóng đại số. Định lý 1.2.8. [d’Alembert-Gauss, Định lý cơ bản của đại số] Mọi đa thức bậc dương thuộc C[x] đều có ít nhất một nghiệm thuộc C. Đôi khi để tìm mối liên hệ giữa các nghiệm hay một tính chất nào đó của nghiệm đa thức ta thường xét bài toán trên C và sử dụng kết quả: Định lý 1.2.9. [Viét] Giả sử x1 , . . . , xn là n nghiệm của đa thức bậc n : f (x) = xn − δ1 xn−1 + δ2 xn−2 − · · · + (−1)n δn . Ta có các hệ thức   δ1 = x1 + x2 + · · · + xn    δ = x x + x x + · · · + x x 2 1 2 1 3 n−1 n  ···    δ = x x . . . x . n 1 2 n Chứng minh: Từ f (x) = xn −δ1 xn−1 +· · ·+(−1)n δn = (x−x1 ) . . . (x− xn ), vì x1 , . . . , xn là n nghiệm của f (x), suy ra ngay δ1 = x1 + x2 + · · · + xn , . . . , δn = x1 x2 . . . xn . Định lý 1.2.10. Giả sử f (x1 , x2 , . . . , xn ) ∈ R[x1 , x2 , . . . , xn ] là một đa thức đối xứng khác 0. Khi đó tồn tại đúng một đa thức s(x1 , x2 , . . . , xn ) thuộc R[x1 , x2 , . . . , xn ] sao cho f (x1 , x2 , . . . , xn ) = s(δ1 , δ2 , . . . , δn ). Ví dụ 1.2.11. Giả sử dãy số nguyên (an ) và (bn ) xác định như sau:   a0 = 3, a1 = 2, a2 = −6    a n+2 = 2an+1 − 5an + an−1 , n > 2;  b0 = 3, b1 = −4, b2 = −2    b = −4b − 9b − 9b , n > 2. n+2 n+1 n n−1 Khi đó ta có các kết quả sau đây: (i) an = C0n bn + 2 C1n bn−1 + · · · + 2n−1 Cn−1 b1 + 2n Cnn b0 n bn = C0n an −2 C1n an−1 +· · ·+(−1)n−1 2n−1 Cn−1 a1 +(−1)n 2n Cnn a0 . n (ii) Tìm số dư của phép chia ap cho p khi p là số nguyên tố. 15 Bài giải: (i) Xét bài toán trên C. Phương trình f (x) = x3 − 2x2 + 5x − 1 = 0. Gọi ba nghiệm của nó trong C là x1 , x2 , x3 . Dễ dàng kiểm tra x01 + x02 + x03 = a0 , x1 + x2 + x3 = a1 , x21 + x22 + x23 = a2 , tổng quát an = xn1 + xn2 + xn3 , n > 0. Tương tự bn = y1n + y2n + y3n , n > 0, trong đó y1 , y2 , y3 là ba nghiệm của g(y) = y 3 + 4y 2 + 9y + 9 = 0. Kiểm tra trực tiếp: f (y + 2) = g(y) và g(x − 2) = f (x). Vậy ta nhận được các hệ thức sau đây và suy ra (i): an = xn1 + xn2 + xn3 = (y1 + 2)n + (y2 + 2)n + (y3 + 2)n bn = y1n + y2n + y3n = (x1 − 2)n + (x2 − 2)n + (x3 − 2)n , n > 0. (ii) Từ ap = xp1 + xp2 + xp3 p = (x1 + x2 + x3 ) − i+j+k=p P 06i,j,k

2 thì ap ≡ 2p ≡ 2(mod p). Vậy dư bằng 2. Ví dụ 1.2.12. Giả sử dãy số nguyên (an ) xác định như sau: ( a1 = 0, a2 = 2, a3 = 3 an+3 = an+1 + an , n > 1. Khi đó ap chia hết cho p khi p là số nguyên tố. Bài giải: Đây là bài toán về dãy các số nguyên, nhưng được xét trên C. Phương trình f (x) = x3 − x − 1 = 0. Gọi ba nghiệm của nó trong C là x1 , x2 , x3 . Đặt a0 = 3. Dễ dàng kiểm tra x01 + x02 + x03 = a0 , x1 + x2 + x3 = a1 , x21 + x22 + x23 = a2 , tổng quát an = xn1 + xn2 + xn3 , n > 0. 16 Từ ap = xp1 + xp2 + xp3 = (x1 + x2 + x3 )p − i+j+k=p P 06i,j,k

2012. Bài giải: Gọi z là căn nguyên thủy bậc 5 của đơn vị trong C. Khi đó z 6= 1 và z 5 = 1. Vậy z 4 + z 3 + z 2 + z + 1 = 0 và có hệ phương trình  2  f (1) + zg(1) + z h(1) = 0 f (1) + z 2 g(1) + z 4 h(1) = 0   f (1) + z 3 g(1) + z 6 h(1) = 0.    1 z z2    Vì định thức  1 z 2 z 4  6= 0 nên f (1) = g(1) = h(1) = 0 và ta có  1 z3 z6  f (x), g(x), h(x) chia hết cho x − 1. Với x = 2013 ta có các số thỏa mãn f (2013), g(2013), h(2013) đều chia hết cho 2012.
Như vậy, ước chung lớn nhất thỏa mãn f (2013), g(2013), h(2013) > 2012. Ví dụ 1.2.14. [IMO 1973] Với mọi số nguyên dương n ta luôn có 2 n n Y k=1 sin √ kπ = 2n + 1. 2n + 1 17 Bài giải: Xét đa thức x2n+1 − 1 trên C với 2n + 1 nghiệm và biểu diễn n k2π x2n+1 − 1 Y 2 (x − 2x cos = + 1). x−1 2n + 1 k=1 n Q n Q k2π kπ )= . Cho x → 1 nhận được 2n+1 = (2−2 cos 4 sin2 2n + 1 2n + 1 k=1 k=1 n √ Q kπ n sin Do đó 2 = 2n + 1. 2n + 1 k=1 √ Ví dụ 1.2.15. Với hai số phức z và z 0 ta đặt u = zz 0 . Chứng minh  z + z0   z + z0  0  rằng |z| + |z | = − u +  + u. 2 2 √ √ √ √  z + z 0   z + z 0   ( z − z 0 )2   ( z + z 0 )2  +  Bài giải: Vì  −u+ +u =  2√ 2 2 2 √ nên khi đặt z1 = z, z2 = z 0 ta sẽ phải chứng minh hệ thức sau đây: 2[|z1 |2 + |z2 |2 ] = |z1 − z2 |2 + |z1 + z2 |2 . Giả sử A(z1 ), B(z2 ) và C(z1 + z2 ). Vì tứ giác OACB là hình bình hành nên OC 2 + AB 2 = 2OA2 + 2OB 2 . Ta có 2[|z1 |2 + |z2 |2 ] = |z1 − z2 |2 + |z1 + z2 |2 . Ví dụ 1.2.16. Chứng minh rằng, với ba số phức phân biệt z1 , z2 , z3 có  z1 + z2 √   z1 + z3 √  2 − z1 z2  + 2 − z1 z3  2 2 √  z2 + z3 √   z2 z3  √ z2 + z3 √    = − z2 z3 + 2 z1 + − z1 z2 − z1 z3 + . 2 4 2 √ Bài giải: Đặt uj = zj với j = 1, 2, 3. Ta sẽ phải chứng minh hệ thức  |u2 − u3 |2 u2 + u3 2 + 2u1 − |u1 − u2 | + |u1 − u3 | = . 2 2 u2 + u3
Xét tam giác ABC với A(u1 ), B(u2 ), C(u3 ) và trung điểm M 2 2 a của cạnh BC. Vì b2 + c2 = 2m2a + nên ta nhận được đồng nhất thức 2 2  |u − u | u2 + u3 2 2 3 |u1 −u2 |2 +|u1 −u3 |2 = +2u1 − và chứng minh. 2 2 2 2 18 1.3 1.3.1 Công thức nội suy đa thức Một vài chặn trên cho nghiệm đa thức Trường K được sử dụng ở đây là một trong các trường Q hoặc R. Định lý 1.3.1. Giả sử α là một nghiệm của đa thức f (x) = a0 xn + a1 xn−1 + · · · + an với a0 6= 0 và n > 1. Khi đó ta có chặn nghiệm ar (i) |α| 6 1 + max{| ||r = 1, 2, . . . , n}. a0 ar (ii) |α| 6 ρ + max{| r−1 ||r = 1, 2, . . . , n} với số dương ρ nào đó. a0 ρ ar Chứng minh: (i) Đặt β = max{| ||r = 1, 2, . . . , n} và viết f (x) a0 a an 1 thành dạng f (x) = a0 xn [1 + + ··· + ]. Khi |γ| > 1, đánh giá a0 x a0 x n a1 an | |f (γ)| = |a0 γ n ||1 + + ··· + a0 γ a0 γ n  1
 1 > |a0 xn | 1 − β + ··· + n |x| |x| 1 1− ni h h β i |γ| n n = |a0 γ | 1 − β > |a0 γ | 1 − |x| − 1 |γ| − 1 h |γ| − 1 − β i = |a0 γ n | . |γ| − 1 h i n |γ| − 1 − β Nếu |γ| > 1 + β thì |f (γ)| > |a0 γ | > 0. Do vậy mà |γ| |γ| − 1 không thể làm nghiệm của f (x). Từ đây suy ra rằng nếu α là nghiệm ar của f (x) thì |α| 6 1 + max{| ||r = 1, 2, . . . , n}. a0  x n a  x n−1 1 an 1 (ii) Với ρ > 0 ta xét đa thức n f (x) = a0 + +· · ·+ n. ρ ρ ρ ρ ρ |α| ar Theo (i) có 6 1 + max{| r ||r = 1, 2, . . . , n}. Do đó |α| 6 ρ + ρ a0 ρ ar max{| r−1 ||r = 1, 2, . . . , n} với số dương ρ nào đó. a0 ρ 19 Định lý 1.3.2. Giả sử α là một nghiệm của đa thức f (x) = a0 xn + a1 xn−1 + · · · + an ∈ K[x] với a0 6= 0 và n > 1. Khi đó ta luôn luôn có r as (i) |α| 6 1 + r max{| |}, trong đó r là chỉ số đầu tiên để ar < 0 và a0 as là những hệ số âm của f (x). nr a o s (ii) |α| 6 2 max s | ||as < 0 . a0 Chứng minh: Tự chứng minh. Định lý 1.3.3. [Cauchy] Giả sử f (x) = xn −a1 xn−1 −· · ·−an ∈ K[x] với các số thực không âm ak và ít nhất một trong chúng khác 0. Khi đó đa thức f (x) có duy nhất một nghiệm dương α, còn các nghiệm γ khác đều thỏa mãn |γ| 6 α. an f (x) a1 a2 = + +· · ·+ −1. Nếu x 6= 0 xn x x2 xn thì phương trình f (x) = 0 tương đương với phương trình F (x) = 0. Khi x biến thiên từ 0 đến +∞ thì F (x) đơn điệu giảm từ +∞ đến −1. Vậy, nếu x > 0 thì F (x) = 0 có đúng một nghiệm, gọi là α. Ta lại f 0 (α) a1 2a2 nan có − n = F 0 (α) = − 2 − 3 + · · · + n+1 < 0. Vậy α là nghiệm α α α α đơn của f (x). Giả sử γ là một nghiệm khác α của f (x). Đặt a = |γ|. Giả sử a > α. Vì F (x) đơn điệu giảm và a > α nên f (a) > 0. Do γ n = a1 γ n−1 + · · · + an nên an 6 a1 an−1 + · · · + an . Vậy f (a) < 0 : mâu thuẫn. Chứng minh: Đặt F (x) = − Định lý 1.3.4. [Ostrovsky] Giả sử f (x) = xn − a1 xn−1 − · · · − an ∈ K[x] với các số thực không âm ak và ít nhất một trong chúng khác 0. Nếu ước chung lớn nhất của các chỉ số của các hệ số dương bằng 1 thì đa thức f (x) có duy nhất một nghiệm dương α, còn các nghiệm γ khác đều thỏa mãn |γ| < α. Ví dụ 1.3.5. Giả sử x0 là một nghiệm thực của đa thức x3 + ax2 + bx + c ∈ R[x]. Chứng minh rằng (i) x20 < 1 + a2 + b2 + c2 . (ii) |x0 | 6 1 + max{|a|, |b|, |c|}.