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
+ 2u1 −
|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 =
+2u1 −
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|}.