106 Chương 3. Một số ứng dụng của số phức trong đại số
nên f(y) có n +1nghiệm phân biệt, do đó f(y) ≡ 0. Từ đó suy ra
x
0
= x
1
= ···= x
n
=0.
Thử lại ta thấy x
0
= x
1
= ···= x
n
=0thoả mãn hệ đã cho. Vậy hệ có nghiệm
duy nhất
(x
0
; x
1
; ···;x
n
) = (0; 0;···;0).
Ví dụ 3.23. Cho a
1
,a
2
, ,a
n
là n số thực đôi một khác nhau. Giải hệ phương
trình
a
n−1
1
x
1
+ a
n−2
1
x
2
+ ···+ x
n
+ a
n
1
=0
a
n−1
2
x
1
+ a
n−2
2
x
2
+ ···+ x
n
+ a
n
2
=0
a
n−1
n
x
1
+ a
n−2
n
x
2
+ ···+ x
n
+ a
n
n
=0.
Lời giải. Xét đa thức
f(u)=u
n
+ x
1
u
n−1
+ ···+ x
n−1
u + x
n
.
Từ hệ trên ta có
f(a
1
)=f(a
2
)=···= f(a
n
)=0.
Xét
g(u)=(u − a
1
)(u −a
2
) ···(u − a
n
)
= u
n
+ A
1
u
n−1
+ ···+ A
n−1
u + A
n
,
trong đó do g(u) có n nghiệm a
1
,a
2
, ,a
n
và deg g = n có hệ số bậc cao nhất
bằng 1 nên theo Định lí Viète thì
A
1
=(−1)
1
(a
1
+ a
2
+ ···+ a
n
)
A
2
=(−1)
2
(a
1
a
2
+ a
1
a
3
+ ···+ a
n−1
a
n
)
A
n
= a
1
a
2
···a
n
(2)
Xét đa thức
h(u)=f(u) −g(u)=(x
1
− A
1
)u
n−1
+(x
2
− A
2
)u
n−2
+ ···+(x
n
− A
n
).
3.1. Phương trình và hệ phương trình đại số
107
Ta có deg h ≤ n − 1 và h(u) cũng có n nghiệm là a
1
,a
2
, ,a
n
phân biệt nên
h(u) ≡ 0. Do đó ta có
x
1
= A
1
,x
2
= A
2
, , x
n
= A
n
, (3.27)
trong đó các số A
i
được xác định từ (2). Vậy hệ có nghiệm được xác định như
ở (3) và (2).
Ví dụ 3.24. Tồn tại hay không tồn tại các số a
1
,a
2
, ,a
n
∈ R là các nghiệm
của đa thức
P (x)=x
n
+
n
k=1
(−1)
k
C
k
n
a
k
k
x
n−k
.
Lời giải. Giả sử tồn tại các số như vậy. Khi đó theo Định lí Viète thì
C
k
n
a
k
k
=
i
1
<i
2
<···<i
k
a
i
1
a
i
2
···a
i
k
(k =1, ,n)
(tổng này có C
k
n
số hạng).
Giả sử
|a
k
| = max{|a
1
|, |a
2
|, ,|a
n
|}.
Khi đó ta có
C
k
n
|a
k
|
k
=
i
1
<i
2
<···<i
k
|a
i
1
||a
i
2
|···|a
i
k
|≤C
k
n
|a
k
|
k
.
Vậy
|a
1
| = |a
2
| = ···= |a
n
|.
Mặt khác
|a
1
+ a
2
+ ···+ a
n
| = n|a
1
|
nên a
1
,a
2
, ,a
n
cùng dấu và do đó chúng bằng nhau và đặt bằng a.Ta
được P (x)=(x −a)
n
là đa thức thoả mãn điều kiện bài ra.
108 Chương 3. Một số ứng dụng của số phức trong đại số
Ví dụ 3.25. Chứng minh rằng không tồn tại một tập hữu hạn các số thực
dương M sao cho ứng với mỗi n nguyên dương đều tồn tại đa thức bậc n thuộc
M[x] có đúng n nghiệm đều thuộc M.
Lời giải. Giả sử tồn tại tập
M = {a
1
,a
2
, ,a
n
} (a = a
1
< ···<a
n
= b)
thoả mãn yêu cầu của bài toán. Khi đó theo giả thiết thì tồn tại đa thức
P (x)=b
0
+ b
1
x + ···+ b
n
x
n
∈ M[x]
sao cho P(x) có n nghiệm x
1
,x
2
, ,x
n
thuộc M. Theo Định lí Viète thì
n
j=1
x
2
j
=
−
b
n−1
b
n
2
− 2
b
n−2
b
n
<
−
b
n−1
b
n
2
+2
|b
n−2
|
|b
n
|
.
Suy ra
na
2
≤
n
j=1
x
2
j
≤
b
a
2
+2
b
a
∀n ∈ N
∗
,
điều này là không thể xảy ra. Vậy không tồn tại một tập hữu hạn các số thực
dương M sao cho ứng với mỗi n nguyên dương đều tồn tại đa thức bậc n thuộc
M[x] có đúng n nghiệm đều thuộc M.
Ví dụ 3.26. Cho đa thức f(x) ∈ R[x] có ít nhất 2 nghiệm thực. Chứng minh
rằng đa thức P (x)=f(x) −f
(x) cũng có ít nhất 2 nghiệm thực.
Lời giải. Giả sử x
1
,x
2
(x
1
≤ x
2
) là nghiệm của f(x). Xét hàm số
g(x)=e
−x
f(x).
Ta có
g
(x)=e
−x
[f
(x) − f(x)].
3.1. Phương trình và hệ phương trình đại số
109
Theo Định lí Rolle thì g
(x) có ít nhất một nghiệm thực trong (x
1
,x
2
) nếu
x
1
<x
2
và có nghiệm bằng x
1
nếu x
2
= x
1
. Suy ra đa thức P(x) có ít nhất
một nghiệm thực. Vì deg f(x) = deg P(x)=n nên nếu n lẻ thì hiển nhiên
f(x) có ít nhất 3 nghiệm thực và vì vậy theo lập luận trên thì P(x) sẽ có ít
nhất 2 nghiệm thực. Nếu n chẵn thì do P (x) có nghiệm thực nên nó phải có
ít nhất 2 nghiệm thực.
3.1.5 Các bài toán về phương trình, hệ phương trình đại số
Một phương trình với ẩn phức f(z)=0và với nghiệm z = x + iy, có thể giải
bằng cách tách phần thực và phần ảo, ta luôn có thể đưa về dạng hệ phương
trình
h(x, y)=0
g(x, y)=0.
Chẳng hạn, để tìm căn bậc ba của số phức 1+i, ta tìm số phức z = x + iy
sao cho z
3
=1+i. Bằng cách tách phần thực và phần ảo trong đẳng thức
(x + iy)
3
=1+i,
ta thu được hệ phương trình
x
3
− 3xy
2
=1
3x
2
y − y
3
=1.
(3.28)
Giải hệ này, tìm được (x, y), từ đó, ta sẽ tìm được z. Tuy nhiên, rõ ràng z có
thể tìm được bằng cách khai căn 1+i, cụ thể là
z =
3
√
1+i =
3
√
2
cos
π
4
+ i sin
π
4
=
6
√
2
cos
π
12
+
2kπ
3
+ i sin
π
12
+
2kπ
3
,k=0, 1, 2.
Từ đó, ngược lại ta đã tìm được nghiệm của hệ phương trình (3.28) là
(x, y)=
6
√
2 cos
π
12
+
2kπ
3
,
6
√
2 sin
π
12
+
2kπ
3
,k=0, 1, 2.
110 Chương 3. Một số ứng dụng của số phức trong đại số
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 nghiệm phức
về hệ phương trình, từ hệ phương trình đã cho ta thu được phương trình
nghiệm phức gốc. Giải phương trình nghiệm phức này, so sánh phần thực và
phần ảo, ta được nghiệm của hệ phương trình.
Tiếp theo, ta xét ví dụ sau đây.
Ví dụ 3.27. (Việt Nam 1996) Giải hệ phương trình
√
3x
1+
1
x + y
=2
√
7y
1 −
1
x + y
=4
√
2.
Lời giải. Trướ c hết, ta nhận thấy x,y > 0. Đặt
√
x = u,
√
y = v. Hệ phương
trình đã cho trở thành
u
1+
1
u
2
+ v
2
=
2
√
3
v
1 −
1
u
2
+ v
2
=
4
√
2
√
7
.
Vì u
2
+ v
2
là bình phương của mô-đun số phức z = u + iv, bằng cách cộng
phương trình thứ nhất với phương trình thứ hai (sau khi nhân với i), ta được
u + iv +
u − iv
u
2
+ v
2
=
2
√
3
+ i
4
√
2
√
7
·
Vì
u − iv
u
2
+ v
2
=
¯z
|z|
2
=
1
z
, nên phương trình trên đuợc viết lại dưới dạng
z +
1
z
=
2
√
3
+ i
4
√
2
√
7
⇔ z
2
−
2
√
3
+ i
4
√
2
√
7
z +1=0
⇔ z =
1
√
3
±
2
√
21
+ i
2
√
2
√
7
±
√
2
·
3.2. Các bài toán về đa thức
111
Từ đó suy ra
(u, v)=
1
√
3
±
2
√
21
,
2
√
2
√
7
±
√
2
·
Do đó hệ phương trình đã cho có hai nghiệm
(x, y)=
1
√
3
±
2
√
21
2
,
2
√
2
√
7
±
√
2
2
=
11
21
±
4
3
√
7
,
22
7
±
8
√
7
·
3.2 Các bài toán về đa thức
3.2.1 Phương trình hàm trong 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
1
,x
2
, ,x
n
thì P (x) có dạng
P (x)=c(x −x
1
)(x −x
2
) ···(x − x
n
).
Tuy nhiên, nếu chỉ xét các nghiệm thực của đa thức 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 hoàn chỉnh. Định
lí cơ bản của đại số vì vậy đóng một vai trò hết sức quan trọng trong dạng
toán này. Ta sử dụng cách phát biểu đơn giản nhất của nó: một đa thức với
hệ số phức (bao gồm cả số thực) luôn có ít nhất một nghiệm phức (bao gồm
cả nghiệm thực).
Dưới đây ta xem xét một số áp dụng.
Ví dụ 3.28. Cho 0 <α<1. Tìm tất cả các đa thức f(x) bậc n (n ≥ 2) sao
cho tồn tại dãy số r
1
,r
2
, ,r
n
(r
1
<r
2
< <r
n
) thoả mãn các điều kiện
sau
f(r
i
)=0,
f
(αr
i
+(1− α)r
i+1
)=0
(i =1, 2, ,n).
112 Chương 3. Một số ứng dụng của số phức trong đại số
Lời giải. Nhận xét rằng với a<bvà x = αa +(1−α)b thì x ∈ (a, b). Khi đó
p =
1
x − a
+
1
x − b
=
2α − 1
α(1 − α)(b − a)
.
Do vậy p>0 khi và chỉ khi α>
1
2
, p<0 khi và chỉ khi α<
1
2
và p =0khi
và chỉ khi α =
1
2
. Theo giả thiết thì
f(x)=c
n
i=1
(x − r
i
)
nên
f
(x)
f(x)
=
n
i=1
1
x − r
i
.
Với n ≥ 3 và 0 <α≤
1
2
ta đặt x = αr
1
+(1− α)r
2
. Khi đó theo giả thiết thì
f
(x)=0và đồng thời ta lại có
f
(x)
f(x)
=
1
x − r
1
+
1
x − r
2
+
n
i=3
1
x − r
i
< 0,
mâu thuẫn. Tương tự với n ≥ 3 và
1
2
<α<1 ta cũng nhận được điều vô lí.
Nếu n =2và α =
1
2
thì tương tự như trên cũng dẫn đến điều mâu thuẫn. Do
vậy chỉ còn trường hợp n =2và α =
1
2
để xét. Khi đó mọi tam thức bậc hai
có 2 nghiệm phân biệt đều thoả mãn đề bài.
Ví dụ 3.29. Tìm tất cả các đa thức P(x) khác hằng sao cho
P (x)P (x +1)=P(x
2
+ x +1), ∀x ∈ R. (3.29)
Lời giải. Giả sử x
0
là nghiệm của P (x)=0. Khi đó x
2
0
+ x
0
+1cũng là
nghiệm. Thay x bởi x − 1 trong (3.29), ta thấy rằng
P (x −1)P (x)=P (x
2
−x +1).
Vì P (x
0
)=0nên x
2
0
+ x
0
+1cũng là nghiệm của P (x)=0.
Chọn α là nghiệm có mô-đun lớn nhất (nếu tồn tại vài nghiệm với mô-đun lớn
3.2. Các bài toán về đa thức
113
nhất, ta chọn một trong số các nghiệm đó). Từ cách chọn α như vậy ta suy ra
|α
2
+ α +1|≤|α| và |α
2
− α +1|≤|α| vì cả α
2
+ α +1và α
2
− α +1đều là
nghiệm của P (x)=0.
Ta nhận xét rằng α =0. Tiếp theo, ta có
2|α| = |(α
2
+α+1)−(α
2
−α+1)|≤|α
2
+α+1|+|α
2
−α+1|≤|α|+|α|≤2|α|.
Vậy phải xảy ra dấu đẳng thức nên từ đây suy ra α
2
+ α+1=−β(α
2
−α+1)
với một hằng số dương β nào đó. Hơn nữa từ tính lớn nhất của |α| ta còn suy
ra
|α
2
+ α +1| = |α
2
− α +1| = |α|.
Như vậy β =1vàtacó
α
2
+ α +1=−(α
2
−α +1),
suy ra α
2
+1=0. Từ đó α = ±i và x
2
+1 là thừa số của P (x). Như vậy ta có
thể viết P (x) dưới dạng
P (x)=(x
2
+1)
m
Q(x),
trong đó Q(x) là đa thức không chia hết cho x
2
+1. Thế ngược trở lại vào
phương trình (3.29), ta thấy Q(x) cũng thoả mãn điều kiện
Q(x)Q(x +1)=Q(x
2
+ x +1), ∀x ∈ R. (3.30)
Nếu phương trình Q(x)=0lại có nghiệm thì lí luận trên đây suy ra nghiệm
có mô-đun lớn nhất của nó phải là ±i. Điều này không thể xảy ra vì x
2
+1
không chia hết Q(x). Ta suy ra rằng Q(x) là một hằng số, giả sử là c. Thay
vào phương trình (3.30) của Q(x), ta được c =1. Như vậy lớp các đa thức
thoả mãn phương trình (3.29) là P (x)=(x
2
+1)
m
với m là một số nguyên
dương nào đó.
114 Chương 3. Một số ứng dụng của số phức trong đại số
Ví dụ 3.30. Tìm tất cả các đa thức P (x) thoả mãn điều kiện
P (x)P (x +1)=P (x
2
), ∀x ∈ R. (3.31)
Lời giải. Giả sử α là nghiệm của phương trình P (x)=0. Khi đó từ phương
trình suy ra α
2
, α
4
,α
8
, cũng là nghiệm của P(x)=0. Từ đây suy ra
rằng |α| =0hoặc |α| =1, vì nếu ngược lại ta sẽ thu được dãy vô hạn các
nghiệm phân biệt của P(x). Tương tự α − 1 là nghiệm của P(x) và lí luận
tương tự, ta cũng được |α − 1| =0hoặc |α − 1| =1. Giả sử rằng |α| =1
và |α − 1| =1. Ta viết α = cosβ + isinβ, ta thấy rằng 2cosβ =1. Từ đây
suy ra cos β =
1
2
hay β =
π
3
hoặc β =5
π
3
. Giả sử β =
π
3
. Xét α
2
cũng
là nghiệm của P (x)=0. Như vậy α
2
− 1 cũng là nghiệm của P (x)=0và
|α
2
−1| =
cos
2π
3
− 1
2
+ sin
2
2π
3
=3. Mâu thuẫn vì mọi nghiệm của
P (x)=0có mô-đun bằng 0 hoặc 1. Tương tự với trường hợp β =5
π
3
.
Như vậy ta có thể kết luận rằng α =1, hoặc α −1=0.TừđâyP (x) có dạng
P (x)=cx
m
(1 − x)
n
, 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.
Ví dụ 3.31. Tìm tất cả các đa thức P (x) thỏa mãn phương trình
P
2
(x) −P(x
2
)=2x
4
, ∀x ∈ R. (3.32)
Lời giải. Nếu đặt P (x)=ax
k
+ R(x) với deg R(x)=r<kthì ta có
P
2
(x) −P(x
2
)=(a
2
− a)x
2k
+2ax
k
R(x)+R
2
(x) − R
(
x
2
).
Từ đó suy ra deg(P
2
(x) − P(x
2
)) hoặc bằng 2k nếu a =1, hoặc bằng k + r
nếu a =1và r ≥ 0, hoặc bằng −∞ khi a =1và r = −∞ (tức là đồng nhất
3.2. Các bài toán về đa thức
115
bằng 0). Từ đó, suy ra k ≤ 4. Đến đây ta dễ dàng tìm được các nghiệm của
(3.32) là x
4
+1,x
3
+ x, 2x
2
và −x
2
.
Ví dụ 3.32. Tìm tất cả các đa thức P (x) thỏa mãn phương trình
P (x
2
−2) = P
2
(x) −2, ∀x ∈ R. (3.33)
Lời giải. Có hai đa thức hằng thỏa mãn phương trình là đa thức đồng nhất
−1 và đa thức đồng nhất 2. Với các đa thức bậc lớn hơn hay bằng 1, áp dụng
hệ quả của định lí ta suy ra với mỗi số nguyên dương n, tồn tại không quá một
đa thức P(x) thỏa mãn (3.33). Điểm khó ở đây là ta không có cơ chế đơn giản
để xây dựng các nghiệm. Dùng phương pháp đồng nhất hệ số, ta tìm đượ c các
nghiệm bậc 1, 2, 3, 4 lần lượt là:
x, x
2
− 2,x
3
− 3x, x
4
− 4x
2
+2.
Từ đây, có thể dự đoán được quy luật của dãy nghiệm như sau:
P
o
=2,P
1
= x, P
n+1
= xP
n
− P
n−1
,n=1, 2, 3, (3.34)
Cuối cùng, để hoàn tất lời giải bài toán, ta chỉ cần chứng minh các đa thức
được xác định bởi (3.34) thỏa mãn phương trình (3.33). Ta có thể thực hiện
điều này bằng cách sử dụng quy nạp toán học hoặc bằng cách sau:
Xét x bất kỳ thuộc [−2; 2], đặt x = 2 cos t thì từ công thức (3.34), ta suy ra
P
2
(x) = 4 cos 2t − 2=2cos2t, P
3
(x)=2cost.2 cos 2t −2 cos t = 2 cos 3t,
và nói chung P
n
(x)=2cos(nt). Từ đó, ta có
P
n
(x
2
−2) = P
n
(4 cos
2
t−2) = P
n
(2 cos 2t) = 2 cos(2nt) = 4 cos
2
(nt)−2=P
2
(x)−2.
Đẳng thức này đúng với mọi x ∈ [−2; 2] do đó đúng với mọi x. Bài toán được
giải quyết hoàn toàn.
Không có nhận xét nào:
Đăng nhận xét