Một số ứng dụng của số phức trong đại số và toán tổ hợp

Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017

MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA SỐ PHỨC TRONG ĐẠI SỐ
VÀ TOÁN TỔ HỢP
Đặng Thị Mến
THPT Chuyên Hưng Yên

1

Dạng lượng giác của số phức

Cho số phức z = 0. Gọi M là điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn số phức z.
Khi đó số đo (rađian) của mỗi góc lượng giác tia đầu Ox, tia cuối OM được gọi là một
acgumen của z.
Chú ý
+ Nếu ϕ là acgumen của z thì mọi acgumen của z đều có dạng ϕ + k2π, k ∈ Z.
+ Acgumen của z = 0 xác định sai khác k2π, k ∈ Z.
√
Cho số phức z = a + bi ( a, b ∈ R), với r = a2 + b2 là mođun của số phức z và ϕ là
acgumen của số phức z. Dạng z = r (cos ϕ + i sin ϕ) được gọi là dạng lượng giác của số phức
z = 0, còn dạng z = a + bi được gọi là dạng đại số của số phức z.
Nếu z = r (cos ϕ + i sin ϕ), z = r (cos ϕ + i sin ϕ ) (r ≥ 0 và r ≥ 0) thì
zz = rr [cos( ϕ + ϕ ) + i sin( ϕ + ϕ )]
z
r
=
cos( ϕ − ϕ ) + isin( ϕ − ϕ ) ( khi r > 0).
z
r
[r (cos ϕ + i sin ϕ)]n = r n (cos nϕ + i sin nϕ), ∀n ∈ N∗ .
[cos ϕ + i sin ϕ]n = cos nϕ + i sin nϕ, ∀n ∈ N∗ .

Kí hiệu cos ϕ + i sin ϕ = eiϕ , gọi là lũy thừa của e với số mũ ảo.
Cho z = r (cos ϕ + i sin ϕ), khi đó z cịn được biểu diễn dưới dạng z = reiϕ được gọi là dạng
mũ của số phức z.
Các phép toán viết lại
r
z
= .ei( ϕ− ϕ ) (z = 0).
z = reiϕ ; z = r eiϕ suy ra z.z = r.r .ei( ϕ+ ϕ ) ;
z
r
z = r.e−iϕ ; zn = r n einϕ .
eiϕ + e−iϕ
eiϕ − e−iϕ
Công thức Ơle (Euler): cos ϕ =
; sin ϕ =
.
2
2i
Cho số phức z và số nguyên n ≥ 2, số phức w được gọi là căn bận n của z nếu wn = z.
Nếu z = r (cos ϕ + i sin ϕ), r > 0 thì căn bậc n của z gồm n số phân biệt xác định bởi
wk =

√
n

r cos

ϕ + k2π
n

+ i sin

259

ϕ + k2π
n

; k = 0; 1; . . . ; n − 1.


Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017

+ Khi n = 2, có hai căn bậc hai của z là

√

r cos

√
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
+ i sin
; − r cos + i sin
2
2
2
2

=

√

r cos

ϕ
+π
2

+ i sin

ϕ
+π
2

.

+ Căn bậc n của đơn vị
Căn bậc n của số phức z = 1 gọi là căn bậc n của đơn vị. Từ định nghĩa ta có các căn bậc n
k2π
k2π
+ i sin
; k = 0; 1; 2; . . . ; n − 1.
của đơn vị là wk = cos
n
n
w là một căn bậc n của đơn vị và được gọi là căn nguyên thủy bậc n của đơn vị nếu mọi số
nguyên dương m < n ta có wm = 1.
Tính chất căn ngun thủy bậc n của đơn vị

Nếu w là một căn nguyên thủy bậc n của đơn vị thì 1 + wk + w2k + · · · + wk(n−1) = 0 với
(k, n) = 1.
Đặc biệt, k = 1 ta có 1 + w + w2 + · · · + wn−1 = 0.

2

Các bài tốn về phương trình, hệ phương trình đại số

Một số phương trình với ẩn phức f (z) = 0 và với nghiệm z = x + yi ( x, y ∈ R), có thể
giải bằng cách tách phần thực và phần ảo, ta ln 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 + yi sao cho z3 = 1 + i.
Bằng cách tách phần thực và phần ảo trong đẳng thức ( x + yi )3 = 1 + i ta được hệ phương
trình
x3 − 3xy2 = 1
3x2 y − y3 = 1
Giải hệ này, ta tìm được ( x; y), từ đó ta sẽ tìm được z. Tuy nhiên, rõ ràng z có thể tìm được
bằng cách tìm căn bậc ba của 1 + i, cụ thể là
√
√
π
k2π
π
k2π
π
π
nên z = 6 2 cos
+
+ i sin

+
; k ∈
1 + i = 2 cos + sin
4
4
12
3
12
3
{0; 1; 2}.
Từ đó, ngược lại ta tìm được nghiệm của hệ phương trình là

( x; y) ∈

√
6

2 cos

π
k2π
+
12
3

;

√
6

2 sin

π
k2π
+
12
3

; k ∈ {0; 1; 2}

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 các phương trình
nghiệm phức này, so sánh phần thực và phần ảo, ta được nghiệm của hệ phương trình.
Ta xét ví dụ sau
260


Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017

Ví dụ 1. Giải các hệ phương trình sau

√


 3x 1 +

1
x+y
a)

1


 7y 1 −
x−y

3x − y


=3
x + 2
x + y2
b)
x + 3y


=0
y − 2
x + y2
c)

=2
√
=4 2

4x − y + 3 1 + y = 0
√
4 (1 + x )(1 + y) − 6 1 + x + 1 = 0

Lời giải.

√
√
a) Điều kiện x > 0; y > 0. Đặt u = x; v = y (u > 0; v > 0).

2
1


=√
u 1 + 2
2
u +v
√3
Hệ đưa về dạng
4
2
1


v 1 − 2
= √
2
u +v
7
2
2
Vì u + v là bình phương mođun của 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

4 2
u − iv
= √ +i √ .
(1)
u + iv + 2
u + v2
3
7
z
z
1
u − iv
= .
= 2 =
2
2
z.z
z
u +v
z
Nên (1) được viết dưới dạng
√
√
1
2
2
4 2
4
2
z + = √ + i √ ⇔ z2 − √ + i √

.z + 1 = 0.
z
3
3
7
7
√
√
2
√ 2
2 2
38 4 2
2
1
∆ = √ + √ i −1 = − + √ i = √ +i 2
21
3
7
7
21
√
1
2
2 2 √
⇔ z = √ ± √ +i √ ± 2 .
3
7
21
√
1

2 2 2 √
Từ đó suy ra (u, v) = √ + √ ; √ + 2 . Do đó, nghiệm của hệ phương trình đã
3
7
21
cho là


√
√
√
2
2
√
1
2
2
2
11
+
4
7
22
+
8
7
( x; y) =  √ + √
; √ + 2 =
;
.

21
7
3
7
21
Mà

261


Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017

b) Nhân hai vế của phương trình thứ hai với i rồi cộng với phương trình thứ nhất ta được
x + yi +

3x − y − xi − 3yi
3( x − yi ) − i ( x − yi )
=
3
⇔
x
+
yi
+
= 3.
x 2 + y2
x 2 + y2

(2)

Giả sử z = x + yi thì z = x − yi; |z|2 = x2 + y2 . Khi đó (2) đưa về
3−i
3z − iz
z+
= 3 ⇔ z+
= 3 ⇔ z2 − 3z + 3 − i = 0
2
z
|z|
3 + 1 + 2i
3 − 1 − 2i
∆ = −3 + 4i = (1 + 2i )2 ⇔ z1 =
= 2 + i; z2 =
= 1 − i.
2
2
Từ đó suy ra nghiệm của hệ ban đầu là ( x; y) ∈ {(2; 1); (1 − 1)}.
c) Điều kiện xác định x ≥ −1; y ≥ −1.

√
Đặt a = 2 x + 1; b =

1 + y thì hệ trở thành

a2 + b2 + 3b − 3 = 0
2ab − 3a + 1 = 0

Từ hệ trên ta biến đổi về dạng số phức như sau
a2 − b2 + 3b − 3) + (2ab − 3a + 1)i = 0

⇔ ( a + bi )2 − 3i ( a + bi ) + i − 3 = 0 ⇔ z2 − 3iz + i − 3 = 0.

(3)

với z = a + bi, z ∈ C.
Giải phương trình (3) ta được nghiệm z = 1 + i hoặc z = −1 + 2i.
Do a ≥ 0; b ≥ 0 nên a = 1; b = 1.
3
Hệ có nghiệm ( x; y) = − ; 0 .
4
Trên thực tế, ta cũng có thể giải hệ trên bằng cách dùng biến đổi đại số, nhân x và y thích
hợp vào từng vế của các phương trình rồi trừ về với vế thu được quan hệ đơn giản hơn giữa
các biến này.
Một số hệ sau cũng có cách giải tương tự

3x + 10y


=1
x + 2
x + y2
1.
( x, y ∈ R)
10x − 3y


=2
y + 2
x + y2


x + 2y


=2
x + 2
x + y2
2.
( x, y ∈ R)
2x − y


=
0
y + 2
x + y2

16x − 11y


=7
x + 2
x + y2
3.
( x, y ∈ R)
11x + 16y


=
−
1

y
−

x 2 + y2
262


Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017


√


 x 1−

12
=2
3x + y
4.
( x, y ∈ R)
12
√


=6
 y 1+
3x + y

√
3



=3
 10x 1 +
5x + y
5.
( x, y ∈ R)
3
√


= −1
 y 1−
5x + y
6.

3

x3 − 3xy2 = 1
√
3x2 y − y3 = − 3

( x, y ∈ R).

Rút gọn một số tổng tổ hợp, chứng minh các đẳng thức tổ
hợp

Gọi w là một căn nguyên thủy bậc n của đơn vị thì ta có
1 + wk + w2k + · · · + w(n−1)k = 0; ∀k mà (k, n) = 1
Tính chất trên có ứng dụng khá hiệu quả trong việc rút gọn các tổng tổ hợp, ta xét ví dụ sau

Ví dụ 2. Tính tổng S1 =

∑

0≤3k
Cn3k .
n

Lời giải. Xét đa thức P( x ) = (1 + x )n = ∑ Cnk x k .
k =0
√
3
1
là một căn nguyên thủy bậc ba của đơn vị (có w2 + w + 1 = 0)thì
Gọi w = − + i
2
2
w2k + wk + 1 bằng 0 nếu k không chia hết cho 3, bằng 3 nếu k chia hết cho 3.
n

Vì thế P(1) + P(w) + P(w2 ) = ∑ Cnk (1 + wk + w2k ) = 3
k =0

∑

0≤3k
Cn3k .

1
Suy ra S1 =
P(1) + P(w) + P(w2 ) mà P(1) = (1 + 1)n = 2n .
3
√ n
√ n
1
3
1
3
π
π n
nπ
nπ
P(w) = 1 − + i
=
+i
= cos + i sin
= cos
+ i sin
.
2
2
2
2
3
3
3
3


√ 2 n
√ n
3
1
3
π
π
1
 =
P ( w2 ) = 1 + − + i
−i
= cos −
+ i sin −
2
2
2
2
3
3

n

=

−nπ
−nπ
+ i sin
.
3
3

1 n
nπ
Nên S1 =
2 + 2 cos
.
3
3
Công thức Euler eiϕ = cos ϕ + i sin ϕ có thể đưa các tổng lượng giác thành các cấp số nhân
hoặc cơng thức Nhị thức Newton, cụ thể xét ví dụ sau

cos

Ví dụ 3.

n

a) Tính tổng S2 = ∑ Cnk cos kx.
k =0

263


Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
m −1
k cos(2m − 2k ) x + 1 C m .
b) Chứng minh rằng 22m−1 cos2m x = ∑ C2m
2 2m
k =0

Lời giải.

n

a) Xét T2 = ∑ Cnk sin kx ta có
k =0

n

S2 + iT2 =

∑

Cnk (cos kx

n

+ i sin kx ) =

k =0

∑ Cnk eikx

k =0
ix n

= (1 + e ) = (1 + cos x + i sin x )n
x n
x
x n
= 2 cos
cos + i sin

2
2
2
nx
nx
n
n x
cos
+ i sin
S2 + iT2 = 2 cos
2
2
2
So sánh phần thực, phần ảo ta được S2 = 2n cosn

x
nx
cos .
2
2

b) Ta có eix = cos x + i sin x; e−ix = cos x − i sin x suy ra cos x =

eix + e−ix
. Do đó
2

22m cos2m x = (2 cos x )2m = (eix + e−ix )2m
2m

=

k
(eix )k (e−ix )2m−k
∑ C2m

k =0
2m

=

k 2(k−m)ix
e
∑ C2m

k =0
m −1

=

∑

∑

k −2(m−k)ix
C2m
e
+

k =0

m −1

=

2m

k 2(k−m)ix
C2m
e

+

m −1

∑

2m−t 2(m−t)ix
m
C2m
e
+ C2m

t =0

m −1

∑

k −2(m−k)ix
C2m

e
+

∑

k
m
C2m
(e−2(m−k)ix + e2(m−k)ix ) + C2m

k =0
m −1

=

k 2(k−m)ix
m
C2m
e
+ C2m

k = m +1
m −1

k =0

=

∑

2m−k 2(m−k)ix
m
e
+ C2m
C2m

k =0

k =0
m −1

=2

∑

∑

k
m
C2m
cos(2m − 2k ) x + C2m
.

k =0
m −1
k cos(2m − 2k ) x + 1 C m .
Suy ra 22m−1 cos2m x = ∑ C2m
2 2m
k =0

264


Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017

Với cách làm tương tự như trên, ta cũng chứng minh được đẳng thức
2

2n

2n+1

cos

n

x=

k
∑ C2n
+1 cos(2n + 1 − 2k ) x

k =0

Sử dụng công thức 2i sin x = eix − e−ix và biến đổi tương tự như trên, ta chứng minh được
n
n −1
k cos(2n − 2k ) x + (−1) C n
các đẳng thức sau 22n−1 sin2n x = (−1)n ∑ (−1)k C2n
2n .

2
k =0
n

k
22n sin2n+1 x = (−1)n ∑ (−1)k C2n
+1 sin(2n + 1 − 2k ) x.
k =0

Bài tập tương tự
Bài 1. Tính các tổng sau
S3 =
(−1)k Cn2k ;
∑
0≤2k
S5 =

∑

0≤4k
Cn4k ;

S4 =
S6 =

∑

0≤2k+1

∑

0<4k+1
(−1)k Cn2k+1

Cn4k+1 .

Bài 2. Chứng minh đẳng thức sau

√
π
(−1)k (2k + 1)Cn2k+1 = n( 2)n−1 cos(n − 1) .
4
0<2k+1√
π
b)
(−1)k 2kCn2k = n( 2)n−3 sin(n − 1) .
∑
4
0<2ka)

4

∑

Các bài tốn đếm

Số phức có những ứng dụng rất hiệu quả trong các bài tốn đếm và vai trị trung tâm
trong kỹ thuật ứng dụng số phức vào các bài toán đếm tiếp tục lại là căn nguyên thủy của
đơn vị. Với tính chất w là một căn nguyên thủy bậc n của đơn vị thì ta có
1 + w + w2 + · · · + wn−1 = 0,
1 + wk + w2k + · · · + wk(n−1) = 0 với (k, n) = 1.
Ví dụ 4. Tìm số tất cả các số có n chữ số lập từ các chữ số 3, 4, 5, 6 và chia hết cho 3.
Lời giải. Gọi Cn là số các số có n chữ số thỏa mãn đề bài. Gọi α là một nghiệm của phương
trình z2 + z + 1 = 0.
Khi đó α3 = 1 và α2k + αk + 1 = 0 nếu k không chia hết cho 3 và α2k + αk + 1 == 3 nếu k
chia hết cho 3.
Xét đa thức P( x ) = ( x3 + x4 + x5 + x6 )n dễ thấy Cn chính bằng tổng các hệ số của các số mũ
6n

2n

k =0

k =0

chia hết cho 3 trong khai triển của P( x ). Nói cách khác, nếu P( x ) = ∑ ak x k thì Cn = ∑ a3k .

265


Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
6n

2n

k =0

k =0

Mà P(1) + P(α) + P(α2 ) = ∑ ak (1 + αk + α2k ) = ∑ 3a3k
Do P(1) = (1 + 1 + 1 + 1)n = 4n
P ( α ) = ( α3 + α4 + α5 + α6 ) n = (1 + α + α2 + α3 ) n = (1 + α + α2 + 1) n = 1
P(α2 ) = (α6 + α8 + α10 + α12 )n = (1 + α2 + α + 1)n = 1n = 1
nên P(1) + P(α) + P(α2 ) = 4n + 2,
2n
4n + 2
1
2
suy ra Cn = ∑ a3k =
.
P (1) + P ( α ) + P ( α ) =
3
3
k =0
Ví dụ 5. (IMO1995) Cho p là một số nguyên tố lẻ, tìm số các tập con A của tập {1; 2; 3; . . . ; 2p}
biết rằng
a) A chứa đúng p phần tử.
b) Tổng các phần tử của A chia hết cho p.
Lời 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 α là một nghiệm bất kỳ của P( x ). Chú ý rằng α, α2 , . . . , α p−1 là p − 1 nghiệm phân biệt
của P( x ) và α p = 1.
Theo định lý Viet có ( x − α)( x − α2 ) . . . ( x − α p−1 ) = x p−1 + x p−2 + · · · + x + 1.
Xét đa thức Q( x ) = ( x − α)( x − α2 ) . . . ( x − α2p ).
Gọi H = { A ⊂ {1; 2; . . . ; 2p} : | A| = p}.

2p

Giả sử Q( x ) = ∑ ak x k khi đó a p = − ∑ αS( A) với S( A) = ∑ x.
A∈ H

k =0

x∈ A

p −1

Nếu S( A) ≡ j (mod p) thì αS( A) = α j nên a p = ∑ n j α j , trong đó n j là số các A ∈ H sao
j =0

cho S( A) ≡ j (mod p).
Mặt khác Q( x ) = ( x p − 1)2 ta có a p = −2 nên
p −1

∑ n j a j = 2.

(∗)

j =0
p −1

Xét đa thức R( x ) = ∑ n j x j + n0 − 2. Do (*) nên α là một nghiệm của R( x ) mà deg P( x ) =
j =0

deg R( x ) và α là một nghiệm bất kỳ của P( x ), nên P( x ) và R( x ) chỉ sai khác nhau hằng số
nhân. Từ đó n p−1 = n p−2 = · · · = n1 = n0 − 2.

p

p

C2p − 2
C2p − 2
n p −1 + n p −2 + · · · + n 1 + n 0 − 2
=
, do đó n0 = 2 +
. Số
Suy ra n0 − 2 =
p
p
2
p
C2p − 2
các tập con A của tập hợp {1; 2; 3; . . . ; 2p} thỏa mãn đề bài là n0 = 2 +
.
2

266


Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017

5
5.1

Các bài toán về đa thức
Xác định 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 x1 , x2 , . . . , xn thì P( x ) có dạng P( x ) = c( x − x1 )( x −
x2 ) . . . ( x − xn ), c là hằng số khác 0.
Tuy nhhiên, nếu chỉ xét các nghiệm thực của đa thức thì trong nhiều trường hợp sẽ khơng
đủ số nghiệm, hơn nữa trong các bài tốn phương trình hàm đa thức, nếu chỉ xét các nghiệm
thực thì lời giải sẽ khơng hồn chỉnh. Định lý cơ bản của đại số vì vậy đóng một vai trị hết
sức quan trọng trong dạng tốn này đó là: Một đa thức với hệ số phức (bao gồm cả số thực)
ln có ít nhất một nghiệm phức (bao gồm cả nghiệm thực).
Ví dụ 6. Xác định tất cả các đa thức P( x ) khác đa thức hằng sao cho
P ( x ) P ( x + 1) = P ( x 2 + x + 1); ∀ x ∈ R

(1)

Lời giải. Giả sử x0 là nghiệm của P( x ) = 0 thì P( x02 + x0 + 1) = 0. Khi đó x02 + x0 + 1 cũng
là nghiệm của P( x ). Thay x bởi x − 1 trong (1) ta được P( x − 1) P( x ) = P( x2 − x + 1). Vì
P( x0 ) = 0 nên x02 − x0 + 1 cũng là nghiệm của P( x ).
Chọn α là nghiệm có mođun lớn nhất (nếu tồn tại vài nghiệm với mođun lớn nhất, ta
chọn một trong số các nghiệm đó).
Từ cách chọn α suy ra |α2 + α + 1| ≤ |α| và |α2 − α + 1| ≤ |α| vì cả α2 + α + 1 và cả α2 − α + 1
đều là nghiệm của P( x ).
Ta có α = 0 và 2|α| = |(α2 + α + 1) − (α2 − α + 1)| ≤ |α2 + α + 1| + |α2 − α + 1| ≤
| α | + | α | = 2| α |.
Vậy phải xảy ra dấu đẳng thức nên α2 + α + 1 = −k (α2 − α + 1) với k là hằng số dương.
Mà |α| là lớn nhất nên |α2 + α + 1| = |α2 − α + 1| = |α|
nên k = 1 suy ra α2 + α + 1 = −(α2 − α + 1) và α2 + 1 = 0 ⇒ α = ±i nên x2 + 1 là thừa số
của P( x ).
Như vậy ta có thể viết P( x ) = ( x2 + 1)m Q( x ); m ∈ N∗ . Trong đó Q( x ) là đa thức không
chia hết cho x2 + 1. Thế ngược trở lại vào (1) ta thấy Q( x ) thỏa mãn phương trình
Q ( x ) Q ( x + 1) = Q ( x 2 + x + 1); ∀ x ∈ R

(2)

Nếu phương trình Q( x ) = 0 lại có nghiệm thì lập luận như trên ta suy ra nghiệm có mođun
lớn nhất của nó phải là ±i. Điều này khơng thể xảy ra vì x2 + 1 khơng chia hết Q( x ).
Q( x ) là một hằng số, giả sử Q( x ) = c; ∀ x ∈ R, thay vào (2) ta được c = 1. Vậy các đa thức
thỏa mãn đề bài là P( x ) = ( x2 + 1)m , ∀n ∈ N∗ .
Ví dụ 7. Tìm tất cả các đa thức P( x ) thỏa mãn phương trình P( x ) P( x + 1) = P( x2 ), ∀ x ∈ R.
Lời giải. Giả sử α là nghiệm của P( x ) = 0. Khi đó từ phương trình suy ra α2 , α4 , α8 , . . . cũng
là nghiệm của P( x ) = 0. Từ đây suy ra |α| = 0 hoặc |α| = 1, vì nếu ngược lại ta sẽ thu được
267


Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017

dãy vô hạn các nghiệm phân biệt của P( x ). Tương tự, α − 1 là nghiệm của P( x ) và lập luận
tương tự, ta cũng được |α − 1| = 0 hoặc |α − 1| = 1.
Giả sử rằng |α| = 1 và |α − 1| = 1. Ta viết α = cos β + i sin β; β ∈ [0; 2π ], từ đây suy ra
π
5π
1
cos β = hay β = hoặc β =
2
3
3
π
2
Giả sử β = , xét α cũng là nghiệm của P( x ), như vậy α2 − 1 cũng là nghiệm của P( x ) và
3
2

2π
2π
2
|α − 1| = cos
− 1 + sin2
= 3 mâu thuẫn vì mọi nghiệm của P( x ) đều có mođun
3
3
bằng 0 hoặc 1.
5π
Tương tự trên với trường hợp β =
. Như vậy có thể kết luận α = 1 hoặc α − 1 = 1. Từ đây
3
P( x ) có dạng P( x ) = cx m (1 − x )n , c là hằng số và m, n ∈ N, thay vào phương trình đã cho ta
dễ dàng kiểm tra được c = 1 và m = n. Vậy các đa thức thỏa mãn là P( x ) = x m (1 − x )m , m ∈
N.

5.2

Bài toán về sự chia hết của đa thức

Ta biết rằng, 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 khóa để giải nghiệm bài tốn về sự chia
hết của đa thức.
Ví dụ 8. Với giá trị nào của n√thì x2n + x n + 1 chia hết cho đa thức x2 + x + 1
2π
2π
3
1
= cos ±

+ i sin ±
là nghiệm của Q( x ) = x2 +
Lời giải. Ta có w = − ± i
2
2
3
3
x + 1 = 0.
Đa thức P( x ) = x2n + x n + 1 chia hết cho Q( x ) khi và chỉ khi P(w) = 0, điều này tương
đương với
4nπ
4nπ
2nπ
cos ±
+ i sin ±
+ cos ±
3
3
3


 cos 4nπ + cos 2nπ + 1 = 0
3
3
⇔
4nπ
2nπ

 sin
+ sin

=0
3
3
2nπ
⇔ 2 cos
+1 = 0
3
2nπ
−1
2π
⇔ cos
=
= cos
3
2
3
n = 3k + 1
suy ra
( k ∈ Z)
n = 3k + 2

+ i sin ±

2nπ
3

Vậy với n = 3k + 1 hoặc n = 3k + 2; (k ∈ Z) thì P( x ) chia hết cho Q( x ).
Ví dụ dưới đây, một lần nữa, căn của đơn vị lại đóng vai trị then chốt.
268

+1 = 0


Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017

Ví dụ 9. (USAMO 1976) Cho P( x ), Q( x ), R( x ), S( x ) là các đa thức sao cho
P( x5 ) + xQ( x5 ) + x2 R( x7 ) = ( x4 + x3 + x2 + x + 1).S( x ) (1)
Chứng minh rằng P( x ) chia hết cho x − 1.
2πi

Lời giải. Đặt w = e 5 thì w5 = 1 và 1 + w + w2 + w3 + w4 = 0 (*)
Thay x lần lượt bởi w, w2 , w3 , w4 vào (1) ta được phương trình
P(1) + wQ(1) + w2 R(1) = 0 ⇔ P(1) + wQ(1) + w2 R(1) = 0,

(2)

P(1) + w2 Q(1) + w4 R(1) = 0 ⇔ P(1) + w2 Q(1) + w4 R(1) = 0,

(3)

P(1) + w3 Q(1) + w6 R(1) = 0 ⇔ P(1) + w3 Q(1) + wR(1) = 0,

(4)

P(1) + w4 Q(1) + w8 R(1) = 0 ⇔ P(1) + w4 Q(1) + w3 R(1) = 0.

(5)

Nhân các phương trình từ (2) đến (5) lần lượt với −w; −w2 ; −w3 ; −w4 ta được
−wP(1) − w2 Q(1) − w3 R(1) = 0

−w2 P(1) − w4 Q(1) − wR(1) = 0
−w3 P(1) − wQ(1) − w4 R(1) = 0
− w4 P (1) − w3 Q (1) − w2 R (1) = 0
Cộng vế với vế các đẳng thức trên và áp dụng (*) ta được P(1) + Q(1) + R(1) = 0 (6). Cộng
vế với vế của (2), (3), (4), (5), (6) suy ra 5P(1) = 0 suy ra P( x ) chia hết cho x − 1.

Bài tập tương tự
Bài 3. Tìm tất cả các đa thức P( x ) thỏa mãn phương trình ( P( x ))2 − P( x2 ) = 2x4 ; ∀ x ∈ R.
Bài 4. Tìm tất cả các đa thức P( x ) thỏa mãn phương trình P( x2 − 2) = ( P( x ))2 − 2; ∀ x ∈ R.
Bài 5 (VMO 2006). Tìm tất cả các đa thức P( x ) với hệ số thực thỏa mãn phương trình
P( x2 ) + x (3P( x ) + P(− x )) = ( P( x ))2 + 2x2 ; ∀ x ∈ R.
Bài 6. Tìm tất cả các đa thức P( x ) với hệ số thực thỏa mãn phương trình 2x2 P( x ) = P(2x3 +
x ); ∀ x ∈ R.

Tài liệu
[1] Bộ Giáo dục và Đào tạo, Giải tích 12 Nâng cao (Tái bản lần thứ tư), NXBGD - 2012.
[2] Đoàn Quỳnh, Trần Nam Dũng, Nguyễn Vũ Lương, Đặng Hùng Thắng, Tài liệu chun
tốn - Đại số và Giải tích 11, NXBGD - 2010.
269


Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017

[3] Nguyễn Văn Mậu, Trần Nam Dũng, Nguyễn Đăng Phất, Nguyễn Thủy Thanh, Chuyên
đề chọn lọc - Số phức và Áp dụng, NXBGD - 2009.
[4] Bộ Giáo dục và đào tạo, Tạp chí Tốn học và tuổi trẻ, NXBGD

270