Số phức và ứng dụng trong các bài toán số học và tổ hợp

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG

HOÀNG QUANG TRÀ

SỐ PHỨC VÀ ỨNG DỤNG
TRONG CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC
VÀ TỔ HỢP

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

ĐÀ NẴNG - NĂM 2013


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG

HOÀNG QUANG TRÀ

SỐ PHỨC VÀ ỨNG DỤNG
TRONG CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC
VÀ TỔ HỢP
Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số

: 60.46.40

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Người hướng dẫn khoa học: GS.TSKH NGUYỄN VĂN MẬU

ĐÀ NẴNG - NĂM 2013


LỜI CAM ĐOAN
Tôi cam đoan đây là công trình nghiên cứu của riêng tôi.
Các số liệu, kết quả nêu trong luận văn là trung thực và chưa từng được ai
công bố trong bất kỳ công trình nào khác.

Tác giả

Hoàng Quang Trà


MỤC LỤC
MỞ ĐẦU........................................................................................................1
1. Lý do chọn đề tài .................................................................................1
2. Mục đích nghiên cứu ...........................................................................1
3. Nhiệm vụ nghiên cứu...........................................................................1
4. Đối tượng và phạm vi nghiên cúu ........................................................1
5. Phương pháp nghiên cứu......................................................................2
6. Ý nghĩa khoa học và thực tiễn của đề tài..............................................2
7. Cấu trúc luận văn ................................................................................2
CHƯƠNG 1. MỘT SỐ LÝ THUYẾT VÀ KẾT QUẢ CƠ BẢN ................3
1.1. DẠNG ĐẠI SỐ CỦA SỐ PHỨC ...........................................................3
1.2. DẠNG LƯỢNG GIÁC CỦA SỐ PHỨC .................................................3
1.3. CÔNG THỨC MOA-VRƠ(MOIVRE).....................................................4
1.4. DẠNG MŨ CỦA SỐ PHỨC ....................................................................6
1.5. MỘT SỐ KẾT QUẢ BỔ TRỢ .................................................................7
1.6. SỐ NGUYÊN PHỨC .............................................................................10
CHƯƠNG 2. MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA SỐ PHỨC TRONG CÁC BÀI

TOÁN TỔ HỢP ..........................................................................................20
2.1. BÀI TOÁN TÍNH TỔNG.......................................................................20
2.2. BÀI TOÁN CHỨNG MINH CÁC HỆ THỨC ......................................31
2.3. CÁC BÀI TOÁN ĐẾM ..........................................................................42
2.4. MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN .......................................................60
CHƯƠNG 3. MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA SỐ PHỨC TRONG CÁC BÀI
TOÁN SỐ HỌC...........................................................................................68
3.1. ỨNG DỤNG SỐ PHỨC NGUYÊN TRONG LÝ THUYẾT SỐ ............68
3.2. MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN .......................................................84
KẾT LUẬN................................................................................................100
DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO..................................................101
QUYẾT ĐỊNH GIAO ĐỀ TÀI LUẬN VĂN (Bản sao)


DANH MỤC CÁC KÝ HIỆU
N

Tập hợp các số tự nhiên

Z

Tập hợp các số nguyên

Z+

Tập hợp các số nguyên dương

Z[i]

Tập hợp các số phức nguyên

R

Tập hợp các số thực

C

Tập hợp các số phức

|X|

Số các phần tử của tập hợp hữu hạn X.

S (X)

Tổng tất cả các phần tử của tập hợp hữu hạn X.

DANH MỤC CÁC TỪ VIẾT TẮT
ƯCLN

Ước chung lớn nhất


1

MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài
Số phức là một nội dung quan trọng và lý thú. Hiện nay, ở chương trình
toán học bậc Trung học phổ thông của hầu hết các nước trên thế giới đều
có kiến thức phần số phức. Ở nước ta, sau nhiều lần cải cách thì nội dung

số phức cũng đã được đưa vào chương trình Giải tích 12 tuy còn rất đơn
giản nhưng bước đầu đã giúp học sinh tiếp cận với số phức và hoàn thiện
tập số.
Ứng dụng của số phức rất rộng rãi không những trong toán học mà còn
trong nhiều ngành khoa học khác. Đặc biệt trong toán học thì số học và
tổ hợp là hai mảng lớn, khó và rất quan trọng. Việc sử dụng số phức để
giải những bài toán số học và tổ hợp, không những giúp ta có thêm một
công cụ hiệu quả để giải toán mà trong nhiều bài toán sẽ giảm đi mức độ
khó của bài toán. Vì vậy, với đề tài của luận văn : “Số phức và ứng dụng
trong các bài toán số học và tổ hợp”. Luận văn đi sâu vào nghiên cứu ứng
dụng của số phức trong các bài toán số học và tổ hợp.
2. Mục tiêu của đề tài
Nêu một số lý thuyết và kết quả cơ bản của số phức, đi sâu vào nghiên
cứu ứng dụng của số phức trong các bài toán số học và tổ hợp.
3. Nhiệm vụ nghiên cứu
Đề tài có nhiệm vụ nghiên cứu những vấn đề sau:
Nghiên cứu về lý thuyết và một số kết quả cơ bản của số phức, của số
học, tổ hợp.
Nghiên cứu về ứng dụng của số học trong các bài toán tổ hợp.
Nghiên cứu về ứng dụng của số học trong các bài toán số học.
Trong mỗi phần sẽ đưa vào các ví dụ minh họa và một số bài toán tiêu
biểu.
4. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu của đề tài là số phức và ứng dụng của số phức
trong các bài toán số học và tổ hợp. Phạm vi nghiên cứu của đề tài là các
bài toán số học và tổ hợp có thể dùng công cụ số phức để giải quyết.


2

5. Phương pháp nghiên cứu
1. Tham khảo tài liệu và hệ thống hóa các kiến thức.
2. Thu thập tài liệu, các bài báo khoa học của các tác giả nghiên cứu
liên quan đến ứng dụng của số phức trong các bài toán số học và tổ hợp,
trao đổi qua email, với các chuyên gia về ứng dụng của số phức trong các
bài toán số học và tổ hợp.
3. Thể hiện tường minh các kết quả nghiên cứu trong đề tài.
4. Trao đổi, thảo luận với giáo viên hướng dẫn.
6. Ý nghĩa khoa học và thực tiễn
Tổng quan các kết quả của các tác giả đã nghiên cứu liên quan đến ứng
dụng của số phức trong số học và tổ hợp nhằm xây dựng một tài liệu tham
khảo cho những ai quan tâm về vấn đề này. Bên cạnh đó, luận văn đưa
ra nhiều đề thi học sinh giỏi quốc gia, học sinh giỏi quốc tế nhằm làm tài
liệu tham khảo cho các em học sinh chuyên toán.
7. Cấu trúc luận văn

Nội dung: Luận văn sẽ được trình bày trong

3 chương:
– Chương 1: Một số lý thuyết và kết quả cơ bản
– Chương 2: Ứng dụng của số phức trong các bài toán tổ hợp
– Chương 3: Ứng dụng của số phức trong các bài toán số học


3

CHƯƠNG 1

MỘT SỐ LÝ THUYẾT VÀ KẾT QUẢ CƠ BẢN
1.1. DẠNG ĐẠI SỐ CỦA SỐ PHỨC

Định nghĩa 1.1. Số phức là một biểu thức dạng a + bi trong đó a, b ∈ R
và số i thỏa mãn i2 = −1, kí hiệu z = a + bi.
* Với số phức z = a + bi thì i được gọi là đơn vị ảo, a gọi là phần thực,
được ký hiệu là Re z và b gọi là phần ảo (ký hiệu là Im z). Phần ảo cũng
như phần thực của số phức là những số thực
Tập hợp các số phức kí hiệu là C.
* Mỗi số thực a được coi là một số phức có phần ảo bằng 0, nghĩa là

z = a + bi = a ∈ R.
* Số phức có phần thực bằng 0 gọi là số ảo (còn gọi là thuần ảo)

z = 0 + bi = bi (b ∈ R ); i = 0 + i.
* Biểu thức (a; b) = a + bi được gọi là dạng đại số hay dạng Descartes
của số phức.
* Xét mặt phẳng tọa độ Oxy, mỗi số phức z = a + bi được biểu diễn
bởi điểm M (a, b). Số thực được biểu diễn trên trục Ox nên trục Ox được
gọi là trục thực; số ảo được biểu diễn trên trục Oy nên trục Oy được gọi là
trục ảo. Mặt phẳng tọa độ Oxy biểu diễn số phức gọi là mặt phẳng phức
Định nghĩa 1.2. Hai số phức z = a + bi, z = a + b i(a, b, a , b ∈ R)
bằng nhau ⇔ a = a ; b = b ,

z=z.
1.2. DẠNG LƯỢNG GIÁC CỦA SỐ PHỨC
dưới dạng lượng giác
Dạng lượng giác của số phức z = 0 là
kí hiệu

z = r(cos ϕ + i sin ϕ),

1.2.1 Số phức

(1.1)


4

với r > 0, ϕ là một acgumen của z, được xác định bởi số đo của mỗi
góc lượng giác với tia đầu là tia Ox, tia cuối là tia OM (M là điểm biểu
diễn của số phức z trong mặt phẳng phức). Argumen của số phức z được
đo bằng radian, mọi argumen của z sai khác nhau là k2π tức là có dạng

ϕ + k2π(k ∈ Z).
Ta có z = a + bi ⇔ z = r (cos ϕ + i sin ϕ) ,
√
b
a
trong đó r = a2 + b2 ; cos ϕ = ; sin ϕ = .
r
r
Với z = a + bi (a, b ∈ R) là dạng đại số của số phức z.
1.2.2 Nhân chia số phức dưới dạng lượng giác
Cho z = r(cos ϕ + i sin ϕ) và z = r (cos ϕ + i sin ϕ ) với r, r
Khi đó

0.

z.z = r.r [cos(ϕ + ϕ ) + i sin(ϕ + ϕ )] ;
z
r
= [cos(ϕ − ϕ ) + i sin(ϕ − ϕ )], (r = 0)

z
r
Nhận xét 1.1. Để tìm dạng lượng giác r(cos ϕ + i sin ϕ) của số phức

z = a + bi (a, b ∈ R) khác 0 cho trước ta phải
√
a) Tìm r: r = |z| = a2 + b2 , (r = OM )
b) Tìm ϕ: acgumen của z(ϕ ∈ R), sao cho cos ϕ =
(Ox,OM)

a
b
và sin ϕ = , ϕ =sđ
r
r

Nhận xét 1.2.
*Muốn nhân các số phức dưới dạng lượng giác, ta nhân các môđun
và cộng các acgumen.
* Muốn chia các số phức dưới dạng lượng giác ta chia các môđun và
lấy hiệu các acgumen.
* Nếu các điểm M, M theo thứ tự biểu diễn các số phức z, z = 0 thì
z
acgumen của
là số đo của góc lượng giác (OM, OM ).
z
1.3. CÔNG THỨC MOA -VRƠ (MOIVRE)
Có thể nói công thức De – Moivre là một trong những công thức thú
vị và là nền tảng cho một loạt công thức quan trọng khác sau này như
phép luỹ thừa, khai căn số phức, công thức Euler. Để đến với công thức

5

Moivre tổng quát, trước hết ta xét một số công thức sau

(cos x + i sin x) . (cos y + i sin y) = cos (x + y) + i sin (x + y)
Thật vậy,
(cos x + i sin x) . (cos y + i sin y) = cos x cos y + i2 sin x sin y

+ (sin x cos y + cos x sin y) i
Thay i2 = −1 vào, ta có
(cos x + i sin x) . (cos y + i sin y) =
= (cos x cos y − sin x sin y) + (sin x cos y + cos x sin y) i
= cos (x + y) + i sin (x + y)
Cho x = y vào công thức, ta thu được

(cos x + i sin x)2 = cos 2x + i sin 2x
và
(cos x + i sin x)3 = (cos x + i sin x)2 . (cos x + i sin x)

= (cos 2x + i sin 2x) . (cos x + i sin x)
= cos 3x + i sin 3x
Quy nạp lên ta có công thức Moivre ứng với r = 1
(cosϕ + i sin ϕ)n = cos nϕ + i sin nϕ (n ∈ N∗ ) .
Hay tổng quát hơn, cho số phức z = r(cos ϕ + i sin ϕ), khi đó

[r(cos ϕ + i sin ϕ)]n = rn (cos nϕ + i sin nϕ)(n ∈ N∗ ).

(1.2)

Chứng minh. Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp toán học.
Với n = 1: (1.2) đúng.
Giả sử (1.2) đúng đến n = k ( k ∈ N∗ ), tức là

z k = [r (cosϕ + i sin ϕ)]k = rk (cos kϕ + i sin kϕ)
Ta sẽ chứng minh (1.2) đúng khi n = k + 1, tức là

z k+1 = [r (cosϕ + i sin ϕ)]k+1 = rk+1 (cos (k + 1) ϕ + i sin (k + 1) ϕ)
(1.3)
Thật vậy, từ giả thiết quy nạp ta có


6

z k+1 = [r (cosϕ + i sin ϕ)]k+1
= [r (cosϕ + i sin ϕ)]k .[r (cosϕ + i sin ϕ)]
= rk (cos kϕ + i sin kϕ) .r (cos ϕ + i sin ϕ)
= rk+1 [cos (k + 1) ϕ + i sin (k + 1) ϕ] .
Vậy (1.3) đúng nên theo nguyên lý quy nạp ta có (1.2) đúng với mọi
số nguyên dương n.
Chú ý 1.1.
* Ta có thể dùng công thức nhân để chứng minh công thức Moivre.
Dùng công
 thức nhân với z = z1 = z2 = ... = zn được 

z n = r.r...r cos (ϕ + ϕ + ... + ϕ) +i sin (ϕ + ϕ + ... + ϕ)
n

n

n

n

= r (cos nϕ + i sin nϕ)
* Dùng công thức Moivre đồng thời khai triển nhị thức NewTon ta
có thể biểu diễn cos nx, sin nx theo cos x, sin x
1.4. DẠNG MŨ CỦA SỐ PHỨC
Để giản đơn cách viết các số
phức ta đặt
cos ϕ ± i sin ϕ = e±iϕ .
(1.4)
Dạng lượng giác (1.1) được biến đổi thành dạng mũ

z = reiϕ ,

(1.5)

đó là dạng số mũ của số phức z = 0.
Các công thức (1.1) và (1.5) rất thuận tiện khi thực hiện phép nhân
và chia các số phức.
Dễ dàng chứng minh rằng nếu z1 = r1 eiϕ1 và z2 = r2 eiϕ2 thì
z1
z1 z2 = r1 r2 ei(ϕ1 +ϕ2 ) ;
= rr12 ei(ϕ1 −ϕ2 ) , r2 = 0.
z2
Phép nâng số phức z = a + bi = r(cos ϕ + i sin ϕ) lên lũy thừa bậc n
đối với số phức được thực hiện theo công thức Moivre.

z n = rn einϕ ,

(1.6)


7

ωk =

√
n

z=

√
n

rei

ϕ+2kπ
n

, k = 0; n − 1

(1.7)

Từ công thức (1.7) suy ra rằng căn bậc n của số phức có đúng n giá
trị.
Cách đặt trong (1.4) cho ta công thức Euler, ta viết lại công thức
Euler

eiϕ = cos ϕ + i sin ϕ.

(1.8)

1.5. MỘT SỐ KẾT QUẢ BỔ TRỢ Ta luôn giả thiết rằng p là số
nguyên tố lẻ trừ những trường hợp được chỉ rõ.
2π
2π
Kết quả 1.1. Đặt ε = cos
+ i sin . Khi đó n số phức khác không
n
n
1, ε, ε2 , ..., εn−1 là mọi nghiệm của phương trình z n − 1 = 0.
2kπ
2kπ
+ i sin
= εk với k = 0; n − 1, n ∈ Z+ .
Xét εk = cos
n
n
Chọn z = εk , khi đó
2kπ
2kπ n
n
−1
z − 1 = cos
+ i sin
n
n

= cos2kπ + i sin 2kπ − 1 = 0.
Cho k chạy từ 0 đến n − 1 thì ta có ε0 , ε1 , ε2 , ..., εn−1 là nghiệm của
phương trình đã cho, hay ε0 , ε1 , ε2 , ..., εn−1 là nghiệm của phương trình đã
cho.
Kết quả 1.2. Phương trình xp = 1 có đúng p nghiệm phức phân biệt là
2kπ
2kπ
xk = cos
+ i sin
, k = 0, 1, ..., p − 1 ,
p
p
và phương trình xp−1 + xp−2 + ... + x + 1 = 0 có đúng p − 1 nghiệm phân
2kπ
2kπ
biệt là xk = cos
+ i sin
, k = 1, 2, ..., p − 1.
p
p
Chứng minh.
Thật vậy, thế xk vào phương trình
2kπ
2kπ p
p
xk − 1 = 0 ⇔ cos
+ i sin
−1=0
p
p

.

⇔ (cos2kπ + i sin 2kπ) − 1 = 0.
Cho k = 0, p − 1 ta có điều phải chứng minh.
Khi k = 0 thì x0 = 1, khi đó


8

xp − 1 = (x − 1)(xp−1 + xp−2 + ... + x + 1) = 0.
Theo kết quả vừa chứng minh ta có phương trình xp−1 + xp−2 + ... +

x + 1 = 0 có p − 1 nghiệm phức phân biệt là:
xk = cos

2kπ
2kπ
+ i sin
, k = 1, 2, ..., p − 1.
p
p

Kết quả 1.3. Gọi α là một nghiệm bất kì của phương trình

xp−1 + xp−2 + ... + x + 1 = 0. Thì tập nghiệm của phương trình xp−1 +
xp−2 + ... + x + 1 = 0 là α, α2 , α3 , ..., αp−1 và αn , α2n , α3n , ..., α(p−1)n
là một hoán vị của α, α2 , α3 , ..., αp−1 , trong đó n là số nguyên dương và
nguyên tố cùng nhau với p.
2kπ
2kπ

+ i sin
với k = 0; n − 1, n ∈ Z+ .
n
n
m
m
m
Xét tổng A = εm
0 + ε1 + ε2 + ... + εn−1 .
2π
2π
2kπ
2kπ
Đặt ε = cos
+ i sin
thì εk = cos
+ i sin
= εk .
n
n
n
n
2mπ
2mπ
.
Vì εm = cos
+ i sin
= 1 khi và chỉ khi m..n nên xét hai
n
n

trường hợp:
.
k m
= (εm )k = 1 nên A = n.
+) Nếu m..n thì εm
k = ε
+) Nếu m không chia hết cho n thì εm = 1 nên
1 − εnm
1 − (εn )m
m
2m
3m
(n−1)m
A = 1 + ε + ε + ε + ... + ε
=
=
= 0.
1 − εm
1 − εm
Vậy A = n nếu m là bội của n, A = 0 nếu m không là bội của n.
Kết quả 1.4. Gọi εk = cos

n

Kết quả 1.5. Cho đa thức f (x) =
m−1
j=0

f zj =

m−1 n

ak z jk =

j=0 k=0
m−1

z jk =
j=0

k=0
m−1

n

ak
k=0

ak xk và số nguyên dương m. Ta có
z jk với z = cos

j=0

2π
2π
+ i sin .
m
m

Từ

m nếu k chia hết cho m,
0 nếu k không chia hết cho m,

Suy ra tổng của các số ak , với k chia hết cho m bằng

1 m−1
f zj .
m j=0

Kết quả 1.6. Cho m, k là 2 số nguyên dương với m > 1, khi đó


9
m−1

e

−2πkji
m

=

j=1

m − 1 nếu k chia hết cho m,
− 1 nếu k không chia hết cho m,

Với eti = cos t + i sin t với mọi số thực t.
Chứng minh.

Thật vậy, ta có nếu k chia hết cho m thì
−2πkji
−2πkj
−2πkj
e m = cos
+ i sin
= 1,
m
m
với j = 1, m − 1.
m−1

e

Suy ra

−2πkji
m

= m − 1.

j=1

Nếu k không chia hết cho m thì
−2πki
−2πk
−2πk
a = e m = cos
+ i sin
=1

m
m
và am = 1.
Bởi vậy
m−1

m−1

e
j=1

−2πkji
m

aj =

=
j=1

am − a 1 − a
=
= −1.
a−1
a−1

Kết quả 1.7. Nếu {x, y, z} là một bộ số Pitago nguyên thủy thì (x, y) =

(x, z) = (y, z) = 1.
Chứng minh.
Giả sử {x, y, z} là một bộ số Pitago nguyên thủy và (x, y) > 1. Khi đó

tồn tại số nguyên tố p sao cho p |(x, y) . Vì p |x và p |y nên p x2 + y 2 = z 2
Do p nguyên tố mà p z 2 nên p |z . Điều này mâu với giả thuyết (x, y, z) = 1.
Vậy (x, y) = 1. Tương tự ta cũng có (x, z) = (y, z) = 1.
Kết quả 1.8. Giả sử {x, y, z} là một bộ số Pytago nguyên thủy. Khi đó

x chẵn, y lẻ hoặc x lẻ, y chẵn.
Chứng minh.
Giả sử {x, y, z} là một bộ số Pitago nguyên thủy. Theo kết quả 1.7,
(x, y) = 1, nên x và y không thể cùng chẵn. Nếu x, y cùng lẻ thì ta có
x2 ≡ y 2 ≡ 1(mod4), từ đó z 2 = x2 + y 2 ≡ 2(mod4). Vô lí.
Vậy x và y không thể cùng tính chẵn lẻ.


10

Kết quả 1.9. (Bổ đề Lagrange). Cho p là một số nguyên tố ≡ 1(mod4).
Tồn tại một số nguyên n sao cho p n2 + 1 .
Chứng minh.
Đặt p = 4k + 1.
Theo Định lý Wilson ta có (4k)! ≡ −1 ( mod p).
Mặt khác, ta có

(4k)! = (1.2...2k) ((2k + 1) . (2k + 2) ... (4k))
≡ (1.2...2k) ((−2k) (−2k + 1) ... (−1))
≡ (−1)2k .(1.2...2k)2
≡ ((2k)!)2 ( mod p)
(điều phải chứng minh).

1.6. SỐ NGUYÊN PHỨC
Các số nguyên phức Gauss lần đầu tiên được sử dụng bởi Gauss trong

bài nghiên cứu của ông về sự tương hỗ bậc hai, ông được coi là người đầu
tiên sử dụng số phức trong số học một cách rất rõ ràng và mạch lạc. Lớp
các số này có tầm quan trọng nhất định trong số học sơ cấp. Trong mục
này chúng ta sẽ đề cập đến những khái niệm và tính chất cơ bản của số
nguyên Gauss (ngày nay ta gọi là số nguyên phức).
Định nghĩa 1.3 (Xem[5]). Số phức có dạng a + bi ở đó a, b ∈ Z được gọi
là số phức nguyên (hay số nguyên Gauss).
Khi đó hiển nhiên thấy rằng với các phép toán cộng, trừ và nhân
trong trường số phức giữa các số nguyên Gauss ta cũng thu được một số
nguyên Gauss. Kí hiệu tập tất cả các số phức nguyên là Z [i] thì tập Z [i]
đóng với phép cộng, trừ, nhân.
Với một số phức z = a + bi, a, b ∈ R thì số z = a − bi được gọi là số
phức liên hợp của z . Như vậy, một số là số nguyên phức khi và chỉ khi số
phức liên hợp của nó cũng là số nguyên phức.

1.6.1. Số phức nguyên và tính chất chia hết


11

Định nghĩa 1.4 (Xem[5]). Cho α, β ∈ Z[i] trong đó α = 0. Ta nói α chia
hết cho β nếu tồn tại γ ∈ Z [i] sao cho α = γ.β ( ta cũng nói β chia hết

α ). Nếu β chia hết α, ta nói β là một ước của α và viết β |α hay α là
.
một bội của β và viết α..β . Số phức nguyên ε được gọi là đơn vị nếu ε là
ước của mọi số nguyên phức α.
Định nghĩa 1.5 (Xem[5]). Chuẩn của số phức nguyên α = x + yi, ký hiệu
bởi N (α), được xác định bởi công thức N (α) = |α|2 = α.α = x2 + y 2 .
Ta có các tính chất

Tính chất 1.1. Nếu α, β, γ ∈ Z[i] sao cho α |β, β |γ thì α |γ .
Chứng minh.
Vì α |β nên tồn tại µ ∈ Z[i] sao cho

β = µα

(1.9)

Vì β |γ nên tồn tại δ ∈ Z[i] sao cho

γ = βδ

(1.10)

Từ (1.9) và (1.10) ta có γ = βδ = (µα)δ = α(µδ)
Hay α |γ .
Tính chất 1.2. Nếu α, β, z1 , z2 ∈ Z[i] sao cho γ |α, γ |β thì γ |(z1 α + z2 β) .
Chứng minh.
Vì γ |α nên tồn tại µ ∈ Z[i] sao cho α = µγ
Vì γ |β nên tồn tại ν ∈ Z[i] sao cho β = νγ
Suy ra z1 α+z2 β = z1 µγ +z2 νγ = (z1 µ+z2 ν)γ , từ đó γ |(z1 α + z2 β) .
Tính chất 1.3. Chuẩn N (α) là một số tự nhiên và N (α) = 0 khi và chỉ
khi α = 0.
Chứng minh.
Giả sử α = a + bi ∈ Z[i], khi đó N (α) = a2 + b2 .
Vì a ∈ Z, b ∈ Z suy ra a2 ∈ N, b2 ∈ N.
Từ đó N (α) = a2 + b2 ∈ N. N (α) = 0 ⇔ a2 + b2 = 0 ⇔
hay nói cách khác α = 0.

a=0

b=0

,


12

Tính chất 1.4. N (z) = N (z).
Chứng minh.
Giả sử α = a + bi với a, b ∈ Z.
Suy ra α = a − bi với a, b ∈ Z.
Từ đó N (α) = a2 + b2 = a2 + (−b)2 = N (α).
Tính chất 1.5. Hàm chuẩn có tính chất nhân: N (αβ) = N (α)N (β).
Chứng minh.
Giả sử α = a + bi, β = c + di với a, b, c, d ∈ Z.
Khi đó αβ = (ac − bd) + (ad + bc)i.
N (αβ) = (ac − bd)2 + (ad + bc)2

= (ac)2 − 2abcd + (bd)2 + (ad)2 + (bc)2 + 2abcd
= (ac)2 + (bd)2 + (ad)2 + (bc)2 .
N (α) = a2 + b2 và N (β) = c2 + d2 .
Suy ra
N (α)N (β) = a2 + b2 c2 + d2
= (ac)2 + (bd)2 + (ad)2 + (bc)2 .
Vậy N (αβ) = N (α)N (β).
Tính chất 1.6. Nếu α = γβ thì N (α) = N (γ)N (β). Ngoài ra, nếu α chia
hết cho β thì N (α) chia hết cho N (β).
Chứng minh.
Từ α = γβ suy ra N (α) = N (γβ).
Vì hàm chuẩn có tính chất nhân nên N (γβ) = N (γ) N (β).

Vậy N (α) = N (γ)N (β).
Vì β |α nên tồn tại µ ∈ Z[i] sao cho α = µβ .
Vậy N (α) = N (βµ) = N (β) N (µ).
Suy ra N (β) |N (α) .
Tính chất 1.7. Tập U tất cả các đơn vị của Z[i] là U = {±1, ±i}. Tập
U lập thành một nhóm nhân, đóng đối với phép lấy liên hợp và số phức
nguyên α là một đơn vị khi và chỉ khi N (α) = 1.
Chứng minh.


13

Với α = a + bi bất kỳ thì α = 1α = (−1) (−α) = i (b − ai) =

(−i) (−b + ai). Do đó {±1, ±i} ⊂ U . Đảo lại, giả sử ε = x + iy là đơn vị.
Khi đó
ε |1 suy ra
N (ε) = x2 + y 2 |N (1) = 1 ⇒ x = ±1, y = 0 hoặc x = 0, y = ±1.
Vậy ε ∈ U .
Giả sử ε = x + yi, N (ε) = 1, từ đó suy ra x2 + y 2 = 1.
Vậy x = ±1, y = 0 hoặc x = 0, y = ±1, nên ta có ε ∈ U .
Định nghĩa 1.6 (Xem[5]). Số η gọi là một số kết hợp với µ nếu µ = εη ở
đó ε là một đơn vị. Nhân hai vế với ε ta được η = ε.µ, do đó µ cũng là kết
hợp với η . Như vậy ta có thể nói η và µ là hai số kết hợp với nhau. Quan
hệ kết hợp là một quan hệ tương đương (có tính phản xạ, tính đối xứng và
tính bắc cầu). Kí hiệu của η kết hợp với µ là η ∼ µ.
Tính chất 1.8. Hai số nguyên phức kết hợp với nhau thì chuẩn của chúng
bằng nhau.
Chứng minh.
Giả sử α ∼ β , khi đó α = εβ và β = εα với ε là đơn vị.

Ta có N (α) = N (εβ) = N (ε) N (β) = N (ε) N (β) = 1N (β) =

N (β).
Tính chất 1.9. Nếu z kết hợp với t thì z kết hợp với t
Chứng minh.

z kết hợp với t nên z = εt ⇔ z = εt = ε.t
Vậy z ∼ t.
Tính chất 1.10. Nếu z chia hết cho t thì mọi số kết hợp với z đều chia
hết cho mọi số kết hợp với t.
Chứng minh.

t |z nên tồn tại α ∈ Z[i] sao cho z = αt.
εz = εαt = α (εt), với ε là đơn vị. Nên mọi số kết hợp với z (có dạng
εz ) đều chia hết cho mọi số kết hợp của t (có dạng εt)


14

Nhận xét 1.3. Với α = a1 + b1 i, β = a2 + b2 i, từ các đẳng thức N (αβ) =

N (α)N (β) và N (αβ) = N (α)N (β) cho ta các đẳng thức đã biết
(a1 a2 − b1 b2 )2 + (a1 b2 + a2 b1 )2 = a21 + b21

a22 + b22

(a1 a2 + b1 b2 )2 + (a1 b2 − a2 b1 )2 = a21 + b21

a22 + b22

Định lý 1.1 (Xem[5]). (Thuật chia Euclide trên vành các số nguyên
Gauss). Cho α, β là hai số phức nguyên bất kì với β = 0. Khi đó tồn
tại các số phức nguyên µ, δ sao cho

α = βµ + δ, 0 ≤ N (δ) < N (β) .

(1.11)

Ví dụ 1.1. Với α = 6 + 5i, β = 3 + 3i. Ta có

3
6 + 5i (6 + 5i)(3 − 3i) 33
=
=
− i
3 + 3i (3 + 3i)(3 − 3i) 18 18
33
3
− i là 2. Ta có thể lấy
18
18
thương của phép chia Euclide là µ = 2, khi đó ta nhận được phần dư
δ = α − βµ = 6 + 5i − (3 + 3i).2 = −i.
Đẳng thức 6 + 5i = 2(3 + 3i) + (−i) là một phép chia Euclide 6 + 5i
cho 3 + 3i.
Rõ ràng N (3 + 3i) = 18 > 1 = N (−i).
Chọn số nguyên Gauss gần nhất tới

Nhận xét 1.4. Trong thuật toán chia nói trên thì phần dư và thương số
không là duy nhất. Nói cách khác, biểu diễn trên là không duy nhất.

Ví dụ

6 + 5i = (3 + 3i) + (3 + 2i) = 2 (3 + 3i) + (−i) ,
N (3 + 3i) = 18 > N (3 + 2i) = 13,
N (3 + 3i) = 18 > 1 = N (−i) .
Thuật toán Euclide cũng đem lại hai phần tử µ, ν ∈ Z[i] sao cho

αµ + βν = γ.Ta có định lý sau
Định lý 1.2 (Xem[5]). Giả sử (α; β) = γ . Khi đó tồn tại các số phức
nguyên µ, ν sao cho αµ + βν = γ.


15

Đẳng thức này được biết đến dưới tên gọi đẳng thức Bezout.
Nếu π là một ước chung bất kì của α và β thì π |γ.
Ví dụ 1.2. Ta lấy lại α = 6 + 5i, β = 3 + 3i ở ví dụ trước. Thuật toán
Euclide cho cặp (α, β) là các phép chia Euclide như sau.
Trước hết, ta thực hiện một phép chia Euclide 6 + 5i cho 3 + 3i. Như
ví dụ 1.1, ta có thể lấy 6 + 5i = 2(3 + 3i) + (−i).
Tiếp theo thực hiện phép chia Euclide 3 + 3i cho −i.
Tất nhiên phép chia này có phần dư bằng 0 vì −i là một phần tử đơn
vị.
Cụ thể 3 + 3i = (−3 + 3i).(−i) + 0.
Vậy phần dư cuối cùng = 0 trong thuật chia Euclide là −i nên −i là
một ƯCLN của 6 + 5i và 3 + 3i (Suy ra 6 + 5i và 3 + 3i nguyên tố cùng
nhau).
Để tìm số nguyên Gauss thỏa mãn Định lý 1.2 ta dựa vào các phép
chia trong thuật toán chia Euclide ở trên, ta có

−i = 1.(6 + 5i) + (−2)(3 + 3i)
Vậy µ = 1, ν = −2 .
Định nghĩa 1.7 (Xem[5]). Cho α, β ∈ Z[i] là hai số phức nguyên khác
không. Chúng được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu tất cả các ước chung của

α và β chỉ là {±1; ±i}. Nói cách khác, nếu γ |α và γ |β thì γ ∈ {±1; ±i}.
Định nghĩa 1.8 (Xem[5]). Cho α, β ∈ Z[i] là hai số phức nguyên khác
không. Ta nói rằng γ ∈ Z[i] là ước chung lớn nhất (ƯCLN) của α và β và
viết (α; β) = γ nếu γ là ước chung của hai số α, β và chuẩn N (γ) có giá
trị lớn nhất trong tập hợp chuẩn của tất cả các ước chung của α và β .
Nhận xét 1.5. ƯCLN của hai số nguyên Gauss là không duy nhất. Nếu

γ là một ƯCLN của α, β thì mọi γ ∼ γ cũng là một ƯCLN và tập
γ ; γ ∼ γ là tập các ƯCLN của α, β .
Hệ quả 1.1. Nếu γ|αβ và γ, α nguyên tố cùng nhau, thì γ|β .
Chứng minh.


16

Thật vậy, tồn tại các số phức nguyên µ, ν sao cho αµ + γν = 1. Do
đó β = αβµ + γνβ. Vì γ|αβ nênγ|(αβµ + γνβ) ⇔ γ|β.

1.6.2. Số phức nguyên tố (nguyên tố Gauss) và vấn đề phân
tích các số nguyên phức
Định nghĩa 1.9 (Xem[5]). Một số phức nguyên khác đơn vị α được gọi
là một số nguyên tố Gauss nếu α không thể biểu diễn được dưới dạng tích
của hai số phức nguyên khác đơn vị. Nói cách khác, α được gọi là một số
nguyên tố Gauss nếu từ đẳng thức α = µη ta phải có µ hoặc η là đơn
vị. Nếu α không là số nguyên tố Gauss thì ta nói α là một hợp số Gauss.

Nói cách khác, α được gọi là hợp số Gauss nếu nó có thể viết dưới dạng

α = µη , với µ, η là hai số phức nguyên khác đơn vị.
Nhận xét 1.6. Một số nguyên phức là số nguyên phức nguyên tố nếu nó
có chuẩn lớn hơn 1 và không biểu diễn được thành tích của hai số phức có
chuẩn lớn hơn 1.
Nhận xét 1.7. Nếu một số nguyên thông thường là số nguyên tố Gauss thì
chính bản thân nó phải là số nguyên tố. Tuy nhiên, điều ngược lại không
đúng. Một số nguyên tố thông thường chưa chắc là một số nguyên tố Gauss.
Ví dụ 13 là số nguyên tố thông thường nhưng vì 13 = (3 + 2i)(3 − 2i) nên
13 là hợp số Gauss; hoặc Ví dụ 5 là số nguyên tố thông thường nhưng vì

5 = (2 + i)(2 − i) nên 5 là hợp số Gauss.
Tính chất 1.11. Số Gauss π là số nguyên tố Gauss khi và chỉ khi số kết
hợp với nó là số nguyên tố Gauss.
Chứng minh.
Ta chứng minh chiều thuận
Gọi π là số nguyên tố Gauss bất kì. Khi đó, nếu gọi α là số kết hợp
của π thì π = εα ⇔ α = επ
Giả sử α không phải nguyên tố Gauss thì tồn tại µ, η là hai số phức
nguyên khác đơn vị sao cho α = µη .
Từ đó επ = µη ⇔ εεπ = εµη ⇔ π = εµη.


17

Vậy π không phải là số nguyên tố Gauss. Mâu thuẫn.
Vậy điều giả sử là sai, tức α phải là số nguyên tố Gauss.
Ta chứng minh chiều nghịch
Gọi α ∼ π suy ra π = εα, với α là số nguyên tố Gauss.

Giả sử π không là số nguyên tố Gauss. Khi đó π = µη , với µ, η là hai
số phức nguyên khác đơn vị.
Từ đó εα = µη ⇔ α = εµη nên α không phải là số nguyên tố Gauss.
Mâu thuẫn.
Vậy điều giả sử là sai, tức π phải là số nguyên tố Gauss.
Kết hợp chiều thuận và chiều nghịch ta có điều phải chứng minh.
Tính chất 1.12. Số Gauss π là số nguyên tố Gauss nếu và chỉ nếu nó chỉ
chia hết cho các đơn vị và các số kết hợp với nó.
Định lý 1.3 (Xem[5]). Giả sử π là một số nguyên tố Gauss. Khi đó, nếu

π |(αβ) thì π |α hoặc π |β
Một cách tổng quát, nếu π |α1 α2 ...αn , (n ≥ 2) thì π chia hết một
thừa số αi nào đó của tích.
Định lý 1.4 (Xem[5]). (Định lí cơ bản về các số phức nguyên). Cho α là
số phức nguyên khác không và đơn vị. Khi đó α có thể biểu diễn dưới dạng

α = π1 π2 ...πm ,
trong đó πi là các số nguyên tố Gauss. Nếu có hai biểu diễn

α = π1 π2 ...πm = ω1 ω2 ...ωn
thì ta phải có m = n và tồn tại một hoán vị (i1 , ..., in ) của (1, 2, ..., n)
sao cho πj và ωij là hai số kết hợp với nhau (j = 1, 2, ..., n). Nghĩa là, mỗi
số phức nguyên α khác không và đơn vị có thể biểu diễn (phân tích) thành
tích của các số nguyên tố Gauss. Thêm vào đó, biểu diễn này là duy nhất,
chỉ sai khác thứ tự và các thừa số đơn vị.
Định lý 1.5 (Xem[5]). Cho α và β là hai số phức nguyên nguyên tố cùng
nhau. Giả sử αβ = γ k ,


18

trong đó k ≥ 2 là một số nguyên dương. Khi đó tồn tại các số phức
nguyên α1 , β1 và các đơn vị ε, δ sao cho α = εα1k ; β = δβ1k .

Định lý 1.6 (Xem[5]). Cho π = a + bi là số phức nguyên khác đơn vị.
Khi đó:
1.

Nếu b = 0, a = 0 thì π là số nguyên tố Gauss nếu và chỉ nếu a là
số nguyên tố thông thường có dạng 4k + 3.

2.

Nếu a = 0, b = 0 thì π là số nguyên tố Gauss nếu và chỉ nếu b là
số nguyên tố thông thường có dạng 4k + 3.

3.

Nếu a = 0, b = 0 thì π là số nguyên tố Gauss nếu và chỉ nếu

N (π) = a2 + b2 là số nguyên tố thông thường.
Vậy tập hợp tất cả các số nguyên tố Gauss gồm:

•

Tất cả các số nguyên tố thông thường p có dạng 4k + 3 và các số
phức nguyên kết hợp với chúng.

•

Tất cả các số phức nguyên a + bi, trong đó (a; b) là nghiệm nguyên
của phương trình p = a2 + b2 với p = 2 hoặc p là số nguyên tố có
dạng 4k + 1.
Nói riêng, khi p = 2 thì số nguyên tố Gauss là 1 + i và các phần tử
liên kết với nó, nghĩa là {±1 ± i}.

1.6.3. Đồng dư trong tập số nguyên phức
Định nghĩa 1.10 (Xem[5]). Cho α, β, γ là các số phức nguyên. Ta nói
rằng α đồng dư với β modulo γ nếu γ |(α − β) Khi đó ta viết

α ≡ β (mod γ) .
Dễ thấy quan hệ đồng dư modulo γ xác định một quan hệ tương đương
trên Z [i].
Định lý 1.7 (Xem[5]). (Tính chất của quan hệ modulo γ )


19

1.

Nếu γ = m là một số nguyên thông thường, α = a + bi, β = x + iy
thì α ≡ β (mod γ) nếu và chỉ nếu a ≡ x (mod m), b ≡ y (mod m).

2.

Nếu α1 ≡ β1 (mod γ) và α2 ≡ β2 (mod γ) thì

α1 ± α2 ≡ β1 ± β2 (modγ) và α1 α2 ≡ β1 β2 (mod γ) .
Định lý 1.8 (Xem[5]). Cho p > 2 là một số nguyên tố thông thường và α
là một số phức nguyên. Khi đó

1.

αp ≡

α (mod p) nếu p = 4k + 3
α (mod p) nếu p = 4k + 1
2

2.

Với mọi số nguyên tố p thông thường ta luôn có αp ≡ α (mod p) .

3.

αp

2

αp−1

−1

≡ 1 (mod p) nếu p = 4k + 3, α = 0 (mod p) .
≡ 1 (mod p) nếu p = 4k + 1, N (α) = 0 (mod p) .


20

CHƯƠNG 2

MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA SỐ PHỨC TRONG
CÁC BÀI TOÁN TỔ HỢP
2.1. BÀI TOÁN TÍNH TỔNG
Bài toán 2.1. Tính tổng với n ∈ Z+ ,
n

A=

Cnk cos (k + 2013) a,

(2.1)

Cnk sin (k + 2013) a.

(2.2)

k=0
n

B=
k=0

Giải.
Ta có
n

Cnk [cos (k + 2013) a + i sin (k + 2013) a]

A + iB =
k=0

n

n

Cnk ei(k+2013)a

=
k=0

Cnk eika .ei2013a

=
k=0

n

= ei2013a

Cnk eika = ei2013a 1 + eia

n

k=0

a
a n
a n
cos + i sin
2
2

2
a n
na
na
= (cos2013a + i sin 2013a) 2 cos
cos
+ i sin
2
2
2
a n
na
na
= 2 cos
cos 2013a +
+ i sin 2013a +
2
2
2
n
a
4026 + n
4026 + n
= 2 cos
cos
a + i sin
a .
2
2
2

= (cos2013a + i sin 2013a) 2 cos

Vậy

a
2
a
B = 2 cos
2

A = 2 cos

4026 + n
a
2
n
4026 + n
. sin
a.
2

n

.cos