152 Chương 3. Một số ứng dụng của số phức trong đại số
cấu đó được xác định theo công thức
w −w
1
w −w
2
·
w
3
− w
2
w
3
− w
1
=
z −z
1
z −z
2
·
z
3
− z
2
z
3
− z
1
· (3.50)
Chứng minh
2
(w
k
)=z
k
,k=1,2, 3.
Do đó nếu đặt ζ
2
[w
1
(z)] =
az + b
cz + d
thì
az
k
+ b
cz
k
+ d
= z
k
,k=1,2, 3,
hay là
cz
2
k
+(d − a)z
k
− b =0,k=1, 2, 3.
w = w
2
ta thu được cả hai vế đều bằng ∞.
Trong hình học, biểu thức
λ =
z − z
1
z − z
2
:
z
3
− z
1
z
3
− z
2
3.3. Phương trình hàm với biến đổi phân tuyến tính
153
được gọi là tỉ số phi điều hòa của bốn điểm z,z
1
,z
2
và z
3
.
Nếu bốn điểm z
1
,z
2
e
iα
, z = ζ
0
+ t
0
e
iα
, z
3
= ζ
0
+ t
3
e
iα
và từ đó
(z
1
,z
2
,z,z
3
)=
z − z
1
z − z
2
:
2
,z
3
nằm trên đường tròn ζ = ζ
0
+ re
it
, r>0,
0 t 2π, ta có z
1
= ζ
0
+ re
iϕ
1
, z
2
= ζ
0
+ re
iϕ
2
, z
3
= ζ
0
+ re
iϕ
3
và từ đó ta có
iϕ
2
=
e
i
ϕ
0
+ϕ
1
2
e
i
ϕ
0
−ϕ
1
2
− e
−i
ϕ
0
−ϕ
1
2
e
i
ϕ
0
ϕ
3
−ϕ
1
2
− e
−i
ϕ
3
−ϕ
1
2
e
i
ϕ
1
+ϕ
3
2
e
i
ϕ
3
−ϕ
2
2
− e
−i
2
2
∈ R.
Từ định lí 3.11 ta rút ra một tính chất quan trọng nữa của đẳng cấu phân
tuyến tính.
Hệ quả 3.2. Tỉ số phi điều hòa là một bất biến của nhóm các đẳng cấu phân
tuyến tính.
Định nghĩa 3.2.
1. Hai điểm z và z
∗
được gọi là đối xứng với nhau qua đường tròn
Γ={|z −z
0
| = R}⊂C nếu chúng có các tính chất sau:
a) z và z
∗
cùng nằm trên một tia đi từ z
0
;
b) |z − z
0
|·|z
∗
− z
0
| = R
2
.
154 Chương 3. Một số ứng dụng của số phức trong đại số
2. Mọi điểm trên đường tròn Γ được xem là đối xứng với chính nó qua Γ.
giao với Γ. Ta có định lí sau.
Định lý 3.12. Tính đối xứng tương hỗ giữa các điểm là một bất biến của
nhóm các đẳng cấu phân tuyến tính.
Chứng minh. Kết luận của định lí được suy từ định lí 3.7 và 3.9.
Từ sự bất biến của tính đối xứng giữa các điểm suy ra rằng trong trường hợp
khi đường tròn biến thành đường thẳng, tính đối xứng trùng với khái niệm đối
xứng thông thường.
Ta minh họa việc áp dụng tính bất biến của các điểm đối xứng qua đẳng cấu
phân tuyến tính bằng các định lí sau đây.
Định lý 3.13. Đẳng cấu phân tuyến tính bất kỳ biến nửa mặt phẳng trên lên
hình tròn đơn vị đều có dạng
w = e
iλ
z − α
z − α
, Im α>0, (3.51)
trong đó λ ∈ R là số thực tùy ý.
3.3. Phương trình hàm với biến đổi phân tuyến tính
155
Chứng minh. Giả sử đẳng cấu phân tuyến tính w = w(z) ánh xạ nửa mặt
phẳng trên Im z>0 lên hình tròn {|w| < 1} sao cho w(α)=0(Im α>0).
Ta nhận xét rằng điểm w =0và w = ∞ sẽ tương ứng với các giá trị liên hợp
của z, do đó c =0(vì nếu c =0thì điểm ∞ sẽ tương ứng với điểm ∞).
Các điểm w =0, w = ∞ sẽ tương ứng với các điểm −
b
a
và −
d
c
. Do đó có thể
c
=1
và a = ce
iλ
.Nhưvậyw = e
iλ
z − α
z − α
·
Ta chứng minh rằng đó là đẳng cấu phải tìm. Thật vậy, nếu z = x ∈ R thì hiển
nhiên |w| =1. Nếu Imz>0 thì z gần α hơn so với
α (tức là |z −α| < |z −α|)
và do đó |w| < 1.
Nhận xét 3.3. Trong ánh xạ (3.51) góc quay của các đường cong tại điểm α
là bằng λ −
π
2
vì từ (3.51) ta có
arg w
(α)=λ −
π
2
·
Định lý 3.14. Mọi đẳng cấu phân tuyến tính biến hình tròn {|z| < 1} lên
hình tròn {|w| < 1} đều có dạng
w = e
α
=
a
α
c
·
z − α
αz − 1
= −
a
α
c
z − α
1 − αz
·
Vì các điểm của đường tròn đơn vị phải biến thành các điểm của đường tròn
đơn vị nên |w| =1khi |z| =1.Vìz ·
z = |z|
2
nên zz =1khi |z| =1. Vì số
1 −
αz và 1 − αz liên hợp với nhau và |1 −αz| = |1 −αz| nên nếu |z| =1thì
|1 −
αz| = |1 −αz|·|z| = |z − αzz| = |z −α|.
Do đó khi |z| =1thì ta có:
z − α
1 − αz
e
iθ
− r
1
e
iβ
1 − r
1
e
−iβ
· e
iθ
=
1 − r
1
e
iβ
e
−iθ
1 − r
1
e
2
− 1)(1 − r
2
1
) < 0
và do đó |z − α|
2
−|1 − αz|
2
< 0 và |w| < 1.
3.3. Phương trình hàm với biến đổi phân tuyến tính
157
Nhận xét 3.4. Vì
dw
dz
z=α
= e
iλ
1
1 −|α|
2
, |α| < 1,
cho nên về mặt hình học λ bằng góc quay của ánh xạ (3.52) tại điểm α:
λ =
arg
dw
dz
2
, |α| <R,λ∈ R.
Ví dụ 3.52. Giả sử U
1
= {|z| < 1}, U
2
= {|z − 1| < 1} và D = U
1
∩ U
2
. Tìm
đẳng cấu biến miền D lên nửa mặt phẳng trên.
Lời giải. Giao điểm của các cung tròn giới hạn miền D là các điểm sau:
a =
1
2
+ i
√
3
2
,a
∗
=
1
2
− i
√
3
2
·
biến miền đã cho D thành một góc trong mặt phẳng z
1
với đỉnh là z
1
=0.Vì
góc giữa hai cung tròn δ
1
và δ
2
tại các điểm a cũng như a
∗
đều bằng
2π
3
nên
độ mở của góc vừa thu được bằng
2π
3
. Dễ dàng thấy rằng
z
1
(1) =
1 −
1
2
− i
√
3
2
(0). Ta kí hiệu
góc đó là D(z
1
).
2. Ánh xạ quay z
2
= e
−2πi
3
z
1
biến góc D(z
1
) thành góc có một cạnh trùng
với phần dương của trục thực, còn cạnh kia đi qua điểm −
1
2
+ i
√
3
2
·
3. Ánh xạ cần tìm có dạng w = z
3
2
2
góc có độ mở
2π
3
biến góc đã cho thành góc D(z
1
) có độ mở bằng π với
nhát cắt thuộc đường tròn đơn vị đi từ điểm z =1đến điểm z = e
i
α
β
π
.
2. Ánh xạ phân tuyến tính
z
2
=
z
1
− 1
z
1
+1
3.3. Phương trình hàm với biến đổi phân tuyến tính
159
biến miền D(z
1
) thành nửa mặt phẳng trên với nhát cắt theo trục ảo từ gốc
tọa độ đến điểm i tan
α
2β
π. Ta kí hiệu miền ảnh đó là D(z
2
).
z
1
β
− 1
z
1
β
+1
2
+ tan
2
α
2β
π.
Để kết thúc phần này, ta chứng minh rằng ánh xạ phân tuyến tính (3.48)
w =
az + b
cz + d
, ad − bc =0biến nửa mặt phẳng trên lên chính nó khi và chỉ
khi mọi hệ số a, b, c, d đều là những số thực thỏa mãn điều kiện ad − bc > 0.
Giả sử ánh xạ (3.48) biến nửa mặt phẳng trên lên chính nó. Ta xét ba điểm
khác nhau z
1
,z
2
và z
x + γ
= af(x)+b, ∀x ∈ R \{−γ}, (3.53)
trong đó α,β,γ; a, b là các hằng số thực, a =0,αγ−β =0.
Ta khảo sát bài toán tổng quát (3.53) trong ba trường hợp đặc trưng điển hình
sau đây:
(i) Phương trình ω(x)=x có hai nghiệm thực phân biệt.
(ii) Phương trình ω(x)=x có 1 nghiệm kép (thực).
(iii) Phương trình ω(x)=x không có nghiệm thực.
Nhận xét rằng, phương trình trong trường hợp (iii) tương đương với phương
trình ω( x)=x có hai nghiệm (phức) là các số liên hợp phức của nhau.
Ta chuyển bài toán tổng quát 3.1 về bài toán tổng quát sinh bởi hàm bậc nhất
quen biết mà cách giải đã biết
Bài toán tổng quát 3.2. Xác định các hàm số f(x) thỏa mãn điều kiện sau
f(αx + β)) = af(x)+b, ∀x ∈ R, (3.54)
trong đó α, β, a, b là các hằng số thực, a =0,α=0.
hoặc về dạng bài toán tổng quát sinh bởi phép đối hợp bậc n dạng sau đây.
Bài toán tổng quát 3.3. Xác định các hàm số f(x) thỏa mãn điều kiện sau
f
αx + β
x + γ
= af(x)+b, ∀x ∈ R \{−γ}, (3.55)
trong đó α, β, γ, a, b là các hằng số thực, a =0,αγ−β =0, và
ω
n
(x) ≡ x, ω
k+1
:= ω(ω
x =2+
3
t − 1
,
1
2 − x
=2+
3
1
2
t −1
·
Vậy (3.56) có dạng
f
2+
3
1
2
t − 1
=2f
2+
3
t −1
− 1, ∀t ∈ R \{2; 1},
hay
g
ta thu được
x =1+
1
t
,
2
3 − x
=1+
1
t − 1
·
Vậy (3.58) có dạng
f
1+
1
t − 1
=3f
1+
1
t
+2, ∀t ∈ R \{0; 1},
hay
g(t − 1)=3g(t)+2, ∀t ∈ R \{2; 1},
trong đó
g(t)=f
1+t
1 − t
=2f(1 + t)+5, ∀t ∈ R \{1}.
hay
g
1+t
1 − t
=2g(t)+5, ∀x ∈ R \{1}, (3.60)
3.4. Bài tập
163
trong đó
g(t)=f(1 + t). (3.61)
Xét phương trình hàm (3.60) ứng với trường hợp ω(t)=
1+t
1 − t
và phương trình
sinh tương ứng ω(t)=t có hai nghiệm thuần ảo ±i. Ta viết
ω(t)=
1+t
1 − t
=
1+t tan
2
π
4
1 − t tan
2
0
P (t) cos tdt =0.
Bài 3.3. Cho số nguyên dương n và các số a
k
,b
k
∈ R. Chứng minh rằng
phương trình
x +
n
k=1
(a
k
sin kx + b
k
cos kx)=0
có nghiệm trong khoảng (−π ; π).
164 Chương 3. Một số ứng dụng của số phức trong đại số
Bài 3.4. Cho M>0 và cho tam thức bậc hai
f(x)=x
2
+ bx + c
có các hệ số nằm trong [−M ; M]. Gọi x
1
,x
2
là hai nghiệm thực hoặc phức
của f(x). Chứng minh rằng
Giải hệ phương trình (ẩn x,y,z,u,v):
xz − y
2
a
=
xu −yz
b
=
xv − yu
c
=
yu − z
2
d
=
xu − yv
e
=
zv −u
2
r
.
Bài 3.7. Cho số tự nhiên
p =
a
0
a
1
a
n
=
cot α + i
cot α − i
, 1 ≤ n ∈ N,α∈ R.
Bài 3.10. Giải các phương trình sau :
1. x
n
− nax
n−1
− C
2
n
a
2
x
n−2
−···−a
n
=0.
2. x
5
+ x
4
+ x
3
+ x
2
+ x +1=0.
3. x
5
z
5
w
7
=1
z
2
− w
3
=0;
3.
z
3
+ w
5
=0
z
2
¯w
4
=1;
4.
z
13
w
19
=0.
Bài 3.13. Giải hệ phương trình sau
√
x
1 −
12
3x + y
=2
√
y
1+
12
3x + y
=6.
Bài 3.14. Giải hệ phương trình sau
x
3
− 3xy
2
+1=y
3
nên y chẵn do đó x lẻ và x
2
+1=y
3
chia hết
cho 8.
Nhưng x
2
+1=2(mod 4). Ta có mâu thuẫn. Vậy (x + i, x − i)=1. Như thế
x +i kết hợp với một lập phương nào đó. Vì −1=(−1)
3
,i=(−i)
3
, (−i)=i
3
166
4.2. Rút gọn một số tổng tổ hợp
167
nên chính x + i là một lập phương. Ta có
x + i =(a + ib)
3
=(a
3
− 3ab
2
)+i(3a
2
+ b
2
= N(a + ib)=N((x + iy)
n
)=(N(x + iy))
n
=(x
2
+ y
2
)
n
.
Đặt x
2
+ y
2
= c, ta có ngay hệ thức a
2
+ b
2
= c
n
.
4.2 Rút gọn một số tổng tổ hợp
Căn nguyên thuỷ bậc n của đơn vị với tính chất cơ bản là
1+ε
k
+ ···+ ε
k(n−1)
2
+ ε +1=0thì ta có
ε
2k
+ ε
k
+1=0 khi k không chia hết cho ba và bằng ba nếu k chia hết cho
ba. Vì thế
P (1) + P(ε)+P (ε
2
)=
n
k=0
C
k
n
(1 + ε
k
+ ε
2k
)=3
[
n
3
]
k=0
C
3k
= cos
nπ
3
+ i sin
nπ
3
,
P (ε
2
)=
1+
−
1
2
−i
√
3
2
n
=
1
2
− i
√
3
2
n
k=0
C
k
n
cos kx, S =
n
k=0
C
k
n
sin kx.
Ta có
C + iS =
n
k=0
C
k
n
(cos kx + isin kx)=
n
k=0
C
k
n
e
cos
nx
2
+ i sin
nx
2
.
4.3. Các bài toán đếm
169
Từ đó
C =
2 cos
x
2
n
cos
nx
2
,
hay
n
k=0
C
k
n
−ix
2
· Do đó
2
2m
cos
2m
x =(e
ix
+ e
−ix
)
2m
=
2m
k=0
C
k
2m
(e
ix
)
k
(e
−ix
)
2m−k
=
2m
k=0
C
k
2m
cos 2(m −k)x + C
m
2m
cos 2(m − m)x
=
m
k=0
C
k
2m
cos 2(m − k)x.
4.3 Các bài toán đếm
Số phức có những ứng dụng rất hiệu quả trong các bài toán đếm. Và vai trò
trung tâm trong kỹ thuật ứng dụng số phức vào các bài toán đếm tiếp tục lại
là căn nguyên thuỷ của đơn vị. Chú ý là nếu ε là căn nguyên thuỷ bậc n của
đơn vị thì ta có
i) 1+ε + ···+ ε
n−1
=0,
ii) 1+ε
k
+ ···+ ε
k(n−1)
=0với (k ; n)=1.
)
n
.
Dễ thấy c
n
chính là bằng tổng các hệ số của các số mũ chia hết cho 3 trong
khai triển của P (x). Nói cách khác, nếu
P (x)=
6n
k=0
a
k
x
k
thì c
n
=
2n
k=0
a
3k
. Mặt khác ta có
P (1) + P(α)+P (α
2
)=
6n
k=0
3
·
Ví dụ 4.7 (IMO 1995). Cho p là một số nguyên tố lẻ. Tìm số các tập con A
của tập hợp {1, 2, ,2p}, biết rằng
(i) A chứa đúng p phần tử ;
(ii) 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 kì của P (x). Chú ý rằng
α, α
2
, ,α
p−1
là p − 1 nghiệm phân biệt của P (x) và α
p
=1.
Do đó, theo định lí Viète, x
p−1
− 1=(x −α)(x − α
2
) ···(x − α
p−1
).
4.3. Các bài toán đếm
171
Xét đa thức
Q(x)=(x −α)(x − α
= α
j
nên
a
p
=
p−1
j=0
n
j
α
j
,
trong đó n
j
là số các A ∈ H sao cho S(A)=j(mod p).
Mặt khác Q(x)=(x
p
−1)
2
, suy ra a
p
= −2. Thành thử
p−1
j=0
n
j
α
n
p−1
+ n
p−2
+ ···+ n
1
+ n
0
−2
p
=
C
p
2p
− 2
p
.
172 Chương 4. Số phức trong các bài toán số học và tổ hợp
Vậy đáp số của bài toán là
n
0
=2+
C
p
2p
− 2
p
·
Ví dụ 4.8 (Rookie Contest 1999). Cho n là số nguyên tố và a
1
2π
n
. Chú ý rằng hệ thức sau đúng
m
k=1
(X + X
2
+ ···+ X
a
k
)=
1≤c
k
≤a
k
X
c
1
+···+c
n
và
f(0) + f(1)α + f(n − 1)α
n−1
=
1≤c
k
≤a
2
+···+α
a
k
=0
với j nào đó thuộc {1, 2, ,m}. Từ đây suy ra α
a
j
− 1=0, tức là n | a
j
.
4.4 Số phức nguyên và ứng dụng trong lí thuyết số
Ta xét bài toán tìm tất cả các cặp số nguyên (x ; y) thoả mãn phương trình
x
2
− y
3
=1.
Sử dụng số phức ta có thể giải nó bằng cách trước hết nhận xét phương trình
trên tương đương với x
2
+1=y
3
hay (x + i)(x −i)=y
3
.
4.4. Số phức nguyên và ứng dụng trong lí thuyết số
173
Tích hai số là một lập phương thì bản thân mỗi số cũng là một lập phương.
Thành thử x + i =(a + bi)
hay a =0. Suy ra x =0và y =1.Vậy(0 ; 1) là nghiệm nguyên duy nhất của
phương trình đã cho.
Lời giải trên cho đáp số đúng và số phức được dùng để trả lời câu hỏi về số tự
nhiên! Tuy nhiên, về phương diện logic chặt chẽ thì các lập luận trên không
thể chấp nhận được vì ta đã mặc nhiên dùng các tính chất của tập số nguyên
Z cho một tập hợp khác, cụ thể là tập các số dạng a + bi với a, b là số nguyên.
Sau đây chúng ta chứng tỏ rằng tập các số phức dạng a + bi có rất nhiều tính
chất như tập Z do đó chúng ta có thể làm số học trên các số phức này. Và
điều quan trọng hơn là nhờ nó chúng ta có thể giải được các bài toán về tập
Z mà nếu chỉ đứng trong Z ta sẽ không thể tìm được lời giải.
Định nghĩa 4.1. Số phức có dạng a + bi ởđóa, b ∈ Z được gọi là số phức
nguyên (hay số nguyên Gauss).
Tập tất cả các số phức nguyên (được Gauss khảo sát đầu tiên (1832) được kí
hiệu là Z[i] và thường được kí hiệu bằng các chữ cái Hylạp α,β,γ,
Rõ ràng Z ⊂ Z[i]. Như vậy, một số nguyên thông thường là số phức nguyên
có phần ảo bằng 0. Trên mặt phẳng phức, tập Z[i] là tập các điểm (a ; b) có
tọa độ nguyên.
Dễ kiểm tra rằng tổng, hiệu, tích của hai số phức nguyên lại là một số phức
nguyên. Từ đó suy ra tập Z[i] đóng đối với phép cộng, trừ, nhân.
174 Chương 4. Số phức trong các bài toán số học và tổ hợp
Ngay từ năm 300 trước công nguyên Euclide đã nhận thấy rằng khái niệm
chia hết và khái niệm số nguyên tố là hai khái niệm quan trọng nhất của số
nguyên. Nhiều tính chất có vẻ rất hiển nhiên của các số nguyên lại liên quan
đến những suy luận khá tinh vi. Chẳng hạn, để chứng minh rằng nếu tích của
hai số nguyên ab chia hết cho số nguyên tố p thì hoặc a hoặc b phải chia hết
cho p, ta phải đưa ra khái niệm uớc chung lớn nhất của hai số và dùng thuật
toán Euclide để mô tả ước chung lớn nhất. Cũng từ đó người ta thiết lập nên
định lí cơ bản của số học: Nếu n là một số nguyên thì n có thể phân tích một
cách duy nhất thành tích các số nguyên tố. Như vậy, muốn làm số học trên các
số nguyên phức Z[i], ta cũng phải xây dựng được khái niệm chia hết và khái
Tính chất 4.4. Nếu α = γβ thì N(α)=N(γ)N(β). Nói riêng, nếu α chia
hết cho β thì N(α) chia hết cho N(β).
4.4. Số phức nguyên và ứng dụng trong lí thuyết số
175
Tính chất 4.5. Tập U tất cả các đơn vị của Z[i] là U = {±1, ±i}.TậpU 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.
Định lý 4.1 (Thuật chia Euclide). Cho α, β là hai số phức nguyên bất kì với
β =0. Khi đó tồn tại các số phức nguyên γ,δ sao cho
α = γβ + δ, 0 ≤ N(δ) <N(β). (4.2)
Chứng minh. Giả sử
α
β
= u + iv với u, v ∈ Q. Ta có thể chọn x, y ∈ Z sao
cho x gần u nhất và y gần v nhất tức là
|u −x|≤
1
2
, |v −y|≤
1
2
.
Đặt γ = x + iy ∈ Z[i],δ = α −γβ. Khi đó ta có α = γβ + δ. Ta chứng tỏ rằng
N(δ) <N(β). Thật vậy
N(δ)=|α −γβ|
2
= |β(
α
β
− γ)|
Số nguyên α sẽ nằm trong một ô vuông nào đó. Phần dư δ chính là hiệu giũa
α với đỉnh gần nhất với α của ô vuông. N(δ) <N( β) vì dễ chứng minh được
rằng trong một hình vuông khoảng cách từ một điểm bất kì của hình vuông
tới đỉnh gần nhất với nó thì phải bé hơn cạnh của hình vuông.
176 Chương 4. Số phức trong các bài toán số học và tổ hợp
Chú ý. Biểu diễn (4.2) là không duy nhất. Nói cách khác, trong thuật chia
nói trên thì phần dư và thương số là không duy nhất. Chẳng hạn
5+4i =(3+2i)+(2+2i) = 2(3 + 2i)+(−1),
N(3 + 2i)=13>N(2+2i)=8,N(3 + 2i)=13> 1=N(−1).
Định nghĩa 4.3. 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 lý 4.2. Giả sử α và β nguyên tố cùng nhau. Khi đó tồn tại các số phức
nguyên µ
0
,ν
0
sao cho αµ
0
+ βν
0
=1.
Chứng minh. Đặt A = {αµ + βν}, trong đó µ, ν chạy trên tập Z[i] và lấy
γ ∈ A là phần tử mà chuẩn N(γ) có giá trị nhỏ nhất trong các chuẩn của các
phần tử khác không trong A. Theo thuật chia Euclide ta tìm được θ, δ ∈ Z[i]
sao cho
α = θγ + δ, 0 ≤ N(δ) <N(γ).
Ta chứng tỏ rằng δ ∈ A. Thật vậy, vì γ ∈ A nên γ = αµ
1
+ βν
rằng γ ∈ Z[i] là uớc chung lớn nhất (UCLN) của α và β và viết (α ; β)=γ
Copyright: Tài liệu đại học ©