Số phức
Số phức được định nghĩa là biểu thức có dạng a + bi, trong đó a và b là các số thực, và i là đơn vị ảo với đặc tính i^2 = -1 Trong số phức z = a + bi, a được gọi là phần thực và b là phần ảo Ký hiệu phần thực và phần ảo lần lượt là Rez và Imz.
Tập hợp các số phức kí hiệu là C.
Nhận xét 1.1.2 Mỗi số thực a đều được xem như là số phức với phần ảo b= 0.
Số phức z = a+bi có a = 0 được gọi là số thuần ảo hay là số ảo.
Số 0 vừa là số thực vừa là số ảo.
Hai số phức bằng nhau:
Hai số phức được gọi là bằng nhau nếu phần thực và phần ảo tương ứng của chúng bằng nhau.
Mô đun của số phức:
Giả sử M(a;b) là điểm biểu diễn số phức z = a+bi trên mặt phẳng tọa độ. Độ dài của −−−→
|OM| chính là mô đun của số phức z Kí hiệu là |z|.
Cho số phức z = a + bi, ta gọi a −bi là số phức liên hợp của z và kí hiệu là z = a−bi Ví dụ: z = 1 + 2i thì z = 1−2i.
Một số tính chất của số phức liên hợp:
Dạng lượng giác của số phức:
Trong mặt phẳng phức cho số phức z với z 6= 0 được biểu diễn bởi vector −−→
Số đo của mỗi góc lượng giác trên được gọi là một acgumen của z.
Gọi ϕ là một acgumen và r > 0 là mô đun của số phức z = a+bi khác 0 dạng lượng giác của z là: z = r(acosϕ+isinϕ)
Với r = √ a 2 + b 2 và ϕ định bởi cosϕ= ar và sinϕ = br.
• z = 0 thì |z| = r = 0 nhưng acgumen của z không xác định xem như tùy ý.
Cấu trúc đại số và một số tính chất khác của số phức:
Nếu z 1 = wz 2 , z 2 6= 0, w ∈ C, thì chúng ta kí hiệu phép chia giữa 2 số phức z 1 và z 2 , là z 1 z 2 = w.
Nếu z 0 = w n , w ∈ C, thì chúng ta kí hiệu căn bậc n của số phức z 0 là
Một số tính chất khác của số phức được thể hiện qua các biểu diễn như z₁ = x₁ + iy₁ = |z₁|(cosϕ₁ + isinϕ₁) và z₂ = x₂ + iy₂ = |z₂|(cosϕ₂ + isinϕ₂) Đồng thời, các số phức liên hợp được định nghĩa là ¯z₁ = x₁ − iy₁ và ¯z₂ = x₂ − iy₂.
Hàm phức
Giả sử S là một tập con của C, hàm f: S → C là quy tắc ánh xạ mỗi phần tử z trong S tới một số phức w Giá trị w được gọi là giá trị của hàm f tại z và được ký hiệu là f(z).
Tập S là miền xác định của hàm phức f(z) Khi miền xác định không được nêu rõ, chúng ta hiểu rằng đó là tập lớn nhất có thể để hàm này được xác định.
Ví dụ 1.2.2 Một số hàm phức cơ bản.
2 Hàm mũ cơ số e e z = e x (cosy+ isiny), z = x+iy ∈ C, x, y ∈ R.
Giới hạn và liên tục
Hàm f(z) được coi là có giới hạn tại điểm z0 nếu tồn tại một lân cận quanh z0, trong đó hàm f(z) được xác định cho tất cả các điểm z, ngoại trừ có thể tại chính z0 Cụ thể, với mỗi ε > 0, có một δ > 0 sao cho khi khoảng cách giữa z và z0 nhỏ hơn δ, giá trị của hàm f(z) sẽ nằm trong khoảng ε.
Hàm f(z) được coi là liên tục tại một điểm z₀ nếu thỏa mãn ba điều kiện cần thiết Trong trường hợp này, ký hiệu z→z₀ f(z) = w₀ được sử dụng để diễn tả tính liên tục của hàm tại điểm z₀.
Hàm f được nói là liên tục trên một tập con nếu nó liên tục tại mỗi điểm của tập này.
Ví dụ 1.3.3 Các hàm đa thức P(z), hàm mũ e z , và hàm lượng giác cosz, sinz là liên tục trên mặt phẳng phức C.
Đạo hàm và hàm giải tích
Hàm biến phức f(z) được coi là có đạo hàm tại điểm z0 nếu giới hạn z→z0 của biểu thức (f(z)−f(z0))/(z−z0) tồn tại và hữu hạn, và được ký hiệu là f'(z0) với f'(z0) = lim z→z0 (f(z)−f(z0))/(z−z0) Ngoài ra, hàm f được gọi là giải tích tại điểm z0 nếu nó có đạo hàm tại mọi điểm trong một lân cận nào đó của z0.
Để hàm phức f(z) = u(x, y) + iv(x, y) tồn tại đạo hàm tại điểm z0 = x0 + iy0, cần có các điều kiện nhất định Theo định lý 1.4.3, các đạo hàm riêng bậc nhất của hàm thực u và hàm ảo v phải tồn tại tại điểm (x0, y0) Hơn nữa, chúng phải thỏa mãn các phương trình Cauchy - Riemann tại điểm này, cụ thể là u0x = vy0 và u0y = -vx0.
Chứng minh Giả sử f 0 (z0) tồn tại Khi đó, các giới hạn sau tồn tại f 0 (z 0 ) = lim
= v y (x 0 y 0 )−iu y (x 0 y 0 ). Điều này dẫn tới điều kiện Cauchy-Riemann và giá trị của f 0 (z0).
Việc thỏa mãn hệ phương trình Cauchy - Riemann tại điểm z₀ = (x₀, y₀) không đủ để đảm bảo sự tồn tại của đạo hàm của hàm f(z) tại điểm đó Tuy nhiên, với các điều kiện liên tục nhất định, chúng ta có thể đưa ra những khẳng định quan trọng Định lý 1.4.4 nêu rõ điều kiện đủ để tồn tại đạo hàm, giả sử f(z) = u(x, y) + iv(x, y) được xác định trên ε-lân cận của z₀.
(i) các đạo hàm riêng bậc nhất của các hàm u và v đối với x và y tồn tại ở mọi nơi trong vùng lân cận;
(ii) các đạo hàm riêng đó liên tục tại (x 0 , y 0 ) và thỏa mãn hệ phương trình Cauchy - Riemann tại (x 0 , y 0 ), u 0 x = v y 0 , u 0 y = −v 0 x Khi đó f 0 (z 0 ) tồn tại và f 0 (z 0 ) = (u 0 x + iv x 0 )
(x 0 ,y 0 ).Chứng minh.Từ công thức Taylor bậc một và điều kiện Cauchy-Riemann tại z0, ta thấy, f(x 0 + ∆x+i(y 0 + ∆y))−f(x 0 +iy 0 ) x 0 + ∆x+i(y 0 + ∆y)−(x 0 +iy 0 )
Bên cạnh đó, tính liên tục của các đạo hàm riêng u, v tại (x0, y0), ta có
Từ các biểu thức đã nêu, ta có thể xác định giới hạn khi z tiến đến z0 của f(z)−f(z0) z−z0, bằng u x (x0, y0) + iv x (x0, y0) Điều này chứng minh thành công định lý Định lý 1.4.5, hay còn gọi là định lý Liouville, khẳng định rằng nếu hàm f là hàm phân tích và bị chặn, thì
C, thì f(z) là hàm hằng trên C.
Ví dụ 1.4.6 Xét hàm f(z) =z 2 và số phức z 0 = 1 +i Chúng ta kiểm tra sự tồn tại của đạo hàm hàm f(z) tại điểm z 0
Trong bài toán này, ta có z = x + iy và f(z) = z² = (x + iy)² = x² - y² + i2xy = u + iv, với u = x² - y² và v = 2xy Các đạo hàm riêng bậc nhất được tính toán là u₀ₓ = 2x, u₀ᵧ = -2y, v₀ₓ = 2y, v₀ᵧ = 2x Những đạo hàm này liên tục tại lân cận điểm (1,1) và thỏa mãn điều kiện Cauchy - Riemann tại điểm z₀.
Theo định lý về điều kiện đủ để tồn tại đạo hàm, hàm f(z) tồn tại đạo hàm tại điểm z0, với f'(z0) = (u0 x + ivx0) z0 = 2 + i2 = 2z0 Tương tự, ta có thể chứng minh rằng hàm f(z) có đạo hàm trên tập số phức C, với f'(z) = 2z, ∀z ∈ C.
Ví dụ 1.4.7 Xét hàm f(z) = z+Imz và số phức bất kì z0 Chúng ta kiểm tra sự tồn tại của đạo hàm hàm f(z) tại điểm z0.
Lời giải Ta thấy, với z = x+iy, f(z) = z+Imz = (x+iy) +y = x+ y+ iy = u+iv, trong đó u = x+y, v = y Dễ dàng thấy rằng, điều kiện Cauchy - Riemann của các hàm u, v không thỏa mãn tại z 0 , u 0 y = 1 6= −v x 0 = 0.
Nói cách khác, hàm f(z) không tồn tại đạo hàm tại mọi điểm z 0 ∈ C.
Ví dụ 1.4.8 Các hàm đa thứcP(z), hàm mũe z ,hàm lượng giáccosz, sinz là hàm giải tích trên C Hơn thế, trên tập này chúng ta có
Thặng dư
Định nghĩa 1.5.1 Giả sử hàm phức f(z) xác định tại một lân cận V của z 0 , có thể không xác định tại z 0 Khi đó, biểu thức
Thặng dư của hàm f(z) tại điểm z 0, ký hiệu là L(z 0 ) f(z)dz, được xác định bởi đường cong bao quanh z 0 trong lân cận V Theo định nghĩa 1.5.2, số phức z 0 được xem là cực điểm cấp m của hàm f(z) nếu hàm này có khai triển Laurent tại lân cận z 0.
X n=−m a n (z −z 0 ) n Định lý 1.5.3 Giả sử hàm phức f(z) = Q(z)
P(z) là một hàm đa thức có các nghiệm phức z 1 , z 2 , , z k với bội tương ứng m 1 , m 2 , , m k, trong khi Q là hàm giải tích trên C Theo định lý 1.5.4, nếu z 0 là cực điểm cấp m của hàm f(z), thì f(z) sẽ có đúng k cực điểm z 1 , z 2 , , z k với cấp tương ứng là m 1 , m 2 , , m k.
(m−1) nếu m ≥ 2. Đặc biệt trong trường hợp m = 1, nếu f(z) = A(z)
Ví dụ 1.5.5 Tìm các thặng dư của hàm số f(z) = 1
(z −1)z 2 Lời giải Ta thấy đa thức
(z −1)z 2 có hai nghiệm z 1 = 1, z 2 = 0 với bội nghiệm tương ứng là m 1 = 1; m 2 = 2. Nói cách khác, hàm f(z) có hai cực điểm z 1 = 1 cực điểm cấp 1, z 2 = 0 cực điểm cấp 2 Từ đây,
−1 (z −1) 2 = −1. Định lý 1.5.6 Giả sử hàm f(z) giải tích trên miền đóng D trừ một số hữu hạn điểm z 1 , z 2 , , z n ∈ D Khi đó,
Đa thức hệ số phức
Định lý 1.6.1 (Định lí cơ bản của đại số) Đa thức khác hằng với hệ số phức
P(z) = c 0 +c 1 z +ã ã ã+c n z n , (c n 6= 0), luôn có ít nhất một nghiệm phức.
Chứng minh Chúng ta sẽ chứng minh bằng phản chứng Giả sử P(z) không bằng 0 đối với bất kỳ giá trị nào của z Khi đó, hàm f(z) = 1
Hàm P(z) là một hàm giải tích trên toàn bộ mặt phẳng phức C Chúng ta sẽ chứng minh rằng hàm f(z) cũng bị chặn trên toàn bộ mặt phẳng phức Để chứng minh rằng f bị chặn, trước tiên chúng ta sẽ trình bày một số bước cần thiết.
P(z) = (c n +w)z n , trong đó w = c0 z n + c1 z n−1 +ã ã ã+ c n−1 z Với R đủ lớn, ta có
Hàm f(z) bị chặn bên ngoài khu vực vào đĩa |z| > R và liên tục trong đĩa đóng |z| ≤ R, do đó f(z) cũng bị chặn trong khu vực này Điều này có nghĩa là f(z) bị chặn trên toàn bộ mặt phẳng phức Áp dụng Định lý Liouville, ta suy ra rằng f(z) là một hàm hằng Tuy nhiên, P(z) không phải là một hàm hằng, dẫn đến mâu thuẫn và chứng minh điều cần chứng minh Định lý 1.6.2 khẳng định rằng đa thức với hệ số phức khác hằng.
P(z) = c 0 +c 1 z +ã ã ã+c n z n , (c n 6= 0), luôn có đúng n nghiệm phức z 1 , z 2 , , z n , kể cả nghiệm bội Khi đó, chúng ta biểu diễn được
Chứng minh Theo Định lí cơ bản của đại số, tồn tại z1 ∈ C sao cho
Tiếp theo, từ các đẳng thức z k −z k 1 = (z −z 1 )(z k−1 +z k−2 z 1 +ã ã ã+z 1 k−1 ), ∀k = 1,2, , n, chúng ta thu được
P(z) =P(z)−P(z 1 ) = (z−z 1 )Q 1 (z), trong đó Q 1 (z) là đa thức bậc n−1 Do Q 1 (z) là đa thức, lặp lại lập luận như trên, tồn tại z 2 ∈ C sao cho
Q 1 (z 2 ) = 0, Q 1 (z) = (z −z 2 )Q 2 (z), trong đó Q 2 (z) bậc (n−2) Bằng cách này, tồn tại một tập z 1 , z 2 , , z n sao cho
P(z) = (z −z 1 )(z−z 2 ) .(z −z n )Q n (z), trong đó Q n (z) là đa thức bậc 0 Nói cách khác, tồn tại hằng số A sao cho
P(z) = A(z−z 1 )(z−z 2 ) .(z −z n ), ∀z ∈ C. Đồng nhất hệ số, ta thu được c n = A Điều này kết thúc chứng minh của Định lí. Định lý 1.6.3 (Công thức Viète) Giả sử đa thức hệ số phức
P(z) = c0 +c1z +ã ã ã+cnz n , cn 6= 0, có n nghiệm phức z1, z2, , zn kể cả bội Khi đó, các đẳng thức sau là đúng
Chứng minh Định lí được chứng minh dựa trên biểu diễn đa thức hệ số phức bởi tích các đa thức bậc nhất
P(z) =c n (z −z 1 )(z−z 2 ) .(z −z n ) và đồng nhất hệ số. Định lý 1.6.4 Đa thức bậc n khác hằng số với hệ số phức x n −1 có đúng n nghiệm phức ε k = e i 2kπ n , k = 1, n.
Bên cạnh đó, các nghiệm của đa thức này thỏa mãn
(i) Với nghiệm bất kì của đa thức ε 6= 1 thì n
0 nếu m không chia hết cho n
Chứng minh Đầu tiên, ta thấy rằng εk là nghiệm của đa thức x n −1 do ε n k −1 h e i 2kπ n in
Hơn thế, dễ dàng thấy rằng ε 1 , , ε n là đôi một khác nhau Theo Định lí nghiệm cơ bản của đại số, đa thức x n −1 cũng chỉ có đúng n nghiệm phức.
Từ đây, {ε 1 , , ε n } là toàn bộ nghiệm của đa thức x n −1.
(i) Nếu ε 6= 1 là một nghiệm bất kì của đa thức x n −1 thì ta phải có n≥ 2 Từ đẳng thức,
Từ đẳng thức ε i = ε i 1 , i= 1, n, ta có n
Chương 2 Áp dụng lí thuyết hàm phức và nghiệm đa thức để giải quyết một số bài toán sơ cấp
Trong Chương 2, chúng tôi sử dụng lý thuyết hàm phức và nghiệm của đa thức để giải quyết một số bài toán cơ bản Các kết quả và ví dụ trong luận văn được trích dẫn từ các tài liệu tham khảo [1-6].
Bài toán tính tích phân xác định
Để tính tích phân xác định b
R a f(x)dx bằng lí thuyết hàm phức, chúng ta cần thực hiện các bước sau.
• Đầu tiên, bằng cách đổi biến t = 2πx−a b−a, ta đưa tích phân về dạng
• Tiếp theo, bằng cách đặt z = e it , t ∈ R, ta đưa tích phân xác định về tích phân hàm phức trên đường cong kín b
G(z)dz, trong đó C 1 (0) + là đường tròn đơn vị C 1 (0) = {z ∈ C, |z| = 1} có hướng ngược chiều kim đồng hồ.
• Cuối cùng, sử dụng lí thuyết thặng dư để tính tích phân.
Ví dụ 2.1.1 Tính tích phân
Lời giải Chúng ta sẽ sử dụng lí thuyết thặng dư để tính tích phân Đặt z = e it , t ∈ R.
Dễ dàng thấy rằng, khi t biến thiên trên khoảng [0,2π], z biến thiên trên đường tròn đơn vị C 1 (0) Bên cạnh đó, dz = ie it dt = izdt và cost= e it +e −it
2 i(z 2 + 4z + 1)dz, trong đó C 1 (0) + là đường cong C 1 (0) có hướng ngược chiều kim đồng hồ. Phương trình z 2 + 4z + 1 = 0 có đúng một nghiệm bội một z 1 √12−4
Từ đây, áp dụng lí thuyết thặng dư của hàm phức chúng ta thu được
Ví dụ 2.1.2 Tính tích phân
Lời giải Đầu tiên, ta đổi biến đưa cận tích phân về trên đoạn [0,2π]. Đặt t= 2x.
Dễ dàng thấy rằng, khi t biến thiên trên khoảng [0,2π], z biến thiên trên đường tròn đơn vị C 1 (0) Bên cạnh đó, dz = ie it dt = izdt và sint = e it −e −it
2 z 2 + 4iz −1dz, trong đó C1(0) + là đường cong C1(0) có hướng ngược chiều kim đồng hồ. Phương trình z 2 + 4iz−1 = 0 có đúng một nghiệm bội một z1 = i(√
Từ đây, áp dụng lí thuyết thặng dư của hàm phức chúng ta thu được
Ví dụ 2.1.3 Tính tích phân
Dễ dàng thấy rằng, khi t biến thiên trên khoảng [0,2π], z biến thiên trên đường tròn đơn vị C 1 (0) Bên cạnh đó, dz = izdt và cost z+ 1 z
2 , sint z − 1 z 2i , điều này dẫn tới
2 (i+ 1)z 2 + 4iz +i−1dz, trong đó C 1 (0) + là đường cong C 1 (0) có hướng ngược chiều kim đồng hồ. Phương trình
(i+ 1)z 2 + 4iz +i−1 = 0 có đúng một nghiệm bội một z 1 √2−2
Từ đây, áp dụng lí thuyết thặng dư của hàm phức chúng ta thu được
Bài tập 1 Tính tích phân I 2π
3 + 2 cost+ sint. Bài tập 2 Tính tích phân I π
Bài toán rút gọn biểu thức
Phương pháp này chủ yếu dựa vào việc sử dụng nghiệm phức của một đa thức kết hợp với công thức Viète, nhằm mục đích biểu diễn các biểu thức cần tính toán một cách đơn giản hơn.
Ví dụ 2.2.1 Tính biểu thức
3 Khi đó 1, ε, ε 2 là 3nghiệm phức khác nhau của phương trình x 3 = 1.
Từ Định lí 1.6.4, ta có
0 nếu k không chia hết cho 3. Đặt f(x) = (x+ 1) 15 15
15 k x k Khi đó, theo tính chất trên chúng ta có
Ví dụ 2.2.2 Tính biểu thức sau với n∈ N ∗ ,
Lời giải Với n = 1, chúng ta thấy A = 1 Trường hợp, n ≥ 2, ta xét phương trình z n −1 = 0, với đúng n nghiệm z k = e 2iπk/n , k = 1, n.
Theo công thức Viète, ta có n
Ví dụ 2.2.3 Tính biểu thức sau với n∈ N ∗ ,
Lời giải Với n = 1, chúng ta thấy A = 1 Trường hợp, n ≥ 2, ta xét phương trình z n + 1 = 0, với đúng n nghiệm z k = e iπ(2k+1)/n , k = 1, n.
Theo công thức Viète, ta có n
Ví dụ 2.2.4 Giả sử n ∈ N, n ≥ 2 Tính biểu thức
Lời giải Từ công thức cos(ϕ) = e iϕ + e −iϕ
Do đa thức z n −1 có n nghiệm phức phân biệt zk = e 2πk/n , k = 0, n−1, đa thức Q(z) có đúng (n−1) nghiệm phức phân biệt z k = e 2πk/n , k = 1, n−1.
Bài tập 1 Giả sử n ≥2, n ∈ N Tính biểu thức n
Bài tập 2 Giả sử n ∈ N, n ≥2 Tính biểu thức n−1
Bài tập 3 Tính biểu thức
Bài tập 4 Tính biểu thức
Bài toán phủ
Để xác định khả năng phủ kín một bảng chữ nhật bằng các bảng con có kích thước nhất định, chúng ta đánh số các ô trên bảng bằng các số phức dựa trên nghiệm phức của một đa thức Sau đó, thông qua việc kiểm tra các số này theo lý thuyết hàm phức, chúng ta có thể khẳng định liệu bài toán phủ có thể giải được hay không.
Ví dụ 2.3.1 Chứng minh rằng bảng 1991×2000 không phủ kín được bằng các bảng con 1×7 và 7×1.
Dễ dàng thấy rằng ε là một nghiệm phức của phương trình z 7 −1 = 0.
Tại ô vuông (i, j), ta ghi số ε i+j, với mỗi bảng con 1×7 và 7×1 chứa đúng 7 số 1, ε, , ε 6, và tổng các số trên bảng này bằng 0 Điều này cho thấy nếu có thể phủ được, tổng các số trên bảng cũng sẽ bằng 0.
P j=1 ε j = 0 Theo Định lí 1.6.4, 7 là ước số của 1991 hoặc của 2000 Mâu thuẫn này chỉ ra, bảng 1991×2000 không phủ kín được bằng các bảng con 1×7 và 7×1.
Ví dụ 2.3.2 Tìm số nguyên dương k sao cho bảng 15 ×11 phủ kín được bằng các bảng con 1×k và k×1.
Lời giải Đặt ε = cos2π k + isin 2π k
Dễ dàng thấy rằng ε là một nghiệm phức của phương trình z k −1 = 0.
Tại ô vuông (i, j), chúng ta gán số ε i+j Mỗi bảng con 1×7 và 7×1 sẽ chứa đúng k số 1, ε, , ε k−1, với tổng các số trên bảng bằng 0 Điều này cho thấy nếu có thể phủ được, tổng các số trên bảng cũng phải bằng 0 Hơn nữa, tổng các số trên các ô vuông là
Theo Định lý 1.6.4, k là ước số của 15 hoặc 11, có thể nhận giá trị là 1, 3, 5, 11, hoặc 15 Điều này cho thấy rằng bảng 15×11 có thể được phủ kín bằng các bảng con có kích thước 1×k và k×1 với các giá trị k đã nêu.
Một bảng vuông có thể được phủ kín bằng các bảng con 1×5 và 3×1 Để chứng minh rằng bảng vuông này có thể được phủ kín chỉ bằng bảng con 1×5 hoặc chỉ bằng bảng con 3×1, chúng ta cần phân tích cách bố trí và kích thước của các bảng con Việc sử dụng bảng con 1×5 cho phép lấp đầy chiều dài của bảng vuông, trong khi bảng con 3×1 có thể lấp đầy chiều rộng Do đó, có thể khẳng định rằng tồn tại các cách bố trí phù hợp để phủ kín bảng vuông chỉ bằng một loại bảng con.
Lời giải Giả sử bảng vuông có kích cỡ k×l Đặt ε = cos2π
Tại ô vuông (i, j) viết số ε i ω j Khi đó mỗi bảng con 1×5 và 3×1 có tổng các số bằng 0 do ε và ω lần lượt là nghiệm của các phương trình z 5 −1 = 0 và z 3 −1 = 0.
Từ đây, tổng các số trên bảng vuông ban đầu bằng 0 Mặt khác tổng các số trên ô vuông là
Theo Định lý 1.6.4, nếu tổng P j=1 ω j = 0, thì 5 là ước số của k hoặc 3 là ước số của l Nếu 3 là ước số của k hoặc l, bảng ban đầu có thể được phủ kín chỉ bằng các bảng con 1×5 hoặc bảng con 3.
Ví dụ 2.3.4 Cho bảng vuông 17×17 Hỏi có thể phủ bảng vuông đã cho bằng các bảng con 1×4 và 4×1 sao cho ô vuông (1,2) là ô vuông duy nhất không được phủ.
Lời giải Điền các ô vuông (j, k) bởi số phức i j+2k Khi đó, tổng các số trên mỗi bảng con 1×4 và 4×1 đều bằng 0.
Giả sử có phương pháp để phủ bảng vuông theo yêu cầu, thì số ghi tại góc dưới cùng bên phải (1,2) sẽ là i 5 = i Đồng thời, tổng các số ghi trên bảng cũng sẽ được xác định.
Mâu thuẫn này chỉ ra rằng không tồn tại cách phủ như yêu cầu.
Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất để có thể phủ một bảng vuông n×n bằng các bảng vuông 3×3 và 5×5, với điều kiện sử dụng cả hai loại bảng con.
Tại ô vuông (i, j) viết số ε i ω j Khi đó, tổng các số trên các bảng con 3×3 và 5×5 đều bằng 0 Bên cạnh đó, tổng các số trên các ô vuông là
X j=1 ω j = 0. Điều này dẫn tới, n chia hết cho 3 hoặc n chia hết cho 5.
Gọi x, y lần lượt là số bảng con 3×3 và 5×5 được sử dụng Khi đó,
Nếu n chia hết cho 3 thì ta phải có y chia hết cho 3 2 Khi đó, n 2 >
5 2 ã3 2 = 15 2 do cả 2 loại bảng con đều được sử dụng Từ chỗ, n chia hết cho 3 nên n≥ 18.
Tương tự, nếu n chia hết cho 5 thì n ≥ 18.
Chúng ta sẽ chứng minh rằng n = 18 là giá trị thỏa mãn Cụ thể, ta chia bảng 18 × 18 thành một bảng con 15 × 15 và 11 bảng con 3 × 3 Bảng con 15 × 15 có thể được lát bằng 3 bảng con 5 × 5 Do đó, n = 18 là giá trị nhỏ nhất cần tìm.
Ví dụ 2.3.6 Cho bảng vuông 2019 × 2019 Chứng minh rằng không thể phủ được bằng này bằng các bảng vuông 4×4 và 5×5.
Tại ô vuông (i, j) viết số ε i ω j Khi đó, tổng các số trên các bảng con 4×4 và 5×5 đều bằng 0 Bên cạnh đó, tổng các số trên các ô vuông là
X j=1 ω j = 0. Điều này dẫn tới, 2019 chia hết cho 4 hoặc 2019 chia hết cho 5 Mâu thuẫn này chỉ ra bảng vuông ban đầu không thể phủ được bằng các bảng vuông
Bài tập 1 Cho k là số nguyên dương Tìm điều kiện của m, n sao cho có thể phủ kín bảng m ×n bằng các bảng con 1×k và k×1.
Bài tập 2 Một bảng vuông có thể được phủ kín bằng các bảng con
1×m và n×1 Chứng minh rằng bảng vuông có thể được phủ kín mà chỉ sử dụng bảng con 1×m hoặc chỉ sử dụng bảng con n×1.
Bài tập 3 Cho bảng vuông 13×13 Hỏi có thể phủ bảng vuông đã cho bằng các bảng con 1×4 và 4×1 sao cho ô vuông ở tâm là ô vuông duy nhất không được phủ.
Bài tập 4 (Rusia 2000) yêu cầu tìm số nguyên dương n nhỏ nhất để có thể phủ một bảng ô vuông n×n bằng các bảng ô vuông kích thước 40×40 và 49×49, với điều kiện cả hai loại bảng con đều phải được sử dụng.
Bài tập 5 Cho bảng vuông 50×50 được phủ bằng các bảng 1×7 và
7×1 sao cho chỉ có duy nhất 1 ô vuông không được phủ Tìm tất cả các vị trí có thể của ô vuông đó.
Bài toán đếm số
Để giải quyết các bài toán này, chúng ta áp dụng một đa thức với hệ số phức thích hợp, nhằm biểu diễn số cần tính toán thông qua tổng của các hệ số của đa thức đó.
Ví dụ 2.4.1 Có bao nhiêu tập con của tập hợp {1,2,3, ,20} có số phần tử chia hết cho 3.
3 Khi đó 1, ε, ε 2 là 3nghiệm phức khác nhau của phương trình x 3 = 1.
Từ Định lí 1.6.4, ta có
0 nếu k không chia hết cho 3. Đặt f(x) = (x+ 1) 20 và S là số các tập con của {1,2, ,20} có số phần tử chia hết cho 3 Khi đó, theo tính chất trên và f(x) 20
Ví dụ 2.4.2 (VMO 2015) Cho số nguyên dương k Tìm số các số tự nhiên n không vượt quá 10 k thỏa mãn đồng thời các điều kiện
(ii) các chữ số trong biểu diễn thập phân của n thuộc tập hợp S {2,0,1,5}.
Lời giải Xét đa thức f(x) = (x 5 +x 2 +x+ 1) k = X a 1 ,a 2 , ,a k ∈S x a 1 +a 2 +ããã+a k
Ta thấy, mỗi bộ (a1, , ak) tương ứng với một số a1a2 ak chia hết cho 3.
Nếu chúng ta biểu diễn, f(x) = b 0 +b 1 x+ã ã ã+b 5k x 5k , thì số các số tự nhiên thỏa mãn điều kiện bài toán được tính là
Tương tự ví dụ trước, chúng ta tính được
3 nếu k không chia hết cho 3.
Ví dụ 2.4.3 Có bao nhiêu tập con của tập {1,2, ,20} có tổng các phần tử chia hết cho 3.
Lời giải Xét đa thức f(x) = (1 +x)(1 +x 2 )ã ã ã(1 +x 20 ) = a 0 +a 1 x+ã ã ã
Chúng ta thấy số tập con cần tìm
Bằng cách sử dụng Định lí 1.6.4 như trong các ví dụ trước, ta thu được
Do ε, ε 2 ,1 là các nghiệm khác nhau của phương trình x 3 = 1, ta có g(x) = x 3 −1 = (x−ε)(x−ε 2 )(x−1). Điều này dẫn tới,
Kết hợp đẳng thức trên và ε 3 = 1, ta có f(ε) = [(1 +ε)(1 +ε 2 )(1 + 1)] 6 (1 +ε)(1 +ε 2 ) = 2 6 Tương tự, f(ε 2 ) = 2 6 Kết hợp với f(1) = 2 20 , ta thu được
Ví dụ 2.4.4 Cho p là số nguyên tố lẻ Có bao nhiêu tập con A gồm p phần tử của tập hợp {1,2, ,20} có tổng các phần tử chia hết cho p.
Lời giải Gọi ε 6= 1 là nghiệm phức nào đó của phương trình x p = 1. Khi đó,
Bằng đồng nhất hệ số của x p , chúng ta có
X j=0 nj ε j , trong đó tổng thứ nhất tính theo tất cả các tập conpphần tử{i 1 , i 2 , , i p } của {1,2, ,2p} và n j trong tổng thứ hai là số các tập con sao cho i 1 +i 2 + ã ã ã+ i p ≡ j (mod p).
Từ đây, ε là nghiệm của đa thức f(x) =n 0 −2 + p−1
X j=1 n j ε j bậcp−1.Do đa thức tối tiểu củaεtrờn trường Qlàg(x) = 1+x+ã ã ã+x p−1 , ta có f(x) = kg(x), với k là hằng số. Điều này dẫn tới, n 0 −2 = n 1 = ã ã ã = n p−1
Bài tập 1 Có báo nhiêu tập con của tập hợp {1,2, ,100} có số phần tử chia hết cho 3.
Bài tập 2 Có bao nhiêu tập con của tập {1,2, ,2016} có tổng các phần tử chia hết cho 5.
Bài tập 3.Có bao nhiêu tập con gồm5phần tử của tập hợp{1,2, ,10} có tổng các phần tử chia hết cho 5.
Bài tập 4 Có bao nhiêu số tự nhiên có 9 chữ số, trong đó không chứa số 0 và chia hết cho 11.
Bài tập 5 Có bao nhiêu số tự nhiên chia hết cho 7, có nchữ số và mỗi chữ số được lấy từ tập hợp {1,3,4,6,7,9}.
Bài tập 6 Cho p là một số nguyên tố Có bao nhiêu tập con S của tập hợp {1,2, , p} sao cho tổng các phần tử của S chia hết cho p.
Luận văn đã đạt được những kết quả sau:
• Trình bày lại một số khái niệm và kết quả cơ bản về lí thuyết hàm phức.
Áp dụng lý thuyết hàm phức và nghiệm của đa thức giúp giải quyết hiệu quả các bài toán sơ cấp, bao gồm tính tích phân xác định, rút gọn biểu thức, bài toán phủ và bài toán đếm số.