skkn một số ứng dụng của số phức trong đại số và toán tổ hợp

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (239.67 KB, 27 trang )

Sáng kiến kinh nghiệm 2014 Giáo viên: Đặng Thị Mến
PHẦN I: PHẦN LÍ LỊCH
Họ tên tác giả: Đặng Thị Mến
Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị công tác: Trường THPT chuyên Hưng Yên
Tên đề tài sáng kiến kinh nghiệm
“Một số ứng dụng của số phức trong đại số và toán tổ hợp”
1
Sáng kiến kinh nghiệm 2014 Giáo viên: Đặng Thị Mến
PHẦN II: PHẦN NỘI DUNG
MỞ ĐẦU
1- Đặt vấn đề:
Thực trạng của vấn đề: Số phức và ứng dụng của nó đóng vai trò như là một công
cụ đắc lực nhằm giải quyết hiệu quả nhiều bài toán của hình học, giải tích, đại số, số
học và toán tổ hợp. Ngoài ra, các tính chất cơ bản của số phức còn được sử dụng
trong toán cao cấp, toán ứng dụng và trong nhiều mô hình thực tế.
Trong các kỳ thi Olympic toán quốc gia và quốc tế, Olympic toán khu vực, thì các
bài toán liên quan đến số phức thường được đề cập dưới nhiều dạng phong phú thông
qua các đặc trưng và các biến đổi khác nhau của phương pháp giải, vừa mang tính
tổng hợp cao, vừa mang tính đặc thù sâu sắc. Trong chương trình Toán ở bậc trung
học, số phức được đưa vào chương trình giải tích 12, đối với chương trình chuyên
toán số phức được giới thiệu đầu lớp 11, tuy nhiên còn rất đơn giản. Vì nhiều lí do
khác nhau, rất nhiều học sinh, thậm chí là học sinh khá, giỏi sau khi học xong phần số
phức cũng chỉ hiểu một cách đơn sơ: sử dụng số phức, có thể giải được mọi phương
trình bậc hai, tính một vài tổng đặc biệt, chứng minh một số công thức lượng giác đơn
giản,…. Hiện nay tài liệu về số phức không nhiều và thường tản mạn. Vì vậy tôi
mạnh dạn chọn đề tài: “Một số ứng dụng của số phức trong đại số và toán tổ hợp”,
với mong muốn giúp học sinh, nhất là học sinh khá, giỏi và giáo viên các lớp chuyên
toán, làm quen sử dụng, ứng dụng số phức vào giải toán và cách tiếp cận để giải các
dạng toán liên quan, đồng thời giúp cho những học sinh có khả năng, có nguyện vọng
và có điều kiện có thể tham gia tốt các kì thi học sinh giỏi trong nước và quốc tế.

Ý nghĩa và tác dụng của đề tài: Nghiên cứu đề tài “Một số ứng dụng của số
phức trong đại số và toán tổ hợp” nhằm giúp học sinh rèn kỹ năng giải toán về số
phức, nhằm phát triển tư duy logic cho học sinh đồng thời nâng cao chất lượng học
tập của học sinh, tạo được hứng thú học tập môn toán, góp phần đổi mới phương pháp
giảng dạy bộ môn theo hướng phát huy tính tích cực, tự giác, sáng tạo của học sinh,
2
Sáng kiến kinh nghiệm 2014 Giáo viên: Đặng Thị Mến
góp phần nâng cao chất lượng đội ngũ học sinh khá, giỏi về môn toán, góp phần kích
thích sự đam mê, yêu thích môn toán, phát triển năng lực tự học, tự bồi dưỡng kiến
thức cho học sinh.
Phạm vi nghiên cứu của đề tài:
Xác định cơ sở khoa học của số phức với dạng đại số và lượng giác, căn bậc n
của số phức phân ra một số dạng toán ứng dụng số phức.
Tiếp cận một số ứng dụng của số phức trong giải toán đại số và toán tổ hợp.
Một số dạng ứng dụng của số phức trong giải các bài toán đại số và toán tổ hợp
dành cho học sinh khá, giỏi và học sinh các lớp chuyên toán lớp 11, 12.
2- Phương pháp tiến hành
a). Nghiên cứu tài liệu
b). Thực nghiệm (giảng dạy), đây là phương pháp chính
Một số ứng dụng của số phức trong đại số và toán tổ hợp là kiến thức tương đối
khó. Do đó nội dung kiến thức này chủ yếu nhằm phục vụ cho học sinh khá, giỏi với
mục đích phát huy năng lực toán học, nâng cao tầm hiểu biết của học sinh, là tiền đề
để các em tham gia tốt các kỳ thi học sinh giỏi.
Do tính đa dạng và phạm vi sâu rộng của kiến thức trong chuyên đề mà nó được
sử dụng linh hoạt, uyển chuyển cho nhiều loại đối tượng học sinh khá giỏi khác nhau
với thời gian học khác nhau. Nội dung kiến thức trong chuyên đề giảng dạy cho học
sinh các lớp chuyên, chọn từ lớp11, sau khi các em đã học lượng giác.
Nếu đối tượng học là học sinh các lớp chuyên, chọn khối 11, thời gian học có thể
từ 6 đến 8 tiết. Vì đây là kiến thức bồi dưỡng học sinh giỏi theo kế hoạch thường
xuyên và đều đặn, do đó cần cung cấp cho học sinh kiến thức một cách hệ thống tỉ mỉ,

giải thích và khắc sâu các ví dụ trong mỗi phương pháp.
Với học sinh lớp chuyên, chọn khối 12, nội dung kiến thức này được dùng cho các
tiết chuyên đề. Thời gian tuỳ thuộc vào sự phân bố số tiết học của từng chuyên đề đã
3
Sáng kiến kinh nghiệm 2014 Giáo viên: Đặng Thị Mến
được quy định cho các lớp chuyên, chọn nhưng có thể gói gọn từ 4 đến 6 tiết. Ngoài
ví dụ đã có, học sinh vận dụng các phương pháp được học để giải những bài tập nâng
cao, tự nghiên cứu tìm lời giải cho các bài toán tương tự.
Nếu học sinh tham gia đội tuyển thi học sinh giỏi cấp tỉnh, thành phố, đội tuyển
quốc gia hoặc quốc tế, thì cần xác định thời gian là cấp tốc, nên đưa ra những phuơng
pháp với các ví dụ, bài tập chọn lọc vận dụng nhiều kiến thức tổng hợp và các dạng
toán thường gặp. Thời gian học có thể từ 2 đến 4 tiết.
Ngoài ra đối với học sinh lớp 12, chuẩn bị thi đại học ta có thể dành từ 1-2 tiết để
giới thiệu ứng dụng số phức để giải phương trình, hệ phương trình đại số.
NỘI DUNG
A – Mục tiêu: Đề tài sáng kiến kinh nghiệm đảm bảo các nội dung sau
Cở sở lý thuyết
Phần này hệ thống lại các kiến thức cơ bản của số phức
Một số ứng dụng của số phức
Phần này đưa ra một số ví dụ và phân tích áp dụng kiến thức lý thuyết
1. Các bài toán về phương trình, hệ phương trình đại số.
2. Rút gọn một số tổng tổ hợp, chứng minh các đẳng thức tổ hợp.
3. Các bài toán đếm
4. Các bài toán về đa thức
a. Xác định đa thức
b. Bài toán về sự chia hết của đa thức.
B – Giải pháp của đề tài
I. CƠ SỞ LÝ THUYẾT
1. Số phức
1.1 Một biểu thức dạng z = a + bi, trong đó a và b là những số thực và i thỏa mãn

i
2
= -1 được gọi là một số phức.
4
Sáng kiến kinh nghiệm 2014 Giáo viên: Đặng Thị Mến
a được gọi là phần thực
b được gọi là phần ảo
i được gọi là đơn vị ảo.
Tập các số phức được kí hiệu là C
Số phức có phần ảo bằng 0 gọi là số thực nên R
⊂
C.
Số phức có phần thực bằng 0 gọi là số ảo.
Số 0 = 0 + 0i vừa là số thực vừa là số ảo.
1.2 Hai số phức bằng nhau
z = a+bi (a, b
∈
R)
z’ = a’+b’i (a,b
∈
R)
z =z’



=
=
⇔
‘
‘

bb
aa

1.3 Cộng, trừ hai số phức
z = a+bi (a, b
∈
R)
z’ = a’+b’i (a’, b’
∈
R)
z+z’ = (a+a’)+(b+b’)
z – z’ = (a-a’)+(b – b’)i
Số đối của số phức z = a + bi là số phức – z = – a – bi.
Ta có z + (-z) = 0.
1.4 Nhân hai số phức
z = a+bi (a, b
∈
R)
z’ = a’+b’i (a’, b’
∈
R)
zz’ = aa’ – bb’+(ab’+a’b)i
1.5 Môđun của số phức, số phức liên hợp
z = a +bi (a, b
∈
R) thì môđun của z là
22
|| baz +=
z = a +bi (a, b
∈

R) thì số phức liên hợp của z là
z
= a – bi. Ta có
5
Sáng kiến kinh nghiệm 2014 Giáo viên: Đặng Thị Mến
.,”,”
,’|’|
22
zzzzzzzzzz
bazzzzzz
==+=+
+==
z là số thực khi và chỉ khi
zz =
1.6 Chia cho số phức khác 0
Nếu z = a + bi (a, b
∈
R) khác không thì số phức nghịch đảo của z là
.
1
2
1
z
z
z =
−
Thương của số phức z cho số phức
0′
≠
z

là:
2
1
‘
‘
)’.(
‘
z
zz
zz
z
z
==
−
.

;
” z
z
z
z
=
;
‘
‘
z
z
z
z
=







.0’≠∀z
1.7 Biểu diễn hình học của số phức
Số phức z = a + bi (a, b
∈
R) được biểu diễn bởi M(a; b) trong mặt phẳng toạ độ
Oxy hay còn gọi là mặt phẳng phức.
Trục Ox biểu diễn các số thực gọi là trục thực, trục Oy biểu diễn các số ảo gọi
là trục ảo
Số phức z = a + bi (a, b
∈
R) cũng được biểu diễn bởi vectơ
( ; )u a b=
r
, do đó
M(a; b) là điểm biểu diễn của số phức z = a + bi (a, b
∈
R) cũng có nghĩa là
OM
uuuur
biểu
diễn số phức đó.
Nếu
,u v
r r

theo thứ tự biểu diễn các số phức z, z’ thì
u v+
r r
biểu diễn số phức z + z’,
u v−
r r
biểu diễn số phức z – z’,
uk
)( Rk ∈
biểu diễn số phức kz,

u−
r
biểu diễn số phức –z,
OM u z
= =
uuuur r
, với M là điểm biểu diễn số phức z.
2. Dạng lượng giác của số phức
2.1 Acgumen của số phức z
≠
0
6
Sáng kiến kinh nghiệm 2014 Giáo viên: Đặng Thị Mến
Cho số phức z
≠
0. Gọi M là điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn số phức z. Khi
đó số đo (radian) của mỗi góc lượng giác có 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
+ k2
π
, k
∈
Z.
+ Acgumen của z
≠
0 xác định sai khác k2
π
, k
∈
Z.
2.2 Dạng lượng giác của số phức
Cho số phức z = a+bi, (a, b
∈
R), với r =
22
ba +
là modun của số phức z và
ϕ
là
acgumen của số phức z. Dạng z = r (cos
ϕ
+isin
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.
2.3 Nhân và chia số phức dưới dạng lượng giác
Nếu z = r(cos
ϕ
+isin
ϕ
), z’ = r’ (cos
ϕ
‘+isin
ϕ
‘) (r
0
≥
và r’
0
≥
) thì
zz’ =
)]’sin()'[cos(‘
ϕϕϕϕ
+++
irr

[ ]
cos( ‘) sin( ‘)
‘ ‘
z r
i

z r
ϕ ϕ ϕ ϕ
= − + −
(khi r’ > 0).
2.4 Công thức Moa-Vrơ
[ ]
(cos sin ) (cos sin )
n
n
r i r n i n
ϕ ϕ ϕ ϕ
+ = +
[ ]
.*,sincossincos Nnnini
n
∈∀+=+
ϕϕϕϕ
3. Dạng mũ của số phức
Kí hiệu
ϕ
ϕϕ
i
ei =+ sincos
, gọi là lũy thừa của
e
với số mũ ảo.
Cho
)sin(cos
ϕϕ
irz +=

, khi đó
z
còn biểu diễn dưới dạng
ϕ
i
rez =
được gọi là dạng mũ
của số phức
z
.
Các phép toán viết lại:
ϕ
i
rez =
;
)'(‘
‘ ‘.”
ϕϕϕ
+
=⇒=
ii
errzzerz
;
)'(
”
ϕϕ
−
=
i
e

r
r
z
z
(
0’≠z
)
ϕ
i
erz
−
= .
;
ϕ
innn
erz =
7
Sáng kiến kinh nghiệm 2014 Giáo viên: Đặng Thị Mến
Công thức Ơle (Euler):
2
cos
ϕϕ
ϕ
ii
ee
−
+
=
;
i

ee
ii
2
sin
ϕϕ
ϕ
−
−
=
4. Căn bậc
n
của số phức.
Cho số phức
0≠z
và số nguyên
2≥n
, số phức
w
được gọi là căn bậc
n
của
z
nếu
zw
n
=
.
Nếu
)sin(cos
ϕϕ

irz +=
,
0>r
thì căn bậc n của z gồm n số phân biệt xác định bởi:
1; 1;0;
2
sin
2
cos −=














+
+







+
= nk
n
k
i
n
k
rw
n
k
πϕπϕ
. Khi
,2=n
có hai căn bậc hai của z là

(cos sin )
2 2
r i
ϕ ϕ
+
;
.)
2
sin()
2
cos()
2
sin
2

(cos






+++=+−
π
ϕ
π
ϕϕϕ
irir

. Căn bậc n của đơn vị:
Căn bậc n của số phức
1=z
gọi là căn bậc n của đơn vị. Từ định nghĩa ta có các căn
bậc n của đơn vị là:
.1 ,2;1;0;
2
sin
2
cos −=+= nk
n
k
i
n
k
w

k
ππ
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
nm <
ta có
1≠
m
w
.
Tính chất của căn nguyên thủy bậc n của đơn vị: Nếu
w
là một căn nguyên thủy bậc n
của đơn vị thì
0 1
)1(2
=++++
−nkkk
www
với
1),( =nk
Đặc biệt
1=k
ta có
.0 1
12
=++++
−n
www

II. MỘT SỐ ỨNG DỤNG SỐ PHỨC
1. Các bài toán về phương trình, hệ phương trình đại số.
Một phương trình với ẩn phức
0)( =zf
và với nghiệm
yixz +=

),( Ryx ∈
, có thể giải
bằng cách tách phần thực và phần ảo ta luôn có thể đưa về dạng hệ phương trình.



=
=
0),(
0),(
yxg
yxh
8
Sáng kiến kinh nghiệm 2014 Giáo viên: Đặng Thị Mến
Chẳng hạn, để tìm căn bậc ba của số phức
i+1
, ta tìm số phức
yixz +=
sao cho
iz +=1
3
. Bằng cách tách phần thực và phần ảo trong đẳng thức
iyix +=+ 1)(

3
ta
được hệ phương trình:





=−
=−
13
13
32
23
yyx
xyx
Giải hệ này, ta tìm được
);( yx
; từ đó ta sẽ tìm được
z
. Tuy nhiên, rõ ràng
z
có thể
tìm được bằng cách tìm căn bậc ba của
i+1
, cụ thể là:
)
4
sin
4

(cos21
ππ
+=+ i
nên
)
3
2
12
sin()
3
2
4
(cos(2
6
ππππ
k
i
k
z +++=
;
{ }
.2;1;0∈k
Từ đó, ngược lại ta tìm được nghiệm của hệ phương trình là:
{ }







∈






++∈ 2;1;0;
3
2
12
sin(2);
3
2
12
cos(2);(
66
k
kk
yx
ππππ
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:
Ví dụ 1. Giải các hệ phương trình sau
a.








=








−
−
=








+
+
24
1

17
2
1
13
yx
y
yx
x
b.







=
+
+
−
=
+
−
+
0
3
3
3
22
22

yx
yx
y
yx
yx
x
c.





=++−++
=++−
0116)1)(1(4
0134
xyx
yyx
9
Sáng kiến kinh nghiệm 2014 Giáo viên: Đặng Thị Mến
Giải:
a. Điều kiện
0;0 >> yx
đặt
yvxu == ;
)0;0( >> vu
Hệ đưa về:








=






+
−
=






+
+
7
241
1
3
21
1
22
22

vu
v
vu
u
Vì
22
vu +
là bình phương modun của số phức
ivuz +=
, bằng cách cộng phương trình
thứ nhất với phương trình thứ hai (sau khi nhân với
i
) ta được.
7
24
3
2
22
i
vu
ivu
ivu +=
+
−
++
(3)
Mà
zzz
z
z

z
vu
ivu 1
.
222
===
+
−
Nên (3) được viết dưới dạng:
7
24
3
21
i
z
z +=+
2
2
2
2
21
2
7
24
21
38
1
7
22
3

1
‘
01.
7
24
3
2






+=+−=−








+=∆
=+









+−⇔
iii
ziz








±+±=⇔ 2
7
22
21
2
3
1
iz
Từ đó suy ra
.2
7
22
;
21
2
3
1

),(








++=vu
Do đó, nghiệm của hệ pt đã cho là:








++
=

















+








+=
7
7822
;
21
7411
2
7
22
;
21
2
3
1

),(
2
2
yx
b. Nhân hai vế của phương trình thứ hai với
i
rồi cộng với phương trình thứ nhất ta
được.
3
33
22
=
+
−−−
++
yx
yixiyx
yix
3
)()(3
22
=
+
−−−
++⇔
yx
yixiyix
yix
(4)
10

Sáng kiến kinh nghiệm 2014 Giáo viên: Đặng Thị Mến
Giả sử
222
||; yxzyixzyixz +=−=⇒+=
(4) đưa về
3
||
3
2
=
−
+
z
ziz
z

3
)3(
=
−
+⇔
z
i
z
033
2
=−+−⇔ izz
,
i
i

zii +=
++
=⇔+=+−=∆ 2
2
213
)21(43
2
i
i
z −=
−−
= 1
2
213
.
Từ đó suy ra nghiệm của hệ ban đầu là
{ }
)1;1();1;2();( −∈yx
c. Đkxđ:
1;1
−≥−≥
yx
Đặt
ybxa
+=+=
1;12
thì hệ trở thành




=+−
=−+−
0132
033
22
aab
bba
Từ hệ trên ta biến đổi về dạng số phức như sau:
0)132()33(
22
=+−+−+− iaabbba

03)(3)(
2
=−++−+⇔ ibiaibia

033
2
=−+−⇔
iizz
(1), với
., Czbiaz
∈+=
Giải phương trình (1) ta được nghiệm
iz
+=
1
hoặc
iz 21
+−=

Do
0;0
≥≥
ba
nên
1;1
==
ba
Hệ có nghiệm
.0;
4
3
);(






−=
yx
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 vế với vế thu được quan hệ
đơn giản hơn giữa các biến này.
Một số hệ sau cũng có cách giải tương tự:
1.
),(
2
310
1

103
22
22
Ryx
yx
yx
y
yx
yx
x
∈







=
+
−
+
=
+
+
+
11
Sáng kiến kinh nghiệm 2014 Giáo viên: Đặng Thị Mến
2.
),(

0
2
2
2
22
22
Ryx
yx
yx
y
yx
yx
x
∈







=
+
−
+
=
+
+
+
3.

),(
1
1611
7
1116
22
22
Ryx
yx
yx
y
yx
yx
x
∈







−=
+
+
−
=
+
−
+

4.
),(
6
3
12
1
2
3
12
1
Ryx
yx
y
yx
x
∈







=









+
+
=








+
−
5.
),(
1
5
3
1
3
5
3
110
Ryx
yx
y
yx
x

∈







−=








+
−
=








+
+

6.
),(
33
13
32
23
Ryx
yyx
xyx
∈





−=−
=−
Hướng dẫn – đáp số
1. Nhân hai vế của phương trình thứ 2 với
i
rồi cộng với phương trình thứ nhất ta
được:
i
z
zi
z 21
||
)103(
2
+=

+
+
với
yixz +=
.
iz
iziz
2
332
2
321
0103)21(
2

+
±
=⇔
=+++−⇔
Hệ có nghiệm



















+−








−+
∈
2
332
;
2
321
;
2
332
;
2
132
);( yx

2. Đáp số
{ }
)1;0();1;2();( −∈yx
3. Đáp số
)2;5();3;2();( −∈yx
4. Đáp số
{ }
)3612;324();3612;324();( ++−−∈yx
12
Sáng kiến kinh nghiệm 2014 Giáo viên: Đặng Thị Mến
5. Đáp số






= 1;
10
1
);( yx
6. Xét
iz 31
3
−=
Giả sử
yixz +=
thay vào phương trình ta được
);( yx
là nghiệm của hệ đã cho mà

z
là
căn bậc ba của
i31−
.
Có






−
+
−
=− )
3
sin()
3
cos(231
ππ
ii
{ }
2;1;0;)
3
2
9
sin()
3
2

9
cos(2
3
∈






+
−
++
−
=⇒ k
k
i
k
z
ππππ
Nghiệm của hệ đã cho là:
{ }






∈







+
−
+
−
∈ 2;1;0;)
3
2
9
sin(2;
3
2
9
cos(2);(
33
k
kk
yx
ππππ
2. 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
0 1
)1(2
=++++

− knkk
www
;
k
∀
mà
1),( =nk
Tính chất trên có ứng dụng khá hiệu quả trong việc rút gọn các tổng hợp, ta xét ví
dụ sau:
Ví dụ 2. Tính tổng
∑
+<≤
=
130
3
1
nk
k
n
CS
Giải:
Xét đa thức
k
n
k
k
n
n
xCxxP
∑

=
=+=
0
)1()(
Gọi
2
3
2
1
iw +−=
là một căn nguyên thủy bậc ba của đơn vị ( có
01
2
=++ ww
) thì
1
2
++
kk
ww
bằng 0 nếu k không chia hết cho 3, bằng 3 nếu k chia hết cho 3.
Vì thế
∑∑
+<≤=
=++=++
130
3
0
22
3)1()()()1(

nk
k
n
n
k
kkk
n
CwwCwPwPP
( )
)()()1(
3
1
2
1
wPwPPS ++=⇒
mà
nn
P 2)11()1( =+=
3
sin
3
cos
3
sin
3
cos
2
3
2
1

2
3
2
1
2
3
2
1
1)(
ππππ
n
i
n
iiiiwP
n
nnn
+=






+=









+=








+=








+−=
13
Sáng kiến kinh nghiệm 2014 Giáo viên: Đặng Thị Mến
)
3
sin()
3
cos()
3
sin()

2
cos(
2
3
2
1
2
3
2
1
1)(
2
2
ππππ
n
i
n
iiiwP
n
n
n
−
+
−
=







−+−=








−=
















+−+=







+=⇒
3
cos22
3
1
1
π
n
S
n

Công thức Euler
ϕϕ
ϕ
sincos ie
i
+=
có thể đưa các tổng lượng giác thành các cấp số
nhân hoặc công thức nhị thức Niutơn, cụ thể xét ví dụ sau:
Ví dụ 3.
a. Tính tổng
kxCS
n
k
k
n

cos
0
2
∑
=
=
.
b. Chứng minh rằng
m
m
m
k
k
m
mm
CxkmCx
2
1
0
2
212
2
1
)22cos(cos2 +−=
∑
−
=
−
Giải:
a. Xét

kxCT
n
k
k
n
sin
0
2
∑
=
=
, ta có
nn
nnix
ikx
n
k
k
n
n
k
k
n
x
i
xx
xixe
eCkxikxCiTS







+






=
++=+=
=+=+
∑∑
==
2
sin
2
cos
2
cos2
)sincos1()1(
)sin(cos
00
22







+=+
2
sin
2
cos
2
cos2
22
nx
i
nxx
iTS
nn
So sánh phần thực, phần ảo ta được
2
cos
2
cos2
2
nxx
S
nn
=
b. Ta có
xixe
xixe
ix
ix

sincos
sincos
−=
+=
−

2
cos
ixix
ee
x
−
+
=⇒
Do đó
mixixmmm
eexx
2222
)()cos2(cos2
−
+==
ixmk
m
k
k
m
kmixkix
m
k
k

m
eC
eeC
)(2
2
0
2
2
2
0
2
)()(
−
=
−−
=
∑
∑
=
=
14
Sáng kiến kinh nghiệm 2014 Giáo viên: Đặng Thị Mến

ixmk
m
mk
k
m
ixmk
m

k
k
m
eCeC
)(2
2
1
2
)(2
1
0
2
−
+=
−
−
=
∑∑
+=

m
m
ixtm
m
t
tm
m
m
k
ixkmk

m
CeCeC
2
)(2
1
0
2
2
1
0
)(2
2
++=
−
−
=
−
−
=
−−
∑∑

m
m
m
k
ixkmkm
m
m
k

ixkmk
m
CeCeC
2
1
0
)(22
2
1
0
)(2
2
++=
∑∑
−
=
−−
−
=
−−

∑ ∑
−
=
−
=
−−−
+−=++=
1
0

1
0
222
)(2)(2
2
)22cos(.2)(
m
k
m
k
m
m
k
m
m
m
ixkmixkmk
m
CxkmCCeeC
∑
−
=
−
+−=⇒
1
0
22
212
2
1

)22cos(.cos2
m
k
m
m
k
m
mm
CxkmCx
(đpcm)
Với cách làm tương tự như trên, ta cũng chứng minh được đẳng thức
∑
=
+
+
−+=
n
k
k
n
nn
xknCx
0
12
122
)212cos(cos2
Sử dụng công thức
ixix
eexi
−

−=sin2
và biến đổi tương tự trên, ta chứng minh được các
đẳng thức sau








−
+−−−=
∑
−
=
−
1
0
22
212
2
)1(
)22cos()1()1(sin.2
n
k
n
n
n
k

n
knnn
CxknCx
xknCx
n
k
k
n
knnn
)212sin()1()1(sin2
0
12
122
−+−−=
∑
=
+
+
Bài tập tương tự
1. Tính các tổng sau:
∑
+<≤
−=
120
2
3
)1(
nk
k
n

k
CS
∑
+<+≤
+
−=
1120
12
4
)1(
nk
k
n
k
CS
∑
+<≤
=
140
4
5
nk
k
n
CS
∑
+<+<
+
=
1140

14
6
nk
k
n
CS
2. Chứng minh đẳng thức sau:
15
Sáng kiến kinh nghiệm 2014 Giáo viên: Đặng Thị Mến
a.
∑
+<+<
−+
−=+−
1120
112
4
)1cos()2()12()1(
nk
nk
n
k
nnCk
π
b.
4
)1sin()2(2)1(
3
120
2

π
−=−
−
+<<
∑
nnkC
n
nk
k
n
k
Hướng dẫn – đáp số
1. Xét
)
4
sin
4
(cos2)
4
sin
4
(cos2)1(
2
ππππ
n
i
n
ii
n
n

n
+=






+=+
Mà
∑ ∑∑
+<≤ +<+<
+
=
−+−==+
120 1120
122
0
)1()1()1(
nk nk
k
n
kk
n
k
n
k
kk
n
n

iCCiCi
Từ đó suy ra:
4
cos2
2
3
π
n
S
n
=

4
sin2
2
4
π
n
S
n
=
Lại có
∑
≤≤
=+=
nk
k
n
nn
C

0
)11(2
∑
≤≤
−=−=
nk
k
n
kn
C
0
)1()11(0
suy ra
∑ ∑
+≤≤ +<+<
−+
==
120 1120
1122
2
nk nk
nk
n
k
n
CC
∑
+<≤
−
+=+=

120
2
12
35
)
4
cos22(
2
1
)(
2
1
nk
n
nk
n
n
CSS
π
∑
+<+<
−+
+=+=
1120
2
112
46
)
4
sin22(

2
1
)(
2
1
nk
n
nk
n
n
CSS
π
2. Xét
∑
=
=+
n
k
kk
n
n
xCx
0
)1(
Đạo hàm hai vế ta được
2)1(
1211 n
n
n
nn

n
CnxxCCxn
−−
+++=+
Cho
ix =
so sánh phần
thực, phần ảo hai vế ta được các đẳng thức cần chứng minh.
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 thủy của đơn vị. Với tính chất
w
là một căn nguyên thủy bậc n của đơn vị
thì ta có:
16
Sáng kiến kinh nghiệm 2014 Giáo viên: Đặng Thị Mến
0 1
12
=++++
−n
www
0 1
)1(2
=++++
−nkkk
www
với
1),( =nk
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.
Giải:
Gọi
n
C
là số các số có n chữ số thỏa mãn đề bài. Gọi
α
là một nghiệm của phương
trình
.01
2
=++ zz

Khi đó
1
3
=
α
và
01
2
=++
kk
αα
nếu
k
không chia hết cho 3 và
31
2
=++

kk
αα
nếu
3k
.
Xét đa thức
n
xxxxxP )()(
6543
+++=
dễ thấy
n
C
chính bằng tổng các hệ số của các số
mũ chia hết cho 3 trong khai triển của
)(xP
. Nói cách khác, nếu
∑
=
=
n
k
k
k
xaxP
6
0
)(
thì
∑

=
=
n
k
kn
aC
2
0
3
. Mà
∑∑
==
=++=++
n
k
k
kk
n
k
k
aaPPP
2
0
3
2
6
0
2
3)1()()()1(
αααα

Do
nn
P 4)1111()1( =+++=
1)11()1()()(
2326543
=+++=+++=+++=
nnn
P
αααααααααα
11)11()()(
21210862
==+++=+++=
nnn
P
ααααααα
24)()()1(
2
+=++⇒
n
PPP
αα
( )
∑
=
+
=++==⇒
n
k
n
kn

PPPaC
2
0
2
3
3
24
()()1(
3
1
αα
Ví dụ 5.(IMO1995)
Cho p là một số nguyên tố lẻ, tìm số các tập con A của tập
{ }
p2; ,3;2;1
biết rằng
a. A chứa đúng p phần tử.
b. Tổng các phân tử của A chia hết cho p.
Giải:
Xét đa thức
1 )(
21
++++=
−−
xxxxP
pp
. Đa thức này có
)1( −p
nghiệm phức phân biệt.
Gọi

α
là một nghiệm bất kỳ của
)(xP
. Chú ý rằng
12
, ,
−p
ααα
là
1−p
nghiệm phân
biệt của
)(xP
và
1=
p
α
.
Theo định lý Viet có:
1 )) ()((
2112
++++=−−−
−−−
xxxxxx
ppp
ααα
17
Sáng kiến kinh nghiệm 2014 Giáo viên: Đặng Thị Mến
Xét đa thức
)) ()(()(

22 p
xxxxQ
ααα
−−−=
Gọi
{ }{ }
.|:|2 ,2,1 pApAH =⊂=

Giả sử
∑
=
=
p
k
k
k
xaxQ
2
0
)(
khi đó
∑
∈
−=
HA
AS
p
a
)(
α

với
∑
∈
=
Ax
xAS )(
Nếu
)(mod)( pjAS =
thì
jAS
αα
=
)(
nên
,
1
0
∑
−
=
=
p
j
j
jp
na
α
trong đó
j
n

là số các
HA∈
sao
cho
)(mod)( pjAS =

Mặt khác
2)1()(
2
−=⇒−=
p
p
axxQ
nên
∑
−
=
=
1
0
2
p
j
j
j
n
α
(*)
Xét đa thức
.2)(

1
0
0
∑
−
=
−+=
p
j
j
j
nxnxR
Do (*) nên
α
là một nghiệm của
)(xR
mà
)(deg)(deg xRxP =
và
α
là một nghiệm bất kỳ của
)(xP
, nên
)(xP
và
)(xR
chỉ sai khác
nhau hằng số nhân. Từ đó
2
0121

−====
−−
nnnn
pp
Suy ra
2
2
2
22
2
2
0
20121
0
−
+=⇒
−
=
−++++
=−
−−
p
p
p
ppp
C
n
p
C
p

nnnn
n
Số các tập con A của tập hợp
{ }
p2 ,3;2;1
thỏa mãn đề bài là:
2
2
2
2
0
−
+=
p
p
C
n
4. Các bài toán về đa thức
a. 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
)(xP
bậc
n
có
n
nghiệm
n
xxx, ,,
21

thì
)(xP
có dạng
)) ()(()(
21 n
xxxxxxcxP −−−=
.
Tuy nhiên, nếu chỉ xét các nghiệm thực của đa thức thì trong nhiều trường hợp sẽ
không đủ số nghiệm, hơn nữa trong các bài toán phương trình hàm đa thức, nếu
chỉ xét các nghiệm thực thì lời giải sẽ không hoàn chỉnh. Định lý cơ bản của đại số
vì vậy đóng một vai trò hết sức quan trọng trong dạng toán này đó là: Một đa thức
với hệ số phức (bao gồm cả số thực) luôn có ít nhất một nghiệm phức (bao gồm cả
nghiệm thực)
18
Sáng kiến kinh nghiệm 2014 Giáo viên: Đặng Thị Mến
Ví dụ 6. Xác định tất cả các đa thức
)(xP
khác đa thức bằng sao cho
RxxxPxPxP ∈∀++=+ );1()1()(
2
(1)
Giải: Giả sử
0
x
là nghiệm của
0)1(0)(
0
2
0
=++⇒= xxPxP

. Khi đó
1
0
2
0
++ xx
cũng là
nghiệm của
)(xP
. Thay
x
bởi
1−x
trong (1) ta được
)1()()1(
2
+−=− xxPxPxP
. Vì
0)(
0
=xP
nên
1
0
2
0
+− xx
cũng là nghiệm của
)(xP
.

Chọn
α
là nghiệm có modun lớn nhất (nếu tồn tại vài nghiệm với modun lớn nhất, ta
chọn một trong số các nghiệm đó)
Từ cách chọn
α
suy ra:
|||1|
2
ααα
≤++
và
|||1|
2
ααα
≤+−
vì cả
1
2
++
αα
và
1
2
+−
αα
đều là nghiệm của
)(xP
.
Ta có

0≠
α
và
|1||1||)1()1(|||2
2222
+−+++≤−−−++=
ααααααααα
||2||||
ααα
=+≤
Vậy phải xảy ra dấu đẳng thức nên
)1(1
22
+−−=++
αααα
k
với
k
là hằng số dương.
Mà
||
α
là lớn nhất nên
|||1||1|
22
ααααα
=+−=++
.
ik ±=⇒=+⇒+−−=++⇒=⇒
αααααα

01)1(11
222
nên
1
2
+x
là thừa số của
)(xP
.
Như vậy ta có thể viết:
)()1()(
2
xQxxP
m
+=
;
*Nm
∈
. Trong đó
)(xQ
là đa thức không
chia hết cho
1
2
+x
. Thế ngược trở lại vào (1) ta thấy
)(xQ
thỏa mãn:
RxxxQxQxQ ∈∀++=+ );1()1()(
2

(2)
Nếu phương trình
0)( =xQ
lại có nghiệm thì lập luận như trên ta suy ra nghiệm có
modun lớn nhất của nó phải là
i±
. Điều này không thể xảy ra vì
1
2
+x
không chia hết
)(xQ
.
)(xQ
là một hằng số, giả sử
cxQ =)(
;
Rx ∈∀
, thay vào (2) ta được
1=c
. Vậy các đa
thức thỏa mãn đề bài là
m
xxP )1()(
2
+=
,
*Nn
∈∀
.

Ví dụ 7. Tìm tất cả các đa thức
)(xP
thỏa mãn:
)()1()(
2
xPxPxP =+
,
.Rx ∈∀
Giải:
Giả sử
α
là nghiệm của
0)( =xP
. Khi đó từ phương trình suy ra
, ,,
842
ααα
cũng là
nghiệm của
0)( =xP
. Từ đây suy ra
0|| =
α
hoặc
1|| =
α
, vì nếu ngược lại ta sẽ thu được
19
Sáng kiến kinh nghiệm 2014 Giáo viên: Đặng Thị Mến
dãy vô hạn các nghiệm phân biệt của

)(xP
. Tương tự
1−
α
là nghiệm của
)(xP
và lập
luận tương tự, ta cũng được
0|1| =−
α
hoặc
1|1| =−
α
.
Giả sử rằng
1|| =
α
và
1|1| =−
α
. Ta viết
],2;0[;sincos
πβββα
∈+= i
từ đây suy ra
2
1
cos =
β
hay

3
π
β
=
hoặc
3
5
π
β
=
.
Giả sử
3
π
β
=
, xét
2
α
cũng là nghiệm của
)(xP
, như vậy
1
2
−
α
cũng là nghiệm của
)(xP
và
3

3
2
sin1
3
2
cos|1|
2
2
2
=+






−=−
ππ
α
mâu thuẫn vì mọi nghiệm của
)(xP
đều có
modun bằng
0
hoặc
1
.
Tương tự trên với trường hợp
3
5

π
β
=
. Như vậy có thể kết luận
1=
α
hoặc
11 =−
α
. Từ
đây
)(xP
có dạng
,)1()(
nm
xcxxP −=
c
là hằng số và
,, Nnm ∈
thay vào phương trình đã
cho ta dễ dàng kiểm tra được
1=c
và
nm =
. Vậy các đa thức thỏa mãn:
NmxxxP
mm
∈−= ,)1()(
.
b. Bài toán về sự chia hết của đa thức

Ta biết rằng, nếu đa thức
)(xP
chia hết cho đa thức
)(xQ
thì mọi nghiệm của
)(xQ
đều
là nghiệm của
)(xP
. Tính chất đơn giản này là chìa khóa để giải nghiệm bài toán về
sự chia hết của đa thức.
Ví dụ 8. Với giá trị nào của
n
thì
1
2
++
nn
xx
chia hết cho đa thức
1
2
++ xx
Giải: Ta có







±+






±=±−=
3
2
sin
3
2
cos
2
3
2
1
ππ
iiw
là nghiệm của
01)(
2
=++= xxxQ
.
Đa thức
1)(
2
++=
nn

xxxP
chia hết cho
)(xQ
khi và chỉ khi
0)( =wP
điều này tương
đương với
20
Sáng kiến kinh nghiệm 2014 Giáo viên: Đặng Thị Mến
01
3
2
sin
3
2
cos
3
4
sin
3
4
cos =+






±+







±+






±+






±
ππππ
n
i
nn
i
n
01
3
2
cos2

0
3
2
sin
3
4
sin
01
3
2
cos
3
4
cos
=+⇔







=+
=++
⇔
π
ππ
ππ
n
nn

nn



+=
+=
⇒=
−
=⇔
23
31
3
2
cos
2
1
3
2
cos
kn
kn
n
ππ

)( Zk ∈
Vậy với
13
+=
kn
hoặc

23
+=
kn
;
)( Zk ∈
thì
)(xP
chia hết cho
)(xQ
.
Ví dụ dưới đây, một lần nữa, căn của đơn vị lại đóng vai trò then chốt.
Ví dụ 9.(USA MO 1976) Cho
)(),(),(),( xSxRxQxP
là các đa thức sao cho
).1()().1()()()(
2347255
xSxxxxxRxxxQxP ++++=++
Chứng minh rằng
)(xP
chia hết cho
.1
−
x
Giải:
Đặt
5
2 i
ew
π
=

thì
1
5
=w
và
(*)01
432
=++++ wwww

Thay
x
lần lượt bởi
432
,,, wwww
vào (1) ta được phương trình
0)1()1()1(
0)1()1()1(
0)1()1()1(
0)1()1()1(
84
63
42
2
=++
=++
=++
=++
RwQwP
RwQwP
RwQwP

RwwQP
⇔
)5(0)1()1()1(
)4(0)1()1()1(
)3(0)1()1()1(
)2(0)1()1()1(
34
3
42
2
=++
=++
=++
=++
RwQwP
wRQwP
RwQwP
RwwQP
Nhân các phương trình từ (2) đến (5) lần lượt với
432
;;; wwww −−−−
ta được
0)1()1()1(
0)1()1()1(
0)1()1()1(
0)1()1()1(
234
43
42
32

=−−−
=−−−
=−−−
=−−−
RwQwPw
RwwQPw
wRQwPw
RwQwwP

Cộng vế với vế các đẳng thức trên và áp dụng
(*)
ta được
)6(0)1()1()1( =++ RQP
Cộng vế với vế của (2), (3), (4), (5), (6) suy ra
0)1(5 =P
suy ra
)(xP
chia hết cho
.1−x
Bài tập tương tự
21
Sáng kiến kinh nghiệm 2014 Giáo viên: Đặng Thị Mến
1. Tìm tất cả các đa thức
)(xP
thỏa mãn:
( )
RxxxPxP ∈∀=− ;2)()(
42
2
2. Tìm tất cả các đa thức

)(xP
thỏa mãn:
( )
.;2)()2(
2
2
RxxPxP ∈∀−=−
3. (VN 2006). Tìm tất cả các đa thức
)(xP
với hệ số thực thỏa mãn:
( ) ( )
.;2)()()(3)(
2
2
2
RxxxPxPxPxxP ∈∀+=−++
4. Tìm tất cả các đa thức
)(xP
và hệ số thực thỏa mãn:
.);2()((2
32
RxxxPxPx ∈∀+=
Đáp số
1.
1)(
4
+=
xxP
;
xxxP +=

3
)(
;
;2)(
2
xxP =
2
)( xxP −=
2. Ta được dãy nghiệm:
xxPxP == )(;2)(
10
;
.1);()()(
11
≥∀−=
−+
nxPxxPxP
nnn
3.

.2,;2)(;)(;12)(;2)(;)(
212
≥∈∀+=+=+===
+
kNkxxxPxxxPxxPxxPxxP
kk
4.

.*;)1()(
2

NkxxP
k
∈∀+=

22
Sáng kiến kinh nghiệm 2014 Giáo viên: Đặng Thị Mến
PHẦN III: KẾT LUẬN
KẾT QUẢ THỰC HIỆN ĐỀ TÀI
Việc học tập sáng kiến kinh nghiệm sẽ thu được kết quả tốt nếu đảm bảo các yêu
cầu sau:
Học sinh phải có trình độ nhận thức và tư duy tương đối tốt. Nắm vững các kiến
thức cơ bản về số phức: dạng đại số, dạng lượng giác, công thức Moavrơ, căn bậc n
của đơn vị, và các kiến thức đại số, tổ hợp như: nghiệm đa thức, tính chất của số
,
k
n
C
…. Hiểu và sử dụng chính xác thuật ngữ, kí hiệu toán học.
Xuất phát từ đối tượng học đều là học sinh khá, giỏi, nên khả năng tiếp thu kiến
thức khá nhanh và chắc chắn. Đó là tiền đề rất tốt để có thể truyền thụ một khối lượng
kiến thức trong cùng một đơn vị thời gian nhiều hơn so với học sinh khác. Giáo viên
cần biết tận dụng có hiệu quả những khả năng đó, chẳng hạn, bằng cách đưa tài liệu,
yêu cầu học sinh tự nghiên cứu trước sau đó trình bày, đưa ra nhận xét, kết quả thu
được trong tiết học chuyên đề….Như vậy sẽ giúp học sinh lĩnh hội kiến thức sâu sắc
hơn, tạo điều kiện để các em bước đầu tập dượt nghiên cứu khoa học.
1. Kết quả thực tiễn
Qua thực tế, trực tiếp giảng dạy sáng kiến kinh nghiệm này trong các tiết chuyên đề
của lớp 11 Toán và bồi dưỡng học sinh dự thi học sinh giỏi quốc gia môn Toán 12 tại
trường THPT chuyên Hưng Yên từ năm học 2010 – 2011, với lượng kiến thức vừa
phải và hệ thống ví dụ phù hợp đã giúp học sinh tiếp thu khá tốt, kích thích và phát

huy khả năng tư duy, vận dụng tổng hợp kiến thức một cách lôgic, say mê tự giác học
tập, gợi mở óc tìm tòi sáng tạo khoa học.
Học sinh đội tuyển lớp 12 dự thi học sinh giỏi quốc gia đã tự tin hơn khi gặp các
bài toán về đa thức và tổ hợp.
Kết quả thi chọn học sinh giỏi quốc gia môn Toán lớp 12:
23
Sáng kiến kinh nghiệm 2014 Giáo viên: Đặng Thị Mến
Năm học 2010 – 2011 có 5/6 học sinh đạt giải
Năm học 2011 – 2012 có 6/6 học sinh đạt giải
Năm học 2012 – 2013 có 8/8 học sinh đạt giải
Năm học 2013 – 2014 có 5/8 học sinh đạt giải
Kết quả thi chọn học sinh giỏi khu vực Duyên hải và đồng bằng Bắc Bộ môn Toán
lớp 10, lớp 11:
Năm học 2010 – 2011 có 6/6 học sinh đạt giải, trong đó có 2 giải nhì.
Năm học 2011 – 2012 có 6/6 học sinh đạt giải, trong đó có 1 giải nhì.
Năm học 2012 – 2013 có 6/6 học sinh đạt giải.
Năm học 2013 – 2014 có 5/6 học sinh đạt giải, trong đó có 1 giải nhất.
Kết quả thi chọn học sinh giỏi tỉnh Hưng Yên môn Toán lớp 12:
Năm học 2010 – 2011 có 9/10 học sinh đạt giải
Năm học 2011 – 2012 có 10/12 học sinh đạt giải
Năm học 2012 – 2013 có 10/10 học sinh đạt giải
2. Bài học kinh nghiệm
Khi dạy một số ứng dụng của số phức trong đại số và toán tổ hợp, cần nhấn mạnh
kết quả áp dụng, khắc sâu ví dụ. Sau mỗi ứng dụng, yêu cầu học sinh nhận xét, lấy ví
dụ minh họa, liên hệ đến các trường hợp riêng, trường hợp đặc biệt, nhìn nhận, so
sánh với các cách giải khác đã được học. Từ đó tiết dạy đạt hiệu quả cao hơn, rèn
được tính chủ động lĩnh hội kiến thức của học sinh, ý thức học tập nghiêm túc, có khả
năng cảm nhận toán học tốt hơn.
Sáng kiến kinh nghiệm này được giảng dạy cho các thế hệ học sinh các lớp chuyên
toán, nên cần được thường xuyên trao đổi, cập nhật liên tục, bổ sung thêm ứng dụng

24
Sáng kiến kinh nghiệm 2014 Giáo viên: Đặng Thị Mến
của số phức trong chứng minh đa thức bất khả quy, giải phương trình nghiệm
nguyên, và biết vận dụng các ứng dụng đó để giải các bài toán tương tự.
KẾT LUẬN
Nội dung sáng kiến kinh nghiệm này được dùng cho các tiết học chuyên đề. Tùy
theo sự phân bố tiết học của từng chuyên đề đã được quy định, tuỳ theo khả năng tiếp
thu của học sinh, giáo viên cần phải biết linh hoạt kết hợp, lồng ghép các kiến thức về
số phức, các tính chất của số
,
k
n
C
công thức khai triển nhị thức NiuTơn, định lý về
nghiệm đa thức, để việc chứng minh các bài toán trở lên dễ dàng hơn.
Do thời gian nghiên cứu hạn chế, sáng kiến kinh nghiệm này mới chỉ đưa ra một số
ứng dụng của số phức trong đại số và toán tổ hợp, ta có thể tiếp tục nghiên cứu ứng
dụng số phức trong hình học, số học,
Đây là sáng kiến kinh nghiệm của bản thân tôi viết, không sao chép nội dung của
người khác, vì vậy với khả năng và thời gian nghiên cứu có hạn, nên mức độ thành
công của sáng kiến kinh nghiệm còn nhiều hạn chế, tôi rất mong nhận được sự động
viên và những ý kiến đóng góp chân thành của quý Thầy cô, bạn bè đồng nghiệp và
các em học sinh.
Hưng Yên, ngày 15 tháng 3 năm 2014
Tác giả

Đặng Thị Mến
25
Ý nghĩa và tính năng của đề tài : Nghiên cứu đề tài “ Một số ứng dụng của sốphức trong đại số và toán tổng hợp ” nhằm mục đích giúp học viên rèn kỹ năng và kiến thức giải toán về sốphức, nhằm mục đích tăng trưởng tư duy logic cho học viên đồng thời nâng cao chất lượng họctập của học viên, tạo được hứng thú học tập môn toán, góp thêm phần thay đổi phương phápgiảng dạy bộ môn theo hướng phát huy tính tích cực, tự giác, phát minh sáng tạo của học viên, Sáng kiến kinh nghiệm tay nghề năm trước Giáo viên : Đặng Thị Mếngóp phần nâng cao chất lượng đội ngũ học viên khá, giỏi về môn toán, góp thêm phần kíchthích sự đam mê, yêu quý môn toán, tăng trưởng năng lượng tự học, tự tu dưỡng kiếnthức cho học viên. Phạm vi nghiên cứu và điều tra của đề tài : Xác định cơ sở khoa học của số phức với dạng đại số và lượng giác, căn bậc ncủa số phức phân ra một số ít dạng toán ứng dụng số phức. Tiếp cận 1 số ít ứng dụng của số phức trong giải toán đại số và toán tổng hợp. Một số dạng ứng dụng của số phức trong giải những bài toán đại số và toán tổ hợpdành cho học viên khá, giỏi và học viên những lớp chuyên toán lớp 11, 12.2 – Phương pháp tiến hànha ). Nghiên cứu tài liệub ). Thực nghiệm ( giảng dạy ), đây là giải pháp chínhMột số ứng dụng của số phức trong đại số và toán tổng hợp là kiến thức và kỹ năng tương đốikhó. Do đó nội dung kiến thức và kỹ năng này hầu hết nhằm mục đích Giao hàng cho học viên khá, giỏi vớimục đích phát huy năng lượng toán học, nâng cao tầm hiểu biết của học viên, là tiền đềđể những em tham gia tốt những kỳ thi học viên giỏi. Do tính phong phú và khoanh vùng phạm vi sâu rộng của kiến thức và kỹ năng trong chuyên đề mà nó đượcsử dụng linh động, uyển chuyển cho nhiều loại đối tượng người dùng học viên khá giỏi khác nhauvới thời hạn học khác nhau. Nội dung kỹ năng và kiến thức trong chuyên đề giảng dạy cho họcsinh những lớp chuyên, chọn từ lớp11, sau khi những em đã học lượng giác. Nếu đối tượng người dùng học là học viên những lớp chuyên, chọn khối 11, thời hạn học có thểtừ 6 đến 8 tiết. Vì đây là kiến thức và kỹ năng tu dưỡng học viên giỏi theo kế hoạch thườngxuyên và đều đặn, do đó cần cung ứng cho học viên kiến thức và kỹ năng một cách mạng lưới hệ thống tỉ mỉ, lý giải và khắc sâu những ví dụ trong mỗi chiêu thức. Với học viên lớp chuyên, chọn khối 12, nội dung kiến thức và kỹ năng này được dùng cho cáctiết chuyên đề. Thời gian tuỳ thuộc vào sự phân bổ số tiết học của từng chuyên đề đãSáng kiến kinh nghiệm tay nghề năm trước Giáo viên : Đặng Thị Mếnđược pháp luật cho những lớp chuyên, chọn nhưng hoàn toàn có thể gói gọn từ 4 đến 6 tiết. Ngoàiví dụ đã có, học viên vận dụng những chiêu thức được học để giải những bài tập nângcao, tự điều tra và nghiên cứu tìm giải thuật cho những bài toán tựa như. Nếu học viên tham gia đội tuyển thi học viên giỏi cấp tỉnh, thành phố, đội tuyểnquốc gia hoặc quốc tế, thì cần xác lập thời hạn là cấp tốc, nên đưa ra những phuơngpháp với những ví dụ, bài tập tinh lọc vận dụng nhiều kiến thức và kỹ năng tổng hợp và những dạngtoán thường gặp. Thời gian học hoàn toàn có thể từ 2 đến 4 tiết. Ngoài ra so với học viên lớp 12, chuẩn bị sẵn sàng thi ĐH ta hoàn toàn có thể dành từ 1-2 tiết đểgiới thiệu ứng dụng số phức để giải phương trình, hệ phương trình đại số. NỘI DUNGA – Mục tiêu : Đề tài ý tưởng sáng tạo kinh nghiệm tay nghề bảo vệ những nội dung sauCở sở lý thuyếtPhần này mạng lưới hệ thống lại những kiến thức và kỹ năng cơ bản của số phứcMột số ứng dụng của số phứcPhần này đưa ra một số ít ví dụ và nghiên cứu và phân tích vận dụng kiến thức và kỹ năng lý thuyết1. Các bài toán về phương trình, hệ phương trình đại số. 2. Rút gọn 1 số ít tổng tổng hợp, chứng tỏ những đẳng thức tổng hợp. 3. Các bài toán đếm4. Các bài toán về đa thứca. Xác định đa thứcb. Bài toán về sự chia hết của đa thức. B – Giải pháp của đề tàiI. CƠ SỞ LÝ THUYẾT1. Số phức1. 1 Một biểu thức dạng z = a + bi, trong đó a và b là những số thực và i thỏa mãn nhu cầu = – 1 được gọi là một số phức. Sáng kiến kinh nghiệm tay nghề năm trước Giáo viên : Đặng Thị Mếna được gọi là phần thựcb được gọi là phần ảoi được gọi là đơn vị chức năng ảo. Tập những số phức được kí hiệu là CSố phức có phần ảo bằng 0 gọi là số thực nên RC.Số phức có phần thực bằng 0 gọi là số ảo. Số 0 = 0 + 0 i vừa là số thực vừa là số ảo. 1.2 Hai số phức bằng nhauz = a + bi ( a, bR ) z ’ = a ’ + b’i ( a, bR ) z = z’bbaa 1.3 Cộng, trừ hai số phứcz = a + bi ( a, bR ) z ’ = a ’ + b’i ( a ’, b’R ) z + z ’ = ( a + a ’ ) + ( b + b ’ ) z – z ’ = ( a-a ’ ) + ( b – b ’ ) iSố đối của số phức z = a + bi là số phức – z = – a – bi. Ta có z + ( – z ) = 0.1.4 Nhân hai số phứcz = a + bi ( a, bR ) z ’ = a ’ + b’i ( a ’, b’R ) zz ’ = aa ’ – bb ’ + ( ab ’ + a’b ) i1. 5 Môđun của số phức, số phức liên hợpz = a + bi ( a, bR ) thì môđun của z là22 | | baz + = z = a + bi ( a, bR ) thì số phức phối hợp của z là = a – bi. Ta cóSáng kiến kinh nghiệm tay nghề năm trước Giáo viên : Đặng Thị Mến., ‘ ‘, ‘ ‘, ‘ | ‘ | 22 zzzzzzzzzzbazzzzzz = = + = + + = = z là số thực khi và chỉ khizz = 1.6 Chia cho số phức khác 0N ếu z = a + bi ( a, bR ) khác không thì số phức nghịch đảo của z làz = Thương của số phức z cho số phức0 ‘ là 🙂 ‘. ( zzzz = = ‘ ‘ z. 0 ‘ ≠ ∀ z1. 7 Biểu diễn hình học của số phứcSố phức z = a + bi ( a, bR ) được trình diễn bởi M ( a ; b ) trong mặt phẳng toạ độOxy hay còn gọi là mặt phẳng phức. Trục Ox màn biểu diễn những số thực gọi là trục thực, trục Oy trình diễn những số ảo gọilà trục ảoSố phức z = a + bi ( a, bR ) cũng được màn biểu diễn bởi vectơ ( ; ) u a b =, do đóM ( a ; b ) là điểm màn biểu diễn của số phức z = a + bi ( a, bR ) cũng có nghĩa làOMuuuurbiểudiễn số phức đó. Nếu, u vr rtheo thứ tự màn biểu diễn những số phức z, z ‘ thìu v + r rbiểu diễn số phức z + z ‘, u v − r rbiểu diễn số phức z – z ‘, uk ) ( Rk ∈ màn biểu diễn số phức kz, u − trình diễn số phức – z, OM u z = = uuuur r, với M là điểm trình diễn số phức z. 2. Dạng lượng giác của số phức2. 1 Acgumen của số phức zSáng kiến kinh nghiệm tay nghề năm trước Giáo viên : Đặng Thị MếnCho số phức z0. Gọi M là điểm trong mặt phẳng phức trình diễn số phức z. Khiđó số đo ( radian ) của mỗi góc lượng giác có tia đầu Ox, tia cuối OM được gọi là mộtacgumen của z. Chú ý : + Nếulà acgumen của z thì mọi acgumen của z đều có dạng + k2, kZ. + Acgumen của z0 xác lập sai khác k2, kZ. 2.2 Dạng lượng giác của số phứcCho số phức z = a + bi, ( a, bR ), với r = 22 ba + là modun của số phức z vàlàacgumen của số phức z. Dạng z = r ( cos + isin ) được gọi là dạng lượng giác của sốphức z0, còn dạng z = a + bi được gọi là dạng đại số của số phức z. 2.3 Nhân và chia số phức dưới dạng lượng giácNếu z = r ( cos + isin ), z ‘ = r ‘ ( cos ‘ + isin ‘ ) ( rvà r ‘ ) thìzz ‘ = ) ] ‘ sin ( ) ‘ [ cos ( ‘ ϕϕϕϕ + + + irr [ ] cos ( ‘ ) sin ( ‘ ) ‘ ‘ z rz rϕ ϕ ϕ ϕ = − + − ( khi r ‘ > 0 ). 2.4 Công thức Moa-Vrơ [ ] ( cos sin ) ( cos sin ) r i r n i nϕ ϕ ϕ ϕ + = + [ ]. *, sincossincos Nnnini ∈ ∀ + = + ϕϕϕϕ3. Dạng mũ của số phứcKí hiệuϕϕei = + sincos, gọi là lũy thừa củavới số mũ ảo. Cho ) sin ( cosϕϕirz + =, khi đócòn trình diễn dưới dạngrez = được gọi là dạng mũcủa số phứcCác phép toán viết lại : rez = ) ‘ ( ‘ ‘ ‘. ‘ ‘ ϕϕϕ = ⇒ = iierrzzerz ) ‘ ( ‘ ‘ ϕϕ0 ‘ ≠ zerz =. innnerz = Sáng kiến kinh nghiệm tay nghề năm trước Giáo viên : Đặng Thị MếnCông thức Ơle ( Euler ) : cosϕϕiieeeeiisinϕϕ4. Căn bậccủa số phức. Cho số phức0 ≠ zvà số nguyên2 ≥ n, số phứcđược gọi là căn bậccủanếuzwNếu ) sin ( cosϕϕirz + = 0 > rthì căn bậc n của z gồm n số phân biệt xác lập bởi : 1 ; 1 ; 0 ; sincos − = = nkrwπϕπϕ. Khi, 2 = ncó hai căn bậc hai của z là ( cos sin ) 2 2 r iϕ ϕ. ) sin ( ) cos ( ) sin ( cos + + + = + − ϕϕϕirir. Căn bậc n của đơn vị chức năng : Căn bậc n của số phức1 = zgọi là căn bậc n của đơn vị chức năng. Từ định nghĩa ta có những cănbậc n của đơn vị chức năng là :. 1, 2 ; 1 ; 0 ; sincos − = + = nkππlà một căn bậc n của đơn vị chức năng và được gọi là căn nguyên thủy bậc n của đơn vị chức năng nếumọi số nguyên dươngnm > yxđặtyvxu = = ; ) 0 ; 0 ( >> vuHệ đưa về : 241212222 vuvuVì22vu + là bình phương modun của số phứcivuz + =, bằng cách cộng phương trìnhthứ nhất với phương trình thứ hai ( sau khi nhân với ) ta được. 2422 vuivuivu + = + + ( 3 ) Màzzzvuivu 1222 = = = Nên ( 3 ) được viết dưới dạng : 2421 z + = + 212421382201.24 + = + − = − + = ∆ = + + − ⇔ iiiziz ± + ± = ⇔ 22221 izTừ đó suy ra. 22221 ), ( + + = vuDo đó, nghiệm của hệ pt đã cho là : + + + = 78222174112221 ), ( yxb. Nhân hai vế của phương trình thứ hai vớirồi cộng với phương trình thứ nhất tađược. 3322 − − − + + yxyixiyxyix ) ( ) ( 322 − − − + + ⇔ yxyixiyixyix ( 4 ) 10S áng kiến kinh nghiệm tay nghề năm trước Giáo viên : Đặng Thị MếnGiả sử222 | | ; yxzyixzyixz + = − = ⇒ + = ( 4 ) đưa về | | ziz ) 3 ( + ⇔ 033 = − + − ⇔ izzzii + = + + = ⇔ + = + − = ∆ 2213 ) 21 ( 43 z − = − − = 1213T ừ đó suy ra nghiệm của hệ khởi đầu là { } ) 1 ; 1 ( ) ; 1 ; 2 ( ) ; ( − ∈ yxc. Đkxđ : 1 ; 1 − ≥ − ≥ yxĐặtybxa + = + = 1 ; 12 thì hệ trở thành = + − = − + − 013203322 aabbbaTừ hệ trên ta đổi khác về dạng số phức như sau : 0 ) 132 ( ) 33 ( 22 = + − + − + − iaabbba03 ) ( 3 ) ( = − + + − + ⇔ ibiaibia033 = − + − ⇔ iizz ( 1 ), với., Czbiaz ∈ + = Giải phương trình ( 1 ) ta được nghiệmiz + = hoặciz 21 + − = Do0 ; 0 ≥ ≥ banên1 ; 1 = = baHệ có nghiệm. 0 ; ) ; ( − = yxTrên thực tiễn, ta cũng hoàn toàn có thể giải hệ trên bằng cách dùng đổi khác đại số, nhân x vày thích hợp vào từng vế của những phương trình rồi trừ vế với vế thu được quan hệđơn giản hơn giữa những biến này. Một số hệ sau cũng có cách giải tựa như : 1. ), ( 3101032222R yxyxyxyxyx11Sáng kiến kinh nghiệm tay nghề năm trước Giáo viên : Đặng Thị Mến2. ), ( 2222R yxyxyxyxyx3. ), ( 161111162222R yxyxyxyxyx − = 4. ), ( 1212R yxyxyx5. ), ( 110R yxyxyx − = 6. ), ( 33133223R yxyyxxyx − = − = − Hướng dẫn – đáp số1. Nhân hai vế của phương trình thứ 2 vớirồi cộng với phương trình thứ nhất tađược : ziz 21 | | ) 103 ( + = vớiyixz + = iziziz3323210103 ) 21 ( = ⇔ = + + + − ⇔ Hệ có nghiệm + − − + 332321332132 ) ; ( yx2. Đáp số { } ) 1 ; 0 ( ) ; 1 ; 2 ( ) ; ( − ∈ yx3. Đáp số ) 2 ; 5 ( ) ; 3 ; 2 ( ) ; ( − ∈ yx4. Đáp số { } ) 3612 ; 324 ( ) ; 3612 ; 324 ( ) ; ( + + − − ∈ yx12Sáng kiến kinh nghiệm tay nghề năm trước Giáo viên : Đặng Thị Mến5. Đáp số = 1 ; 10 ) ; ( yx6. Xétiz 31 − = Giả sửyixz + = thay vào phương trình ta được ) ; ( yxlà nghiệm của hệ đã cho màlàcăn bậc ba củai31 − Có = − ) sin ( ) cos ( 231 ππii { } 2 ; 1 ; 0 ; ) sin ( ) cos ( 2 + + = ⇒ kππππNghiệm của hệ đã cho là : { } ∈ 2 ; 1 ; 0 ; ) sin ( 2 ; cos ( 2 ) ; ( 33 kkyxππππ2. Rút gọn 1 số ít tổng tổng hợp, chứng tỏ những đẳng thức tổng hợp. Gọilà một căn nguyên thủy bậc n của đơn vị chức năng thì ta có0 1 ) 1 ( 2 = + + + + − knkkwwwmà1 ), ( = nkTính chất trên có ứng dụng khá hiệu suất cao trong việc rút gọn những tổng hợp, ta xét vídụ sau : Ví dụ 2. Tính tổng +

Source: https://mindovermetal.org
Category: Ứng dụng hay