Sáng kiến kinh nghiệm Một số ứng dụng của số phức trong đại số và toán tổ hợp

 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
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
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) 
 a a'
z =z’ 
 b b'
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 | z | a 2 b2
 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
 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 là acgumen của z thì mọi acgumen của z đều có dạng + k2 , k Z.
 + Acgumen của z 0 xác định sai khác k2 , k Z.
2.2 Dạng lượng giác của số phức
 Cho số phức z = a+bi, (a, b R), với r = a 2 b 2 là modun của số phức z và là 
acgumen của số phức z. Dạng z = r (cos +isin ) 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 +isin ), z' = r' (cos '+isin ') (r 0 và r' 0 ) thì
 zz' = rr'[cos( ') i sin( ')]
 z r
 cos( ') isin( ') (khi r' > 0).
 z ' r '
2.4 Công thức Moa-Vrơ 
 r(cos isin )n r n (cos n isin n )
 cos isin n cos n isin n ,n N *.
3. Dạng mũ của số phức
Kí hiệu cos i sin e i , gọi là lũy thừa của e với số mũ ảo.
Cho z r(cos i sin ) , khi đó z còn biểu diễn dưới dạng z re i được gọi là dạng mũ 
của số phức z .
Các phép toán viết lại:
 z r
 z re i ; z' r'e i ' z.z' r.r'.e i( ') ; ei( ') ( z' 0 )
 z' r'
 z r.e i ; z n r nein 
 7 Sáng kiến kinh nghiệm 2014 Giáo viên: Đặng Thị Mến
Chẳng hạn, để tìm căn bậc ba của số phức 1 i , ta tìm số phức z x yi sao cho 
 z 3 1 i . Bằng cách tách phần thực và phần ảo trong đẳng thức (x yi)3 1 i ta 
được hệ phương trình:
 x3 3xy 2 1
 2 3
 3x y y 1
Giải hệ này, ta tìm được (x; y) ; từ đó ta sẽ tìm được z . Tuy nhiên, rõ ràng z có thể 
tìm được bằng cách tìm căn bậc ba của 1 i , cụ thể là:
 k2 k2 
1 i 2(cos sin ) nên z 6 2(cos( ) isin( ) ; k 0;1;2.
 4 4 4 3 12 3
Từ đó, ngược lại ta tìm được nghiệm của hệ phương trình là:
 k2 2k 
 (x; y) 6 2 cos( ); 6 2 sin( ;k 0;1;2
 12 3 12 3 
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
 1 
 3x 1 2
 x y 
a. 
 1 
 7y 1 4 2
 x y 
 3x y
 x 3
 2 2
 x y
b. 
 x 3y
 y 2 2 0
 x y
 9 Sáng kiến kinh nghiệm 2014 Giáo viên: Đặng Thị Mến
 3x y xi 3yi
 x yi 3
 x 2 y 2
 3(x yi) i(x yi)
 x yi 3 (4)
 x 2 y 2
Giả sử z x yi z x yi;| z |2 x 2 y 2
 3z iz (3 i)
 (4) đưa về z 3 z 3
 | z |2 z
 3 1 2i
 z 2 3z 3 i 0 , 3 4i (1 2i)2 z 2 i
 2
 3 1 2i
 z 1 i .
 2
Từ đó suy ra nghiệm của hệ ban đầu là (x; y) (2;1);(1; 1)
c. Đkxđ: x 1; y 1
 a 2 b 2 3b 3 0
Đặt a 2 x 1;b 1 y thì hệ trở thành 
 2ab 3a 1 0
Từ hệ trên ta biến đổi về dạng số phức như sau: (a 2 b 2 3b 3) (2ab 3a 1)i 0
 (a bi) 2 3i(a bi) i 3 0
 2
 z 3iz i 3 0 (1), với 
 z a bi, z C.
Giải phương trình (1) ta được nghiệm z 1 i hoặc z 1 2i
Do a 0;b 0 nên a 1;b 1
 3 
Hệ có nghiệm (x; y) ;0 .
 4 
Trên thực tế, ta cũng có thể giải hệ trên bằng cách dùng biến đổi đại số, nhân x và 
y thích hợp vào từng vế của các phương trình rồi trừ vế với vế thu được quan hệ 
đơn giản hơn giữa các biến này.
Một số hệ sau cũng có cách giải tương tự:
 11 Sáng kiến kinh nghiệm 2014 Giáo viên: Đặng Thị Mến
4. Đáp số (x; y) (4 2 3;12 6 3);(4 2 3;12 6 3)
 1 
5. Đáp số (x; y) ;1
 10 
6. Xét z 3 1 3i
Giả sử z x yi thay vào phương trình ta được (x; y) là nghiệm của hệ đã cho mà z là 
căn bậc ba của 1 3i .
 k2 k2 
Có 1 3i 2 cos( ) isin( ) z 3 2 cos( ) isin( ) ;k 0;1;2
 3 3 9 3 9 3 
 k2 k2 
Nghiệm của hệ đã cho là: (x; y) 3 2 cos( ; 3 2 sin( ) ;k 0;1;2
 9 3 9 3 
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
1 wk w2k ... w(n 1)k 0 ; k mà (k,n) 1
Tính chất trên có ứng dụng khá hiệu quả trong việc rút gọn các tổng hợp, ta xét ví 
dụ sau:
 3k
Ví dụ 2. Tính tổng S1 Cn
 0 3k n 1
Giải:
 n
 n k k
Xét đa thức P(x) (1 x) Cn x
 k 0
 1 3
Gọi w i là một căn nguyên thủy bậc ba của đơn vị ( có w2 w 1 0 ) thì 
 2 2
 w2k wk 1bằng 0 nếu k không chia hết cho 3, bằng 3 nếu k chia hết cho 3.
 n
 2 k k 2k 3k
Vì thế P(1) P(w) P(w ) Cn (1 w w ) 3 Cn
 k 0 0 3k n 1
 1
 S P(1) P(w) P(w2 ) mà P(1) (1 1)n 2n
 1 3
 13 Sáng kiến kinh nghiệm 2014 Giáo viên: Đặng Thị Mến
 2m
 k ix k ix 2m k
 C2m (e ) (e )
 k 0
 2m
 k 2(k m)ix
 C2me
 k 0
 m 1 2m
 k 2(k m)ix k 2(k m)ix
 C2me C2me
 k 0 k m 1
 m 1 m 1
 k 2(m k )ix 2m t 2(m t)ix m
 C2me C2m e C2m
 k 0 t 0
 m 1 m 1
 k 2(m k )ix 2m k 2(m k )ix m
 C2me C2m e C2m
 k 0 k 0
 m 1 m 1
 k 2(m k )ix 2(m k )ix m k m
 C2m (e e ) C2m 2C2m .cos(2m 2k)x C2m
 k 0 k 0
 m 1
 2m 1 2m k 1 m
 2 cos x C2m .cos(2m 2k)x C2m (đpcm)
 k 0 2
Với cách làm tương tự như trên, ta cũng chứng minh được đẳng thức
 n
 2n 2n 1 k
 2 cos x C2n 1 cos(2n 1 2k)x
 k 0
Sử dụng công thức 2isin x eix e ix và biến đổi tương tự trên, ta chứng minh được các 
đẳng thức sau
 n 1 ( 1) n 
 2n 1 2n n k k n 
 2 .sin x ( 1) ( 1) C2n cos(2n 2k)x C2n 
 k 0 2 
 n
 2n 2n 1 n k k
 2 sin x ( 1) ( 1) C2n 1 sin(2n 1 2k)x
 k 0
Bài tập tương tự
1. Tính các tổng sau:
 k 2k
 S3 ( 1) Cn
 0 2k n 1
 k 2k 1
 S 4 ( 1) Cn
 0 2k 1 n 1
 4k
 S5 Cn
 0 4k n 1
 15