BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC TÂY BẮC TRẦN THỊ LUYÊN SỬ DỤNG SỐ PHỨC VÀO GIẢI MỘT SỐ
BÀI TOÁN TRONG ĐẠI SỐ
KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC SƠN LA, THÁNG 5 NĂM 2013
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC TÂY BẮC
thực hiện và hoàn thành khóa luận.
Tôi rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến của các thầy cô giáo và các
bạn sinh viên để khóa luận của tôi thêm hoàn thiện.
Tôi xin chân thành cảm ơn!

Sơn La, tháng 5 năm 2013
Người thực hiện khóa luận
Trần Thị Luyên

MỤC LỤC
PHẦN MỞ ĐẦU 1
1. Lý do chọn khoá luận 1
2. Mục đích nghiên cứu 1
3. Nhiệm vụ nghiên cứu 1
4. Giả thiết khoa học 1
5. Đối tượng nghiên cứu 1
6. Phương pháp nghiên cứu 2
7. Đóng góp của khoá luận 2
8. Cấu trúc của khoá luận 2
PHẦN NỘI DUNG 3
Chương 1. XÂY DỰNG TRƯỜNG SỐ PHỨC 3

2.2. Ứng dụng trong việc giải hệ phương trình 30
2.3. Ứng dụng trong việc chứng minh bất đẳng thức 38
2.4. Ứng dụng trong việc tính tổng các biểu thức chứa
k
n
C
42
2.4.1. Khai triển
n
(1 x)
, cho x nhận những giá trị thích hợp hoặc khai triển
trực tiếp các số phức 42
2.4.2. Khai triển (1 + x)
n
, đạo hàm hai vế theo x sau đó cho x nhận giá trị là
những số phức thích hợp 46
2.4.3. Khai triển (1 + x)
n
, cho x nhận giá trị là các căn bậc ba của đơn vị 49
KẾT LUẬN 52
TÀI LIỆU THAM KHẢO 53 1
PHẦN MỞ ĐẦU

1. Lý do chọn khoá luận
Số phức ra đời do nhu cầu phát triển của Toán học về giải những phương
trình đại số. Từ khi ra đời số phức đã thúc đẩy Toán học phát triển mạnh mẽ và
giải quyết được nhiều vấn đề của khoa học và kĩ thuật. Đối với học sinh bậc

- Nghiên cứu các bài toán Đại số có thể sử dụng số phức để giải được.
6. Phương pháp nghiên cứu
- Nghiên cứu tài liệu.
- Phân tích, tổng hợp các kiến thức.
- Kinh nghiệm bản thân, trao đổi thảo luận với giáo viên hướng dẫn.
7. Đóng góp của khoá luận
Khoá luận sau khi hoàn thành sẽ làm tài liệu tham khảo cho sinh viên
chuyên ngành Toán và Giáo viên phổ thông.
8. Cấu trúc của khoá luận
Khoá luận gồm phần mở đầu, phần nội dung và phần kết luận.
Phần nội dung bao gồm các chương sau:
Chương 1: Xây dựng trường số phức.
Chương 2: Sử dụng số phức vào giải một số bài toán trong Đại số.
3
PHẦN NỘI DUNG

z z (x x ;y y )   

Định nghĩa 1.1.1. Tập
2
cùng với hai phép toán cộng và nhân được định nghĩa
như trên gọi là tập số phức , phần tử
(x;y)
gọi là một số phức.
Định nghĩa 1.1.2.
( , ,.)
là một trường.
Chứng minh
1 1 1 2 2 2 3 3 3
z (x ;y ); z (x ;y ); z (x ;y );z (x;y)     
, ta có:
(i)

1 2 2 1
z z z z  
.
(2i)
1 2 3 1 2 3
(z z ) z z (z z )    

(3i) (0;0) :z z z      
.
(4i) z ( x; y) :z ( z) ( z) z            
.
(5i)


( , ,.)
là một trường. 4
1.1. Dạng đại số của số phức
1.1.1. Xây dựng số
i

Xét tương ứng
 
f : x 0x f(x) (x;0)

Ta thấy
f
là một ánh xạ và là một song ánh.
Mặt khác, ta có:
(x;0) (y;0) (x y;0)  (x;0)(y;0) (x;y) 0
.
Vì
f
là một song ánh nên ta có thể đồng nhất
(x;0) x
.

z x yi ( x;y )   
.
Trong đó:
x Rez
gọi là phần thực của số phức
z
.

y Imz
gọi là phần ảo của số phức
z
.

i
gọi là đơn vị ảo.
Nếu số phức có phần thực
x0
gọi là thuần ảo.
Hai số phức
12
z ,z
gọi là bằng nhau nếu
12
Rez Rez
và
12
Imz Imz
.
Số phức
z

z z (x y i)(x y i) (x x y y ) (x y x y )i      
,
(iii)
1 1 1 1 2 1 2 2 1 1 2
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2
z x y i x x y y x y x y
i
z x y i x y x y
  
  
  
; trong đó
22
22
x y 0
.
1.1.2. Số phức liên hợp và môđun của số phức
Định nghĩa 1.2.2. Cho số phức
z x yi ( x;y )   
số phức có dạng
x yi

được gọi là số phức liên hợp của số phức
z
, kí hiệu
z
, nghĩa là
z x yi
.

2
2
2
zz
,z
z
z

  


.
Chứng minh
1. Ta có
z z x yi x yi 2yi 0 y 0 z x z .            

Vậy
z z z .  

2. Ta có
z x yi z x yi z     
. Vậy
z z.

3. Ta có
2 2 *
z.z (x yi)(x yi) x y     
.
Vậy
z.z

,
 
1
1
1 1 1
z. 1 z. 1 1 z. 1 z z .
z z z



       



Vậy
11
z (z)


,
*
z
.
7. Ta có
*
2
z

11
1 1 1

xy
gọi là
môđun của số phức
z
, kí hiệu
22
z x y
.
Mệnh đề 1.2.5.
1.
z Rez z ; z Imz z .     

2.
z 0; z 0 z 0.   

3.
z z z  
.
4.
2
z.z z
.
5.
1 2 1 2
z .z z . z

6.
1 2 1 2 1 2
z z z z z z    
.

7
Chứng minh
1. Ta có
2 2 2 2
x y x x y    
(luôn đúng).

2 2 2 2
x y y x y    
(luôn đúng).
Vậy
z Rez z ; z Imz z .     

2. Ta luôn có
22
x y 0 z 0.   

22
z 0 x y 0 x y 0 z 0.        

Vậy
z 0; z 0 z 0.   

3. Ta luôn có
z z z  
(theo định nghĩa).
4. Ta có
2 2 2 2 2 2 2
z.z x y . x ( y) x y z      
. Vậy

1 2 1 2 1 2 1 2
z z z z z z z z       
.
Mặt khác
1 1 2 2 1 2 2
z z z z z z z     

1 2 1 2
z z z z   
.
Vậy
1 2 1 2 1 2
z z z z z z    
.
7. Ta có
*
z
,
1
1
1 1 1 1
z. 1 z . 1 z z
z z z z


      
.
Vậy
1
1*

z
z
,z
zz
  8
9. Ta có
1 1 2 2 1 2 2 1 2 1 2
z z z z z z z z z z z .         

Mặt khác, ta có
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
z z z ( z ) z z z z z z z z .            

Vậy
1 2 1 2 1 2
z z z z z z    
.
10. Ta có
22
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
z z z z (z z )(z z ) (z z )(z z )        2 2 2 2
1 1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 2
z z .z z .z z z z .z z .z z       


z
,
argz
.
Biểu thức (1) được gọi là dạng lượng giác hay dạng cực của số phức
z x yi
.
1.2.2. Các phép toán trong dạng lượng giác của số phức
Cho hai số phức
12
z ;z 0
có biểu thức lượng giác
1 1 1 1
z r (cos isin )   
và
2 2 2 2
z r (cos isin )   
, khi đó:
Hai số phức
12
z ;z
gọi là bằng nhau nếu
12
21
rr
k2 (k )



     

z r (cos n isinn )  
. (*)
Khi
r1
, ta có
z cos isin   
. (**)
Công thức (*) và (**) được gọi là công thức Moivre.
Ngoài ra,
z r(cos isin )  
,
z0
có thể được biểu diễn dưới dạng
i
z re


gọi là biểu diễn số phức dưới dạng mũ.
Nếu
1
i
11
z re


và
2
i
22
z r e

z
của
phương trình
n
z w 0
là căn bậc n của số phức
w
.
Mệnh đề 1.4.2. Cho số phức
w R(cos isin ); R 0.     
Khi đó căn bậc n
của số phức
w
gồm n số phân biệt xác định bởi

n
k
k2 k2
z R cos isin , k 0,1, ,n 1.
nn
     

   



Chứng minh
Xét dạng lượng giác của số phức
z r(cos isin )  
.


Khi đó, ta có
n
k2 k2
z R cos isin , k
nn
     

  


.
Lấy
k 0,1, ,n 1
, ta được n căn bậc n phân biệt của
w
, nên nghiệm của
phương trình
n
z w 0
có dạng

10

n
k
k2 k2
z R cos isin , k 0,1, ,n 1.
nn
     

diễn hình học của số phức
z x yi
. Số phức
z x yi
gọi là toạ độ phức của
điển
M(x;y)
.
Kí hiệu
M(z)
để chỉ toạ độ phức của điểm
M
là
z
.
Số phức được biểu diễn trên mặt phẳng toạ độ gọi là mặt phẳng phức.
Ngoài ra, trên mặt phẳng phức ta đồng nhất số phức
z x yi
với
v OM, M(x;y)
.
Định nghĩa 1.4.5. Cho số phức
z x yi
có biểu diễn hình học là
M(z)
khi đó
khoảng cách từ
M(z)
đến
O

1 1 1 2 2 2
M (x ;y ); M (x ;y )
bằng môđun của số
phức
12
zz
bằng độ dài của hai véctơ
12
vv
, nghĩa là
22
1 2 1 2 1 2 2 1 2 1
M M z z v v (x x ) (y y )       
.
Nếu

, thì
z x yi    
tương ứng với véctơ
v xi yj    
. 11
Chương 2. MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA SỐ PHỨC TRONG ĐẠI SỐ
2.1. Ứng dụng trong phương trình
2.1.1. Phương trình bậc hai
Phương trình bậc hai dạng
2
az bz c 0( a,b,c ,a 0)     

b
zz
2a



2.1.1.1. Giải phương trình bậc hai
a) Một số ví dụ
Ví dụ 1. Giải phương trình
2
z (1 i)z 6 3i 0    
.
Lời giải
Ta có
24 10.i   
, nên

có hai căn bậc hai.
Giả sử
x yi; x,y    
là căn bậc hai của

.
Ta có
2 2 2
x y 2xyi 24 10i        2
42


  
  




























zi



. (1)
Lời giải
Phương trình (1)
2
4z 3 7i (z i)(z 2i)
z (4 3i)z 1 7i 0
z i 0
zi
    
    









Giải phương trình
2
z (4 3i)z 1 7i 0    
. Ta có
3 4i  
, nên


y1
2
x2
y
x
y1


  





  
  



















Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là
12
z 3 i; z 1 2i   
.
b) Một số bài tập có hướng dẫn
Bài 1. Giải phương trình
2
z (1 3i)z 2(1 i) 0    
.
Hướng dẫn
Ta có
2i
, nên

có hai căn bậc hai là
1 i; 1 i  1
2
z 2i
z 1 i









Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là
12
z 2 i; z i  
.
2.1.1.2. Bài toán liên quan đến nghiệm phức của phương trình bậc hai
a) Một số ví dụ
Ví dụ 1. Gọi
12
z ;z
là các nghiệm của phương trình
2
z 2 3iz 4 0  
(1).
Tính
22
12
A z z
.
Lời giải
Phương trình (1) có
1
, nên phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân
biệt
12
z 1 3i; z 1 3i    
.

Lời giải
Phương trình (1) có
24 10i   
, nên

có hai căn bậc hai.
Giả sử
x yi; x,y    
là căn bậc hai của

.
Ta có
2 2 2
x y 2xyi 24 10i        2
42
2
22
25
y 24
y 24y 25 0
y
x y 24
5
x
5
xy 5
x

y
x
y5

























Suy ra,


Bài 1. Gọi
12
z ;z
là các nghiệm của phương trình
2
z 2z 10 0  
(1). Tính
a)
22
12
A z z
b)
22
12
B z z

Hướng dẫn
Giải phương trình (1) ta được
12
z 1 3i;z 1 3i     
.
a)
22
12
A z z
22
( 1 3i) ( 1 3i)     
(*)
Biến đổi biểu thức (*) ta được
A 16
22
z 2 i z 5   

12
A z z 10 5    

Vậy
A 10 5
.

15
2.1.2. Phương trình bậc ba
Phương trình bậc ba dạng
32
z az bz c 0   
. (1)
Phương pháp giải
Đặt
aa
y z z y
33
    
. Khi đó (1) trở thành

32
3
32
23

.
(Phương trình (2) là phương trình bậc ba suy biến).
Đặt
y u v
(3), khi đó phương trình (2) trở thành

3
33
(u v) p(u v) q 0
u v (u v).(3uv p) q 0.
    
      

Chọn
3uv p 0
thì
33
u v q  
, nên ta có
33
3
33
u v q
p
uv
27
  




2 4 27 2 4 27
       
(5)
Khi đó ba giá trị của u và ba giá trị của v thoả mãn phương trình (5), ta có

16

23
3
1
21
31
q q p
u
2 4 27
13
u u . i
22
13
u u . i
22


   




  





  







  





Thay ba cặp
(u;v)
ở trên vào biểu thức (3) ta có

1 1 1
2 2 2 1 1
3 3 3 1 1
y u v
1 3 1 3
y u v u i v i
2 2 2 2
1 3 1 3
y u v u i v i

22
13
y (u v ) i (u v )
22





    



    



Mặt khác
a
zy
3

, nên ta có

1 1 1
2 1 1 1 1
3 1 1 1 1
a
z u v
3


17
Khi đó ba giá trị của u và ba giá trị của v thoả mãn phương trình (6), ta có

23
3
1
21
31
q q p
ui
2 4 27
13
u u . i
22
13
u u . i
22


    




  





  







  





Thay ba cặp
(u;v)
ở trên vào biểu thức (3) ta có

1 1 1
2 2 2 1 1
3 3 3 1 1
y u v
1 3 1 3
y u v u i v i
2 2 2 2
1 3 1 3
y u v u i v i
2 2 2 2



22





    



    



Mặt khác
a
zy
3

, nên ta có

1 1 1
2 1 1 1 1
3 1 1 1 1
a
z u v
3
1 3 a
z (u v ) i (u v )
2 2 3

y z z y
33
    
. Khi đó (1) trở thành

32
5 5 5
y 5 y 7 y 2 0
3 3 3
     
      
     
     3
4 11
y y 0
3 27
   
(2)
Đặt
y u v
(3), khi đó phương trình (2) trở thành

3
33
4 11
(u v) (u v) 0
3 27







Ta có
33
u ; v
là nghiệm của phương trình
2
11 64
t t 0.
27 729
  
(4)
Phương trình (4) có
2
5 5i
'
108 108

  


phương trình (4) có hai nghiệm là

33
11 5 11 5
u i ; v i




  




và
3
1
21
31
11 5
vi
54 108
13
v v . i
22
13
v v . i
22


  




  





   

       
   

   


   

       
   

   

1 1 1
2 1 1 1 1
3 1 1 1 1
y u v
13
y (u v ) i (u v )
22
13

2 2 3
1 3 5
z (u v ) i (u v )
2 2 3

  



     



     



Trong đó
33
11
11 5 11 5
u v i i
54 108 54 108
      
;

33
11
11 5 11 5
u v i i

(u v) (u v) 1 0    
(3)
Giải phương trình (3) ta được:
3
1
3
2
3
1
1 3 3 23
u
2
3
1 3 3 23 1 3
ui
2 2 2
3
1 3 3 23 1 3
ui
2 2 2
3










vi
2 2 2
3









  








  



1 1 1
2 1 1 1 1

Hướng dẫn
Đặt
y z 1 z y 1    
, thay và phương trình (1) sau đó biến đổi ta được
phương trình:
3
y y 1 0  
(2)
Đặt
y u v
, khi đó phương trình (2) trở thành:

3
(u v) (u v) 1 0    
(3)
Giải phương trình (3) ta được: