SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

ĐỀ TÀI:
"MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA SỐ PHỨC TRONG GIẢI TOÁN ĐẠI
SỐ VÀ HÌNH HỌC CHƯƠNG TRÌNH THPT"

1


A-

ĐẶT VẤN ĐỀ :

Trong chương trình đổi mới nội dung Sách giáo khoa, số phức được đưa vào chương
trình toán học phổ thông và được giảng dạy ở cuối lớp 12. Ta biết sự ra đời của số phức
là do nhu cầu mở rộng tập hợp số, số phức là cầu nối hoàn hảo giữa các phân môn Đại số,
Lượng giác, Hình học và Giải tích (thể hiện sâu sắc mối quan hệ đó là công thức
eiπ + 1 = 0 ). Số phức là vấn đề hoàn toàn mới và khó đối với học sinh, đòi hỏi người dạy
phải có tầm nhìn sâu, rộng về nó. Do những tính chất đặc biệt của số phức nên khi giảng
dạy nội dung này giáo viên có nhiều hướng khai thác, phát triển bài toán để tạo nên sự lôi
cuốn, hấp dẫn người học. Bằng việc kết hợp các tính chất của số phức với một số kiến
thức đơn giản khác về lượng giác, giải tích, đại số và hình học giáo viên có thể xây dựng
được khá nhiều dạng toán với nội dung hấp dẫn và hoàn toàn mới mẻ.
Một trong các vấn đề tôi xây dựng là dạng toán ''ỨNG DỤNG CỦA SỐ PHỨC TRONG
GIẢI TOÁN ĐẠI SỐ VÀ HÌNH HỌC" trên cơ sở khai thác tính chất của số phức và vận
dụng khai triển nhị thức Newton.
B- NỘI DUNG NGHIÊN CỨU :
I- CƠ SỞ LÝ LUẬN :
Đổi mới phương pháp dạy học với mục đích phát huy tốt nhất tính tích cực, sáng tạo của
người học. Nhưng không phải thay đổi ngay lập tức bằng những phương pháp hoàn toàn
mới lạ mà phải là một quá trình áp dụng phương pháp dạy học hiện đại trên cơ sở phát


¡

và

i2 =

i

thoả mãn

–1}. Ta có
¡

⊂

¡

⊂

i2 =

–

£.

£

1.2- Số phức bằng nhau:


uuuu
r
véctơ OM được gọi là môđun của số phức z. Kí hiệu z = a + bi = a 2 + b 2
1.5-Số phức liên hợp:


Cho số phức z = a + b i , số phức liên hợp của z là z = a − bi .

z = a + bi ⇔ z = a - bi ; z = z , z = z * Chú ý ( Z n ) = ( Z ) n ; i = −i;−i = i

Z là số thực

⇔ Z =Z;

Z là số ảo

⇔ Z = −Z

* Môđun số phức Z=a + b.i (a; b ∈ R)
Chú ý:


Z =Z

∀z ∈

Hai điểm biểu diễn z và

z





Phép nhân số phức có các tính chất như phép nhân số thực.

z.z = a 2 + b 2 = z

£

2

1

z

-1
1.8-Phép chia số phức: Số nghịch đảo của số phức z = a + bi ≠ 0là z = z = z 2 hay

1
a - bi
= 2
.Cho hai số phức
a + bi a + b 2

z = a + bi

≠ 0 và z ' = a '+ b ' i thì

z ' z '.z
= 2


a = 0: Căn bậc hai của 0 là 0

•

a > 0: Có hai căn bậc hai đối nhau là

a

•

a < 0: Có hai căn bậc hai đối nhau là

a .i

w là số phức: w = a + b i (a, b∈



¡

và –

a

và – a .i

, b ≠ 0) và z = x + y. i là 1 căn bậc hai của w khi

 x2 - y 2 = a

∆ = B 2 − 4 AC , ∆ = a + bi



∆ = 0: Phương trình có nghiệm kép x =

−B
2A



∆ ≠ 0: Phương trình có 2 nghiệm x1,2 =

−B ± δ
2A

với δ là 1 căn bậc hai của ∆.
1.11-Dạng lượng giác của số phức:
a/Acgumen
của số phức z ≠ 0:
a/
5


 Cho số phức z = a +uburi uu≠uur0 được biểu diễn bởi điểm M(a; b) trên mặt phẳng Oxy. Số
đo (rađian) của góc ϕ = (Ox, OM ) được gọi là một acgumen của z.
 Mọi acgumen của z sai khác nhau là k2π tức là có dạng ϕ + k2π (k∈
(z và nz sai khác nhau k2π với n là một số thực khác 0).
uuuur



nên

z −1 =
z −1

z
| z |2

, vì

1
| z |2

là một số thực

có cùng acgumen với

z

là – ϕ + k2π.

b/ Dạng lượng giác của số phức z = a + b i :
 Dạng lượng giác của số phức z ≠ 0 là z = r (cos ϕ + i sin ϕ ) với ϕ là một acgumen của
z.



a
b


Ta có

Do đó

1
z'

và

z

1 1
= [cos(−ϕ ') + i sin(−ϕ ')] .
có cùng acgumen là – ϕ ’ + k2π nên
z'

r'

z r
= [cos(ϕ - ϕ ') + i sin(ϕ - ϕ ')] ( r ’≠ 0)
z' r'

d/ Công thức Moa–vrơ (Moivre) và ứng dụng:
e/Công thức Moa–vrơ: Cho số phức z = r (cos ϕ + i sin ϕ )


[ r (cos ϕ + i sin ϕ )]

n


ϕ

và δ 2 = − r  cos + i sin ÷ ⇒ δ 2 = r cos  + π ÷+ i sin  + π ÷
2
2
2
2














2.Một số ứng dụng của số phức:
a/ Trong đại số:
I>Ứng dụng số phức trong một số bài toán giải phương trình-Hệ phương trình :
Bài toán 1: Giải phương trình bậc ba:

ax 3 + bx 2 + cx + d = 0 ;(a≠0)(1)

Năm 1545 nhà toán học người Ý, Cardano Ginolamo, năm 1545 đã tìm ra công thức

1
3
+
i; z 2 = − −
i; z 3 = 1.
2 2
2 2

Bài toán 2: Giải hệ phương

 
1 
=
 x 1 + 2
2 ÷
  x +y 
trình: 
 y 1 − 1  =
  x2 + y 2 ÷

 

2
3
4 2
7

7



2
 x = 3 + 21  x = 3 − 21
⇒
;
2
2
y =
y = 2 2 − 2
+
2


7
7

Thử lại ta thấy hai nghiệm trên đều thỏa mãn hệ.
II> Ứng dụng giải một số bài toán tính tổng các tổ hợp :
Dạng 1:Khai triển (1 + x)n, cho x nhận giá trị là những số phức thích hợp hoặc khai
triển trực tiếp các số phức
Bài toán 3: Tính tổng
A=

C0
−C 2
+C 4
−C 6
+... +C 2004 −C 2006 +C 2008
2009
2009
2009

2009
2009
2009
2009
2009
2009
5
+C7
−... −C 2005 +C 2007 −C 2009 )i
+ ( −C12009 +C32009 −C2009
2009
2009
2009
2009

Mặt khác: (1 −i)2009 =(

2009

π
 π 
2) 2009 cos 
−
+
isin
−

÷

÷÷





8


So sánh phần thực và phần ảo của (1 – i )2009 trong hai cách tính trên ta được:
− C2006 + C 2008 = 21004
A = C02009 − C22009 + C42009 − C62009 +... + C2004
2009
2009
2009
Bài toán 4:Tính tổng:

0 − 39 C 2 + 38 C 4 − 37 C 6 + ... + 32 C16 − 3C18 + C 20
D = 310 C20
20
20
20
20
20
20
−39 C 2 +38 C 4 −37 C6 +... +32 C16 −3C18 +C 20 )
Giải( 310 C0
20
20
20
20
20

+ i 
2
 2

= 220  cos


20

π
π
= 220  cos + isin 
6
6


20



= 220  cos


20π
20π 
+ isin
=
6
6 


30
30
30

Giải:
(1 + x)30 =

C 0 + xC1 + x 2 C 2 + x 3C3 +... + x 28C 28 + x 29 C 29 + x 30 C30
30
30
30
30
30
30
30

Đạo hàm hai vế ta có:
30(1 + x)29 =

C1 +2xC 2 +3x 2 C3 +... +28x 27 C 28 +29x 28C 29 +30x 29 C30
30
30
30
30
30
30

Cho x = i ta có:
+5C5 −7C7 +... + 25C 25 −27C 27 + 29C 29 ) +
30(1 + i)29 = ( C130 −3C3


= 30

9


( 2 )29 −

=30



2
2 
−
i  = −15.215 −15.215 i .So
2
2 


sánh phần thực và ảo của 30(1 +

i)29 trong hai cách tính trên ta có: E = - 15.215
Dạng 3: Khai triển (1 + x)n, cho x nhận giá trị là các căn bậc ba của đơn vị
Ta có các nghiệm của phương trình: x3 – 1 = 0 là x1 = 1; x 2 = − 1 + 3 i ;
2 2
1
3
1
3

20
20
20
20
20
Cho x = ε ta có:

(1)

+ εC1 + ε 2 C 2 + C3 +... + C18 + εC19 + ε 2 C 20
(1 + ε )20 = C 0
20
20
20
20
20
20
20

(2)

Cho x = ε 2 ta có:
+ ε 2 C1 + εC 2 + C3 +... + C18 + ε 2 C19 + εC 20
(1 + ε 2 )20 = C 0
20
20
20
20
20
20

π

Giải: Đặt x= cos 5 ; y= sin 5 và z=x+iy=
1

1





.
cos

π
5

π

+i sin 5 . Ta có z5=-1 hay(z+1)(z4-z3+z2-

z+1)=0. Ta để ý rằng x= 2  z + z ÷, Từ đẳng thức trên ta có 4x 2-2x-1=0
⇔x=

1± 5
π 1+ 5
.
. Vì x > 0 nên x = cos =
4
5

3π
5π
z5 1
+ cos
+ cos
= 5 = ; (đpcm)
7
7
7 2z
2

IV> Ứng dụng trong hình học:
Bài toán 9: (IMO Shortlst) Cho tam giác ABC đều có tâm S và A'B'O là một tam giác
đều khác có cùng hướng nhưng S khác A' và S khác B'. Gọi M, N lần lượt là trung điểm
của các đoạn thẳng A'B và AB'. Chứng minh rằng các tam giác SB'M và SA'N đồng dạng
.
Giải: Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABO, đăt ε= cos

2π
3

+i sin

2π
3

.

Ta xét bài toán trong mặt phẳng phức. Chọn S là gốc tọa độ và SO là trục thực. Khi đó,
tọa độ của các điểm O, A, B biểu diễn các số R, Rε,Rε 2. Gọi R+z là tọa độ của điểm B',

zB ' − zS z A ' − z S
R+z
R − zε
2
=
⇔
=
⇔ ε .ε = 1 ⇔ ε = 1.
−ε ( R + z ) R − zε
Ta có zM − zs z N − zs
2
−2ε

Từ đó suy ra các tam giác SB'M và SA'N đồng dạng.
Bài toán 10. Về phía ngoài của tam giác ABC ta lần lượt dựng các tam giác đều, có cùng
chiều dương là AC'B, BA'C, CB'A. Chứng minh rằng tâm của các tam giác đều này là
các đỉnh của một tam giác đều.
B'
A

C'

C
B

A'

Giải:Gọi a,b,c,a',b',c' lần lượt là tọa độ các đỉnh A,B,C,A',B',C', đặt
ε= cos