BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG

HOÀNG QUANG TRÀ

SỐ PHỨC VÀ ỨNG DỤNG
TRONG CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC
VÀ TỔ HỢP

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

ĐÀ NẴNG - NĂM 2013


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG

HOÀNG QUANG TRÀ

SỐ PHỨC VÀ ỨNG DỤNG
TRONG CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC
VÀ TỔ HỢP
Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số

: 60.46.40

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Người hướng dẫn khoa học: GS.TSKH NGUYỄN VĂN MẬU


TOÁN TỔ HỢP ..........................................................................................20
2.1. BÀI TOÁN TÍNH TỔNG.......................................................................20
2.2. BÀI TOÁN CHỨNG MINH CÁC HỆ THỨC ......................................31
2.3. CÁC BÀI TOÁN ĐẾM ..........................................................................42
2.4. MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN .......................................................60
CHƯƠNG 3. MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA SỐ PHỨC TRONG CÁC BÀI
TOÁN SỐ HỌC...........................................................................................68
3.1. ỨNG DỤNG SỐ PHỨC NGUYÊN TRONG LÝ THUYẾT SỐ ............68
3.2. MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN .......................................................84
KẾT LUẬN................................................................................................100
DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO..................................................101
QUYẾT ĐỊNH GIAO ĐỀ TÀI LUẬN VĂN (Bản sao)


DANH MỤC CÁC KÝ HIỆU
N

Tập hợp các số tự nhiên

Z

Tập hợp các số nguyên

Z+

Tập hợp các số nguyên dương

Z[i]

Tập hợp các số phức nguyên

số phức cũng đã được đưa vào chương trình Giải tích 12 tuy còn rất đơn
giản nhưng bước đầu đã giúp học sinh tiếp cận với số phức và hoàn thiện
tập số.
Ứng dụng của số phức rất rộng rãi không những trong toán học mà còn
trong nhiều ngành khoa học khác. Đặc biệt trong toán học thì số học và
tổ hợp là hai mảng lớn, khó và rất quan trọng. Việc sử dụng số phức để
giải những bài toán số học và tổ hợp, không những giúp ta có thêm một
công cụ hiệu quả để giải toán mà trong nhiều bài toán sẽ giảm đi mức độ
khó của bài toán. Vì vậy, với đề tài của luận văn : “Số phức và ứng dụng
trong các bài toán số học và tổ hợp”. Luận văn đi sâu vào nghiên cứu ứng
dụng của số phức trong các bài toán số học và tổ hợp.
2. Mục tiêu của đề tài
Nêu một số lý thuyết và kết quả cơ bản của số phức, đi sâu vào nghiên
cứu ứng dụng của số phức trong các bài toán số học và tổ hợp.
3. Nhiệm vụ nghiên cứu
Đề tài có nhiệm vụ nghiên cứu những vấn đề sau:
Nghiên cứu về lý thuyết và một số kết quả cơ bản của số phức, của số
học, tổ hợp.
Nghiên cứu về ứng dụng của số học trong các bài toán tổ hợp.
Nghiên cứu về ứng dụng của số học trong các bài toán số học.
Trong mỗi phần sẽ đưa vào các ví dụ minh họa và một số bài toán tiêu
biểu.
4. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu của đề tài là số phức và ứng dụng của số phức
trong các bài toán số học và tổ hợp. Phạm vi nghiên cứu của đề tài là các
bài toán số học và tổ hợp có thể dùng công cụ số phức để giải quyết.


2


Định nghĩa 1.1. Số phức là một biểu thức dạng a + bi trong đó a, b ∈ R
và số i thỏa mãn i2 = −1, kí hiệu z = a + bi.
* Với số phức z = a + bi thì i được gọi là đơn vị ảo, a gọi là phần thực,
được ký hiệu là Re z và b gọi là phần ảo (ký hiệu là Im z). Phần ảo cũng
như phần thực của số phức là những số thực
Tập hợp các số phức kí hiệu là C.
* Mỗi số thực a được coi là một số phức có phần ảo bằng 0, nghĩa là

z = a + bi = a ∈ R.
* Số phức có phần thực bằng 0 gọi là số ảo (còn gọi là thuần ảo)

z = 0 + bi = bi (b ∈ R ); i = 0 + i.
* Biểu thức (a; b) = a + bi được gọi là dạng đại số hay dạng Descartes
của số phức.
* Xét mặt phẳng tọa độ Oxy, mỗi số phức z = a + bi được biểu diễn
bởi điểm M (a, b). Số thực được biểu diễn trên trục Ox nên trục Ox được
gọi là trục thực; số ảo được biểu diễn trên trục Oy nên trục Oy được gọi là
trục ảo. Mặt phẳng tọa độ Oxy biểu diễn số phức gọi là mặt phẳng phức
Định nghĩa 1.2. Hai số phức z = a + bi, z = a + b i(a, b, a , b ∈ R)
bằng nhau ⇔ a = a ; b = b ,

z=z.
1.2. DẠNG LƯỢNG GIÁC CỦA SỐ PHỨC
dưới dạng lượng giác
Dạng lượng giác của số phức z = 0 là
kí hiệu

z = r(cos ϕ + i sin ϕ),

1.2.1 Số phức

z
r
Nhận xét 1.1. Để tìm dạng lượng giác r(cos ϕ + i sin ϕ) của số phức

z = a + bi (a, b ∈ R) khác 0 cho trước ta phải
√
a) Tìm r: r = |z| = a2 + b2 , (r = OM )
b) Tìm ϕ: acgumen của z(ϕ ∈ R), sao cho cos ϕ =
(Ox,OM)

a
b
và sin ϕ = , ϕ =sđ
r
r

Nhận xét 1.2.
*Muốn nhân các số phức dưới dạng lượng giác, ta nhân các môđun
và cộng các acgumen.
* Muốn chia các số phức dưới dạng lượng giác ta chia các môđun và
lấy hiệu các acgumen.
* Nếu các điểm M, M theo thứ tự biểu diễn các số phức z, z = 0 thì
z
acgumen của
là số đo của góc lượng giác (OM, OM ).
z
1.3. CÔNG THỨC MOA -VRƠ (MOIVRE)
Có thể nói công thức De – Moivre là một trong những công thức thú
vị và là nền tảng cho một loạt công thức quan trọng khác sau này như
phép luỹ thừa, khai căn số phức, công thức Euler. Để đến với công thức


Chứng minh. Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp toán học.
Với n = 1: (1.2) đúng.
Giả sử (1.2) đúng đến n = k ( k ∈ N∗ ), tức là

z k = [r (cosϕ + i sin ϕ)]k = rk (cos kϕ + i sin kϕ)
Ta sẽ chứng minh (1.2) đúng khi n = k + 1, tức là

z k+1 = [r (cosϕ + i sin ϕ)]k+1 = rk+1 (cos (k + 1) ϕ + i sin (k + 1) ϕ)
(1.3)
Thật vậy, từ giả thiết quy nạp ta có


6

z k+1 = [r (cosϕ + i sin ϕ)]k+1
= [r (cosϕ + i sin ϕ)]k .[r (cosϕ + i sin ϕ)]
= rk (cos kϕ + i sin kϕ) .r (cos ϕ + i sin ϕ)
= rk+1 [cos (k + 1) ϕ + i sin (k + 1) ϕ] .
Vậy (1.3) đúng nên theo nguyên lý quy nạp ta có (1.2) đúng với mọi
số nguyên dương n.
Chú ý 1.1.
* Ta có thể dùng công thức nhân để chứng minh công thức Moivre.
Dùng công
 thức nhân với z = z1 = z2 = ... = zn được 

z n = r.r...r cos (ϕ + ϕ + ... + ϕ) +i sin (ϕ + ϕ + ... + ϕ)
n

n

z n = rn einϕ ,

(1.6)


7

ωk =

√
n

z=

√
n

rei

ϕ+2kπ
n

, k = 0; n − 1

(1.7)

Từ công thức (1.7) suy ra rằng căn bậc n của số phức có đúng n giá
trị.
Cách đặt trong (1.4) cho ta công thức Euler, ta viết lại công thức
Euler

= cos2kπ + i sin 2kπ − 1 = 0.
Cho k chạy từ 0 đến n − 1 thì ta có ε0 , ε1 , ε2 , ..., εn−1 là nghiệm của
phương trình đã cho, hay ε0 , ε1 , ε2 , ..., εn−1 là nghiệm của phương trình đã
cho.
Kết quả 1.2. Phương trình xp = 1 có đúng p nghiệm phức phân biệt là
2kπ
2kπ
xk = cos
+ i sin
, k = 0, 1, ..., p − 1 ,
p
p
và phương trình xp−1 + xp−2 + ... + x + 1 = 0 có đúng p − 1 nghiệm phân
2kπ
2kπ
biệt là xk = cos
+ i sin
, k = 1, 2, ..., p − 1.
p
p
Chứng minh.
Thật vậy, thế xk vào phương trình
2kπ
2kπ p
p
xk − 1 = 0 ⇔ cos
+ i sin
−1=0
p
p

+ i sin
với k = 0; n − 1, n ∈ Z+ .
n
n
m
m
m
Xét tổng A = εm
0 + ε1 + ε2 + ... + εn−1 .
2π
2π
2kπ
2kπ
Đặt ε = cos
+ i sin
thì εk = cos
+ i sin
= εk .
n
n
n
n
2mπ
2mπ
.
Vì εm = cos
+ i sin
= 1 khi và chỉ khi m..n nên xét hai
n
n

m−1 n

ak z jk =

j=0 k=0
m−1

z jk =
j=0

k=0
m−1

n

ak
k=0

ak xk và số nguyên dương m. Ta có
z jk với z = cos

j=0

2π
2π
+ i sin .
m
m

Từ

Thật vậy, ta có nếu k chia hết cho m thì
−2πkji
−2πkj
−2πkj
e m = cos
+ i sin
= 1,
m
m
với j = 1, m − 1.
m−1

e

Suy ra

−2πkji
m

= m − 1.

j=1

Nếu k không chia hết cho m thì
−2πki
−2πk
−2πk
a = e m = cos
+ i sin
=1

tồn tại số nguyên tố p sao cho p |(x, y) . Vì p |x và p |y nên p x2 + y 2 = z 2
Do p nguyên tố mà p z 2 nên p |z . Điều này mâu với giả thuyết (x, y, z) = 1.
Vậy (x, y) = 1. Tương tự ta cũng có (x, z) = (y, z) = 1.
Kết quả 1.8. Giả sử {x, y, z} là một bộ số Pytago nguyên thủy. Khi đó

x chẵn, y lẻ hoặc x lẻ, y chẵn.
Chứng minh.
Giả sử {x, y, z} là một bộ số Pitago nguyên thủy. Theo kết quả 1.7,
(x, y) = 1, nên x và y không thể cùng chẵn. Nếu x, y cùng lẻ thì ta có
x2 ≡ y 2 ≡ 1(mod4), từ đó z 2 = x2 + y 2 ≡ 2(mod4). Vô lí.
Vậy x và y không thể cùng tính chẵn lẻ.


10

Kết quả 1.9. (Bổ đề Lagrange). Cho p là một số nguyên tố ≡ 1(mod4).
Tồn tại một số nguyên n sao cho p n2 + 1 .
Chứng minh.
Đặt p = 4k + 1.
Theo Định lý Wilson ta có (4k)! ≡ −1 ( mod p).
Mặt khác, ta có

(4k)! = (1.2...2k) ((2k + 1) . (2k + 2) ... (4k))
≡ (1.2...2k) ((−2k) (−2k + 1) ... (−1))
≡ (−1)2k .(1.2...2k)2
≡ ((2k)!)2 ( mod p)
(điều phải chứng minh).

1.6. SỐ NGUYÊN PHỨC
Các số nguyên phức Gauss lần đầu tiên được sử dụng bởi Gauss trong

Tính chất 1.1. Nếu α, β, γ ∈ Z[i] sao cho α |β, β |γ thì α |γ .
Chứng minh.
Vì α |β nên tồn tại µ ∈ Z[i] sao cho

β = µα

(1.9)

Vì β |γ nên tồn tại δ ∈ Z[i] sao cho

γ = βδ

(1.10)

Từ (1.9) và (1.10) ta có γ = βδ = (µα)δ = α(µδ)
Hay α |γ .
Tính chất 1.2. Nếu α, β, z1 , z2 ∈ Z[i] sao cho γ |α, γ |β thì γ |(z1 α + z2 β) .
Chứng minh.
Vì γ |α nên tồn tại µ ∈ Z[i] sao cho α = µγ
Vì γ |β nên tồn tại ν ∈ Z[i] sao cho β = νγ
Suy ra z1 α+z2 β = z1 µγ +z2 νγ = (z1 µ+z2 ν)γ , từ đó γ |(z1 α + z2 β) .
Tính chất 1.3. Chuẩn N (α) là một số tự nhiên và N (α) = 0 khi và chỉ
khi α = 0.
Chứng minh.
Giả sử α = a + bi ∈ Z[i], khi đó N (α) = a2 + b2 .
Vì a ∈ Z, b ∈ Z suy ra a2 ∈ N, b2 ∈ N.
Từ đó N (α) = a2 + b2 ∈ N. N (α) = 0 ⇔ a2 + b2 = 0 ⇔
hay nói cách khác α = 0.

a=0

Vậy N (α) = N (γ)N (β).
Vì β |α nên tồn tại µ ∈ Z[i] sao cho α = µβ .
Vậy N (α) = N (βµ) = N (β) N (µ).
Suy ra N (β) |N (α) .
Tính chất 1.7. Tập U tất cả các đơn vị của Z[i] là U = {±1, ±i}. Tập
U lập thành một nhóm nhân, đóng đối với phép lấy liên hợp và số phức
nguyên α là một đơn vị khi và chỉ khi N (α) = 1.
Chứng minh.


13

Với α = a + bi bất kỳ thì α = 1α = (−1) (−α) = i (b − ai) =

(−i) (−b + ai). Do đó {±1, ±i} ⊂ U . Đảo lại, giả sử ε = x + iy là đơn vị.
Khi đó
ε |1 suy ra
N (ε) = x2 + y 2 |N (1) = 1 ⇒ x = ±1, y = 0 hoặc x = 0, y = ±1.
Vậy ε ∈ U .
Giả sử ε = x + yi, N (ε) = 1, từ đó suy ra x2 + y 2 = 1.
Vậy x = ±1, y = 0 hoặc x = 0, y = ±1, nên ta có ε ∈ U .
Định nghĩa 1.6 (Xem[5]). Số η gọi là một số kết hợp với µ nếu µ = εη ở
đó ε là một đơn vị. Nhân hai vế với ε ta được η = ε.µ, do đó µ cũng là kết
hợp với η . Như vậy ta có thể nói η và µ là hai số kết hợp với nhau. Quan
hệ kết hợp là một quan hệ tương đương (có tính phản xạ, tính đối xứng và
tính bắc cầu). Kí hiệu của η kết hợp với µ là η ∼ µ.
Tính chất 1.8. Hai số nguyên phức kết hợp với nhau thì chuẩn của chúng
bằng nhau.
Chứng minh.
Giả sử α ∼ β , khi đó α = εβ và β = εα với ε là đơn vị.

Định lý 1.1 (Xem[5]). (Thuật chia Euclide trên vành các số nguyên
Gauss). Cho α, β là hai số phức nguyên bất kì với β = 0. Khi đó tồn
tại các số phức nguyên µ, δ sao cho

α = βµ + δ, 0 ≤ N (δ) < N (β) .

(1.11)

Ví dụ 1.1. Với α = 6 + 5i, β = 3 + 3i. Ta có

3
6 + 5i (6 + 5i)(3 − 3i) 33
=
=
− i
3 + 3i (3 + 3i)(3 − 3i) 18 18
33
3
− i là 2. Ta có thể lấy
18
18
thương của phép chia Euclide là µ = 2, khi đó ta nhận được phần dư
δ = α − βµ = 6 + 5i − (3 + 3i).2 = −i.
Đẳng thức 6 + 5i = 2(3 + 3i) + (−i) là một phép chia Euclide 6 + 5i
cho 3 + 3i.
Rõ ràng N (3 + 3i) = 18 > 1 = N (−i).
Chọn số nguyên Gauss gần nhất tới

Nhận xét 1.4. Trong thuật toán chia nói trên thì phần dư và thương số
không là duy nhất. Nói cách khác, biểu diễn trên là không duy nhất.

−i = 1.(6 + 5i) + (−2)(3 + 3i)
Vậy µ = 1, ν = −2 .
Định nghĩa 1.7 (Xem[5]). Cho α, β ∈ Z[i] là hai số phức nguyên khác
không. Chúng được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu tất cả các ước chung của

α và β chỉ là {±1; ±i}. Nói cách khác, nếu γ |α và γ |β thì γ ∈ {±1; ±i}.
Định nghĩa 1.8 (Xem[5]). Cho α, β ∈ Z[i] là hai số phức nguyên khác
không. Ta nói rằng γ ∈ Z[i] là ước chung lớn nhất (ƯCLN) của α và β và
viết (α; β) = γ nếu γ là ước chung của hai số α, β và chuẩn N (γ) có giá
trị lớn nhất trong tập hợp chuẩn của tất cả các ước chung của α và β .
Nhận xét 1.5. ƯCLN của hai số nguyên Gauss là không duy nhất. Nếu

γ là một ƯCLN của α, β thì mọi γ ∼ γ cũng là một ƯCLN và tập
γ ; γ ∼ γ là tập các ƯCLN của α, β .
Hệ quả 1.1. Nếu γ|αβ và γ, α nguyên tố cùng nhau, thì γ|β .
Chứng minh.


16

Thật vậy, tồn tại các số phức nguyên µ, ν sao cho αµ + γν = 1. Do
đó β = αβµ + γνβ. Vì γ|αβ nênγ|(αβµ + γνβ) ⇔ γ|β.

1.6.2. Số phức nguyên tố (nguyên tố Gauss) và vấn đề phân
tích các số nguyên phức
Định nghĩa 1.9 (Xem[5]). Một số phức nguyên khác đơn vị α được gọi
là một số nguyên tố Gauss nếu α không thể biểu diễn được dưới dạng tích
của hai số phức nguyên khác đơn vị. Nói cách khác, α được gọi là một số
nguyên tố Gauss nếu từ đẳng thức α = µη ta phải có µ hoặc η là đơn
vị. Nếu α không là số nguyên tố Gauss thì ta nói α là một hợp số Gauss.

Giả sử π không là số nguyên tố Gauss. Khi đó π = µη , với µ, η là hai
số phức nguyên khác đơn vị.
Từ đó εα = µη ⇔ α = εµη nên α không phải là số nguyên tố Gauss.
Mâu thuẫn.
Vậy điều giả sử là sai, tức π phải là số nguyên tố Gauss.
Kết hợp chiều thuận và chiều nghịch ta có điều phải chứng minh.
Tính chất 1.12. Số Gauss π là số nguyên tố Gauss nếu và chỉ nếu nó chỉ
chia hết cho các đơn vị và các số kết hợp với nó.
Định lý 1.3 (Xem[5]). Giả sử π là một số nguyên tố Gauss. Khi đó, nếu

π |(αβ) thì π |α hoặc π |β
Một cách tổng quát, nếu π |α1 α2 ...αn , (n ≥ 2) thì π chia hết một
thừa số αi nào đó của tích.
Định lý 1.4 (Xem[5]). (Định lí cơ bản về các số phức nguyên). Cho α là
số phức nguyên khác không và đơn vị. Khi đó α có thể biểu diễn dưới dạng

α = π1 π2 ...πm ,
trong đó πi là các số nguyên tố Gauss. Nếu có hai biểu diễn

α = π1 π2 ...πm = ω1 ω2 ...ωn
thì ta phải có m = n và tồn tại một hoán vị (i1 , ..., in ) của (1, 2, ..., n)
sao cho πj và ωij là hai số kết hợp với nhau (j = 1, 2, ..., n). Nghĩa là, mỗi
số phức nguyên α khác không và đơn vị có thể biểu diễn (phân tích) thành
tích của các số nguyên tố Gauss. Thêm vào đó, biểu diễn này là duy nhất,
chỉ sai khác thứ tự và các thừa số đơn vị.
Định lý 1.5 (Xem[5]). Cho α và β là hai số phức nguyên nguyên tố cùng
nhau. Giả sử αβ = γ k ,


18

Tất cả các số phức nguyên a + bi, trong đó (a; b) là nghiệm nguyên
của phương trình p = a2 + b2 với p = 2 hoặc p là số nguyên tố có
dạng 4k + 1.
Nói riêng, khi p = 2 thì số nguyên tố Gauss là 1 + i và các phần tử
liên kết với nó, nghĩa là {±1 ± i}.

1.6.3. Đồng dư trong tập số nguyên phức
Định nghĩa 1.10 (Xem[5]). Cho α, β, γ là các số phức nguyên. Ta nói
rằng α đồng dư với β modulo γ nếu γ |(α − β) Khi đó ta viết

α ≡ β (mod γ) .
Dễ thấy quan hệ đồng dư modulo γ xác định một quan hệ tương đương
trên Z [i].
Định lý 1.7 (Xem[5]). (Tính chất của quan hệ modulo γ )


19

1.

Nếu γ = m là một số nguyên thông thường, α = a + bi, β = x + iy
thì α ≡ β (mod γ) nếu và chỉ nếu a ≡ x (mod m), b ≡ y (mod m).

2.

Nếu α1 ≡ β1 (mod γ) và α2 ≡ β2 (mod γ) thì

α1 ± α2 ≡ β1 ± β2 (modγ) và α1 α2 ≡ β1 β2 (mod γ) .
Định lý 1.8 (Xem[5]). Cho p > 2 là một số nguyên tố thông thường và α
là một số phức nguyên. Khi đó

MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA SỐ PHỨC TRONG
CÁC BÀI TOÁN TỔ HỢP
2.1. BÀI TOÁN TÍNH TỔNG
Bài toán 2.1. Tính tổng với n ∈ Z+ ,
n

A=

Cnk cos (k + 2013) a,

(2.1)

Cnk sin (k + 2013) a.

(2.2)

k=0
n

B=
k=0

Giải.
Ta có
n

Cnk [cos (k + 2013) a + i sin (k + 2013) a]

A + iB =
k=0

2
a n
na
na
= (cos2013a + i sin 2013a) 2 cos
cos
+ i sin
2
2
2
a n
na
na
= 2 cos
cos 2013a +
+ i sin 2013a +
2
2
2
n
a
4026 + n
4026 + n
= 2 cos
cos
a + i sin
a .
2
2
2