Chuyên đề Số phức và ứng dụng để giải toán sơ cấp

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKLĂK
TRƯỜNG THPT PHAN ĐÌNH PHÙNG
*********
HÀ DUY NGHĨA
CHUYÊN ĐỀ
SỐ PHỨC
VÀ ỨNG DỤNG
ĐỂ GIẢI TOÁN SƠ CẤP
Krông pắc, Tháng 12 năm 2010
MỤC LỤC
Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Lời mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
Chương 1 Xây dựng trường số phức 3
1.1 Định nghĩa số phức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2 Dạng đại số của số phức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2.1 Xây dựng số i . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2.2 Các phép toán trên dạng đại số . . . . . . . . . . . . . 6
1.2.3 Số phức liên hợp và Môđun của số phức . . . . . . . . 7
1.3 Dạng lượng giác của số phức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.3.1 Tọa độ cực của số phức . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.3.2 Biểu diễn lượng giác của số phức . . . . . . . . . . . . 11
1.3.3 Phép toán trong dạng lượng giác của số phức . . . . . 11
1.4 Căn bậc n của đơn vị và biểu diễn hình học của số phức . . . 12
1.4.1 Căn bậc n của số phức . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.4.2 Biểu diễn hình học của số phức . . . . . . . . . . . . . 13
1.5 Tích thực của hai số phức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
Chương 2 Một số bài toán về số phức 18
2.1 Dạng 1: Tính toán, biến đổi trên trường số phức . . . . . . . . 18
2.2 Dạng 2:ứng dụng số phức trong việc giải toán sơ cấp . . . . . 20
Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
Số phức và ứng dụng để giải toán sơ cấp Trang 1
LỜI MỞ ĐẦU
Số phức có vai trò quan trọng trong toán học, gần như trường số phức
thỏa mãn các yêu cầu của toán học, chính vì thế mà mặc dù gọi là số ảo
nhưng trường C đóng vai trò quan trọng trong đời sống thực của chúng ta.
Đặc biệt ở cấp THPT nó có rất nhiều ứng dụng để dễ dàng tiếp cận các bài
toán sơ cấp khó, vì vậy trong những năm gần đây Bộ giáo dục đã đưa vào
chương trình giảng dạy ở cấp phổ thông.
Nhằm mục đích giới thiệu đến quý thầy cô giáo, và các em học sinh một
cách chi tiết hơn về số phức, cách tiếp cận cũng như ứng dụng của nó trong
việc giải các bài toán ôn thi đại học, các bài toán trong kỳ thi Olympiad quốc
gia và quốc tế, nên tôi đã viết chuyên đề này.
Bài viết được tham khảo trên tài liệu chính [2] "Complex Number from
A to... Z" của các tác giả Titu Andreescu, Dorinandrica, được trình
bày ngắn gọn với hai chương cùng với phần mở đầu, kết luận và tài liệu tham
khảo.
Cụ thể ở mỗi chương như sau:
Chương I: Giới thiệu về tập số phức, chứng minh trong tập số phức
này có các phép toán cộng nhân như trên tập các số thực, đồng thời giới
thiệu các dạng biểu diễn của nó cũng như các tính chất đặc trưng trong từng
dạng.
Chương II: Gồm hai phần chính, phần 1 là giới thiệu các bài toán
liên quan đến số phức nhằm giúp mọi người làm quen các kỷ thuật tính toán
trên trường số phức.Phần hai là ứng dụng của số phức trong việc giả các bài
toán sô cấp từ lượng giác đến hình học, bất đẳng thức,...
Mặc dù đã rất cố gắng nghiên cứu tìm hiểu tài liệu và bằng nhưng kinh
nghiệm giảng dạy của mình, trong thời gian ngắn tôi đã hoàn thành bài viết.
Hà Duy Nghĩa THPT Phan Đình Phùng Đăk Lăk
Số phức và ứng dụng để giải toán sơ cấp Trang 2
Nhưng do năng lực của bản thân và thời gian còn hạn chế nên bài viết không
tránh khỏi những thiếu sót. Tôi rất mong nhận được sự góp ý của quý thầy
cô và các bạn để bài viết được hoàn thiện hơn.
Tác giả
Hà Duy Nghĩa THPT Phan Đình Phùng Đăk Lăk
Chương 1
XÂY DỰNG TRƯỜNG SỐ PHỨC
Trong chương này, phần đầu tôi trình bày cách xây dựng trường số phức,
cấu trúc đại số, cấu trúc hình học, dạng lượng giác của số phức. Tham khảo
trên tài liệu[1][2].
1.1 Định nghĩa số phức
Xét tập R2 = R× R = {(x, y)}|x, y ∈ R.
Hai phần tử (x1, y1), (x2, y2) ∈ R2 được gọi là bằng nhau nếu và chỉ nếu
(x1 = x2, y1 = y2)
Ta xây dựng phép toán trong R2 như sau: ∀z1 = (x1, y1), z2 = (x2, y2) ∈ R2
Phép cộng :z1 + z2 = (x1 + x2, y1 + y2).
Phép nhân :z1z2 = (x1x2 − y1y2, x1y2 + x2y1)
Định nghĩa 1.1.1. Tập R2 cùng với hai phép toán cộng và nhân được định
nghĩa như trên gọi là tập số phức C, phần tử (x, y) ∈ C là một số phức.
Định lý 1.1.2. (C,+, .) là một trường(nghĩa là trênC với các phép toán đã
định nghĩa có các tính chất tương tự trênR với các phép toán cộng nhân thông
thường)
Chứng minh. Để chứng minh (C,+, .) là trường ta chứng minh các vấn đề
sau.
(i) Phép cộng có tính giao hoán :∀z1 = (x1, y1), z2 = (x2, y2) ∈ C
ta có z1 + z2 = (x1 + x2, y1 + y2) = (x2 + x1, y2 + y1) = z2 + z1.
3
Số phức và ứng dụng để giải toán sơ cấp Trang 4
(ii) Phép cộng có tính kết hợp :
∀z1 = (x1, y1), z2 = (x2, y2), z3 = (x3, y3) ∈ C ta có
(z1 + z2) + z3 = (x1 + x2, y1 + y2) + (x3, y3) = (x1 + x2 + x3, y1 + y2 + y3)
= (x1, y1) + (x2 + x3, y2 + y3) = z1 + (z2 + z3).
(iii) Tồn tại phần tử không 0 = (0, 0) ∈ C.
Thật vậy ta có:∀z = (x, y) ∈ C, z + 0 = (x, y) + (0, 0) = (x + 0, y + 0) =
(x, y) = z.
(iv) Tồn tại phần tử đối ∀z = (x, y),∃− z = (−x,−y) là phần tử đối.
Thật vậy z + (−z) = (x, y) + (−x,−y) = (x− x, y − y) = (0, 0).
(v) Phép nhân có tính chất giao hoán ∀z1 = (x1, y1), z2 = (x2, y2) ∈
C,
ta có: z1z2 = (x1x2−y1y2, (x1y2+x2.y1) = (x2x1−y2.y1, (x2y1+x1y2) = z2.z1.
(vi) Phép nhân có tính chất kết hợp
∀z1 = (x1, y1), z2 = (x2, y2), z3 = (x3, y3) ∈ C ta có:
(z1z2)z3 = (x1.x2 − y1y2, x1y2 + x2y1)(x3, y3)
= ((x1x2 − y1y2)x3 − (x1y2 + y1x2.)y3, (x1.x2 − y1y2)y3 + (x1y2 + x2y1)x3)
= (x1x2x3−y1y2x3−x1y2y3−y1x2y3, x1x2y3−y1y2y3+x1y2x3+y1x2x3)
Tương tự ta cũng có :
z1(z2z3) = (x1x2x3−x1y2y3−y1x2y3−y1y2x3;x1x2y3+x1y2x3+y1x2y3−y1y2y3)
điều này chứng tỏ :(z1z2)z3 = z1(z2z3)
(vii) Phép nhân phần tử đơn vị Tồn tại phần tử đơn vị 1 = (1, 0) ∈ C
Thật vậy ta có : ∀z1 = (x, y) ∈ C, 1.z = (1, 0)(x, y) = (1x − 0y, 1y + 0.x) =
(x, y)
= (x, y)(1, 0) = z.1 = z.
(viii) Tồn tại phần tử nghịch đảo, ∀z1 = (x, y) ∈ C, z 6= 0 , phần tử
nghịch đảo của z là z−1 =
(
x
x2+y2 ,− yx2+y2
)
(ix) Phép nhân phân phối với phép cộng
Hà Duy Nghĩa THPT Phan Đình Phùng Đăk Lăk
Số phức và ứng dụng để giải toán sơ cấp Trang 5
∀z1 = (x1, y1), z2 = (x2, y2), z3 = (x3, y3) ∈ C ta có:
z1(z2 + z3) = (x1, y1)(x2 + x3, y2 + y3)
= (x1(x2 + x3)− y1(y2 + y3);x1(y2 + y3) + y1(x2 + x3))
= (x1x2 + x1x3 − y1y2 − y1y3, x1y2 + x1y3 + y1x2 + y1x3)
= (x1x2 − y1y2, x1y2 + y1x2) + (x1x3 − y1y3, x1y3 + y1x3)
= z1z2 + z1z3
Vậy ta đã chứng minh được (C,+, .)thỏa mãn các tiên đề của trường. Do
đó (C,+, .) là một trường số.
Có rất nhiều cách biểu diễn của số phức trên, mà mỗi cách có thể khác
thác được một số tính chất đặc biệt các nhau của tập C, sau đây tôi giới
thiệu một số cách biểu diễn đó.
1.2 Dạng đại số của số phức
1.2.1 Xây dựng số i
Xét tương ứng f : R→ R× {0} , f(x) = (x, 0)
Dễ dàng chứng minh được f là ánh xạ và là một song ánh.
Ngoài ra ta cũng có:(x, 0) + (y, 0) = (x + y, 0), (x, 0)(y, 0) = (xy, 0), vì f là
song ánh nên ta có thể đồng nhất (x, 0) = x.
Đặt i = (0, 1), khi đó ta có :z = (x, y) = (x, 0)+(0, y) = (x, 0)+(y, 0)(0, 1) =
x+ yi = (x, 0) + (0, 1)(y, 0) = x+ iy. Từ đó ta có kết quả sau:
Mệnh đề 1.2.1. Mỗi số phức tùy ý z = (x, y) có thể biểu diễn duy nhất dưới
dạng
z = x+ yi
với x, y là những số thưc tùy ý, và trong đó hệ thức i2 = −1.
Hà Duy Nghĩa THPT Phan Đình Phùng Đăk Lăk
Số phức và ứng dụng để giải toán sơ cấp Trang 6
Hệ thức i2 = −1 suy trực tiếp từ phép nhân hai số phức
i2 = ii = (0, 1)(0, 1) = (−1, 0) = −1
Biểu thức x+ yi gọi là dạng đại số của số phức z = (x, y)., Vì vậy ta có thể
viết C = {x + yi | x, y ∈ R, i2 = −1}và từ bây giờ ta ký hiệu cho số phức
z = (x, y) = x+ yi và ta có các khái niệm liên quan sau đây:
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 x = 0 gọi là thuần ảo.
Hai số phức z1, z2 gọi là bằng nhau nếu Re(z1) = Re(z2) và Im(z −
1)=Im(z2).
Số phức z ∈ R nếu và chỉ nếu Im(z) = 0.
Số phức z ∈ C\R nếu Im(z) 6= 0.
1.2.2 Các phép toán trên dạng đại số
Tương tự, ta cũng định nghĩa phép toán cộng và nhân như sau
C = {x+ yi | x, y ∈ R, i2 = −1}
(i). Phép cộng Tổng của hai số phức z1 = x1+ iy1 và z2 = x2+ iy2 , là một
số phức z được xác định :
z = (x1 + x2) + i(y1 + y2).
Kí hiệu z = z1 + z2.
(ii).Phép nhân Tích của hai số z1 = x1+ iy1 và z2 = x2+ iy2 là một số
phức z được xác định bởi:
z = (x1x2 − y1y2) + i(x1y2 + y1x2)
Hà Duy Nghĩa THPT Phan Đình Phùng Đăk Lăk
Số phức và ứng dụng để giải toán sơ cấp Trang 7
Kí hiệu z = z1z2. Định nghĩa này trùng với định nghĩa các phép toán trên C
ở phần trước.
1.2.3 Số phức liên hợp và Môđun của số phức
Định nghĩa 1.2.2. Cho số phức z = x + iy, số phức có dạng x − iy được
gọi là số phức liên hợp của số phức z, kí hiệu là z, nghĩa là z = x + yi và
z = x+ i y = x− i y.
Mệnh đề 1.2.3. .
1. z = z ⇔ z ∈ R
2. z = z
3. z.z là số thực không âm.
4. z1 + z2 = z1 + z2
5. z1.z2 = z1z2
6. z−1 = (z)−1, z ∈ C∗
7.
(
z1
z2
)
= z1z1 , z2 ∈ C∗
Chứng minh. .
1. Ta có:z = z nên suy ra x+yi = x−yi⇒ 2yi = 0⇒ y = 0⇒ z = x ∈ R.
2. Ta cóz = x− yi,⇒ z = x+ yi = z.
3. Ta có :z.z = (x+ yi)(x− yi) = x2 + y2 ≤ 0
4. Ta cóz1 + z1 = (x1 + x2) + (y1 + y2)i = (x1 + x2)− (y1 + y2)i
= (x1 − y1i) + (x2 − y2)i = z1 + z2
Hà Duy Nghĩa THPT Phan Đình Phùng Đăk Lăk
Số phức và ứng dụng để giải toán sơ cấp Trang 8
5. Ta cóz1z1 = (x1x2 − y1y2) + i(x1y2 + x2y1)
= (x1x2 − y1y2)− i(x1y2 + x2y1)
= (x1 − y1i)(x2 − y2i) = z1z2.
6. Ta có:z 1z = 1⇒
(
z 1z
)
= 1⇒ z 1z = 1⇒ z−1 = (z)−1
7. Ta có :
(
z1
z2
)
=
(
z1.
1
z2
)
= z1 1z2 = z1
1
z2
= z1z2 .
Định nghĩa 1.2.4. Cho số phức z = x+ iy khi đó
√
x2 + y2 gọi là modulus
( trị tuyệt đối ) của số phức z ký hiệu |z| = √x2 + y2.
Mệnh đề 1.2.5. .
1. − |z| ≤ Re(z) ≤ |z| ,− |z| ≤ Im(z) ≤ |z|
2. |z| ≥ 0, |z| = 0⇔ z = 0
3. |z| = |−z| = |z|
4. z.z = z2
5. |z1.z2| = |z1||z2|
6. |z1| − |z2| ≤ |z1 + z2| ≤ |z1|+ |z2|
7.
∣∣∣z−1∣∣∣ = |z|−1, z ∈ C∗
8.
∣∣∣z1
z2
∣∣∣ = |z1||z2| , z2 ∈ C∗
9. |z1| − |z2| ≤ |z1 − z2| ≤ |z1 + z2|
10. |z1 + z2|2 + |z1 − z2|2 = 2 (|z1|+ |z2|).
Chứng minh. Các mệnh đề (1-4) Suy ra trực tiếp từ định nghĩa.
• (5) Ta có |z1z2|2 = (z1z2)(z1z2) = (z1z1)(z2z2)) = |z1| 2|z2|2.
Hà Duy Nghĩa THPT Phan Đình Phùng Đăk Lăk
Số phức và ứng dụng để giải toán sơ cấp Trang 9
• (6) |z1 + z2|2 = (z1 + z2) (z1 + z2) = (z1 + z2) (z1 + z2)
= |z1|2 + z1z2 + z1z2 + |z2|2
Ngoài ra, z1.z2 = z1z2 = z1z2
nên suy ra z1z2 + z1z2 = 2Re(z − 1z2)2 ≤ |z1z2| = 2 |z1| |z2| .
Do đó
|z1 + z2|2 ≤ (|z1|+ |z2|)2
Hay
|z1 + z2| ≤ |z1|+ |z2|
Mặt khác,
|z1| = |z1 + z2 − z2| ≤ |z1 + z2|+ |z2|
Suy ra
|z1| − |z2| ≤ |z1 + z2|
• (7) Ta có :z 1z = 1⇒ |z|
∣∣∣1
z
∣∣∣⇒ ∣∣∣1z ∣∣∣ = 1|z| Nên :
∣∣∣z−1∣∣∣ = |z|−1, z ∈ C∗.
• (8)
∣∣∣z1
z2
∣∣∣ = ∣∣∣z1 1z2 ∣∣∣ = ∣∣∣z1z2−1∣∣∣ = |z1| |z2|−1 = |z1||z2|
• (9) Tương tự trong phần (6) ta cũng có :
|z1| = |z1 − z2 + z2| ≤ |z1 − z2|+ |z2|
Nên suy ra :
|z1| − |z2| ≤ |z1 − z2|
Ngoài ra:
|z1 − z2| = |z1 + (−z2)| ≤ |z1|+ |−z2| = |z1|+ |z2|
Hà Duy Nghĩa THPT Phan Đình Phùng Đăk Lăk
Số phức và ứng dụng để giải toán sơ cấp Trang 10
• (10) Ta có:
|z1 + z2|
2
+ |z1 − z2|
2
= (z1 + z2) (z1 ... ố phức và ứng dụng để giải toán sơ cấp Trang 17
Mệnh đề 1.5.3. Giả sử rằng A(a), B(b), C(c)văD(d) là bốn điểm rời nhau.
Các mệnh đề sau đây là tương đương:
1. AB ⊥ CD
2. (b− a)(c− d) = 0
3. b−ad−c ∈ iR∗
Chứng minh. Lấy điểm M(b− a), N(d− c) ta được tứ giác OAMB,OCDN
là hình bình hành, khi đó ta có AB ⊥ CD nếu và chỉ nếu OM ⊥ ON Mà,
m.n = (b − a)(d − c) = 0 nên theo tính chất 5 của mệnh đề trên ta suy ra
điều phải chứng minh. 2)⇔ 3) suy trực tiếp từ từ định nghĩa.
Hà Duy Nghĩa THPT Phan Đình Phùng Đăk Lăk
Chương 2
MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ SỐ PHỨC
Trong chương này ta sẽ làm quen với các bài toán liên quan đến số phức.
Áp các phép toán của số phức để giải các bài toán cổ điển các bài toán thi
IMO. Tham khảo trên tài liệu [2].
2.1 Dạng 1: Tính toán, biến đổi trên trường số phức
Bài tập 2.1.1. Cho a là số thực dương và đặt
M0 =
{
z ∈ C∗,
∣∣∣∣∣z + 1z
∣∣∣∣∣ = a
}
Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của |z| khi z ∈M0
Lời giải
Ta có a2 = |z + 1z |2 =
(
z + 1z
) (
z + 1z
)
= |z|
4+(z+z)2−2|z|2+1
|z|2
Điều này suy ra:
|z|4 − |z|2
(
a2 + 2
)
+ 1 = −(z + z)2 6 0
Do đó
|z|2 ∈
a2 + 2−√a4 + 4a2
2 ;
a2 + 2 +
√
a4 + 4a2
2

Suy ra
|z| ∈
−a+√a2 + 4
2 ;
a+
√
a2 + 4
2

Vậy
max |z| = a+
√
a2 + 4
2 ;min |z| =
−a+√a2 + 4
2 , z ∈M0, z = z
18
Số phức và ứng dụng để giải toán sơ cấp Trang 19
Bài tập 2.1.2. Chứng minh√
7
2 6 |1 + z|+
∣∣∣1− z + z2∣∣∣ 6 3
√
7
6∀z ∈ C, |z| = 1
Lời giải
Đặt t = |z + 1| ⇒ t ∈ [0; 2]
khi đó t2 = (1 = z)(1 + z) = 2 + 2Re(z)⇒ Re(z) = t2−22
Xét hàm số
f : [0; 2] −→ R, f(t) = t+
√
|7− 2t2|
Ta có:
f(
√
7
2) =
7
2 ≤ t+
√
|7− 2t2| ≤ f(
√
7
6) = 3
√
7
6 .
Ngoài ra, |1 + z|+ |1 +−z + z2| = t+
√
|7− 2t2|.
Vậy
√
7
2 6 |1 + z|+
∣∣∣1− z + z2∣∣∣ 6 3√76 ,∀z ∈ C, |z| = 1.
Bài tập 2.1.3. Giải phương trình: z3 = 18 + 26i, z = x+ yi, x, y ∈ Z
Ta có: (x+ yi)3 = (x+ yi)2(x+ yi) = (x3 − 3xy2) + (3x2y − y3)i
Suy ra: 
x3 − 3xy2 = 18
3x2y − y3 = 26
Đặt y = tx từ hệ trên ta suy ra
18(3t− t3)) = 26(1− 3t2), x.y 6= 0
(3t− 1)(3t2 − 12t− 13) = 0⇒ t = 13(t ∈ Q)
Với x = 3y thay vào phương trình x3 − 3xy = 18 ta được:
x = 3, y = 1.
Bài tập 2.1.4. Cho p, q là hai số phức, q 6= 0. Chứng minh rằng nếu các
nghiệm phương trình bậc hai x2 + px + q = 0 có môđun bằng nhau thì pq là
số thực.
Hà Duy Nghĩa THPT Phan Đình Phùng Đăk Lăk
Số phức và ứng dụng để giải toán sơ cấp Trang 20
(1999 Romanian Mathematical Olympiad-Final Round)
Lời giải
Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình và r = |x1| = |x2| khi ddos ta có:
p2
q2
= (x1 + x2)
2
x− 1.x2 =
x1
x− 2 +
x2
x1
+ 2 = x1.x2
r2
+ x2.x1
r2
+ 2 = 2 + 2
r2
Re(x1.x2)
Do đó p
2
q2 là một số thực. Ngoài ra, Re(x1.x2) ≥ −|x1.x2| = r2 suy ra p
2
q2 ≥ 0.
Vậy pq là số thực.
2.2 Dạng 2:ứng dụng số phức trong việc giải toán
sơ cấp
Bài tập 2.2.1. Chứng minh công thức lượng giác sau:
sin5t = 16sin5t− 20sin3t+ 5sint (2.1)
cos5t = 16cos5t− 20cost + 5cost (2.2)
Lời giải
áp dụng công thức Moiver ta có : (cost+ isint)5 = cos5t+ i.sin5t
Ngoài ra theo khai triển nhị thức:
(cost+ isint)5 = cos5t+ 5icos4tsint+ 10i2cos3tsin2t
+10i3cos2tsin3t+ 5i4costsin4t+ i5sin5t
= cos5t− 10cos3t(1− cos2t) + 5cost(1− cos2t)2
+i(sin2t(1− sin2t)2 − 10(1− sin2t)sin3t+ sin5t)
Đồng nhất phần thực, phần ảo hai biểu thức trên ta được điều phải chứng
minh.
Phần (2.2) tương tự.
Bài tập 2.2.2. Chứng minh rằng cospi7 − cos2pi7 + cos3pi7 = 12
Hà Duy Nghĩa THPT Phan Đình Phùng Đăk Lăk
Số phức và ứng dụng để giải toán sơ cấp Trang 21
(International Mathematical Olympiad -Poland 1963)
Lời giải
Xét phương trình x7+1 = 0. Dễ thấy các nghiệm của phương trình là các căn
bặc 7 của số -1. Tức là tập nghiệm của phương trình là: {e ipi7 , e i3pi7 , ..., e i13pi7 }
Mặt khác e ipi7 + ei 3pi7 + ...+ ei 13pi7 = e ipi7 (e
i2pi
7 )7−1
e
ipi
7
= 0 nên tổng phần thực của nó
bằng không. Do đó
cos
pi
7 + cos
3pi
7 + cos
5pi
7 + cos
7pi
7 + cos
9pi
7 + cos
11pi
7 + cos
13pi
7 = 0
⇔ 2(cospi7 + cos
3pi
7 + cos
5pi
7 )− 1 = 0
⇔ cospi7 − cos
2pi
7 + cos
3pi
7 =
1
2 .
Bài tập 2.2.3. Chứng minh bất đẳng thức quen thuộc sau:
1.
√
x2 + xy + y2 +
√
y2 + yz + z2 +
√
z2 + zx+ x2 ≥ √3(x+ y + z),
∀x, y, z > 0
2.
√
4cos2xcos2y + sin2(x− y) +
√
4sin2xsin2y + sin2(x− y) ≥ 2),
∀x, y ∈ R
Lời giải
1.Đặt z1 = x+ y2 +
√
3
2 yi, z2 = y +
z
2 +
√
3
2 zi, z3 = z +
x
2 +
√
3
2 xi
khi đó ta có:
|z1| =
√
x2 + xy + y2, |z2| =
√
y2 + yz + z2, |z3| =
√
z2 + zx+ x2
|z1 + z2 + z3| =
√
3(x+ y + z)
Hà Duy Nghĩa THPT Phan Đình Phùng Đăk Lăk
Số phức và ứng dụng để giải toán sơ cấp Trang 22
áp dụng công thức 6 của Mệnh đề 1.2.5 ta được: |z1+z2+z3| ≤ |z1|+|z2|+|z3|
Suy ra:
√
x2 + xy + y2 +
√
y2 + yz + z2 +
√
z2 + zx+ x2 ≥ √3(x+ y + z).
2.Tương tự: Đặt z1 = 42cosxcosy+ isin(x− y), z2 = 2sinxsiny+ isin(x− y)
Ta suy ra điều chứng minh.
Bài tập 2.2.4. Chứng minh đẳng thức tổ hợp quen thuộc sau:
C02011 + C32011 + C62011 + ...+ C20102011 =
22011 + 1
3
Lời giải
Gọi ω là căn bậc nguyên thủy bậc 3 của đơn vị, tức là ω3 = 1, ω = cos2pi3 +
isin2pi3 khi đó ta có 1 + ω + ω
2 = 0 và

ω3n = 1
ω3n+1 = ω
ω3n+2 = ω2
, n ∈ N
Khai triển các nhị thức Newton (1 + 1)2011, (1 + ω)2011, (1 + ω2)2011 ta được:
(1 + 1)2011 = C02011 + C12011 + C22011 + ...+ C20102011 + C20112011
(1 + ω)2011 = C02011 + C12011ω + C22011ω2 + ...+ C20102011ω2010 + C20112011ω2011
= C02011 + C12011ω + C22011ω2 + ...+ C20102011 + C20112011ω
(1 + ω)2011 = C02011 + C12011ω2 + C22011ω + ...+ C20102011 + C20112011ω2 Cộng vế theo
vế các số hạng của 3 tổng trên ta được:
3
(
C02011 + C32011 + ...+ C20102011
)
= (1 + 1)2011 + (1 + ω)2011 + (1 + ω2)2011.
Ngoài ra,
• (1 + 1)2011 = 22011
• (1 + ω)2011 =
(
1 + cos2pi3 + isin
2pi
3
)2011 = (cospi3 + isinpi3)2011
= cos2011pi3 + isin
2011pi
3 = cos
pi
3 + isin
pi
3
Hà Duy Nghĩa THPT Phan Đình Phùng Đăk Lăk
Số phức và ứng dụng để giải toán sơ cấp Trang 23
•
(
1 + ω2
)2011 = (1 + cos4pi3 + isin4pi3 )2011 = (cospi3 − isinpi3)2011
= cos2011pi3 − i.sin2011pi3 = cospi3 − isinpi3
Do đó:(1 + 1)2011 + (1 + ω)2011 + (1 + ω2)2011 = 22011 + 2cospi3 = 2
2011 + 1
Từ trên suy ra
C02011 + C32011 + C62011 + ...+ C20102011 =
22011 + 1
3
Bài tập 2.2.5. Tìm tất cả các nghiệm thực dương của phương trình
√
3x(1 + 1
x+ y ) = 2
√
7y(1− 1
x+ y ) = 4
√
2
1996 Vietnamese Mathematical Olympiad
Lời giải
Đặt u =
√
x, v = √y khi đó hệ trên trở thành:
u
(
1 + 1
u2 + v2
)
= 2√
3
v
(
1− 1
u2 + v2
)
= 4
√
2√
7
Nhưng u2 + v2 là bình phương của môđun số phức z = u+ iv nên ta nhân 2
vế của phương trình thứ 2 của hệ với i và cộng hai phương trình lại ta được:
u+ iv + u− iv
u2 + v2 =
 2√
3
+ i4
√
2√
7

Mặt khác ta có: u−ivu2+v2 =
1
znên phương trình trên trở thành:
z + 1
z
=
 2√
3
+ i4
√
2√
7

Tức là z là nghiệm của phương trình
z2 −
 2√
3
+ i4
√
2√
7
 z + 1 = 0
Hà Duy Nghĩa THPT Phan Đình Phùng Đăk Lăk
Số phức và ứng dụng để giải toán sơ cấp Trang 24
Suy ra
z1 =
( 1√
3
+ 2√
21
)2
+ i
2√2√
7
+
√
2

z1 =
( 1√
3
− 2√
21
)2
+ i
2√2√
7
−√2

Điều này suy ra nghiệm thực dương của hệ là( 1√
3
+ 2√
21
)2
;
2√2√
7
+
√
2
2
 ,
( 1√
3
− 2√
21
)2
;
2√2√
7
−√2
2
 .
Bài tập 2.2.6. Hai đa giác đều nội tiếp trong đường tròn. Đa giác thứ nhất
có 2010 cạnh, đa giác thứ 2 có 2015 cạnh. Giả sử hai đa giác có đỉnh chung
tùy ý nào đó hãy tìm số đỉnh chung của hai đa giác đó.
Lời giải
Như đã nói ở trên, số đỉnh của chung của hai đa giác là số nghiệm chung của
hai phương rình z2010 = 1, z2222 = 1 áp dụng Định lý1.4.7 ta có số nghiệm
chung là d = UCLN(2010, 2015) = 5 Vậy hai đa giác có 5 đỉnh chung.
Bài tập 2.2.7. Cho P0P1...Pn−1 là đa giác đều nội tiếp trong đường trò bán
kính bằng 1. Chứng minh
1. P0P1.P0P2.....P0Pn−1 = n;
2. sinpin .sin
2pi
n ....sin
(n−1)pi
n =
n
2n−1
3. sinpin .sin
3pi
n ....sin
(2n−1)pi
n =
1
2n−1
Lời giải
1.Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử các đỉnh của đa giac đều là các
điểm biểu diễn nghiệm của phương trình zn − 1 = 0, trong đó P0 = 1.
Hà Duy Nghĩa THPT Phan Đình Phùng Đăk Lăk
Số phức và ứng dụng để giải toán sơ cấp Trang 25
Xét đa thức f(z) = zn − 1 ta có f ′(z) = n.zn−1 ⇒ f ′(1) = n
Ngoài ra, ta cũng khai triển được
f(z) = (z − 1)(z − ω)(z − ω2)...(z − ω)n−1, ω = cos2pi
n
+ i.sin2pi
n
⇒ f ′(1) = (1− ω)(1− ω2)...(1− ωn−1).
Do đó
n = (1− ω)(1− ω2)...(1− ωn−1)
Lấy môđun hai vế ta được kết quả cần chứng minh.
2. Ta có
1− ωk = 1− cos2kpin − i.sin2kpin = 2sin2 kpin − 2isinkpin .coskpin
= 2sinkpin (sin
kpi
n − icoskpin ).
Do đó |1−ω|k = 2sinkpin , k = 1, 2, .., n− 1 Theo câu 1 suy ra điều phải chứng
minh.
3. Xét đa giác đều Q0Q1...Q2n−1 nội tiếp trong đường tròn, dễ thấy rằng các
đỉnh của nó là các điểm biểu diễn hình học căn bậc2n của đơn vị.Do đó theo
câu 1 ta có Q0Q1.Q0Q2.....Q0Q2n−1 = 2n.
Tương tự, đa giác đều Q0Q2...Qn−1 ta cũng có Q0Q2.Q0Q4.....Q0Q2n = n Điều
này suy raQ0Q1.Q0Q3.....Q0Q2n−1 = 2 Tương tự 2 ta cũng có đượcQ0Q2k−1 =
sin (2k−1)pi2n , k = 1, 2, .., n Từ đây suy ra điều phải chứng minh.
Từ bài toán này ta có thể mở rộng thành bài toán tổng quát sau đây.
Bài tập 2.2.8. Cho hàm Euler ϕ(n) 1Chứng minh rằng:
1. ∏
16k6n−1
UCLN(k,n)=1
sin kpin =
1
2ϕ(n) trong đó n không là lũy thừa của số nguyên
tố.
2. ∏
16k6n−1
UCLN(k,n)=1
cos kpin =
(−1)
ϕ(n)
2
2ϕ(n) với mọi số nguyên dương n
1ϕ(n) là tập hợp các số nguyên dương không vượt quá n nguyên tố cùng nhau với n
Hà Duy Nghĩa THPT Phan Đình Phùng Đăk Lăk
Số phức và ứng dụng để giải toán sơ cấp Trang 26
Lời giải
Xem tài liệu ([2],p 50)
Bài tập 2.2.9. GọiM,N,P,Q,R, S là trung điểm của các cạnhAB,BC,CD,
DE,EF, FA của một lục giác. Chứng minh rằng
RN2 =MQ2 + PS2
nếu và chỉ nếu MQ ⊥ PS
( Romanian Mathematical Olympiad-Final Round,1994)
Lời giải
Gọi a, b, c, d, e, f là tọa độ các đỉnh của lục giác, khi đó các trung điểm
M,N,P, Q,R, S có tọa độ tương ứng là
m = a+ b2 , n =
b+ c
2 , p =
c+ d
2
q = d+ e2 , r =
e+ f
2 , s =
f + a
2
Sử dụng tính chất của tích thực hai số phức, ta có
RN2 =MQ2 + PS2
⇔ (e+ f − b− c)(e+ f − b− c)
= (d+ e− a− b)(d+ e− a− a) + (f + a− c− d)(f + a− c− d)
⇔ (d+ e− a− b)(f + a− c− d) = 0 (2.3)
áp dụng Mệnh đề 1.5.3 ta suy ra (2.3) tương đương MQ ⊥ PS.
Hà Duy Nghĩa THPT Phan Đình Phùng Đăk Lăk
Số phức và ứng dụng để giải toán sơ cấp Trang 27
. KẾT LUẬN
Bài viết tuy ngắn nhưng tác giả cũng cố gắng nói lên được ý nghĩa của
việc học số phức ở trường phổ thông, cũng như giúp cho mọi người dễ dàng
tiếp cận số phức một cách chi tiết hơn.
Trong chuyên đề tiếp theo tôi sẽ giới thiệu chi tiết hơn về "số phức và
hình học" và ứng dụng của nó đã được thể hiện qua Bài tập 2.2.9.
Tôi mong rằng đây là tài liệu tham khảo bổ ích cho những ai quan tâm
đến nó.
Rất mong được sự đóng góp của quý thầy cô và các bạn.
Hà Duy Nghĩa THPT Phan Đình Phùng Đăk Lăk
Tài liệu tham khảo
1. Joseph Bak , Donald J.Newman, Complex Analysis
2. Titu Andreescu, Dorinandrica, Complex numbers from A to Z
28