SỐ PHỨC VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA NÓ
TRONG GIẢI TOÁN Ở BẬC THPT
A. ĐẶT VẤN ĐỀ
I. LỜI NÓI ĐẦU
Khëi ®Çu tõ nhu cÇu gi¶i quyÕt c¸c ph-¬ng tr×nh ®¹i sè, sè phøc b¾t ®Çu
xuÊt hiÖn tõ thÕ kû thø XVI vµ ph¸t triÓn m¹nh ®Õn nay. 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.
Kể từ khi xuất hiện khái niệm số phức, các nghiên cứu đã khẳng định
đó là một công cụ quý giá của toán học, được ứng dụng trong nhiều ngành
khoa học khác nhau như: Toán học, Vật lý, Khoa học và kỹ thuật… Trong
Toán học, số phức được dùng để giải nhiều bài toán từ sơ cấp đến cao cấp.Số
phức là cầu nối hoàn hảo giữa các phân môn Đại số, Lượng giác, Hình học và
Giải tích.
Số phức được đưa vào giảng dạy ở bậc phổ thông của nhiều nước trên
thế giới, nhưng lại là nội dung mới với học sinh trung học phổ thông ở Việt
Nam, và thực sự gây không ít khó khăn bởi nguồn tài liệu tham khảo hạn chế.
Bên cạnh đó các bài toán về số phức trong những năm gần đây không thể
thiếu trong các đề thi tốt nghiệp trung học phổ thông và Đại học, Cao đẳng.
Chính vì vậy mà tôi chọn đề tài “Số phức và một số ứng dụng của nó trong
giải toán ở bậc THPT” để viết sáng kiến kinh nghiệm.
Đề tài gồm hai phần:
- Phần thứ nhất: Một số dạng toán thường gặp về số phức ở bậc THPT
1
- Phần thứ hai: Một số ứng dụng của số phức trong giải toán ở bậc
THPT
II. THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU
1. Thực trạng:
Số phức là vấn đề hoàn toàn mới và khó đối với học sinh bậc trung học
phổ thông hiện nay. Vì mới đưa vào chương trình Sách giáo khoa nên có rất ít
tài liệu về số phức để học sinh và giáo viên tham khảo. Bên cạnh đó, lượng
bài tập cũng như các dạng bài tập về số phức trong Sách giáo khoa còn nhiều
hạn chế.Chính vì vậy mà việc giảng dạy và học tập của giáo viên và học sinh
gặp không ít những khó khăn.
2. Kết quả, hiệu quả của thực trạng:
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 giúp học sinh có
cái nhìn sâu, rộng hơn về nó. 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 để tạo nên sự lôi cuốn người học. Một số dạng bài tập trong
đề tài này một phần nào đó có thể cung cấp cho học sinh những kiến thức cơ
bản nhất về số phức và các ứng dụng của số phức trong giải toán.
2
B. NỘI DUNG
I. MỘT SỐ DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP VỀ SỐ PHỨC Ở BẬC
THPT
3
Dạng 1: Tìm số phức thỏa mãn điều kiện cho trước:
Phương pháp: Sử dụng các phép biến đổi trực tiếp, hoặc đặt z=x+yi
( x, y ) và chú ý rằng z = x − yi, z = x 2 + y 2 , z 2 = x 2 − y 2 + 2 xyi... để tìm số phức
z.
Ví dụ1: Tìm số phức z thỏa mãn :
z − (2 + i) = 10
a.
z.z = 25
(Đề thi tuyển sinh dại học khối B năm 2009)
b. z có phần thực và phần ảo là số nguyên thõa mãn: z 3 = −117 − 44i
Lời giải
a. Gọi z=x+yi ( x, y ) khi đó.Yêu cầu bài toán tương đương với hệ:
x = 5
x − 2 + ( y − 1)i = 10
( x − 2) 2 + ( y − 1) 2 = 10
y = 0
2
2
2
x = 3
2
x + y = 25
x + y = 25
y = 4
Vậy có 2 số phức cần tìm là z=3+4i và z=5
b. Gọi z=x+yi ( x, y ) .Ta có : z = x − yi . Khi đó :
z 3 = −117 − 44i ( x − yi)3 = −117 − 44i
( x3 − 3xy 2 ) − (3xy 2 − y 3 )i = −117 − 44i
3
2
3
2
x − 3xy = −117 (1)
44 x − 132 xy = −117.44
2
44 x3 + 351x 2 y − 132 xy 2 − 117 y 2 = 0
3
2
3
3x y − y = 44
351x y − 117 y = 44.117
4
4
y = 3 x
(4 x − 3 y )(11x 2 + 96 xy + 39 y 2 ) = 0
−48 y 25 3 y
x =
11
4
3
Vì x, y nguyên nên với y = y thay vào (1) ta suy ra x=3 nên y=4
Vậy số phức cần tìm là z=3+4i
Ví dụ 2: Trong các số phức z thõa mãn điều kiên z − 2 − 4i = 5 .Tìm số
phức z có modun lớn nhất, nhỏ nhất.
Lời giải
Giả sử điểm M(x;y) biểu diễn số phức z=x+yi. Khi đó:
z − 2 − 4i = 5 ( x − 2) + ( y − 4)i = 5 ( x − 2) 2 + ( y − 4) 2 = 5
( x − 2)2 + ( y − 4) 2 = 5 (1)
Suy ra tập hợp điểm M(x;y) biểu diễn số phức z là đường tròn tâm I(2;4),
bán kính R = 5
z = OM 2 = x 2 + y 2 = ( x − 2)2 + ( y − 4)2 + 4 x + 8 y − 20 = 4 x + 8 y − 15 = 4 ( x − 2) + 2( y − 4) + 25 (2)
2
Áp dụng Bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki ta có:
( x − 2) + 2( y − 4) (12 + 22 ) ( x − 2) 2 + ( y − 4) 2 = 5 −5 ( x − 2) + 4( y − 4) 5 (3)
Từ (2), (3) ta suy ra:
5 z 3 5
.Vậy:
x = 1
z min = 5
z = 1 + 2i
y = 2
x = 3
z max = 3 5
z = 3 + 6i
y = 6
Dạng 2: Biểu diễn số phức và tìm tập hợp điểm
5
- Véc tơ u( x; y) biểu diễn số phức z=x+yi.
- Điểm M(x;y) biểu diễn số phức z=x+yi tức là OM biểu diễn số phức
đó.
- Tìm tập hợp điểm thường dùng kiến thức hình học phẳng.
- Phương pháp cơ bản là dựa vào phép đặt z=x+yi
Ví dụ 1: Gọi M, M’ theo thứ tự là các điểm của mặt phẳng phức biểu
diễn số phức z 0 và z ' =
1+ i
z . Chứng minh rằng tam giác OMM’ vuông cân
2
với O là gốc tọa độ.
Lời giải
Vì M, M’ lần lượt là các điểm biểu diễn số phức z và z’ nên OM , OM '
lần lượt biểu diễn z, z’.
Vì
z '− z =
MM ' = OM ' − OM
nên
MM '
biểu
diễn
số
phức
1+ i
1 1
z − z = (− + i ) z
2
2 2
Khi đó:
1 1
2
OM = OM = z ; OM ' = OM ' = z ' = ( + i) z =
z
2 2
2
1 1
2
MM ' = MM ' = (− + i) z =
z
2 2
2
Nhận thấy:
2
z
OM ' = MM ' =
nên tam giác OMM’ vuông cân tại M’
2
OM '2 + MM '2 = OM 2
6
Ví dụ 2: Trong mặt phẳng Oxy, tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức
z thõa mãn điều kiện:
(Đề thi TSĐH khối B năm 2010)
a. z − i = (1 + i) z
c. z − 5 − z + 5 = 8
b. z + 1 + z − 1 = 4
d. z − 2 = Re z + 2
Lời giải
a.Giả sử điểm M(x;y) biểu diễn số phức z=x+yi ( x; y
Ta có:
)
z - i=x+(y-1)i và (1+i)z=(1+i)(x+yi)=x-y+(x+y)i
Nên z − i = (1 + i) z x + ( y − 1)i = x − y + ( x + y)i
x 2 + ( y − 1)2 = ( x − y ) 2 + ( x + y ) 2 x 2 + ( y + 1) 2 = 2
Vậy tập hợp điểm M biểu diễn số phức z thõa mãn yêu cầu bài toán là
đường tròn có phương trình x 2 + ( y + 1)2 = 2
b. Trong mặt phẳng Oxy .Giả sử các điểm M, F1 , F2 lần lượt biểu số
phức z, -1, 1. Suy ra:
F1M biểu diễn số phức z-(-1)=z+1 ; F2 M biểu diễn số phức z-1.Với F1 , F2 nằm
trên trục thực Ox
-Khi đó điều kiện: z + 1 + z − 1 = 4 MF1 + MF2 = 4 và F1F2 = 2
Vậy tập hợp các điểm M là Elip có trục lớn bằng 4 và trục bé bằng 2 3
x2 y 2
Phương trình Elip trong mặt phẳng tọa độ Oxy là: + = 1
4
3
7
c.Tương tự câu b giả sử các điểm M, F1 , F2 lần lượt biểu số phức z, -5, 5.
Với F1 , F2 nằm trên trục thực Ox
Tương tự câu b ta có: z − 5 − z + 5 = 8 MF2 − MF1 = 8 và F1F2 = 10
Tập hợp các điểm thỏa mãn MF2 − MF1 = 8 với F1F2 = 10 là Hypebol có hai tiêu
điểm thuộc trục Ox, độ dài trục thực là 4 và trục ảo là 3.
x2 y 2
Phương trình Hypebol trong mặt phẳng tọa độ Oxy là ( H ) : − = 1
16 9
d. Giả sử điểm M(x;y) biểu diễn số phức z = x + iy với x, y .
Ta có z-2=x-2+yi nên:
z − 2 = Re z + 2
( x − 2)
2
+ y2 = x + 2
x −2
x −2
y 2 = 8x
2
2 2
2
( x − 2 ) + y = ( x + 2 )
y = 8x
Vậy tập hợp những điểm M là Parabol (P): y 2 = 8x có đỉnh O(0;0) và tiêu điểm
F(2;0)
Ví dụ 3: Tìm tập hợp các điểm biểu diễn trong mặt phẳng phức số phức
= (1 + i 3) z + 2 biết rằng số phức z thỏa mãn: z − 1 2
Lời giải
Đặt z = a + bi (a; b R) , = x + yi ( x; y )
Ta có z − 1 2 (a − 1)2 + b2 4 (1)
x = a − b 3 + 2
Từ = (1 + i 3) z + 2 x + yi = (1 + i 3)(a + bi) + 2
y = a 3 +b
8
x − 3 = a − 1 − b 3
y − 3 = 3(a − 1) + b
Từ đó ( x − 3)2 + ( y − 3)2 4 (a −1)2 + b2 + 4 (a −1)2 + b2 32 do (1)
Vậy tập hợp các điểm cần tìm là hình tròn ( x − 3)2 + ( y − 3)2 32 có tâm
I (3; 3) , bán kính R = 4 2
Dạng 3: Chứng minh đẳng thức,bất đẳng thức:
Ví dụ 1 : Cho 3 số phức x,y,z có cùng mô đun bằng 1. Chứng minh
rằng: xy + yz + zx = x + y + z
Lời giải
Ta có
1
1
1
x
= 2 = x (vì x = 1) . Tương tự ta có = y , = z
y
z
x x
Khi đó:
1 1 1
1 1 1
xy + yz + zx = xyz ( + + ) = x y z + + = x + y + z = x + y + z = x + y + z
x y z
x y z
Ví dụ 2: Chứng minh rằng nếu z 1 thì
2z − i
1
2 + iz
Lời giải
Giả sử z = a + bi (a, b R) thì z = a 2 + b2 1 a 2 + b 2 1 .
2 z − 1 2a + (2b − 1)i
Ta có
=
=
2 + iz
(2 − b) + ai
4a 2 + (2b − 1) 2
(2 − b)2 + a 2
.
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
4a 2 + (2b − 1) 2
(2 − b) 2 + a 2
1
4a 2 + (2b − 1) 2 (2 − b) 2 + a 2 a 2 + b 2 1 luôn đúng đpcm
9
Dạng 4. Giải phương trình, hệ phương trình trên tập số phức
- Việc giải các phương trình có bậc lớn hơn 2 thường sử dụng phương
pháp phân tích thành nhân tử, đặt ẩn phụ… để chuyển về dạng bậc hai
- Việc giải các,phương trình, hệ phương trình trên tập số phức tương tự
trên tập số thực.
- Các dạng hệ thường gặp là hệ phương trình bậc nhất, hệ đối xứng, …
Ví dụ 1. Giải các phương trình sau trên tập số phức
a. ( z − 1)4 + ( z + 3)4 + 128 = 0
b. ( z − 1)( z + 2)( z + 4)( z + 7) = 0
c. z 4 − z 3 + 2 z 2 − 2 z + 4 = 0 = 0
Lời giải
a. Đặt t = z + 1 thì phương trình ( z − 1)4 + ( z + 3)4 + 128 = 0 trở thành
(t − 2) 4 + (t + 2) 4 + 128 = 0
Khai triển và rút gọn ta được: t 4 + 24t 2 + 80 = 0 , suy ra t 2 = −4 ; t 2 = −20
Với t 2 = −4 ta có t 2 = 4i 2 t = 2i ; t = −2i
Với t 2 = −20 ta có t 2 = 20i 2 t = 2 5i ; t = −2 5i
Vậy phương trình có 4 nghiệm: z1 = −1 + 2i ; z2 = −1 − 2i ; z3 = −1 + 2 5i ;
z3 = −1 − 2 5i
b. PT ( z − 1)( z + 7 )( z + 2 )( z + 4 ) = 34 ( z 2 + 6 z − 7 )( z 2 + 6 z + 8) = 34
(1)
Đặt t = z 2 + 6 z − 7 z 2 + 6 z + 8 = t + 15 thì (1) trở thành t ( t + 15) = 34
t 2 + 15t − 34 = 0 t = 2; t = −17
+) Với t=2 thì z 2 + 6 z − 7 = 2 z 2 + 6 z − 9 = 0
10
z1 = −3 + 3 2; z2 = −3 − 3 2
+) Với t= -17 thì z 2 + 6 z − 7 = −17 z 2 + 6 z + 10 = 0
Ta có ' = ( −3) − 10 = −1 = i 2 z3 = −3 + i; z4 = −3 − i
2
Vậy
các
nghiệm
cần
tìm
là:
z1 = −3 + 3 2; z2 = −3 − 3 2; z3 = −3 + i; z4 = −3 − i .
c. Xét phương trình z 4 − z 3 + 2 z 2 − 2 z + 4 = 0 ( 2 )
- Với z=0 thì phương trình (2) có dạng 4=0 (vô lí)
-Với z 0 , chia cả hai vế của (2) cho z 2 ta được
2 4
4
2
z2 − z + 2 − + 2 = 0 z2 + 2 − z + + 2 = 0
z z
z
z
2
z
2
z
Đặt t = z + t 2 = z 2 + 2 z +
( 3)
4
4
z 2 + 2 = t 2 − 4 nên phương trình (3) trở
2
z
z
thành t 2 − 4 − t + 2 = 0 t 2 − t − 2 = 0 t = −1; t = 2
- Với t=-1 ta có
z+
2
−1 + 7i
−1 − 7i
= −1 z 2 + z + 2 = 0 z 2 + z + 2 = 0 z1 =
; z2 =
z
2
2
2
z
- Với t=2 ta có z + = 2 z 2 − 2 z + 2 = 0 z 2 − 2 z + 2 = 0 z3 = 1 + i; z4 = 1 − i
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm phức là
z1 =
−1 + 7i
−1 − 7i
; z2 =
; z3 = 1 + i; z4 = 1 − i
2
2
Ví dụ 2. Giải hệ phương trình sau với x, y là số phức
11
3x + (1 + i ) y = −2 + 14i
a.
b.
x + y = 3 (1 + i )
c. 3 3
x + y = 9 ( −1 + i )
2
x + y = −5 ( 2 + x )
d. 2
y + x = −5 ( 2 + y )
2 x + y = 3
ix − ( 2i − 1) y = −4 + 9i
2
2
3x + y + 3 xy − x + 4 = 0
Lời giải
3x + (1 + i ) y = −2 + 14i
a.Xét hệ phương trình
ix − ( 2i − 1) y = −4 + 9i
Ta có
+D =
a b 3 1+ i
=
= 3 (1 − 2i ) − i (1 + i ) = 4 − 7i
a ' b ' i 1 − 2i
+ Dx =
c b −2 + 14i 1 + i
=
= ( −2 + 14i )(1 − 2i ) − ( −4 + 9i ) − i ( −2 + 14i ) = 2 + 29i
c ' b ' −4 + 9i 1 − 2i
+ Dy =
a c 3
=
a' c' i
− 2 + 14i
= 3 ( −4 + 9i ) − i ( −2 + 14i ) = 2 + 29i
− 4 + 9i
Dx 39 + 13i
x = D = 4 − 7i
x = 1 + 5i
Vậy hệ phương trình có nghiệm
y = −3 + 2i
y = Dy = 2 + 29i
D
4 − 7i
2 x + y = 3
b.Xét hệ phương trình 2 2
3x + y + 3xy − x + 4 = 0
(1)
( 2)
Từ (1) ta có y=3-2x, thế vào phương trình (2) ta có:
3x2 + ( 3 − 2 x ) + 3x ( 3 − 2 x ) − x + 4 = 0 x 2 − 4 x + 13 = 0
2
( 3)
x = 2 − 3i y = −1 + 6i
Giải (3) ta được
x = 2 + 3i y = −1 − 6i
Vậy hệ đã cho có nghiệm (x;y)=(2-3i;-1+6i);(2+3i;-1-6i)
12
c. Ta có x3 + y3 = ( x + y ) − 3xy ( x + y ) nên hệ phương trình đã cho tương
3
đương với
x + y = 3 (1 + i )
x + y = 3 ( i + i )
3
3
( x + y ) − 3xy ( x + y ) = 9 ( −1 + i )
27 (1 + i ) − 9 xy (1 + i ) = 9 ( −1 + i )
x + y = 3 (1 + i )
x + y = 3 (1 + i )
3
3 (1 + i ) − ( −1 + i )
xy = 5i
xy =
1+ i
Suy ra x, y là nghiệm của phương trình z 2 − 3 (1 + i ) z + 5i = 0 ( 2 )
Giải phương trình (2)
= 9 (1 + i ) − 4.5i = −2i = 1 − 2i + i 2 = (1 − i )
2
2
3 (1 + i ) + 1 − i
= 2+i
z =
2
Nghiệm của (2) là
3 (1 + i ) − 1 + i
= 1 + 2i
z =
2
Vậy các nghiệm cần tìm là ( 2 + i;1 + 2i ) , (1 + 2i; 2 + i )
x 2 + y = −5 ( 2 + x ) (1)
d. Hệ phương trình 2
thuộc hệ đối xứng loại II
y + x = −5 ( 2 + y )
( 2)
Trừ vế cho vế các phương trình (1) và (2) ta được
x 2 + y − y 2 − x = −10 − 5 x + 10 + 5 y x 2 − y 2 + 4 ( x − y ) = 0
( x − y )( x + y ) + 4 ( x − y ) = 0 ( x − y )( x + y + 4 ) = 0
Vậy hệ đã cho tương đương với
x 2 + y = −5 ( 2 + x )
x + y = −5 ( 2 + x )
x − y = 0
( x − y )( x + y + 4 ) = 0
x + y + 4 = 0
2
( 3)
13
- Nếu y=x thì từ (3) ta có x 2 + x = −10 − 5 x x 2 + 6 x + 10 = 0
x = −3 + i y = −3 + i
Giải ra ta được nghiệm
x = −3 − i y = −3 − i
- Nếu y=-4-x thì từ (3) ta có
x = −2 + 2i y = −2 − 2i
x 2 − 4 − x = −10 − 5 x x 2 + 4 x + 6 = 0
x = −2 − 2i y = −2 + 2i
Vậy các nghiệm của hệ đã cho là
( −3 + i; −3 + i ) ; ( −3 − i; −3 − i ) ; ( −2 +
)(
2i; −2 − 2i ; −2 − 2i; −2 + 2i
)
Dạng 5: Biểu diễn số phức dưới dạng lượng giác:
Phương pháp:
+ Chuyển số phức từ dạng đại số z=a+bi (a, b , a 2 + b2 0) sang dạng
lượng giác
- Tính r = z = a 2 + b 2
a
r
- Tìm thỏa mãn đồng thời cos = ,sin =
b
r
Khi đó dạng lượng giác cần tìm của z là z = r (cos + i sin )
Ví du 1:Viết các số phức sau dưới dạng lượng giác:
b. z =
a. z = (1 − 3i)(1 + i)
1 − cos − i sin
1 + cos + i sin
Lời giải
1
2
a. Ta có: 1 − 3i = 2( −
3
i) = 2 cos(− ) + i sin(− )
2
3
3
14
và 1 + i = 2(
1
1
+
i) = 2 cos + i sin
4
4
2
2
Theo công thức nhân 2 số phức dưới dạng lượng giác suy ra:
z = (1 − 3i)(1 + i) = 2 2 cos(− ) + i sin(− )
12
12
b. Ta có:
− i cos )
cos( − ) + i sin( − )
1 − cos − i sin
2
2
2 = tan
2 2
2 2 = −i tan
z=
=
1 + cos + i sin cos (cos + i sin )
2
2
cos + i sin
2
2
2
2
2
*) Nếu tan = 0 thì z = 0 r = z = 0 và z = 0 ( cos + i sin ) với tùy ý
2
2sin
*) Nếu
tan
tan
2
0
(sin
thì dạng lượng giác của số phức đó là:
cos(
−
)
+
i
sin(
−
)
2
2
2
*)Nếu
− tan
tan
2
0
thì dạng lượng giác của số phức đó là:
cos + i sin
2
2
2
Dạng 6: Vận dụng dạng lượng giác để giải toán:
Dạng lượng giác được ứng dụng nhiều trong giải toán.Trong phần này
ta chỉ xét các ứng dụng trong bài toán tính toán(tìm phần thực, phần ảo, rút
gọn…), tìm số phức,chứng minh hệ thức lượng giác đơn giản…
Ví dụ1: Tìm phần thực, phần ảo của các số phức sau: (1 − 3i)16 (1 + i)10
Lời giải
Ta có: 1 − 3i = 2 cos(− ) + i sin(− ) ,1 + i = 2 cos + i sin
3
3
4
4
15
Dođó:
16
16
5
5
(1 − 3i)16 = 216 cos(−
) + i sin(−
) ,(1 + i)10 = 25 cos
+ i sin
3
3
2
2
Vậy: z = (1 − 3i)16 (1 + i)10 = 221 cos(−
16
16
) + i sin(−
)
3
3
5
5
cos 2 + i sin 2
16 5
16 5
17
17
= 221 cos(−
+ ) + i sin(−
+ ) = 221 cos(−
) + i sin(−
)
3
2
3
2
6
6
= −220 3 − 220 i
Vậy phần thực của số phức đã cho là: −220 3 , phần ảo là: 220
Ví dụ 2: Tìm các số nguyên dương n để số phức sau là số thực? số ảo?
z= (
3 + 11i n
)
4 − 7i
Lời giải
Ta có
3 + 11i
3
3
= −1 + i = 2(cos
+ i sin )
4 − 7i
4
4
nên z= (
3 + 11i n
3
3
3n
3n
) = ( 2) n (cos
+ i sin ) n = ( 2) n (cos
+ i sin
)
4 − 7i
4
4
4
4
+ z là số thực khi sin
Vì n
*
3n
3n
4k
=0
= k ( k ) n =
.
4
4
3
nên k = 3m n = 4m (m
*
)
+Tương tự z là số ảo khi
cos
3n
3n
2 + 4k
2+k
=0
= + k ( k ) n =
=k+
k = 3m − 2 n = 4m − 2 (m
4
4
2
3
3
II. MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA SỐ PHỨC TRONG GIẢI TOÁN Ở
BẬC THPT
16
*
)
Trong Toán học, số phức được dùng để giải nhiều bài toán từ sơ cấp đến
cao cấp.Trong phạm vi sang kiến kinh nghiệm tôi chỉ đề cập đến một số ứng
dụng của số phức trong bài toán:
- Lượng giác và tổ hợp.
- Giải hệ phương trình.
- Hình học phẳng.
1- Ứng dụng của số phức trong lượng giác và tổ hợp
Số phức có nhiều ứng dụng trong bài toán liên quan đến lượng giác, tổ
hợp. Có khá nhiều bài toán khó khăn(thậm chí rất khó khăn) trong việc tìm tòi
lời giải, đặc biệt là lời giải một cách tự nhiên nhất lại được giải quyết một
cách đơn giản bằng ứng dụng của số phức.Muốn làm tốt các bài tập, cần chú ý
đến dạng lượng giác của số phức,công thức Moa-vrơ và khai triển nhị thức
Newtơn.
Ví dụ 1: Cho a; b; c là các số thực thoả mãn sin a + sin b + sin c = 0 và
cos a + cos b + cos c = 0 .Chứng minh rằng:
sin 2a + sin 2b + sin 2c = 0 và cos 2a + cos 2b + cos 2c = 0
Lời giải
Đặt z1 = cos a + i sin a; z2 = cos b + i sin b; z3 = cos c + i sin c , ta có:
z1 + z2 + z3 = 0 và | z1 |=| z2 |=| z3 |= 1 , nên
1
= zk ( k = 1; 2;3)
zk
Vì thế: z12 + z22 + z32 = ( z1 + z2 + z3 ) − 2 ( z1 z1 + z2 z3 + z3 z1 )
2
1 1 1
= 02 − 2 z1 z2 z3 + + = −2 z1 z2 z3 z1 + z2 + z3
z1 z2 z3
(
)
= −2 z1 z2 z3 ( z1 + z2 + z3 ) = 0
17
Nên cos 2a + cos 2b + cos 2c + i (sin 2a + sin 2b + sin 2c ) = 0
Từ đó suy ra điều phải chứng minh
Ví dụ 2. Tính tổng với n +
A = Cn0 cos a + Cn1 cos 2a + Cn2 cos 3a + ... + Cnn −1 cos na + Cnn cos ( n + 1) a
B = Cn0 sin a + Cn1 sin 2a + Cn2 sin 3a + ... + Cnn −1 sin na + Cnn sin ( n + 1) a
với a
Lời giải
Đặt z = cos a + i sin a thì z n = cos na + i sin na
Do đó ta có:
A + iB = Cn0 ( cos a + i sin a ) + Cn1 ( cos 2a + i sin 2a ) + Cn2 ( cos 3a + i sin 3a )
+ ... + Cnn −1 ( cos na + i sin na ) + Cnn ( cos ( n + 1) a + i sin ( n + 1) a )
(
)
= z Cn0 + Cn1 z + Cn2 z 2 + Cn3 z 3 + ... + Cnn z n = z (1 + z )
n
a
a
a
Vì 1 + z = 1 + cos a + i sin a = 2cos cos + i sin nên:
2
2
2
n
a
a
a
A + iB = ( cos a + i sin a ) 2 cos cos + i sin
2
2
2
a
na
na
= 2n cos n ( cos a + i sin a ) cos
+ i sin
2
2
2
= 2n cos n
a
2
Vậy A = 2n cos n cos
a
n+2
n+2
a + i sin
a
cos
2
2
2
n+2
a
n+2
a, B = 2 n cos n sin
a
2
2
2
Ví dụ 3: Tính tổng:
18
0
2
4
6
8
2010
S1 = C2011
− C2011
+ C2011
− C2011
+ C2011
− ... − C2011
1
3
5
7
9
2011
S2 = C2011
− C2011
+ C2011
− C2011
+ C2011
− ... − C2011
Lời giải
Xét khai triển nhị thức Newton:
(1 + i )
2011
0
1
2
3
4
2010
2011
= C2011
+ iC2011
+ i 2C2011
+ i 3C2011
+ i 4C2011
+ ... + i 2010C2011
+ i 2011C2011
1 ( k = 4m )
i ( k = 4m + 1)
k
Vì i =
−1( k = 4m + 2 )
−i k = 4m + 3
)
(
(1 + i )
2011
m + nên ta có
(
0
2
4
2010
1
3
5
2011
= (C2011
− C2011
+ C2011
− ... − C2011
) + i C2011
− C2011
+ C2011
− ... − C2011
) (1)
Mặt khác, theo công thức Moa-vrơ ta có:
(1 + i )
2011
=
( 2)
2011
cos + i sin
4
4
2011
=
( 2)
2011
2011
2011
1005
1005
+ i sin
( 2)
cos
= −2 + i.2
4
4
Từ (1) và (2) ta suy ra: S1 = −21005 , S2 = 21005
2- Ứng dụng của số phức trong giải hệ phương trình Đại số
Qua phần ứng dụng của số phức trong các bài toán lượng giác và tổ
hợp, chúng ta đã thấy sức mạnh của công cụ số phức. Ở đây chúng ta sử dụng
công cụ số phức để giải quyết các bài toán về giải hệ phương trình mà giải
bằng phương pháp thông thường sẽ gặp những khó khăn.
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình với nghiệm là số thực:
x 3 − 3xy 2 = −1
a.
3
2
y − 3x y = − 3
3
= 3
10x 1 +
5
x
+
y
b.
y 1 − 3 = −1
5 x + y
19
Lời giải
a. Đây là hệ phương trình đẳng cấp bậc ba. Tuy nhiên,nếu giải bằng
phương pháp thông thường ta sẽ đi đến giải phương trình bậc ba:
3t 3 + 3t 2 − 3 3t − 1 = 0
Phương trình này không có nghiệm đặc biệt.
Xét số phức z = x + iy. Vì z 3 = x 3 − 3xy 2 + i(3x 2 y − y 3 ) nên từ hệ đã cho ta
có z 3 = −1 + 3i = 2 cos
3
2
2
+ i sin
, ta tìm được 3 giá trị của z là:
3
3
2
2
2 cos
+ i sin
9
9
8
8
3
+ i sin
; 2 cos
9
9
14
14
3
+ i sin
; 2 cos
9
9
Từ đó suy ra hệ đã cho có 3 nghiệm là:
2
8
14
x = 3 2 cos
x = 3 2 cos
x = 3 2 cos
9
9
9
;
;
y = 3 2 sin 2 y = 3 2 sin 8 y = 3 2 sin 14
9
9
9
b.Từ hệ suy ra x >0, y >0
Đặt u = 5 x , v = y với u,v >0.Hệ đã cho trở thành:
3
3
u1 + u 2 + v 2 =
2
(I)
v1 − 3 = −1
u 2 + v 2
Đặt z=u+iv. Ta có:
1
u − vi
= 2
.Từ hệ (I) ta suy ra :
z u + v2
20
- Xem thêm -