ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC Bùi Đức Dương VỀ MỘT PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN SƠ CẤP Chuyên ngành:Phương Pháp Toán Sơ Cấp Mã số: 60 46 0113 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học GS.TSKH Hà Huy Khoái Thái Nguyên - 2012 1Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Lời cảm ơn Luận văn thực hoàn thành trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên hướng dẫn khoa học GS TSKH Hà Huy Khoái Qua đây, tác giả xin gửi lời cảm ơn sâu sắc đến thầy giáo, người hướng dẫn khoa học mình, GS.TSKH Hà Huy Khối, người đưa đề tài tận tình hướng dẫn suốt trình nghiên cứu tác giả Đồng thời tác giả chân thành cảm ơn thầy khoa Tốn - Tin học trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên, tạo điều kiện cho tác giả tài liệu thủ tục hành để tác giả hoàn thành luận văn Tác giả gửi lời cảm ơn đến gia đình, BGH trường THPT n Thủy B-n Thủy-Hịa Bình bạn lớp Cao học K4, động viên giúp đỡ tác giả trình học tập làm luận văn 2Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Mục lục Mở đầu Định nghĩa tính chất số phức 1.1 Định nghĩa 1.2 Tính chất số phức 1.2.1 Các tính chất liên quan đến phép cộng 1.2.2 Các tính chất liên quan đến phép nhân 1.3 Dạng đại số số phức 1.3.1 Định nghĩa tính chất 1.3.2 Giải phương trình bậc hai 1.3.3 Ý nghĩa hình học số phức modun 1.3.4 Ý nghĩa hình học phép tốn đại số 1.4 Dạng lượng giác số phức 1.4.1 Tọa độ cực mặt phẳng 1.4.2 Tọa độ cực số phức 1.4.3 Các phép toán số phức tọa độ cực 1.4.4 Ý nghĩa hình học phép nhân 1.4.5 Căn bậc n đơn vị 1.5 Bài tập Sử dụng số phức giải toán sơ cấp 2.1 Số phức tốn hình học 2.1.1 Một vài khái niệm tính chất 2.1.2 Điều kiện thẳng hàng , vng góc thuộc đường tròn 2.1.3 Tam giác đồng dạng 2.1.4 Tam giác 3Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 5 6 7 10 12 13 15 15 16 16 17 17 21 25 25 25 30 31 33 http://www.lrc-tnu.edu.vn 2.2 2.3 2.1.5 Hình học giải tích với số phức 2.1.6 Tích thực hai số phức 2.1.7 Bài tập Số phức toán đại số , lượng giác 2.2.1 Các toán lượng giác 2.2.2 Các toán đại số 2.2.3 Bài tập Số phức toán tổ hợp 35 39 43 45 45 52 54 55 Kết luận 62 Tài liệu tham khảo 63 4Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn MỞ ĐẦU Lí chọn đề tài Trong chương trình tốn học cấp THPT số phức đưa vào giảng dạy phần giải tích tốn lớp 12 Toàn phần số phức đưa định nghĩa số phức vài tính chất đơn giản Ứng dụng số phức giải toán dừng lại vài tập hình học đơn giản Nhằm giúp em học sinh giỏi có nhìn tồn diện số phức, đặc biệt sử dụng số phức để giải số tốn sơ cấp: hình học, đại số, tổ hợp, lượng giác nên chọn đề tài luận văn: Về phương pháp giải toán sơ cấp Mục đích nghiên cứu Hệ thống hóa dạng tập hình học, đại số, tổ hợp, lượng giác giải phương pháp số phức đồng thời nắm số kĩ thuật tính tốn liên quan Nhiệm vụ đề tài Đưa định nghĩa tính chất số phưc Đặc biệt sử dụng số phức để giải số dạng tốn: hình học, đại số, tổ hợp, lượng giác Đối tượng phạm vi nghiên cứu Nghiên cứu tốn hình học, đại số, tổ hợp, lượng giác tập hợp số phức ứng dụng liên quan Nghiên cứu tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi, kỉ yếu hội thảo chuyên toán, tủ sách chuyên toán Ý nghĩa khoa học thực tiễn đề tài Tạo đề tài phù hợp cho việc giảng dạy, bồi dưỡng học sinh trung học phổ thơng Đề tài đóng góp thiết thực cho việc học dạy chuyên đề toán trường THPT, đem lại niềm đam mê sáng tạo việc dạy học toán Cấu trúc luận văn Luận văn gồm chương Chương 1: Định nghĩa tính chất số phức Chương 2: Các dạng biểu diễn số phức Chương 3: Sử dụng số phức giải tốn sơ cấp 5Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Do thời gian khối lượng kiến thức lớn, chắn luận văn tránh khỏi thiếu sót, tác giả mong nhận bảo tận tình thầy bạn bè đồng nghiệp, tác giả xin chân thành cảm ơn! Thái Nguyên, năm 2012 Tác giả 6Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Chương Định nghĩa tính chất số phức 1.1 Định nghĩa Giả thiết ta biết định nghĩa tính chất tập số thực R Ta xét tập hợp R2 = R × R = {(x, y) | x, y ∈ R } Hai phần tử (x1 , y1 ) (x2 , y2 ) x1 = x2 y1 = y Các phép toán cộng nhân định nghĩa R2 sau : z1 + z2 = (x1 , y1 ) + (x2 , y2 ) = (x1 + x2 , y1 + y2 ) ∈ R2 z1 z2 = (x1 , y1 ) (x2 , y2 ) = (x1 x2 − y1 y2 , x1 y2 + x2 y1 ) ∈ R2 với z1 = (x1 , y1 ) ∈ R2 z2 = (x2 , y2 ) ∈ R2 Phần tử z1 + z2 gọi tổng z1 , z2 , phần tử z1 z2 ∈ R2 gọi tích z1 , z2 Nhận xét 1) Nếu z1 = (x1 , 0) ∈ R2 z2 = (x2 , 0) ∈ R2 z1 z2 = (x1 x2 , 0) 2))Nếu z1 = (0, y1 ) ∈ R2 z2 = (0, y2 ) ∈ R2 z1 z2 = (−y1 y2 , 0) Định nghĩa 1.1.1 Tập hợp R2 với phép cộng nhân gọi tập số phức, kí hiệu C Mỗi phần tử z = (x, y) ∈ C gọi số phức Kí hiệu C∗ để tập hợp C\ {(0, 0)} 7Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 1.2 Tính chất số phức 1.2.1 Các tính chất liên quan đến phép cộng Phép cộng số phức thỏa mãn điều kiện sau Tính giao hốn : z1 + z2 = z2 + z1 với z1 , z2 ∈ C Tính kết hợp :(z1 + z2 ) + z3 = z1 + (z2 + z3 ) với z1 , z2 , z3 ∈ C Phần tử đơn vị: Có số phức = (0, 0) ∈ C để z + = + z với z = (x, y) ∈ C Phần tử đối : Mỗi số phức z = (x, y) ∈ C có số phức −z = (−x, −y) ∈ C cho z + (−z) = (−z) + z = 1.2.2 Các tính chất liên quan đến phép nhân Phép nhân số phức thỏa mãn điều kiện sau Tính giao hốn: z1 z2 = z2 z1 với z1 , z2 ∈ C Tính kết hợp: (z1 z2 )z3 = z1 (z2 z3 ) với z1 , z2 , z3 ∈ C Phần tử đơn vị: Có số phức = (1, 0) ∈ C thỏa mãn z.1 = 1.z = z Số phức = (1, 0) gọi phần tử đơn vị với z ∈ C Phần tử nghịch đảo:Mỗi số phức z = (x, y) ∈ C,z = có số phức z −1 = (x, , y , ) ∈ C cho z.z −1 = z −1 z = số phức z −1 = (x, , y , ) gọi phần tử nghịch đảo số phức z = (x, y) ∈ C Lũy thừa với số mũ nguyên số phức z ∈ C∗ định nghĩa sau z = ; z = z ; z = z.z ,và z n = z.z z với số nguyên n > n lâ n n −1 −n z = (z ) với số nguyên n < Mọi số phức z1 , z2 , z3 ∈ C∗ số ngun m, n ta có tính chất sau 1) z m z n = z m+n ; zm 2) n = z m−n ; z 3) (z m )n = z mn ; 4) (z1 z2 )n = z1n z2n ; z1 n z1n 5) = n; z2 z2 Khi z = ta định nghĩa 0n = với số nguyên n > 8Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Tính phân phối : z1 (z2 + z3 ) = z1 z2 + z1 z3 với z1 , z2 , z3 ∈ C∗ Trên tính chất phép cộng phép nhân,thấy tập hợp C số phức với phép toán lập thành trường 1.3 1.3.1 Dạng đại số số phức Định nghĩa tính chất Mỗi số phức biểu diễn cặp số thứ tự, nên thực biến đổi đại số thường khơng thuận lợi Đó lí để tìm dạng khác viết Ta đưa vào dạng biểu diễn đại số Xét tập hợp R × {0} với phép toán cộng nhân định nghĩa R2 Hàm số f : R → R × {0} , f (x) = (x, 0) song ánh (x, 0) + (y, 0) = (x + y, 0) (x, 0).(y, 0) = (xy, 0) Người đọc không sai lầm ý phép toán đại số R × {0} đồng với phép toán R; đồng cặp số (x, 0) với số x, với x ∈ R Ta sử dụng song ánh kí hiệu (x, 0) = x Xét i = (0, 1) ta có z = (x, y) = (x, 0) + (0, y) = (x, 0) + (y, 0).(0, 1) = x + yi = (x, 0) + (0, 1).(y, 0) Từ ta có mệnh đề Mệnh đề 1.3.1 Mỗi số phức z = (x, y) biểu diễn dạng z = x + yi Với x, y ∈ R Hệ thức i2 = −1 suy từ định nghĩa phép nhân i2 = i.i = (0, 1).(0, 1) = (−1, 0) = −1 9Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Biểu thức x + yi gọi biểu diễn đại số (dạng) số phức z = (x, y) Vì ta viết C = x + yi |x ∈ R, y ∈ R , i2 = −1 Từ ta kí hiệu z = (x, y) z = x + yi Số thực x = Re(z) gọi phần thực số phức z, y = Im(z) gọi phần ảo z Số phức có dạng yi , y ∈ R∗ gọi số ảo, số phưc i gọi số đơn vị ảo Từ hệ thức ta dế dàng có kết sau: a) z1 = z2 Re(z1 ) = Re(z2 ) Im(z1 ) = Im(z2 ) b) z ∈ R Im(z) = c) z ∈ C\R Im(z) = Sử dụng dạng đại số, phép toán số phức thực sau: Phép cộng z1 + z2 = (x1 + y1 i) + (x2 + y2 i) = (x1 + x2 ) + (y1 + y2 )i ∈ C Dễ thấy tổng hai số phức số phức có phần thực tổng phần thực, có phần ảo tổng phần ảo: Re(z1 + z2 ) = Re(z1 ) + Re(z2 ); Im(z1 + z2 ) = Im(z1 ) + Im(z2 ) Phép trừ z1 − z2 = (x1 + y1 i) − (x2 + y2 i) = (x1 − x2 ) + (y1 − y2 )i ∈ C Ta có Re(z1 − z2 ) = Re(z1 ) − Re(z2 ); Im(z1 − z2 ) = Im(z1 ) − Im(z2 ) Phép nhân z1 z2 = (x1 + y1 i).(x2 + y2 i) = (x1 x2 − y1 y2 ) + (x1 y2 + x2 y1 ) i ∈ C Ta có Re(z1 z2 ) = Re(z1 ) Re(z2 ) − Im(z1 ) Im(z2 ); Im(z1 z2 ) = Im(z1 ) Re(z2 ) + Im(z2 ) Re(z1 ) Mối số thực λ, số phức z = x + yi, λz = λ(x + yi) = λx + λyi ∈ C tích số thực với số phức Ta có tính chất sau 10Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 49 Chú ý Khi q = ta có hệ thức quen thuộc (n+1)x sin nx cos cos kx = sin x2 k=1 Thật n n cos kx = k=1 (n+1)x sin nx sin sin kx = x sin k=1 n cos nx − cos (n + 1) x − (1 − cos x) (1 − cos x) sin x2 sin (2n+1)x − sin2 x2 = sin2 x2 (n+1)x sin nx sin (2n+1)x − sin x2 2 cos = = sin x2 sin x2 n sin kx = k=1 sin nx − sin (n + 1) x + sin x (1 − cos x) sin x2 cos x2 − sin x2 cos (2n+1)x = x sin (n+1)x sin nx cos x2 − cos (2n+1)x 2 sin = = x x sin sin Bài toán Cho điểm A1 , A2 , , A10 , xếp theo thứ tự cách đường trịn bán kính R Chứng minh A1 A4 − A1 A2 = R π π + i sin khơng tính tổng qt ta cho R = 10 10 3π π - sin = Ta cần sin 10 10 z2 − Trong trường hợp tổng quát z = cos a + i sin a sin a = Đẳng 2iz thức cần chứng minh trở thành Giải Đặt z = cos z6 − z2 − − = ⇔ z − z + z − = 2iz 3 2iz 2iz Vì z = i nên z − z + z − z + = Đẳng thức z − z + z − z + z + = z 10 + = z + = 51Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 50 Bài toán Chứng minh cos π 2π 3π − cos + cos = 7 5th IM O Giải Đặt z = cos π7 + i sin π7 ta có z + = Do z = z + = (z + 1) z − z + z − z + z − z + = nên z − z + z − z + = ⇔ z z2 − z + = − z3 2π 3π π + cos = Re z − z + z Ta có cos − cos 7 Ta chứng minh kết sau Nếu z = cos t + i sin t z = Re 1−z = Thật 1 = = 1−z − (cos t + i sin t ) (1 − cos t) − i sin t 1 = = sin 2t (sin 2t − i cos 2t ) sin2 2t − 2i sin 2t cos 2t sin 2t + i cos 2t cos 2t = = +i 2 sin 2t sin 2t Suy Re 1−z = Bài tốn Chứng minh rằng:trung bình cộng số k sin k o (k = 2, 4, , 180) cot 1o (1996 USA Mathematical Olympiad) Giải: Đặt z = cos t + i sin t ta có đẳng thức z + 2z + + nz n = (z + + z n ) + z + + z n + + z n = z n+1 − z + z n+1 − z + + z n+1 − z n z−1 nz n+1 z n+1 − z = − , z−1 (z − 1)2 52Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 51 từ ta thu đc hai đẳng thức n (n + 1) sin (2n+1)t − cos (n + 1) t k cos kt = − (1) t t sin sin 2 k=1 n (2n+1)t sin (n + 1) t n cos k sin kt = − t t sin sin 2 k=1 (2) Sử dụng hệ thức (2) ta thu đc sin 2o + sin 4o + + 178 sin 178o = (sin 2o + sin 2.2o + + 89 sin 89.2o ) 90 cos 179o sin 90.2o 90 cos 179o =− = 90 cot 1o =2 o − o o sin sin sin Suy (2 sin 2o + sin 4o + + 178 sin 178o + 180 sin 180o ) = cot 1o 90 Khẳng định chứng minh Bài toán 10 Cho n số nguyên dương Tìm số thực ao akl , k, l = 1, n , k > l thỏa mãn sin2 nx = a0 + sin2 x akl cos2 (k − l) x; l k n với số thực x = mπ , m ∈ Z Giải: Sử dụng đồng thức n S1 = cos2jx = sin nx cos (n + 1) x sin x sin 2jx = sin nx sin (n + 1) x sin x j=1 n S2 = j=1 Ta thu S12 + S22 = 53Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên sin nx sin http://www.lrc-tnu.edu.vn 52 mặt khác S12 + S22 = (cos2x + cos4x + + cos2nx)2 + (sin 2x + sin 4x + + sin 2nx)2 (cos2kx cos 2lx + sin 2kx sin 2lx) =n+ l k n cos2 (k − l) x; =n+ l k n a0 = n , akl = , l 0, y > Đặt x = u, y = v Hệ cho trở thành   2     √ u + = (1) √   u + =   u2 + v u2 + v 3 √ √ ⇔   4     √ v − = (2) √ = v −  + v2 u u + v2 7 54Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 53 lấy phương trình thứ (2) nhân √ với i sau cộng với phương trình (1) ta u − iv √ √ (∗) có u + iv + = + i u + v2 2 Đặt z = u + iv u + v = |z| Khi phương trình (*) trở thành √ z z+ = √ +i √ |z| √ ⇔ z+ = √ +i √ z √ ⇔ z2 − √ + i √ z+1=0 √ 2 √ ⇔ z = √ ± √ +i √ ± 21 Suy (u, v) = Hệ cho có hai nghiệm  2 , (x, y) =  √ ± √ 21 √ 2 √ √ ±√ , √ ± 21 √ 2 √ √ ±  = 11 22 ± √ , ±√ 21 7 Bài toán Giải hệ phương trình x3 − 3xy = √ 3x2 y − y = − Giải x3 − 3xy = √ 3x2 y − y = − ⇔ ⇔ ⇔ x3 − 3xy = √ 3x2 (iy) + i3 y = −i x3 + 3x (iy)2 = √ 3x (iy) + (iy) = −i √ (x + iy)3 = − i (1) √ 3x2 (iy) + (iy)3 = −i (2) 55Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 54 √ Đặt z = x + iy từ (1) ta có z = − i = cos − π3 + i sin − π3 Suy − π3 + 2kπ − π3 + 2kπ + i sin z = cos 3 √ −π + 6kπ −π + 6kπ + i sin với k = 0, 1, = cos 9 Từ ta có nghiệm hệ phương trình cho √ (x, y) = √ 2cos −π + 6kπ √ −π + 6kπ , sin 9 với k = 0, 1, 2.2.3 Bài tập Bài Chứng minh : sin (n + 1) α cos nα n − + ; sin α n + sin (n + 1) α cosnα 2 b) sin α + sin 2α + + sin nα = − ; 2 sin α Bài Chứng minh : 4π 6π 2nπ 2π + cos + cos + + cos =− ; a) cos 2n + 2n + 2n + 2n + √ 2+ 2+2 π b) cos = ; 16 √ 2π 10 + c) sin = Bài Chứng minh với n chẵn (n = 2m),ta có: cos nφ = cosn φ − Cn2 cosn−2 φ sin2 φ + Cn4 cosn−4 φ sin4 φ − + (−1)m Cnn sinn φ Bài Chứng minh : a) cos2 α + cos2 2α + + cos2 nα = 56Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 55 √ π 2π nπ 2n + a) sin sin sin = ; 2n + 2n + 2n + 2n π 2π nπ b) cos cos cos = n ; 2n + 2n + 2n + √ 2π (n − 1) π π n sin sin = n−1 ; c) sin 2n 2n 2n √ π 2π (n − 1) π n d) cos cos cos = n−1 2n 2n 2n Bài Giải phương trình a) x5 + x4 + x3 + x2 + x + = ; b) x5 + αx4 + α2 x3 + α3 x2 + α4 x + α5 = , = α ∈ C Bài Chứng minh với n lẻ (n = 2m + 1),ta có: sin nφ = Cn1 cosn−1 φ sin φ − Cn3 cosn−3 φ sin3 φ + + (−1)m−1 Cnn−1 sinn−3 φcos3 φ Bài  Giải hệ phương trình : 3x − y   =3 x + x + y2 x + 3y   y − = x + y2 Bài  Giải hệ phương trình : √ 12   =2  x 1− 3x + y  12 √   y 1+ = 3x + y 2.3 Số phức tốn tổ hợp Bài tốn Tính tổng 3n−1 2k+1 k (−1)k C6n k=0 57Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 56 Giải Ta có 3n−1 3n−1 k (−1) 2k+1 k C6n 3n−1 2k+1 C6n (−3)k = = √ 2k i k=0 k=0 k=0 2k+1 C6n 3n−1 √ 2k+1 √ 1 2k+1 C6n i = √ = √ Im + i i k=0 i π π 6n = √ Im cos + i sin 3 i = √ 26n (cos2πn + i sin 2πn) = i 6n Bài tốn Tính tổng n Cnk cos kα Sn = k=0 với α ∈ [0, π] n Giải Ta có Đặt z = cosα + i sin α Tn = Cnk sin kα Ta có k=0 n n Cnk (cos α + i sin α)k Cnk (cos kα + i sin kα) = Sn + iTn = k=0 n k=0 Cnk z k = (1 + z)k (1) = k=0 Dạng tọa độ cực số phức + z α α α + cosα + i sin α = cos2 + 2i sin cos 2 α α α = 2cos cos + i sin 2 Vì α ∈ [0, π] đẳng thức (1) trở thành α n nα nα Sn + iTn = 2cos cos + i sin 2 Từ ta thu α α Tn = 2cos Sn = 2cos 58Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên nα n nα sin n cos http://www.lrc-tnu.edu.vn 57 Bàitoán Chứng minh đẳng thức Cn0 − Cn2 + Cn4 − + Cn1 − Cn3 + Cn5 − = 2n Giải Đặt xn = Cn0 − Cn2 + Cn4 − yn = Cn1 − Cn3 + Cn5 − ta có (1 + i)n = xn + iyn Lấy modun hai vế ta thu |xn + iyn | = |(1 + i)n | = |1 + i|n = 2n Điều tương đương với x2n + yn2 = 2n Khẳng định chứng minh Chú ý Ta xây dựng cơng thức tính xn , yn sau √ n nπ π π n nπ (1 + i)n = cos + i sin = 2 cos + i sin 4 4 n Suy xn = 2 cos n nπ nπ yn = 2 sin 4 Bàitoán Chứng minh đẳng thức Cnm + Cnm+p + Cnm+2p 2n + = p p−1 k=0 kπ cos p n cos (n − 2m) kπ p Giải Gọi ε0 , ε1 , , εp−1 bậc p đơn vị Khi p−1 n ε−m k (1 k=0 n k−m Cnk ε0k−m + + εp−1 + εk ) = (1) k=0 Ta có kết quen thuộc sau: εk−m + + εk−m p−1 = p , p | (k − m) , p | (k − m) (2) Xét n ε−m k (1 + εk ) 2mkπ kπ n 2nkπ 2nkπ 2mkπ − i sin cos cos + i sin = cos p p p p p n kπ (n − 2m) kπ (n − 2m) kπ = 2n cos cos + i sin p p p 59Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 58 Sử dụng (1) (2) dễ dàng suy hệ thức cần chứng minh Chú ý: Từ ta có hệ thức lượng giác thú vị sau : p−1 kπ n (n − 2m) kπ cos sin =0 p p k=0 Bài toán Cho an , bn , cn số nguyên với an = Cn0 + Cn3 + Cn6 + · · · ; bn = Cn1 + Cn4 + Cn7 + · · · ; cn = Cn2 + Cn5 + Cn8 + · · · ; Chứng minh 1) a3n + b3n + c3n − 3an bn cn = 2n ; 2)a2n + b2n + c2n − an bn − bn cn − cn an = 3) Hai ba số nguyên an , bn , cn số thứ ba Giải 1) Gọi ε bậc ba đơn vị khác Ta có (1 + 1)n = an +bn +cn , (1 + ε)n = an +bn ε+cn ε2 , + ε2 a3n + b3n + c3n − 3an bn cn = (an + bn + cn ) an + bn ε + cn ε2 = 2n (1 + ε)n + ε2 n = 2n −ε2 n n = an +bn ε2 +cn ε an + bn ε2 + cn ε2n (ε)n = 2n 2) Sử dụng đẳng thức quen thuộc x3 + y + z − 3xyz = (x + y + z) x2 + y + z − xy − yz − zx từ hệ thức ta có a2n + b2n + c2n − an bn − bn cn − cn an = 3)a2n + b2n + c2n − an bn − bn cn − cn an = ⇔ (an − bn )2 + (bn − cn )2 + (cn − an )2 = từ đẳng thức suy ra:hai ba số an , bn , cn số thứ ba Chú ý Từ toán ta thu n nπ 2nπ n nπ an = + cos + (−1)n cos = + 2cos 3 3 n (n − 2) π (2n − 4) π n (n − 2) π + cos = + 2cos bn = + (−1)n cos 3 3 n (n − 4) π (2n − 8) π n (n − 4) π cn = + cos + (−1)n cos = + 2cos 3 3 60Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 59 Dễ thấy an = bn n ≡ mod (3) ; bn = cn n ≡ mod (3) ; cn = an n ≡ mod (3) Bài tốn Có số có n chữ số chọn từ tập hợp {2, 3, 7, 9} chia hết cho 3? (Romanian Mathematical Regional Contest “Trian Lalescu”) Giải:Gọi xn , yn , zn số số nguyên có n chữ số chọn từ tập hợp {2, 3, 7, 9} đồng dư với 0, 1, theo modun3 Ta cần tìm giá trị xn 2π 2π Đặt ε = cos + i sin , ta thấy xn + yn + zn = 4n 3 xn + εyn + ε2 zn = ε2j1 +3j2 +7j3 +9j4 j1 +j2 +j3 +j4 =n = ε + ε + ε + ε9 n = hay xn − + εyn + ε2 zn = Ta thu đc xn − = yn = zn = k Khi 3k = xn + yn + zn − = 4n − dẫn đến k = 31 (4n − 1) Suy xn = k + = 13 (4n + 2) Bài toán Cho số nguyên tố n số nguyên dương a1 , a2 , , am Gọi f (k) số m số (c1 , c2 , , cm ) thỏa mãn điều kiện ci c1 + c2 + + cm ≡ k (modm) Chứng minh f (0) = f (1) = = f (n − 1) n |aj với j thuộc tập {1, 2, , m} n 2π Giải Xét ε = cos 2π n + i sin n Để ý đẳng thức sau k=1 X + X + + X ak = X c1 + +cn ck ak f (0)+f (1) α+ +f (n − 1) αn−1 = X c1 + +cn = ck ak 61Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên m α + α2 + + αak k=1 http://www.lrc-tnu.edu.vn 60 suy f (0) = f (1) = = f (n − 1) f (0)+f (1) α+ + f (n − 1) αn−1 = Điều tương đương với m α + α2 + + αak = k=1 tức α + α + + α ak = với j thuộc tập {1, 2, , m} Bài tốn Cho số nguyên tố n số nguyên dương a1 , a2 , , am Gọi f (k) số m số (c1 , c2 , , cm ) thỏa mãn điều kiện ci c1 + c2 + + cm ≡ k (modm) Chứng minh f (0) = f (1) = = f (n − 1) n |aj với j thuộc tập {1, 2, , m} 36th IM O 2π Giải Trường hợp p = tầm thường Xét p ε = cos 2π + i sin Kí hiệu xj số tập với tính chất |B| = p m (B) ≡ j (modp).Khi n−1 x j εj = j=0 εm(B) = εc1 +c2 + +cp c1 < < cp 2p B⊂A,|B|=p tổng hệ số X p đa thức (X + ε) X + ε2 X + ε2p Từ hệ thức quen thuộc X p − = (X − 1) (X − ε) X − εp−1 ta thu (X + ε) X + ε2 X + ε2p = (X p + 1)2 , hệ số p p−1 X 2.Suy xj εj = ⇔ x0 − + x1 ε + + xp−1 εp−1 = ta có j=0 p x0 −2 = x1 = = xp−1 = k Dẫn đến pk = x0 +x1 + +xp−1 −2 = C2p −2 p C −2 hay k = p 2p p Kết toán cho x0 = + k = + C −2 p 2p n 2k+1 C2n+1 23k khơng chia hết cho với Bài tốn Chứng minh số k=0 số nguyên n Bài tốn 10 Tính tổng n Cnk cos kt k=0 62Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 61 với t ∈ [0, π ] Bài toán 11 Chứng minh đẳng thức sau n nπ n 1)Cn0 + Cn4 + Cn8 + = + 2 +1 + cos 4 (Romanian Mathematicanl Olympiad –Second Round 1981)  n n √ √ + − 1 nπ 2nπ 2)Cn0 + Cn5 + Cn10 + = 2n + c os + c os ] 2n−1 2n−1 Bài 12 Cho số nguyên An , Bn , Cn xác định sau An = Cn0 − Cn3 + Cn6 − , Bn = −Cn1 + Cn4 − Cn7 + , Cn = Cn2 − Cn5 + Cn8 − Chứng minh đẳng thức sau 1) A2n + Bn2 + Cn2 − An Bn − Bn Cn − Cn An = 3n ; 2) A2n + An Bn + Bn2 = 3n−1 63Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 62 Kết luận Luận văn trình bày hướng tiếp cận số dạng tốn sơ cấp cơng cụ số phức.Các kết luận văn: • Sử dụng số phức để giải tốn hình học phẳng • Sử dụng số phức để giải số lớp tốn đại số ,lượng giác • Sử dụng số phức để giải số toán tổ hợp Hướng nghiên cứu luận văn tiếp tục áp dụng số phức để giải tốn:tơ màu, số học, đa thức , phương trình hàm 64Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 63 Tài liệu tham khảo [1] Titu Andreescu, Dorin Andrica, Complexnumbes from A to Z , Birkhauser, 2006 [2] Bêchanu, Internatoonal Mathematical Olympiads 1959 2000 Proplem Solution Results, Acdemic Distri Center, Free, USA, 2001 [3] Đoàn Quỳnh , Số phức với Hình học phẳng, Nhà xuất giáo dục, 1998 [4] Nguyễn Huy Đoan (Chủ Biên), Giải tích 12, Nhà xuất giáo dục, 2008 [5] Nguyễn Thủy Thanh, Cơ sở lí thuyết hàm biến phức, Nhà xuất đại học quốc gia Hà nội,2007 65Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ... diện số phức, đặc biệt sử dụng số phức để giải số toán sơ cấp: hình học, đại số, tổ hợp, lượng giác nên chọn đề tài luận văn: Về phương pháp giải tốn sơ cấp Mục đích nghiên cứu Hệ thống hóa dạng... Trong chương trình toán học cấp THPT số phức đưa vào giảng dạy phần giải tích tốn lớp 12 Tồn phần số phức đưa định nghĩa số phức vài tính chất đơn giản Ứng dụng số phức giải toán dừng lại vài... Sử dụng số phức giải toán sơ cấp 2.1 Số phức tốn hình học 2.1.1 Một vài khái niệm tính chất 2.1.2 Điều kiện thẳng hàng