Sáng kiến kinh nghiệm SKKN về một số ứng dụng của số phức trong giải toán đại số và hình học chương trình THPT

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆMĐỀ TÀI: "MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA SỐ PHỨC TRONG GIẢI TOÁN ĐẠI SỐ VÀ HÌNH HỌC CHƯƠNG TRÌNH THPT"... A- ĐẶT VẤN ĐỀ :Trong chương trình đổi mới nội dung Sách giáo khoa, số p

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

ĐỀ TÀI:

"MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA SỐ PHỨC TRONG GIẢI TOÁN ĐẠI

SỐ VÀ HÌNH HỌC CHƯƠNG TRÌNH THPT"

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

0

1

iπ

e   ) 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 huy các yếu tố tích cực của phương pháp dạy học truyền thống nhằm thay đổi cách thức, phương pháp học tập của học sinh chuyển từ thụ động sang chủ động

Vì mới đưa vào chương trình SGK 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 SGK còn nhiều hạn chế Để giúp học sinh có cái nhìn sâu, rộng hơn về số phức, trong quá trình giảng dạy tôi luôn tìm tòi khai thác và kết hợp các kiến thức khác về toán học

để xây dựng các dạng bài tập mới cho học sinh tư duy, giải quyết 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 một số tính chất của số phức

II- THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ :

Đây là vấn đề mới đối với học sinh phổ thông ,Bộ giáo dục đã chuyển tải nội dung này

từ nội dung học đại học năm thứ nhất xuống lớp 12 vừa được năm năm Vì mới đưa vào chương trình SGK 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 SGK còn nhiều hạn chế Với thời lượng cho phép dạy trên lớp môn toán có hạn Số phức trở thành một phần học khá trừu tượng đối với học sinh phổ thông trung học.Đối với các đối tượng là học sinh khá giỏi thì câu hỏi mà học sinh thường đưa ra là số phức đưa ra để làm gì? Do trong thực tế cuộc sống hằng ngày không dùng đến tập số phức Do vậy hứng thú đối với phần học số phức là hạn chế

III- GIẢI PHÁP THỰC HIỆN:

Để phát huy tính năng động và sáng tạo của học sinh khá giỏi, đồng thời giúp học sinh thấy được tầm quan trọng của số phức trong toán học và thực tiễn tôi đã giới thiệu và biên soạn hệ thống ví dụ bài tập có tính mở rộng ở nhiều mảng toán học giải phương trình, giải hệ phương trình , giải bài toán lượng giác, hình học

1 Hệ thống các kiến thức cơ bản về số phức:

1.1- Khái niệm số phức:

 Là biểu thức có dạng a + bi, trong đó a, b là những số thực và số i thoả mãn i2= –

1

 Ký hiệu là z = a + bi với a là phần thực, b là phần ảo, i là đơn vị ảo

 Tập hợp các số phức kí hiệu là = {a + bi/ a, bÎ  và i2= –1} Ta có Ì 

 Số phức có phần ảo bằng 0 là một số thực: z = a + 0.i = aÎ Ì 

 Số phức có phần thực bằng 0 là một số ảo: z = 0.a + bi = bi Đặc biệt i = 0 + 1.i

 Số 0 = 0 + 0.i vừa là số thực vừa là số ảo

1.2- Số phức bằng nhau:

 Cho hai số phức z = a + bi và z’ = a’ + b’i Ta có z = z¢ Û a a b b ''





1.3Biểu diễn hình học của số phức:

 Mỗi số phức z = a + bi được xác định bởi cặp số thực (a; b)

 Trên mặt phẳng Oxy, mỗi điểm M(a; b) được biểu diễn bởi một số phức và ngược lại

 Mặt phẳng Oxy biểu diễn số phức được gọi là mặt phẳng phức Gốc tọa độ O biểu diễn số 0, trục hoành Ox biểu diễn số thực, trục tung Oy biểu diễn số ảo

1.4-Môđun của số phức:

 Số phức z = a + bi được biểu diễn bởi điểm M(a; b) trên mặt phẳng Oxy Độ dài của véctơ OM

được gọi là môđun của số phức z Kí hiệu z = a + bi = a + b 2 2

1.5-Số phức liên hợp:

 Cho số phức z = a + bi, số phức liên hợp của z là z  a bi

-z a bi  Û z a bi; z z, z z * Chú ý Z n Z n i i i i









 ( ) ; ; )

(

Z là số thực Û Z Z; Z là số ảo Û Z  Z

* Môđun số phức Z=a + b.i (a; b Î R) Z OM  a2 b2  z z.

Chú ý: Z  Z z Î C

 Hai điểm biểu diễn z và z đối xứng nhau qua trục Ox trên mặt phẳng Oxy

1.6-Cộng, trừ số phức:

 Số đối của số phức z = a + bi là –z = –a – bi

 Cho z a bi  và z'  a b i' ' Ta có z z ' (  a a ') (  b b i ')

 Phép cộng số phức có các tính chất như phép cộng số thực

1.7-Phép nhân số phức:

 Cho hai số phức z a bi  và z'  a b i' ' Nhân hai số phức như nhân hai đa thức rồi thay

2

i = –1 và rút gọn, ta được: z z ' a a b b '- ' ( '  a b a b i ' )

 k.z = k(a + bi) = ka + kbi Đặc biệt 0.z = 0 zÎ 

 z.z = (a + bi)(a – bi) hay 2 2 2

z.z = a + b = z

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

1.8-Phép chia số phức: Số nghịch đảo của số phức z a bi  ¹ 0là -1 2

z

z z

  hay

1 a bi

-a bi a b Cho hai số phức z a bi  ¹ 0 và z'  a b i' ' thì 2

' '.

z z z

z  z hay

' ' ( ' ' )( - )

a b i a b i a bi



1.9-Lũy thừa của đơn vị ảo: Cho kÎ N

4k 1; 4k 1 ; 4k 2 -1; 4k 3

1.10- Căn bậc hai của số phức và giải phương trình bậc hai:

a/Căn bậc hai của số phức:

Cho số phức w, số phức z = a + bi thoả z2= w được gọi là căn bậc hai của w

 w là số thực: w = aÎ 

 a = 0: Căn bậc hai của 0 là 0

 a > 0: Có hai căn bậc hai đối nhau là a và – a

 a < 0: Có hai căn bậc hai đối nhau là a i. và – a i.

 w là số phức: w = a + bi (a, bÎ , b ¹ 0) và z = x + y.i là 1 căn bậc hai của w khi

2

xy b





 Mỗi số phức đều có hai căn bậc hai đối nhau

b/Phương trình bậc hai:

+Phương trình bậc hai với hệ số a,b,c là số thực:

ax bx c  a ¹  b  ac.

  ³ 0: Phương trình có 2 nghiệm thực 1,2

2

b x

a

  



  < 0: Phương trình có 2 nghiệm phức 1,2 | |.

2

x

a

  



+Phương trình bậc hai với hệ số phức:

Ax Bx C  A¹  B  AC ,  a bi

  = 0: Phương trình có nghiệm kép

2

B x A





  ¹ 0: Phương trình có 2 nghiệm 1,2

2

B x

A



 

 với  là 1 căn bậc hai của 

1.11-Dạng lượng giác của số phức:

a/

a/Acgumen của số phức z ¹ 0:

 Cho số phức z = a + bi ¹ 0 được biểu diễn bởi điểm M(a; b) trên mặt phẳng Oxy Số

đo (rađian) của góc   (Ox OM  , )

được gọi là một acgumen của z

 Mọi acgumen của z sai khác nhau là k2p tức là có dạng  + k2p (kÎ ) (z và nz sai khác nhau k2p với n là một số thực khác 0)

 z biểu diễn bởi OM

thì –z biểu diễn bởi –OM

nên có acgumen là  + (2k + 1)p

 z biểu diễn bởi M¢ đối xứng M qua Ox

nên có acgumen là – + k2p

 –z biểu diễn bởi –OM ' nên có acgumen là – + (2k + 1)p

z = 1

2

| |

z z z



 , vì 2

1

| |z là một số thực nên z 1 có cùng acgumen với z là – + k2p

b/ Dạng lượng giác của số phức z = a + bi:

 Dạng lượng giác của số phức z ¹ 0 là z = r(cos + isin) với  là một acgumen của z

 z a bi z rcos isin  ;r a2 b2; cos a; sin b

 Chú ý :

 Số – cos – isin có dạng lượng giác là cos( + p) + isin( + p)

 Số cos – isin có dạng lượng giác là cos(–) + isin(–)

 Số – cos + isin có dạng lượng giác là cos(p – ) + isin(p – )

c/ Nhân, chia số phức dưới dạng lượng giác:

Cho z = r(cos + isin) và z¢ = r¢(cos’ + isin’) với r, r¢³ 0

' '[cos( ') sin( ')]

z z r r   i  

và [cos( - ') sin( - ')]

' '

i

z r      (r¢¹ 0)

 Ta có 1

'

z và z có cùng acgumen là –’ + k2p nên 1 1[cos( ') sin( ')]

z r   

Do đó [cos( - ') sin( - ')]

' '

i

d/ Công thức Moa–vrơ (Moivre) và ứng dụng:

e/Công thức Moa–vrơ: Cho số phức z = r(cos + isin)

 r(cosisin ) n r n(cosnisinn) (nÎ *

 )

f/Căn bậc hai số phức dạng lượng giác:`

 Mọi số phức z = r(cos + isin) (r > 0) có 2 căn bậc hai là

r  i 

    

          p  p

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: ax3 bx2 cx d  0;(a≠0)(1)

Năm 1545 nhà toán học người Ý, Cardano Ginolamo, năm 1545 đã tìm ra công thức nghiệm của phương trình bậc ba thu gọn trình bày theo cách ký hiệu hiện nay: Gọi

2

;

a ab a

q  p  b; và δ là 1 căn bậc 2 của 2 3

4 27

p p

 ;u là căn bậc 3 của ;

2

q



  v là căn bậc 3 của  q2  Khi đó ta có nghiệm của phương trình (1) là: x1=u+v ;

3

a

 x2=uz+vz2;

x3=uz2+vz3

3

a

 Trong đó: z= 1 3 2 1 3 3

Bài toán 2: Giải hệ phương trình:

1

3

1

7

x

x y y

x y









Giải: Nhân 2 vế của phương trình thứ 2 với i rồi cộng từng vế với phương trình đầu Đặt

z=x+yi ta được phương trình ẩn z: 2

2 4 2 7 3

z

z

Phương trình (2)

2 7

3 21

;

z az

Û       

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

Giải:Xét khai triển:

(1 + x)2009 = C02009xC12009 2C22009 x2008C20082009x2009C20092009

Cho x = - i ta có:

(1 – i )2009 = C02009iC12009i2C22009 i2008C20082009i2009C20092009

= (C02009 C22009 C42009 C62009  C20042009 C20062009 C20082009) +

+ ( C12009 C32009C20095  C72009  C20052009 C20072009C20092009)i

Mặt khác:(1 i)2009 ( 2)2009 cos π isin π 2009

2009π 2009π 2009

2

2 i 2

2 2009 ) 2 ( 4

π isin 4

π cos 2009 ) 2

























So sánh phần thực và phần ảo của (1 – i )2009 trong hai cách tính trên ta được:

A = C02009 C22009C42009 C62009 C20042009 C20062009C20082009 = 21004

Bài toán 4:Tính tổng:

D = 310 0C20 39 2C2038 4C20 37 6C20  32 16C20 3C1820C2020

Giải(310C020 9C220 8C420 7C620  2C1620 3C1820 C2020) + +

i



20 C 3 17 20 C 3 ) 3 (

3 20 C 17 ) 3 ( 1

20

C

19

)

3

Mặt khác:































6

20π isin 6

20π cos 20 2

20 6

π isin 6

π cos 20 2

20 2

1 i 2

3 20

2

20

i

3

i 3 19 2 19 2 i 2

3 2

1 20 2 3

4π isin 3

4π

cos

20

























So sánh phần thực của  3  i20 trong hai cách tính trên ta có:D = - 219

Dạng 2: Khai triển (1 + x) n , đạo hàm hai vế theo x sau đó cho x nhận giá trị là những số phức thích hợp

Bài toán 5: Tính tổng:

E = C130 3C303  5C305  7C307  25  C3025 27C3027  29C3029

Giải:

(1 + x)30 = C030 xC130 2C230 3C330  x28C2830 x29C3029 x30C3030

Đạo hàm hai vế ta có:

30(1 + x)29 = C1302xC302  x2C330 28x27C302829x28C302930x29C3030

Cho x = i ta có:

30(1 + i)29 = (C130 3C3305C530 7C730 25C3025 27C273029C2930) +

+ (2C230 4C4306C6308C830 26C3026 28C302830C3030)i

Mặt khác:























4

29π isin 4

29π cos

29 2 30

29 4

π isin 4

π cos

29 2 30

  i 15.215 15.215i

2

2 2 2 29 2













.So 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; i

2

3 2

1 2

x    ;

2

3 2

1

3

x    Các nghiệm đó chính là các căn bậc ba của1 Đặt: i

2

3 2

1

ε    i

2

3 2

1

2

ε   

 và ε có các tính chất sau:1)ε + ε2 = -1; 2) ε 3 1;3) ε3k  1 4) ε3k1 ε

;5)ε3k  2ε2 (k Z).∈Z)

Sử dụng các tính chất trên của ε ta có thể tính được các tổng sau:

Bài toán 6: Tính tổng: S = C200 C203 C206  C203k  C1520C1820

Giải: Xét khai triển:

(1 + x)20 = C020xC120x2C220x3C320 x18C1820x19C1920x20C2020

Cho x = 1 ta có: 220 = C020C120C220C320 C1820C1920C2020 (1)

Cho x = ε ta có:

(1 + ε)20 = C020εC120ε2C220C320 C1820εC1920ε2C2020 (2)

Cho x = ε2 ta có:

(1 + ε2)20 = C020 ε2C120 εC220 C320  C1820 ε2C1920 εC2020 (3)

Cộng vế theo vế (1), (2) và (3) ta được: 220 + (1 + ε)20 +(1 + ε2)20 = 3S

Mặt khác: (1  ε)20  (  ε2)20  ε40  ε; (1  ε2)20 (  ε)20 ε20  ε2

Do vậy: 3S = 220 – 1 Hay S =

3 1 20

III> Ứng dụng giải một số bài toán lượng giác :

Bài toán 7: Chứng minh rằng os 1 5

c p  

Giải: Đặt x= os

5

c p ; y=sin

5

p

và z=x+iy= os

5

c p +isin

5

p

Ta có z5=-1 hay(z+1)(z4-z3+z2 -z+1)=0 Ta để ý rằng x=12 z 1

z



 , Từ đẳng thức trên ta có 4x2-2x-1=0

x  Vì x nên x p 

Bài toán 8: Chứng minh rằng cos cos3 cos5 1;

B'

C'

Giải: Đặt z=cos

7

p +isin

7

p Khi đó z7=cosπ+i sinπ=-1 hay z7+1=0

Vì z7+1=0 nên z10=-z3 và z8=z.Suy ra z10+ z8+ z6+ z4+ z2+1= z6+ z4-z3+ z2- z+1=

Z6- z5+ z4-z3+ z2-z+1+z5= 7 1 5 5

1

z

z z z





Mặt khác ta có: cos cos3 cos5 55 1;

z z

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= os2

3

c p +isin2

3

p

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,Rε2 Gọi R+z là tọa độ của điểm B', Thì R-εz là tọa độ của điểm A' Suy ra tọa độ của M, N là

a

A B

R z

z z R R z R  z R z  R z







2 '

A S

B S

R z







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

C B

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

ε= os2

3

c p +isin2

3

p

Vì AC'B; BA'C; CB'A là các tam giác đều nên: a+c'ε+bε2=0; b+a'ε+cε2=0; c+b'ε+aε2=0 Tâm của tam giác đều AC'B; BA'C; CB'A lần lượt có tọa độ là: a''=1 ' 

3 a b c  ; b''=1 '  ; " 1 '

3 a b c c  3 a b c  Do đó , bằng các phép tính đại số ta được 3(c''+a''ε+b"ε2)= (a+b+c')+(a'+b+c)ε+(a+b'+c)ε2 =(b+a'ε+cε2)+( c+b'ε+aε2)+( a+c'ε+bε2)

=0

Tức là tâm của các tam giác này là các đỉnh của một tam giác đều

3.Một số bài tập:

a/ Giải pt, hệ pt.

Bài 1: Giải các phương trình sau

x  x  x x  x 2)3 2  x   1 x 1; 3) 4 18  x  5 4 x 1 ; 4)x3   1 2 2 3 x 1;18,

2

x

x  x  5, 3 2  x 2  2x x 6

5, 5x2  14x  9 x2  x 20 5  x 1

Bài 2: Giải các hệ phương trình sau.

1)

1

1

x

x y

y

x y









2

1

xy









2

3 2x y

x 12 2y x

y



 







b/Tính các tổng sau

30 C 29 3 29 27 30 C 27 3 27

5 30 C 5 3 5 3 30 C 3 3 3 1

30

C

3

1

30 30 C 15 30.3 28

30 C 14 28.3

6 30 C 3 6.3 4

30 C 2 4.3 2

30

2.3C

2

3

A C0 2C2 3.4C4 5.6C6 7.8C8 21.22C22 23.24C24