SKKN một số ứng dụng của số phức trong đại số và toán tổ hợp image marked

Tên đề tài sáng kiến kinh nghiệm “Một số ứng dụng số phức đại số toán tổ hợp” PHẦN II: PHẦN NỘI DUNG MỞ ĐẦU 1- Đặt vấn đề: Thực trạng vấn đề: Số phức ứng dụng đóng vai trò công cụ đắc lực nhằm giải hiệu nhiều tốn hình học, giải tích, đại số, số học tốn tổ hợp Ngồi ra, tính chất số phức sử dụng tốn cao cấp, tốn ứng dụng nhiều mơ hình thực tế Trong kỳ thi Olympic tốn quốc gia quốc tế, Olympic tốn khu vực, toán liên quan đến số phức thường đề cập nhiều dạng phong phú thông qua đặc trưng biến đổi khác phương pháp giải, vừa mang tính tổng hợp cao, vừa mang tính đặc thù sâu sắc Trong chương trình Tốn bậc trung học, số phức đưa vào chương trình giải tích 12, chương trình chun tốn số phức giới thiệu đầu lớp 11, nhiên đơn giản Vì nhiều lí khác nhau, nhiều học sinh, chí học sinh khá, giỏi sau học xong phần số phức hiểu cách đơn sơ: sử dụng số phức, giải phương trình bậc hai, tính vài tổng đặc biệt, chứng minh số công thức lượng giác đơn giản,… Hiện tài liệu số phức khơng nhiều thường tản mạn Vì tơi mạnh dạn chọn đề tài: “Một số ứng dụng số phức đại số toán tổ hợp”, với mong muốn giúp học sinh, học sinh khá, giỏi giáo viên lớp chuyên toán, làm quen sử dụng, ứng dụng số phức vào giải toán cách tiếp cận để giải dạng toán liên quan, đồng thời giúp cho học sinh có khả năng, có nguyện vọng có điều kiện tham gia tốt kì thi học sinh giỏi nước quốc tế Ý nghĩa tác dụng đề tài: Nghiên cứu đề tài “Một số ứng dụng số phức đại số toán tổ hợp” nhằm giúp học sinh rèn kỹ giải toán số phức, nhằm phát triển tư logic cho học sinh đồng thời nâng cao chất lượng học tập học sinh, tạo hứng thú học tập mơn tốn, góp phần đổi phương pháp giảng dạy môn theo hướng phát huy tính tích cực, tự giác, sáng tạo học sinh, góp phần nâng cao chất lượng đội ngũ học sinh khá, giỏi mơn tốn, góp phần kích thích đam mê, u thích mơn tốn, phát triển lực tự học, tự bồi dưỡng kiến thức cho học sinh Phạm vi nghiên cứu đề tài: Xác định sở khoa học số phức với dạng đại số lượng giác, bậc n số phức phân số dạng toán ứng dụng số phức Tiếp cận số ứng dụng số phức giải toán đại số toán tổ hợp Một số dạng ứng dụng số phức giải toán đại số toán tổ hợp dành cho học sinh khá, giỏi học sinh lớp chuyên toán lớp 11, 12 2- Phương pháp tiến hành a) Nghiên cứu tài liệu b) Thực nghiệm (giảng dạy), phương pháp Một số ứng dụng số phức đại số toán tổ hợp kiến thức tương đối khó Do nội dung kiến thức chủ yếu nhằm phục vụ cho học sinh khá, giỏi với mục đích phát huy lực tốn học, nâng cao tầm hiểu biết học sinh, tiền đề để em tham gia tốt kỳ thi học sinh giỏi Do tính đa dạng phạm vi sâu rộng kiến thức chuyên đề mà sử dụng linh hoạt, uyển chuyển cho nhiều loại đối tượng học sinh giỏi khác với thời gian học khác Nội dung kiến thức chuyên đề giảng dạy cho học sinh lớp chuyên, chọn từ lớp11, sau em học lượng giác Nếu đối tượng học học sinh lớp chuyên, chọn khối 11, thời gian học từ đến tiết Vì kiến thức bồi dưỡng học sinh giỏi theo kế hoạch thường xuyên đặn, cần cung cấp cho học sinh kiến thức cách hệ thống tỉ mỉ, giải thích khắc sâu ví dụ phương pháp Với học sinh lớp chuyên, chọn khối 12, nội dung kiến thức dùng cho tiết chuyên đề Thời gian tuỳ thuộc vào phân bố số tiết học chuyên đề quy định cho lớp chuyên, chọn gói gọn từ đến tiết Ngồi ví dụ có, học sinh vận dụng phương pháp học để giải tập nâng cao, tự nghiên cứu tìm lời giải cho toán tương tự Nếu học sinh tham gia đội tuyển thi học sinh giỏi cấp tỉnh, thành phố, đội tuyển quốc gia quốc tế, cần xác định thời gian cấp tốc, nên đưa phuơng pháp với ví dụ, tập chọn lọc vận dụng nhiều kiến thức tổng hợp dạng tốn thường gặp Thời gian học từ đến tiết Ngoài học sinh lớp 12, chuẩn bị thi đại học ta dành từ 1-2 tiết để giới thiệu ứng dụng số phức để giải phương trình, hệ phương trình đại số NỘI DUNG A - Mục tiêu: Đề tài sáng kiến kinh nghiệm đảm bảo nội dung sau Cở sở lý thuyết Phần hệ thống lại kiến thức số phức Một số ứng dụng số phức Phần đưa số ví dụ phân tích áp dụng kiến thức lý thuyết Các tốn phương trình, hệ phương trình đại số Rút gọn số tổng tổ hợp, chứng minh đẳng thức tổ hợp Các toán đếm Các toán đa thức a Xác định đa thức b Bài toán chia hết đa thức B - Giải pháp đề tài I CƠ SỞ LÝ THUYẾT Số phức 1.1 Một biểu thức dạng z = a + bi, a b số thực i thỏa mãn i = -1 gọi số phức a gọi phần thực b gọi phần ảo i gọi đơn vị ảo Tập số phức kí hiệu C Số phức có phần ảo gọi số thực nên R  C Số phức có phần thực gọi số ảo Số = + 0i vừa số thực vừa số ảo 1.2 Hai số phức z = a+bi (a, b  R) z’ = a’+b’i (a,b  R) a  a ' b  b' z =z’   1.3 Cộng, trừ hai số phức z = a+bi (a, b  R) z’ = a’+b’i (a’, b’  R) z+z’ = (a+a’)+(b+b’) z - z’ = (a-a’)+(b - b’)i Số đối số phức z = a + bi số phức - z = - a – bi Ta có z + (-z) = 1.4 Nhân hai số phức z = a+bi (a, b  R) z’ = a’+b’i (a’, b’  R) zz’ = aa’ – bb’+(ab’+a’b)i 1.5 Môđun số phức, số phức liên hợp z = a +bi (a, b  R) mơđun z | z | a  b z = a +bi (a, b  R) số phức liên hợp z z = a - bi Ta có | zz '| z z ' , z z  a  b z  z '  z  z ', zz '  z z ', z  z z số thực z  z 1.6 Chia cho số phức khác Nếu z = a + bi (a, b  R) khác khơng số phức nghịch đảo z z 1  Thương số phức z cho số phức z '  là: z z z z z'  z.( z ' ) 1  z' z' z z z z  ;    ; z '  z' z'  z'  z' 1.7 Biểu diễn hình học số phức Số phức z = a + bi (a, b  R) biểu diễn M(a; b) mặt phẳng toạ độ Oxy hay gọi mặt phẳng phức Trục Ox biểu diễn số thực gọi trục thực, trục Oy biểu diễn số ảo gọi trục ảo  Số phức z = a + bi (a, b  R) biểu diễn vectơ u  (a; b) ,  M(a; b) điểm biểu diễn số phức z = a + bi (a, b  R) có nghĩa OM biểu diễn số phức   Nếu u, v theo thứ tự biểu diễn số phức z, z'   u  v biểu diễn số phức z + z',   u  v biểu diễn số phức z - z', k u (k  R) biểu diễn số phức kz,  u biểu diễn số phức –z,   OM  u  z , với M điểm biểu diễn số phức z Dạng lượng giác số phức 2.1 Acgumen số phức z  Cho số phức z  Gọi M điểm mặt phẳng phức biểu diễn số phức z Khi số đo (radian) góc lượng giác có tia đầu Ox, tia cuối OM gọi acgumen z Chú ý: + Nếu  acgumen z acgumen z có dạng  + k2  , k  Z + Acgumen z  xác định sai khác k2  , k  Z 2.2 Dạng lượng giác số phức Cho số phức z = a+bi, (a, b  R), với r = a  b modun số phức z  acgumen số phức z Dạng z = r (cos  +isin  ) gọi dạng lượng giác số phức z  0, dạng z = a + bi gọi dạng đại số số phức z 2.3 Nhân chia số phức dạng lượng giác Nếu z = r(cos  +isin  ), z' = r' (cos  '+isin  ') (r  r'  ) zz' = rr ' [cos(   ' )  i sin(   ' )] z r   cos(   ')  i sin(   ')  z' r' (khi r' > 0) 2.4 Công thức Moa-Vrơ  r (cos   i sin  ) n  r n (cos n  i sin n ) cos   i sin  n  cos n  i sin n , n  N * Dạng mũ số phức Kí hiệu cos   i sin   e i , gọi lũy thừa e với số mũ ảo Cho z  r (cos   i sin  ) , z biểu diễn dạng z  re i gọi dạng mũ số phức z Các phép toán viết lại: z  re i ; z '  r ' e i '  z.z '  r.r '.e i (  ') ; z r i (  ')  e z' r ' ( z'  ) z  r.e  i ; z n  r n e in e i  e  i e i  e  i Công thức Ơle (Euler): cos  ; sin   2i Căn bậc n số phức Cho số phức z  số nguyên n  , số phức w gọi bậc n z wn  z Nếu z  r (cos   i sin  ) , r  bậc n z gồm n số phân biệt xác định bởi:     k 2     k 2 wk  n r  cos   i sin  n n       ; k  0;1; n   Khi n  2, có hai bậc hai z r (cos          i sin ) ;  r (cos  i sin )  r  cos(   )  i sin(   )  2 2 2   Căn bậc n đơn vị: Căn bậc n số phức z  gọi bậc n đơn vị Từ định nghĩa ta có bậc n đơn vị là: wk  cos k 2 k 2  i sin ; k  0;1;2 , n  n n w bậc n đơn vị gọi nguyên thủy bậc n đơn vị số nguyên dương m  n ta có w m  Tính chất nguyên thủy bậc n đơn vị: Nếu w nguyên thủy bậc n đơn vị  w k  w k   w k ( n 1)  với (k , n)  Đặc biệt k  ta có  w  w   w n 1  II MỘT SỐ ỨNG DỤNG SỐ PHỨC Các tốn phương trình, hệ phương trình đại số Một phương trình với ẩn phức f ( z )  với nghiệm z  x  yi ( x, y  R) , giải cách tách phần thực phần ảo ta ln đưa dạng hệ phương trình h ( x , y )    g ( x, y )  Chẳng hạn, để tìm bậc ba số phức  i , ta tìm số phức z  x  yi cho z   i Bằng cách tách phần thực phần ảo đẳng thức ( x  yi)   i ta hệ phương trình:  x  xy   3 x y  y  Giải hệ này, ta tìm ( x; y ) ; từ ta tìm z Tuy nhiên, rõ ràng z tìm cách tìm bậc ba  i , cụ thể là:  i  (cos   k 2  k 2  sin ) nên z  (cos(  )  i sin(  ) ; k  0;1;2 4 12  Từ đó, ngược lại ta tìm nghiệm hệ phương trình là:    k 2  2k  ( x; y )   cos(  ); sin(  ; k  0;1;2 12 12    Như thế, số hệ phương trình có ”xuất xứ” từ phương trình nghiệm phức Bằng cách ngược lại trình từ phương trình nghiệm phức hệ phương trình, từ hệ phương trình cho ta thu phương trình nghiệm phức gốc Giải phương trình nghiệm phức này, so sánh phần thực phần ảo, ta nghiệm hệ phương trình Ta xét ví dụ sau: Ví dụ Giải hệ phương trình sau    2  x 1  x  y    a   y 1     x y     3x  y  x  x  y  b  y  x  3y   x2  y2 4 x  y   y  c  4 (1  x)(1  y )   x   Giải: a Điều kiện x  0; y  đặt u  x ; v  y (u  0; v  0)    u 1  u  v     Hệ đưa về:  v1      u  v  Vì u  v bình phương modun số phức z  u  iv , cách cộng phương trình thứ với phương trình thứ hai (sau nhân với i ) ta u  iv  Mà u  iv (3)  i 2 u v u  iv z z    2 z z z u v z z Nên (3) viết dạng: z   i  2 .z    z   i     2  38   '    i      i i 2 21   21   z 2    i   21    Từ suy (u, v)     21 ;    Do đó, nghiệm hệ pt cho là:  2 2     11  22    2   ( x, y )        ;  ;     21 21        b Nhân hai vế phương trình thứ hai với i cộng với phương trình thứ ta x  yi  x  y  xi  yi 3 x2  y2  x  yi  3( x  yi)  i ( x  yi)  (4) x2  y2 Giả sử z  x  yi  z  x  yi;| z |2  x  y (4) đưa z  z  iz (3  i ) 3  z 3 z |z|  z  z   i  ,   3  4i  (1  2i )  z  z   2i  2i   2i  1 i Từ suy nghiệm hệ ban đầu ( x; y )  (2;1); (1;1) c Đkxđ: x  1; y  1 a  b  3b   Đặt a  x  1; b   y hệ trở thành  2ab  3a   Từ hệ ta biến đổi dạng số phức sau: (a  b  3b  3)  (2ab  3a  1)i   (a  bi )  3i (a  bi )  i   10 n Xét đa thức P( x)  (1  x) n   C nk x k k 0 Gọi w    i nguyên thủy bậc ba đơn vị ( có w  w   ) w k  w k  k không chia hết cho 3, k chia hết cho n Vì P(1)  P( w)  P( w )   C nk (1  w k  w k )  k 0  S1   C 03 k  n 1 3k n  P(1)  P( w)  P( 2 n 1 n n 15 n Xét (1  x) n   C nk x k k 0 Đạo hàm hai vế ta n(1  x) n 1  C n1  xC n2   nx n 1C nn Cho x  i so sánh phần thực, phần ảo hai vế ta đẳng thức cần chứng minh Các toán đếm Số phức có ứng dụng hiệu tốn đếm vai trò trung tâm kỹ thuật ứng dụng số phức vào toán đếm tiếp tục lại nguyên thủy đơn vị Với tính chất w nguyên thủy bậc n đơn vị ta có:  w  w   w n 1   w k  w k   w k ( n 1)  với (k , n)  Ví dụ Tìm số tất số có n chữ số lập từ chữ số 3, 4, 5, chia hết cho Giải: Gọi C n số số có n chữ số thỏa mãn đề Gọi  nghiệm phương trình z  z   Khi    k   k   k không chia hết cho  k   k   k 3 Xét đa thức P( x)  ( x  x  x  x ) n dễ thấy C n tổng hệ số số 6n mũ chia hết cho khai triển P(x) Nói cách khác, P( x)   ak x k k 0 2n 6n 2n k 0 k 0 k 0 C n   a3k Mà P(1)  P( )  P( )   a k (1   k   k )   3a3k Do P(1)  (1    1) n  n P( )  (       ) n  (1       ) n  (1      1) n  P( )  (     10   12 ) n  (1      1) n  1n   P(1)  P( )  P( )  n  2n  C n   a3k  k 0 4n  P(1)  P( )  P(  3   16 Ví dụ 5.(IMO1995) Cho p số nguyên tố lẻ, tìm số tập A tập 1;2;3; ,2 p biết a A chứa p phần tử b Tổng phân tử A chia hết cho p Giải: Xét đa thức P( x)  x p 1  x p 2   x  Đa thức có ( p  1) nghiệm phức phân biệt Gọi  nghiệm P(x) Chú ý  ,  ,  p 1 p  nghiệm phân biệt P(x)  p  Theo định lý Viet có: ( x   )( x   ) ( x   p 1 )  x p 1  x p 2   x  Xét đa thức Q( x)  ( x   )( x   ) ( x   p ) Gọi H  A  1,2 ,2 p:| A | p 2p Giả sử Q( x)   a k x k a p     S ( A) với S ( A)   x k 0 AH Nếu S ( A)  j (mod p)  S ( A)  j x A p 1 nên a p   n j j , n j số A  H j 0 cho S ( A)  j (mod p) Mặt khác Q( x)  ( x p  1)  a p  2 nên p 1 n  j 0 j j  (*) p 1 Xét đa thức R( x)   n j x j  n0  Do (*) nên  nghiệm R(x) mà j 0 deg P( x)  deg R( x)  nghiệm P(x) , nên P(x) R(x) sai khác số nhân Từ n p 1  n p 2   n1  n0  Suy n0   n p 1  n p    n1  n0  p  C 2pp  p  n0   C 2pp  2 Số tập A tập hợp 1;2;3 ,2 p thỏa mãn đề là: n0   C 2pp  2 Các toán đa thức a Xác định đa thức 17 Nghiệm đa thức đóng vai trò quan trọng việc xác định đa thức Cụ thể đa thức P(x) bậc n có n nghiệm x1 , x , , x n P(x) có dạng P( x)  c( x  x1 )( x  x ) ( x  x n ) Tuy nhiên, xét nghiệm thực đa thức nhiều trường hợp không đủ số nghiệm, tốn phương trình hàm đa thức, xét nghiệm thực lời giải khơng hồn chỉnh Định lý đại số đóng vai trò quan trọng dạng tốn là: Một đa thức với hệ số phức (bao gồm số thực) ln có nghiệm phức (bao gồm nghiệm thực) Ví dụ Xác định tất đa thức P(x) khác đa thức cho P( x) P( x  1)  P( x  x  1); x  R (1) Giải: Giả sử x0 nghiệm P( x)   P( x0  x0  1)  Khi x0  x0  nghiệm P(x) Thay x x  (1) ta P( x  1) P( x)  P( x  x  1) Vì P( x0 )  nên x0  x0  nghiệm P(x) Chọn  nghiệm có modun lớn (nếu tồn vài nghiệm với modun lớn nhất, ta chọn số nghiệm đó) Từ cách chọn  suy ra: |     ||  | |     ||  |         nghiệm P(x) Ta có   |  || (    1)  (    1) ||     |  |     | |  |  |  | |  | Vậy phải xảy dấu đẳng thức nên      k (    1) với k số dương Mà |  | lớn nên |     ||     ||  |  k        (    1)        i nên x  thừa số P(x) Như ta viết: P( x)  ( x  1) m Q( x) ; m  N * Trong Q(x) đa thức không chia hết cho x  Thế ngược trở lại vào (1) ta thấy Q(x) thỏa mãn: Q( x)Q( x  1)  Q( x  x  1); x  R (2) 18 Nếu phương trình Q( x)  lại có nghiệm lập luận ta suy nghiệm có modun lớn phải  i Điều khơng thể xảy x  không chia hết Q(x) Q(x) số, giả sử Q( x)  c ; x  R , thay vào (2) ta c  Vậy đa thức thỏa mãn đề P( x)  ( x  1) m , n  N * Ví dụ Tìm tất đa thức P(x) thỏa mãn: P( x) P( x  1)  P( x ) , x  R Giải: Giả sử  nghiệm P( x)  Khi từ phương trình suy  ,  ,  , nghiệm P( x)  Từ suy |  | |  | , ngược lại ta thu dãy vô hạn nghiệm phân biệt P(x) Tương tự   nghiệm P(x) lập luận tương tự, ta |   | |   | Giả sử |  | |   | Ta viết   cos   i sin  ;   [0;2 ], từ suy cos    5 hay     3 Giả sử    , xét  nghiệm P(x) ,   nghiệm 2 2   P(x) |   |  cos  1  sin  mâu thuẫn nghiệm P(x) có 3   modun Tương tự với trường hợp   5 Như kết luận      Từ P(x) có dạng P( x)  cx m (1  x) n , c số m, n  N , thay vào phương trình cho ta dễ dàng kiểm tra c  m  n Vậy đa thức thỏa mãn: P( x)  x m (1  x) m , m  N b Bài toán chia hết đa thức Ta biết rằng, đa thức P(x) chia hết cho đa thức Q(x) nghiệm Q(x) nghiệm P(x) Tính chất đơn giản chìa khóa để giải nghiệm tốn chia hết đa thức 19 Ví dụ Với giá trị n x n  x n  chia hết cho đa thức x  x  1 Giải: Ta có w    i  2   2   cos    i sin    nghiệm Q( x)  x  x       Đa thức P( x)  x n  x n  chia hết cho Q(x) P( w)  điều tương đương với  4n   4n   2n   2n cos    i sin     cos    i sin          4n 2n  cos  cos   2n   cos 1  sin 4n  sin 2n  3   cos   1   n   3k 2n  2 (k  Z )   cos  3 n  3k  Vậy với n  3k  n  3k  ; (k  Z ) P(x) chia hết cho Q(x) Ví dụ đây, lần nữa, đơn vị lại đóng vai trò then chốt Ví dụ 9.(USA MO 1976) Cho P( x), Q( x), R( x), S ( x) đa thức cho P( x )  xQ( x )  x R( x )  ( x  x  x  x  1).S ( x) (1) Chứng minh P(x) chia hết cho x  Giải: Đặt w  e 2i w   w  w  w  w  (*) Thay x w, w , w3 , w vào (1) ta phương trình P(1)  wQ (1)  w R(1)  P(1)  wQ (1)  w R(1)  (2) P(1)  w Q(1)  w R(1)  P(1)  w Q(1)  w R(1)  (3) P(1)  w Q(1)  w R(1)  P(1)  w Q(1)  w R(1)   P(1)  w Q(1)  wR (1)  (4) P(1)  w Q(1)  w R(1)  (5) Nhân phương trình từ (2) đến (5) với  w; w ; w ; w ta 20  wP (1)  w Q(1)  w R(1)   w P(1)  w Q(1)  wR (1)   w P(1)  wQ (1)  w R(1)   w P(1)  w Q(1)  w R(1)  Cộng vế với vế đẳng thức áp dụng (*) ta P(1)  Q(1)  R(1)  (6) Cộng vế với vế (2), (3), (4), (5), (6) suy 5P(1)  suy P(x) chia hết cho x  Bài tập tương tự Tìm tất đa thức P(x) thỏa mãn: P( x) 2  P( x )  x ; x  R Tìm tất đa thức P(x) thỏa mãn: P( x  2)  P( x) 2  2; x  R (VN 2006) Tìm tất đa thức P(x) với hệ số thực thỏa mãn: P( x )  x3P( x)  P( x)   P( x)   x ; x  R Tìm tất đa thức P(x) hệ số thực thỏa mãn: x ( P( x)  P(2 x  x); x  R Đáp số P( x)  x  ; P( x)  x  x ; P( x)  x ; P( x)   x 2 Ta dãy nghiệm: P0 ( x)  2; P1 ( x)  x ; Pn 1 ( x)  xPn ( x)  Pn 1 ( x); n  P( x)  x; P( x)  x; P( x)  x  1; P( x)  x k 1  x; P( x)  x k  x; k  N , k  P( x)  ( x  1) k ; k  N * 21 PHẦN III: KẾT LUẬN KẾT QUẢ THỰC HIỆN ĐỀ TÀI Việc học tập sáng kiến kinh nghiệm thu kết tốt đảm bảo yêu cầu sau: Học sinh phải có trình độ nhận thức tư tương đối tốt Nắm vững kiến thức số phức: dạng đại số, dạng lượng giác, công thức Moavrơ, bậc n đơn vị, kiến thức đại số, tổ hợp như: nghiệm đa thức, tính chất số C nk , … Hiểu sử dụng xác thuật ngữ, kí hiệu tốn học Xuất phát từ đối tượng học học sinh khá, giỏi, nên khả tiếp thu kiến thức nhanh chắn Đó tiền đề tốt để truyền thụ khối lượng kiến thức đơn vị thời gian nhiều so với học sinh khác Giáo viên cần biết tận dụng có hiệu khả đó, chẳng hạn, cách đưa tài liệu, yêu cầu học sinh tự nghiên cứu trước sau trình bày, đưa nhận xét, kết thu tiết học chuyên đề….Như giúp học sinh lĩnh hội kiến thức sâu sắc hơn, tạo điều kiện để em bước đầu tập dượt nghiên cứu khoa học Kết thực tiễn Qua thực tế, trực tiếp giảng dạy sáng kiến kinh nghiệm tiết chuyên đề lớp 11 Toán bồi dưỡng học sinh dự thi học sinh giỏi quốc gia mơn Tốn 12 trường THPT chuyên Hưng Yên từ năm học 2010 - 2011, với lượng kiến thức vừa 22 phải hệ thống ví dụ phù hợp giúp học sinh tiếp thu tốt, kích thích phát huy khả tư duy, vận dụng tổng hợp kiến thức cách lôgic, say mê tự giác học tập, gợi mở óc tìm tòi sáng tạo khoa học Học sinh đội tuyển lớp 12 dự thi học sinh giỏi quốc gia tự tin gặp toán đa thức tổ hợp Kết thi chọn học sinh giỏi quốc gia mơn Tốn lớp 12: Năm học 2010 - 2011 có 5/6 học sinh đạt giải Năm học 2011 - 2012 có 6/6 học sinh đạt giải Năm học 2012 - 2013 có 8/8 học sinh đạt giải Năm học 2013 - 2014 có 5/8 học sinh đạt giải Kết thi chọn học sinh giỏi khu vực Duyên hải đồng Bắc Bộ mơn Tốn lớp 10, lớp 11: Năm học 2010 - 2011 có 6/6 học sinh đạt giải, có giải nhì Năm học 2011 - 2012 có 6/6 học sinh đạt giải, có giải nhì Năm học 2012 - 2013 có 6/6 học sinh đạt giải Năm học 2013 – 2014 có 5/6 học sinh đạt giải, có giải Kết thi chọn học sinh giỏi tỉnh Hưng n mơn Tốn lớp 12: Năm học 2010 - 2011 có 9/10 học sinh đạt giải Năm học 2011 - 2012 có 10/12 học sinh đạt giải Năm học 2012 - 2013 có 10/10 học sinh đạt giải Bài học kinh nghiệm Khi dạy số ứng dụng số phức đại số toán tổ hợp, cần nhấn mạnh kết áp dụng, khắc sâu ví dụ Sau ứng dụng, yêu cầu học sinh nhận xét, lấy ví dụ minh họa, liên hệ đến trường hợp riêng, trường hợp đặc biệt, nhìn nhận, so 23 sánh với cách giải khác học Từ tiết dạy đạt hiệu cao hơn, rèn tính chủ động lĩnh hội kiến thức học sinh, ý thức học tập nghiêm túc, có khả cảm nhận toán học tốt Sáng kiến kinh nghiệm giảng dạy cho hệ học sinh lớp chuyên toán, nên cần thường xuyên trao đổi, cập nhật liên tục, bổ sung thêm ứng dụng số phức chứng minh đa thức bất khả quy, giải phương trình nghiệm nguyên, biết vận dụng ứng dụng để giải toán tương tự KẾT LUẬN Nội dung sáng kiến kinh nghiệm dùng cho tiết học chuyên đề Tùy theo phân bố tiết học chuyên đề quy định, tuỳ theo khả tiếp thu học sinh, giáo viên cần phải biết linh hoạt kết hợp, lồng ghép kiến thức số phức, tính chất số C nk , cơng thức khai triển nhị thức NiuTơn, định lý nghiệm đa thức, để việc chứng minh toán trở lên dễ dàng Do thời gian nghiên cứu hạn chế, sáng kiến kinh nghiệm đưa số ứng dụng số phức đại số tốn tổ hợp, ta tiếp tục nghiên cứu ứng dụng số phức hình học, số học, Đây sáng kiến kinh nghiệm thân viết, không chép nội dung người khác, với khả thời gian nghiên cứu có hạn, nên mức độ thành cơng sáng kiến kinh nghiệm nhiều hạn chế, tơi mong nhận động viên ý kiến đóng góp chân thành q Thầy cơ, bạn bè đồng nghiệp em học sinh Hưng Yên, ngày 15 tháng năm 2014 Tác giả Đặng Thị Mến 24 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Bộ Giáo Dục Đào Tạo - “Giải Tích 12 Nâng Cao”(Tái lần thứ tư), NXBGD - 2012 [2] Đoàn Quỳnh - Trần Nam Dũng - Nguyễn Vũ Lương - Đặng Hùng Thắng “Tài liệu chun Tốn - Đại Số Giải Tích 11”, NXBGD - 2010 [3] Nguyễn Văn Mậu - Trần Nam Dũng - Nguyễn Đăng Phất - Nguyễn Thủy Thanh - “ Chuyên đề chọn lọc - Số Phức Áp Dụng”, NXBGD - 2009 [4] Bộ Giáo dục Đào tạo – “Tạp chí Tốn học tuổi trẻ”, NXBGD - 25 MỤC LỤC Mục Nội dung Trang Phần I: Phần lí lịch Phần II: Phần nội dung Mở đầu Đặt vấn đề Thực trạng vấn đề Ý nghĩa tác dụng đề tài Phạm vi nghiên cứu đề tài Phương pháp tiến hành Nội dung A- Mục tiêu B - Giải pháp đề tài I Cở sở lý thuyết II Một số ứng dụng số phức Các tốn phương trình, hệ phương trình đại số Rút gọn số tổng tổ hợp, chứng minh đẳng thức tổ hợp 13 Các toán đếm 16 Các toán đa thức 18 26 a Xác định đa thức 18 b Bài toán chia hết đa thức 20 Phần III: Kết luận 23 Kết thực đề tài 23 Kết luận 25 Tài liệu tham khảo 26 Mục lục 27 - 27 ... học số phức với dạng đại số lượng giác, bậc n số phức phân số dạng toán ứng dụng số phức Tiếp cận số ứng dụng số phức giải toán đại số toán tổ hợp Một số dạng ứng dụng số phức giải toán đại số toán. .. chọn đề tài: Một số ứng dụng số phức đại số toán tổ hợp”, với mong muốn giúp học sinh, học sinh khá, giỏi giáo viên lớp chuyên toán, làm quen sử dụng, ứng dụng số phức vào giải toán cách tiếp... trình đại số Rút gọn số tổng tổ hợp, chứng minh đẳng thức tổ hợp Các toán đếm Các toán đa thức a Xác định đa thức b Bài toán chia hết đa thức B - Giải pháp đề tài I CƠ SỞ LÝ THUYẾT Số phức 1.1 Một