bài toán liên quan đến số phức thường được đề cập dưới nhiều dạng phong phú thông qua các đặc trưng và các biến đổi khác nhau của phương pháp giải, vừa mang tính tổng hợp cao, vừa mang t[r]
(1)PHẦN I: PHẦN LÍ LỊCH Họ tên tác giả: Đặng Thị Mến
Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị công tác: Trường THPT chuyên Hưng Yên Tên đề tài sáng kiến kinh nghiệm
(2)PHẦN II: PHẦN NỘI DUNG MỞ ĐẦU
1- Đặt vấn đề:
Thực trạng vấn đề: Số phức ứng dụng đóng vai trị cơng
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 cịn sử dụng tốn cao cấp, tốn ứng dụng nhiều mơ hình thực tế
Trong kỳ thi Olympic toán quốc gia quốc tế, Olympic tốn khu vực, các
bài 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 không 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
(3)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
(4)được 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 1 Số phức
1.1 Một biểu thức dạng z = a + bi, a b số thực i thỏa mãn
(5)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 RC.
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)
z =z’
⇔ a=a ' b=b '
¿{
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) = 0.
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∨¿√a2+b2
(6)¿zz '∨¿|z||z '|❑, z z=a2+b2
z+ z '=z+ z ' ,❑zz '=z z ' ,❑z=z
z số thực z=z
1.6 Chia cho số phức khác 0
Nếu z = a + bi (a, b R) khác khơng số phức nghịch đảo z z−1=
|z|2z
Thương số phức z cho số phức z ' ≠ 0 là:
z '¿−1= z z '
|z '|2
z 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 , đó 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' thì 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.
(7)Cho số phức z 0 Gọi M điểm mặt phẳng phức biểu diễn số phức z Khi đó số đo (radian) góc lượng giác có tia đầu Ox, tia cuối OM gọi một acgumen z
Chú ý:
+ Nếu ϕ acgumen z acgumen z có dạng ϕ + k2 π , k Z.
+ Acgumen z 0 xác định sai khác k2 π , k Z.
2.2 Dạng lượng giác số phức
Cho số phức z = a+bi, (a, b R), với r = √a2+b2 modun số phức z ϕ là acgumen số phức z Dạng z = r (cos ϕ +isin ϕ ) gọi dạng lượng giác của 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 ϕ +isin ϕ ), z' = r' (cos ϕ '+isin ϕ ') (r và r' ) zz' = rr ' [cos(ϕ+ϕ' )+i sin(ϕ+ϕ ')]
' 'cos( ') sin( ')
z r
i
z r (khi r' > 0).
2.4 Công thức Moa-Vrơ
r(cos isin )n rn(cosn isinn )
[cos ϕ+isin ϕ]n=cos nϕ+isin nϕ,∀ n ∈ N ∗
3 Dạng mũ số phức
Kí hiệu cos ϕ+isin ϕ=eiϕ , gọi lũy thừa e với số mũ ảo.
Cho z=r(cos ϕ+i sin ϕ) , z cịn biểu diễn dạng z=reiϕ gọi là
dạng mũ số phức z Các phép toán viết lại:
z=reiϕ ; z '=r ' eiϕ'⇒ z z'=r r' ei(ϕ+ϕ') ; z
z '= r r ' e
i (ϕ− ϕ')
( z ' ≠ 0 )
(8)Công thức Ơle (Euler): cos ϕ=e
iϕ
+e− iϕ
2 ; sin ϕ=
eiϕ−e−iϕ
2i
4 Căn bậc n ≥2 của số phức.
Cho số phức z ≠ 0 số nguyên n ≥2 , số phức w gọi bậc n
z wn
=z
Nếu z=r (cos ϕ+i sin ϕ) , r >0 bậc n z gồm n số phân biệt xác định bởi:
wk=√nr(cos(ϕ+k π
n )+i sin(
ϕ+k π
n ));k=0 ;1 ; n −1
Khi n=2, có hai bậc hai z là r(cos2 isin )2
; −√r (cos
ϕ
2+isin
ϕ
2)=√r(cos (
ϕ
2+π)+i sin(
ϕ
2+π ))
Căn bậc n đơn vị:
Căn bậc n số phức z=1 gọi bậc n đơn vị Từ định nghĩa ta có căn bậc n đơn vị là: wk=cosk π
n +i sin k π
n ;k=0 ;1 ;2 , n− 1.
w bậc n đơn vị gọi nguyên thủy bậc n đơn vị nếu số nguyên dương m<n ta có wm≠ 1
Tính chất nguyên thủy bậc n đơn vị: Nếu w nguyên thủy bậc n đơn vị 1+wk+w2 k+ +wk (n − 1)=0 với (k , n)=1
Đặc biệt k =1 ta có 1+w+w2+ +wn −1
=0
II MỘT SỐ ỨNG DỤNG SỐ PHỨC
1 Các tốn phương trình, hệ phương trình đại số.
Một phương trình với ẩn phức f (z)=0 với nghiệm z=x +yi (x , y∈ R) , có
thể giải cách tách phần thực phần ảo ta ln đưa dạng hệ phương trình
¿
h (x , y )=0 g(x , y )=0
¿{
(9)Chẳng hạn, để tìm bậc ba số phức 1+i , ta tìm số phức z=x +yi cho
z3=1+i Bằng cách tách phần thực phần ảo đẳng thức x+ yi¿3=1+i
¿ ta
được hệ phương trình:
¿
x3− xy2=1 3 x2y − y3=1
¿{ ¿
Giải hệ này, ta tìm (x ; y ) ; từ ta tìm z Tuy nhiên, rõ ràng z
có thể tìm cách tìm bậc ba 1+i , cụ thể là:
1+i=√2(cosπ 4+sin
π
4) nên
cos (π 4+
k π
3 )+isin (
π
12+
k π
3 )
z=√62¿
; k∈{0 ;1 ;2}
Từ đó, ngược lại ta tìm nghiệm hệ phương trình là:
π
12+ 2 kπ
3
(6
√2 cos( π 12+
k π
3 );
6
√2 sin(¿);k∈{0 ;1 ;2}}
(x ; y )∈¿
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 được nghiệm hệ phương trình.
Ta xét ví dụ sau:
Ví dụ Giải hệ phương trình sau
a
¿
√3 x(1+
x+ y)=2
√7 y(1−
x − y)=4√2
(10)b
¿
x +3 x − y x2
+y2=3
y −x +3 y x2
+y2=0 ¿{
¿
c
¿
4 x − y +3√1+ y=0 4√(1+x)(1+ y )− 6√1+x +1=0
¿{ ¿ Giải:
a Điều kiện x>0 ; y>0 đặt u=√x ;v=√y (u>0 ; v>0)
Hệ đưa về:
¿
u(1+
u2
+v2)=
√3
v(1 −
u2+v2)= 4√2
√7 ¿{
¿ Vì u2
+v2 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+u − iv u2+v2=
2
√3+i 4√2
√7 (3)
Mà u − iv
u2
+v2= ¯
z z2= ¯
z z ¯z=
1
z
Nên (3) viết dạng: z+1 z=
2
√3+i 4√2
√7
⇔ z2 −(
√3+i 4√2
√7 ) z +1=0
Δ'=(
√3+ 2√2
√7 i)
2
−1=−38
21+ 4√2
√7 i=(
√21+i√2)
2
⇔ z= 1
√3±
√21+i( 2√2
√7 ±√2) Từ suy (u , v )=(
√3+
√21; 2√2
(11)(x , y )=((
√3+
√21)
2 ;(2√2
√7 +√2)
2
)=(11+4√7
21 ;
22+8√7
7 )
b Nhân hai vế phương trình thứ hai với i cộng với phương trình thứ ta
x+yi+3 x − y − xi− yi
x2+y2 =3
⇔ x+yi+3(x − yi)−i(x − yi)
x2+y2 =3 (4)
Giả sử z=x +yi⇒ z=x − yi;∨z¿2=x2+y2 (4) đưa z+3 ¯z −i¯z
¿z¿2 =3 ⇔ z+ (3 −i)
z =3
⇔ z2− z+3 − i=0 , 1+2i¿
2⇔ z=3+1+2i
2 =2+i
Δ=− 3+4 i=¿
z=3− 1− 2i
2 =1 −i
Từ suy nghiệm hệ ban đầu (x ; y )∈{(2;1);(1;− 1)}
c Đkxđ: x ≥ −1 ; y ≥ −1
Đặt a=2√x +1; b=√1+ y hệ trở thành
¿
a2−b2+3 b − 3=0 2 ab− a+1=0
¿{ ¿
Từ hệ ta biến đổi dạng số phức sau: (a2−b2+3 b− 3)+(2 ab −3 a+1)i=0 a+bi¿
2− i(a+bi)+i −3=0
⇔¿
⇔ z2
− iz+i− 3=0 (1), với
z=a+bi , z∈C
Giải phương trình (1) ta nghiệm z=1+i z=−1+2 i
Do a ≥ ;b ≥0 nên a=1;b=1
(12)Trên thực tế, ta giải hệ cách dùng biến đổi đại số, nhân x và y thích hợp vào vế phương trình trừ vế với vế thu quan hệ đơn giản biến này.
Một số hệ sau có cách giải tương tự:
1.
¿
x+3 x +10 y x2
+y2 =1
y +10 x −3 y x2
+y2 =2 (x , y∈ R)
¿{ ¿
2.
¿
x +x +2 y x2+y2=2
y +2 x − y x2+y2=0 (x , y∈ R)
¿{ ¿
3.
¿
x +16 x − 11 y x2+y2 =7
y −11 x+16 y x2+y2 =−1 (x , y∈ R)
¿{ ¿
4.
¿
√x(1−12
3 x+ y)=2
√y(1+12
3 x+ y)=6 (x , y∈ R)
(13)5.
¿
√10 x(1+ 5 x+ y)=3
√y(1 −
5 x+ y)=− 1 (x , y∈ R)
¿{ ¿
6.
¿
x3− xy2=1
3 x2y − y3=−√3
(x , y∈ R)
¿{
¿
Hướng dẫn - đáp số
1 Nhân hai vế phương trình thứ với i cộng với phương trình thứ ta được:
z+(3+10 i)¯z
¿z¿2 =1+2i với z=x +yi
⇔ z2
−(1+2 i) z+3+10 i=0 ⇔ z=1 ±2√3
2 +
2∓3√3
2 i
Hệ có nghiệm (x ; y )∈{(2√3+1
2 ;
2 −3√3 );(
1− 2√3
2 ;
2+3√3 )}
2 Đáp số (x ; y )∈{(2; 1); (0 ; −1)}
3 Đáp số (x ; y )∈(2 ;−3);(5 ;2)
4 Đáp số (x ; y )∈{(4 − 2√3 ;12− 6√3);(4+2√3 ;12+6√3)} 5 Đáp số (x ; y )={
10 ; 1} 6 Xét z3=1−√3i
Giả sử z=x +yi thay vào phương trình ta (x ; y ) nghiệm hệ cho mà
(14)Có 1−√3 i=2(cos(− π
3 )+isin(
− π
3 ))
⇒ z=3
√2(cos (− π +
k π
3 )+isin (
− π
9 +
k π
3 ));k∈{0 ;1 ;2} Nghiệm hệ cho là:
− π
9 +
k π
3 ;
3
√2 sin(− π +
k π
3 )
(√32 cos (¿); k∈{0 ;1;2}}
(x ; y)∈¿
2 Rút gọn số tổng tổ hợp, chứng minh đẳng thức tổ hợp. Gọi w là nguyên thủy bậc n đơn vị ta có
1+wk+w2 k+ +w(n − 1)k=0 ; ∀ k mà (k , n)=1
Tính chất có ứng dụng hiệu việc rút gọn tổng hợp, ta xét ví dụ sau:
Ví dụ Tính tổng S1= ∑
0 ≤3 k <n+1
❑
Cn3 k
Giải:
Xét đa thức 1+x¿
n
=∑
k=0 n
Cnkxk P(x )=¿ Gọi w=−1
2+i√
2 nguyên thủy bậc ba đơn vị ( có w
2
+w+1=0 )
w2 k
+wk+1 bằng k không chia hết cho 3, k chia hết cho 3.
Vì P(1)+P (w)+P(w2)=∑
k=0 n
Cnk(1+wk+w2 k)=3 ∑
0 ≤3 k< n+1
❑
Cn3 k ⇒ S1=1
3(P (1)+P(w)+P(w
2
)) mà 1+1P(1)=¿n=2n ¿
P(w)=(1 −1 2+i
√3 )
n
=(1 2+i
√3 )
n
=(1 2+i
√3 )
n
=(cosπ 3+isin
π
3)
n
=cosnπ +isin
nπ
(15)P(w2)=(1+(−1 2+i
√3 )
2
)n=(1 2−i
√3 )
n
=(cos (−π
2)+i sin(−
π
3))
n
=cos (− nπ
3 )+i sin(
−nπ
3 )
⇒ S1=1 3(2
n
+2 cosnπ )
Công thức Euler eiϕ=cos ϕ+isin ϕ đưa tổng lượng giác thành cấp số nhân cơng thức nhị thức Niutơn, cụ thể xét ví dụ sau:
Ví dụ 3.
a Tính tổng S2=∑
k=0 n
Cn k
cos kx
b Chứng minh 22 m −1cos2 mx=
∑
k=0 m −1
C2 mk cos (2 m− k) x+1
2C2 m
m
Giải:
a Xét T2=∑
k=0 n
Cnksin kx , ta có
S2+iT2=∑
k=0 n
Cn k
(cos kx+isin kx )=∑
k=0 n
Cn k
eikx
1+cos x +isin x¿n ¿
¿ 1+eix¿n=¿
¿
S2+iT2=2ncosnx 2(cos
nx +isin
nx )
So sánh phần thực, phần ảo ta S2=2ncosnx
2cos nx
2
b Ta có eix=cos x+i sin x
e−ix=cos x − isin x ⇒cos x= e
ix
+e−ix Do e
ix
+e−ix¿2 m 2 cos x¿2 m=¿ 22 mcos2 mx =
¿
e− ix
¿2 m− k ¿
eix¿k¿ ¿ ¿∑
k=0
(16)¿∑
k=0 m −1
C2 mk e2 (k − m)ix
+ ∑
k=m +1
2 m
C2 mk e2(k −m )ix
¿∑
k=0 m −1
C2 mk e− 2(m −k) ix+∑
t =0 m− 1
C2 m2 m − te2(m −t )ix+C2 mm ¿∑
k=0 m −1
C2 mk e− 2(m −k) ix
+∑
k=0 m− 1
C2 m2 m − ke2 (m − k)ix
+C2 mm ¿∑
k=0 m −1
C2 mk (e−2 (m − k)ix+e2(m − k)ix)+C2 mm =2∑
k=0 m −1
C2 mk cos (2 m−2 k )x +C2 mm
⇒22 m −1cos2 mx=
∑
k=0 m −1
C2 mk cos (2 m−2 k ) x+1
2C2 m
m (đpcm)
Với cách làm tương tự trên, ta chứng minh đẳng thức 22 ncos2 n+1x=
∑
k=0 n
C2 n+1k cos (2 n+1 −2 k )x
Sử dụng công thức 2i sin x=eix− e−ix biến đổi tương tự trên, ta chứng minh
các đẳng thức sau
−1¿n ¿ (¿2C2 nn ¿¿)
−1¿kC2 nk cos(2n − 2k ) x+¿
¿
∑
k=0 n −1
¿
−1¿n¿ 22 n −1.sin2 nx=¿
− 1¿kC2 n+1
k
¿ ¿
−1¿n∑
k=0 n
¿ 22 nsin2n +1x=¿
Bài tập tương tự 1 Tính tổng sau:
−1¿kCn
2 k
¿
S3= ∑
0 ≤ k<n+1
❑
(17)−1¿kCn
2 k +1
¿
S4= ∑
0 ≤2 k+1 <n+1
❑
¿
S5= ∑
0 ≤ k< n+1
❑
Cn4 k
S6= ∑
0 <4 k +1<n +1
❑
Cn
4 k+1
2 Chứng minh đẳng thức sau:
a
√2¿n −1cos(n− 1)π
−1¿k(2 k +1)Cn2 k+1=n¿ ¿
∑
0 <2 k+1< n+1
¿
b
−1¿k2 kCn2k
¿
√2¿n− 3sin(n −1)π ¿
∑
0<2 k <n+1
¿ Hướng dẫn - đáp số
1 Xét 1+i¿n=(√2(cosπ4+isinπ4))
n
=2
n
2(cosnπ
4 +isin
nπ
4 ) ¿
Mà
−1¿kCn2k +1i
¿ ¿
−1¿kCn2 k+ ∑
0 <2 k+1< n+1
❑
¿ ¿
1+i¿n=∑
k=0 n
Cnkik
= ∑
0 ≤2 k<n +1
❑
¿ ¿
Từ suy ra: S3=2
n
2cosnπ
4 S4=2
n
2sinnπ
4 Lại có 1+1¿
n
= ∑
0 ≤ k≤ n
❑
Cnk
2n
(18)− 1¿kCn k
¿ 1− 1¿n= ∑
0 ≤ k≤ n
❑
¿ 0=¿
suy ∑
0 ≤2 k ≤n +1
❑
Cn2 k
= ∑
0<2 k+ 1<n+1
❑
Cn2 k+1=2n −1
Cn2 k
S3+ ∑
0 ≤2 k< n+1
❑
¿=1 2(2
n − 1
+2
n
2cosnπ
4 )
S5=1
2¿
Cn
2 k+1
S4+ ∑
0 <2 k+1< n+1
¿=1 2(2
n − 1
+2
n
2sinnπ
4 )
S6=1
2¿
2 Xét 1+x¿n=∑k=0
n
Cnkxk
¿
Đạo hàm hai vế ta 1+x¿n− 1=Cn
1
+2 xCn
2
+ .+nxn− 1Cn n
n¿ Cho x=i so sánh phần thực, phần ảo hai vế ta đẳng thức cần chứng minh
3 Các tốn đếm.
Số phức có ứng dụng hiệu toán đếm vai trò trung tâm kỹ thuật ứng dụng số phức vào toán đếm tiếp tục lại căn nguyên thủy đơn vị Với tính chất w là nguyên thủy bậc n đơn vị thì ta có:
1+w+w2+ +wn −1=0
1+wk
+w2 k+ +wk (n − 1)=0 với (k , n)=1
Ví dụ 4.
Tìm số tất số có n chữ số lập từ chữ số 3, 4, 5, chia hết cho 3. Giải:
(19)Khi α3=1 α2 k+αk+1=0 k không chia hết cho α2 k+αk+1=3
k⋮3
Xét đa thức x3+P(x )=x4+x5+¿x6¿n dễ thấy Cn tổng hệ số số mũ chia hết cho khai triển P(x) Nói cách khác, P(x)=∑
k=0
6 n
akxk
Cn=∑
k=0
2 n
a3 k Mà P(1)+P (α)+P(α2
)=∑
k=0
6 n
ak(1+αk
+α2 k)=∑
k=0
2 n
3 a3 k Do 1+1+1+1¿P(1)=n=4n
¿ 1+α +α2+1¿n=1 1+α+α2
+α3¿n=¿
α3
+α4+α5+α6¿n=¿
P(α)=¿
1+α2+α +1¿n=1n=1
α6
+α8+α10+α12¿n=¿
P(α2)=¿
⇒ P(1)+ P(α)+P(α2)=4n+2
α2
P(1)+P (α)+P(¿)=4
n
+2
a3 k=1 3¿
⇒Cn=∑
k=0
2 n
¿
Ví dụ 5.(IMO1995)
Cho p số nguyên tố lẻ, tìm số tập A tập {1;2 ;3 ; , p} biết
a A chứa p phần tử.
b Tổng phân tử A chia hết cho p. Giải:
Xét đa thức P(x)=xp − 1
(20)Gọi α nghiệm P(x) Chú ý α , α2, αp −1 p− 1 nghiệm phân biệt P(x) αp=1 .
Theo định lý Viet có: (x − α)(x − α2) ( x − αp −1)=xp −1+xp −2+ +x +1 Xét đa thức Q(x)=(x −α)(x − α2) (x −α2 p
) Gọi H={A⊂{1,2 ,2 p}:∨ A∨¿p}
Giả sử Q(x)=∑
k=0
2 p
akxk ap=−∑ A∈ H
αS (A )
với S ( A)=x∈ A∑ x Nếu S ( A)= j(mod p) αS (A )=αj nên ap=∑
j=0 p −1
njαj, trong n
j số
A∈ H cho S ( A)= j(mod p)
Mặt khác x
p
− 1¿2⇒ap=−2
Q (x)=¿ nên ∑j=0
p −1
njαj=2 (*) Xét đa thức R(x )=∑
j=0 p −1
njxj
+n0−2 Do (*) nên α nghiệm R(x ) mà deg P(x )=deg R (x) α nghiệm P(x) , nên P(x) R(x )
chỉ sai khác số nhân Từ np −1=np −2= =n1=n0−2 Suy n0−2=
np − 1+np −2+ +n1+n0− 2
p =
C2 pp − 2
p ⇒n0=2+
C2 pp − 2
2
Số tập A tập hợp {1;2 ;3 , p} thỏa mãn đề là: n0=2+C2 p
p − 2
2
4 Các toán đa thức a Xác định đa thức
Nghiệm đa thức đóng vai trị quan trọng việc xác định đa thức Cụ thể đa thức P(x) bậc n có n nghiệm x1, x2, , xn thì P(x) có dạng
P(x)=c (x − x1)(x − x2) (x − xn) .
(21)với hệ số phức (bao gồm số thực) ln có nghiệm phức (bao gồm cả nghiệm thực)
Ví dụ Xác định tất đa thức P(x) khác đa thức cho
P(x) P(x +1)=P(x2+x +1);∀ x ∈ R (1)
Giải: Giả sử x0 là nghiệm P(x)=0⇒ P(x02+x0+1)=0 Khi x02+x0+1
là nghiệm P(x) Thay x x −1 (1) ta được P(x − 1) P(x)=P(x2− x +1) Vì P(x
0)=0 nên x02− x0+1 nghiệm
P(x)
Chọn α nghiệm có modun lớn (nếu tồn vài nghiệm với modun lớn nhất, ta chọn số nghiệm đó)
Từ cách chọn α suy ra: ¿α2+α+1∨≤∨α∨¿ ¿α2− α+1∨≤∨α∨¿ α2+α+1
và α2− α+1 nghiệm P(x)
Ta có α ≠ 0 2∨α∨¿∨(α2+α+1)−(α2− α −1)∨≤∨α2+α+1∨+¿α2−α +1∨¿
¿α∨+¿α∨¿2∨α∨¿
Vậy phải xảy dấu đẳng thức nên α2+α+1=−k (α2−α +1) với k số dương Mà ¿α∨¿ lớn nên ¿α2+α+1∨¿∨α2− α+1∨¿∨α ∨¿
⇒k =1⇒ α2
+α+1=−(α2−α+1)⇒α2+1=0⇒α=± i nên x2+1 thừa số P(x) Như ta viết: x2+1P(x )=¿mQ(x )
¿ ; ¿
m∈ N ∗
¿ Trong
Q(x) đa thức không chia hết cho x2+1 Thế ngược trở lại vào (1) ta thấy Q(x) thỏa mãn:
Q(x)Q(x +1)=Q(x2
+x +1);∀ x ∈ R (2)
Nếu phương trình Q(x)=0 lại có nghiệm lập luận ta suy nghiệm có modun lớn phải ±i Điều khơng thể xảy x2+1 khơng chia hết Q(x)
Q(x) số, giả sử Q(x)=c ; ∀ x ∈ R , thay vào (2) ta c=1 Vậy đa thức thỏa mãn đề P(x)=x2+1¿m
¿ ,
¿
∀ n∈ N ∗
¿
Ví dụ Tìm tất đa thức P(x) thỏa mãn: P(x) P(x +1)=P(x2
(22)Giải:
Giả sử α nghiệm P(x)=0 Khi từ phương trình suy α2, α4, α8, .
cũng nghiệm P(x)=0 Từ suy ¿α∨¿0 ¿α∨¿1 , ngược
lại ta thu dãy vô hạn nghiệm phân biệt P(x) Tương tự α − 1 nghiệm P(x) lập luận tương tự, ta ¿α − 1∨¿0 ¿α − 1∨¿1
Giả sử ¿α∨¿1 ¿α − 1∨¿1 Ta viết α=cos β +i sin β ; β∈[0 ;2 π ], từ suy
ra cos β=1
2 hay β=
π
3 β= 5 π
3 Giả sử β=π
3 , xét α2 nghiệm P(x) , α2−1 nghiệm P(x) ¿α2−1∨¿(cos2 π
3 −1)
2
+sin22 π
3 =3 mâu thuẫn nghiệm P(x) có modun
Tương tự với trường hợp β=5 π
3 Như kết luận α=1
α − 1=1 Từ P(x) có dạng P(x)=cx1 − x¿n,m
¿ c số m ,n∈ N , thay vào phương trình cho ta dễ dàng kiểm tra c=1 m=n Vậy đa thức thỏa mãn: 1− xP (x)=x¿m, mm∈ N
¿
b Bài toán chia hết đa thức
Ta biết rằng, đa thức P(x) chia hết cho đa thức Q(x) thì nghiệm của
Q(x) đều nghiệm của P(x) Tính chất đơn giản chìa khóa để giải nghiệm tốn chia hết đa thức.
Ví dụ Với giá trị của n x2n+xn+1 chia hết cho đa thức x2+x +1
Giải: Ta có w=−1
2± i√
2 =cos(± 2 π
3 )+isin(± 2 π
3 ) nghiệm Q(x)=x2+x +1=0 Đa thức P(x)=x2 n
(23)cos(±4 nπ
3 )+i sin(± 4 nπ
3 )+cos(± 2 nπ
3 )+isin(± 2 nπ
3 )+1=0
⇔
cos4 nπ +cos
2 nπ +1=0 sin4 nπ
3 +sin 2 nπ
3 =0
⇔2 cos2 nπ
3 +1=0 ¿{
⇔cos2 nπ
3 =
−1
2 =cos 2 π
3 ⇒
n=1+3 k
¿
n=3 k +2
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
(k∈ Z)
Vậy với n=3 k +1 n=3 k +2 ; (k∈ Z) P(x) chia hết cho Q(x)
Ví dụ đây, lần nữa, đơn vị lại đóng vai trị then chốt. Ví dụ 9.(USA MO 1976) Cho P(x), Q(x), R(x), S (x ) đa thức cho
P(x5)+xQ(x5)+x2R (x7)=(x4+x3+x2+x +1) S (x)(1). Chứng minh P(x) chia hết cho x −1
Giải:
Đặt w=e2 πi5 w5=1 1+w+w2+w3+w4=0 (∗)
Thay x w , w2, w3, w4 vào (1) ta phương trình
P(1)+wQ(1)+w2R(1)=0
P(1)+w2Q(1)+w4R(1)=0
P(1)+w3Q(1)+w6R(1)=0
P(1)+w4Q(1)+w8R (1)=0 ⇔
P(1)+wQ(1)+w2R(1)=0 (2)
P(1)+w2Q(1)+w4R(1)=0 (3)
P (1)+w3Q(1)+wR (1)=0(4)
P(1)+w4Q(1)+w3R(1)=0(5)
Nhân phương trình từ (2) đến (5) với − w ;− w2;− w3;−w4 ta − wP(1)− w2Q(1)− w3R (1)=0
−w2P(1)− w4Q(1)− wR (1)=0
− w3P(1)− wQ(1)−w4R(1)=0
− w4P(1)− w3Q(1)− w2R(1)=0
(24)Cộng vế với vế (2), (3), (4), (5), (6) suy 5 P (1)=0 suy P(x) chia hết cho
x −1
Bài tập tương tự
1 Tìm tất đa thức P(x) thỏa mãn: (P(x))2− P(x2)=2 x4;∀ x ∈ R 2 Tìm tất đa thức P(x) thỏa mãn: P(x2− 2)=
(P (x))2−2 ;∀ x ∈ R 3 (VN 2006) Tìm tất đa thức P(x) với hệ số thực thỏa mãn:
P(x2
)+x(3 P( x)+P(− x ))=(P(x ))2+2 x2;∀ x ∈ R
4 Tìm tất đa thức P(x) hệ số thực thỏa mãn: P(x)=P(2 x3+x );∀ x∈ R 2 x2¿
Đáp số
1 P(x)=x4+1 ; P(x)=x3+x ; P(x)=2 x2; P(x)=− x2
2 Ta dãy nghiệm: P0(x)=2; P1(x )=x ; Pn+1(x )=xPn(x)− Pn −1(x );∀ n ≥ 1.
3 P(x)=x ; P(x )=2 x ; P(x)=2 x +1 ; P(x)=x2 k +1
+x ; P(x)=x2k+2 x ;∀ k ∈ N , k ≥ 2.
4 x2+1¿k;∀ k ∈ N ∗.
P( x)=¿
(25)-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
Cnk, … 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
1 Kết thực tiễn
(26)huy khả tư duy, vận dụng tổng hợp kiến thức cách lôgic, say mê tự giác học tập, gợi mở óc tìm tịi 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
2 Bài học kinh nghiệm
(27)được tính chủ động lĩnh hội kiến thức học sinh, ý thức học tập nghiêm túc, có khả cảm nhận tốn 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 Cnk, công 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 toán 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 cịn nhiều hạn chế, mong nhận động viên ý kiến đóng góp chân thành quý Thầy cô, bạn bè đồng nghiệp em học sinh
Hưng Yên, ngày 15 tháng năm 2014 Tác giả
(28)
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 chuyên 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.
(29)-MỤC LỤC
Mục Nội dung Trang
Phần I: Phần lí lịch
Phần II: Phần nội dung Mở đầu
2
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
1 Các tốn phương trình, hệ phương trình đại số Rút gọn số tổng tổ hợp, chứng minh đẳng thức tổ hợp 13
3 Các toán đếm 16
4 Các toán đa thức 18
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