SKKN CHUYÊN đề số PHỨC

Lại văn long CHUYÊN ĐỀ SỐ PHỨC VÀ ỨNG DỤNG
SỐ PHỨC VÀ ỨNG DỤNG CỦA SỐ PHỨC TRONG GIẢI TOÁN
I-ĐẶT VẤN ĐỀ
1.Lịch sử số phức
Nhà toán học Italia R. Bombelli (1526-1573) đã đưa định nghĩa đầu tiên về số phức, lúc đó
được gọi là số "không thể có" hoặc "số ảo" trong công trình Đại số (Bologne, 1572) công
bố ít lâu trước khi ông mất. Ông đã định nghĩa các số đó (số phức) khi nghiên cứu các
phương trình bậc ba và đã đưa ra căn bậc hai của − 1.
Nhà toán học Pháp D’Alembert vào năm 1746 đã xác định được dạng tổng quát "a + bi" của
chúng, đồng thời chấp nhận nguyên lý tồn tại n nghiệm của một phương trình bậc n. Nhà
toán học Thụy Sĩ L. Euler (1707-1783) đã đưa ra ký hiệu "i" để chỉ căn bậc hai của − 1, năm
1801 Gauss đã dùng lại ký hiệu này
2. Chương trình toán học ở bậc Trung học phổ thông của hầu hết các nước đều có phần kiến thức
số phức. Ở nước ta, sau nhiều lần cải cách, nội dung số phức cuối cùng cũng đã được đưa vào
chương trình Giải tích 12, tuy nhiên còn rất đơn giản. Vì nhiều lý do khác nhau, rất nhiều học
sinh, thậm chí là học sinh khá, giỏi sau khi học xong phần số phức cũng chỉ hiểu một cách rất
đơn sơ: sử dụng số phức, có thể giải được mọi phương trình bậc hai, tính một vài tổng đặc
biệt, Việc sử dụng số phức và biến phức trong nghiên cứu, khảo sát hình học (phẳng và không
gian) tỏ ra có nhiều ưu việt, nhất là trong việc xem xét các vấn đề liên quan đến các phép biến
hình, quỹ tích và các dạng miền bảo giác. Nhìn chung, hiện nay, chuyên đề số phức và biến phức
(cho bậc trung học phổ thông và đại học) đã được trình bày ở dạng giáo trình, trình bày lý
thuyết . Sau đây tôi xin trình bày một số ứng dụng cơ bản trong chương trình PTPH giúp học
sinh hiểu sâu hơn về số phức.
II- GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
A- TÓM TẮT LÝ THUYẾT:
1. Định nghĩa : Số phức là một biểu thức có dạng
a bi
+
với
,a b
là những số thực và

i

thỏa
mãn
2
1i = −
. Ta kí hiệu
z a bi= +
Như vậy
{ }
| ,C a bi a b R= + ∈

i
gọi là đơn vị ảo,
a
là phần thực,
b
gọi là phần ảo
2 .Hai số phức bằng nhau: a + bi = c + di ⇔ a = c và b = d
Hai số phức liên hợp: cho z = a + bi thì
z
= a – bi
3 .Môđun của số phức: cho z = a + bi thì |z| =
2 2
a b+
4.Các phép toán với số phức
(a + bi) ± (c + di) = (a ± c) + (b ± d)i
1 2 1 2
z z z z± = ±
(a + bi)(c + di) = (ac – bd) + (ad + bc)i ;

1 2
.z z
=
1
z
.
2
z
; z.
z
= |z|
2
= ;
1
2
z
z
=
1
.z
2
1
z

1 1
2
2
z z
z
z

 
=
 ÷
 
5.Căn bậc hai của một số phức:
Cho số phức z = a + bi
*nếu b ≥ 0 thì = ±
*nếu b < 0 thì = ±
6. Dạng lượng giác của số phức
*Cho z = a + bi thì môđun r và argument ϕ được tính bởi công thức sau:
r =
2 2a b+
; cosϕ =
a
r
; sinϕ =
b
r
* Cho z = a + bi thì có thể viết z = r(cosϕ + i.sinϕ)
7.Công thức MOAVRƠ
Giáo viên : lại văn long Trường THPT A Bình Lục
Trang 1
Lại văn long CHUYÊN ĐỀ SỐ PHỨC VÀ ỨNG DỤNG
Cho hai số phức z
1
= r
1
(cosϕ
1
+ i.sinϕ

1
) và z
2
= r
2
(cosϕ
2
+ i.sinϕ
2
)
khi đó: z
1
.z
2
= r
1
.r
2
[cos(ϕ
1
+ ϕ
2
) + i.sin(ϕ
1
+ ϕ
2
)]

1
z

=
1
r
[cos(– ϕ) + i.sin(– ϕ)]

1
2
z
z
=
1
2
r
r
[cos(ϕ
1
– ϕ
2
) + i.sin(ϕ
1
– ϕ
2
)]
Công thức MOAVRƠ:
Cho z = r(cosϕ + i.sinϕ) thì z
n
= r
n
(cosnϕ + i.sinnϕ)
căn bậc n của z có n giá trị là n số phức được xác định như sau:

z
k
=
n
r
(cos
2k
n
ϕ π
+
+ i.sin
2k
n
ϕ π
+
) với k = 0,1,….n – 1
B - CÁC CHUYÊN ĐỀ .
I - CÁC TẬP HỢP ĐIỂM THƯỜNG GẶP.
Trong bài này, để cho gọn, thay vì nói “ điểm M biểu diễn số phức z ” ta nói “ điểm M có
tọa vị z ” và ký hiệu là
( )
M z
, tương tự thay vì nói “ véctơ
u
r
biểu diễn số phức w ” ta nói
“ véctơ
u
r
có tọa vị w ” và ký hiệu là

( )
u w
r
.
1.Tập hợp điểm là đường tròn hoặc hình tròn:
Trong mặt phẳng phức cho điểm A có tọa vị a và số thực dương R.
a) Tập hợp điểm có tọa vị z thỏa mãn
z a R− =
là đường tròn tâm A, bán kính R.
b) Tập hợp điểm có tọa vị z thỏa mãn
z a R− <
là hình tròn tâm A, bán kính R
( không kể đường tròn biên ).
c) Tập hợp điểm có tọa vị z thỏa mãn
z a R− >
là phần của mặt phẳng nằm bên
ngoài hình tròn tâm A, bán kính R ( không kể đường tròn biên ).
Chứng minh: Giả sử M là điểm bất kỳ có tọa vị z. Khi đó tọa vị của véctơ
AM
uuuur
là
z a−
,
suy ra
AM AM z a= = −
uuuur
.
a) Ta có
z a R− =

AM R⇔ =

⇔
M thuộc đường tròn tâm A bán kính R.
b) Ta có
z a R− <

AM R⇔ <

⇔
M thuộc hình tròn tâm A, bán kính R ( không kể
đường tròn biên ).
c) Từ đó suy ra tập hợp điểm M có tọa vị z thỏa mãn
z a R− >
là phần của mặt
phẳng nằm bên ngoài hình tròn tâm A, bán kính R ( không kể đường tròn biên ).
Ví dụ : Xác định tập hợp các điểm M trên mặt phẳng phức biểu diễn các số phức
( )
1 3 2i z+ +
trong đó
1 2z − ≤
.
HD:Đặt
( )
1 3 2w i z= + +
thì
2
1 3
w
z

i
−
=
+
. Do đó theo giả thiết
1 2z − ≤

2
1 2
1 3
w
i
−
⇔ − ≤
+
( )
3 3 2 1 3w i i⇔ − + ≤ +

( )
3 3 4w i⇔ − + ≤
. Vậy tập hợp cần tìm là hình tròn có tâm
( )
3 3I i+
, bán kính
4R =
kể cả đường tròn biên. Đó là hình tròn có phương trình
( )
( )
2
2

3 3 16x y− + − ≤
. {
( )
3 3I i+
:nghĩa là điểm E có tọa độ (3;
3
)}
2) Tập hợp điểm là đường thẳng:
Trong mặt phẳng phức cho hai điểm phân biệt A, B theo thứ tự có tọa vị a, b và k là
tham số thực.
Nếu
1k ≠
thì tập hợp điểm có tọa vị z thỏa mãn
z a
k
z b
−
=
−
là đường thẳng AB, trừ điểm
B.
Giáo viên : lại văn long Trường THPT A Bình Lục
Trang 2
Lại văn long CHUYÊN ĐỀ SỐ PHỨC VÀ ỨNG DỤNG
HD : Giả sử M là điểm có tọa vị z thỏa mãn
z a
k
z b
−
=

−
. Khi đó véctơ
AM
uuuur
có tọa vị là
z a−
,
véctơ
BM
uuuur
có tọa vị là
z b−
. Nếu
z b≠
và
1k ≠
thì
z a
k
z b
−
=
−
( )
z a k z b⇔ − = −
AM k BM⇔ =
uuuur uuuur

MA kMB⇔ =
uuur uuur

⇔
Điểm M chia đoạn thẳng AB theo tỷ số
1k ≠

⇔
M
thuộc đường thẳng AB, trừ điểm B ( vì
z b
≠
).
3. Tập hợp điểm là đường trung trực hoặc nửa mặt phẳng:
Trong mặt phẳng phức cho hai điểm phân biệt A và B lần lượt có tọa vị a và b.
a) Tập hợp điểm có tọa vị z thỏa mãn
1
z a
z b
−
=
−
là đường trung trực của đoạn thẳng AB.
b) Tập hợp điểm có tọa vị z thỏa mãn
1
z a
z b
−
<
−
là nửa mặt phẳng chứa điểm A có bờ là
đường trung trực của đoạn thẳng AB ( không kể đường trung trực ).

c) Tập hợp điểm có tọa vị z thỏa mãn
1
z a
z b
−
>
−
là nửa mặt phẳng không chứa điểm A
có bờ là đường trung trực của đoạn thẳng AB ( không kể đường trung trực ).
HD: Giả sử M là điểm bất kỳ có tọa vị z. Khi đó tọa vị của véctơ
AM
uuuur
là
z a−
, tọa vị của
véctơ
BM
uuuur
là
z b
−
, suy ra
AM AM z a= = −
uuuur
và
BM BM z b= = −
uuuur
.
a) Ta có
1

z a
z b
−
=
−
z a z b⇔ − = −

AM BM
⇔ =
⇔
M thuộc đường trung trực của
đoạn thẳng AB.
b) Ta có
1
z a
z b
−
<
−
z a z b⇔ − < −

AM BM⇔ <
(1)
Ta chứng minh tập hợp các điểm M thỏa mãn (1) là nửa mặt phẳng chứa điểm A
có bờ là đường trung trực của đoạn thẳng AB.
+ Thật vậy, giả sử điểm M thuộc nửa mặt phẳng chứa điểm A có bờ là đường trung
trực của đoạn thẳng AB. Khi đó hiển nhiên đoạn thẳng MB cắt đường trung trực tại điểm
N nằm giữa M và B. Từ bất dẳng thức trong tam giác AMN ta có
AM MN NA MN NB MB< + = + =
( vì

N
thuộc đường trung trực nên
NA NB=
). Vậy (1)
được thỏa mãn .
+ Ngược lại, giả sử điểm M thỏa mãn
AM BM<
(1).
- Nếu M thuộc đường trung trực của đoạn thẳng AB thì
AM BM=
( mâu thuẩn với (1)).
- Nếu M thuộc nửa mặt phẳng chứa điểm B có bờ là đường trung trực của đoạn thẳng AB.
Khiđó theo phần thuận ta có
BM AM<
( cũng mâu thuẩn với (1)).
Vậy M thuộc nửa mặt phẳng chứa điểm A có bờ là đường trung trực của đoạn thẳng AB.
c) Chứng minh tương tự cho trường hợp
1
z a
z b
−
>
−
.
Ví dụ : Xác định tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z thỏa
mãn từng điều kiện sau:
a)
1z i− =
b)
1

z i
z i
−
=
+
c)
3 4z z i= − +
.
HD:a) Tập hợp điểm có tọa vị z thỏa mãn
1z i− =
là đường tròn tâm
( )
E i
bán kính
1R =
, tức là đường tròn có phương trình
( )
2
2
1 1x y+ − =
.
Giáo viên : lại văn long Trường THPT A Bình Lục
Trang 3
Lại văn long CHUYÊN ĐỀ SỐ PHỨC VÀ ỨNG DỤNG
b) Tập hợp điểm có tọa vị z thỏa mãn
1
z i
z i
−
=

+
là đường trung trực của đoạn thẳng
AB, với
( )
A i
và
( )
B i−
. Đường trung trực này đi qua trung điểm
( )
0O
của đoạn thẳng AB
và nhận véctơ
( )
2AB i−
uuur
làm véctơ pháp tuyến nên có phương trình là
( )
2 0 0y− − =
0y⇔ =
.
c) Vì
z z=
nên
3 4 3 4 3 4z i z i z i− + = − + = − −
, suy ra
3 4z z i= − +
3 4z z i⇔ = − −

3 4

1
z i
z
− −
⇔ =
Tập hợp điểm có tọa vị z thỏa mãn
3 4
1
z i
z
− −
=
là
đường trung trực của đoạn thẳng OA, với
( )
0O
và
( )
3 4A i+
. Đường trung trực này đi
qua trung điểm
3
2
2
K i
 
+
 ÷
 
của đoạn thẳng OA và nhận véctơ

( )
3 4OA i+
uuur
làm véctơ pháp
tuyến nên có phương trình là:
( )
3
3 4 2 0
2
x y
 
− + − =
 ÷
 

25
3 4 0
2
x y⇔ + − =
4.Tập hợp điểm là đường tròn đường kính AB:
Trong mặt phẳng phức cho hai điểm phân biệt A, B theo thứ tự có tọa vị a, b và
λ

là tham số thực.
Nếu
0
λ
≠
thì tập hợp điểm có tọa vị z thỏa mãn
z a

i
z b
λ
−
=
−
là đường tròn đường kính
AB, trừ hai điểm A và B. Đường tròn này có tâm
2
a b
E
+
 
 ÷
 
là trung điểm của đoạn thẳng
AB và có bán kính là
1
2
R a b= −
.
HD:Giả sử M là điểm bất kỳ có tọa vị z thỏa mãn
z a
i
z b
λ
−
=
−
, với

z b≠
. Khi đó ta có
1
a bi
z
i
λ
λ
−
=
−
.
⇒
z a≠
( vì
0
λ
≠
). Gọi E là trung điểm của đoạn thẳng AB thì E có tọa vị là
2
a b
e
+
=
.Do đó tọa vị của véctơ
EM
uuuur
:
1 2
a bi a b

z e
i
λ
λ
− +
− = −
−
( ) ( ) ( )
( )
2 1
2 1
a bi i a b
i
λ λ
λ
− − − +
=
−

( )
( )
2 1
a b a b i
i
λ
λ
− − −
=
−

( ) ( )
( )
1
2 1
a b i
i
λ
λ
− −
=
−

2
a b−
=
. Suy ra
1
2
z e a b− = −

⇔
M thuộc đường
tròn tâm
2
a b
E
+
 
 ÷
 

bán kính
1
2
R a b= −
, trừ hai điểm A và B ( vì
z a≠
và
z b≠
).
5.Tập hợp điểm là đường tròn Appollonius:
Trong mặt phẳng phức cho hai điểm phân biệt A, B lần lượt có tọa vị a, b và k là số thực
dương khác 1.
Tập hợp điểm có tọa vị z thỏa mãn
z a
k
z b
−
=
−
là đường tròn Appollonius chia đoạn thẳng
AB theo tỷ số k. Đường tròn này có tâm
2
2
1
a k b
E
k
 
−
 ÷

−
 
và bán kính
2
1
k a b
R
k
−
=
−
.
HD:Giả sử M là điểm bất kỳ có tọa vị z thỏa mãn
z a
k
z b
−
=
−
.
Gọi P và Q lần lượt là điểm chia ngoài và điểm chia trong đoạn thẳng AB theo tỷ số k.
Khi đó ta có
.PA k PB=
uuur uuur
và
.QA k QB= −
uuur uuur
.
Giáo viên : lại văn long Trường THPT A Bình Lục
Trang 4

Lại văn long CHUYÊN ĐỀ SỐ PHỨC VÀ ỨNG DỤNG
Suy ra tọa vị của các điểm P, Q lần lượt là:
,
1 1
a kb a kb
p q
k k
− +
= =
− +
.
Gọi E là trung điểm của đoạn thẳng PQ thì tọa vị của E là:
( )
2
2
1
2 1
a k b
e p q
k
−
= + =
−
.
Suy ra tọa vị của véctơ
EM
uuuur
là:
2
2

1
a k b
z e z
k
−
− = −
−

( )
2
2
1
z a k z b
k
− − −
=
−
(4)
Từ giả thiết
z a
k
z b
−
=
−
, suy ra
2
2
z a
k

z b
−
=
−

( ) ( )
( ) ( )
2
z a z a
k
z b z b
− −
⇒ =
− −
(5)
Thế (5) vào (4) ta được

( ) ( )
( ) ( )
( )
2
1
1
z a z a
z e z a z b
k
z b z b
 
− −
− = − − −

 
−
− −
 
 

( ) ( )
( )
2
1
1
z a z a
z a
k
z b
 
− −
= − −
 
−
−
 
 


( )
( )
2
1
1

z a
z a
k
z b
 
−
−
= −
 
−
−
 
 

( ) ( )
( )
2
1
z b z a
z a
k
z b
 
− − −
−
=
 
−
−
 

 

( )
( )
2
.
1
a b
z a
k
z b
−
−
=
−
−

( ) ( )
( )
2
.
1
a b z a
k
z b
− −
=
−
−

Suy ra
z e−

( )
( )
2
.
1
a b
z a
k
z b
−
−
=
−
−

2
.
1
a b z a
z b
k
− −
=
−
−

2 2

.
.
1 1
a b k a b
k
k k
− −
= =
− −
Vậy M thuộc đường
tròn tâm
2
2
1
a k b
E
k
 
−
 ÷
−
 
, bán kính
2
.
1
k a b
R
k
−

=
−
.
Đường tròn này gọi là đường tròn Appollonius chia đoạn thẳng AB theo tỷ số k.
Chú ý: Đường tròn Appollonius chia đoạn thẳng AB cho trước theo tỷ số k cho trước là
tập hợp các điểm M thỏa mãn
MA
k
MB
=
, với k là số thực dương khác 1.
Ví dụ : Xác định tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z thỏa
mãn

z
k
z i
=
−
( k là số thực dương cho trước ).
HD:Gọi O, A lần lượt là các điểm trong mặt phẳng phức có tọa vị là
0, i
. Khi đó ta có:
+ Nếu
1k
=
thì tập hợp các điểm có tọa vị z thỏa mãn
1
z
z i

=
−
là đường trung trực của
đoạn thẳng OA. Phương trình đường trung trực này là
1
0
2
y − =
.
+ Nếu
1k
≠
thì tập hợp các điểm có tọa vị z thỏa mãn
z
k
z i
=
−
là đường tròn
Appollonius chia đoạn thẳng OA theo tỷ số
1k ≠
.Đường tròn này có tâm E có tọa vị là
2
2
0
1
k i
e
k
−

=
−
2
2
1
k
i
k
=
−
và có bán kính
2 2
0
1 1
k i
k
R
k k
−
= =
− −
. Suy ra phương trình đường tròn
Appollonius là
( )
2
2 2
2
2
2
2

1
1
k k
x y
k
k
 
+ − =
 ÷
−
 
−
BÀI TẬP
1.Giải hệ phương trình trong tập hợp số phức:
Ví dụ : Giải hệ phương trình sau với ẩn là
số phức z và
λ
là tham số thực khác 0.
Giáo viên : lại văn long Trường THPT A Bình Lục
Trang 5
Lại văn long CHUYÊN ĐỀ SỐ PHỨC VÀ ỨNG DỤNG

4 2
(1)
2
2
1 (2)
2
z i
i

z
z
z i
λ
− −

=

+


−

=

+


HD: + Gọi A, B theo thứ tự là các điểm trong mặt
phẳng phức có tọa vị là
4 2i+
,
2−
. Khi đó tập hợp
điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn (1) là đường
tròn đường kính AB, trừ hai điểm A và B. Đường tròn này có tâm E biểu diễn số phức
1 i+
và bán kính
1
6 2

2
R i= +

3 10i= + =
nên có phương trình là
( ) ( )
2 2
1 1 10x y− + − =
(1’)
+ Gọi C, D theo thứ tự là các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức
2, 2i−
. Khi đó tập hợp điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn (2) là đường trung trực của
đoạn thẳng CD. Đường trung trực này đi qua trung điểm
( )
1H i−
của đoạn thẳng CD và
nhận
( )
2 2CD i− −
uuur
làm véctơ pháp tuyến nên có phương trình là
( ) ( )
2 1 2 1 0x y− − − + =
0x y⇔ + =
(2’).
Suy ra giao điểm của đường tròn và đường trung trực là nghiệm của hệ đã cho. Đó là các
điểm
( )
;x y
thỏa mãn (1’) và (2’), tức là nghiệm của hệ phương trình sau

( ) ( )
2 2
0
1 1 10
x y
x y
+ =



− + − =


( ) ( )
2 2
1 1 10
y x
x x
= −


⇔

− + − − =



2
y x

x
= −

⇔

= ±


2
2
x
y
=

⇔

= −

hoặc
2
2
x
y
= −


=


Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là

2 2z i= −
và
2 2z i= − +
.
Ví dụ :Giải hệ phương trình sau với z là ẩn số

1 4 3 (3)
3 2
2 (4)
3
2
z i
z i
z i
 − − =



+ +
=


+ −


HD: + Gọi E là điểm trong mặt phẳng phức có tọa vị là
1 4i+
. Khi đó tập hợp điểm M
biểu diễn số phức z thỏa mãn (3) là đường tròn tâm E, bán kính
3R

=
.
Phương trình đường tròn này là:

( ) ( )
2 2
1 4 9x y− + − =
(3’)
+ Gọi A, B theo thứ tự là các điểm có tọa vị
là
3
3 2 ,
2
i i− − − +
. Khi đó tập hợp điểm M biểu
diễn số phức z thỏa mãn (4) là đường tròn
Appollonius chia đoạn thẳng AB theo tỷ số
2k
=
.
Đường tròn Appollonius có tâm F là điểm có tọa
vị
2
2
1
a k b
f
k
−
=

−

3
3 2 4
2
1 4
i i
 
− − − − +
 ÷
 
=
−

1 2i= − +

Giáo viên : lại văn long Trường THPT A Bình Lục
Trang 6
Lại văn long CHUYÊN ĐỀ SỐ PHỨC VÀ ỨNG DỤNG
và có bán kính
2
1
k a b
R
k
−
=
−

3

2 3 2
2
1 4
i i− − + −
=
−

1 2 5i= − − =
.
Phương trình đường tròn Appollonius là

( ) ( )
2 2
1 2 5x y+ + − =
(4’)
Suy ra nghiệm của hệ đã cho là giao điểm của hai
đường tròn (3’) và (4’), tức là các điểm
( )
;x y
thỏa
mãn hệ phương trình sau:

( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2
1 4 9
1 2 5
x y
x y


− + − =


+ + − =



2 2
2 2
2 8 8 0
2 4 0
x y x y
x y x y

+ − − + =

⇔

+ + − =



2 2
2 0
2 4 0
x y
x y x y
+ − =


⇔

+ + − =



( ) ( )
2
2
2
2 2 4 2 0
y x
x x x x
= −


⇔

+ − + − − =



2
2
2 0
y x
x x
= −

⇔


+ − =


1
1
x
y
=

⇔

=

hoặc
2
4
x
y
= −


=

.
Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là
1z i
= +
và
2 4z i

= − +
.

2. Giải hệ bất phương trình trong tập hợp số phức.
Ví dụ : Giải hệ bất phương trình sau với ẩn là số phức z :
3 2 (5)
2 9 2 5 (6)
z i
z i
 − − ≤


− − ≥


HD:Gọi
( )
,z x yi x y= + Î ¡
là tọa vị của điểm M bất kỳ trong mặt phẳng phức.
+ Tập hợp các điểm M có tọa vị z thỏa mãn (5) là hình tròn tâm
( )
3A i+
, bán kính
2R =
( kể cả biên ).
+ Ta có
9 5
(6)
2 2
z i⇔ − − ≥

Tập hợp các điểm M có tọa vị z thỏa mãn
(6) là phần của mặt phẳng nằm bên ngoài
hình tròn tâm
9
2
B i
 
+
 ÷
 
, bán kính
5
2
R =
( kể cả biên ).
Vậy nghiệm của hệ bất phương trình đã cho
là giao của hai tập hợp trên. Đó là “ hình trăng
lưỡi liềm ” không bị bôi đen trong hình vẽ.
Ví dụ :
Giải hệ bất phương trình sau với ẩn là số phức z :

3 2
1 (7)
1
1 2 2 (8)
z i
z
z i
 + −
≥


+


− − ≤

HD:Gọi
( )
,z x yi x y IR= + ∈
là tọa vị của
điểm M bất kỳ trong mặt phẳng phức.
+ Tập hợp các điểm M có tọa vị z thỏa
mãn (7) là nửa mặt phẳng không chứa điểm A
có bờ là đường trung trực của đoạn thẳng AB
( kể cả đường trung trực ), với
( )
3 2A i− +
và
( )
1B −
.
Giáo viên : lại văn long Trường THPT A Bình Lục
Trang 7
Lại văn long CHUYÊN ĐỀ SỐ PHỨC VÀ ỨNG DỤNG
+ Tập hợp các điểm M có tọa vị z thỏa
mãn (8) là hình tròn tâm
( )
1 2E i+
, bán kính
2R =

( kể cả biên ).
Vậy nghiệm của hệ bất phương trình đã cho là
giao của hai tập hợp trên.
Đó là phần hình tròn kể cả biên không bị bôi
đen trong hình
II- Ứng dụng số phức để tính tổng của các
k
n
C
1.Khai triển nhị thức Newton: (1 + x)
n
=
0 1 2 2 n-1 n-1 n n
C +xC +x C + +x C +x C
n n n n n
(Với
*
n IN∀ ∈
)
.2- Các tính chất của số phức dùng trong phần này:
+ Hai số phức bằng nhau: a + bi = c + di ⇔ a = c và b = d
+ Cho z = r(cosϕ + i.sinϕ) thì z
n
= r
n
(cosnϕ + i.sinnϕ)
3- Khi nào thì dùng số phức để tính tổng của các
k
C
n

?
Đây là vấn đề lớn nhất cần chú ý cho học sinh. Ta dùng số phức để tính tổng của các
k
n
C
khi
tổng này có hai đặc điểm:
* Các dấu trong tổng xen kẽ đều nhau .
* k luôn lẻ, hoặc luôn chẵn hoặc khi chia k cho một số ta luôn được cùng một số dư (trong
chương trình phổ thông ta chỉ cho HS làm với k = 3l, k = 3l + 1, k = 3l + 2).
4- Các tổng của
k
C
n
được tính như thế nào ?
Khai triển (1 + x)
n
, cho x nhận giá trị là những số phức thích hợp (thường ta chọn là x =
i). So sánh phần thực và phần ảo của cùng một số phức trong hai cách tính.
Khai triển trực tiếp các số phức (thường chỉ xét các số phức có argument là
6
π
±
,
4
π
±
,
3
π

±
). Sau đó so sánh phần thực và phần ảo của cùng một số phức trong hai cách tính.
Khai triển (1 + x)
n
, đạo hàm hai vế theo x sau đó cho x nhận giá trị là những số phức
thích hợp (thường ta chọn là x = i). Sau đó so sánh phần thực và phần ảo của cùng một số
phức trong hai cách tính.
Khai triển (1 + x)
n
, cho x nhận giá trị là các căn bậc ba của đơn vị. Cộng vế theo vế các
đẳng thức thu được. Suy ra giá trị của tổng cần tìm.
Điều quan trọng là phải quan sát tổng cần tìm có những đặc điểm gì để lựa chọn một trong các
cách trên. Chủ yếu là căn cứ vào hệ số của các
k
C
n
trong tổng. Để nói chi tiết được điều này đòi
hỏi phải có lượng lớn những nhận xét, sẽ vượt quá khuôn khổ cho phép của một đề tài sáng kiến
kinh nghiệm. Tôi chỉ đưa ra một số ví dụ minh hoạ cho
Giáo viên : lại văn long Trường THPT A Bình Lục
Trang 8
Lại văn long CHUYÊN ĐỀ SỐ PHỨC VÀ ỨNG DỤNG
từng dạng, qua đó người đọc sẽ tự trả lời được câu hỏi: Để tính tổng này ta phải làm gì?
MỘT SỐ VÍ DỤ MINH HOẠ:
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
Ví dụ :Tính tổng
A =

0 2 4 6 2004 2006 2008
C -C +C -C + +C -C +C
2009 2009 2009 2009 2009 2009 2009
B =
1 3 5 7 2005 2007 2009
-C +C -C +C C +C -C
2009 2009 2009 2009 2009 2009
2009
HD : Xét khai triển:
(1 + x)
2009
=
0 1 2 2 2008 2008 2009 2009
C xC x C x C x C
2009 2009 2009 2009 2009
+ + + + +
Cho x = - i ta có:
(1 – i )
2009
=
0 1 2 2 2008 2008 2009 2009
C iC i C i C i C
2009 2009 2009 2009 2009
+ + + + +
= (
0 2 4 6 2004 2006 2008
C C C C C C C
2009 2009 2009 2009
2009 2009 2009
− + − + + − +

) +
+ (
1 3 5 7 2005 2007 2009
C C C C C
2009 2009 2009 2009
2009 2009 2009
C C− + − + − − + −
)i
Mặt khác:
2009
π π 2009π 2009π
2009 2009 2009
(1 - i) =( 2) cos - +isin - =( 2) cos -isin =
4 4 4 4
 
     
 ÷  ÷  ÷
 ÷
     
 
.
=
π π 2 2
2009 2009 1004 1004
( 2) cos -isin =( 2) -i =2 -2 i
4 4 2 2
 
 
 ÷
 ÷

 ÷
 
 
So sánh phần thực và phần ảo của (1 – i )
2009
trong hai cách tính trên ta được:
A =
0 2 4 6 2004 2006 2008
C C C C C C C
2009 2009 2009 2009 2009 2009 2009
− + − + + − +
= 2
1004
B =
1 3 5 7 2005 2007 2009
-C +C -C +C C +C -C
2009 2009 2009 2009 2009 2009
2009
= - 2
1004
Ví dụ : Tính tổng: C =
(
)
1
0 2 2 4 23 46 24 48 25 50
C -3C +3 C 3 C +3 C -3 C
50 50 50 50 50 50
50
2
HD:

Xét khai triển:
(
)
50
1 3 1
0 1 2 2 49 49 50 50
- + i = C -(i 3)C +(i 3) C + (i 3) C +(i 3) C =
50 50 50 50 50
50
2 2
2
 
 ÷
 ÷
 
( )
1
0 2 2 4 4 46 46 48 48 50 50
= C -( 3) C +( 3) C ( 3) C +( 3) C -( 3) C +
50 50 50 50
50
50 50
2
Giáo viên : lại văn long Trường THPT A Bình Lục
Trang 9
Lại văn long CHUYÊN ĐỀ SỐ PHỨC VÀ ỨNG DỤNG
+
( )
1
1 3 3 5 5 47 47 49 49

3C ( 3) C ( 3) C ( 3) C ( 3) C i
50 50 50
50
50 50
2
− + − + + −
Mặt khác:
50
50
2π 2π 100π 100π 1 3
1 3
i cos isin cos isin i
2 2
3 3 3 3 2 2
 
 
       
− + = + = + = − −
 ÷
 ÷
 ÷  ÷  ÷  ÷
 ÷
       
 
 
So sánh phần thực của
50
1 3
i
2 2

 
− +
 ÷
 ÷
 
trong hai cách tính trên ta được:
C =
(
)
1
1
0 2 2 4 23 46 24 48 25 50
C 3C 3 C 3 C 3 C 3 C
50 50 50 50 50 50
50
2
2
− + − − + − = −
Ví dụ : Tính tổng: D =
10 0 9 2 8 4 7 6 2 16 18 20
3 C -3 C +3 C -3 C + +3 C -3C +C
20 20 20 20 20 20 20
HD:Xét khai triển:
( )
20
20 0 19 1 18 2 2 18 19 20
3 i ( 3) C i( 3) C ( 3) C ( 3) C i 3C C
20 20 20 20 20 20
+ = + − − − − +
=

= (
10 0 9 2 8 4 7 6 2 16 18 20
3 C 3 C 3 C 3 C 3 C 3C C
20 20 20 20 20 20 20
− + − + + − +
) +
+
19 1 17 3 3 17 19
( 3) C ( 3) C ( 3) C 3C
20 20 20 20
i
 
− + + −
 ÷
 
Mặt khác:
( )
20
20
20
3 1π π 20π 20π
20 20 20
3 i 2 i 2 cos isin 2 cos isin
2 2 6 6 6 6
 
   
+ = + = + = + =
 ÷
 ÷  ÷
 ÷

   
 

4π 4π 1 3
20 20 19 19
2 cos isin 2 i 2 2 3 i
3 3 2 2
 
 
= + = − − = − −
 ÷
 ÷
 ÷
 
 
So sánh phần thực của
( )
20
3 i+
trong hai cách tính trên ta có:
D =
10 0 9 2 8 4 7 6 2 16 18 20
3 C 3 C 3 C 3 C 3 C 3C C
20 20 20 20 20 20 20
− + − + + − +
= - 2
19
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
Ví dụ :
Tính tổng: D =
1 3 5 7 25 27 29
C -3C +5C -7C + +25C -27C +29C
30 30 30 30 30 30 30
E =
2 4 6 8 26 28 30
2C -4C +6C -8C + +26C -28C +30C
30 30 30 30 30 30 30
HD:(1 + x)
30
=
0 1 2 2 3 3 28 28 29 29 30 30
C xC x C x C x C x C x C
30 30 30 30 30 30 30
+ + + + + + +
Đạo hàm hai vế ta có:
30(1 + x)
29
=
1 2 2 3 27 28 28 29 29 30
C +2xC +3x C + +28x C +29x C +30x C
30 30 30 30 30 30
Cho x = i ta có:
Giáo viên : lại văn long Trường THPT A Bình Lục
Trang 10
Lại văn long CHUYÊN ĐỀ SỐ PHỨC VÀ ỨNG DỤNG
30(1 + i)
29

= (
1 3 5 7 25 27 29
C 3C 5C 7C 25C 27C 29C
30 30 30 30 30 30 30
− + − + + − +
) +
+ (
2 4 6 8 26 28 30
2C 4C 6C 8C 26C 28C 30C
30 30 30 30 30 30 30
− + − + + − +
)i
Mặt khác:30(1 + i)
29
=
( ) ( )
29
29 29
π π 29π 29π
30 2 cos isin 30 2 cos isin
4 4 4 4
   
+ = + =
 ÷  ÷
   

( )
29
2 2
15 15

= 30 2 - - i =-15.2 -15.2 i
2 2
 
 ÷
 ÷
 
So sánh phần thực và ảo của 30(1 + i)
29
trong hai cách tính trên ta có:
D =
1 3 5 7 25 27 29
C 3C 5C 7C 25C 27C 29C
30 30 30 30 30 30 30
− + − + + − +
= - 15.2
15

E =
2 4 6 8 26 28 30
2C 4C 6C 8C 26C 28C 30C
30 30 30 30 30 30 30
− + − + + − +
= - 15.2
15
Ví dụ :Tính tổng S =
2 2 4 3 6 9 18 10 20
2.3C -4.3 C +6.3 C +18.3 C -20.3 C
20 20 20 20 20
HD: Xét khai triển:
(1 +

3
x)
20
=
0 1 2 2 3 3 19 19 20 20
C +( 3x)C +( 3x) C +( 3x) C + +( 3x) C +( 3x) C
20 20 20 20 20 20
Đạo hàm hai vế ta có:
20
19
3(1 3x)+
=
1 2 3 2 3 19 18 19 10 19 20
3C +2.3xC +3.( 3) x C + +19.( 3) x C +20.3 x C
20 20 20 20 20
Cho x = i ta có:
20
19
3(1 3i)+
=
( ) ( ) ( ) ( )
3 5 17 19
1 3 5 17 19
3C 3. 3 C 5. 3 C 17. 3 C 19. 3 C
20 20 20 20 20
 
− + − + − +
 ÷
 
( )

2 2 4 3 6 9 18 10 20
2.3C 4.3 C 6.3 C 18.3 C 20.3 C i
20 20 20 20 20
+ − + − + −
.
Mặt khác: 20
19
3(1 3i)+
=
19
19
1 3π π
19 19
20 3.2 i 20. 3.2 cos isin
2 2 3 3
 
 
+ = + =
 ÷
 ÷
 ÷
 
 
19π 19π 1 3
19 19 19 19
20. 3.2 cos isin 20. 3.2 i 10. 3.2 30.2 i
3 3 2 2
 
 
= + = + = +

 ÷
 ÷
 ÷
 
 
So sánh phần ảo của 20
19
3(1 3i)+
trong hai cách tính trên ta có:
S =
2 2 4 3 6 9 18 10 20
2.3C 4.3 C 6.3 C 18.3 C 20.3 C
20 20 20 20 20
− + − + −
= 30.2
19
Ví dụ :
Tính các tổng sau: M =
0 2 4 6 12 14
C -3C +5C -7C + +13C -15C
15 15 15 15 15 15
Giáo viên : lại văn long Trường THPT A Bình Lục
Trang 11
Lại văn long CHUYÊN ĐỀ SỐ PHỨC VÀ ỨNG DỤNG
N =
1 3 5 7 13 15
2C -4C +6C -8C + +14C -16C
15 15 15 15 15 15
HD: Xét khai triển: (1 + x)
15

=
0 1 2 2 3 3 13 13 14 14 15 15
C xC x C x C x C x C x C
15 15 15 15 15 15 15
+ + + + + + +
Nhân hai vế với x ta có:
x(1 + x)
15
=
0 2 1 3 2 4 3 14 13 15 14 16 15
xC x C x C x C x C x C x C
15 15 15 15 15 15 15
+ + + + + + +
Đạo hàm hai vế ta có: (1 + x)
15
+ 15x(1 + x)
14
=
=
0 1 2 2 3 3 13 13 14 14 15 15
C 2xC 3x C 4x C 14x C 15x C 16x C
15 15 15 15 15 15 15
+ + + + + + +
Với x = i ta có: (1 + i)
15
+ 15i(1 + i)
14
=
0 2 4 6 12 14
C 3C 5C 7C 13C 15C

15 15 15 15 15 15
 
− + − + + −
 ÷
 
+
+
(
)
1 3 5 7 13 15
2C 4C 6C 8C 14C 16C
15 15 15 15 15 15
− + − + + −
i
Mặt khác: (1 + i)
15
+ 15i(1 + i)
14
=
( ) ( )
15 14
15 14
π π π π
2 cos isin 15i. 2 cos isin
4 4 4 4
   
+ + + =
 ÷  ÷
   
( ) ( )

15 15
15π 15π 14π 14π 2 2
7 7
2 cos isin 15.2 i cos isin 2 i 15.2
4 4 4 4 2 2
 
   
= + + + = − − + =
 ÷
 ÷  ÷
 ÷
   
 
7 7 7 7 7 8 7
2 2 i 15.2 14.2 2 i 7.2 2 i= − − + = − = −
So sánh phần thực và ảo của (1 + i)
15
+ 15i(1 + i)
14
trong hai cách tính trên ta có:
M =
0 2 4 6 12 14
C 3C 5C 7C 13C 15C
15 15 15 15 15 15
− + − + + −
= 7.2
8
N =
1 3 5 7 13 15
2C 4C 6C 8C 14C 16C

15 15 15 15 15 15
− + − + + −
= -2
7
Dạng 3: Khai triển (1 + x)
n
, cho x nhận giá trị là các căn bậc ba của đơn vị
Để tiện cho việc theo dõi sự biến đổi và các phép tính tôi đưa lại các vấn đề về căn bậc ba của
đơn vị (đã trình bày trong phần I của đề tài):
Giải phương trình: x
3
– 1 = 0
Ta được các nghiệm là x
1
= 1;
1 3
x
2
2 2
i= − +
;
1 3
x
3
2 2
i= − −
.
Các nghiệm đó chính là các căn bậc ba của 1.
Đăt:
1 3

ε i
2 2
= − −

1 3
2
ε i
2 2
⇒ = − +
và
ε
có các tính chất sau:
1)
ε
+
2
ε
= -1 2)
3
ε 1=
3)
3k
ε 1=
4)
3k 1
ε ε
+
=
5)
3k 2 2

ε ε
+
=

(k – nguyên).
Sử dụng các tính chất trên của
ε
ta có thể tính được các tổng sau:
Giáo viên : lại văn long Trường THPT A Bình Lục
Trang 12
Lại văn long CHUYÊN ĐỀ SỐ PHỨC VÀ ỨNG DỤNG
Ví dụ Tính tổng: S =
0 3 6 3k 15 18
C +C +C + +C + +C +C
20 20 20 20 20 20
HD: Xét khai triển:
(1 + x)
20
=
0 1 2 2 3 3 18 18 19 19 20 20
C xC x C x C x C x C x C
20 20 20 20 20 20 20
+ + + + + + +
Cho x = 1 ta có: 2
20
=
0 1 2 3 18 19 20
C C C C C C C
20 20 20 20 20 20 20
+ + + + + + +

(1)
Cho x =
ε
ta có: (1 +
ε
)
20
=
0 1 2 2 3 18 19 2 20
CεC ε C C C εC ε C
20 20 20 20 20 20 20
+ + + + + + +
(2)
Cho x =
2
ε
ta có:
(1 +
2
ε
)
20
=
0 2 1 2 3 18 2 19 20
Cε C εC C C ε C εC
20 20 20 20 20 20 20
+ + + + + + +
(3)
Cộng vế theo vế (1), (2) và (3) ta được: 2
20

+ (1 +
ε
)
20
+(1 +
2
ε
)
20
= 3S.
Mặt khác:
20 2 20 40
(1ε) ( ε ) ε ε+ = − = =
;
2 20 20 20 2
(1ε ) ( ε) ε ε+ = − = =
Do vậy: 3S = 2
20
– 1. Hay S =
20
2 1
3
−

Ví dụ : Tính tổng T =
1 4 7 3k+1 16 19
C +C +C + +C + +C +C
20 20 20 20 20 20
HD: Xét khai triển:
(1 + x)

20
=
0 1 2 2 3 3 18 18 19 19 20 20
C xC x C x C x C x C x C
20 20 20 20 20 20 20
+ + + + + + +
Nhân hai vế với x
2
ta có:
x
2
(1 + x)
20
=
2 0 3 1 4 2 5 3 20 18 21 19 22 20
x C x C x C x C x C x C x C
20 20 20 20 20 20 20
+ + + + + + +
Cho x = 1 ta có: 2
20
=
0 1 2 3 18 19 20
C C C C C C C
20 20 20 20 20 20 20
+ + + + + + +

(1)
Cho x =
ε
ta có:

2
ε
(1 +
ε
)
20
=
2
ε
0 1 2 2 3 4 2 18 19 20
C CεC ε C C ε C C εC
20 20 20 20 20 20 20
20
+ + + + + + +

(2)
Cho x =
2
ε
ta có:
ε
(1 +
2
ε
)
20
=
ε
0 1 2 2 3 18 19 2 20
C Cε C εC εC C ε C

20 20 20 20 20 20 20
+ + + + + + +
(3)
Cộng vế theo vế (1), (2) và (3) ta có: 2
20
+
2
ε
(1 +
ε
)
20
+
ε
(1 +
2
ε
)
20
= 3T
Mặt khác:
2
ε
(1 +
ε
)
20
=
42
ε 1=

;
ε
(1 +
2
ε
)
20
=
21
ε 1=
Do vậy: 3T = 2
20
+ 2. Hay: T =
20
2 2
3
+
Ví dụ : Tính tổng: P =
0 3 6 3k 15 18
C +3C +6C + +3kC + +15C +18C
20 20 20 20 20 20
Giáo viên : lại văn long Trường THPT A Bình Lục
Trang 13
Lại văn long CHUYÊN ĐỀ SỐ PHỨC VÀ ỨNG DỤNG
HD:Xét khai triển: (1 + x)
20
=
0 1 2 2 3 3 18 18 19 19 20 20
C xC x C x C x C x C x C
20 20 20 20 20 20 20

+ + + + + + +
Đạo hàm hai vế ta có:
20(1 + x)
19
=
1 2 2 3 17 18 18 19 19 20
C 2xC 3x C 18x C 19x C 20x C
20 20 20 20 20 20
+ + + + + +
(*)
Nhân hai vế (*) với x ta có:
20x(1 + x)
19
=
1 2 2 3 3 18 18 19 19 20 20
xC 2x C 3x C 18x C 19x C 20x C
20 20 20 20 20 20
+ + + + + +
Cho x = 1 ta được:20.2
19
=
1 2 3 4 18 19 20
C 2C 3C 4C 18C 19C 20C
20 20 20 20 20 20 20
+ + + + + + +

(1)
Cho x =
ε
ta có:

20
ε
(1 +
ε
)
19
=
1 2 2 3 4 18 19 2 20
εC 2ε C 3C 4εC 18C 19εC 20ε C
20 20 20 20 20 20
20
+ + + + + +
(2)
Cho x =
2
ε
ta có:
20
ε
2
(1 +
ε
2
)
19
=
2 1 2 3 2 4 18 2 19 20
ε C 2εC 3C 4ε C 18C 19ε C 20εC
20 20 20 20 20 20
20

+ + + + + +
(3)
Cộng vế theo vế (1), (2), (3) ta có: 20[2
19
+
ε
(1 +
ε
)
19
+
ε
2
(1 +
ε
2
)
19
] = 3P -
0
C
20
Mặt khác:
ε
(1 +
ε
)
19
=
2 19 39

ε( ε ) ε 1− = − = −

ε
2
(1 +
ε
2
)
19
=
2 19 21
ε ( ε) ε 1− = − = −
Vậy 3P = 1 + 20(2
19
– 2) = 10.2
20
– 39 . Suy ra P =
20
10.2
13
3
−
III- MỘT SỐ BÀI TẬP:
1- Tính các tổng sau:
( ) ( ) ( ) ( )
3 5 27 29
1 3 5 27 29
A 3C 3 3 C 5 3 C 27 3 C 29 3 C
1 30 30 30 30 30
= − + − − +

2 2 4 3 6 14 28 15 30
A 2.3C 4.3 C 6.3 C 28.3 C 30.3 C
2 30 30 30 30 30
= − + − − +
HD: Xét khai triển:
( )
30
1 3x+
. Đạo hàm hai vế, cho x = i và so sánh phần thực, phần ảo của
hai số phức. ĐS: A
1
=
29
15 3.2
; A
2
= - 45.2
29
2- Tính các tổng sau:
0 2 4 6 8 22 24
B C 2C 3.4C 5.6C 7.8C 21.22C 23.24C
1 25 25 25 25 25 25 25
= + − + − + + −
1 3 5 7 9 23 25
B C 2.3C 4.5C 6.7C 8.9C 22.23C 24.25C
2 25 25 25 25 25 25 25
= + − + − + + −
Giáo viên : lại văn long Trường THPT A Bình Lục
Trang 14
Lại văn long CHUYÊN ĐỀ SỐ PHỨC VÀ ỨNG DỤNG

HD: Xét khai triển: (1 + x)
25
. Đạo hàm hai vế hai lần, sau đó cho x = i. So sánh phần thực và
phần ảo của hai số phức bằng nhau.
ĐS: B
1
= 75.2
14
– 1; B
2
= –25(1 + 3.2
14
)
3- Tính các tổng sau:
0 2 4 6 16 18 20
C C 3C 5C 7C 17C 19C 21C
1 20 20 20 20 20 20 20
= − + − + + − +
1 3 5 7 15 17 19
C 2C 4C 6C 8C 16C 18C 20C
2 20 20 20 20 20 20 20
= − + − + − + −
HD: Xét khai triển: ( 1 + x)
20
. Nhân hai vế với x. Đạo hàm hai vế. Cho x = i.
ĐS: C
1
= - 11.2
10
; C

2
= - 10.2
10
4- Tính các tổng sau:
2 1 2 3 2 5 2 7 2 95 2 97 2 99
D 1 C 3 C 5 C 7 C 95 C 97 C 99 C
1 100 100 100 100 100 100 100
= − + − + + − +
2 2 2 4 2 6 2 8 2 96 2 98 2 100
D 2 C 4 C 6 C 8 C 96 C 98 C 100 C
2 100 100 100 100 100 100 100
= − + − + + − +
HD: Xét khai triển: (1 + x)
100
. Đạo hàm hai vế. Nhân hai vế với x. Lại đạo hàm hai vế. Cho x = i.
ĐS: D
1
= - 50.100.2
50
; D
2
= -50.2
50
.
5- Tính tổng sau:
E =
2 5 8 20 23
2C 5C 8C 20C 23C
25 25 25 25 25
+ + + + +

HD: Xét khai triển của (1 + x)
25
. Đạo hàm hai vế. Sau đó nhân hai vế với x
2
. Cho x lần lượt bằng
1,
2
ε, ε
(ba căn bậc ba của 1) cộng vế theo vế ba đẳng thức nhận được ta tìm được E.
ĐS: E =
24
25(2 1)
3
−
6 – Tính các tổng sau:
1 2 4 2 7 2 10 2 37 2 40
F C 4 C 7 C 10 C 37 C 40 C
1 40 40 40 40 40 40
= + + + + + +
2 2 2 5 2 8 2 11 2 35 2 38
F 2 C 5 C 8 C 11 C 35 C 38 C
2 40 40 40 40 40 40
= + + + + + +
0 2 3 2 6 2 9 2 36 2 39
F C 3 C 6 C 9 C 36 C 39 C
3 40 40 40 40 40 40
= + + + + + +
HD: Xét khai triển của ( 1+ x)
40
. Đạo hàm hai vế. Nhân hai vế với x. Lại đạo hàm hai vế.

Để có F
1
ta cho x lần lượt là 1,
2
ε, ε
(ba căn bậc ba của 1). Cộng vế theo vế ba đẳng thức nhận
được.
ĐS:
38
40.41(2 1)
F
1
3
−
=
39 38
40(2 1) 39.40(2 1)
F
2
3
+ + −
=
Giáo viên : lại văn long Trường THPT A Bình Lục
Trang 15
Lại văn long CHUYÊN ĐỀ SỐ PHỨC VÀ ỨNG DỤNG
39 38
40(2 1) 39.40(2 2) 1
F
3
3

+ + + −
=
7- Tính các tổng sau:
0 3 6 9 33 36 39
G C 4C 7C 10C 34C 37C 40C
1 40 40 40 40 40 40 40
= + + + + + + +
1 4 7 10 34 37 40
G 2C 5C 8C 11C 35C 38C 41C
2 40 40 40 40 40 40 40
= + + + + + + +
2 5 8 11 35 38
G 3C 6C 9C 12C 36C 39C
3 40 40 40 40 40 40
= + + + + + +
Hướng dẫn: Khai triển (1 + x)
40
. Nhân hai vế với x. Đạo hàm hai vế.
Để có G
1
ta cho x lần lượt là 1,
2
ε, ε
(ba căn bậc ba của 1). Cộng vế theo vế ba đẳng thức nhận
được.ĐS: G
1
= 7.2
40
+ 13; G
2

= 7.2
40
– 27; G
3
= 7.2
40
+ 28.
III-ỨNG DỤNG TÍNH TỔNG CỦA HÀM LƯỢNG GIÁC
Công thức MOAVRƠ:
Cho z = r(cosϕ + i.sinϕ) thì z
n
= r
n
(cosnϕ + i.sinnϕ)
căn bậc n của z có n giá trị là n số phức được xác định như sau:
z
k
=
n
r
(cos
2k
n
ϕ π
+
+ i.sin
2k
n
ϕ π
+

) với k = 0,1,….n – 1
iφ
e =cosφ+isinφ
Ví Dụ: chứng minh 1.
5 3
sin5t = 16sin t - 20sin t + 5sint
2.
5 3
cos5t=16cos t -20cos t +5cost
HD:
5
(cost isint ) = cos5t +isin5t+
Ta có
5 5 4 5 5
(cos sin ) cos 5 cos sin sin+ = + + +t i t t i t t i t
=
5 3 2 2 2 2 2 2 3 5
(cos 10cos (1 cos ) 5cos (1 cos ) (5sin (1 sin ) 10(1 sin )sin sin )t t t t t i t t t t t− − + − + − − − +
Đồng nhất phần thục và phần ảo ta có đpcm
Ví Dụ: chứng minh rằng :
2 3 1
cos cos cos
7 7 7 2
π π π
− + =
HD:xét phương trình
7
1 0x + =
tập nghiệm S={
3 5 13

7 7 7 7
, , ,
i i i i
e e e e
π π π π
}
Ta có
3 13
2
7 7 7 7
2
7
1

1
i i i i
i
i
e
e e e e
e
π π π π
π
π
−
+ + + =
−
=0 do đó
3 13
cos cos cos 0

7 7 7
π π π
+ + + =
3 5
2(cos cos cos ) 1 0
7 7 7
π π π
⇔ + + − =
2 3 1
cos cos cos
7 7 7 2
π π π
⇔ − + =
đpcm
Ví Dụ: Tính tổng :
1.
n
S
=
sin sin 2 sinx x nx
+ + +
2.
cos cos2 cos
n
S x x nx= + + +
Giáo viên : lại văn long Trường THPT A Bình Lục
Trang 16
Lại văn long CHUYÊN ĐỀ SỐ PHỨC VÀ ỨNG DỤNG
3.
sin sin 3 sin(2 1)

n
S x x n x= + + + −
4.
2 2 2
cos cos 2 cos
n
S x x nx= + + +
HD:
1. và 2. đặt Z = cosx + isinx khi đó
2 3
( 1) (cos sin )(cos sin 1)

1 cos sin 1
n
n
z z x i x nx i nx
S z z z z
z x i x
− + + −
= + + + + = =
− + −
=
=
sin
1 1
2
(cos sin )
2 2
sin
2

nx
n n
x i x
x
+ +
+
Vậy
1
1
sin sin
2 2
sin
sin
2
n
n
k
nx n
x
S kx
x
=
+
= =
∑
;
1
1
sin cos
2 2

cos
sin
2
n
n
k
nx n
x
S kx
x
=
+
= =
∑
3.
3 5 2 1

n
n
S z z z z
−
= + + + +
tương tự có
2
sin
sin sin 3 sin(2 1)
sin
n
nx
S x x n x

x
= + + + − =
4.
2 4 2

n
n
S z z z= + + +
tương tự có
2 2 2
1 sin( 1) cos
cos cos 2 cos
2 2sin
n
n n x nx
S x x nx
x
− +
= + + + = +
Ví Dụ : Tìm giới hạn sau
1.
2
lim (1 cos cos2 cos )
n
n
r x r x r nx
→+∞
+ + + +
2.
2

lim (1 sin sin 2 sin )
n
n
r x r x r nx
→+∞
+ + + +
(
1r <
)
HD:
2 2
(1 cos cos 2 cos ) ( sin sin 2 sin )
n n
n
S r x r x r nx i r x r x r nx= + + + + + + + +
2 2
1 (cos sin ) (cos sin ) (cos sin )
n n
r x i x r x i x r x i x= + + + + + + +
=
1 1
(cos sin ) 1
(cos sin ) 1
n n
r x i x
r x i x
+ +
+ −
+ −
Vậy

2 1 2 1
2
(cos cos( 1) cos 1 ( sin sin( 1) sin )
1 2 cos
n n n n
n
r nx r n x r x i r nx r n x r x
S
r r x
+ + + +
− + − + + − + +
=
+ −
2 1
2
2
(cos cos( 1) cos 1
1 cos cos 2 cos
1 2 cos
n n
n
n
r nx r n x r x
A r x r x r nx
r r x
+ +
− + − +
⇒ = + + + + =
+ −
2 1

2
sin sin( 1) sin
1 2 cos
n n
n n
r nx r n x r x
B S
r r x
+ +
− + +
⇒ = =
+ −
2
1 cos
lim
1 2 cos
n
n
r x
A
r x r
→+∞
−
⇒ =
− +
2
sin
lim
1 2 cos
n

n
r x
B
r x r
→+∞
⇒ =
− +
III: KẾT LUẬN
Phần trình bày trên đây đã giúp chúng ta định hướng phương pháp giải toàn bằng số phức.tuy
nhiên khi găp những bài toán này học sinh cần phân tích đặc điểm của bài?và học sinh cần củng
cố cho mình những kiến thức về số phức các tính chất đại số và hình học…mà vận dụng linh
hoạt các bài toán và điều kiện một cách linh hoạt ,sáng tạo không máy móc mới mang lại thành
công.
Mặc dù đã cố gắng rất nhiều song cũng còn nhiều vấn đề mà đề tài còn thiếu sót. Vì vậy rât
mong đươc sự đóng góp ý kiến của thầy cô
Giáo viên : lại văn long Trường THPT A Bình Lục
Trang 17