Số phức và ứng dụng trong toán tổ hợp

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
Nguyễn Thanh Hải
SỐ PHỨC VÀ ỨNG DỤNG
TRONG TOÁN TỔ HỢP
LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC
Hà Nội - 2012
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
Nguyễn Thanh Hải
SỐ PHỨC VÀ ỨNG DỤNG
TRONG TOÁN TỔ HỢP
Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp
Mã số: 60.46.40
LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC
Người hướng dẫn khoa học:
GS.TSKH. Nguyễn Văn Mậu
Trường Đại học khoa học Tự nhiên - ĐHQGHN.
Hà Nội - 2012
Mục lục
Mở đầu 2
1 Số phức và các tính chất liên quan 4
1.1 Dạng đại số của số phức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.1.1 Định nghĩa và các tính chất của số phức . . . . . . . 4
1.1.2 Dạng đại số của số phức . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.1.3 Số phức liên hợp và mô đun của số phức . . . . . . . 7
1.2 Biểu diễn hình học của số phức . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.3 Dạng lượng giác của số phức . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.3.1 Tọa độ cực của số phức . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.3.2 Biểu diễn lượng giác của số phức . . . . . . . . . . 10
1.3.3 Các phép toán trên dạng lượng giác của số phức . . 10

1.4 Căn bậc n của đơn vị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
2 Ứng dụng số phức trong tính toán tổ hợp 17
2.1 Khai triển lũy thừa của nhị thức . . . . . . . . . . . . . . . 17
2.2 Số phức với khai triển Newton . . . . . . . . . . . . . . . . 20
2.3 Các đẳng thức trong lượng giác . . . . . . . . . . . . . . . . 27
2.4 Ứng dung số phức trong logic hình thức liên quan đến tổ hợp 31
2.5 Sử dụng số phức giải các bài toán với phép đếm nâng cao . 43
Kết luận 48
Tài liệu tham khảo 49
1
Lời nói đầu
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 e
iπ
+ 1 = 0). 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.
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. 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 “số phức và ứng dụng trong toán tổ hợp ”
trên cơ sở khai thác tính chất của số phức và vận dụng khai triển nhị thức
Newton.
Chương 1 Là những kiến thức về số phức. Trong chương này, chúng
tôi nhắc lại những khái niệm và kết quả cơ bản về số phức. Nội dung được
trình bày gồm: dạng đại số của số phức, biểu diễn hình học của số phức,
2
Lời nói đầu
dạng lượng giác của số phức, căn bậc n của đơn vị
Chương 2 Là những kiến thức về khai triển nhị thức và trình bày các
ứng dụng của số phức trong toán tổ hợp.
Qua đây, tác giả xin được gửi lời cảm ơn sâu sắc đến người thầy,
người hướng dẫn khoa học của mình, GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu, người
đã đưa ra đề tài và tận tình hướng dẫn trong suốt quá trình nghiên cứu
của tác giả. Đồng thời tác giả cũng chân thành cảm ơn các thầy cô trong
khoa Toán - Cơ - Tin học trường Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học
Quốc gia Hà Nội, đã tạo mọi điều kiện cho tác giả về tài liệu và thủ tục
hành chính để tác giả hoàn thành bản luận văn này. Tác giả cũng gửi lời
cảm ơn đến bạn bè, đặc biệt là bạn bè trong nhóm Phương pháp toán sơ
cấp lớp Cao học 08 - 10, đã động viên giúp đỡ tác giả về tài liệu tham
khảo và kỹ thuật biên soạn Latex.
Do thời gian và trình độ còn hạn chế, chắc chắn bản luận văn không
thể tránh khỏi những thiếu sót, tác giả rất mong nhận được sự chỉ bảo tận
tình của các thầy cô và bạn bè đồng nghiệp, tác giả xin chân thành cảm ơn!
Hà Nội, Tháng 12 năm 2012
Học viên
Nguyễn Thanh Hải
3
Chương 1

Số phức và các tính chất
liên quan
1.1 Dạng đại số của số phức
1.1.1 Định nghĩa và các tính chất của số phức
Định nghĩa 1.1.1 (xem [1]-[2]). Xét R
2
= R ×R = (x, y)|x, y ∈ R.
Hai phần tử (x
1
, y
1
) và (x
2
, y
2
) bằng nhau ⇔

x
1
= x
2
y
1
= y
2
∀z
1
= (x
1
, y

1
) , z
2
=
(x
2
, y
2
) ∈ R
2
Tổng z
1
+ z
2
= (x
1
+ x
2
, y
1
+ y
2
) ∈ R
2
.
Tích z
1
.z
2
= (x

1
x
2
− y
1
y
2
, x
1
y
2
+ x
2
y
1
) ∈ R
2
Tập R
2
cùng với phép cộng và nhân ở trên gọi là tập số phức C. Phần tử
(x, y) ∈ C là một số phức.
Phép toán tìm tổng hai số phức gọi là phép cộng.
Phép toán tìm tích hai số phức gọi là phép nhân.
Tính chất 1.1.2. Tính chât phép cộng:
1. Giao hoán: z
1
+ z
2
= z
2

+ z
1
, ∀z
1
, z
2
∈ C.
4
Chương 1. Số phức và các tính chất liên quan
2. Kết hợp:(z
1
+ z
2
) + z
3
= z
1
+ (z
2
+ z
3
), ∀z
1
, z
2
, z
3
∈ C.
3. Tồn tại phần tử không:∃0 = (0, 0) ∈ C, z + 0 = 0 + z = z, ∀z ∈ C.
4. Mọi số có số đối: ∀z ∈ C, ∃− z ∈ C : z + (−z) = (−z) + z = 0.

Số z
1
−z
2
= z
1
+ (−z
2
): hiệu của hai số z
1
, z
2
. Phép toán tìm hiệu hai
số gọi là phép trừ,
z
1
− z
2
= (x
1
− x
2
, y1
−
y
2
) ∈ C.
Tính chất 1.1.3. Tính chât phép nhân:
1. Giao hoán: z
1

.z
2
= z
2
.z
1
, ∀z
1
, z
2
∈ C
2. Kết hợp: (z
1
.z
2
).z
3
= z
1
.(z
2
.z
3
), ∀z
1
, z
2
, z
3
∈ C

3. Tồn tại phần tử đơn vị: ∃1 = (0, 1) ∈ C, z.1 = 1.z = z, ∀z ∈ C
4. Mọi số khác 0 có số nghịch đảo: ∀z ∈ C
∗
, ∃z
−1
∈ C : z.z
−1
= z
−1
.z = 1
z
−1
=
1
z
=

x
x
2
+ y
2
, −
y
x
2
+ y
2

Thương hai số z

1
= (x
1
, y
1
), z = (x, y) ∈ C
∗
là
z
1
z
=

x
1
x + y
1
y
x
2
+ y
2
,
−x
1
y + y
1
x
x
2

+ y
2

∈ C.
Ví dụ 1.1.4. Nếu z = (1, 2) thì z
−1
= (
1
5
,
−2
5
).
Nếu z
1
= (1, 2), z
2
= (3, 4) thì
z
1
z
2
= (
11
25
,
2
25
).
5. Tính chất phân phối của phép nhân với phép cộng:

z
1
.(z
2
+ z
3
) = z
1
.z
2
+ z
1
.z
3
, ∀z
1
, z
2
, z
3
∈ C.
1.1.2 Dạng đại số của số phức
Xét song ánh
f : R → R × {0}, f (x) = (x, 0) .
5
Chương 1. Số phức và các tính chất liên quan
Hơn nữa
(x, 0) + (y, 0) = (x + y, 0); (x, 0).(y, 0) = (xy, 0)
Ta đồng nhất
(x, 0) = x.

Đặt i = (0, 1) ta có:
z = (x, y) = (x, 0) + (0, y) = (x, 0) + (y, 0).(0, 1) = x + yi = x + iy.
Định lý 1.1.5 (xem [1]-[2]). Số phức bất kỳ z = (x, y) được biểu diễn
duy nhất dạng z = x + yi, x, y ∈ R, trong đó i
2
= −1.
Hệ thức i
2
= −1 được suy ra từ định nghĩa phép nhân:
i
2
= i.i = (0, 1).(0, 1) = (−1, 0) = −1.
Định nghĩa 1.1.6 (xem [1]-[2]). Biểu thức x + yi gọi là dạng đại số của
số phức z = (x, y).
Do đó:
C =

x + yi


x ∈ R, y ∈ R, i
2
= −1

.
x = Re(z): phần thực của z. y = Im(z): phần ảo của z. Đơn vị ảo là i
Khi thực hành cộng, trừ, nhân số phức thực hiện tương tự quy tắc tính
đa thức chỉ cần lưu ý i
2
= −1 là đủ. Lũy thừa đơn vị ảo: i

0
= 1, i
1
= i,
i
2
= −1, i
3
= −i,i
4
= 1, i
5
= i. Bằng quy nạp ta được:
i
4n
= 1, i
4n+1
= i, i
4n+2
= −1, i
4n+3
= −i, ∀n ∈ N
∗
.
Do đó
i
n
∈ {−1, 1, −i, i}, ∀n ∈ N
∗
.

Nếu n nguyên âm, có
i
n
=

i
−1

−n
=

1
i

−n
= (−i)
n
.
6
Chương 1. Số phức và các tính chất liên quan
1.1.3 Số phức liên hợp và mô đun của số phức
Định nghĩa 1.1.7 (xem [1]-[2]). Cho z = x + yi. Số phức z = x − yi gọi
là số phức liên hợp của z.
Định lý 1.1.8. 1. z = z ↔ z ∈ R,
2. z = z,
3. z.z là số thực không âm
4. z
1
+ z
2

= z
1
+ z
2
,
5. z
1
.z
2
= z
1
.z
2
,
6. z
−1
= (z)
−1
, z ∈ C
∗
,
7.

z
1
z
2

=
z

1
z
2
, z
8.

z
1
z
2

=
z
1
z
2
, z
2
∈ C
∗
,
9. Re(z) =
z+z
2
, (z) =
z−z
2i
.
Định nghĩa 1.1.9 (xem [1]-[2]). Số |z| =


x
2
+ y
2
gọi là môđun của số
phức z = x + yi
Định lý 1.1.10. 1. −|z| ≤ Re (z) ≤ |z|, −|z| ≤

(z) ≤ |z|
2. |z| ≥ 0, |z| = 0 ⇔ z = 0
3. |z| = |−z| = |z|
4. z.z = z
2
5. |z
1
z
2
| = |z
1
|. |z
2
|
6. |z
1
| −|z
2
| ≤ |z
1
+ z
2

| ≤ |z
1
| + |z
2
|
7.


z
−1


= |z|
−1
, z ∈ C
∗
8.



z
1
z
2



=
|z
1

|
|z
2
|
, z
2
∈ C
∗
9. |z
1
| −|z
2
| ≤ |z
1
− z
2
| ≤ |z
1
| + |z
2
|
7
Chương 1. Số phức và các tính chất liên quan
1.2 Biểu diễn hình học của số phức
Định nghĩa 1.2.1 (xem [1]-[2]). Điểm M(x, y) trên mặt phẳng Oxy gọi
là điểm biểu diễn hình học của số phức z = x + yi. Số phức z = x + yi
gọi là tọa độ phức của điểm M(x, y).
Ta dùng ký hiệu M(z) để chỉ tọa độ phức của M là z.
Mặt phẳng tọa độ với việc biểu diễn số phức như trên gọi là mặt phẳng
phức.

Các điểm M, M

(tương ứng với z, z) đối xứng nhau qua Ox.
Các điểm M, M

(tương ứng với z, −z) đối xứng nhau qua gốc tọa độO.
Mặt khác, ta có thể đồng nhất số phức z = x + yi với
−→
v = OM, M(x, y).
Biểu diễn hình học của môđun: z = x + yi, OM =

x
2
+ y
2
= |z|.
Khoảng cách từ M(z) đến O là môđun của số phức z. Lưu ý:
1. Với số thực dương r, tập các số phức với môđun r biểu diễn trên mặt
phẳng phức là đường tròn (O, r)
2. Các số phức z, |z| < r là các điểm nằm trong đường tròn (O, r). Các
số phức z, |z| > r là các điểm nằm ngoài đường tròn (O, r)
Xét số phức z
1
= x
1
+ y
1
i, z
2
= x

2
+ y
2
i và các véc tơ tương ứng
−→
v
1
= x
1
−→
i + y
1
−→
j ,
−→
v
2
= x
2
−→
i + y
2
−→
j
Tổng hai số phức
z
1
+ z
2
= (x

1
+ x
2
) + (y
1
+ y
2
) i
Tổng hai véctơ
−→
v
1
+
−→
v
2
= (x
1
+ x
2
)
−→
i + (y
1
+ y
2
)
−→
j
Tổng z

1
+ z
2
tương ứng với véctơ tổng
−→
v
1
+
−→
v
2
.
8
Chương 1. Số phức và các tính chất liên quan
Khoảng cách hai điểm M
1
(x
1
, y
1
), M
2
(x
2
, y
2
) bằng môđun của số phức
z
1
− z

2
bằng độ dài của
−→
v
1
−
−→
v
2
.
M
1
M
2
= |z
1
− z
2
| = |
−→
v
1
−
−→
v
2
| =

(x
2

− x
1
)
2
+ (y
2
− y
1
)
2
.
Tích của số phức với một số thực. Xét số phức z = x + yi và véctơ tương
ứng
−→
v = x
−→
i + y
−→
j . Nếu λ là số thực thì λz = λx + λyi tương ứng với
véc tơ
λ
−→
v = λx
−→
i + λy
−→
j
Nếu λ > 0 thì λ
−→
v ,

−→
v cùng hướng và |λ
−→
v | = λ |
−→
v |
Nếu λ < 0 thì λ
−→
v ,
−→
v ngược hướng và |λ
−→
v | = −λ |
−→
v |
Nếu λ = 0 thì λ
−→
v =
−→
0
1.3 Dạng lượng giác của số phức
1.3.1 Tọa độ cực của số phức
Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm M(x, y) khác gốc tọa độ. Số thực r =

x
2
+ y
2
gọi là bán kính cực của điểm M. Số đo θ ∈ [0, 2π] của góc lượng
giác


−→
Ox,
−−→
OM

gọi là argument của M. Cặp có thứ tự (r, θ) gọi là tọa độ
cực của M , viết M(r, θ).
Song ánh
h : R × R\(0, 0) → (0, ∞) × [0, 2π) , h ((x, y)) = (r, θ)
Điểm gốc O là điểm duy nhất có r = 0, θ không xác định.
Mỗi điểm M trong mặt phẳng có P là giao điểm duy nhât của tia OM
với đường tròn đơn vị tâm O.
Rõ ràng

x = r cos θ
y = r sin θ
9
Chương 1. Số phức và các tính chất liên quan
1.3.2 Biểu diễn lượng giác của số phức
Cho số phức z = x + yi ta có thể viết z dạng cực :z = r(cos θ + i sin θ)
r = |z| ∈ [0, ∞), θ là một argument của z và θ ∈ [0, ∞)
Với z = 0, r và θ xác định duy nhất Xét z = r(cosθ + isinθ) đặt α =
θ + 2kπ, k ∈ Z thì
z = r [cos (α −2kπ) + i sin (α − 2kπ)] = r (cos α + i sin α)
Tức là, với số phức bất kỳ z có thể viết z = r (cos t + i sin t) , r ≥ 0, t ∈ R.
khi đó ta nói z được biểu diễn dạng lượng giác.
Tập Argz = {t, t = θ + 2kπ, k ∈ Z} gọi là argument mở rộng của z.
Do đó hai số phức z
1

, z
2
= 0 biểu diễn dạng lượng giác
z
1
= r
1
(cost
1
+ isint
1
), z
2
= r
2
(cost
2
+ isint
2
) bằng nhau ⇔

r
1
= r
2
t
1
= t
2
1.3.3 Các phép toán trên dạng lượng giác của số

phức
Định lý 1.3.1. z
1
= r
1
(cost
1
+ isint
1
), z
2
= r
2
(cost
2
+ isint
2
)
Khi đó
z
1
.z
2
= r
1
.r
2
[cos (t
1
+ t

2
) + i sin (t
1
+ t
2
)]
Chứng minh.
z
1
.z
2
= r
1
.r
2
= (cos t
1
+ i sin t
1
).(cos t
2
+ i sin t
2
)
= r
1
.r
2
. [(cos t
1

. cos t
2
− sin t
1
. sin t
2
) + i (sin t
1
cos t
2
+ sin t
2
cos t
1
)]
= r
1
.r
2
[cos (t
1
+ t
2
) + i sin (t
1
+ t
2
)]
Lưu ý
1. |z

1
z
2
| = |z
1
||z
2
|
10
Chương 1. Số phức và các tính chất liên quan
2. arg (z
1
z
2
) = arg z
1
+ arg z
2
− 2kπ với k =

0, arg z
1
+ arg z
2
< 2π
1, arg z
1
+ arg z
2
≥ 2π

3. có thể viết arg (z
1
z
2
) = {arg z
1
+ arg z
2
+ 2kπ, k ∈ Z}
4. Mở rộng với n ≥ 2 số phức. Nếu z
k
= r
k
(cos t
k
+ i sin t
k
) , k =
1, 2, . . . , n
n

k=1
z
k
=
n

k=1
r
k


cos
n

k=1
t
k
+ i sin
n

k=1
t
k

Định lý 1.3.2. (De Moivre)
Cho z = r (cot t + i sin t) và n ∈ N, ta có
z
n
= r
n
(cot nt + i sin nt)
Chứng minh. Dùng công thức nhân với z = z
1
= z
2
= ··· = z
n
được
z
n

= r.r . . . r [cos (t + t + ··· + t) + i sin (t + t + ··· + t)] = r
n
(cos nt + i sin nt)
Lưu ý:
1. |z
n
| = |z|
n
2. Nếu r = 1 thì (cost + isint)
n
= cos nt + i sin nt
3. Ta có thể viết Argz
n
= {n. arg z + 2kπ, k ∈ Z}
Định lý 1.3.3. Giả sử z
1
= r
1
(cost
1
+ isint
1
), z
2
= r
2
(cost
2
+ isint
2

)
z
1
z
2
=
r
1
r
2
[cos (t
1
− t
2
) + i sin (t
1
− t
2
)] .
Chứng minh.
z
1
z
2
=
r
1
(cos t
1
+ i sin t

1
) (cos t
2
− i sin t
2
)
r
2

cos
2
t
2
+ sin
2
t
2

=
r
1
r
2
[(cos t
1
cos t
2
+ sin t
1
sin t

2
) + i (sin t
1
cos t
2
− sin t
2
cos t
1
)]
=
r
1
r
2
[cos (t
1
− t
2
) + i sin (t
1
− t
2
)] .
11
Chương 1. Số phức và các tính chất liên quan
Lưu ý:
1.




z
1
z
2



=
|z
1
|
|z
2
|
.
2. arg

z
1
z
2

= {arg z
1
− arg z
2
+ 2kπ, k ∈ Z}.
3.
1

z
= z
−1
=
1
r
[cos (−t) + i sin (−t)] .
4. Công thức De Moivre còn đúng cho lũy thừa nguyên âm, tức là với n
nguyên âm, ta có
z
n
= r
n
(cos nt + i sin nt) .
Biểu diễn hình học của tích hai số phức: Xét số phức z
1
= r
1
(cos θ
1
+ i sin θ
1
) ,
z
2
= r
2
(cos θ
2
+ i sin θ

2
). Gọi P
1
, P
2
là giao điểm của đường tròn (O, 1)
với tia OM
1
, OM
2
.
Dựng P
3
thuộc đường tròn và có argument cực θ
1
+ θ
2
, chọn M
3
thuộc tia
OP
3
, OM
3
= OM
1
.OM
2
.
Gọi z

3
là tọa độ phức của M
3
. Điểm M
3
(r
1
.r
2
, θ
1
+ θ
2
) biểu diễn tích z
1
.z
2
.
Gọi A là điểm biểu diễn của z = 1.
OM
3
OM
1
=
OM
2
1
⇒
OM
3

OM
2
=
OM
2
OA
và

M
2
OM
3
=

AOM
1
Suy ra hai tam giác OAM
1
, OM
2
M
3
đồng dạng.
1.4 Căn bậc n của đơn vị
Xét số nguyên n ≥ 2 và số phức w = 0. Như vậy trong trường số thức R,
phương trình z
n
− w = 0 được dùng định nghĩa căn bậc n của số w. Ta
gọi nghiệm z của phương trình là một căn bậc n của w.
Định lý 1.4.1. Cho w = r (cos θ + i sin θ) là số phức với r > 0 và θ ∈

[0, 2π).
Căn bậc n của w gồm n số phân biệt, cho bởi
z
k
=
n
√
r

cos
θ + 2kπ
n
+ i sin
θ + 2kπ
n

, k = 0, 1, . . . , n −1
12
Chương 1. Số phức và các tính chất liên quan
Chứng minh. Biểu diễn số phức z dạng lượng giác, tức là z = ρ (cos ϕ + i sin ϕ)
Theo định nghĩa, ta có z
n
= w, nên
ρ
n
(cos nϕ + i sin nϕ) = r (cosθ+isinθ)
Do đó
ρ
n
= r, nϕ = θ + 2kπ, k ∈ Z ⇒ ρ =

n
√
r, ϕ
k
=
θ
n
+ k
2π
n
Vậy nghiệm của phương trình có dạng
z
k
=
n
√
r (cos ϕ
k
+ i sin ϕ
k
) , k ∈ Z
Với 0 ≤ ϕ
0
< ϕ
1
< ··· < ϕ
n−1
< 2π. Do đó ϕ
k
, k ∈ 0, 1, . . . , n −1 là

argument cực. Bởi tính duy nhất của tọa độ cực, ta có n nghiệm phân biệt
của phương trình là
z
0
, z
1
, . . . , z
n−1
Ta chứng minh phương trình có đúng n nghiệm phân biệt.
Với số nguyên k bất kỳ, lấy k chia cho n có thương q và số dư r, tức là
k = nq + r, q ∈ Z, r ∈ 0, 1, . . . , n −1
ϕ
k
=
θ
n
+ (nq + r)
2π
n
=
θ
n
+ r
2π
n
+ 2qπ = ϕ
r
+ 2qπ
Rõ ràng z
k

= z + r. Do đó
{z
k
, k ∈ z} = {z
0
, z
1
, . . . , z
n−1
}
Như vậy phương trình có đúng n nghiệm.
Biểu diễn hình học căn bậc n của w = 0, (n ≥ 3) là đỉnh của một n
giác đều nội tiếp đường tròn tâm O bán kính
n
√
r, r = |w|
Một nghiệm phương trình z
n
− 1 gọi là một căn bậc n của đơn vị.
Biểu diễn 1 dưới dạng lượng giác, 1 = cos0 + isin0, từ công thức tìm căn
bậc n của số phức, ta có căn bậc n của đơn vị là:
ω
k
= cos
2kπ
n
+ i sin
2kπ
n
, k ∈ {0, 1, . . . , n −1}

13
Chương 1. Số phức và các tính chất liên quan
ω
0
= cos 0 + i sin 0
ω
1
= cos
2π
n
+ i sin
2π
n
Đặt
ω = cos
2π
n
+ i sin
2π
n
ω
2
= cos
4π
n
+ i sin
4π
n
= ω
2

. . .
ω
n−1
= cos
2 (n −1) π
n
+ i sin
2 (n −1) π
n
= ω
n−1
Biểu diễn hình học các căn bậc n của đơn vị (n ≥ 3) là các điểm tạo thành
một n giác đều nội tiếp đường tròn tâm O bán kính 1
Định lý 1.4.2. 1. nếu n|q thì nghiệm bất kỳ của z
n
− 1 = 0 cũng là
nghiệm của z
q
− 1 = 0
2. Các nghiệm chung của phương trình z
m
− 1 = 0 và z
n
− 1 = 0 là các
nghiệm của phương trình z
d
− 1 = 0, với d = UCLN(m, n)
3. Các nghiệm nguyên thủy của z
m
−1 = 0 là ω

k
= cos
2kπ
m
+i sin
2kπ
m
, 0 ≤
k ≤ m, UCLN (k, m) = 1
Chứng minh. 1. Nếu q = p.n thì z
q−1
= (z
n
)
p
− 1
= (z
n
− 1)

z
n(p−1)
+ ···+ z
n
+ 1

. Do đó điều phải chứng minh là hệ
quả suy trực tiếp từ hệ thức trên.
2. Xét ω
p

= cos
2pπ
m
+ i sin
2pπ
m
là một nghiệm của z
m
− 1 = 0 và
ω

p
= cos
2qπ
m
+ i sin
2qπ
m
là một nghiệm của z
n
− 1 = 0. Bởi vì
|ω
p
| =


ω

p



= 1
Ta có ω
p
= ω

q
⇔
2pπ
m
=
2qπ
n
+ 2rπr ∈ Z
Ta cho
p
m
−
q
n
= r ⇒ pn −qm = rmn
Mặt khác, m = m

d, n = n

d, UCLN(m

, n

) = 1

pn −qm = rmn ⇒ n

p −m

q = rm

n

d
m

|n

p ⇒ m

|p ⇒ p = p

m

, p

∈ Z và
14
Chương 1. Số phức và các tính chất liên quan
agrω
p
=
2pπ
m
=

2p

m

π
m

d
=
2p

π
d
và ω
d
p
= 1
Ngược lại, d|m, d|n, bất kỳ nghiệm của z
d
− 1 là nghiệm của z
m
− 1
và z
n
− 1 = 0
3. trước hết ta tìm số nguyên dương nhỏ nhất p sao cho ω
d
p
= 1. Từ hệ
thức ω

d
p
= 1 ta suy ra
2kpπ
m
= 2k

π, k ∈ Z. Tức là
kp
m
= k

∈ Z. Xét
d = UCLN(k, m) và k = k

d, m = m

d, ở đây UCLN(k

, m

) = 1.
Ta có
k

pd
m

d
=

k

p
m

. Bởi vì k

và m

nguyên tố cùng nhau, ta có m

|p. Do
đó số nguyên dương nhỏ nhất p thỏa mãn ω
p
k
= 1 là p = m

. kết hợp
với hệ thức m = m

d suy ra p =
m
d
, d = UCLN (k, m). Nếu ω
k
là căn
nguyên thủy bậc m của đơn vị, thì từ hệ thức ω
p
k
= 1, p =

m
UCLN (k,m)
suy ra p = m tức là UCLN(k, m) = 1.
Lưu ý:
Phương trình z
m
− 1 = 0 và z
n
− 1 = 0 có nghiệm chung duy nhất là 1
nếu và chỉ nếuUCLN (m, n) = 1.
Định lý 1.4.3. Nếu ω ∈ U
n
là một căn nguyên thủy bậc n của đơn vị thì
các nghiệm của phương trình z
n
− 1 = 0 là
ω
r
, ω
r+1
, . . . , ω
r+n−1
, r ∈ N
∗
Chứng minh. Cho r là một số nguyên dương và h ∈ {0, 1, . . . , n − 1}. Khi
đó

ω
r+h


n
= (ω
n
)
r+h
= 1, tức là ω
(
r + h) là một nghiệm của z
n
−1 = 0.
Ta chỉ cần chứng minh ω
r
, ω
r+1
, . . . , ω
(
r + n − 1) phân biệt.
Giả sử không phân biệt, tức là tồn tại r +h
1
= r +h
2
, h
1
> h
2
mà ω
r+h
1
=
ω

r+h
2
. Khi đó ω
r+h
2
.(ω
h
1
−h
2
− 1) = 0. Nhưng ω
r+h
2
= 0 ⇒ ω
h
1
−h
2
= 1.
Đối chiếu với 0 < h
1
−h
2
< n và ω là một căn nguyên thủy bậc n của đơn
vị, ta có mâu thuẫn.
Xét căn bậc 3 của đơn vị.
Giải phương trình x
3
− 1 = 0 ta được các nghiệm là
x

1
= 1, x
2
= −
1
2
+
√
3
2
i, x
3
= −
1
2
−
√
3
2
i
15
Chương 1. Số phức và các tính chất liên quan
. Các nghiệm đó chính là căn bậc ba của 1.
Đặt ε = −
1
2
−
√
3
2

i ⇒ ε
2
= −
1
2
+
√
3
2
i. Ta có các tính chất sau:
1. ε + ε
2
= −1
2. ε
3
= 1
3. ε
3k
= 1
4. ε
3k+1
= ε
5. ε
3k+2
= ε
2
16
Chương 2
Ứng dụng số phức trong
tính toán tổ hợp

2.1 Khai triển lũy thừa của nhị thức
Ta nhắc lại những công thức khai triển nhị thức sau:
(x + y)
2
= x
2
+ 2xy + y
2
(x + y)
3
= x
3
+ 3x
2
y + 3xy
2
+ y
3
(x + y)
4
= x
4
+ 4x
3
y + 6x
2
y
2
+ 4xy
3

+ y
4
Ta có công thức tổng quát tính hệ số của (x + y)
n
, còn gọi là công thức
nhị thức Newton như sau:
Định lý 2.1.1. Cho mỗi số tự nhiên n ≥ 1 ta có
(x + y)
n
=
n

k=0
C
k
n
x
n−k
y
k
Chứng minh. Để khai triển (x +y)
n
, ta thực hiện phép khai triển lũy thừa
một cách hình thức mà không rút gọn chúng. Chẳng hạn
(x + y)
2
= xx + xy + xy + yy
17
Chương 2. Ứng dụng số phức trong tính toán tổ hợp
Như vậy ta có biểu diễn hình thức

(x + y)
n
= (x + y) (x + y) . . . (x + y)
  
n
=

c
1
c
2
. . . c
n
ở đó có tất cả 2
n
số hạng c
1
c
2
. . . c
n
∈ {x, y}. Trong khi thực hiện phép
rút gọn, ta phải đem nhóm tất cả các số hạng có trùng số mũ của x và y
lại với nhau. Với mỗi 0 ≤ k ≤ n, ta tính số các dãy n phần tử, trong đó x
lặp k lần còn y lặp n −k lần. Do đó số các dãy có lặp theo tần số này là
n!
k!(n−k)!
, chính bằng
C
k

n
. Do đó ta có
(x + y)
n
=
n

k=1
C
k
n
x
n−k
y
k
Ví dụ 2.1.2. Ta có:
(x + y)
5
=
C
0
5
x
5
+
C
1
5
x
4

y +
C
2
5
x
3
y
2
+
C
3
5
x
2
y
3
+
C
4
5
xy
4
+
C
5
5
y
5
Lưu ý: Trong tam giác Pascal, trong đó số bắt đầu và kết thúc của mỗi
dòng trong tam giác Pascal là số 1, và mỗi số khác của mỗi dòng bằng

tổng của hai số của dòng trên nó, cho cách tính nhanh chóng hệ số của
nhị thức Newton.
1
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
Tính chất 2.1.3.
(x + y)
n
=
n

k=0
C
k
n
x
n−k
y
k
1. Số các số hạng ở bên phải của công thức trên bằng n + 1, n là số mũ
của nhị thức ở vế trái.
18
Chương 2. Ứng dụng số phức trong tính toán tổ hợp
2. Tổng các số mũ của x và y trong mỗi số hạng bằng n.
3. Các hệ số của khai triển lần lượt là
C
0
n

,
C
1
n
, . . . ,
C
n
n
.
Với chú ý:
C
k
n
=
C
n−k
n
, 0 ≤ k ≤ n
4. Các hệ số của khai triểu nhị thức cách đếu số hạng đầu và cuối thì
bằng nhau
5.
C
0
n
+
C
1
n
+ ···+
C

n
n
= 2
n
6.
C
k
n
=
n−k+1
k
C
k−1
n
7.
C
k−1
n
+
C
k
n
=
C
k
n+1
8. C
0
n
+ C

2
n
+ C
4
n
+ ··· = C
1
n
+ C
3
n
+ C
5
n
+ ··· = 2
n−1
Tiếp theo, ta xét khai triển lũy thừa của n - thức
(x
1
+ x
2
+ ···+ x
n
)
r
=

k
1
+k

2
+···+k
n
=r
r!
k
1
!k
2
! . . . k
n
!
x
k
1
1
x
k
2
2
. . . x
k
n
n
.
Ta có hai cách chứng minh cho công thức trên:
Cách 1:
Chứng minh. Chứng minh bằng phương pháp quy nạp.
Kiểm tra công thức trên thấy đúng với n = 2
Giả sử công thức trên đúng với n, ta chứng minh đúng với n + 1. Ta có:

(x
1
+ x
2
+ ···+ x
n
+ x
n+1
)
r
=
r

k=0
C
k
r
(x
1
+ x
2
+ ···+ x
n
)
r−k
x
k
n+1
=
r


k=0
C
k
r

k
1
+k
2
+···+k
n
=r−k
(r−k)!
k
1
!k
2
! k
n
!
x
k
1
1
x
k
2
2
. . . x

k
n
n
x
k
n+1
=
r

k=0

k
1
+k
2
+···+k
n
=r−k
C
k
r
(r−k)!
k
1
!k
2
! k
n
!
x

k
1
1
x
k
2
2
. . . x
k
n
n
x
k
n+1
=
r

k=0

k
1
+k
2
+···+k
n
=r−k
r!
k!(r−k)!
(r−k)!
k

1
!k
2
! k
n
!
x
k
1
1
x
k
2
2
. . . x
k
n
n
x
k
n+1
=
r

k=0

k
1
+k
2

+···+k
n
=r−k
r!
k!
1
k
1
!k
2
! k
n
!
x
k
1
1
x
k
2
2
. . . x
k
n
n
x
k
n+1
=
r


k=0

k
1
+k
2
+···+k
n
=r−k
r!
k
1
!k
2
! k
n
!k!
x
k
1
1
x
k
2
2
. . . x
k
n
n

x
k
n+1
19
Chương 2. Ứng dụng số phức trong tính toán tổ hợp
=

k
1
+k
2
+···+k
n
+k
n+1
=r
r!
k
1
!k
2
! k
n
!k
n+1
!
x
k
1
1

x
k
2
2
. . . x
k
n
n
x
k
n+1
n+1
.
Cách 2:
Chứng minh.
(x
1
+ x
2
+ ···+ x
n
)
r
= (x
1
+ x
2
+ ···+ x
n
) . . . (x

1
+ x
2
+ ···+ x
n
)
  
r
Theo quy tắc nhân, để tính một số hạng x
k
1
1
x
k
2
2
. . . x
k
n
n
trong đó k
1
+ k
2
+
···+ k
n
= r ta phải chia r nhân tử ra thành n nhóm: Nhóm 1 có k
1
nhân

tử, nhóm 2 có k
2
nhân tử, . . . , nhómn có k
n
nhân tử.
Trong nhóm 1 nhân các số hạng x
1
với các số hạng x
2
của nhóm 2 với
. . . với các số hạng x
n
của nhóm n để được số hạng của khai triển.
Như vậy, số các cách chia nhóm chính là số các số hạng có dạng trên, và
cũng là số tổ hợp lặp chập k
1
+ k
2
+ ··· + k
n
của r phần tử: =
r!
k
1
!k
2
! k
n
!
.

Lấy tổng theo tất cả các trường hợp thỏa mãn k
1
+ k
2
+ ··· + k
n
= r ta
có điều cần chứng minh.
2.2 Số phức với khai triển Newton
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 2.2.1. Tính tổng
1. A = C
0
2012
− C
2
2012
+ C
4
2012
− C
6
2012
+ ···+ C
2008
2012
− C

2010
2012
+ C
2012
2012
2. B = C
1
2012
− C
3
2012
+ C
5
2012
− C
7
2012
− ···− C
2007
2012
+ C
2009
2012
− C
2011
2012
.
Giải.
Xét khai triển
(1 + x)

2012
=
C
0
2012
+x
C
1
2012
+ ···+ x
2012
C
2012
2012
20
Chương 2. Ứng dụng số phức trong tính toán tổ hợp
Cho x = i ta có :
(1 + x)
2012
=
C
0
2012
+i
C
1
2012
+ ···+ (i)
2012
C

2012
2012
=

C
0
2012
−
C
2
2012
+
C
4
2012
−···+
C
2012
2012

+

C
1
2012
−
C
3
2012
+

C
5
2012
−···−
C
2011
2012

i
Mặt khác:
(1 + i)
2012
= (
√
2)
2012

cos

π
4

+ i sin

π
4

2012
= (
√

2)
2012

cos
2012π
4
+ i sin
2012π
4

= (
√
2)
2012
(−1 + i0)
= (
√
2)
2012
(−1 + i0)
= −2
1006
+ 0i
So sánh phần thực và phần ảo của (1 + i)
2012
trong hai cách tính trên ta
được:
1. A = C
0
2012

−C
2
2012
+C
4
2012
−C
6
2012
+···+C
2008
2012
−C
2010
2012
+C
2012
2012
= −2
1006
2. B = C
1
2012
− C
3
2012
+ C
5
2012
− C

7
2012
+ ···− C
2007
2012
+ C
2009
2012
− C
2011
2012
= 0
Ví dụ 2.2.2. Tính tổng
C =
1
2
50

C
0
50
− 3C
2
50
+ 3
2
C
4
50
− ···− 3

23
C
46
50
+ 3
24
C
48
50
− 3
25
C
50
50

.
Giải.
Xét khai triển:

−
1
2
+
√
3
2
i

50
=

1
2
50

C
0
50
− (i
√
3)C
1
50
+ (i
√
3)
2
C
2
50
+ ···− (i
√
3)
49
C
49
50
+ (i
√
3)
50

C
50
50

=
1
2
50

C
0
50
− (
√
3)
2
C
2
50
+ (
√
3)
4
C
4
50
− ···− (
√
3)
46

C
46
50
+ (
√
3)
48
C
48
50
− (
√
3)
50
C
50
50

+
1
2
50

−
√
3C
1
50
+ (
√

3)
3
C
3
50
− (
√
3)
5
C
5
50
+ ···+ (
√
3)
47
C
47
50
− (
√
3)
49
C
49
50

i
Mặt khác:


−
1
2
+
√
3
2
i

50
=

cos

2π
3

+ i sin

2π
3

50
= cos

100π
3

+ i sin


100π
3

= −
1
2
− i
√
3
2
So sánh phần thực của

−
1
2
+
√
3
2
i

50
trong hai cách tính trên ta được:
C =
1
2
50

C
0

50
− 3C
2
50
+ 3
2
C
4
50
− ···− 3
23
C
46
50
+ 3
24
C
48
50
− 3
25
C
50
50

= −
1
2
21
Chương 2. Ứng dụng số phức trong tính toán tổ hợp

Ví dụ 2.2.3. Tính tổng :
D = 3
10
C
0
20
− 3
9
C
2
20
+ 3
8
C
4
20
− 3
7
C
6
20
+ ···+ 3
2
C
16
20
− 3C
18
20
+ C

20
20
Giải.
Xét khai triển :

√
3 + i

20
(
√
3)
20
C
0
20
+ i(
√
3)
19
C
1
20
− (
√
3)
18
C
2
20

−···− (
√
3)
2
C
18
20
− i
√
3C
19
20
+ C
20
20
=

3
10
C
0
20
− 3
9
C
2
20
+ 3
8
C

4
20
− 3
7
C
6
20
+ ···+ 3
2
C
16
20
− 3C
18
20
+ C
20
20

+

(
√
3)
19
C
1
20
− (
√

3)
17
C
3
20
+ ···+ (
√
3)
3
C
17
20
−
√
3C
19
20

i.
Mặt khác:

√
3 + i

20
= 2
20

√
3

2
+ i
1
2

20
= 2
20

cos
π
6
+ i sin
π
6

20
= 2
20

cos
20π
6
+ i sin
20π
6

= 2
20


cos
4π
3
+ i sin
4π
3

= 2
20

−
1
2
−
√
3
2
i

= −2
19
− 2
19
√
3 i.
So sánh phần thực của

√
3 + i


20
trong hai cách tính trên ta có;
D = 3
10
C
0
20
− 3
9
C
2
20
+ 3
8
C
4
20
− 3
7
C
6
20
+ ···+ 3
2
C
16
20
− 3C
18
20

+ C
20
20
= 2
−19
.
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 2.2.4. Tính tổng:
1. D = C
1
30
− 3C
3
30
+ 5C
5
30
− 7C
7
30
+ ···+ 25C
25
30
− 27C
27
30
+ 29C

29
30
2. E = 2C
2
30
− 4C
4
30
+ 6C
6
30
− 8C
8
30
+ ···+ 26C
26
30
− 28C
28
30
+ 30C
30
30
Giải.
Xét khai triển:
(1 + x)
30
= C
0
30

+ xC
1
30
+ x
2
C
2
30
+ x
3
C
3
30
+ ···+ x
28
C
28
30
+ x
29
C
29
30
+ x
30
C
30
30
22
Chương 2. Ứng dụng số phức trong tính toán tổ hợp

Đạo hàm hai vế ta có:
30 (1 + x)
29
= C
1
30
+2xC
2
30
+3x
2
C
3
30
+···+28x
27
C
28
30
+29x
28
C
29
30
+30x
29
C
30
30
Cho x = i ta có:

30 (1 + i)
29
=

C
1
30
− 3C
3
30
+ 5C
5
30
− 7C
7
30
+ ···+ 25C
25
30
− 27C
27
30
+ 29C
29
30

+

2C
2

30
− 4C
4
30
+ 6C
6
30
− 8C
8
30
+ ···+ 26C
26
30
− 28C
28
30
+ 30C
30
30

i
Mặt khác:
30 (1 + i)
29
= 30

√
2

29


cos
π
4
+ i sin
π
4

29
= 30

√
2

29

cos
29π
4
+ i sin
29π
4

= 30

√
2

29


−
√
2
2
−
√
2
2
i

= −15.2
15
− 15.2
15
i
So sánh phần thực và phần ảo của 30 (1 + i)
29
trong hai khai triển trên ta
có:
D = C
1
30
−3C
3
30
+ 5C
5
30
−7C
7

30
+ ···+ 25C
25
30
−27C
27
30
+ 29C
29
30
= −15.2
15
E = 2C
2
30
−4C
4
30
+ 6C
6
30
−8C
8
30
+ ···+ 26C
26
30
−28C
28
30

+ 30C
30
30
= −15.2
15
Ví dụ 2.2.5. Tính tổng:
= 2.3C
2
20
− 4.3
2
C
4
20
+ 6.3
3
C
6
20
− ···+ 18.3
9
C
18
20
− 20.3
10
C
20
20
Giải.

Xét khai triển:

1 +
√
3x

20
= C
0
20
+(
√
3x)C
1
20
+(
√
3x)
2
C
2
20
+(
√
3x)
3
C
3
20
+···+(

√
3x)
19
C
19
20
+(
√
3x)
20
C
20
20
Đạo hàm hai vế ta có 20
√
3(1 +
√
3x)
19
=
√
3C
1
20
+2.3xC
2
20
+3.(
√
3)

3
x
2
C
3
20
+···+19.(
√
3)
19
x
18
C
19
20
+20.3
10
x
19
C
20
20
Cho x = i ta có : 20
√
3(1 +
√
3i)
19
=


√
3C
1
20
− 3.

√
3

3
C
3
20
+ 5.

√
3

5
C
5
20
− ···+ 17.

√
3

17
C
17

20
− 19.

√
3

19
C
19
20

+

2.3C
2
20
− 4.3
2
C
4
20
+ 6.3
3
C
6
20
− ···+ 18.3
9
C
18

20
− 20.3
10
C
20
20

i.
Mặt khác: 20
√
3(1 +
√
3i)
19
= 20
√
3.2
19

1
2
+
√
3
2
i

19
23