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

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

ĐỀ TÀI:
"MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA SỐ PHỨC TRONG GIẢI TOÁN ĐẠI
SỐ VÀ HÌNH HỌC CHƯƠNG TRÌNH THPT"

1


A-

ĐẶT VẤN ĐỀ :

Trong chương trình đổi mới nội dung Sách giáo khoa, số phức được đưa vào chương
trình toán học phổ thông và được giảng dạy ở cuối lớp 12. Ta biết sự ra đời của số phức
là do nhu cầu mở rộng tập hợp số, số phức là cầu nối hoàn hảo giữa các phân môn Đại số,
Lượng giác, Hình học và Giải tích (thể hiện sâu sắc mối quan hệ đó là công thức
eiπ + 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.
Một trong các vấn đề tôi xây dựng là dạng toán ''ỨNG DỤNG CỦA SỐ PHỨC TRONG
GIẢI TOÁN ĐẠI SỐ VÀ HÌNH HỌC" trên cơ sở khai thác tính chất của số phức và vận
dụng khai triển nhị thức Newton.
B- NỘI DUNG NGHIÊN CỨU :
I- CƠ SỞ LÝ LUẬN :
Đổi mới phương pháp dạy học với mục đích phát huy tốt nhất tính tích cực, sáng tạo của
người học. Nhưng không phải thay đổi ngay lập tức bằng những phương pháp hoàn toàn
mới lạ mà phải là một quá trình áp dụng phương pháp dạy học hiện đại trên cơ sở phát

huy các yếu tố tích cực của phương pháp dạy học truyền thống nhằm thay đổi cách thức,
phương pháp học tập của học sinh chuyển từ thụ động sang chủ động.
Vì mới đưa vào chương trình SGK nên có rất ít tài liệu về số phức để học sinh và giáo
viên tham khảo. Bên cạnh đó, lượng bài tập cũng như các dạng bài tập về số phức trong
SGK còn nhiều hạn chế. Để giúp học sinh có cái nhìn sâu, rộng hơn về số phức, trong
quá trình giảng dạy tôi luôn tìm tòi khai thác và kết hợp các kiến thức khác về toán học
để xây dựng các dạng bài tập mới cho học sinh tư duy, giải quyết. Một trong các vấn đề
tôi xây dựng là dạng toán ''ỨNG DỤNG CỦA SỐ PHỨC TRONG GIẢI TOÁN ĐẠI SỐ
VÀ HÌNH HỌC" trên cơ sở khai thác một số tính chất của số phức.
II- THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ :
Đây là vấn đề mới đối với học sinh phổ thông ,Bộ giáo dục đã chuyển tải nội dung này
từ nội dung học đại học năm thứ nhất xuống lớp 12 vừa được năm năm. Vì mới đưa vào
chương trình SGK nên có rất ít tài liệu về số phức để học sinh và giáo viên tham khảo.
2


Bên cạnh đó, lượng bài tập cũng như các dạng bài tập về số phức trong SGK còn nhiều
hạn chế. Với thời lượng cho phép dạy trên lớp môn toán có hạn. Số phức trở thành một
phần học khá trừu tượng đối với học sinh phổ thông trung học.Đối với các đối tượng là
học sinh khá giỏi thì câu hỏi mà học sinh thường đưa ra là số phức đưa ra để làm gì?...Do
trong thực tế cuộc sống hằng ngày không dùng đến tập số phức. Do vậy hứng thú đối với
phần học số phức là hạn chế.
III-

GIẢI PHÁP THỰC HIỆN:

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

1. Hệ thống các kiến thức cơ bản về số phức:
1.1- Khái niệm số phức:
•
1.

Là biểu thức có dạng a + b i , trong đó a, b là những số thực và số

•

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

•

Tập hợp các số phức kí hiệu là

•

Số phức có phần ảo bằng 0 là một số thực: z = a + 0. i = a∈

•

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

•

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

£=

{a + b i / a, b∈

¡

và

i2 =

i

thoả mãn

–1}. Ta có
¡

⊂

¡

⊂

i2 =

–

£.

£

1.2- Số phức bằng nhau:


Cho hai số phức z = a + b i và z’ = a’ + b’ i . Ta có z = z′ ⇔

a = a '

b = b '

1.3Biểu diễn hình học của số phức:


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

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

biểu diễn bởi

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

mặt
phẳng
biểu diễn số

1.4-Môđun của số phức:
3


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

uuuu
r
véctơ OM được gọi là môđun của số phức z. Kí hiệu z = a + bi = a 2 + b 2
1.5-Số phức liên hợp:


Cho số phức z = a + b i , số phức liên hợp của z là z = a − bi .

z = a + bi ⇔ z = a - bi ; z = z , z = z * Chú ý ( Z n ) = ( Z ) n ; i = −i;−i = i

Z là số thực

⇔ Z =Z;

Z là số ảo

⇔ Z = −Z

* Môđun số phức Z=a + b.i (a; b ∈ R)
Chú ý:


Z =Z

∀z ∈

Hai điểm biểu diễn z và

z

Z = OM = a 2 + b 2 = z.z

C
đối xứng nhau qua trục Ox trên mặt phẳng Oxy.

1.6-Cộng, trừ số phức:


Số đối của số phức z = a + b i là –z = –a – b i



Cho z = a + bi và z ' = a '+ b ' i . Ta có



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

z ± z ' = (a ± a ') + (b ± b ')i

1.7-Phép nhân số phức:
 Cho hai số phức z = a + bi và z ' = a '+ b ' i . Nhân hai số phức như nhân hai đa thức rồi
thay i 2 = –1 và rút gọn, ta được: z.z ' = a.a '- b.b '+ (a.b '+ a '.b)i


k.z = k(a + b i ) = ka + kb i . Đặc biệt 0.z = 0 ∀z∈



z. z = (a + b i )(a – b i ) hay



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

z.z = a 2 + b 2 = z

£

2

1

z

-1
1.8-Phép chia số phức: Số nghịch đảo của số phức z = a + bi ≠ 0là z = z = z 2 hay

1
a - bi
= 2
.Cho hai số phức
a + bi a + b 2

z = a + bi

≠ 0 và z ' = a '+ b ' i thì

z ' z '.z
= 2

z
z

hay

a '+ b ' i (a '+ b ' i )(a - bi )
=
a + bi
a 2 + b2

1.9-Lũy thừa của đơn vị ảo: Cho k∈ N

i 4 k = 1; i 4 k +1 = i; i 4 k + 2 = -1; i 4 k +3 = -i
4


1.10- Căn bậc hai của số phức và giải phương trình bậc hai:
a/Căn bậc hai của số phức:
Cho số phức w, số phức z = a + b i thoả
w là số thực: w = a∈



z2 =

w được gọi là căn bậc hai của w.

¡

•

a = 0: Căn bậc hai của 0 là 0

•

a > 0: Có hai căn bậc hai đối nhau là

a

•

a < 0: Có hai căn bậc hai đối nhau là

a .i

w là số phức: w = a + b i (a, b∈



¡

và –

a

và – a .i

, b ≠ 0) và z = x + y. i là 1 căn bậc hai của w khi

 x2 - y 2 = a

z 2 = w ⇔ ( x + yi ) 2 = a + bi ⇔ 
2 xy = b

•

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

b/Phương trình bậc hai:
+Phương trình bậc hai với hệ số a,b,c là số thực:
ax 2 + bx + c = 0 (a ≠ 0),

∆ = b 2 − 4ac .



∆ ≥ 0: Phương trình có 2 nghiệm thực x1,2 =

−b ± ∆
2a



∆ < 0: Phương trình có 2 nghiệm phức x1,2 =

−b ± | ∆ |.i
2a

+Phương trình bậc hai với hệ số phức:
Ax 2 + Bx + C = 0 ( A ≠ 0),

∆ = B 2 − 4 AC , ∆ = a + bi



∆ = 0: Phương trình có nghiệm kép x =

−B
2A



∆ ≠ 0: Phương trình có 2 nghiệm x1,2 =

−B ± δ
2A

với δ là 1 căn bậc hai của ∆.
1.11-Dạng lượng giác của số phức:
a/Acgumen
của số phức z ≠ 0:
a/
5


 Cho số phức z = a +uburi uu≠uur0 được biểu diễn bởi điểm M(a; b) trên mặt phẳng Oxy. Số
đo (rađian) của góc ϕ = (Ox, OM ) được gọi là một acgumen của z.
 Mọi acgumen của z sai khác nhau là k2π tức là có dạng ϕ + k2π (k∈
(z và nz sai khác nhau k2π với n là một số thực khác 0).
uuuur

•

¢)

uuuu
r

z biểu diễn bởi OM thì –z biểu diễn bởi – OM
nên có acgumen là ϕ + (2k + 1)π

•

z

biểu diễn bởi M′ đối xứng M qua Ox

nên có acgumen là – ϕ + k2π
uuuuu
r

•

– z biểu diễn bởi – OM ' nên có acgumen là – ϕ + (2k + 1)π

•

1
z

=

nên

z −1 =
z −1

z
| z |2

, vì

1
| z |2

là một số thực

có cùng acgumen với

z

là – ϕ + k2π.

b/ Dạng lượng giác của số phức z = a + b i :
 Dạng lượng giác của số phức z ≠ 0 là z = r (cos ϕ + i sin ϕ ) với ϕ là một acgumen của
z.



a
b

z = a + bi ⇔ z = r ( cos ϕ + i sin ϕ ) ; r = a 2 + b 2 ; cos ϕ = ; sin ϕ =
r
r
Chú ý:

•

Số – cos ϕ – i sin ϕ có dạng lượng giác là cos( ϕ + π) + i sin( ϕ + π)

•

Số cos ϕ – i sin ϕ có dạng lượng giác là cos(– ϕ ) + i sin(– ϕ )

•

Số – cos ϕ + i sin ϕ có dạng lượng giác là cos(π – ϕ ) + i sin(π – ϕ )

c/ Nhân, chia số phức dưới dạng lượng giác:
Cho z = r (cos ϕ + i sin ϕ ) và z′ = r ′(cos ϕ ’ + i sin ϕ ’) với r , r ′≥ 0
z.z ' = r.r '[cos(ϕ + ϕ ') + i sin(ϕ + ϕ ')]
và

z r
= [cos(ϕ - ϕ ') + i sin(ϕ - ϕ ')] ( r ′≠ 0)
z' r'

6


•

Ta có

Do đó

1
z'

và

z

1 1
= [cos(−ϕ ') + i sin(−ϕ ')] .
có cùng acgumen là – ϕ ’ + k2π nên
z'

r'

z r
= [cos(ϕ - ϕ ') + i sin(ϕ - ϕ ')] ( r ’≠ 0)
z' r'

d/ Công thức Moa–vrơ (Moivre) và ứng dụng:
e/Công thức Moa–vrơ: Cho số phức z = r (cos ϕ + i sin ϕ )


[ r (cos ϕ + i sin ϕ )]

n

= r n (cos nϕ + i sin nϕ ) (n∈ ¥ * )

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

r (cos ϕ

Mọi số phức z =
ϕ
ϕ


i sin ϕ )

+

(r

> 0) có 2 căn bậc hai là

δ = r  cos + i sin ÷
2
2


ϕ
ϕ
 ϕ



ϕ

và δ 2 = − r  cos + i sin ÷ ⇒ δ 2 = r cos  + π ÷+ i sin  + π ÷
2
2
2
2














2.Một số ứng dụng của số phức:
a/ Trong đại số:
I>Ứng dụng số phức trong một số bài toán giải phương trình-Hệ phương trình :
Bài toán 1: Giải phương trình bậc ba:

ax 3 + bx 2 + cx + d = 0 ;(a≠0)(1)

Năm 1545 nhà toán học người Ý, Cardano Ginolamo, năm 1545 đã tìm ra công thức

nghiệm của phương trình bậc ba thu gọn trình bày theo cách ký hiệu hiện nay: Gọi
q
2a 2 ab
a2
p 2 p3
+
q=
− ; p = + b ; và δ là 1 căn bậc 2 của
;u là căn bậc 3 của − + δ ; v là căn
2
4 27
27
3
3
q
− −δ
2
a
x3=uz2+vz3 − 3 .

bậc 3 của

Trong đó: z= −

a

. Khi đó ta có nghiệm của phương trình (1) là: x1=u+v − 3 ; x2=uz+vz2;

1
3

1
3
+
i; z 2 = − −
i; z 3 = 1.
2 2
2 2

Bài toán 2: Giải hệ phương

 
1 
=
 x 1 + 2
2 ÷
  x +y 
trình: 
 y 1 − 1  =
  x2 + y 2 ÷

 

2
3
4 2
7

7

Giải: Nhân 2 vế của phương trình thứ 2 với i rồi cộng từng vế với phương trình đầu. Đặt
z=x+yi ta được phương trình ẩn z:

z+

z
2 4 2
=
+
i (2)
2
z
7
3

⇔ z 2 − az + 1 = 0

2  2 2
 1
⇔ z=
±
÷+  7 ± 2 ÷
÷i
21  
 3

Phương trình (2) 
1
2 
1

2
 x = 3 + 21  x = 3 − 21
⇒
;
2
2
y =
y = 2 2 − 2
+
2


7
7

Thử lại ta thấy hai nghiệm trên đều thỏa mãn hệ.
II> Ứng dụng giải một số bài toán tính tổng các tổ hợp :
Dạng 1:Khai triển (1 + x)n, cho x nhận giá trị là những số phức thích hợp hoặc khai
triển trực tiếp các số phức
Bài toán 3: Tính tổng
A=

C0
−C 2
+C 4
−C 6
+... +C 2004 −C 2006 +C 2008
2009
2009
2009

2009
2009
2009
2009

Giải:Xét khai triển:
+ x 2009 C 2009
(1 + x)2009 = C 02009 + xC12009 + x 2C 22009 + ... + x 2008C 2008
2009
2009

Cho x = - i ta có:
(1 – i )2009 =

C0
+iC1
+i 2 C 2
+... +i 2008C 2008 +i 2009C 2009
2009
2009
2009
2009
2009

−C2
+C 4
−C6
+... +C2004 −C2006 +C2008 ) +
= ( C0
2009

2009
2009
2009
2009
2009
2009
5
+C7
−... −C 2005 +C 2007 −C 2009 )i
+ ( −C12009 +C32009 −C2009
2009
2009
2009
2009

Mặt khác: (1 −i)2009 =(

2009

π
 π 
2) 2009 cos 
−
+
isin
−

÷

÷÷

 4
 4 


= ( 2)2009  cos

2009π
2009π 
− isin
4
4 ÷ =

( 2 ) 2009 
cos


π
π
2009 
 2 −i 2  = 21004 −21004 i
−isin 
 =( 2 )
 2
4
4
2 









8


So sánh phần thực và phần ảo của (1 – i )2009 trong hai cách tính trên ta được:
− C2006 + C 2008 = 21004
A = C02009 − C22009 + C42009 − C62009 +... + C2004
2009
2009
2009
Bài toán 4:Tính tổng:

0 − 39 C 2 + 38 C 4 − 37 C 6 + ... + 32 C16 − 3C18 + C 20
D = 310 C20
20
20
20
20
20
20
−39 C 2 +38 C 4 −37 C6 +... +32 C16 −3C18 +C 20 )
Giải( 310 C0
20
20
20
20
20

20
20

+

+

( 3 )19 C1 −( 3 )17 C3 +... + ( 3 )3 C17 − 3C19 i

20
20
20
20  =


Mặt khác:

(

3 +i

)



20

 3
1
= 220 

+ i 
2
 2

= 220  cos


20

π
π
= 220  cos + isin 
6
6


20



= 220  cos


20π
20π 
+ isin
=
6
6 

 1
4π
4π 
3 
+ isin  = 220  − −
i  = −219 − 219 3 i So sánh phần thực của
3
3
2
2



(

3 +i

)20 trong

hai cách tính trên ta có:D = - 219
Dạng 2: Khai triển (1 + x)n, đạo hàm hai vế theo x sau đó cho x nhận giá trị là
những số phức thích hợp
Bài toán 5: Tính tổng:
E=

C1 −3C 3 +5C 5 −7C 7 +... +25C 25 −27C 27 +29C 29
30
30
30
30

30
30
30

Giải:
(1 + x)30 =

C 0 + xC1 + x 2 C 2 + x 3C3 +... + x 28C 28 + x 29 C 29 + x 30 C30
30
30
30
30
30
30
30

Đạo hàm hai vế ta có:
30(1 + x)29 =

C1 +2xC 2 +3x 2 C3 +... +28x 27 C 28 +29x 28C 29 +30x 29 C30
30
30
30
30
30
30

Cho x = i ta có:
+5C5 −7C7 +... + 25C 25 −27C 27 + 29C 29 ) +
30(1 + i)29 = ( C130 −3C3

30
30
30
30
30
30
2 −4C4 +6C6 −8C8 +... +26C 26 −28C 28 +30C30
+ ( 2C30
30
30
30
30
30
30 )i

Mặt khác:
30(1 + i)29 =

29

( 2 )29 cos π4 +isin π4 

30

29π 
( 2 )29 cos 29π
+ isin
=
4
4 

= 30

9


( 2 )29 −

=30



2
2 
−
i  = −15.215 −15.215 i .So
2
2 


sánh phần thực và ảo của 30(1 +

i)29 trong hai cách tính trên ta có: E = - 15.215
Dạng 3: Khai triển (1 + x)n, cho x nhận giá trị là các căn bậc ba của đơn vị
Ta có các nghiệm của phương trình: x3 – 1 = 0 là x1 = 1; x 2 = − 1 + 3 i ;
2 2
1
3
1
3

x =− −
i .Các nghiệm đó chính là các căn bậc ba của1. Đặt: ε = − −
i
3
2 2
2 2
1
3
⇒ ε2 = − +
i và ε có các tính chất sau:1) ε + ε 2 = -1; 2) ε 3 = 1 ;3) ε 3k = 1 4)
2 2
ε 3k + 1 = ε ;5) ε 3k + 2 = ε 2 (k∈Z).
Sử dụng các tính chất trên của ε ta có thể tính được các tổng sau:
0 +C 3 +C 6 +... +C 3k +... +C15 +C18
Bài toán 6: Tính tổng: S = C20
20
20
20
20
20

Giải: Xét khai triển:
+ x19C19 + x 20C 20
(1 + x)20 = C 020 + xC120 + x 2C 220 + x 3C320 + ... + x18C18
20
20
20

+ C3 +... + C18 + C19 + C 20
Cho x = 1 ta có: 220 = C 020 + C120 + C 2

20
20
20
20
20
Cho x = ε ta có:

(1)

+ εC1 + ε 2 C 2 + C3 +... + C18 + εC19 + ε 2 C 20
(1 + ε )20 = C 0
20
20
20
20
20
20
20

(2)

Cho x = ε 2 ta có:
+ ε 2 C1 + εC 2 + C3 +... + C18 + ε 2 C19 + εC 20
(1 + ε 2 )20 = C 0
20
20
20
20
20
20

20

(3)

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

(1 +ε) 20 = (−ε 2 ) 20 = ε 40 = ε ;

(1 + ε 2 ) 20 = (−ε) 20 = ε 20 = ε 2

20
Do vậy: 3S = 220 – 1. Hay S = 2 − 1
3

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

10


Bài toán 7: Chứng minh rằng
π

cos

π 1+ 5
=
5
4

π

Giải: Đặt x= cos 5 ; y= sin 5 và z=x+iy=
1

1





.
cos

π
5

π

+i sin 5 . Ta có z5=-1 hay(z+1)(z4-z3+z2-

z+1)=0. Ta để ý rằng x= 2  z + z ÷, Từ đẳng thức trên ta có 4x 2-2x-1=0
⇔x=

1± 5
π 1+ 5
.
. Vì x > 0 nên x = cos =
4
5

4

Bài toán 8: Chứng minh rằng cos
Giải: Đặt z= cos

π
3π
5π 1
+ cos
+ cos
= ;
7
7
7 2

π
π
+i sin . Khi đó z7=cosπ+i sinπ=-1 hay z7+1=0.
7
7

Vì z7+1=0 nên z10=-z3 và z8=z.Suy ra z10+ z8+ z6+ z4+ z2+1= z6+ z4-z3+ z2- z+1=
Z6- z5+ z4-z3+ z2-z+1+z5=
Mặt khác ta có: cos

z7 +1 5
+ z = z5
z +1

π

3π
5π
z5 1
+ cos
+ cos
= 5 = ; (đpcm)
7
7
7 2z
2

IV> Ứng dụng trong hình học:
Bài toán 9: (IMO Shortlst) Cho tam giác ABC đều có tâm S và A'B'O là một tam giác
đều khác có cùng hướng nhưng S khác A' và S khác B'. Gọi M, N lần lượt là trung điểm
của các đoạn thẳng A'B và AB'. Chứng minh rằng các tam giác SB'M và SA'N đồng dạng
.
Giải: Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABO, đăt ε= cos

2π
3

+i sin

2π
3

.

Ta xét bài toán trong mặt phẳng phức. Chọn S là gốc tọa độ và SO là trục thực. Khi đó,
tọa độ của các điểm O, A, B biểu diễn các số R, Rε,Rε 2. Gọi R+z là tọa độ của điểm B',

Thì R-εz là tọa độ của điểm A'. Suy ra tọa độ của M, N là
z A ' + z B Rε 2 + R − zε R (ε 2 + 1) − zε −Rε − zε −ε ( R + ε )
=
=
=
=
a.
zM=
2
2
2
2
2
2
ZN= z A + zB ' = Rε + R + z = R(ε + 1) + z = − Rε + z =
2
2
2
2

R
ε = R − zε .
2
−2ε

z−

11

zB ' − zS z A ' − z S
R+z
R − zε
2
=
⇔
=
⇔ ε .ε = 1 ⇔ ε = 1.
−ε ( R + z ) R − zε
Ta có zM − zs z N − zs
2
−2ε

Từ đó suy ra các tam giác SB'M và SA'N đồng dạng.
Bài toán 10. Về phía ngoài của tam giác ABC ta lần lượt dựng các tam giác đều, có cùng
chiều dương là AC'B, BA'C, CB'A. Chứng minh rằng tâm của các tam giác đều này là
các đỉnh của một tam giác đều.
B'
A

C'

C
B

A'

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

2π
3

+i sin

2π
3

. Vì AC'B; BA'C; CB'A là các tam giác đều nên: a+c'ε+bε 2=0;

b+a'ε+cε2=0; c+b'ε+aε2=0. Tâm của tam giác đều AC'B; BA'C; CB'A lần lượt có tọa độ
1
3

1
3

1
3

là: a''= ( a '+ b + c ) ; b''= ( a + b '+ c ) ; c " = ( a + b + c ') .Do đó , bằng các phép tính đại số ta được
3(c''+a''ε+b"ε2)= (a+b+c')+(a'+b+c)ε+(a+b'+c)ε2 =(b+a'ε+cε2)+( c+b'ε+aε2)+( a+c'ε+bε2)
=0.
Tức là tâm của các tam giác này là các đỉnh của một tam giác đều.
3.Một số bài tập:
a/ Giải pt, hệ pt.
Bài 1: Giải các phương trình sau
1) x 2 + 5 x + 1 = ( x + 4)
2 x2 + 4x =

5,

x+3
2

5,

2) 3 2 − x = 1 −

x2 + x + 1

(

x −1 ;

3)

4

18 − x = 5 − 4 x − 1

; 4) x 3 + 1 = 2 3 2 x − 1 ;18,

)

3 2 + x − 2 = 2x + x + 6

5 x 2 + 14 x + 9 − x 2 − x − 20 = 5 x + 1

12

Bài 2: Giải các hệ phương trình sau.
 
 1
1
 x 1 + 2
÷=
2
  x + y +5 2
1) 
 4 2
1
 y 1 −
  x2 + y 2 + 5 ÷= 7

 

2.

y
2
 x
 x 2 + 1 + y2 + 1 = 3


(x + y) 1 + 1  = 6

÷


 xy 

3.

3

2x + y = x 2

2y + x = 122
y


b/Tính các tổng sau
27 +29( 3 )29 C 29
( 3 )3C330 +5( 3 )5 C530 −... −27( 3 )27 C30
30

A = 3C1 −3
1
30

A

2

= 2.3C2 −4.32 C4 +6.33 C6 −... −28.314 C28 +30.315 C30
30
30
30
30

30

A 3 = C0 + 2C2 −3.4C4 + 5.6C6 − 7.8C8 +... + 21.22C 22 − 23.24C 24

25

A 5 = C1

25

A

5

25

25

25

25

25

25

+ 2.3C3 −4.5C5 +6.7C7 −8.9C9 +... + 22.23C23 −24.25C25
25
25
25

25
25
25

=C0 −3C2 +5C 4 −7C6 +... +17C16 −19C18 +21C 20
20
20
20
20
20
20
20

A = 2C1 −4C3 +6C5 −8C7 +... −16C15 +18C17 −20C19
6
20
20
20
20
20
20
20
A = 12C1 − 32C3 + 52C5 − 7 2C7 + ... + 952C95 − 97 2C97 + 992C99
7
100
100
100
100
100
100

100
A8 = 22C2 − 42C4 + 62C6 −82C8 +... +962C96 −982C98 +1002C100
100
100
100
100
100
100
100

+5C5 +8C8 +... +20C 20 +23C23
A9= 2C2
25
25
25
25
25
A
=C1 +42C4 +7 2C7 +102C10 +... +37 2C37 +402C 40
10
40
40
40
40
40
40

c. Bài tập lượng giác:
Bài 1:Cho a, b, c là các số thực sao cho cosa+ cosb+cosc= sina+sinb+sinc=0. Chứng
minh rằng cos2a+cos2b+cos2c= Sin2a+sin2b+sin2c=0.

Bài 2: Chứng minh rằng:

cos

π
3π
5π
7π
9π 1
+ cos
+ cos
+ cos
+ cos
=
11
11
11
11
11 2

Bài 3:Tính các tổng sau:
Sn=sina+sin2a+sin3a+.......+sinna; Tn=cosa+ cos2a+ cos3a+.....cosna.
d.Các bài tập hình học:
Bài 1: Cho lục giác lồi ABCDEF. Gọi M,N,P,Q,R,S lần lượt là trung điểm cạnh AB, BC,
CD, DE, EF, FA. Chứng minh rằng
13


MQ ⊥ PS ⇔ RN2 = MQ2 + PS2
F

S

A

R

E

Bài 2: Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, D là trung điểm đoạn thẳng
Q
AB, và E là trọng
M tâm tam giác ACD. Chứng minh rằng
CD ⊥ OE ⇔ AB = AC

D

Bài 3: Gọi E, F, G,
H lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC, CD, DA của tứ giác
B
P
2
2
2
2
lồi ABCD. Chứng minh rằng:
N ABC⊥ CD ⇔ BC + AD = 2(EG + FH )
Bài 4: Về phía ngoài của tam giác ABC, ta lần lượt dựng ba n - giác đều. Tìm tất cả giá
trị của n sao cho tâm của các n - giác đều này là đỉnh của một tam giác đều.
B0

A
C0
C
B

A0

Bài 5: Cho bốn điểm phân biệt A,B,C,D trong mặt phẳng. Chứng minh rằng
AB.CD + AD.BC ≥ AC.BD.Đẳng thức sảy ra khi và chỉ khi A,B,C,D thẳng hàng hoặc
A,B,C,D cùng thuộc một đường tròn với A,C đối diện với B,D
Bài 6: Cho tam giác nhọn ABC. Một đường thẳng d tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABC tại B. Gọi K là chân đường vuông goác hạ từ trực tâm của tam giác xuống
đường thẳng d, L là trung điểm của cạnh AC. Chứng minh rằng BKL là tam giác cân.

14


IV- KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU: Kết quả thử nghiệm cuối năm học 2010 - 2011 ,tôi đã
chọn 30 học sinh lớp 12 tôi đã khảo sát và kết quả cụ thể như sau
Lớp

Giỏi

Khá

Trung
bình

Yếu

12/A1

2

6,7%

8

26,7% 5

16,7%

15

50%

12/A2

1

3,3%

5

16,7% 6

20%

18

60%

Kết quả thử nghiệm cuối tháng 4 năm học 2011 - 2012 ,tôi đã chọn ngẫu nhiên 30 học
sinh lớp 12 và đã khảo sát và kết quả cụ thể như sau :
Lớp

Giỏi

Khá

Trung
bình

Yếu

12/A2

10

33,3%

12

40 %

6

20 %

2

6,7%

12/A3

8

26,7%

10

33,3%

5

16,6%

7

23,3%

Kết quả thử nghiệm cuối tháng 4 năm học 2012 - 2013 ,tôi đã chọn ngẫu nhiên 30 học
sinh lớp 12 và đã khảo sát và kết quả cụ thể như sau :
Lớp

Giỏi

Khá

Trung
bình

Yếu

12/A2

12

36,6%

12

40 %

4

17 %

2

6,7%

12/A3

9

29,7%

10

33,3%

4

13,6%

7

23,3%

Rõ ràng qua ba năm thực hiện đề tài này, kết quả là học sinh học phần số phức có tiến bộ
rõ rệt.
C-KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT:
I- KẾT LUẬN
15


Việc viết sáng kinh nghiệm là một trong những vấn đề cấp thiết nhất cho gian đoạn hiện
nay ,giai đoạn công nghiệp hóa hiện đại hóa đất nước, một đất nước đang phát triển như
Việt nam ta nói chung ,riêng đối với ngành giáo dục cần phải đổi mới nhanh chóng, song
ở mỗi bộ môn đặc biệt các môn tự nhiên điều cốt lõi mà chương trình lớp trên kế thừa và
áp dụng thì mỗi giáo viên chúng ta nên chỉ ra và tạo mọi điều kiện để các em nắm bắt
được kiến thức cũng thấy được ứng dụng của kiến thức đó vào thực tiễn một cách sinh
động. Có như vậy, các môn học tự nhiên mới trở thành niềm đam mê ở các em học sinh.
Hy vọng rằng với đề tài này có thể giúp học tự học và thích học phần số phức .
II- ĐỀ NGHỊ:
Đề tài này cần thiết giới thiệu rộng rãi cho học sinh và đồng nghiệp dạy 12. Tuy
nhiên các ví dụ cũng cần được sưu tập thêm, với sự cộng tác của độc giả chắc chắn đề tài
sẽ đem lại nhiều lợi ích . Ngoài ra phương pháp giải các ví dụ có thể chưa tối ưu cần sự

góp ý bổ sung của bạn đọc.

16