ỨNG DỤNG SỐ PHỨC GIẢI CÁC BÀI TOÁN HỆ THỨC LƯỢNG GIÁC VÀ TỔ HỢP

ỨNG DỤNG SỐ PHỨC GIẢI CÁC BÀI
TOÁN HỆ THỨC LƯỢNG GIÁC VÀ TỔ
HỢP

Chương 1. Kiến thức chuẩn bị

1

1.1. Cách xây dựng trường số phức . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

1.1.1. Các khái niệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

1.1.2. Số phức liên hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

1.2. Các dạng tồn tại của số phức . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.2.1. Dạng đại số của số phức . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.2.2. Dạng lượng giác của số phức . . . . . . . . . . . . . .

4

1.2.3. Biểu diễn hình học của số phức . . . . . . . . . . . . .

5

1.3. Khai triển lũy thừa của nhị thức . . . . . . . . . . . . . . . .

7

Chương 2. Ứng dụng số phức giải các bài toán hệ thức lượng
giác và tổ hợp

11

2.1. Hệ thức lượng giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
2.2. Tổ hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
Tài liệu tham khảo

26

1


Chương 1
Kiến thức chuẩn bị
1.1. Cách xây dựng trường số phức
1.1.1. Các khái niệm
Xét tập hợp C các cặp số thực ♣x, y q được lấy theo một thứ tự xác định.
Các cặp số thực này có thể coi như một điểm trong mặt phẳng tọa độ Đê
các vuông góc xOy và kí hiệu là z

✏ ♣x, yq. Ta xác định trên C các quan

hệ và phép toán như sau.

€ C và z★1 ✏ ♣x1, y1q, z2 ✏ ♣x2, y2q thì:
x1 ✏ x2
z1 ✏ z2 ô
y1 ✏ y2 ;
z1 ✟ z2 ✏ ♣x1 ✟ x2 , y1 ✟ y2 q;
z1 .z2 ✏ ♣x1 .x2 ✁ y1 .y2 , x1 .y2   x2 .y1 q.

Với z1 , z2
1.
2.
3.

Dễ dàng kiểm tra rằng tập C cùng các quan hệ và phép toán trên đây
lập thành một trường và ta gọi đó là trường số phức, cũng ký hiệu là C.
Mỗi phần tử z

€ C được gọi là một số phức x, y lần lượt được gọi là phần

thực và phần ảo của số phức z và ký hiệu
x ✏ Re♣z q, y

✏ Im♣zq.

Nhận xét 1.1 ([1], tr. 1). Từ cách xây dựng số phức, ta thấy có sự tương
đồng 1:1 giữa tập hợp các số phức với tập hợp các điểm trong mặt phẳng

R2 .
1


Số phức dạng z

✏ ♣x, 0q nằm trên trục hoành được coi là trùng với số thực

x : ♣x, 0q ✏ x.
Vì lý do này, trục hoành được gọi là trục thực.
Số phức dạng z

✏ ♣0, yq nằm trên trục tung được gọi là số thuần ảo và

trục tung được gọi là trục ảo.
Mặt phẳng gồm các trục thực và ảo được gọi là mặt phẳng phức.
Định lý 1.1 ([2], tr. 5). Mọi số phức khác 0 đều có số nghịch đảo như sau:
Cho z

€ C✝ ✏ C③t0✉. Khi đó tồn tại z✁1 € C sao cho z.z✁1 ✏ z✁1.z ✏ 1.
z ✁1

✏ ✏
1
z

✂

x

,✁

✡

y

, ❅z

€ C✝.

 
 
Thương hai số z1 ✏ ♣x1 , y1 q, z ✏ ♣x, y q € C✝ là
✂
✡
x1 x   y1 y ✁x1 y   y1 x
z1
✏ x2   y2 , x2   y2 € C.
z
✂
✡
1
✁
2
Ví dụ 1.1. Nếu z ✏ ♣1, 2q thì z ✁1 ✏
,
. Nếu z1 ✏ ♣1, 2q, z2 ✏ ♣3, 4q
5 5
z1
thì

z2

✏

✂

11 2
,
25 25

x2

y2

x2

y2

✡

.

1.1.2. Số phức liên hợp
Hai số phức z1

✏ ♣x, yq và z2 ✏ ♣x, ✁yq được gọi là hai số phức liên hợp

của nhau, ký hiệu
z2

✏ z1 ñ

★

z   z¯ ✏ 2Rez
z.¯
z ✏ x2   y 2 .

Đối với số phức liên hợp ta có các tính chất sau đây:
Định lý 1.2 ([2], tr. 7).

✏ z¯ ô z € R;
2. z ✏ z¯;

1. z

2


3. z.¯
z là số thực không âm;
4. z1   z2

✏ z1   z2;

✏ z1.z2;
6. z ✁1 ✏ ♣z¯q✁1 , z € C✝ ;
✂ ✡
z1
z1

✏
, ❅z2 € C✝ ;
7.
z2
z2
z   z¯
z ✁ z¯
8. Re♣z q ✏
, Im♣z q ✏
.
2
2i
5. z1 .z2

1.2. Các dạng tồn tại của số phức
Trong tập hợp các số phức C, số thuần ảo ♣0, 1q đóng vai trò hết sức
quan trọng, ký hiệu là i ✏ ♣0, 1q và được gọi là đơn vị ảo. Dựa vào ký hiệu
này ta đưa ra các dạng sau đây của số phức.

1.2.1. Dạng đại số của số phức
Theo các định nghĩa trên ta có: i2
i2

✏ ♣0, 1q.♣0, 1q ✏ ♣✁1, 0q ✏ ✁1, hay

✏ ✁1. Đây là một tính chất đặc biệt không có ở số thực. Hơn thế nữa
❅y € R : ♣0, yq ✏ ♣0, 1q.♣y, 0q ✏ i.y : số thuần ảo bằng phần ảo nhân

với đơn vị ảo. Dựa vào điều này ta có
z

✏ ♣x, yq ✏ ♣x, 0q   ♣0, yq ✏ x   iy.

Đây là dạng đại số của số phức z. Nhờ dạng đại số mà ta có thể thực hiện
các phép toán trên số phức theo quy tắc thông thường vốn có trên số thực
với chú ý rằng i2

✏ ✁1.

Ví dụ 1.2. ♣3   5iq♣7 ✁ 2iq ✏ 3.7 ✁ 3.2i   5i.7 ✁ 5i.2i ✏ 31   29i.
Khi thực hiện phép tính nhân đồng thời nhiều số phức dưới dạng đại số
chúng ta gặp khó khăn trong tính toán. Khi đó người ta dùng dạng lượng
3


giác của số phức.

1.2.2. Dạng lượng giác của số phức
Mỗi số phức z

✏ x   iy ứng với mỗi một điểm M ♣x, yq trong mặt phẳng

tọa độ Đêcác vuông góc xOy.
Đặt r

✏ OM ✏

❄

x2   y 2 và gọi là mô đun của số phức z, kí hiệu ⑤z ⑤,

ϕ là góc hợp bởi tia OM và chiều dương của trục Ox và gọi là argument
của số phức
★ z, kí hiệu Argz.
x ✏ r cos ϕ
Ta có:
y ✏ r sin ϕ
ñ z ✏ r♣cos ϕ   i sin ϕq.
Đây là dạng lượng giác của số phức z.
Ta có các tính chất sau đối với mô đun
Định lý 1.3 ([2], tr. 7).

✁⑤z⑤ ↕ Re♣zq ↕ ⑤z⑤; ✁⑤z⑤ ↕ Im♣zq ↕ ⑤z⑤;
(2) ⑤z ⑤ ➙ 0, ⑤z ⑤ ✏ 0 ô z ✏ 0;
(3) ⑤z ⑤ ✏ ⑤ ✁ z ⑤ ✏ ⑤z¯⑤;
(4) z.¯
z ✏ z2;
(5) ⑤z1 z2 ⑤ ✏ ⑤z1 ⑤.⑤z2 ⑤;
(6) ⑤z1 ⑤ ✁ ⑤z2 ⑤ ↕ ⑤z1   z2 ⑤ ↕ ⑤z1 ⑤   ⑤z2 ⑤;
(7) ⑤z ✁1 ⑤ ✏ ⑤z ⑤✁1 , z € C✝ ;
✞ ✞
✞ z1 ✞
⑤z1⑤ , z € C✝;
(8) ✞✞ ✞✞ ✏
z2
⑤z2⑤ 2
(9) ⑤z1 ⑤ ✁ ⑤z2 ⑤ ↕ ⑤z1 ✁ z2 ⑤ ↕ ⑤z1 ⑤   ⑤z2 ⑤.
(1)

Chứng minh. Dễ kiểm tra (1)-(4) đúng (xem như bài tập).

Ta chứng minh những ý còn lại
(5) ⑤z1 z2 ⑤2

✏ ♣z1z2q♣z1z2q ✏ ♣z1z1q♣z2z2q ✏ ⑤z1⑤2.⑤z2⑤2
4


ñ ⑤z1z2⑤ ✏ ⑤z1⑤.⑤z2⑤.
(5)⑤z1   z2 ⑤2 ✏ ♣z1   z2 q♣z1   z2 q ✏ ♣z1   z1 q♣z2   z2 q ✏ ⑤z1 ⑤2   z1 z2   z1 z2  
⑤z2⑤2.
Bởi vì z1 z2 ✏ z1 .z2 ✏ z1 z2 , suy ra
z1 z2   z1 z2

✏ 2Re♣z1z2q ↕ 2⑤z1z2⑤ ✏ 2⑤z1⑤⑤z2⑤ ✏ 2⑤z1⑤⑤z2⑤.

Do đó ⑤z1   z2 ⑤2

↕ ♣⑤z1⑤   ⑤z2⑤q2
Suy ra ⑤z1   z2 ⑤ ↕ ⑤z1 ⑤   ⑤z2 ⑤.
Bất đẳng thức bên trái có được do

⑤z1⑤ ✏ ⑤z1   z2 ✁ z2⑤ ↕ ⑤z1   z2⑤   ⑤ ✁ z2⑤ ✏ ⑤z1   z2⑤   ⑤z2⑤
ñ ⑤z1⑤ ✁ ⑤z2⑤ ↕ ⑤z1   z2⑤
✞ ✞
✞ ✞
✞1✞
✞1✞
1
1
(7) Ta có z. ✏ 1 ñ ⑤z ⑤ ✞✞ ✞✞ ✏ 1 ñ ✞✞ ✞✞ ✏

z
z
z
⑤z⑤ .
Suy ra ⑤z ✁1 ⑤ ✏ ⑤z ⑤✁1 , z € C✝ .
✞
✞ ✞ ✞
✞ z1 ✞ ✞ 1 ✞
⑤z1⑤ .
(8) ✞✞ ✞✞ ✏ ✞✞z1 . ✞✞ ✏ ⑤z1 z2✁1 ⑤ ✏ ⑤z1 ⑤⑤z2✁1 ⑤ ✏ ⑤z1 ⑤⑤z2 ⑤✁1 ✏
z2
z2
⑤z2⑤
(9) Ta có ⑤z1 ⑤ ✏ ⑤z1 ✁ z2   z2 ⑤ ↕ ⑤z1 ✁ z2 ⑤   ⑤z2 ⑤
Suy ra ⑤z1 ⑤ ✁ ⑤z2 ⑤ ↕ ⑤z1 ✁ z2 ⑤.
Mặt khác

⑤z1 ✁ z2⑤ ✏ ⑤z1   ♣✁z2q⑤ ↕ ⑤z1⑤   ⑤ ✁ z2⑤ ✏ ⑤z1⑤   ⑤z2⑤.

✆

Ứng với một số phức z, mô đun được xác định duy nhất còn argument
xác định sai khác nhau một bội của 2π. Để tiện tính toán ta gọi giá trị

✁π ↕ ϕ ↕ π là argument chính của z, ký hiệu là argz.
1.2.3. Biểu diễn hình học của số phức
Với các định nghĩa số phức ở trên chúng ta mới chỉ biết các điểm của
mặt phẳng phức có tọa độ hữu hạn. Tuy nhiên trong nhiều trường hợp
5

điểm vô cực đóng vai trò quan trọng.
Trong không gian ba chiều R3 chọn hệ trục tọa độ Đêcác vuông góc
✂
✡
1
♣ξ, η, ζ q, Oξ ✑ Ox, Oη ✑ Oy. Xét mặt cầu S có tâm tại I 0, 0, 2 bán
1
kính . Dễ thấy rằng S tiếp xúc với mặt cầu C : ξ ✏ 0 tại O♣0, 0, 0q, có
2
đỉnh P ♣0, 0, 1q và có phương trình là:
✂

ξ 2   η2   ζ ✁

1
2

✡2

✏ 14 .

€ C ta nối với P . Tia P z sẽ cắt mặt cầu S tại điểm duy
nhất M ♣ξ, η, ζ q. Ngược lại, với mỗi điểm M ♣ξ, η, ζ q € S kẻ tia P M , tia này
Ứng với mỗi z

cắt mặt phẳng C tại điểm duy nhất z. Như vậy, cứ mỗi điểm trên mặt cầu
S (trừ P ) tương ứng với một và chỉ một và chỉ một điểm của mặt cầu.
Tức là có sự tương ứng 1-1 giữa các điểm của mặt cầu S và các số phức
trên z

€ C. Vì lý do này, mặt cầu S được gọi là mặt cầu phức Riémann

(đặt theo tên nhà toán học Riémann).
Khi điểm z tiến ra xa vô cực về mọi phía thì điểm M tiến dần về P .
Do đó, mặc nhiên điểm z

✏ ✽ được coi là ứng với điểm P của mặt cầu S.
6


Điểm P duy nhất nên điểm z

✏ ✽ cũng là duy nhất.

Mặt phẳng C ❨ t✽✉ được gọi là mặt phẳng phức mở rộng, ký hiệu C.

1.3. Khai triển lũy thừa của nhị thức
Một trong những nội dung chính của chuyên đề này là ứng dụng của
số phức để tính toán các biểu thức có chứa tổ hợp. Vì vậy chúng tôi trình
bày một số kiến thức cở bản về khai triển lũy thừa nhằm chuẩn bị để trình
bày những ý chính ở chương 2.
Ta nhắc lại những công thức khai triển nhị thức sau:

♣x   yq2 ✏ x2   2xy   y2;
♣x   yq3 ✏ x3   3x2y   3xy2   y3;
♣x   yq4 ✏ x4   4x3y   6x2y2   4xy3   y4.
Ta có công thức tổng quát tính hệ số của ♣x   y qn , còn gọi là công thức
nhị thức Newton như sau
Định lý 1.4 ([2], tr. 17). Cho mỗi số tự nhiên n ➙ 1 ta có

♣x   yq ✏
n

n
➳
k✏0

Cnk xn✁k y k .

Chứng minh. Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp.
Với n ✏ 1, công thức (1.1) đúng.
Giả sử công thức (1.1) đúng với n ✏ k

➙ 1.

Tức là

♣x   yq ✏
k

k
➳
i✏ 0

Cki xk✁i y i .

Bây giờ ta chứng minh công thức (1.1) với n ✏ k   1, thật vậy

7

(1.1)


♣x   yqk 1 ✏ ♣x ✔  yqk ♣x   yq
✏✕
✏
✏

✁

Ck0 xk

✁

 

k
➳

k ✏0

 

Ck0 xk 1
✁

✜

Cki xk✁i y i ✢ ♣x   y q

Ck1 xk✁1 y

  ...  

Ckk✁1 xy k✁1

 

  ...  

Ckk✁1 x2 y k✁1

Ck0 xk y

Ck1 xk y

 

Ck1 xk✁1 y 2

  ...  

 

Ckk y k

 

Ckk✁1 xy k

✠

♣x   y q

Ckk xy k

 

✠

Ckk y k 1

✠

.

Áp dụng công thức tính chất của tổ hợp
Cnk✁1   Cnk
và chú ý rằng Cn0

✏ Cnk 1

✏ Cm0 ✏ 1, ❅m, m € N✝.

Do đó
✁

Ck0 xk 1   Ck1 xk y   ...   Ckk✁1 x2 y k✁1   Ckk xy k

 

✁

Ck0 xk y

 

Ck1 xk✁1 y 2

  ...  

Ckk✁1 xy k

 

✠

Ckk y k 1

✠

✏ Ck0 1xk 1   Ck1 1xk y   Ck2 1xk✁1y2   ...   Ckk ✁11x2yk✁1   Ckk 1xyk
 Ckk  11yk 1
k➳
 1
✏ Cki  1xk 1✁iyi ✏ ♣x   yqk 1.
i✏0

Vậy

♣x   y q ✏
n

n
➳
k ✏0

Cnk xn✁k y k , ❅n € N✝ .

✆

Ví dụ 1.3.

♣x   yq5 ✏ C50x5   C51x4y   C52x3y2   C53x2y3   C54xy4   C55y5.
Chú ý 1.1. C
ác hệ số Cnk trong khai triển nhị thức Newton có thể được xác định trong
tam giác Pascal, số bắt đầu và kết thúc của mỗi dòng trong tam giác Pascal
8


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.
Dễ dàng hơn bằng cách sử dụng tam giác Pascal
1
1

1

1

1
1

2
3

3

4

1

5

1

6
10

1
4

10

1
5

1

Tính chất 1.1 ([2], tr. 18). Cho nhị thức Newton

♣x   y q ✏
n

n
➳
k ✏0

Cnk xn✁k y k , n € N✝ .

Ta có những tính chất sau:
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.
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 Cn1 , Cn2 , ..., Cnn .
4. Các hệ số của khai triển nhị thức cách đểu số hạng đầu và cuối thì
bằng nhau
Cnk

✏ Cnn✁k , 0 ↕ k ↕ n.

5. Cn0   Cn1   Cn2   ...   Cnn
n ✁ k   1 k ✁1
6. Cnk ✏
Cn .
k

✏ 2n.
9

7. Cnk✁1   Cnk

✏ Cnk 1.
8. Cn0   Cn2   Cn4   ... ✏ Cn1   Cn3   Cn5   ... ✏ 2n✁1 .

10


Chương 2
Ứng dụng số phức giải các bài toán hệ thức
lượng giác và tổ hợp

Dựa vào những định lí, tính chất, công thức ở chương đầu để giải quyết
một số bài toán hệ thức lượng giác và tổ hợp.

2.1. Hệ thức lượng giác
Một trong những ứng dụng quan trọng của số phức là dùng để tính toán
các biểu thức có chứa giá trị các biểu thức có chứa giá trị lượng giác. Để
thực hiện được ứng dụng đó trước hết chúng tôi trình bày một số tính chất
quan trọng của số phức thể hiện ở các định lí sau đây.
Định lý 2.1 ([1], tr. 2). Dựa vào dạng lượng giác:
z1

✏ r1♣cos ϕ1   i sin ϕ1q và

z2

✏ r2♣cos ϕ2   i sin ϕ2q

Có:
z1 .z2

✏ r1.r2

✏

cos♣ϕ1   ϕ2 q   i sin♣ϕ1   ϕ2 q

Suy ra ⑤z1 .z2 ⑤ ✏ ⑤z1 ⑤.⑤z2 ⑤ và arg♣z1 .z2 q ✏ arg♣z1 q   arg♣z2 q.
Chứng minh. Ta có

✏ r1.r2.♣cos ϕ1   i sin ϕ1q.♣cos ϕ2   i sin ϕ2q
✏
✏ r1.r2. ♣cos ϕ1. cos ϕ2 ✁ sin ϕ1. sin ϕ2q
✘
 i ♣sin ϕ1. cos ϕ2   sin ϕ2. cos ϕ1q
✏
✘
✏ r1.r2 cos♣ϕ1   ϕ2q   i sin♣ϕ1   ϕ2q

z1 .z2

11

✘

(2.1)

ñ ⑤z1.z2⑤ ✏ r1.r2 ✏ ⑤z1⑤.⑤z2⑤ và
arg♣z1 .z2 q ✏ ϕ1   ϕ2 ✏ arg♣z1 q   arg♣z2 q.

✆

Bằng quy nạp ta được:
n
➵
k✏1

zk

✏

n
➵
k ✏1

✄

rk

cos

n
➳
k ✏1

ϕk   i sin

n
➳
k ✏1

☛

ϕk

;

(2.2)

⑤z1.z2 ... zn⑤ ✏ ⑤z1⑤.⑤z2⑤ ... ⑤zn⑤;

arg♣z1 .z2 ... zn q ✏ arg♣z1 q   arg♣z2 q   ...   arg♣zn q.

Định lý 2.2 (Công thức Moavrơ [1], tr. 3). Cho z
và n € N, ta có

✏ r♣cos ϕ i sin ϕq

✰

✏
✘
⑤z ⑤ ✏ ⑤z⑤
n
n
ñ
z

✏
r
cos
♣
nϕ
q
 
i
sin
♣
nϕ
q
.
arg♣z n q ✏ narg♣z q
n

n

(2.3)

Chứng minh. Dùng công thức
n
➵
k ✏1

zk

✏

n

➵
k ✏1

✄

rk

cos

n
➳
k✏1

ϕk   i sin

n
➳
k ✏1

☛

ϕk

✏ z1 ✏ z2 ✏ ... ✏ zk ✏ ... ✏ zn ta được
z n ✏ r.r...rrcos♣ϕ   ϕ   ...   ϕq   i sin♣ϕ   ϕ   ...   ϕqs
✏
✘
✏ rn cos♣nϕq   i sin♣nϕq

với z

✆

Dựa vào công thức này ta có thể khai căn của một số phức bất kỳ:
Định lý 2.3 ([1], tr. 3). Giả sử z

✏ r♣cos ϕ   i sin ϕq và ξ ✏ ρ♣cos θ  

i sin θq sao cho:
ξ

✏ ❄z ô ξ n ✏ z ô ρn♣cos nθ   i sin θq ✏ z ✏ r♣cos ϕ   i sin ϕq
✩
★
❄
✫ρ ✏ r
n
ρ ✏r
ô nθ
✏ ϕ   k2π ô ✪θ ✏ ϕ  nk2π , k € Z.
n

n

12

(2.4)


Dễ thấy rằng ρ nhận giá trị duy nhất qua r còn θ nhận n giá trị khác

nhau ứng với k

✏ 0, ..., n ✁ 1.

❄

Ví dụ 2.1. Tìm các giá trị của i.
π
π
Có: i ✏ cos   i sin
2☎
2 ☞
☞
☎
π
π
  2kπ ✍
  2kπ ✍
❄
✝2
✝2
ñ i ✏ cos ✆ 2 ✌  i sin ✆ 2 ✌.

❄ ❄
❄
2
2
π
π
 

i
;
k ✏ 0 ñ i ✏ cos   i sin ✏
4
4
2 ❄ 2 ❄
❄
5π
5π
2
2
k ✏ 1 ñ i ✏ cos
 
i sin
✏
✁
✁
i
.
4
4
2
2

Định lý 2.4 ([2], tr. 11). Cho z1

✏ r1♣cos ϕ1 i sin ϕ1q và

z2

✏ r2♣cos ϕ2 

i sin ϕ2 q ✘ 0.
Ta có:
✞ ✞
✞ z1 ✞
Suy ra ✞✞ ✞✞
z2

z1
z2

✏ rr1

2

✏

✘

cos♣ϕ1 ✁ ϕ2 q   i sin♣ϕ1 ✁ ϕ2 q .

(2.5)

✂ ✡
⑤
z1 ⑤
✏ ⑤z ⑤ và arg zz1 ✏ arg♣z1q ✁ arg♣z2q.
2
2

Chứng minh. Ta có
z1
z2

✏ r1 ♣cos ϕ1  ✁ i sin2 ϕ1q ♣cos 2ϕ2 ✁✠ i sin ϕ2q
r2 cos ϕ2   sin ϕ2
✏

✘

✏ rr1 ♣cos ϕ1 cos ϕ2   sin ϕ1 sin ϕ2q   i♣sin ϕ1 cos ϕ2   sin ϕ1 cos ϕ2q
2

✏ rr1

2

ñ

✞ ✞
✞ z1 ✞
✞ ✞
✞ z2 ✞

✏

cos♣ϕ1 ✁ ϕ2 q   i sin♣ϕ1 ✁ ϕ2 q

✘

✂ ✡
⑤
z1 ⑤
✏ ✏ ⑤z ⑤ và arg zz1 ✏ ϕ1 ✁ ϕ2 ✏ arg♣z1q ✁ arg♣z2q.
2
2

r1
r2

✆

Sau đây, chúng ta ứng dụng các tính chất vừa trình bày để giải quyết
một số bài tập hoặc hướng dẫn giải một số bài tập có chứa hàm số lượng
giác như sau.

13


Ví dụ 2.2. Biểu diễn số phức sau dưới dạng lượng giác
✂

z

✏

✡
✠
π ✁❄

✁ i sin 3
3 1
.
i✁1

π
cos
3

Giải.
Áp dụng công thức (2.1) và (2.5), ta có:
✂
✡
✂
✡
π
π
π
π
  i sin ✁ 3 ;
z1 ✏ cos ✁ i sin ✏ cos ✁
3
3
3
✡
✂
❄
π
π
z2 ✏ 3   i ✏ 2 cos   i sin

;
6
6
✡
❄ ✂ 3π
3π
z3 ✏ i ✁ 1 ✏ 2 cos
  i sin 4 .
4
Từ đó suy
✓ ra
✂

✏

z

✏

π
cos ✁
3

✡

✂

  i sin ✁ π3

✡✛ ✓ ✂

π
2 cos
6

✂

❄

3π
3π
 
i sin
2 cos
4 ✛
4
✓
✂
✡
✂
✡
π
π
2 cos ✁
 
i sin ✁
6
6

❄

✂

✡

  i sin π6

✡✛

✡

3π
3π
2 cos
 
i sin
4
4
✓
✂
✡
✂
✡✛
❄
11π
11π
✏ 2 cos ✁ 12   i sin ✁ 12 .

Ví dụ 2.3. Tách phần thực phần ảo của số phức
a) z

b) z

✏ ♣1   3iq♣ 1 i✁ 2iq .
✏

✂

π
cos
3

✁ i sin π3

✡5

 

i

3

✁i

✟✁

1 

❄

3i

✠7

.

Giải.
a) Ta có: z
Vậy Rez

✁ 1 ✏ 4   3 i.
✏ 1 ✁ 2i3    ii   2 ✏ 33 ✁  ii ☎ 33    ii ✏ 9  9 6i
 1
5 5

✏ 45 , Imz ✏ 35 .
14


b) Ta có:
✂

✁ i sin π3

π
cos
3

✡5

✏

✓

✂

π
cos ✁
3

✂

1 

❄

✠7

3i

✏

✓ ✂

π
2 cos
3

✂

  i sin ✁ π3

✡✛5

✂

✏ cos ✁ 5π3

✡

✂

✡

 i sin ✁ 5π3 ;

✡

3π
i3 ✁ i ✏ ✁2i ✏ 2 cos
2
✁

✡

  i sin 3π2 ;
  sin π3

✡✛7

✏2

✂

7

7π
cos
3

✡

  sin 7π3 .

Từ đó suy ra
z

✏
✏

✂
✓

π
cos
3

✁ i sin π3

✂

5π
cos ✁
3
✂

✡

✡5

 

i

3

✁i

✟✁

✂

  i sin ✁ 5π3

1 

❄

✠7

3i

✡✛ ✂

3π
2 cos
2

  i sin 3π2

✡

✂

27

7π
cos
3

  sin 7π3

✡

✏ 28
❄
✏ 128 3   128i.
❄
Vậy Rez ✏ 128 3, Imz ✏ 128.
13π
cos

3

  sin 13π
3

Ví dụ 2.4. Tìm các căn bậc ba của số phức: z
Giải.
Ta có 2   2i ✏

✏ 2   2i.

❄

8♣cos 45✆   i sin 45✆ q.

Từ đó ta thu được

❄
3

2   2i ✏

✁

❄

✠ 13 ✂

8

45✆   k360✆
cos
3

✆
✆
  i sin 45  3k360

✡

❄ ✏
✘
✏ 2 cos ♣15✆   k120✆q   i sin ♣15✆   k120✆q .

Do đó, gọi các giá trị căn bậc ba của số phức 2   2i là w0 , w1 , w2 ta được:

❄
✏ 2 ♣cos 15✆   i sin 15✆q ;
❄
❄
w1 ✏ 2 ♣cos 135✆   i sin 135✆ q ✏ 2 ♣✁ cos 45✆   i sin 45✆ q ;
❄
❄
w2 ✏ 2 ♣cos 255✆   i sin 255✆ q ✏ 2 ♣✁ cos 15✆ ✁ i sin 15✆ q .
w0

15

✡

Ngoài ra:
cos 45✆
cos 15✆
sin 15✆

✏ sin 45✆ ✏ ❄1

2

;

✏ cos♣45 ✁ 30q✆ ✏ cos 45✆ cos 30✆   sin 45✆ sin 30✆ ✏

❄1
2

✏ sin♣45 ✁ 30q✆ ✏ sin 45✆ cos 30✆ ✁ cos 45✆ sin 30✆ ✏ ❄1

✄
✄

2

Suy ra:
w0
w1
w2

✏

❄

3 1
2

 i

❄

☛

3
2

 

1
2

;

3
2

✁ 12

.

❄

☛

❄

3✁1
;
2

✏ ✁ 1   i;
❄
❄
3✁1
✁
✁ i 3   1.
✏
2

2

Ví dụ 2.5. Chứng minh các biểu thức sau
cos 3ϕ ✏ 4 cos3 ϕ ✁ 3 cos ϕ; sin 3ϕ ✏ ✁4 sin3 ϕ   3 sin ϕ.
Giải.
Đặt z

✏ cos ϕ   i sin ϕ.

Từ công thức Moavrơ (2.3) ta có
z3

✏ ♣cos ϕ   i sin ϕq3 ✏ cos 3ϕ   i sin 3ϕ.

(2.6)

Mặt khác

♣cos ϕ   i sin ϕq3 ✏ cos3 ϕ   3i cos2 ϕ sin ϕ ✁ 3 cos ϕ sin2 ϕ ✁ i sin3 ϕ
✏ cos ϕ ✁ 3 cos ϕ sin ϕ   i
2

3

✁

✠

3 cos ϕ sin ϕ ✁ sin ϕ .
2

3

(2.7)
Từ (2.6) và (2.7) suy ra
cos 3ϕ ✏ cos3 ϕ ✁ 3 cos ϕ sin2 ϕ;
sin 3ϕ ✏ 3 cos2 ϕ sin ϕ ✁ sin3 ϕ.
16


Hơn nữa sin2 ϕ ✏ 1 ✁ cos2 ϕ và cos2 ϕ ✏ 1 ✁ sin2 ϕ
Suy ra

cos 3ϕ ✏ 4 cos3 ϕ ✁ 3 cos ϕ;
sin 3ϕ ✏ ✁4 sin3 ϕ   3 sin ϕ.
Ví dụ 2.6. Rút gọn các tổng sau đây:
a) 1   cos x   cos 2x   ...   cos nx;
b) sin x   sin 2x   ...   sin nx.
Giải.
Ta xét tổng:

♣1   cos x   cos 2x   ...   cos nxq   i♣sin x   sin 2x   ...   sin nxq
✏ 1   ♣cos x   i sin xq   ♣cos 2x   i sin 2xq   ...   ♣cos nx   i sin nxq
✏ 1   ♣cos x   i sin xq   ♣cos x   i sin xq2   ...   ♣cos x   i sin xqn
x   i sin xqn 1
r1 ✁ cos♣n   1qxs ✁ i sin♣n   1qx
✏ 1 1✁✁♣cos
✏
♣cos x   i sin xq
♣1 ✁ cos xq ✁ i sin x
♣n   1qxs ✁ i sin♣n   1qx✉r♣1 ✁ cos xq   i sin xs
✏ tr1 ✁ cos
r♣1 ✁ cos xq ✁ i sin xsr♣1 ✁ cos xq   i sin xs
sin♣n   1qx✉r♣1 ✁ cos xq   i sin xs
✏ tr1 ✁ cos♣n   1qx♣1s ✁✁ icos
xq2 ✁ ♣i sin xq2
♣n   1qx✉r♣1 ✁ cos xq   i sin xs
✏ tr1 ✁ cos♣n   11q✁xs2✁cosi sin
x   cos2 x   sin2 x
✏ 2 ✁ 21cos x r1 ✁ cos♣n   1qx ✁ i sin♣n   1qxsr1 ✁ cos x   i sin xs
✏

x r♣1 ✁ cos♣n   1qxq♣1 ✁ cos xq   sin♣n   1qx sin xs

4 sin
2
  12 x r♣1 ✁ cos♣n   1qxq sin x ✁ sin♣n   1qx♣1 ✁ cos xqsi
4 sin
2
✏ 12 x r1 ✁ cos x ✁ cos♣n   1qx   cos nxs
4 sin
2
1

2

17


 

x rsin x ✁ sin♣n   1qx   sin nxsi
4 sin
2
n 1
n
n 1
n
sin
x cos x sin
x sin x
2
2  
2

2 i.
✏
x
x
sin
sin
2
2
Suy ra:
n
n 1
x cos x
sin
2
2 ;
a) 1   cos x   cos 2x   ...   cos nx ✏
x
sin
2
n 1
n
sin
x sin x
2
2 .
b) sin x   sin 2x   ...   sin nx ✏
x
sin
2
1

2

Ví dụ 2.7. Rút gọn các tổng sau đây:
a) cos x   cos 3x   ...   cos♣2n ✁ 1qx;
b) sin x   sin 3x   ...   sin♣2n ✁ 1qx.
Giải.
Ta xét tổng

rcos x   cos 3x   ...   cos♣2n ✁ 1qxs   irsin x   sin 3x   ...   sin♣2n ✁ 1qxs
✏ ♣cos x   i sin xq ♣cos 3x   i sin 3xq  ...  ♣cos♣2n ✁ 1qx   i sin♣2n ✁ 1qxq
✏ ♣cos x   i sin xq   ♣cos x   i sin xq3   ...   ♣cos x   i sin xq2n✁1
x   i sin xq2 n
✏ ♣cos x   i sin xq 11✁✁♣♣cos
cos x   i sin xq2
  1qxs   rsin x ✁ sin♣n   1qxsi
✏ rcos x ✁ cos♣2nsin
x♣sin x ✁ i cos xq
1
rsin x♣cos x ✁ cos♣2n   1qxq ✁ cos x♣sin x ✁ sin♣2n   1qxqs
✏ 2 sin
x

1
  2 sin
rcos x♣cos x ✁ cos♣2n   1qxq   sin x♣sin x ✁ sin♣2n   1qxqsi
x
sin 2nx 1 ✁ cos 2nx
sin 2nx sin2 nx
✏

 
✏
 
i.
2 sin x

2 sin x

2 sin x

Từ đó suy ra:

18

sin x


a) cos x   cos 3x   ...   cos♣2n ✁ 1qx ✏
b) sin x   sin 3x   ...   sin♣2n ✁ 1qx ✏

sin 2nx
;
2 sin x
sin2 nx
.
sin x

Ví dụ 2.8. Hãy biểu diễn cos nx và sin nx qua cos x và sin x. Từ đó hay
suy ra biểu diễn của cos 2x, sin 2x, cos 3x, sin 3x, cos 4x, sin 4x, cos 5x,
sin 5x qua cos x và sin x.

Giải.
Theo công thức Moavrơ ta có

♣cos x   i sin xqn ✏ cos nx   i sin nx

(2.8)

Theo công thức nhị thức Newton ta có

♣cos x   i sin xqn
✏ cosn x   iCn1 cosn✁1 x sin x   i2Cn2 cosn✁2 x sin2 x
  i3Cn3 cosn✁3 x sin3 x   i4Cn4 cosn✁4 x sin4 x   ...
  in✁1Cnn✁1 cos x sinn✁1 x   in sinn x
✏ cosn x ✁ Cn2 cosn✁2 x sin2 x   Cn4 cosn✁4 x sin4 x ✁ ...
 i

 

✟

Cn1 cosn✁1 x sin x ✁ Cn3 cosn✁3 x sin3 x   Cn5 cosn✁5 x sin5 x ✁ ... . (2.9)

Từ (2.8) và (2.9) suy ra:
cos nx ✏ cosn x ✁ Cn2 cosn✁2 x sin2 x   Cn4 cosn✁4 x sin4 x ✁ ...
(2.10)

sin nx ✏ Cn1 cosn✁1 x sin x ✁ Cn3 cosn✁3 x sin3 x   Cn5 cosn✁5 x sin5 x ✁ ...
(2.11)
19

Áp dụng các công thức (2.10) và (2.11) ta được:
cos 2x ✏ cos2 x ✁ sin2 x;
sin 2x ✏ 2 sin x cos x;
cos 3x ✏ cos3 x ✁ 3 cos x sin2 x ✏ 4 cos3 x ✁ 3 cos x;
sin 3x ✏ 3 cos2 x sin x ✁ sin3 x ✏ 3 sin x ✁ 4 sin3 x;
cos 4x ✏ cos4 x ✁ 6 cos2 x sin2 x   sin4 x ✏ 8 cos4 x ✁ 8 cos2 x   1;
sin 4x ✏ 4 cos3 x sin x✁4 cos x sin3 x ✏ 4 cos3 x sin x✁4 cos x sin x♣1✁cos2 xq

✏ 8 cos3 x sin x ✁ 4 cos x sin x;
cos 5x ✏ cos5 x ✁ 10 cos3 x sin2 x   5 cos x sin4 x
✏ cos5 x ✁ 10 cos3 x♣1 ✁ cos2 xq   5 cos x♣1 ✁ cos2 xq2
✏ 16 cos5 x ✁ 20 cos3 x   5 cos x;
sin 5x ✏ 5 cos4 x sin x ✁ 10 cos2 x sin3 x   sin5 x
✏ 5♣1 ✁ sin2 xq2 sin x ✁ 10♣1 ✁ sin2 xq2 sin3 x   sin5 x
✏ 16 sin5 x ✁ 20 sin3 x   5 sin x.
2.2. Tổ hợp
Trong mục này, chúng tôi sử dụng công thức lũy thừa của một dãy thức
kết hợp với các tính chất của số phức và đặc biệt là sử dụng i2
tính toán các biểu thức có chứa tổ hợp.
Ví dụ 2.9. Tính các tổng sau
a) 1 ✁ Cn2   Cn4 ✁ Cn6   ...
b) Cn1 ✁ Cn3   Cn5 ✁ Cn7   ...
Giải.
20

✏ ✁1 để


Theo công thức nhị thức Newton ta có

♣1   iqn ✏ 1   Cn1i   Cn2i2   Cn3i3   Cn4i4   ...   Cnn✁1in✁1   Cnnin
 

✟

✏ 1 ✁ Cn2   Cn4 ✁ Cn6   ...   i

 

✟

Cn1 ✁ Cn3   Cn5 ✁ Cn7   ... .

(2.12)

Mặt khác theo công thức Moavrơ

❄

♣1   i q ✏ ♣ 2q
n

✂

n

π
cos
4

  i sin π4

✡n

❄

✏ ♣ 2q

n

✂

nπ
cos
4

  i sin nπ
4

✡

.
(2.13)

Từ (2.12) và (2.13) suy ra

❄
nπ
,

4
❄
nπ
Cn1 ✁ Cn3   Cn5 ✁ Cn7   ... ✏ ♣ 2qn sin
.
4
1 ✁ Cn2   Cn4 ✁ Cn6   ... ✏ ♣ 2qn cos

Ví dụ 2.10. Tính các tổng sau
0
2
4
6
2016
2018
A ✏ C2018
✁ C2018
  C2018
✁ C2018
  ... ✁ C2018
  C2018
;

B

1
3
5
7
2017

2018
✏ C2018
✁ C2018
  C2018
✁ C2018
  ...   C2018
✁ C2018
.

Giải.
Xét biểu thức
0
1
2
2018 2018
♣1   xq2018 ✏ C2018
  C2018
x   C2018
x2   ...   C2018
x .

Cho x ✏ i ta có
0
1
2
2018 2018
♣1   xq2018 ✏ C2018
  C2018
i   C2018
i2   ...   C2018

i
0
2
4
6
2016
2018
✏ ♣C2018
✁ C2018
  C2018
✁ C2018
  ... ✁ C2018
  C2018
q
1
3
5
7
2017
2018
✁ C2018
  C2018
✁ C2018
  ...   C2018
✁ C2018
q.
 i♣C2018

Mặt khác

❄

♣1   xq2018 ✏ ♣ 2q2018

✂

π
cos
4

  i sin π4
21

✡2018

(2.14)


✡
❄ 2018 ✂ 2018π
2018π
✏ ♣ 2q
cos
  i sin 4
4
❄
✏ ♣ 2q2018♣0   1iq
❄ 2018
✏ 0   ♣ 2q i.

(2.15)

Từ (2.14) và (2.15) ta được
0
2
4
6
2016
2018
A ✏ C2018
✁ C2018
  C2018
✁ C2018
  ... ✁ C2018
  C2018

✏ 0;
1
3
5
7
2017
2018
B ✏ C2018
✁ C2018
  C2018
✁ C2018
  ...   C2018
✁ C2018
✏ 21009.

Ví dụ 2.11. Tính tổng sau
C

✏ 2150

 

✟

0
C50
✁ 3C502   32C504 ✁ ... ✁ 323C5046   324C5048 ✁ 325C5050 .

Giải.
Xét biểu thức
✄

✁ 21  

❄

3
i
2

☛50

❄

✄

❄

☛2

✏ 2150 C500   ♣✁12q49 i 23 C501   ♣✁12q48 i 23 C502   ...
✄ ❄ ☛49
✄ ❄ ☛50
  ♣✁12q2 i 23 C5049   i 23 C5050
❄ 1 ❄ 2 2
❄ 49 49 ❄ 50 50✙
1 ✑ 0
✏ 250 C50 ✁ i 3C50   ♣i 3q C50   ... ✁ ♣i 3q C50   ♣i 3q C50
❄
❄
✏ 2150 rC500 ✁ ♣ 3q2C502   ♣ 3q4C504 ✁ ...
❄
❄
❄
✁♣ 3q46C5046   ♣ 3q48C5048 ✁ ♣ 3q50C5050s
❄ 3 3 ❄ 5 5
❄ 47 47 ❄ 49 49✙
1 ✑ ❄ 1
  250 ✁ 3C50   ♣ 3q C50 ✁ ♣ 3q C50   ...   ♣ 3q C50 ✁ ♣ 3q C50 i
 
✟
✏ 2150 C500 ✁ 3C502   32C504 ✁ ... ✁ 323C5046   324C5048 ✁ 325C5050
❄ 3 3 ❄ 5 5
❄ 47 47 ❄ 49 49✙
1 ✑ ❄ 1

  250 ✁ 3C50   ♣ 3q C50 ✁ ♣ 3q C50   ...   ♣ 3q C50 ✁ ♣ 3q C50 i.
(2.16)
Mặt khác
22


✄

✁ 21  

❄

3
i
2

✓

✏

☛50

✂

2π
3

cos
✂

✡

✏ cos 100π
3
✏ ✁ 12

  i sin

✡

✂

  i sin
❄
✁ i 23 .

2π
3

✂

✡✛50

100π
3

✡

(2.17)

Từ (2.16) và (2.17) ta suy ra
C

✏ 2150

 

0
C50
✁ 3C502   32C504 ✁ ... ✁ 323C5046   324C5048 ✁ 325C5050

✟

✏ ✁ 21 .

Bài tập 2.1. Tính tổng
0
310 C20
✁ 39C202   38C204 ✁ 37C206   ...   32C2016 ✁ 3C2018   C2020.

Hướng dẫn.
Xét biểu thức

❄
♣ 3   iq20 về hai dạng: nhị thức Newton và số phức.

Ví dụ 2.12. Tính các tổng sau

✏ C301 ✁ 3C303   5C305 ✁ 7C307   ...   25C3025 ✁ 27C3027   29C3029.
2

2. E ✏ 2C30
✁ 4C304   6C306 ✁ 8C308   ...   26C3026 ✁ 28C3028   30C3030.

1. D

Giải.
Xét biểu thức

♣1   xq30 ✏ C300   xC301   x2C302   x3C303   ...   x28C3028   x29C3029   x30C3030.
Đạo hàm hai vế ta có
30♣1   xq29

✏ C301   2xC302   3x2C303   ...   28x27C3028   29x28C3029   28x29C3030.

Cho x ✏ 1 ta được
30♣1   iq29
23


✏

 

1
C30
✁ 3C303   5C305 ✁ 7C307   ...   25C3025 ✁ 27C3027   29C3029

 

 

✟
✟

2
2C30
✁ 4C304   6C306 ✁ 8C308   ...   26C3026 ✁ 28C3028   30C3030 i. (2.18)

Mặt khác
30♣1   iq29

❄

✂

❄

✄

✡29

✏ 30♣ 2q29 cos π4   i sin π4
✡
❄ 29 ✂ 29π
29π
✏ 30♣ 2q cos 4   i sin 4
❄

❄

☛

✏ 30♣ 2q29 ✁ 22 ✁ i 22
✏ ✁15.215 ✁ 15.215i.

(2.19)

Từ (2.18) và (2.19) ta suy ra:

✏ C301 ✁ 3C303   5C305 ✁ 7C307   ...   25C3025 ✁ 27C3027   29C3029 ✏ ✁15.215.
2
E ✏ 2C30
✁ 4C304   6C306 ✁ 8C308   ...   26C3026 ✁ 28C3028   30C3030 ✏ ✁15.215.
D

Ví dụ 2.13. Tính tổng
F

✏ 2.3C202 ✁ 4.32C204   6.33C206 ✁ ...   18.39C2018 ✁ 20.310C2020.

Giải.
Xét biểu thức
✁

1 

❄

✠20

3x

✏ C200  

❄

❄

❄

❄

❄

1
3xC20
 ♣ 3xq2C202  ♣ 3xq3C203  ... ♣ 3xq19C2019  ♣ 3xq20C2020.

Đạo hàm hai vế ta được

❄ ✁ ❄ ✠19
20 3 1   3x
❄
❄
❄
✏ 3C201   2.3xC202   3♣ 3q3x2C203   ...   19♣ 3q19x18C2019   20.310x19C2020.
Cho x ✏ 1 ta được
❄ ✁ ❄ ✠19
20 3 1   3i
24