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

1.3.3

Các phép toán trên dạng lượng giác của số phức . . 10

1.4

. . . . . . . . . . 10

Căn bậc n của đơn vị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

2 Ứng dụng số phức trong tính tốn 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 tốn 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 hồn hảo giữa các phân mơn Đại số, Lượng giác, Hình học và Giải
tích (thể hiện sâu sắc mối quan hệ đó là cơng thức eiπ + 1 = 0). Số phức
là vấn đề hồn tồn mới và khó đối với học sinh, địi 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 tốn 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 hồn tồn 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 cịn nhiều hạn chế. Giúp học sinh
có cái nhìn sâu, rộng hơn về số phức, trong quá trình giảng dạy tơi ln
tìm tịi 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 hồn 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 cịn hạn chế, chắc chắn bản luận văn khơng
thể tránh khỏi những thiếu sót, tác giả rất mong nhận được sự chỉ bảo tận
tình của các thầy cơ 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
1.1.1

Dạng đại số của số phức
Định nghĩa và các tính chất của số phức

Định nghĩa 1.1.1 (xem [1]-[2]). Xét R2 = R × R = (x, y)|x, y ∈ R.
x1 = x2
∀z1 = (x1 , y1 ) , z2 =
Hai phần tử (x1 , y1 ) và (x2 , y2 ) bằng nhau ⇔
y 1 = y2
(x2 , y2 ) ∈ R2
Tổng z1 + z2 = (x1 + x2 , y1 + y2 ) ∈ R2 .
Tích z1 .z2 = (x1 x2 − y1 y2 , x1 y2 + x2 y1 ) ∈ R2
Tập R2 cùng với phép cộng và nhân ở trên gọi là tập số phức C. Phần tử

(x, y) ∈ C là một số phức.
Phép tốn tìm tổng hai số phức gọi là phép cộng.
Phép tốn tìm tích hai số phức gọi là phép nhân.

Tính chất 1.1.2. Tính chât phép cộng:
1. Giao hoán: z1 + z2 = z2 + z1 , ∀z1 , z2 ∈ C.

4


Chương 1. Số phức và các tính chất liên quan
2. Kết hợp:(z1 + z2 ) + z3 = z1 + (z2 + z3 ), ∀z1 , z2 , z3 ∈ 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 z1 − z2 = z1 + (−z2 ): hiệu của hai số z1 , z2 . Phép tốn tìm hiệu hai
số gọi là phép trừ,

z1 − z2 = (x1 − x2 , y1− y2 ) ∈ C.
Tính chất 1.1.3. Tính chât phép nhân:
1. Giao hoán: z1 .z2 = z2 .z1 , ∀z1 , z2 ∈ C
2. Kết hợp: (z1 .z2 ).z3 = z1 .(z2 .z3 ), ∀z1 , z2 , z3 ∈ 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
y
,
−
x2 + y 2 x2 + y 2

Thương hai số z1 = (x1 , y1 ), z = (x, y) ∈ C∗ là

z1
=
z

x1 x + y1 y −x1 y + y1 x
,
x2 + y 2
x2 + y 2

∈ C.

Ví dụ 1.1.4. Nếu z = (1, 2) thì z −1 = ( 51 , −2
5 ).
Nếu z1 = (1, 2), z2 = (3, 4) thì

z1
z2

2
= ( 11
25 , 25 ).

5. Tính chất phân phối của phép nhân với phép cộng:

z1 .(z2 + z3 ) = z1 .z2 + z1 .z3 , ∀z1 , z2 , z3 ∈ 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 i2 = −1.
Hệ thức i2 = −1 được suy ra từ định nghĩa phép nhân:

i2 = 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, i2 = −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 i2 = −1 là đủ. Lũy thừa đơn vị ảo: i0 = 1, i1 = i,

i2 = −1, i3 = −i,i4 = 1, i5 = i. Bằng quy nạp ta được:
i4n = 1, i4n+1 = i, i4n+2 = −1, i4n+3 = −i, ∀n ∈ N∗ .
Do đó

in ∈ {−1, 1, −i, i} , ∀n ∈ N∗ .
Nếu n nguyên âm, có
n

i = i

−1 −n

1
i

=

6

−n

= (−i)n .


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. z1 + z2 = z1 + z2 ,
5. z1 .z2 = z1 .z2 ,
6. z −1 = (z)−1 , z ∈ C∗ ,
7.

z1
z2

=

z1
z2 , z

8.

z1
z2

=

z1
z2 , z2

9. Re(z) =

z+z
2 ,

∈ C∗ ,
(z) =

z−z
2i .

Định nghĩa 1.1.9 (xem [1]-[2]). Số |z| =

x2 + y 2 gọi là môđun của số

phức z = x + yi
Định lý 1.1.10. 1. − |z| ≤ Re (z) ≤ |z| , − |z| ≤
2. |z| ≥ 0, |z| = 0 ⇔ z = 0
3. |z| = |−z| = |z|
4. z.z = z 2
5. |z1 z2 | = |z1 | . |z2 |
6. |z1 | − |z2 | ≤ |z1 + z2 | ≤ |z1 | + |z2 |
7. z −1 = |z|−1 , z ∈ C∗
8.

z1
z2

=

|z1 |
|z2 | , z2

∈ C∗

9. |z1 | − |z2 | ≤ |z1 − z2 | ≤ |z1 | + |z2 |
7

(z) ≤ |z|


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).

x2 + y 2 = |z|.
Khoảng cách từ M (z) đến O là môđun của số phức z . Lưu ý:
Biểu diễn hình học của mơđun: z = x + yi, OM =

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 z1 = x1 + y1 i, z2 = x2 + y2 i và các véc tơ tương ứng

→
−
→
− −
→
−
→
−
→
−
v1 = x1 i + y1 j , →
v2 = x2 i + y2 j

Tổng hai số phức

z1 + z2 = (x1 + x2 ) + (y1 + y2 ) i

Tổng hai véctơ

→
−
→
−

→
−
−
v1 + →
v2 = (x1 + x2 ) i + (y1 + y2 ) j
−
−
Tổng z1 + z2 tương ứng với véctơ tổng →
v1 + →
v2 .
8


Chương 1. Số phức và các tính chất liên quan
Khoảng cách hai điểm M1 (x1 , y1 ), M2 (x2 , y2 ) bằng môđun của số phức
−
−
z1 − z2 bằng độ dài của →
v1 − →
v2 .

−
−
M1 M2 = |z1 − z2 | = |→
v1 − →
v2 | =

(x2 − x1 )2 + (y2 − y1 )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 =

x2 + 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 khơng 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.
x = r cos θ
Rõ ràng
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 z1 , z2 = 0 biểu diễn dạng lượng giác

z1 = r1 (cost1 + isint1 ), z2 = r2 (cost2 + isint2 ) bằng nhau ⇔

1.3.3

r1 = r2

t1 = t2

Các phép toán trên dạng lượng giác của số
phức

Định lý 1.3.1. z1 = r1 (cost1 + isint1 ), z2 = r2 (cost2 + isint2 )
Khi đó

z1 .z2 = r1 .r2 [cos (t1 + t2 ) + i sin (t1 + t2 )]
Chứng minh.

z1 .z2 = r1 .r2 = (cos t1 + i sin t1 ).(cos t2 + i sin t2 )
= r1 .r2 . [(cos t1 . cos t2 − sin t1 . sin t2 ) + i (sin t1 cos t2 + sin t2 cos t1 )]
= r1 .r2 [cos (t1 + t2 ) + i sin (t1 + t2 )]

Lưu ý

1. |z1 z2 | = |z1 | |z2 |
10


Chương 1. Số phức và các tính chất liên quan

2. arg (z1 z2 ) = arg z1 + arg z2 − 2kπ với k =

0, arg z1 + arg z2 < 2π
1, arg z1 + arg z2 ≥ 2π

3. có thể viết arg (z1 z2 ) = {arg z1 + arg z2 + 2kπ, k ∈ Z}
4. Mở rộng với n ≥ 2 số phức. Nếu zk = rk (cos tk + i sin tk ) , k =

1, 2, . . . , n
n

n

rk cos

zk =
k=1

n

n

k=1

tk

tk + i sin
k=1

k=1

Định lý 1.3.2. (De Moivre)
Cho z = r (cot t + i sin t) và n ∈ N, ta có

z n = rn (cot nt + i sin nt)
Chứng minh. Dùng công thức nhân với z = z1 = z2 = · · · = zn được

z n = r.r . . . r [cos (t + t + · · · + t) + i sin (t + t + · · · + t)] = rn (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 z1 = r1 (cost1 + isint1 ), z2 = r2 (cost2 + isint2 )
z1
r1
= [cos (t1 − t2 ) + i sin (t1 − t2 )] .
z2
r2
Chứng minh.

z1
r1 (cos t1 + i sin t1 ) (cos t2 − i sin t2 )
=
z2
r2 cos2 t2 + sin2 t2
=

r1
[(cos t1 cos t2 + sin t1 sin t2 ) + i (sin t1 cos t2 − sin t2 cos t1 )]
r2
r1
= [cos (t1 − t2 ) + i sin (t1 − t2 )] .
r2
11

Chương 1. Số phức và các tính chất liên quan
Lưu ý:
z1
z2

1.

2. arg
3.

1
z

=
z1
z2

|z1 |
|z2 | .

= {arg z1 − arg z2 + 2kπ, k ∈ Z} .

= z −1 = 1r [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 = rn (cos nt + i sin nt) .
Biểu diễn hình học của tích hai số phức: Xét số phức z1 = r1 (cos θ1 + i sin θ1 ) ,

z2 = r2 (cos θ2 + i sin θ2 ). Gọi P1 , P2 là giao điểm của đường tròn (O, 1)
với tia OM1 , OM2 .
Dựng P3 thuộc đường trịn và có argument cực θ1 + θ2 , chọn M3 thuộc tia
OP3 , OM3 = OM1 .OM2 .
Gọi z3 là tọa độ phức của M3 . Điểm M3 (r1 .r2 , θ1 + θ2 ) biểu diễn tích z1 .z2 .
Gọi A là điểm biểu diễn của z = 1.
OM3
OM2
OM3
OM2
=
⇒
=
OM1
1
OM2
OA
và M2 OM3 = AOM1
Suy ra hai tam giác OAM1 , OM2 M3 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
√
θ + 2kπ
θ + 2kπ
zk = n r cos
+ i sin
, k = 0, 1, . . . , n − 1
n
n
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

ρn (cos nϕ + i sin nϕ) = r (cosθ+isinθ)
Do đó

ρn = r, nϕ = θ + 2kπ, k ∈ Z ⇒ ρ =

√
n

r, ϕk =

θ
2π
+k
n

n

Vậy nghiệm của phương trình có dạng

zk =

√
n

r (cos ϕk + i sin ϕk ) , k ∈ Z

Với 0 ≤ ϕ0 < ϕ1 < · · · < ϕn−1 < 2π . Do đó ϕk , 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

z0 , z1 , . . . , zn−1
Ta chứng minh phương trình có đúng n nghiệm phân biệt.
Với số ngun 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
ϕk =

θ
2π
θ
2π
+ (nq + r)
= + r + 2qπ = ϕr + 2qπ
n
n

n
n

Rõ ràng zk = z + r. Do đó

{zk , k ∈ z} = {z0 , z1 , . . . , zn−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 cơng thức tìm căn
bậc n của số phức, ta có căn bậc n của đơn vị là:

ωk = cos

2kπ
2kπ
+ i sin
, k ∈ {0, 1, . . . , n − 1}
n
n
13


Chương 1. Số phức và các tính chất liên quan

ω0 = cos 0 + i sin 0
2π
2π

+ i sin
ω1 = cos
n
n
Đặt

2π
2π
+ i sin
n
n
4π
4π
ω2 = cos
+ i sin
= ω2
n
n
...
2 (n − 1) π
2 (n − 1) π
ωn−1 = cos
+ i sin
= ω n−1
n
n
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
ω = cos

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 = U CLN (m, n)
2kπ
3. Các nghiệm nguyên thủy của z m −1 = 0 là ωk = cos 2kπ
m +i sin m , 0 ≤

k ≤ m, U CLN (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.
2pπ
m
2. Xét ωp = cos 2pπ
m + i sin m là một nghiệm của z − 1 = 0 và
2qπ
n
ωp = cos 2qπ
m + i sin m là một nghiệm của z − 1 = 0. Bởi vì

|ωp | = ωp = 1
= 2qπ
n + 2rπr ∈ Z
Ta cho mp − nq = r ⇒ pn − qm = rmn
Mặt khác, m = m d, n = n d, U CLN (m , n ) = 1
pn − qm = rmn ⇒ n p − m q = rm n d

m |n p ⇒ m |p ⇒ p = p m , p ∈ Z và
Ta có ωp = ωq ⇔

2pπ
m

14


Chương 1. Số phức và các tính chất liên quan
2p m π
2p π
d
agrωp = 2pπ
m = m d = d và ωp = 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 ωpd = 1. Từ hệ
2kpπ
m

= 2k π, k ∈ Z. Tức là kp
m = k ∈ Z. Xét
d = U CLN (k, m) và k = k d, m = m d, ở đây U CLN (k , m ) = 1.
Ta có kmpdd = kmp . Bởi vì k và m nguyên tố cùng nhau, ta có m |p. Do
đó số nguyên dương nhỏ nhất p thỏa mãn ωkp = 1 là p = m . kết hợp
với hệ thức m = m d suy ra p = md , d = U CLN (k, m). Nếu ωk là căn
nguyên thủy bậc m của đơn vị, thì từ hệ thức ωkp = 1, p = U CLNm(k,m)
suy ra p = m tức là U CLN (k, m) = 1.

thức ωpd = 1 ta suy ra

Lưu ý:
Phương trình z m − 1 = 0 và z n − 1 = 0 có nghiệm chung duy nhất là 1
nếu và chỉ nếuU CLN (m, n) = 1.
Định lý 1.4.3. Nếu ω ∈ Un 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
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 + h1 = r + h2 , h1 > h2 mà ω r+h1 =
ω r+h2 . Khi đó ω r+h2 .(ω h1 −h2 − 1) = 0. Nhưng ω r+h2 = 0 ⇒ ω h1 −h2 = 1.
Đối chiếu với 0 < h1 − h2 < n và ω là một căn nguyên thủy bậc n của đơn
vị, ta có mâu thuẫn.

đó ω r+h

Xét căn bậc 3 của đơn vị.
Giải phương trình x3 − 1 = 0 ta được các nghiệm là
√
√
1
3
1
3
i, x3 = − −

i
x1 = 1, x2 = − +
2
2
2
2
15


Chương 1. Số phức và các tính chất liên quan
. Các nghiệm đó chính là căn bậc ba của 1.
Đặt ε = − 12 −

√

3
2 i

⇒ ε2 = − 12 +

√

3
2 i.

1. ε + ε2 = −1
2. ε3 = 1
3. ε3k = 1
4. ε3k+1 = ε
5. ε3k+2 = ε2

16

Ta có các tính chất sau:


Chương 2

Ứng dụng số phức trong
tính tốn 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 = x2 + 2xy + y2
(x + y)3 = x3 + 3x2 y + 3xy2 + y 3
(x + y)4 = x4 + 4x3 y + 6x2 y2 + 4xy 3 + y 4
Ta có cơng thức tổng qt tính hệ số của (x + y)n , cịn gọi là cơng thức
nhị thức Newton như sau:
Định lý 2.1.1. Cho mỗi số tự nhiên n ≥ 1 ta có
n
n

k n−k k

(x + y) =

Cn x

y

k=0

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 tốn tổ hợp
Như vậy ta có biểu diễn hình thức

(x + y)n = (x + y) (x + y) . . . (x + y) =

c1 c2 . . . cn

n

ở đó có tất cả 2n số hạng c1 c2 . . . cn ∈ {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 cịn y lặp n − k lần. Do đó số các dãy có lặp theo tần số này là
n!
k!(n−k)! ,

chính bằng Cnk . Do đó ta có
n

n

k n−k k

Cn x

(x + y) =

y

k=1

Ví dụ 2.1.2. Ta có:

(x + y)5 = C50 x5 + C51 x4 y + C52 x3 y 2 + C53 x2 y 3 + C54 xy 4 + C55 y 5
Lưu ý: Trong tam giác Pascal, trong đó số bắt đầu và kết thúc của mỗi
dịng 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
1

1
2

3

4

1
3

6

Tính chất 2.1.3.

1
4

1

n
n

k n−k k

(x + y) =

Cn x

y

k=0

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 tốn 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 Cn0 , Cn1 , . . . , Cnn .
Với chú ý:
k
n−k
Cn = Cn , 0 ≤ k ≤ n

4. Các hệ số của khai triểu nhị thức cách đếu số hạng đầu và cuối thì
bằng nhau
5. Cn0 + Cn1 + · · · + Cnn = 2n
6. Cnk =

n−k+1
k

Cnk−1

k
7. Cnk−1 + Cnk = Cn+1

8. Cn0 + Cn2 + Cn4 + · · · = Cn1 + Cn3 + Cn5 + · · · = 2n−1
Tiếp theo, ta xét khai triển lũy thừa của n - thức

(x1 + x2 + · · · + xn )r =
k1 +k2 +···+kn

r!

xk11 xk22 . . . xknn .
k !k ! . . . kn !
=r 1 2

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:

(x1 + x2 + · · · + xn + xn+1 )r =
r

=
k=0
r

Crk
k1 +k2 +···+kn =r−k

=
k=0 k1 +k2 +···+kn =r−k
r

=
k=0 k1 +k2 +···+kn =r−k
r

=
k=0 k1 +k2 +···+kn =r−k

r

=
k=0 k1 +k2 +···+kn =r−k

Crk

r

r−k

Crk (x1 + x2 + · · · + xn )

k=0
(r−k)!
k1 k2
k1 !k2 !...kn ! x1 x2

. . . xknn xkn+1

(r−k)!
k1 k2
k1 !k2 !...kn ! x1 x2

. . . xknn xkn+1

(r−k)!
k1 k2
r!
k!(r−k)! k1 !k2 !...kn ! x1 x2

. . . xknn xkn+1

k1 k2
r!
1
k! k1 !k2 !...kn ! x1 x2

. . . xknn xkn+1

k1 k2
r!
k1 !k2 !...kn !k! x1 x2

. . . xknn xkn+1

19

xkn+1


Chương 2. Ứng dụng số phức trong tính tốn tổ hợp

=
k1 +k2 +···+kn +kn+1 =r

k1 k2
r!
k1 !k2 !...kn !kn+1 ! x1 x2

k

n+1
. . . xknn xn+1
.

Cách 2:
Chứng minh.

(x1 + x2 + · · · + xn )r = (x1 + x2 + · · · + xn ) . . . (x1 + x2 + · · · + xn )
r

Theo quy tắc nhân, để tính một số hạng xk11 xk22 . . . xknn trong đó k1 + k2 +

· · · + kn = r ta phải chia r nhân tử ra thành n nhóm: Nhóm 1 có k1 nhân
tử, nhóm 2 có k2 nhân tử, . . . , nhómn có kn nhân tử.
Trong nhóm 1 nhân các số hạng x1 với các số hạng x2 của nhóm 2 với
. . . với các số hạng xn 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 k1 + k2 + · · · + kn của r phần tử: = k1 !k2r!!...kn ! .
Lấy tổng theo tất cả các trường hợp thỏa mãn k1 + k2 + · · · + kn = 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

0
2
4
6
2008
2010
2012
1. A = C2012
− C2012
+ C2012
− C2012
+ · · · + C2012
− C2012
+ C2012
1
3
5
7
2007
2009
2011
2. B = C2012
− C2012
+ C2012
− C2012
− · · · − C2012
+ C2012
− C2012
.

Giải.
Xét khai triển
0
1
2012
(1 + x)2012 = C2012
+x C2012
+ · · · + x2012 C2012

20


Chương 2. Ứng dụng số phức trong tính tốn tổ hợp
Cho x = i ta có :
2012
0
1
(1 + x)2012 = C2012
+i C2012
+ · · · + (i)2012 C2012
0
2
4
2012
− C2012
+ C2012
− · · · + C2012
= C2012
1
3

5
2011
+ C2012
− C2012
+ C2012
− · · · − C2012
i
Mặt khác:
√
2012
(1 + i)2012 = ( 2)2012 cos π4 + i sin π4
√
= ( 2)2012 cos 2012π
+ i sin 2012π
4
4
√ 2012
= ( 2)
(−1 + i0)
√ 2012
= ( 2)
(−1 + i0)
= −21006 + 0i
So sánh phần thực và phần ảo của (1 + i)2012 trong hai cách tính trên ta
được:
0
2
4
6
2008

2010
2012
1. A = C2012
−C2012
+C2012
−C2012
+· · ·+C2012
−C2012
+C2012
= −21006
2011
2009
2007
7
5
3
1
=0
− C2012
+ C2012
+ · · · − C2012
− C2012
+ C2012
− C2012
2. B = C2012

Ví dụ 2.2.2. Tính tổng
50
48
46

4
2
0
C = 2150 C50
.
− 325 C50
+ 324 C50
− · · · − 323 C50
+ 32 C50
− 3C50
Giải.
Xét khai triển:
√
50
1
− 2 + 23 i
√
√
√
√
0
1
2
49
50
= 2150 C50
− (i 3)C50
+ (i 3)2 C50
+ · · · − (i 3)49 C50
+ (i 3)50 C50

√
√
√
√
√
0
2
4
46
48
50
− ( 3)2 C50
+ ( 3)4 C50
− · · · − ( 3)46 C50
+ ( 3)48 C50
− ( 3)50 C50
= 2150 C50
√ 1
√
√
√
√
3
5
47
49
+ 2150 − 3C50
+ ( 3)3 C50
− ( 3)5 C50
+ · · · + ( 3)47 C50

− ( 3)49 C50
i

Mặt khác:

− 21 +

√

3
2 i
2π
3
100π
3√

= cos
= cos
= − 12 − i
So sánh

C=

1
250

50

+ i sin
+ i sin

2π 50
3
100π
3

3
2

√
50
1
phần thực của − 2 + 23 i
trong
0
2
4
46
C50
− 3C50
+ 32 C50
− · · · − 323 C50

21

hai cách tính trên ta được:
48
50
= − 21
+ 324 C50

− 325 C50


Chương 2. Ứng dụng số phức trong tính tốn tổ hợp
Ví dụ 2.2.3. Tính tổng :
20
18
16
6
4
2
0
+ C20
− 3C20
+ · · · + 32 C20
− 37 C20
+ 38 C20
− 39 C20
D = 310 C20
Giải.
Xét khai triển :
20
√
3+i
√
√
√
0
1
2

( 3)20 C20
+ i( 3)19 C20
− ( 3)18 C20
√
√ 19
20
18
+ C20
− · · · − ( 3)2 C20
− i 3C20
18
20
16
6
4
2
0
− 3C20
+ C20
+ · · · + 32 C20
− 37 C20
+ 38 C20
− 39 C20
= 310 C20
√
√
√
√ 19
1
3

17
+ ( 3)19 C20
− ( 3)17 C20
+ · · · + ( 3)3 C20
− 3C20
i.

Mặt khác:
20
√
3+i
20

=2

√

3
2

+ i 21

20
20

cos π6 + i sin π6
20π
cos 20π
6 + i sin 6
cos 4π

i sin 4π
3 +
3
√
3
1
−2 − 2 i
√
= −219 − 219 3 i.
20
√
So sánh phần thực của
3+i
trong hai cách tính trên ta có;
20
18
0
2
4
6
16
= 2−19 .
+ C20
− 3C20
D = 310 C20
− 39 C20
+ 38 C20
− 37 C20
+ · · · + 32 C20

= 220
= 220
= 220
= 220

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
3
5
7
25
27
29
1. D = C30
− 3C30
+ 5C30
− 7C30
+ · · · + 25C30
− 27C30
+ 29C30
2
4
6
8
26
28
30

2. E = 2C30
− 4C30
+ 6C30
− 8C30
+ · · · + 26C30
− 28C30
+ 30C30

Giải.
Xét khai triển:
0
1
2
3
28
29
30
(1 + x)30 = C30
+ xC30
+ x2 C30
+ x3 C30
+ · · · + x28 C30
+ x29 C30
+ x30 C30

22


Chương 2. Ứng dụng số phức trong tính tốn tổ hợp
Đạo hàm hai vế ta có:

30
29
28
3
2
1
+30x29 C30
+29x28 C30
+· · ·+28x27 C30
+3x2 C30
+2xC30
30 (1 + x)29 = C30
Cho x = i ta có:
30 (1 + i)29
1
3
5
7
25
27
29
= C30
− 3C30
+ 5C30
− 7C30
+ · · · + 25C30
− 27C30
+ 29C30
2
4

6
8
26
28
30
+ 2C30
− 4C30
+ 6C30
− 8C30
+ · · · + 26C30
− 28C30
+ 30C30
i
Mặt khác:
30 (1 + i)29
√ 29
29
= 30
2
cos π4 + i sin π4
√ 29
29π
= 30
2
cos 29π
4 + i sin 4
√
√
√ 29
2

= 30
− 2 − 22 i
2
= −15.215 − 15.215 i
So sánh phần thực và phần ảo của 30 (1 + i)29 trong hai khai triển trên ta
có:
29
27
25
7
5
3
1
= −15.215
+ 29C30
− 27C30
+ · · · + 25C30
− 7C30
+ 5C30
− 3C30
D = C30
30
28
26
8
6
4
2
= −15.215
+ 30C30

− 28C30
+ · · · + 26C30
− 8C30
+ 6C30
− 4C30
E = 2C30

Ví dụ 2.2.5. Tính tổng:
2
4
6
18
20
= 2.3C20
− 4.32 C20
+ 6.33 C20
− · · · + 18.39 C20
− 20.310 C20

Giải.
Xét khai triển:
20
√
1 + 3x
√
√
√
√
√
0

1
2
3
19
20
= C20
+( 3x)C20
+( 3x)2 C20
+( 3x)3 C20
+· · ·+( 3x)19 C20
+( 3x)20 C20
√
√
Đạo hàm hai vế ta có 20 3(1 + 3x)19
√ 1
√
√
2
3
19
20
= 3C20
+2.3xC20
+3.( 3)3 x2 C20
+· · ·+19.( 3)19 x18 C20
+20.310 x19 C20
√
√
Cho x = i ta có : 20 3(1 + 3i)19
√ 1

√ 3 3
√ 5 5
√ 17 17
√
3C20 − 3.
3 C20 + 5.
3 C20 − · · · + 17.
3 C20 − 19.
3
=
4
6
18
20
2
− 4.32 C20
+ 6.33 C20
− · · · + 18.39 C20
− 20.310 C20
i.
+ 2.3C20
√
√ 19
Mặt khác: 20 3(1 + 3i)
√
19
√
= 20 3.219 21 + 23 i

23

19

19
C20