SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐỀ TÀI: “MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA SỐ PHỨC TRONG ĐẠI SỐ VÀ TOÁN TỔ HỢP” MỞ ĐẦU 1- Đặt vấn đề: Thực trạng vấn đề: Số phức ứng dụng đóng vai trò công cụ đắc lực nhằm giải hiệu nhiều toán hình học, giải tích, đại số, số học toán tổ hợp Ngoài ra, tính chất số phức sử dụng toán cao cấp, toán ứng dụng nhiều mô hình thực tế Trong kỳ thi Olympic toán quốc gia quốc tế, Olympic toán khu vực, toán liên quan đến số phức thường đề cập nhiều dạng phong phú thông qua đặc trưng biến đổi khác phương pháp giải, vừa mang tính tổng hợp cao, vừa mang tính đặc thù sâu sắc Trong chương trình Toán bậc trung học, số phức đưa vào chương trình giải tích 12, chương trình chuyên toán số phức giới thiệu đầu lớp 11, nhiên đơn giản Vì nhiều lí khác nhau, nhiều học sinh, chí học sinh khá, giỏi sau học xong phần số phức hiểu cách đơn sơ: sử dụng số phức, giải phương trình bậc hai, tính vài tổng đặc biệt, chứng minh số công thức lượng giác đơn giản,… Hiện tài liệu số phức không nhiều thường tản mạn Vì mạnh dạn chọn đề tài: “Một số ứng dụng số phức đại số toán tổ hợp”, với mong muốn giúp học sinh, học sinh khá, giỏi giáo viên lớp chuyên toán, làm quen sử dụng, ứng dụng số phức vào giải toán cách tiếp cận để giải dạng toán liên quan, đồng thời giúp cho học sinh có khả năng, có nguyện vọng có điều kiện tham gia tốt kì thi học sinh giỏi nước quốc tế Ý nghĩa tác dụng đề tài: Nghiên cứu đề tài “Một số ứng dụng số phức đại số toán tổ hợp” nhằm giúp học sinh rèn kỹ giải toán số phức, nhằm phát triển tư logic cho học sinh đồng thời nâng cao chất lượng học tập học sinh, tạo hứng thú học tập môn toán, góp phần đổi phương pháp giảng dạy môn theo hướng phát huy tính tích cực, tự giác, sáng tạo học sinh, góp phần nâng cao chất lượng đội ngũ học sinh khá, giỏi môn toán, góp phần kích thích đam mê, yêu thích môn toán, phát triển lực tự học, tự bồi dưỡng kiến thức cho học sinh Phạm vi nghiên cứu đề tài: Xác định sở khoa học số phức với dạng đại số lượng giác, bậc n số phức phân số dạng toán ứng dụng số phức Tiếp cận số ứng dụng số phức giải toán đại số toán tổ hợp Một số dạng ứng dụng số phức giải toán đại số toán tổ hợp dành cho học sinh khá, giỏi học sinh lớp chuyên toán lớp 11, 12 2- Phương pháp tiến hành a) Nghiên cứu tài liệu b) Thực nghiệm (giảng dạy), phương pháp Một số ứng dụng số phức đại số toán tổ hợp kiến thức tương đối khó Do nội dung kiến thức chủ yếu nhằm phục vụ cho học sinh khá, giỏi với mục đích phát huy lực toán học, nâng cao tầm hiểu biết học sinh, tiền đề để em tham gia tốt kỳ thi học sinh giỏi Do tính đa dạng phạm vi sâu rộng kiến thức chuyên đề mà sử dụng linh hoạt, uyển chuyển cho nhiều loại đối tượng học sinh giỏi khác với thời gian học khác Nội dung kiến thức chuyên đề giảng dạy cho học sinh lớp chuyên, chọn từ lớp11, sau em học lượng giác Nếu đối tượng học học sinh lớp chuyên, chọn khối 11, thời gian học từ đến tiết Vì kiến thức bồi dưỡng học sinh giỏi theo kế hoạch thường xuyên đặn, cần cung cấp cho học sinh kiến thức cách hệ thống tỉ mỉ, giải thích khắc sâu ví dụ phương pháp Với học sinh lớp chuyên, chọn khối 12, nội dung kiến thức dùng cho tiết chuyên đề Thời gian tuỳ thuộc vào phân bố số tiết học chuyên đề quy định cho lớp chuyên, chọn gói gọn từ đến tiết Ngoài ví dụ có, học sinh vận dụng phương pháp học để giải tập nâng cao, tự nghiên cứu tìm lời giải cho toán tương tự Nếu học sinh tham gia đội tuyển thi học sinh giỏi cấp tỉnh, thành phố, đội tuyển quốc gia quốc tế, cần xác định thời gian cấp tốc, nên đưa phuơng pháp với ví dụ, tập chọn lọc vận dụng nhiều kiến thức tổng hợp dạng toán thường gặp Thời gian học từ đến tiết Ngoài học sinh lớp 12, chuẩn bị thi đại học ta dành từ 1-2 tiết để giới thiệu ứng dụng số phức để giải phương trình, hệ phương trình đại số NỘI DUNG A - Mục tiêu: Đề tài sáng kiến kinh nghiệm đảm bảo nội dung sau Cở sở lý thuyết Phần hệ thống lại kiến thức số phức Một số ứng dụng số phức Phần đưa số ví dụ phân tích áp dụng kiến thức lý thuyết Các toán phương trình, hệ phương trình đại số Rút gọn số tổng tổ hợp, chứng minh đẳng thức tổ hợp Các toán đếm Các toán đa thức a Xác định đa thức b Bài toán chia hết đa thức B - Giải pháp đề tài I CƠ SỞ LÝ THUYẾT Số phức 1.1 Một biểu thức dạng z = a + bi, a b số thực i thỏa mãn i = -1 gọi số phức a gọi phần thực b gọi phần ảo i gọi đơn vị ảo Tập số phức kí hiệu C Số phức có phần ảo gọi số thực nên R  C Số phức có phần thực gọi số ảo Số = + 0i vừa số thực vừa số ảo 1.2 Hai số phức z = a+bi (a, b  R) z’ = a’+b’i (a,b R) a  a' b  b' z =z’   1.3 Cộng, trừ hai số phức (a, b R) z = a+bi z’ = a’+b’i (a’, b’ R) z+z’ = (a+a’)+(b+b’) z - z’ = (a-a’)+(b - b’)i Số đối số phức z = a + bi số phức - z = - a – bi Ta có z + (-z) = 1.4 Nhân hai số phức z = a+bi (a, b  R) z’ = a’+b’i (a’, b’ R) zz’ = aa’ – bb’+(ab’+a’b)i 1.5 Môđun số phức, số phức liên hợp z = a +bi (a, b  R) môđun z | z | a2  b2 z = a +bi (a, b  R) số phức liên hợp z z = a - bi Ta có | zz'| z z ' , z z  a  b z  z '  z  z ', zz'  z z ', z  z z số thực zz 1.6 Chia cho số phức khác Nếu z = a + bi (a, b R) khác không số phức nghịch đảo z Thương số phức z cho số phức z '  là: z z  ; z' z' z z    ; z '   z'  z' 1.7 Biểu diễn hình học số phức z z z'  z.( z ' ) 1  z' z' z 1  z z Số phức z = a + bi (a, b R) biểu diễn M(a; b) mặt phẳng toạ độ Oxy hay gọi mặt phẳng phức Trục Ox biểu diễn số thực gọi trục thực, trục Oy biểu diễn số ảo gọi trục ảo Số phức z = a + bi (a, b  R) biểu diễn vectơ u  (a; b) , M(a; b) điểm biểu diễn số phức z = a + bi (a, b R) có nghĩa OM biểu diễn số phức Nếu u, v theo thứ tự biểu diễn số phức z, z' uv biểu diễn số phức z + z', u v biểu diễn số phức z - z', k u (k  R) u biểu diễn số phức kz, biểu diễn số phức –z, OM  u  z , với M điểm biểu diễn số phức z Dạng lượng giác số phức 2.1 Acgumen số phức z  Cho số phức z  Gọi M điểm mặt phẳng phức biểu diễn số phức z Khi số đo (radian) góc lượng giác có tia đầu Ox, tia cuối OM gọi acgumen z Chú ý: + Nếu  acgumen z acgumen z có dạng  + k2  , k  Z + Acgumen z  xác định sai khác k2  , k Z 2.2 Dạng lượng giác số phức Cho số phức z = a+bi, (a, b R), với r = a  b modun số phức z  acgumen số phức z Dạng z = r (cos  +isin  ) gọi dạng lượng giác số phức z  0, dạng z = a + bi gọi dạng đại số số phức z 2.3 Nhân chia số phức dạng lượng giác Nếu z = r(cos  +isin  ), z' = r' (cos  '+isin  ') (r  r' zz' = rr'[cos(   ' )  i sin(   ' )]  0) z r   cos(   ')  i sin(   ')  z' r' (khi r' > 0) 2.4 Công thức Moa-Vrơ r (cos   i sin  ) n  r n (cos n  i sin n ) cos   i sin  n  cos n  i sin n , n  N * Dạng mũ số phức Kí hiệu cos  i sin   e i , gọi lũy thừa với số mũ ảo e Cho z  r (cos  i sin  ) , z biểu diễn dạng số phức z z  re i gọi dạng mũ Các phép toán viết lại: z  re i ; z '  r ' e i '  z.z '  r.r '.e i (  ') ; z r i (  ')  e z' r' ( z'  ) z  r.e  i ; z n  r n e in Công thức Ơle (Euler): cos  e i  e i ; sin   e i  e i 2i Căn bậc n số phức Cho số phức Nếu z0 số nguyên z  r (cos  i sin  ) , r  n  2, r (cos số phức w gọi bậc n z wn  z bậc n z gồm n số phân biệt xác định bởi:     k 2     k 2 wk  n r  cos   i sin n n     Khi n  2,   ; k  0;1; n   có hai bậc hai z         i sin ) ;  r (cos  i sin )  r  cos(   )  i sin(   )  2 2 2    Căn bậc n đơn vị: Căn bậc n số phức đơn vị z  gọi bậc n đơn k 2 k 2  i sin ; k  0;1;2 , n  là: wk  cos n n vị Từ định nghĩa ta có bậc n bậc n đơn vị gọi nguyên thủy bậc n đơn vị số nguyên dương m  n ta có w m  w Tính chất nguyên thủy bậc n đơn vị: Nếu w nguyên thủy bậc n đơn vị  w k  w k   w k ( n1)  với (k , n)  Đặc biệt k 1 ta có  w  w   w n1  II MỘT SỐ ỨNG DỤNG SỐ PHỨC Các toán phương trình, hệ phương trình đại số Một phương trình với ẩn phức f ( z )  với nghiệm z  x  yi ( x, y  R) , giải cách tách phần thực phần ảo ta đưa dạng hệ phương trình h ( x , y )    g ( x, y )  Chẳng hạn, để tìm bậc ba số phức  i , ta tìm số phức z  x  yi cho z   i Bằng cách tách phần thực phần ảo đẳng thức ( x  yi)   i ta hệ phương trình:   x  3xy    3x y  y  Giải hệ này, ta tìm ( x; y) ; từ ta tìm z Tuy nhiên, rõ ràng z tìm cách tìm bậc ba  i , cụ thể là:    i  (cos  sin ) 4 nên  k 2  k 2 z  (cos(  )  i sin(  ) ; k  0;1;2 12 Từ đó, ngược lại ta tìm nghiệm hệ phương trình là:   k 2  2k ( x; y )   cos(  ); sin(  12 12    ; k  0;1;2   Như thế, số hệ phương trình có ”xuất xứ” từ phương trình nghiệm phức Bằng cách ngược lại trình từ phương trình nghiệm phức hệ phương trình, từ hệ phương trình cho ta thu phương trình nghiệm phức gốc Giải phương trình nghiệm phức này, so sánh phần thực phần ảo, ta nghiệm hệ phương trình Ta xét ví dụ sau: Ví dụ Giải hệ phương trình sau a       3x 1    x y   y 1     x y     b 3x  y  x  x  y    y  x  3y   x2  y2 c 4 x  y   y   4 (1  x)(1  y )   x   Giải: a Điều kiện Hệ đưa về: x  0; y  đặt u  x ; v  y (u  0; v  0)    u1  u  v       v1      u  v  Vì u  v bình phương modun số phức z  u  iv , cách cộng phương trình thứ với phương trình thứ hai (sau nhân với i ) ta u  iv  Mà u  iv  i 2 u v (3) u  iv z z    2 z.z z u v z Nên (3) viết dạng: z  i z  2 .z    z   i    2  38   '    i      i i 2 21   21   z 2    i   21     Từ suy (u, v)    ; 2   Do đó, nghiệm hệ pt cho là: 21   2     11  22    2   ( x, y )        ;  ;     21 21        b Nhân hai vế phương trình thứ hai với i cộng với phương trình thứ ta x  yi  3x  y  xi  yi 3 x2  y2  x  yi  Giả sử 3( x  yi)  i ( x  yi) 3 x2  y2 (4) z  x  yi  z  x  yi;| z |2  x  y (4) đưa z 3z  iz (3  i ) 3  z 3 z |z|  z  3z   i  ,   3  4i  (1  2i )  z  z   2i  2i   2i  1 i Từ suy nghiệm hệ ban đầu ( x; y) (2;1);(1;1) c Đkxđ: x  1; y  1 a  b  3b   2ab  3a   Đặt a  x  1; b   y hệ trở thành  Từ hệ ta biến đổi dạng số phức sau: (a  b  3b  3)  (2ab  3a  1)i   (a  bi)  3i(a  bi)  i    z  3iz  i   Giải phương trình (1) ta nghiệm Do a  0; b  nên Hệ có nghiệm z  1 i (1), với z  a  bi, z  C z  1  2i a  1; b    ( x; y )    ;0    Trên thực tế, ta giải hệ cách dùng biến đổi đại số, nhân x y thích hợp vào vế phương trình trừ vế với vế thu quan hệ đơn giản biến Một số hệ sau có cách giải tương tự:  x  10 y x  x  y   ( x, y  R )   y  10x  y   x2  y2 x  2y  x  2  x2  y2  ( x, y  R )   y  2x  y   x2  y2  16x  11y x  x  y   ( x, y  R )   y  11x  16 y  1  x2  y2   12     x 1    3x  y  ( x, y  R )   y 1  12     3x  y         10x 1    5x  y  ( x, y  R )     y 1    1   x  y    x  xy  ( x, y  R )  3 x y  y   Hướng dẫn - đáp số Nhân hai vế phương trình thứ với i cộng với phương trình thứ ta được: z (3  10i) z   2i | z |2 với z  x  yi  z  (1  2i ) z   10i  z 1  3  i 2 Hệ có nghiệm    3     3  ;   ( x; y )   ; ;   2   2 Đáp số ( x; y)  (2;1); (0;1) Đáp số ( x; y )  (2;3); (5;2)   Đáp số ( x; y )  (4  3;12  ); (4  3;12  ) Đáp số 1  ( x; y )   ;1 10  Xét z   3i Giả sử z  x  yi thay vào phương trình ta bậc ba 1 3i Có  ( x; y ) nghiệm hệ cho mà z      k 2   k 2    3i  2 cos( )  i sin( )   z   cos(  )  i sin(  ) ; k  0;1;2 3  9       k 2   k 2  cos(  ; sin(  ) ; k  0;1;2 9    Nghiệm hệ cho là: ( x; y)   Rút gọn số tổng tổ hợp, chứng minh đẳng thức tổ hợp Gọi w nguyên thủy bậc n đơn vị ta có  w k  w k   w ( n 1) k  ; k mà ( k , n)  Tính chất có ứng dụng hiệu việc rút gọn tổng hợp, ta xét ví dụ sau: Ví dụ Tính tổng S1  C 03k  n 1 3k n Giải: Xét đa thức n P( x)  (1  x) n   C nk x k k 0 Gọi w   i 2 w k  w k  nguyên thủy bậc ba đơn vị ( có w2  w   ) k không chia hết cho 3, k chia hết cho n Vì P(1)  P(w)  P(w2 )   Cnk (1  wk  w2k )  k 0  S1   P(1)  P( w)  P( w ) 03k  n 1  mà n C 3k n P(1)  (1  1) n  n n n n  3 1 3 1 3    n n   i   i    cos  i sin   cos P( w)  1   i  i sin   2   2   3 3  n n n      3     n  n    i    cos( )  i sin( )   cos( P( w )      i  )  i sin( )   2    2 2 3        1 n   S1   n  cos  3  Công thức Euler ei  cos  i sin đưa tổng lượng giác thành cấp số nhân công thức nhị thức Niutơn, cụ thể xét ví dụ sau: Ví dụ a Tính tổng n S   C nk cos kx k 0 b Chứng minh m 1 2 m1 cos2 m x   C 2km cos(2m  2k ) x  C 2mm k 0 Giải: n a Xét T2   C nk sin kx , ta có k 0 n n S  iT2   C nk (coskx  i sin kx)   C nk e ikx k 0 k 0  (1  e )  (1  cos x  i sin x) ix n n x  x x    cos   cos  i sin  2  2  S  iT2  n cosn n n x nx nx   cos  i sin  2 2 So sánh phần thực, phần ảo ta b Ta có e ix  cos x  i sin x e ix  cos x  i sin x  cos x  S  n cosn e ix  e ix x nx cos 2 Do 2m cos2 m x  (2 cos x) m  (e ix  e ix ) m 2m   C 2km (e ix ) k (e ix ) m  k k 0 2m   C 2km e ( k  m ) ix k 0 m 1   C 2km e 2( k  m )ix  2m C k 0 k  m 1 m 1 m 1 k 0 t 0 m 1 m 1 k 0 k 0 k 2m e 2( k  m )ix   C 2km e  ( m  k )ix   C 22mm t e 2( m t )ix  C 2mm   C 2km e  2( m  k )ix   C 22mm k e 2( m  k )ix  C 2mm m 1 m 1 k 0 k 0   C 2km (e  2( m  k )ix  e ( m k )ix )  C 2mm  2 C 2km cos(2m  2k ) x  C 2mm m 1  2 m 1 cos2 m x   C 2km cos(2m  2k ) x  C 2mm k 0 (đpcm) Với cách làm tương tự trên, ta chứng minh đẳng thức 2n cos n 1 n x   C 2kn 1 cos(2n   2k ) x k 0 Sử dụng công thức 2i sin x  e ix  e ix biến đổi tương tự trên, ta chứng minh đẳng thức sau  n1 (1) n n  2 n1 sin n x  (1) n   (1) k C 2kn cos(2n  2k ) x  C n   k 0  n 2 n sin n 1 x  (1) n  (1) k C 2kn 1 sin(2n   2k ) x k 0 Bài tập tương tự Tính tổng sau: S3  S4   (1) k 0 k  n 1  (1) 0 k 1 n 1 C n2 k k C n2 k 1 S5  S6  C 0 k  n 1 4k n C k 1 n 0 k 1 n 1 Chứng minh đẳng thức sau:  a 0 k 1 n 1 (1) k (2k  1)Cn2 k 1  n( ) n1 cos(n  1) b  (1) k 2kCn2k  n( ) n3 sin(n  1) 0 k  n 1   Hướng dẫn - đáp số    n n  (1  i )   (cos  i sin )   2 (cos  i sin ) 4  4  n Xét n n n Mà (1  i) n   Cnk i k   k 0 Từ suy ra: 0 k  n 1 n S  cos S  sin C 0 k  n  (1  1) n   (1) k 0 k  n Cnk  (1) 0 k 1 n 1 k Cn2 k 1i n n Lại có n  (1  1) n  (1) k Cn2 k  n k n suy  0 k  n 1 Cn2 k  C k 1 n 0 k 1 n 1  n1 1 n ( S   C n2 k )  (2 n 1  2 cos ) 2 0 k  n 1 n S5  1 n S  ( S   C n2 k 1 )  (2 n 1  2 sin ) 2 0 k 1 n 1 n n Xét (1  x) n   C nk x k k 0 Đạo hàm hai vế ta n(1  x) n1  C n1  xCn2   nx n1C nn Cho phần ảo hai vế ta đẳng thức cần chứng minh Các toán đếm xi so sánh phần thực, Số phức có ứng dụng hiệu toán đếm vai trò trung tâm kỹ thuật ứng dụng số phức vào toán đếm tiếp tục lại nguyên thủy đơn vị Với tính chất w nguyên thủy bậc n đơn vị ta có:  w  w   w n 1   w k  w k   w k ( n 1)  với ( k , n)  Ví dụ Tìm số tất số có n chữ số lập từ chữ số 3, 4, 5, chia hết cho Giải: Gọi Cn số số có n chữ số thỏa mãn đề Gọi  nghiệm phương trình z  z   Khi    k   k Xét đa thức 1  k không chia hết cho  2k   k   k 3 P( x)  ( x  x  x  x ) n chia hết cho khai triển dễ thấy P(x) Cn tổng hệ số số mũ Nói cách khác, 6n P( x)   a k x k k 0 2n C n   a3k Mà k 0 Do 6n 2n k 0 k 0 P(1)  P( )  P( )   a k (1   k   k )   3a3k P(1)  (1    1) n  n P( )  (       ) n  (1       ) n  (1      1) n  P( )  (     10   12 ) n  (1      1) n  1n   P(1)  P( )  P( )  n  2n  C n   a3 k k 0 4n  2  P(1)  P( )  P(  3   Ví dụ 5.(IMO1995) Cho p số nguyên tố lẻ, tìm số tập A tập 1;2;3; , p biết a A chứa p phần tử b Tổng phân tử A chia hết cho p Giải: Xét đa thức P( x)  x p1  x p2   x  Đa thức có ( p  1) nghiệm phức phân biệt Gọi  nghiệm của P(x)  p  Theo định lý Viet có: Xét đa thức P(x) Chú ý  , ,  p1 p 1 nghiệm phân biệt ( x   )( x   ) ( x   p 1 )  x p 1  x p 2   x  Q( x)  ( x   )( x   ) ( x   p ) Gọi H  A  1,2 ,2 p:| A | p 2p Giả sử Q( x)   ak x k a p k 0 Nếu S ( A)  j (mod p)     S ( A) S ( A)   x với AH x A p 1 a p   n j  j ,  S ( A)   j nên n j số A H cho j 0 S ( A)  j (mod p) Mặt khác Q( x)  ( x  1)  a p  2 nên Xét đa thức p p 1 R( x)   n j x j  n0  p 1 n  j 0 j j 2 (*) Do (*) nên  nghiệm R(x) mà j 0 deg P( x)  deg R( x)  nghiệm số nhân Từ n p 1  n p    n1  n0  Suy n0   n p 1  n p    n1  n0  p  C 2pp  p P(x) ,  n0   nên P(x) R(x) sai khác C 2pp  2 Số tập A tập hợp 1;2;3 ,2 p thỏa mãn đề là: n0   C 2pp  2 Các toán đa thức a Xác định đa thức Nghiệm đa thức đóng vai trò quan trọng việc xác định đa thức Cụ thể đa thức P(x) bậc n có n nghiệm x1 , x2 , , xn P(x) có dạng P ( x)  c( x  x1 )( x  x ) ( x  x n ) Tuy nhiên, xét nghiệm thực đa thức nhiều trường hợp không đủ số nghiệm, toán phương trình hàm đa thức, xét nghiệm thực lời giải không hoàn chỉnh Định lý đại số đóng vai trò quan trọng dạng toán là: Một đa thức với hệ số phức (bao gồm số thực) có nghiệm phức (bao gồm nghiệm thực) Ví dụ Xác định tất đa thức P( x) P( x  1)  P( x  x  1);x  R P(x) khác đa thức cho (1) Giải: Giả sử x0 nghiệm P( x)   P( x0  x0  1)  Khi x0  x0  nghiệm P(x) Thay x x  (1) ta P( x  1) P( x)  P( x  x  1) Vì P( x0 )  nên x0  x0  nghiệm P(x) Chọn  nghiệm có modun lớn (nếu tồn vài nghiệm với modun lớn nhất, ta chọn số nghiệm đó) Từ cách chọn  suy ra: |     ||  | |     ||  |         nghiệm P(x) Ta có  0 |  || (    1)  (    1) ||     |  |     | |  |  |  | |  | Vậy phải xảy dấu đẳng thức nên      k (    1) với |  | lớn nên |     ||     ||  | k số dương Mà thừa số P(x) Như ta viết: P( x)  ( x  1) m Q( x) ; m  N * Trong Q(x) đa thức không chia hết cho x  Thế ngược trở lại vào (1) ta thấy Q(x) thỏa mãn:  k        (    1)        i nên x  Q( x)Q( x  1)  Q( x  x  1); x  R (2) Nếu phương trình Q( x)  lại có nghiệm lập luận ta suy nghiệm có modun lớn phải  i Điều xảy x  không chia hết Q(x) số, giả sử Q( x)  c ; x  R , thay vào (2) ta thỏa mãn đề P( x)  ( x  1) m , n  N * Q(x) Ví dụ Tìm tất đa thức P(x) thỏa mãn: c  Vậy đa thức P( x) P( x  1)  P( x ) , x  R Giải: Giả sử  nghiệm P( x)  Khi từ phương trình suy  ,  ,  , nghiệm P( x)  Từ suy |  | |  | , ngược lại ta thu dãy vô hạn nghiệm phân biệt P(x) Tương tự   nghiệm P(x) lập luận tương tự, ta |   | |   | Giả sử |  | |   | Ta viết   cos   i sin  ;   [0;2 ], từ suy hay      5 cos   Giả sử    , xét  nghiệm 2 2   |   |  cos  1  sin 3 3   2 P(x) ,   nghiệm mâu thuẫn nghiệm Tương tự với trường hợp   5 P(x) Như kết luận  P(x) có modun 1    Từ có dạng P( x)  cx m (1  x) n , c số m, n  N , thay vào phương trình cho ta dễ dàng kiểm tra c  m  n Vậy đa thức thỏa mãn: P( x)  x m (1  x) m , m  N P(x) b Bài toán chia hết đa thức Ta biết rằng, đa thức P(x) chia hết cho đa thức Q(x) nghiệm Q(x) nghiệm P(x) Tính chất đơn giản chìa khóa để giải nghiệm toán chia hết đa thức Ví dụ Với giá trị n x n  x n  chia hết cho đa thức x  x Giải: Ta có w   Đa thức với  2   2  i  cos    i sin   2     P( x)  x n  x n  chia hết cho Q(x) nghiệm 1 Q( x )  x  x   P( w)  điều tương đương  4n   4n   2n   2n  cos    i sin    cos    i sin   1          4n 2n  cos  cos   2n   cos 1  sin 4n  sin 2n   3  cos n   3k 2n  2 (k  Z )   cos  3 n  3k  Vậy với n  3k  n  3k  ; (k  Z ) P (x) chia hết cho Q(x) Ví dụ đây, lần nữa, đơn vị lại đóng vai trò then chốt Ví dụ 9.(USA MO 1976) Cho P( x), Q( x), R( x), S ( x) đa thức cho P( x )  xQ( x )  x R( x )  ( x  x  x  x  1).S ( x) (1) Chứng minh P(x) chia hết cho x  Giải: Đặt we 2i w   w  w  w3  w  (*) Thay x w, w , w3 , w vào (1) ta phương trình P(1)  wQ (1)  w R(1)  P (1)  wQ (1)  w R (1)  (2) P(1)  w Q(1)  w R(1)  P (1)  w Q (1)  w R (1)  (3) P(1)  w 3Q(1)  w R(1)   P(1)  w Q(1)  w R(1)  P (1)  w Q (1)  wR (1)  ( 4) P (1)  w Q (1)  w R (1)  (5) Nhân phương trình từ (2) đến (5) với  w;w ;w3 ;w ta  wP(1)  w Q(1)  w R(1)   w P(1)  w Q(1)  wR(1)   w P(1)  wQ(1)  w R(1)   w P(1)  w 3Q(1)  w R(1)  Cộng vế với vế đẳng thức áp dụng (*) ta P(1)  Q(1)  R(1)  Cộng vế với vế (2), (3), (4), (5), (6) suy P(1)  (6) suy P(x) chia hết cho x  Bài tập tương tự Tìm tất đa thức P(x) thỏa mãn: P( x) 2  P( x )  x ; x  R Tìm tất đa thức P(x) thỏa mãn: P ( x  2)  P ( x)   2; x  R (VN 2006) Tìm tất đa thức P(x) với hệ số thực thỏa mãn: P( x )  x3P( x)  P( x)   P( x)   x ; x  R Tìm tất đa thức P (x) hệ số thực thỏa mãn: x ( P( x)  P(2 x  x); x  R Đáp số P ( x )  x  ; P ( x )  x  x ; P( x)  x ; P( x )   x 2 Ta dãy nghiệm: P0 ( x)  2; P1 ( x)  x ; Pn1 ( x)  xPn ( x)  Pn1 ( x); n  P( x)  x; P( x)  x; P( x)  x  1; P( x)  x k 1  x; P( x)  x k  x; k  N , k  P( x)  ( x  1) k ; k  N * KẾT LUẬN KẾT QUẢ THỰC HIỆN ĐỀ TÀI Việc học tập sáng kiến kinh nghiệm thu kết tốt đảm bảo yêu cầu sau: Học sinh phải có trình độ nhận thức tư tương đối tốt Nắm vững kiến thức số phức: dạng đại số, dạng lượng giác, công thức Moavrơ, bậc n đơn vị, kiến thức đại số, tổ hợp như: nghiệm đa thức, tính chất số C nk , … Hiểu sử dụng xác thuật ngữ, kí hiệu toán học Xuất phát từ đối tượng học học sinh khá, giỏi, nên khả tiếp thu kiến thức nhanh chắn Đó tiền đề tốt để truyền thụ khối lượng kiến thức đơn vị thời gian nhiều so với học sinh khác Giáo viên cần biết tận dụng có hiệu khả đó, chẳng hạn, cách đưa tài liệu, yêu cầu học sinh tự nghiên cứu trước sau trình bày, đưa nhận xét, kết thu tiết học chuyên đề….Như giúp học sinh lĩnh hội kiến thức sâu sắc hơn, tạo điều kiện để em bước đầu tập dượt nghiên cứu khoa học Kết thực tiễn Qua thực tế, trực tiếp giảng dạy sáng kiến kinh nghiệm tiết chuyên đề lớp 11 Toán bồi dưỡng học sinh dự thi học sinh giỏi quốc gia môn Toán 12 trường THPT chuyên Hưng Yên từ năm học 2010 - 2011, với lượng kiến thức vừa phải hệ thống ví dụ phù hợp giúp học sinh tiếp thu tốt, kích thích phát huy khả tư duy, vận dụng tổng hợp kiến thức cách lôgic, say mê tự giác học tập, gợi mở óc tìm tòi sáng tạo khoa học Học sinh đội tuyển lớp 12 dự thi học sinh giỏi quốc gia tự tin gặp toán đa thức tổ hợp Kết thi chọn học sinh giỏi quốc gia môn Toán lớp 12: Năm học 2010 - 2011 có 5/6 học sinh đạt giải Năm học 2011 - 2012 có 6/6 học sinh đạt giải Năm học 2012 - 2013 có 8/8 học sinh đạt giải Năm học 2013 - 2014 có 5/8 học sinh đạt giải Kết thi chọn học sinh giỏi khu vực Duyên hải đồng Bắc Bộ môn Toán lớp 10, lớp 11: Năm học 2010 - 2011 có 6/6 học sinh đạt giải, có giải nhì Năm học 2011 - 2012 có 6/6 học sinh đạt giải, có giải nhì Năm học 2012 - 2013 có 6/6 học sinh đạt giải Năm học 2013 – 2014 có 5/6 học sinh đạt giải, có giải Kết thi chọn học sinh giỏi tỉnh Hưng Yên môn Toán lớp 12: Năm học 2010 - 2011 có 9/10 học sinh đạt giải Năm học 2011 - 2012 có 10/12 học sinh đạt giải Năm học 2012 - 2013 có 10/10 học sinh đạt giải Bài học kinh nghiệm Khi dạy số ứng dụng số phức đại số toán tổ hợp, cần nhấn mạnh kết áp dụng, khắc sâu ví dụ Sau ứng dụng, yêu cầu học sinh nhận xét, lấy ví dụ minh họa, liên hệ đến trường hợp riêng, trường hợp đặc biệt, nhìn nhận, so sánh với cách giải khác học Từ tiết dạy đạt hiệu cao hơn, rèn tính chủ động lĩnh hội kiến thức học sinh, ý thức học tập nghiêm túc, có khả cảm nhận toán học tốt Sáng kiến kinh nghiệm giảng dạy cho hệ học sinh lớp chuyên toán, nên cần thường xuyên trao đổi, cập nhật liên tục, bổ sung thêm ứng dụng số phức chứng minh đa thức bất khả quy, giải phương trình nghiệm nguyên, biết vận dụng ứng dụng để giải toán tương tự KẾT LUẬN Nội dung sáng kiến kinh nghiệm dùng cho tiết học chuyên đề Tùy theo phân bố tiết học chuyên đề quy định, tuỳ theo khả tiếp thu học sinh, giáo viên cần phải biết linh hoạt kết hợp, lồng ghép kiến thức số phức, tính chất số C nk , công thức khai triển nhị thức NiuTơn, định lý nghiệm đa thức, để việc chứng minh toán trở lên dễ dàng Do thời gian nghiên cứu hạn chế, sáng kiến kinh nghiệm đưa số ứng dụng số phức đại số toán tổ hợp, ta tiếp tục nghiên cứu ứng dụng số phức hình học, số học, Đây sáng kiến kinh nghiệm thân viết, không chép nội dung người khác, với khả thời gian nghiên cứu có hạn, nên mức độ thành công sáng kiến kinh nghiệm nhiều hạn chế, mong nhận động viên ý kiến đóng góp chân thành quý Thầy cô, bạn bè đồng nghiệp em học sinh Hưng Yên, ngày 15 tháng năm 2014 Tác giả Đặng Thị Mến TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Bộ Giáo Dục Đào Tạo - “Giải Tích 12 Nâng Cao”(Tái lần thứ tư), NXBGD - 2012 [2] Đoàn Quỳnh - Trần Nam Dũng - Nguyễn Vũ Lương - Đặng Hùng Thắng - “Tài liệu chuyên Toán - Đại Số Giải Tích 11”, NXBGD - 2010 [3] Nguyễn Văn Mậu - Trần Nam Dũng - Nguyễn Đăng Phất - Nguyễn Thủy Thanh - “ Chuyên đề chọn lọc - Số Phức Áp Dụng”, NXBGD - 2009 [4] Bộ Giáo dục Đào tạo – “Tạp chí Toán học tuổi trẻ”, NXBGD [...]... cần chứng minh 3 Các bài toán đếm xi so sánh phần thực, Số phức có những ứng dụng rất hiệu quả trong các bài toán đếm và vai trò trung tâm trong kỹ thuật ứng dụng số phức vào các bài toán đếm tiếp tục lại là căn nguyên thủy của đơn vị Với tính chất w là một căn nguyên thủy bậc n của đơn vị thì ta có: 1  w  w 2   w n 1  0 1  w k  w 2 k   w k ( n 1)  0 với ( k , n)  1 Ví dụ 4 Tìm số tất... học kinh nghiệm Khi dạy một số ứng dụng của số phức trong đại số và toán tổ hợp, cần nhấn mạnh kết quả áp dụng, khắc sâu ví dụ Sau mỗi ứng dụng, yêu cầu học sinh nhận xét, lấy ví dụ minh họa, liên hệ đến các trường hợp riêng, trường hợp đặc biệt, nhìn nhận, so sánh với các cách giải khác đã được học Từ đó tiết dạy đạt hiệu quả cao hơn, rèn được tính chủ động lĩnh hội kiến thức của học sinh, ý thức học... số phức trong đại số và toán tổ hợp, ta có thể tiếp tục nghiên cứu ứng dụng số phức trong hình học, số học, Đây là sáng kiến kinh nghiệm của bản thân tôi viết, không sao chép nội dung của người khác, vì vậy với khả năng và thời gian nghiên cứu có hạn, nên mức độ thành công của sáng kiến kinh nghiệm còn nhiều hạn chế, tôi rất mong nhận được sự động viên và những ý kiến đóng góp chân thành của quý Thầy... trình độ nhận thức và tư duy tương đối tốt Nắm vững các kiến thức cơ bản về số phức: dạng đại số, dạng lượng giác, công thức Moavrơ, căn bậc n của đơn vị, và các kiến thức đại số, tổ hợp như: nghiệm đa thức, tính chất của số C nk , … Hiểu và sử dụng chính xác thuật ngữ, kí hiệu toán học Xuất phát từ đối tượng học đều là học sinh khá, giỏi, nên khả năng tiếp thu kiến thức khá nhanh và chắc chắn Đó là... số có n chữ số lập từ các chữ số 3, 4, 5, 6 và chia hết cho 3 Giải: Gọi Cn là số các số có n chữ số thỏa mãn đề bài Gọi  là một nghiệm của phương trình z 2  z  1  0 Khi đó  3  1 và  2 k   k Xét đa thức 1  0 nếu k không chia hết cho 3 và  2k   k  1  3 nếu k 3 P( x)  ( x 3  x 4  x 5  x 6 ) n chia hết cho 3 trong khai triển của dễ thấy P(x) Cn chính bằng tổng các hệ số của các số. .. xét các nghiệm thực của đa thức thì trong nhiều trường hợp sẽ không đủ số nghiệm, hơn nữa trong các bài toán phương trình hàm đa thức, nếu chỉ xét các nghiệm thực thì lời giải sẽ không hoàn chỉnh Định lý cơ bản của đại số vì vậy đóng một vai trò hết sức quan trọng trong dạng toán này đó là: Một đa thức với hệ số phức (bao gồm cả số thực) luôn có ít nhất một nghiệm phức (bao gồm cả nghiệm thực) Ví dụ... của từng chuyên đề đã được quy định, tuỳ theo khả năng tiếp thu của học sinh, giáo viên cần phải biết linh hoạt kết hợp, lồng ghép các kiến thức về số phức, các tính chất của số C nk , công thức khai triển nhị thức NiuTơn, định lý về nghiệm đa thức, để việc chứng minh các bài toán trở lên dễ dàng hơn Do thời gian nghiên cứu hạn chế, sáng kiến kinh nghiệm này mới chỉ đưa ra một số ứng dụng của số phức. .. 3 9 3    Nghiệm của hệ đã cho là: ( x; y)   3 2 Rút gọn một số tổng tổ hợp, chứng minh các đẳng thức tổ hợp Gọi w là một căn nguyên thủy bậc n của đơn vị thì ta có 1  w k  w 2 k   w ( n 1) k  0 ; k mà ( k , n)  1 Tính chất trên có ứng dụng khá hiệu quả trong việc rút gọn các tổng hợp, ta xét ví dụ sau: Ví dụ 2 Tính tổng S1  C 03k  n 1 3k n Giải: Xét đa thức n P( x)  (1  x)... tiếp giảng dạy sáng kiến kinh nghiệm này trong các tiết chuyên đề của lớp 11 Toán và bồi dưỡng học sinh dự thi học sinh giỏi quốc gia môn Toán 12 tại trường THPT chuyên Hưng Yên từ năm học 2010 - 2011, với lượng kiến thức vừa phải và hệ thống ví dụ phù hợp đã giúp học sinh tiếp thu khá tốt, kích thích và phát huy khả năng tư duy, vận dụng tổng hợp kiến thức một cách lôgic, say mê tự giác học tập, gợi... thức học tập nghiêm túc, có khả năng cảm nhận toán học tốt hơn Sáng kiến kinh nghiệm này được giảng dạy cho các thế hệ học sinh các lớp chuyên toán, nên cần được thường xuyên trao đổi, cập nhật liên tục, bổ sung thêm ứng dụng của số phức trong chứng minh đa thức bất khả quy, giải phương trình nghiệm nguyên, và biết vận dụng các ứng dụng đó để giải các bài toán tương tự KẾT LUẬN Nội dung sáng kiến kinh ... số phức với dạng đại số lượng giác, bậc n số phức phân số dạng toán ứng dụng số phức Tiếp cận số ứng dụng số phức giải toán đại số toán tổ hợp Một số dạng ứng dụng số phức giải toán đại số toán. .. chọn đề tài: Một số ứng dụng số phức đại số toán tổ hợp , với mong muốn giúp học sinh, học sinh khá, giỏi giáo viên lớp chuyên toán, làm quen sử dụng, ứng dụng số phức vào giải toán cách tiếp... vấn đề: Số phức ứng dụng đóng vai trò công cụ đắc lực nhằm giải hiệu nhiều toán hình học, giải tích, đại số, số học toán tổ hợp Ngoài ra, tính chất số phức sử dụng toán cao cấp, toán ứng dụng nhiều