BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG

CAO THỊ NGUYỆT HOA

ỨNG DỤNG SỐ PHỨC
TRONG GIẢI TOÁN SƠ CẤP
Chuyên ngành: Phương pháp tốn sơ cấp
Mã số: 60.46.40

TĨM TẮT LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Đà Nẵng – Năm 2015


Cơng trình được hồn thành tại
ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG

Người hướng dẫn khoa học: TS. NGUYỄN NGỌC CHÂU

Phản biện 1: TS. Phan Đức Tuấn

Phản biện 2: GS.TS. Lê Văn Thuyết

Luận văn đã được bảo vệ trước Hội đồng chấm Luận văn
tốt nghiệp thạc sĩ Phương pháp toán sơ cấp tại Đại học Đà Nẵng
vào ngày 10 tháng 01 năm 2015.

Có thể tìm hiểu luận văn tại:
- Trung tâm Thơng tin-Học liệu, Đại học Đà Nẵng
- Trung tâm Học liệu, Đại học Đà Nẵng

1

MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Số phức xuất hiện từ thế kỷ XIX, xuất phát từ nhu cầu giải những
phương trình đại số. Từ khi ra đời, số phức đã góp phần thúc đẩy sự phát
triển của tốn học cũng như nhiều ngành khoa học khác. Khái niệm số
phức là một mở rộng của số thực, có những ứng dụng phong phú và hiệu
quả. Bằng công cụ số phức, nhiều vấn đề khoa học và kỹ thuật đã được
giải quyết, đặc biệt số phức có nhiều ứng dụng trong tốn sơ cấp. Trong
hình học phẳng, phương pháp số phức có quan hệ mật thiết với phương
pháp vectơ, phương pháp tọa độ; trong lý thuyết số và số học, số phức
góp phần giải quyết được nhiều lớp bài tốn.
Trong chương trình tốn bậc Trung học phổ thơng hiện nay, học
sinh cũng đã được học số phức, tuy nhiên với một thời lượng khơng
nhiều và nội dung cịn khiêm tốn. Nhằm mục đích tìm hiểu các ứng dụng
của số phức, tơi chọn đề tài “Ứng dụng số phức trong giải toán sơ
cấp” cho luận văn Thạc sĩ của mình.
2. Mục tiêu và nhiệm vụ nghiên cứu
- Tìm hiểu số phức, trường số phức
- Nghiên cứu các ứng dụng của số phức trong giải toán sơ cấp
3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
- Cấu trúc trường các số phức
- Các ứng dụng của số phức trong toán sơ cấp
- Số nguyên Gauss
4. Phương pháp nghiên cứu
- Thu thập, tổng hợp các tài liệu có liên quan đến nội dung của đề
tài luận văn, đặc biệt là các tài liệu về số nguyên Gauss



2

- Phân tích, nghiên cứu các tài liệu để thực hiện đề tài
- Trao đổi, thảo luận, tham khảo ý kiến của giáo viên hướng dẫn
5. Cấu trúc luận văn
Mở đầu
Chương 1: Trường số phức
Phần đầu chương này giới thiệu về lịch sử hình thành số phức,
phần tiếp theo trình bày sơ lược về trường số phức, đủ để làm cơ sở cho
hai chương tiếp theo.
Chương 2: Ứng dụng số phức trong trong giải tốn sơ cấp
Chương này sẽ trình bày một số ứng dụng của số phức trong việc
giải một số lớp bài tốn sơ cấp thuộc chương trình Trung học phổ thông.
Chương 3: Vành các số nguyên Gauss và ứng dụng
Chương này sẽ giới thiệu sơ lược về số nguyên Gauss, một lớp số
phức đặc biệt, cùng những ứng dụng của chúng trong việc giải một số
lớp bài tốn sơ cấp thuộc chương trình Trung học phổ thơng.
Kết luận


3

CHƯƠNG 1
TRƯỜNG SỐ PHỨC
1.1. LỊCH SỬ HÌNH THÀNH SỐ PHỨC
1.2. SỐ PHỨC VÀ CÁC KHÁI NIỆM LIÊN QUAN
1.2.1. Khái niệm số phức
Định nghĩa 1.1.

Mỗi biểu thức z = a + bi với a, b Ỵ ¡ , i2 =-1 được gọi là một số
phức, a gọi là phần thực, b gọi là phần ảo của số phức z.
Tập hợp các số phức được kí hiệu là £ , £ = { z = a + bi a, b Ỵ R}
Hai số phức z = a + bi , z ' = a '+ b ' i được gọi là bằng nhau và viết

z = z ' , nếu a = a ', b = b ' .
Số phức z viết dưới dạng z = a + bi (a, b Ỵ ¡) được gọi là dạng
đại số của số phức z , với a là phần thực, b là phần ảo.
Định nghĩa 1.2.
i) Với mỗi số phức z = a + bi (a, b Ỵ ¡) , số phức -a - bi , kí hiệu là

- z và được gọi là số đối của số phức z , khi đó z + (-z) = 0 .
ii) Ta gọi số phức liên hợp của z = a + bi (a, b Ỵ ¡) là a - bi và
được kí hiệu là z .
iii) Mô đun của số phức z = a + bi (a, b Ỵ ¡) là số thực khơng âm
a 2 + b 2 và được kí hiệu là z .

1.2.2. Các phép toán trên tập số phức
Cho hai số phức z = a + bi , z ' = a '+ b ' i . Ta gọi
i) Tổng của hai số phức z và z’ là số phức, kí hiệu z + z’ và được
xác định như sau z + z ' = a + a ' + (b + b ')i
ii) Tích của hai số phức z và z’ là số phức, kí hiệu z . z ' , và được
xác định như sau z . z ' = (aa '- bb ') + (ab '+ a ' b) i


4

iii) Nếu z = a + bi ¹ 0 . Ta gọi thương

z'

z

của phép chia số phức

z’ cho số phức z , là tích của z’ với số phức nghịch đảo của z , tức là
z'
z'
= 2 z.
z
z

Mệnh đề 1.1.
Tập £ các số phức cùng với hai phép toán cộng và nhân xác định
như trên là một trường, gọi là trường số phức.
1.3. DẠNG LƯỢNG GIÁC CỦA SỐ PHỨC
1.3.1. Dạng lượng giác của số phức
Trong mặt phẳng phức £ , mỗi số phức z = a + bi được biểu diễn
bởi một điểm duy nhất M(a,b).
uuuur
Độ dài r = OM được gọi là mơđun của số phức z và kí hiệu z .
uuuur
Góc định hướng j = (Ox, OM ) , với M ¹ 0 , tạo bởi tia Ox và vec
uuuur
tơ OM được xác định sai kém một bội nguyên tùy ý của 2p . Góc j
được gọi là acgumen của số phức z và kí hiệu Arg ( z ) . Trường hợp
M º 0 , ta quy ước acgumen của z là bất kỳ. Số phức z viết dạng
z = r (cosj + i sin j ) gọi là dạng lượng giác của số phức z.
1.3.2. Nhân chia số phức ở dạng lượng giác
Mệnh đề 1.3.
Cho hai số phức ở dạng lượng giác z = r (cos j + i sin j ) và

z ' = r '(cos j '+ i sin j '). Khi đó
i) zz ' = r.r '[cos (j +j ') + i sin (j + j ')]
ii)

z
r
= [cos (j - j ') + i sin (j - j ')] , nếu z ' ¹ 0
z'
r'

1.3.3. Căn bậc n của một số phức z
Mệnh 1.4.
Cho s phc z ạ 0 v nẻƠ* . Có n căn bậc n đơi một khác nhau của
số phức z.


5

Mệnh đề 1.5.(Công thức Moivre)
Cho số phức z = r (cosj + i sin j ) và n Ỵ N * . Ta có
i) z n = [r (cosj + i sin j )]n = r n (cosnj + i sin nj )
ii) Các căn bậc n của z là
n

ì
ü
é ỉj
k 2p ư
k 2p ư ù
ỉj

z = í n r ờcos ỗ +
ữ + i sin ỗ +
ữ ỳ , k = 0,1, 2,..., n - 1 ý
n ø
n øû
èn
ë ốn
ợ
ỵ

1.3.4. Dng m ca s phc
nh ngha 1.4.
Vi mi s thực a , đặt eia = cosa + isin a . Như vậy mọi số phức z
khác 0 có mơđun r và acgumen a được viết z = reia gọi là dạng mũ
của số phức z. Khi đó các cơng thức của phép nhân và chia số phức ở
dạng lượng giác, được viết ở dạng mũ là
z = r (cosj + i sin j ) = reij , z ' = r '(cosj '+ i sin j ') = r ' eij '

z . z ' = r. r ' eij eij ' = r. r ' ei (j +j ') ,

z
reij
r
=
= . ei (j -j ')
z ' r ' eij '
r

1.4 . BIỂU DIỄN HÌNH HỌC CỦA SỐ PHỨC
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ trực chuẩn Oxy, cho mỗi số phức


z = a + bi tương ứng với một điểm M (a, b) có hồnh độ a , tung độ b
và ngược lại điểm M (a, b) được gọi là ảnh hay điểm biểu diễn số phức

z = a + bi , số phức z = a + bi gọi là tọa vị của điểm M (a, b) . Phép
tương ứng trên là một song ánh từ tập hợp £
các số phức lên tập các điểm trong mặt phẳng tọa độ. Mặt phẳng tọa độ
Oxy mà trên đó biểu diễn các số phức được gọi là mặt phẳng phức £ .
Từ song ánh trên, mỗi số phức z = a + bi được đồng nhất với
uuuur

vectơ OM có điểm đầu là góc tọa độ O và điểm cuối là M(a, b), và ta
r
cũng đồng nhất số phức z = a + bi với vectơ u = (a, b) .
Do sự đồng nhất số phức z = a + bi với điểm M(a,b), hay với vectơ


6

r
u = (a, b) , nên từ nay về sau ta không phân biệt số phức z = a + bi với
r
vectơ u = (a, b) , hay số phức M với điểm M.
1.5. ĐƯỜNG TRÒN TRONG MẶT PHẲNG PHỨC
Đường trịn tâm M 0 bán kính R > 0 là tập hợp các điểm cách M 0
khoảng không đổi R. Xét trong mặt phẳng phức thì mơ đun M - M 0 là
khoảng cách từ M đến M 0 , vì vậy có thể xem: M - M 0 = R là phương
trình đường trịn tâm M 0 , bán kính R.
1.7. PHƯƠNG TRÌNH ĐẶC TRƯNG
Định nghĩa 1.5

Cho dãy số thực (un ), n = 1, ¥ , thoả mãn
un + 2 + p. un +1 + q. un = 0 , vi p, q ẻ R, q ạ 0

(1)

Ta gọi phương trình k 2 + p k + q = 0 là phương trình đặc trưng của
hệ thức (1) nói trên.
Mệnh đề 1.7.
Cho dãy số thực (un ), n = 1, ¥ , u0 và u1 đã được xác định. Gọi z1, z2 là
hai nghiệm phức của phương trình đặc trưng của un+2 + p.un+1 + q.un = 0 .
Khi đó số hạng tổng quát yn của dãy số được xác định bởi
yn = a z1n + b z2 n trong đó a, b được xác định theo u0 và u1 .


7

CHƯƠNG 2
ỨNG DỤNG SỐ PHỨC TRONG GIẢI TOÁN SƠ CẤP
Chương này sẽ trình bày một số ứng dụng của số phức trong việc
giải một số lớp bài toán sơ cấp thuộc chương trình Trung học phổ thơng.
2.1. ỨNG DỤNG TRONG HÌNH HỌC PHẲNG
2.1.1. Các bài tốn chứng minh tính chất hình học.
Ví dụ 2.2.
Trong tất cả các tam giác nội tiếp trong cùng một đường trịn cho
trước, tìm tam giác có tổng bình phương các cạnh lớn nhất?
Giải: Xét tam giác ABC nội tiếp đường trịn tâm O, bán kính R
cho trước, khơng mất tính tổng qt, giả sử tâm O của đường trịn chính
là góc tọa độ O của mặt phẳng phức, khi đó: A = B = C = R .
Ta có AB2 + BC 2 + CA2 = 3(GA2 + GB2 + GC 2 ) (với G là trọng tâm của
tam giác ABC ), vì vậy AB 2 + BC 2 + CA2 lớn nhất khi chỉ khi

GA 2 + GB 2 + GC 2 lớn nhất.
2

Mà GA2 = G - A = (G - A)(G - A) = G.G + A.A - (G. A + G. A)
2

GB 2 = G - B = (G - B)(G - B ) = G.G + B.B - (G.B + G.B)
2

GC 2 = G - C = (G - C )(G - C ) = G.G + C.C - (G.C + G.C )
2
2
2
2
AB 2 + BC 2 + CA2 = 3 G + A + B + C - éëG ( A + B + C ) + G ( A + B + C ) ùû

G là trọng tâm tam giác ABC nên A + B + C = 3G

do đó

A + B + C = 3G . Vì vậy
2

GA2 + GB2 + GC2 = 3 G + 3R2 - 3G.G - 3GG
. = 3R2 - 3 G

2

lớn nhất


Û G 2 nhỏ nhất Û G nhỏ nhất ÛG = O , hay trọng tâm G trùng với
tâm của đường trịn ngoại tiếp, khi đó tam giác ABC là tam giác đều, và
tổng bình phương các cạnh là lớn nhất và bằng 3R 2 .


8

2.1.2. Các bài tốn dựng hình
Ví dụ 2.6. (Dựng đa giác đều 17 cạnh)
Giải: Tính độ dài cạnh đa giác đều 17 cạnh:
Giả sử đa giác đều 17 cạnh nội tiếp đường trịn đơn vị. Khi đó cạnh

p
(vì R = 1 ).
17
2p
2p
là nghiệm của phương trình

của đa giác đều là a = 2sin
Xét số phức z = cos

17

+ i sin

17

z17 - 1 = 0


Ta có: z17 - 1 = ( z - 1)( z16 + z15 + z14 + ... + z 2 + z + 1) và z ¹ 1 nên z
là nghiệm của phương trình z16 + z15 + z14 + ... + z 2 + z + 1 = 0
17 - k

Vì z17 = 1 nên z

(1)

= z - k , do đó (1) có dạng

z + z 2 + z 3 + ... + z 8 + z -1 + z -2 + z -3 + ... + z -8 = - 1
· Đặt u1 = z + z -1 + z 2 + z -2 + z 4 + z -4 + z 8 + z -8

u 2 = z 3 + z -3 + z 5 + z -5 + z 6 + z -6 + z 7 + z -7
vì
z + z -1 = z +

1
2p
2p
ỉ 2p ư
ỉ 2p ư
ỉ 2p ư
= cos
+ i sin
+ cos ỗ ữ + i sin ỗ ữ = 2 cos ỗ
ữ
z
17
17

ố 17 ứ
ố 17 ứ
ố 17 ứ

tng tự z 2 + z -2 = 2cos
z 8 + z -8 = 2cos

4p
8p
, z 4 + z -4 = 2 cos
,
17
17

16p
6p
10p
, z 3 + z -3 = 2cos
, z 5 + z -5 = 2cos
17
17
17

z 6 + z -6 = 2cos

12p
14p
, z 7 + z -7 = 2cos
17
17


2p
4p
8p
16p ö
vậy nờn u1 = 2 ổỗ cos
+ cos
+ cos
+ cos
ữ>0
17
17
17
17
ố

ứ

6p
10p
12p
14p
ổ
u2 = 2 ỗ cos
+ cos
+ cos
+ cos
17
17
17

17
ố

ử
ữ<0
ứ

Ta cú u1 + u2 = -1 ; u1.u2 = 4(u1 + u2 ) = -4 suy ra u1 , u2 là nghiệm


9

của phương trình x 2 + x - 4 = 0
nên u1 =

(2)

-1 + 17
-1 - 17
; u2 =
2
2

2p
8p ư
ỉ
· Đặt v1 = z + z -1 + z 4 + z -4 = 2 ỗ cos
+ cos ữ > 0
17
17 ø

è
4p
16p
æ
v2 = z 2 + z -2 + z 8 + z -8 = 2 ỗ cos
+ cos
17
17
ố

ử
ữ<0
ứ

6p
10p
ổ
w1 = z 3 + z -3 + z 5 + z -5 = 2 ỗ cos
+ cos
17
17
ố

ử
ữ>0
ứ

12p
14p ử
ổ

w 2 = z 6 + z -6 + z 7 + z -7 = 2 ỗ cos
+ cos
ữ >0
17
17 ứ
ố

Ta nhn thy v1 + v2 = u1 , v1 .v2 = -1 nên v1 , v2 là nghiệm của phương
trình x 2 - -1 + 17 x - 1 = 0
2

(3)
suy ra v1 = -1 + 17 + 34 - 2 17 ; v2 = -1 + 17 - 34 - 2 17 .
4

4

Ta lại có w 1 + w 2 = u 2 , w 1.w 2 = -1 nên w1 , w2 là nghiệm của
phương trình
suy ra w1 =
Đặt

x2 +

1 + 17
x -1 = 0
2

(4)


-1 - 17 + 34 + 2 17
-1 - 17 - 34 + 2 17
.
; w2 =
4
4

y1 = z + z -1 = 2cos

2p
8p
, y2 = z 4 + z -4 = 2cos
17
17

( y1 > y2 ) ta có

y1 + y2 = v1 , y1. y2 = w 1 nên y1 , y2 là nghiệm của phương trình
x2 -

-1 + 17 + 34 - 2 17
-1 - 17 + 34 + 2 17
x+
=0
4
4

(5)



10

- +
+
+
+
+
nên y1 = 17 1 34 2 17 2 17 3 17 170 26 17 4 34 2 17
8

17 -1 + 34 - 2 17 - 2 17 + 3 17 + 170 - 26 17 - 4 34 + 2 17
8

y2 =

hay
cos

2p
1
= y1 =
17
2

17 - 1 + 34 - 2 17 + 2 17 + 3 17 + 170 - 26 17 - 4 34 + 2 17
16

cos

p

8p
1
= sin
= y2
17
34
2

=

17 - 1 + 34 - 2 17 - 2 17 + 3 17 + 170 - 26 17 - 4 34 + 2 17
16

Mặt khác sin 2

p
p
1ỉ
2p ư
, v cnh ca
= ỗ 1 - cos
ữ nờn tớnh c sin
17
2è
17 ø
17

đa giác đều là
2.


17 - 17 - 1 + 34 - 2 17 + 2 17 + 3 17 + 170 - 26 17 - 4 34 + 2 17
32

Dựng đa giác đều 17 cạnh
· Ta biết các nghiệm của phương trình bậc hai đều dựng được
bằng thước và compa.
· Cạnh của đa giác đều 17 cạnh được suy ra từ các phương trình bậc
hai (2), (3), (4), (5) nên dựng được, vì thế dựng được đa giác đều đã nêu.
2.1.3. Các bài tốn quỹ tích.
Ví dụ 2.11.
Cho tam giác đều có cạnh 2a . Tìm quỹ tích điểm M sao cho
MA + MB 2 + MC 2 = 8a 2
Giải: Ta chọn hệ trục tọa độ trong mặt phẳng phức như sau:
2

Cạnh AB nằm trên trục thực, trung điểm O của cạnh AB trùng với


11

góc tọa độ. Khi đó A = - a, B = a, C = i 3a.
Quỹ tích điểm M sao cho MA2 + MB 2 + MC 2 = 8a 2 . Ta có
2

2

MA2 + MB 2 + MC 2 = A - M + B - M + C - M

2


= ( A - M )( A - M ) + ( B - M )( B - M ) + (C - M )(C - M )
2

2

2

2

= A + B + C + 3 M = GA2 + GB 2 + GC 2 + 3MG 2 .

Trong đó G là trọng tâm của tam giác ABC . Vì ABC là tam
giác đều nên G cũng là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác với bán kính
R=

2 3
2
2
2
2
2
2
2
a , nên MA + MB + MC = 8a Û 3R + 3MG = 8a
3

4
4
2 3
Û 3. a 2 + 3MG 2 = 8a 2 Û MG 2 = a 2 Û M - G =

a=R
3
3
3

Vậy quỹ tích điểm M là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
2.2. ỨNG DỤNG TRONG LƯỢNG GIÁC
2.2.1. Các liên hệ về cung, góc
Mệnh đề 2.1. Với mọi a Ỵ R , ta có
ìcos(a + p ) = - cos a
í
ỵsin(a + p ) = - sin a

Chứng minh:
cos(a + p ) =

e i (a + p ) + e - i (a + p )
eia .eip + e - ia .e - ip
=
2
2

1
ip
-eia + e- ia .(-1)
eia + e- ia
e
=
=
= = - cos a

2
2
2
e i (a + p ) - e - i (a + p )
eia .eip - e - ia .e - ip
sin(a + p ) =
=
2i
2i
-eia + e- ia .

=

-eia - e - ia .
2i

1
eip

=

-eia - e - ia .( -1)
eia - e - ia
= = - sin a
2i
2i


12


2.2.2. Khai triển và tuyến tính hố
a. Khai triển cos nq , sin nq , tan nq .
Mệnh đề 2.8.
Với mọi q Ỵ R , với mọi n Ỵ N * , ta cú
cos nq =

ổnử
Eỗ ữ
ố 2ứ

ồ (-1)
k =0

sin nq =

ổ n -1 ử
Eỗ
ữ
ố 2 ứ

ồ
k =0

k

Cn2 k cos n - 2 k q sin 2 k q = cos n q - Cn2 cos n - 2 q sin 2 q + ...

( -1) k Cn2 k +1 cos n - 2 k -1 q sin 2 k +1 q

= Cn1 cos n -1 q sin q - Cn3 cos n -3 q sin 3 q + ...

E(

tan nq =

n -1
)
2

å

k =0
n
E( )
2

(-1) k Cn2 k +1 tan 2 k +1 q

å (-1) C
k

k =0

2k
n

tan 2 k q

b. Tuyến tính hóa cos p q , sin p q .
Mệnh đề 2.9.[5] Với q Ỵ R , n Ỵ N * , ta có
m -1

ỉ1
ư
cos 2 mq = 2- (2 m-1) ỗ C2mm + ồ C2km cos(2( m - k )q ) ÷
2
k =0
è
ø

ỉ (-1)m m m -1
ư
C2 m + å (-1)k C2km cos(2( m - k )q ) ÷ .
sin 2 mq = 2- (2 m -1) (-1) m ỗ
2
k =0
ố
ứ
m

cos 2 m +1q = 2-2 m ồ C2km +1 cos(2m + 1 - 2k )q )
k =0

m

sin 2 m +1q = 2-2 m ( -1)m å ( -1) k C2km +1 sin(2m + 1 - 2k )q ).
k =0


13

2.2.3. Giải phương trình, chứng minh đẳng thức, tính tổng lượng giác

Ví dụ 2.12. Giải phương trình cos x - cos2x + cos3x =

1
.
2

Giải: Đặt z = cos x + isin x , z -1 = cos x - i sin x nên
z + z -1 = 2cos x Þ cos x =

z2 +1 2
z = cos 2 x + isin 2 x;
2z

z -2 = cos 2 x - isin 2 x Þ z 2 + z -2 = 2cos 2 x
Þ cos 2 x =

z4 + 1
z6 + 1
.
Tương
tự
. Khi đó phương trình đã
x
cos3
=
2z2
2z3

cho trở thành


z2 + 1 z4 + 1 z6 + 1 1
+
=
2z
2z2
2z3
2

Û z 4 + z 2 - z5 - z + z 6 + 1 = z3 Û z 6 - z5 + z 4 - z3 + z 2 - z + 1 = 0
Vì z = -1 khơng phải là nghiệm của phương trình trên nên phương trình
trên tương đương với ( z + 1)( z 6 - z 5 + z 4 - z 3 + z 2 - z + 1) = 0
Û z 7 +1 = 0 hay z 7 = -1 = cos p + isin p nên
æ p + k 2p
z = cos ỗ
7
ố

ử
ổ p + k 2p
ữ + i sin ỗ
7
ứ
ố

ử
ữ , vi k = 0;6. Vỡ z ¹ -1 nên khơng
ø

nhận k = 3. Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x =
x=


5p
9p
3p
+ m2p , x =
+ m 2p ,
+ m 2p , x =
7
7
7

x=

11p
13p
+ m 2p , x =
+ m 2p , m Ỵ Z .
7
7

p
+ m 2p ,
7


14

2.3. ỨNG DỤNG TRONG ĐẠI SỐ
2.3.1. Giải phương trình, hệ phương trình
Ví dụ 2.19.

3x - y
ì
ï x + x2 + y 2 = 3
ï
Giải hệ phương trình í
ï y - 3x - y = 0
ïỵ
x2 + y 2

(1)
(2)

Giải: Điều kiện x2 + y2 ¹ 0 . Đặt z = x + iy , ta có 1 = z 2 = x2 - iy2
z

Lấy (1) + (2).i vế theo vế ta cú: x +

z

x +y

ổ
3x - y
x + 3y ử
+ iỗ y - 2
÷=3
2
2
x +y
x + y2 ø

è

ỉ 3x
3iy ư ỉ
x
iy ử
( x + iy ) + ỗ 2
- 2
- çi 2
-i 2
÷=3
2
2 ÷
2
x +y ø è x +y
x + y2 ø
èx +y
Û z 2 - 3z + 3 - i = 0 Û z = 1 - i Ú z = 2 + i
Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là (2;1) hoặc (1; -1) .
2.3.2. Sự chia hết của hai đa thức
Ví dụ 2.26.
Trong vành C [ x ] , chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n > 1 và số
thực a thỏa sin a ¹ 0 , đa thức x n sin a - x sin na + sin(n - 1)a chia hết
cho đa thức x 2 - 2 x cos a + 1 .
Giải: Xét phương trình x 2 - 2 x cos a + 1 = 0 , có
D ' = cos 2 a - 1 = i 2 sin 2 a nên có hai nghiệm là x1 = cos a + i sin a và
x2 = cos a - i sin a là hai số phức liên hợp.
Đặt f ( x) = x n sin a - x sin na + sin(n - 1)a , ta có

f ( x1 ) = (cosa + isin a )n sin a - (cossa + isin a )sin na + sin(n - 1)a

= cos na sin a - cos a sin na + sin[(n - 1)a ] = sin(a - na ) + sin[(n - 1)a ] = 0
hay x1 = cos a + i sin a là nghiệm của f ( x) .


15

Vì x1 và x2 là hai số phức liên hợp nên nếu x1 là nghiệm thì x2 cũng là
nghiệm của f ( x) . Vậy x n sin a - x sin na + sin(n - 1)a chia hết cho
x 2 - 2 xcosa + 1.
2.3.3. Một số bài toán về dãy số
Ví dụ 2.28.
Cho dãy số (u n ) được xác định như sau
u0 = 0, u1 = 6, u2 = -2, un = -un-1 + 2un-3 , "n ³ 3. Tìm số hạng tổng quát của
dãy.
Giải: Xét phương trình đặc trưng z3 + z2 - 2 = 0 có 3 nghiệm phân biệt là
z1 = 1, z2 = -1 - i, z3 = -1 + i, khi đó un = a z1n + b z2n + c z3n với a, b
được xác định dựa vào u0 = 0, u1 = 6, u 2 = -2. Ta có
ì
ïa = 2cos p
ìa + b + c = 0
ï
ìu0 = 0
ïï
ï
3p
3p ử
ù
ổ
ớb = 2 ỗ cos + i sin ữ
ớu1 = 6 Û ía + b ( -1 - i ) + c(-1 + i ) = 6

4
4 ø
è
ïu = -2
ï
ï
2
2
ỵ 2
ïỵa + b ( -1 - i ) + c(-1 + i) = -2
ù
3p
3p ử
ổ
ùc = 2 ỗ cos - i sin ữ
4
4 ứ
ố
ợ

un = 2 + (-1 + i)(-1 - i )n + (-1 - i)(-1 + i)n
= 2+

( 2)

n +1

3p
3p ửổ
3p

3p ử
ổ
+ i sin
- i sin ữ
ỗ cos
ữỗ cos
4
4 ứố
4
4 ứ
ố
+

= 2+

( 2)

n +1

( )

2cos

2

n +1

n

3p

3p ửổ
3p
3p ử
ổ
- i sin ữỗ cos
+ i sin ữ
ỗ cos
4
4 ứố
4
4 ø
è

3(n - 1)p
é
= 2 ê1 +
4
ë

( 2)

n +1

cos

n

3(n - 1)p ù
ú , "n Ỵ N .
4

û

n+1
3(n -1)p ù
é
Vậy số hạng tổng quát của dãy là: un = 2ê1+ 2 cos
, "nỴN.
4 úû
ë

( )


16

CHƯƠNG 3
VÀNH CÁC SỐ NGUYÊN GAUSS VÀ ỨNG DỤNG
3.1. VÀNH CÁC SỐ NGUYÊN GAUSS
3.1.1. Định nghĩa và các khái niệm cơ bản
Định nghĩa 3.1.
Một số nguyên Gauss là một số phức với phần thực và phần ảo đều
là các số nguyên.
Tập các số nguyên Gauss, kí hiệu Z [i ] = {a + bi; a, b Ỵ Z } Ì C.
Định nghĩa 3.2
Cho hai số nguyên Gauss a và b . Ta nói rằng b chia hết cho a ,
kí hiệu là a

Z [i ]

b nếu tồn tại g Ỵ Z [i] sao cho ag = b . Khi đó a gọi là


một ước của b hay b là bội của a .
Định nghĩa 3.3.
Một số nguyên Gauss e được gọi là đơn vị nếu và chỉ nếu e là
ước của mọi số nguyên Gauss.
Định nghĩa 3.4.
Chuẩn của một số nguyên Gauss a , kí hiệu N (a ), là bình phương
của mơđun của nó, tức là a = a + bi Ỵ Z[i] thì N(a) =aa = a2 +b2.
Mệnh đề 3.2.
Tập tất cả các phần tử đơn vị của Z [i] là U = { ±1; ± i }. Số nguyên
Gauss a là một đơn vị khi và chỉ khi N (a ) = 1 .
Hệ quả 3.1
Giả sử z là một phần tử đơn vị của Z [i] khi đó z k = z với mọi k
nguyên dương và lẻ.
Định nghĩa 3.5.
Hai số nguyên Gauss a , b gọi là liên kết với nhau, kí hiệu a : b


17

nếu a b và b a .
Hai số nguyên Gauss là liên kết với nhau khi và chỉ khi sai khác
nhau một nhân với tử đơn vị.
Mệnh đề 3.3.
Cho a , b ẻ Z [i] vi b ạ 0 . Tồn tại các số nguyên Gauss m , r sao
cho a = bm + r và N ( r ) < N ( b ) .
Định nghĩa 3.6. ( Số nguyên Gauss nguyên tố cùng nhau )
Hai số nguyên Gauss khác 0 được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu
tất cả các ước chung của chúng chỉ là {±1, ± i} .
Mệnh đề 3.4.

Nếu x, y là hai số nguyên khác tính chẵn lẻ và ( x, y ) = 1 thì x + iy
và x - iy là nguyên tố cùng nhau trong Z [i]
Định nghĩa 3.7.
Cho a , b Ỵ Z [i] là hai số ngun Gauss khác 0. Ta nói rằng

d Ỵ Z [i] là một ước chung lớn nhất (UCLN) của a , b và viết (a , b ) = d
nếu
i) d a , d b
ii) Với mọi d ' sao cho d ' a , d ' b thì hoặc d ' liên kết với d hoặc
N (d ') < N (d ) .
Hệ quả 3.2
Giả sử d ab và d , a nguyên tố cùng nhau, khi đó d b .
3.1.2. Số nguyên tố Gauss
Định nghĩa 3.8.[5]
Một số nguyên Gauss p khác đơn vị đươc gọi là một số nguyên tố
Gauss nếu p khơng biểu diễn được dưới dạng tích của hai số nguyên
Gauss khác đơn vị. Nói cách khác p gọi là một số nguyên tố Gauss nếu từ
đẳng thức p = ab ta phải có a hoặc b là đơn vị.


18

Bổ đề 3.1.
Giả sử p là số nguyên tố Gauss. Khi đó
i/ Nếu p ab thì p a hoặc p b .
ii/ Một cách tổng quát, nếu p a1a 2 ...a n , n ³ 2 thì p là ước của
một của một thừa số a i nào đó của tích a1a 2 ...a n .
Định lý 3.1. (Định lý cơ bản của số học cho vành Gauss)
Mọi số nguyên Gauss a khác khơng và khác đơn vị đều có thể
được phân tích dưới dạng a = g 1...g n , trong đó g 1 ,..., g n là các số nguyên

tố Gauss. Sự phân tích này là duy nhất, sai khác thứ tự các nhân tử và
các thừa số đơn vị.
Định lý 3.2.
Cho a và b là hai số nguyên Gauss nguyên tố cùng nhau. Giả sử
ab = d k trong đó k ³ 2 là một số nguyên dương. Khi đó tồn tại các số

nguyên Gauss a1 , b1 và các đơn vị e , r sao cho a = ea1k , b = rb1k .
Bổ đề 3.2.
Cho p là một số ngun tố. Khi đó phương trình p = x 2 + y 2 có
nghiệm nguyên khi và chỉ khi p khơng có dạng 4k + 3 .
Định lý 3.3. (Xác định tất cả các số nguyên tố)
Tập hợp các số nguyên tố Gauss là
i/ Tất cả các số ngun tố thơng thường p có dạng 4k + 3 và các số
nguyên Gauss liên kết với chúng.
ii/ Tất cả các số nguyên Gauss a + bi , trong đó (a, b) là nghiệm
ngun của phương trình p = x 2 + y 2 với p = 2 hoặc p là số nguyên tố
có dạng 4k + 1 (nghiệm (a, b) luôn tồn tại theo Bổ đề 3.1).
3.1.3. Đồng dư trong Z [i]
Định nghĩa 3.9.
Cho a , b , g là các số nguyên Gauss. Ta nói rằng a đồng dư với


19

b modulo g nếu g a - b . Khi đó ta viết a º b (mod g ) .
Quan hệ đồng dư modulo g xác định cho ta một quan hệ tương
đương trên Z [i] .
Định lý 3.4.
i/ Nếu g = m là một số nguyên thông thường, a = a + bi, b = x + iy , thì


a º b (mod g ) nếu và chỉ nếu a º x (mod m) , b º y (mod m) .
ii/ a1 º b1(modg ) , a2 º b2(modg) Þa1 +a2 º b1 + b2 (modg ), aa
1 2 º b1b2 (modg )
Định lý 3.5.
Cho p > 2 là một số nguyên tố thông thường và a là một số ngun tố
Gauss. Khi đó
ìa (mod p ) khi p = 4k + 3
ap º í
ỵa (mod p ) khi p = 4k + 1

i/

2

ii/ Với mọi số nguyên tố p thông thường a p º a (mod p )
iii/ a p

2

-1

º 1 (mod p ) nếu p = 4k + 3, a ¹ 0 (mod p )

a p -1 º 1 (mod p ) nếu p = 4k + 1, N(a ) ¹ 0 (mod p )
3.2. ỨNG DỤNG CỦA SỐ NGUYÊN GAUSS
3.2.1. Ứng dụng số nguyên Gauss giải phương trình nghiệm
nguyên
Mục này sẽ dùng số nguyên Gauss để giải phương trình nghiệm
ngun có dạng y 2 n +1 = x 2 + 4k , với n Ỵ N * , k Ỵ N . Khi k = 0, ta có
bài tốn sau

Bài tốn 3.1.
Tìm tất cả các số nguyên x, y thoả mãn phương trình

y 2 n +1 = x 2 + 1, n Ỵ N *
Giải: Giả sử y chẵn thì x2 +1 chẵn, nên x lẻ. Suy ra x2 +1º 2(mod4)
điều này vô lý do y 2 n +1 º 0(mod 4). Vậy y lẻ và khi đó x chẵn. Phương


20

trình được viết lại dưới dạng y 2 n +1 = ( x + i)( x - i ) , trong đó x + i và
x - i là hai số nguyên tố cùng nhau. Thật vậy giả sử trái lại có số nguyên

tố Gauss p

sao cho p x + i, p x - i . Suy ra p 2i Þ p 2 . Vậy

N(p ) N(2) = 4 , suy ra N (p ) chẵn. Vì N (p ) N (x+ i) = x2 + 1 = y2n+1 nên y

chẵn, trái với điều kiện y lẻ . Vậy x + i và x - i là nguyên tố cùng
nhau nên theo Định lý 3.2 và Hệ quả 3.1, tồn tại a + bi Ỵ Z[i] sao
cho x + i = (a + ib)2 n +1 (1) . Khai triển vế phải của (1) rồi đồng nhất phần
ảo hai vế ta sẽ tìm được các giá trị nguyên a, b , từ đó suy ra các nghiệm
ngun cần tìm.
Ví dụ 3.2.1.
Tìm tất cả số nguyên x, y thoả mãn y 3 = x 2 + 1 .
Giải: Nếu y chẵn thì x 2 + 1 chẵn, nên x lẻ. Suy ra x2 +1 º 2(mod4)
điều này vô lý do y3 º 0(mod 4). Vậy y lẻ, x chẵn. Phương trình được
viết lại dưới dạng y 3 = ( x + i )( x - i ) .
Ta có hai số x + i và x - i là hai số nguyên tố cùng nhau nên theo

Định lý 3.2 và Hệ quả 3.1, tồn tại a + bi Ỵ Z [i] để
x + i = ( a + bi ) = ( a3 - 3ab2 ) + i ( 3a2b - b3 ) . Đồng nhất phần ảo, ta có
3

1 = b( 3a2 - b2 ) . Giải phương trình trên ta có các giá trị nguyên a = 0, b =-1, do

đó x =0, y =1. Vậy (0,1) là nghiệm duy nhất của phương trình.
Bài tốn 3.2.
Tìm tất cả các số nguyên x, y thoả mãn y2n+1 = x2 + 4k ; n, k ỴN*
Giải: Ta nhận thấy x , y phải cùng tính chẵn lẻ.
· Trường hợp 1: Nếu x , y là các số lẻ. Phương trình trên tương
đương với y 2 n +1 = ( x + 2k i )( x - 2k i) . Vì y lẻ 2 k chẵn, ( y, 2k ) = 1 , nên
theo Mệnh đề 3.4 x + 2k i và x - 2k i là nguyên tố cùng nhau. Theo


21

Định lý 3.2 và Hệ quả 3.1, tồn tại a + bi Ỵ Z [i] sao cho

x + 2k i = (a + bi )2 n +1
Khai triển hai vế rồi đồng nhất phần ảo của đẳng thức trên ta sẽ tìm
được các giá trị nguyên a, b. Suy ra các nghiệm nguyên cần tìm.
· Trường hợp 2: Nếu x , y là các số chẵn. Đặt x = 2 x1 , y = 2 y1 ta
được phương trình 22 n -1 y12 n +1 = x12 + 4k -1
Để phương trình trên có nghiệm thì điều kiện cần là x1 , y1 phải
cùng tính chẵn hoặc lẻ. Xét tính chẵn lẻ của x1 , y1 , nếu x1 chẵn thì đặt
x1 = 2 x2 , nếu y1 chẵn thì đặt y1 = 2 y2 , cứ tiếp tục như thế ta sẽ tìm
được nghiệm của phương trình hoặc biến đổi phương trình về dạng

g 2 n +1 = a b trong đó a , b là hai số nguyên Gauss nguyên tố cùng nhau.

Khi đó sử dụng Định lý 3.2 và Hệ quả 3.1 để tìm ra nghiệm nguyên cần
tìm .
Ví dụ 3.2.1.
Tìm tất cả các số ngun x, y thoả mãn phương trình y3 = x2 + 4
Giải: Ta nhận thấy x , y phải cùng tính chẵn lẻ.
· Trường hợp 1: Nếu x , y là các số lẻ. Phương trình trên tương
đương với y 3 = ( x + 2i )( x - 2i ) . Do x + 2i và x - 2i là nguyên tố cùng
nhau. Theo định lý 3.2 và Hệ quả 3.1 , tồn tại a + bi Ỵ Z [i] sao cho

x + 2i = (a + bi )3 = (a3 - 3ab2 ) + (3a 2b - b3 )i
Đồng nhất phần ảo, ta được 3a 2b - b3 = 2 Û b(3a 2 - b2 ) = 2
Giải phương trình trên ta có các nghiệm ngun
(a, b) = (1,1) Þ (x, y) = (-2,2) (loại) (a, b) = (-1,1) Þ (x, y) = (2,2) (loại)
(a, b) = (1, -2) Þ ( x, y ) = (-11,5), (a, b) = (-1, -2) Þ ( x, y ) = (11,5)
· Trường hợp 2: x, y là các số chẵn. Đặt x = 2 x1 , y = 2 y1 ta được
phương trình 2 y13 = x12 + 1 . Do vế trái là số chẵn nên x1 lẻ, ta suy ra y1


22

cũng phải là số lẻ, phương trình được viết lại như sau:
-i (i + 1) 2 y13 = ( x1 + i )( x1 - i ) Û (i y1 )3 =

x1 + i x1 - i
.
i +1 i +1

Ta chứng minh ( x1 + i, x1 - i ) = i + 1 . Thật vậy ta có i + 1 là uớc
chung của x1 + i và x1 - i
ỉ x - 1 1 + x1 ư .

x1 - i = (i + 1) ỗ 1
-i
2 ữứ
ố 2

Gi

vỡ
s

tn

ổ x + 1 1 - x1 ö
x1 + i = (i + 1) ỗ 1
+i
ữ
2 ứ,
ố 2

ti

g ẻ Z [i]

sao

cho

g y1 + i , g y1 - i . Suy ra g 2i hay N (g ) 4 . Suy ra N (g ) là số chẵn. Mặt
khác N (g ) ( x12 + 1) , vậy nên N (g ) là một ước chung của 4 và x12 + 1 .
Do x1 lẻ nên (4, x12 + 1) = 2 . Suy ra N (g ) 2 = N (i + 1) . Điều này chứng tỏ


i + 1 là ước chung lớn nhất của x1 + i và x1 - i .
Từ đó suy ra

x1 + i
i +1

và

x1 - i là nguyên tố Gauss cùng nhau.
i +1

Theo Định lý 3.2 và Hệ quả 3.1, tồn tại d Ỵ Z [i] sao cho
x1 + i
=d3.
i +1

Có x + 2i = 2( x1 + i) = - i(i + 1)2 ( x1 + i) = - i(i + 1)3

x1 + i
3
= [d (-1 + i)]
i +1

Như vậy x + 2i cũng là luỹ thừa bậc ba của một số nguyên Gauss,
tương tự như trường hợp 1 ta có ( x, y ) = (-2, 2) và ( x, y ) = (2, 2).
Vậy phương trình có 4 nghiệm ngun (2;2); (-2,2) (-11,5); (11,5).


23


KẾT LUẬN
Luận văn “Ứng dụng số phức trong giải toán sơ cấp” đã hoàn thành
được mục tiêu và nhiệm vụ đề ra. Cụ thể là đã thực hiện được:
1. Ứng dụng số phức để giải một số lớp bài toán trong hình học, đại
số, lượng giác thuộc chương trình trung học phổ thông.
2. Giới thiệu một lớp số phức đặc biệt, số nguyên Gauss, cùng các
khái niệm, kết quả liên quan như: số nguyên tố Gauss, quan hệ đồng dư
trong vành các số nguyên Gauss,…
3. Ứng dụng số nguyên Gauss để giải phương trình nghiệm nguyên
dang y2n+1 = x2 + 4k , với nỴN*, k ỴN và một số bài toán số học.
4. Đề tài là một tài liệu tham khảo hữu ích cho các học sinh, sinh
viên muốn tìm hiểu những ứng dụng của số phức trong giải toán sơ cấp.
Hy vọng rằng, trong thời gian tới, các kỹ thuật được khai thác trong
luận văn còn tiếp tục được bổ sung và hồn thiện hơn nhằm khẳng định
vai trị của số phức trong giải tốn sơ cấp nói riêng và trong khoa học nói
chung.