Chuyên đề: Số phức
CHỦ ĐỀ 9. MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA SỐ PHỨC
Bài toán 1. Sử dụng số phức vào giải hệ phương trình
f(x; y)  g(x; y) (1)
Xét hệ phương trình: 
h(x; y)  k(x; y) (2)
Lấy (2) nh}n i sau đó cộng (trừ) (1) vế theo vế ta được : f(x; y)  h(x; y).i  g(x; y)  k(x; y).i (*)
Đặt z  x  yi , biểu diễn (*) thông qua c{c đại lương z,z,|z|,...
I. Các ví dụ điển hình thường gặp
3
2

2x  6xy  5
Ví dụ 1. Giải hệ phương trình sau: 
.
2
3

6x y  2y  5 3
Giải
Lấy phương trình thứ nhất cộng với phương trình thứ hai nh}n i ta được
1
3
3 
2x3  6xy2  i 6x2 y  2y 3  5  5 3i   x  yi   5  
i
2 2 


1
3 

i
 z  x  yi l| một căn bậc ba của số phức 5  
2 2 


Ta có:
1
1

3 


3 
5 
i   5  cos  i sin   5  
i  có ba căn bậc ba l|
2 2 
2 2 
3
3











7
7 
13
13 
z0  3 5  cos  i sin  , z1  3 5  cos
 i sin  , z0  3 5  cos
 i sin

9
9
9
9 
9
9 








Vậy với z  z0 ,z  z1 ,z  z2 ta được nghiệm của phương trình l|:


x  3 5 cos


9,



 y  3 5 sin

9



7
x  3 5 cos


9 ,

7
 y  3 5 sin 

9



13
x  3 5 cos


9

13
 y  3 5 sin 

9


3
2
2
2

x  3xy  3x  3y  3x  0
Ví dụ 2. Giải hệ phương trình sau: 
.
3
2

 y  3x y  6xy  3y  1  0
Giải
 x  1 3  3y 2 x  1  1

 

Hệ đã cho tương đương với 
2
3

 3  x  1 y  y  1
Lấy phương trình thứ nhất cộng với phương trình thứ 2 nh}n i ta đươc
3
2
 x  1  3y2  x  1  i 3  x  1 y  y3   1  i

  x  1  iy   1  i  z  x  1  iy l| một căn bậc 3 của 1  i .
3


Ta có:



1  i  2  cos  i sin  nên 1  i có ba căn bậc ba l|
4
4







3
3 
17 
17  
z0  6 2  cos  i sin  , z1  6 2  cos
 i sin  ,z 2  6 2  cos
 i sin

4
4
4
4 
4
4 




Vậy với z  z0 ,z  z1 ,z  z2 ta được nghiệm của phương trình l|:

Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133

Page 1


Chuyên đề: Số phức

 
3 
17 
x  1  6 2 cos
x  1  6 2 cos
x  1  6 2 cos




12 , 
4 ,
12



 y  6 2 sin 
 y  6 2 sin 3
 y  6 2 sin 17 




12
4
12




3x  y
 3 (1)
x  2
x  y2

Ví dụ 3. Giải hệ phương trình: 
.
 y  x  3y
(2)

x2  y2

Giải
Cách 1. Lấy (2) nh}n i sau đó cộng với (1) ta được

x  yi 

 3x  y    x  3y  i  3  x  yi  3  x  yi    x  yi  i  3(*)
x2  y 2


x2  y 2

(*)  z 

Đặt z  x  yi; x,y  . Lúc đó:

x2  y 2

 3  i  z  3  z   3  i   3  z  2  i
|z|2


z  1  i

z

 x  2

 x  yi  2  i
y  1

 
x  1
 x  yi  1  i

  y  1

.

Vậy, nghiệm của hệ phương trình l|:  x,y    2;1 ,  x,y   1; 1 .

Cách 2. Ta thấy x  0,y  0 không l| nghiệm của hệ phương trình



 2 3x 2  xy
 3x
x  2
x  y2

Nh}n (1) với x , nh}n (2) với y ta được 
2
 2 xy  3y
y

0

2
2
x

y


trừ vế theo vế ta được x2  y2  3  3x (*)




3xy  y 2
xy


 3y

x2  y2

Nh}n (1) với y , nh}n (2) với x ta được 
x 2  3xy

xy

0

x2  y2


cộng vế theo vế ta được 2xy  1  3y (*)


x2  y 2  3  3x
Ta được hệ 

2xy  1  3y
Đáp số:  x,y    2;1 ,  x,y   1; 1
3
2
2
2

x  3xy  x  1  x  2xy  y
Ví dụ 4. Giải hệ phương trình: 

3
2
2
2

 y  3x y  y  1  y  2xy  x
Giải
Lấy (2) nh}n i sau đó cộng với (1) ta được

Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133

(1)
(2)

.

Page 2


Chuyên đề: Số phức

x

3

 

 

 




 3xy 2  x  1  y 3  3x 2 y  y  1 i  x 2  2xy  y 2  y 2  2xy  x 2 i





 x3  3x(yi)2  3x 2 (yi)  (yi) 3   x  yi   1  i  x 2  2xyi  y 2  2xy  x 2i  y 2i
  x  yi    x  yi   i  1   x  yi    x  yi  i (*)
3

2

2

Đặt z  x  yi; x,y  . Lúc đó phương trình (*) trở th|nh
z  1

z   1  i  z  z  1  i  0   z  1 z  1 z  1  i   0  z  1
 z  1  i
x  1 x  1 x  1



y  0 y  0 y  1
Vậy, nghiệm của hệ phương trình l|  x; y   1;0  ;  x; y    1;0  ;
3


2

 x; y   1;1 .

 
12 
 x 1 
2
3x  y 
 
Ví dụ 5. Giải hệ phương trình với nghiệm với x,y  : 
.
 y  1  12   6

 
3x  y 
 
Giải
x  0

Điều kiện:  y  0
. Đặt u  3x ,v  y  u,v  0  .
 y  3x

 
12 
u  1  2
2 3
1
u  vi

 
u  v2 
Hệ đã cho có dạng: 
. Đặt z  u  iv . Ta có  2
.
z u  v2
v  1  12   6

 
u2  v2 
Từ hệ đã cho ta có


12 
12 
u1 
 iv  1 
2 3 6
2
2 
u v 
u  v2 


u  iv
12
 u  iv  12
 2 3  6i  z 
 2 3  6i
2

2
z
u v





 z 2  2 2  3iz  12  0 ,(*)

Giải phương trình (*), ta có '  6  6 3i  3
z  3 3











3 i



2

suy ra c{c nghiệm:


3  3 i,z  3  3  3  3 i

Vì u,v  0 nên ta có: u  3  3,v  3  3 , suy ra nghiệm của hệ l|:

 x; y    4  2



3;12  6 3 .

x  x  y  x  z   3

Ví dụ 6. Giải hệ phương trình trên tập số phức:  y  y  x  y  z   3 .

z  z  x  z  y   3
(Đề thi học sinh giỏi Romania năm 2002)
Giải

Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133

Page 3


Chuyên đề: Số phức
x  x  y  x  z   3, 1

Xét hệ phương trình  y  y  x  y  z   3,  2 

z  z  x  z  y   3,  3 

Rõ r|ng x,y,z  0 v| x,y,z đôi một kh{c nhau.

Từ (1) v| (2) ta có x  x  y  x  z   y  y  x  y  z   x  x  z   y  y  z 
Hay x2  y2  xz  yz.
x 2  y 2  xz  yz

Tương tự hệ đã cho trở th|nh  y 2  z 2  yx  zx
 2
2
z  x  zy  xy

(4)

Cộng vế với vế ta được x2  y2  z2  xy  yz  zx.
Kết hợp với (4) ta có: x2  yz,y2  zx,z2  xy. Suy ra x2  y2  z2  xyz.
Đặt a  xyz thì từ x2  y2  z2  xyz  a v| x,y,z đôi một kh{c nhau nên
x  3 a ,y   3 a ,z  2 3 a với 3  1,1    2  0.





M| x  x  y  x  z   3 nên a 1    1  2  3.





Ta có 1    1  2  1    2  3  3 nên a=1
Vậy c{c số phức  x, y,z  cần tìm l| c{c ho{n vị của (1,  , 2 ).

II. Bài tập rèn luyện
x3  3xy 2  1
Bài tập 1. Giải hệ phương trình với nghiệm l| số thực: 
.
3
2
 y  3x y   3

Hướng dẫn giải
Đ}y l| hệ đẳng cấp bậc ba. tuy nhiên, nếu giải bằng phương ph{p thông thường ta sẽ đi đến giải
phương trình bậc ba:

3t 3  3t 2  3 3t  1  0

Phương trình n|y không có nghiệm đặc biệt!
Xét số phức





z  x  iy . Vì z3  x3  3xy2  i 3x2 y  y3 ,nên từ hệ đã cho ta có


2
2 
z3  1  3i  2  cos
 i sin  , tương tự c{ch l|m ở chương 1, ta tìm được 3 gi{ trị của z l|:
3
3 






14
14 
2
2 
8
8 
2  cos
 i sin  , 3 2  cos
 i sin  , 3 2  cos
 i sin

9
9 
9
9 
9
9 



Từ đó suy hệ đã cho có 3 nghiệm l|:

2 
8 
14

x  3 2 cos
x  3 2 cos
x  3 2 cos




9 ;
9 ;
9



2

8

14
 y  3 2 cos
 y  3 2 sin
 y  3 2 sin 

9 
9 
9



3


Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133

Page 4


Chuyên đề: Số phức
x4  6x 2 y 2  y 4  3

Bài tập 2. Giải hệ phương trình trong tập số thực: 
.
1
3
3
x y  y x 
4

Hướng dẫn giải
Xét số phức z  x  iy.





Vì z4  6x2 y2  y4  4i x3 y  y 3 x , nên từ hệ đã cho suy ra:



(*)
z4  3  i  2  cos  i sin 
6

6

C{c số phức thỏa mãn (*):


 
13
13 
4 
2  cos  i sin  , 4 2  cos
 i sin

24
24 
24
24 




25
25  4 
37 
37  
2  cos
 i sin
 i sin
 , 2  cos

24

24 
24
24 


Vậy c{c nghiệm cần tìm của hệ l|:

 
13 
25 
37 
x  4 2 cos
x  4 2 cos
x  4 2 cos
x  4 2 cos








24 ;
24 ;
24 ;
24






13

25

37
 y  4 2 sin
 y  4 2 sin
y  4 2 sin
y  4 2 sin 

24 
24 
24 
24





16x  11y
7
x  2
x  y2

Bài tập 3. Giải hệ phương trình với nghiệm với x,y  R : 
.
 y  11x  16y  1


x2  y2

Lời giải
x  yi
1
.
Điều kiện x2  y2  0. Đặt z  x  iy . Ta có:  2
z x  y2
4

Vì hai số phức bằng nhau khi v| chỉ khi phần thực bằng nhau v| phần ảo bằng nhau, nên hệ đã cho
tương đương với:
16x  11y 
11x  16y 
x 2

i
y


7i

x  y2
x 2  y 2 

x  iy
x  iy
 x  iy  16
 11i
7i

2
2
x y
x2  y2
16  11i
z
 7  i  z 2   7  i  z  16  11i  0
z

Phương trình z2   7  i  z  16  11i  0 có hai nghiệm z  2  3i,z  5  2i nên hệ đã cho có c{c nghiệm

 x; y    2; 3 hoặc  x; y    5; 2  .
Chú ý: Muốn giải được c{c hệ phương trình bằng phương ph{p sử dụng số phức, cần nhớ một công
thức cơ bản của số phức, đăc biệt l| với mỗi số phức z  x  iy thì ta có x2  y 2 l| bình phương mođun
v|

x  iy
1 z

 2
.
z zz x  y 2

Bài tập 4. Giải hệ phương trình với nghiệm với x,y 

Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133



3 

 10x  1 
3
5x  y 


: 
.
 y  1  3   1

 
5x  y 
 

Page 5


Chuyên đề: Số phức
Hướng dẫn giải
Từ hệ suy ra x  0, y  0.
B|i hệ n|y không có ngay d|ng giống ví dụ trên, tuy nhiên với mục đích chuyển mẫu số về dạng nình
phương mođun của số phức, chỉ cần đặt u  5x ,v  y với u,v  0.
 
 3
3

u  1  2
2 
 
2
u v 

Hệ đã cho có dạng: 

3
v  1 
 1
2
2 
 
u v 
1
u  iv
Đặt z  u  iv . Ta có: 
.
z u2  v2
Hệ đã cho tương đương với:



 3
3
3
u1 
 iv  1 

i
2
2 
2
2 
2

u v 
u v 


 u  iv  3



u  iv
u v
2

2

3



2



i  z

3 3 2  2i

z
2

 2z  3 2  2i z  6  0,(*)

2

Giải phương trình (*), ta có '  34  12 2i 



2  6i



2

suy ra c{c nghiệm l| z  2  2i,z 

2  2i
.
2

2
2  2i
1
do đó u 
,v  1  x  , y  1.
2
2
10
 1 
Vậy nghiệm cần tìm l|  x; y    ;1  .
 10 


Vì u,v  0 nên z 

x4  y 4  4x3  3xy 2  2x  4y  0

Bài tập 5. Giải hệ phương trình: 
.
2
2
2
3
3
2
2x
y

3x
y

2xy

3y

2x

1

1

2y


4y




Hướng dẫn giải
Hệ phương trình đã cho tương đương với
 x2  y 2 x2  y 2  3x x2  y 2  2  x  2y   0


2xy x2  y 2  3y x2  y 2  4 x2  y2  2  2x  y   0

Nhận thấy x  y  0 l| một nghiệm của hệ phương trình







 

 
 



 2
x  2y
2

0
x  y  3x  2. 2
2
x

y

Nếu x2  y2  0 thì hệ đã cho viết th|nh 
2xy  3y  4  2. 2x  y  0

x2  y2

Suy ra:

x  2y
2x  y 
x2  y 2  3x  2. 2

i
2xy

3y

4

2.

0
x  y2
x2  y2 


x  iy
y  ix
2
  x  yi   3  x  yi   2

4.
 4i  0
x2  y 2
x2  y 2

Đặt z  x  yi 

x  iy
x y
2

2



y  ix
1
i
,

ta có phương trình
2
2
z x y

z

Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133

Page 6


Chuyên đề: Số phức
2 4i
  4i  0  z 3  3z 2  4iz  2  4i  0
z z
z  1

2
  z  1 z  2z  4i  2  0   z  3  i
 z  1  i
x  0
Với z  1 ta được nghiệm của hệ l| 
y  0
x  3
Với z  3  i ta được nghiệm của hệ l| 
 y  1
x  1
Với z  1  i ta được nghiệm của hệ l| 
y  1


1 
 3x  1 
2

xy


Bài tập 6. Giải hệ phương trình: 
 7y  1  1   4 2



xy


z 2  3z 





(Đề thi học sinh giỏi quốc gia năm 1996)
Hướng dẫn giải
Từ hệ suy ra x  0,y  0.
Đặt u  x ,v  y ,  u,v  0  .
 
 2
1

u  1  2
2 
3
u v 
 

Hệ đã chho có dạng: 
 4 2
1
v  1 

2
2 
 
7
u v 

Đặt z  u  iv.
1
u  iv
Ta có:  2
.
z u  v2
Hệ đã cho tương đương với:
u  iv 

u  iv



2



4 2


iz

3
7
u v


2 4 2
 z2  

i  z  1  0,(*)
 3
7 

2

2

1
2 4 2


i
z
3
7

2

2

 2 4 2 
 4


i  4  
 2 2i  nên c{c nghiệm:
Giải (*): Vì   
 3
7 
 21


2 2

 1
1 2 2  2
2
z

i
 2i  


 2 i

3
7
3
21  7
 21



2 2

 1
1 2 2  2
2
z

i
 2i  


 2 i

3
7
3
21  7
 21


Ta có nghiệm u,v v| do đó nghiệm của hệ l|:
2

2
2 2

2 2


 1
 1
2 
2 

 2
x

 2  hoặc x  
 & y  
 & y  


21 
21 
 3
 3
 7

 7


Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133

Page 7


Chuyên đề: Số phức
Bài toán 2: Ứng dụng số phức vào chứng minh các công thức, đẳng thức lượng giác
Phương pháp

Cho dạng lượng gi{c số phức z  r  cos  i sin  ; z1  r1  cos1  isin 1  ; z  r2  cos2  isin 2  .
Ta có c{c công thức sau:
z1 .z2  r1r2 cos(1  2 )  icos(1  2 ) ;

z1 r1
 cos(1  2 )  icos(1  2 )
z2 r2 

Công thức Moa-vrơ : zn  r n cos(n)  isin(n)
a  a 2

. Lúc đó z1  z 2   1

 b1  b2

Nếu z1  a1  b1i; z2  a 2  b2i; với a1 , a 2 , b1 , b2 
I. Các ví dụ điển hình thường găp
Ví dụ 1. Chứng minh rằng:
sin 3  3sin   4sin3 ;

cos3  3cos  4cos3

Giải
Đặt z  cos  isin  . Ta có:
z 3   cos  i sin    cos 3  3cos 2 .i.sin   3cos .  i sin     i sin  
3



2







3



 cos3   3i 1  sin 2  sin   3cos  1  cos 2   i.sin 3 



 4cos3   3cos   i 3sin   4 sin 3

Mặt kh{c: z3  cos3  isin 3
Từ (1) v| (2) ta được:

(1)

(2) .

sin 3  3sin   4sin3 ;

cos3  3cos  4cos3

Nhận xét: Ta có b|i to{n tổng qu{t sau: Biểu diễn cosnx; sinnx theo c{c lũy thừa của cosx; sinx vơi n l|
số nguyên dương bất kỳ.
Áp dụng công thức Moivre ta có  cos x  i sin x   cos nx  i sin nx

n

Mặt kh{c, theo công thức khai triển nhị thức Newton:

 cos x  i sin x 

n

 C0n cosn x  iC1n cos n 1 xsin x  i 2C2n cos n 2 xsin 2 x
 i 3 C3n cosn 3 xsin 3 x  ...  i n 1Cnn 1 cos xsin n 1 x  i n Cnn sin n x

Từ đó suy ra:
cos nx  C0n cosn x  C2n cosn 2 xsin 2 x  C4n cosn 4 xsin 4 x  ...  M
sin nx  C1n cosn 1 xsin x  C3n cosn 3 xsin 3 x  ...  N

Trong đó:
 1 m sin 2m x, n  2m


 
M
, m  
m 2m
2m

 1 C2m 1 cos xsin x,  n  2m  1
 1 m 1 C2m 1 cos xsin 2m 1 x, n  2m

 , m  
 

2m
N
m
2m 1

x,  n  2m  1
 1 sin
Cụ thể: Với n  4 ta có:
cos 4x  C04 cos4 x  C24 cos2 xsin 2 x  C44 sin 4 x  8cos 4 x  8cos 2 x  1
sin 4x  C14 cos3 xsin x  C34 cos xsin 3 x  4cos 3 xsin x  4cos xsin 3 x

Ví dụ 2. Chứng minh rằng:

3
5 1
a) cos  cos
 cos
 ;
7
7
7 2

b) sin


3
5 1

 sin
 sin

 cot .
7
7
7 2
14
Giải

Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133

Page 8


Chuyên đề: Số phức


Xét z  cos  i sin . Ta có
7
7

3
5 

3
5 
z  z3  z5  cos  cos
 cos
 i  sin  sin
 sin 
7
7

7
7
7
7 


Mặt kh{c:
z  z3  z5 



1  cos

z7  z
z 1
2



1  z
z 1



 i sin
7
7
2




2 
 1  cos 7   sin 7


Từ (1) v| (2) suy ra:

2





1

1 z

1


1  cos  i sin
7
7

1
1

 i cot
2
2

14



3
3
5 1
5 1

cos  cos
 sin
 cos
 cot .
 v| sin  sin
7
7
7
7
7 2
7 2
14
2
6
Ví dụ 3. Cho sina  sin b 
. Tính sin  a  b  .
,cosa  cos b 
2
2
Giải
Đặt z1  cosa  isina,z2  cos b  isin b . Khi đó:


z1  z2 


6
2


i
 2  cos  i sin 
2
2
6
6


z1  z2 


6
2


i
 2  cos  i sin 
2
2
6
6


2

2

M| z1 z1  z1  1,z2 z2  z2  1 nên z1  z2 

1
1 z1  z2


,
z1 z2
z1z2

suy ra:




cos  i sin
cos  i sin


6
6 
6
6
z1z 2 

 cos  i sin

3
3
 
 
z1  z2 cos   i sin 
cos     i sin   
6
6
 6
 6
z1  z2

Ta lại có z1 .z2  cos  a  b   isin a  b  nên sin(a+b)  sin


3
.

3
2

 1
 .
3 2
Ví dụ 4. Tính tổng với n   v| a  2k  k    :

Chú ý: Ta cũng có kết quả cos  a  b   cos

A  cos x  cos  x  a   cos  x  2a   ...  cos  x  na 
B  sin x  sin  x  a   sin  x  2a   ...  sin  x  na 


Giải
Đặt z  cosx  isinx,w  cosa  isina. Theo công thức nh}n v| cộng thức Moivre ta có:

Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133

Page 9


Chuyên đề: Số phức
zw k   cos x  i sin x  cosa  i sin a 

k

zw k   cos x  i sin x  cos ka  i sin ka   cos  x  ka   i sin  x  ka  .
Xeùt A  iB   cos x  i sin x   cos  x  a   i sin  x  a   





cos  x  2a   i sin  x  2a    ...  cos  x  na   i sin  x  na  





 z  zw  zw2  ...  zw n  z

Vậy A  iB  z


1  wn 1
1 w

(Vì a  2k nên w  1 ).

1  cos  n  1 a  i sin  n  1 a
1  w n 1
  cos x  i sin x 
1 w
1  cosa  i sina

  cos x  i sin x 

sin

n 1 
n 1
n 1 
a  sin
a  i cos
a
2 
2
2

a
a
a
sin  sin  i cos 

2
2
2

n1
a

n 1
n  1 
a
a
2

sin
a  i cos
a  sin  i cos   cos x  i sin x 

a 
2
2
2
2

sin
2
n1
sin
a

na

na 
2

cos
 i sin

  cos x  i sin x 
a 
2
2 
sin
2
n1
sin
a
 na

 na

2

cos 
 x   i sin 
 x 

a 
 2

 2


sin
2
Xét phần thực v| phần ảo của hai vế ta được:
n1
n1
sin
a
sin
a


 na

na
2
2
A
cos 
 x; B 
sin 
 x
a
a
 2

 2

sin
sin
2

2
Nhận xét: Từ hai loại công thức trên, xét c{c trường hợp riêng:
a) Nếu x  0 thì suy ra:
n1
sin
a
na
2
1  cosa  cos 2a  ....  cos na 
cos

a
2
sin
2
n1
sin
a
na
2
sin
 sina  sin 2a  ...  sin 3a  ...  sin na 
a
2
sin
2
b) Nếu x  2a thì ta có:
sin 2  n  1 a
 cosa  cos 3a  cos 5a  ...  cos  2n  1 a 
2sina

2
sin  n  1 a
 sina  sin 3a  sin 5a  ...  sin  2n  1 a 
sina
sin

Ví dụ 5. Chứng minh c{c công thức:
Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133

Page 10


Chuyên đề: Số phức
5 1
;
4

a) sin180 

b) cos 360 

5 1
.
4

Giải
Ta có:








cos 540  sin 360  cos 3.180  sin 2.180



 4 cos3 180  3cos180  2 sin180 cos180
 4 sin 2 180  2 sin 2 180  1  0

Do đó sin180 l| nghiệm dương của phương trình 4x2  2x  1  0.
5 1
5 1
suy ra cos 360  1  2sin 2 180 
.
4
4
5 1
Nhận xét: Áp dụng công thức sin180 
ta tính được biểu thức
4
5 1
sin 20 sin180 sin 220 sin 380 sin 420 sin 580 sin 620 sin78 0 sin 820 
1024
Để l|m được b|i to{n n|y trước hết ta chứng minh công thức sau:
1
sina sin 600  a sin 600  a  sin 3a.
4
Thật vậy:


Vậy sin180 



 





 



sin a sin 600  a sin 600  a





 sin a sin 600 cosa  sin a cos 60 0 sin 60 0 cosa  sin a cos 60 0



 3
 3

1
1

 sin a 
cosa  sin a 
cosa  sin a 
 2
 2

2
2



3
 3
1
1
 sin a  cos 2 a  sin 2 a   sin a  3 1  sin 2 a  sin 2 a   sin 3a.

 4
4
4
 4







 




1
Sử dụng công thức sina sin 600  a sin 600  a  sin 3a.
4
Ta có:

sin 20 sin180 sin 220 sin 38 0 sin 42 0 sin 58 0 sin 62 0 sin 78 0 sin 820 







 sin 20 sin 580 sin 620 sin180 sin 42 0 sin 78 0 sin 22 0 sin 38 0 sin 820








1
1
5 1
sin 60 sin 540 sin 660 
sin180 
.

64
256
4

1
Ví dụ 6. Giải phương trình: cos x  cos 2x  cos 3x  .
2
Giải

Đặt z  cosx  isin x thì cos x 

z2  1
z4  1
z6  1
,cos 2x 
,cos
3x

2z
2z2
2z3

Phương trình đã cho trở th|nh

z 2  1 z 4  1 z6  1 1



2z
2

2z2
2z3

 z6  z5  z4  z3  z2  z  1  0
(*)
Vì z  1 không l| nghiệm nên với z  1 ta có:









(*)   z  1 z6  z5  z4  z3  z2  z  1  0  z7  1  0
Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133

Page 11


Chuyên đề: Số phức
   2k 
   2k 
Hay z7  1  cos   isin  nên z  cos 
  i sin 
 với k  0;6. Vì z  1 nên không nhận
7



 7

gi{ trị k=3.

3
5
9
x   m2,x 
 m2,x 
 m2,x 
 m2 ,
7
7
7
7
Vậy nghiệm của phương trình đã cho l|
11
13
x
 m2,x 
 m2,m  Z.
7
7
Vậy nghiệm cần tìm của hệ đã cho  x; y    2;1 hoặc  x; y   1; 1 .

Ví dụ 7. Chứng minh rằng sin 3


 1
 sin2

 .
10
10 8

Lời giải
Đặt z  cos



1
 zz
 i sin  z  ,sin 
. Khi đó:
10
10
z
10
2i
3

2


 zz zz
3 2
1
2
sin
 sin 2


  
    z  z  i z  z  1  (1).

 8
10
10  2i   2i 
8
5
5
Mặt kh{c z5  cos
 i sin
 i  z4  iz3  z2  iz  1  0 (do z  1 ),
10
10



3







nhưng z4  iz;iz3  z nên suuy ra z2  z2  i z  z  1  0,(2).
Từ (1) v| (2) ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 8. Cho a,b,c l| c{c số thực thỏa mãn c{c điều kiện
cosa  cos b  cosc sina  sin b  sin c


m
cos  a  b  c 
sin  a  b  c 
Chứng minh rằng cos  a  b   cos  b  c   cos  c  a   m.
(Đề nghị IMO năm 1989)
Giải
Đặt x  cosa  isina,y  cos b  isin b,z  cosc  isinc.
Ta có x  y  z  cosa  cos b  cosc  i  sina  sin b  sinc 
 m.cos  a  b  c   i.m.sin  a  b  c   mxyz . Do đó x  y  z  mxyz nên

1
1
1


 m.
xy yz zx

Vì x  y  z  1 nên x1  x,y1  y,z1  z.
Vậy

1
1
1


 m  x.y  y.z  z.x  m  cos  a  b   cos  b  c   cos  c  a 
xy yz zx

i sin  a  b   sin  b  c   sin(c  a)  m


Từ đó ta có cos  a  b   cos  b  c   cos  c  a   m.
II. Bài tập rèn luyện
Bài tập 1. Chứng minh rằng:

2
3 1
a) cos  cos
 cos
 ;
7
7
7 2

b)sin


2
3 1
3
 sin
 sin
 cot .
7
7
7 2
14
Hướng dẫn giải




Xét z  cos  i sin , ta có z7  cos   isin   1 , nên z l| nghiệm kh{c -1 của phương trình z7  1  0
7
7
7
z  1  0 . Ta có:











z7  1  0   z  1 z6  z5  z4  z3  z2  z  1  0  z  z2  z3 1  z 3  1

Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133

Page 12


Chuyên đề: Số phức

+) 1  z3  1  cos

3
3

3 
3
3 
 i sin
 2sin .  sin
 i sin 
7
7
14 
14
14 


3
3  1 1
3
sin
 i cos    i cot

3 
14
14  2 2
14
1 z
2sin
14

2
3 


2
3 
+) z  z2  z3  cos  cos
 cos
 i  sin  sin
 sin 
7
7
7
7
7
7 


nên

1

3



1

Do đó xét phần thực của đẳng thức z  z2  z3 

1

ta suy ra được:
1  z3



2
2
3 1
3 1
3
cos  cos
 sin
 cos
 cot .
 ; sin  sin
7
7
7
7
7 2
7 2
14
Bài tập 2. Hãy biểu diễn tan 5x qua tan x
Hướng dẫn giải
Ta có: cos 5x  i sin 5x   cos x  i sin x 

5

Sử dụng khai triển nhị thức Niu-ton cho vế phải v| t{ch phần thực v| phần ảo ta có
cos 5x  cos5 x  10cos3 xsin 2 x  5cos xsin 4 x
sin 5x  5cos4 xsin x  10cos2 xsin 3 x  sin 5 x
Từ đó suy ra:
tan 5x 


5tan x  10 tan 3 x  tan 5 x

.
1  10 tan 2 x  5tan 4 x
Bài tập 3. Cho a,b,c l| c{c số thực thỏa mãn sina  sinb  sinc  0 v|
cosa  cosb  cosc  0. Chứng minh rằng:
sin2a  sin2b  sin2c  0 v| cos2a  cos2b  cos2c  0.
Giải
Đặt z1  cosa  isina; z2  cos b  isin b; z3  cosc  isinc , ta có:

z1  z2  z3  0, z1  z2  z3  1 nên

1
 zk  k  1; 2; 3  .
zk

Vì thế: z12  z22  z32   z1  z2  z3   2  z1z2  z2 z3  z3 z1 
2

 1
1
1 
   2z1z 2 z 3 z1  z 2  z 3
= 02  2z1z2 z3  
 z1 z2 z3 






 2z1z2 z3  z1  z2  z3   0

Nên cos2a  cos2b  cos2c  i  sin2a  sin2b  sin2c   0
Từ đó ta suy ra đều phải chứng minh.
1
Bài tập 4. Giải phương trình cos x  cos 3x  cos 5x  cos7x  cos9x  .
2
Lời giải
Ta có cosx  1 không l| nghiệm của phương trình.
Đặt z  cosx  isin x với x  0; 2  .

Ta có
z  1,z1  cos x  i sin x,
2cos x  z  z1 , 2cos nx  z n  z  n

Vậy phương trình đã cho trở th|nh:

Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133

Page 13


Chuyên đề: Số phức
1
1
1
1
1
 z3 

 z5 
 z7 
 z9 
1
3
5
7
z
z
z
z
z9
 1  z 2  z 4  ...  z18  z9  z 20  1  z11  z9

z







 z11  1 z9  1  0  z11  1,z9  1



Nếu z9  1 thì z9  cos0  isin0 nên z  cos

k2
k2

 i sin
,k  0; 8.
9
9

k2
Vì x  0; 2  v| z  1 nên x 
,k  1; 8.
9

Do đó nghiệm của phương trình đã cho l| x 





k2
 2m k  1; 8 ,m  Z.
9

Nếu z11  1 thì z11  cos   isin  nên:
  k2
  k2
z  cos
 i sin
,k  0;10.
11
11
  k2
Vì x  0; 2  v| z  1 nên x 

,k  0; 9.
11
  k2
Suy ra nghiệm cần tìm l| x 
 2m k  0;9 ,m  Z.
11
k2
Vậy c{c nghiệm của phương trình l|: x 
 2m k  1; 8 ,m  Z v|
9
  k2
x
 2m k  0;9 ,m  Z.
11
Bài tập 5. Cho a,b,c l| c{c số thực thỏa mãn điều kiện
cosa  cos b  cosc  sina  sin b  sinc  0
Chứng minh rằng:
a) cos3a  cos3b  cos3c  3cos  a  b  c  ; sin3a  sin3b  sin3c  3sin  a  b  c 















b) cos5a  cos5b  cos5c  sin5a  sin5b  sin5c  0

Giải
Đặt x  cosa  isina,y  cos b  isin b,z  cosc  isinc.
Suy ra x  y  z  cosa  cos b  cosc  i  sina  sin b  sinc   0





a) Ta có: x3  y3  z3  3xyz   x  y  z  x2  y2  z2  xy  yz  zx nên lượng gi{c:

 cosa  i sina    cos b  i sin b   cosc  i sinc 
 3  cosa  i sina  cos b  i sin b  cosc  i sin c 
 cos 3a  cos 3b  cos 3c  i  sin 3a  sin 3b  sin 3c 
 3 cos  a  b  c   i sin(a  b  c) 
Từ đó ta được: cos 3a  cos 3b  cos 3c  3cos a  b  c  v| sin 3a  sin 3b  sin 3c  3sin  a  b  c 
3

3







b) Với x  y  z  0 thì 2 x5  y5  z5  5xyz x2  y2  z2




Mặt kh{c, từ x  y  z  1 suy ra x1  x,y1  y,z1  z.
Vì thế:
x2  y 2  z2   x  y  z   2  xy  yz  zx 
2





  x  y  z   2xyz x  y  z   x  y  z   2xyz x  y  z   0
2

2

Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133

Page 14


Chuyên đề: Số phức
Do đó x5  y5  z5  0
  cosa  i sina    cos b  i sin b    cosc  i sin c   0
5

5

5


 cos 5a  cos 5b  cos 5c  i  sin 5a  sin 5b  sin 5c   0

Vậy nên cos5a  cos5b  cos5c  sin5a  sin5b  sin5c  0.
1
1
1
1
Bài tập 6. Chứng minh rằng:



.
cos60 sin 240 sin 480 sin120
Giải
Xét số phức z  cos60  isin60 , có z15  cos900  isin900  i.
z2  1
z4  1
z8  1
z16  1
0
0
,sin120 
,sin
24

,sin
48

2z

2iz2
2iz4
2iz8
Đẳng thức cần chứng minh trở th|nh

Ta có cos60 

2z
z2  1



2iz2
z4  1



2iz4
z8  1



2iz8
z16  1

0






Rút gọn v| chú ý z  0 ta có z16  1  iz z14  1  0.
Hay: z15 z  1  iz15  iz  0  iz  1  i 2  iz  0
Vậy đẳng thức được chứng minh.

(đúng)

Bài tập 7. Giả sử  v|  l| nghiệm của phương trình x2  2x  2  0 v| cot   y  1 . Chứng minh

 y      y  
n

n

 



sin n
sin n 

Giải
Ta có x  2x  2  0  x  1  i . Không mất tính tổng qu{t, lấy   1  i,   1  i . Theo giả thiết
2

cot   y  1  y  cot   1 .
n

n
n  cos


1
Lúc đó :  y      cot   1  1  i   
 i 
 cos n  i sin n 
sin n 
 sin  
Tương tự :
n


 
1
 i 
 y     cot   1  1  i    cos
 cos n  i sin n
sin n 
 sin  
n
n
1
.2i sin n . Mặt kh{c :     2i
Do đó  y      y    
sin n 
n

n

 y      y  
n


Từ đó ta có được :

 

n



sin n
sin n 

Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133

Page 15


Chuyên đề: Số phức
Bài toán 3: Ứng dụng vào chứng minh bất đẳng thức
Cho số phức z  a  bi;a,b  . Lúc đó môđun của số phức z  a 2  b2
Cho c{c số phức z1 ; z2 ; z3 . Ta có c{c bất đẳng thức thường dùng sau :
z1  z2  z1  z2 ; z1  z2  z3  z1  z2  z3

I. Các ví dụ điển hình thường gặp
Ví dụ 1. Chứng minh rằng với mọi a,b,c 

ta luôn có :

a2  b2  c2  2ac  a2  b2  c2  2ac  2 a 2  b2 .
Giải


a  c 

Bất đẳng thức tương đương với

2

 b2 

a  c 

2

 b2  2 a 2  b2

Xét z1   a  c   bi; z2   a  c   bi .

a  c 

Ta có z1 

2

 b2 ; z 2 

a  c 

2

 b2






Mặt kh{c : z1  z2  2a  2bi  z1  z2  4 a 2  b2  2 a 2  b2
Áp dụng : z1  z2   z1  z2 ta được
a2  b2  c2  2ac  a2  b2  c2  2ac  2 a 2  b2
Ví dụ 2. Chứng minh rằng với mọi  ,  ta có :

cos4   cos4  sin2   sin2   2

Giải
Xét z1  cos   cos .i; z2  sin ; z3  sin .i
2

Ta có :

2

2

2

z1  cos4   cos4 ; z2  sin2 ; z3  sin2 ;

z1  z2  z3  cos2  cos2.i  sin 2   sin 2 .i  1  i  z1  z2  z3  2

Áp dụng : z1  z2  z3  z1  z2  z3 ta được
cos4   cos4  sin2   sin2   2


Ví dụ 3. Cho a,b,c  0 thỏa mãn ab  bc  ac  abc . Chứng minh rằng:
b2  2a 2
c 2  2b2
a 2  2c 2


 3 * 
ab
cb
ac

Giải
2

2

2

 2
1  2
1  2
bñt  *  








  3
a 2  b 
b2  c 
c 2  a 
1

Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133

Page 16


Chuyên đề: Số phức

Xeùt z1 

1
2
1
2
1
2

i; z 2  
i; z1  
i.
a b
b c
c a
2


2

 2
1  2
1  2
Ta coù: z1 


 ; z2 
 ; z3  2  

2
2
 b 
 a 
a
b  c 
c




 1 1 1
 1 1 1
Maët khaùc: z1  z 2  z 3       2     i
a b c
a b c
1

 1 1 1

 z1  z 2  z  3    
a b c

2

2

1 1 1
   1 . Do đó: z1  z2  z  3
a b c
Áp dụng : z1  z2  z3  z1  z2  z3 ta được

Theo giả thiết: ab  bc  ac  abc 

b2  2a 2
c 2  2b2
a 2  2c 2


 3.
ab
cb
ac
Ví dụ 4. Cho a, b, c, d l| bốn số thực thỏa mãn điều kiện :

a2  b2  1  2  a  b  ; c2  d2  36  12  c  d  .

Chứng minh rằng :  a  c    b  d  
2


2





6

2 1 .

Giải
Từ giả thiết ta có :

a  1   b  1  1;  c  1  d  1  36.
Xét z1  1  a  1  b  i; z2  c  6  d  6  i; z3  5  5i
Ta có : z1  z2  z3   c  a    d  b  i
2

2

2

2

Vì z1  z2  z3  z1  z2  z3 nên
1 6  5 2 

 c  a   d  b 
2


2

 a  c    b  d  
2

2



2 1



6

II. Bài tập áp dụng
Bài tập 1. Chứng minh rằng với mọi x  , ta luôn có :
x2  2x  5  x2  2x  5  2 5
Hướng dẫn giải
Bất đẳng thức đã cho tương đương với

 x  1

2

 22 

1  x 

2


 22  2 5

Xét số phức : z1  x  1  2i; z2  1  x  2i
Lúc đó : z1  z2  2  4i
Vì z1  z2  z1  z2 

 x  1

2

 22 

1  x 

Bài tập 2. Chứng minh rằng với x,y,z 

2

 22  22  42  2 5  ÑPCM 

ta luôn có

x2  xy  y2  x2  xz  z2  y2  yz  z2

Hướng dẫn giải
Bất đẳng thức đã cho tương đương với

Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133


Page 17


Chuyên đề: Số phức
2

2

2
2

y y 3 

z z 3 
2
2
x




x



  y  yz  z

 

  



2
2
2
2

 

 



Xét z1  x 

y y 3
z z 3
1
3

i; z2  x  
i  z1  z2   y  z  
y  zi
2
2
2
2
2
2
2


2
2

y y 3 

z z 3 
z1  z 2  z1  z 2   x    
   x    

2   2 
2   2 



2

2

2

1
  3
   y  z   
y  z    y 2  yz  z 2 .

2
  2



Vì

Bài tập 3. Chứng minh rằng với mọi x

, ta luôn có :

1 2
1 2 16
32
1 2
1 2 4
8
x 2 
x  x

x  4x  10 
x  x   4  2 2.
2
2
5
5
2
2
5
5
Hướng dẫn giải

Bất đẳng thức đã cho tương đương với
1 2 32
64

8
16
x  x
 x 2  8x  20  x 2  x 
4 2 4
2
5
5
5
5
2
2
2
2

2

4
 8
16   8 


  x2  4   4  x   22     x         x     
5  5

  
5
  5  



x2  4 

4 2 4

Xét
z1  x  2i; z 2  4  x  2i; z 3  x 
 z1  z2  4  4i; z3  z 4  4  4i

16
4
8
 8i; z 4   x  i
5
5
5

Ta luôn có :
z1  z 2  z 3  z 4  z1  z 2  z 3  z 4

  x2  4 


4  x

2

2

2
2

2
2

4
 8 
16   8 
  
 2   x         x   
5  5
  
5
  5  


2

2

 12   16 
 4 2  4 2        4 2  4  ÑPCM 
 5   5 
Bài tập 4. Chứng minh rằng với x,y,z  ta luôn có

x2  xy  y2  y2  yz  z2  x2  xz  z2  3  x  y  z  .

Hướng dẫn giải
Bất đẳng thức đã cho tương đương với
2

2


2
2
2

y y 3 


z z 3 
x x 3 
x



y



z








 

 

2   2 
2   2 
2   2 




2

 3 x  y  z

Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133

Page 18


Chuyờn : S phc

Xột z1 x

y y 3
z z 3
x x 3

i; z2 y
i; z3 z
i
2
2
2

2
2
2

Ta cú :
3
3
x y z

x y zi
2
2
Vỡ z1 z2 z3 z1 z2 z3 nờn
z1 z2 z3

2

2

2
2
2

y y 3


z z 3
x x 3
x




y



z












2 2
2 2
2 2






2


2
2
9
3
x y z x y z 3 x y z .

4
4

Bi toỏn 4. ng dng gii toỏn khai trin hay tớnh tng nh thc Niutn
Phng phỏp
Ta nhc li cụng thc khai trin nh thc Niutn

a b

n

Ckn a n k bk Cona n C1na n 1b C1na n 2 b2 ... Cnn 1abn 1 Cnn bn

n

k 0

Ta lu ý rng : m

*

thỡ i4m 1; i 4m1 i; i 4m2 1; i 4m3 i

I. Cỏc vớ d in hỡnh thng gp

Vớ d 1. Tớnh tng
a) S1 1 Cn2 Cn4 C6n ...

b)S2 C1n C3n C5n C7n ...

Gii
Ta cú:

1 i

n

1 C1n i Cn2 i 2 ... C nn i n







1 C2n C4n C6n ... i C1n C 3n C 5n C7n ... (1)
n
n
i 2 n sin
(2)
4
4
n
Tửứ (1) vaứ (2) suy ra: S1 2 n cos ;
4


1 i

n

2 n cos

S 2 2 n sin

n
4

0
2
4
6
98
50
C100
C100
C100
... C100
C100
Vớ d 2. Chng minh rng C100
100 2

Li gii.

1 i


100

0
2 2
100
C100
C1100 i C100
i ... C100
100 i







0
2
4
1
3
5
99
C100
C100
C100
... C100
100 C100 C100 C100 ... C100 i

1 i


2

2i 1 i

100

2i

50

2 50

0
2
4
50
Vaọy: C100
C100
C100
... C100
100 2

Trn ỡnh C. Gv THPT Gia Hi. ST: 01234332133

Page 19


Chuyên đề: Số phức
Ví dụ 3. Tính c{c tổng sau

0
2
4
6
14
A  C15
 3C15
 5C15
 7C15
 ....  13C12
15  15C15 ;
3
5
7
15
B  2C115  4C15
 6C15
 8C15
 ....  14C13
15  16C15 .

Giải
Xét khai triển

1  x   C150  C115x  C152 x2  C153 x3  ...  C1215x12  C1315x13  C1415x14  C1515x15
15
0
1 2
2 3
3 4

13
13 14
14 15
15 16
 x 1  x   C15
x  C15
x  C15
x  C15
x  ...  C12
15 x  C15 x  C15 x  C15 x Lấy đạo h|m hai vế
15

1  x 

15

 15x 1  x 

14

0
1
2 2
3 3
12 12
13 13
 C15
 2C15
x  3C15
x  4C15

x  ...  13C15
x  14C15
x
14
15 15
 15C14
15 x  16C15 x

Thay x bởi i ta được

1  i 

 15i 1  i 

15

14

0
1
2 2
3 3
12
13 13
 C15
 2C15
i  3C15
i  4C15
i  ...  13C12
15 i  14C15i




14
15 15
 15C14
15 i  16C15 i



0
2
4
6
14
 C15
 3C15
 5C15
 7C15
 ....  13C12
15  15C15 

 2C

1
15



3

5
7
15
 4C15
 6C15
 8C15
 ....  14C13
15  16C15 i

Mặt kh{c:

1  i 

15

 15i  1  i 

14

15




 215  cos  i sin 
4
4


14





 15i 214  cos  i sin 
4
4


 2
2 
 215 

i   15i.27  i   27  27 i  15.27  16.27  27 i  211  27 i
 2

2


Vậy
0
2
4
6
14
11
A  C15
 3C15
 5C15
 7C15

 ....  13C12
15  15C15  2
3
5
7
15
7
B  2C115  4C15
 6C15
 8C15
 ....  14C13
15  16C15  2

II. Bài tập rèn luyên
Bài tập 1. Chứng minh rằng:

 2  cos n4
n
 ...   2  sin
4
n

S1  C0n  Cn2  Cn4  C6n  C8n  ... 
S 2  C1n  Cn3  Cn5  C7n  C9n

n

Giải
Xét khai triển nhị thức Newton:


1  i 

n

 C0n  iC1n  i 2C2n  i 3C3n  i 4C4n  ...  i n 1Cnn1  i nCnn

1,(k  4m)

i,(k  4m  1)
Vì i k  
1,(k  4m  2)
i,(k  4m  3)


1  i 

n

m   nên ta có:



 C0n  Cn2  Cn4  ...  i C1n  Cn3  Cn5  ....



(1)

Mặt kh{c, theo công thức Moivre thì:


1  i  
n

 
2

n

n



 cos  i sin  
4
4


 2

n

n
n 
 i sin
 cos
 (2)
4
4 



Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133

Page 20


Chuyên đề: Số phức
Từ (1) v| (2) ta có điều phải chứng minh.
1
1 3
1 5
1
Bài tập 2. Tính tổng S  C12n  C2n
 C2n
 C72n  ...
2
4
6
8
Hướng dẫn giải
1 2k 1
1
Chú ý rằng
C2n 
C2k nên:
2k
2n  1 2n 1
1
1 3
1 5
1

S  C12n  C2n
 C2n
 C72n  ...
2
4
6
8
1
1
1
1
2
4

C2n 1 
C2n 1 
C62n 1 
C82n 1  ...
2n  1
2n  1
2n  1
2n  1
1
4
6
8
C2
 C2n
1  C2n 1  C2n 1  ...
2n  1 2n 1




Vì 1  i 

2n 1

v| 1  i 


  2

2
4
 C02n1  C2n
1  C2n 1

2n 1

2n 1 

 cos


1 
1
2n  1 

 2


1
2n 1

3
5
 C2n
1  C2n 1  ...



2n  1
2n  1 
  i sin
  nên:
4
4


2
4
6
C02n 1  C2n
1  C2n 1  C2n 1  ... 

Vậy ta có S 


 ...  i  C

2n 1


 2

cos

2n 1

cos

2n  1

4

2n  1 
 .
4


Bài tập 3. Tính tổng n  
A  C0n cosa  C1n cos 2a  Cn2 cos 3a  ...  Cnn 1 cos na  Cnn cos(n  1)a
B  C0n sina  C1n sin 2a  Cn2 sin 3a  ...  Cnn 1 sin na  Cnn sin(n  1)a

Giải
Đặt z  cosa  isina thì z  cos na  isin na.
Do đó ta có:
n

A  iB  C0n  cosa  i sina   C1n  cos 2a  i sin 2a   Cn2  cos 3a  i sin 3a 
...  Cnn 1  cos na  i sin na   Cnn  cos(n  1)a  i sin(n  1)a 






 z C0n  C1n z  C2n z 2  Cn3 z 3  ...  Cnn z n  z 1  z 

n

a
a
a
Vì 1  z  1  cosa  i sina  2cos  cos  i sin  nên:
2
2
2

a
a
a 
A  iB   cosa  i sin a   2 cos  cos  i sin  
2
2
2 


a
na
na 
 2 n cos n  cosa  i sin a   cos
 i sin


2
2
2 


n

a
n2
n2 
 2 n cos n  cos
a  i sin
a
2
2
2

a
n2
a
n2
a, B  2n cosn sin
a
Vậy A  2n cosn cos
2
2
2
2
Nhận xét: Cho n l| gi{ trị cụ thể, suy ra được nhiều biểu thức lượng gi{c đẹp.

a
7a
cosa  5cos 2a  10cos 3a  10cos 4a  5cos 5a  cos6a  2 5 cos 5 cos
2
2

Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133

Page 21


Chuyên đề: Số phức
Bài toán 4. Ứng dụng giải toán đa thức và phép chia đa thức
Phương pháp
I. Các ví dụ điển hình thường gặp
Ví dụ 1. Chứng minh rằng đa thức  x  1

4n  2

  x  1

4n 2

chia hết cho đa thức x2  1 với mọi số tự

nhiên n.
Giải
Trong c{c b|i to{n về phép chia đa thức, muốn chứng minh f  x  chia hết cho g  x  , ta chứng minh mọi
nghiệm của đa thức g  x  đều l| nghiệm của đa thức f  x  . C{ch l|m n|y gặp phải khó khăn nế như


g  x  không có nghiệm thực, tuy nhiên số phức gi{p ta giải quyết vấn đề n|y.

Vì x2  1  0   x  i  x  i   0 nên x2  1 có nghiệm l| i.
Đặt f  x    x  1

4n  2

  x  1

4n  2

  i  1



f  i   f  i  1



f  i   f  i  1

4n  2

4n  2

4n  2

. Ta có:

 (2i)2n1   2i 


 ( i  1)4n2   2i 

2n 1

2n 1

  2i 

0
2n 1

0

Vậy i cũng l| nghiệm của f  x  , do đó f  x  chia hết cho x2  1.
Ví dụ 2. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n lớn hơn 1 v| số thực  thỏa mãn sin   0 , đa thức
xn sin   xsin n  sin  n  1  chia hết cho đa thức x2  2xcos   1 .

Giải
Xét phương trình x  2xcos   1  0,   cos   1  i 2 sin2  nên có nghiệm
x1  cos   isin ,x2  cos   isin  l| hai số phức liên hợp.
2

'

2

Đặt P  x   x2 sin   xsin n  sin  n  1  ta có:

P  x1    cos n  i sin n  sin    cos   i sin   sin n  sin  n  1 

 cos n sin   cos  sin n  sin  n  1   0

 

Suy ra P x1  0 hay P  x2   0. Vậy P  x  chia hết x2  2xcos   1.
Ví dụ 3. Tìm số nguyên dương n sao cho đa thức x2n  xn  1 chia hết cho đa thức x2  x  1 .
Lời giải
1  3i
1  3i
,x2 
2
2
2n
n
Đặt f  x   x  x  1. Vì x1 ,x2 l| hai số phức liên hợp, nên chỉ cần tìm n sao cho f  x1   0 (khi đó

C{c nghiệm cuả đa thức x2  x  1 l|: x1 
f  x2  sẽ bằng không).

Ta có: x1 

1  3i
2
2
nên
 cos
 i sin
2
3
3


Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133

Page 22


Chuyên đề: Số phức
2n

n



2
2 
2
2 
f  x1    cos
 i sin    cos
 i sin   1
3
3 
3
3 



4n
2n
4n

2n 
f  x1   cos
 cos
 1  i  sin
 sin

3
3
3
3 



2n 
2n

4n
2n
 1  0
cos
 2 cos
cos 3  cos 3  1  0
3 
3


f  x1   0  

sin 4n  sin 2n  0
sin 2n  2 cos 2n  1   0





3
3
3 
3


2n
 2 cos
 1  0  n  3k  1,  k   
3
Vậy đa thức x2n  xn  1 chia hết cho đa thức x2  x  1 khi v| chỉ khi n l| số nguyên dương không chia
hết cho 3.

Ví dụ 4. Tìm số nguyên dương n sao cho đa thức  x  1  xn  1 chia hết cho đa thức x2  x  1 .
n

Lời giải
C{c nghiệm của đa thức x2  x  1 l|: x1 
Đặt f  x    x  1  xn  1.

1  3i
1  3i
,x2 
.
2
2


n

1  3i


1  3i
2
2
do đo
 cos  i sin  x1  1 
 cos
 i sin
2
3
3
2
3
3
2n
2n
n
n
f  x1   cos
 i sin
 cos
 i sin
 1.
3
3

3
3

n 
n 

2n
n
 1  0
cos  2 cos
cos

cos

1

0

3 
3


3
3
f  x1   0  

sin 2n  sin n  0
sin n  2 cos n  1   0





3
3
3 
3

n
 2 cos
 1  0  n  6k  1.
3
Vậy gi{ trị cần tìm của n l| những số nguyên dương chia cho 6 dư 1 hoặc chia 6 dư 5.
Ví dụ 5. Ph}n tích c{c đa thức sau th|nh nh}n tử với hệ số nguyên:

Vì x1 





b)  x  1  x2  x  1
4

a) x4  4 ;





a) Ta có x4  4  x4   2i   x2  2i x 2  2i

2

2

Giải



2
2
  x2  1  i   . x2  1  i     x  1  i  x  1  i  x  1  i  x  1  i 

 


M|:

 x  1  i  x  1  i    x  1

2

 x  1  i  x  1  i    x  1



2

 i 2  x2  2x  2
 i 2  x2  2x  2




Nên x4  4  x2  2x  2 x2  2x  2



b) Ta có:





(x  1)4  x2  x  1

2





  x  1  i 2 x2  x  1
4

2

Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133

Page 23



Chuyên đề: Số phức



 .  x  1  i  x

  x  1  i x2  x  1

2

2

2



 x1 


Bằng c{ch giải c{c phương trình bậc hai , ta ph}n tích được th|nh tích:


 x  1

2



 x  1


2


 ix


 x  1  1  i  x  i   x  1  i 

 i x2  x  1  1  i  x  i   x  1  i 
2

Mặt kh{c:

 x  1  i  x  1  i    x  1



  x

Vậy  x  1  x2  x  1
4

 i 2  x2  2x  2 1  i  x  i  . 1  i  x  i   2x2  2x  1

2

2

2






 2x  2 2x2  2x  1 .

II. Bài tập áp dụng
Bài tập 1. Có tồn tại hay không số nguyên dương n sao cho đa thức

 x  1

2n

  x  1

2n

 2x2n chia hết cho đa thưc x4  1.

Hướng dẫn giải
C{c nghiệm của đa thức x  1 l|: 1, i.
4

Đặt f  x    x  1
f  i    i  1

2n

2n


  x  1

  i  1



2n

2n

 2x2n , ta có f 1  f  1  0 , nhưng

 2i 2n   2i    2i   2  1
n



n

n



Nếu n  2m, m   thì f  i   22m1  1  2  0 m   .



Nếu n  2m  1, m   thì f  i   2  0.




m



Vậy không tồn tại số nguyên dương n để đa thức

 x  1

2n

  x  1

2n

 2x2n chia hết chho đa thức

x4  1.
Bài tập 2. Ph}n tích c{c đa thức sau th|nh nh}n tử với hệ số nguyên:





a) x2  1

2




  x  3 ;
2

b) 3x2  5x  4



2

  5x  3 

2

Hướng dẫn giải
a) Ta có:

 x  1
2

2





  x  3   x2  1
2

2






 i 2  x  3   x2  ix  1  3i x2  3x  1  3i
2



Vì


x2  ix  1  3i   x  1  i  x  1  2i 



x2  ix  1  3i   x  1  i  x  1  2i 



 x  1  i  x  1  i    x  1  i2  x2  2x  2
2
 x  1  2i  x  1  2i    x  1  4i2  x2  2x  5
2








Vậy x2  1



2







  x  3   x2  2x  2 x2  2x  5 .

b) 3x2  5x  4

2



2



  5x  3   3x2  5x  2
2




2

 i 2  5x  3 

2

  3x2  5 1  i  x  4  3i  . 3x2  5 1  i  x  4  3i 

 


Ta có:
Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133

Page 24


Chuyên đề: Số phức


3x2  5 1  i  x  4  3i   x  2  i  3x  1  2i 



3x2  5 1  i  x  4  3i   x  2  i  3x  1  2i 



 x  2  i  x  2  i    x  2   i2  x2  4x  5
2

 3x  1  2i  3x  1  2i    3x  1  4i2  9x2  6x  5



2



Vì vậy 3x2  5x  4



2







  5x  3   x2  4x  5 9x2  6x  5 .
2

Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133

Page 25