ỨNG DỤNG CỦA SỐ PHỨC TRONG VIỆC GIẢI CÁC BÀI TOÁN VỀ ĐẠI SỐ, GIẢI TÍCH VÀ LƯỢNG GIÁC 10600785

Mục đích nghiên cứu

Nhằm hệ thống lại và đưa ra phương pháp giải các bài toán đại số, giải tích và lượng giác bằng phương pháp số phức.

Nhiệm vụ nghiên cứu

Tìm tất cả các bài tập có thể ứng dụng giải bằng phương pháp ứng dụng số phức, phân dạng và đưa ra phương pháp giải.

Phương pháp nghiên cứu

Tìm kiếm, thu thập trên sách, vở, internet các tài liệu liên quan đến số phức.

Cấu trúc luận văn

Chương 1: Một vài lý thuyết cơ bản

Chương 2: Các phương pháp ứng dụng số phức để giải các bài toán đại số, giải tích và lượng giác

Chương 3: Áp dụng các phương pháp ứng dụng số phức để giải các bài toán đại số, giải tích và lượng giác

MỘT VÀI LÝ THUYẾT CƠ BẢN

Định nghĩa số phức

Số phức có dạng z = a + ib, với a và b là các số thực, và i là đơn vị ảo thỏa mãn i² = -1 Trong đó, a được gọi là phần thực của số phức z, ký hiệu là Rez, còn b là phần ảo, ký hiệu là Imz.

Số phức có phần ảo bằng 0 (b = 0) có dạng z = a là số thực

Số phức có phần thực bằng 0 (a = 0) có dạng z = ib được gọi là số ảo (hay số thuần ảo)

Tập hợp các số phức được kí hiệu là £ b) Định nghĩa 2:

Hai số phức z1 = a1 + ib1 và z2 = a2 + ib2 gọi là bằng nhau nếu a1 = a2 và b1 = b2, kí hiệu là z1 = z2 c) Định nghĩa 3:

Số phức đối của z = a + ib là -a – ib, kí hiệu là –z d) Định nghĩa 4:

Số phức liên hợp của z = a + ib là a – ib, kí hiệu là z e) Định nghĩa 5:

Số phức nghịch đảo của z = a + ib  0 là 2 1 2  a ib  a b 

Các dạng biểu diễn của số phức và các phép toán

a) Dạng đại số của số phức

 ) Định nghĩa dạng đại số

Mỗi số phức z đều được biểu diễn duy nhất dưới dạng: z = a + ib với a,b ¡ và i 2 = -1 Đây là dạng đại số của số phức

Cho các số phức z = a + bi; z1 = a1 + b1i; z2 = a2 + b2i với a, b, a1, b1, a2, b2 R

+) w w z  z b) Dạng lượng giác của số phức

Trong hệ tọa độ Oxy, mỗi số phức z = a + ib tương ứng với một điểm duy nhất M(a, b) Ngược lại, mỗi điểm M(a, b) cũng biểu thị một số phức z = a + ib duy nhất.

 ) Mô đun và argument của số phức

- Độ dài véc tơ OM uuuur gọi là mô đun của số phức z, kí hiệu là z z = OM uuuur  a 2  b 2  z z

Số đo của mỗi góc lượng giác  Ox, OM uuuur  gọi là một argumen của z

Nếu  là một argumen của z thì mọi argumen của z có dạng   k2 , k ¢

 ) Dạng lượng giác của số phức

Cho số phức z = a + bi với a, b ¡ Với r là mô đun,  là một argumen của số phức z

Ta có : r   z a 2  b 2 với a = r cos ; b = r sin 

Do đó z = a + bi có thể viết dưới dạng z = r(cos + i sin ) với r > 0 Dạng này được gọi là dạng lượng giác của số phức

 ) Nhân và chia số phức dưới dạng lượng giác

Cho 2 số phức có dạng lượng giác là z1 = r1 (cos 1 + isin 1); z2 = r2(cos  2+isin 2) +).Phép nhân z1 z2 = r1 r2 [cos( 1+  2) + isin( 1+  2)]

- Mô đun của tích 2 số phức là tích 2 mô đun, argumen của tích 2 số phức là tổng của 2 argumen và bội số của 2 

- Mô đun của thương 2 số phức là thương 2 mô đun, argumen của thương 2 số phức là hiệu của 2 argumen và bội số của 2  c) Dạng mũ của số phức

 ) Dạng mũ của số phức

Cho số phức z = r(cos + isin) với r > 0 Áp dụng hệ thức Eurler: e i   c os isin ta được zr e i 

Khi đó ta goi zr e i  là dạng mũ của số phức

 ) Nhân và chia số phức dưới dạng mũ

Cho 2 số phức sau z 1 r e 1 i  1 ;z 2 r e 2 i  2 với r1; r2 >0 Khi đó ta có:

Công thức Moivre và phép khai căn một số phức

Với n là số nguyên dương, công thức [ (cos r   i sin )]  n  r n (cos n   i sin n  ) được gọi là công thức Moivre

Công thức vẫn còn đúng đối với số nguyên âm: [ (cos r i sin )]   n r  n [cos(n  )i sin(n  )] b) Phép khai căn

Cho số phức z  0.Khi đó căn bậc n của z là số phức w thỏa phương trìnhw n  z

Cho số phức z  r(cos i sin ) , r > 0 Căn bậc n của số phức z là một số phức biểu diễn dưới dạng lượng giác w (cos +i sin )  sao cho w n  z

Theo công thức Moivre, ta có n n n

.(cos n i sin n ) r.(cos i sin ) r và n k2 k Z r và k2 k Z n

Lấy k = 0, 1, 2, …, n-1 ta được n giá trị khác nhau của 

Do đó có n căn bậc n khác nhau của z là : n k2 k2 w r cos i sin n n

Một số kiến thức liên quan và kĩ năng cơ bản khi làm bài tập ứng dụng số phức

a) Một số kiến thức liên quan :

* Định lý cơ bản của đại số : Mọi đa thức bậc lớn hơn 0 với hệ số phức có ít nhất một nghiệm phức

Hệ quả : Mọi đa thức bậc n > 0 với hệ số phức có n nghiệm phức

* Định lý Viet : Cho phương trình a x n n a n 1  x n 1    a x 1 a 0 0, a n  0

Giả sử x , x , , x 1 2 n là n nghiệm của phương trình trên

- Cho phương trình x n 1với 1, x1, x2, …, xn-1 là n nghiệm của phương trình này Theo định lý Viet ta có: tổng các nghiệm là 1 + x1 + x2 + …+ xn-1 = 0

- Cho phương trình x n  1 0với x 1 , x 2 , …, x n-1 , x n là n nghiệm của phương trình này Theo định lý Viet có x1 + x2 + …+ xn-1 +xn = 0 và x1 x2… xn-1xn = (-1) n

* Nhị thức Niu tơn và các tính chất:

Với mọi cặp số a, b và mọi số n nguyên dương ta có: n 0 n 1 n 1 2 n 2 2 n 1 n 1 n n n n n n n

- Các tính chất của công thức khai triển nhị thức Niu tơn

+ Số các số hạng của công thức bằng n + 1

Trong khai triển nhị thức \((a + b)^n\), tổng các số mũ của \(a\) và \(b\) trong mỗi số hạng luôn bằng số mũ của nhị thức, tức là \(n\) Số hạng tổng quát trong khai triển này có dạng \(T_{k+1} = C_{n}^{k} a^{n-k} b^{k}\) với \(k = 0, 1, 2, \ldots, n\), đại diện cho số hạng thứ \(k + 1\).

+ Các hệ số của khai triển lần lượt là C , C , C , , C 0 n 1 n 2 n n 1 n  , C n n , với chú ý k n k n n

- Một vài dạng đặc biệt của nhị thức Niu tơn n 0 1 2 2 n 1 n 1 n n n n n n n

* Tổng n số hạng đầu tiên của một cấp số nhân :

Nếu (un) là một cấp số nhân với công bội q  1thì tổng Sn được tính theo công thức : n 1 n u (1 q )

* Một số bất đẳng thức cơ bản của số phức

Với mọi số phức z, z ' C, ta có :

  b) Một số kĩ năng cơ bản

* Tìm dạng lượng giác của số phức Để tìm dạng lượng giác r(cos i sin)của số phức z = a + ib, a, bR khác

- Tìm một argumen của z (  R) sao cho cos a và sin b r r

Ví dụ: Viết số phức sau dưới dạng lượng giác: z 5 i

   thỏa mãn cos 1 và sin 1

* Tính lũy thừa bậc n của một số phức Để tính lũy thừa bậc n của một số phức, ta làm như sau:

- Đưa số phức về dạng lượng giác

- Dùng công thức Moivre để tính lũy thừa bậc n

Giải: Đưa số phức về dạng lượng giác:

                Áp dụng công thức Moivre ta có:

* Tìm căn bậc 2 của một số phức bất kì Để tìm căn bậc 2 của số phức z = a + ib, a, b  R, ta làm như sau:

- Đặt w = x + iy là căn bậc 2 của số phức z

- Có w z x iy a ib x y 2ixy a ib x y a

- Giải hệ phương trình (*) Mỗi (x; y) của hệ phương trình (*) cho ta một căn bậc hai x +iy của số phức a +ib

Ví dụ: Tìm căn bậc hai của số phức z = -5 + 12i

Giải: Đặt w = x + iy là căn bậc 2 của số phức z = -5 + 12i

Từ phương trình thứ hai của hệ (*) suy ra y 12 6

  , thay vào phương trình thứ nhất của hệ (*), ta được hệ phương trình:

Vậy có 2 căn bậc hai của -5 + 12i là 2 + 3i và -2 – 3i

* Tìm nghiệm của phương trình bậc 2 bất kì

Xét phương trình bậc 2 Az 2  Bz  C  0 (1), trong đó A, B, C là các số phức (A0) Để tìm nghiệm của phương trình bậc 2, ta làm như sau:

- Nếu   0 thì  có 2 căn bậc 2 là   1 ; 2 thì phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt là:

Nếu   0 thì phương trình (1) có nghiệm kép là : 1 2 z z B

Ví dụ: Giải phương trình bậc 2: z 2 4z 5 0 (*)

Vậy phương trình (*) có hai nghiệm là z 1   2 i ; z 2   2 i

CÁC PHƯƠNG PHÁP ỨNG DỤNG SỐ PHỨC ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TOÁN ĐẠI SỐ, GIẢI TÍCH, LƯỢNG GIÁC

Phương pháp ứng dụng số phức để giải các phương trình, bất phương trình

Khi giải các phương trình, bất phương trình bằng cách dùng số phức, ta thường làm các bước sau:

- Bước 1: Biến đổi phương trình, bất phương trình xuất hiện các dạng: x x1 2 y y , x1 2 1 2 x2 2 , y1 2 y2 2

- Bước 2: Từ bước 1 ta có 2 trường hợp: i) Khi bài toán có xuất hiện dạng x x 1 2 y y 1 2 tùy vào đề toán ta lựa chọn phép đặt

1 1 2 2 a x iy , bx iy hoặc a x 1 iy , b 2 x 2 iy 1 và dùng tính chất

2   , dấu bằng xảy ra khi có số k > 0 sao cho b = k.a ii) Khi bài toán chỉ xuất hiện dạng f (x) 2 g(x) 2 , ta lựa chọn phép đặt

1 1 2 2 a x iy , bx iy ta dùng một trong các tính chất sau a b  a b , dấu bằng xảy ra khi có số k > 0 sao cho b = k.a a b  a b , dấu bằng xảy ra khi có số k > 0 sao cho b = k.a

Để giải quyết phương trình, bước 3 là xác định các điều kiện cần thiết để dấu "=" xảy ra, từ đó tìm ra nghiệm và đưa ra kết luận Đối với bất phương trình, kết luận về tập nghiệm của bài toán được xác định qua tập xác định.

Ghi chú : Phương pháp này dựa trên những điều cơ bản sau:

 với phép đặt a x 1 iy , b 1 x 2 iy 2 , ta có:1 2  a.b a.b    x x 1 2  y y 1 2

Chính vì vậy mà ta cố gắng đưa bài toán xuất hiện các dạng x x 1 2 y y , x 1 2 2 y 2

Các bài toán ví dụ:

Ví dụ 1: Giải phương trình x 2 4x 8  x 2 10x 26  10 (1)

Miền xác định của phương trình : D = R

Bước 1: Biến đổi phương trình

Bước 2: Từ bước 1 ta thấy chỉ có dạng f (x) 2 g(x) 2 , ta dùng trường hợp ii) Đặt a = x – 2 + 2i, b = x – 5 + i và a – b = 3 + i

Bước 3: Giải các điều kiện để dấu bằng xảy ra, tìm được nghiệm và kết luận

Dấu bằng xảy ra khi k 0sao cho a k.b x 2 k.(x 5) x 8

     Vậy phương trình có tập nghiệm là S {8} 

Ví dụ 2: Giải bất phương trình x 1 x 3     2(x 2  5x 8)  (*)

Miền xác định của bất phương trình là D    1; 

Bước 1: Biến đổi bất phương trình

Bất phương trình (*) tương đương x 1 x 3     2(x 3)  2  2(x 1) 

Bước 2: Từ bước 1, ta thấy bất phương trình xuất hiện dạng x x 1 2 y y 1 2 , ta dùng trường hợp i) Đặt a = x 1 (x 3)i    , b = 1+ i

Bước 3 : Kết luận tập nghiệm của bài toán bằng tập xác định

Vậy bất phương trình có tập nghiệm là S    1; 

Phương pháp ứng dụng số phức để giải hệ phương trình đại số

Trong dạng toán ứng dụng số phức để giải hệ phương trình đại số, ta thường gặp 2 dạng sau:

Dạng 1: Từ hệ phương trình ta đưa ra một phương trình mà có thể biến đổi được về các dạng x1 2 x2 2 , y1 2 y2 2 ,x x 1 2 y y 1 2 : ta áp dụng mục II.1- phương pháp ứng dụng số phức để giải phương trình để tìm ra nghiệm

Dạng 2: Khi từ hệ phương trình ta không đưa ra một phương trình biến đổi được về các dạng x1 2 x2 2 , y1 2 y2 2 , x x 1 2 y y 1 2 , ta dùng phương pháp sau:

- Bước 1: Từ hệ phương trình, ta nhân số thuần ảo vào 2 vế của một phương trình của hệ

Bước 2: Chúng ta thực hiện phép cộng hoặc trừ từng vế của phương trình từ bước 1 với phương trình còn lại trong hệ, tạo thành một phương trình mới Từ đó, ta có thể chọn một nghiệm phức z và giải phương trình theo z Sau đó, tiến hành giải phương trình đó.

- Bước 3: So sánh phần thực và phần ảo của kết quả rồi kết luận nghiệm của hệ phương trình

Một phương trình nghiệm phức f(z) = 0, với z = x + iy, bằng cách tách phần thực và phần ảo, luôn có thể đưa được về dạng hệ phương trình: h(x, y) 0 g(x, y) 0

Ví dụ để tìm căn bậc 3 của số phức 1+i, ta tìm số phức z = x+iy sao cho z 3 = 1+i  (x iy) 3  1 i

Tách phần thực và phần ảo trong đẳng thức trên, ta được hệ phương trình:

Ta biết z có thể tìm được bằng cách chuyển số phức 1+i sang dạng lượng giác và dùng công thức Moivre, cụ thể: z = 3 1 i 3 2(cos i sin ) 6 2 cos( 2k ) isin( 2k )

Từ đó, ngược lại ta tìm được nghiệm của hệ phương trình (*) là:

Một số hệ phương trình có thể phát sinh từ các phương trình nghiệm phức Bằng cách đảo ngược quá trình từ phương trình đến hệ phương trình, chúng ta có thể hiểu rõ hơn về mối liên hệ giữa chúng Đây là nền tảng cho phương pháp ở dạng 2.

Các bài toán ví dụ:

Ví dụ dạng 1: Giải hệ phương trình

Giải: Điều kiện xác định của hệ phương trình là

Nhận thấy: Từ hệ phương trình ta đưa ra phương trình (1)- phương trình có thể biến đổi chỉ xuất hiện dạng x 2 y 2

Bước 1: Biến đổi phương trình xuất hiện các dạng x 2 y 2

Bước 2: Từ bước 1 ta thấy chỉ có dạng f (x) 2  g(x) 2 trong phương trình (1), ta dùng trường hợp ii) Đặt a = x + iy; b = -( x+1) +iy và có a + b = -1+2yi

Bước 3: Giải các điều kiện để dấu bằng xảy ra, tìm được nghiệm và kết luận

2 2 2 2 2 x  y  (x 1)   y  1 4y  xảy ra khi k 0sao cho a k.b x k.(x 1) x 1 y ky 2 k 1 0

Thế vào phương trình (2) ta được 1 5 y 4

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm 1 4

Ví dụ dạng 2: Giải hệ phương trình

Bước đầu tiên để giải hệ phương trình là nhân một số thuần ảo vào cả hai vế của một phương trình trong hệ Do \(x^2 + y^2\) là bình phương của mô đun số phức \(z = x + iy\), ta sẽ thử nhân \(i\) vào cả hai vế của phương trình (2).

Nhân i vào 2 vế của phương trình (2), ta có

Bước 2: Cộng hoặc trừ từng vế của phương trình trong bước 1 với phương trình còn lại của hệ, tạo thành một phương trình mới Từ đó, ta có thể chọn một nghiệm phức z và tiến hành giải phương trình theo z Sau đó, thực hiện giải phương trình đã tạo ra.

Cộng vế theo vế của 2 phương trình (1 ’ ) và (2) ta có:

 nên phương trình trên trở thành:

Bước 3: So sánh phần thực và phần ảo của nghiệm phương trình rồi kết luận nghiệm của hệ phương trình

Từ nghiệm phương trình suy ra hệ phương trình có 2 nghiệm (2; 1), (1; -1)

Phương pháp ứng dụng số phức để tính giá trị lượng giác của một góc a cho trước

Trong dạng toán ứng dụng số phức để tính giá trị lượng giác của một góc a cho trước, ta thường gặp 2 dạng sau:

Dạng 1: Góc a phân tích được thành tổng, hiệu 2 góc   , trong đó các giá trị lượng giác của   , tính được

- Bước 1: Phân tích góc a thành tổng hoặc hiệu 2 góc   , thỏa điều kiện các giá trị lượng giác của   , tính được: Ta đưa góc a biểu diễn dưới dạng m n

   Để tìm  , , ta tìm x, y sao cho qx py m ; ở đây ta chọn x sao cho giá trị lượng giác x p

 tính được, rồi từ qx py m suy ra y Từ đó tìm được   ,

- Bước 2: Xét 2 số phức z 1 cosisin , z 2 cosisin

+) Nếu a phân tích được thành tổng   , thì ta tính tích z1.z2 theo 2 cách đại số và lượng giác

+) Nếu a phân tích được thành hiệu   , thì ta tính thương 1

2 z z theo 2 cách đại số và lượng giác

- Bước 4: So sánh phần thực hoặc phần ảo và đi đến kết quả

Dạng 2: Góc a không phân tích được thành tổng hoặc hiệu của 2 góc   , thỏa điều kiện các giá trị lượng giác của   , tính được

- Bước 1: Thiết lập phương trình trong đó giá trị lượng giác a là nghiệm

- Bước 2: Giải phương trình và đi đến kết quả

Trong dạng 2, bước 2, phương trình thiết lập không phải là duy nhất Chúng ta thường áp dụng phương pháp giải các phương trình bậc 2, bậc 3, và bậc 4 trong tập số phức để xác định nghiệm.

Các bài toán ví dụ

Ví dụ dạng 1: Tính giá trị lượng giác sin195 0

Bước 1: Phân tích góc 195 0 thành tổng 2 góc , 5

  trong đó các giá trị lượng giác của , 5

Ta tìm x, y sao cho 3x 4y 13  ; ở đây ta chọn x = 1 vì giá trị lượng giác

 tính được, rồi từ 3x 4y 13  suy ra y 5

 2 Từ đó tìm được 2 góc

Bước 2: Xét 2 số phức z 1 cos 5 isin 5 , z 2 cos isin

Bước 3: Vì góc 195 0 thành tổng 2 góc , 5

  nên ta tính tích z 1 z 2 theo 2 cách đại số và lượng giác

Bước 4: So sánh phần thực hoặc phần ảo và đi đến kết quả

Từ (1) và (2) so sánh phần ảo ta được sin195 0 6 2

Ví dụ dạng 2: Tính giá trị lượng giác cos

Bước 1: Thiết lập phương trình trong đó cos

Bước 3: Giải phương trình và đi đến kết quả Đặt x = cos

 > 0, ta được phương trình bậc 2:

Nhận xét: Vì cos 5 cos 1

  nên khiến ta nghĩ đến công thức Moivre để tính cos 5

 và do đó ta xét z cos isin

  với phương trình z 5 cos 5 i sin 5 1

Để giải bài toán này, chúng ta chỉ cần tìm nghiệm của phương trình đại số đã cho Khi có được nghiệm, chúng ta sẽ suy ra được giá trị của z Cuối cùng, bằng cách so sánh phần thực của z, chúng ta sẽ xác định được giá trị của cos 5.

Bước 1,: Thiết lập phương trình

Khi đó phương trình có 5 nghiệm là:

Vì z2 = -1 nên các nghiệm còn lại là nghiệm của phương trình:

Bước 3: Giải phương trình và đi đến kết quả

Vì z = 0 không phải là nghiệm của P(z) = 0, chia 2 vế của phương trình cho z 2 ta được:

Mặt khác: k k z 1 cos(2k 1) i sin(2k 1) cos( 2k 1) i sin( 2k 1) z 5 5 5 5

Do đó: 1 5 1 5 x 2cos 0 2cos cos

Phương pháp ứng dụng số phức để rút gọn – chứng minh tổng các biểu thức lượng giác

- Bước 1: Lựa chọn số phức z thích hợp

- Bước 2: Căn cứ theo đề toán, tính tổng số phức theo 2 cách, đưa ra phần thực hoặc phần ảo

- Bước 3: So sánh phần thực và phần ảo và đi đến kết quả

Trong dạng toán này, chúng ta thường áp dụng công thức tổng của cấp số nhân, chẳng hạn như khi tính tổng của cosx, cos2x, …, cos nx, ta có thể liên hệ đến tổng của z, z², z³, …, zⁿ Ngoài ra, việc khai triển nhị thức Niu tơn cũng rất hữu ích, đặc biệt khi bài toán có các hệ số tổ hợp, kết hợp với công thức Moivre để tính tổng các số phức theo hai phương pháp khác nhau.

Các bài toán ví dụ:

Ví dụ 1: Với   x k2 , n là số tự nhiên lớn hơn 1 Rút gọn các tổng sau: a) A 1 cos x cos 2x cos3x cos nx       b) B sinx sin 2x sin 3x sin nx     

Bước 1: Lựa chọn số phức z thích hợp Đặt z = cosx +i.sinx

Bước 2: Đề cho tổng của 1, cosx, cos2x, …, cos nx, ta nghĩ đến tổng của 1, z, z 2 , z 3 ,

Tổng của n + 1 số hạng trong một cấp số nhân với số hạng đầu là 1 và công bội q = z có thể được tính bằng công thức tổng của cấp số nhân Chúng ta có thể áp dụng công thức này để tính tổng các số phức, kết hợp với công thức Moivre.

Ta có 1 z z 2   z n là tổng của n +1 số hạng của một cấp số nhân có số hạng đầu 1, công bội q = z, do đó: n 1

1 z z z 1 (cos x i.s inx) (cos x i sin x) (cos x i sin x)

1 cos x i.s inx cos2x i sin 2x cos nx i sin nx

Suy ra phần thực của 1 z z 2   z n là A, phần ảo là B

(n 1)x sin 2 cos nx i sin nx x 2 2 sin 2

Suy ra phần thực của 1 z n 1

Bước 3 : So sánh phần thực và phần ảo và đi đến kết luận

So sánh phần thực và phần ảo ta có :

Ví dụ 2 : Với n là số tự nhiên lớn hơn 1 Chứng minh rằng :

1 2 n n n n n n x n 2 cos x C cos2x C cos3x C cos(n 1)x 2 cos cos x

Bước 1: Lựa chọn số phức z thích hợp Đặt z = cosx +i.sinx

Bước 2: Để giải quyết bài toán với cosx, cos2x, …, cosnx và các hệ số tổ hợp, ta cần xem xét tổng của z, z², z³, …, zⁿ cùng với các hệ số tổ hợp Nhờ vào các hệ số tổ hợp, ta áp dụng công thức khai triển nhị thức Newton, từ đó có thể viết tổng dưới dạng (1 + z)ⁿ = C₀z⁰ + C₁z¹ + C₂z² + + Cₙzⁿ Qua đó, ta tính tổng các số phức theo hai cách khác nhau và phân tích để tìm ra phần thực hoặc phần ảo.

(cos x i sin x) 2 cos 2i sin cos

2 cos (cos x i sin x) cos i sin

2 cos (cos x i sin x) cos i sin

Suy ra z.(1 z)  n có phần thực là n n x n 2

(cos x i sin x) C (cos x i sin x) C (cos x i sin x) C (cos x i sin x)

(cos x i sin x) C (cos 2x i sin 2x) C (cos 3x i sin 3x) C cos(n 1)x i sin(n 1)x

1 2 2 3 n n n z C z C z   z có phần thực là cos x C cos2x C cos3x cos(n 1)x 1 n  2 n   

Bước 3 : So sánh phần thực và phần ảo và đi đến kết luận

So sánh phần thực ta được :

1 2 n n n n n n x n 2 cos x C cos2x C cos3x C cos(n 1)x 2 cos cos x

Phương pháp ứng dụng số phức để tính giá trị của các biểu thức lượng giác tại các trị xác định

lượng giác tại các trị xác định

- Bước 1 : Thiết lập phương trình tương ứng và tính nghiệm tương ứng dưới dạng lượng giác

- Bước 2 : Tính tổng và tích các nghiệm theo 2 cách, một cách dùng định lý Viet, cách còn lại thế các nghiệm ở bước 1 vào

- Bước 3 : So sánh phần thực hoặc phần ảo và kết luận

Ngoài việc tính trực tiếp, một số bài toán có thể được giải gián tiếp bằng cách rút gọn biểu thức lượng giác theo biến x bất kỳ Sau đó, thay x bằng giá trị xác định và áp dụng các công thức lượng giác để biến đổi đến kết quả cuối cùng.

Ví dụ 1: Với n là số tự nhiên lớn hơn 1 Tính giá trị biểu thức lượng giác :

Bước 1 : Thiết lập phương trình tương ứng và tính nghiệm dưới dạng lượng giác

Phương trình có 2n+1 nghiệm là z k cos 2k i.sin 2k

Bước 2 : Tính tổng các nghiệm theo 2 cách, một cách dùng định lý Viet, cách còn lại thế các nghiệm ở bước 1 vào Áp dụng định lý Viet, ta có :

Thay các nghiệm lượng giác ở trên vào tổng z 0    z 1 z 2 z 2n , ta có :

1 cos cos cos i sin sin sin

Bước 3 : So sánh phần thực hoặc phần ảo và đi tiếp đến kết quả

So sánh phần ảo ta được sin 2 sin 4 sin 4n 0

Cách khác (Cách gián tiếp đã được đề cập ở trong phần ghi chú):Ta thấy

2 4 4n 2 2 2 sin sin sin sin sin 2 sin 2n.

      , do đó ta đưa ra biểu thức lượng giác sau: sinx sin 2x sin 3x sin 2nx    và rút gọn biểu thức này

Theo kết quả của ví dụ 1b) phần phương pháp ứng dụng số phức để rút gọn – chứng minh các biểu thức lượng giác ta có :

2 2 sinx sin 2x sin 3x sin nx sinx 2

 , thay n bằng 2n vào (*), ta được:

Ví dụ 2: Với n là số tự nhiên lớn hơn 1 Tính giá trị biểu thức lượng giác :

Bước 1 : Thiết lập phương trình tương ứng và tính nghiệm dưới dạng lượng giác Đặt zcosisin

2n 2n cos 2n i sin 2n C cos iC cos sin C cos sin

C cos C cos sin ( 1) C sin i.(C cos sin C cos sin ( 1) C cos sin )

2n 2n 2n sin 2n C cos  .sinC cos  .sin    ( 1) C  cos sin  

2n 2n 2n cos C (1 sin  )  sin C (1 sin )  sin  ( 1)  C  sin  

   là các nghiệm của phương trình :

Do đó xét phương trình bậc n – 1 :

Khi đó 2 2 2 2 (n 1) sin ;sin ; ;sin

    là n - 1 nghiệm của phương trình (1)

Bước 2 : Tính tích các nghiệm theo 2 cách, một cách dùng định lý Viet, cách còn lại thế các nghiệm ở bước 1 vào

Hệ số của y n-1 của phương trình (1) là : ( 1) n 1  (C 1 2n C 3 2n   C 2n 1 2n  )

Hệ số tự do của phương trình (1) là :C 1 2n 2n Áp dụng định lý Viet cho phương trình (1) ta có tích các nghiệm của phương trình

Tích các nghiệm của phương trình (1) là sin 2 sin 2 2 sin 2 3 sin 2 (n 1)

Bước 3 : So sánh phần thực và kết luận

So sánh phần thực của tích các nghiệm phương trình (1) ta được:

Phương pháp ứng dụng số phức để tìm giới hạn của dãy số lượng giác

- Bước 1 : Dùng phương pháp số phức để rút gọn biểu thức lượng giác chứa trong giới hạn

- Bước 2 : Dùng các quy tắc giới hạn thông thường để suy ra kết quả

Ví dụ : Tìm giới hạn sau : n

Bước 1 : Dùng phương pháp số phức để rút gọn biểu thức lượng giác chứa trong giới hạn

Theo kết quả của ví dụ 1b) phần ứng dụng số phức để rút gọn – chứng minh các biểu thức lượng giác ta có :

2 2 sinx sin 2x sin 3x sin nx sinx 2

Bước 2 : Dùng các quy tắc giới hạn thông thường để suy ra kết quả

Phương pháp ứng dụng số phức để chứng minh tổng hữu hạn các biểu thức tổ hợp

- Bước 1 : Từ đề bài toán, lựa chọn số phức dưới dạng đại số và dạng lượng giác (thường khi trong đề bài có lượng giác)

- Bước 2 : Dùng công thức nhị thức Niu tơn khai triển dạng đại số và công thức Moivre cho dạng lượng giác

- Bước 3 : So sánh phần thực hoặc phần ảo và đi đến kết luận

Ghi chú : Có một số bài toán mà vế trái có dạng k k 3 k 6 k 3m n n n n

C C  C    C  với k = 0; 1; 2 và k + 3m là số nguyên gần với n nhất hoặc bằng n, ta không áp dụng phương pháp trên được, ta áp dụng phương pháp sau :

   , suy ra  3  1, và các số 1; ; 2 cos 4 isin 4

    là các nghiệm của phương trình trên

- Bước 2 : Sử dụng công thức nhị thức Niu tơn trong (1 1)  n và n 2 n k 2k

- Bước 3 : Áp dụng định lý Viet cho phương trình  3 1 suy ra 1   2 0 và dùng công thức Moivre để tính (1 1)  n và n 2 n k 2k

- Bước 4 : Dùng các ý trong bước 3 để cộng các phương trình ở bước 2 lại với nhau và suy ra kết quả

Các bài toán ví dụ

Ví dụ 1 : Với n là số tự nhiên lớn hơn 1 Chứng minh rằng :

Bước 1 : Trong đề bài có lượng giác, ta chọn số phức dưới 2 dạng : đại số và lượng giác Vì có cos n

 , ta nghĩ tới số phức có dạng cos i sin

Xét số phức z 1 i 3 cos i sin

Bước 2: Sử dụng công thức nhị thức Newton để khai triển dưới dạng đại số và áp dụng công thức Moivre cho dạng lượng giác Khi áp dụng khai triển nhị thức Newton, ta sẽ thu được kết quả là: n n n n.

              Áp dụng công thức Moivre ta có n n n z cos i sin

Bước 3 : Từ bước 2, ta so sánh phần thực và đi đến kết luận

So sánh phần thực ta được :

Ví dụ 2 : Với n là số tự nhiên lớn hơn 1 Chứng minh rằng :

Giải : Ở đây ta dùng phương pháp trong phần ghi chú, có 1 C 0 n nên ở đây k = 0

    là các nghiệm của phương trình trên

Bước 2: Sử dụng công thức nhị thức Niu tơn trong (1 1)  n ; n n 0

   Áp dụng công thức nhị thức Niu tơn ta có : n 0 1 2 3 n n n n n n n 0 1 2 2 3 3 4 4 5 5 n n n n n n n n n

Bước 3 : Áp dụng định lý Viet cho phương trình  3 1 suy ra 1   2 0 và dùng công thức Moivre để tính (1 1)  n và n 2 n n 2 n

      Áp dụng định lý Viet cho phương trình  3 1 suy ra 1    2  0 Áp dụng công thức Moivre, ta được : n n n n n n n n n

(1 ) 1 cos i sin i cos i sin cos i sin

Bước 4 : Dùng các ý trong bước 3 để cộng các phương trình ở bước 2 lại với nhau và suy ra kết quả

Từ đó, cộng các phương trình (1), (2) và (3), ta được :

Phương pháp ứng dụng số phức để giải các bài toán phương trình hàm đa thức

- Bước 1 : Giả sử  là nghiệm của đa thức cần tìm ( là số phức) Từ bài toán suy ra các nghiệm khác theo 

- Bước 2 : Thay x bởi một biểu thức theo x vào giả thiết của bài toán để tìm thêm nghiệm khác theo 

- Bước 3 : Tìm mối liên hệ giữa các nghiệm để tìm ra  Và căn cứ vào nghiệm của đa thức để tìm ra đa thức cần tìm

Phương pháp này dựa trên định lý cơ bản của đại số, cho rằng mỗi đa thức đều có ít nhất một nghiệm phức Nghiệm của đa thức đóng vai trò quan trọng trong việc xác định cấu trúc của nó Cụ thể, một đa thức P(x) bậc n với n nghiệm sẽ có dạng P(x) = c.(x - x₁)(x - x₂) (x - xₙ) Nếu chỉ xem xét nghiệm thực, có thể sẽ không đủ số nghiệm cần thiết Hơn nữa, trong các bài toán liên quan đến phương trình hàm đa thức, việc chỉ xét nghiệm thực có thể dẫn đến những giải pháp không hoàn chỉnh.

Ví dụ : Tìm tất cả các đa thức P(x) không hằng sao cho :

Bước 1 : Giả sử  là nghiệm của đa thức cần tìm ( là số phức) Từ bài toán suy ra các nghiệm khác theo 

Giả sử  là nghiệm của đa thức P(x) = 0

Từ (*) suy ra  2   1 cũng là nghiệm

Bước 2 : Thay x bởi một biểu thức theo x vào giả thiết của bài toán để tìm thêm nghiệm khác theo 

Thay x bằng x – 1 trong (*), ta thấy rằng : P(x 1).P(x) P(x 2  x 1)

Vì P( )  0 nên  2   1 cũng là nghiệm của P(x) = 0

Bước 3 : Tìm mối liên hệ giữa các nghiệm để tìm ra  Và căn cứ vào nghiệm của đa thức để tìm ra đa thức cần tìm

Chọn  là nghiệm có mô đun lớn nhất, và nếu có nhiều nghiệm với mô đun lớn nhất, ta chỉ cần chọn một trong số đó Cách chọn này giúp xác định rõ ràng giá trị của  trong các bài toán liên quan.

            ( vì  2   1,  2   1 đều là nghiệm của P(x)=0

Vì dấu bằng xảy ra trong bất đẳng thức nên từ đây suy ra :

         với một hằng số dương  nào đó

Hơn nữa từ tính lớn nhất của  ta còn suy ra  2    1   2   1 

Do đó, 1 và ta có :

Suy ra    i và x 2 +1 là thừa số của P(x)

Như vậy, ta có thể viết P(x) dưới dạng : P(x)   x 2  1  m Q(x), trong đó Q(x) là đa thức không chia hết cho x 2 +1 Thế ngược lại vào phương trình (*), ta thấy Q(x) cũng thỏa mãn : Q(x).Q(x 1) Q(x  2  x 1)

Nếu phương trình Q(x) = 0 có nghiệm, thì theo cách chứng minh tương tự như trước, ta có thể kết luận rằng nghiệm có mô đun lớn nhất là ±i, từ đó suy ra rằng x² + 1 là một thừa số của Q(x), điều này dẫn đến mâu thuẫn.

Do đó, Q(x) là hằng số, giả sử là c Thay vào phương trình của Q, ta được c = 1 Vậy lớp các đa thức thỏa mãn phương trình (*) là :

P(x) x 1 , với m là một số nguyên dương nào đó.

Phương pháp ứng dụng số phức để chứng minh bất đẳng thức

Bất đẳng thức là một lĩnh vực toán học phức tạp với nhiều dạng bài và phương pháp giải khác nhau Một số bài toán bất đẳng thức có dạng đặc biệt, cho phép chúng ta áp dụng số phức để chứng minh.

Trong dạng 1 của bài toán bất đẳng thức, chúng ta gặp các bài toán liên quan đến tổng và hiệu của các căn thức Những căn thức này có thể được biến đổi về dạng \( \sqrt{x^2 + 1} \), \( \sqrt{y^2 + 1} \), và \( \sqrt{z^2 + 1} \) Để giải quyết, chúng ta có thể áp dụng các tính chất như \( a + b \leq \sqrt{a^2 + b^2} \), \( a - b \geq \sqrt{a^2 + b^2} \) và \( a + b + c \leq \sqrt{a^2 + b^2 + c^2} \) Phương pháp giải quyết dạng toán này là sử dụng những tính chất trên một cách hợp lý.

- Bước 1 : Biến đổi bất đẳng thức xuất hiện dạng x 1 2  x , 2 2 y 1 2  y , 2 2 z 1 2  z 2 2

- Bước 2 : Chọn các số phức thích hợp và dùng các tính chất a b  a b ; a b  a b ; a b c    a b c và kết luận

 Dạng 2 : Có những bài toán bất đẳng thức có dạng x x 1 2 y y 1 2 , hoặc tích 2 độ dài thì dùng tính chất 1 2  ab ab    a b Phương pháp làm dạng toán này

- Bước 1 : Biến đổi bất đẳng thức xuất hiện dạng x x 1 2 y y 1 2 hoặc

- Bước 2 : Chọn các số phức thích hợp và dùng tính chất 1 2  ab ab    a b và kết luận

Ghi chú : Bất đẳng thức là một dạng toán khó nên nhiều khi ta phải kết hợp với nhiều phương pháp khác

Các bài toán ví dụ

Ví dụ dạng 1 : Cho a, b, c là các số thực Chứng minh bất đẳng thức sau :

Bước 1 : Biến đổi bất đẳng thức xuất hiện dạng x 1 2  x , 2 2 y 1 2  y , 2 2 z 1 2  z 2 2 Đặt x a ; y b ; z c

Khi đó bất đẳng thức tương đương :

(x y) (xz yz) (y z) (yx zx) (z x) (zy xy)

Bước 2 : Chọn các số phức thích hợp và dùng tính chất a b  a b và kết luận

Xét các số phức u (x y) (xz yz)i; v (y z) (yx zx)i       

2 2 u   v (z x)   (zy xy)  , u   v (x  y) 2  (xz yz)  2  (y z)  2  (yx zx)  2

Ta có u v  u v hay (x  y) 2  (xz yz)  2  (y z)  2  (yx zx)  2  (z x)  2  (zy xy)  2

Ví dụ dạng 2 : Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác Chứng minh : a b c   b c a   c a b   a b c (*)

Bước 1 : Biến đổi bất đẳng thức về các dạng x x 1 2 y y 1 2 hoặc x 1 2  x y 2 2 1 2  y 2 2

Bất đẳng thức (*) có dạng a b c.1   b c a.1   c a b.1   a b c

Bước 2 : Chọn các số phức thích hợp và dùng tính chất 1 2  ab ab    a b và kết luận

Khi đó ta có 1 2  xy xy    a b c    b c a; x    2b; y  2

Ta luôn có : 1 2  xy xy    x y hay a b c    b c a    2 b (1)

Tương tự ta có a c b   a c b  2 a (2) b c a   a c b  2 c (3) Cộng các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta có :

Phương pháp ứng dụng số phức để giải các bài toán về sự chia hết

Phương pháp số phức thường được sử dụng trong các bài toán chia hết, đặc biệt là khi tìm giá trị để đa thức chia hết cho một đa thức khác Trong trường hợp này, mọi nghiệm của đa thức chia đều được phân biệt rõ ràng Dưới đây là phương pháp cụ thể để thực hiện.

Để xác định các nghiệm phức của đa thức chia dưới dạng lượng giác, bước đầu tiên là tìm ra những nghiệm này Đa thức bị chia sẽ chia hết cho đa thức chia khi tất cả các nghiệm của đa thức chia đều là nghiệm của đa thức bị chia.

Bước 2: Thay các nghiệm lượng giác từ bước 1 vào đa thức bị chia và đặt đa thức này bằng 0 Sử dụng công thức Moivre để chuyển đổi về dạng phương trình lượng giác, từ đó tạo ra hai phương trình: phần thực bằng 0 và phần ảo bằng 0.

- Bước 3 : Từ đó giải các phương trình ở bước 2 và kết luận

Ví dụ : Với giá trị nào của n thì x 2n x n 1 chia hết cho đa thức x 2  x 1

Để tìm các nghiệm phức của đa thức x² + x + 1 dưới dạng lượng giác, cần lưu ý rằng đa thức bị chia sẽ chia hết cho đa thức chia khi mọi nghiệm của đa thức chia là nghiệm của đa thức bị chia Đa thức x² + x + 1 có hai nghiệm phân biệt.

1 3 2 2 1 3 4 4 i cos i sin và i cos i sin

            Đa thức x 2n x n 1 chia hết cho đa thức x 2   x 1 khi và chỉ khi  1 và 2 là nghiệm của đa thức x 2n x n 1

Bước 2 : Lần lượt thay  1 và 2 vào x 2n  x n   1 0 , kết hợp dùng công thức Moivre chuyển về phương trình dạng lượng giác, đưa ra 2 phương trình : phần thực bằng

2 cos cos 0 và sin sin 0 (1)

2 cos cos 0 và sin sin 0 (2)

Bước 3 : Giải các phương trình ở (1) và (2) và kết luận

  1 cos 2n 2 cos 2n 1 0 và sin 2n 2 cos 2n 1 0

  2 cos 4n 2cos 4n 1 0 và sin 4n 2cos 4n 1 0

Vậy với n = 3k +1 hoặc n = 3k + 2 thì x 2n x n 1 chia hết cho đa thức x 2  x 1

Phương pháp ứng dụng số phức để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức

- Bước 1: Biến đổi biểu thức xuất hiện các dạng: x x1 2 y y , x1 2 1 2 x2 2 , y1 2 y2 2

Từ bước 1, chúng ta có hai trường hợp cần xem xét Thứ nhất, nếu bài toán xuất hiện dạng x x1 + y y1, tùy thuộc vào đề bài, ta có thể lựa chọn đặt a = x1 + iy, b1 = x2 + iy2 hoặc a = x1 + iy, b2 = x2 + iy1 Sau đó, chúng ta sẽ áp dụng các tính chất liên quan để giải quyết bài toán.

2   , dấu bằng xảy ra khi có số k > 0 sao cho b = k.a ii) Khi bài toán chỉ xuất hiện các dạng f (x) 2  g(x) 2 , ta lựa chọn phép đặt

1 1 2 2 a x iy , bx iy ta dùng một trong các tính chất sau a b  a b , dấu bằng xảy ra khi có số k > 0 sao cho b = k.a a b  a b , dấu bằng xảy ra khi có số k > 0 sao cho b = k.a

- Bước 3: Giải các điều kiện để dấu bằng xảy ra kết hợp với điều kiện của bài toán (nếu có), tìm được nghiệm và kết luận

Ta biết nếu giá trị lớn nhất của biểu thức f(x) là M thì ta có điều sau : x D 0 0 f (x) M, x D m f (x) M x Dsaocho M f (x )

Và nếu giá trị nhỏ nhất của biểu thức f(x) là m thì ta có điều sau : x D 0 0 f (x) m, x D min f (x) m x Dsaocho m f (x )

Do đó phương pháp làm dạng toán này cũng hoàn toàn tương tự phương pháp ứng dụng số phức để giải bất phương trình

Các bài toán ví dụ :

Ví dụ 1 : Cho x, y R, x 2 y 2 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :

Bước 1 : Biểu thức có sẵn dạng: x x 1 2 y y 1 2

Bước 2: Bài toán có xuất hiện dạng x x 1 2  y y 1 2 nên ta dùng trường hợp i)

Xét các số phức a x iy; b   1 y  1 x.i

Xét số phức c = 1 + i ta có : 1  a.c a.c  1.x 1.y; a c x 2 y 2 2 2

Bước 3 : Giải các điều kiện để dấu bằng xảy ra kết hợp với điều kiện của bài toán (nếu có), tìm được nghiệm và kết luận

Dấu bằng của các bất đẳng thức xảy ra khi : b ka, k 0 c ha, h 0

Kết hợp với giả thiết x 2 y 2 1 ta có x y 2

Vậy giá trị lớn nhất của F là 2

Ví dụ 2 : Cho x R  Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

Bước 1: Biến đổi biểu thức xuất hiện dạng: x1 2 x2 2

Bước 2 : Bài toán chỉ xuất hiện dạng f (x) 2 g(x) 2 , ta dùng trường hợp i)

Bước 3 : Giải các điều kiện để dấu bằng xảy ra kết hợp với điều kiện của bài toán (nếu có), tìm được nghiệm và kết luận

Dấu bằng xảy ra khi akb, k 0

         Vậy giá trị nhỏ nhất của F bằng 2 khi x = 0

ÁP DỤNG CÁC PHƯƠNG PHÁP ỨNG DỤNG SỐ PHỨC ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TOÁN ĐẠI SỐ, GIẢI TÍCH, LƯỢNG GIÁC

Áp dụng phương pháp ứng dụng số phức để giải các phương trình, bất phương trình

Bài toán 1 : Giải phương trình x 2  2x   5 x 2  6x 10   5

Miền xác định phương trình là D = R

Phương trình tương đương (x 1)  2   4 (x  3) 2   1 5 Đặt a(x 1) 2i; b (x 3) i

Dấu bằng xảy ra khi k 0, a kb x 1 k(x 3) x 5

            Vậy tập nghiệm của phương trình là S    5

Bài toán 2 : Giải phương trình

Phương trình tương đương (x 1) 2  1 (2x 1) 2  9 (3x) 2 16 Đặt a (x 1) i và b (2x 1) 3i

Dấu bằng xảy ra khi x 4 x 1 k(2x 1) k 0, a kb 1

Vậy tập nghiệm của phương trình là S    4

Bài toán 3 : Giải bất phương trình x 1 x 3    2x 2 10x 16

Miền xác định của bất phương trình là D [ 1;   )

Phương trình tương đương x 1 x 3    2(x 3) 2 2(x 1) Đặt a(x 3) i x 1 và b 1 i    

Ta luôn có :1 ab ab a b hay x 1 x 3 2 (x 3) (x 1)

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S [ 1;   )

Bài toán 4 : Giải phương trình 4 x   4 1 x x  1 x 4 8 2

Miền xác định của phương trình là D    0;1 Đặt a  x i 1 x và b  1 i

Ta luôn có :1 ab ab a b hay x 1 x 2

Ta luôn có : 1 cb cb c b hay x 1 x x 1 x 2 8

Dấu bằng xảy ra khi k 0, a kb n 0, c nb

Từ phương trình thứ nhất của hệ (*) ta có x k 0 x 1 x x 1

Với 1 x2 thỏa mãn phương trình thứ hai của hệ (*)

Vậy phương trình có nghiệm là 1 x2

Áp dụng phương pháp ứng dụng số phức để giải hệ phương trình đại số

Bài toán 5 : Giải hệ phương trình 1 x 6 y 14

Cộng vế theo vế các phương trình ta có :

Xét các số phức a    1 x i 6 x và b 1 i   

Ta luôn có :1 ab ab a b hay 1 x 6 x 14

Tương tự đặt c    1 y i 6 y  ta có 1 y  6 y  14 (2) Cộng 2 vế của bất phương trình (1) và (2), ta có :

Dấu bằng xảy ra khi

Vậy hệ phương trình có nghiệm là 5 5 ;

Bài toán 6 : Giải hệ phương trình x 1 12 2

Giải : Điều kiện của hệ x; y 0 và y  3x

3 vào 2 vế của phương trình thứ hai của hệ (*), ta có :

Cộng vế theo vế của phương trình thứ nhất của hệ và phương trình (1) ta có :

 nên phương trình trên trở thành: z  12 z  2 3   6i z 2   2 3  6i z 12    0 (2)

   có 2 căn bậc 2 là  1  3 3i và 2   3 3i

Phương trình (2) có 2 nghiệm là :

Vì 3x  0; y  0, nên ta chọn nghiệm z1, so sánh phần thực và phần ảo ta có :

Bài toán 7 : Giải hệ phương trình

Hệ phương trình được viết lại

Nhân i vào phương trình thứ 2 của hệ (*) ta có :

Cộng vế theo vế của phương trình thứ nhất của hệ (*) và phương trình (1) ta có :

 nên phương trình trên trở thành:

Giải phương trình (2) ta có 2 nghiệm là :

Vì x; y  0 nên ta chỉ chọn nghiệm z1

So sánh phần thực và phần ảo ta suy ra :

Do đó hệ phương trình có nghiệm là

Bài toán 8 : Giải hệ phương trình

Nhân – i vào phương trình thứ hai của hệ phương trình (*) :

Cộng vế theo vế phương trình thứ nhất của hệ phương trình (*) và phương trình (1)

    Đặt z = x – iy, ta có phương trình z 3 1 3.i 2 cos sin

Phương trình này có 3 nghiệm là k 3

So sánh phần thực và ảo, hệ phương trình có 3 nghiệm :

Áp dụng phương pháp ứng dụng số phức để tính giá trị lượng giác của một góc a cho trước

Bài toán 9 : Tìm giá trị lượng giác cos 7

Xét 2 số phức z 1 cos 3 isin 3 , z 2 cos isin

Từ (1) và (2) so sánh phần thực và phần ảo ta được

Bài toán 10 : Tính giá trị lượng giác cos 2

Xét số phức 2 2 z cos isin

4 2 2 6 6 4 sin 4sin 3sin (vì sin sin 2 sin )

 > 0, ta được phương trình bậc 2:

Áp dụng phương pháp ứng dụng số phức để rút gọn – chứng minh tổng các biểu thức lượng giác

minh tổng các biểu thức lượng giác

Bài toán 11: Rút gọn biểu thức lượng giác sau:

Ta có z   z 3 z 5 z 2n 1  là tổng của n số hạng của một cấp số nhân có số hạng đầu 1, công bội q = z 2 , do đó:

3 5 2n 1 z z z z cos x i sin x (cos x i.s inx) (cos x i sin x) (cos x i sin x) cos x i sin x cos 3x i.s in3x cos5x i sin 5x cos(2n 1)x i sin(2n 1)x cos x cos3x cos5x cos(2n 1)x i s inx s in3x s in5x

Suy ra phần thực của z   z 3 z 5 z 2n 1  là A

1 z 1 (cos x i sin x) 1 (cos2nx i sin 2nx) z (cos x i sin x) (cos x i sin x).

1 cos2nx i sin 2nx (cos x i sin x).

1 cos x sin x 2i sin x cos x [ cos x cos(2n 1)x] i[s inx sin(n 1)x]

1 s inx(cos x cos(2n 1)x) cos x(s inx sin(2n 1)x) 2sin x

1 cosx(cos x cos(2n 1)x) sin x(s inx sin(2n 1)x) 2sin x sin 2nx 1 cos2nx sin 2nx sin nx i i

Suy ra phần thực của

So sánh phần thực ta có : A = sin 2nx

Bài toán 12: Rút gọn các biểu thức lượng giác sau:

A 1 r cos x r cos2x r cos3x r cos nx

B r sin x r sin2x r sin3x r sin nx

Trong đó r là số thực đã cho

Ta có 1 rz r z 2 2 r z 3 3   r z n n là tổng của n +1 số hạng của một cấp số nhân có số hạng đầu 1, công bội q = rz, do đó: n 1

1 r(cos x i sin x) r (cos x i.s inx) r (cos x i sin x)

1 r cos x ir sin x r cos 2x i.r s in2x r cos nx ir sin nx

1 r cos x r cos2x r cos3x r cos nx i r sin x r sin2x r sin3x r sin nx A

Suy ra phần thực của1 rz r z  2 2   r z n n là A, phần ảo là B

1 r(cos x i sin x) (1 r cos x) ir sin x

1 r cos(n+1)x ir sin(n 1)x (1 r cos x) ir sin x

1 r cos x r cos(n+1)x r cos nx r sin x r sin(n+1)x r sin nx

Suy ra phần thực của

So sánh phần thực và phần ảo ta có : n 1 n 2

A 1 2r cos x d r sin x r sin(n+1)x r sin nx

Bài toán 13: Với n là số tự nhiên lớn hơn 1, x k

2 3 n n cos x cos 2x cos3x cos nx sin(n 1)x

1 cos x cos x cos x cos x sin x.cos x

Xét số phức cos x isin x z cos x

Ta có 1 z z 2   z n là tổng của n +1 số hạng của một cấp số nhân có số hạng đầu 1, công bội q = z, do đó: n 1

2 n cos x i sin x cos x i sin x cos x i sin x

1 z z z 1 cos x cos x cos x cos x i sin x cos 2x i sin 2x cos nx i sin nx

2 n 2 n cos x cos 2x cos nx sin x sin 2x cos nx

1 i cos x cos x cos x cos x cos x cos x

Suy ra phần thực của 1 z z 2   z n là 1 cos x cos 2x 2 cos nx n cos x cos x cos x

1 z 1 cos x 1 cos x cos(n 1)x i sin(n 1)x cos x i sin x

1 icos x i.cos(n 1)x sin(n 1)x cos x sin x sin(n 1)x cos x cos(n 1)x cos x.sin x i cos x.sin x

Suy ra phần thực của

So sánh phần thực ta có : cos x cos 2x 2 cos3x 3 cos nx n sin(n 1)x n

1 cos x cos x cos x cos x sin x.cos x

Bài toán 14: Chứng minh rằng:

Xét số phức z = cosx + i.sinx, theo công thức Moivre, ta có z^n = (cos x + i sin x)^n = cos(nx) + i sin(nx) Áp dụng định lý khai triển nhị thức Newton, chúng ta có thể mở rộng biểu thức này.

  n n n 1 n 1 2 2 n 2 2 3 3 n 3 3 n n n n 1 n 1 n 1 n n n z cos x i sin x cos x i.C cos x.sinx i C cos x.sin x i C cos x.sin x

2 n 1 n z cos x i sin x cos x i.C cos x.s inx i C cos x.sin x i C cos x.sin x

i C cos x sin x i sin x cos x i.C cos x.s inx i C cos x.sin x i C cos x.sin x

So sánh phần ảo ta suy ra n 2

1 n 1 3 n 3 3 2 n 1 n 1 n n n n 2 n 1 3 3 5 5 2 n 1 n 1 n n n n sin nx C cos x.sinx C cos x.sin x ( 1) C cos x sin x cos x C t anx C t an x+C t an x ( 1) C tan x

2 n 1 n z cos x i sin x cos x i.C cos x.s inx i C cos x.sin x i C cos x.sin x

i C cos x sin x i sin x cos x i.C cos x.s inx i C cos x.sin x i C cos x.sin x

So sánh phần ảo ta suy ra n 1

1 n 1 3 n 3 3 2 n n n n 1 n 1 3 3 5 5 2 n n n n sin nx C cos x.sinx C cos x.sin x ( 1) si n x cos x C t anx C t an x+C t an x ( 1) tan x

Áp dụng phương pháp ứng dụng số phức để tính giá trị của các biểu thức lượng giác tại các trị xác định

Bài toán 15: Với n là số tự nhiên lớn hơn 1 Tính giá trị biểu thức lượng giác

Phương trình có 2n+1 nghiệm là z 0 1, z k cos 2k i.sin 2k

  với k= 1; 2;…; n Áp dụng định lý Viet, ta có :

Thay các nghiệm lượng giác ở trên vào tổng z 0    z 1 z 2 z 2n , ta có :

1 cos cos cos i sin sin sin

So sánh phần thực ta được :

Do đó, từ (*) suy ra 1 2S 0  nên S 1

Theo kết quả của ví dụ 1b) phần phương pháp ứng dụng số phức để rút gọn – chứng minh các biểu thức lượng giác ta có :

2 2 cosx cos2x cos3x cosnx 1 sin x 2

Bài toán 16: Với n là số tự nhiên lớn hơn 1 Tính giá trị biểu thức lượng giác

Giải: Áp dụng công thức Moivre ta có: z n  cos x i sin x  n cos nx i sin nx (1) Áp dụng công thức khai triển nhị thức Niu tơn ta có:

1 n 1 3 n 3 3 5 n 5 5 n n n z cos x i sin x cos x i.C cos x.s inx i C cos x.sin x i C cos x.sin x

i C cos x sin x i sin x cos x C cos x.sin x i C cos x.s inx C cos x.sin x C cos x.sin x (2)

1 n 1 3 n 3 3 5 n 5 5 n n n sin nx C cos x.sinx C cos x.sin x C cos x.sin x        (3)

Trong (3), thay n bằng 2n + 1 ta được:

2n 1 2n 1 2n 1 sin(2n 1)x C cos x.sinx C cos x.sin x C cos x.sin x sin x C cot x C cot x C cot x

Khi lấy x lần lượt là các giá trị , 2 , 3 , , n

Do đó từ hệ thức trên suy ra , 2 , 3 , , n

    là các nghiệm của phương trình: C 1 2n 1  cot x C 2n  3 2n 1  cot 2n 2  xC 5 2n 1  cot 2n 4  x  0

Ta xét phương trình bậc n sau: C 1 2n 1  x n  C 3 2n 1  x n 1   C 5 2n 1  x n 2    0 (*)

Khi đó cot 2 ;cot 2 2 ;cot 2 3 ; ;cot 2 n

    là các nghiệm của pt (*) Áp dụng định lý Viet, tổng các nghiệm của phương trình (*) là 1 3 2n 1

  Tổng các nghiệm của phương trình (*) là :

So sánh phần thực của tổng các nghiệm của phương trình (*) ta được:

Áp dụng phương pháp ứng dụng số phức để tìm giới hạn của dãy số lượng giác

Bài toán 17: Tìm các giới hạn sau: n n

  sin sin sin os os os

Giải: a) Theo kết quả của ví dụ 1b) phần phương pháp ứng dụng số phức để rút gọn – chứng minh các biểu thức lượng giác ta có :

2 2 sinx sin 2x sin 3x sin nx sinx 2

Do sin sin sin b) Xét phương trình z 2n 1   0(1)

Phương trình có 2n+1 nghiệm là z 0 1, z k cos 2k i.sin 2k

  với k= 1; 2;…; n Áp dụng định lý Viet, ta có :

Thay các nghiệm lượng giác ở trên vào tổng z 0    z 1 z 2 z 2n , ta có :

1 cos cos cos i sin sin sin

So sánh phần thực ta được :

Do đó, từ (*) suy ra 2 4 2n

Bài toán 18: Với r 1 Tìm các giới hạn sau:

2 3 n n a) lim 1 r cos x r cos2x r cos3x r cos nx b) lim r sin x r sin2x r sin3x r sin nx

Theo bài toán 12 ta có: n 1 n 2

1 r cos x r cos2x r cos3x r cos nx

1 2r cos x d r sin x r sin(n+1)x r sin nx r sin x r sin2x r sin3x r sin nx

Do đó : lim 1 r cos x r cos2x r cos3x r cos nx

1 r cos x r cos(n+1)x r cos nx lim 1 2r cos x d

Và lim r sin x r sin2x r sin3x r sin nx r sin x r sin(n+1)x r sin nx lim 1 2r cos x d r sin x

Áp dụng phương pháp ứng dụng số phức để chứng minh tổng hữu hạn các biểu thức tổ hợp

Bài toán 19: Chứng minh rằng:

Xét số phức z 1 i 2 cos isin

      Áp dụng công thức khai triển Niu tơn:

Theo công thức Moivre ta có:

So sánh phần thực ta có :

Xét số phức z 1 i 2 cos isin

      Áp dụng công thức khai triển Niu tơn:

Theo công thức Moivre ta có:

So sánh phần thực và phần ảo ta có :

Bài toán 21 : Với n là số tự nhiên lớn hơn 1 Chứng minh rằng :

2k +1 là số nguyên gần với n nhất hoặc bằng n

Xét số phức z 3 i 1 cos i sin

        Áp dụng khai triển nhị thức Niu tơn ta có : n n n n n 2 3 4 5 n

             Áp dụng công thức Moivre ta có n n n z cos i sin

So sánh phần ảo ta được :

Bài toán 22 : Với n là số tự nhiên lớn hơn 1 Chứng minh rằng :

 1 C  2 n  C 4 n    ( 1) C k 2k n   2  C 1 n  C 3 n  C 5 n    ( 1) C k 2k 1 n   2  2 n với 2k+1 là số nguyên gần với n nhất hoặc bằng n

Xét số phức z 1 i   Áp dụng khai triển nhị thức Niu tơn ta có :

Bài toán 23: Với n là số tự nhiên lớn hơn 1 Chứng minh rằng :

       ; với 3k + 1 là số nguyên gần với n nhất hoặc bằng n

    là các nghiệm của phương trình trên Áp dụng công thức nhị thức Niu tơn cho các cặp số (1;1),(1; ),(1;   2 ) có: n 0 1 2 n n n n n

Bước 3 : Áp dụng định lý Viet cho phương trình  3 1 suy ra 1   2 0 và dùng công thức Moivre để tính các cặp (a b)  n  0   (a b) n với cặp số lần lượt

(1;1),(1; ),(1; 2) Áp dụng định lý Viet cho phương trình  3 1 suy ra 1    2  0 Áp dụng công thức Moivre, ta được : n n

Từ đó, cộng các phương trình (1), (2) và (3), ta được :

Áp dụng phương pháp ứng dụng số phức để giải các bài toán phương trình hàm đa thức

Bài toán 24 : Tìm tất cả các đa thức P(x) sao cho : P(x).P(x 1) P(x ) 2 (*) Giải :

Giả sử  là nghiệm của P(x)

Từ phương trình (*) suy ra    2 ; 4 ; 8 ; cũng là nghiệm của P(x) = 0

Từ đó, có thể kết luận rằng α phải bằng 0 hoặc 1, bởi nếu không, chúng ta sẽ có một dãy vô hạn các nghiệm của P(x), điều này mâu thuẫn với hệ quả của định lý cơ bản của đại số, cho rằng một đa thức P(x) bậc n chỉ có n nghiệm.

Thay x bằng x – 1 trong (*), ta có : P(x 1).P(x) P((x 1) ) 2 (**)

Vì là nghiệm của P(x) nên từ phương trình (**) suy ra    1  2 là nghiệm của P(x)

Từ phương trình (**) suy ra    1 ;   2   1 ;   4   1 ;  6 cũng là nghiệm của P(x) Lý luận tương tự ta cũng có   1 0 hoặc  1 1

- Trường hợp  0 và  1 0 : suy ra   0 và   1 0 (vô lý)

- Trường hợp  0 và  1 0 : suy ra  0

- Trường hợp  1 và   1 0 : Ta có 0  1     1 1 1 0

Dấu bằng xảy ra khi k.1 k , thay vào  1 suy ra  1

Từ  1, ta đặt  cosisin

Và kết hợp  1 1 suy ra 1

   Xét  2 cũng là nghiệm của P(x) = 0 Do đó:  2  1  2 cũng là nghiệm của P(x) = 0 và   2  1  2     cos 2 3   1    2  sin 2 2 3   3 (Mẫu thuẫn vì mọi nghiệm của P(x) = 0 có mô đun bằng 0 hoặc bằng 1

Tương tự cho trường hợp 5

   Như vậy ta có thể kết luận rằng   0 hoặc   1

Suy ra P(x) có dạng cx (1 x) m  n , với c là một hằng số nào đó và m, n là các số nguyên không âm

Thay vào phương trình (*) ta có c = 1 và m = n

Vậy lớp các đa thức thỏa mãn điều kiện đã cho là P(x)x (1 x) m  m , trong đó m là một số tự nhiên

Bài toán 25 : Chứng minh rằng đa thức với hệ số thực P(x) thỏa mãn đẳng thức sau P(x) 2x   2  P(2x 3  x) thì không có nghiệm thực

Giả sử  là nghiệm thực của P(x)

Từ phương trình suy ra

                       (*) cũng là nghiệm thực của P(x)

Khi   0 thì dãy (*) là dãy tăng và là dãy vô hạn các nghiệm của P(x) (mẫu thuẫn với hệ quả của định lý cơ bản của đại số)

Khi   0 thì dãy (*) là dãy giảm và là dãy vô hạn các nghiệm của P(x) (mẫu thuẫn với hệ quả của định lý cơ bản của đại số)

Khi   0, suy ra P(x)x Q(x) k với Q(0)  0, thay vào phương trình ta có:

Thay x = 0 vào ta được 0 = Q(0) (mẫu thuẫn)

Vậy P(x) không có nghiệm thực.

Áp dụng phương pháp ứng dụng số phức để chứng minh bất đẳng thức

Bài toán 26: Cho x, y, z dương và xyz = 1 Chứng minh rằng:

Bất đẳng thức tương đương :

Hay x 2 xy z 2  y 2 yz z 2  z 2 zx x 2  3(x y z) Áp dụng bất đẳng thức trung bình cộng – trung bình nhân ta có: x y z    3xyz  3

Do đó: x 2 xy z 2  y 2 yz z 2  z 2 zx x 2 3 3

Bài toán 27: Chứng minh rằng với mọi giá trị x, y ta đều có:

4cos x cos y sin (x y)   4sin x sin y sin (x y)  2

Bất đẳng thức tương đương

 2cos x cos y  2  sin (x y) 2    2sin x sin y  2  sin (x y) 2   2

Xét các số phức a 2cos x cos y isin(x y) ; b 2sin x sin y isin(x y)     

Khi đó a b 2cos x cos y 2sin x sin y i2sin(x y) 2cos(x y) 2isin(x y)         Suy ra :

  2 2   2 2 a b   2; a  2cos x cos y  sin (x y); b   2sin x sin y  sin (x y) 

 2cos x cos y  2  sin (x y) 2    2sin x sin y  2  sin (x y) 2   2

Bài toán 28: Cho a, b, c, d là 3 số dương và  a 2  b 2  3   c 2 d 2

Khi đó ta có : 1 2  xy  xy   a c 3 ac  b d 3 bd  a 2  b 2

Ta luôn có : 1 2  xy xy    x y

2 2 2 2 a b a b ac bd c d a b a b ac bd c d a b a b c d ac bd (1) c d

Suy ra z  a 2  b ; t 2  c 2  d và 2 1 2  zt zt     ac bd

Ta luôn có : 1  zt zt  z t hay ac bd a 2 b 2 c 2 d 2

Kết hợp (1) và (2) suy ra :

Bài toán 29 : Cho x, y,z thỏa x + 2y + 3z = 8 Chứng minh bất đẳng thức sau :

Bất đẳng thức (*) tương đương 1 x 2  2 2 (2y) 2  3 2 (3z) 2 10 Đặt a = 1+ xi, b = 2 + 2yi, c = 3 + 3zi

Ta có a + b + c = 1+ xi + 2 + 2yi + 3 + 3zi = 6 + 8i

Áp dụng phương pháp ứng dụng số phức để giải các bài toán về sự chia hết

Bài toán 30 : Chứng minh rằng với mọi giá trị của n, đa thức  x  1  2n 1   x n 2  chia hết cho đa thức x 2  x 1

Giải : Đa thức x 2  x 1 có 2 nghiệm phân biệt là

1 3 2 2 1 3 4 4 i cos i sin và i cos i sin

            Đa thức x 2n x n 1 chia hết cho đa thức x 2   x 1 khi và chỉ khi  1 và 2 là nghiệm của đa thức x 2n x n 1

(2n 1) 2(n 2) (2n 1) 2(n 2) cos cos và sin sin

(2n 1) 2(n 2) (2n 1) 2(n 2) cos cos 0 và sin sin 0

        với mọi giá trị của n

(2n 1) 2(n 2) (2n 1) 2(n 2) cos cos và sin sin

(2n 1) 2(n 2) (2n 1) 2(n 2) cos cos 0 và sin sin 0

Vậy với mọi giá trị của n, đa thức  x  1  2n 1   x n 2  chia hết cho đa thức x 2  x 1

Bài toán 31 : Chứng minh rằng với mọi n nguyên dương và số thực  thỏa mãn các điều kiện n > 1 và sin   0 thì đa thức

P(x)x sinn x sin nsin(n 1)  chia hết cho đa thức

Giải : Đa thức Q(x)x 2 2xcos1 có 2 nghiệm phân biệt là

1 cos isin và 2 cos isin

        Đa thức P(x) chia hết cho đa thức Q(x) khi và chỉ khi  1 và 2 là nghiệm của đa thức P(x)

Thay  1 vào P(x)x sin n x sin nsin(n 1) = 0 ta có :

    cos i sin nsin cos i sin sin n sin(n 1) 0 cosn i sin n sin cos i sin sin n sin(n 1) 0

       cosn sin i sin n sin cos sin n i sin sin n sin(n 1) 0 cosn sin cos sin n sin(n 1) i(sin sin n sin n sin ) 0

Vì cosn sin cos sin n   sin(n 1)  nên cosn sin cos sin n sin(n 1) 0 với mọi n nguyên dương

Và sin  sin n  sin n  sin  0 với mọi n nguyên dương

Thay  2 vào P(x)x sin n x sin nsin(n 1)  = 0 ta có :

Bài viết đề cập đến các hàm lượng giác, bao gồm các biểu thức liên quan đến sin và cos, với các biến i và n Những công thức này có thể được sử dụng để phân tích các mối quan hệ giữa các góc và độ dài trong hình học Việc hiểu rõ các công thức này là cần thiết để giải quyết các bài toán liên quan đến lượng giác trong toán học.

Vì cosn sin cos sin n   sin(n 1)  nên cosn sin cos sin n sin(n 1) 0 với mọi n nguyên dương

Và sin n  sin  sin  sin n  0 với mọi n nguyên dương

Vậy với mọi n nguyên dương và số thực  thỏa mãn các điều kiện n > 1 và sin   0 thì đa thức P(x)x sin n x sin nsin(n 1)  chia hết cho đa thức Q(x)x 2 2xcos1