Bài giảng trọng tâm toán 12 số phức

chương số phức A Kiến thức cần nhớ I Số phức khái niệm số phức Định nghĩa Một số phức biểu thức dạng a + bi a, b số thực vµ sè i tháa m·n i2 = −1 KÝ hiƯu số phức z viết z = a + bi i gọi đơn vị ảo, a gọi phần thực b gọi phần ảo số phức z = a + bi Tập hợp số phức kí hiệu  Chó ý: Sè phøc z = a + 0i có phần ảo coi sè thùc vµ viÕt lµ: a + 0i = a, a ∈  ⊂  Sè phøc cã phần thực gọi số ảo (còn gọi ảo): z = + bi = bi (b∈  ); i = + 1i = 1i Sè = + 0i = 0i vừa số thực vừa số ảo Định nghĩa Hai sè phøc z = a + bi (a, b∈  ), z' = a' + b'i (a', b'∈  ) b»ng nÕu vµ chØ nÕu: a = a', b = b' Khi ®ã, ta viÕt z = z' biểu diễn hình học số phức Mỗi số phøc z = a + bi (a, b∈  ) ®­ỵc biĨu diƠn bëi ®iĨm M(a; b) Khi ®ã, ta th­êng viÕt M(a + bi) hay M(z) Gèc O biÓu diễn số Mặt phẳng tọa độ với việc biểu diễn số phức gọi mặt phẳng phức Trơc Ox gäi lµ trơc thùc  Trơc Oy gäi trục ảo phép cộng phép trừ số phức Định nghĩa Tổng hai số phức z1 = a1 + b1i, z2 = a2 + b2i (a1, b1, a2, b2∈  ) lµ sè phøc z1 + z2 = (a1 + a2) + (b1 + b2)i Nh­ vậy, để cộng hai số phức, ta công phần thực với nhau, cộng phần ảo với Tính chÊt cña phÐp céng sè phøc TÝnh chÊt kÕt hỵp: (z1 + z2) + z3 = z1 + (z2 + z3) víi mäi z1, z2, z3 ∈  273 TÝnh chÊt giao ho¸n: z1 + z2 = z2 + z1 víi mäi z1, z2 ∈  Céng víi 0: z + = + z = z víi mäi z ∈  Với số phức z = a + bi (a, b∈  ), nÕu kÝ hiÖu sè phøc −a − bi z ta có: z + (z) = z + z = Số z gọi số đối số phức z Định nghĩa Hiệu cña hai sè phøc z1 = a1 + b1i, z2 = a2 + b2i (a1, b1, a2, b2∈  ) lµ tỉng cđa z1 víi −z2, tøc lµ: z1 − z2 = z1 + (−z2) = (a1 − a2) + (b1 − b2)i ý nghÜa h×nh häc cđa phÐp céng phép trừ số phức Mỗi số phức z = a + bi (a, b ) biểu diễn điểm M(a; b) có nghĩa vectơ OM   Khi ®ã, nÕu u1 , u theo thø tù biĨu diƠn sè phøc z1, z2 th×:    u1 + u biĨu diƠn sè phøc z1 + z2    u1 − u biĨu diƠn sè phøc z1 − z2 phép nhân số phức Định nghĩa Tích hai sè phøc z1 = a1 + b1i, z2 = a2 + b2i (a1, b1, a2, b2∈  ) lµ sè phøc z1.z2 = a1a2 − b1b2 + (a1b2 − a2b1)i Nhận xét: Từ định nghĩa, ta có: Với mäi sè thùc k, vµ mäi sè phøc a + bi (a, b∈  ) ta cã k(a + bi) = ka + kbi  0z = víi mäi sè phøc z TÝnh chÊt cđa phÐp nh©n sè phøc TÝnh chÊt giao ho¸n: z1z2 = z2z1 víi mäi z1, z2 ∈  TÝnh chÊt kÕt hỵp: (z1z2)z3 = z1(z2z3) víi mäi z1, z2, z3 ∈  Nh©n víi 1: 1.z = z.1 = z víi mäi z ∈  TÝnh chÊt ph©n phối (của phép nhân phép cộng): z1(z2 + z3) = z1z2 + z1z3 víi mäi z1, z2, z3 số phức liên hợp môdun số phức Định nghĩa Số phức liên hợp cña z = a + bi (a, b∈  ) a bi kí hiệu z Nh­ vËy, ta cã: z = a + bi = a bi 274 Nhận xét: Từ định nghĩa ta thấy: Số phức liên hợp z lại z, tức z = z Vì người ta nói z z hai số phức liên hợp với Số phức liên hợp điểm biểu diễn chúng ®èi xøng qua trơc Ox TÝnh chÊt Víi mäi z1, z2 ∈  ta cã: z1 + z = z1 + z ; z1 z = z1 z Víi mäi sè phøc z, số z z số thực, nÕu z = a + bi (a, b∈  ) thì: z z = a2 + b2 Định nghĩa Môđun số phức z = a + bi (a, b ) số thực không âm kí lµ |z| Nh­ vËy, nÕu z = a + bi (a, b∈  ) th×: |z| = zz = a + b vµ a2 + b2  Nhận xét: Nếu z số thực môđun z giá trị tuyệt đối số thực ®ã z = vµ chØ |z| = phÐp chia cho sè phøc kh¸c Định nghĩa Số nghịch đảo số phức z khác số z1 = z | z |2 z' cña phÐp chia sè phøc z' cho sè phức z khác tích z' với z z' = z'.z1 số phức nghịch đảo z, tức lµ z z' z '.z NhËn xÐt: Nh­ vËy, nÕu z ≠ th× = z | z |2 Th­¬ng  z' z' z '.z z '.z = = nên để tính ta việc nhân tử z z |z| z.z mÉu sè víi z vµ ®Ĩ ý r»ng z z = |z|2  Chó ý: Cã thĨ viÕt NhËn xÐt: Víi z ≠ 0, ta cã = 1.z−1 = z−1 z z' lµ sè phøc w cho zw = z' Tõ ®ã, cã thĨ nãi phÐp chia z (cho sè phøc kh¸c 0) phép toán ngược phép nhân Thương 275 II Căn bậc hai số phức phương trình bậc hai bậc hai số phức Định nghĩa Cho số phức w Mỗi số phức z thỏa mÃn z2 = w gọi bậc hai w Nới cách khác, bậc hai w nghiệm phương trình: z2 − w = (víi Èn z)  Chó ý 1: Để tìm bậc hai số phức w, ta cã hai tr­êng hỵp: Tr­êng hỵp 1: NÕu w lµ sè thùc (tøc lµ w = a):  Với a > w có hai bậc hai lµ ± a  Víi a < w có hai bậc hai i a Tr­êng hỵp 2: NÕu w = a + bi (a, b b 0) z = x + yi (x, y ) bậc hai cđa w vµ chØ khi: z2 = w ⇔ (x + yi)2 = a + bi x − y = a ⇔ (x2 − y2) + 2xyi = a + bi ⇔  2xy = b Ghi nhớ bậc hai số phức w: w = có bậc hai z = w có hai bậc hai hai số đối (khác 0) Đặc biệt: Số thực dương a có hai bậc hai a Số thực âm a có hai bậc hai i a phương trình bậc hai Cho phương trình: Ax2 + Bx + C = 0, với A, B, C số phøc vµ A ≠ XÐt biƯt thøc ∆ = B2 4AC, ta có trường hợp: Trường hợp 1: Nếu phương trình có hai nghiƯm: −B + δ −B − δ vµ z2 = z1 = 2A 2A bậc hai Đặc biệt: Nếu số thực dương phương trình có hai nghiệm: B − ∆ −B + ∆ vµ z2 = z1 = 2A 2A Nếu số thực âm phương trình có hai nghiệm: B + i −∆ − B − i −∆ z1 = vµ z2 = 2A 2A 276 Tr­êng hỵp 2: NÕu ∆ = phương trình có nghiệm kép z1 = z2 = −  Chó ý 2: B 2A Mọi phương trình bậc hai (với hệ số phức) cã hai nghiƯm phøc (cã thĨ trïng nhau) Mäi phương trình bậc n: A0zn + A1zn + + An − 1z + An = ®ã A0, A1, , An lµ n + sè phøc cho tr­íc, A0 ≠ vµ n lµ mét số nguyên dương có n nghiệm phức (không thiết phân biệt) III dạng lượng giác số phức ứng dụng số phức dạng lượng giác §Þnh nghÜa (Acgumen cđa sè phøc z ≠ 0): Cho số phức z Gọi M điểm mặt phẳng phức biểu diễn số z Số đo (radian) góc lượng giác tia đầu Ox, tia cuối OM gọi acgumen z Chó ý: NÕu ϕ lµ mét acgumen cđa z acgumen z có dạng + 2k, k∈  Hai sè phøc z vµ lz (với z l số thực dương) có acgumen Định nghĩa (Dạng lượng giác số phức): Dạng z = r(cos + i.sin), r > gọi dạng lượng giác số phức z Còn dạng z = a + bi (a, b ) gọi dạng đại số số phức z Nhận xét: Để tìm dạng lượng giác r(cos + i.sin) số phức z = a + bi (a, b∈  ) kh¸c cho trước, ta thực theo bước: Tìm r: môdun z, r = a + b ; số r khoảng cách từ gốc O đến điểm M biểu diễn số z mặt phẳng phức Bước 2: Tìm : lµ acgumen cđa z, ϕ lµ sè thùc cho cosϕ = a b vµ sinϕ = ; sè ϕ số đo góc lượng giác r r tia đầu Ox, tia cuối OM Chúng ta tổng kết hai bước thực phép biến đổi:   a b z= a2 + b2  + i  = a + b ( cos ϕ + i.sin ϕ ) 2 2 a +b   a +b B­íc 1:  Chó ý: |z| = vµ chØ z = cosϕ + i.sinϕ (ϕ∈  ) 277 Khi z = th× |z| = r = nh­ng acgumen z không xác định (đôi coi acgumen cđa lµ sè thùc tïy ý vµ vÉn viÕt = 0(cos + i.sin)) Cần để ý đòi hỏi r > dạng lượng giác r(cos + i.sin) số phức z nhân chia số phức dạng lượng giác Định lí: Nếu z = r(cosϕ + i.sinϕ) vµ z' = r'(cosϕ' + i.sinϕ') víi r, r' ≥ th× : zz' = rr'[cos(ϕ + ϕ') + i.sin(ϕ + ϕ')] z r = [cos(ϕ − ϕ') + i.sin(ϕ − ϕ')] r' > z' r' Chú ý: Nếu điểm M, M' biĨu diƠn theo thø tù c¸c sè phøc z, z' khác z acgumen số đo góc lượng giác tia đầu OM', tia cuối OM z' công thức moavrơ (moivre) ứng dụng Công thức moavrơ: Với số nguyên dương n, ta có: [r(cos + i.sinϕ)]n = rn(cosnϕ + i.sinnϕ) Khi r = 1, ta được: (cos + i.sin)n = cosn + i.sinn ứng dụng vào lượng giác: Ta có: (cos + i.sin)3 = cos3 + i.sin3 Mặt khác, sử dụng khai triển lũy thừa bậc ba ta được: (cos + i.sin)3 = cos3 + 3cos2ϕ.(i.sinϕ) + 3cosϕ.(i.sinϕ)2 + sin3ϕ Tõ ®ã, suy ra: cos3ϕ = cos3ϕ − 3cosϕ.sin2ϕ = 4cos3ϕ − 3cosϕ, sin3ϕ = 3cos2.sin sin3 = 3sin 4sin3 Căn bậc hai số phức dạng lượng giác: Số phức z = r(cosϕ + i.sinϕ), r > cã hai bậc hai là: r cos + i.sin  2   ϕ ϕ ϕ   ϕ  vµ − r  cos + i.sin  = r  cos  + π  + i.sin  + π   2 B Phương pháp giải dạng toán liên quan Đ1 Số phức Dạng toán 1: Số phức thuộc tính Phương pháp Với số phức z = a + bi, dạng câu hỏi thường đặt là: 278 Dạng 1: Xác định phần thực phần ảo số phức z Khi đó, ta có ngay: Phần thực a Phần ảo b Chú ý: Một câu hỏi ngược "Khi số phức a + bi số thực, số ảo 0", ta sử dụng kết phần ý sau định nghĩa Dạng 2: HÃy biểu diễn hình học sè phøc z Khi ®ã, ta sư dơng ®iĨm M(a; b) để biểu diễn số phức z mặt phẳng tọa độ Chú ý: Một câu hỏi ngược "Xác định số phức biểu diễn bới điểm M(a; b)", ®ã ta cã sè z = a + bi Dạng 3: Tính môđun số phức z, ®ã, ta cã ngay= z a2 + b2 Dạng 4: Tìm số đối số phức z, ®ã, ta cã −z = −a − bi D¹ng 5: Tìm số phức liên hợp z, đó, ta cã z = a − bi D¹ng 6: Tìm số phức nghịch đảo z, đó, ta cã z−1 = z | z |2 ThÝ dụ Xác định số phức biểu diễn đỉnh tam giác có tâm gốc toạ độ O mặt phẳng phức, biết đỉnh biểu diễn số i Giải Giả sử tam giác ABC (như hình vẽ) thỏa mÃn điều kiện đầu bài, giả sử đỉnh A(0; −1) biĨu diƠn sè phøc −i a Gäi a độ dài cạnh ABC, ta có = AO = ⇔ a = 3 Tõ ®ã suy y  1  §Ønh B  − ;  lµ sè phøc z B = − + i B C 2  2   1 §Ønh C  ;  lµ sè phøc = zC  2 + i 2 x O −1 A D¹ng toán 2: Các phép toán số phức Phương pháp Sử dụng định nghĩa với tính chất phép toán (cộng, trừ nhân, chia) tập số phức Chúng ta có đẳng thức: a2 + b2 = a2 − (bi)2 = ( a + bi )( a − bi ) = z.z    z 279 (a + bi)2 = a2 − b2 + 2abi; (a + bi)3= a3 − 3a + (3a2b − b3)i; (a − bi)2 = a2 − b2 − 2abi (a − bi)3= a3 + 3a − (3a2b + b3)i Thí dụ Tìm phần thực phần ảo số phøc z = (x + iy)2 – 2(x + iy) + (víi x, y ∈  ).Víi x, y số phức số thực ? Giải a Ta biến đổi: z = (x2 + 2xyi − y2) – (2x + 2yi) + = x2 − y2 − 2x + + 2y(x − 1)i VËy nã cã phÇn thùc b»ng x2 − y2 − 2x + phần ảo 2y(x 1) b Số phức đà cho số thực điều kiện lµ: 2y(x − 1) = ⇔ x = hc y = + 2i − i Thí dụ Tìm phần thực phần ảo môđun cña sè phøc = z + − i 2i Giải Ta trình bày theo hai cách sau: Cách 1: Ta biến đổi: (3 + 2i)(1 + i) (1 − i)(3 + 2i) + 5i − i 23 63 z= = = + + i + 13 26 26 13 23 63 4498 , phần ảo môđun VËy nã cã phÇn thùc b»ng 26 26 26 Cách 2: Ta biến đổi: (3 + 2i)(3 2i) + (1 − i)2 13 − 2i (13 − 2i)(1 + 5i) z= = = (1 − i)(3 − 2i) − 5i 26 23 63 = + i (23 + 63i) = 26 26 26 23 63 4498 Vậy có phần thực , phần ảo môđun 26 26 26 Thí dụ Tìm điểm biểu diễn số phức sau: a z =  Gi¶i ( +i ) +( ) 2 −i b z = ( +i ) −( ) −i a Ta trình bày theo cách sau: Cách 1: Ta biÕn ®ỉi: z= ( +i ) +( 2 −i ) = + 2i + i2 + − 2i + i2 = Vậy, điểm M(2; 0) biểu diễn số phức z Cách 2: Ta biÕn ®ỉi: z= ( +i ) +( 2 −i ) =( +i+ = − 2(2 − i2) = VËy, ®iĨm M(2; 0) biĨu diƠn sè phøc z 280 – i)2 − 2( + i)( – i) C¸ch 3: Ta biÕn ®ỉi: z= ( +i ) +( 2 −i ) =( +i− + i)2 + 2( + i)( – i) = 4i2 + 2(2 − i2) = VËy, ®iĨm M(2; 0) biĨu diễn số phức z b Ta trình bày theo cách sau: Cách 1: Ta biến đổi: z= ( ) ( +i − ) − i = 2 + 6i + 3i 2 + i3 − ( 2 − 6i + 3i 2 − i3) = 12i + 2i3 = 12i − 2i = 10i VËy, ®iĨm N(0; 10) biĨu diễn số phức z Cách 2: Ta biến đổi: z= ( +i ) −( −i ) = ( + i – + i)3 + 3( + i)( – i) ( + i – = 8i3 + 6i(2 − i2) = −8i + 18i = 10i VËy, ®iĨm N(0; 10) biĨu diƠn số phức z + i) Dạng toán 3: Chứng minh tich chất số phức Phương pháp Sử dụng phép toán tập số phức tính chÊt cđa chóng ThÝ dơ Chøng minh r»ng phÇn thùc cña sè phøc z b»ng sè phøc z b»ng Giải (z + z ), phần ảo (z – z ) 2i Víi sè phøc z = a + bi (a, b∈  ), ta cã: 1 (z + z ) = (a + bi + a + bi ) = (a + bi + a bi) = a phần thùc cña z 2 1 (z – z ) = (a + bi − a + bi )(i) = b phần ảo z 2i ThÝ dô Gäi A, B theo thø tù điểm mặt phẳng phức biểu diễn số z ≠ vµ z' = 1+ i z Chøng minh OAB vuông cân (O gốc toạ độ) Giải Ta có: OA = OA = |z|,  1+ i 1+ i OB = OB = |z|, z = |z| = 2    1+ i −1 + i AB = AB = OB − OA = |z| |z| = z−z = 2 281 Tõ ®ã, suy OB = AB vµ: 2     OB + AB =  z  + z = |z|2 = OA2 ⇔ ∆OAB lµ vuông cân B 2 Dạng toán 4: Tập hợp điểm Phương pháp Câu hỏi thường đặt "Xác định tập hợp điểm mặt phẳng phức biểu diễn số phức z thỏa mÃn điều kiện K" Khi đó: Dạng 1: Số phức z thỏa mÃn biểu thức độ dài (môđun) Khi đó, ta sử dụng công thức= z a2 + b2 Dạng 2: Số phức z số thực (thực âm thực dương), số ảo Khi đó, ta sử dụng kết quả: a Để z số thực điều kiện b = b Để z số thực âm điều kiƯn lµ: a <  b = c Để z số thực dương điều kiện là: a >  b = d §Ĩ z số ảo điều kiện a = Chú ý: Để tăng độ khó cho yêu cầu tập hợp điểm, toán thường cho dạng biểu thức phức Thí dụ Xác định tập hợp điểm mặt phẳng phức biểu diễn số phức z cho z2: a Là số ảo b Là số thực âm c Là số thực dương d Có môđun Giải Với số phức z = x + yi (x, y∈  ), ta cã: z2 = (x + yi)2 = x2 − y2 + 2xyi a Để z2 số ảo điều kiện lµ: x − y = x2 − y2 = ⇔ (x − y)(x + y) = ⇔  x + y = VËy, tËp hỵp điểm điểm M thuộc hai đường phân giác góc trục thực, trục ảo 282 phương trình có ∆ = (4 − i)2 − 20(1 − i) = −5 + 12i Gi¶ sư sè δ = x + yi (x, y ) bậc hai ∆ = −5 + 12i, tøc lµ ta cã: −5 + 12i = (x + yi)2 = x2 − y2 + 2xyi  y= 6    2 x x − y = −5  y = y = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ x x 2 2xy = 12   x −   = x =  x  −5 x + 5x − 36 =    = vµ y  x 2= ⇔  −2 vµ y = −3 x = Tøc là, biệt số có hai bậc hai (2 + 3i) Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt là: i + (2 + 3i) − i − (2 + 3i) z1 = = + i; z2 = = − 2i 2 Vậy, hai số cần tìm + i 2i Dạng toán 3: Sử dụng phương trình bậc hai giải phương trình bậc cao Phương pháp a Đối với phương trình bậc ba cần thực phép nhẩm nghiệm để phân tích đa thức thành nhân tử (tức nhận phương trình tích) b Đối với phương trình bậc bốn dạng đặc biệt sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ Thí dụ Giải phương trình sau biểu diễn hình học tập hợp nghiệm phương trình (trong mặt phẳng phức): a z3 = b z3 – 3z2 + 4z – = Giải a Ta biến đổi phương trình d¹ng: z − = −1 ± i ⇔ (z − 1)(z2 + z + 1) = ⇔  z1 1,= z 2, = z + z + = VËy, ph­¬ng trình có ba nghiệm z1, z2, z3 chúng theo thứ tự biểu diễn 3 điểm M1(1; 0), M ; mặt phẳng phức M  − ; −    2 b Vì tổng hệ số nên phương trình có nghiệm nên ta biến đổi phương trình dạng: z1 = z − = (z − 1)(z2 − 2z + 2) = ⇔  ⇔   z 2, = ± i z 2z + = Vậy, phương trình cã ba nghiƯm z1, z2, z3 vµ chóng theo thø tự biểu diễn điểm M1(1; 0), M 1; M 1; mặt phẳng phức ( ) ( ) 289 Chú ý: a RÊt nhiỊu häc sinh thùc hiƯn c©u a) thói quen tìm nghiệm thực nên đà nghiƯm nhÊt x = C¸c em häc sinh cÇn ghi nhí néi dung chó ý phần lí thuyết, nên sử dụng đẳng thức để biến đổi phương trình ban đầu dạng tích b câu b) sử dụng kết a + b + c + d = phương tr×nh az3 + bz2 + cz + d = (với a, b, c, d số thực) có nghiệm 1, phân tích thành: (z − 1)(Az2 + Bz + C) = T­¬ng tự, phương trình az3 + bz2 + cz + d = cã: a−b+c−d=0 th× nã cã nghiƯm b»ng 1, phân tích thành: (z + 1)(Az2 + Bz + C) = c C¸c em học sinh hÃy chứng minh "Kết với phương trình bậc ba có hệ số phức" Thí dụ Giải phương trình sau: a z4 − = b z4 + = Giải a Biến đổi phương trình dạng: (z2 – 1)(z2 + 1) = ⇔ z = ±1 z = i b Biến đổi phương trình d¹ng: z2 = i (1) z4 − i2 = ⇔ (z2 − i)(z2 + i) = ⇔ (2) z = i Ta lần lượt: Với phương trình (1), giả sử số z = x + yi (x, y ) bậc hai cđa 2i, tøc lµ ta cã: i = (x + yi)2 = x2 − y2 + 2xyi x = y x = y x − y2 = x = ± y   ⇔  ⇔  ⇔  ⇔  x= ± = xy 1v µ x, y c ï ng d Ê u = x  2xy =   2  ⇔ x= y= ± Suy ra, phương trình (1) có hai nghiệm (1 + i ) Với phương trình (2), gi¶ sư sè z = x + yi (x, y ) bậc hai i, tức lµ ta cã: −i = (x + yi)2 = x2 − y2 + 2xyi x − y2 = x = ± y ⇔  ⇔   xy = 1và x, y tr dấu 2xy = 290 x = − y x = − y   ⇔  ⇔  ⇔ x =− y =± x = ± x = Suy ra, phương trình (1) cã hai nghiƯm lµ ± (1 − i ) Vậy, phương trình đà cho có bốn nghiƯm lµ ± (1 ± i )  NhËn xÐt: Nh­ vËy, qua vÝ dơ trªn: a câu a) sử dụng đẳng thức để chuyển phương trình ban đầu tích hai phương trình bậc hai b câu b) sử dụng tính chất i2 = để làm xuất hiƯn d¹ng A2 − B2 = (A − B)(A + B) Chúng ta biết phương trình trùng phương dạng: az4 + bz2 + c = giải việc sử dụng ẩn phụ t = z2 Đ3 dạng lượng giác số phức ứng dụng Dạng toán 1: Dạng lượng giác của số phức Phương pháp Sử dụng kiến thức trình bày nhận xét phần Thí dụ Tìm dạng lượng giác số phức z , z, a z = + i , kz (k ∈ * ), biÕt: z b z = r(cosϕ + i.sinϕ), víi r >  Gi¶i a Ta trình bày theo hai cách sau: Cách 1: Víi z = + i , ta cã: M«dun r = + = 2, π Acgumen ϕ tháa m·n cosϕ = vµ sinϕ = ⇒ chän ϕ = π π   Tõ ®ã, suy z = cos + i.sin đó: 3     π π π   π  z =  cos − i.sin  =  cos  −  + i.sin  −   ; 3      3 π π π π 4π 4π     –z = −2  cos + i.sin  =  − cos − i.sin  =  cos + i.sin  ; 3 3 3       291 1  π π 1 π π = z =  cos + i.sin  =  cos + i.sin  ;  3 2 3 z z.z   π π nÕu k > 2k  cos + i.sin     kz =  −2k  cos π + i.sin π  nÕu k <   3   C¸ch 2: Chóng ta th­êng sư dơng phÐp biÕn ®ỉi: 1 π π 3  z = + i =  + i  =  cos + i.sin  ;  3  2 1   π 3  π  z = + i = − i =  − i  =  cos  −  + i.sin  −   ;      3 2  4π 4π  3  –z = −1 − i =  − − i + i.sin  ;  =  cos 3     1− i 1+ i 11 3 1 π π = = = =  + i  =  cos + i.sin  2 3 22  z 1+ i b Ta có: Số phức z có môdun r acgumen nên cã d¹ng: z = r[cos(−ϕ) + i.sin(−ϕ)]  Sè phøc z có môdun r acgumen + nên có dạng: z = r[cos( + ) + i.sin( + π)] 1 1  Sè phøc = z có môdun r = acgumen nên có dạng: r r z z.z 1 = (cosϕ + i.sinϕ) r z  Sè phøc kz cã môdun |kz| = |k|r acgumen k > vµ lµ ϕ + π nÕu k < nên có dạng: k > kr(cos ϕ + i.sin ϕ) kz =  − kr[cos(ϕ + π) + i.sin(ϕ + π)] nÕu k < ThÝ dô Cho hai sè phøc z1 = + i z= 3+i a Tìm dạng lượng giác z1, z2 b Sử dụng kết a) tÝnh z1z ,  Gi¶i z1 z2 a Ta có: z1 = =1+i 292   2 = + i   π π   cos + i.sin  , 4    π π  = + i   cos + i.sin  + i  = 6 2 b Ta có: 5π 5π   π π   π π  = = z1z 2.2 cos  +  + i.sin  +   2  cos + i.sin  , 12 12      4 6 2 π π z1  π π  π π  = cos  −  + i.sin=  cos + i.sin   −    12 12  z2  4 6   z= Chú ý: Nếu thực phép toán dạng đại số: a Ta có: z1z = (1 + i) = ( ) ( − 1) + (  ( − 1) ( + 1)  2 + i ) 3+i = +1 i  2 2    −1 5π + 5π tõ ®ã, suy = = cos , sin 12 2 12 2 b Ta cã: z1 = z2 = (1 + i ) ( 1+ i = 3+i ) −i 1 = 4 ( ) ( ) ( +1 + ) i  (  −1  +1 +  4  ( ) ) − i  (   ) +1 −1 π π tõ ®ã, suy = cos = , sin 12 12 Dạng toán 2: Các ứng dụng Phương pháp Sử dụng dạng lượng giác số phức để thực phép toán Sử dụng công thức moavrơ (moivre) ứng dụng Thí dụ Tìm dạng lượng giác bậc hai cđa sè phøc: z = cosϕ − i.sinϕ  Gi¶i Viết lại số phức z dương dạng chuẩn: z = cos(−ϕ) − i.sin(−ϕ) tõ ®ã, suy nã cã hai bậc hai là:  ϕ  ϕ cos  −  + i.sin  −  cos  − + π  + i.sin  − + π   2  2     293  i  ThÝ dô TÝnh   1+ i  2008  Gi¶i Ta cã thĨ lùa chän hai cách sau: Cách 1: Ta có dạng lượng giác số phức: cos + i.sin π π 2 i 2 = = cos + i.sin   π π  4 1+ i    cos + i.sin  4    i  ⇒  1+ i  2008  2 π π  =   cos + i.sin   4      2 =     2008 2008 ( cos502π + i.sin 502π ) = 1004 C¸ch 2: Ta cã: 2 π π 2 2 i i(1 − i) 1+ i = = = cos + i.sin  +i   =   4  2  1+ i  i  ⇒  1+ i  2008  2 π π  =   cos + i.sin   4      2 =     2008 2008 ( cos502π + i.sin 502 ) = 1004 C Các toán chọn lọc Ví dụ 1: Tìm điểm biểu diễn c¸c sè phøc sau: a z = ( +i ) +( ) 2 −i b z = ( +i ) −( ) i Giải a Ta trình bày theo cách sau: Cách 1: Ta biến đổi: z= ( +i ) +( 2 −i ) = + 2i + i2 + − 2i + i2 = VËy, ®iĨm M(2; 0) biểu diễn số phức z Cách 2: Ta biến đổi: z= ( +i ) +( 2 −i ) =( +i+ – i)2 − 2( + i)( – i) = − 2(2 − i2) = VËy, ®iĨm M(2; 0) biĨu diƠn sè phức z 294 Cách 3: Ta biến đổi: z= ( +i ) +( 2 −i ) =( +i− + i)2 + 2( + i)( – i) = 4i2 + 2(2 − i2) = VËy, ®iĨm M(2; 0) biĨu diƠn sè phøc z b Ta trình bày theo cách sau: Cách 1: Ta biến đổi: z= ( ) ( +i − ) − i = 2 + 6i + 3i 2 + i3 − ( 2 − 6i + 3i 2 − i3) = 12i + 2i3 = 12i − 2i = 10i VËy, ®iĨm N(0; 10) biĨu diƠn sè phøc z Cách 2: Ta biến đổi: z= ( +i ) −( ) −i =( +i– + i)3 + + 3( + i)( – i) ( + i – + i) = 8i3 + 6i(2 − i2) = −8i + 18i = 10i VËy, ®iĨm N(0; 10) biĨu diƠn sè phøc z Ví dụ 2: Tìm môđun số phức sau: −i +i a z = − 1+ i i b z = + (1 − i) + (1 − i)2 + (1 − i)3 + + (1 − i)19  Gi¶i a Ta cã: z= ( − i)(1 − i) −i +i = − + ( + i)i = 1+ i i 2 −3 2 − −1 + i 2  −   2 − −1 ⇒ z =   +   = − − −     b Xét cấp số nhân (un) có u1 = q = − i, ta cã: un = u1.qn − 1, (1 − i)20 − (1 − i)20 − q 20 − = = z = S20 = u1 + u2 + + u20 = q −1 1− i −1 −i 10 10 = [(−2i) − 1]i = (2 − 1)i tøc lµ z cã phần thực phần ảo 210 nªn = z 210 − VÝ dơ 3: Chøng minh r»ng: a Sè phøc z lµ sè ¶o vµ chØ z = – z b Víi mäi sè phøc z, z' ta cã z + z ' =z + z ' ; z.z ' = z.z '  Gi¶i a Tõ gi¶ thiÕt: z = – z ⇔ a + bi = − a + bi = −a + bi ⇔ a = Số phức z số ảo 295 b Víi hai sè phøc z = a + bi, z' = a' + b'i (a, b, a', b'∈  ), ta có: z + z ' = (a + bi) + (a '+ b ' i) = (a + a ') + (b + b ')i = (a + a') − (b + b’)i = (a − bi) + (a' − b'i)= z + z ' , ®pcm z.z ' = (a + bi)(a '+ b ' i) = (aa '− bb ') + (ab '+ a ' b)i = (aa’ − bb') − (ab' + a’b)i = (a − bi)(a' − b'i) = z.z ' , ®pcm Ví dụ 4: Xác định tập hợp điểm mặt phẳng phức biểu diễn số thoả mÃn ®iỊu kiƯn sau: a z + z + 3 = b (2 – z)(i + z ) lµ sè thùc tuú ý c 2z – i = z – z + 2i d z2 – ( z )2 =  Gi¶i Víi sè phøc z = x + yi (x, y ) biểu diễm điểm M(x; y) a Ta cã: = x + iy + x − yi + 3 = 2x + 3 ⇔ 2x + = ±4 ⇔ x = hc x = − 2 Vậy, tập hợp điểm M thuộc hai đường thẳng x = vµ x = − 2 b Ta cã: w = (2 – z)(i + z ) = (2 – x − yi)(i + x − yi) = −x2 − y2 + 2x + y + (2 − x 2y)i Để w số thực điều kiện lµ: − x − 2y = ⇔ x + 2y = Vậy, tập hợp điểm M thuộc đường thẳng x + 2y = c Ta cã: 2z – i = z – z + 2i ⇔ 2x + yi – i = x + yi – x + yi + 2i ⇔ 2x + (y – 1)i = 2(y + 1)i ⇔ x + (y − 1)2 = ⇔ + (y − 1)2 = (y + 1)2 ⇔ y = 4(y + 1)2 x2 VËy, tËp hỵp ®iÓm M thuéc parabol (P): y = x2 d Ta cã: = z2 – ( z )2 = (x + yi)2 – (x − yi)2 = 4xyi ⇔ x y = ⇔ x2y2 = ⇔ y = ± x VËy, tập hợp điểm M thuộc hai hypebol có phương trình y = ± x VÝ dơ 5: T×m sè phøc z tháa m·n: z −1 z − 3i z+i a = vµ = b   = z−i z+i z−i 296  Gi¶i a Ta trình bày theo hai cách sau: Cách 1: §Ỉt z = x + iy (x, y ∈  ), ta có: z z − i = z − 1 ⇔ x + iy − i = x + iy − 1 1= z−i ⇔ x + (y − 1)i = x − + iy ⇔ x2 + (y − 1)2 = (x − 1)2 + y2 ⇔ x = y z − 3i ⇔ z + i = z − 3i ⇔ x + iy + i = x + iy − 3i 1= z+i ⇔ x + (y + 1)i = x + (y − 3) ⇔ x2 + (y + 1)2 = x2 + (y − 3)2 ⇔ 8y = ⇔ y = ⇒ x = Vậy, số phức cần tìm z = + i Cách 2: Đặt z = x + iy (x, y ), ta có nhận xét: z z1 Tập hợp điểm M biĨu diƠn sè phøc z tháa m·n = (víi z1 = 1, z2 = z − z2 i theo thứ tự biểu diễn bới điểm A(1; 0), B(0; 1)) đường trung trực đoạn AB Từ đó, suy M thuộc đường phân giác góc phần từ thứ nhất, tức y = x z − 3i  §iỊu kiƯn = chøng tá z có phần ảo (tức y = 1) z+i Vậy, số phức cần tìm z = + i b Biến đổi phương trình dạng:  z + i    z + i    z + i    z + i  2  z+i 0=   − =  z − i  − 1  z − i  + 1 =  z − i  − 1  z − i  − i  z−i              z + i  z + i  z + i  z + i  = −  +  − i  + i z−i  z − i  z − i  z − i  z + i = z − i z = z =  z + i =− z + i   ⇔ ⇔ (1 − i)z =− ⇔  z = i  z + i = (z − i)i  z = −1 (1 + i)z =−(1 + i)   z + i =(z i)i Vậy, số phức cần tìm lµ z = 0, z = ±1 VÝ dơ 6: Tìm nghiệm phức phương trình sau: a z2 + z = b z2 + z = Giải a Đặt z = x + iy (x, y ), phương trình có dạng: (x + iy)2 + x − yi = ⇔ x2 − y2 + 2xyi + x − yi = x − y + x = ⇔ x2 − y2 + x + (2xy − y)i = ⇔  2xy − y = 297  y vµ x 2=  y vµ x − y 2= +x = +x =  ⇔ ⇔  x 1=  x vµ x − y 2= = +x = vµ 4y   2   y = x = x = −1 ⇔  x = vµ y = ± 2  3 + i,z= i 2 2 b Đặt z = x + iy (x, y ∈  ), phương trình có dạng: Vậy, phương trình có bốn nghiÖm z = 0, z = −1, z = (x + iy)2 + x + iy = ⇔ x2 − y2 + x + y + 2xyi =  x vµ x − y + x += x − y + x + y = y2 =  ⇔ ⇔   y vµ x − y + x += 2xy = y2 =   x= vµ − y + y =  x = vµ y = ± i ⇔  ⇔  vµ x  y= vµ x + x =  y 0= =  VËy, phương trình có ba nghiệm z = 0, z = i z = i Ví dụ 7: Tìm bậc hai số phức + 6i  Gi¶i Gi¶ sư sè z = x + yi (x, y ) bậc hai + 6i , tøc lµ ta cã: + 6i = (x + yi)2 = x2 − y2 + 2xyi   y = x − y = x y =  ⇔  ⇔ ⇔ ⇔  x  2xy = x −   = x − 4x − 45 =     x    2  x 3= = vµ y ⇔  −3 vµ y = −  x = (  y = x  x =  ) VËy, sè + i có hai bậc hai + i VÝ dô 8: Hái sè thùc a thay đổi tuỳ ý điểm mặt phẳng phức biểu diễn bậc hai a + 2i vạch nên đường ? Giải Giả sö sè z = x + yi (x, y∈  ) bậc hai a + i, tức lµ ta cã: x − y2 = a a + 2i = (x + yi)2 = x2 − y2 + 2xyi ⇔  2xy = 298 Vì x với điểm (x; y) hypebol này, tìm a = x2 y2 nên M vạch toàn hai nhánh hypebol Từ phương trình 2xy = chứng tỏ điểm M biểu diƠn z ph¶i thc hypebol y = VÝ dơ 9: Giải phương trình sau: a z 4i 2z − 6i = b (z2 + z)2 + 4(z2 + z) − 12 =  Gi¶i a Phương trình có: ( ' = 2i ) + 6i = −8 + 6i = (1 + 3i)2 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt là: z1 =2i − (1 + 3i) =−1 + 2 − i vµ z1 =2i + (1 + 3i) =1 + 2 + i ( ) ( ) Vậy, phương trình có hai nghiệm z1 = z2 = i b Đặt t = z2 + z, phương trình chuyển dạng: t2 + 4t − 12 = ⇔ t = t = Ta lần lượt: Với t = 2, ta được: z2 + z = z2 + z − = ⇔ z1 = vµ z2 = −2  Víi t = −6, ta được: z2 + z = z2 + z + = Phương trình có = − 24 = −23 nªn cã hai nghiƯm phân biệt i 23 z 3, = −1 ± i 23 VËy, ph­¬ng tr×nh cã nghiƯm z1 = 1, z2 = −2 vµ z 3, = VÝ dơ 10: Cho phương trình z mz 6i = a Giải phương trình với m = 4i b Tìm m để phương trình có tổng bình phương hai nghiƯm b»ng  Gi¶i a Víi m = 4i phương trình có dạng z 4i 2z 6i = Phương trình có: ( ' = 2i ) + 6i = −8 + 6i = (1 + 3i)2 nên có hai nghiệm phân biƯt lµ: z1 =2i − (1 + 3i) =−1 + 2 − i , ( ( ) ) z =2i + (1 + 3i) =1 + 2 + i Vậy, phương trình cã hai nghiƯm z1 = −2 vµ z2 = i 299 b Giả sử hai nghiệm phương trình z1, z2, suy ra: m  z1 + z =   z1.z = −6i Khi ®ã: = z12 + z 22 = (z1 + z2)2 − 2z1z2 = m2 + 12i ⇔ m2 = − 12i = (3 − 2i)2 ⇔ m = ±(3 − 2i) VËy, víi m = ±(3 − 2i) tháa mÃn điều kiện đầu Ví dụ 11: Tìm số thực a, b để có phân tích: 2z3 9z2 + 14z – = (2z – 1)(z2 + az + b) giải phương trình 2z3 9z2 + 14z – =  Gi¶i Ta cã: 2z3 – 9z2 + 14z – = 2z3 – (1 − a)z2 + (2b − a)z – b Sư dơng ®ång nhÊt thøc, ta ®­ỵc: 1 − a = a = −4  ⇒ 2z3 – 9z2 + 14z – = (2z – 1)(z2 − 4z + 5) 14 ⇔  2b − a = b = b = Từ phân tích trên, phương trình biến đổi dạng: 1 2z = 2z − = z = z = ⇔ ⇔ ⇔   2   (z − 2) =−1 =i  z − 4z + =  z − =± i  z= ± i VËy, phương trình có ba nghiệm z = i z = Ví dụ 12: Tìm số thực a, b để có phân tích: z4 4z2 – 16z – 16 = (z2 – 2z – 4)(z2 + az + b) giải phương trình z4 4z2 – 16z – 16 =  Gi¶i b) Ta cã: z4 – 4z2 – 16z – 16 = z4 − (2 − a)z3 − (2a − b + 4)z2 − (4a + 2b)z – 4b Sư dơng ®ång thức, ta được: a = 2a − b + = a =  ⇔  ⇒ z4 – 4z2 – 16z – 16 = (z2 – 2z – 4)(z2 + az +  4a 2b 16 + = b =   4b = 16 Từ phân tích trên, phương trình biến đổi dạng: z = (z − 1)2 =  z − 2z − = ⇔ ⇔ ⇔    2 −3  z + =± i (z + 1) =  z + 2z + = 300  z= ±  z =1 i Vậy, phương trình có nghiƯm z =1 ± vµ z =−1 ± i Ví dụ 13: Cho phương trình z4 + pz2 + q = víi p, q lµ số thực Tìm điều kiện cần đủ số p, q để phương trình: a Chỉ có nghiệm thực b Không có nghiệm thực Giải Đặt t = z2, phương trình biến đổi dạng t2 + pt + q = a Phương trình ban đầu có nghiệm thực khi: (*) có hai nghiệm không âm (0 t1 t2) p − 4q ≥ p − 4q ≥ ∆ ≥    ⇔ S ≥ ⇔  − p ≥ ⇔ p ≤ q ≥ q ≥ P (*) b Phương trình ban đầu nghiệm thực khi: (*) vô nghiệm có hai nghiệm âm (t1 ≤ t2 < 0)  p − 4q <  p − 4q < ∆ <    ∆ ≥  p − 4q ≥  p − 4q ≥  ⇔  ⇔  ⇔   S < p > −p <     q >  q > P > Yêu cầu: Các em học sinh hÃy thực "Tìm điều kiện để phương trình có nghiệm thực nghiệm không thực" z VÝ dơ 14: Cho c¸c sè phøc z1 = – i , z2 = –2 – 2i, z3 = z2 a ViÕt z1, z2, z3 d­íi dạng lượng giác 7 b Từ câu a) hÃy tính cos sin 12 12 Giải a Ta biÕn ®ỉi:   5π 5π   + i = −2  cos + i.sin  , – i = −2  −  2  6      2  π π  z2 = –2 – 2i = −2  i  = −2  cos + i.sin  , +   4   z1 = z3 = b Ta cã: 7π 7π z1 = cos + i.sin 12 12 z2 301 ( ) − 6+ 2+ 6+ i ( − i )(−2 + 2i) −i z1 = = = z2 −2 − 2i Tõ ®ã, suy ra: 6+ − 6+ 7π 7π = vµ sin = cos 12 12 4 z3 = 2010  − 3i  VÝ dô 15: TÝnh    + 2i  Gi¶i Ta cã:   π + 3i (5 + 3i 3)(1 + 2i 3)  π  = = −1 + i = −2  cos  −  + i.sin  −   13 − 2i     3 Tõ ®ã, suy ra:   + 3i     − 2i  2010 2010    π  π   = −2  cos  −  + i.sin  −          3 = (−2)2010  cos ( −670 π ) + i.sin ( −670 π )  = 22010 VÝ dô 16: Viết dạng lượng giác số phức z bậc hai z cho trường hợp sau: a z = vµ mét acgument cđa iz lµ b z =  Gi¶i 5π 3π z vµ mét acgument cđa lµ − 1+ i a Gi¶ sư z = a + bi với môdun r acgument , ta có: z = a + b = 3, 3π a 5π = sin = cos iz = i(a + bi) = −b + ⇒ cosϕ = 4 a2 + b2 3π 3π   Tõ ®ã, suy z = cos + i.sin bậc hai z là: 4 11π 11π  3π 3π    + i.sin  cos + i.sin  ;  cos 8  8    b Giả sử z = a + bi với môdun r vµ acgument ϕ, ta cã: z = a + b = , (a − bi)(1 − i) a+b a z = = (1 − i) ⇒ cosϕ = = 1+ i 2 a2 + b2 302 π π   cos + i.sin bậc hai z là:   π π 3 3 5π 5π  + i.sin  cos cos + i.sin  ;    4  4  Tõ ®ã, suy z = 303 ... nghiệm phức (không thiết phân biệt) III dạng lượng giác số phức ứng dụng số phức dạng lượng giác Định nghÜa (Acgumen cña sè phøc z ≠ 0): Cho số phức z Gọi M điểm mặt phẳng phức biểu diễn số z Số. .. pháp giải dạng toán liên quan Đ1 Số phức Dạng toán 1: Số phức thuộc tính Phương pháp Với số phức z = a + bi, dạng câu hỏi thường đặt là: 278 Dạng 1: Xác định phần thực phần ảo số phức z Khi đó,... định số phức biểu diễn bới điểm M(a; b)", ®ã ta cã sè z = a + bi Dạng 3: Tính môđun số phức z, ®ã, ta cã ngay= z a2 + b2 D¹ng 4: Tìm số đối số phức z, đó, ta cã −z = −a − bi D¹ng 5: Tìm số phức