Dang bai tap phuong trinh bac cao va he phuong trinh nghiem phuc

PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM PHỨC I Phương pháp giải Phương trình bậc 3, bậc 4, bậc cao nghiệm phức Nguyên tắc chung cũng như phương trình bậc cao trong là biến đổi thành phương trìn[.]

PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM PHỨC I Phương pháp giải - Phương trình bậc 3, bậc 4, bậc cao nghiệm phức: Nguyên tắc chung phương trình bậc cao biến đổi thành phương trình tích số đặt ẩn phụ để đưa phương trình bậc thấp,… Người ta chứng minh phương trình bậc n : A0 z n  A1 z n1   An1 z  An  A0 , A1 , , An n  số phức cho trước, A0  0, n số ngun dương ln có n nghiệm phức phân biệt hay trùng - Hệ phương trình nghiệm phức: biến đổi rút thế, cộng đại số, hay biến đổi tích để giải Có thể đặt ẩn phụ để đưa hệ phương trình thường gặp,… II Ví dụ minh họa Bài tốn Giải phương trình nghiệm phức: b) z.z   z  z    3i a) iz 1 z  3i   z   3i   Giải a) Ta có: iz 1 z  3i   z   3i   nên: - iz   tức z  i - z  3i  tức z  3i - z   3i  tức z   3i  hay z   3i Vậy phương trình có ba nghiệm là: i,  3i  3i b) Đặt z  x  iy, x, y  Ta có: z.z   z  z   x2  y  3.2iy  x2  y  yi  15  x   x  y   Do đó: z.z  z  z   3i   6 y  3 y     Vậy z   2 15 i 15 i   z   2 2 Bài tốn Tìm số thực m để phương trình z    i  z    4i  z   mi  có nghiệm z i Khi đó, giải phương trình cho Giải Thay z  i vào phương trình ta có m  Khi phương trình trở thành   z    i  z    4i  z   3i    z  i  z  3z   i   z  i z  3z   i  Giải phương trình bậc hai Ta có  :9    i   3  4i  1  2i  Suy z   i, z   i Vậy nghiệm phương trình z  i, z   i, z   i Bài tốn Tìm số thực a, b để có phân tích:  z  z  14 z    z  1 z  az  b  Giải phương trình nghiệm phức z  z  14 z   Giải Ta có z  z  14 z    z  1  z  az  b   z  z  14 z   z   2a  1 z   2b  a  z  b 2a   9 a  4 Đồng nhất, ta có hệ: 2b  a  14   b  b  5  Do phương trình z  z  14 z     z  1  z  z      z  1  z  z   Biệt thức phương trình bậc hai z  z       1  i Vậy phương trình cho có nghiệm phức ,  i,  i Bài toán Giải phương trình nghiệm phức: b)  x  i    x    i  x  7i  1  a) x3   Giải a) Ta có: x3     x    x  x     x   hay x  x   Phương trình bậc hai x  x       3  3i nên có bậc hai i Nên x  x    x  1  i Vậy phương trình cho có nghiệm: x  2; x  1  i b)  x  i    x    i  x  7i  1   x   i x    i  x  7i   Phương trình bậc hai x    i  x  7i   có biệt thức     i    7i  1   24i    3i  2 Nên  có bậc hai    3i  Từ giải cho nghiệm x   i, x  1  2i Vậy phương trình cho có nghiệm: x   i, x   i, x  1  2i Bài toán Giải phương trình nghiệm phức: b) z  z  z   a) z  i Giải a) Đặt z  x  iy, x, y  , ta có  x  iy   i 3   x  3xy   x3  3xy  i 3x y  y  i    3x y  y    Ta có: x3  3xy   x  x  y    x  hay x   y Nếu x   y  1 Nếu x   y  y  x   2 Vậy phương trình có nghiệm i, i i  ,  2 2 b) Ta có z  khơng nghiệm phương trình Chia hai vế phương trình cho z ta được: 4 2 2   z  2z 1      z     z     z z z z     z  z  z2  z   z  i     2   z   3  z  3z    z  1, z  2  z Vậy nghiệm phương trình z  1, z  2, z   Bài tốn Giải phương trình nghiệm phức: z  1 i i Giải Đặt z  x  iy, x, y  , ta có: z    x  3xy   3x y  y   1 i 1 i  x3  3xy  i 3x y  y3  2     i  1 2   x  y   x  y  xy    2  x  y   x  y  xy   - Xét x  y   y   x nên 1  1  1 x  3x   x3     x 2  2 3 Do đó: y  1  i Ta có được: z1  2 - Xét x  y  xy    x  y   x  y 2  xy   x y       Ta có hệ:   x  y   xy   xy   Vậy phương trình có nghiệm là: z1  z2     i  1 ; z 1  1  i ;   1  Bài toán Giải phương trình nghiệm phức: a) x  x   b) z  z  z  8z  16  Giải a) Đặt t  x Khi phương trình cho trở thành: t  2t       3  3i Tính t  1  i Phương trình trở thành x  1  i hay x  1  i Tìm bậc hai 1  i ta bốn nghiệm phức phương trình cho là:  3  3   i i  ;      2   b) Xét z  1 phương trình:    16  nghiệm nên phương trình tương đương:  z  1  z  z  z  16       z  1 z   z    z  1 z  z  8  z  1 z  z  2i Bài toán Giải phương trình nghiệm phức: iz   iz  b)  4 0  3 z  2i  z  2i  a)  z   i    z   i   13  Giải a) Đặt z   i  w phương trình trở thành w2  6w  13  Biệt thức   36  52  16 nên w   4i   2i Do z   i   2i hay z  i  2i Vậy z  3i z  i nghiệm phức cần tìm b) Đặt iz   w phương trình: w2  3w   z  2i Biệt thức    16  25 nên w  Với w  1, ta có Với w  , ta có 35 suy w  1 hay w  iz  1  5i  1 z  z  2i iz   35i  z  z  2i 17 Bài toán Giải phương trình nghiệm phức biểu diễn tập nghiệm: b) 8z  8z  z  a) z  16  Giải a) Ta có z  16    z   z        z   z   z    z1,2  2 hay z3,4  2i Vậy phương trình có nghiệm biểu diễn điểm A, B, C, D tạo thành hình vng hình b) z  z  z    z  1 8 z  1      z  1 z  1 z  z     z  1 z  1  hay z  z   Nghiệm z   z1  1 , nghiệm z   z2  Nghiệm z  z     z     2  2 1 3 z3    i z4    i 4 4 Vậy phương trình cho có bốn nghiệm biểu diễn điểm A, B, C, D tạo thành hình thoi hình  z  2i  z Bài tốn 10 Giải hệ phương trình nghiệm phức:   z  i  z  Giải Gọi số phức z  x  yi,  x, y    z  2i  z   x  yi  2i  x  yi Ta có     z  i  z 1   x  yi  i  x  yi  2 2  x   y   i  x  yi  x   y    x  y   2 2  x   y  1 i  x   yi  x   y  1   x  1  y 4 y   y 1 x     2 y   2 x   x  y y 1 Vậy nghiệm phức z   i Bài toán 11 Giải hệ phương trình nghiệm phức:  x  iy  z  10  b)  x  y  2iz  20 ix  3iy   i z  30      i  x    2i  y   6i a)     2i  x    3i  y   4i Giải a) Lập định thức: D  3i  2i  2i    3i   21  23i Dx  Dy   6i  2i  4i    3i    44i 3i  6i  23  21i  2i  4i x  1 i y  i Vậy nghiệm phức:   x  iy  z  10  x  iy  z  10   b) Ta có:  x  y  2iz  20   x  y  2iz  20 ix  3iy   i z  30  x  y  i  z  30i        i  1 y  1  i  z  10 Khử x ta có hệ:  4 y  1  i  z  20  30i Từ có x  11i  x   11i Vậy hệ có nghiệm phức:  y  3  9i  z   7i  Bài toán 12 Giải hệ phương trình nghiệm phức:  z z  5  5i a)  12 2  zw   i b)  3  z  w   28i  z1  z2  5  2i Giải a) Ta có: z12  z22   z1  z2   z1 z2 nên: 5  2i   z1  z2    5  5i  2 suy  z1  z2   15  8i  1  4i  2 Do z1  z2   4i z1  z2  1  4i  z  z  1  4i  z1  z2   4i   z1.z2  5  5i  z1.z2  5  5i Áp dụng định lý Viet với  z1 , z2 nghiệm phương trình z  1  4i  z   5i  hoặc: z  1  4i  z   5i  Lập biệt thức 1 ,  từ giải nghiệm  z1 , z2  :   i,   3i  ,  1  3i,  i  ,  2  i,  3i  , 1  3i,   i  b) Ta có z  w   i   nên z  w3   28i   z  w  z  w  3zw   28i 4  i  3zw   28i  zw   5i 4i Vì z  w   i nên w   i  z Thế vào có phương trình: z    i  z   5i  Ta có:   5  12i    3i  Suy z   i z   2i Vậy hệ có nghiệm:  z; w    i;  2i  ,  z; w  1  2i;  i 