1. Trang chủ
  2. » Khoa Học Tự Nhiên

CĂN BẬC HAI CỦA SỐ PHỨC VÀ CÁC LOẠI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH docx

20 3K 5

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 20
Dung lượng 419,34 KB

Nội dung

Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com DĐ: 01694 013 498 35 a. 2 ; 2 3 a b    b. 3 ; 1 4 a b   Bài 3 : Giải các phương trình sau a.       1 2 1 3 2 3 i z i i i       b. 2 3 7 8 z i i    c.     1 3 4 3 7 5 i z i i      d.   1 3 2 4 i z i z     e.   1 2 5 6 2 3 z i i i      B. CĂN BẬC HAI CỦA SỐ PHỨC CÁC LOẠI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH Dạng 1: Tìm căn bậc hai của số phức Bài 1: Tìm căn bậc hai của các số phức sau: a. 5 12 b. 8 6 c. 33 56 d. 3 4 i i i i       Giải: a. Gọi z x iy   là một căn bậc hai của 5 12 i   tức là   2 2 2 5 12 2 5 12 x iy i x y ixy i           2 2 2 2 2 2 2 2 5 4 5 2 12 13 9 x y x x y xy x y y                            2 3 x y         Do 12 0 , b x y    cùng dấu do đó 2 3 x y      hoặc 2 3 x y        Vậy 5 12 i   có 2 căn bậc hai là 1 2 3 z i   2 2 3 . z i    b. Tương tự gọi z x iy   là một căn bậc hai của 8 6 i  tức là   2 2 2 8 6 2 8 6 x iy i x y ixy i         2 2 2 2 2 2 2 2 8 9 8 2 6 10 1 x y x x y xy x y y                          3 1 x y         Do 6 0 , b x y    cùng dấu do đó 3 1 x y      hoặc 3 1 x y        Vậy 8 6 i  có 2 căn bậc hai là 3 i  và 3 . i   c. Gọi z x iy   là một căn bậc hai của 33 56 i  tức là   2 2 2 33 56 2 33 56 x iy i x y ixy i         2 2 2 2 2 2 2 2 33 49 7 33 4 2 56 65 16 x y x x x y y xy x y y                                   Do 56 0 , b x y     trái dấu do đó 7 4 x y       hoặc 7 4 x y       Vậy 2 căn bậc hai của 33 56 i  là 7 4 i  7 4. i   d. Gọi z x iy   là một căn bậc hai của 3 4 i   tức là www.VNMATH.com Vuihoc24h.vn Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com DĐ: 01694 013 498 36   2 2 2 3 4 2 3 4 x iy i x y ixy i           2 2 2 2 2 2 2 2 3 1 1 3 2 2 4 5 4 x y x x x y y xy x y y                                    Do 4 0 , b x y    cùng dấu do đó 1 2 x y      hoặc 1 2 x y        Vậy 2 căn bậc hai của 3 4 i   là 1 2 i  1 2 . i   Bài 2: Tìm các căn bậc hai của mỗi số phức sau: a. 4 + 6 5 i b. 1 2 6 i   Giải: a. Giả sử z x iy     ,x y   là một căn bậc hai của 4 6 5 w i   Khi đó:   2 2 2 2 2 2 3 5 (1) 4 4 6 5 45 2 6 5 4 (2) y x y x z w x yi i xy x x                           (2)  x 4 – 4x 2 – 45 = 0  x 2 = 9  x = ± 3. x = 3  y = 5 x = -3  y = - 5 Vậy số phức w = 4 + 6 5 i có hai căn bậc hai là: z 1 = 3 + 5 i z 2 = -3 - 5 i b. Giả sử z = x +yi (x, y thuộc R) là một căn bậc hai của w = -1-2 6 i Khi đó:   2 2 1 2 6 z w x yi i        2 2 2 2 6 (1) 1 6 2 2 6 1 (2) y x y x xy x x                        (2)  x 4 + x 2 – 6 = 0  x 2 = 2  x = ± 2 . x = 2  y = - 3 x = - 2  y = 3 Vậy số phức w = 4 + 6 5 i có hai căn bậc hai là: z 1 = 2 - 3 i z 2 = - 2 + 3 i Dạng 2: Phương trình bậc hai Bài 1: Giải các phương trình sau:     2 2 a. 3 4 5 1 0; (1) b. 1 2 0; (2) x i x i x i x i          Giải: a. Ta có     2 3 4 4 5 1 3 4 i i i         . Vậy  có hai căn bậc hai là 1+ 2i −1 − 2i. Do đó pt (1) có hai nghiệm là: 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 2 3 ; 1 2 2 i i i i x i x i             b. Ta có     2 1 4 2 8 6 i i i         . Vậy  có hai căn bậc hai là 3 + i −3 − i. www.VNMATH.com Vuihoc24h.vn Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com DĐ: 01694 013 498 37 Do đó pt (2) có hai nghiệm là: 1 2 1 3 1 3 1; 2 2 2 i i i i x x i               Chú ý: PT (2) có thể dùng nhẩm nghiệm nhờ a + b + c = 0 Bài 2: Giải các phương trình sau: a.   2 3 2 0 1 x x   b. 2 1 0 (2) x x   c. 3 1 0 (3) x   Giải: a. Ta có 2 23 23 0 i      nên ta có hai căn bậc hai của  là: 23 i 23 i . Từ đó nghiệm của pt (1) là: 1,2 1 23 6 i x    b. Ta có 2 3 3 0 i      nên (2) có các nghiệm là: 1,2 1 3 2 i x    c. Ta có     2 2 1 0 (3) 1 1 0 1 0; (*) x x x x x x               Theo b. Pt (*) có hai nghiệm là 1,2 1 3 2 i x    . Từ đó ta có các nghiệm của pt (3) là: 1 x  ; 1,2 1 3 2 i x    (Các nghiệm của pt (3) được gọi là căn bậc ba của 1). Bài 3: Lập phương trình bậc haicác nghiệm là: 4 3 ; 2 5 i i        HD: Theo bài ra ta có: 2 8i; . 23 14i.           kết quả pt bậc hai cần lập là:   2 2 8 14 23 0 x i x i      Bài 4: Tìm m để phương trình: 2 3 0 x mx i    có tổng bình phương 2 nghiệm bằng 8. Giải: Theo bài ra ta có:   2 2 2 1 2 1 2 1 2 8 2 8 x x x x x x       (1). Theo Vi−et ta có 1 2 1 2 3 x x m x x i        Thay vào (1) ta được 2 2 6 8 8 6 m i m i       m là một căn bậc hai của 8 6 . i  Vậy: có 2 giá trị của m là: 3 + i −3 − i. Bài 5: Trên tập số phức , tìm B để phương trình bậc hai 2 0 z Bz i    có tổng bình phương hai nghiệm bằng 4 i  . Giải: Gọi 1 2 , z z là hai nghiệm của phương trình đã cho B a bi   với ,a b   . Theo đề phương trình bậc hai 2 0 z Bz i    có tổng bình phương hai nghiệm bằng 4i  . nên ta có : 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 ( ) 2 2 ( ) 2 4 z z z z z z S P B i i            hay 2 2 B i   hay 2 2 2 ( ) 2 2 2 a bi i a b abi i         Suy ra : 2 2 0 2 2 a b ab        . Hệ phương trình có nghiệm (a;b) là (1; 1),( 1;1)   Vậy : 1 ;B = 1 B i i     www.VNMATH.com Vuihoc24h.vn Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com DĐ: 01694 013 498 38 Bài 6: Cho 1 2 ; z z là 2 nghiệm pt     2 1 2 3 2 1 0 i z i z i       Không giải pt hãy tính giá trị của các biểu thức sau: 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 a. ; b. ; c. z z A z z B z z z z C z z       Giải: Theo Vi−et ta có: 1 2 1 2 3 2 3 2 2 2 3 2 3 3 1 2 1 1 2 1 2 3 3 1 2 i z z i i i z z i i                       a. Ta có   2 2 1 2 1 2 3 2 2 2 3 2 1 2 1 2 11 30 2 6 4 2 2 2 3 3 3 3 9 9 A z z z z i i i                                 b.   1 2 1 2 3 2 2 2 3 2 1 2 1 2 5 2 2 1 10 2 3 3 3 3 9 9 B z z z z i i i                           c. Ta có 2 2 1 2 1 2 6 26 2 18 1 2 1 2 3 3 z z i A C z z i          . Bài 7: Giải phương trình nghiệm phức trên tập số phức a. 2 8(1 ) 63 16 0 z i z i      b.     2 2 3 4 3 1 0 i z i z i       HD: a. Ta có 2 2 ' 16(1 ) (63 16 ) 63 16 (1 8 ) i i i i           Từ đó ta tìm ra hai nghiệm 1 5 12 z i   ; 2 3 4 z i   . b. Ta có     2 3 4 3 1 0 i i i       1 2 1 5 1; 13 i z z     Bài 8: (CĐ – 2010) Giải phương trình   2 1 6 3 0 z i z i      trên tập hợp các số phức. Giải: Phương trình có biệt thức     2 1 4 6 3 24 10 i i i           2 1 5 i   Phương trìnhhai nghiệm là: 1 2 z i   3 . z i  Bài 9: (CĐ – 2009) Giải phương trình sau trên tập hợp các số phức: 4 3 7 2 z i z i z i      Giải: Điều kiện: 1 z   www.VNMATH.com Vuihoc24h.vn Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com DĐ: 01694 013 498 39 Phương trình đã cho tương đương với   2 4 3 1 7 0 z i z i      Phương trình có biệt thức     2 4 3 4 1 7 3 4 i i i          2 2 i   Phương trìnhhai nghiệm là: 4 3 2 1 2 2 i i z i       4 3 2 3 . 2 i i z i       Bài 10: Giải phương trình nghiệm phức : 25 8 6 z i z    Giải: Giả sử z a bi   với ; a,b  R a,b không đồng thời bằng 0. Khi đó 2 2 1 1 ; a bi z a bi z a bi a b        Khi đó phương trình 2 2 25 25( ) 8 6 8 6 a bi z i a bi i z a b            2 2 2 2 2 2 2 2 ( 25) 8( ) (1) (2) ( 25) 6( ) a a b a b b a b a b              . Lấy (1) chia (2) theo vế ta có 3 4 b a  thế vào (1) ta được a = 0 hoặc a = 4 Với a = 0  b = 0 ( Loại) Với a = 4  b = 3 . Ta có số phức z = 4 + 3i. Bài 11: Tìm các số thực b, c để phương trình z 2 + bz + c = 0 nhận số phức z = 1 + i làm một nghiệm. Giải: Vì z = 1 + i là một nghiệm của phương trình: z 2 + bx + c = 0 ( b, c  R), nên ta có :       2 0 2 1 1 0 2 0 2 0 2 b c b i b i c b c b i b c                          Bài 12: Giải các pt sau: 2 z 0 z   Giải: Giả sử , x,yz x yi     Ta có     2 2 2 2 2 2 2 0 z 0 2 0 2 0 0 2 0 x y x z x y xyi x yi x y x xy y i i xy y                         www.VNMATH.com Vuihoc24h.vn Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com DĐ: 01694 013 498 40   2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 3 0 3 0 0 2 2 1 0 4 2 1 0 1 3 1 2 2 2 1 2 x y x x x x x y x y y x y x y x y x y y y x y x y x x x y x x                                                                                                                             1 0 1 2 3 2 1 2 3 2 x y x y x y                                             Vậy: Có bốn số phức cần tìm là: 1 2 3 3 1 3 1 3 0, z 1, z , z 2 2 2 2 z i i        Bài 13: Tìm m để pt 2 3 0 z mz i    có hai nghiệm 1 2 , z z thỏa 2 2 1 2 8 z z   . Giải: Ta có:   2 2 2 1 2 1 2 1 2 8 2 . 8 z z z z z z       Với 1 2 1 2 , z . 3 b c z z m z i a a        Suy ra:         2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 8 2 . 8 2.3 8 8 6 3 3 z z z z z z m i m i i m i                    . Bài 14: Cho số phức z thoả mãn 2 2 3 0 z z    . Gọi   f z là số phức xác định bởi 17 15 14 2 ( ) 6 3 5 9 f z z z z z z       . Tính mô đun của   f z Giải: Ta đặt 2 2 3 0 (1) z z   (1) có 2 0     nên (1) có 2 nghiệm phức là 1 1 2 2 1 2 | | | | 3 1 2 z i z z z i            17 15 14 2 15 2 14 2 2 ( ) 6 3 5 9 ( 2 3) 2 ( 2 3) 3( 2 3) f z z z z z z z z z z z z z z z                 nếu 1 1 1 1 1 ( ) | ( ) | | | 3 z z f z z f z z      nếu 2 2 2 2 2 ( ) | ( )| | | 3 z z f z z f z z      Vậy | ( ) | 3 f z  Dạng 3: Phương trình quy về phương trình bậc hai phương trình bậc cao Phương pháp 1: Phương pháp phân tích thành nhân tử: www.VNMATH.com Vuihoc24h.vn Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com DĐ: 01694 013 498 41 Bài 1: Cho phương trình sau:       3 2 2 – 2 5 – 4 –10 0 1 z i z i z i   a. Chứng minh rằng (1) nhận một nghiệm thuần ảo. b. Giải phương trình (1). Giải: a. Đặt z = yi với y  R Phương trình (1) có dạng:         3 2 2 2 5 4 –10i 0 iy i yi i yi      3 2 2 – 2 2 5 4 –10 0 0 0 iy y iy iy y i i         đồng nhất hoá hai vế ta được: 2 3 2 2 4 0 2 5 10 0 y y y y y              giải hệ này ta được nghiệm duy nhất y = 2 Vậy phương trình (1) có nghiệm thuần ảo z = 2i. b. Vì phương trình (1) nhận nghiệm 2i  vế trái của (1) có thể phân tích dưới dạng:         3 2 2 2 – 2 5 – 4 –10 – 2 ( , ) z i z i z i z i z az b a b R       đồng nhất hoá hai vế ta giải được a = 2 b = 5.       2 1 – 2 2 5 0 z i z z       2 2 2 1 2 2 5 0 1 2 z i z i z i z z z i                     Vậy phương trình (1) có 3 nghiệm. Bài 2: Giải các phương trình: 1. z 3 – 27 = 0 2. z 3 = 18 + 26i, trong đó z = x + yi ; x,y  Z Giải: 1.     3 2 2 2,3 1 1 – 27 0 –1 3 9 0 3 3 3 3 9 0 2 z z z z z z i z z z                        Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm. 2. Ta có:     3 3 2 2 3 – 3 3 – 18 26 x yi x xy x y y i i      Theo định nghĩa hai số phức bằng nhau, ta được: 3 2 2 3 3 18 3 26 x xy x y y          Từ hệ trên, rõ ràng x  0 y  0. Đặt y = tx , hệ     2 3 3 2 18 3 – 26 – 3 x y y x xy           3 2 3 2 2 18 3 26 1 3 18 – 78 – 54 26 0 3 1 3 –12 –13 0. t t t t t t t t t           Vì 1 , 3 1 3 . 3 x y Z t Q t x y z i            www.VNMATH.com Vuihoc24h.vn Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com DĐ: 01694 013 498 42 Bài 3: 1. Tìm các số thực a, b để có phân tích: z 3 +3z 2 +3z – 63 = (z – 3)(z 2 +az + b) 2. Giải phương trình: z 3 +3z 2 +3z – 63 = 0 3. Cho phương trình: 3 2 5 16 30 0 z z z     (1), gọi 1 2 3 , , z z z lần lượt là 3 nghiệm của phương trình (1) trên tập số phức. Tính giá trị biểu thức: 2 2 2 1 2 3 A z z z    . Giải: 1. Giả thiết     3 2 3 2 3 3 – 63 3 3 – 3 z z z z a z b a z b         3 3 6 3 3 21 3 63 a a b a b b                  2. Áp dụng phần 1. ta có:     3 2 2 3 3 – 63 0 – 3 6 21 0 z z z z z z         3 3 2 3 3 2 3 z z i z i             Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm. 3. 3 2 5 16 30 0 z z z     có 3 nghiệm là: 1 2 3 3; 1 3 ; 1 3 z z i z i      2 2 2 1 2 3 7 A z z       Bài 4: Giải phương trình:   4 3 2 – 4 7 – 16 12 0 1 z z z z   Giải: Do tổng tất cả các hệ số của phương trình (1) bằng 0 nên (1) có nghiệm z = 1.             3 2 2 1 –1 – 3 4 –12 0 –1 – 3 4 0 z z z z z z z       2 1 1 3 3 2 4 0 2 z z z z z i z z i                       Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm. Bài 5: Giải phương trình: 4 3 2 4 7 16 12 0 z z z z      Giải: Phân tích đa thức vế trái thành nhân tử ta có: 4 3 2 2 1 4 7 16 12 0 ( 1)( 3)( 4) 0 3 2 z z z z z z z z z z i                     Bài 6: Giải phương trình   3 2 2 5 3 3 2 1 0 z z z z i       , biết rằng phương trình có nghiệm thực Giải: Phương trình có nghiệm thực 3 2 2 5 3 3 1 2 2 1 0 z z z z z            tức là phương trình có một nghiệm 1 2 z   www.VNMATH.com Vuihoc24h.vn Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com DĐ: 01694 013 498 43 Phương trình     2 2 1 3 3 0 z z z i      giải phương trình này ta được 1 2 z   ; 2 ; 1 z i z i     Bài 7: Giải phương trình     3 2 1 2 1 2 0 z i z i z i       , biết rằng phương trình có một nghiệm thuần ảo Giải: Giả sử phương trình có một nghiệm thuần ảo z bi  , thay vào phương trình ta được             3 2 2 3 2 2 3 2 1 2 1 2 0 2 2 0 0 1 2 2 0 bi i bi i bi i b b b b b i b b b z i b b b                                Vậy phương trình tương đương với     2 1 2 0 z i z i z          giải phương trình này sẽ được nghiệm Phương pháp 2: Phương pháp đặt ẩn phụ Bài 1: Giải phương trình:     2 2 2 4 12 0 z z z z      Giải: Đặt 2 t z z   , khi đó phương trình đã cho có dạng:  2 2 2 1 23 2 6 6 0 1 23 4 –12 0 2 2 0 2 1 2 i z t z z i t t z t z z z z                                       Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm. Bài 2: Giải phương trình:     2 2 2 2 3 6 2 3 6 – 3 0 z z z z z z       Giải: Đặt 2 3 6 t z z    phương trình đã cho có dang:    2 2 2 – 3 0 – 3 0 3 t z t zt z t z t z t z             - Với 2 2 1 5 3 6 – 0 2 6 0 1 5 z i t z z z z z z z i                     - Với 2 2 3 3 3 3 6 3 0 6 6 0 3 3 z t z z z z z z z                       Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm. www.VNMATH.com Vuihoc24h.vn Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com DĐ: 01694 013 498 44 Bài 3: Cho phương trình:   4 3 2 2 – – 2 1 0 1 z z z z   a. Bằng cách đặt 1 y z z   hãy đưa phương trình về dạng: 2 – 2 – 3 0. y y  b. Từ đó giải (1) Giải: Do 0 z  không là nghiệm của (1)  chia hai vế của phương trình cho z 2 ta được: 2 2 1 1 2 – 1 2 0 z z z z     Đặt 1 y z z    phương trình có dạng: 2 1 – 2 – 3 0 3 y y y y         - Với 1 1 3 1 1 2 i y z z z           - Với 1 3 5 3 3 2 y z z z        Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm Bài 4: Giải phương trình:   2 4 3 1 0 1 2 z z z z     Giải: Do 0 z  không phải là nghiệm của phương trình (1) nên: (1) 2 2 1 1 1 0 2 z z z z       2 1 1 5 0 2 z z z z                   Đặt 1 y z z    pt có dạng:  2 2 1 3 5 2 – 0 2 – 2 5 0 1 3 2 2 i y y y y y i y                 - Với     2 1 3 1 1 3 2 – 1 3 – 2 0 2 2 2 i i y z z i z z          Ta có :     2 2 1 3 16 8 6 3 i i i          phương trình (2) có 2 nghiệm: 1 1 z i   2 1 1 2 2 z i    - Với     2 1 3 1 1 3 2 – 1 3 – 2 0 3 2 2 i i y z z i z z          Ta có :     2 2 1 3 16 8 6 3 i i i          phương trình (3) có 2 nghiệm: 3 1 z i   4 1 1 2 2 z i    Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm. www.VNMATH.com Vuihoc24h.vn [...]... nếu phương trình az 2  bz  c  0 (a, b, c  R) có nghiệm phức   R thì  cũng là nghiệm của phương trình đó Bài 15: Giải phương trình sau trên tập số phức: 2 a  z  2i   2  z  2i   3  0 2 4z  i  4z  i  b  6 0  5 z i  z i  Bài 16: Chứng minh rằng: a Nếu x  iy là căn bậc hai của hai số phức a  bi thì x  yi là căn bậc hai của số phức a  bi x y a b b Nếu x  iy là căn bậc hai của. .. định các số phức z khác 0, đồng thời thoả mãn các điều i u V w2  1 , từ đó lập phương trình bậc hai có nghiệm là các số số phức đã tìm được? z Bài 4: Cho số phức z là một nghiệm của phương trình: z 2  z  1  0 kiện w1 z là số thực 2 2 2 1  1   1  1   Rút gọn biểu thức P   z     z 2  2    z 3  3    z 4  4  z  z   z   z   2 Bài 5: Giải phương trình trên tập số phức: ... c 40  42i 4 2 Bài 2: Tìm căn bậc hai của mỗi số phức sau: a -1 + 4 3.i b 4 + 6 5.i c -1 - 2 6.i Đs: a  ( 3  2.i ) b  (3  5.i) c  ( 2  3.i) Bài 3: Tìm các căn bậc hai của mỗi số phức sau: a  1 4 3i b 4  6 5i c  1 2 6i o h i u V n v d 11  4 3i d -5 + 12.i d  (2 + 3i) C DẠNG LƯỢNG GIÁC CỦA SỐ PHỨC Dạng 1: Viết số phức dưới dạng lượng giác Bài 1: Viết các số phức sau dưới dạng lượng giác... www.VNMATH.com 52 Giáo viên: Nguyễn Thành Long DĐ: 01694 013 498 Hệ phương trình Email: Loinguyen1310@gmail.com Bài 1: Giải hệ phương trình hai ẩn phức z1 , z 2 sau :  z1  z 2  4  i  2 2  z1  z 2  5  2i Bài 2: Giải hệ phương trình hai ẩn phức z1 , z 2 sau :  z1 z 2  5  5i  2 2  z1  z 2  5  2i Bài 3: Giải các hệ phương trình sau trên tập số phức: 1 1 1 1  x  2 y  1  2i     i b  x y 2... giải: Bài 1: Giải phương trình bậc 2 sau trong tập hợp các số phức z 2 – 2  2 – i  z  6 – 8i  0 o h Bài 2: Tìm các số thực b, c để phương trình z 2  bz  c  0 nhận số phức z  1  i làm một nghiệm Đs: Vì z  1  i là một nghiệm của phương trình: z 2  bz  c  0 nên b  c  0 b   2 (1  i) 2  b(1  i)  c  0  b  c  (2  b)i  0    2  b  0 c  2 Bài 3: Cho các số phức w1  1  2i,... 5i  5i 1 i  z  w  3(1  i ) Vậy ta có hệ phương trình:   z.w  5i Theo định lý Viet  z, w là các nghiệm của phương trình: t 2  3 1  i   5i  0  4  Ta có:   2i  1 – i  2 t  2  i  Phương trình (4) có hai nghiệm   t  1  2i Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (z;w) là  2  i;1  2i  1  2i; 2  i  Bài 6: Giải hệ phương trình 2 ẩn z w: (1)  z1  z2  z3  1   z1 z2  z2... Giải các hệ phương trình:  x  iy  2 z  10  a  x  y  2iz  20 ix  3iy  (1  i) z  30  Email: Loinguyen1310@gmail.com z3  2z 2  2z  1  0  b  2010  z 2011  1  0 z   z1  z 2  3  i  d  1 1 3  i z  z  5  1 2 2 z  i  z  z  2i  c  2 2 z z 4  h 4 2 c Căn bậc hai của số phức Bài 1: Tìm căn bậc hai của số phức: 1 2 a z  17  20 2i b  i c 40  42i 4 2 Bài 2: Tìm căn. .. Giải các phuơng trình sau trên tập số phức 1 z 3  z 2 z  z  3  4i h 4 2 c o h Phương trình bậc cao: i u n v 2 3 (1  i ) z 2  2  11i  0 Bài 1: Tìm các số thực a, b, c để có z 3  2 1  i  z 2  4 1  i  z  8i   z  ai   z 2  bz  c  Từ đó giải phương trình z 3  2 1  i  z 2  4 1  i  z  8i  0 trên tập số phức Tìm modun của các nghiệm đó V Đáp số: a  2, b  2, c  4 z... Giải phương trình: z 2  z  0 1 3 Đs: z  0, z  1 , z   i 2 2 Bài 11: Tìm đa thức bậc hai hệ số thực nhận  làm nghiệm biết: a  = 2  5i b  =  2  i 3 c  = 3 - i 2 2 Bài 12: Giải phương trình z   cos   i sin   z  isin cos  0 ,   R trên tập số phức o h i u Đs: z1  cos  ; z 2  i sin  Bài 13: Gọi z1 z2 là 2 nghiệm phức của phương trình: z 2  2 z  4  0 Tính giá trị của 2... 4 2 c Giải: Ta có z1 , z2 , z3 là các nghiệm của phương trình:  z – z1  z – z2  z  z3   0 o h  z 3 –  z1  z2  z3  z 2   z1 z2  z2 z3  z3 z1  z  z1 z2 z3  0  z 3 – z 2  z – 1  0  z  1 z  i Vậy hệ phương trình đã cho có 6 nghiệm (là hoán vị của bộ ba số 1, i –i) 6  2 a  a  a 2  a  5 Bài 7: Giải hệ phương trình sau trong tập số phức:  a 2 b 2  ab 2  b  a 2  . 3 z i i i      B. CĂN BẬC HAI CỦA SỐ PHỨC VÀ CÁC LOẠI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH Dạng 1: Tìm căn bậc hai của số phức Bài 1: Tìm căn bậc hai của các số phức sau: a. 5 12 b. 8. iy  là căn bậc hai của hai số phức a bi  thì x yi  là căn bậc hai của số phức a bi  b. Nếu x iy  là căn bậc hai của số phức a bi  thì x y i k k  là căn bậc hia của số phức 2.    Căn bậc hai của số phức Bài 1: Tìm căn bậc hai của số phức: a. 17 20 2 . z i   b. 1 2 4 2 i  c. 40 42 i   d. 11 4 3 i  Bài 2: Tìm căn bậc hai của mỗi số phức sau: a.

Ngày đăng: 01/04/2014, 05:22

TỪ KHÓA LIÊN QUAN

TÀI LIỆU CÙNG NGƯỜI DÙNG

TÀI LIỆU LIÊN QUAN