skkn Tạo hứng thú cho học sinh khi học về số phức THPT NÔNG CỐNG 2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT NÔNG CỐNG II SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM VAI TRÒ CỦA GIÁO VIÊN CHỦ NHIỆM LỚP TRONG CÔNG TÁC GIÁO DỤC ĐẠO ĐỨC HỌC SINH Người thực hiện : Trần Văn Tiến Chức vụ : Giáo viên SKKN thuộc lĩnh vực (môn) : Toán THANH HÓA NĂM 2013 A. ĐẶT VẤN ĐỀ: 1 Trong 5 năm trở lại đây Bộ giáo dục đã đưa phần số phức vào chương trình 12. Đây là vấn đề mới đối với học sinh và đây là nội dung trong chương trình thi tốt nghiệp cũng như thi tuyển sinh vào đại học – cao đẳng. Học sinh thường ngại học phần này do chưa nắm được khái niệm cũng như áp dụng vào giải bài tập. Thực tế phần này là phần không phức tạp, mức độ ra đề thi học sinh rất dễ lấy được điểm. Trong nội dung bài viết này tôi muốn nêu ra một vài kinh nghiệm tổng kết, sắp xếp các dạng bài tập cơ bản tạo hứng thú trong học tập cho học sinh, làm cho học sinh thấy dễ hiểu và vận dụng tốt hơn, đạt hiệu quả trong làm bài tập. B. CÁC KHÁI NIỆM Xét trên tập số thực phương trình sau có nghiệm hay không ? x 2 + 1 = 0 Rõ ràng phương trình này vô nghiệm, các phương trình bậc hai có < 0 đều vô nghiệm. Với mong muốn các phương trình đều có nghiệm, toán học đã mở rộng tập hợp số thực đó là tập hợp số phức để mọi phương trình bậc n đều có nghiệm. Người ta đưa ra một số mới i với i 2 = -1. Vậy x 2 = i 2 ⇔ x = ± i (với i là đơn vị ảo) - Định nghĩa: Số phức là số có dạng z = a + bi. Trong đó: + i là đơn vị ảo thỏa mãn i 2 = -1 + a là phần thực + b là phần ảo. Chú ý: + ⊂ + z = a + bi gọi là số thuần ảo (số ảo) + môđun của z là = 22 ba + + Số phức liên hợp : = a – bi Nhận xét – so sánh: Việc mở rộng tập hợp số thực thành khi đó mọi phương trình đều có nghiệm không có nghiệm thực thì có nghiệm phức. Về mặt xã hội với mong muốn tất cả các học sinh đề được tiếp tục đi học thì nhà nước phải mở thêm nhiều trường học, nhiều loại hình để làm sao học sinh không đỗ vào trường này nhưng lại đạt vào trường khác ( Đây cùng là một cách liên hệ tạo hứng thú cho học sinh để học sinh dễ nhìn nhận ra vấn đề hơn). C. PHÂN LOẠI MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP CƠ BẢN I. CÁC PHÉP TOÁN TRÊN SỐ PHỨC VD 1: Cho z 1 = 2 + i, z 2 = 3 – i. Tính 211 zzz − Lời giải: z 1 + z 1 z 2 = 2 + i + (2 + i)(3 – i) = 9 + 2i ⇒ 211 zzz − = 8529 22 =+ 2 VD 2: Tìm số phức z biết: z + 2 = (2 – i) 3 (1 – i) (1) Lời giải: Giả sử z = a + bi ⇒ = a – bi (1) ⇔ a + bi + 2(a – bi) = (2 3 + 3.2 2 .i + 3.2.i 2 + i 3 )(1 – i) ⇔ 3a – bi = 11i – 11i 2 + 2 – 2i = 13 + 9i iz b a b a 9 3 13 9 3 13 9 133 −=⇒      −= = ⇔    =− = ⇔ VD 3(CĐ 2009): Cho số phức z thỏa mãn : (1 + i) 2 (2 – i)z = 8 + i + (1 +2i)z. Tìm phần thực và phần ảo của z . Lời giải: (1 + i) 2 (2 – i)z = 8 + i + (1 + 2i)z ⇔ (2i)(2 – i)z – (1 + 2i)z = 8 + i ⇔ z[4i + 2 – 1 – 2i] = 8 + i ⇔ z = i iii i i 32 5 1510 5 )21)(8( 21 8 −= − = −+ = + + Phần thực của z là 2; phần ảo của z là -3. VD 4: Tìm môđun của z biết i ii zz − +− =+ 2 )1)(21( 2 (1) Lời giải: Giả sử z = a + bi ⇒ = a – bi (1) ⇔ a + bi + 2(a – bi) = )2)(2( )2()1)(21( 2 ii iii +− ++− ⇔ 3a – bi = i 5 8 5 6 + 5 2 =⇒ a và b = 5 8 − 5 172 5 8 5 2 22 =       −+       =⇒ z VD5 (ĐH KHỐI A+A 1 2012): Cho số phức z thỏa mãn: i z iz −= + + 2 1 )(5 (1) Tính môđun của số phức ω = 1 + z + z 2 . Lời giải: (1) i bia ibia −= ++ +− ⇔ 2 1 )(5 iz b a ab ba abbiba ibiaibiabia +=⇒    = = ⇔    =−+ =−− ⇔ =++−−−−−⇔ −−−++=−−⇔ 1 1 1 043 023 0)1255(23 222)1(55 2 ω = 1 + (1 + i) + (1 + i) 2 = 2 + 3i ⇒ | ω | = 1332 22 =+ VD6 (ĐH D - 2012): Cho số phức z thỏa mãn : i i i zi 87 1 )21(2 )2( += + + ++ (1) 3 Tìm môđun của số phức ω = z + 1 + i. Lời giải: Giả sử z = a + bi (1) ⇔ (2 + i)(a + bi) + i i i 87 1 )21(2 += + +    = = ⇔    =++ =+− ⇔ +=−+−+−++⇔ += −+ −+ ++++⇔ 2 3 812 732 8722122 87 )1)(1( )1)(21(2 22 2 2 b a ab ba iiiibiaibia i ii ii biaibia Do đó ω = 3 + 2i + 1 + i = 4 + 3i ⇒ | ω | = 534 22 =+ VD 7 (ĐH A – 2011): Tìm tất cả các số phức z, biết z 2 = zz + 2 (1) (1) ⇔ (a + bi) 2 = a 2 + b 2 + a – bi ⇔ a 2 + b 2 i 2 + 2abi = a 2 + b 2 + a – bi ⇔ 2b 2 + a – bi – 2abi = 0        −=−= == =−= ⇔    =+ =+ ⇔ 2 1 ; 2 1 0;0 2 1 ; 2 1 02 02 2 ba ba ba abb ab VD 8 (ĐH A - 2011): Tính môđun của số phức z biết: )1(22)1)(1(+ i) + 1)(1 - (2z iiz −=−+ Lời giải: (1) ⇔ (2a + 2bi – 1) (1 + i) + (a – bi + 1)(1-i) = 2 – 2i ⇔ 2a + 2ai + 2bi + 2bi 2 – 1 –i + a – ai – bi + bi 2 + 1 – i = 2 – 2i ⇔ 3a – 3b + ai + bi – 2i = 2 – 2i . 3 2 9 1 9 1 3 1 3 1 22 233 =+=⇒        −= = ⇔    −=−+ =− ⇔ z b a ba ba VD 9: Tìm các số nguyên x, y sao cho số phức z = x + iy thỏa mãn z 3 = 18 + 26i Lời giải: Ta có ( ) )3(26)3(18 263 183 2618 2332 32 23 2 xyxyyx yyx xyx iiyx −=−⇒      =− =− ⇔+=+ Giải phương trình bằng cách đặt y = tx ta được: t = ⇒ 3 1 x = 3, y =1. Vậy z = 3 + i. VD 10: Tìm phần thực và phần ảo của số z = (i – i) 2013 . Lời giải: Ta có: (1 – i) 2 = 1 + i 2 – 2i = -2i. Do đó: (1 – i) 4 = 4i 2 = -4 ⇒ ( 1 – i) 4n = (-1) n . 4 n ⇒ (1 – i) 2013 = (1 – i) 4.503 .(1 – i) = (-4) 503 .(1 – i) 4 = (-4) 503 + 4 503 .i Vậy z có phần thực và phần ảo tương ứng là: (-4) 503 và 4 503 Bài tập luyện tập Bài 1. Thực hiện các phép tính: a. (3i + 4)[(-3 + 2i) – (4 – 7i)] b. (7 – 5i)(1 + i) – (3i + 2i) c. (1 – i) 2013 d. (3 + 4i) 2 (5 – 7i) e. (3 – i) 3 – (1 + 2i) 2 f. (3 – i) 3 (-3 + 2i) 2 g. i 2 3 2 1 1 − h. 51 42 43 58 + − + + + i i i Bài 2. Tìm phần thực; phần ảo; môđun và số phức liên hợp của mỗi số phức sau: a. z 1 = (2i – 1) 2 – 3i(i + 1) + 2i 3 b. i i i 3 2 23 + − − c. z 3 = 3.i 10 – 5(2i – 4) d. 3 )2( 1 51 i i i −+ + − Bài 3. Tìm phần ảo của số phức z, biết: ( ) ( ) .212 2 iiz +−= Bài 4. Tính môđun của các số phức sau: a. z 1 = (2 – 4i) + (5 + 2i) b. z 2 = 32 32 i i + − c. z 3 = (4 + 3i) 3 d. z 4 = (2+ 5i) 2 – (4 – i) 3 Bài 5. Cho số phức z thỏa mãn: 0)32)(3)(1( =+−+− iziziz Xác định phần thực và phần ảo của z. Bài 6. Cho số phức z thỏa mãn: i i z − + = 1 )31( 3 . Tìm môđun của izz + Bài 7. Tính môđun của số phức z, biết iiziz 53)2)(4()2)(12( −=+−+−+ . Bài 8. Tìm số phức z thỏa mãn: 25.10)2( ==+− zzvàiz Bài 9. Tìm số thực x, y thỏa mãn: x(3 + 5i) + y(1 – 2i) 3 = 9 + 14i. Bài 10. Tìm số thực z, biết: 10 )1(37 1 )61)(2( zi i izz − = + −−− II. CĂN BẬC HAI CỦA SỐ PHỨC. Định nghĩa: Cho số phức z = a + bi Căn bậc hai của số phức z là số phức z 1 = a 1 + b 1 i thỏa mãn z 1 2 = z VD1 : Tìm căn bậc hai của số phức: z = 5 + 12i 5 Lời giải: Giả sử m + ni (m,n ) là căn bậc hai của z Ta có: (m + ni) 2 = 5 + 12i ⇔ m 2 + 2mni + n 2 i 2 = 5 + 12i ⇔ m 2 + 2mni – n 2 = 5 +12 i      = =− ⇔    = =− ⇔ )2( 6 )1(5 122 5 22 22 n m nm mn nm Thay (2) vào (1) ta có : 2 6       n - n 2 = 5 ⇔ n 4 + 5n 2 – 36 = 0     −= = ⇔ )(9 )/(4 2 2 loain mtn    −=⇒−= =⇒= ⇔ 32 32 mn mn Vậy z có hai căn bậc hai là 3 + 2i và -3 – 2i VD2 : Tìm căn bậc hai của số phức z = i548164 +− Lời giải: Giả sử m + ni (m, n ) là căn bậc hai của z Ta có: inmniminim 5481642548164)( 222 +−=−+⇔+−=+ Thay (2) vào (1) ta có: 02880164164 524 24 2 2 =−+⇔−=         − mm m m ⇔ m 2 = 16 ; m 2 = -180 ( loại)     −=⇒−= =⇒= ⇔ 564 564 nm nm Vậy z có hai căn bậc hai là: ivài 564564 −−+ Bài tập luyện: Tìm các căn bậc hai của các số phức sau: a) i247 −− b) i341 + c) i22017 + d) i6423 −− III. GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI TRÊN TẬP SỐ PHỨC Xét phương trình az 2 + bz + c = 0 (a, b, c ; a 0) Cách giải: Tính ∆ = b 2 – 4ac Gọi ± k là căn bậc hai của ∆ , nghiệm của phương trình là: a kb z a kb z 2 , 2 +− = −− = Đặc biệt nếu b = 2b’, ta tính được ∆ ’ 6      = −=− ⇔      = −=− ⇔ )2( 524 )1(164 5482 164 22 22 m n nm mn nm Gọi ± k’ là căn bậc hai của ∆ ’, nghiệm của phương trình là: a kb z a kb z '' , '' +− = −− = VD 1: Giải phương trình: z 2 + (3i + 8)z + 11i + 13 = 0 Lời giải: ∆ = (3i + 8) 2 – 4(11i + 13) = 4i + 3 Giả sử m + ni (m, n ) là căn bậc hai của ∆ Ta có: (m + ni) 2 = 5 + 12i ⇔ m 2 + 2mni + n 2 i 2 = 3 + 4i ⇔ m 2 + 2mni – n 2 = 3 + 4i      = =− ⇔    = =− ⇔ )2( 2 )1(3 42 3 22 22 m n nm mn nm Thay (2) vào (1) ta có:    −=⇒−= =⇒= ⇔     −= = ⇔=−−⇔=       − 12 12 )(1 4 0433 2 2 2 22 2 2 nm nm loaim m mm m m Vậy ∆ có hai căn bậc hai là       += −−+ = += +++ = 3 2 283 52 2 283 i ii z i ii z VD 2: Giải phương trình: z 2 + 4z + 7 = 0 Lời giải: ∆ ’ = 2 2 = 7 = -3 = 3i 2 ⇒ các căn bậc hai của ∆ ’ là 3i ± Vậy nghiệm của phương trình là: iziz 32,32 −−=+−= VD 3: Giải phương trình: z 3 + 4z 2 + (4 + i)z + 3 + 3i = 0 (1) Lời giải: Dễ thấy z = -i là nghiệm của (1) nên: (1) ⇔ (z + i)[z 2 + (4 – i)z + 3 – 3i] = 0    =−+−+ =+ ⇔ )2(033)4( 0 2 iziz iz Giải (2): ∆ = (4 – i) 2 – 12 + 12i = 16 – 1 – 8i – 12 + 12i = 3 + 4i = 4+4i+i 2 = (2+i) 2 Vậy ∆ có hai căn bậc hai là: 2 + i và -2 – i Do đó nghiệm của là       −= −−−+− = +−= +++− = 3 2 224 1 2 24 ii z i ii z Vậy (1) có ba nghiệm là –i, -3, -1 + i VD 4: Gọi z 1 và z 2 là hai nghiệm phức của phương trình: 2(1 + i)z 2 – 4(2 – i)z – 5 – 3i = 0 7 Tính |z 1 | 2 + |z 2 | 2 Lời giải: Ta có: ∆ ’ = 4(2 – i) 2 + 2(1 + i)(5 + 3i) = 16. Vậy phương trình có hai nghiệm phức : iziz 2 1 2 1 , 2 5 2 3 21 −−=−= . Do đó |z 1 | 2 + |z 2 | 2 = 9. VD 5: Gọi z 1 , z 2 , z 3 , z 4 là bốn nghiệm của phương trình: z 4 – z 3 – 2z 2 + 6z – 4 = 0 trên tập số phức tính tổng: S = 2 4 2 3 2 2 2 1 1111 zzzz +++ Lời giải: pt: z 4 – z 3 – 2z 2 + 6z – 4 = 0 ⇔ (z – 1)(z + 2)(z 2 – 2z + 2) = 0 (1) Không mất tính tổng quát ta gọi 4 nghiệm của phương trình (1) là:       −= += −= = iz iz z z 1 1 2 1 4 3 2 1 Thay vào biểu thức ta có: S = 4 5 )1( 1 )1( 1 4 1 1 1111 22 2 4 2 3 2 2 2 1 = + + − ++=+++ ii zzzz VD 6: Lập phương trình bậc hai có 2 nghiệm: z 1 = 6 – i và z 2 = 4 + 3i Lời giải: Ta có tổng và tích: S = z 1 + z 2 = (6 – i) + (4 + 3i) = 10 + 2i P = z 1 .z 2 = (6 – i)(4 + 3i) = 24 + 18i – 4i – 3i 2 = 27 + 14i Vậy z 1 , z 2 là nghiệm của phương trình bậc hai: z 2 – Sz + P = 0 hay : z 2 + (10 + 2i)z + 27 + 14i = 0. VD 7: Không giải phương trình: z 2 + (2 – i)z + 3 + 5i = 0 Hãy tính: z 1 2 + z 2 2 , z 1 4 + z 2 4 . Lời giải: Theo hệ thức Vi-ét ta có: S = z 1 + z 2 = -2 + i P = z 1 .z 2 = 3 + 5i Do đó: z 1 2 + z 2 2 = S 2 – 2P = (-2 + i) 2 – 2(3 + 5i) = -3 – 14i. z 1 4 + z 2 4 = (z 1 2 + z 2 2 ) – 2z 1 2 z 2 2 = (-3 – 14i) 2 – 2(3 + 5i) 2 = -155 + 24i. VD 8: Giải phương trình sau trên tập số phức : 01 2 2 34 =+++− z z zz (1) Lời giải: Nhận xét z = 0 không phải là nghiệm của phương trình (1) vậy z ≠ 0. Chia hai vế phương trình (1) cho z 2 ta được : )2(0 2 111 2 2 =+       −−       + z z z z Đặt z zt 1 −= . Khi đó : 2 1 2 1 2 2 2 2 22 +=+⇔−+= t z z z zt 8 Phương trình (2) có dạng : 22 99 2 5 .41)3(0 2 5 itt =−=−=∆⇒=+− Vậy phương trình (3) có 2 nghiệm: 2 31 , 2 31 21 i t i t − = + = Với 2 31 1 i t + = ta có )4(02)31(2 2 311 2 =−+−⇔ + =− ziz i z z Có ∆ = (1 + 3i) 2 + 16 = 8 + 6i = 9 + 6i + i 2 = (3 + i) 2 Vậy phương trình (4) có 2 nghiệm: 2 1 4 )3()31( ,1 4 )3()31( 21 − = +−+ =+= +++ = iii zi ii z Tương tự, với 2 31 2 i t − = ta có 2 nghiệm là: 2 1 ,1 43 −− =−= i ziz Do đó phương trình đã cho có 4 nghiệm: 2 1 ,1, 2 1 ,1 4321 −− =−= − =+= i ziz i ziz Bài tập luyện tập: Giải các phương trình sau: a) z 2 – 7z + 11 + i = 0 b) z 2 + 2(1 – 2i)z – (7 + 4i) = 0 c) z 2 – 2(2 – i)z + 6 – 8i = 0 d) z 2 – (2 + i)z + i +1 = 0 e) z 3 – (2 + i)z 2 + (2 + 2i)z – 2i = 0 f) 2z 3 – 9z 2 + 14z – 5 = 0. IV. TÌM TẬP HỢP ĐIỂM BIỂU DIỄN SỐ PHỨC Z Cách giải: Giả sử z = a + bi (a, b ∈ ) ; thay vào giả thiết, tìm được một hệ thức nào đó đối với a và b. Từ đó suy ra tập hợp các điểm biểu diễn số phức z. VD 1: Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z sao cho iz iz u − ++ = 32 là một số thuần ảo. Lời giải: Giả sử z = a + bi (a, b ∈ ), khi đó: [ ][ ] 22 )1( )1()3(2 )1( 32 −+ −−+++ = −+ +++ = ba ibaiba iba ibia u . Từ số bằng a 2 + b 2 + 2a + 2b – 3 + 2(2a – b + 1)i. u là số thuần ảo khi và chỉ khi    −−≠ =+++ ⇔    ≠+− =−+++ )3;2(),1;0();( 5)1()1( 012 0322 2222 ba ba ba baba Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là một đường tròn tâm I(-1; -1) , bán kính bằng 5 , khuyết 2 điểm (0;1) và (-2; -3). VD 2: Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z, biết z thỏa mãn: (*)1 4 32 = +− −+ iz iz Lời giải: Giả sử z = a + bi (*) ⇔ |a + 2 + (b – 3)i| = |a – 4 – (b – 1)i| ⇔ (a + 2) 2 + (b – 3) 2 = (a – 4) 2 + (b – 1) 2 ⇔ 3a – b -1 = 0 Vậy tập hợp điểm M biểu diễn số phức z là đường thẳng có phương trình 3x – y – 1 = 0. 9 VD 3: ìm quỹ tích các điểm M biểu diễn số phức 2)31( ++= zi ω biết số phức z thảo mãn: 21 ≤− z (1) Lời giải: Giả sử: bia += ω Ta có: 31 )3(3 1 31 2 2)31( i iba z i bia zzi + −+− =−⇔ + +− =⇔++= ω (1) 2 2 )3()3( 2 31 )3(3 2 31 )3(3 22 ≤ −+− ⇔≤ + −+− ⇔≤ + −+− ⇔ ba i iba i iba 16)3()3( 22 ≤−+−⇔ ba Vậy quỹ tích của các điểm M biểu diễn số phức là hình tròn: (x – 3) 2 + (y - 3 ) 2 ≤ 16 (kể cả những điểm nằm ở vị trí biên). Bài luyện tập : Tìm tập hợp điểm biểu diễn của số phức z thỏa mãn: a) |2 + z| = |i – z| b) 3 = − iz z c) |43||| izz +−= d) 1 = + − iz iz e) |2||1|2 izzz +−=− f) ( ) 4|| 2 2 =− zz V. TÌM SỐ PHỨC Z CÓ MÔĐUN LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT. Bài toán : Cho số phức z = a + bi thỏa mãn điều kiện G nào đó. Tìm số phức z có môđun nhỏ nhất, lớn nhất. Trường hợp 1: giả thiết G có dạng ma + nb = k. Ta rút ra a theo b (hoặc b theo a) sau đó ta sử dụng phương pháp nhóm tổng bình phương. VD 1: Biết rằng số phức z thỏa mãn )31)(3( izizu ++−+= là một số thực. Tìm giá trị lớn nhất của |z| Lời giải: Giả sử : z = a + bi, ta có: u = [a + 3 + (b – 1)i][a + 1 – (b – 3)i] = a 2 + b 2 + 4a – 4b + 6 + 2(a – b – 4)i u ∈ ⇔ a – b – 4 = 0 ⇔ a = b + 4 |z| min ⇔ |z| 2 min |z| 2 = a 2 + b 2 = (b + 4) 2 + b 2 = 2b 2 + 8b + 16 = 2(b + 2) 2 + 8 ≥ 8 Dấu “=” xảy ra ⇔ b = -2 ⇒ a = 2 Vậy |z| min ⇔ z = 2 – 2i VD 2: Cho phức z thỏa mãn : |2||1| iziz −=++ . Tìm giá trị nhỏ nhất của z. Lời giải: Giả sử : z = a + bi, ta có: |a + bi + i + 1| = |a – bi – 2i| ⇔ (a + 1) 2 + (b + 1) 2 = a 2 + (b + 2) 2 ⇔ a 2 + 2a + 1 + b 2 + 2b + 1 = a 2 + b 2 + 4b + 4 ⇔ 2a – 2b – 2 = 0 ⇔ a = b – 1 ⇒ a 2 + b 2 = (b + 1) 2 + b 2 = 2b 2 + 2b + 1 = 2(b + 2 1 ) 2 + 2 1 ≥ 2 1 10 [...]... 2 cos + i sin   2  2  3 3    π π 1   z2 = 2 + 3 2 i = 2 cos + i sin  3 3 2   0 2 4 6 20 10 20 12 VD 10: Tính tổng: S = C20 12 − C20 12 + C20 12 − C20 12 + − C20 12 + C20 12 Lời giải: Ta có : 0 1 2 3 20 11 20 12 (1 + i ) 20 12 = C20 12 + C2012i + C2012i 2 + C2012i 3 + + C20 12 i 20 11 + C20 12 i 20 12 0 1 2 3 20 11 20 12 (1 − i ) 20 12 = C20 12 − C2012i + C2012i 2 − C2012i 3 + − C20 12 i 20 11 + C20 12. .. 3π + k 2 10 VD 3: Cho z = 2 + 2i Tìm dạng đại số của z20 12 2  π π  2  + i  = 2 2  cos + i sin  4 4  2 2 2 2  Lời giải: z = 2 2  Áp dụng công thức Moavơrơ ta có: 20 12 20 12   20 12 20 12 z 20 12 = ( 2 2 ) 20 12  cos + i sin  = (2 2 ) (−1 + i.0) = − (2 2 ) 4 4   VD 4: Viết số phức sau có dạng lượng giác: z = 2 – 2i 2  π π −π −π   2   z = 2 2 − i  = 2 2  cos − i sin  = 2 2  cos(... C20 12 i 20 11 + C20 12 i 20 12 0 2 4 6 20 10 20 12 Suy ra (1 + i ) 20 12 + (1 − i )20 12 = 2( C20 12 − C20 12 + C20 12 − C20 12 + − C20 12 + C20 12 = 2 S Mặt khác (1 + i) 20 12   π π  =  2  cos + i sin  4 4      −π −π (1 − i ) =  2  cos + i sin 4 4   1006 Từ đó : S = 2 20 12    20 12 = 21 006 (cos 503π + i sin 503π ) = 21 006 20 12 = 21 006 [cos(−503π ) + i sin(−503π )] = 21 006 Bài tập luyện... 2 5 Khi đó Min |z1 – z2 | = 2 ( x + 5) 2 + y 2 = 25 ⇔  6 x − 8 y = −30 Bài tập luyện tập : 1 Trong các số phức z thỏa mãn: 2z + 2 + i = 2 , hãy tìm số phức z có môđun nhỏ z − 3 + 2i nhất 12 2 Trong các số phức z thỏa mãn: 2z + 2 + i = 3 , hãy tìm số phức z có môđun nhỏ z −1 − i nhất, lớn nhất 3 Cho hai số phức z1, z2 thỏa mãn |z1 + i| = 5, |z2 – 5| = | z2 -7| Tìm giá trị nhỏ nhất của |z1 – z2|... = 2 2 2 2 Trường hợp 2: Giả thiết G có dạng (x + a )2 + (y + b )2 = k2 Bài toán: Tìm GTLN, GTNN của S = A sin mx + B cos mx + C  A  A2 + B 2 2 2 Ta có: S = A + B  sin mx  A  cos α = A2 + B 2  Đặt:  Khi đó S = B sin α =  A2 + B 2  + cos mx  +C  A2 + B 2  A A2 + B 2 (sin mx cos α + cos mx.sin α ) + C − π α k 2 − + 2m m m π α k 2 A2 + B 2 + C ⇔ x = − + 2m m m Do đó: MinS = − A2 + B 2 +... VI DẠNG LƯỢNG GIÁC CỦA SỐ PHỨC VÀ ỨNG DỤNG Xét số phức dạng đại số : z = a + bi  a 2 2 Ta có: z = a + b    a +b 2 2 +  i  a +b  b 2 2 2 2     a b Nhận xét :  2 2  +  2 2  = 1      a +b   a +b  a b Đặt cos α = 2 2 ; sin α = 2 2 a +b a +b ( ) Khi đó: z = a 2 + b 2 (cosα + sin α ) = r (cosα + i sin α ) (*) r =| z |= a 2 + b 2 (*) là dạng lượng giác của số phức z, α gọi là một acgumen... |z2|; AB = |z1 – z2| Từ đó suy ra : + |z1| + |z2| ≥ |z1 – z2| + |z1| - |z2| ≥ |z1 – z2| + |z1 + z2| ≤ |z1| + |z2| 2 2 VD 1: Giả sử z1, z2 là các số phức khác không thỏa mãn: z1 – z1z2 + z2 = 0 Gọi A, B là các điểm biểu diễn tương ứng của z1, z2 Chứng minh rằng tam giác OAB đều 3 3 2 2 Lời giải: Ta có z1 + z2 = ( z1 + z2 )( z1 − z1 z2 + z2 ) = 0 , suy ra : 3 3 3 3 z1 = - z2 ⇒ |z1| = |z2| ⇒ |z1| = |z2|... tam giác OAB đều VD 2 : Cho 3 số phức z1, z2, z3 đều có môđun bằng 1 Chứng minh rằng : |z1 + z2 + z3| = |z1z2 + z2z3 + z3z1| Lời giải : Vì |z1z2z3| = 1 nên : | z1 z2 + z2 z3 + z3 z1 |= z1 z2 + z2 z3 + z3 z1 1 1 1 = + + = z1 + z2 + z3 z1 z2 z3 z1 z2 z3 =| z1 + z2 + z3 =| z1 + z2 + z3 | (ðpcm) 16 8 2 3 VD 3: Cho số phức z ≠ 0 thỏa mãn z + z 3 ≤ 9 Chứng minh rằng z + z ≤ 3 Lời giải: 2  Đặt a = z + z... Nhận xét: Nếu α là một acgumen của z thì α + k 2 cũng là một acgumen của z + Nhân chia số phức dạng lượng giác : Cho : z1 = r1 (cos α1 + i sin α1 ); z2 = r2 (cos α 2 + i sin α 2 ) Khi đó : z1 z2 = r1r2 [cos(α1 + α 2 ) + i sin(α1 + α 2 )] z1 r2 = [cos(α1 − α 2 ) + i sin(α1 − α 2 )] z2 r2 Đặc biệt với z = r (cosα + i sin α ) ⇒ z 2 = r 2 (cos 2 + i sin 2 ) z 3 = r 3 (cos 3α + i sin 3α ) z n = r n...  z +  3 2 8 2  3  = z + 3 + 6 z +  Suy ra : z z z  3 2 8 2 ≤ z 3 + 3 + 6 z + ≤ 9 + 6a z z z 3 2 Do đó : a – 6a – 9 ≤ 0 ⇔ (a – 3)(a + 3a + 3) ≤ 0 2 2 Vì a + 3a + 3 > 0, nên a = z + z ≤ 3 (đpcm) a3 = z + Bài tập luyện tập z +z 1 2 Bài 1: Cho hai số phức z1, z2 đều có môđun bằng 1 Chứng minh rằng z = 1 + z z là 1 2 một số thực 1 2 3 Bài 2: Cho số phức z ≠ 0 thỏa mãn z + z 3 ≤ 2 Chứng minh . 20 122 0 12 20 12 201 120 11 20 12 33 20 12 22 20 12 1 20 12 0 20 12 20 12 20 122 0 12 20 12 201 120 11 20 12 33 20 12 22 20 12 1 20 12 0 20 12 20 12 )1( )1( iCiCiCiCiCCi iCiCiCiCiCCi +−+−+−=− ++++++=+ Suy ra SCCCCCCii 2. 04. 32 2 =−− ziz       +=       +=       +=         + − =⇒ +=−= =−=+=∆ 3 sin 3 cos 223 2 1 2 3 2 sin 3 2 cos2 2 3 2 1 2 13;13 13443 2 1 21 2 ππ ππ iiz iiz iziz i VD 10: Tính tổng: 20 12 20 12 2010 20 12 6 20 12 4 20 12 2 20 12 0 20 12 CCCCCCS +−+−+−= Lời giải: Ta có : 20 122 0 12 20 12 201 120 11 20 12 33 20 12 22 20 12 1 20 12 0 20 12 20 12 20 122 0 12 20 12 201 120 11 20 12 33 20 12 22 20 12 1 20 12 0 20 12 20 12 .       +=       += 4 sin 4 cos 22 22 2 22 2 22 ππ iiz Áp dụng công thức Moavơrơ ta có: 20 122 0 122 0 122 0 12 )22 ()0.1( )22 ( 4 20 12 sin 4 20 12 cos )22 ( −=+−=       += iiz ππ VD 4: Viết số phức sau có dạng lượng giác: z = 2