SỐ PHỨC VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA NÓ TRONG GIẢI TOÁN Ở BẬC THPT

S PHC V MT S NG DNG CA Nể TRONG GII TON BC THPT A. T VN I. LI NểI U Khởi đầu từ nhu cầu giải quyết các phơng trình đại số, số phức bắt đầu xuất hiện từ thế kỷ thứ XVI và phát triển mạnh đến nay. Trong chng trỡnh i mi ni dung Sỏch giỏo khoa, s phc c a vo chng trỡnh toỏn hc ph thụng v c ging dy cui lp 12. K t khi xut hin khỏi nim s phc, cỏc nghiờn cu ó khng nh ú l mt cụng c quý giỏ ca toỏn hc, c ng dng trong nhiu ngnh khoa hc khỏc nhau nh: Toỏn hc, Vt lý, Khoa hc v k thut Trong Toỏn hc, s phc c dựng gii nhiu bi toỏn t s cp n cao cp.S phc l cu ni hon ho gia cỏc phõn mụn i s, Lng giỏc, Hỡnh hc v Gii tớch. S phc c a vo ging dy bc ph thụng ca nhiu nc trờn th gii, nhng li l ni dung mi vi hc sinh trung hc ph thụng Vit Nam, v thc s gõy khụng ớt khú khn bi ngun ti liu tham kho hn ch. Bờn cnh ú cỏc bi toỏn v s phc trong nhng nm gn õy khụng th thiu trong cỏc thi tt nghip trung hc ph thụng v i hc, Cao ng. Chớnh vỡ vy m tụi chn ti S phc v mt s ng dng ca nú trong gii toỏn bc THPT vit sỏng kin kinh nghim. ti gm hai phn: - Phn th nht: Mt s dng toỏn thng gp v s phc bc THPT - Phn th hai: Mt s ng dng ca s phc trong gii toỏn bc THPT II. THC TRNG CA VN NGHIấN CU 1. Thc trng: S phc l vn hon ton mi v khú i vi hc sinh bc trung hc ph thụng hin nay. Vỡ mi a vo chng trỡnh Sỏch giỏo khoa nờn cú rt ớt ti liu v s phc hc sinh v giỏo viờn tham kho. Bờn cnh ú, lng bi tp cng nh cỏc dng bi tp v s phc trong Sỏch giỏo khoa cũn nhiu hn ch.Chớnh vỡ vy m vic ging dy v hc tp ca giỏo viờn v hc sinh gp khụng ớt nhng khú khn. 2. Kt qu, hiu qu ca thc trng: 1 Do những tính chất đặc biệt của số phức nên khi giảng dạy nội dung này giáo viên có nhiều hướng khai thác, phát triển bài toán giúp học sinh có cái nhìn sâu, rộng hơn về nó. Bằng việc kết hợp các tính chất của số phức với một số kiến thức đơn giản khác về lượng giác, giải tích, đại số và hình học giáo viên có thể xây dựng được khá nhiều dạng toán với nội dung hấp dẫn và hoàn toàn mới mẻ để tạo nên sự lôi cuốn người học. Một số dạng bài tập trong đề tài này một phần nào đó có thể cung cấp cho học sinh những kiến thức cơ bản nhất về số phức và các ứng dụng của số phức trong giải toán. 2 B. NỘI DUNG I. MỘT SỐ DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP VỀ SỐ PHỨC Ở BẬC THPT Dạng 1: Tìm số phức thỏa mãn điều kiện cho trước: Phương pháp: Sử dụng các phép biến đổi trực tiếp, hoặc đặt z=x+yi ( , )x y ∈¡ và chú ý rằng 2 2 2 2 2 , , 2 z x yi z x y z x y xyi= − = + = − + để tìm số phức z. Ví dụ1: Tìm số phức z thỏa mãn : a. (2 ) 10 . 25 z i z z  − + =   =   (Đề thi tuyển sinh dại học khối B năm 2009) b. z có phần thực và phần ảo là số nguyên thõa mãn: 3 117 44z i= − − Lời giải a. Gọi z=x+yi ( , )x y ∈¡ khi đó.Yêu cầu bài toán tương đương với hệ: 2 2 2 2 2 2 5 0 2 ( 1) 10 ( 2) ( 1) 10 3 25 25 4 x y x y i x y x x y x y y  =     =  − + − = − + − =     ⇔ ⇔    = + =   + =      =    Vậy có 2 số phức cần tìm là z=3+4i và z=5 b. Gọi z=x+yi ( , )x y ∈¢ .Ta có : z x yi= − . Khi đó : 3 3 3 2 2 3 3 2 3 2 3 2 2 2 2 3 2 3 117 44 ( ) 117 44 ( 3 ) (3 ) 117 44 3 117 (1) 44 132 117.44 44 351 132 117 0 3 44 351 117 44.117 z i x yi i x xy xy y i i x xy x xy x x y xy y x y y x y y = − − ⇔ − = − − ⇔ − − − = − −   − = − − = −   ⇔ ⇔ ⇒ + − − =   − = − =     2 2 4 3 (4 3 )(11 96 39 ) 0 48 25 3 11 y x x y x xy y y y x  =   ⇔ − + + = ⇔ − ±  =   3 Vì x, y nguyên nên với 4 3 y y= thay vào (1) ta suy ra x=3 nên y=4 Vậy số phức cần tìm là z=3+4i Ví dụ 2 : Trong các số phức z thõa mãn điều kiên 2 4 5z i− − = .Tìm số phức z có modun lớn nhất, nhỏ nhất. Lời giải Giả sử điểm M(x;y) biểu diễn số phức z=x+yi. Khi đó: 2 2 2 2 2 4 5 ( 2) ( 4) 5 ( 2) ( 4) 5 ( 2) ( 4) 5 (1) z i x y i x y x y − − = ⇔ − + − = ⇔ − + − = ⇔ − + − = Suy ra tập hợp điểm M(x;y) biểu diễn số phức z là đường tròn tâm I(2;4), bán kính 5R = [ ] 2 2 2 2 2 2 ( 2) ( 4) 4 8 20 4 8 15 4 ( 2) 2( 4) 25 (2)z OM x y x y x y x y x y= = + = − + − + + − = + − = − + − + Áp dụng Bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki ta có: 2 2 2 2 ( 2) 2( 4) (1 2 ) ( 2) ( 4) 5 5 ( 2) 4( 4) 5x y x y x y   − + − ≤ + − + − = ⇒ − ≤ − + − ≤   (3) Từ (2), (3) ta suy ra: 5 3 5z≤ ≤ .Vậy: min max 1 5 1 2 2 3 3 5 3 6 6 x z z i y x z z i y =  = ⇔ ⇒ = +  =  =  = ⇔ ⇒ = +  =  Dạng 2: Biểu diễn số phức và tìm tập hợp điểm - Véc tơ ( ; )u x y r biểu diễn số phức z=x+yi. - Điểm M(x;y) biểu diễn số phức z=x+yi tức là OM uuuur biểu diễn số phức đó. - Tìm tập hợp điểm thường dùng kiến thức hình học phẳng. - Phương pháp cơ bản là dựa vào phép đặt z=x+yi Ví dụ 1: Gọi M, M’ theo thứ tự là các điểm của mặt phẳng phức biểu diễn số phức 0z ≠ và 1 ' 2 i z z + = . Chứng minh rằng tam giác OMM’ vuông cân với O là gốc tọa độ. 4 Lời giải Vì M, M’ lần lượt là các điểm biểu diễn số phức z và z’ nên , 'OM OM uuuur uuuuur lần lượt biểu diễn z, z’. Vì ' 'MM OM OM= − uuuuur uuuuur uuuur nên 'MM uuuuur biểu diễn số phức 1 1 1 ' ( ) 2 2 2 i z z z z i z + − = − = − + Khi đó: 1 1 2 ; ' ' ' ( ) 2 2 2 1 1 2 ' ' ( ) 2 2 2 OM OM z OM OM z i z z MM MM i z z = = = = = + = = = − + = uuuur uuuuur uuuuur Nhận thấy: 2 2 2 2 ' ' 2 ' ' OM MM z OM MM OM  = =    + =  nên tam giác OMM’ vuông cân tại M’ Ví dụ 2: Trong mặt phẳng Oxy, tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thõa mãn điều kiện: a. (1 )z i i z− = + (Đề thi TSĐH khối B năm 2010) b. 1 1 4z z+ + − = c. 5 5 8z z− − + = d. 2 Re 2z z− = + Lời giải a.Giả sử điểm M(x;y) biểu diễn số phức z=x+yi ( ;x y ∈¡ ) Ta có: z - i=x+(y-1)i và (1+i)z=(1+i)(x+yi)=x-y+(x+y)i Nên (1 ) ( 1) ( )z i i z x y i x y x y i− = + ⇔ + − = − + + 2 2 2 2 2 2 ( 1) ( ) ( ) ( 1) 2x y x y x y x y⇔ + − = − + + ⇔ + + = Vậy tập hợp điểm M biểu diễn số phức z thõa mãn yêu cầu bài toán là đường tròn có phương trình 2 2 ( 1) 2x y+ + = b. Trong mặt phẳng Oxy .Giả sử các điểm M, 1 2 ,F F lần lượt biểu số phức z, -1, 1. Suy ra: 5 1 F M uuuur biểu diễn số phức z-(-1)=z+1 ; 2 F M uuuur biểu diễn số phức z-1.Với 1 2 ,F F nằm trên trục thực Ox -Khi đó điều kiện: 1 1 4z z+ + − = 1 2 4MF MF⇔ + = và 1 2 2F F = Vậy tập hợp các điểm M là Elip có trục lớn bằng 4 và trục bé bằng 2 3 Phương trình Elip trong mặt phẳng tọa độ Oxy là: 2 2 1 4 3 x y + = c.Tương tự câu b giả sử các điểm M, 1 2 ,F F lần lượt biểu số phức z, -5, 5. Với 1 2 ,F F nằm trên trục thực Ox Tương tự câu b ta có: 2 1 5 5 8 8z z MF MF− − + = ⇔ − = và 1 2 10F F = Tập hợp các điểm thỏa mãn 2 1 8MF MF− = với 1 2 10F F = là Hypebol có hai tiêu điểm thuộc trục Ox, độ dài trục thực là 4 và trục ảo là 3. Phương trình Hypebol trong mặt phẳng tọa độ Oxy là ( ) 2 2 : 1 16 9 x y H − = d. Giả sử điểm M(x;y) biểu diễn số phức z x iy= + với ,x y ∈¡ . Ta có z-2=x-2+yi nên: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 Re 2 2 2 2 2 8x 8x 2 2 z z x y x x x y y x y x − = + ⇔ − + = + ≥ −  ≥ −   ⇔ ⇔ ⇒ =   = − + = +    Vậy tập hợp những điểm M là Parabol (P): 2 8xy = có đỉnh O(0;0) và tiêu điểm F(2;0) Ví dụ 3: Tìm tập hợp các điểm biểu diễn trong mặt phẳng phức số phức (1 3) 2i z ω = + + biết rằng số phức z thỏa mãn: 1 2z − ≤ Lời giải Đặt z a bi = + ( ; ) , ( ; )a b R x yi x y ω ∈ = + ∈¡ Ta có 1 2z − ≤ ⇔ 2 2 ( 1) 4a b− + ≤ (1) Từ (1 3) 2i z ω = + + ⇒ (1 3)( ) 2x yi i a bi+ = + + + 3 2 3 x a b y a b  = − +  ⇔  = +   6 3 1 3 3 3( 1) x a b y a b  − = − −  ⇔  − = − +   Từ đó 2 2 2 2 2 2 ( 3) ( 3) 4 ( 1) 4 ( 1) 32x y a b a b     − + − ≤ − + + − + ≤     do (1) Vậy tập hợp các điểm cần tìm là hình tròn 2 2 ( 3) ( 3) 32x y− + − ≤ có tâm (3; 3)I , bán kính 4 2R = Dạng 3: Chứng minh đẳng thức,bất đẳng thức: Ví dụ 1 : Cho 3 số phức x,y,z có cùng mô đun bằng 1. Chứng minh rằng: xxy yz z x y z+ + = + + Lời giải Ta có 2 1 x x x x = = (vì 1)x = . Tương tự ta có 1 1 ,y z y z = = Khi đó: 1 1 1 1 1 1 x ( )xy yz z xyz x y z x y z x y z x y z x y z x y z + + = + + = + + = + + = + + = + + Ví dụ 2 : Chứng minh rằng nếu 1z ≤ thì 2 1 2 z i iz − ≤ + Lời giải Giả sử z a bi = + ( , )a b R∈ thì 2 2 1z a b= + ≤ ⇔ 2 2 1a b+ ≤ . Ta có 2 1 2 z iz − = + 2 (2 1) (2 ) a b i b ai + − = − + 2 2 2 2 4 (2 1) (2 ) a b b a + − − + . Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: 2 2 2 2 4 (2 1) 1 (2 ) a b b a + − ≤ − + ⇔ 2 2 2 2 4 (2 1) (2 )a b b a+ − ≤ − + ⇔ 2 2 1a b+ ≤ luôn đúng ⇒ đpcm Dạng 4. Giải phương trình, hệ phương trình trên tập số phức - Việc giải các phương trình có bậc lớn hơn 2 thường sử dụng phương pháp phân tích thành nhân tử, đặt ẩn phụ… để chuyển về dạng bậc hai - Việc giải các,phương trình, hệ phương trình trên tập số phức tương tự trên tập số thực. - Các dạng hệ thường gặp là hệ phương trình bậc nhất, hệ đối xứng, … 7 Ví dụ 1. Giải các phương trình sau trên tập số phức a. 4 4 ( 1) ( 3) 128 0z z− + + + = b. ( 1)( 2)( 4)( 7) 0z z z z− + + + = c. 4 3 2 2 2 4 0 0z z z z− + − + = = Lời giải a. Đặt 1t z = + thì phương trình 4 4 ( 1) ( 3) 128 0z z− + + + = trở thành 4 4 ( 2) ( 2) 128 0t t− + + + = Khai triển và rút gọn ta được: 4 2 24 80 0t t+ + = , suy ra 2 4t = − ; 2 20t = − Với 2 4t = − ta có 2 2 4t i= 2t i⇒ = ; 2t i= − Với 2 20t = − ta có 2 2 20t i= 2 5t i⇒ = ; 2 5t i= − Vậy phương trình có 4 nghiệm: 1 1 2z i= − + ; 2 1 2z i= − − ; 3 1 2 5z i= − + ; 3 1 2 5z i= − − b. PT ( ) ( ) ( ) ( ) 1 7 2 4 34z z z z⇔ − + + + = ( ) ( ) ( ) 2 2 6 7 6 8 34 1z z z z⇔ + − + + = Đặt 2 2 6 7 6 8 15t z z z z t= + − ⇒ + + = + thì (1) trở thành ( ) 15 34t t + = 2 15 34 0 2; 17t t t t⇔ + − = ⇒ = = − +) Với t=2 thì 2 2 6 7 2 6 9 0z z z z+ − = ⇔ + − = 1 2 3 3 2; 3 3 2z z⇒ = − + = − − +) Với t= -17 thì 2 2 6 7 17 6 10 0z z z z+ − = − ⇔ + + = Ta có ( ) 2 2 3 4 ' 3 10 1 3 ; 3i z i z i∆ = − − = − = ⇒ = − + = − − Vậy các nghiệm cần tìm là: 1 2 3 4 3 3 2; 3 3 2; 3 ; 3z z z i z i= − + = − − = − + = − − . c. Xét phương trình ( ) 4 3 2 2 2 4 0 2z z z z− + − + = - Với z=0 thì phương trình (2) có dạng 4=0 (vô lí) -Với 0z ≠ , chia cả hai vế của (2) cho 2 z ta được ( ) 2 2 2 2 2 4 4 2 2 0 2 0 3z z z z z z z z   − + − + = ⇔ + − + + =  ÷   Đặt 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 2 4t z t z z z t z z z z = + ⇒ = + + ⇒ + = − nên phương trình (3) trở thành 2 2 4 2 0 2 0 1; 2t t t t t t− − + = ⇔ − − = ⇒ = − = 8 -Với t=-1 ta có 2 2 1 2 2 1 7 1 7 1 2 0 2 0 ; 2 2 i i z z z z z z z z − + − − + = − ⇒ + + = ⇔ + + = ⇒ = = -Với t=2 ta có 2 2 3 4 2 2 2 2 0 2 2 0 1 ; 1z z z z z z i z i z + = ⇔ − + = ⇒ − + = ⇒ = + = − Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm phức là 1 2 3 4 1 7 1 7 ; ; 1 ; 1 2 2 i i z z z i z i − + − − = = = + = − Ví dụ 2. Giải hệ phương trình sau với x, y là số phức a. ( ) ( ) 3 1 2 14 2 1 4 9 x i y i ix i y i  + + = − +   − − = − +   b. 2 2 2 3 3 3 4 0 x y x y xy x + =   + + − + =  c. ( ) ( ) 3 3 3 1 9 1 x y i x y i  + = +   + = − +   d. ( ) ( ) 2 2 5 2 5 2 x y x y x y  + = − +   + = − +   Lời giải a.Xét hệ phương trình ( ) ( ) 3 1 2 14 2 1 4 9 x i y i ix i y i  + + = − +   − − = − +   Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 1 3 1 2 1 4 7 ' ' 1 2 2 14 1 2 14 1 2 4 9 2 14 2 29 ' ' 4 9 1 2 x a b i D i i i i a b i i c b i i D i i i i i i c b i i + + = = = − − + = − − − + + + = = = − + − − − + − − + = + − + − ( ) ( ) 3 2 14 3 4 9 2 14 2 29 ' ' 4 9 y a c i D i i i i a c i i − + + = = = − + − − + = + − + Vậy hệ phương trình có nghiệm 39 13 1 5 4 7 3 2 2 29 4 7 x y D i x x i D i D y i i y D i +  = =  = +   − ⇒   = − + +   = =  −  b.Xét hệ phương trình ( ) ( ) 2 2 2 3 1 3 3 4 0 2 x y x y xy x  + =   + + − + =   Từ (1) ta có y=3-2x, thế vào phương trình (2) ta có: 9 ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 3 2 3 3 2 4 0 4 13 0 3x x x x x x x+ − + − − + = ⇔ − + = Giải (3) ta được 2 3 1 6 2 3 1 6 x i y i x i y i = − ⇒ = − +   = + ⇒ = − −  Vậy hệ đã cho có nghiệm (x;y)=(2-3i;-1+6i);(2+3i;-1-6i) c. Ta có ( ) ( ) 3 3 3 3x y x y xy x y+ = + − + nên hệ phương trình đã cho tương đương với ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 3 1 3 3 9 1 27 1 9 1 9 1 3 1 3 1 3 1 1 5 1 x y i x y i i x y xy x y i i xy i i x y i x y i i i xy i xy i   + = + + = +   ⇔   + − + = − + + − + = − +      + = +  + = +   ⇔ ⇔   + − − + =  =   +  Suy ra x, y là nghiệm của phương trình ( ) ( ) 2 3 1 5 0 2z i z i− + + = Giải phương trình (2) ( ) ( ) 2 2 2 9 1 4.5 2 1 2 1i i i i i i∆ = + − = − = − + = − Nghiệm của (2) là ( ) ( ) 3 1 1 2 2 3 1 1 1 2 2 i i z i i i z i  + + − = = +    + − + = = +   Vậy các nghiệm cần tìm là ( ) ( ) 2 ;1 2 , 1 2 ;2i i i i+ + + + d. Hệ phương trình ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 5 2 1 5 2 2 x y x y x y  + = − +   + = − +   thuộc hệ đối xứng loại II Trừ vế cho vế các phương trình (1) và (2) ta được ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 10 5 10 5 4 0 4 0 4 0 x y y x x y x y x y x y x y x y x y x y + − − = − − + + ⇔ − + − = ⇔ − + + − = ⇔ − + + = Vậy hệ đã cho tương đương với ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 5 2 3 5 2 0 4 0 4 0 x y x x y x x y x y x y x y  + = − +  + = − +   ⇔ − =    − + + =     + + =   10 [...]... +Tương tự z là số ảo khi cos 3nπ 3nπ π 2 + 4k 2+k =0⇔ = + kπ ( k ∈ ¢ ) ⇒ n = =k+ ⇒ k = 3m − 2 ⇒ n = 4m − 2 (m ∈ ¥ * ) 4 4 2 3 3 II MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA SỐ PHỨC TRONG GIẢI TOÁN Ở BẬC THPT Trong Toán học, số phức được dùng để giải nhiều bài toán từ sơ cấp đến cao cấp .Trong phạm vi sang kiến kinh nghiệm tôi chỉ đề cập đến một số ứng dụng của số phức trong bài toán: - Lượng giác và tổ hợp - Giải hệ phương... 1- Ứng dụng của số phức trong lượng giác và tổ hợp Số phức có nhiều ứng dụng trong bài toán liên quan đến lượng giác, tổ hợp Có khá nhiều bài toán khó khăn(thậm chí rất khó khăn) trong việc tìm tòi lời giải, đặc biệt là lời giải một cách tự nhiên nhất lại được giải quyết một cách đơn giản bằng ứng dụng của số phức. Muốn làm tốt các bài tập, cần chú ý đến dạng lượng giác của số phức, công thức Moa-vrơ và. .. 4   Từ (1) và (2) ta suy ra: S1 = −21005 , S2 = 21005 2- Ứng dụng của số phức trong giải hệ phương trình Đại số Qua phần ứng dụng của số phức trong các bài toán lượng giác và tổ hợp, chúng ta đã thấy sức mạnh của công cụ số phức Ở đây chúng ta sử dụng công cụ số phức để giải quyết các bài toán về giải hệ phương trình mà giải bằng phương pháp thông thường sẽ gặp những khó khăn Ví dụ 1: Giải hệ phương... = 0 và z = 0 ( cos ϕ + i sin ϕ ) với ϕ tùy ý 2 2sin ϕ >0 2 ϕ π π  tan cos(− ) + i sin( − )  2 2 2  *) Nếu tan ϕ . toỏn thng gp v s phc bc THPT - Phn th hai: Mt s ng dng ca s phc trong gii toỏn bc THPT II. THC TRNG CA VN NGHIấN CU 1. Thc trng: S phc l vn hon ton mi v khú i vi hc sinh bc trung hc ph th ng. phẳng. Những kiến th c cần chuẩn bị: - Trong mặt phẳng phức, nếu các điểm A, B có tọa độ là a, b th độ dài đoạn th ng AB là AB = |a-b| - Nếu O là gốc tọa độ th OA = |a|, OB = |b| - Một số đẳng th c đại. được độc giả góp ý kiến để đề tài được hoàn thiện hơn. Xin chân th nh cám ơn! Lam Sơn, ngày 7 th ng 5 năm 2011 Người viết đề tài Bùi Th Thanh 20