Sáng kiến kinh nghiệm về số phức ở trường THPT chuyên Bắc Giang.PDF

Nhằm mục ñích giới thiệu ñến quí thầy cô giáo và các em học sinh một cách chi tiết hơn về số phức, cách tiếp cận cũng như ứng dụng của nó trong việc giải các bài toán ôn thi ñại học nên

II.2.2 Giải phương trình bậc hai trên tập số phức 13 II.2.3 Giải hệ phương trình bậc hai trên tập số phức 16

Chương III DẠNG LƯỢNG GIÁC CỦA SỐ PHỨC VÀ ỨNG DỤNG 18

III.1.2 Nhân chia dưới dạng lượng giác 18

Lời nói ñầu

Số phức có vai trò quan trọng trong toán học, gần như trường số phức thỏa mãn các yêu cầu của toán học Chính vì thế mà mặc dù gọi là số ảo nhưng trường số phức ñóng vai trò quan trọng trong ñời sống thực của chúng ta ðặc biệt ở cấp trung học phổ thông nó có rất nhiều ứng dụng ñể dễ dàng tiếp cận các bài toán sơ cấp khó, vì vậy trong những năm gần ñây Bộ Giáo dục ñã ñưa vào chương trình giảng dạy ở cấp phổ thông

Nhằm mục ñích giới thiệu ñến quí thầy cô giáo và các em học sinh một cách chi tiết hơn về số phức, cách tiếp cận cũng như ứng dụng của nó trong việc giải các bài toán

ôn thi ñại học nên tôi viết chuyên ñề này Hy vọng rằng qua chuyên ñề này quí thầy cô giáo và các em học sinh phát hiện ñược các vấn ñề mới mẻ và hấp dẫn cũng như ứng dụng

ña dạng của số phức trong giải toán phổ thông Góp phần nâng cao chất lượng dạy và học chủ ñề số phức trong trường phổ thông

Bài viết ñược chia thành ba chương:

Chương I Dạng ñại số của số phức

Nội dung chương I bao gồm các vấn ñề cơ bản về dạng ñại số của số phức, các dạng toán thường gặp như thực hiện phép tính, xác ñịnh phần thực, phần ảo, xác ñịnh tập hợp ñiểm biểu diễn số phức…

Chương II Căn bậc hai của số phức và phương trình bậc hai

Nội dung chương II trình bày vắn tắt cách xác ñịnh căn bậc hai của số phức và cách giải phương trình bậc hai trên trường số phức Từ ñó mở rộng thêm cách tìm nghiệm của phương trình bậc cao bằng cách qui về giải phương trình bậc hai và giải hệ phương trình trên tập số phức

Chương III Dạng lượng giác của số phức và ứng dụng

Nội dung chương III trình bày các kiến thức cơ bản học sinh cần nhớ khi thực hiện phép toán dưới dạng lượng giác Nêu các ứng dụng của số phức trong giải toán tổ hợp và lượng giác

Trong mỗi chương ñều tóm tắt kiến thức cơ bản và phân dạng bài tập thường gặp Cuối mỗi dạng ñều có bài tập tương tự Phần bài tập tổng hợp có tập hợp các ñề thi tuyển sinh ñại học – cao ñẳng về số phức

Mặc dù ñã rất cố gắng, bằng những kinh nghiệm giảng dạy của bản thân và việc nghiên cứu tài liệu nhưng do năng lực bản thân còn hạn chế, thời gian thực hiện chuyên

ñề chưa dài nên không tránh khỏi sai sót Rất mong nhận ñược sự ủng hộ, ñóng góp ý kiến của quí thầy cô giáo và bạn ñọc ñể chuyên ñề ñược hoàn chỉnh hơn Xin chân thành cảm ơn

Người viết chuyên ñề

Thân Thị Nguyệt Ánh

Số phức z là biểu thức có dạng a + bi ( a, b ∈ R), kí hiệu z = a + bi

* i gọi là ñơn vị ảo, i 2 = -1;

*a gọi là phần thực, b gọi là phần ảo

* Tập hợp tất cả các số phức z kí hiệu là C

ðịnh nghĩa 2

Cho hai số phức z = a + bi, z’ = a’ + b’i (a, b , a’, b’∈ R ) Số phức z và z’ bằng nhau nếu a = a’ và b = b’ Kí hiệu z = z’

I.1.2 Biểu diễn hình học của số phức

Mỗi số phức z = a + bi ( a, b ∈ R) ñược biểu diễn bởi ñiểm M(a; b) trong mặt phẳng tọa

ñộ Oxy Ngược lại, mỗi ñiểm M(a; b) biểu diễn một số phức là

z = a + bi, ta viết M(a + bi) hay M(z)

Hiệu của số phức z = a + bi và z’ = a’ + b’i ( a, b, a’, b’∈ R ) là tổng của z với –z’ kí

hiệu z – z’ = a – a’ + ( b – b’)i

b) Mô ñun của số phức

Mô ñun của số phức z = a + bi ( a, b ∈ R) là |z| = a +2 b2

I.1.5 Phép chia cho số phức khác 0

* Số phức nghịch ñảo của số phức z ≠ 0 là z-1 = z

z|2

|

1

trong các trường hợp sau:

a) z = 5 + 2i, z’ = 4 + 3i b) z = -4 – 7i, z’ = 2 – 5i

26 9

16

) 3 4 )(

2 5 ( 3 4

2 5

−

= +

− +

= +

+

b) z + z’ = ( -4 + 2) – ( 7 + 5)i = -2 – 12i

27 25

4

) 5 2 )(

7 4 ( 5 2

7 4

−

= +

4 3

2 9 4

3 2

+

= +

) )(

2 3 ( 2 3

c) .

17

13 17

16 17

) 16 3 ( 4 12 1

16

) 4 )(

4 3

i i i

i

−

=

− + +

= +

i i

) 3 2 )(

3 2 ( ) 1 ( 1

+

− +

+

− +

C = 1 + (1+i) + ( 1 +i)2 + ( 1+i)3 +…+ (1+i)20

Lời giải

2

21

2

1)

(

1)

(

4

2

3 2 3

i i i

i i i

i

i i i

i i

i

−

− +

− +







 +

+ +

= +

− +

+

− +

3

9 4 ) 1 ( 1

1

) 1 )(

1 ( 1 ) 3 2 )(

3 2 ( ) 1 ( 1

i i

−

=

− +

− +

i i

i i i

i i i

i

10251024

10241025

1)2)(

1(1)

1()1(1

1

1)

=

−+

1 (

3

i i

i

− +

+

2 2

) 2 ( ) 2 3 (

) 1 ( ) 2 1 (

i i

i i

+

− +

−

− +

410

)3(3

3)2

i

i i

21 64

4

) 8 2 )(

6 3 ( 8 2

6 3 4

4 4 12 9

2 1 4 4 1 ) 2 ( )

2

3

(

) 1 ( )

2

1

(

2 2

2 2

2 2

2 2

i i

i i

i i

i i

i

i i i

i i

i

i i

+

= +

− +

−

= +

− +

− + +

= +

i

+

− +

−

+ 1

1 1

1

3 2

3 3

2

i i

i

−

− +

c)

4 4

2

5 1 2

5 1

4 2

13 ) 1

+

+ +

Xác ñịnh phần thực, phần ảo của các số phức sau:

a) i + ( 2 – 4i) – ( 3 – 2i) b) i(2 - i)( 3 + i)

Lời giải

a) z = i + ( 2 – 4i) – ( 3 – 2i) = -1 – i ; phần thực của z bằng -1; phần ảo bằng -1

b) z = i(2 - i)( 3 + i) = i( 7 - i) = 1 + 7i; phần thực của z bằng 1; phần ảo bằng 7

Ví dụ 2

Chứng minh rằng số phức

z

z v

+

−

= 1

y y

x

y x z

z

2 2 2

2

2 2

) 1 (

2 )

1 (

1 1

1

+ +

− + +

) 1 (

1

y x

y x

+ +

+

−

= 1

1

2 1 (

i

− +

1 10

1 5 5

b)

) 3

12 26

) 5 ( 5

) 2 ( )

2

3

(

) 1 ( )

2

1

(

i i

i i

i i

− + +

1

g) i2010 + i2011 h)

i

i i

− +

3 1

) 4 3 (

−

− +

) 1 (

1 ) 1 (

5

5

+ +

) 2 ( 2

+

= +

−

−

= +

Giả sử z = x + yi ( x, y ∈ R) Theo giả thiết ta có

z z + 3(z – z) = 4 – 3i ⇔ (x + yi)(x - yi) + 3( x + yi – x + yi) = 4 – 3i

2 1 4 15 3

6

2 2

y

x y

y x

Vậy có hai số phức z thỏa mãn z1 = i

2

1 2

15 − và z2 = - i

2

1 2

Gọi A, B là các giao ñiểm của d và ñường tròn (C) , tọa ñộ của A(1;2) và B(3;6)

Khi ñó OA = 5; OB = 3 5 Vậy khi M trùng với A thì OM ngắn nhất, và khi M trùng với B thì OM lớn nhất

Vậy số phức có mô ñun nhỏ nhất là z = 1 + 2i; số phức có mô ñun lớn nhất là z = 3 + 6i

Nhận xét

Ngoài phương pháp hình học trên ta có thể sử dung bất ñẳng thức bunhia ñể xác ñịnh số phức z Thật vậy, xét ñiểm M(2+ 5sinα; 4+ 5cosα), khi ñó |z| = OM

Ta có |z|2 = OM2 = (2+ 5sinα)2 + (4+ 5cosα)2 = 25 + 4 5(sinα + 2cosα)

Áp dụng bất ñẳng thức Bunhia ta có (sinα + 2cosα)2 ≤ ( 1 + 4)( sin2α + cos2α) = 5

Suy ra - 5 ≤ sinα + 2cosα ≤ 5 hay 5 ≤ |z| ≤ 3 5

|z| = 5 khi và chỉ khi sinα + 2cosα = - 5 ⇔ sinα = -

5

|

|

| 2

|

| 2 1

|

i z

i z i z

− +

−

=

− + +

5

| ) 1 (

|

| ) 1 ( ) 2 (

|

| ) 2 ( ) 1 (

|

i y x

i y x

i y x

−+

−

=

−+

+

⇔

5)1(

)1()2()2()

1

(

2 2

2 2

2 2

y x

y x

y x

4610

3

2

y

x x

x

x y

2 −

Ví dụ 6

Xét số phức z thỏa mãn hệ thức z =

) 2 (

1 m m i

m i

Lời giải

Ta có

i m m

m m

m

i m m m

m m mi

m mi m

mi m

m i i

)1(

)21

(2)1()

21

)(

21

(

)21

)(

()

2(

2 2 2

2 2

2

2

+

++

=+

−

+

−++

m z

1

2 2

2

=+

11

4 2

2 2 2

2

+

++

⇔

≤+

−+

⇔

m

m m

m i

m

m m

m

⇔16m2 ≤ 1 + m2

15

1 15

1(

1

2 2

2 2

+

=+

+

m m

m ≤ 1 Dấu ñẳng thức xảy ra khi và chỉ khi m = 0

−

+

+

= + +

−

i y

i x

i

i y

i x

i

4 5 ) 3 2 ( )

2

4

(

6 2 ) 2 4 ( )

2

; c) z + z2 = 0 ; d) z + 2z = 2 – 4i

Bài5 Tìm số phức z thỏa mãn

5 8 12

z z

i z

i z

Giả sử z = x + iy (x, y ∈ R), khi ñó M(z) thì M có tọa ñộ (x; y)

Theo giả thiết ta có |( x - 2) + ( y +1)i| = 1 ⇔ ( x - 2)2 + ( y +1)2 = 1

Vậy tập hợp các ñiểm M trong mặt phẳng phức biểu diễn số phức z thuộc ñường tròn tâm I( 2; -1), bán kính R = 1

Giả sử z = x + iy (x, y ∈ R), khi ñó M(z) thì M có tọa ñộ (x; y)

Theo giả thiết ta có | x + iy| = | ( x - 3) + ( 4 - y)i| ⇔ x2 + y2 = ( x - 3)2 + ( 4 - y)2

i z

− ( trong ñó k là số thực dương cho trước)

Bài 3 Xác ñịnh tập hợp các ñiểm M trong mặt phẳng phức biểu diễn số phức (1 i+ 3)z +2 trong ñó | z - 1| ≤ 2

Bài 4 Cho w1 = 3 +i , w2 = - 3 + i Xác ñịnh tập hợp các ñiểm M trong mặt phẳng phức biểu diễn số phức z sao cho |z| =

Ta có ñiểm A biểu diễn số phức 1 - i nên tọa ñộ ñiểm A( 1; -1);

Tương tự tọa ñộ của B( 2 ; 3), tọa ñộ của C( 3; 1), tọa ñộ của A’( 0; 3), tọa ñộ B’(3; -2), tọa ñộ ñiểm C’(3; 2)

Gọi G và G’ theo thứ tự là trọng tâm của các tam giác ABC và A’B’C’, ta có tọa ñộ của ñiểm G(2; 1), tọa ñộ của ñiểm G’( 2; 1) Vậy G trùng với G’

1

z z z

.u

’ = a.a’ + b.b’ (1)

Và ( ' ' )

2

1

z z

z

2

1(a - bi)(a’ + b’i) +

2

1( a + bi)( a’ – b’i) = a.a’ + b.b’ (2)

Từ (1) và (2) suy ra ñiều phải chứng minh

9

)33)(

1(3

i

z

z

=+

++

)3)(

31(3

3

1

4

3

, tương tự ta có BC vuông góc với BD

Vậy bốn ñiểm A, B, C, D cùng thuộc một ñường tròn ñường kính CD Tâm I của ñường tròn là trung ñiểm của CD nên I(1; 0) hay ñiểm I biểu diễn số phức z = 1

Bài 3 Cho A, B, C theo thứ tự biểu diễn các số phức 4 – i, 2 + 3i, -5 + i Xác ñịnh tọa ñộ

ñiểm D biểu diễn số phức z sao cho ABCD là hình bình hành

Bài 4 Cho M, M’ theo thứ tự là các ñiểm của mặt phẳng phức biểu diễn số phức z khác 0

Cho số phức w Mỗi số phức z thỏa mãn z2 = w gọi là một căn bậc hai của w

b) cách xác ñịnh căn bậc hai của số phức

Giả sử w = a + bi ( a, b ∈ R) Goi z = x + yi ( x, y ∈ R) là một căn bậc hai của w, khi ñó

)1(

2 2

b xy

a y x

II.1.2 Phương trình bậc hai

Xét phương trình bậc hai Az2 + Bz + C = 0 ( trong ñó A, B, C là các số phức, A ≠ 0) (1)

• ðịnh lý viet

Nếu z1 và z2 là các nghiệm của phương trình (1) thì z1 + z2 =

A B

− ; z1.z2 =

A C

II.2 Các dạng bài tập

Ví dụ 1

Tìm các căn bậc hai của các số phức sau:

Lời giải

Gọi z là căn bậc hai của số phức w

a) Với w = -9 ⇔ z2 = (3i)2 ⇔ z = 3i hoặc z = -3i

b) Với w = 2i Giả sử z = x + yi ( x, y ∈ R) Khi ñó ta có z2 = 2i

2

0

2 2

y

x xy

y x

)1(8

2 2

xy

y x

Mặt khác ta có x2 + y2 = ( − 8 )2 + 62 = 10 (3) Nên từ (1) và (3) ta suy ra (x; y) = ( 1 ; 3), (-1; -3) Vậy -8 + 6i có hai căn bậc hai là -1 – 3i và 1 + 3i

Giải phương trình sau trên tập số phức:

a) z2 = z + 1 b) z2 -2(2+i)z + ( 7 + 4i) = 0 c) z2 – (5 + 2i)z + 10i = 0

Lời giải

a) Phương trình ñã cho có dạng z2 - z – 1 = 0

Ta có ∆ = 1 + 4 = 5 , phương trình có hai nghiệm phân biệt z1 =

Ta có ∆Ỗ = (2 +i)2 Ờ (7+4i) = - 4 = (2i)2 Vậy phương trình ựã cho có hai nghiệm phân biệt z1 = 2 + 3i; z2 = 2 Ờ i

c) z2 Ờ (5 + 2i)z + 10i = 0

Ta có ∆ = ( 5 +2i)2 Ờ 40i = 21 Ờ 20i = ( 5 Ờ 2i)2

Vậy phương trình ựã cho có hai nghiệm phân biệt z1 =5 ; z2 = 2i

Gọi z = bi( b ∈ R) là một nghiệm thuần ảo của phương trình

Ta có (bi)3 Ờ 2(1+i)(bi)2 + 4(1 + i)(bi) Ờ 8i = 0

042

2 3 2

b b b

b b

⇔ b = 2

Phương trình ựã cho tương ựương ( z Ờ 2i)(z2 Ờ 2z + 4) = 0 ⇔ z = 2i hoặc z2 Ờ 2z + 4 = 0

Ớ Giải phương trình z2

Ờ 2z + 4 = 0 (2) Ta có ∆Ỗ = 1 Ờ 4 = -3

Ớ Vậy phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt z1 = 1 - i 3, z2 = 1 + i 3

đáp số: phương trình ựã cho có 3 nghiệm phân biệt: z = 2i, z = 1 - i 3, z = 1 + i 3

2 4

1 2 2

z + )2

Ờ 2(z1.z2)2 = ( 3 + 14i)2 Ờ 2( 3 + 5i)2 = -155 + 24i

d) i i

i i

i i

z z

z z z

79 34

27 79 )

5 3 )(

5 3 (

) 5 3 )(

14 3 ( 2

1

2 2 2 1 1

Gọi z1, z2 là hai nghiệm của phương trình z2 + mz + 3i = 0

Theo viet ta có z1 + z2 = -m và z1.z2 = 3i Khi ñó 2

2 2

• Giải (2): z2

+ iz + 1 + 3i = 0; xét ∆ = i2 -4( 1 + 3i) = - 12i – 5 = ( 3i - 2)2 Vậy (2) có hai nghiệm phân biệt z3 = - 1 + i; z4 = 1 – 2i

=++

−

2

10

12

0335

2 3 2

z z

z z z

thỏa mãn hệ pt Khi ñó phương trình ñã cho có dạng (2z + 1)(z2 – 3z + 3 + i) = 0

Giải phương trình trên ta ñược các nghiệm z =

1) 2z2 + z + 3 = 0 2) z2 + (1 – 3i)z – 2(1 + i) = 0

3) 2z2 – 2( 5 – 2i)z + 28 – 4i = 0 4) z2 – (3 + 4i)z – 1 + 5i = 0

5) 2iz2 – 3z + 4 + i = 0 6) z2 – ( 5 - i)z + 8 –i = 0

7) z2 – 2z + ( 1 – 2i) = 0 8) 2iz2 – 2( 3 - i)z - 3 - i = 0

9) iz2 – 2(1 - i)z – 4 = 0 10) z2 – ( 5 – 14i)z – 2(12 + 5i) = 0

Bài 2 Giải các phương trình sau trên tập số phức

1) ( z + 1 -3 i)2 – 4( z + 1 – 3i) + 6 = 0 2) ( z2 + i)( z2 – 2iz - 1) = 0

2

3 3 2

iz i

3) z3 – 2( 1 + i)z2 + 3iz + 1 – i = 0 4) z3 + ( 1 – 2i)z2 + ( 1 – 2i)z + 1 = 0

Bài 4 Giải các phương trình sau trên tập số phức

2 3

2 4

1 2 2

Tìm a, b, c biết rằng z = 1 + i và z = 2 là hai nghiệm của phương trình

II.2.3 Giải hệ phương trình trên tập số phức

+

=+

i z

z

i z

z

4

25

2 1

2 2 2

+

=

−+

i z

z

i z

z i

z z

i z

z z z

4

554

25)

(

2 1

2 1 2

1

2 1 2 2 1

Vậy z1, z2 là hai nghiệm của phương trình z2 – ( 4 – i)z + 5 – 5i = 0

Vậy hệ phương trình ñã cho có nghiệm (z1; z2) = ( 3 + i;1– 2i) hoặc (z1; z2) = (1 – 2i; 3+i)

+

=

−+

+

=++

i z

z z

i z

z z

i z

z z

2932

522

24

3 2 1

3 2 1

3 2 1

z

i z

z

i z

z

z

1715

5

7

762

3

24

i z

i z

i z

z z

23

24

2 1

3 2 1

i z

i z

1

23

2 2

z

i z

z

55

25

+

−

=+

i z

z

i z

z

43

145

2 1

2 2 2

) 1 ( 3

3

3

i w

z

i w

5 8 12

z z

i z

+

=

= +

+

1

1

.

1

3 2

1

3 2

1

3 2

1

z z

−+

=+

−

=

−+

30)

1(3

202

102

3 2

1

3 2 1

3 2 1

z i iz

iz

iz z z

z iz z

−+

+

=+

+

−

i z

i z

i

i z

i z

i

45)32()

2

4

(

62)24()

3

(

2 1

−

=

−

− 1 3

1 1

i z

i z

i z z

Cho số phức z khác 0 Gọi M là ñiểm trong mặt phẳng phức biểu diễn số phức z

Số ño ( radian) của mỗi góc lượng giác (Ox, OM) gọi là một acgumen của z

Nhận xét: nếu ϕ là một acgumen của z thì mọi acgumen của z có dạng ϕ + k2π ( k ∈ Z)

b) Dạng lượng giác của số phức z khác 0

Dạng z = r( cosϕ + isinϕ) ( r > 0) gọi là dạng lượng giác của z

c) Cách xác ñịnh dạng lượng giác của z = a + bi (a, b∈∈∈ R):

• Xác ñịnh mô ñun của z là |z| = r = 2 2

III.1.2 Nhân chia dưới dạng lượng giác

Cho các số phức z = r( cosϕ + isinϕ) ( r > 0) và z’ = = r’( cosϕ’ + isinϕ’) ( r > 0) Khi ñó:

z.z’ = r.r’[cos(ϕ +ϕ’) + isin(ϕ + ϕ’)]

[cos( ' ) sin( ' )]

' ' = ϕ−ϕ +i ϕ−ϕ

= Xét ñiểm M4 biểu diễn số phức

z

1 thì OM4cùng hướng với vectơ

3 2 sin

4

2 cos

Vậy dạng lượng giác của số phức z = -2 + 2 3i là z = 4 

i

Lời giải:

a) Ta có – z = - r(cosϕ + isinϕ) = r[cos(π +ϕ)+isin(π +ϕ)]

b) z = r(cosϕ - isinϕ) = r[cos(−ϕ)+isin(−ϕ)]

c) - z = - r(cosϕ - isinϕ) = r[cos(π −ϕ)+isin(π −ϕ)]

) sin (cos

0 sin 0 cos 1

ϕϕ

r

i

e) Nếu k > 0 thì kz = k r(cosϕ + isinϕ)

Nếu k < 0 thì kz = |k|r.[cos(π +ϕ)+isin(π +ϕ)]

Bài 5 Hãy viết các số phức sau dưới dạng lượng giác và tìm các căn bậc hai của số phức

a) |z| = 3 và một acgumen của z là

4

5π b) z = 1 - itan

4

π

c) z = tan

8

5π

III.2.2 Thực hiện phép tính dưới dạng lượng giác – Viết số phức dưới dạng ñại

số

3 3 5

sin 4 cos 2

2

sin 2 cos 1

ππ

ππ

ππ

i i

i i

cos 2

2010 sin 4

2010 cos 2

21

2

32

12)31()321)(

321(

)321(3353

2

1

33

−

=+

i i

i i

2 cos

=

+

6

sin 6 cos 2 2

1 2

3 2

i i

i suy ra ( 3+i)6 = 2 6(cosπ +isinπ) = -26

Vậy (1 - i )4 ( 3+i)6 = 28, nên phần thực bằng 28, phần ảo bằng 0

2

3 1 2

3 1

3

2000 cos

3

sin 3

cos 3

sin 3

cos

2000 2000

ππ

ππ

ππ

i i

i

+

3

2000sin3

cos 2

1 2

1 2

i i

i

+

= +

24

365sin4

365cos4

sin4

cos2

i i

i i

−

6

5 sin 6

5 cos 2 2

1 2

3 2

i i

cos

4

3 sin 4

3 cos 2 4

sin 4

cos 2

12

sin 12

cos 6

5 sin 6

5 cos 2

ππ

ππ

ππ

ππ

ππ

i

i

i

i i

= 2 (cosπ +isinπ)= 2 + 0i

5 cos 9

sin 9

cos

3

4

sin 4

cos

2

ππ

ππ

i

+ , z1 = z0.ε, z2 = z0.ε2

là các nghiệm của phương trình z3 – w = 0

3

4

sin 4

cos

ππ

ππ

3 cos 3 4 39

4 sin 39

4 cos

7 cos

5 cos

1

) 3 1 ( 3 1

i

i i

i Xác ñịnh phần thực, phần ảo của các số phức sau

7

Tìm n nguyên dương ñể : a) z là số thực b) z là số ảo

III.2.3 Ứng dụng số phức vào giải toán nhị thức Niu tơn và lượng giác

Ví dụ 1:

19 16 19 4

19 2 19 0

19 17 19 5

19 3 19 1

19 4 3 19 3 2 19 2 1 19 0

19 16 19 4

19 2 19 0

19 17 19 5

19 3 19 1

19 cos 2 512 4

sin 4 cos 2

Ví dụ 2:

2010 2008

2010 4

2010 2

2010 0

Xét khai triển (1 + i)2010 = (1 + 2i + i2)1005 = (2i)1005 = 21005i

2010 2010 2009 2010 2009 4

2010 4 3 2010 3 2 2010 2 1 2010 0

2010 2008

2010 4

2010 2

2010 5

2010 3

2010 1

2010 5

2010 3

2010 1

Xét khai triển (1 + x)2010 = k

k

k

x C

∑

= 2010

0

2010 (*)

Lần lượt thay x = 1 và x = -1 vào (*) ta ñược:

2010 2010 2009

2010 4

2010 3

2010 2

2010 1

3 2010 2

2010 1

2010 4

2010 2

2010 0

2010 2008

2010 5

2010 3

2010 1

2010 8

2010 4

2010 0

2010 +C +C + +C = 2

C

2010 9

2010 5

2010 1

3 cos 2 2 3

1

C C

Lời giải:

n n

n n n n n

C C

C C

= +

n n

n n

3

sin 3