ứng dụng số phức trong trong toán sơ cấp pdf

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn C Z C Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn C C[x] R[x], R, C. Z C Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn T = R ×R = {(a, b)|a, b ∈ R} (a, b) = (c, d) a = c, b = d (a, b) + (c, d) = (a + c, b + d) (a, b) . (c, d) = (ac − bd, ad + bc) (a, b).(c, d) (a, b)(c, d). i = (0, 1) ∈ T i 2 = i.i = (0, 1)(0, 1) = (−1, 0) (a, b)(1, 0) = (1, 0)(a, b) = (a, b) (a, b) = (a, 0) + (0, b) = (a, 0) + (b, 0)(0, 1), ∀ (a, b) ∈ T. ´ A φ : R → T, a → (a, 0), φ(a + a  ) = φ(a) + φ(a  ), φ(aa  ) = φ(a)φ(a  ) a, a  ∈ R. (a, 0) ∈ T a ∈ R. (a, b) = (a, 0) + (b, 0)(0, 1) = a + bi i 2 = (−1, 0) = −1. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn C T C = {a + bi|a, b ∈ R, i 2 = −1} a + bi = c + di a = c, b = d a + bi + c + di = a + c + (b + d)i (a + bi)(c + di) = ac −bd + (ad + bc)i. z = a + bi ∈ C a, Re z, b, Im z; i a −bi z = a + bi z = a + bi. zz = (a + bi)(a − bi) = a 2 + b 2 , z 1 z 2 = z 1 z 2 |z| = √ zz z. z  = c + di −z  = −c − di z − z  = (a + bi) − (c + di) = a − c + (b −d)i. (Oxy). z = a + bi M(a; b). C → R×R, z = a+bi → M(a; b). C (Oxy) z M, C R C z = a + bi = 0. a 2 + b 2 > 0. z  = x + yi ∈ C zz  = 1  ax −by = 1 bx + ay = 0. x = a a 2 + b 2 , y = − b a 2 + b 2 . z  = a a 2 + b 2 − b a 2 + b 2 i z. C a ∈ R a+0i ∈ C R C. z = 0 z −1 = z |z| 2 z  z = z  z −1 = z  z |z| 2 . z = 0. M z. Ox OM z arg(z). ∠xOM z Arg z. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn α z z α + k.2π k ∈ Z. z = 0, α + k.2π z. r = √ zz. z = a + bi a = r cos α, b = r sin α. z = 0 z = r  cos α + i sin α  z. z 1 = r 1  cos α 1 + i sin α 1  , z 2 = r 2  cos α 2 + i sin α 2  r 1 , r 2  0 |z 1 z 2 | = |z 1 ||z 2 | | z 1 z 2 | = |z 1 | |z 2 | . z 1 z 2 = r 1 r 2  cos  α 1 + α 2  + i sin  α 1 + α 2  z 1 z 2 = r 1 r 2  cos  α 1 − α 2  + i sin  α 1 − α 2  r > 0. z 1 z 2 z 1 = z 2 ⇔ |z 1 | = |z 2 |, arg z 1 = arg z 2 + 2kπ, k ∈ Z. arg(z 1 z 2 ) = arg(z 1 ) + arg(z 2 ) + 2kπ, k ∈ Z. arg( z 1 z 2 ) = arg(z 1 ) −arg(z 2 ) + 2kπ, k ∈ Z. arg(z 1 z 2 ) = arg(z 1 ) + arg(z 2 ). arg( z 1 z 2 ) = arg(z 1 ) −arg(z 2 ). a + bi =  x + iy  n a 2 + b 2 =  x 2 + y 2  n . a + bi =  x + iy  n a − bi =  x − iy  n . a 2 + b 2 =  x 2 + y 2  n . z = r(cos α + i sin α) n z n = r n  cos  nα  + i sin  nα  . n. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn n z = r  cos α + i sin α  = 0 n z k = r 1/n  cos α + 2kπ n + i sin α + 2kπ n  k = 1, 2, . . . , n. z = r(cos α + i sin α) z = re iα . r = 1 z = e iα r = 1, α = 0 e 0 = 1. e iα e iβ = e i(α+β) e iα e iβ = e i(α−β) . e iα e iβ = (cos α + i sin α)(cos β + i sin β) = cos(α + β) + i sin(α + β) e iα e iβ = e i(α+β) . e iα e iβ = cos α + i sin α cos β + i sin β = cos(α − β) + i sin(α − β) e iα e iβ = e i(α−β) .  e iα = cos α + i sin α e −iα = cos α − i sin α      cos α = e iα + e −iα 2 sin α = e iα − e −iα 2i cos α = e iα + e −iα 2 sin α = e iα − e −iα 2i .  1+i  n = 2 n/2  cos nπ 4 +i sin nπ 4   1 + i tan α 1 −i tan α  n = 1 + i tan nα 1 −i tan nα α = π 4 , n = 2  1 + i  n = 2 n/2  cos π 4 + sin π 4  n = 2 n/2  cos nπ 4 +i sin nπ 4  .  1 + i tan α 1 −i tan α  n =  cos α + i sin α  n  cos α − i sin α  n = cos nα + i sin nα  cos nα − i sin nα) = 1 + i tan nα 1 −i tan nα . z = 0 z + 1 z = 2 cos α z n + 1 z n = 2 cos nα n. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn z 2 − 2z cos α + 1 = 0 z = z 1 = cos α + i sin α, 1 z = z 2 = cos α − i sin α. z n = z n 1 = cos nα + i sin nα, 1 z n = z n 2 = cos nα − i sin nα. z n + 1 z n = 2 cos nα n. C C[x] C. K K[x] K. K[x] R[x] R. f(x) = a 0 x 2s+1 + a 1 x 2s + ··· + a 2s x + a 2s+1 ∈ R[x] a 0 = 0. a 0 f(x) +∞ x → +∞ a 0 f(x) −∞ x → −∞. α > 0 β < 0 a 0 f(α) > 0, a 0 f(β) < 0. a 2 0 f(α)f(β) < 0 f(α)f(β) < 0. f(x) R f(α)f(β) < 0 f(x) (α, β). C[x] C. z z 1 , z 2 z 2 1 = z, z 2 2 = z. z = a+bi = 0 z 1 = x+yi a, b, x, y ∈ R z 2 1 = z  x 2 − y 2 = a 2xy = b. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn [...]... Chương 2 Vận dụng số phức trong Đại số, Số học và Lượng giác Chương này đưa ra một số ứng dụng (vận dụng) của số phức trong các bài toán trong Đại số, Số học, Lượng giác trong đó có nêu lại các kết quả cơ bản để từ đó xây dựng lời giải bài toán hoặc định hướng khai thác bài toán mới Chương này tham khảo các tài liệu [1],[2],[4],[5] 2.1 Vì Phân tích đa thức thành tích C là trường đóng đại số nên đa thức... các h có hoán vị của các ij Vì các hệ số của g(x) là những hàm đối xứng của các ij nên ta suy ra các hệ số này là những hàm đối xứng của các i Theo định lý về các hàm đối xứng, các hệ số của g(x) là những đa thức của các hàm đối xứng cơ bản của các i và vì c là số thực nên các hệ số của g(x) là những số thực Theo giả thiết quy nạp, g(x) có ít nhất một nghiệm trong C, điều này có nghĩa: Tồn tại n(n... Gọi p là số nguyên tố và là ước của d Khi đó tất cả các hệ số của gh đều chia hết cho p trong khi g và h có những hệ số không cùng chia hết cho p Gọi ar và bs là những hệ số đầu tiên của g và h tương ứng mà không chia hết cho p Khi đó hệ số cr+s của gh thỏa mãn ar1 ar2 ã ã ã a0 0(mod p) b bs2 ã ã ã b0 0(mod p) s1 cr+s = ar bs + ar+1 bs1 + ã ã ã + ar1 bs+1 + ã ã ã ar bs 0(mod p) Chứng minh:... Đa thức 2x2 + 2x + 1 là bất khả quy với nghiệm phức = S húa bi Trung tõm Hc liu i hc Thỏi Nguyờn http://www.lrc-tnu.edu.vn 26 1+i n 1 n n ) = (cos + i sin ) Để r là số thực cần và đủ 2 4 4 2n n sin = 0 hay n = 4k với k N+ 4 Do vậy 2.3 r=( Chuyển bài toán trên Nhúng vào Z thành bài toán trên C C Một số bài toán tiếp theo dưới đây được xét trong đặt trong Z[x], nhưng mang chúng C[x] để giải dễ dàng... có hai số nguyên lẻ x, y để y 2 + 7x2 = 2n với số nguyên n Với số nguyên n + 1 ta xét z1 = (y + ix 7)(1 + i 7) = (y + x 8x) + i(x + y) 7 z2 = (y + ix 7)(1 i 7) = (y x + 8x) + i(x y) 7 * Với 3 Vì x, y là số lẻ nên x = 2k + 1, y = 2h + 1 Khi đó x + y = 2(k + h + 1), y x = 2(h k) và (x + y) (y x) = 4k + 2 Do đó trong hai số x + y và y x chỉ có đúng một số chia hết cho 4 yx yx là số nguyên... 192 + 6.102 * Giả sử số nguyên n 1 và hai số nguyên a, b để 31n = a2 + 6b2 , trong đó a và b đều lẻ khi n lẻ; còn a lẻ và b chẵn khi n chẵn Với n + 1 ta xét: 31n = x2 + 6y 2 với x lẻ và y x lẻ và y x lẻ khi n lẻ thì có số a lẻ và số b lẻ để a2 + 6b2 = 31n Khi đó n + 1 là số chẵn và 31n+1 = (5a 6b)2 + 6(a + 5b)2 với 5a 6b lẻ và a + 5b chẵn (i) Nếu n chẵn thì có số a lẻ và số b chẵn để a2 + 6b2 =... viết Chứng minh: Giả sử zk = ak + ibk n n tích (ak +ibk d) = a+ib d Qua tự đẳng cấu liên hợp ta có ngay (ak k=1 k=1 ibk d) = a ib d Từ đây suy ra N (z1 z2 zn ) = N (z1 )N (z2 ) N (zn ) n n n (ak + ibk d) (ak ibk d) = (a2 + b2 d) vì a2 + b2 d = k k k=1 k=1 k=1 Bây giờ ta sử dụng chuẩn và tự đẳng cấu để xét một vài bài toán biểu diễn trong Số học Với số nguyên dương n, giả sử các số a1... Chính vì Chứng minh: Cho đa thức tùy ý kết quả này mà ta chỉ cần chứng minh định lý cho đa thức với hệ số thực Ta biết rằng cho mỗi đa thức f (x) mở rộng = xn +a1 xn1 +ã ã ã+an R[x] có trường K của R để trong K[x] ta có sự phân tích thành tích các nhân tử tuyến tính f (x) = (x 1 )(x 2 ) (x n ) n = 2d với là số nguyên dương lẻ Ta chứng minh có ít nhất một i C bằng phương pháp quy nạp theo số nguyên... = 2005 Sử dụng quy nạp, nếu xn , yn , zn , tn là một nghiệm nguyên của x2 + y 2 + z 2 + t2 = 2005n thì xn+1 = 44xn 7yn 4zn 2tn y n+1 = 7xn 44yn + 2zn + 4tn zn+1 = 4xn + 2yn + 44zn 7tn t = 2x 4y + 7z + 44t = n+1 là một nghiệm nguyên của Sử dụng vành con n n n n x2 + y 2 + z 2 + t2 = 2005n+1 Z[ d] của C Một số bài toán dưới đây là những bài toán xét biểu diễn số hoặc dãy các số nguyên... là một ước của f (m) cho mọi số nguyên m Hệ quả 2.1.2 Nghiệm hữu tỷ của đa thức f (x) = xn + a1 xn1 + ã ã ã + an Z[x] phải là số nguyên Chứng minh: Ví dụ 2.1.3 Suy ra từ bổ đề trên Số = 2+ 2+ 3 63 2+ 3 là số hữu tỉ hay vô tỉ? 4 162 + 32 = 0 nên đa thức f (x) = x4 16x2 + 32 Z[x] thỏa mãn f () = 0 Không ước nào của 32 là nghiệm của f (x) Như vậy, Bài giải: Vì là một số vô tỉ f (x) = a0 xn + a1 . Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn C Z C Số hóa bởi Trung. Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn C C[x] R[x], R, C. Z C Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn T. φ(a)φ(a  ) a, a  ∈ R. (a, 0) ∈ T a ∈ R. (a, b) = (a, 0) + (b, 0)(0, 1) = a + bi i 2 = (−1, 0) = −1. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn C T C = {a + bi|a,