Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 58 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
58
Dung lượng
1,16 MB
Nội dung
p
TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM HÀ NỘI 2
KHOA TOÁN
*******
PHẠM THỊ THOA
SỐ PHỨC VÀ MỘT SỐ DẠNG TOÁN
THƢỜNG GẶP
KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
Chuyên ngành: Hình học
Ngƣời hƣớng dẫn khoa học:
ThS. GV. NGUYỄN VĂN VẠN
HÀ NỘI - 2015
LỜI CẢM ƠN
Tôi xin chân thành cảm ơn các thầy giáo, cô giáo trong khoa Toán
trƣờng Đại học Sƣ phạm Hà Nội 2, đặc biệt là các thầy giáo, cô giáo trong tổ
Hình Học đã tận tình dạy dỗ, chỉ bảo, giúp đỡ tôi trong suốt thời gian tôi theo
học tại khoa và thời gian làm khóa luận tốt nghiệp.
Đặc biệt tôi xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới thầy giáo Nguyễn Văn Vạn,
ngƣời trực tiếp hƣớng dẫn tôi, luôn chỉ bảo, định hƣớng cho tôi để tôi có thể
hoàn thành khóa luận này.
Mặc dù đã có rất nhiều cố gắng, song do thời gian và kinh nghiệm của
bản thân còn nhiều hạn chế nên khóa luận của tôi không thể tránh khỏi những
thiếu sót. Tôi kính mong nhận đƣợc sự chỉ bảo và đóng góp ý kiến của các
thầy cô giáo và các bạn sinh viên để khóa luận của tôi đƣợc hoàn thiện hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
Hà Nội, tháng 5 năm 2015
Sinh viên
Phạm Thị Thoa
LỜI CAM ĐOAN
Trong quá trình nghiên cứu khóa luận “Số phức và một số dạng toán
thường gặp” tôi có sử dụng một số tài liệu tham khảo để hoàn thành khóa
luận của mình. Danh sách tài liệu này tôi đã đƣa vào mục Tài liệu tham khảo
của khóa luận.
Tôi xin cam đoan khóa luận đƣợc hoàn thành bởi sự cố gắng, nỗ lực
của bản thân cùng với sự hƣớng dẫn tận tình của thầy giáo Nguyễn Văn Vạn
cũng nhƣ các thầy cô trong tổ Hình học.
Khóa luận không trùng với kết quả nghiên cứu của các tác giả khác.
Tôi rất mong nhận đƣợc sự đóng góp ý kiến của các thầy cô và các bạn
sinh viên để khóa luận của em đƣợc hoàn thiện hơn.
Sinh viên
Phạm Thị Thoa
MỤC LỤC
MỞ ĐẦU .......................................................................................................... 1
NỘI DUNG ...................................................................................................... 3
CHƢƠNG 1: SỐ PHỨC ................................................................................... 3
1.1 ĐỊNH NGHĨA VÀ CÁC TÍNH CHẤT CỦA SỐ PHỨC .......................... 3
1.1.1 Định nghĩa số phức .................................................................................. 3
1.1.2. Các tính chất của số phức ....................................................................... 3
1.2. BIỂU DIỄN HÌNH HỌC CỦA SỐ PHỨC ............................................... 5
1.3. SỐ PHỨC LIÊN HỢP VÀ MÔĐUN CỦA SỐ PHỨC ............................. 6
1.3.1. Số phức liên hợp ..................................................................................... 6
1.3.2. Môđun của số phức................................................................................. 6
1.4. DẠNG LƢỢNG GIÁC CỦA SỐ PHỨC .................................................. 7
1.4.1. Số phức dƣới dạng lƣợng giác ................................................................ 7
1.4.2 Nhân và chia số phức dƣới dạng lƣợng giác ........................................... 8
1.4.3 Tọa vị của một điểm trong E2 .................................................................. 8
1.4.4 Tọa vị của một vectơ trong E2 ................................................................. 8
1.4.5 Biểu diễn số phức theo những điểm ........................................................ 8
1.4.6 Khoảng cách giữa hai điểm ..................................................................... 9
1.5 Công thức Moa- Vrơ .................................................................................. 9
1.5.1 Công thức Moa- Vrơ ............................................................................... 9
1.5.2 Căn bậc n của số phức. .......................................................................... 10
1.6 Phƣơng trình bậc hai với hệ số phức ........................................................ 10
CHƢƠNG 2: MỘT SỐ DẠNG TOÁN THƢỜNG GẶP ........................... 11
2.1 Các dạng toán thƣờng gặp về số phức ...................................................... 11
2.1.1 Dạng 1: Tổng hợp về kĩ năng cộng, trừ nhân chia số phức ................... 11
2.1.2 Dạng 2: Bài toán liên quan đến môđun của số phức ............................. 14
2.1.3 Dạng 3: Tìm tập hợp các điểm M (x,y) trong mặt phẳng phức biểu diễn
số phức z = x + yi. .......................................................................................... 19
2.1.4 Dạng 4: Bài toán liên quan đến nghiệm phức, giải phƣơng trình với biến
số phức ............................................................................................................ 23
2.1.5 Dạng 5: Chuyển đổi số phức từ dạng đại số sang dạng lƣợng giác và
công thức Moa- Vrơ ....................................................................................... 27
2.1.6 Bài tập .................................................................................................... 29
2.2 Ứng dụng của số phức .............................................................................. 33
2.2.1 Dạng 1: ứng dụng số phức vào giải các bài toán lƣợng giác và tổ hợp . 33
2.2.2 Dạng 2: ứng dụng số phức vào các bài toán đại số ............................... 39
2.2.3 Ứng dụng số phức vào các bài toán hình học ........................................ 46
KẾT LUẬN ................................................................................................... 52
TÀI LIỆU THAM KHẢO............................................................................ 53
MỞ ĐẦU
1. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Chúng ta đã biết, do nhu cầu phát triển của toán học, số phức đã ra đời từ
những thế kỉ trƣớc. Sau đó, số phức lại thúc đẩy sự phát triển không những
toán học mà còn cả các ngành khoa học khác. Ngày nay, số phức không thể
thiếu đƣợc trong các ngành khoa học kĩ thuật và đƣợc giảng dạy trong chƣơng
trình toán bậc trung học ở hầu hết các nƣớc trên thế giới.
Với mong muốn đƣợc nghiên cứu sâu hơn về hình học và tìm hiểu sâu
hơn về số phức, một số dạng toán về số phức, ứng dụng của số phức để giải
các bài toán lƣợng giác, tổ hợp, đại số và đặc biệt là các bài toán hình học, tôi
đã chon đề tài “Số phức và một số dạng toán thƣờng gặp”, làm khóa luận
tốt nghiệp.
Khóa luận “Số phức và một số dạng toán thƣờng gặp” trình bày một
số dạng toán thƣờng gặp về số phức và ứng dụng của số phức vào giải một số
bài toán.
2. ĐỐI TƢỢNG, PHẠM VI NGHIÊN CỨU
2.1 Đối tƣợng nghiên cứu
Các dạng toán về số phức và ứng dụng của số phức
2.2 Phạm vi nghiên cứu
Các dạng toán về số phức và ứng dụng số phức vào giải các bài toán
lƣợng giác và tổ hợp, các bài toán đại số, các bài toán hình học.
3. MỤC ĐÍCH VÀ NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU
3.1 Mục đích nghiên cứu
Trình bày một số dạng toán thƣờng gặp của số phức và ứng dụng số
phức vào giải một số bài toán lƣợng giác và tổ hợp, các bài toán đại số, các
bài toán hình học.
1
3.2 Nhiệm vụ nghiên cứu
Hệ thống các kiến thức cơ bản về số phức
Xây dựng hệ thống ví dụ minh họa và bài tập tƣơng tự thể hiện một số
dạng toán của số phức
Xây dựng hệ thống ví dụ minh họa và bài tập thể hiện ứng dụng của số
phức trong một số bài toán điển hình.
4. PHƢƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
Nghiên cứu sách giáo khoa, các tài liệu tham khảo, các tạp chí toán học
có liên quan đến nội dung đề tài.
5. Ý NGHĨA KHOA HỌC, THỰC TIỄN CỦA ĐỀ TÀI.
Dùng số phức giúp ta giải quyết nhiều bài toán bậc Trung học cơ sở nên
nộ dung khóa luận này mang tính thiết thực có thể sử dụng làm tài liệu tham
khảo cho học sinh khá giỏi của bậc trung học cơ sở.
2
NỘI DUNG
CHƢƠNG 1: SỐ PHỨC
1.1 ĐỊNH NGHĨA VÀ CÁC TÍNH CHẤT CỦA SỐ PHỨC
1.1.1 Định nghĩa số phức
Một số phức là một biểu thức dạng a + bi, trong đó a và b là những số
thực và số i thỏa mãn i2 =-1. Kí hiệu số phức đó là z và viết z = a + bi.
i đƣợc gọi là đơn vị ảo, a đƣợc gọi là phần thực, kí hiệu Rez và b đƣợc
gọi là phần ảo kí hiệu Imz
Tập hợp các số phức đƣợc kí hiệu là C,
nghĩa là C = z = a + bi ,a,b R và R C
* Chú ý:
Số phức z = a + 0i có phần ảo bằng 0 đƣợc coi là số thực và viết là a +
0i = a R C
Số phức có phần thực bằng 0 đƣợc gọi là số ảo (còn đƣợc gọi là số thuần
ảo) z = 0 + bi (b R)
Số 0 = 0 + 0i = 0i vừa là số thực vừa là số ảo.
Hai số phức z = a +bi (a,b R) z’= a’+ b’i (a’,b’ R) goị là bằng nhau
nếu a = a’ và b = b’. Khi đó ta viết z = z’.
1.1.2. Các tính chất của số phức
1.1.2.1. Phép cộng và phép trừ số phức
1.1.2.1.1. Tổng của hai số phức
Định nghĩa: Tổng của hai số phức z = a + bi (a,b R), z’= a’ + b’i
(a’,b’ R) là số phức z + z’= a + a’ + ( b + b’)i.
Nhƣ vậy, để cộng hai số phức ta cộng các phần thực với nhau, cộng các phần
ảo với nhau.
3
1.1.2.1.2. Tính chất của phép cộng số phức
Phép cộng số phức có các tính chất nhƣ phép cộng các số thực
Tính chất kết hợp: (z + z’) + z’’ = z + (z’+z’’) với mọi z,z’,z’’ C.
Tính chất giao hoán: z + z’= z’+ z với mọi z,z’ C.
Với số phức z= a+bi (a,b R), nếu kí hiệu số phức -a - bi là -z thì ta có:
z + (-z) = (-z) + z = 0. Số -z đƣợc gọi là số đối của số phức z.
Cộng với 0: z + 0 = 0+z = z với mọi z C.
1.1.2.1.3. Phép trừ hai số phức
Định nghĩa: Hiệu của hai số phức z và z’ là tổng của z và –z’,
tức z – z’= z + (-z’)
Nếu z = a + bi (a,b R), z’= a’+b’i (a’,b’ R) thì z – z’= a –a’+ (b –b’)i
1.1.2.1.4. Ý nghĩa hình học của phép cộng và phép trừ số phức.
Trong mặt phẳng phức, ta đã coi điểm M có tọa độ (a,b) biểu diễn số
phức z = a+bi. Ta cũng coi mỗi véctơ u có tọa độ (a,b) biểu diễn số phức
z = a+bi. Khi đó nói điểm M biểu diễn số phức z cũng có nghĩa là véctơ OM
biểu diễn số phức đó.
Dễ thấy rằng nếu u, u' theo thứ tự biểu diễn các số phức z thì u + u' biểu
diễn số phức z + z’, u - u' biểu diễn số phức z – z’.
1.1.2.2. Phép nhân số phức
1.1.2.2.1. Tích của hai số phức
Cho 2 số phức z = a + bi, z’= a’+ b’i (a,b,a’,b’ R). Thực hiện phép
nhân một cách hình thức biểu thức a + bi với biểu thức a ’+ b’i rồi thay i2 = -1
ta đƣợc:
(a + bi)(a’ + b’i) = aa’+ bb’i2 + (ab’+a’b)i = aa’-bb’+(ab’+a’b)i
Định nghĩa: Tích của hai số phức z = a + bi và z’= a’ + b’i (a, b, a’, b’ R)
là số phức zz’ = aa’- bb’+ (ab’ + a’b)i.
4
Nhận xét: Với mọi số thực k và mọi số phức a + bi (a, b R) ta có
k(a + bi) = (k + 0i)(a + bi) = ka + kbi, đặc biệt ) 0.z = 0 với mọi số phức z.
1.1.2.2.2. Tính chất của phép nhân số phức
Phép nhân các số phức có tính chất tƣơng tự nhƣ phép nhân các số thực
Tính chất giao hoán: z.z’= z’.z với mọi z,z’ C.
Tính chất kết hợp: (z.z’).z’’= z.(z’.z’’) với mọi z,z’,z’ C.
Nhân với 1: 1.z = z.1= z với mọi z C
Tính chất phân phối ( của phép nhân đói với phép cộng):
z.(z’ + z’’) = z.z’ + z.z’’ với mọi z,z’,z’’ C.
Kết luận: Từ các tính chất vừa trình bày ta đi đến kết luận là mọi số phức đều
viết đƣợc dƣới dạng đại số z = a + bi (a,b R) và để thực hiện phép cộng, phép
nhân số phức ta có thể tiến hành nhƣ đối với nhị thức a + bi ( coi a + bi là đa
thức của biến i với hệ số thực) mà khi gặp i2 thì ta thay bằng -1.
1.2. BIỂU DIỄN HÌNH HỌC CỦA SỐ PHỨC
Ta đã biết biểu diễn hình học các số thực bởi các điểm trên trục số. Đối
với số phức, ta hãy xét mặt phẳng tọa độ Oxy. Mỗi số phức z = a + bi (a, b
R) đƣợc biểu diễn bởi điểm M có tọa độ (a,b). Ngƣợc lại, rõ ràng mỗi điểm
M(a; b) biểu diễn một số phức là z = a + bi. Ta còn viết M(a + bi) hay M(z).
Vì lẽ đó, mặt phẳng tọa độ với việc biểu diễn số phức nhƣ thế đƣợc gọi
là mặt phẳng phức.
y
Gốc tọa độ O biểu diễn số 0.
Các điểm trên trục hoành Ox biểu diễn các
số thực, do đó trục Ox còn đƣợc gọi là trục thực.
M(z)
b
Các điểm trên trục tung Oy biểu diễn các số ảo,
do đó trục Oy còn đƣợc gọi là trục ảo.
O
5
a
x
1.3. SỐ PHỨC LIÊN HỢP VÀ MÔĐUN CỦA SỐ PHỨC
1.3.1. Số phức liên hợp
1.3.1.1. Định nghĩa
Số phức liên hợp của z = a + bi (a,b R) là a - bi và đƣợc kí hiệu bởi z .
Nhƣ vậy z = a + bi = a - bi
Rõ ràng z = z nên ngƣời ta còn nói z và z là hai số pức liên hợp với
nhau (gọi tắt là hai số phức liên hợp).
Hai số phức liên hợp khi và chỉ khi các điểm biểu diễn của chúng đối
xứng với nhau qua trục thực Ox.
1.3.1.2. Tính chất
z + z = 2Rez z C
z - z = 2iImz ∀z C
∀ z C, z z z R C
∀ z C, z = - z z là số thuần ảo
z = z ∀z C
z1 + z 2 = z1 + z 2 z1 ,z 2 C
z1.z 2 =z1.z 2 , z1, z 2 C
z z
1 = 1 z1 ,z 2 C
z2 z2
λ.z = λ.z R, z C
z.z = a 2 + b2 hay z z 0 z = a + bi C
1.3.2. Môđun của số phức
Định nghĩa: Mô đun của số phức z = a + bi (a,b R) là số thực không âm
a2 b2
và đƣợc kí hiệu là z
Nhƣ vậy z = a + bi (a,b R) thì z z.z a 2 b 2
6
Nhận xét:
+ Nếu z là số thực thì môđun của z là giá trị tuyệt đối của số thực đó.
+ z = 0 khi và chỉ khi z 0 .
1.4. DẠNG LƢỢNG GIÁC CỦA SỐ PHỨC
1.4.1. Số phức dƣới dạng lƣợng giác
1.4.1.1. Acgumen của số phức z 0
Định nghĩa: Cho số phức z 0 . Gọi M là
y
điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn số phức z.
M(z)
b
Số đo (rađian) của mỗi góc lƣợng giác tia đầu Ox,
tia cuối OM đƣợc gọi là một acgumen của z.
Chú ý: Nếu là một acgumen của z thì
mọi acgumen của z có dạng k 2 , k Z .
a
O
x
(Ngƣời ta thƣờng nói: Acgumen của z 0 xác định sai khác k 2 , k Z ).
1.4.1.2. Dạng lƣợng giác của số phức
Xét số phức: z = a + bi (a,b R ).
Kí hiệu r là môđun của z và là acgumen của z thì a = rcos φ , b = rsin φ .
Vậy z = a + bi 0 có thể viết dƣới dạng z = r(cos φ + isin φ )
Định nghĩa: Dạng z = r(cos φ + isin φ )
trong đó r > 0 đƣợc gọi là dạng lƣợng giác của
số phức z ≠ 0.
Còn dạng z = a +bi (a,bR) đƣợc gọi là dạng đại
y
M(a
b
+ib)
r
số của số phức z.
Nhận xét: Để tìm dạng lƣợng giác
O
a
x
r( cos φ + isin φ ) của số phức z = a +bi (a,b ≠0 ) ta cần:
Tìm r: Đó là môđun của z, r = a 2 +b2 số r đó cũng là khoảng cách từ
gốc O đến điểm M biểu diễn số z trong mặt phẳng phức.
7
Tìm φ: Đó là một acgumen của z, φ là một số thực sao cho cosφ =
và sinφ =
a
r
b
, số φ đó cũng là số đo một góc lƣợng giác tia đầu Ox, tia cuối
r
OM.
+) z 1 khi và chỉ khi z = cosφ + isinφ ( φ ∈ R)
+) Khi z = 0 thì z = r =0 nhƣng acgumen của z không xác định ( đôi khi
acgumen của 0 là số thực tùy ý và vẫn viết 0 = 0(cosφ + isinφ).
1.4.2 Nhân và chia số phức dƣới dạng lƣợng giác
Nếu z = r(cos φ + isin φ ), z’ = r’( cosφ’+ isinφ’) ( r 0, r 0 ) thì
z.z’ = r.r’ cos(φ + φ’) + isin(φ + φ’) .
z r
cos(φ+φ'+isin(φ-φ') khi r > 0.
z' r'
Nhƣ vậy để nhân các số phức dƣới dạng lƣợng giác ta lấy tích các
môđun và tổng các acgumen, để chia các số phức dƣới dạng lƣợng giác ta lấy
thƣơng các môđun và hiệu các acgumen.
1.4.3 Tọa vị của một điểm trong E2
Định nghĩa: Trong E2, điểm M(a; b) cho tƣơng ứng với số m = a + bi thì
số m đƣợc gọi là tọa vị của điểm M, kí hiệu là M(m).
Kí hiệu một điểm trong mặt phẳng bởi chữ cái in hoa và tọa vị của nó là
chữ cái in thƣờng tƣơng ứng.
1.4.4 Tọa vị của một vectơ trong E2
Định nghĩa: Trong E2 véctơ a;b cho tƣơng ứng số phức z = a + bi.
Khi đó z gọi là tọa vị của véctơ . Kí hiệu là véctơ z .
1.4.5 Biểu diễn số phức theo những điểm
Trong E2 cho hai số phức dƣới dạng đại số z1 = x1 + iy1, z2 = x2 + iy2
Điểm O là gốc tọa độ. Xác định hai véctơ
8
OZ1 ,OZ2 biểu diễn hai số phức z1, z2
y
+ Nếu Z1, Z2 có cùng giá:
OZ
OZ1 OZ2
Số phức z = z1 + z2 là
z
+ Nếu Z1, Z2 không cùng giá:
Z1
Z2
Dựng hình bình hành OZ1ZZ2.
Suy ra: z = (x1 + x2; y1 + y2) biểu diễn
O
x
tọa vị của z1 + z2
Do đó tổng của hai số phức có thể
y
Z
biểu diễn nhƣ tổng của hai véctơ trong
Z1
mặt phẳng.
Z2
O
x
Nhận xét: Sự biểu diễn số phức trong mặt phẳnghoàn toàn thích hợp khi
xem xét cộng, trừ hai vectơ với cộng, trừ hai số phức.
1.4.6 Khoảng cách giữa hai điểm
Giả sử M(z1), N(z2) E2. Ta có MN z 2 z1 . Khi đó khoảng cách giữa
hai điểm M, N đƣợc tính theo công thức: MN MN z 2 z1 z 2 z1 .
1.5 Công thức Moa- Vrơ
1.5.1 Công thức Moa- Vrơ
Với mọi số nguyên dƣơng n thì ta có:
r(cosφ+isinφ)
n
r n (cosnφ+isinnφ)
và khi r = 1 ta có: cosφ+isinφ =cosnφ+isinnφ .
n
Cả hai công thức đó đều gọi là công thức Moa- Vrơ
*Chú ý: Công thức Moa- Vrơ còn đúng khi n nguyên âm (và cả khi n =
0,
z = r(cos φ + isin φ ) ≠ 0).
9
1.5.2 Căn bậc n của số phức.
Cho số nguyên n 2 . Căn bậc n của số phức z là một số phức z’ sao cho
z'n z ( nếu z = 0 thì z’ = 0). Nhƣ vậy z C,z 0,z z cos isin
n N* thì
đó
n
n
k2
k2
z n z cos
isin
k z,k 0,n 1 (trong
n
n
n
n
z
là căn bậc n của một số thực không âm).
1.6 Phƣơng trình bậc hai với hệ số phức
Ax2 + Bx + C = 0 ( A≠ 0) với A, B, C là các số phức
∆ = B2 – 4AC
+, Nếu ∆ = 0 thì phƣơng trình có nghiệm kép z =
-B
2A
+, Nếu ∆ ≠ 0 thì ta tìm các căn bận hai w của ∆ thì phƣơng trình có hai
nghiệm phân biệt z1,2 =
B±w
2A
10
CHƢƠNG 2: MỘT SỐ DẠNG TOÁN THƢỜNG GẶP
2.1 Các dạng toán thƣờng gặp về số phức
2.1.1 Dạng 1: Tổng hợp về kĩ năng cộng, trừ nhân chia số phức
Nguyên tắc chung để tính toán
Do có các tính chất giao hoán, phối hợp nên quy tắc cộng, trừ số phức là
cộng riêng, trừ riêng các phần thực và phần ảo.
Do có các tính chất giao hoán, kết hợp của phép nhân, tính chất phân phối
của phép nhân đối với phép cộng nên phép nhân hai số phức đƣợc thực hiện
theo quy tắc nhân đa thức thông thƣờng rồi thay:
i2 1,i3 i 2i i,i 4 i 2 .i 2 1,........,i 4m 1,i 4m1 i,i 4m2 1
Để tính
z
, ta nhân tử và mẫu cho số phức liên hợp của mẫu z '
z'
Tổng quát là tính gọn từng bƣớc, dung các giá trị của i n và hạ bậc các lũy
thừa, tính gọn mẫu nếu có trƣớc khi nhân số phức liên hợp,…
Chú ý): +) z z 2 ; z z 2 z là số thực
2
2
+) Có thể dung công thức tính tổng các cấp số nhân:
u1 u 2 u 3 ...... u n u1.
1 qn
,q 1,
1 q
hoặc hằng đẳng thức:
a n bn a b a n 1 a n 2b a n 3b2 ........ abn 2 bn 1
Ví dụ 1: Tìm phần thực và phần ảo của các số phức sau.
1 2i
2
a)
c) z = 2 + i - (3 + 2i)3
3
3i
b) z =
3+i 1-2i
3+2i
2
d) z 1 3i2 i
2
11
4 2i
1 3i
Lời giải:
1+4i-4 -3+4i -3+4i 3+i
-13+9i
=
=
=
3-i
3-i
10
10
a) Ta có z =
Vậy phần thực của z bằng
13
9
, phần ảo
10
10
b) Ta có:
2 + i
3
= 23 + 3.22 .i + 3.2.i 2 + i 3 = 2+11i
3+2i
3
= 33 +3.32 .2i + 3.3.(2i) 2 + (2i)3 = -9 + 46i
Suy ra z = 11-35i.
Vậy phần thực của z bằng 11, phần ảo bằng -35.
c) Ta có (3 + i)(1 – 2i) = 5 - 5i ; (3 +2i)2 = 5 +12i.
suy ra z =
5 - 5i 5 + 12i
52 +122
Vậy phần thực của z bằng
=
85
35
, phần ảo bằng
169
169
d) Ta có z = (1 + 3i)(3 – 4i)
= 15 + 5i
85 + 35i
169
4 -2i 1 + 3i
10
10+10i
= 16 + 6i.
10
Vậy phần thực của z bằng 16; phần ảo bằng 6.
Ví dụ 2: Tìm môđun số phức z biết
1. 1 + 2z 3 + 4i = 29 +22i1
2. 2 - i 3z + 1 = z + 2 4 - 5i 2
Lời giải:
1. Ta có 2z + 1
29+22i
13+9i
suy ra z
=3–i
3+4i
3+4i
suy ra z 32 12 10
12
2. Ta có (6 – 3i)z + 2 – i = (4 – 5i)z + 8 – 10i
6 - 9i
3 15
=- i.
2 + 2i
4
4
(2 + 2i)z = 6 – 9i suy ra z =
suy ra z
3 26
.
4
Ví dụ 3: Tìm số phức liên hợp của số phức z biết
2 + i + 2 - i
2 + i - 2 - i
3
a)
3
3
b. z = i + i2 +...........+ i2009
3
1 + 3 3i
c) z =
2 - 3i
2011
d. z = 1 + i + 1 + i +..........+ 1+i
2
3
Lời giải:
a) Ta có 2+i 2 + 11i; 2 - 3i 2 – 11i
3
suy ra z =
3
2 + 11i + 2 - 11i
4
-2
2
=
=
. Vậy z = i .
2 +11i - (2 - 11i) 22i 11i
11
b) Áp dụng công thức tính tổng cấp số nhân ta có:
i 2009 -1
i-1
z=i
=i
= i. Vậy z = -i.
i-1
i-1
c) Đặt w
1+3 3i
= -1 + 3i w 2 = 2 1 + 3i
2- 3i
w 3 = w 2 .w = -2 1 + 3i -1 + 3i = 8
z = w 2011 = w 3 .w = 8670 (-1 + 3i) = 22010 (-1 + 3i)
670
Vậy z = -22010 1 + 3i .
d) Áp dụng công thức tính tổng của cấp số nhân, ta có:
z = i + 1
1 + i
-1
1 + i
-1 - i = 1+ i
1 + i -1
i
2010
2010
13
-1
-1 - i.
2010
Mà (1+i)2 =2i 1 + i
2010
z = -i. i + 1. 21005i -1
= 2i
1005
= 21005 .i1004 .i = 21005.i
-1-i=2
1005
i + 21005 - 2.
Vậy z = 21005 - 2 - 21005 i.
2.1.2 Dạng 2: Bài toán liên quan đến môđun của số phức
Để giải quyết tốt các dạng toán này chúng ta cần nắm chắc các kiến thức về
môđun số phức và các tính chất liên quan hình học phẳng, hàm số, hàm lƣợng
giác,…
Ví dụ 1: Cho số phức thỏa mãn z = 1. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
nhất của:
2, B = 1 + z + 1 - z + z 2
1, A = 1 + z + 31 - z
Lời giải:
Đặt z = x + yi với x, y ∈ R
Vì z =1 nên y2 = 1 - x2 và x∈ [-1;1].
1, Ta có:
1+z =
1 + x
1-z =
1 - x
2
2
+ y2 = 2(1 + x)
+ y2 = 2(1 - x)
2 1 + x + 3 2(1 - x) = f(x)
Do đó 1 + z + 31 - z =
Bài toán trở thành tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số:
f(x) =
2 1 + x + 3 2(1 - x) với x∈ [-1;1].
Hàm số liên tục trên x∈ [-1;1] và với x∈ (-1;1) thì:
f’(x) =
1
2 1 + x
-
3
2 1 - x
, f’(x) = 0 x =
-4
Mà f(1) = 2, f(-1) = 6, f = 2 10 nên:
5
14
-4
5
4 3
+) max A 2 10 khi z i
z 1
5 5
+) min A 2 khi z 1
z 1
2, Vì 1 – z + z2 bằng 2x2 – x + y (2x – 1)y nên
1 - z + z2 =
2x
2
- x + y2 2x - 1 =
2
2
2x - 1 x
2
2
+ y 2 = 2x - 1
Vậy nên B = 1 + z + 1 - z + z 2 = 2 1 + x + 2x - 1
Đặt g(x) =
2(1 + x) + 2x - 1 với x∈ [-1;1].
Xét 2 trƣờng hợp:
1
Trƣờng hợp 1: Xét x ;1 thì g(x) =
2
Ta có g’(x)
2(1 + x) + 2x - 1
1
+ 2 > 0 ∀x ;1 nên:
2
2 1 + x
1
1
3.
2
max g x g 1 3 , min g x g
1
2 ;1
1
2 ;1
1
Trƣờng hợp 2: Xét x 1; thì g(x) =
2
2 1 + x - 2x + 1
1
7
- 2 > 0 , g’(x) = 0 x = - và:
8
2(1 + x)
Vì g’(x)
7 13 1
g(-1) = 3 , g - =
, g = 3
4
8
2
7 13
Nên max g(x) = g - =
và không tồn tại giá trị nhỏ nhất trên khoảng đó.
1
8
4
-1;
2
So sánh hai trƣờng hợp, ta có:
max B =
z =1
7
13
khi z = - ±
8
4
15
i
8
15
min B 3 khi z =
z =1
1
3
±
i
2
2
Ví dụ 2: Cho số phức thỏa mãn z + 2 - 2i = 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá
trị nhỏ nhất của z .
Lời giải:
Đặt z = x + yi với x, y ∈ R. Vì z + 2 - 2i = 1 nên:
x + 2 + y - 2 i = 1 x+2 + y-2 = 1.
2
2
Vì thế có thể đổi biến x + 2 = cost, y - 2 = sint với 0 t 2π .
Khi đó:
x 2 + y 2 = cost - 2 + sint + 2
2
2
π
= 9 + 4 sint - cost = 9 + 4 2sin t -
4
r
Mà 1 sin t - 1 nên 9 - 4 2 x 2 + y 2 9 + 4 2 , do đó:
4
9 - 4 2 z 9 + 4 2 2 2 - 1 z 2 2 + 1
z = 2 2-1 khi t
2
2
7
,y = 2 .
hay x = -2 +
2
2
4
Vậy min z 2 2 1 đạt đƣợc khi z = -2 +
z = 2 2+1 khi t =
2
2
+ i 2 .
2
2
3π
2
2
hay x = -2 ,y=2+
.
4
2
2
Vậy max z = 2 2 +1 đạt đƣợc khi z = -2 -
2
2
+ i 2 +
.
2
2
Ví dụ 3: Cho số phức z thỏa z = 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất
của:
16
1. A
z 5i
z
2. B = z 2 + z + 1 + z3 + 1.
Lời giải:
1. Ta có: A 1
Mà 4 =
5i
z
5i
5i 5i
- 1 1+
+ 1 = 6 4 A 6.
z
z
z
Khi z = -i A = 4, suy ra minA= 4.
Khi z = i A = 6, suy ra maxA = 6.
2. Ta có: B z + z + 1+ z + 1 = 5
2
3
Đẳng thức xảy ra khi z = 1. Vậy maxB = 5.
Mặt khác: B
1 - z3
1-z
+1 + z
3
1 - z3
2
+
1 + z3
2
1- z3 +1+ z3
2
= 1.
Đẳng thức xảy ra khi z = -1. Vậy minB = 1.
Ví dụ 4: Cho α, β là hai số phức liên hợp thỏa mãn
α
R và α - β = 2 3 .
β2
Tính .
Lời giải:
Đặt = x + yi β = x – yi với x,y R.
Không giảm tính tổng quát, ta coi y 0 . Vì α - β = 2 3 nên 2iy = 2 3
y = 3
α
α3
Do α,β là hai số phức liên hợp nên α.β ∈ R, mà 2 =
2 R do đó
β
αβ
α3 R khi và chỉ khi 3x 2 y - y3 = 0 y 3x 2 - y2 = 0 x 2 = 1 .
Vậy α x 2 + y2 1 3 2 .
17
Ví dụ 5: Cho hai số phức z1 và z2. Chứng minh rằng
1. z1 z 2 z1 z 2 2 z1 z 2
2
2
2
2
2. 1 z1z 2 z1 z 2 1 z1z 2 z1 z 2
2
2
2
2
3. z1 z 2 z1 z 2 z1 z 2
Lời giải.
1. Ta có:
z1 z 2 z1 z 2 z1 z 2 z1 z 2 z1 z 2 z1 z 2
2
2
z1 z 2 z1 z 2 z1 z 2 z1 z 2
2
1 z1z 2 z1 z 2 1 z1z 2 1 z1z 2 z1 z 2 z1 z 2
2 z1 z1 z 2 z 2 2 z1 z 2
2
2. Ta có
2
2
1 z1z 2 1 z1 z 2 z1 z 2 z1 z 2
2
2
2
= 1 + z1 z 2 - z1 - z 2
2
(1)
Mặt khác:
1 z z z
2
1 2
Vì
1
z1z 2 z1 z 2
1 +
z1z 2
z2
2
1 2 z1z 2 z1z 2 z1 2 z1z 2 z 2 .
2
2
2
nên
- z
2
1
+ z2
2
2
2
2
= 1 + z1 z 2 - z1 - z 2
2
2
Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh.
3. Gọi M, N, P lần lƣợt là biểu diễn hình học của
OM z1 , ON z 2 và PO z1 z 2
Ta có:
18
z1 ,z 2
và
z1 z 2
z1 z2 OP OM MP OM ON z1 z 2
z1 z 2 OM ON OM MP OP z1 z 2
y
.
P
M
N
x
O
2.1.3 Dạng 3: Tìm tập hợp các điểm M (x,y) trong mặt phẳng phức biểu
diễn số phức z = x + yi.
Biểu diễn số phức
- Nếu z biểu diễn bởi u và z’ biểu diễn u ' thì z + z’ biểu diễn bởi
u + u' và z – z’ biểu diễn bởi u - u'
- Nếu z, z’ biểu diễn bởi M, M’ thì z + z’ đƣợc biểu diễn bởi
OM + OM' , z – z’ đƣợc biểu diễn bởi OM - OM' = M'M .
Nếu k là số thực, z biểu diễn bởi u thì kz biểu diễn bởi k u
Nếu k là số thực, z biểu diễn bởi điểm M thì kz biểu diễn bởi k OM
Tập điểm biểu diễn số phức
Cho z = x + yi; M(x,y) hay u (x,y), z’ = x’ + y’i ; M’(x’,y’) hay u'
(x’,y’) thì có:
z = R, R > 0 x2 + y2 = R2 hay OM = R
z R, R > 0 x2 + y2 R2 hay OM R
z - a+bi = R, R > 0 x - a + y - b = R 2 hay IM = R với I(a,b)
2
2
z - a+bi R, R > 0 x-a + y-b R 2 hay IM R với I(a,b)
2
2
w - (x + yi) = w - x' + y'i , N biểu diễn w NM = NM’.
19
Các loại phƣơng trình, hình dạng tập điểm:
Ax + By + C = 0, A2 + B2 ≠ 0: đƣờng thẳng
y = ax2+ bx +c: parabol
x - a
x - a
2
2
+ y - b = R : đƣờng tròn tâm I(a,b) bán kính R.
2
+ y - b R : hình tròn tâm I(a,b) bán kính R.
2
MF1 + MF2 = 2a, F1F2 < 2a: elip
MF1 - MF2 = 2a, F1F2 > 2a: hypebol
MI = MJ: trung trực của đoạn IJ.
Ví dụ 1: Tìm tập hợp những điểm M biểu diễn số phức z thỏa:
1) z + 4 + 3i là số thực
2) z -1 + 2i = 1
3) z + 3i = z + 2 - i
4) z + 4 + 3i + z + 3 + 2i = 2
5) 5 4i 3z 1
6) z + 1 + 1 - z - 2 - 3i = 2
Lời giải:
1) Gọi N là điểm biểu diễn của số phức -4 - 3i N(-4;-3)
z + 4 + 3i là số thực MN // Ox
Quỹ tích của M là đƣờng thẳng đi qua N và song song với Ox, đó là đƣờng
thẳng y = -3.
y
x
O
y=-3
-3
2) Gọi I là điểm biểu diễn số phức z1 = 1 - 2i I(1;-2)
Khi đó: z -1 + 2i = 1 z - z1 =1 IM=1
Vậy quỹ tích của M là đƣờng tròn tâm I bán kính R = 1
20
y
I
2
x
-1
O
Gọi A, B lần lƣợt là biểu diễn của số phức z1= -3i, z2 = -2 + i A(0;-3),
B(-2;1) khi đó: z + 3i = z+2-i z - z1 = z - z 2 MA = MB
Vậy quỹ tích của M là đƣờng trung trực đoạn AB có phƣơng trình là:
x – 2y – 1=0
B
-2
1
O 1
x
A
3) Gọi E, F lần lƣợt là biểu diễn hình học của số phức z1 = -4 – 3i,
z2 = -3 – 2i E(-4; -3), F(-3; -2) EF 2
khi đó : z + 4 + 3i + z - 3 + 2i = 2 ME + MF = 2:
Vậy quỹ tích của M là elip có hai tiêu điểm E, F và độ dài trục lớn bằng 1
4) Gọi E là điểm biểu diễn của số phức z1 =
5 4
5 -4
- i E( ; ) . Khi đó:
3 3
3 3
1
1
5 - 4i - 3z 1 3z - 3z1 1 z - z1 EM
3
3
21
Vậy quỹ tích của M là hình gồm đƣờng tròn tâm E bán kính R =
1
và miền
3
trong của nó.
5) Gọi E, F là điểm biểu diễn của số phức z1= -1 – i, z2 = 2 + 3i E(-1; -1),
F(2; 3) khi đó: z + 1 + i - z - 2 - 3i = 2 ME - MF =2 . Vậy tập hợp
điểm M là hypebol có hai tiêu điểm E, F.
Ví dụ 2: Tập hợp điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn:
1)
2z - i
có phần thực bằng 3
z - 2i
2)
z - 2i + 3
là một số thực dƣơng
z+3+i
Lời giải:
2z - y = 2x + (2y - 1)i
1) Gọi M(x; y) z = x + yi
z - 2i = x + (y - 2)i
2x+ 2y - 1 i x - y - 2 i
2z - i =
= a + bi
2
2
x + y - 2
z - 2i
2x 2 + (2y - 1) y - 2 2x 2 +2y 2 - 5y +2
Với a
= 2
2
x + y 2 - 4y + 4
x 2 + y - 2
a = 3 2x2 + 2y2 – 5y +2 = 3(x2 + y2 – 4y + 4) với
x0
y 2
x2 + y2 – 17y +10 = 0 x2 + (y -
17 2 249
) =
2
4
249
17
Vậy tập hợp M là đƣờng tròn tâm I có tọa độ là I 0; , R=
2
2
2) Gọi A, B là điểm biểu diễn của hai số phức z1= -3 + 2i, z2 = -2 – i suy ra
A(-3; 2), B(-2; -1)
22
z - 2i + 3
AM
Khi đó :
= k > 0(k R) = k MA = k.MB
z+3+i
BM
Suy ra M thuộc tia AB.
2.1.4 Dạng 4: Bài toán liên quan đến nghiệm phức, giải phƣơng trình với
biến số phức
Đối với phƣơng trình bậc hai với hệ số thực các bƣớc đã trình bày ở
sách giáo khoa.
Đối với phƣơng trình bậc hai với hệ số phức thì ta cần lƣu ý là phải tính
đƣợc căn bậc hai của số phức
Phƣơng trình bậc cao: Nguyên tắc chung cũng nhƣ phƣơng trình bậc cao
trong R là biến đổi thành phƣơng trình tích hoặc đặt ẩn phụ để đƣa về phƣơng
trình bậc nhất, bậc hai. Ngƣời ta chứng minh đƣợc rằng phƣơng trình bậc n
A0zn A1z n1 ........... An 1z An 0 trong đó A0 ,A1,........,An là n + 1 số
phức cho trƣớc, A0 0 , n là một số nguyên dƣơng luôn có ít nhất 1 nghiệm
phức và từ đó suy ra có n nghiệm phức không nhất thiết phân biệt.
Ví dụ 1: Tìm số phức z biết.
1, 4z + (3i + 1) z = 25 + 21i
2
2, 3z - 2 z = 0.
z - (2 + i) = 10
4,
zz = 25
2
3, z + z + 8z = 44
Lời giải:
1, Đặt z = x + yi
3i + 1 z = 3i +1 x - yi = x + 3y + 3x - y i
4z + 3i +1 z = 5x + 3y + 3x + 3y i
5x + 3y = 25 x = 2
Từ đó suy ra
3x
+
3y
=
21
y = 5
23
Vậy z = 2 + 5i.
2
2, Đặt z = x + yi z = x2 - y2 - 2xyi
2
Suy ra 3z - 2 z = 3x – 2x2 + 2y2 + (3y + 4xy)i
2
2
3x - 2x + 2y = 0 1
Nên ta có:
. Từ (2) suy ra
3y
+
4xy
=
0
2
y = 0
-3
x =
4
3
y = 0 3x – 2x2 = 0 x = 0, x =
2
x
27
3 6
3
y2 = y
.
8
4
4
Vậy có bốn số phức thỏa mãn yêu cầu bài toán z = 0, z =
z=
3
,
2
3 3 6
i.
4
4
3, Gọi z = x + yi z 2 = x 2 - y2 + 2xyi, z = x 2 +y2 và z = x - yi .
Nên z 2 z 8z 44 x 2 y 2 8x x 2 y 2 2 xy 8 y i 44
x 2 - y 2 + 8x + x 2 + y 2 = 44
x 2 - y 2 + 8x + x 2 +y 2 = 44
2xy - 8y = 0
2y(x - 4) = 0
y = 0
y = 0
TH1: 2
-9+ 257
x + 8x + x = 44 x = -11; x =
2
x = 4
x = 4
TH2: 2
2
y + 16 = y - 4 y = ±3
Vậy có bốn số phức thỏa mãn yêu cầu bài toán z = -11, z
z = 4 3i.
24
9 257
,
2
4, Đặt z = x + yi z - (2 + i) = (x – 2) + (y – 1)i
z - 2 + i = x - 2 + y - 1 và zz = x 2 + y2
2
2
2
2
x - 2 + y - 1 = 10 2x + y = 10
2
Từ giả thiết , ta có:
2
2
2
x + y = 25
x + y = 25
x 5
y = 10 - 2x
x = 3
hoặc
2
y 0
y = 4
x - 8x + 15 = 0
Vậy z = 3 + 4i và z = 5 là các số cần tìm.
Ví dụ 2: Giải các phương trình sau trên tập số phức
1) z2 – 2z +17 = 0
3)
2) z2 + (2i + 1)z +1 -5i = 0
2
4) 25 5z + 2 + 4 25z + 6 = 0
4z - 3 - 7i
= z - 2i
z-1
2
2
Lời giải:
1) Ta có: ' 1 – 17 = -16 nên phƣơng trình đã cho có hai nghiệm phức: z1 = 1 4i, z1 = 1 + 4i.
2) Ta có: 2i + 1 - 4 1 - 5i = -7 + 24i = (3 + 4i)2
2
δ = 3 + 4i là một căn bậc hai của .
Vậy phƣơng trình có hai nghiệm: z1 = i + 1; z2 = -2 – 3i.
3) Điều kiện: z ≠ i
Phƣơng trình 4z – 3 - 7i = (z – i)(z – 2i)
z2 – (4 + 3i)z + 1 + 7i = 0
2
2
Ta có: = 4 + 3i - 4 1 + 7i = 3 - 4i = 2 - i
Phƣơng trình có hai nghiệm: z1 = 3 + i; z2 = 1 + 2i.
Kết hợp điều kiện, ta thấy phƣơng trình đã cho có hai nghiệm: z1 = 3 + i; z2
= 1 + 2i.
2
2
2
4) Phƣơng trình 25z + 10 - 50iz + 12i = 0
25
25z2 + 50iz + 10 + 12i 25z 2 - 50iz + 10 - 12i = 0
5z 5i 2 35 12i 1 6i 2
25z 2 + 50iz + 10 + 12i = 0
2
2
2
5z 5i 35 12i 1 6i
25z - 50iz + 10 - 12i = 0
1 11i
1 i
z1 5 ;z 2 5
z 1 11i ;z 1 i
4
3
5
5 .
Ví dụ 3: Giải phương trình
1. z3 2 2i z 2 5 4i z 10i 0 biết phƣơng trình có nghiệm thuần ảo.
2. z4 2z3 z2 2z 1 0
zi
3.
8.
z 1
3
Lời giải:
1) Giả sử z = xi là một nghiệm của phƣơng trình. Khi đó, ta có:
x 3i 2 2i x 2 5 4i xi 10i 0
2x 2 4x x 3 2x 2 5x 10 i 0
2x 2 4x 0
3
2
x 2x 5x 10 0
x 2 x 2i là một nghiệm của phƣơng trình. Nên ta biến đổi phƣơng
trình đã cho về dạng:
z 2i z
2
z 2i
z 2i
2z 5 0 2
z 1 2i
z 2z 5 0
2) Vì z = 0 không là nghiệm của phƣơng trình nên
Phƣơng trình:
2
z 2 1 2 z 1 1 0 z 1 2 z 1 3 0
z2
z
z
z
26
Z 1
1
Đặt Z = z , ta có: Z2 – 2Z – 3 = 0
.
z
Z 3
Z = -1 z
1
1 3i
1 z 2 z 1 0 z
z
2
2
Z = 3 z 3z 1 0 z
3) Đặt Z
3 5
.
2
zi
z 1
Z 2
3
ta có: Z = 8 Z 2 Z2 2Z 4 0
Z 1 3i
Z=2
zi
2 z i 2z 2 z 2 i
z 1
Z = -1 3i
z i
5 3 2 3
1 3i z
i.
z 1
7
7
Z 1 3i
zi
5 3 2 3
1 3i z
i.
z 1
7
7
2.1.5 Dạng 5: Chuyển đổi số phức từ dạng đại số sang dạng lƣợng giác và
công thức Moa- Vrơ
Chuyển đổi số phức từ dạng đại số sang dạng lƣợng giác gồm các bƣớc
Tìm môđun r của z đó là r, đó là r =
a 2 + b2 .
Tìm φ là 1 acgumen của z, φ là số thực thỏa mãn đồng thời:
a
b
cos φ = ; sin = .
r
r
Khi đó, z = r cosφ + isinφ
Công thức Moa- vrơ
r(cosφ + isinφ = r cosnφ + isinnφ .
n
n
27
Công thức Moa- Vrơ có nhiều ứng dụng hay, chẳng hạn tính dễ lũy thừa
bậc khá cao của một số phức có dạng lƣợng giác hoặc dùng nó để chứng minh
các công thức nhân đôi, nhân ba,….. của phần lƣợng giác.
Ví dụ 1: Viết các số phức sau dưới dạng lượng giác. Áp dụng công thức
Moa- Vrơ viết dạng đại số của z 2012 .
1) z = -2 + 2i
2) z =
6-
2i
Lời giải:
2
r = -2 + 22
r = 2 2
2
1
=
1) Ta có: sinφ =
φ = 3π
2 2
2
4
cosφ = - 1
2
3π
3π
Vậy z 2 2 cos
+ isin .
4
4
z
2012
= 2 2
2012
3π
3π
+ isin
cos
4
4
2012
= 23018 cos503π + isin503π = -23018
Vậy z2012 = -23018 .
3 1
π
π
- i = 2 2 cos - + isin -
2) Ta có: z = 2 2
2
6
6
2
-1006π
-1006π
2π
2π
3018
z 2012 = 23018 cos
+ isin
+ isin
= 2 cos
3
3
3
3
1
3
=23018 - +
i = 23017 -1 + 3i .
2
2
Ví dụ 2: Viết các số phức sau dưới dạng đại số
1-i
1) z =
1 - 3i
2012
2) z = 1 + i 1 + 3i
19
28
40
Lời giải:
π
π
1) Ta có :1 - i = 2 cos - + isin - và
4
4
π
π
1 - 3i = 2 cos - + isin -
6
6
1-i
1
π
π
=
cos - 12 + isin - 12
1 - 3i
2
1-i
1 - 3i
2012
=
1
503π
503π
cos
+
isin
21006
3
3
1 1
3
1
3
i = 1007 + 1007 i .
+
2 2
2 2
2
1006
π
π
2) Tacó: 1 + i = 2 cos + isin
4
4
1 + i 19 = 29 2 cos 3π + isin 3π
4
4
π
π
1 + 3i = 2 cos + isin
3
3
1 + 3i
40
2π
2π
= 240 cos - + isin -
3
3
3π
3π
2π
2π
z = 249 2 cos
+ isin cos - + isin -
4
4
3
3
π
π
= 249 2 cos
+ isin = 248
12
12
3 +1+
3-1 i .
2.1.6 Bài tập
2
Bài 1. Cho số phức z 3y 5y 2 x 1 y 1 i . Tìm x, y để
z là số thực
2) z là số thuần ảo
3) z = 2 + 3i
29
Bài 2. Tìm phần thực, phần ảo và tính mô đun của các số phức sau
1 i 1 i
2) z
1 i 1 i
16
1) z = 2 - i 2 - 3i 5 + 4i
8
Bài 3. Tính z1 z 2 ,z1 z 2 ,z1.z 2, z1 2z 2 ,2z1 z 2 biết:
1) z1 = 5 - 6i, z2 = -1- 3i
2) z1 = 2 + 3i, z2 = 3 + 4i
1 3
1 2
3) z1 i,z 2 i
2 2
3 3
4) z1 3 2i, z 2 2 i .
Bài 4. Tìm số phức z thỏa mãn
1) z – 5 + 7i = 2-i
2) 2 + 3i +z = 4 + 5i
3) z( 2 + 3i) = 4 + 5i
4)
5)
2i
1 3i
z
1 i
2i
z
= 3 + 2i
1 3i
6) 2z(1 – i) = 2iz (1+ i) +4i
3
1
3
1
2
2
Bài 5. Cho z =
I .Hãy tính : ; z ; z ; z ; 1 + z + z
2 2
2
Bài 6. Tính
A=
1 7 1
i 7
2i
i
1
10
1 i
B
+ 1 i + 2 3i 2 3i
i
1 i
33
1 i
C = 1 + (1 – i) +
2
1 i 3 .... 1 i
3
20
3 1
2009
i 1 i i105 i 23 i 20 i34
D
2 2
Bài 7. Chứng minh rằng:
7
7
1. z 2 i 5 2 i 5 là số thực.
30
19 7i 20 5i
2. z
là số thuần ảo.
9 i 7 6i
n
n
Bài 8. Gọi A,B ,C lần lƣợt là điểm biểu diễn của các số phức : z1 = 3 + 2i ; z 2
= 2 – 3i; z 3 = 5 + 4i
1) Chứng minh A,B ,C là ba đỉnh của tam giác.Tính chu vi của tam giác đó
2) Gọi D là điểm biểu diễn của số phức z . tìm z để ABCD là hình bình hành .
3) Gọi E là điểm biểu diễm của số phức z .Tìm z sao cho tam giác AED
vuông cân tại E.
Bài 9. Trên mặt phẳng tọa độ ,tìm tập hợp các điểm biểu diễn các số phức z
thõa mãn điều kiện :
1. Phần thực của z bằng hai phần ảo của nó.
2. Phần thực của z thuộc đoạn 2;1 .
3. Phần thực của z thuộc đoạn 2;1 và phần ảo của z thuộc đoạn 1;3 .
4. z 2
5. 2 z 3
6. z 1 2i 2
7. z i z z 2i
8. 1 z 2 và phần ảo lớn hơn hoặc bằng
1
2
2
3
Bài 10. Tìm các điểm biểu diễn z,z ,z sao cho chúng tạo thành một tam giác
vuông.
Bài 11. Cho các số phức z1 = 1 + 2i, z 2 = -2 + i, tìm số phức z 3 sao cho z1 ,
z 2 , z 3 tạo thành tam giác đều.
Bài 12. Giải các phƣơng trình sau trên tập số phức :
1) 2z 2 3z 7 0
4) z 2 3 i z 4 3i 0
31
2) z2 81 i z 63 16i 0
5) iz 2 2 3i z 5 5i 0
3) z 2 z 8z 44
6) z 2 z 0 .
2
2
Bài 13. Gọi z1, z2 là các nghiệm của phƣơng trình z 2 2z 5 0 . Tính giá
trị của các biểu thức:
a) A = z1 + z2
d) D = z15 z 25
b) B = z1 z 2
z12 2z 2 z 2 2 2z1
e) E
3 z1
3 z2
4
4
z1 z 2
3
z12
z22
c) C
2z 2 z1 2z1 z 2
f) F
z2
z 2 z1
3
z1
Bài 14. Giải các phƣơng trình sau trên tập số phức
4) z i z 2 2 z3 i 0
1) z 4 5z 2 6 0
4
z+i
2)
=1
z-i
5) z 2 z 4 z 2 z 12 0
2
3) z4 6 1 i z 2 5 6i 0
Bài 15. Viết dạng lƣợng giác của các số phức sau
1. z 3 3i
2. z 1 sin icos
8
8
3. z
1 3i
7
1 i
3i
9
Bài 16. Viết các số phức sau dƣới dạng đại số
1 3
1. z
1 i
9
2. z 1 i
11
5
32
2.2 Ứng dụng của số phức
2.2.1 Dạng 1: ứng dụng số phức vào giải các bài toán lƣợng giác và tổ hợp
Ví dụ 1: Tính cos
5
Lời giải:
Đặt z cos isin , thì z là nghiệm của phƣơng trình z5 1 0.
5
5
Ta có z5 1 z 1 z 4 z3 z 2 z 1 và z 1 nên z là nghiệm của phƣơng
trình z4 z3 z2 z 1 0
Vì z = 0 không là nghiệm nên chia cả hai vế cho z 2 :
2
1 1
1
1
z z 1 2 0 z z 1 0
z z
z
z
2
1 1 5
1 1 5
z
,z
z
2
z
2
Chú ý rằng z
1
1 5
2cos > 0 nên ta có cos
z
5
5
4
Ví dụ 2: Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn
sina sin b sinc 0 và cosa cosb cosc 0
Chứng minh rằng:
sin 2a sin 2b sin 2c 0 và cos2a cos2b cos2c 0
Lời giải:
Đặt z1 = cosa + isin a; z2 = cosb + isinb; z3 = cosc + isinc, ta có:
z1 z 2 z3 0 và z1 z 2 z3 1 , nên
1
z k k 1;2;3
zk
Vì thế: z12 z2 2 z32 z1 z 2 z3 2 z1z 2 z 2z3 z3z1
2
1 1 1
= 02 2z1z 2z3 2z1z 2z3 z1 z 2 z3
z1 z 2 z3
33
2z1z 2z3 z1 z 2 z3 0
Nên cos2a cos2b cos2c i sin 2a sin 2b sin 2c 0 từ đó suy ra điều
phải chứng minh.
Ví dụ 3: Giải phương trình: cosx + cos3x + cos5x + cos7x + cos9x =
1
2
Lời giải
Ta có cos x 1 không là nghiệm của phƣơng trình
Đặt z cos x isin x với x 0;2
Ta có z 1 , z1 cos x isin x và 2cos x z z 1,2cosnx z n z n
Vậy phƣơng trình đã cho trở thành:
1
1
1
1
1
z z3 3 z5 5 z 7 7 z9 9 1
z
z
z
z
z
1 z2 z4 .... z18 z9 z20 1 z11 z9
z11 1 z9 1 0 z11 1,z9 1
Nếu z9 1 thì z9 cos0 + isin 0 nên z cos
Vì x 0;2 và z 1 nên x
k2
k2
isin
,k 0;8.
9
9
k2
,k 1;8.
9
Do đó nghiệm của phƣơng trình đã cho là x
k2
2m k 1;8 ,m
9
Nếu z11 1 thì z11 cos isin nên:
z cos
k2
k2
isin
,k 0;10.
11
11
Vì x 0;2 và z 1 nên x
Suy ra nghiệm cần tìm là x
k2
,k 0;9
11
k2
2m k 0;9 ,m .
11
34
Vậy các nghiệm của phƣơng trình là:
x
k2
k2
2m k 1,8 ,m và x
2m k 0;9 ,m .
9
11
Ví dụ 4: Tính tổng với n và a 2k k :
A cos x cos x a cos x 2a ... cos x na
B sinx sin x a sin x 2a ... sin x na
Lời giải:
Đặt z cos x isin x , w cosa isina.
Theo công thức nhân và công thức Moivre ta có:
zw k cos x isin x cosa isin a
k
zw k cos x isin x coska isin ka cos x ka isin x ka
Xét A iB cos x isin x cos x a isin x a
cos x 2a isin x 2a ... cos x na isin x na
1 w n 1
z zw zw ... zw z
(vì a 2k nên w ≠ 1)
1 w
2
Vậy A iB z
1 cos n 1 a isin n 1 a
1 w n 1
cosx + isin x
1 w
1 cosa isin a
cos x isin x
n
sin
n 1 n 1
n 1
a sin
a icos
a
2
2
2
a a
a
sin sin icos
2 2
2
n 1
a
2 sin n 1 a icos n 1 a sin a icos a cos x isin x
a
2
2 2
2
sin
2
sin
n 1
a
2 cos na isin na cos x isin x
a
2
2
sin
2
sin
35
n 1
a
2 cos na x isin na x
a 2
2
sin
2
sin
Xét phần thực và phần ảo cả hai vế ta đƣợc:
A
n 1
n 1
a
sin
a
na
2 cos x ; B
2 sin na x .
a
a
2
2
sin
sin
2
2
sin
Nhận xét: Từ hai công thức trên, xét các trƣờng hợp riêng:
Nếu x = 0 thì suy ra:
* 1 cosa + cos2a ... cos na
n 1
a
2 cos na
a
2
sin
2
sin
* sin a sin 2a sin 3a ... sin na
n 1
a
2 sin na
a
2
sin
2
sin
Nếu x = 2a ta có:
* cosa cos3a cos5a ... cos(2n 1)a
sin 2 n 1 a
2sin a
sin 2 n 1 a
* sin a sin 3a sin 5a ... sin 2n 1 a
sin a
Ví dụ 5: Chứng minh rằng:
S1 C0n Cn2 Cn4 C6n C8n ...
2 cos n4
S2 C1n C3n C5n C7n C9n ...
2 sin n4
n
Lời giải:
Xét khai triển nhị thức Newton:
36
n
1 i
n
C0n iC1n i 2Cn2 i3C3n i 4Cn4 ... i n 1Cnn 1 in Cnn
1 k = 4m
i k = 4m + 1
Vì i k =
m nên ta có:
-1 k = 4m + 2
-i k = 4m + 3
1 i
n
C0n Cn2 Cn4 ... i C1n C3n C5n ... (1)
Mặt khác, theo công thức Moivre thì:
1 i
n
2 cos isin
4
4
n
n
n
n
n
2 cos isin (2)
4
4
Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 6: Xét khai triển
f x x 2 x3 x7 x9
2010
a 0 a1x ... a18090 x18090
Hãy tính tổng: S a 0 a 3 a 6 ... a18090.
Lời giải:
Gọi m ≠ 1 là nghiệm của phƣơng trình x 3 1 suy ra m3 1 m2 m 1 0
Ta có: m3k 1;m3k 1 m;m3k 2 m2
f 1 a 0 a1 a 2 a 3 a 4 ... a18090
f m a 0 a1m a 2m2 a 3 a 4m ... a18090
f m2 a 0 a1m2 a 2m a 3 a 4m2 ... a18090
f 1 f m f m2 3a 0 a1 1 m m2 a 2 1 m2 m
3a 3 a 4 1 m m2 ... 3a18090 3S
S
1
f 1 f m f m 2 .
3
37
Mà f 1 42010 ;f m m2 m3 m7 m9
2010
1;f m 2 1
42010 2
Vậy S
.
3
Ví dụ 7. Xét khai triển: f x x x 4
2010
a 0 a1x ... a10050 x10050
Tính các tổng sau:
S1 a1 a 3 a 5 ... a10049
S2 a1 a 5 ... a10049
Lời giải:
Ta có: f 1 a 0 a1 a 2 ... a n
f 1 a 0 a1 a 2 ... 1 a n
n
f i a 0 a1i a 2 a 3i a 4 ... a 4k a 4k 1i a 4k 2 a 4k 3i ...
Suy ra:
f 1 f 1 2 a 0 a 2 ... a10050
f 1 f 1 2 a1 a 3 ... a10049
Imf i a1 a 3 a 5 ... a10049
Ref i a 0 a 2 a 4 ... a10048.
S1 Imf i ;S2
f 1 f 1 2Imf i
4
Mà: f 1 22010 ,f 1 0,f i 1 i
Vậy S1 2
1005
2010
2i
1005
22010 21006
22008 21004.
và S2
4
Nhận xét: Từ cách giải trên ta có các nhận xét sau
Cho f x a 0 a1x ... a n x n .
38
21005 i
Đặt T4 r
a
k 4i r
k
với r = 0,1,2,3.
Ta có: T40 a 0 a 4 ... a 4k ...
f 1 f 1 2Ref i
4
T41 a1 a 5 ... a 4k 1 ...
f 1 f 1 2Imf i
4
T42 a 2 a 6 ... a 4k 2 ...
f 1 f 1 2Ref i
4
T43 a 3 a 7 ... a 4k 3 ...
f 1 f 1 2Imf i
.
4
2.2.2 Dạng 2: ứng dụng số phức vào các bài toán đại số
Ví dụ 1: Có tồn tại hay không số nguyên dương n sao cho đa thức
x 1
2n
x 1 2x 2n chia hết cho đa thức x 4 1.
2n
Lời giải:
Các nghiệm của đa thức x 4 1 là: ±1, ±i.
Đặt f x x 1 x 1 2x 2n , ta có f 1 f 1 0 , nhƣng
2n
2n
f i i 1 i 1 2i 2n 2i 2i 2 1
2n
2n
n
n
n
Nếu n = 2m m thì f i 22m1 1 2 0 m .
m
Nếu n 2m 1 m thì f i 2 0.
Vậy không tồn tại số nguyên dƣơng n để đa thức x 1 x 1 2x 2n
2n
2n
chia hết cho đa thức x 4 1.
Ví dụ 2: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n lớn hơn 1 và số thực
thỏa mãn sin 0 , đa thức x n sin xsin n sin n 1 chia hết cho đa
thức x 2 2x cos 1.
Lời giải:
39
Xét phƣơng trình x 2 2x cos 1 0 , ' cos2 1 i2 sin 2 nên có
nghiệm x1 cos isin , x 2 cos isin là hai số phức liên hợp.
Đặt P x x n sin xsin n sin n 1 ta có:
P x1 cosn isin n sin cos isin sin n sin n 1
cosn sin cos sin n sin n 1 0
Suy ra P x1 0 hay P x 2 0
Vậy P(x) chia hết cho x 2 2x cos 1.
Ví dụ 3: Phân tích đa thức x 2n 1 1 thành tích các đa thức với hệ số thực.
Lời giải:
Ta có nghiệm của đa thức x 2n 1 1 là
x k cos
k2
k2
với k 0;2n
isin
2n 1
2n 1
Trong đó x n 1 và với k 0;n 1 thì x k cos
k2
k2
isin
2n 1
2n 1
k2
k2
cos 2
isin 2
2n 1
2n 1
cos
2n k 2
2n k 2
isin
x 2n k
2n
2n
Do đó x
2n 1
n 1
1 x 1 x x k x x k .
k 0
Mà x x k x x k x 2 x k x k x x k .x k x 2 2x cos
n 1
2k 1 1.
Do đó x 2n 1 1 x 1 x 2 2x cos
2n 1
k 0
Nhận xét: Xét các giá trị đặc biệt của x.
Nếu x = 1 thì:
40
2k 1 1.
2n 1
x 2 2x cos
2k 1 1 2 2cos 2k 1 4sin 2 2k 1
2n 1
2n 1
2 2n 1
n 1
2k 1 1 .
2 2k 1
1
sin
Nên ta có 4sin
2 2n 1
2 2n 1 2n
k 0
k 0
n 1
Hay sin
3
5
2n 1 1 .
.sin
.sin
...sin
2 2n 1
2 2n 1
2 2n 1
2 2n 1 2 n
* Với n = 2 ta có sin
3 1
.sin .
10
10 4
* Với n = 3 ta có sin
3
5 1
.sin .sin .
14
14
14 8
Nếu x = -1 thì:
x 2 2x cos
2k 1 1 2 2cos 2k 1 4cos 2 2k 1
2n 1
2n 1
2 2n 1
Tuy nhiên, sẽ không thu đƣợc kết quả gì nếu thay vào đẳng thức
n 1
2k 1 1
x 2n 1 1 x 1 x 2 2x cos
2n 1
k 0
Để ý rằng, với x ≠ -1 thì
x 2n 1 1 n 1 2
2k 1 1
x 2x cos
x 1
2n 1
k 0
Lấy giới hạn hai vế khi x 1 ta có:
n 1
2k 1 n 1
2
x 2n 1 1
2k 1 .
lim
lim x 2x cos
1 4cos 2
x 1 x 1
x 1
2n 1
2 2n 1
k 0
k 0
x 2n 1
lim x 2n x 2n 1 x 2n 2 ... x 2 x 1 2n 1
x 1 x 1
x 1
Mà lim
n 1
Nên 4
n
cos
k 0
2
2k 1 2n n 1 cos 2k 1
2 2n 1
2 2n 1
k 0
Vậy ta có đẳng thức:
41
2n 1
.
2n
cos
3
5
2n 1 2n 1
.cos
.cos
...cos
2 2n 1
2 2n 1
2 2n 1
2 2n 1
2n
* Với n = 2 ta có cos
3
5
.cos
10
10 10
3
5
7
* Với n = 3 ta có cos .cos .cos
.
7
7
7
8
* Với n = 5 ta có cos
3
5
7
9
11
.
.cos .cos .cos .cos
22
22
22
22
22 32
11
2
2
x y x 2y
Ví dụ 4: Giải hệ phương trình
16
2xy 2x y 1
Lời giải
11
2
2
x y x 2y
Ta có hệ
16
2xyi 2xi yi i
x 2 y 2 2xyi x(2i 1) 2yi 2 yi i
(x yi) 2 (2i 1)(x yi) i
11
16
11
0
16
Đặt z = x + yi z 2 (2i 1)z 1
11
0 (*)
16
11
1
= (2i 1)2 4 1
4
16
Nên (*) có hai nghiệm z =
1 5
1 3
- i và z = - i
2 4
2 4
1
1
x 2
x 2
Vậy hệ đã cho có nghiệm :
và
5
y
y 3
4
4
Ví dụ 5 : Giải các hệ phương trình sau
42
x 3 3xy 2 x 1 x 2 2xy y 2
1. 3
2
2
2
y 3x y y 1 y 2xy x
16x 11y
x x 2 y 2 7
2.
y 11x 16y 1
x 2 y2
3
10x 1
3
5x y
3.
y 1 3 1
5x y
Lời giải
x 3 3xy 2 x 1 x 2 2xy y 2
1.Ta có hệ 3
2
2
2
y i 3x yi yi i y i 2xyi x i
x 3 3xy2 3x 2 yi y3i (x yi) 1 i x 2 y2 2xyi i(x 2 y2 2xyi)
(x yi)3 (x yi) 1 i (x yi) 2 i(x yi) 2
Đặt z = x+ yi z3 – (1 + i)z2 – z + 1 + i = 0
z z 2 1 1 i (z 2 1) 0 z 2 1 z 1 i 0
z 1,z 1,z 1 i
Vậy hệ có nghiệm là: (x; y) = (1; 0), (-1; 0), (1; 1).
2. Điều kiện x2 + y2 ≠ 0. Đặt z = x + yi. Ta có
1 x yi
z x 2 y2
Vì hai số phức bằng nhau khi và chỉ khi phần thực bằng nhau và phần ảo bằng
nhau, nên hệ đã cho tƣơng đƣơng với:
x
16x 11y
11x 16y
i y 2
7i
2
2
x y
x y 2
x yi
x yi
11i
7i
x 2 y2
x 2 y2
16 11i
z
7 i z 2 (7 i)z 16 11i 0
z
x yi 16
Phƣơng trình z2 (7 i)z 16 11i 0 có hai nghiệm z = 2 – 3i và z = 5 + 2i
nên hệ đã cho có các nghiệm (x;y) = (2; -3) hoặc (x;y) = (5;2).
43
Nhận xét: Muốn giải đƣợc các hệ phƣơng trình bằng phƣơng pháp sử dụng
số phức, cần nhớ một số công thức cơ bản của số phức, đặc biệt là với mỗi số
1 z
x iy
2
z zz x y 2
phức z = x + yi thì ta có x2 + y2 là bình phƣơng môđun và
3. Từ hệ suy ra x > 0, y > 0.
Hệ này không có ngay dạng nhƣ ví dụ trên, tuy nhiên với mục đích chuyển
mẫu số về
dạng bình phƣơng môđun của số phức, chỉ cần đặt
u 5x,v y với u,v > 0.
3 3
u 1 u 2 v 2 2
Hệ đã cho có dạng :
v 1 3 1
2
2
u v
Đặt z = u + iv. Ta có
1 u vi
z u 2 v2
3
3
3
Hệ đã cho tƣơng đƣơng với: u 1 + 2
+ iv 1 - 2
=
-i
2
2
u +v
u +v
2
u iv 3
u iv
3
3 3 2 2i
i z
2
2
u v
z
2
2
2z 2 3 2 2i z 6 0 (*)
Giải phƣơng trình (*), ta có ’ = -34 - 12 2 i =
2 6i
2
suy ra các nghiệm
là z 2 2i,z
2 2i
.
2
Vì u,v >0 nên z
2 2i
2
1
, do đó u
, v 1 x , y 1.
2
2
10
Vậy nghiệm cần tìm là (x;y) = (
1
;1)
10
44
Ví dụ 6: Cho dãy số u n
1
2
cos
7
n
1
4
cos
7
n
1
8
cos
7
với n là số nguyên
n
dương. Chứng minh dãy số (un) luôn nhận giá trị nguyên và chia hết cho 32
với n≥4.
Lời giải
Vì z7 1 z 1 z6 z5 z 4 z3 z 2 1 0 và phƣơng trình z7 1 = 0 có
7 nghiệm là k cos
2k
2k
isin
,k 0,6 nên 1 , 2 ,..., 6 là nghiệm của
7
7
phƣơng trình z6 z5 z4 z3 z2 1 = 0 (*)
1 1 1
Ta có (*) z3 z 2 z 1 2 3 0
z z z
x3 x 2 2x 1 0 (**), với x z
1
z
Phƣơng trình (**) có nghiệm là x k 2cos
Đặt y
2k
,k 1;2;3 .
7
1
1
1
6
8
2
,
,
và chú ý cos cos
ta có
là nghiệm
2
4
8
7
7
x
cos
cos
cos
7
7
7
của phƣơng trình: y3 4y2 4y 8 0
y1 y 2 y3 4
Theo định lý Viet ta có: y1 y 2 y 2 y3 y3 y1 4
y1 y 2 y3 8
Lúc này u n y1n y2n y2n và u n 3 4u n 2 4u n 2 8u n n ≥ 1
Vì u1 = -4, u 2 y1 y2 y3 2 y1y2 y2 y3 y3 y1 24 và
2
u 3 y1 y 2 y3 3 y1 y 2 y3 y1y 2 y 2 y3 y3 y1 3y1y 2 y3 88
3
u 4 4u 3 4u 2 8u1 416
45
Nên bằng phƣơng pháp quy nạp, dễ dàng chứng minh dãy số (un) luôn nhận
giá trị nguyên và chia hết cho 32 với n ≥ 4.
2.2.3 Ứng dụng số phức vào các bài toán hình học
Trong mặt phẳng phức, nếu các điểm A, B có tọa độ là a, b thì độ dài đoạn
thẳng AB là AB = a b .
Nếu O là gốc tọa độ thì OA = a , OB = b .
Các công thức môđun a.b a . b ,
a a
b b
Bất đẳng thức liên quan đến môđun a b a b a b
Biểu diễn các số phức là căn bậc n của đơn vị trên mặt phẳng tọa độ là đỉnh
của một hình n – giác đều.
Ví dụ 1. Cho đa giác đều A1 A2 A3 …An nội tiếp đường tròn tâm O bán kính
R. Chứng minh rằng với mọi điểm M ta có:
OM
MA1.MA 2 .MA3...MA n
2
R2
n
Lời giải
Xét mặt phẳng có gốc tọa độ O và không mất tính tổng quát, giả sử R = 1.
2
2
thì , 2 , 3 ,..., n ,m là tọa độ của các điểm A1 ,A2 , A3
isin
n
n
…An, M. Bất đẳng thức cần chứng minh tƣơng đƣơng với:
Đặt cos
x . x 2 . x 3 ... x n
x
2
x . x 2 x 3 ... x n
xn 1
x
2
1
x
1
n
2
1
n
n
Nhƣng ta có x n 1 x 1 nên bất đẳng thức đƣợc chứng minh, nếu ta
n
chứng minh đƣợc bất đẳng thức x 1
n
46
n
x 1 . Thật vậy
2
x 1
n
n
2
x 1 x 1 x 1
2
n
2
n
2 x C1n x Cn2 x C3n x ... Cnn 1 x
n
2
4
6
2n 2
Vì A1A2 A3…An là đa giác nên n ≥ 3, do đó:
C1n x Cn2 x C3n x ... Cnn 1 x
2
4
6
2n 2
Theo bất đẳng thức Cauchy: x x
2
x x
2
2n 2
2x
n x n x
2n 2
2
2 x x
2
2n 2
2n 2
n
Vậy bất đẳng thức đƣợc chứng minh.
Dấu “=” xảy ra nếu x =0, tức là M ≡ O.
Ví dụ 2. Cho tam giác ABC và một điểm M bất kỳ trong mặt phẳng. Chứng
minh rằng MA.sin A MBsin B MCsin C .
Lời giải
Xét mặt phẳng phức có M là gốc tọa độ
Gọi tọa độ của các điểm A, B, C là x, y, z
Ta có MA = x , MB = y , MC = z và AB = x y , BC = y z , AC =
zx
Giả sử ABC nội tiếp đƣờng tròn bán kính R.
Theo định lý sin trong tam giác thì sin A
BC
AC
AB
,sin B
,sin A
2R
2R
2R
Nên bất đẳng thức cần chứng minh trở thành MA.BC MB.CA MC.AB
Hay x y z y z x z x y
Theo bất đẳng thức tam giác
y z x z x y y.(z x) z.(x y) y.(z x) z.(x y)
Vậy bất đẳng thức đƣợc chứng minh.
Nhận xét:
47
Bất đẳng thức MA.BC MB.CA MC.AB chính là bất đẳng thức Ptolemy.
Dấu đẳng thức xảy ra khi MABC là tứ giác nội tiếp đƣờng tròn.
Ví dụ 3: Cho ABC đều cạnh a và một điểm M bât kỳ nằm trong mặt
phẳng. Chứng minh rằng MA.BC MB.CA MC.AB a 2
Lời giải
Giả sử ABC nằm trong mặt phẳng phức, nội tiếp trong đƣờng tròn bán kính
đơn vị. Gọi tọa độ các điểm M, A, B, C lần lƣợt là x, 1, , 2
Trong đó cos
2
2
isin ,a 3R 3
3
3
Chú ý rằng 3 1,1 2 1
Ta có MA = x 1 ,MB x ,MC x 2 nên:
MA.MB x 1. x x 2 (1 )x 2 x 2 x 1
MB.MC x . x 2 x 2 ( 2 )x 3 x 2 x 1
MA.MB x 2 . x 1 x 2 (1 2 )x 2 x 2 (1 )x 1
Mặt khác theo bất đẳng thức tam giác:
2 x 2 x 1 + x 2 x 1 + x 2 (1 )x 1 ≥ (2 1)x 2 3 3 3
Vậy MA.BC MB.CA MC.AB a2 , điều phải chứng minh
Ví dụ 4: Cho ABC và một điểm M bất kỳ trong mặt phẳng.
Chứng minh rằng: a.MB.MC + b.MC.MA + c.MA.MB ≥ abc
Lời giải
Xét mặt phẳng phức có M là gốc tọa độ
Gọi tọa độ của A,B, C lần lƣợt là x, y, z.
Ta cóMA = x ,MB y ,MC z
và c AB x y ,a BC y z ,b AC z x
Bất đẳng thức cần chứng minh tƣơng đƣơng với:
48
yz y z zx z x xy x y yz zx x y
Ta
có
y z y z z x z x x y x y y z yz z x zx x y xy
y z yz z x zx x y xy
Mà y z yz z x zx x y xy (x y)(y z)(z x)
Vậy bài toán đƣợc chứng minh.
Dấu đẳng thức xảy ra khi M là một đỉnh của tam giác ABC hoặc M là trực
tâm của tam giác ABC.
Bài tập
Bài 1:Chứng minh rằng:
3
5 1
1. cos cos cos
7
7
7 2
2.
sin
3. cos
2
4
7
sin
sin
7
7
7
2
3
5
7
9 1
cos cos cos
cos
11
11
11
11
11 2
Bài 2. Biểu diễn sin 5x, sin 7x theo các lũy thừa của sin x. Biểu diễn tan 3x,
tan 5x theo các lũy thừa của tan x.
Bài 3. Chứng minh các đẳng thức với x ≠ k , k :
1. 1 + cos 2x + cos 3x + …+ cos 2(n - 1)x + cos 2nx =
2. sin 2x sin 4x ... sin 2nx
sin nx sin n 1 x
sinx
3. sin x + 3sin3x + 5sin5x+…+ (2n – 1)sin(2n – 1)x
sin 2nx cos x 2n cos 2nx sin x
2sin 2 x
49
sin(2n 1)x
sin x
Bài 4: Tính các tổng sau
1.
S 1 qcos x q 2cos2x q3cos3x ... q n cosnx
2.
S qsin x q 2 sin 2x q3 sin3x ... q n sin nx
3.
S C0n 3C2n 32 C4n 33 C6n ...
4.
6 15
S C3n 32 C7n 34 C11
n 3 Cn ...
Bài 5: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n lớn hơn 1 và mọi số thực ,
đa thức xsin cos xsin n cos n chia hết cho đa thức x2 + 1.
n
Bài 6: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì đa thức x 1
chia hết cho đa thức x2 + x +1.
Bài 7: Tìm số tự nhiên n sao cho P(x) chia hết cho Q(x) với
2
1. P(x) x n x 2 và Q x x 2x 2
n
2. P(x) 3n 1 x 1 x
n
2n
2
và Q x x x 1.
Bài 8: Giải các hệ phƣơng trình với x, y ∈ R:
3
2
x 3xy 1
1. 2
3
3x y y 3
x x 2 3y 2 2 3
2.
2
2
y 3x y 2
4
2 2
4
x 6x y y 4
3. 3
3
x y y x 3
x x 4 10x 2 y 2 5y 4 3
4.
4
2 2
4
y y 10x y 5x 1
Bài 9. Giải các hệ phƣơng trình với nghiệm thực:
9x 10y
3 2
x 2
x y2
1.
y 10x 9y 0
x 2 y2
78y
x
20
x 2 y2
2.
y 78x 15
x 2 y2
50
2n 1
x n 2
7
3 2
x 2
2x 5y
3.
7
5y 2
3
2x 5y
15
2 3
x 2
x 2y
4.
.
y 2 15 3 3 1
x 2y
Bài 10: Cho tam giác ABC và hai điểm M, N bất kì trong mặt phẳng.
Chứng minh rằng: a.AM.AN b.BM.BN c.CM.CN abc
Bài 11. Cho tam giác ABC và điểm M bất kì trong mặt phẳng.
Chứng minh rằng 2ma .AM b.BM c.MC 2bc.
Bài 12: Cho tam giác ABC và một điểm M bất kì trong mặt phẳng.
Chứng minh trong các tỷ số
bé hơn
MA MB MC
,
,
có ít nhất một tỷ số không
a
b
c
1
.
3
Bài 13: Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC và R, R1, R2,R3 lần lƣợt là bán
kính đừng tròn ngoại tiếp các tam giác ABC, GBC, GCA, GAB.
Chứng minh rằng R1 + R2 + R3 3R.
Bài 14: Cho tam giác ABC. Dựng bên ngoài tam giác đó các tam giác đều có
cạnh BC, CA, AB và gọi trọng tâm ba tam giác đó theo thứ tự là A’, B’, C’.
Chứng minh rằng tam giác A’B’C’ là tam giác đều.
51
KẾT LUẬN
Với mục đích cung cấp thêm một số dạng toán mới về số phức. Khóa
luận đã trình bày sơ lƣợc về số phức, xây dựng đƣợc một số ví dụ minh họa,
bài tập tƣơng tự và đặc biệt một số bài toán có nhận xét riêng của bản thân rút
ra trong quá trình giải toán. Đồng thời khóa luận “ số phức và một số dạng
toán thƣờng gặp” bƣớc đầu hoàn thành việc nghiên cứu sâu hơn về số phức,
một số dạng bài tập về số phức và ứng dụng của số phức vào một số bài toán
lƣợng giác, tổ hợp, đại số, hình học.
Để hoàn thành tốt khóa luận này tôi xin chân thành cảm ơn các thầy cô
giáo trong tổ hình học đặc biệt là thầy giáo Nguyễn Văn Vạn đã tận tình giúp
đỡ tôi trong suốt quá trình thực hiện đề tài này.
Bƣớc đầu làm quen với nghiên cứu khoa học chắc chắn khóa luận không
tránh khỏi những thiếu sót, tôi rất mong các thầy cô, các bạn sinh viên đóng
góp ý kiến trao đổi để khóa luận hoàn thiện tốt hơn và thực sự sẽ là tài liệu
tham khảo bổ ích cho giáo viên, sinh viên, học sinh trung học.
52
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1
Nguyễn Tất Thu – Nguyễn Văn Dũng, 18 chủ đề giải tích 12, nxb
ĐH Quốc Gia Hà Nội.
2 Nguyễn Văn Dũng, Phƣơng pháp giải toán số phức và ứng dụng, nxb
ĐH Quốc Gia.
3 Nguyễn Hữu Điển (2000), Phƣơng pháp số phức và hình học phẳng,
nxb ĐH Quốc Gia Hà Nội.
4 Nguyễn Phụ Hy – Nguyễn Quốc Bảo (1996), Ứng dụng số phức để
giải toán sơ cấp, Nxb Giáo dục.
5 Sách giáo khoa Giải tích 12, Nxb Giáo dục.
53
[...]... là số thực thì môđun của z là giá trị tuyệt đối của số thực đó + z = 0 khi và chỉ khi z 0 1.4 DẠNG LƢỢNG GIÁC CỦA SỐ PHỨC 1.4.1 Số phức dƣới dạng lƣợng giác 1.4.1.1 Acgumen của số phức z 0 Định nghĩa: Cho số phức z 0 Gọi M là y điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn số phức z M(z) b Số đo (rađian) của mỗi góc lƣợng giác tia đầu Ox, tia cuối OM đƣợc gọi là một acgumen của z Chú ý: Nếu là một. ..1.3 SỐ PHỨC LIÊN HỢP VÀ MÔĐUN CỦA SỐ PHỨC 1.3.1 Số phức liên hợp 1.3.1.1 Định nghĩa Số phức liên hợp của z = a + bi (a,b R) là a - bi và đƣợc kí hiệu bởi z Nhƣ vậy z = a + bi = a - bi Rõ ràng z = z nên ngƣời ta còn nói z và z là hai số pức liên hợp với nhau (gọi tắt là hai số phức liên hợp) Hai số phức liên hợp khi và chỉ khi các điểm biểu diễn của chúng đối... giác của số phức z ≠ 0 Còn dạng z = a +bi (a,bR) đƣợc gọi là dạng đại y M(a b +ib) r số của số phức z Nhận xét: Để tìm dạng lƣợng giác O a x r( cos φ + isin φ ) của số phức z = a +bi (a,b ≠0 ) ta cần: Tìm r: Đó là môđun của z, r = a 2 +b2 số r đó cũng là khoảng cách từ gốc O đến điểm M biểu diễn số z trong mặt phẳng phức 7 Tìm φ: Đó là một acgumen của z, φ là một số thực sao cho cosφ = và sinφ... là căn bậc n của một số thực không âm) 1.6 Phƣơng trình bậc hai với hệ số phức Ax2 + Bx + C = 0 ( A≠ 0) với A, B, C là các số phức ∆ = B2 – 4AC +, Nếu ∆ = 0 thì phƣơng trình có nghiệm kép z = -B 2A +, Nếu ∆ ≠ 0 thì ta tìm các căn bận hai w của ∆ thì phƣơng trình có hai nghiệm phân biệt z1,2 = B±w 2A 10 CHƢƠNG 2: MỘT SỐ DẠNG TOÁN THƢỜNG GẶP 2.1 Các dạng toán thƣờng gặp về số phức 2.1.1 Dạng 1: Tổng hợp... Nhƣ vậy để nhân các số phức dƣới dạng lƣợng giác ta lấy tích các môđun và tổng các acgumen, để chia các số phức dƣới dạng lƣợng giác ta lấy thƣơng các môđun và hiệu các acgumen 1.4.3 Tọa vị của một điểm trong E2 Định nghĩa: Trong E2, điểm M(a; b) cho tƣơng ứng với số m = a + bi thì số m đƣợc gọi là tọa vị của điểm M, kí hiệu là M(m) Kí hiệu một điểm trong mặt phẳng bởi chữ cái in hoa và tọa vị của nó... 2.1.2 Dạng 2: Bài toán liên quan đến môđun của số phức Để giải quyết tốt các dạng toán này chúng ta cần nắm chắc các kiến thức về môđun số phức và các tính chất liên quan hình học phẳng, hàm số, hàm lƣợng giác,… Ví dụ 1: Cho số phức thỏa mãn z = 1 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của: 2, B = 1 + z + 1 - z + z 2 1, A = 1 + z + 31 - z Lời giải: Đặt z = x + yi với x, y ∈ R Vì z =1 nên y2 = 1 - x2 và. .. i z 1 7 7 Z 1 3i zi 5 3 2 3 1 3i z i z 1 7 7 2.1.5 Dạng 5: Chuyển đổi số phức từ dạng đại số sang dạng lƣợng giác và công thức Moa- Vrơ Chuyển đổi số phức từ dạng đại số sang dạng lƣợng giác gồm các bƣớc Tìm môđun r của z đó là r, đó là r = a 2 + b2 Tìm φ là 1 acgumen của z, φ là số thực thỏa mãn đồng thời: a b cos φ = ; sin = r r Khi đó, z = r cosφ + isinφ... Công thức Moa- Vrơ Với mọi số nguyên dƣơng n thì ta có: r(cosφ+isinφ) n r n (cosnφ+isinnφ) và khi r = 1 ta có: cosφ+isinφ =cosnφ+isinnφ n Cả hai công thức đó đều gọi là công thức Moa- Vrơ *Chú ý: Công thức Moa- Vrơ còn đúng khi n nguyên âm (và cả khi n = 0, z = r(cos φ + isin φ ) ≠ 0) 9 1.5.2 Căn bậc n của số phức Cho số nguyên n 2 Căn bậc n của số phức z là một số phức z’ sao cho z'n z... tƣơng ứng 1.4.4 Tọa vị của một vectơ trong E2 Định nghĩa: Trong E2 véctơ a;b cho tƣơng ứng số phức z = a + bi Khi đó z gọi là tọa vị của véctơ Kí hiệu là véctơ z 1.4.5 Biểu diễn số phức theo những điểm Trong E2 cho hai số phức dƣới dạng đại số z1 = x1 + iy1, z2 = x2 + iy2 Điểm O là gốc tọa độ Xác định hai véctơ 8 OZ1 ,OZ2 biểu diễn hai số phức z1, z2 y + Nếu Z1, Z2... của z có dạng k 2 , k Z a O x (Ngƣời ta thƣờng nói: Acgumen của z 0 xác định sai khác k 2 , k Z ) 1.4.1.2 Dạng lƣợng giác của số phức Xét số phức: z = a + bi (a,b R ) Kí hiệu r là môđun của z và là acgumen của z thì a = rcos φ , b = rsin φ Vậy z = a + bi 0 có thể viết dƣới dạng z = r(cos φ + isin φ ) Định nghĩa: Dạng z = r(cos φ + isin φ ) trong đó r > 0 đƣợc gọi là dạng lƣợng ... luận Số phức số dạng toán thƣờng gặp trình bày số dạng toán thƣờng gặp số phức ứng dụng số phức vào giải số toán ĐỐI TƢỢNG, PHẠM VI NGHIÊN CỨU 2.1 Đối tƣợng nghiên cứu Các dạng toán số phức. .. hình học tìm hiểu sâu số phức, số dạng toán số phức, ứng dụng số phức để giải toán lƣợng giác, tổ hợp, đại số đặc biệt toán hình học, chon đề tài Số phức số dạng toán thƣờng gặp , làm khóa luận... 2.2 Ứng dụng số phức 33 2.2.1 Dạng 1: ứng dụng số phức vào giải toán lƣợng giác tổ hợp 33 2.2.2 Dạng 2: ứng dụng số phức vào toán đại số 39 2.2.3 Ứng dụng số phức vào toán hình học