Khoá luận tốt nghiệp số phức và một số dạng toán thường gặp

TRƯỜNG ĐẠI HỌC s ư PHẠM HÀ NỘI 2 KHOA TOÁN PHẠM THỊ THOA SỐ PHỨC VÀ MỘT SỐ DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC • • • • Chuyên ngành: H ình học Ngưòi hưóng dẫn khoa học: ThS. GV. NGUYỄN VĂN VẠN HÀ NỘI - 2015 L Ờ I CẢM ƠN Tôi xin chân thành cảm ơn các thầy giáo, cô giáo trong khoa Toán trường Đại học Sư 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, người trực tiếp hướng dẫn tôi, luôn chỉ bảo, định hướng 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 thế tránh khỏi những thiếu sót. Tôi kính mong nhận được sự chỉ bảo và đóng góp ý kiến của các thầy cô giáo và các bạn sinh viên để khóa luận của tôi được hoàn thiện hơn. Tôi xin chân thành cảm ơn ỉ Hà Nội, tháng 5 năm 2015 Sinh viên Phạm Thị Thoa LỜ I CAM ĐOAN Trong quá trình nghiên cứu khóa luận “Số phức và một số dạng toán thường g ặ p ” tôi có sử dụng một số tài liệu tham khảo để hoàn thành khóa luận của mình. Danh sách tài liệu này tôi đã đưa vào mục Tài liệu tham khảo của khóa luận. Tôi xin cam đoan khóa luận được hoàn thành bởi sự cố gắng, nỗ lực của bản thân cùng với sự hướng dẫn tận tình của thầy giáo Nguyễn Văn Vạn cũng như các thầy cô trong tố Hình học. Khóa luận không trùng với kết quả nghiên cứu của các tác giả khác. Tôi rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến của các thầy cô và các bạn sinh viên đế khóa luận của em được hoàn thiện hơn. Sinh viên Phạm Thị Thoa MỤC LỤC MỞ Đ Ẩ U .................................................................................................................. 1 NỘI D U N G ..............................................................................................................3 CHƯƠNG 1: SỐ PHỨC............................................................................................3 1.1 ĐỊNH NGHĨA VÀ CÁC TÍNH CHẤT CỦA SỐ P H Ứ C ............................. 3 1.1.1 Định nghĩa số phức...........................................................................................3 1.1.2. Các tính chất của số phức...............................................................................3 1.2. BIẾU DIỄN HÌNH HỌC CỦA SỐ P H Ứ C ...................................................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 LƯỢNG GIÁC CỦA SỐ PH Ứ C ........................................................7 1.4.1. Số phức dưới dạng lượng giác..................................................................... 7 1.4.2 Nhân và chia số phức dưới dạng lượng g iá c ................................................ 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- V rơ .......................................................................................... 9 1.5.1 Công thức Moa- V rơ ....................................................................................... 9 1.5.2 Căn bậc n của số phức................................................................................. 10 1.6 Phương trình bậc hai với hệ số phứ c............................................................10 CHƯƠNG 2: MỘT SỐ DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP.......................... 11 2.1 Các dạng toán thường gặp về số phức..........................................................11 2.1.1 Dạng 1: Tổng hợp về kĩ năng cộng, trù’ nhân chia số phức................... 11 2.1.2 Dạng 2: Bài toán liên quan đến môđun của số phứ c.............................. 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 phương trình với biến số phức.......................................................................................................................23 2.1.5 Dạng 5: Chuyển đổi số phức từ dạng đại số sang dạng lượng giác và công thức Moa- V rơ ................................................................................................27 2.1.6 Bài tập.............................................................................................................. 29 2.2 ứ n g dụng của số phức................................................................................... 33 2.2.1 Dạng 1: ứng dụng số phức vào giải các bài toán lượng giác và tố hợp. 33 2.2.2 Dạng 2: ứng dụng số phức vào các bài toán đại s ố ................................. 39 2.2.3 ứ n g dụng số phức vào các bài toán hình học.......................................... 46 KÉT L U Ậ N .............................................................................................................52 TÀI LIỆU THAM KHẢO.................................................................................... 53 M Ở ĐÀU 1. LÝ DO CHỌN ĐÈ TÀI Chúng ta đã biết, do nhu cầu phát triển của toán học, số phức đã ra đời từ những thế kỉ trước. Sau đó, số phức lại thúc đấy sự phát triển không những toán học mà còn cả các ngành khoa học khác. Ngày nay, số phức không thể thiếu được trong các ngành khoa học kĩ thuật và được giảng dạy trong chương trình toán bậc trung học ở hầu hết các nước trên thế giới. Với mong muốn được 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 lượng giác, tổ hợp, đại số và đặc biệt là các bài toán hình học, tôi đã chon đề tài “Số phức và m ột số dạng toán thường gặp”, làm khóa luận tốt nghiệp. Khóa luận “Số phửc và một số dạng toán thường gặp” trình bày một số dạng toán thường gặp về số phức và ứng dụng của số phức vào giải một số bài toán. 2. ĐỐI TƯỢNG, VI NGHIÊN cứu • ’ PHẠM • 2.1 Đối tượng nghiên cún Các dạng toán về số phức và ứng dụng của số phức 2.2 Phạm vi nghiên cún Các dạng toán về số phức và ứng dụng số phức vào giải các bài toán lượng giác và tổ hợp, các bài toán đại số, các bài toán hình học. 3. MỤC ĐÍCH VÀ NHIỆM VỤ NGHIÊN c ứ u 3.1 Mục đích nghiên cún Trình bày một số dạng toán thường gặp của số phức và ứng dụng số phức vào giải một số bài toán lượng 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 tương 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 điến hình. 4. PHƯƠNG 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, TH ựC TIỄN CỦA ĐÊ TÀI. • 7 • 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 N Ộ I D U NG CHƯƠNG 1: SỔ 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 được gọi là đơn vị ảo, a được gọi là phần thực, kí hiệu Rez và b được gọi là phần ảo kí hiệu Imz Tập hợp các số phức được kí hiệu là c , nghĩa là c ={z = a + bi ,Va,b e R}và R c= c • Chú ý: • Số phức z = a + Oi có phần ảo bằng 0 được coi là số thực và viết là a + Oi = a e R c c Số phức có phần thực bằng 0 được gọi là số ảo (còn được gọi là số thuần ảo) z = 0 + bi (b e R) • • số 0 = 0 + Oi = Oi vừa là số thực vừa là số ảo. Hai số phức z = a +bi (a,b G R) z ’= a ’+ b ’i (a’,b’ G 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.L Phép cộng và phép trừ số phửc 1.1.2.1.1. Tổng của hai số phức Định nghĩa: Tổng của hai số phức z = a + bi (a,be R), z ’= a’ + b ’i (a’,b’ e R) là số phức z + z ’= a + a ’ + ( b + b ’)i. Như 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 như phép cộng các số thực • Tính chất kết hợp: (z + z ’) + z ” = z + (z’+z” ) với mọi z,z’,z” e c . • Tính chất giao hoán: z + z ’= z ’+ z với mọi z,z’ E c . • Với số phức z= a+bi (a,b G R), nếu kí hiệu số phức -a - bi là -z thì ta có: z + (-z) = (-z) + z = 0. So -z được gọi là số đối của số phức z. • Cộng với 0: z + 0 = 0+Z = z với mọi z e c . 1.1.2.1.3. Phép trừ hai số phức Định nghĩa: Hiệu của hai số phức z và z ’ là tống của z và - z \ tức z - z ’= z + (-z’) Neu z = a + bi (a,be R), z ’= a ’+b’i (a’,b’eR) 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 phang phức, ta đã coi điểm M có tọa độ (a,b) biểu diễn số phức z = a+bi. Ta cũng coi mỗi véctơ ucó 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' biếu diễn số phức z + z \ u - u' biếu 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’eR). Thực hiện phép nhân một cách hình thức biểu thức a + bi với biểu thức a ’+ b ’i rồi thay i2 = -1 ta được: (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 ’s R) là số phức zz’ = aa’- bb’+ (ab’ + a’b)i. 4 N hận xét: Với mọi số thực к và mọi số phức a + bi (a, be R) ta có k(a + bi) = (k + Oi)(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 tương tự như phép nhân các số thực • Tính chất giao hoán: z.z’= z \z với mọi z,z’ e с . • Tính chất kết họp: (z.z’).z” = z.(z’.z” ) với mọi z,z’,z’eC. • Nhân với 1: 1.z = z. 1= z với mọi zeC • Tính chất phân phối ( của phép nhân đói với phép cộng): z.(z’ + z ” ) = z.z’ + z.z’ ’ với mọi z,z’,z’’ e c . K ết luận: Từ các tính chất vừa trình bày ta đi đến kết luận là mọi số phức đều viết được dưới dạng đại số z = а + bi (a,be R) và để thực hiện phép cộng, phép nhân số phức ta có thể tiến hành như đối với nhị thức а + bi ( coi а + bi là đa thức của biến i với hệ số thực) mà khi gặp i2 thì ta thay bằng -1. 1.2. BIẺƯ DIỄN HÌNH HỌC CÜA SỐ PHỨC Ta đã biết biểu diễn hình học các số thực bởi cácđiểm trêntrục số. Đối với số phức, ta hãy xét mặt phẳng tọa độ Oxy. Mỗi số phức z = a + bi (a, be R) được biểu diễn bởi điểm M có tọa độ (a,b). Ngược lại,rõ ràng mỗi điểm M(a; b) biểu diễn một số phức là z = а + bi. Ta còn viết M(a + bi) hay M(z). Vì lẽ đó, mặt phang tọa độ với việc biểu diễn số phức như thế được gọi là mặt phang phức. Gốc tọa độ О biểu diễn số 0. у Các điểm trên trục hoành Ox biểu diễn các số thực, do đó trục Ox còn được gọi là trục thực. Các điểm trên trục tung Oy biểu diễn các số ảo, do đó trục Oy còn được gọi là trục ảo. 5 1.3. SỐ PHỨC LIÊN HỢP VÀ MÔĐUN CỦA SỔ PHỨC 1.3.1. số phức liên họp 1.3.1.1. Định nghĩa Sô phức liên hợp của z = a + bi (a,be R) là a - bi và được kí hiệu bởi z . Như vậy z = a + bi = a - bi Rõ ràng z = z nên người ta còn nói z và z là hai sô 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 Vz e С • z - z = 2ilmz Vz Ễ С • V z G С, z = z z G R c C • Vz e c , z = - z о z là số thuần ảo • z = z Vz G С • z , + z 2= z , + z 2 Vz,,z2 Gс • z,.z2 =z,.z2, Vz , z 2 g C z. y 4^2 = — Vz,,z2 G с Z2 . x .z= x^ z V Ắ G /?,V zeC • z.z = a 2 + b2 (hay zz > 0^ Vz = a + bi G с 1.3.2. Môđun của số phức Định nghĩa: Mô đun của số phức z = а + bi (a,be R) là số thực không âm л/я2 +b 2 và được kí hiệu là \z\ Như vậy z = а + bi (a,be R) thì Ы = Æ z = л/й2 +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 LƯỢNG GIÁC CỦA SỐ PHỨC 1.4.1. Số phức dưới dạng lượng giác 1.4.1.1. Acgumen của số phửc z ^ 0 Định nghĩa: Cho số phức 0. Gọi M là điểm trong mặt phang phức biểu diễn số phức z. Số đo (rađian) của mỗi góc lượng giác tia đầu Ox, tia cuối OM được gọi là một acgumen của z. Chú ý: Neu ẹ là một acgumen của z thì mọi acgumen của z có dạng ọ+k27T,k G z (Người ta thường nói: Acgumen của . 0 xác định sai khác ọ + k27T,keZ). 1.4.1.2. Dạng lượng giác của số phức Xét số phức: z = a + bi (a,b e R ). Kí hiệu r là môđun của z và ọ là acgumen của z thì a = rcos (p, b = rsin (p . Vậy z = a + bi ^ 0 có thể viết dưới dạng z = r(cos (p + is in ọ ) Định nghĩa: Dạng z = r(cos(p + isin (p) trong đó r > 0 được gọi là dạng lượng giác của y số phức z Ỷ 0. M(a +ib) Còn dạng z = a +bi (a,beR ) được gọi là dạng đại số của số phức z. Nhận xét: Đe tìm dạng lượng giác o r( cos cp + isincp) của số phức z = a +bi (a,b ^0 ) ta cần: • Tìm r: Đó là môđun của z, r = Va2+b2 số r đó cũng là khoảng cách từ gốc o đến điểm M biểu diễn số z trong mặt phang phức. 7 • Tim (p: Đó là một acgumen của z, Ф là một số thực sao cho coscp = — r b và sinọ = —, số Ф đó cũng là số đo một góc lượng giác tia đầu Ox, tia cuối r OM. +) |z| = 1 khi và chỉ khi z = C0 S(p + isincp ( Ф G R) +) Khi z = 0 thì |z|= r =0 nhưng acgumen của z không xác định ( đôi khi acgumen của 0 là số thực tùy ý và vẫn viết 0 = 0(coscp + isinọ). 1.4.2 Nhân và chia số phức dưới dạng lượng giác Neu z = r(coscp+ isin ọ ), z ’ = r ’( coscp’+ isinọ’) ( r > 0, r > 0 ) th ì z.z’ = r.r’ [ cos((p + ф’) + isin((p + ф’) ]. —= -[cosCcp+cp’+isir^cp-cp')] khi r > 0. z' r' Như vậy để nhân các số phức dưới dạng lượng giác ta lấy tích các môđun và tống các acgumen, đế chia các số phức dưới dạng lượng giác ta lấy thương các môđun và hiệu các acgumen. 1.4.3 Toa vi của môt điểm trong E2 Định nghĩa: Trong E2, điểm M(a; b) cho tương ứng với số m = a + bi thì số m được gọi là tọa vị của điểm M, kí hiệu là M(m). Kí hiệu một điểm trong mặt phang bởi chữ cái in hoa và tọa vị của nó là chữ cái in thường tương ứng. 1.4.4 Tọa yị của một vectơ trong E2 Định nghĩa: Trong E2 véctơ a (a ;b )ch o tương ứng số phức z = a + bi. Khi đó z gọi là tọa vị của véctơ a . Kí hiệu là véctơ a ( z ) . 1.4.5 Biểu diễn số phức theo những điểm Trong E2 cho hai số phức dưới dạng đại số Zi = Xi + iy 1 , z 2 = x 2 + iy 2 Điếm О là gốc tọa độ. Xác định hai véctơ 8 OZpOZ2 biểu diễn hai số phức Zb z2 + Neu z b Z2CÓ cùng giá: Số phức z = Zi + z2 là OZ = OZj + OZ2 + Neu Zi, z 2 không cùng giá: Dựng hình bình hành OZ 1ZZ 2. Suy ra: z = (X\ + x2; У1 + y2) biểu diễn tọa vị của Zi + z2 Do đó tống của hai số phức có thể biểu diễn như tổng của hai véctơ trong mặt phang. Nhận xét: Sự biểu diễn số phức trong mặt phẳnghoàn toàn thích họp khi xem xét cộng, trừ hai vectơ với cộng, trừ hai số phức. 1.4.6 Khoảng cách giữa haỉ điểm Giả sử M(zi), N(z2) g E2. Ta có MN = z2 - Zị . Khi đó khoảng cách giữa hai điểm M, N được tính theo công thức: MN = MN = yj(z2 - z i ) ( z 2 _ Z |) • 1.5 Công thức Moa- Vrơ 1.5.1 Công thức Moa- Vrơ Với mọi số nguyên dương n thì ta có: [r(coscp+isincp)] " = rn(cosncp+isinncp) và khi r = 1 ta có: (cosọ+isinọ)" =cosn(p+isinncp. 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(coscp + isincp ) * 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). Như vậy Vz e C ,z ^ O ,z = |z|(cos(p + isin(p) là căn bậc n của một số thực không âm). 1.6 Phương trình bậc hai với hệ số phức Ax2 + Bx + c = 0 ( 0) với A, B, c là các số phức À = B2- 4AC B +, Neu À = 0 thì phương trình có nghiệm kép z = — 2A +, Neu À Ỷ 0 thì ta tìm các căn bận hai w của À thì phương trình có hai B±w nghiệm phân biệt z, 2= -------2A 10 CHƯƠNG 2: MỘT SỔ DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP 2.1 Các dạng toán thường gặp về số phức 2.1.1 Dạng 1: Tống họp về kĩ năng cộng, trừ nhân chia số phức Nguyên tắc chung đễ tính toán • Do có các tính chất giao hoán, phối hợp nên quy tắc cộng, trừ số phức là cộng riêng, trù’ 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 được thực hiện theo quy tắc nhân đa thức thông thường rồi thay: i2 = - l , i 3 = i 2i = - i ,i 4 = i 2.i2 =1,.,i4m = l,i4m+1 = i,i4m+2 = -1 • Đe tính — , ta nhân tử và mẫu cho số phức liên hợp của mẫu z ' • Tổng quát là tính gọn từng bước, dung các giá trị của in và hạ bậc các lũy thừa, tính gọn mẫu nếu có trước khi nhân số phức liên hợp,... Chú ý): +) |z|2 ^ z2;|z|2 = z 2 O z là số thực +) Có thể dung công thức tính tổng các cấp số nhân: u, + u 2 + u 3 + .... + u n = Uị.— 1 -q ,C[ ^ 1, hoặc hằng đẳng thức: a" - b" = (a - b )(a n~' + a"~2b + a"-3b2 + ................ + ab"-2 + b"~') Ví dụ 1: Tìm phần thực và phần ảo của các số phức sau. a) (l + 2i)2 / b ) z - í7 ẵ r f 1 , „ c) z = (2 + i ) - ( 3 + 2i)3 «*-(i+ 3i)(2-i)-+ í 5 f 11 Lời giáỉ: 1+4Ì-4 -3+4i (-3+4i)(3+i) -13+9Ì a) Ta CO z = ——— = ——— = ---------------------------- —-----3-i 3-i 10 10 13 > 9 Vậy phân thực của z băng — - , phân ảo — 10 10 b) Ta có: (2 + i)3= 23 + 3.22.i + 3.2.Í2 + i3 = 2+1 li (3+2i)3= 33 +3.3\2i + 3.3.(2i)2 + (2i)3= -9 + 46i Suy ra z = 11-35Ì. Vậy phần thựccủa z bằng 11, phần ảo bằng -35. c) Ta có (3 + i)(l - 2i) = 5 - 5i ;(3 + 2 iý = 5 +12i. ( 5 - 5 i) ( 5 + 1 2 i) 85 + 35Ì suy ra z = ----- —----------- = ---- —— 5+12 169 85 '3 5 Vậy phần thực của z bằng — - , phần ảo bằng 169 169 d) Ta có z = (1 + 3i)(3 - 4i) + (4 -2 i)(l+ 3 i) 10 t 10+1 Oi _ —15 + 5i H------— — — 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 +22Ì1 2. ( 2 - i ) ( 3 z + 1) = (z + 2 ) ( 4 - 5 i) 2 Lòi giải: , ^ , 1. Ta có 2z + 1 29+22Ì _ 13+9i : ra z= - = 3 - 1 = — -- ---------suy 3+4i 3+4i suy ra I z| = л/з2 +12 = л/ĩõ 12 = -- — 2. Ta có (6 - 3i)z + 2 - i= (4 - 5i)z + 8 - 1Oi ^ /о _ z: rv _ 6 - 9i _ 3 15. (2 +2i)z = 6 - 9i suy ra z =-7 — — = - — - — i. 2 + 2i 4 4 ..„Il 3V26 suy ra |z| = —— . Ví dụ 3: Tìm số phức liên hợp của số phức z biết a ) (2 + i)3 + ( 2 - i ) 3 b. Z = i + i 4 ............ + Г (2 + i)3- ( 2 - i ) 3 2011 c) z = r \ + зУз1Л d. z = (1 + i)2 + (1 + i)3+. 2 -V 3 iy X ' • • *? • Lòi giai: a) Ta có(2+i)3 = 2 + 1li; (2 2 + lli + 2 - lli suy ra z = —----------—--------= 2+1 l i - ( 2 - 1 li) - 3i)3 = 2 - \ U 4 -2 2 . —— = — . Vậy z = — i. 22i 1 li 11 b) Ápdụng công thức tính tổng cấp số . i 2(,(,9-l 1-1 i- 1 i- 1 nhân ta có: z = i ------- = i — = i.V ây z = -i. c)Đặt w = ì+3j ĩ ' =-1 + s/Si =>w2 = 2(1 + S i ) => w3 = w 2.w = -2Í\ + -73iV-l + -Узi) = 8 => z = w 20" = (w 3)670.w = 8670(-l + y ß ) = 220l0(-1 + S i ) Vậy z = -220l0(l + J 31). d) Áp dụng công thức tính tổng của cấp số nhân, ta có: 0 ' . \ 2010 1 / л . \ 2010 1 + i) - I , 4 (1 + 1 ) - 1 --------------- 1 - i = ( l + i p ----- 1 ---------- 1 -i. 1 + 1 -1 v ; i 13 /, . 4 2010 •+ ( 1+i) Mà (1 +i)2 =2i =>(1 + i) “ '° = (2i)1005 = 2,005.iHK>4.i = 2,005.i =>z = -i.(i+ l).(2 ,005i - l ) - 1 - i = 2l005i + 21005 - 2. Vậy z = 2'005 - 2 - 2I005Í. 2.1.2 Dạng 2: Bài toán liên quan đến môđun của số phức Đe 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 phang, hàm số, hàm lượng giác,... Ví dụ 1: Cho số phức thỏa mãn |z| = 1. Tìm giá trị lởn nhất, giá trị nhỏ nhất của: 1, A = 1 + z + 3 1 - z 2, B = |l + z| + |l - z + z2 Lòi giải: Đặt z = X V ì |z |= l + yi với nên y2= X, y6R 1 - X2 v à x € [ - 1 ; 1 ]. 1, Ta có: |l + z| = /2(1 - x ) Mà f(l) = 2, f(-l) = 6, f = 2 ^ nên: 14 r— 4 3 +) inax A = 2 v l0 khi z = —- ± —i lz|=i 5 5 +) min A = 2 khi z = 1 |z|=l 2, Vì 1 - z + z2 bằng 2x2 - X + y (2x - 1)y nên |l - z + z2| = yj( 2 x 2 - x )2 + y2(2x - l)2 = Ậ 2 x - l)2(x 2 + y 2) = |2x - 1| Vậy nên B = |l + z| + |l - z + z2| = yj2(1 + x) + |2x - l| Đặt g(x) = y/2(ì + x) + |2x - l| với xG [-1 ;1 ]. Xét 2 trường họp: • Trường hợp 1: Xét thì g(x) = ự ĩ ( ĩ + x) + \2 x - l| X E + 2 > 0 Vx e Ta có g’(x) = •y/2(l + x ) Ỷ;1 m a x g ( x ) = g (i) = 3, m i n g ( x ) = g í ^ | = >/3. |Ị;.1 [ịTi w Trường hợp 2: Xét Vì g’(x) = thì g(x) = ^2(1 + x) - 2x + 1 X G 1 , - 2 > 0 , g ’(x) = 0 x = - - và: -72 (1 + x ) 8 = >/5 — 00 13 g(-l) = 3 ,g í —7 Ì = — , g 4 r 7^ Nên max g(x) = g V 0/ -1;- 13 và không tồn tại giá trị nhỏ nhất trên khoảng đó. So sánh hai trường hợp, ta có: _ r> 13 • max B = — khi z= N1 4 7 -s/ĩ?. ± 1 8 8 15 • min B = V3 khi z = — ± ^ - i H= < 2 2 Ví dụ 2: Cho số phức thỏa mãn |z + 2 - 2i| = 1. Tìm giá trị lởn nhất và giá trị nhỏ nhất của |z|. Lời giải: Đặt z = X + yi với X, y 6 R. Vì |z + 2 - 2i| = 1nên: ( x + 2 ) 2 + (y~2)2 = 1. |x + 2 + ( y - 2)i| = 1 Vì thế có thể đổi biến X +2 = cost, y - 2 = sint với 0 < t < 2n . Khi đó: X2 + ỵ 2 = (cost - i f + (sint + i f í 7ĩ^ = 9 + 4(sint - cost) = 9 + 4V2sin t - 4 Mà - l < s i n t - V 4y < 1 nên 9 - W V9 - 4V2 < |z| < V9 + 4 V2 2 < X2 + y 2 < 9 + 4 V 2 , d o đó: 2V2 - 1< |z| < 2 V2 + 1 • |z| = 2 V2 -I khi t = — hay X = -2 + - ^ - , y = 2 11 4 2 2 , I r> /2 Vậy min z = 2v 2 -1 đạt được khi z = -2 + +i 2 11 • 2 |z| = 2>/2+l khi t = — hay X = -2 II 4 2 y=2+ 2 Vậy max|z| = 2 V ĩ +1 đạt được khi z = - 2 ---- — + i 2 w dụ 3: Cho số phức z thỏa |z| = 1 . 7 ?JTI g ia /TỊ* l ỏ ĩ i của: 16 ■ã - + — 2 nhất và giá trị nhỏ nhất 1. A = z + 5i 2. В = z2 + z + 1 + z3+ 1. Lời giái: 1. Ta có: A = 1+ Mà 4 = 5i z - 5ỉ 5i < 5i + 1 = 6=> 4 < A < 6 1< ,1+— z z Khi z = -i => A = 4, suy ra rninA= 4. Khi z = i=> A = 6, suy ra max A = 6. 2. Ta có: в < |z|2+ |z| + 1+ |z|3 + 1 = 5 Đẳng thức xảy ra khi z = 1. Vậy maxB = 5. Mặt khác: в = 1 -Z- 1+ z 1- z +1+ z + — — > ------- --— + 1+ Z > = 1. 1- z Đắng thức xảy ra khi z = -1. Vậy minB = 1. Ví dụ 4: Cho a, ß là hai số phức liên hợp thỏa mãn — G R và a - ß| = 2y ß. Tính \a\. Lời giải: Đặt a = x + yi = > ß = x - y i với x,y GR. Không giảm tính tổng quát, ta coi y > 0 . Vì |cx - p|= 2у/з nên |2iy| = 2 л/з =>y = л/з ' Do a ,ß la hai sô phức liên hơp nên a.ß 6 R, m à (X -у = p Ql3 — e R do đó ( a ß) a 3 g R khi và chỉ khi Зх2у - у 3 =0y(3x2 - у2) = 0 = > x 2= 1. Vậy |a| = yjx2 + у2 = VT+3 = 2. 17 Ví dụ 5: Cho hai số phức Zi và Z2 • Chứng minh rằng 1. |zj + z2|2 +|zj - z 2|2 = 2(|z,|2 + | z 2|2Ị 2 . 1- z ,z . 3. Zj - | z , - z 2| = ( l+ |z ,z 2|) - ( |z ,| + |z2|y z 2 < Zj + Z7| < Z, + z 2 Lời giải. 1. Ta có: |z, + z 2|2 + | Z j - z 2|2 = ( z , + z 2 ) ( z , + z 2 ^ + ( z ! — Z 2 ) ^ Z ị — z 2 ) = (z, + z 2)(z, + z 2) + (z, - z 2)(z, - z 2) = 2(z,z, + z 2z2) = 2Ị|z,|2 + |z 2|2j 2. Ta có l - z , z 2| - |z , - z 2|2 = ( l - z , z 2) Ị l - z , z 2j - ( z l - z 2)(z, - z 2) = ( l - z | z 2) ( l - z , z 2) - ( z l - z 2) ( z ^ - z 2) _ 1 = 1+ I - |2| Zj z2 |2 - I Zj |2 - I z2 |2 /14 ( 1) Mặt khác: (l + |z,z2|)2 —(|zj| + |z2|)2 =1 + 2 |z 1z 2| + |z ,z 2|2 —|z,|2 —2|z,z2| —|z2|2. Z.Z, 1—Z. 2z, ỉ 2 V ì ............... nên T7-V A (l + |z,z2|) - (|z,| + |z2|) = 1 + |z,| |z2| - |z,| -|z2| (2) Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh. 3. Gọi M, N, p lần lượt là biểu diễn hình học của Z|,Z2 và z' + Zl =>OM = |z,|, ON = |z2| và PO = |z, + z2| Ta có: 18 z, + z 2 = O P < O M + MP = OM + O N = Zị + z2 Z 1 - z 2 = OM - ON = OM - MP < OP = z, + z2 2.1.3 Dạng 3: Tìm tập họp các điểm M (x,y) trong mặt phẳng phức biểu diễn số phức z = X + yi. Tầ • X _ _ 1 *Ạ Ạ __ 't_ r _ Biêu diên sô phửc - Neu z biểu diễn bởi uvà 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 ’ được biểu diễn bởi OM + O M ', z - z ’ được biểu diễn bởi OM - OM’ = M M . Nếu k là số thực, z biểu diễn bởi u thì kz biểu diễn bởi ku Neu k là số thực, z biểu diễn bởi điểm M thì kz biểu diễn bởi kOM 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 o X2 + y2 < R2 hay OM < R z - (a+bi)| = R ,(R > o) (x - a)2+ (y - b)2= R 2 hay IM = R với I(a,b) ịz - (a+bi)| < R ,(R > o) (x-a)2+ (y-b)2 < R 2 hay IM < R với I(a,b) Iw - (x + yi)| = w - (x' + y'i)|, N biểu diễn w o 19 NM = N M ’. Các loại phương trình, hình dạng tập điếm: Ax + By + c = 0, A2+ B2 Ỷ 0: đường thẳng y = ax2+ bx +c: parabol (x - a) + (y - b) = R : đường tròn tâm I(a,b) bán kính R. (x - a )2+ (y - b )2 < R : hình tròn tâm I(a,b) bán kính R. MFi + MF2 = 2a, F 1F 2 < 2a: elip |MFị - MF2| = 2a, F!F2 > 2a: hypebol MI = MJ: trung trực của đoạn u . 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 - 4 z - 3 z |< l 6) z + 1 + 1 - z - 2 - 3i = 2 Lòi giái: 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 đường thẳng đi qua N và song song với Ox, đó là đường thẳng y = -3. i y ‘ 1 1 1 o 1 k y=-3 -3 2) Gọi I là điểm biểu diễn số phức Z] = \ - 2i=>I(l ;-2) Khi đó: \z-\ + 2i| = 1|z - z,| = l IM=1 Vậy quỹ tích của M là đường tròn tâm I bán kính R = 1 20 Gọi A, B lần lượt là biểu diễn của số phức Z i= -3i, z2= -2 + i =>A(0;-3), B(-2;l) khi đó: |z + 3i|=|z+2-i| < ^ |z - z j = |z - z2| MA = MB Vậy quỹ tích của M là đường trung trực đoạn AB có phương trình là: x - 2 y - 1=0 3) Gọi E, F lần lượt là biểu diễn hình học của số phức Zi = -4 - 3i, z2 = -3 - 2 i =>E(-4; -3), F(-3; - 2 ) ^ E F = ^ 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 , 5 4 5 -4 4) Gọi E là điếm biếu diễn của số phức Zi = ^ - -7 / => E ( ^ ;—- ) . Khi đó: 3 3 3 3 |5 - 4i - 3z| < 1 |3z - 3z. I< 1 |z - z. I < - EM < — I I I .1 1 11 3 3 21 Vậy quỹ tích của M là hình gồm đường tròn tâm E bán kính R = — và miền trong của nó. 5) Gọi E, F là điểm biểu diễn của số phức Z]= -1 - i, z2 = 2+ 3i=>E (-l; -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 điếm M biếu diễn số phức z thỏa mãn: 2z - i ' ' 1) ——- có phân thưc băng 3 z -2 i - z - 2i + 3 ^ , 2 ) — - là một sô thực dương z+3+i Lòi giái: 2 1) Gọi M(x; y) z = X + yi z - y = 2 x + (2y - 1)i z - 2i = X + (y - 2)i 2z - i = [2 x + (2 ỵ - l ) i ] [ x - ( ỵ - 2 ) i ] _ = a + bi z -2 i x 2+ (y - 2)2 Với a _ 2x2+ (2ỵ - l)(y - 2 ) _ 2x?+2y2- 5y +2 x 2+ ( y - 2 ) 2 x2+ y 2-4 y + 4 a = 3 2xz + 2yz - 5y +2 = 3(x2 + y2 - 4y + 4) với 9 ? 9 17 9 249 O x + y - 17y +10 = O o x + (y - — ) = —— 2 4 V2 4 9 r 17^ Vậy tập hợp M là đường tròn tâm I có tọa độ là I 0;— , R= V 2 y 2) Gọi A, B là điểm biểu diễn của hai số phức Z]= -3 + 2i, z2 = -2 - i suy ra A(-3; 2), B(-2; -1) 22 Khi đó: z+3+i = k > 0 ( k e R ) o = = k o M A = k.MB BM Suy ra M thuộc tia AB. 2.1.4 Dạng 4: Bài toán liên quan đến nghiệm phức, giải phương trình vói biến số phức Đối với phương trình bậc hai với hệ số thực các bước đã trình bày ở sách giáo khoa. • Đối với phương trình bậc hai với hệ số phức thì ta cần lưu ý là phải tính được căn bậc hai của số phức • Phương trình bậc cao: Nguyên tắc chung cũng như phương trình bậc cao trong R là biến đổi thành phương trình tích hoặc đặt ẩn phụ để đưa về phương trình bậc nhất, bậc hai. Người ta chứng minh được rằng phương trình bậc n A 0z n + A^"-1 + ............+ A n_jZ + A n = 0 trong đó A 0,A p ......... ,A là n + 1 số phức cho trước, A 0 =5*0 , n là một số nguyên dương 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. , 4 3, z2+ |z| + 8z = 4 4 'ịz - ( 2 + i)| = yỊĨÕ _ zz = 25 Lời giải: 1, Đặt z = X + yi => (3i + l)z = (3i + l)(x - yi) = X + 3y + (3x - y)i => 4z + (3i + l)z = 5x + 3y + (3x + 3y)i Í5x + 3y = 25 íx = 2 23 Vậy z = 2 + 5i. 2, Đặt z = X + yi => ( z j = X2 - y2 - 2xyi Suy ra 3z - = 3x - 2x2 + 2y2 + (3y + 4xy)i Í3x - 2x2+ 2y2= 0 (l) Nên ta có: ị _ _ . T ừ (2) suy ra |3y + 4xy = 0 (2) y=0 -3 X = . у = 0=>3x - 2 x2= 0 x = 0, x= -3 _ 4 _2_21 8 , 3 ^6 . 4 • X = ---— = > y 2= — = > y = ± — Vậy có bốn số phức thỏa mãn yêu cầu bài toán z = 0, z = —, -3 , 3>/б_. 4 4 3, Gọi z = X + yi => z2 = X2- y2 + 2xyi, |z| = yjx2+y2 và z = Nên г2 + 1z| + X2- y i. = 44 Jt2 - y 2 + 8x + yjx2 + y 2 + (2xy - 8 j)ỉ' = 44 y2+ 8x + ^/x2 + y2 = 44 X 2- 2xy - 8y = 0 у=0 THI: r 2 . . X + 8x + X = 44 X X - =4 TH2: J f ~ ï \ 6 = y 2- 4 y2+ 8x + sjx 2 +y 2 = 44 2y(x - 4) = 0 'y = 0 -9 + J Î5 Î X = -11 ; X = x=4 | y = ±3 Vậy có bốn số phức thỏa mãn yêu cầu bài toán z = - \\ , z = z = 4 ± 3i. 24 - 9 + %/257 4, Đặt z = X + yi => z - (2 + i) = (x —2) + (y —1)i 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 + l)z +1 -5i = 0 4z - 3 - 7i = z - 2i z- 1 4) 25(5z2 + ì f + 4(25z + 6)2= 0 Lời giải: 1) Ta có: À' = 1 - 17 = -16 nên phương trình đã cho có hai nghiệm phức: Zị = 1 4i, Zi = 1 + 4i. 2) Ta có: A = (2i + l)2- 4(1 - 5i)= -7 + 24i = (3 + 4i)2 => ô = 3 + 4i là một căn bậc hai của A . Vậy phương trình có hai nghiệm: Z 1 = i + 1; z 2 = -2 - 3i. 3) Điều kiện: z Ỷ i Phương trình c>4z - 3 - 7i = (z - i)(z - 2i) o z2 - (4 + 3i)z + 1 + 7i = 0 Ta có: A = (4 + 3i)2- 4(1 + 7i) = 3 - 4i = (2 - i) 2 Phương trình có hai nghiệm: Z\ = 3 + i; z2 = 1 + 2i. Ket họp điều kiện, ta thấy phương trình đã cho có hai nghiệm: Zi = 3 + i; z 2 = 1 + 2i. 4) Phương trình ^ (25z2 + 10) - (50iz + 12i) = 0 25 (25z’- + 50iz + 10+ 12i)(25z2-5 0 iz + 10- 12i) = 0 25 z2 + 50iz + 10+ 12i = 0 » 25z2- 50iz + 10- 12i = 0 z, l-lli Ịz« 2 5 1+ l li I (5z + 5i)2 = -3 5 - 1 2i = (1 - 6i)2 o ( 5 z - 5 i ) 2 = -35 + 12i = (l + 6i)2 -1 + i 5 -1 -i I w dụ 3: Giải phương trình 1. z3 + (2 - 2 i)z2 + (5 —4i)z —10Ì = 0 biết phương trình có nghiệm thuần ảo. 2. z4 - 2z3 - z2 - 2z +1 = 0 3. = 8. Z+ 1 Lòi giái: 1) Giả sử z = xi là một nghiệm của phương trình. Khi đó, ta có: - x 3i - ( 2 - 2 i ) x 2 + ( 5 - 4 i ) x i - 1 0 i = 0 » ( - 2 x 2 + 4 x ) + (-X 3 + 2x2 + 5x - ] 0)i = 0 J - 2 x 2+ 4 x = 0 Ị - x 3+ 2 x 2+ 5 x - 1 0 = 0 x = 2 = > x = 2i là một nghiệm của phương trình. Nên ta biến đổi phương trình đã cho về dạng: ( z - 2 i ) ( z 2 + 2 z + 5) = 0 z = 2i z = 2i z + 2z + 5 = 0 z = -1 ± 2i 2) Vì z = 0 không là nghiệm của phương trình nên Phương trình: / z 2 + 4 - 2 \ \ -2 z + — -1 = 0 V Zy 26 -3 = 0 z = -l z =3 • z = -1 z + - = -lz + Z + 1= 0Z = z z = 3 < » z 2+ 3z + 1= 0z = 3) Đặt z = 2 -3 ± ^ 5 z+i z+1 ta c ó :Z 3= 8 (z-2)(z2+ 2 Z + 4) = 0 < » z =2 Z= -l±j3i z = 2 ——- = 2 o z - i = 2 z + 2 o z = - 2 - i z +1 - 5 - - J Ï 2 + л/з. • z = -1 “I—ч/з^1 ■>=>------——1+ л/з! z — ---------- + ----—1—i. 7 7 z+1 - 5 + n/3 2 - - J Ï ----- ----- + ------— i 7 7 z+1 2.1.5 Dạng 5: Chuyển đổi số phức từ dạng đại số sang dạng lưọng giác và công thửc Moa- Vrơ Chuyển đổi số phức từ dạng đại số sang dạng lượng giác gồm các bước • Tìm môđun r của z đó là r, đó là r = л/а2 + b2 . • Tìm Ф là 1 acgum en của z, Ф là số thực thỏa mãn đồng thời: a b coscp = —; sin (Ọ = —. r r Khi đó, z = r(coscp + isincp) • Công thức Moa- vrơ [r(coscp + isin(p]" = r n(cosncp + isinncp) . 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 lượng giác hoặc dùng nó để chứng minh các công thức nhân đôi, nhân ba,..... của phần lượng 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 20,2. 1) z = -2 + 2i 2) z = л/б - y ị ĩ i Lòi giái: + 2: ,____ 1) Ta có: 2 1 ẹ = TZ\ỉ EZ = Vf zỉ r = 2-JĨ _ 3tĩ ф= . 1 coscp Зп . . ЗлЛ Vây z= 2y/2\ cos— + isin l 4 ĩ , => Z2012 = { 2 ^/2 ^ Ị^COS— + is in — = 23ül8(cos503ïï + isin503ïï) Vậy z2012 = -23018. ^ ( 71Л ỉ 71^ >/5 о -— + isin 2) Ta có: z = 2 V2 -^ 7- - —1 —i = 2 V2 COS 2 ) V V uy V2 ■ÌOOÓTĨ^ 2 71 -100671 + isin = 2” '81 COS— + is in — ^ 3 3 N \ 1 7з. —+ 1 = 230l7(-l + ^ i ) . 2 2 J ■ =^> z2 0 1 2 ___ = 2/->3018 I COS =23018 V Ví dụ 2 : Viết các số phức sau dưới dạng đại số 1) z = M -i 1 "20'2 - 73,'iy 2) z = 28 (1 + i ) '’ (l + Vã)" = - 23 Lời giáỉ: f 71 1) Ta có : 1 - i = *JĨ COS + isin và \ 4JJ / 1 - V5i = 2 COS _ J_ ( . 1 -1 r 71 N 1 1 2 j cos ------ -Л V N2012 f 1 1 - n/3i 71 r 4 6 ,и V 6J V 1 -i + is in - — + isin ч~12. и f 2 71 50371 Vi V •n . - + ^ i V 71 VI Í 503 tc\ + isin cos ■ V »1006 ' 2 (1007 .1007 J . . лЛ 2) Tacó: 1 + i = V2 COS— + ism — 4 4у ^ ( 1 + i ) l9= 2 , Æ __ 371 Зя COS— + isin—4 4 у с ъ 71 71 1 + V3i = 2 COS-- + i s i n ^ 3 / I—\40 (1 + V3i) = 2 3y COS + isin _ 0 49 З71 Зтс z = 2 v 2 COS—- + isin — I 4 4 cos 2лЛ^| 3 + isin V 3 yy ^ я я л = 249V2 cos— + ísín — — = 2 48(%/з + 1 + (л/з-l )i Ị. V 12 12 у 2.1.6 Bài tập Bài 1. Cho số phức z = 3y2 —5y + 2 - ( x + l ) ( y - l ) i . z là số thực 2) z Jà số thuần ảo 7 3) z = 2 + 3i 29 ìm X, у để Bài 2. Tìm phần thực, phần ảo và tính mô đun của các số phức sau N16 l) z = (2 -i)(2 -3 i)(5 + 4 i) 2) z= + íl l—+ i (l +i l r 1) Bài 3. Tính z, + z 2,z, - z 2,z,.z2 |z, - 2 z 2 ,2z, + z 2biết: 1) Zj = 5 - 6 i , z 2= - 1 - 3 i 3 )Z, 1 3, _ 1 2 = - - + T-i,z2 = ~ + - i 2 2 3 3 . 2) Zi = 2 4) Zj = -v/3 + 2 i , + 3i, z2 = 3 z2 = + 4i -> /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) 2+i 5 )— 1 -i z= -1 +3i 6) 2z( 1 - i) = 2iz (1 + i) +4i 2+i 1 ^ 3 - = 3 + 2i -1 + 3i \ - 0 Bài 5. Cho z = ——-T“ I .Hãy tính IT-; z ; z ; (zj ; 1 + z + z Bài 6. Tĩnh 1/ A= B = D = 2i ^l + O 33 + ( l - i ) ,0+ (2 + 3 i)(2 -3 i) + i v i-iy V3 1: _ + —i 2 2 V + ( l - i ) 2009 - ( i ,05+ i 23+ i 20- i 34) Bài 7. Chứng minh rằng: l . z = ^2 + iV5) +ị 2- i y Í 5^ là số thực. 30 9 2. z = 19 + 7iỴ í 20 + 5ìỴ 9 -i 7 + 6i là số thuần ảo. Bài 8. Gọi A,B ,c lần lượt là điểm biểu diễn của các số phức : z, = 3 + 2i ; z2 = 2 - 3i; z3 = 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 phang tọa độ ,tìm tập hợp các điểm biểu diễn các số phức z th õ a m ã n đ iề u k iệ n : 1. Phần thực của z bằng hai phần ảo của nó. 2. Phần thực của z thuộc đoạn 3. Phần thực của z thuộc đoạn [-2;!] và phần ảo của z thuộc đoạn [l;3]. 4. |z| < 2 5. 2 < |z | < 3 6. ị z - ì + 2 iị < 2 7. Iz-il = z - z + 2i 8. 1 < |z| < 2 và phần ảo lớn hơn hoặc bằng — Bài 10. Tìm các điểm biểu diễn z ,z 2,z 3sao cho chúng tạo thành một tam giác vuông. Bài 11. Cho các số phức z, = 1 + 2i, z2 = -2 + i, tìm số phức z3 sao cho Zj, z2, z3tạo thành tam giác đều. Bài 12. Giải các phương trình sau trên tập số phức : 1) 2z2 + 3z + 7 = 0 4) z’- - ( 3 - i ) z + 4 - 3 i = 0 31 2) z2 -8 (1 - i ) z + 6 3 -1 6 i = 0 5) iz2 + (2 + 3i)z + 5 + 5i = 0 3) z2 +|z| + 8z = 44 6 ) z 2+ |z|2 = 0 . Bài 13. Gọi Zi z2 là các nghiệm của phương trình z2 - 2 \[ĩz + 5 = 0. Tính giá trị của các biểu thức: a) A = Zi + z 2 d) D = z ,5 + z 25 z. 2z_ Z0 2z, e) E = —1------- - + 3 -z , 3 -z 2 b )B = z . + z2 z. 2 z, 2 l_ __ z, l_+I3z2l_ I l_ I3 +|z, C) c = i r r 7 + i r r r f)F = ^ ^ + Bài 14. Giải các phương trình sau trên tập số phức l ) z 4+ 5 z2+ 6 = 0 2) z+i 4) ( z - i ) ( z 2 + 2 ) ( z 3 - i ) = 0 =1 5 ) ( z 2+ z ) + 4 (z 2+ z ) - 1 2 = 0 Vz ■i 3) z4 + 6(1 + i)z 2 + 5 + 6Ì = 0 Bài 15. Viết dạng lượng giác của các số phức sau 1. z = - 3 + 3i . 71 . 71 2. z = 1- s in —+ ÍCOS— 8 8 (1-0 Bài 16. Viết các số phức sau dưới dạng đại số ( l - n/3)9 1. z = ----- — Ị 0+0 2 .z = ( l - i ) 32 2.2 ứ n g dụng của số phức 2.2.1 Dạng 1: ửng dụng số phửc vào giải các bài toán lượng giác và tố họp Ví du 1: Tính cos — • 5 Lời giáỉ: Đặt z = cos—+ i sin —, thì z là nghiệm của phương trình z5 -1 = 0. Ta có z5 -1 = ( z - l)(z 4 + z3 + z2 + z + 1) và z * 1 nên z là nghiệm của phương trình z4 + z3 + z2 + z +1 = 0 Vì z = 0 không là nghiệm nên chia cả hai vế cho z2: z + z + l H---- 1— ——0 z z z + - + z + - -1 = 0 V z) V zy 1—1+V s _ 1- 1 - ^ =>z + —= ---- ----- ,z + —= ---------z 2 z 2 1=_ 2cos— o 71 >^ n * ta±có 'cos—7=1----------—1+ ■s/E Chu- ý- -răngz +,— 0 nen z 5 5 4 Ví dụ 2: Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn sina + sinb + sinc = 0 và cosa + cosb + cosc = 0 Chứng minh rằng: sin 2a + sin 2b + sin 2c = 0 và cos 2a + cos2b + cos2c = 0 Lời giáỉ: Đặt Zj = cosa + isin a; z2= cosb + isinb; z3 = cosc + isinc, ta có: = - 2 z , z 2z 3( z , + z 2 + z 3 ) = 0 Nên cos2a + cos2b + cos2c + i(sin2a + sin2b + sin2c) = 0 từ đó suy ra điều phải chứng minh. Ví dụ 3: Giải phương trình: cosx + cos3x + cos5x + cos 7x + cos9x = — Lòi giái Ta có cosx = ±1 không là nghiệm của phương trình Đặt z = cosx + isin x với xe[0;27ĩ) Ta có z ^ ± 1 , Z-1 = cos X - i sin X và 2cos X = z + Z_1, 2 co s nx = z" + z _n Vậy phương trình đã cho trở thành: 1 1 1 71 h z 3 H---— + z 5 H---— + z H---— + z9 H———11 z H---z z z z z 1+ z2 + z4 + .... + z 18 = z9 z20 - 1.= z '1- z9 (zn + l)(z 9 - l ) = 0 = > z" = —l,z 9 =1 • Nếu z9 = 1 thì z9 =cosO + isinO nên z = c o s ^ ^ + i s i n ^ ^ , k = 0;8. 9 9 Vì X e [0;27i) và ±1 nên X = = 1;8. 1c2 tc / —\ Do đó nghiệm của phương trình đã cho là X = —— + 2m7ĩỊk = 1;8 j, m e z • N e u z n = —1 thì z n = COS7T + i s i n 71 nên: 7t + k27ĩ . . K + k2n , z = cos-----------hi sin-----—— ,k = 0:10. 11 11 Vì xe[0;27ĩ) và z ^ ± l nên X = 7ĩ + ^ 7ĩ,k = 0;9 Suy ra nghiệm cần tìm là X = 7Z+ ^~7Z_|_2nm(k = 0;9),m e Z . 34 Vậy các nghiệm của phương trình là: k2 n X = + 2m7i(k = l,8),m g Z và Ví dụ 4: Tính tồng với n e X = 7Z+ ^ 7Z+ 2m7iỊk = 0 ;9 ),m € z . z+và a ^ 2k7i(k e z ) : A = cosx + cos(x + a) + cos(x + 2a) + ... + cos(x + na) B = sinx + sin(x + a) + sin(x + 2a) +... + sin (x + na) Lòi giáỉ: Đặt z = c o s x + is in x , w = cosa + isina. Theo công thức nhân và công thức Moivre ta có: zw k = (c o sx + isin x )(c o sa + isin a )k zw k = (cosx + isin x )(co sk a + isin k a ) = cos(x + ka) + isin (x + ka) Xét A + iB = (cosx + isin x ) + [cos(x + a) + isin (x + a )] + + [ c o s ( x + 2 a ) + i sin ( x + 2 a ) ] + . . . + [ c o s ( x + n a ) + i s in ( x + n a ) ] 2 = z + zw + zw +... + zw = z 1- w n+1 1- w (vì a ^ 2 kn nên 1) l - w n+l / N1 - c o s ( n + l ) a - i s i n ( n + l)a Vậy A + iB = z ------------------------------------------- — = (cosx + is in x )-------- -------- -------1- w 1- c o s a - i s i n a . n+1 ( . n+1 n+1 sin sin a - i cos = (cosx + isin x ) sin n+1 sin---— sin n+1 ì • a a^Ị n+1 sin — — a -- 1 cos — -a (sin —+ ÌCOS— (cosx + isin x ) 2 2 l 2 V 2 ) . n+1 sin—— a / sin í . a . a sin —- ic o s — 2 2 na na c o s ^ + isin (cosx + isin x ) 2 2 J 35 n+1 sin—— a ^na ^ 2 cos _ + x + isin a 2 y sin Xét phần thực và phần ảo cả hai vế ta được: • n +1 sin—-—a A= . a sin 2 / cos ; B= . a sin 2 sin na N hận xét: Từ hai công thức trên, xét các trường họp riêng: • Neu X = 0 thì suy ra: n + l s •in —— a 9 na 1+ cosa + cos2a +... + cosna = ------- -— cos — • a sin — 2 • n -+1 a sin 9 . na sin a + sin 2a + sin 3a +... + sin na = ------- —— s in -— . a 2 sin — • Nếu X = 2a ta có: * cosa + cos3a + cos5a +... + cos(2n + l)a = sin2(n + l)a 2 sin a ^ ^ ^ a sin2(n + l)a * sina + sin3a + sin5a + ... + sin(2n + l)a = ------ ------ — sin a Ví dụ 5: Chứng minh rằng: s, = c l - c l + c i - c l + c l - ... = (T 2 )nc o s ^ . n7ĩ Sĩ = c j , - c 3n + c ỉ - c > c ì - . . . = ( ^ ) r sin — 4 Lời giái: Xét khai triển nhị thức Newton: 36 \ (1 + i)n = с " + ic i + i2C I + i3c j + i4C ' +... + in‘'C ^ ' + inq 1 (k = 4m) i (k = 4 m + l ) Vì i — 1 (k = 4m + 2) mG z+nên ta có: -i (k = 4m + 3) (1+ i)" = c° -CỈ +c: -... + i(cl - c ỉ +ơn-...) (1) Mặt khác, theo công thức Moivre thì: /1 + i) = ^( v/^г\п 71 i•s i•_ 71Y - ((v к2 j\ п(l^cos „ — nn—+ isin • • — П— 70 (l 2j Г I c o s —+ n— /04 (2) Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh. Ví dụ 6: Xét khai trien f ( x ) = ( x 2 + x 3 + x 7 + x 9) Hãy tính tổng: = a () + a,x + ... + a l8()9()x ,809° s = a () + a 3 + a 6 + ... + a 18090 Lòi giai: Gọi m ф 1 là nghiệm của phương trình X3 = 1 suy ra m3 = 1 m2 + m +1 = 0 Ta có: m 3k = l ; m 3k+1 = m ;m 3k+2 = m 2 f ( 0 = a0 + a, + a 2 + a3 + a4 +... + a J8090 f (m ) = a() + + a2m 2 + a3 + a4m +... + a,18090 f ( m 2) = a 0 H-ajin2 + a 2rn + a 3 + a 4m 2 + ... + aj18090 = > f ( l) + f (m ) + f ( m 2) = 3 a0 + a, (l + m + m 2) + a 2(l + m 2 + m ) +3ci^ + â 4 ^1 + ГП+ m ^ + ... + 3ci|gQỌQ = 3S ^ > s= ^ ( f (1) + f ( m ) + f (m2))- 37 Mà f (1) = 420l0;f (m ) = (m 2 + m3 + Ш7 + m9)2010 = l;f (m 2) = 1 Vậy s = 4 2010 4- 2 — . Ví dụ 7. Xét khai triển: f (x ) = (x + X4)2010 = a0 + a ,x +... + a 10050: Tính các tong sau: s, = a, —a3 + a5 —... + a 10049 S2 —&ị + a5 +... + Lòi giái: Ta CÓ! f (l) —3.Q+ a.ị + a 2 "*"••• ^ f ( _1) = a 0 —a i + a 2 - ... + ( - l ) " a n f ( i ) = a 0 + a i' _ a 2 “ a 3> + a 4 + - + a 4k + a 4k+l‘ " a 4k +2 - а 4к+з' H Suy ra: f ( l ) + f ( —l) = 2 (a 0 + a 2 + ...+ a 1(XỈ50) f ( l ) - f ( - l ) = 2(a, + a 3 +... + a l0049) Irnf (l) = a i —a3 + a5 — a 10049 R e f ( 0 = a0 —a2 + a 4 —••• + a !0048 =>S| - l m f ( ĩ ) ; S ; - 2Imf } Mà: f ( l ) = 220'0, f ( - l ) = 0 ,f(i) = (l + i)2O1O= (2 i)l0°5 = 2 l0O5i ^2010 ТТЛ С _ o 1005 V â y S j= 2 V c 9 IO O6 "Г z _/-)2008 . «1004 và S2 = ---------------= 2 +2 . N hận xét: Từ cách giải trên ta có các nhận xét sau Cho f (x ) = a0 + a,x + ... + a nx n. 38 10050 Đặt T4 r = ^ a k với r = 0,1,2,3. k=4i+r Ta có: T4 0 —a0 + a4 +... + a4k + f ( l ) + f ( - l ) + 2 R e f(i) 4 _ f ( l ) - f ( - l ) + 2 Im f(i) T4 1 —a i + a 5 + ... + a,4k+l T4_2 - a 2 + a 6 + ... + a,'4k+2 ~ 4 _ f(l) + f(-l)-2 R e f(i) ~~ 4 _ f ( l ) - f ( - l ) + 2 Im f(i) T4_3 - a3 + a 7 + - + a4k+3 + ~ 4 2.2.2 Dạng 2: úng 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 + l)2n+ ( x - l ) 2n- 2 x 2n chia hết cho đa thức x4 - l . Lời giải: Các nghiệm của đa thức X4 -1 là: ±1, ±i. Đặt f (x ) = (x + l)2n + (x - l ) 2n - 2 x 2n, ta có f ( 1 ) = f (-1 ) = 0 , nhưng f ( i ) = (i + l ) 2n + (i - l ) 2n - 2 i 2" = ( 2 i ) n + ( - 2 i ) n - 2 ( - l ) n • Nếu n = 2m ( m e Z +) thì f (i) = 22m+1( - l ) m- 2 ^ 0 V m e Z +. • Nếu n = 2m + l Ị m e Z +Ị thì f (i) = 2 Ф0. Vậy không tồn tại số nguyên dương n để đa thức (x + l)2n + ( x - l ) 2n - 2 x 2n chia hết cho đa thức X4 - 1 . Ví dụ 2: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n lớn hơn 1 và số thực а thỏa mãn sin а ф 0, đa thức X11sin а - Xsin n a + sin (n -1 ) a chia hết cho đa thức x 2- 2 x c o s a + l. Lòi giải: 39 Xét phương trình X2 - 2 x c o s a + 1= 0 , A' = cos2a - l = i 2sin2a nên có nghiệm X, = c o s a + i s in a , x 2 = c o s a - is in a là hai số phức liên họp. Đặt p ( X ) = X 11 sin a - X sin n a + sin ( n - 1) a ta có: p(xj ) = (co sn a + isin n a ) sin a - (cosa + i sin a )sin n a + sin (n - l ) a = cos n a sin a - cosa sin n a + sin ( n - 1) a = 0 Suy ra p (x ,) = 0 hay p ( x 2) = 0 Vậy P(x) chia hết cho x 2- 2 x c o s a + l. Ví dụ 3: Phân tích đa thức x 2n+l +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 7l + k27l 2n + 1 . . + isin 7l + k27l 2n + 1 với k = 0;2n Trong đó x n = —1 và với k = 0 ; n - l thì x k = C ( 7l + k27l^ = COS 2 n ------------- + isin 2 n ^ 7Г = COS 2n + 1 у + (2п - к ) 2 т с V , ; S sin K + ^ n 2n + 1 + к2лЛ 2n +1 71 J ; n+i 2n O 2n + 1 = X2n-k 2n Do đó x 2n+l + 1 = (x + 1 ) П ( Х- x k)(x - x k)• k=0 Mà (x - x k)(x - x k) = X2 - ( x k + x k)x + x k.xk = X2 - 2 x c o s ^ ^ C+ ^ 2 ( 2k + 1 ) 71 Do đó х2"+1+ 1 = (х + 1 ) П X - 2 x c o s ^ —-----------h 1 2n +1 k=0 Nhận xét: Xét các giá trị đặc biệt của X. •Neu X = 1 thì: 40 ^7ĩ+ 1. 2 X -2 x co s ( 2k + 1)тг (2k + lÌ7r 2n +1 2n +1 _ —-— h 1 = 2 - 2 cos , . _ —— = 4sin 2 (2k + lÌ7T _ _ — 2(2n + l) „ . , ( 2 k + 1)71 Nên ta CÓ ]""[ 4sin , —-T- = l o f j sinÎ 2 k ± l h = _L 2(2n + l) 2(2n + l) 2"' 1=0 1=0 TT . 7Ĩ 37Ĩ . 571 . (2п-1)т1 Hay sin ———— -.sin ———— -.sin ———— r...sin-^-г-— 2(2n + l) 2(2n + l) 2(2n+l) 2(2n+l) . —— fa _ , . 71 . З я 1 2" . 1 * Với n = 2 ta CO sin— .sin—1 = —. 10 10 4 . —— fa _ , . 7Г . 3n . 5k 1 * Vớin = 3 ta COsin — .sin ——.sin ——= —. 14 14 14 8 • Neu X = -1 thì: x; _ 2 x c o s( 2k + 1)rc + 2n + 1 1 71 = 2 + 2 c o s(2k + 1^ = 4 cos2 2n + 1 2(2n + l) Tuy nhiên, sẽ không thu được kết quả gì nếu thay vào đẳng thức n-1 ( -2 x c o s X2 х 2" +' + 1 = ( х + 1 ) П (2 k k=0 , , Đe ý rằng, với X x2n+1+ l x+ 1 2n +1 +1 x2n+1 + 1 n_1 / (2k + l) 71 Ф - 1 t h ì ---------- = ]” [ X - 2 x c o s +1 2n +1 X+ 1 1=0 V Lấy giới hạn hai v ế khi lim + l) 71 n-1 = НтП 't = s X — -1 ta có: í X -2 x co s V (2k + 1)7 1 2n +1 +0=п у k=0 4cos (2к + 1)я 2(2n + l) . 2n+l Mà lim = lim ( x 2n - x 2n_l + x 2n~2 - ... + X2 - X + 1) = 2n +1 x -v -l V / « fí 2 (2k + 1)jt Nên 4 1 I COS v . ' ' = 2n => ii 2(2n + l) u (2k + l ) i 2(2n + l) Vậy ta có đắng thức: 41 V2n + I cos '’ = — ^-. 2n n 3n 5n (2n -1Ì7Ĩ y/2n + 1 cos — 7— ----- T.cos—--------- - . c o s — — ---- - ...c o s ^ - ------- = ----------------2(2n + l) 2(2n + l) 2(2n + l) 2(2n + l) 2n * Với n = 2 ta * V '- có 10 __ Q * VỞ1 n = 3 ta có 7 cos— .cos— =^ 10 10 71 _ 371 _ 571V 7 cos—.cos ——.cos ——= - L— 7 7 8 71 r*r»c----371 r*r»c----5 tc___ 7 t ĩ ___971 VĨT —— .cos r * o c -----r n t ----* Với n = 5 ta có cos — ——.cos —- .cos —-- .cos —--—=---------22 22 22 22 22 32 :2 w 4; Giải hệ phương trình X —y X —2y = 11 16 2xy + 2x - y = 1 Lòi giải , x - y - x - 2 y = — _ Ta có hệ ị => o X 16 2xyi + 2xi - yi = i 2 . . 11 - y + 2xyi + x(2i -1 ) + 2yi - yi = i + — 16 (x + y i)2 + ( 2 i - l ) ( x + y i ) - i - ^ = 0 16 Đăt z = X + yi => z2 + (2i - l)z -1 - — = 0 (*) 16 J ( 11A A = (2i —l)2 + 4 1+ — 1 16 1 5 1 3 Nên (*) có hai nghiệm z = -7 - —i và z = - -ị & 2 4 2 4 1 X = — 2 Vậy hệ đã cho có nghiệm và < y= y= w dụ 5 : Giải các hệ phương trình sau 42 1. X3 - 3xy2 - X + 1 = X2 - 2xy - y : y 3 - 3 x 2y + y - 1 = y 2 - 2 x y - x : X+ 2. 16x - 1 ly x2 + y2 1+ Vĩõi =7 3. ị 1 lx + 16y = -1 X2 + y2 5x + y =3 > / ỹ i - 5x + y Lời giải X3 - l.Ta có hệ 3xy2 - 2xy - ỵ 7 X + 1 = X2 - y i - 3x yi + yi - i = y i - 2xyi - => X3 - 3xy2 + 3x2yi - y3i - (x + yi) +1 + i = X X2 i - y2 + 2xyi + i(x2 - 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 - l ) - ( l + i ) ( z 2 -1 ) = 0 ^ > ( z 2 - l ) ( z - 1 - i ) = 0 z = l,z = —l,z = l + i Vậy hệ có nghiệm là: (x; y) = (1; 0), (-1; 0), (1; 1). 1 2. Điều kiên X2 + y2 Ỷ 0- Đăt z = X + yi. Ta có —= z X - yi X + y Vì hai số phức bằng nhau khi và chỉ khi phần thực bằng nhau và phần ảo bằng nhau, nên hệ đã cho tương đương với: x+ 16x —1 ly X2 + y/ +i . x + yi + 16 X - yi X +y c»z+ 1 lx + 16y x 2+ y 2 . X - yi = 7-i ^ _ —1 li—-—y- = l - \ . X +y = 7 - 1 0 z2- ( 7 - i)z + 16-1 1i= 0 Phương trình z2 - (7 - i)z +16 -1 li = 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 được các hệ phương trình bằng phương pháp sử dụng số phức, cần nhớ một số công thức cơ bản của số phức, đặc biệt là với mỗi số phức z = X + yi thì ta có X2 + y2 là bình phương môđun và - = -ỉ= = —— z zz X + y 3. Từ hệ suy ra X > 0, y > 0. Hệ này không có ngay dạng như ví dụ trên, tuy nhiên với mục đích chuyển mẫu số về dạng bình phương môđun của số phức, chỉ cần đặt u = \Í5x, V = y f ỹ với u,v > 0. u 1+Hệ đã cho có dạng : / V 1V - 2 = -1 2 u +V 1 u z u2 Hệ đã cho tương đương với: u 1+ V + iv 1 u +Vy V __2 - 2 u + v 2 - i >/2 : 0 u-iv 3 ; 3 3 ^ 2 -2 1 u + ÍV + 3—— = —= —i z + —= ----------u + v 2 V2 z 2 » 2 z 2- ( 3 ^ - 2 i ) z + 6 = 0 (*) Giải phương trình (*), ta có A’ = -34 - 12 - J Ĩ i = là Z = v 2 —2i,z = Vì u,v >0 nên z = - 6 i j suy ra các nghiệm "72+ V ã 2 s / ĩ + 2i 2 , do đó u = 2 Vậy nghiệm cần tìm là (x;y) = ( — ;1) 44 ,v = l = > x = — , y = 1. 10 Ví du 1 1 1 : Cho dãy sô u n = ------ — I-------- — I-------- — với n là sô nguyên n n 471 n oTC cos —1 cos — cos —1 7 7 7 6 dương. Chúng minh dãy số (u„) luôn nhận giá trị nguyên và chia hết cho 32 với n>4. Lời giải Vì z7 -1 = (z - l)(z 6 + z5 + z4 + z3 + z2 + l) = 0 và phương trình z7 -1 = 0 có 2 kn __ 7 nghiệm là 8k = c o s — —+ isin— —,k = 0,6 nên p h ư ơ n g trình z 6 + z 5 + z 4 + z 3 + z 2 + 1 = 0 Ta có (*) z3 + z2 + z +1 + —+ z z * 0 x + X —2x —1 = 0 z 8 j , 8 2, . . . , 8 6 là nghiệm của (* ) =0 (**), với X = z + — z 1 Phương trình (**) có nghiệm là xk = 2 c o s ^ ^ , k = {l;2;3}. nx. 2 V ^ 1 1 1 ^ Đăt y = —và chú ý cos—- = cos—- ta có -----— ,-------A —,---- — là nghiêm J X 7 7 2k 4k Sn cos—1 c o s ^ - cos —7 7 7 của phương trình: y3 + 4y2 - 4y - 8 = 0 y, +y2+ y3 = -4 Theo định lý Viet ta có: y j i + +y2Y3 + y^Yi = “ 4 y,y2y3= 8 Lúc này un = y; + y; + y; và u „,3 = -4 u nt2 +4u„ư + 8un Vn > 1 Vì Ui = -4, u2= ( y ] + y 2 + y3)2- 2 ( y ly2 + y2y, + y,y1) = 24 và u3= (y, + y2+ y3)3- 3(y, + y2+ y3)(y,y2+ y2y3+ y3y,) + 3y,y2y3= - g8 u4 = - 4 u 3 + 4 u 2 + 8u , = 416 45 Nên bằng phương 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 ứ n g dụng số phức vào các bài toán hình học • Trong mặt phang 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|. a Các công thức môđun la.bl = |a|.|b| =N • Bất đẳng thức liên quan đến môđun al —Ibl < a ± b < a + b • Biểu diễn các số phức là căn bậc n của đơn vị trên mặt phang tọa độ là đỉnh c ủ a m ộ t h ìn h n - g i á c đ ều . Ví dụ 1. Cho đa giác đều A 1 A 2 A 3 ...A„ nội tiếp đường tròn tâm o bán kính R. Chứng minh rằng với mọi điếm M ta có: MAl.MAr MA,...MA < Ậ O M 2 + R 2)" Lời giái Xét mặt phang có gốc tọa độ o và không mất tính tổng quát, giả sử R = 1. 2,71 2,71 9 Đặt 8 = cos ——+ isin — — thì s , s \ s 3,...,sn,m là tọa độ của các điêm Ai ,A2 , A3 n n .. .A n , X - 8 M. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: . X - s 2 . X - s 3 ... X - £ n < >/(Mí+1)n |(x - s ) . ( x - £ 2) ( x - £ 3)...( x - s n)| ^ o ị x n- l ị < Ậ ị x Ị 2+ l Ỵ Nhưng ta có Ịx11- l | 3, do đó: /"«1 L гл1 L /"t3 L 1^ /"tn-1 L_|2n-2 . С n I XI + c n I XI + c n I XI +... + C n I XI I |2 I > п IхI + n xI |2 I |2n-2 Theo bất đẳng thức Cauchy: |x|2 + |x|2n 2 > 2 ^ X X I |2 I |2n-2 = > |x | + | x | I 1П > 2 |x | Vậy bất đắng thức được chứng minh. Dấu “=” xảy ra nếu |x| =0, tức là M - o . Ví dụ 2. Cho tam giác ABC và m ột điểm M bất kỳ trong mặt phẳng. Chúng minh rằng MA. sin A < MB sin в + MC sin с . Lời giải Xét mặt phang phức có M là gốc tọa độ Gọi tọa độ của các điểm А, в , с là X, y, z Ta có MA = |x|, MB = |y|, MC = |z| và AB = | x - y | , ВС = | y - z | , AC = |z-x| Giả sử ДАВС nội tiếp đường tròn bán kính R. Theo định lý sin trong tam giác thì sin A = BC _ AC AB ,sinB = ,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 đắng thức được chứng minh. Nhận xét: 47 Bất đẳng thức MA.BC < MB.CA + MC.AB chính là bất đẳng thức Ptolemy. Dấu đắng thức xảy ra khi MABC là tứ giác nội tiếp đường tròn. Ví dụ 3: Cho AABC 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 ÀABC nằm trong mặt phang phức, nội tiếp trong đường tròn bán kính đơn vị. Gọi tọa độ các điểm M, A, B, c lần lượt là X, 1, 8, £2 Trong đó s = c o s ^ + i s i n ^ , a = %/3R = V3 3 3 Chú ý rằng e3 = 1,1 + s + s 2 = 1 TacóMA= | x • = | x - e | , M C = x - s 2 nên: M A .M B = |x - l l . l x - e | = X2 - ( 1 + e)x + 8 = £2X2 + 8X + 1 • MB.MC = |x - e |. X2 - ( e + £2)x + 83 X2 + X+ 1 • MA.MB = X- 8 .|x - 1| = X2 - (1 + s2)x + £2 = 8X2 - (1 + e)x + 1 Mặt khác theo bất đẳng thức tam giác: |s2x2 + sx + 1| + X2 + X+ 1| + |sx2 - (1 + s)x + 1| > (e2 + 8 + l)x2 +3 = |3| = 3 Vậy MA.BC + MB.CA+ MC.AB> a2, điều phải chứng minh Ví dụ 4: Cho AABC và m ột điểm M bất kỳ trong mặt phẳng. Chúng minh rằng: a.MB.MC + b.MC.MA + C.MA.MB > abc Lòi giải Xét mặt phang phức có M là gốc tọa độ Gọi tọa độ của A,B, c lần lượt là X, y, z. Ta CÓMA =|x|,M B = |y|,M C = |z| và c = AB = |x - y|,a = BC = | y - z|,b = AC = | z - x| Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: 48 y -z y z + z -х z X + X- y X y > y - z z -х X- y có Ta |y -z ||y ||z | + |z -x ||z ||x | + |x - y||x||y| = |( y - z ) y z | + ( z - x ) z x + ( x - y ) x y | > | ( y - z ) y z + ( z - x ) z x + ( x —y)xy| Mà | ( y - z)yz + ( z - x)zx + ( x - y)xy| = | ( x - y X y - z )(z- x)| Vậy bài toán được 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 l:Chứng minh rằng: 71 371 571 1 7 7 7 2 . n . 2n . 4n 371 571 1k 9ĩl 1 11 11 11 11 2 1. COS— + COS—- + COS— = — sỉĩ 2. —sin _ + sin ——+ sin —- = —— — 7 7 7 2 „ 7 1 3. COS ——+ COS ——+ COS ——+ COS —- + COS —— = — 11 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 Ф k7T ,(k G Z ): ^ sin(2n + l)x 1 . 1 + cos 2x + COS 3x + ...+ COS 2(n - l)x + COS 2nx = --------------sin x sinnxsinín + l)x 2. sin 2x + sin4x +... + sin 2nx = ------------ ------— sin x 3. sin X + 3sin3x + 5sin5x+...+ (2n - l)sin(2n - l)x _ sin 2nx cos X - 2n cos 2nx sin X 2sin2 X 49 Bài 5: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n lớn hon 1 và mọi số thực a , đa thức ( X sin a + c o s a ) n - X sin n a - cos n a chia hết cho đa thức X2 + 1. Bài 6: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì đa thức (x + l)2n+1 + x n+2 chia hết cho đa th ứ c X2 + X +1. Bài 7: Tìm số tự nhiên n sao cho P(x) chia hết cho Q(x) với 1. P(x) = Xn + ( x - 2 ) " và Q( x ) = X2- 2 x + 2 2. P(x) = 3n(1 - x)" -(1 + x )2n và Q( x) = x2- x + l. Bài 8: Giải các hệ phương trình với X, y 6 R: Bài 9. Giải các hệ phương trình với nghiệm thực: 50 yfx 2 + ---------- = 3yỊ2 1 2x + 5v Vx 2 ----------- = 2 + y/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 2m. .AM + b.BM + c.MC > 2bc. Bài 12: Cho tam giác ABC và một điểm M bất kì trong mặt phang. X MA MB MC Chứng minh trong các tỷ sô có ít nhất một tỷ số không a ’ ub ’ c bé hơn Bài 13: Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC và R, R], R-2,R3 lần lượt là bán kính đừng tròn ngoại tiếp các tam giác ABC, GBC, GCA, GAB. Chứng minh rằng + 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 lược về số phức, xây dựng được một số ví dụ minh họa, bài tập tương 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 thường gặp” bước 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 lượng giác, tổ hợp, đại số, hình học. Đe 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. Bước 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 bố ích cho giáo viên, sinh viên, học sinh trung học. 52