Tiểu luận: Một số dạng bài tập số phức

TRƯỜNG ĐẠI HỌC CẦN THƠ KHOA SƯ PHẠM BỘ MÔN SP TOÁN HỌC  TIỂU LUẬN TỐT NGHIỆP Đề tài: SỐ PHỨC Giáo viên hướng dẫn ThS LÊ HỒNG ĐỨC Sinh viên thực Trần Mỹ Tiên MSSV: 1100136 Lớp: SP Toán – Tin học K36 Cần Thơ, 2013 -1- LỜI CẢM ƠN Với kiến thức có, em mơn phân cơng làm tiểu luận tốt nghiệp hướng dẫn thầy Lê Hồng Đức Và em hoàn thành đề tài nhờ vào nhà trường, thầy Đức bạn em Em xin cảm ơn nhà trường cung cấp nguồn tài liệu kiến thức để em có thêm hiểu biết đề tài Khi bắt tay vào làm tiểu luận em lo lắng khơng biết phải đâu Nhưng nhờ giúp đỡ lời đóng góp thầy Đức sau tiểu luận hồn thành Em xin bày tỏ lòng cảm ơn em đến thầy hướng dẫn bạn nhiệt tình giúp đỡ ủng hộ Cần thơ, tháng 11 năm 2013 Người viết SV Trần Mỹ Tiên -2- MỤC LỤC Phần mở đầu Phần nội dung Chương Các kiến thức chuẩn bị 1.1 Giới thiệu Tính chất phép cộng Tính chất phép nhân 2.1 Biểu diễn hình học số phức 3.1 Dạng đại số số phức Dạng đại số số phức Các phép toán dạng đại số .7 Số phức liên hợp Môđun số phức .7 4.1 Dạng lượng giác dạng mũ số phức .8 Dạng lượng giác Dạng hàm số mũ 10 5.1 Lũy thừa số phức .10 Lũy thừa n số phức 10 Căn bậc n số phức 10 6.1 Giải phương trình bậc hai 11 Chương Một số tập số phức .12 Dạng Các phép toán số phức 12 Dạng Tính i n áp dụng 17 Dạng Dạng lượng giác số phức 19 Dạng Lũy thừa số phức .23 Dạng Tìm số thực x, y thõa mãn đẳng thức 26 Dạng Tìm số phức z thõa mãn điều kiện cho trước .27 Dạng Tìm tập hợp số phức z mặt phẳng phức Oxy 35 Dạng Tìm số phức có mơđun nhỏ nhất, lớn 36 Dạng Giải phương trình bậc hai 39 Dạng 10 Giải hệ phương trình 52 Dạng 11 Chứng minh .55 Một số đề thi tuyển sinh đại học .58 Phần kết luận .63 Tài liệu tham khảo .64 -3- PHẦN MỞ ĐẦU I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Do nhu cầu phát triển toán học, kỷ 16 nhà toán học người Ý Gerolamo Cardano đưa số phức Ông sử dụng số phức để giải phương trình bậc ba Ngồi số phức sử dụng nhiều lĩnh vực khoa học khác khoa học kỹ thuật, học lượng tử, toán học ứng dụng Trong tập hợp số, số phức tập mang tính trừu tượng nên để truyền đạt kiến thức cách tốt cho học sinh người giáo viên phải nắm rõ Qua đó, nhằm giúp học sinh hiểu rõ số phức Mặt khác, số phức xuất kì thi tốt nghiệp, cao đẳng, đại học học sinh Ngoài ra, số phức vấn đề trình bày tài liệu sách với quan điểm cách trình trình bày khác Tổng hợp lại kiến thức điều cần thiết Và để bổ sung thêm kiến thức hiểu rõ số phức, có tài liệu tham khảo cho trình giảng dạy sau này, em định chọn đề tài “Số phức” để làm tiểu luận tốt nghiệp II MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU Tiểu luận với đề tài “Số phức” giúp người đọc có nhìn tổng quát sâu sắc số phức Ngoài việc thực đề tài giúp củng cố lại kiến thức số phức để chuẩn bị cho trình dạy học sau Đồng thời tài liệu để người tham khảo III ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU Tiểu luận nêu số lý thuyết định nghĩa, tính chất ứng dụng số phức Sau hệ thống tập đề thi tuyển sinh có lời giải, tập xếp theo dạng số phức IV.PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU Nghiên cứu tài liệu học có liên quan như: loại sách số phức, tài liệu mạng để làm tài liệu nghiên cứu Trao đổi với giảng viên hướng dẫn thầy Đức, thầy hướng dẫn bước làm góp ý cho thiếu sót nội dung cách trình bày, giúp tơi hồn thành tiểu luận Phương pháp phân tích, tổng hợp khái quát hóa kiến thức -4- PHẦN NỘI DUNG Chương CÁC KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Giới thiệu Tập R = { z = ( x, y ) : x, y ∈ R} với hai phép toán: Phép cộng: ( x1 , y1 ) + ( x , y ) = ( x1 + x , y1 + y ) Phép nhân: ( x1 , y1 ).( x2 , y ) = ( x1 x − y1 y , x1 y − x y1 ) Tạo thành cấu trúc đại số gọi trường số phức Kí hiệu £ Phần tử z = ( x, y ) ∈ £ gọi số phức Hai số phức z1 ( x1 , y1 ) z ( x2 , y ) gọi x1 = x y1 = y2 Kí hiệu i cặp ( 0,1) ∈ £ Ta có: i = ( 0,1).( 0,1) = ( − 1,0 ) = −1 Số phức i gọi đơn vị ảo Tính chất phép cộng Giao hoán: z1 + z = z + z1 , ∀z1 , z ∈ £ Kết hợp: ( z1 + z ) + z = z1 + ( z + z ) ∀z1 , z , z ∈ £ Tồn phần tử không: ∃0 = ( 0,0 ) ∈ £ , z + = + z = z , ∀z ∈ £ Một số có số đối: ∀z ∈ £ , ∃( − z ) ∈ £ : z + ( − z ) = ( − z ) + z = Số z1 − z = z1 + ( − z ) : hiệu hai số z1 , z Phép tốn tìm hiệu hai số gọi phép trừ: z1 − z = ( x1 − x , y1 − y ) ∈ £ Tính chất phép nhân Giao hoán: z1 z = z z1 , ∀z1 , z ∈ £ Kết hợp: ( z1 z ).z = z1 ( z z ) , ∀z1 , z , z ∈ £ Tồn phần tử đơn vị: ∃1 = ( 0,1) ∈ £ , z.1 = 1.z = z , ∀z ∈ £ Một số khác có số nghịch đảo: ∀z ∈ £ *, ∃z −1 ∈ £ : z.z −1 = z −1 z = −1 Ta có: z = z Thương hai số z1 = ( x1 , y1 ) , z = ( x, y ) ∈ £ *  x x + y1 y − x1 y + y1 x  z1 ∈ £ = z1 z −1 =  , 2 z x + y   x +y Phép tốn tìm thương hai số phức gọi phép chia Tính chất phân phối phép nhân với phép cộng: z1 ( z + z ) = z1 z + z1 z , ∀z1 , z , z ∈ £ Biểu diễn hình học số phức -5- Cho số phức z = ( x, y ) ∈ £ tương ứng điểm z mặt phẳng Oxy Trong đó: O gốc tọa độ, trục Ox gọi trục thực điểm trục biểu diễn số thực trục Oy trục ảo điểm trục số ảo z = ( x; y ) y Nếu z = ( x,0 ) nằm trục Ox ⇒ z ∈ Ox Nếu z = ( 0, y ) nằm trục Oy ⇒ z ∈ Oy ⇒ z gọi số ảo Môđun z: z = Oz = x + y = r Và ϕ = ( Ox, Oz ) = arg ( z ) Khi đó: ( r , ϕ ) gọi tọa độ cực z r ϕ z = ( x;− y ) B z2 + z1 C z2 z2 z2 − z1 A z1 O z2 − z1 z1 Hình Tổng hai số phức Hình Hiệu hai số phức Phép cộng hai số phức tương ứng quy tắc hình bình hành với phép cộng hai vectơ Vậy để cộng hai số phức z1 , z2 ta thiết lập hình bình hành OABC với cạnh OA, OC tương ứng với z1 , z2 Đường chéo hình bình hành OB tương ứng với z1 + z2 Phép cộng số phức z1 , z2 = ( x1 ; y1 ) + ( x2 ; y2 ) = ( x1 + x2 ; y1 + y2 ) thành phần vector tổng (hình 1) Hiệu hai số phức z2 − z1 vector minh họa hình Trong trường hợp z = z2 − z1 khoảng cách hai điểm z1 , z2 mặt phẳng phức khoảng cách góc tọa độ điểm ( x2 − x1 ; y2 − y1 ) Nghĩa z = z2 − z1 = ( x2 − x1 ; y2 − y1 ) ( x2 − x1 ) Hay z2 − z1 = + ( y2 − y1 ) Khi z1 = lại z2 biểu thị khoảng cách từ gốc tọa độ đến điểm z2 Dạng đại số số phức Dạng đại số số phức Dạng z = x + yi ( x, y ∈ ¡ ) gọi dạng đại số số phức z Trong { } i = −1 Khi đó: £ = x + yi | x, y ∈ ¡ ; i = −1 -6- Các số thực x, y gọi phần thực phần ảo z Ký hiệu x = Re ( z ) , y = Im ( z ) Tập số thực xem tập tập số phức với b = Nếu a = số phức + ib hay ib gọi số ảo Các phép toán dạng đại số Cho hai số phức z1 = x1 + y1i, z = x + y i Phép cộng: z1 + z = ( x1 + x ) + ( y1 + y ) i z1 − z = z1 + ( − z ) = ( x1 − x ) + ( y1 − y ) i Phép trừ: Phép nhân: z1 z = ( x1 x − y1 y ) + ( x1 y + x y1 ) i z1 z1 z z1 z = = z2 z2 z2 z2 z z Phép nghịch đảo: z = zz = z Phép chia: Số phức liên hợp Số phức a − ib gọi số phức liên hợp số phức a + ib ký hiệu z * hay z Từ định nghĩa phép cộng phép trừ số phức ta chứng minh được: z1 + z = z1 + z z1 − z = z1 − z Tương tự ta có: z z1 z = z1 z ,   z2  z1  = z = z  z2 Định nghĩa phép cộng, phép trừ phép nhân số phức chứng tỏ rằng: z + z = ( a + ib ) + ( a − ib ) = 2a z.z = ( a + ib ) ( a − ib ) = a − i 2b = a + b z − z = ( a + ib ) − ( a − ib ) = 2ib Vì a = Re ( z ) b = Im ( z ) nên từ hệ thức ta có: Re( z ) = z+z z−z Im( z ) = 2i Môđun số phức Định nghĩa: Với số phức z = x + yi ta gọi z = x + y môđun hay giá trị tuyệt đối số phức z Môđun số phức số thực Ta biết với số phức z = x + iy z.z số thực Đặc biệt: z z = x + y Định lý − z ≤ Re( z ) ≤ z ,− z ≤ Im( z ) ≤ z z ≥0 z =0⇔ z=0 -7- z = z z z = −z = z z z = z = z z1 z = z1 z ; z1 z z n = z1 z z n z1 − z2 ≤ z1 + z2 ≤ z1 + z2 z −1 = z −1 , z ∈£∗ z z1 = , z2 ∈ £ ∗ z2 z2 Dạng lượng giác dạng mũ số phức Dạng lượng giác  Biểu diễn lượng giác số phức Cho số phức z = x + yi , ta viết z dạng: z = r ( cos ϕ + i sin ϕ ) (*) Ta nói (*) dạng lượng giác hay dạng cực số phức z Với r = z Góc ϕ thường đo radian có giá trị dương đo ngược chiều kim đồng hồ có giá trị âm đo theo chiều ngược lại Góc ϕ gọi argument z ký hiệu ϕ = Arg ( z ) Argument x r y r Argument số phức khơng cos ϕ , sin ϕ hàm tuần hoàn y với chu kỳ 2π Trong thực h ành ta thường dùng phương trình tan ϕ = để tìm ϕ x tan ϕ π Nhưng hàm tuần hoàn chu kỳ nên phải cẩn thận dùng phương trình π y π Kết tính máy tính cho góc thõa − < arctan < Đó x góc nằm góc phần tư thứ thứ tư Chúng ta phải chọn ϕ thích hợp với vị trí z (trong góc phần tư nào) Điều đòi hỏi cộng hay trừ π vào y arctan cho thích hợp x số phức z phải thõa phương trình cos ϕ = , sin ϕ =  Mối quan hệ phần thực, phần ảo với môđun, argument số phức r = x + y  x = r cos ϕ  Ta có:  với  y  y = r sin ϕ tan ϕ = x  y  arg tan x , x ≥  y  Ta có cơng thức ϕ = arg tan + π , x < 0, y ≥ x  y  arg tan x − π , x < 0, y <  -8- Hay chọn ϕ cho cos ϕ dấu với x − π < arg z < π Nhận xét: Chúng ta biết tập hợp số thực, phương trình bậc n ≥ khơng phải có nghiệm Tuy nhiên, tập hợp số phức £ , phương trình bậc n ln có n nghiệm (có thể có nghiệm bội)  Giá trị Ký hiệu Arg ( z ) biểu diễn tập giá trị, argument ϕ số phức nằm khoảng −π < ≤ π hay ≤ θ < 2π gọi giá trị Arg ( z ) hay argument z Argument z ký hiệu arg ( z ) Vậy ta có: −π < arg ( z ) ≤ π hay ≤ arg ( z ) < 2π Tổng quát, ta có hệ thức liên hệ arg ( z ) Arg ( z ) sau: Arg ( z ) = arg ( z ) + 2nπ , n = 0, ±1, ±2,  Tích thương số phức Giả sữ z1 = r1 ( cos ϕ1 + i sin ϕ1 ) z = r2 ( cos ϕ + i sin ϕ ) với ϕ1 , ϕ argument z1 , z2 Khi z1 z = r1 r2 ( cos ϕ1 cos ϕ − sin ϕ1 sin ϕ + i ( sin ϕ1 cos ϕ + cos ϕ1 sin ϕ ) ) Hay z1 z = r1 r2 [ cos( ϕ1 + ϕ ) + i sin ( ϕ1 + ϕ ) ] Với z2 ≠ ta có z1 r1 = ( cos ϕ1 cos ϕ + sin ϕ1 sin ϕ + i ( sin ϕ1 cos ϕ − cos ϕ1 sin ϕ ) ) z r2 z1 r1 = [ cos( ϕ1 − ϕ ) + i sin ( ϕ1 − ϕ ) ] z r2 z1 Vậy argument z1 z2 cho z2 Hay z  arg ( z1 z2 ) = arg ( z1 ) + arg ( z2 ) arg  ÷ = arg ( z1 ) − arg ( z2 )  z2  0, arg z1 + arg z < 2π arg ( z1 z ) = arg z1 + arg z − k 2π , k =  1, arg z1 + arg z ≥ 2π Arg ( z1 z2 ) = { arg z1 + arg z2 + k 2π } Argz n = { n.arg z + k 2π , k Â} z Arg ữ = { arg z1 − arg z2 + k 2π , k ∈ ¢}  z2  e iϕ = cos ϕ + i sin ϕ  Công thức Euler e −iϕ = cos ϕ − i sin ϕ Trong ϕ số thực số phức -9- Tổng quát ta có định nghĩa: e = e = e e = e ( cos y + i sin y ) Trường hợp đặc biệt: y = e z = e x Hàm số mũ theo biến ϕ có phép tốn tương tự hàm số lũy thừa thông thường Chẳng hạn: x + iy z x iy x e i ( ϕ1 +ϕ ) = e iϕ1 + e iϕ e i ( ϕ1 −ϕ ) e iϕ1 = iϕ e Hệ quả: e iϕ − e − iϕ 2i iϕ e + e −iϕ cos ϕ = sin ϕ = Dạng hàm số mũ Thay công thức Euler vào dạng lượng giác z ta z = reiϕ Nhận xét: Dạng lượng giác dạng hàm số mũ xuất từ tọa độ cực, ta gặp thuận lợi sử dụng hàm số mũ phép nhân chia Thật vậy: Xét z1 = r1e iϕ , z = r2 e iϕ z1 z = r1 r2 e i ( ϕ1 +ϕ ) Ta được: z1 z2 = r1 i ( ϕ1 −ϕ ) e r2 Lũy thừa số phức Lũy thừa n số phức Cho z = re iϕ ⇒ z n = r n e inϕ Đặc biệt: Khi r = 1, z = e iϕ Đưa kết dạng lượng giác ta được: ( cos ϕ + i sin ϕ ) n = cos nϕ + i sin nϕ Hệ thức gọi công thức De moivre công thức sử dụng rút gọn đẳng thức lượng giác cho có chứa cos nϕ , sin nϕ Căn bậc n số phức Cho n số tự nhiên z ∈ £ Ta nói ω bậc n z ω n = z Với z ≠ , đặt z = reiϕ ω = ρ eiψ Khi đó: ω = n z ⇔ ω n = z ⇔ ρ n e iθn = re iϕ ⇔ ρ n ( cos nθ + i sin nθ ) = r ( cos ϕ + i sin ϕ ) ρ n = r ⇔ nθ = ϕ + 2kπ ρ = n r  Ta có cơng thức:  ϕ + k 2π , k = 0, n − θ = n    ϕ + k 2π   ϕ + k 2π  + i sin  Vậy: ω = n z = n r cos n n     Căn bậc n đơn vị: - 10 -  , k = 0, n −  Phương trình có hai nghiêm z1 = − + i 37 − − i 37 , z2 = 4 Tính giá trị biểu thức  − + i 37   − − i 37  z + z2 =   +  4     2 = −34 − i 111 −34 + i 111 17 + =− 16 16 16  − + i 37   − − i 37  z + z2 =   +  4     3 = 306 − i10 37 −34 + i10 37 37 + =− i 64 64 16  − + i 37    − − i 37   4    z1 + z2 =  ÷ ÷ ÷  +  ÷ 4         − + i 37   − − i 37  = ) +   4     2 712 + i136 111 712 − i136 111 89 + = 256 256 16 Bài 19 Giải z + (1 − i ) z + (2 − i ) z − 2i = , biết phương trình có nghiệm = ảo Giải Phương trình có nghiệm ảo nên nghiệm có dạng z = Khi đó: ( z − ) ( z + bz + c ) = ⇔ z + ( b − ) z + ( c − abi ) z − aci = Theo đề cho ta có: b − = − i a =   c − abi = − i ⇔ b =  −aci = −2 c =   Ta có: z + (1 − i ) z + (2 − i ) z − 2i = ( ) ⇔ ( z − i) z2 + z + = ⇔ z −i = ⇔ z = i Vậy phương trình có nghiệm i Bài 20 Tìm phương trình bậc hai hệ số thực nhận số phức α = − i làm nghiệm phương trình Giải - 50 - Phương trình bậc hai có dạng ax + bx + c = 0(a ≠ 0) (*) Do α = − i nghiệm phương trình (*) nên ta có: a ( − i 3) + b( − i 3) + c = ⇔ a(4 − i 21) + b − ib + c = ⇔ 4a + b + c − (2 21a + b 3)i = 4a + b + c = b = −2 a ⇔ ⇔ c = 10a 2 21 + b = Phương trình (*) trở thành: ax − ax + 10a = (**) Phương trình (**) có ∆ = −12a = (i 2a 3) Ta thấy ∆ ≠ 0(vì a ≠ 0) nên phương trình (**) có hai nghiệm: − ( −2 a ) − i a = −i 2a z2 = + i z1 = 2 Ta có: ax + bx + c =  x − ( − i 3)   x − ( + i 3)  = x − x + 17 Vậy phương trình bậc hai cần tìm x − x + 17 = Bài 21 Tìm m để phương trình z − 3mz + 5i = có hai nghiệm z1 , z2 thõa z12 + z2 = 18 Giải Đặt z1 = x1 + y1i, z2 = x2 + y2i ( x1 , x2 , y1 , y2 ∈ R) Do z1 , z2 hai nghiệm phương trình z − 3mz + 5i = nên ta có z − 3mz + 5i = [ z − ( x1 + y1i ) ] [ z − ( x2 + y2i ) ] ⇔ z − 3mz + 5i = z − ( x1 + y1i + x2 + y2i ) z + ( x1 + y1i )( x2 + y2i ) 3m = x1 + x2 + ( y1 + y2 )i ⇔ 5i = ( x1 + y1i )( x2 + y2i )  x1 = 3m − x2  x1 + x2 = 3m y = −y y + y =   ⇔ ⇔ 2  x1 x2 − y1 y2 = 3mx2 − x + y =  x1 y2 + x2 y1 = 3my − x y = 2  2 Theo đề cho z1 + z2 = 18 , ta có ( x1 + y1i ) + ( x2 + y2i ) = 18 ⇔ x12 − y12 + x2 − y2 + 2( x1 y1 + x2 y2 )i = 18 ⇔ (3m − x2 ) − ( − y2 ) + x2 − y2 + [ (3m − x2 )( − y2 ) + x2 y2 ] i = 18 ⇔ 9m − 6mx2 + x2 − y2 + 2(−3my2 + x2 y2 )i = 18 ⇔ 9m − 2(3mx2 − x2 + y2 ) − 2(3my2 − x2 y2 )i = 18 ⇔ 9m = 18 ⇔ m = 2, m = − - 51 - Vậy có hai giá trị m thõa yêu cầu đề 2, − DẠNG 10 GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH 2  z1 + z2 = + 2i  z1 + z2 = − i Bài Tìm số phức z1 , z2 cho  Giải  z1 + z2 = + 2i ( z + z ) − z1 z2 = + 2i ⇔   z1 + z2 = − i  z1 + z2 = − i 2   z z = − 5i  z1 z2 = (4 − i ) − (5 + 2i )  ⇔ ⇔ 2  z1 + z2 = − i  z1 + z2 = − i z1 , z2 nghiệm phương trình bậc hai z − (4 − i ) z + 5(1 − i) = Ta có: ∆ = −5 + 12i Gọi ω = x + yi ( x, y ∈ R) bậc hai số phức -5+12i Khi đó: ( x + yi ) = −5 + 12i ⇔ x − y + xyi = −5 + 12i  x − y = −5  z = + 2i  x = 2, y = ⇔ ⇔ ⇒  x = −2, y = −2  z2 = −2 − 2i 2 xy = 12 Vậy nghiệm cần tìm z1 = + 2i, z2 = −2 − 2i  z1 − z2 = 3i 2  z1 + z2 = −3 − 2i Bài Giải hệ phương trình tập hợp số phức  Giải  z1 = z2 + 3i  z1 − z2 = 3i  z1 − z2 = 3i ⇔ ⇔    2  z1 z2 = − i  z1 + z2 = −3 − 2i ( z1 − z2 ) + z1 z2 = −3 − 2i  z1 = z2 + 3i  z1 = z2 + 3i  z1 = z2 + 3i  ⇔ ⇔ ⇔   z2 = −1 − i  z2 + 3iz2 − + i = ( z2 + 3i ) z2 = − i   z = − 2i   z = −1 − i, z1 = −1 + 2i ⇔  z2 = − 2i, z2 = + i  z1 = −1 + 2i  z1 = −1 + 2i   z = −1 − i z2 = + i u + v + 4uv = Bài Giải hệ phương trình sau tập số phức  u + v = 2i Vậy hệ phương trình cho có nghiệm  Giải - 52 - u + v + 4uv = (u + v )2 + 2uv = ⇔   u + v = 2i u + v = 2i u = 2i − v uv = ⇔ ⇔ u + v = 2i v − 2iv + = v = (1 + 3)i ⇒ u = (1 − 3)i ⇔ v = (1 − 3)i ⇒ u = (1 + 3)i Vậy phương trình cho có nghiệm v = (1 + 3)i, u = (1 − 3)i v = (1 − 3)i, u = (1 + 3)i  z1 + z2 = + i  z1 z2 = − 2i Bài Giải hệ phương trình  Giải z1 , z2 hai nghiệm phương trình z − ( − 2i ) z + + i = Ta có ∆ = − 24i Gọi ω = x + yi ( x, y ∈ R) bậc hai số phức − 24i Khi đó: ( x + yi )  + 601 x = ± x − y =  = − 24i ⇔  ⇔ 2 xy = −24  − + 601 y = ±  Do xy < nên − 24i − 2 + 601 − + 601 − 2 + 601 − + 601 + 2 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm  5 + 601  − + 601   z1 = + + 1− i   8      5 + 601  − + 601  z = − + + + i    8     z − w − zw = Bài Giải hệ phương trình sau tập số phức  2  z + w = −1 Giải  z − w − zw =  z − w − zw = Ta có :  ⇔ (*) 2  z + w = −1 ( z − w) + zw = −1 Đặt a = z − w b = zw Thay a, b vào (*) ta - 53 - b = a − a − b = b = a −  ⇔ ⇔ a =   a + 2b = −1 a + 2a − 15 =   a = −5   a = 3, b = −5 ⇔  a = −5, b = −13 Với a = 3, b = −5 , thay vào cách đặt ta  w1 = − + i  z = w + z − w =  ⇔ ⇔    zw = −5  w + 3w + =  w2 = − − i  Với a = −5, b = −13 thay vào cách đặt ta 11 ,z = +i 2 11 ,z = −i 2 11 11  27 ,z = − +i  w3 = + i z = w −  z − w = −5 2 ⇔ ⇔   27  zw = −13  w − 5w + 13 = ,z = − −i  w4 = − i  2  z1 − z2 = − 2i  Bài Giải hệ phương trình tập hợp số phức  1 z − z = − 5i  Giải Ta có:  z1 − z2 = − 2i  z1 − z2 = − 2i  z1 − z2 = − 2i    − 2i  1 ⇔  z1 − z2 ⇔  z1 z2 = − = − i = − i z  zz  − i 5  z1 5   5 (1)  z − z = − 2i  z1 = z2 + − 2i ⇔ ⇔  z1 z2 = + 2i  z2 + ( − 2i ) z2 − + 2i = (2) Phương trình (2) có hai nghiệm là: ( ) z = −1 + + + − + i ( ) z2 = −1 − + + + + i Hệ phương trình có cặp nghiệm là: - 54 - 27 27 ( ) z = 1+ + − 1+ + i    z = −1 + + + − + i   z = − + + −1 + + i    z2 = −1 − + + + + i  ( ( ) ( ) ) Bài Giải hệ phương trình sau tập số phức  z1 + z2 + z1 z2 =  2  z1 + z2 + z1 z2 = −1 Giải Ta có:  z1 + z + z1 z =  z1 + z + z1 z =  z1 z = − z1 − z ⇔ ⇔  2 2  z1 + z + z1 z = −1 ( z1 + z ) − z1 z = −1 ( z1 + z ) + z1 + z − =  z1 z = − ( z1 + z )  z1 z =  z1 z = − ( z1 + z )     z1 + z = −2  z1 + z =  ⇔  z1 + z = ⇔ ⇔  z z = − ( z + z )  z z = 2   z + z = −2   2     z1 + z =  z1 + z = −2   7 z1 = + i i   z1 = −  z1 z =   2 2 Với     z1 + z = z = − i z = + i   2 2  z1 z2 =  z1 = −1 + 2i  z1 = −1 − 2i    z1 + z = −2  z = −1 − 2i  z2 = −1 + 2i Với  Vậy hệ phương trình cho có nghiệm DẠNG 11 CHỨNG MINH Bài Cho hai số phức u v Chứng minh u + v ≤ u + v Giải 2 Ta có u + v = (u + v )(u + v) = (u + v)(u + v) = u + uv + uv + v Vì uv = uv = uv suy uv + uv = Re(uv ) ≤ uv = u v = u v Do u + v ≤ ( u + v ) Nên u + v ≤ u + v Bài Cho hai số phức u v Chứng minh u − v ≤ u − v ≤ u + v Giải Ta có: u = u − v + v ≤ u − v + v - 55 - ⇒ u − v ≤ u−v Mặt khác u − v = u + ( − v ) ≤ u + − v = u + v Bất đẳng thức u − v ≤ u + v đẳng thức ⇔ Re( uv ) = u v , tức u = tv, t số thực không âm Bài Chứng minh nghịch đảo số phức có mơdun liên hợp Giải z = x + yi ( x , y ∈ R ) Gọi số phức cần tìm Ta có: 1 x − yi x − yi x − yi = = = = = x − yi = z ( z = 1) z x + yi ( x + yi )( x − yi ) x + y z Bài Chứng minh rằng: a) z1 + z + z1 − z 2 2 2 b) z1 z + + z1 − z c) z1 z − − z1 − z ( ) = (1 + z )(1 + z ) = (1 − z )(1 − z ) = z1 + z 2 2 2 2 Giải Ta có cơng thức: w = w.w a) z1 + z + z1 − z = ( z1 + z )( z1 + z ) + ( z1 − z )( z1 − z ) = ( z1 + z )( z1 + z ) + ( z1 − z )( z1 − z ) = z1 z1 + z1 z + z z1 + z z + z1 z1 − z1 z − z z1 + z z ( = z1 z1 + z z = z1 + z 2 b) z1 z + + z1 − z ( ) ) = ( z1 z + 1)( z1 z + 1) + ( z1 − z )( z1 − z ) = ( z1 z + 1) z1 z + + ( z1 − z )( z1 − z ) = ( z1 z + 1) ( z1 z + ) + ( z1 − z )( z1 − z ) = z1 z z1 z + z1 z + z1 z + + z1 z1 − z1 z − z z1 + z z = z1 z1 z z + z1 z1 + z z + 2 2 = z1 z + z1 + z + = z1 c) z1 z − − z1 − z 2 (z 2 ) ( + + z2 + = + z2 )(1 + z ) 2 = ( z1 z − 1)( z1 z − 1) − ( z1 − z )( z1 − z ) ( ) = ( z1 z − 1) z1 z − − ( z1 − z )( z1 − z ) = ( z1 z − 1) ( z1 z − ) − ( z1 − z )( z1 − z ) = z1 z z1 z − z1 z − z1 z + − z1 z1 + z1 z + z z1 − z z 2 2 = z1 z1 z z − z1 z1 − z z + = z1 z − z1 − z + ( = − z1 − z 2 ) +1− z 2 ( = − z2 )(1 − z ) Bài Chứng minh hai số phức phân biệt z1 , z2 thõa điều kiện z1 = z2 z1 + z2 số ảo z1 − z2 - 56 - Giải z1 + z2 Với z1 ≠ z2 , số phức số ảo z1 − z2 z1 + z z1 + z + = ⇔ ( z1 + z )( z1 − z ) + ( z1 − z )( z1 + z ) = z1 − z z1 − z ⇔ 2( z1 z1 − z z ) = ⇔ z1 = z Bài Chứng minh a + bi = (c + di ) n a + b = (c + d ) n Giải Ta có: a + bi = ( c + di ) ⇔ a + bi = ( c + di ) ⇔ a + bi = ( c + di ) n ( ⇔ a +b = ( n c +d 2 ) ⇔( n ) ( ) a +b 2 ) (  =  n c +d 2   =  c2 + d  ⇔ a2 + b2 = c2 + d   n Vậy a + bi = (c + di ) a + b = (c + d ) n ⇔ a + b2 ( ) ) n   n n MỘT SỐ ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC Đề 2013 A Cho số phức z = + 3i Viết dạng lượng giác z Tìm phần thực phần ảo số phức ω = (1 + i ) z Giải 1 3 π π  Ta có: z = + 3i = 2 + i  = 2 cos + i sin    2 5π 5π 5 Suy ra: z =  cos + i sin 3  3 ( ) )]   = 16 − 3i  Do ω = (1 + i ) − 3i 16 = + + − i 16 = 16 + + 16 − i Vậy ω có phần thực 16 + phần ảo 16 − ( ) ( [ ) ( ( ( ) ) ( ) D Cho số phức z thõa mãn điều kiện (1 + i )( z − i ) + z = 2i Tính mơđun số phức ω = z − 2z + z2 Giải Ta có (1 + i )( z − i ) + z = 2i ⇔ ( + i ) z = −1 + 3i ⇔ z = i Nên z = −i z − z + − i − 2i + = = − 3i z2 i2 ⇒ ω = − 3i = 10 Suy ω = Do mơđun ω 10 - 57 - Đề 2012 A Cho số phức z thõa mãn w = 1+ z + z2 5( z + i ) = − i Tính mơđun số phức z +1 Giải Đặt z = a + bi ( a, b ∈ ¡ ) , z ≠ −1 Suy z = a − bi Ta có 5( z + i ) 5[ a + (1 − b ) i ] = 2−i ⇒ = 2−i z +1 a + + bi ⇔ 5a + 5(1 − b ) i = ( 2a + b + 2) + ( 2b − a − 1) i ⇔ ( 3a − b − ) + ( a − 7b + ) i = 3a − b − = a = ⇔ ⇔ a − 7b + = b = Do z = + i Suy w = + z + z = + + i + (1 + i ) = + 3i Vậy w = + 3i = 13 B Gọi z1 z hai nghiệm phức phương trình z − 3iz − = Viết dạng lượng giác z1 z Giải Phương trình bậc hai z − 3iz − = có biệt thức ∆ = Suy phương trình có hai nghiệm: z1 = + 3i z = −1 + 3i 1    i  z = −1 + 3i = 2 − + i  2   2  π π  Dạng lượng giác z1 z1 = 2 cos + i sin  3  2π 2π   + i sin  Dạng lượng giác z z = 2 cos 3   2(1 + 2i ) = + 8i Tìm mơđun số phức D Cho số phức z thõa mãn ( + i ) z + 1+ i w = z +1+ i Ta có: z1 = + 3i = 2 + Giải Ta có ( + i ) z + 2(1 + 2i ) = + 8i ⇔ ( + i ) z = + 8i − ( + i ) 1+ i ⇔ ( + i ) z = + 7i ⇔ z = + 2i Do w = + 2i + + i = + 3i Giải phương trình z + 3(1 + i ) z + 5i = tập số phức Giải Phương trình bậc hai z + 3(1 + i ) z + 5i = có biệt thức ∆ = −2i = (1 − i ) 2 - 58 - Do nghiệm phương trình z = z= − 3(1 + i ) − (1 − i ) = −2 − i − 3(1 + i ) + (1 − i ) = −1 − 2i Vậy phương trình có hai nghiệm − − 2i − − i Đề 2011 A Tìm tất số phức z, biết z = z + z Giải Gọi z = a + bi ( a, b ∈ ¡ ) Suy z = a − bi Ta có z = z + z ⇒ ( a + bi ) = a + b + a − bi 2 ⇔ a − b + 2abi = a + b + a − bi ⇔ 2b + a − ( 2ab + b ) i =  a =  a = −2b b =  2 2b + a = a = −2b   b=0 ⇔ ⇔ ⇔  ⇔  a = −   2ab + b = b( 2a + 1) = a = −    2 b =   1  1 ⇔ ( a; b ) = ( 0;0 ) ( a;b ) =  − ;  ( a;b ) =  − ;−   2  2 1 1 Vậy z = z = − + i z = − − i 2 2 Tính mơđun số phức z, biết: ( z − i )(1 + i ) + ( z + 1)(1 − i ) = − 2i Giải Gọi z = a + bi ( a, b ∈ ¡ ) Suy z = a − bi Ta có: ( z − i )(1 + i ) + ( z + 1)(1 − i ) = − 2i ⇒ [ 2( a + bi ) − i ] (1 + i ) + [ a − bi + 1](1 − i ) = − 2i ⇔ [ ( 2a − 1) + 2bi ](1 + i ) + [ ( a − 1) − bi ](1 − i ) = − 2i ⇔ ( 2a − 2b − 1) + ( a + b − ) i = − 2i  a = 3a − 3b = ⇔ ⇔ a + b = b = −  1 ⇒z= − i 1 Suy môđun: z = − i = 3 - 59 - B Tìm số phức z, biết: z − 5+i −1 = z Gọi z = a + bi ( a, b ∈ ¡ Ta có: ) Giải a + b ≠ Suy z = a − bi 2 5+i 5+i − = ⇔ a − bi − −1 = z a + bi ⇔ a + b − − i − a − bi = ⇔ a + b − a − − b + i = z− ) ( ( a + b − a − = a − a − = ⇔ ⇔ b + b = − Giải hệ phương trình ta ( a; b ) = − 1;− ( ) ) ( ( a; b ) = 2;− ) Vậy z = −1 − i z = −2 − i 1+ i   Tìm phần thực phần ảo số phức z =   + i   Giải Ta có: ( Suy ) 1 3 π π  = 2 cos + i sin  ⇒ + i = 8( cos π + i sin π ) + i = 2 + i  3  2 π π 3π 3π    + i =  cos + i sin  ⇒ (1 + i ) = 2  cos + i sin  4 4    z= 8( cos π + i sin π ) π π  = 2  cos + i sin  = + 2i 3π 3π  4   2  cos + i sin  4   Vậy số phức z có phần thực phần ảo D Tìm số phức z, biết z − ( + 3i ) z = − 9i Giải Gọi z = a + bi ( a, b ∈ ¡ ) Suy z = a − bi Ta có: z − ( + 3i ) z = − 9i ⇒ a + bi − ( + 3i )( a − bi ) = − 9i ⇔ − a − 3b − ( 3a − 3b ) i = − 9i − a − 3b = a = ⇔ ⇔ 3a − 3b = b = −1 Vậy z = − i Đề 2010 A Tìm phần ảo số phức z, biết z = + i − 2i Giải Ta có: z = + 2i − 2i = + 2i ( ( )( ) - 60 - )( ) Suy ra: z = − 2i Phần ảo số phức z − Cho số phức z thõa mãn z = (1 − 3i ) 1− i ( ) Tìm mơđun số phức z + iz Giải Ta có: − 3i = −8 −8 = −4 − 4i , suy z = −4 + 4i 1− i ⇒ z + iz = −4 + 4i + ( − + 4i ) i = −8 − 8i Do z = Vậy z + iz = B Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thõa mãn: z − i = (1 + i ) z Giải Biểu diễn số phức z = x + yi điểm M ( x; y ) mặt phẳng tọa độ Oxy, ta có z − i = (1 + i ) z ⇔ x + ( y − 1) i = ( x − y ) + ( x + y ) i ⇔ x + ( y − 1) = ( x − y ) + ( x + y ) 2 ⇔ x2 + y2 + 2y −1 = Tập hợp điểm M biểu diễn số phức z đường tròn có phương trình x + ( y + 1) = 2 D Tìm số phức z thõa mãn: z = z số ảo Giải Gọi z = a + bi, ta có: z = a + b z = a − b + 2abi a + b = a =  a = ±1 ⇔ ⇔ Yêu cầu toán thõa mãn    a − b = b = b = ±1 Vậy số phức cần tìm là: + i;1 − i;−1 + i;−1 − i Đề 2009 A Gọi z1 z hai nghiệm phức phương trình z + z + 10 = Tính giá 2 trị biểu thức A = z1 + z Giải Phương trình z + z + 10 = có biệt thức ∆ = −36 = 36i Phương trình cho có hai nghiệm z1 = −1 + 3i, z2 = −1 − 3i Ta có: z1 = ( − 1) + 32 z2 = ( − 1) + ( − 3) = 10 = 10 ⇒ A = z1 + z = 20 - 61 - Vậy giá trị biểu thức A 20 B Tìm số phức z thõa mãn: z − ( + i ) = 10 z.z = 25 Giải Gọi z = x + yi ( x, y ∈ ¡ ) Suy z = x − yi Ta có: z − ( + i ) = ( x − ) + ( y − 1) i ⇒ z − ( + i ) = 10 ⇔ ( x − ) + ( y − 1) = 10 2 z.z = 25 ⇔ x + y = 25 ( x − ) + ( y − 1) = 10 Lập hệ phương trình   x + y = 25 Giải hệ phương trình ta được: (x; y) = (3; 4) (x; y) = (5; 0) Vậy z = + 4i z = D Trong mặt phẳng tọa độ,tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thõa mãn điều kiện z − ( − 4i ) = Giải Đặt z = a + bi ( a, b ∈ ¡ ) Ta có z − + 4i = ( x − 3) + ( y + ) i Suy z − ( − 4i ) = ⇔ ( x − 3) + ( y + 4) = ⇔ ( x − 3) + ( y + 4) = 2 Tập hợp điểm biểu diễn số phức z đường tròn tâm I ( 3;−4) bán kính R=2 - 62 - PHẦN KẾT LUẬN Số phức trình bày từ nhiều nguồn khác nên việc thu thập, tổng hợp tính chất gặp khó khăn Tiểu luận dừng lại việc đưa lý thuyết áp dụng vào giải số dạng tập Khơng sâu vào nghiên cứu vấn đề khác Có thể sử dụng số phức công cụ để giải số tập hình học - 63 - TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Nguyễn Văn Khuê, Bùi Tắc Đắc (1996), Số phức đa thức, NXB Giáo dục [2] Nguyễn Văn Khuê, Lê Mậu Hải, Hàm biến phức, NXB ĐHQG Hà Nội [3] Trần Ngọc Liên, Lê Hoài Nhân (2012), Giáo trình giải tích phức, NXB Đại học Cần Thơ, Cần Thơ [4] Võ Đăng Thảo (2004), Hàm phức toán tử Laplace, NXB ĐHQG Thành Phố Hồ Chí Minh, TP Hồ Chí Minh - 64 - ... Chương Một số tập số phức .12 Dạng Các phép toán số phức 12 Dạng Tính i n áp dụng 17 Dạng Dạng lượng giác số phức 19 Dạng Lũy thừa số phức .23 Dạng Tìm số thực... hình học số phức 3.1 Dạng đại số số phức Dạng đại số số phức Các phép toán dạng đại số .7 Số phức liên hợp Môđun số phức .7 4.1 Dạng lượng... độ đến điểm z2 Dạng đại số số phức Dạng đại số số phức Dạng z = x + yi ( x, y ∈ ¡ ) gọi dạng đại số số phức z Trong { } i = −1 Khi đó: £ = x + yi | x, y ∈ ¡ ; i = −1 -6- Các số thực x, y gọi