Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 106 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
106
Dung lượng
2,07 MB
Nội dung
MỤC LỤC LỜI NÓI ĐẦU CHƯƠNG 1: LỊCH SỬ, CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN VÀ CÁC DẠNG SỐ PHỨC .5 LỊCH SỬ CỦA SỐ PHỨC 1.1 Lịch sử phát triển số phức .5 1.2 Sơ lược nhà toán học đặt móng cho đời số phức .5 ĐỊNH NGHĨA CỦA SỐ PHỨC 11 DẠNG ĐẠI SỐ CỦA SỐ PHỨC: 13 3.1 Quan giưa R C 13 3.2 Đơn vị ảo .13 3.3 Các khái niêm liên quan .14 3.4 Môđun số phức 14 3.5 Các phép toán .16 3.6 Bài tâp 19 4.DẠNG LƯỢNG GIÁC CỦA SỐ PHỨC 30 4.1 Định nghĩa .30 4.2 Ví dụ 30 4.3 Biểu diễn số phức 31 4.4 Các phép toán 32 4.5 Bài tập ví dụ 34 CĂN BẬC N CỦA ĐƠN VỊ VÀ BIỂU DIỄN HÌNH HỌC CỦA SỐ PHỨC 45 5.1 Căn bậc n số phức 46 5.2 Căn bậc n đơn vị 48 5.3 Phương trình nhị thức 54 5.4 Bài tập 55 CHƯƠNG 2: ỨNG DỤNG SỐ PHỨC ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH 62 PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI 62 PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA .67 PHƯƠNG TRÌNH BẬC BỐN 71 CÁC BÀI TỐN VỀ PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ 75 CHƯƠNG 3: ỨNG DỤNG CỦA SỐ PHỨC GIẢI CÁC BÀI TOÁN ĐA THỨC 77 1 PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRONG ĐA THỨC 77 CÁC BÀI TOÁN VỀ ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY 81 BÀI TOÁN VỀ SỰ CHIA HẾT CỦA ĐA THỨC: .86 CHƯƠNG 4: MỘT SỐ ỨNG DỤNG KHÁC CỦA SỐ PHỨC 89 ỨNG DỤNG CỦA CÔNG THỨC MOIVRE 89 ỨNG DỤNG CỦA CÔNG THỨC Ơ-LE 93 ỨNG DỤNG SỐ PHỨC GIẢI CÁC BÀI TOÁN PHÂN THỨC, TỔ HỢP, RỜI RẠC 97 ỨNG DỤNG SỐ PHỨC ĐỂ CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC, BẤT ĐẲNG THỨC, TÍNH GIÁ TRỊ CỦA BIỂU THỨC, TÍNH CHIA HẾT CỦA ĐA THỨC, PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ .99 TÀI LIỆU THAM KHẢO 105 LỜI NÓI ĐẦU Số phức khái niệm mẻ bạn học sinh bậc Trung học phổ thông Tuy nhiên, số phức công cụ hữu hiệu để giải vấn đề toán học lý thuyết ứng dụng, đồng thời có số ứng dụng quan trọng giải tốn phổ thơng Thông qua tiểu luận này, tác giả hi vọng bạn học sinh có thêm nguồn để tìm hiểu, làm quen, sử dụng số phức nhằm giải tốn phổ thơng, từ bạn có điều kiện để rèn luyên tư học mơn tốn tốt Bài tiểu luận chia làm phần chính: Chương I trình bày tóm tắt lịch sử, khái niệm dạng số phức; Chương II Ứng dụng số phức để giải phương trình hệ phương trình; Chương III Ứng dụng số phức vào giải tốn đa thức; Chương IV trình bày Một số ứng dụng khác Mỗi chương bao gồm dạng tập phân loại kèm theo ví dụ minh họa tập để bạn rèn luyện thêm kĩ Do khuôn khổ chuyên đề, phần tập, sâu vào ứng dụng số phức đại số Do hạn chế hiểu biết, kinh nghiệm mặt thời gian, tiểu luận khó tránh khỏi sai sót, mong nhận thơng cảm đóng góp ý kiến bạn đọc gần xa Hà Nội, ngày … tháng … năm … Chương 1: Lịch sử, khái niệm dạng số phức Lịch sử số phức 1.1 Lịch sử phát triển số phức Lịch sử phát triển khái niệm số theo trình số tự nhiên, số nguyên, số hữu tỉ, số thực, số phức, thúc đẩy phát triển toán thực tế toán học Đầu tiên người ta dùng số để đếm, lúc cần số tự nhiên Số âm xuất bắt đầu có chuyện nợ nần, có chuyện trừ số nhỏ cho số lớn Số hữu tỷ xuất phải thực phép chia có dư Cịn số vơ tỷ xuất người ta thấy cạnh huyền tam giác vuông cân cạnh biểu diễn dạng thương hai số nguyên, thuật ngữ số thực có nghĩa độ dài đoạn thẳng có thực Điều thú vị số phức xuất từ phương trình bậc hai kiểu x2 + x + = 0, x2 + Các phương trình rõ ràng vơ nghiệm khơng có để bàn Thế với phương trình x3 -3x + khác Có thể chứng minh phương trình có đến nghiệm Vậy mà phương pháp Cardano không áp dụng < Số phức xuất để giải nghịch lý Ta dùng số phức, dùng nghiệm phức để cuối tìm nghiệm thực Tựa kiến đường thẳng gặp vũng nước lớn ngáng đường Có kiến quay trở lại, có kiến vào nước để bị chìm, có kiến biết vòng (sang chiều thứ hai) để sau quay trở lại với đường cũ Lịch sử số phức gắn liền với tên Bombelli, Rene Descartes, Euler, De Moivre, Wallis, Hamilton, Gauss, Cauchy … Về lịch sử số phức xem viết Orlando Merino địa 1.2 Sơ lược nhà tốn học đặt móng cho đời số phức Nhà toán học Italia R Bombelli (1526-1573) đưa định nghĩa số phức, lúc gọi số "khơng thể có" "số ảo" cơng trình Đại số (Bologne, 1572) cơng bố lâu trước ơng Ơng định nghĩa số (số phức) nghiên cứu phương trình bậc ba đưa bậc hai Nhà toán học Pháp D’Alembert vào năm 1746 xác định dạng tổng quát " " chúng, đồng thời chấp nhận nguyên lý tồn n nghiệm phương trình bậc n Nhà toán học Thụy Sĩ L Euler (1707-1783) đưa ký hiệu " " để bậc hai , năm 1801 Gauss dùng lại ký hiệu Chúng muốn kể cho bạn nghe câu chuyện, nhà Toán học Niccolo Fontana (1499-1557) sống công cuốc Venezia (nay thành phố Italia) với biệt danh Tartaglia (kẻ nói lắp) Tartaglia có tuổi thơ đầy bất hạnh Năm ông 13 tuổi quân Pháp tràn vào quê hương ông, cha ông (một người đưa thư) dắt ông chạy trốn vào nhà thờ với người làng Không may họ bị phát thảm sát diễn ngày nhà thờ ấy: Cha ông bị giết chết, Tartaglia bị chém ngang mặt cắt đứt miệng lưỡi…Người mẹ nỗ lực cuối tìm thấy đứa trai người chồng chết Chẳng thể có tiền lo thuốc thang điều trị cho đứa trai, bà nhớ lại chó bị thương thường hay liếm vào vết thương, thật thần kì với cách chạy chữa đặc biệt mà vết thương Tartaglia bình phục Mẹ ơng gom góp đủ tiền để ơng học 15 ngày quãng thời gian ngắn ngủi Tartaglia tìm cách trộm đánh vần tự học cách đọc viết Tartaglia với vịm miệng bị hỏng nói khó khăn sống nghèo khổ tự học thành tài nhiều người kính phục Tartaglia bị vướng vào thách đấu Toán học giải phương trình bậc khác với nhóm mơn đệ Del Ferro (nhà Tốn học tìm cách giải lớp phương trình bậc đặc biệt) Bởi đến thời điểm chưa có tìm cách giải phương trình bậc tổng quát nên thách đấu quan tâm giới Toán học Châu âu thời Cảm thấy nao núng đối thủ tự tin, Tartaglia miệt mài suy nghĩ trước kì thi ngày ơng tìm cách giải tổng quát Vào ngày 22-2-1535, nhà toán học người hâm mộ nhiều nước châu Âu kéo thành phố Milan để dự thi tài Mỗi bên cho đối phương 30 phương trình bậc khác giải 2h Và nhóm Ferro giải lớp phương trình bậc đặc biệt Tartaglia nắm giữ tay “Cửu âm chân kinh” ông sáng tạo nên khơng có bất ngờ tỉ số trận đấu 30:0 Tartaglia trở nên tiếng khắp Châu Âu sau thành công vang dội này, dù ơng giữ kín bí mật cách giải Lại nói Cardano ( 1501- 1576) bác sĩ u Tốn, ơng nghiên cứu đề tài nhiều năm mà chưa có kết Cardano nhiều lần thuyết phục Tartaglia chia sẻ bí mật Tartaglia chấp thuận với lời tuyên thệ không tiết lộ cho Tuy vậy, Cardano nuốt lời Ơng công bố cách giải sách lời nói đầu sách ơng có xác nhận cách giải Tartaglia, giới Toán học dường nhớ đến ông nhắc đến phát minh Cũng dễ hiểu Tartaglia bị tổn thương nào, tranh luận lớn nổ ra, lần trước Tartaglia gửi đến lời thách đấu Không may cho Tartaglia, lần ông không ngờ Lodovico Ferrari, học trò tài ba Cardano từ phương pháp thầy truyền lại tìm cách giải tổng quát cho phương trình bậc Và vậy, tranh luận Tartaglia thất bại cay đắng mang nỗi uất hận lịng ơng mất… Trên phương diện người bạn, Cardano hành xử không Nhưng phủ nhận rằng, việc công bố rộng rãi phát minh giúp ích nhiều cho phát triển Toán học Lịch sử lịch sử, hay sai tương đối Những hậu bối hôm tìm hiểu phát minh trọng đại để từ bạn thấy thành viên gia đình nhà số: số phức, xuất kì ảo Tôi kể cho nhiều em học sinh nghe hành trình tìm số phức, câu chuyện phương pháp giải phương trình bậc hầu hết em muốn hiểu rõ phát minh quan trọng Đó lý tơi viết viết trình bày sau phương pháp giải phương trình bậc Tartaglia: Xét phương trình bậc có dạng: Ta tìm cách đưa phương trình (1) dạng khuyết Muốn ta thực phép đổi biến: Thay vào (1) ta được: Bằng cách đặt: Ta đưa (1) phương trình sau (khuyết số hạng bậc 2): Nhiều bạn hỏi biết cách đổi biến vậy? Thật đơn giản ban đầu bạn chưa biết nên đặt nào, bạn tạm đặt Sau rút x vào phương trình (1) để phương trình bậc theo y Đối với phương trình ta hệ số phải Từ mà biết phải chọn k Để giải phương trình (2) này, Tartaglia thực thêm lần đổi biến Ông đặt Trong u, v ẩn Các bạn nghĩ ta khơng đặt giống hồi để làm hạng tử bậc (2) Rất tiếc mưu đồ chắn thất bại nói chung đổi biến thích hợp để hạng tử bậc lại “mọc” hạng tử bậc ban đầu Bây lúc bạn phải thật ý, việc đặt y=u+v u v hồn tồn có quyền “ràng buộc” với theo cách tùy ý Quyền chọn lựa ràng buộc ta chọn lựa sau Cịn ta chuyển phương trình (2) dạng theo u, v: Để cho phương trình trở nên đơn giản hơn, ta sử dụng quyền ràng buộc mình, cụ thể ta cho Lúc (2) trở thành: Tóm lại u, v thõa điều kiện sau: Suy nghiệm phương trình: (3) Từ mà tìm u,v tìm y cuối tìm nghiệm x Cũng khơng q khó hiểu phải khơng bạn Phương trình bậc ba với phép đổi biến thích hợp đưa phương trình bậc hai (phương trình (3)) Tuy phương pháp tuyệt vời lại có điểm yếu chết người, điểm yếu qua ví dụ sau đây: Xét phương trình bậc ba đơn giản mà biết chắn nghiệm nó: Phương trình (*) rõ ràng có nghiệm 0,-1,1 Bây ta áp dụng phương pháp Tartaglia để giải Vì phương trình dạng khuyết số hạng bậc nên ta đặt Tất nhiên ta chọn u,v thõa: Lúc Theo nghiệm phương trình: (4) Oái ăm thay phương trình (4) lại vô nghiệm! Vậy nghiệm ban đầu đâu mất? Điểm yếu phương pháp chỗ: Khơng phải tìm số u, v mà Trong trường hợp ta vừa xét trên, bạn nhận thấy khơng thể tìm u,v thõa chẳng hạn Đứng trước khó khăn vị tiền bối có lựa chọn Một từ bỏ phương pháp hấp dẫn này, lựa chọn thứ nghe tưởng chừng liều lĩnh điên rồ: Chấp nhận có bậc số âm để giải tiếp phương trình tìm u,v Một ý định điên rồ đầy tham vọng Nào thử: Chúng ta xem có bậc hai số âm, nói riêng bậc hai -1 đặt i: Lúc ta giải tiếp phương trình (4): Phương trình có nghiệm Để tìm u v vấn đề phải tìm bậc ba i Có bậc ba vậy, là: rõ bởi: Còn bậc ba lại đâu ra? Trước hết bạn kiểm tra chúng bậc ba i cách lũy thừa bậc ba lên kiểm tra xem có i hay khơng? Cịn bạn muốn tìm hiểu xem làm mà tìm bậc ba tơi nói ln Chúng ta gọi bậc ba i là: Sau lũy thừa bậc ba lên giải hệ phương trình đại số để tìm a b Trở lại vấn đề, tìm giá trị u là: giá trị v là: Các bạn có để ý xếp lại giá trị v theo thứ tự khác với u tích giá trị tương ứng u v theo ràng buộc ban đầu Bây lúc gặt hái thành quả, xem ba giá trị x tìm là: Và nghiệm thứ 3: Thật tin nổi, mà liều lĩnh chấp nhận xuất phép màu giúp ta vượt qua khó khăn bước đường Tartaglia tìm để sau biến để lại cho nghiệm thực mà biết từ ban đầu rõ ràng khơng có thực, mà người ta gọi “ảo” (chính xác hơn: đơn vị ảo) xuất phép màu ông Bụt vậy, khác điều khơng chấp nhận để biến mãi Chúng ta níu giữ lại nghiên cứu để hiểu phép màu kì ảo này, phát triển lý thuyết để số phức (những số có dạng a+bi) tự hào thành viên quan trọng đại gia đình nhà số góp phần tạo nên bước phát triển bảng vàng lịch sử Toán học Định nghĩa số phức Chúng ta biết trường số thực R khơng thể phân tích thành thừa số tam thức bâc hai ax2+bx+c Tuy nhiên tiện lợi thừa số hóa tam thức thành dạng Nhằm mục đích thêm vào R mơt phần tử mới, kí hiệu i (gọi đơn vị ảo) kết hợp căp số thực để tạo số phức Xét tâp Xây dựng phép toán sau: - Phép công: - Phép nhân: Định nghĩa: Tâp với hai phép tốn cơng nhân định nghĩa gọi tâp số phức C , phần tử môt số phức Định ly: (C,+,.) môt trường Chứng minh: Để chứng minh (C,+,.) môt trường ta chứng minh vấn đề sau: - Phép công có tính giao hốn: Ta có: - Phép cơng có tính kết hợp: - Tồn phần tử 0: Xét - Tổn phần tử đối: phần tử đối z Thât vây: - Phép nhân có tính giao hốn: Ta có: - Phép nhân có tính kết hợp: 10 Ta có: � eix e ix � f ( x) cos x � � � � e4ix 4e2ix 4e2ix e4ix � 4ix e e 4ix e 2ix e 2ix � � � 16 2cos x 4.2cos x 16 1 f ( x) cos x cos x 8 Vậy � � �� ; � � 2 � Xét phương trình sau: Vi dụ 3: Cho số thực, 3 (E): (1 iz ) (1 i tan ) (1 iz ) (1 i tan ) a Cho biết z nghiệm (E) Chứng minh rằng: iz iz z số thực b i tan i Biểu diễn i tan theo e Chứng minh (E) c Cho z số thực, đặt z tan với tương đương với phương trình ẩn giải phương trình Giải a Bằng cách lấy mơ đun vế phương trình (E) ta được: 3 iz i tan iz i tan Ta có: i tan i tan �0 92 Vậy: iz iz � i ( z 1) i ( z i ) � z 1 z i � MA = MB Trong đó: M(z), A(i), B(-i) Vậy M nằm đường trung trực đoạn AB, tức M thuộc trục hồnh z số thực b Ta có: i tan i i e i tan e cos cos i tan ei i e2i Do đó: i tan e � � � � 2� c z số thực, đặt z tan , � Khi phương trình (E) trở thành: 3 (E) � (1 i tan ) (1 i tan ) (1 i tan ) (1 i tan ) � i tan � i tan e3i ei �� � i tan � e3i ei � � i tan � e6i e2i � 6 2 k 2 � k (k �� ) 3 � � � � �� ; � �� ; ; � 2 3 � � � � Vì nên Vậy nghiệm (E) tan ; tan ; tan 3 93 Ứng dụng số phức giải toán phân thức, tổ hợp, rời rạc 3.1 Nhắc lại Nhị thức Newton: a b n n �Cnk a nk bk k 0 Đặc biệt: 1 i n n �Cnk i k k 0 � � k �i i � 1 � � �i Với 3.2 với n R; n k 4p k p 1 k 4p k 4p 3 p �R Một số vi dụ Vi dụ: Phân tích phân thức sau thành tổng phân thức đơn giản: x Giải Ta có: x ( x 1)( x x 1) Mặt khác: x x ( x 1) x ( x x)( x x) Do đó: x 1 ( x 1)( x x 1)( x x 1) Ax B x2 Cx D x2 x Mx N x2 x Quy đồng mẫu số bỏ mẫu số chung, ta được: ( Ax B)( x x 1)( x x 1) (Cx D)( x 1)( x x 1) 94 ( Mx N )( x x 1)( x 1) (1) + Thay x i vào (1) ta được: 3 Ai B �A � � B � � Đồng thức hai vế ta có: + Thay x 3i � 3i � � vào (1) ta được: � i C D � 3D 6C 3D i � � � D � � � 3D � � � � 6C 3D � � C � � Đồng thức hai vế ta có: � + Thay x 3i vào (1) ta được: � � 3i � i M N � N M 3i � � � � N � � � 3N � � � � 6M 3 � � M � � Đồng thức hai vế ta có: � Ứng dụng số phức để chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức, tính giá trị biểu thức, tính chia hết đa thức, phân tích đa thức thành nhân tử Vi dụ 1: Chứng minh rằng: 95 3 5 a)cos cos cos 7 3 5 sin sin sin cot 7 14 b) Giải: z cos isin 7 Ta có: Xét 3 5 3 5 cos cos cos sin sin sin 7 +i( 7 ) (1) z z z = Mặt khác: 1 cos isin z z z 1 7 i 1cot (2) z z3 z5 z z 1 z 1 cos isin (1 cos )2 sin2 2 14 7 7 Từ (1) (2) suy ra: 3 5 3 5 a)cos cos cos sin sin sin cot 7 7 14 Vi dụ 2: Chứng minh đẳng thức tổ hợp sau: 2010 C2011 C2011 C2011 C2011 22011 Giải Gọi bậc nguyên thủy đơn vị, tức cos 2 2 i sin 3 � 3n � � 3n 1 � � 3n 2 � � Khi đó: 96 n �R Khai triển nhị thức Newton 1 2011 ; 2011 ; 2011 ta được: 2010 2011 C12011 C2011 C2011 C2011 1 2011 C2011 2010 2010 2011 2011 C12011 C2011 C2011 C2011 2011 C2011 2010 2011 C2011 C2011 C2011 C2011 C2011 1 2 2011 2010 C2011 C12011 C2011 C2011 2 2010 2011 C2011 2 2010 2011 C2011 C2011 C2011 C2011 C2011 Cộng theo vế số hạng tổng ta được: 2010 C2011 C2011 C2011 1 2011 1 2011 1 2 2011 Mặt khác: 1 2011 22011 1 2011 2011 2 2 � � � cos i sin � 3 � � cos 1 2011 2011 2011 i sin cos i sin 3 3 2011 4 4 � � � cos i sin � 3 � � cos 2011 � � � cos i sin � 3� � 2011 � � � cos i sin � 3� � 2011 2011 i sin cos i sin 3 3 Do đó: 2010 C2011 C2011 C2011 C2011 22011 2cos 2010 � C2011 C2011 C2011 C2011 Vi dụ 3: Chứng minh đẳng thức sau: 97 22011 22011 2011 cos 2 4 8 cos cos 33 7 Giải Ta thấy phương trình x có nghiệm xk cos k 2k i sin k 0,6 7 Do xk (k=0,1,…,6) nghiệm phương trình: x x x x3 x x �� � � 1� � � �x3 � �x � �x � x �� x � � x� � (1) y x ; y �2 x Đặt phương trình (1) trở thành: y3 y y Mặt khác: Mà cos Nên Đặt xk (2) k k k x x 2cos ; k 0,6 xk 2 12 4 10 8 6 cos ;cos cos ;cos cos 7 7 2cos 2cos 2k (k=1,2,4) nghiệm phương trình (2) 2 4 8 ;2cos ;2cos 7 , , nghiệm phương trình (2) theo định lý Viéte ta có: � 1 � 2 � � 1 � Đặt: A ; B 98 A3 3 3 3 2 2 33 + 3 33 33 33 33 AB Tương tự B3 (3) AB (4) 3 2 Nhân hai vế (3) (4) ta có A B A B 27 AB 20 Đặt AB=Z, phương trình trở thành: Z Z 27 Z 20 � Z 3 � Z 3 Do Hay A cos 53 7 2 4 8 cos cos 33 7 Vi dụ 4: Chứng minh với số phức z, có hai trường hợp bất đẳng thức sau xảy z 1 � z �1 Giải 99 Giả sử ta có: z2 z 1 Đặt z a bi a, b �R � 2 � a b 4a a b � (1) � � �� � �1 a b 2 4a 2b �a b a b (2) � Ta có: � Cộng vế (1) (2) ta có: a b2 2a 1 vô lý Suy điều phải chứng minh Vi dụ 5: Z Z Z3 Z ��Zi Z j Cho Z1 , Z , Z , Z �C Chứng minh với �i �j �4 Giải Áp dụng bất đẳng thức a b �a b a, b �R Ta có: Z1 Z Z3 �2 Z1 Z Z �Z1 Z Z1 Z Z1 � � �Z1 Z Z1 Z3 Z Z � � Suy ra: Z2 � � �Z1 Z Z1 Z Z Z � � Tương tự: Z3 � � Z1 Z Z1 Z Z Z � � 2� Z4 � � Z1 Z Z1 Z Z Z � � 2� 100 � Z1 Z Z Z �2 � �Z1 Z Z1 Z Z Z � � �Z i Z j với �i �j �4 Dấu = xảy Z1 , Z , Z , Z hoán vị a, a, a, a với a �R Vi dụ 6: Chứng minh a,b,c�R ta ln có: a2 b2 c2 2ac a2 b2 c2 2ac �2 a2 b2 Giải 2 2 2 Bất đẳng thức tương đương với (a c) b (a c) b �2 a b Xét z1 (a c) bi;z2 (a c) bi 2 2 Ta có z1 (a c) b ;z2 (a c) b 2 2 Mặt khác z1 z2 2a 2bi � z1 z2 4(a b ) a b Áp dụng z1 z2 �z1 z2 ta được: (a c)2 b2 (a c)2 b2 �2 a2 b2 Vi dụ 7: Chứng minh với , ta có: cos4 cos4 sin2 sin2 � Giải: 2 2 Xét z1 cos cos .i;z2 sin ;z3 sin .i 4 2 Ta có : z1 cos cos ;z2 sin ;z3 sin z1 z2 z3 cos2 cos2 .i sin2 sin2 .i � z1 z2 z3 Áp dụng z1 z2 z3 �z1 z2 z3 ta cos4 cos4 sin2 sin2 � 101 Re Vi dụ Chứng minh Z1 , Z , , Z n �C Z12 Z Z n ��Re Z n k k Giải 2 Đặt: Z k xk iyk ; Z1 Z1 Z n a bi xk , yk , a, b �R n n �2 2 a b �xk �yk � � k 1 k 1 �� n � ab �xk yk � k 1 � Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Bunhiacopski ta có: n �xk yk � k 1 n n �xk �yk k 1 �xk n k 1 k 1 n �yk b k 1 Suy n �xk �yk ab k 1 n a n k 1 n � a b �xk �yk 2 2 k 1 k 1 Mâu thuẫn với a� n �xk n k 1 k 1 Vậy n a b �xk �yk 2 � Re Z12 k 1 Z12 Z n ��Re Z n k k Vi dụ 9: Tính tổng: a) S1 1 Cn Cn Cn b) S2 Cn Cn Cn Cn Giải Ta có: 102 (1 i)n 1 Cn1 Cn2i2 Cnnin (1 Cn2 Cn4 Cn6 ) i(Cn1 Cn3 Cn5 Cn7 )(1) n n (1 i)n 2n cos i 2n sin (2) 4 Từ (1) (2) suy : S1 2n cos n n ,S2 2n sin 4 98 100 50 Vi dụ 10: Chứng minh : C100 C100 C100 C100 C100 C100 2 Giải 00 100 (1 i)100 C0100 C1100i C1200i2 C1100 i 00 (C0100 C2100 C4100 C1100 ) (C1100 C1300 C5100 C19900 )i (1 i) 2i � (1 i)100 (2i )50 250 98 100 50 Vậy C100 C100 C100 C100 C100 C100 2 Vi dụ 11: Có tồn hay khơng số nguyên dương n cho đa thức (x 1)2n (x 1)2n 2x2n chia hết cho đa thức x4 ? Giải: Các nghiệm đa thức x :1,-1,i,-i 2n 2n 2n Đặt f(x) (x 1) (x 1) 2x ta có f(1) f(1) f(i) (i 1)2n (i 1)2n 2i2n (2i)n (2i)n 2(1)n 2m1 Nếu n 2m,(m�Z )thì f(i) (1) �0m�Z Nếu n 2m 1,(m�Z ) f(i) �0 2n 2n 2n Vậy không tồn số nguyên dương n cho đa thức (x 1) (x 1) 2x chia hết cho đa thức x Vi dụ 12 Phân tích đa thức sau thành nhân tử với hệ số nguyên 103 (x2 1)2 (x 3)2 Giải: Ta có: (x2 1)2 (x 3)2 (x2 1)2 i2(x 3)2 (x2 ix 1 3i)(x2 3x 1 3i) Vì x2 ix 1 3i (x 1 i)(x 1 2i) x2 3x 1 3i (x 1 i)(x 1 2i) (x 1 i)(x 1 i) (x 1)2 i2 x2 2x (x 1 2i)(x 1 2i) (x 1)2 4i2 x2 2x 2 2 Vậy (x 1) (x 3) = (x 2x 2)(x 2x 5) 104 TÀI LIỆU THAM KHẢO https://vi.wikipedia.org https://sites.google.com/site/toanhoctoantap/chuyen-dhe-toan-hoc/99-vidu-va-bai-tap-ve-so-phuc-co-loi-giai http://dethi.violet.vn/present/show/entry_id/4838583 http://tanggiap.vn/threads/bai-1-dinh-nghia-va-cac-phep-toan-sophuc.666/ Hàm số biến số phức- Nguyễn Thủy Thanh 105 ... a,b số thực tùy ý Biểu thức dạng đại số số phức Do 3.3 Các khái niêm liên quan - Phần thực số phức z ký hiệu Re(z): Re(z)= a Phần ảo số phức z ký hiệu Im(z): Im(z)= b - Tập số thực tập hợp tập số. .. tự Phép lấy liên hợp: Cho số phức , số phức có dạng gọi số phức liên hợp số phức z, kí hiệu Tức Phép lấy số phức đối: Cho , số đối số phức z –z xác định bởi: Phép công, trừ, nhân, chia: Cho... (a,0) với số thực a 11 3.2 Đơn vị ảo Đăt Ta có: Theo ta đồng số phức (- 1,0) với số thực -1 Vây Hay số phức nghiệm phương trình Ta gọi đơn vị ảo Mệnh đề: Dạng đại số số phức Mỗi số phức tùy ý biểu