1. Trang chủ
  2. » Khoa Học Tự Nhiên

ỨNG DỤNG SỐ PHỨC GIẢI CÁC BÀI TOÁN HỆ THỨC LƯỢNG GIÁC VÀ TỔ HỢP

27 173 0

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 27
Dung lượng 305,74 KB

Nội dung

Tài liệu này đề cập đến những kết quả sau đây. 1. Trình bày tổng quan những kiến thức về số phức, nhắc lại những khái niệm và kết quả cơ bản về số phức. Nội dung được trình bày gồm: dạng đại số của số phức, dạng lượng giác của số phức, biểu diễn hình học của số phức, một số phép toán của số phức, trình bày một số kiến thức về khai triển nhị thức, lũy thừa và căn bậc n của số phức. 2. Ứng dụng các tính chất của số phức ở nhiều dạng khác nhau để giải các bài tập liên quan đến các hàm số lượng giác và tổ hợp. Cụ thể chuyên đề đã tập hợp và giải hoặc hướng dẫn một số bài tập có chứa biểu thức lượng giác và tổ hợp

ỨNG DỤNG SỐ PHỨC GIẢI CÁC BÀI TOÁN HỆ THỨC LƯỢNG GIÁC VÀ TỔ HỢP Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Cách xây dựng trường số phức 1.1.1 Các khái niệm 1.1.2 Số phức liên hợp 1.2 Các dạng tồn số phức 1.2.1 Dạng đại số số phức 1.2.2 Dạng lượng giác số phức 1.2.3 Biểu diễn hình học số phức 1.3 Khai triển lũy thừa nhị thức Chương Ứng dụng số phức giải toán hệ thức lượng giác tổ hợp 11 2.1 Hệ thức lượng giác 11 2.2 Tổ hợp 20 Tài liệu tham khảo 26 Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Cách xây dựng trường số phức 1.1.1 Các khái niệm Xét tập hợp C cặp số thực ♣x, y q lấy theo thứ tự xác định Các cặp số thực coi điểm mặt phẳng tọa độ Đê vng góc xOy kí hiệu z ✏ ♣x, yq Ta xác định C quan hệ phép toán sau € C z★1 ✏ ♣x1, y1q, z2 ✏ ♣x2, y2q thì: x1 ✏ x2 z1 ✏ z2 ô y1 ✏ y2 ; z1 ✟ z2 ✏ ♣x1 ✟ x2 , y1 ✟ y2 q; z1 z2 ✏ ♣x1 x2 ✁ y1 y2 , x1 y2   x2 y1 q Với z1 , z2 Dễ dàng kiểm tra tập C quan hệ phép toán lập thành trường ta gọi trường số phức, ký hiệu C Mỗi phần tử z € C gọi số phức x, y gọi phần thực phần ảo số phức z ký hiệu x ✏ Re♣z q, y ✏ Im♣zq Nhận xét 1.1 ([1], tr 1) Từ cách xây dựng số phức, ta thấy có tương đồng 1:1 tập hợp số phức với tập hợp điểm mặt phẳng R2 Số phức dạng z ✏ ♣x, 0q nằm trục hoành coi trùng với số thực x : ♣x, 0q ✏ x Vì lý này, trục hoành gọi trục thực Số phức dạng z ✏ ♣0, yq nằm trục tung gọi số ảo trục tung gọi trục ảo Mặt phẳng gồm trục thực ảo gọi mặt phẳng phức Định lý 1.1 ([2], tr 5) Mọi số phức khác có số nghịch đảo sau: Cho z € C✝ ✏ C③t0✉ Khi tồn z✁1 € C cho z.z✁1 ✏ z✁1.z ✏ z ✁1 ✏ ✏ z ✂ x ,✁ ✡ y , ❅z € C✝     Thương hai số z1 ✏ ♣x1 , y1 q, z ✏ ♣x, y q € C✝ ✂ ✡ x1 x   y1 y ✁x1 y   y1 x z1 ✏ x2   y2 , x2   y2 € C z ✂ ✡ ✁ Ví dụ 1.1 Nếu z ✏ ♣1, 2q z ✁1 ✏ , Nếu z1 ✏ ♣1, 2q, z2 ✏ ♣3, 4q 5 z1 z2 ✏ ✂ 11 , 25 25 x2 y2 x2 y2 ✡ 1.1.2 Số phức liên hợp Hai số phức z1 ✏ ♣x, yq z2 ✏ ♣x, ✁yq gọi hai số phức liên hợp nhau, ký hiệu z2 ✏ z1 ñ ★ z   z¯ ✏ 2Rez z.¯ z ✏ x2   y Đối với số phức liên hợp ta có tính chất sau đây: Định lý 1.2 ([2], tr 7) ✏ z¯ ô z € R; z ✏ z¯; z z.¯ z số thực không âm; z1   z2 ✏ z1   z2; ✏ z1.z2; z ✁1 ✏ ♣z¯q✁1 , z € C✝ ; ✂ ✡ z1 z1 ✏ , ❅z2 € C✝ ; z2 z2 z   z¯ z ✁ z¯ Re♣z q ✏ , Im♣z q ✏ 2i z1 z2 1.2 Các dạng tồn số phức Trong tập hợp số phức C, số ảo ♣0, 1q đóng vai trò quan trọng, ký hiệu i ✏ ♣0, 1q gọi đơn vị ảo Dựa vào ký hiệu ta đưa dạng sau số phức 1.2.1 Dạng đại số số phức Theo định nghĩa ta có: i2 i2 ✏ ♣0, 1q.♣0, 1q ✏ ♣✁1, 0q ✏ ✁1, hay ✏ ✁1 Đây tính chất đặc biệt khơng có số thực Hơn ❅y € R : ♣0, yq ✏ ♣0, 1q.♣y, 0q ✏ i.y : số ảo phần ảo nhân với đơn vị ảo Dựa vào điều ta có z ✏ ♣x, yq ✏ ♣x, 0q   ♣0, yq ✏ x   iy Đây dạng đại số số phức z Nhờ dạng đại số mà ta thực phép tốn số phức theo quy tắc thơng thường vốn có số thực với ý i2 ✏ ✁1 Ví dụ 1.2 ♣3   5iq♣7 ✁ 2iq ✏ 3.7 ✁ 3.2i   5i.7 ✁ 5i.2i ✏ 31   29i Khi thực phép tính nhân đồng thời nhiều số phức dạng đại số gặp khó khăn tính tốn Khi người ta dùng dạng lượng giác số phức 1.2.2 Dạng lượng giác số phức Mỗi số phức z ✏ x   iy ứng với điểm M ♣x, yq mặt phẳng tọa độ Đêcác vng góc xOy Đặt r ✏ OM ✏ ❄ x2   y gọi mơ đun số phức z, kí hiệu ⑤z ⑤, ϕ góc hợp tia OM chiều dương trục Ox gọi argument số phức ★ z, kí hiệu Argz x ✏ r cos ϕ Ta có: y ✏ r sin ϕ ñ z ✏ r♣cos ϕ   i sin ϕq Đây dạng lượng giác số phức z Ta có tính chất sau mơ đun Định lý 1.3 ([2], tr 7) ✁⑤z⑤ ↕ Re♣zq ↕ ⑤z⑤; ✁⑤z⑤ ↕ Im♣zq ↕ ⑤z⑤; (2) ⑤z ⑤ ➙ 0, ⑤z ⑤ ✏ ô z ✏ 0; (3) ⑤z ⑤ ✏ ⑤ ✁ z ⑤ ✏ ⑤z¯⑤; (4) z.¯ z ✏ z2; (5) ⑤z1 z2 ⑤ ✏ ⑤z1 ⑤.⑤z2 ⑤; (6) ⑤z1 ⑤ ✁ ⑤z2 ⑤ ↕ ⑤z1   z2 ⑤ ↕ ⑤z1 ⑤   ⑤z2 ⑤; (7) ⑤z ✁1 ⑤ ✏ ⑤z ⑤✁1 , z € C✝ ; ✞ ✞ ✞ z1 ✞ ⑤z1⑤ , z € C✝; (8) ✞✞ ✞✞ ✏ z2 ⑤z2⑤ (9) ⑤z1 ⑤ ✁ ⑤z2 ⑤ ↕ ⑤z1 ✁ z2 ⑤ ↕ ⑤z1 ⑤   ⑤z2 ⑤ (1) Chứng minh Dễ kiểm tra (1)-(4) (xem tập) Ta chứng minh ý lại (5) ⑤z1 z2 ⑤2 ✏ ♣z1z2q♣z1z2q ✏ ♣z1z1q♣z2z2q ✏ ⑤z1⑤2.⑤z2⑤2 ñ ⑤z1z2⑤ ✏ ⑤z1⑤.⑤z2⑤ (5)⑤z1   z2 ⑤2 ✏ ♣z1   z2 q♣z1   z2 q ✏ ♣z1   z1 q♣z2   z2 q ✏ ⑤z1 ⑤2   z1 z2   z1 z2   ⑤z2⑤2 Bởi z1 z2 ✏ z1 z2 ✏ z1 z2 , suy z1 z2   z1 z2 ✏ 2Re♣z1z2q ↕ 2⑤z1z2⑤ ✏ 2⑤z1⑤⑤z2⑤ ✏ 2⑤z1⑤⑤z2⑤ Do ⑤z1   z2 ⑤2 ↕ ♣⑤z1⑤   ⑤z2⑤q2 Suy ⑤z1   z2 ⑤ ↕ ⑤z1 ⑤   ⑤z2 ⑤ Bất đẳng thức bên trái có ⑤z1⑤ ✏ ⑤z1   z2 ✁ z2⑤ ↕ ⑤z1   z2⑤   ⑤ ✁ z2⑤ ✏ ⑤z1   z2⑤   ⑤z2⑤ ñ ⑤z1⑤ ✁ ⑤z2⑤ ↕ ⑤z1   z2⑤ ✞ ✞ ✞ ✞ ✞1✞ ✞1✞ 1 (7) Ta có z ✏ đ ⑤z ⑤ ✞✞ ✞✞ ✏ ñ ✞✞ ✞✞ ✏ z z z ⑤z⑤ Suy ⑤z ✁1 ⑤ ✏ ⑤z ⑤✁1 , z € C✝ ✞ ✞ ✞ ✞ ✞ z1 ✞ ✞ ✞ ⑤z1⑤ (8) ✞✞ ✞✞ ✏ ✞✞z1 ✞✞ ✏ ⑤z1 z2✁1 ⑤ ✏ ⑤z1 ⑤⑤z2✁1 ⑤ ✏ ⑤z1 ⑤⑤z2 ⑤✁1 ✏ z2 z2 ⑤z2⑤ (9) Ta có ⑤z1 ⑤ ✏ ⑤z1 ✁ z2   z2 ⑤ ↕ ⑤z1 ✁ z2 ⑤   ⑤z2 ⑤ Suy ⑤z1 ⑤ ✁ ⑤z2 ⑤ ↕ ⑤z1 ✁ z2 ⑤ Mặt khác ⑤z1 ✁ z2⑤ ✏ ⑤z1   ♣✁z2q⑤ ↕ ⑤z1⑤   ⑤ ✁ z2⑤ ✏ ⑤z1⑤   ⑤z2⑤ ✆ Ứng với số phức z, mô đun xác định argument xác định sai khác bội 2π Để tiện tính toán ta gọi giá trị ✁π ↕ ϕ ↕ π argument z, ký hiệu argz 1.2.3 Biểu diễn hình học số phức Với định nghĩa số phức biết điểm mặt phẳng phức có tọa độ hữu hạn Tuy nhiên nhiều trường hợp điểm vô cực đóng vai trò quan trọng Trong khơng gian ba chiều R3 chọn hệ trục tọa độ Đêcác vng góc ✂ ✡ ♣ξ, η, ζ q, Oξ ✑ Ox, Oη ✑ Oy Xét mặt cầu S có tâm I 0, 0, bán kính Dễ thấy S tiếp xúc với mặt cầu C : ξ ✏ O♣0, 0, 0q, có đỉnh P ♣0, 0, 1q có phương trình là: ✂ ξ   η2   ζ ✁ ✡2 ✏ 14 € C ta nối với P Tia P z cắt mặt cầu S điểm M ♣ξ, η, ζ q Ngược lại, với điểm M ♣ξ, η, ζ q € S kẻ tia P M , tia Ứng với z cắt mặt phẳng C điểm z Như vậy, điểm mặt cầu S (trừ P ) tương ứng với và điểm mặt cầu Tức có tương ứng 1-1 điểm mặt cầu S số phức z € C Vì lý này, mặt cầu S gọi mặt cầu phức Riémann (đặt theo tên nhà toán học Riémann) Khi điểm z tiến xa vơ cực phía điểm M tiến dần P Do đó, điểm z ✏ ✽ coi ứng với điểm P mặt cầu S Điểm P nên điểm z ✏ ✽ Mặt phẳng C ❨ t✽✉ gọi mặt phẳng phức mở rộng, ký hiệu C 1.3 Khai triển lũy thừa nhị thức Một nội dung chuyên đề ứng dụng số phức để tính tốn biểu thức có chứa tổ hợp Vì chúng tơi trình bày số kiến thức cở khai triển lũy thừa nhằm chuẩn bị để trình bày ý chương Ta nhắc lại công thức khai triển nhị thức sau: ♣x   yq2 ✏ x2   2xy   y2; ♣x   yq3 ✏ x3   3x2y   3xy2   y3; ♣x   yq4 ✏ x4   4x3y   6x2y2   4xy3   y4 Ta có cơng thức tổng qt tính hệ số ♣x   y qn , gọi công thức nhị thức Newton sau Định lý 1.4 ([2], tr 17) Cho số tự nhiên n ➙ ta có ♣x   yq ✏ n n ➳ k✏0 Cnk xn✁k y k Chứng minh Ta chứng minh phương pháp quy nạp Với n ✏ 1, công thức (1.1) Giả sử công thức (1.1) với n ✏ k ➙ Tức ♣x   yq ✏ k k ➳ i✏ Cki xk✁i y i Bây ta chứng minh công thức (1.1) với n ✏ k   1, (1.1) ♣x   yqk 1 ✏ ♣x ✔  yqk ♣x   yq ✏✕ ✏ ✏ ✁ Ck0 xk ✁   k ➳ k ✏0   Ck0 xk 1 ✁ ✜ Cki xk✁i y i ✢ ♣x   y q Ck1 xk✁1 y     Ckk✁1 xy k✁1       Ckk✁1 x2 y k✁1 Ck0 xk y Ck1 xk y   Ck1 xk✁1 y       Ckk y k   Ckk✁1 xy k ✠ ♣x   y q Ckk xy k   ✠ Ckk y k 1 ✠ Áp dụng cơng thức tính chất tổ hợp Cnk✁1   Cnk ý Cn0 ✏ Cnk 1 ✏ Cm0 ✏ 1, ❅m, m € N✝ Do ✁ Ck0 xk 1   Ck1 xk y     Ckk✁1 x2 y k✁1   Ckk xy k   ✁ Ck0 xk y   Ck1 xk✁1 y     Ckk✁1 xy k   ✠ Ckk y k 1 ✠ ✏ Ck0 1xk 1   Ck1 1xk y   Ck2 1xk✁1y2     Ckk ✁11x2yk✁1   Ckk 1xyk  Ckk  11yk 1 k➳  1 ✏ Cki  1xk 1✁iyi ✏ ♣x   yqk 1 i✏0 Vậy ♣x   y q ✏ n n ➳ k ✏0 Cnk xn✁k y k , ❅n € N✝ ✆ Ví dụ 1.3 ♣x   yq5 ✏ C50x5   C51x4y   C52x3y2   C53x2y3   C54xy4   C55y5 Chú ý 1.1 C ác hệ số Cnk khai triển nhị thức Newton xác định tam giác Pascal, số bắt đầu kết thúc dòng tam giác Pascal số 1, số khác dòng tổng hai số dòng nó, cho cách tính nhanh chóng hệ số nhị thức Newton Dễ dàng cách sử dụng tam giác Pascal 1 1 1 3 10 10 Tính chất 1.1 ([2], tr 18) Cho nhị thức Newton ♣x   y q ✏ n n ➳ k ✏0 Cnk xn✁k y k , n € N✝ Ta có tính chất sau: Số số hạng bên phải công thức n   1, n số mũ nhị thức vế trái Tổng số mũ x y số hạng n Các hệ số khai triển Cn1 , Cn2 , , Cnn Các hệ số khai triển nhị thức cách đểu số hạng đầu cuối Cnk ✏ Cnn✁k , ↕ k ↕ n Cn0   Cn1   Cn2     Cnn n ✁ k   k ✁1 Cnk ✏ Cn k ✏ 2n ñ ⑤z1.z2⑤ ✏ r1.r2 ✏ ⑤z1⑤.⑤z2⑤ arg♣z1 z2 q ✏ ϕ1   ϕ2 ✏ arg♣z1 q   arg♣z2 q ✆ Bằng quy nạp ta được: n ➵ k✏1 zk ✏ n ➵ k ✏1 ✄ rk cos n ➳ k ✏1 ϕk   i sin n ➳ k ✏1 ☛ ϕk ; (2.2) ⑤z1.z2 zn⑤ ✏ ⑤z1⑤.⑤z2⑤ ⑤zn⑤; arg♣z1 z2 zn q ✏ arg♣z1 q   arg♣z2 q     arg♣zn q Định lý 2.2 (Công thức Moavrơ [1], tr 3) Cho z n € N, ta có ✏ r♣cos ϕ i sin ϕq ✰ ✏ ✘ ⑤z ⑤ ✏ ⑤z⑤ n n ñ z ✏ r cos ♣ nϕ q   i sin ♣ nϕ q arg♣z n q ✏ narg♣z q n n (2.3) Chứng minh Dùng công thức n ➵ k ✏1 zk ✏ n ➵ k ✏1 ✄ rk cos n ➳ k✏1 ϕk   i sin n ➳ k ✏1 ☛ ϕk ✏ z1 ✏ z2 ✏ ✏ zk ✏ ✏ zn ta z n ✏ r.r rrcos♣ϕ   ϕ     ϕq   i sin♣ϕ   ϕ     ϕqs ✏ ✘ ✏ rn cos♣nϕq   i sin♣nϕq với z ✆ Dựa vào công thức ta khai số phức bất kỳ: Định lý 2.3 ([1], tr 3) Giả sử z ✏ r♣cos ϕ   i sin ϕq ξ ✏ ρ♣cos θ   i sin θq cho: ξ ✏ ❄z ô ξ n ✏ z ô ρn♣cos nθ   i sin θq ✏ z ✏ r♣cos ϕ   i sin ϕq ✩ ★ ❄ ✫ρ ✏ r n ρ ✏r ô nθ ✏ ϕ   k2π ô ✪θ ✏ ϕ  nk2π , k € Z n n 12 (2.4) Dễ thấy ρ nhận giá trị qua r θ nhận n giá trị khác ứng với k ✏ 0, , n ✁ ❄ Ví dụ 2.1 Tìm giá trị i π π Có: i ✏ cos   i sin 2☎ ☞ ☞ ☎ π π   2kπ ✍   2kπ ✍ ❄ ✝2 ✝2 ñ i ✏ cos ✆ ✌  i sin ✆ ✌ ❄ ❄ ❄ 2 π π   i ; k ✏ ñ i ✏ cos   i sin ✏ 4 ❄ ❄ ❄ 5π 5π 2 k ✏ ñ i ✏ cos   i sin ✏ ✁ ✁ i 4 2 Định lý 2.4 ([2], tr 11) Cho z1 ✏ r1♣cos ϕ1 i sin ϕ1q z2 ✏ r2♣cos ϕ2  i sin ϕ2 q ✘ Ta có: ✞ ✞ ✞ z1 ✞ Suy ✞✞ ✞✞ z2 z1 z2 ✏ rr1 ✏ ✘ cos♣ϕ1 ✁ ϕ2 q   i sin♣ϕ1 ✁ ϕ2 q (2.5) ✂ ✡ ⑤ z1 ⑤ ✏ ⑤z ⑤ arg zz1 ✏ arg♣z1q ✁ arg♣z2q 2 Chứng minh Ta có z1 z2 ✏ r1 ♣cos ϕ1  ✁ i sin2 ϕ1q ♣cos 2ϕ2 ✁✠ i sin ϕ2q r2 cos ϕ2   sin ϕ2 ✏ ✘ ✏ rr1 ♣cos ϕ1 cos ϕ2   sin ϕ1 sin ϕ2q   i♣sin ϕ1 cos ϕ2   sin ϕ1 cos ϕ2q ✏ rr1 ñ ✞ ✞ ✞ z1 ✞ ✞ ✞ ✞ z2 ✞ ✏ cos♣ϕ1 ✁ ϕ2 q   i sin♣ϕ1 ✁ ϕ2 q ✘ ✂ ✡ ⑤ z1 ⑤ ✏ ✏ ⑤z ⑤ arg zz1 ✏ ϕ1 ✁ ϕ2 ✏ arg♣z1q ✁ arg♣z2q 2 r1 r2 ✆ Sau đây, ứng dụng tính chất vừa trình bày để giải số tập hướng dẫn giải số tập có chứa hàm số lượng giác sau 13 Ví dụ 2.2 Biểu diễn số phức sau dạng lượng giác ✂ z ✏ ✡ ✠ π ✁❄ ✁ i sin 3 1 i✁1 π cos Giải Áp dụng công thức (2.1) (2.5), ta có: ✂ ✡ ✂ ✡ π π π π   i sin ✁ ; z1 ✏ cos ✁ i sin ✏ cos ✁ 3 ✡ ✂ ❄ π π z2 ✏   i ✏ cos   i sin ; 6 ✡ ❄ ✂ 3π 3π z3 ✏ i ✁ ✏ cos   i sin Từ suy ✓ ✂ ✏ z ✏ π cos ✁ ✡ ✂   i sin ✁ π3 ✡✛ ✓ ✂ π cos ✂ ❄ 3π 3π   i sin cos ✛ ✓ ✂ ✡ ✂ ✡ π π cos ✁   i sin ✁ 6 ❄ ✂ ✡   i sin π6 ✡✛ ✡ 3π 3π cos   i sin 4 ✓ ✂ ✡ ✂ ✡✛ ❄ 11π 11π ✏ cos ✁ 12   i sin ✁ 12 Ví dụ 2.3 Tách phần thực phần ảo số phức a) z b) z ✏ ♣1   3iq♣ 1 i✁ 2iq ✏ ✂ π cos ✁ i sin π3 ✡5   i ✁i ✟✁ 1  ❄ 3i ✠7 Giải a) Ta có: z Vậy Rez ✁ ✏   i ✏ ✁ 2i3    ii   ✏ 33 ✁  ii ☎ 33    ii ✏  9 6i  1 5 ✏ 45 , Imz ✏ 35 14 b) Ta có: ✂ ✁ i sin π3 π cos ✡5 ✏ ✓ ✂ π cos ✁ ✂ 1  ❄ ✠7 3i ✏ ✓ ✂ π cos ✂   i sin ✁ π3 ✡✛5 ✂ ✏ cos ✁ 5π3 ✡ ✂ ✡  i sin ✁ 5π3 ; ✡ 3π i3 ✁ i ✏ ✁2i ✏ cos ✁ ✡   i sin 3π2 ;   sin π3 ✡✛7 ✏2 ✂ 7π cos ✡   sin 7π3 Từ suy z ✏ ✏ ✂ ✓ π cos ✁ i sin π3 ✂ 5π cos ✁ ✂ ✡ ✡5   i ✁i ✟✁ ✂   i sin ✁ 5π3 1  ❄ ✠7 3i ✡✛ ✂ 3π cos   i sin 3π2 ✡ ✂ 27 7π cos   sin 7π3 ✡ ✏ 28 ❄ ✏ 128   128i ❄ Vậy Rez ✏ 128 3, Imz ✏ 128 13π cos   sin 13π Ví dụ 2.4 Tìm bậc ba số phức: z Giải Ta có   2i ✏ ✏   2i ❄ 8♣cos 45✆   i sin 45✆ q Từ ta thu ❄   2i ✏ ✁ ❄ ✠ 13 ✂ 45✆   k360✆ cos ✆ ✆   i sin 45  3k360 ✡ ❄ ✏ ✘ ✏ cos ♣15✆   k120✆q   i sin ♣15✆   k120✆q Do đó, gọi giá trị bậc ba số phức   2i w0 , w1 , w2 ta được: ❄ ✏ ♣cos 15✆   i sin 15✆q ; ❄ ❄ w1 ✏ ♣cos 135✆   i sin 135✆ q ✏ ♣✁ cos 45✆   i sin 45✆ q ; ❄ ❄ w2 ✏ ♣cos 255✆   i sin 255✆ q ✏ ♣✁ cos 15✆ ✁ i sin 15✆ q w0 15 ✡ Ngoài ra: cos 45✆ cos 15✆ sin 15✆ ✏ sin 45✆ ✏ ❄1 ; ✏ cos♣45 ✁ 30q✆ ✏ cos 45✆ cos 30✆   sin 45✆ sin 30✆ ✏ ❄1 ✏ sin♣45 ✁ 30q✆ ✏ sin 45✆ cos 30✆ ✁ cos 45✆ sin 30✆ ✏ ❄1 ✄ ✄ Suy ra: w0 w1 w2 ✏ ❄ 3 1  i ❄ ☛   ; ✁ 12 ❄ ☛ ❄ 3✁1 ; ✏ ✁   i; ❄ ❄ 3✁1 ✁ ✁ i   ✏ 2 Ví dụ 2.5 Chứng minh biểu thức sau cos 3ϕ ✏ cos3 ϕ ✁ cos ϕ; sin 3ϕ ✏ ✁4 sin3 ϕ   sin ϕ Giải Đặt z ✏ cos ϕ   i sin ϕ Từ cơng thức Moavrơ (2.3) ta có z3 ✏ ♣cos ϕ   i sin ϕq3 ✏ cos 3ϕ   i sin 3ϕ (2.6) Mặt khác ♣cos ϕ   i sin ϕq3 ✏ cos3 ϕ   3i cos2 ϕ sin ϕ ✁ cos ϕ sin2 ϕ ✁ i sin3 ϕ ✏ cos ϕ ✁ cos ϕ sin ϕ   i ✁ ✠ cos ϕ sin ϕ ✁ sin ϕ (2.7) Từ (2.6) (2.7) suy cos 3ϕ ✏ cos3 ϕ ✁ cos ϕ sin2 ϕ; sin 3ϕ ✏ cos2 ϕ sin ϕ ✁ sin3 ϕ 16 Hơn sin2 ϕ ✏ ✁ cos2 ϕ cos2 ϕ ✏ ✁ sin2 ϕ Suy cos 3ϕ ✏ cos3 ϕ ✁ cos ϕ; sin 3ϕ ✏ ✁4 sin3 ϕ   sin ϕ Ví dụ 2.6 Rút gọn tổng sau đây: a)   cos x   cos 2x     cos nx; b) sin x   sin 2x     sin nx Giải Ta xét tổng: ♣1   cos x   cos 2x     cos nxq   i♣sin x   sin 2x     sin nxq ✏   ♣cos x   i sin xq   ♣cos 2x   i sin 2xq     ♣cos nx   i sin nxq ✏   ♣cos x   i sin xq   ♣cos x   i sin xq2     ♣cos x   i sin xqn x   i sin xqn 1 r1 ✁ cos♣n   1qxs ✁ i sin♣n   1qx ✏ 1✁✁♣cos ✏ ♣cos x   i sin xq ♣1 ✁ cos xq ✁ i sin x ♣n   1qxs ✁ i sin♣n   1qx✉r♣1 ✁ cos xq   i sin xs ✏ tr1 ✁ cos r♣1 ✁ cos xq ✁ i sin xsr♣1 ✁ cos xq   i sin xs sin♣n   1qx✉r♣1 ✁ cos xq   i sin xs ✏ tr1 ✁ cos♣n   1qx♣1s ✁✁ icos xq2 ✁ ♣i sin xq2 ♣n   1qx✉r♣1 ✁ cos xq   i sin xs ✏ tr1 ✁ cos♣n   11q✁xs2✁cosi sin x   cos2 x   sin2 x ✏ ✁ 21cos x r1 ✁ cos♣n   1qx ✁ i sin♣n   1qxsr1 ✁ cos x   i sin xs ✏ x r♣1 ✁ cos♣n   1qxq♣1 ✁ cos xq   sin♣n   1qx sin xs sin   12 x r♣1 ✁ cos♣n   1qxq sin x ✁ sin♣n   1qx♣1 ✁ cos xqsi sin ✏ 12 x r1 ✁ cos x ✁ cos♣n   1qx   cos nxs sin 2 17   x rsin x ✁ sin♣n   1qx   sin nxsi sin n 1 n n 1 n sin x cos x sin x sin x 2   2 i ✏ x x sin sin 2 Suy ra: n n 1 x cos x sin 2 ; a)   cos x   cos 2x     cos nx ✏ x sin n 1 n sin x sin x 2 b) sin x   sin 2x     sin nx ✏ x sin 2 Ví dụ 2.7 Rút gọn tổng sau đây: a) cos x   cos 3x     cos♣2n ✁ 1qx; b) sin x   sin 3x     sin♣2n ✁ 1qx Giải Ta xét tổng rcos x   cos 3x     cos♣2n ✁ 1qxs   irsin x   sin 3x     sin♣2n ✁ 1qxs ✏ ♣cos x   i sin xq ♣cos 3x   i sin 3xq   ♣cos♣2n ✁ 1qx   i sin♣2n ✁ 1qxq ✏ ♣cos x   i sin xq   ♣cos x   i sin xq3     ♣cos x   i sin xq2n✁1 x   i sin xq2 n ✏ ♣cos x   i sin xq 11✁✁♣♣cos cos x   i sin xq2   1qxs   rsin x ✁ sin♣n   1qxsi ✏ rcos x ✁ cos♣2nsin x♣sin x ✁ i cos xq rsin x♣cos x ✁ cos♣2n   1qxq ✁ cos x♣sin x ✁ sin♣2n   1qxqs ✏ sin x   sin rcos x♣cos x ✁ cos♣2n   1qxq   sin x♣sin x ✁ sin♣2n   1qxqsi x sin 2nx ✁ cos 2nx sin 2nx sin2 nx ✏   ✏   i sin x sin x sin x Từ suy ra: 18 sin x a) cos x   cos 3x     cos♣2n ✁ 1qx ✏ b) sin x   sin 3x     sin♣2n ✁ 1qx ✏ sin 2nx ; sin x sin2 nx sin x Ví dụ 2.8 Hãy biểu diễn cos nx sin nx qua cos x sin x Từ hay suy biểu diễn cos 2x, sin 2x, cos 3x, sin 3x, cos 4x, sin 4x, cos 5x, sin 5x qua cos x sin x Giải Theo cơng thức Moavrơ ta có ♣cos x   i sin xqn ✏ cos nx   i sin nx (2.8) Theo cơng thức nhị thức Newton ta có ♣cos x   i sin xqn ✏ cosn x   iCn1 cosn✁1 x sin x   i2Cn2 cosn✁2 x sin2 x   i3Cn3 cosn✁3 x sin3 x   i4Cn4 cosn✁4 x sin4 x     in✁1Cnn✁1 cos x sinn✁1 x   in sinn x ✏ cosn x ✁ Cn2 cosn✁2 x sin2 x   Cn4 cosn✁4 x sin4 x ✁  i   ✟ Cn1 cosn✁1 x sin x ✁ Cn3 cosn✁3 x sin3 x   Cn5 cosn✁5 x sin5 x ✁ (2.9) Từ (2.8) (2.9) suy ra: cos nx ✏ cosn x ✁ Cn2 cosn✁2 x sin2 x   Cn4 cosn✁4 x sin4 x ✁ (2.10) sin nx ✏ Cn1 cosn✁1 x sin x ✁ Cn3 cosn✁3 x sin3 x   Cn5 cosn✁5 x sin5 x ✁ (2.11) 19 Áp dụng công thức (2.10) (2.11) ta được: cos 2x ✏ cos2 x ✁ sin2 x; sin 2x ✏ sin x cos x; cos 3x ✏ cos3 x ✁ cos x sin2 x ✏ cos3 x ✁ cos x; sin 3x ✏ cos2 x sin x ✁ sin3 x ✏ sin x ✁ sin3 x; cos 4x ✏ cos4 x ✁ cos2 x sin2 x   sin4 x ✏ cos4 x ✁ cos2 x   1; sin 4x ✏ cos3 x sin x✁4 cos x sin3 x ✏ cos3 x sin x✁4 cos x sin x♣1✁cos2 xq ✏ cos3 x sin x ✁ cos x sin x; cos 5x ✏ cos5 x ✁ 10 cos3 x sin2 x   cos x sin4 x ✏ cos5 x ✁ 10 cos3 x♣1 ✁ cos2 xq   cos x♣1 ✁ cos2 xq2 ✏ 16 cos5 x ✁ 20 cos3 x   cos x; sin 5x ✏ cos4 x sin x ✁ 10 cos2 x sin3 x   sin5 x ✏ 5♣1 ✁ sin2 xq2 sin x ✁ 10♣1 ✁ sin2 xq2 sin3 x   sin5 x ✏ 16 sin5 x ✁ 20 sin3 x   sin x 2.2 Tổ hợp Trong mục này, sử dụng công thức lũy thừa dãy thức kết hợp với tính chất số phức đặc biệt sử dụng i2 tính tốn biểu thức có chứa tổ hợp Ví dụ 2.9 Tính tổng sau a) ✁ Cn2   Cn4 ✁ Cn6   b) Cn1 ✁ Cn3   Cn5 ✁ Cn7   Giải 20 ✏ ✁1 để Theo công thức nhị thức Newton ta có ♣1   iqn ✏   Cn1i   Cn2i2   Cn3i3   Cn4i4     Cnn✁1in✁1   Cnnin   ✟ ✏ ✁ Cn2   Cn4 ✁ Cn6     i   ✟ Cn1 ✁ Cn3   Cn5 ✁ Cn7   (2.12) Mặt khác theo công thức Moavrơ ❄ ♣1   i q ✏ ♣ 2q n ✂ n π cos   i sin π4 ✡n ❄ ✏ ♣ 2q n ✂ nπ cos   i sin nπ ✡ (2.13) Từ (2.12) (2.13) suy ❄ nπ , ❄ nπ Cn1 ✁ Cn3   Cn5 ✁ Cn7   ✏ ♣ 2qn sin ✁ Cn2   Cn4 ✁ Cn6   ✏ ♣ 2qn cos Ví dụ 2.10 Tính tổng sau 2016 2018 A ✏ C2018 ✁ C2018   C2018 ✁ C2018   ✁ C2018   C2018 ; B 2017 2018 ✏ C2018 ✁ C2018   C2018 ✁ C2018     C2018 ✁ C2018 Giải Xét biểu thức 2018 2018 ♣1   xq2018 ✏ C2018   C2018 x   C2018 x2     C2018 x Cho x ✏ i ta có 2018 2018 ♣1   xq2018 ✏ C2018   C2018 i   C2018 i2     C2018 i 2016 2018 ✏ ♣C2018 ✁ C2018   C2018 ✁ C2018   ✁ C2018   C2018 q 2017 2018 ✁ C2018   C2018 ✁ C2018     C2018 ✁ C2018 q  i♣C2018 Mặt khác ❄ ♣1   xq2018 ✏ ♣ 2q2018 ✂ π cos   i sin π4 21 ✡2018 (2.14) ✡ ❄ 2018 ✂ 2018π 2018π ✏ ♣ 2q cos   i sin 4 ❄ ✏ ♣ 2q2018♣0   1iq ❄ 2018 ✏   ♣ 2q i (2.15) Từ (2.14) (2.15) ta 2016 2018 A ✏ C2018 ✁ C2018   C2018 ✁ C2018   ✁ C2018   C2018 ✏ 0; 2017 2018 B ✏ C2018 ✁ C2018   C2018 ✁ C2018     C2018 ✁ C2018 ✏ 21009 Ví dụ 2.11 Tính tổng sau C ✏ 2150   ✟ C50 ✁ 3C502   32C504 ✁ ✁ 323C5046   324C5048 ✁ 325C5050 Giải Xét biểu thức ✄ ✁ 21   ❄ i ☛50 ❄ ✄ ❄ ☛2 ✏ 2150 C500   ♣✁12q49 i 23 C501   ♣✁12q48 i 23 C502   ✄ ❄ ☛49 ✄ ❄ ☛50   ♣✁12q2 i 23 C5049   i 23 C5050 ❄ ❄ 2 ❄ 49 49 ❄ 50 50✙ ✑ ✏ 250 C50 ✁ i 3C50   ♣i 3q C50   ✁ ♣i 3q C50   ♣i 3q C50 ❄ ❄ ✏ 2150 rC500 ✁ ♣ 3q2C502   ♣ 3q4C504 ✁ ❄ ❄ ❄ ✁♣ 3q46C5046   ♣ 3q48C5048 ✁ ♣ 3q50C5050s ❄ 3 ❄ 5 ❄ 47 47 ❄ 49 49✙ ✑ ❄   250 ✁ 3C50   ♣ 3q C50 ✁ ♣ 3q C50     ♣ 3q C50 ✁ ♣ 3q C50 i   ✟ ✏ 2150 C500 ✁ 3C502   32C504 ✁ ✁ 323C5046   324C5048 ✁ 325C5050 ❄ 3 ❄ 5 ❄ 47 47 ❄ 49 49✙ ✑ ❄   250 ✁ 3C50   ♣ 3q C50 ✁ ♣ 3q C50     ♣ 3q C50 ✁ ♣ 3q C50 i (2.16) Mặt khác 22 ✄ ✁ 21   ❄ i ✓ ✏ ☛50 ✂ 2π cos ✂ ✡ ✏ cos 100π ✏ ✁ 12   i sin ✡ ✂   i sin ❄ ✁ i 23 2π ✂ ✡✛50 100π ✡ (2.17) Từ (2.16) (2.17) ta suy C ✏ 2150   C50 ✁ 3C502   32C504 ✁ ✁ 323C5046   324C5048 ✁ 325C5050 ✟ ✏ ✁ 21 Bài tập 2.1 Tính tổng 310 C20 ✁ 39C202   38C204 ✁ 37C206     32C2016 ✁ 3C2018   C2020 Hướng dẫn Xét biểu thức ❄ ♣   iq20 hai dạng: nhị thức Newton số phức Ví dụ 2.12 Tính tổng sau ✏ C301 ✁ 3C303   5C305 ✁ 7C307     25C3025 ✁ 27C3027   29C3029 2 E ✏ 2C30 ✁ 4C304   6C306 ✁ 8C308     26C3026 ✁ 28C3028   30C3030 D Giải Xét biểu thức ♣1   xq30 ✏ C300   xC301   x2C302   x3C303     x28C3028   x29C3029   x30C3030 Đạo hàm hai vế ta có 30♣1   xq29 ✏ C301   2xC302   3x2C303     28x27C3028   29x28C3029   28x29C3030 Cho x ✏ ta 30♣1   iq29 23 ✏   C30 ✁ 3C303   5C305 ✁ 7C307     25C3025 ✁ 27C3027   29C3029     ✟ ✟ 2C30 ✁ 4C304   6C306 ✁ 8C308     26C3026 ✁ 28C3028   30C3030 i (2.18) Mặt khác 30♣1   iq29 ❄ ✂ ❄ ✄ ✡29 ✏ 30♣ 2q29 cos π4   i sin π4 ✡ ❄ 29 ✂ 29π 29π ✏ 30♣ 2q cos   i sin ❄ ❄ ☛ ✏ 30♣ 2q29 ✁ 22 ✁ i 22 ✏ ✁15.215 ✁ 15.215i (2.19) Từ (2.18) (2.19) ta suy ra: ✏ C301 ✁ 3C303   5C305 ✁ 7C307     25C3025 ✁ 27C3027   29C3029 ✏ ✁15.215 E ✏ 2C30 ✁ 4C304   6C306 ✁ 8C308     26C3026 ✁ 28C3028   30C3030 ✏ ✁15.215 D Ví dụ 2.13 Tính tổng F ✏ 2.3C202 ✁ 4.32C204   6.33C206 ✁   18.39C2018 ✁ 20.310C2020 Giải Xét biểu thức ✁ 1  ❄ ✠20 3x ✏ C200   ❄ ❄ ❄ ❄ ❄ 3xC20  ♣ 3xq2C202  ♣ 3xq3C203    ♣ 3xq19C2019  ♣ 3xq20C2020 Đạo hàm hai vế ta ❄ ✁ ❄ ✠19 20   3x ❄ ❄ ❄ ✏ 3C201   2.3xC202   3♣ 3q3x2C203     19♣ 3q19x18C2019   20.310x19C2020 Cho x ✏ ta ❄ ✁ ❄ ✠19 20   3i 24 ✏ ✁   ❄ 3C20   ✁ 3♣ 3q 3 C20 ❄   3♣ 3q 5 C20 ❄ 17 17 ❄ 19 19✠ ✁   17♣ 3q C20 ✁ 19♣ 3q C20 ✟ 2.3C20 ✁ 4.32C204   4.33C206 ✁   18.39C2018 ✁ 20.310C2020 i Mặt khác ❄ ❄ ✁ 20   ❄ ❄ (2.20) ✠19 3i ✄ ❄ ☛19 ✏ 20 3.219 21   23 i ❄ 19 ✂ π π ✡19 ✏ 20 3.2 cos   i ❄ 19 ✂ 19π 19π ✡ ✏ 20 3.2 cos   i ✄ ☛ ❄ 19 ❄3 ✏ 20 3.2   i ❄ ✏ 10 3.219   30.219i (2.21) Từ (2.20) (2.21) ta suy F ✏ 2.3C202 ✁ 4.32C204   6.33C206 ✁   18.39C2018 ✁ 20.310C2020 ✏ 25 ❄ Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Văn Bồng (2011), Bài giảng Hàm biến phức, Trường Đại học Tây Nguyên [2] Nguyễn Thanh Hải (2012), Luận văn thạc sĩ khoa học: Số phức ứng dụng toán tổ hợp, Trường Đại học Khoa học tự nhiên - Đại học Quốc gia Hà Nội [3] Nguyễn Phụ Huy, Nguyễn Quốc Bảo (2003), Ứng dụng số phức để giải toán sơ cấp, NXB Giáo dục [4] Phạm Thành Luân (2005), Số phức ứng dụng, NXB Giáo dục [5] Trần Thị Mơ (2013), Khóa luận tốt nghiệp đại học: Số phức ứng dụng số phức lượng giác, Trường Đại học Tây Bắc 26

Ngày đăng: 11/01/2020, 08:51

TỪ KHÓA LIÊN QUAN

w