PT-ĐS SỐ PHỨC

Nhóm 4 “Phương trình đại số và số phức” Chủ đề: PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ VÀ SỐ PHỨC A PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ I PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT MỘT ẨN 1 Định nghĩa: Phương trình bậc nhất một ẩn là phương trình có dạng ax + b = 0 , trong đó a, b là các số thực cho trước a ≠ 0, x gọi là ẩn. Nghiệm của phương trình ax + b = 0 là x = a b − VD : 2x -6 = 0 là một phương trình bậc nhất ẩn x. Ngiệm của phương trình là x = 3 2. Giải và biện luận phương trình ax + b =0 theo tham số m . * Xét a = 0 + Nếu b = 0 : phương trình có vô số nghiệm + Bếu b ≠ 0 : phương trình vô nghiệm. * Xét a ≠ 0 : phương trình có nghiệm duy nhất x = a b − Ví dụ: Giải và biện luận phương trình 3( m+ 3 ) x -3 = 3x + 2m (*) ( m là tham số) (*) ⇔ (3m+6)x - 3 -2m = 0 Đặt a = 3m + 6 : b = -3 – 2m + Nếu a =3m + 6 = 0 ⇔ m = -2 => b = -3 - 2 (-2) =1 ≠ 0 => phương trình vô nghiệm + Nếu a =3m + 6 ≠ 0 ⇔ m ≠ -2=> phương trình có nghiệm duy nhất x = a b − = 63 32 + + m m Kết luận : m= -2 : phương trình vô nghiệm m ≠ -2 : phương trình có nghiệm duy nhất x = 63 32 + + m m II. PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI MỘT ẨN 1. Định nghĩa: Là phương trình có dạng: , trong đó là các số thực cho trước và . 2. Cách giải: Đặt . Ta có: nên: * Nếu thì phương trình có hai nghiệm phân biệt: . * Nếu thì phương trình có nghiệm kép . * Nếu thì phương trình vô nghiệm. Chú ý : Nếu thì ta dùng công thức thu gọn. . . 3. Định lí Viét: Định lí: Nếu phương trình bậc hai Trang 1 Nhóm 4 “Phương trình đại số và số phức” có hai nghiệm thì ta có: . Chú ý : * Định lí Viet chỉ là điều kiện cần chứ không phải là điều kiện đủ, do đó trước khi sử dụng định lí Viet ta phải tìm điều kiện cho phương trình bậc hai có nghiệm . * Đảo lại ta có: “ Nếu hai số có tổng là S và tích là P thì hai số đó (nếu có) là nghiệm của phương trình : . 4. Các ví dụ Ví dụ 1: Giải phương trình: 033108 2 =−+ xx GiảiTa có: 8 là hệ số của 2 x , 10 là hệ số của x , 33 − là số hạng tự do, vì thế 10,8 == ba và 33 −= c . Để tìm nghiệm của phương trình ta tính 289)33.(85 22 =−−=− ′ =∆ ′ acb với 5 2 == ′ b b . Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt là 4 11 8 2895 ; 2 3 8 2895 21 −= −− == +− = ∆ ′ + ′ − = x a b x Ví dụ 2: Giải và biện luận phương trình : (1) Giải: * , khi đó . * , khi đó (1) là phương trình bậc hai có: . i) vô nghiệm ii) có nghiệm kép: . iii) có hai nghiệm phân biệt . Kết luận: * phương trình có một nghiệm * phương trình vô nghiệm. * phương trình có nghiệm kép . * phương trình có hai nghiệm phân biệt: . Ví dụ 3: Xác định tham số m để phương trình 0)1(2 32 =++− mxmx )1( có hai nghiệm thỏa mãn 2 21 xx + Giải Trang 2 Nhóm 4 “Phương trình đại số và số phức” Phương trình )1( có hai nghiệm 21 , xx thỏa yêu cầu bài toán        = +=+ = ≥−+=∆ ′ ⇔ )4( . )3.( ) .1(2 )2 ( )1 .( 0)1( 3 21 21 2 21 32 mxx mxx xx mm Từ )2( và )4( ta có 2 12 33 2 mxmxmx =⇒=⇒= . Thay mxmx == 2 2 1 , vào )3( ta có:    = −= ⇔=−− 2 1 02 2 m m mm ∙ )1(01)1()11(:1 32 ⇒>=−−+−−= m thỏa mãn ∙ )1(012)12(:2 32 ⇒>=−+= m thỏa mãn III. Phương trình bậc 3 có dạng là: 3 2 ax bx cx d 0 + + + = trong đó a, b, c, d là các số thực cho trước với a 0 ≠ . 1. Thông thường để giải phương trình bậc 3 thì ta thường đoán nghiệm, rồi sau đó đưa về dạng tích của một nhị thức bậc 1 và một tam thức bậc 2 và giải. VD1: Giải phương trình: 3 4x 3x 9 0− − = (1) Giải Ta thấy (1) có một nghiệm 3 x 2 = từ đó ta có: ( ) ( ) 2 (1) 2x 3 2x 3x 3 0 3 x= 2 ⇔ − + + = ⇔ VD2: Giải phương trình: 3 2 x 3x x 1 0− + + = (2) Giải Vì tổng các hệ số bằng không nên ta dễ dàng đoán được (2) có một nghiệm x 1= từ đó ta có 2. Cách giải tổng quát cho phương trình bậc 3 Cho phương trình bậc 3 có dạng 3 2 3 2 1 0 a x a x a x a 0+ + + = (1) trong đó a 3, a 2, a 1, a 0 là các số thực cho trước với 3 a 0 ≠ Cách giải tổng quát cho (1) như sau: Vì 3 a 0 ≠ nên ta có thể chia 2 vế của phương trình (1) cho a 3 . Do vậy ta chỉ cần giải phương trình dạng 3 2 x ax bx c 0+ + + = (2) Đặt a x y 3 = − , khi đó (2) trở thành 3 y py q 0− + = (3) Trang 3 ( ) ( ) 2 (2) x 1 x 2x 1 0 x 2 x 1 2 ⇔ − − − = =  ⇔  = ±  Nhóm 4 “Phương trình đại số và số phức” Trong đó: 2 3 a 2a 9ab 27c p b, q= 3 27 − + = − Đặt 2 3 27q 4p∆ = − . Để xét số nghiệm của (3), ta khảo sát sự tương giao của hàm số 3 f (y) y py q= − + với trục ox.  Hàm bậc 3 cắt ox tại: i) Một điểm ⇔ hàm luôn đơn điệu hoặc CD CT f f 0× > ii) Hai điểm ⇔ CD CT f f 0× = iii) Ba điểm ⇔ CD CT f f 0× <  Xét hàm số 3 f (y) y py q= − + , ta có ' 2 f (y) 3y p= − a) Nếu ' p 0 f (y) 0 f (y)≤ ⇒ ≥ ⇒ là hàm đồng biến f (y) 0⇒ = có một nghiệm b) Nếu ' p p 0 f (y) 0 y 3 > ⇒ = ⇔ = ± Và từ đây ta có kết quả sau: - Nếu 0 (3)∆ > ⇒ có nghiệm duy nhất, để tìm nghiệm này ta làm như sau: Đặt y u v= + , khi đó (3) trở thành: ( ) ( ) 3 3 u v 3uv p u v q 0+ + − + + = Ta chọn u, v sao cho : p 3uv p 0 uv 3 − = ⇔ = , lúc đó 3 3 u v q+ = − Ta có hệ 3 3 p uv 3 u v q  =    + = −  là nghiệm phương trình 3 2 p X qX 0 (4) 27 + + = , (4) có hai nghiệm - Nếu 0∆ < , khi đó (3) có 3 nghiệm phân biệt và 3 nghiệm này nằm trong khoảng p p 2 ,2 3 3   −  ÷   . Để tìm 3 nghiệm này ta đặt p y 2 cos t 3 = với ( ) t 0, π ∈ . Ta đưa (3) về dạng : cos3t m= (5), trong đó 3 3q m 2p p = − Giải (5) ta được 3 nghiệm t 1 , t 2, t 3 ( ) 0, π ∈ , từ đây suy ra 3 nghiệm của phương trình (3) và từ đó suy ra nghiệm của phương trình đã cho. - Nếu 0∆ = , khi đó (3) có 2 nghiệm, 1 nghiệm kép 3 3 q y 2 q y 2  =    = −   và 1 nghiệm đơn. Tức là 3 3 q y 2 y 4q  =    = −  hoặc 3 3 q y 2 y 4q  = −    =  VD: Giải phương trình 3 x 3x 1 0− − = (1) Trang 4 Nhóm 4 “Phương trình đại số và số phức” Giải Ta có 3 2 0 9 0 3 27 1 p 0 ( 3) 3, q= 1 27 × − × × − × = − − = = − 2 3 3 27q 4p 27 1 4 3 81 0∆ = − = × − × = − < nên phương trình có 3 nghiệm thuộc khoảng ( ) 2,2− . Đặt x 2cos t= với ( ) t 0, π ∈ (1) trở thành Vì ( ) t 0, π ∈ nên ta có : 1 2 3 7 5 t , t , t 9 9 9 π π π = = = . Vậy phương trình có 3 nghiệm là : 1 2 3 7 5 x 2cos , x 2cos , x 2cos 9 9 9 π π π = = = 3. Giải và biện luận phương trình bậc 3 có chứa tham số VD1: Tìm m để phương trình ( ) ( ) 3 2 x 2m 1 x 3m 2 x m 2 0− + + − − + = (1) có 3 nghiệm phân biệt. Giải Ta thấy tổng của các hệ số của phương trình bằng 0 nên phương trình có 1 nghiệm x = 1. Từ đó ta có (1) ( ) ( ) 2 x 1 x 2mx m 2 0⇔ − − + − = Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt 2 f (x) x 2mx m 2 0⇔ = − + − = có 2 nghiệm phân biệt 1≠ , điều này tương đương với ' 2 m m 2 0 m 1 f (1) m 1 0  ∆ = − + > ⇔ ≠ −  = − − ≠  VD2: Tìm m để đồ thị hàm số ( ) ( ) 3 2 y 2mx 1 2m x 3 8m x 4m 2= − − + − + − cắt ox tại 2 điểm phân biệt. Giải Ta có phương trình hoành độ giao điểm ( ) ( ) 3 2 2mx 1 2m x 3 8m x 4m 2 0− − + − + − = (2) Trang 5 ( ) 3 3 1 8cos t 6cos t 1 4cos t 3cos t 2 1 cos3t cos 2 3 2 t= k k 9 3 π π π − = ⇔ − = ⇔ = = ⇔ ± + ∈ ¢ Nhóm 4 “Phương trình đại số và số phức” ( ) ( ) ( ) 2 2 x 1 2mx 1 4m x 4m 2 0 x 1 f (x) 2mx 1 4m x 4m 2 0   ⇔ − − − − + =   =  ⇔  = − − − + =  Yêu cầu bài toán thỏa khi chỉ khi (2) có 2 nghiệm phân biệt Vì (2) có 1 nghiệm x = 1 f (x)⇒ có 3 trường hợp : TH1 : f(x) có 1 nghiệm 1≠ m 0 m 0 f (1) 1 2m 0 =  ⇔ ⇔ =  = + ≠  TH2: f(x) có 2 nghiệm phân biệt, trong đó có 1 nghiệm bằng 1. 2 m 0 m 0 1 48m 24m 1 0 m 2 f (1) 1 2m 0 3 6 3 6 m ,m 12 12   ≠ ≠     ⇔ ∆ = − + > ⇔ = −     = + =   − + < >   1 m 2 ⇔ = − TH3: f(x) có nghiệm kép 1≠ ' 2 m 0 m 0 3 6 3 6 48m 24m 1 0 m ,m 12 12 1 4m 1 1 m 4m 8   ≠  ≠   + −   ⇔ ∆ = − + = ⇔ = =     −   ≠ ≠    3 6 m 12 ± ⇔ = Kết luận: 1 3 6 m 0, m , m 2 12 ± = = − = Trang 6 Nhóm 4 “Phương trình đại số và số phức” Kết luận: 1 m 2 = − 4 Công thức Viete của phương trình bậc ba Cho phương trình ax 3 + bx 2 + cx + d =0 ( a khác 0) Nếu x 1 , x 2 , x 3 là các nghiệm của phương trình ax 3 + bx 2 + cx + d =0 thì ta có x 1 + x 2 + x 3 = a b − x 1 x 2 + x 1 x 3 + x 2 x 3 = a c x 1 x 2 x 3 = a d − IV PHƯƠNG TRÌNH BẬC 4 1Phương trình bậc 4 trùng phương *Dạng : ax 4 + bx 2 + c = 0 (*) , trong đó a,b, c là các số thực cho trước, a khác 0. *Cách giải : Đặt t = x 2 ( ) 0 ≥ t Khi đó (*)  at 2 + bt + c = 0. Giải phương trình bậc hai theo t ( chỉ nhận t ≥ 0) rồi tìm x và kết luận Ví dụ : Giải phương trình sau x 4 - 3x 2 - 4 = 0 (*) Đặt t = x 2 ( ) 0 ≥ t Khi đó (*)  t 2 - 3t - 4 = 0  t = -1 v t = 4 vì t ≥ 0 nên ta nhận t = 4 Ta có t = 4 => x 2 = 4 => x= ± 2 Vậy nghiệm của phương trình là x= ± 2 2 Một số phương trình khác Ví dụ 1. Giải phương trình 0445 234 =++−− xxxx (1) Phương trình (1) đuợc viết dưới dạng: ( ) ( ) ( ) ( )( ) 014 0141 0444 22 222 2234 =−−− =−−−−− =−−−−− xxx xxxxx xxxxx Vậy (1) có 4 nghiệm là . 2 51 ; 2 51 ;2;2 4321 + = − ==−= xxxx Ví dụ 2. Giải phương trình 0521104832 234 =++−− xxxx (1) Ta viết (1) dưới dạng: ( ) ( ) 05347924162 2234 =+−−+− xxxxx Và đặt: xxy 34 2 −= thì (1) được biến đổi thành 0572 2 =+− yy Từ đó 1 1 = y và 2 5 2 = y Giải tiếp các phương trình bậc hai đối với x sau đây (sau khi thay 1 1 = y và 2 5 2 = y vào xxy 34 2 −= ): Trang 7 Nhóm 4 “Phương trình đại số và số phức” 0134 2 =−− xx Và 0568 2 =−− xx Ta sẽ đuợc các nghiệm của (1). Ví dụ 3. Giải phương trình 0231632 234 =++−+ xxxx (1) Đây là phương trình bậc bốn (và là phương trình hồi quy khi 2 e d a b   =  ÷   ) Với phương trình này ta giải như sau: Chia hai vế của phương trình cho 2 x (khác không) thì (1) tương đuơng với 0 23 1632 2 2 =++−+ x x xx Hay 2 2 1 1 2 3 16 0x x x x     + + + − =  ÷  ÷     Đặt 1 y x x = + thì 2 2 2 1 2y x x − = + Phương trình (1) đuợc biến đổi thành: ( ) 2 2 2 3 16 0y y− + − = hay 2 2 3 20 0y y+ − = Phương trình này có nghiệm là 1 2 5 4, 2 y y= − = Vì vậy 1 4x x + = − và 1 5 2 x x + = tức là 2 4 1 0x x+ + = và 2 2 5 2 0x x− + = Từ đó ta tìm đuợc các nghiệm của (1) là: 1,2 3 4 1 2 3, , 2 2 x x x= − ± = = . Như vậy, với các ví dụ 1,2 và 3 ta giải đuợc phương trình bậc bốn nhờ biết biến đổi sáng tạo vế trái của phương trình để dẫn tới việc giải các phương trình và phương trình quen thuộc. 3 Công thức Viete của phương trình bậc 4 : ax 4 + bx 3 + cx 2 + dx + e =0 ( a khác 0) Nếu x 1 , x 2 , x 3 , x 4 là các nghiệm của phương trình ax 4 + bx 3 + cx 2 + dx + e =0 thì ta có : x 1 + x 2 + x 3 + x 4 = a b − x 1 x 2 + x 1 x 3 + x 1 x 4 + x 2 x 3 + x 2 x 4 + x 3 x 4 = a c x 1 x 2 x 3 + x 1 x 2 x 4 + x 1 x 3 x 4 + x 2 x 3 x 4 = a d − x 1 x 2 x 3 x 4 = a e B SỐ PHỨC I Dạng đại số của số phức Trang 8 Nhóm 4 “Phương trình đại số và số phức” Trong trường số phức, tính chất của đơn vị ảo i đặc trưng bởi biểu thức i 2 =−1 . Mỗi số phức z đều được biểu diễn duy nhất dưới dạng: z = a + b.i. trong đó a, b là các số thực. Dạng biểu diễn này được gọi là dạng đại số của số phức z. Với cách biểu diễn dưới dạng đại số, phép cộng và nhân các số phức được thực hiện như phép cộng và nhân các nhị thức bậc nhất với lưu ý rằng i 2 = –1. Như vậy, ta có: (a + b.i) + (c + d.i) = (a + c) + (b + d).i (a + b.i)(c + d.i) = (a.c - b.d) + (b.c + a.d).i Số phức liên hợp của số phức z=a+bi là số phức z =a-bi Chia hai số phức :nhân lượng liên hợp cho mẫu Vd : z 1 =2i, z 2 =1- 3 i là những số phức Tính 2 1 z z ? Ta có 2 1 z z = 2 2 21 . z zz = 4 )31(2 ii + =- 2 3 − + 2 i II Dạng lượng giác của số phức Số phức z = a + b * i có thể viết dưới dạng Cách biểu diễn này được gọi là dạng lượng giác của số phức z. Trong đó r: modun của số phức, ϕ : argument của số phức. Nhân,chia số phức lượng giác; Nếu z=r(cos ϕϕ sini + ) z’=r’(cos )'sin' ϕϕ i + z.z’=r.r’[cos( )' ϕϕ + +isin( )]' ϕϕ + )]'sin()'[cos( '' ϕϕϕϕ −+−= i r r z z Vd : đưa z = 1- i3 về dạng lượng giác Ta có r= 22 )3(1 + =2 * 3 π ϕ − = Nên dạng lượng giác là: z=1- i3 =2[cos( )] 3 sin(. 3 ππ − + − i Công thức Euler : e ϕ i =cos ϕ + isin ϕ e ϕ i − =cos ϕ -isin ϕ sin i ee ii 2 ϕϕ ϕ − − = cos 2 ϕϕ ϕ ii ee − + = Công thức Moivre :n là số nguyên ,n 1 ≥ thì : [r(cos n i )]sin ϕϕ + =r n (cosn )sin ϕϕ ni + Trang 9 Nhóm 4 “Phương trình đại số và số phức” Mođun và Argumen • Cho . Khi đó . Căn bậc hai của được gọi là mođun của z, ký hiệu là | z | . Như vậy .     = = ϕ ϕ sin cos ry rx ngược lại :      = += x y yxr ϕ tan 22 Trong đó , chọn ϕ sao cho cos ϕ cùng dấu với x và :- ππ << zarg Tức là, ta có công thức = ϕ          <<− ><+ ≥ 0,0,tan 0,0,arctan 0,tan yx x y acr yx x y x x y acr π π ϕ được gọi là argument của số phức. Tính chất : 212.1 . zzzz = ; 2 1 z z = 2 1 z z III Phương trình số phức 1 Phương trình bậc nhất : Dạng az + b = 0 ( a khác 0)  z = a b − 2 Phương trình bậc hai Dạng: )0(,0 2 ≠=++ acbzaz (1) Xét acb 4 2 −=∆ • Nếu 0 =∆ thì pt (1) có nghiệm kép a b zz 2 21 −== • Nếu 0 >∆ thì pt (1) có 2 nghiệm phân biệt 21 , zz : a b z a b z 2 2 2 1 ∆−− = ∆+− = • Nếu 0 <∆ thì phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt 21 , zz : a ib z a ib z 2 2 2 1 ∆−−− = ∆−+− = VD: Giải pt sau: 01 2 =++ zz Giải: ta có 031.1.41 2 <−=−=∆ Pt có 2 nghiệm phân biệt sau: 2 31 2 31 2 1 i z i z −− = +− = 3 Các phương trình khác Trang 10 [...]...Nhóm 4 “Phương trình đại số và số phức VD: Giải các pt sau • 2 a) iz + 3  iz + 3  −4 = 0   −3 z − 2i  z − 2i  Đặt: t= (1) iz + 3 = −1 ⇔ iz + 3 = −( z − 2i ) z − 2i ⇔ (1 + i ) z = −3 + 2i t = −1 ⇔ ⇔z= iz + 3 z − 2i t = −1 (1) . − x 1 x 2 x 3 x 4 = a e B SỐ PHỨC I Dạng đại số của số phức Trang 8 Nhóm 4 “Phương trình đại số và số phức Trong trường số phức, tính chất của đơn vị. a.d).i Số phức liên hợp của số phức z=a+bi là số phức z =a-bi Chia hai số phức :nhân lượng liên hợp cho mẫu Vd : z 1 =2i, z 2 =1- 3 i là những số phức Tính