Đang tải... (xem toàn văn)
1.3 Biểu diễn số phức dưới dạng ñại số Theo ñịnh nghĩa trên, mỗi số phức tương ứng với một cặp số x, y ∈ ℝ 2 , ñiều này sẽ gây ít nhiều khó khăn cho việc trình bày các kiến thức về số [r]
(1)MATHVN.COM Cao Minh Quang THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, Vĩnh Long CHUYÊN ĐỀ: SỐ PHỨC & ỨNG DỤNG NG 02/2009 www.MATHVN.com Lop10.com (2) MATHVN.COM Cao Minh Quang THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, Vĩnh Long CHUYÊN ĐỀ: SỐ PHỨC & ỨNG DỤNG 02/2009 www.MATHVN.com Lop10.com (3) MATHVN.COM LỜI NÓI ðẦU ***** Giải bài toán tìm nghiệm phương trình ñại số là bài toán cổ ñiển ñược nhiều nhà toán học quan tâm Trong các phương trình tuyến tính bậc luôn có lời giải trên tập số thực thì phương trình bậc hai, chẳng hạn phương trình x +1 = , không có nghiệm trên tập hợp các số thực ðến tận kỉ XVIII, Leonhard Euler (1707 – 1783), thiên tài toán học Thụy Sĩ, ñã có bước ñột phá ñịnh nghĩa số −1 , ñược kí hiệu là i , còn gọi là ñơn vị ảo ðiều này ñã giúp việc giải phương trình ñại số trở nên dễ dàng Ví dụ phương trình ñã xét x +1 = có nghiệm là i và −i Với xuất số i , kí hiệu thông dụng toán học, ñã dẫn ñến việc ñịnh nghĩa số phức dạng z = a + bi , ñó a, b là các số thực Số phức có nhiều ứng dụng toán học, gần tất các lĩnh vực: ðại Số, Số Học, Giải Tích, Hình Học… Bắt ñầu từ năm học 2008 – 2009, số phức ñược ñưa vào dạy chính thức các lớp 12 phổ thông trung học Chúng tôi ñịnh chọn ñề tài: “Số phức và Ứng dụng” cho hoạt ñộng nghiên cứu cá nhân năm học 2008 – 2009 ðề tài gồm ba chương Chương là phần giới thiệu tổng quan số phức: cách xây dựng số phức, các phép toán, dạng ñại số, dạng lượng giác và dạng lũy thừa số phức cách chi tiết, kèm theo ñó là các bài toán ví dụ ñiển hình Chương và chương nêu lên mối quan hệ số phức và hình học, cuối chương là các bài toán hình học ñược giải công cụ số phức, ñó là bài toán hình học hay và khó từ các ñề thi học sinh giỏi quốc gia và quốc tế thời gian gần ñây Mục tiêu chính ñề tài này là cung cấp cho quý thầy cô giáo và các em học sinh, ñặc biệt học sinh chuyên toán, có tài liệu tham khảo tốt số phức ứng dụng số phức Tuy nhiên, quá trình biên soạn, hẳn tài liệu còn thiếu sót cần ñược ñiều chỉnh và bổ sung Chúng tôi luôn mong nhận ñược ý kiến ñóng góp quý báu và chân tình quý thầy cô giáo và các em học sinh Mọi góp ý xin liên hệ tác giả theo ñịa e-mail: kt13quang@yahoo.com Xin chân thành cám ơn! Vĩnh Long, Xuân 2009 Cao Minh Quang www.MATHVN.com Lop10.com (4) MATHVN.COM Mục lục ***** Trang Lời nói ñầu .3 Mục lục Chương ðịnh nghĩa và các phép toán Chương Số phức và hình học 17 Chương Tích thực và tích phức các số phức 31 Tài liệu tham khảo 36 www.MATHVN.com Lop10.com (5) MATHVN.COM Chương ðịnh Nghĩa Và Các Phép Toán 1.1 ðịnh nghĩa Xét tập hợp ℝ = ℝ × ℝ = {( x, y) x, y ∈ ℝ} Hai phần tử ( x1 , y1 ),( x2 , y2 ) thuộc ℝ và x1 = x2 và y1 = y2 Các phép toán cộng và nhân ñược ñịnh nghĩa trên ℝ sau: Với z1 = ( x1 , y1 ), z2 = ( x2 , y2 ) ∈ ℝ , ta có • z1 + z2 = ( x1 , y1 ) + ( x2 , y2 ) = ( x1 + x2 , y1 + y2 ) ∈ ℝ • z1 ⋅ z2 = ( x1 , y1 ) ⋅ ( x2 , y2 ) = ( x1x2 − y1 y2 , x1 y2 + x2 y1 ) ∈ ℝ Phần tử z1 + z2 ∈ ℝ ñược gọi là tổng z1 , z2 , phần tử z1 z2 ∈ ℝ ñược gọi là tích z1 , z2 Chú ý Nếu z1 = ( x1 ,0) ∈ ℝ , z2 = ( x2 ,0) ∈ ℝ thì z1 z2 = ( x1 x2 ,0) Nếu z1 = (0, y1 ) ∈ ℝ , z2 = (0, y2 ) ∈ ℝ thì z1 z2 = (− y1 y2 ,0) Ví dụ Nếu z1 = (−5,6), z2 = (1, −2) thì z1 + z2 = (−5,6) + (1, −2) = (−4, 4) và z1 z2 = (−5,6)(1, −2) = (−5 + 12,10 + 6) = (7,16) ðịnh nghĩa Tập hợp ℝ với các phép toán cộng và nhân trên ñược gọi là tập hợp các số phức, ñược kí hiệu là ℂ Bất kì phần tử z = ( x, y ) ∈ ℂ ñược xem là số phức Ngoài ra, ta còn kí hiệu ℂ* = ℂ \ {(0,0)} 1.2 Một số tính chất 1.2.1 Tính chất ñối với phép toán cộng (a) Tính giao hoán z1 + z2 = z2 + z1 , với z1 , z2 ∈ ℂ (b) Tính kết hợp ( z1 + z2 ) + z3 = z1 + ( z2 + z3 ) , với z1 , z2 , z3 ∈ ℂ (c) Phần tử ñơn vị Tồn số phức = (0,0) cho z + = + z = z , với z ∈ ℂ là phần tử ñơn vị ñối với phép cộng (d) Phần tử ñối Với z ∈ ℂ , tồn −z ∈ ℂ cho z + (−z ) = (−z ) + z = Khi ñó ta nói −z là số ñối (phần tử ñối) z Từ ñây, ta có thể ñịnh nghĩa phép trừ hai số phức z1 = ( x1 , y1 ), z2 = ( x2 , y2 ) sau: z1 − z2 = ( x1 , y1 ) − ( x2 , y2 ) = ( x1 − x2 , y1 − y2 ) ∈ ℂ 1.2.2 Tính chất ñối với phép toán nhân (a) Tính giao hoán z1 z2 = z2 z1 , với z1 , z2 ∈ ℂ (b) Tính kết hợp ( z1 z2 ) z3 = z1 ( z2 z3 ) , với z1 , z2 , z3 ∈ ℂ (c) Phần tử ñơn vị Tồn số phức = (1,0) cho z.1 = 1.z = z , với z ∈ ℂ là phần tử ñơn vị ñối với phép nhân (d) Phần tử ñối Với z = ( x, y ) ∈ ℂ* , tồn z −1 = ( x ', y ') ∈ ℂ* cho z.z −1 = z −1 z = Khi ñó ta nói z −1 là số ñối (phần tử ñối) z Dựa vào mối quan hệ z, z −1 trên, ta có thể xác ñịnh ñược www.MATHVN.com Lop10.com (6) MATHVN.COM x y z −1 = = , ∈ ℂ* 2 z x + y x + y Từ ñây, ta có thể ñịnh nghĩa phép chia hai số phức Xét hai số phức z1 = ( x1 , y1 ) ∈ ℂ, z = ( x, y ) ∈ ℂ* Khi ñó x z1 y x1 x + y1 y −x1 y + y1 x = z1.z −1 = ( x1 , y1 ) , , = ∈ ℂ z x + y x + y x + y x + y −2 −2 Ví dụ Nếu z = (1, 2) thì z −1 = , = , 1 + 22 12 + 22 5 Nếu z1 = (1,2), z2 = (3,4) thì z1 + −4 + 11 = , = , z2 + 16 + 16 25 25 * Lũy thừa nguyên số phức Lũy thừa nguyên số phức z ∈ ℂ* ñược ñịnh nghĩa sau: −n z = 1, z1 = z , z = z.z , z n = z.z z (n ∈ ℤ+ ), z n = ( z −1 ) ( n ∈ ℤ− ) n Trường hợp z = , ta ñịnh nghĩa = 0, n ∈ ℤ+ n Các tính chất lũy thừa nguyên số phức tương tự số thực (e) Tính phân phối phép nhân ñối với phép cộng z1 ( z2 + z3 ) = z1 z2 + z1 z3 , với z1 , z2 , z3 ∈ ℂ 1.3 Biểu diễn số phức dạng ñại số Theo ñịnh nghĩa trên, số phức tương ứng với cặp số ( x, y ) ∈ ℝ , ñiều này gây ít nhiều khó khăn cho việc trình bày các kiến thức số phức Vì lẽ ñó, ta biểu diễn các số phức dạng ñại số Xét tập hợp ℝ × {0} , cùng với phép toán cộng và nhân trên ℝ trên Khi ñó hàm số f : ℝ → ℝ ×{0} , f ( x ) = ( x,0) là song ánh Hơn nữa, ( x,0) + ( y,0) = ( x + y,0) và ( x,0) ⋅ ( y,0) = ( xy,0) Ta nhận thấy các phép toán trên ℝ ×{0} tương tự trên ℝ Từ ñây, ta ñồng cặp số ( x,0) với số x , ta viết ( x,0) = x Bây ta ñặt i = (0,1) Khi ñó ta có i = −1 Thật vậy, i = (0,1)⋅ (0,1) = (−1,0) = −1 Ta có mệnh ñề sau Mệnh ñề Mọi số phức z = ( x, y ) ñều ñược biểu diễn dạng z = x + iy Chứng minh Thật vậy, z = ( x, y ) = ( x,0) + (0, y ) = ( x,0) + (0,1)⋅ ( y,0) = x + iy Khi số phức z ñược biểu diễn dạng z = x + iy , ta gọi x là phần thực z và kí hiệu là x = Re( z ) , còn y là phần ảo và ñược kí hiệu là y = Im ( z ) ; i ñược gọi là ñơn vị ảo Từ cách biển diễn trên, ta có số nhận xét ñơn giản sau: a) z1 = z2 ⇔ Re ( z1 ) = Re ( z2 ) và Im ( z1 ) = Im ( z2 ) b) z ∈ ℝ ⇔ Im ( z ) = 0, z ∈ ℂ \ ℝ ⇔ Im ( z ) ≠ Ngoài ta có số tính chất các phép toán các số phức ñược biểu diễn dạng ñại số Phép cộng www.MATHVN.com Lop10.com (7) MATHVN.COM z1 + z2 = ( x1 + iy1 ) + ( x2 + iy2 ) = ( x1 + x2 ) + ( y1 + y2 )i Nhận xét Re ( z1 + z2 ) = Re ( z1 ) + Re ( z2 );Im ( z1 + z2 ) = Im ( z1 ) + Im ( z2 ) Phép nhân z1.z2 = ( x1 + iy1 )( x2 + iy2 ) = ( x1 x2 − y1 y2 ) + ( x1 y2 + x2 y1 )i Nhận xét Re( z1 z2 ) = Re ( z1 ) Re( z2 ) − Im ( z1 ) Im ( z2 );Im ( z1z2 ) = Re( z1 ) Im ( z2 ) + Re ( z2 ) Im ( z1 ) Ngoài λ là số thực và z = x + yi thì ta có λ z = λ ( x + yi ) = λ x + λ yi Phép trừ z1 − z2 = ( x1 + iy1 ) − ( x2 + iy2 ) = ( x1 − x2 ) + ( y1 − y2 )i Nhận xét Re ( z1 − z2 ) = Re ( z1 ) − Re ( z2 );Im ( z1 − z2 ) = Im ( z1 ) − Im ( z2 ) 1.4 Lũy thừa i Từ tính chất i = −1 , ta dễ dàng nhận thấy i n ∈ {1, −1, i, −i} , ñó n là số nguyên −n −n −n dương; trường hợp n là số nguyên âm, ta viết i n = (i−1 ) = (1 i ) = (−i ) Ví dụ Tìm số phức z = x + yi; x, y ∈ ℤ thỏa mãn ñiều kiện z = 18 + 26i Lời giải Ta có z = ( x + yi ) = ( x + yi ) ( x + yi ) = ( x − y + xyi )( x + yi ) = = ( x − xy ) + (3 x y − y ) x − 3xy = 18 Từ ñiều kiện z = 18 + 26i , ta nhận ñược hệ phương trình 3x y − y = 26 Từ phương trình ñầu hệ, ta nhận thấy x ≠ 0, y ≠ Bằng cách ñặt y = tx , từ phương trình 18(3 x y − y ) = 26( x3 − xy ) , ta có 18(3t − t ) = 26 (1 − 3t ) hay (3t − 1)(3t − 12t − 13) = Phương trình này có nghiệm hữu tỉ t = Thế vào phương trình ñầu hệ, ta nhận ñược y = , suy x = Do ñó z = + i 1.5 Số phức liên hợp Cho số phức z = x + yi , ñó số phức có dạng z = x − yi ñược gọi là số phức liên hợp số phức z Ta có mệnh ñề sau Mệnh ñề Với số phức z, z1 , z2 ta có các tính chất sau: (1) z = z ⇔ z ∈ ℝ (2) z = z (3) z.z ∈ ℝ (4) z1 + z2 = z1 + z2 (5) z1.z2 = z1.z2 −1 (6) z −1 = ( z ) z z (7) = , z2 ≠ z2 z2 (8) Re ( z ) = z+z z−z , Im ( z ) = 2iwww.MATHVN.com Lop10.com (8) Việc chứng minh các tính chất trênMATHVN.COM tương ñối dễ dàng, dựa trên sở ñịnh nghĩa Nhận xét Với số phức z ∈ ℂ* , ta có z x − yi x y = = = − i 2 z z.z x + y x +y x + y2 Với số phức z2 ∈ ℂ* , ta có ( x + y1i )( x2 − y2i ) x1 x2 + y1 y2 −x1 y2 + x2 y1 z1 z z = = = + i z2 z2 z2 x22 + y22 x22 + y22 x22 + y22 1.6 ðộ lớn (modul) số phức Số z = x + y là ñộ lớn (hay modul) số phức z = x + yi Chẳng hạn, cho các số phức z1 = + 3i, z2 = −3i, z3 = −2 thì z1 = 5, z3 = 3, z3 = Một số tính chất modul số phức ñược thể mệnh ñề ñây Mệnh ñề Với số phức z, z1 , z2 ta có các tính chất sau: (1) − z ≤ Re( z ) ≤ z , − z ≤ Im ( z ) ≤ z (2) z ≥ 0, z = ⇔ z = (3) z = −z = z (4) z.z = z (5) z1.z2 = z1 z2 (6) z1 − z2 ≤ z1 + z2 ≤ z1 + z2 (7) z −1 = z (8) −1 , z ≠ z z1 = , z2 ≠ z2 z2 1.7 Biểu diễn hình học các phép toán ñại số 1.7.1 Biểu diễn hình học số phức Ta vừa ñịnh nghĩa số phức z = ( x, y ) = x + yi tương ứng với cặp số thực ( x, y ) ∈ ℝ × ℝ , vì vậy, cách tự nhiện, ta có thể ñặt số phức z = x + yi ứng với ñiểm M ( x, y ) mặt phẳng ℝ × ℝ Gọi P là tập hợp tất các ñiểm mặt phẳng tương ñương với hệ trục tọa ñộ Oxy Khi ñó ánh xạ ϕ : ℂ → P, ϕ ( z ) = M ( x, y ) là song ánh ðịnh nghĩa ðiểm M ( x, y ) ñược gọi là ảnh hình học số phức z = x + yi Ngược lại, số phức z = x + yi ñược gọi là tọa ñộ phức ñiểm M ( x, y ) Hơn nữa, ta dùng kí hiệu M ( z ) ñể tọa ñộ phức M là số phức z www.MATHVN.com Lop10.com (9) MATHVN.COM Từ ñịnh nghĩa này, ta suy ñiểm M '( x, − y ) (ñối xứng với M ( x, y ) qua trục Ox) là ảnh hình học z = x − yi Ta biết rằng, tọa ñộ ñiểm M ( x, y ) là tọa ñộ vector v = OM , ñó, ta có thể ñồng số phức z = x + yi với vector v = OM Gọi V0 là tập hợp tất các vector có cùng ñiểm gốc O Khi ñó, ta chứng minh ñược ánh xạ ϕ ' : ℂ →V0 , ϕ '( z ) = OM = v = xi + y j , Là song ánh, ñó i, j là các vector ñơn vị trục hoành và trục tung 1.7.2 Biểu diễn hình học modul Xét số phức z = x + yi có tọa ñộ ảnh hình học M ( x, y ) mặt phẳng phức Ta có 2 OM = ( xM − xO ) + ( yM − yO ) , suy OM = x + y = z = v Nói cách khác, modul số phức z = x + yi là ñộ dài ñoạn thẳng OM hay ñộ dài vetor v 1.7.3 Biểu diễn hình học các phép toán ñại số a) Phép cộng và phép trừ Xét các số phức z1 = x1 + y1i và z1 = x2 + y2i tương ứng với các vector v = x1 i + y1 j, v = x2 i + y2 j Ta dễ dàng thấy z1 ± z2 tương ứng với v1 + v2 Ví dụ Ta có (3 + 5i) + (6 + i ) = + 6i , vì ảnh hình học tổng này ñược thể là Ta có (−3 + i ) − (2 + 3i ) = −5 − 2i , vì ảnh hình học hiệu này ñược thể là www.MATHVN.com Lop10.com (10) MATHVN.COM 2 Chú ý Ta có M 1M = M 1M = z1 − z2 = v1 − v2 = ( x2 − x ) + ( y2 − y1 ) b) Tích số thực và số phức Xét số phức z = x + yi ứng với vector v = xi + y j Nếu λ là số thực thì λ z = λ x + λ yi ứng với vector λ v = λ xi + λ y j Hơn nữa, λ > thì các vector λ v, v cùng hướng và λv = λ v Số phức dạng lượng giác 2.1 Tọa ñộ cực mặt phẳng Trong mặt phẳng tọa ñộ, ta xét ñiểm M ( x, y ) không trùng gốc tọa ñộ Số thực r = x + y ñược gọi là bán kính cực ñiểm M Góc t * ∈ [0,2π ) hợp vector OM với trục Ox (theo chiều dương) ñược gọi là argument cực ñiểm M Cặp (r , t * ) ñược gọi là tọa ñộ cực ñiểm M Khi ñó ta viết M (r , t * ) Ta chú ý hàm số h : ℝ × ℝ \ {0,0} →(0, +∞)×[ 0, 2π ) , ñó h (( x, y )) = (r , t * ) là song ánh Gốc tọa ñộ O là ñiểm mà r = , argument t * không xác ñịnh Với ñiểm M ( x, y ) mặt phẳng, tồn ñiểm P là giao ñiểm tia OM với ñường tròn ñơn vị tâm O Khi ñó ñiểm P có cùng argument cực với M là t * Ta dễ dàng tìm ñược tọa ñộ P (cos t * ,sin t * ) và M (r cos t * , r sin t * ) , ñó r = x + y www.MATHVN.com 10 Lop10.com (11) MATHVN.COM Vấn ñề ñặt là với ñiểm M ( x, y ) mặt phẳng, ta tìm argument cực ñiểm M là t * nào? Ta xét hai trường hợp sau: (a) Nếu x ≠ , từ kết tan t * = y y , ta có ñược t * = arctan + kx , với x x ( x > 0, y ≥ 0) k = 1 ( x < 0, y ∈ ℝ ) 2 ( x > 0, y < 0) (b) Nếu x = 0, y ≠ , thì π ( y > 0) 2 * t = 3π ( y < 0) 2 Ví dụ Tìm tọa ñộ cực các ñiểm sau: ( ) M (2, −2), M (−1,0), M −2 3, −2 , M ( ) 3,1 , M (3,0), M (−2,2) Lời giải Ta kí hiệu tọa ñộ cực ñiểm M i là (ri , ti* ), i = 1, 2, ,6 Ta có • π 7π 7π , ñó M 2 2, r1 = 22 + (−2) = 2, t1* = arctan (−1) + 2π = − + 2π = 4 4 • r1 = 1, t2* = arctan + π = π , ñó M (1, π ) • r3 = 4, t3* = arctan 7π π 7π +π = +π = , ñó M 4, 6 • r4 = 2, t4* = arctan π π = , ñó M 2, • r5 = 3, t5* = arctan + = , ñó M (3,0) • π 3π 3π , ñó M 2 2, r6 = 2, t6* = arctan (−1) + π = − + π = 4 4 2π 7π Tìm tọa ñộ (Descartes) các ñiểm M 2, , M 3, , M (1,1) Lời giải Ta kí hiệu tọa ñộ (Descartes) ñiểm M i là ( xi , yi ) , i = 1, 2,3 Ta có • x1 = 2cos 2π 2π = −1, y1 = 2sin = , ñó M −1, 3 ( ) www.MATHVN.com Lop10.com 11 (12) • • MATHVN.COM 3 3 7π 7π x2 = 3cos , y2 = 3sin , ñó M = =− ,− 4 2 x3 = cos1, y3 = sin1 , ñó M (cos1,sin1) 2.2 Biểu diễn số phức dạng lượng giác Từ tương ứng tọa ñộ Descartes và tọa ñộ cực ñiểm M , cho phép ta biểu diễn số phức z = x + yi dạng lượng giác là z = r (cos t * + i sin t * ) , ñó r ∈ [ 0, +∞) và t * ∈ [0, 2π ) Khi ñó, ta gọi t * là argument (chính) z , ký hiệu là arg z và r là modul z Với z ≠ , modul và argument z ñược xác ñịnh Nhận xét Cho z = r (cos t * + i sin t * ) và t = t * + 2k π, k ∈ ℤ thì z = r cos (t − 2k π ) + i sin (t − 2k π ) = r (cos t + i sin t ) , tức là, số phức z nào có thể ñược viết dạng z = r (cos t + i sin t ) , r ≥ 0, t ∈ ℝ Tập hợp Argz = {t : t * + 2k π, k ∈ ℤ} ñược gọi là argument mở rộng số phức z Do ñó, hai số phức z1 , z2 ≠ , có dạng z1 = r1 (cos t1 + i sin t1 ), z2 = r2 (cos t2 + i sin t2 ) và r1 = r2 và t1 = t2 + 2k π, k ∈ ℤ Ví dụ Hãy biểu diễn các số phức sau dạng lượng giác và xác ñịnh argument mở rộng chúng: z1 = −1 − i, z2 = + 2i, z3 = −1 + i Lời giải Ta kí hiệu ri , ti* , Pi là modul, argument chính và ảnh số phức zi , i = 1, 2,3 Ta có • r1 = (−1) + (−1) = 2, t1* = arctan y π 5π Do ñó + π = arctan1 + π = + π = x 4 5π 5π 5π z1 = cos + i sin và Argz1 = + 2k π, k ∈ ℤ 4 4 • r2 = 2 + 22 = 2, t2* = arctan1 = π Do ñó π π π z2 = 2 cos + i sin và Argz2 = + 2k π, k ∈ ℤ 4 4 • r3 = (−1) + ( 3) π 2π = 2, t3* = arctan − + π = − + π = Do ñó 3 ( ) 2π 2π 2π z3 = cos + k π , k ∈ ℤ + i sin và Argz3 = 3 3 www.MATHVN.com 12 Lop10.com (13) 2.3 Các phép toán số phức biểuMATHVN.COM diễn dạng lượng giác Phép nhân Mệnh ñề Giả sử z1 = r1 (cos t1 + i sin t1 ), z2 = r2 (cos t2 + i sin t2 ) Khi ñó z1 z2 = r1r2 cos (t1 + t2 ) + i sin (t1 + t2 ) Chứng minh Ta có z1 z2 = r1r2 (cos t1 + i sin t1 )(cos t2 + i sin t2 ) = r1r2 (cos t1 cos t2 − sin t1 sin t2 ) + i (sin t1 cos t2 + sin t2 cos t1 ) = r1r2 cos (t1 + t2 ) + sin (t1 + t2 ) Chú ý a) Từ hệ thức trên, ta thấy ñược z1 z2 = z1 z2 0, arg z1 + arg z2 < 2π b) Ta có arg ( z1 z2 ) = arg z1 + arg z2 − 2kπ , ñó k = 1, arg z1 + arg z2 ≥ 2π c) Ta có thể viết A rg ( z1 z2 ) = {arg z1 + arg z2 + 2k π, k ∈ ℤ} d) Nếu zk = rk (cos tk + i sin tk ), k = 1,2, , n thì z1 z2 zn = r1r2 rn cos (t1 + t2 + + tn ) + i sin (t1 + t2 + + tn ) Lũy thừa số phức ðịnh lý (Công thức De Moivre)1, (Nhà toán học Pháp (1667 – 1754)) Cho z = r (cos t + i sin t ), n ∈ ℕ Ta có z n = r n (cos nt + i sin nt ) ðịnh lý ñược suy trực tiếp từ nhận xét d) cho z1 = z2 = = zn = z n Chú ý a) z n = z n b) Nếu r = thì (cos t + i sin t ) = cos nt + i sin nt c) Ta có thể viết A rg z n = {n arg z + 2k π, k ∈ ℤ} Phép chia Mệnh ñề Giả sử z1 = r1 (cos t1 + i sin t1 ), z2 = r2 (cos t2 + i sin t2 ) ≠ Khi ñó z1 r = cos (t1 − t2 ) + i sin (t1 − t2 ) z2 r2 Chứng minh Ta có = r (cos t1 + i sin t1 ) r1 (cos t1 + i sin t1 )(cos t2 − i sin t2 ) z1 r = 1= = z2 r2 r2 (cos t2 + i sin t2 ) r2 (cos t2 + i sin t2 ) r1 (cos t1 cos t2 + sin t1 sin t2 ) + i (sin t1 cos t2 − sin t2 cos t1 ) r2 (cos t2 + i sin t2 ) 2 Chú ý a) Từ hệ thức trên, ta thấy ñược b) Cho z1 = , z2 = z , ta nhận ñược = r1 cos (t1 − t2 ) + i sin (t1 − t2 ) r2 z z1 r = 1= z2 r2 z2 1 = z −1 = cos (−t ) + i sin (−t ) z r c) Với n ∈ ℤ , ta có z n = r n (cos nt + i sin nt ) De Moivre, Nhà toán học Pháp (1667 –www.MATHVN.com 1754) Lop10.com 13 (14) MATHVN.COM Một Số Bài Toán Áp Dụng Bài toán Chứng minh cos π 1+ = π π π π Lời giải ðặt x = cos , y = sin và z = x + iy = cos + i sin Ta có z = −1 hay 5 5 ( z + 1)( z − z + z − z + 1) = Vì z ≠ −1 nên z − z + z − z + = Dễ thấy z ≠ , chia hai vế cho z , ta nhận ñược 1 1 1 1 z + − z + + = ⇔ z + − z + − = z z z z 1± 1 1 Ta ñể ý x = z + , từ ñẳng thức trên, ta có x − x −1 = ⇔ x = 2 z Vì x > nên x = cos π 1+ = Bài toán Chứng minh cos Lời giải ðặt z = cos Mặt khác, ta có cos π 3π 5π + cos + cos = 7 π π + i sin Khi ñó, z = cos π + i sin π = −1 hay z + = 7 π 3π 5π 1 1 1 + cos + cos = z + + z + + z + z 2 z 2 z 7 2 = z10 + z + z + z + z + 2z5 Vì z + = nên z10 = −z và z = −z Suy z10 + z + z + z + z + = z + z − z + z − z + = = z6 − z5 + z − z3 + z − z +1 + z5 = z7 +1 + z5 = z5 z +1 π 3π 5π z5 + cos + cos = 5= 7 2z Bài toán (Vietnam 1996) Giải hệ phương trình Do ñó cos x 1 + = x y + y 1 − = x + y Lời giải Trước hết, ta nhận thấy x, y > ðặt u = x , v = y Hệ phương trình trở thành u 1 + = u + v 2 v 1 − = u +v Vì u + v là bình phương modul số phức z = u + iv , cách cộng phương trình thứ với phương trình thứ hai (sau nhân hai vế với i ), ta ñược www.MATHVN.com 14 Lop10.com (15) MATHVN.COM u + iv + Vì u − iv + i = u + v u − iv z z = 2= = nên phương trình trên ñược viết lại dạng 2 u +v zz z z z+ 1 2 ⇔ z − z + = ⇔ z = = +i +i ± ± + i z 21 2 Từ ñó suy (u , v) = ± ± Do ñó hệ phương trình có hai nghiệm , 21 2 2 ± ± ( x, y ) = , 21 Bài toán Cho a, b, c là các số thực cho cos a + cos b + cos c = sin a + sin b + sin c = Chứng minh cos 2a + cos 2b + cos 2c = sin 2a + sin 2b + sin 2c = Lời giải ðặt x = cos a + i sin a, y = cos b + i sin b, z = cos c + i sin c Ta có 1 + + = (cos a − i sin a ) + (cos b − i sin b) + (cos c − i sin c) = x y z x + y + z = và Do ñó xy + yz + zx = Suy x + y + z = ( x + y + z ) − ( xy + yz + zx ) = hay (cos 2a + i sin 2a ) + (cos 2b + i sin 2b) + (cos 2c + i sin 2c) = Từ ñó ta có ñược cos 2a + cos 2b + cos 2c = sin 2a + sin 2b + sin 2c = Bài toán Tính S n = sin a + sin 2a + + sin na và Cn = cos a + cos 2a + + cos na Lời giải ðặt z = cos a + i sin a Ta có Cn + iSn = z + z + + z n = z Vì cos x − = −2sin z n −1 z −1 x x x và sin x = 2sin cos nên 2 na na na −2sin + 2i sin cos z n − cos na + i sin na −1 2 = = a a a z −1 cos a + i sin a −1 −2sin + 2i sin cos 2 na na na na cos + i sin sin 2 2 = a a a a sin sin cos + i sin 2 2 sin = na sin z n −1 Do ñó Cn + iS n = z = (cos a + i sin a ) a z −1 sin na = a sin sin (n − 1) a (n −1) a cos + i sin 2 (n −1) a (n − 1) a cos + i sin 2 (n + 1) a (n + 1) a cos + i sin 2 www.MATHVN.com Lop10.com 15 (16) MATHVN.COM ðồng phần thực và phần thực, phần ảo và phần ảo, ta nhận ñược sin S n = sin a + sin 2a + + sin na = (n − 1) a na sin 2 và a sin sin Cn = cos a + cos 2a + + cos na = (n − 1) a na cos 2 a sin Bài Tập Cho các số phức z1 = (1, 2) , z2 = (−2,3), z3 = (1, −1) Hãy tính a) z1 + z2 + z3 ; b) z1 z2 + z2 z3 + z3 z1 ; c) z1 z2 z3 ; d) z12 + z22 + z32 ; e) z1 z2 z3 + + ; z2 z3 z1 f) z12 + z22 z22 + z32 Chứng minh n n 19 + 7i 20 + 5i a) E1 = + i + − i ∈ ℝ ; b) E2 = + ∈ℝ − i + 6i ( 7 ) ( ) Tìm tất các số phức z ≠ cho z + ∈ ℝ z Tìm tất các số phức z cho z = và z + z = Tìm tất các số phức z cho z + z = Cho z ∈ ℂ* thỏa ñiều kiện z + 1 ≤ Chứng minh z + ≤ z z Cho các số phức z1 , z2 , z3 thỏa mãn ñiều kiện z1 + z2 = 3, z1 = z2 = Tính z1 − z2 −1 + i n −1− i n + Tìm tất các số nguyên dương n cho = 2 Chứng minh cos π 3π 5π 7π 9π + cos + cos + cos + cos = 11 11 11 11 11 10 Chứng minh cos 200.cos 400.cos800 = 11 Cho x, y , z ∈ ℝ cho sin x + sin y + sin z = cos x + cos y + cos z = Chứng minh sin x + sin y + sin z = cos x + cos y + cos z = 12 Cho f ( x ) = x + ax + bx + cx + d là ña thức với hệ số thực Giả sử f (i ) = Chứng minh a = b = c = d = 13 Cho x, y là hai số phức phân biệt cho x = y Chứng minh 14 Cho số phức z thỏa ñiều kiện z = Chứng minh 15 Cho z là số phức thật và ≤ 1− z + + z ≤ 1+ z + z2 ∈ ℝ Chứng minh z = 1− z + z www.MATHVN.com 16 x+ y < x Lop10.com (17) MATHVN.COM Chương Số Phức Và Hình Học 2.1 Căn bậc n 2.1.1 Căn bậc n số phức Cho n > là số nguyên và số phức z0 ≠ Như trường các số thực, phương trình Z n − z0 = ñược dùng ñể ñịnh nghĩa bậc n z0 Vì thế, nghiệm Z nào phương trình trên ñược xem là bậc n z0 ðịnh lý Cho z0 = r (cos t * + i sin t * ) là số phức với r > 0, t * ∈ [ 0, 2π ) Khi ñó z0 có n bậc n khác và ñược cho công thức t * + 2k π t * + 2k π , k = 0,1, , n −1 + i sin Z k = n r cos n n Chứng minh Giả sử Z = ρ (cos ϕ + i sin ϕ ) là bậc n z0 , tức là Z n = z0 , hay ρ n (cos nϕ + i sin nϕ ) = r (cos t * + i sin t * ) Do ñó ρ n = r và nϕ = t * + 2k π, k ∈ ℤ Suy ρ = n r và ϕk = t* 2π + k Do ñó n n Z k = n r (cos ϕk + i sin ϕk ), k ∈ ℤ Ta nhận thấy ≤ ϕ0 < ϕ1 < < ϕn−1 < 2π , vì các số ϕk , k ∈ {0,1, , n −1} là các argument thu gọn, tức là ϕk* = ϕk Ta có ñược n phân biệt z0 là Z , Z1 , , Z n−1 Với k nguyên dương và r ∈ {0,1, , n − 1} , ta có k = nq + r , q ∈ ℤ và t* 2π t * 2π ϕk = + (nq + r ) = +r + 2qπ = ϕr + 2qπ n n n n Vì Z k = Z r Do ñó {Zk : k ∈ ℤ} = {Z0 , Z1, , Zn−1} , hay có ñúng n bậc n khác Lưu ý Ta dễ dàng chứng minh ñược ảnh hình học các bậc n z0 ≠ là các ñỉnh n − giác ñều nội tiếp ñường tròn tâm O là gốc tọa ñộ, bán kính n r π π Ví dụ Căn bậc số phức z = + i = cos + i sin là 4 π π 2π 2π Z k = cos + k + i sin + k , k = 0,1, hay 12 3 12 3π 17π π π 3π 17π + i sin Z = cos + i sin , Z1 = cos + i sin , Z = cos , 12 12 4 12 12 π 3π 17π Các bậc này có các ảnh hình học tương ứng là M 2, , M 2, , M 2, 12 4 12 Các ñiểm này là ba ñỉnh tam giác ñều nội tiếp ñường tròn tâm O , bán kính r = www.MATHVN.com Lop10.com 17 (18) MATHVN.COM 2.1.2 Căn bậc n ñơn vị Nghiệm phương trình Z n − = ñược gọi là bậc n ñơn vị Vì = cos + i sin nên các bậc n là εk = cos 2k π 2k π + i sin , k ∈ {0,1, 2, , n −1} n n ðặt U n = {1, ε, ε , , ε n−1 } Phần tử εk ∈ U n ñược gọi là nguyên tố εkm ≠ với m < n Mệnh ñề (a) Nếu n q thì nghiệm nào Z n − = là nghiệm Z q − = (b) Nghiệm chung Z m −1 = và Z n −1 = là nghiệm Z d −1 = , với d = gcd(m, n) p ( Chứng minh (a) Nếu q = pn thì Z p − = ( Z n ) − = ( Z n −1) Z ( p −1) n ) + + Z n + Từ ñó ta có ñiều phải chứng minh pπ pπ 2qπ 2qπ là nghiệm Z m − = và ε ' p = cos + i sin + i sin m m n n n là nghiệm Z − = Vì ε p = ε 'q = nên ε p = εq và arg ε p = arg ε 'q , tức là (b) Xét ε p = cos pπ 2qπ = + 2rπ, r ∈ ℤ hay pn − qm = rmn m m Mặt khác, ta có m = m ' d , n = n ' d , với gcd (m ', n ') = Từ pn − qm = rmn , ta có ñược n ' p − m ' q = rm ' n ' d Suy m ' n ' p , hay m ' p Tức là p = p ' m ' , p ' là số nguyên dương, và arg ε p = pπ p ' m ' π p ' π và ε dp = = = m m'd d Do ñó, từ tính chất (a), và d m, d n , nghiệm nào Z d − = ñều là nghiệm Z m − = và Z n − = Mệnh ñề Nếu ε ∈ U n là nguyên tố 1, thì nghiệm phương trình Z n −1 = có dạng ε r , ε r +1 , , ε r + n−1 , với r là số nguyên dương Chứng minh Gọi r là số nguyên dương nào ñó Xét h ∈ {0,1, , n − 1} Ta có n r +h (ε r + h ) = (ε n ) = hay ε r + h là nghiệm Z n − = Bây ta cần chứng minh ε r , ε r +1 , , ε r + n−1 là các số phân biệt Giả sử ngược lại, tức là tồn r + h1 ≠ r + h2 , h1 > h2 cho ε r + h = ε r + h Khi ñó, ε r + h (ε h −h − 1) = Vì ε r + h ≠ nên 2 2 ta phải có ε h −h = Nhưng ñiều này không thể xảy vì h1 − h2 < n và ε là nghiệm Z n − = , mâu thuẫn này kết thúc việc chứng minh Mệnh ñề Cho ε0 , ε1 , , εn−1 là n bậc n 1.Với số nguyên dương k , ta có n (n k ) k ε = ∑ j 0 (n † k ) j =0 n −1 www.MATHVN.com 18 Lop10.com (19) 2π MATHVN.COM 2π + i sin , thì ε ∈ U n là nguyên tố 1, vì ε m = n n và n m Giả sử n không chia hết k , ta có Chứng minh Xét ε = cos n −1 ∑ε j =0 n −1 k j = ∑ (ε j j =0 k ) n n −1 = ∑ (ε k ) j = − (ε k ) j =0 1− εk k = − (ε n ) 1− εk = Nếu n k , thì k = qn , q là số nguyên dương, ta ñược n −1 n −1 n −1 j =0 j =0 j =0 q n −1 ∑ εkj == ∑ εqnj = ∑ (εnj ) = ∑1 = n Mệnh ñề Cho p là số nguyên tố và ε = cos j =0 2π 2π Nếu a0 , a1 , , a p −1 là các số + i sin p p nguyên khác , thì a0 + a1ε + + a p−1ε p−1 = và a0 = a1 = = a p −1 Chứng minh Nếu a0 = a1 = = a p −1 thì ta có ñiều cần chứng minh Ngược lại, ta ñịnh nghĩa các ña thức f , g ∈ ℤ[ X ] sau: f ( X ) = a1 + a1 X + + a p−1 X p−1 và g ( X ) = + X + + X p−1 Nếu f , g có nghiệm chung, thì gcd( f , g) chia hết g Từ tiêu chuẩn bất khả quy Eisenstein, ta thấy g bất khả quy trên ℤ Do ñó, gcd( f , g) = g , suy g f hay g = kf , với k là số nguyên khác 0, suy a0 = a1 = = a p−1 2.2 Số phức và hình học 2.2.1 Một số kí hiệu hình học ñơn giản và các tính chất 2.2.1.1 Khoảng cách hai ñiểm Giả sử các số phức z1 , z2 có các ảnh hình học M , M Khi ñó, khoảng cách hai ñiểm này ñược xác ñịnh M 1M = z1 − z2 2.2.1.2 ðoạn thẳng, tia, ñường thẳng Cho hai ñiểm phân biệt A, B với tọa ñộ phức là a, b Ta nói ñiểm M có tọa ñộ phức z nằm các ñiểm A, B z ≠ a, z ≠ b và a − z + z − b = a − b Kí hiệu là A− M − B Tập hợp ( AB) = {M A − M − B} ñược gọi là ñoạn thẳng mở xác ñịnh hai ñiểm A, B Tập hợp [ AB ] = ( AB ) ∪ { A, B} ñược gọi là ñoạn thẳng ñóng xác ñịnh hai ñiểm A, B Tập hợp ( AB = {M A − M − B ∨ A − B − M } ñược gọi là tia mở với ñiểm ñầu A và chứa B Ta thừa nhận không chứng minh các ñịnh lý sau ñây ðịnh lý Giả sử A(a ), B (b) là hai ñiểm phân biệt Các phát biểu sau là tương ñương: (1) M ∈ ( AB) ; (2) Tồn số thực dương k cho z − a = k (b − z ) ; (3) Tồn số thực t ∈ (0,1) cho z = (1 − t ) a + tb , ñó M ( z ) ðịnh lý Giả sử A(a ), B (b) là hai ñiểm phân biệt Các phát biểu sau là tương ñương: (1) M ∈ ( AB ; www.MATHVN.com Lop10.com 19 (20) MATHVN.COM (2) Tồn số thực t ∈ (0,1) cho z = (1 − t ) a + tb , ñó M ( z ) (3) arg ( z − a ) = arg (b − a) ; (4) z−a ∈ ℝ+ b−a ðịnh lý Giả sử A(a ), B (b) là hai ñiểm phân biệt Các phát biểu sau là tương ñương: (1) M( z ) nằm trên ñường thẳng AB ; (2) Tồn số thực t cho z = (1 − t ) a + tb , ñó M ( z ) ; (3) z−a ∈ℝ; b−a (4) z−a z−a =0; b−a b−a z z (5) a a = b b 2.2.1.3 Chia ñoạn thẳng theo tỉ số cho trước Xét hai ñiểm phân biệt A(a ), B (b) Một ñiểm M ( z ) nằm trên ñường thẳng AB chia ñoạn thẳng AB theo tỉ số k ∈ ℝ \ {1} MA = k MB Từ hệ thức này, ta có ñược a − z = k (b − z ) ⇔ (1 − k ) z = a − kb ⇔ z = a − kb 1− k Nhận xét Cho A(a), B (b), C (c) là các ñiểm phân biệt, không thẳng hàng mặt phẳng phức Khi ñó, trung ñiểm M ñoạn thẳng [ AB ] có tọa ñộ phức là zM = tam giác ABC có tọa ñộ phức là zG = a+b ; trọng tâm G a +b+c 2.2.1.4 Góc tam giác Một tam giác có hướng dương các ñỉnh nó theo thứ tự ngược chiều quay kim ñồng hồ Ngược lại, ta nói tam giác có hướng âm Xét các ñiểm phân biệt M ( z1 ), M ( z2 ) và không trùng với gốc tọa ñộ mặt phẳng phức Góc M 1OM ñược ñịnh hướng các ñiểm M , M theo thứ tự ngược chiều quay kim ñồng hồ Mệnh ñề Số ño góc ñịnh hướng M 1OM là arg z2 z1 Chứng minh Ta xét hai trường hợp (i) Nếu tam giác M 1OM theo hướng âm thì www.MATHVN.com 20 Lop10.com (21)