cos i sin n n Như phần trước đã đề cập, Biểu diễn hình học các căn bậc n của đơn vị n≥ 3 là các điểm tạo thành một n giác đều nội tiếp đường tròn tâm O bán kính 1... Biểu diễn hình học c[r]
(1)BÀI T P S PH C Dạng đại số số phức 1.1 Định nghĩa số phức Xét R2 R R {( x, y) | x, y R} Hai phần tử ( x1 , y1 ) và ( x2 , y2 ) ⇔ x1 x2 y1 y2 ∀ ( x1 , y1 ), ( x2 , y2 ) ∈ ℝ2: Tổng z1 z2 ( x1 , y1 ) ( x2 , y2 ) ( x1 x2 , y1 y2 ) ∈ ℝ2 Tích z1.z2 ( x1 , y1 ).( x2 , y2 ) ( x1 x2 y1 y2 , x1 y2 x2 y1 ) ∈ ℝ2 Phép toán tìm tổng hai số phức gọi là phép cộng Phép toán tìm tích hai số phức gọi là phép nhân Ví dụ a) z1 ( 5,6), z2 (1, 2) z1 z2 ( 5,6) (1, 2) ( 4, 4) z1 z2 ( 5,6)(1, 2) ( 12,10 6) (7,16) 1 b) z1 ( ,1), z2 ( , ) 1 z1 z2 ( ,1 ) ( , ) 1 1 z1z2 ( , ) ( , ) 3 12 Định nghĩa Tập ℝ2, cùng với phép cộng và nhân trên gọi là tập số phức ℂ Phần tử (x,y)∈ℂ gọi là số phức 1.2 Tính chất phép cộng (1) Giao hoán: z1 z2 z2 z1, z1, z C (2) Kết hợp: ( z1 z2 ) z3 z1 ( z2 z3 ), z1 , z2 , z3 C (3) Tồn phần tử không: (0,0) C , z 0 z z , z C z C : z ( z) ( z) z (4) Mọi số có số đối: z C , Số z1 z2 z1 ( z ) : hiệu hai số z1 , z2 Phép toán tìm hiệu hai số gọi là phép trừ, z1 z2 ( x1, y1 ) ( x2 , y ) ( x1 x , y1 y ) ∈ ℂ 1.3 Tính chất phép nhân (1) Giao hoán: z1.z2 z2 z1 , z1 , z C (2) (2) Kết hợp: ( z1.z2 ).z3 z1.( z2 z3 ), z1 , z2 , z3 C (3) Tồn phần tử đơn vị: (0,1) C , z.1 1.z z, z C (4) Mọi số khác có số nghịch đảo: z C* , z C : z.z z 1.z Giả sử z ( x, y) C* , để tìm z ( x ', y ') , xx yy Giải hệ, cho ta ( x, y).( x ', y ') (1, 0) yx xy x y Vậy x' , y x2 y x2 y x y z1 ( , ) z x y x y2 Thương hai số z1 ( x1 , y1 ), z ( x , y ) ∈ ℂ*là z1 x y x x y y x y y1x z1.z ( x1, y1 ).( , ) ( 12 , 12 ) C 2 z x y x y x y x y2 Phép toán tìm thương hai số phức gọi là phép chia Ví dụ a) Nếu z (1,2) thì 2 z1 ( , ) ( , ) 22 12 22 5 b) Nếu z1 (1,2), z2 (3,4) thì z1 11 ( , ) ( , ) z2 16 16 25 25 * Lũy thừa số mũ nguyên số phức: z∈ ℂ , z 1; z1 z; z z.z; z n z.z z , n nguyên dương n n z ( z ) n , n nguyên âm n , n nguyên dương (5) Tính phân phối phép nhân với phép cộng: z1.( z2 z3 ) z1.z2 z1.z3 , z1 , z2 , z3 C Những tính chất trên phép nhân và cộng, chứng tỏ ℂ cùng hai phép toán cộng và nhân là trường 1.4 Dạng đại số số phức Dạng đại số số phức nghiên cứu sau đây: (3) Xét song ánh f :R R {0}, f ( x) ( x,0) Hơn ( x,0) ( y,0) ( x y,0) ; ( x,0).( y ,0) ( xy ,0) Ta đồng (x,0)=x Đặt i=(0,1) z ( x, y ) ( x,0) (0, y ) ( x,0) ( y,0).(0,1) x yi ( x,0) (0,1)( y,0) x iy Định lý Số phức z=(x,y) biểu diễn dạng z=x+yi, x,y∈ ℝ , đó i2=-1 Hệ thức i2=-1, suy từ định nghĩa phép nhân : i i.i (0,1).(0,1) ( 1,0) Biểu thức x+yi gọi là dạng đại số số phức z=(x,y) Do đó: C {x yi | x R, y R, i 1} x=Re(z): phần thực z y=Im(z): phần ảo z Đơn vị ảo là i (1) Tổng hai số phức z1 z2 ( x1 y1i ) ( x2 y2i ) ( x1 x2 ) ( y1 y2 )i C Tổng hai số phức là số phức , mà phần thực ( phần ảo) nó tổng hai phần thực (phần ảo) hai số đã cho (2) Tích hai số phức z1.z2 ( x1 y1i ).( x2 y2i ) ( x1 x2 y1 y2 ) ( x1 y2 x2 y1 )i C (3) Hiệu hai số phức z1 z2 ( x1 y1i ) ( x2 y2i ) ( x1 x2 ) ( y1 y2 )i C Hiệu hai số phức là số phức , mà phần thục ( phần ảo) nó hiệu hai phần thực(phần ảo) hai số phức đã cho Khi thực hành cộng, trừ , nhân số phức thực tương tự quy tắc tính đa thức cần lưu ý i2 là đủ Ví dụ 6i, z2 2i a) z1 z1 z2 ( 6i ) (1 2i) 4i z1 z2 ( 6i )(1 2i ) 12 (10 6)i 16i 1 b) z1 i , z2 i (4) z1 z2 z1z2 i) ( 1 ( i)( ( 1.5 Lũy thừa đơn vị ảo i i 1; i1 i; i 1 i) 1 i) 1; i3 i i 1 (1 )i i 1 1 ( )i i 3 12 i, i i i 1; i i i i; i i i 1; i i i i Bằng quy nạp : i 4n 1; i 4n i; i 4n 1; i 4n i, ∀ n∈ ℕ* Do đó i n { 1,1, i, i}, ∀ n∈ ℕ Nếu n nguyên âm , có i n (i ) n ( ) n ( i) n i Ví dụ a) i105 i 23 i 20 i 34 i 4.26 i 4.5 i 4.5 i 4.8 i i 1 b) Giải phương trình : z3 18 26i, z x yi, x, y Z Ta có ( x yi)3 ( x yi)2 ( x yi) ( x2 y 2xyi)( x yi) ( x3 3xy ) (3x2 y y3 )i 18 26i Sử dụng định nghĩa hai số phức nhau, được: x3 3xy 18 3x y y 26 Đặt y=tx, 18(3x2 y y3 ) 26( x3 3xy ) ( cho ta x≠ và y≠ 0) ⇒ 18(3t t ) 26(1 3t ) ⇒ (3t 1)(3t 12t 13) Nghiệm hữu tỷ phương trình là t=1/3 Do đó x=3, y=1⇒ z=3+i 1.6 Số phức liên hợp Cho z=x+yi Số phức z x yi gọi là số phức liên hợp z Định lý (1) z z z R, (2) z z , (3) z.z là số thực không âm, (5) (4) z1 z2 (5) z1.z2 (7) (8) (1) (2) (3) z2 , z1.z2 , (z ) , z C* , (6) z z1 z1 z2 z1 , z2 C* , z2 z z z z Re( z ) , Im(z)= 2i Chứng minh z z x yi x yi Do đó 2yi=0⇒ y=0⇒ z=x∈ ℝ z x yi, z x yi z z.z ( x yi)( x yi) x2 y (4) z1 z2 ( x1 (5) z1.z2 ( x1 x2 ) ( y1 y1i) ( x2 ( x1x2 y2i) 1 ( z ) z z tức là ( z ) ( z ) (6) z z1 x2 ) ( y1 y2 )i z2 x2 y1 ) ( x1x2 y1 y2 ) i ( x1 y2 x2 y1 ) z1 z2 z ( ) , z 1 z1 ) z1.( ) z1 z2 z2 z2 z2 (8) z z ( x yi ) ( x yi) x z z ( x yi ) ( x yi ) yi z z z z Do đó: Re( z ) , Im(z)= 2i Lưu ý a) Việc tính số nghịch đảo số phức khác 0, tiến hành: z x yi x y i 2 2 z z.z x y x y x y2 b) Tính thương hai số phức: z1 z1.z2 ( x1 y1i )( x2 y2i ) ( x1 x2 y1 y2 ) x1 y2 x2 y1 i 2 2 z2 z2 z2 x2 y2 x2 y2 x22 y22 (7) z1 z2 y2 )i ( x1 y1 y2 ) i( x1 y2 ( x1 iy1 )( x2 iy2 ) ( z1 (6) Khi thực hành tìm số nghịch đảo, tìm thương thực tương tự quy tắc tính đa thức cần lưu là đủ ý i2 Ví dụ a) Tìm số nghịch đảo z 10 8i z b) Tính z (10 8i) 1 10 8i i 41 10 8i 164 82 5i 20 4i 3i (5 5i)(3 4i) z 16i c) Cho z1 , z2 C Chứng tỏ E E z1 z2 1(10 8i) (10 8i)(10 8i) z1z2 20(4 3i) 35i 16 9i 25 75 25i i 25 z1.z2 z1.z2 là số thực z1z2 z1.z2 E 1.7 Môđun số phức Số | z | x y gọi là Môđun số phức z=x+yi Ví dụ Cho z1 3i, z2 3i, z3 | z1 | 42 32 5, | z2 | 02 Định lý (1) | z | Re( z ) | z |, | z | Im( z ) | z | z (2) | z | 0,| z | (3) | z | | z | | z | (4) z.z z (5) | z1 z2 | | z1 || z2 | (6) | z1 | | z2 | | z1 z2 | | z1 | | z2 | (7) | z | z (8) | | z2 (9) | z1 | | z | , z C* | z1 | , z2 C * | z2 | | z2 | | z1 z2 | | z1 | | z2 | ( 3)2 E 10 8i 102 82 80 60i 25 R 2, 3, | z3 | 22 (7) Chứng minh Dễ kiểm tra (1)-(4) đúng (5) | z1.z2 |2 ( z1.z2 )( z1z2 ) ( z1.z1 )( z2 z2 ) | z1 |2| z2 |2 | z1 z2 | | z1 || z2 | (6) | z1 z2 |2 ( z1 Bởi vì z1 z2 z1 z2 z1 z2 z2 )( z1 z2 ) ( z1 z2 )( z1 z2 ) | z1 |2 z1 z z1z | z |2 z1z2 , kéo theo z1z2 e( z1 z2 ) | z1 z2 | | z1 || z2 | | z1 || z2 | Do đó | z1 z2 |2 (| z1 | | z2 |)2 Nên | z1 z2 | | z1 | | z2 | Bất đẳng thức bên trái có do: | z1 | | z1 z2 z2 | | z1 z2 | | z2 | | z1 z2 | | z2 | | z1 | | z2 | | z1 z2 | 1 1 | z | (7) z z z z |z| Nên | z | | z | , z C* z1 | z1 | | z1 | | z1z2 | | z1 || z2 | | z1 || z2 | z2 z2 | z2 | (9) | z1 | | z1 z2 z2 | | z1 z2 | | z2 | Nên | z1 z2 | | z1 | | z2 | Mặt khác | z1 z2 | | z1 ( z2 ) | | z1 | | z2 | | z1 | | z2 | (8) Bất đẳng thức | z1 z2 | | z1 | | z2 | là đẳng thức Re( z1 z2 ) | z1 || z2 | , tức là z1 tz2 , t là số thực không âm Bài tập Chứng minh | z1 z2 |2 | z1 z2 |2 2(| z1 |2 | z2 |2 ) Lời giải Sử dụng tính chất (4), | z1 z2 |2 | z1 z2 |2 ( z1 z2 )( z1 z2 ) ( z1 z2 )( z1 z2 ) | z1 |2 z1 z2 z2 z1 | z2 |2 | z1 |2 z1 z2 z2 z1 | z2 |2 2(| z1 |2 | z2 |2 ) z z Bài tập Chứng minh | z1 | | z2 | 1, z1 z2 thì là số thực z1 z2 Lời giải Sử dụng tính chất (4), (8) z1 z1 z1 | z1 |2 1, z1 Tương tự, z2 , đặt số trên là A, z2 z1 z2 1 z1 z2 z1 z2 z1 z2 A z1 z2 z1 z2 A Vậy A là số thực Bài tập Cho a là số thực dương và đặt | a z Tìm giá trị nhỏ và giá trị lớn |z| z∈ M0 Lời giải 1 z2 z 2 a |z | (z )( z ) |z| z z z |z| | z |2 | z |4 ( z z ) 2 | z |2 | z |2 Do đó | z |4 | z |2 (a2 2) ( z z )2 M0 |z| [ a2 z C * ,| z a4 2 a 4a a ; a4 4a 2 a2 a a2 |z| [ ; ] 2 a a2 a a2 max | z | ,min | z | 2 z M,z z Bài tập Chứng minh số phức z, , | z | | z 1| Lời giải Phản chứng và | z | | z 1| 2 2 Đặt z=a+bi⇒ z a b 2abi ] (9) , b2 ) 4a (1 a b ) 4a 2b 1,(1 a) b2 (a2 b2 )2 2(a2 b2 ) 0,2(a2 Cộng các bất đẳng thức (a2 b2 )2 (2a 1)2 Mâu thuẫn Bài tập Chứng minh 7 |1 z | |1 z z | , ∀ z, |z|=1 Lời giải Đặt t |1 z | [0;2] t2 t (1 z )(1 z ) 2 Re( z ) Re( z ) Khi đó | z z | | 2t | Xét hàm số f :[0;2] R, f (t ) t | 2t | Được f( ) t | 2t | f( 7 ) 6 Bài tập Xét H {z C , z x xi, x R} Chứng minh tồn số phức z H ,| z | | w |, w H Lời giải Đặt y yi, y R Là đủ chứng minh ,tồn số thực x cho (10) ( x 1)2 x2 Nói cách khác , x là điểm cực tiểu hàm số f :R R, f ( y ) ( y 1) ( y 1)2 y2 y2 y , ∀ y∈ R y 2( y Do đó điểm cự tiểu là 1 z i 2 Bài tập Cho x,y,z là các số phức phân biệt cho y tx (1 t ) z , t (0;1) Chứng minh | z| | y| | z| | x| | y| | x| |z y| | z x| | y x| Lời giải Từ hệ thức y tx (1 t ) z , z y t ( z x) Bất đẳng thức | z| | y| | z| | x| |z y| | z x| trở thành | z | | y | t (| z | | x |), hay | y | (1 t ) | z | t | x | Vận dụng bất đẳng thức tam giác cho y (1 t ) z tx , ta có kết Bất đẳng thức thứ hai , chứng minh tương tự, y tx (1 t ) z tương đương với y x (1 t )( z x) x 1.8 Giải phương trình bậc hai Phương trình bậc hai với hệ số thực ax2 bx c 0, a b 4ac âm có nghiệm phức trường hợp biệt thức Phân tích vế trái b a[( x ) ] 2a 4a 2 ) , (11) hay ( x b 2 ) i ( )2 2a 2a b i b i , x2 2a 2a Rõ ràng hai nghiệm là hai số phức liên hợp và phân tích nhân tử ax2 bx c a( x x1 )( x x2 ) trường hợp Δ<0 Bây xét phương trình bậc hai với hệ số phức az bz c 0, a Sử dụng phân tích trên , b a[( z ) ] 2a 4a b ⇒ (z hay ) 2a 4a (2az b)2 , Đặt y=2az+b, phương trình trở thành y2 u vi, u,v∈ℝ Phương trình có nghiệm r u r u y1,2 ( ( sgnv) i) 2 Do đó x1 đây r=|Δ| và sgnv là dấu v.Vậy nghiệm phương trình ban đầu là z1,2 ( b y1,2 ) 2a Quan hệ nghiệm và hệ số b c z1 z2 , z1z2 , 2a a Và luôn có phân tích nhân tử az bz c a( z z1 )( z z2 ) Bài tập Giải phương trình hệ số phức z 8(1 i) z 63 16i Lời giải (4 4i)2 (63 16i) 63 16i (12) r | 632 162 | 65 Phương trình y2 65 63 ) (1 8i) Kéo theo z1,2 4i (1 8i) Do đó z1 12i, z2 4i Ta có thể dùng cách khác để giải phương trình bậc hai trên (4 4i)2 (63 16i) 63 16i Tìm hai bậc hai 63 16i , tức là tìm z x yi, z 63 16i x x2 y 63 2 x y xyi 63 16i y 8 xy Δ’ có hai bậc hai là 1-8i, -1+8i Phương trình có hai nghiệm z1 4(1 i ) (1 8i) 12i, Có nghiệm y1,2 ( 65 63 63 16i i z2 4(1 i ) (1 8i ) 4i Bài tập Cho p, q là hai số phức , q≠ Chứng minh các nghiệm phương trình bậc p hai x2 px q có Môđun nhau, thì là số thực q Lời giải gọi x1, x2 là các nghiệm phương trình và r | x1 | | x2 | Khi đó p ( x1 x2 ) q2 x1 x2 Là số thực Hơn x1 x2 Re( x1 x2 ) x2 x1 x1 x2 r2 | x1 x2 | x2 x1 r2 r , đó 2 p2 q2 Re( x1 x2 ) r2 p là số thực q Bài tập 10 Cho a,b,c là ba số phức khác phân biệt với |a|=|b|=|c| a) Chứng minh nghiệm phương trình az bz c có Môđun thì b2=ac b) Nếu phương trình az bz c 0, bz cz a có nghiệm có Môđun thì |a-b|=|b-c|=|c-a| Vậy (13) Lời giải a) gọi z1 , z2 là các nghiệm phương trình với |z1|=1 Từ z2 c | Bởi vì z1 a | z1 | đương với | z2 | | ( z1 z2 )( z1 ( z1 b) Theo câu a) b2 z2 )2 ac, c2 b ,| a | | b |, ta có | z1 a z2 z2 ) , tức là ( z1 z2 )( z1 c a z1 kéo theo z2 |2 Hệ thức tương ) z2 b c ⇒ b ac ) a a ab Nhân các hệ thức b2c a 2bc a b c ab bc ca z1z2 , hay ( a2 bc Do đó Hệ thức tương đương với (a b)2 (b c)2 (c a)2 0, Tức là (a b)2 (b c)2 2(a b)(b c) (c a)2 2(a b)(b c) Kéo theo (a c)2 (a b)(b c) Lấy giá trị tuyệt đối, , 2 | b c |, | c a |, | a b | Tương tự đây Cộng , các hệ thức, Tức là ( )2 ( )2 ( 1.9 Bài tập Cho các số phức z1 2i, z2 a) z1 z2 z3 , b) z1 z2 z2 z3 z3 z1 , c) z1 z2 z3 , d) z12 z e) z2 z22 z32 , z2 z3 , z3 z1 z12 z22 f) z2 z32 Giải phương trình a) z 7i i; 2 )2 Do đó α=β=γ 3i, z3 i Tính (14) i; b) 3i z c) z (2 3i) 5i ; z d) 2i 3i Trong C, giải phương trình sau a) z z 0; b) z n z k , tùy theo số nguyên dương n Cho z=i Tính k Giải phương trình 3i; a) z (1 2i) b) (1 i) z 7i Cho z=a+bi Tính z , z , z Cho z0 a bi Tìm z∈ C cho z Cho z=1-i Tính z n , n nguyên dương Tìm các số thực x, y xho a) (1 2i) x (1 y)i i; x y b) i; i i c) (4 3i ) x (3 2i ) xy 10 Tính a) (2 b) (2 c) ( y2 z0 x i )( 2i )(5 4i ); 4i)(5 2i ) (3 4i)( i); i 16 i ) ( ); i i i i d) ( ) ( ); 2 7i 8i e) 3i 3i 11 Tính a) i 2000 i1999 i 201 i82 i 47 ; b) En i i i3 i n ; n≥ 1; c) i1.i i3 i 2000 ; (3xy y )i (15) d) i ( i) ( i)13 i 12 Giải phương trình a) z i; b) z i; c) z i ; 2 13 Tìm các số phức z≠ cho z 14 Chứng minh a) E1 (2 i 5)7 19 7i b) E2 i 15 Chứng minh a) | z1 z2 |2 | z2 b) |1 z1 z2 |2 n | z1 100 ( i)94 ; z R (2 i 5)7 20 5i 6i z3 |2 | z3 R; n R z1 |2 | z1 |2 | z2 |2 | z3 |2 | z1 z2 z2 |2 (1 | z1 |2 )(1 | z2 |2 ); c) |1 z1 z2 |2 | z1 z2 |2 (1 | z1 |2 )(1 | z2 |2 ); d) | z1 z2 z3 |2 | z1 z2 z3 |2 | z1 z2 z3 |2 | z1 4(| z1 |2 | z2 |2 | z3 |2 )2 1 | Chứng minh | z | 16 Cho z C * , | z 3 z z 17 Tìm tất các số phức z cho | z | 1,| z z | 18 Tìm tất các số phức z cho 4z | z |2 19 Tìm tất các số phức z cho z z 20 Xét z∈ ℂ , Re(z)>1 Chứng minh 1 | | z 2 21 Cho các số thực a,b và i Tính 2 (a b c )(a b c ) 22 Giải phương trình a) | z | z 4i; z2 z3 |2 z3 |2 ; (16) b) | z | z 4i; c) z3 11i, z x yi, x, y Z d) iz (1 2i) z 0; e) z 6(1 i) z 6i 0; f) (1 i)z 2 11i 23 Tìm tất các số thực m cho phương trình z3 (3 i) z 3z (m i) Có ít nghiệm thực 24 Tìm tất các số phức z cho z ' ( z 2)( z i ) là số thực 25 Tìm tất số phức z cho | z | | | z 26 Cho z1 , z2 C , cho | z1 z2 | 3,| z1 | | z2 | Tính | z1 z2 | 27 Tìm tất các số nguyên dương n cho i n i n ( ) ( ) 2 28 Cho số nguyên n>2 Tìm số nghiệm phương trình z n iz 29 Cho z1 , z2 , z3 là ba số phức | z1 | | z2 | | z3 | R Chứng minh | z1 z2 || z2 z3 | | z3 z1 || z1 z2 | | z2 z3 || z3 z1 | 9R2 v(u z ) 30 Cho u,v,w là ba số phức | u | 1,| v | 1, w Chứng minh | w | | z | u z 31 Cho z1 , z2 , z3 là ba số phức cho z1 z2 z3 0,| z1 | | z2 | | z3 | Chứng minh z12 z22 z32 32 Cho các số phức z1 , z2 , , zn cho | z1 | | z2 | | zn | r Chứng tỏ ( z1 z2 )( z2 z3 ) ( zn zn )( zn z1 ) E là số thực z1 z2 zn 33 Cho các số phức phân biệt z1 , z2 , z3 cho (17) | z1 | | z2 | | z3 | z1 z2 là các số thực, chứng tỏ z1 z2 z3 Nếu z1 z2 z3 , z2 z3 z1 , z3 34 Cho x1 , x2 là các nghiệm phương trình x x Tính a) x12000 x22000 ; b) x11999 x12999 ; c) x1n x2n ; n N 35 Phân tích thành tích các đa thức bậc các đa thức a) x4 16; b) x 27 ; c) x3 ; d) x x 36 Tìm tất các phương trình bậc hai hệ số thực có các nghiệm sau a) (2 i )(3 i) ; i b) ; i c) i 51 2i80 3i 45 4i 38 37 (Bất đẳng thức Hlawka) chứng minh | z1 z2 | | z2 z3 | | z3 z1 | | z1 | | z2 | | z3 | | z1 z2 z3 |, z1 , z2 , z3 C (18) 1.10 Đáp số và hướng dẫn (19) Với số nguyên k không âm, ta có 37 | z1 z2 | | z2 z3 | | z2 ( z1 z2 z3 ) z1 z3 | | z2 | | z1 z2 z3 | | z1 || z3 | | z2 z3 | | z3 z1 | | z3 | | z1 z2 z3 | | z2 || z1 | | z3 z1 | | z1 z2 | | z1 | | z1 z2 z3 | | z2 || z3 | Cộng các bất đẳng thức với | z1 z2 |2 có điều phải chứng minh | z2 z3 |2 | z3 z1 | | z1 | | z2 | | z3 | | z1 z2 z3 | (20) Biểu diễn hình học số phức 2.1 Biểu diễn hình học số phức Định nghĩa Điểm M(x,y) trên mặt phẳng Oxy gọi là điểm biểu diễn hình học số phức z=x+yi Số phức z=x+yi gọi là tọa độ phức điểm M(x,y) ta dùng ký hiệu M(z) để tọa độ phức M là z Mặt phẳng tọa độ với việc biểu diễn số phức trên gọi là mặt phẳng phức Các điểm M,M’ (tương ứng với z , z ) đối xứng qua Ox Các điểm M,M’’ (tương ứng với z, z ) đối xứng qua gốc tọa độ O Mặt khác, ta có thể đồng số phức z=x+yi với v OM , M(x,y) (21) 2.2 Biểu diễn hình học Môđun z x yi OM x y | z | Khoảng cách từ M(z) đến O là Môđun số phức z Lưu ý a) Với số thực dương r, tập các số phức với Môđun r biểu diễn trên mặt phẳng phức là đường tròn ℭ (O;r) b) Các số phức z, |z|<r là các điểm nằm đường tròn ℭ (O;r) Các số phức z, |z|>r là các điểm nằm ngoài đường tròn ℭ (O;r) Ví dụ Các số phức zk i, k 1,2,3,4 biểu diễn mặt phẳng phức 2 bốn điểm trên đường tròn đơn vị tâm O Bởi vì | z1 | | z2 | | z3 | | z4 | 2.3 Biểu diễn hình học các phép toán (1) Phép toán cộng và nhân Xét số phức z1 x1 y1i, z2 x2 y2i và các vectơ tương ứng v1 x1i y1 j , v2 x2i y2 j Tổng hai số phức z1 z2 ( x1 y1i ) ( x2 y2i ) ( x1 x2 ) ( y1 y2 )i Tổng hai vectơ v1 v2 ( x1 x2 )i ( y1 y2 ) j Tổng z1 z2 tương ứng với vectơ tổng v1 v2 (22) Ví dụ a) (3 5i) (6 i) 6i : biểu diễn hình học tổng hình 1.5 b) (6 2i) ( 5i) 3i : biểu diễn hình học hình 1.6 Tương tự, hiệu z1 z2 tương ứng với vectơ v1 v2 c) Ta có ( i) (2 3i) ( i) ( 3i) 2i , hình 1.7 d) (3 2i ) ( 4i ) (3 2i ) (2 4i ) 2i , hình 1.8 (23) Khoảng cách hai điểm M ( x1 , y1 ), M ( x2 , y2 ) Môđun số phức z1 z2 độ dài vectơ v1 v2 M1M | z1 z2 | | v1 v2 | ( x2 x1 ) ( y2 y1 ) (2) Tích số phức với số thực Xét số phức z=x+yi và vectơ tương ứng v xi yj Nếu λ là số thực thì tích λ z=λ x+λyi tương ứng với vectơ v xi yj Nếu λ >0 thì v , v cùng hướng và | v | | v | Nếu λ<0 thì v , v ngược hướng và | v| | v | Tất nhiên , λ =0 thì v Ví dụ a) Ta có 3(1 2i ) 6i , hình 1.10 b) 2( 2i) 4i (24) 2.4 Bài tập Biểu diễn hình học các số phức sau trên mặt phẳng phức z1 i, z2 2i, z3 4i, z4 i, z5 1, z6 3i, z 2i, z8 Biểu diễn hình học các hệ thức i; a) ( 4i) (2 3i) b) i 4i 3i ; c) ( 2i) ( i) 3i ; d) (8 i ) (5 3i ) 4i ; 4i ; e) 2( 2i) f) 3( 2i) 6i Biểu diễn hình học z a) | z | ; b) | z i | 1; c) | z 2i | ; d) | z | | z | ; e) Re( z ) ; f) Im( z ) ; z ) 0; g) Re( z 1 z R h) z Tìm tập các điểm M(x,y) mặt phẳng phức (25) | x i y | 10 i Tìm z3∈ ℂ cho các điểm biểu diễn z1 , z2 , z3 tạo Cho z1 i, z thành tam giác Tìm các điểm biểu diễn z, z , z cho chúng tạo thành tam giác vuông Tìm các điểm biểu diễn số phức z cho |z | z 2.4 Đáp số và hướng dẫn a) Đường tròn tâm (2,0) bán kinh b) Hình tròn tâm (0,-1) bán kính c) Phần ngoài đường tròn tâm (-1,-2) bán kính 7.Hợp hai đường tròn x2 y2 y 0, x y2 2y (26) Dạng lượng giác số phức 3.1 Tọa độ cực số phức Trong mặt phẳng Oxy, cho M(x,y) khác gốc tạo độ x y gọi là bán kính cực điểm M Số đo θ∈ [0;2π) góc lượng giác Số thực r (Ox, OM ) gọi là argument M Cặp có thứ tự (r,θ) gọi là tọa độ cực M, viết M(r,θ) Song ánh h : R R (0,0) (0, ) [0,2 ), h(( x, y)) ( r , ) Điểm gốc O là điểm có r=0, θ không xác định Mỗi điểm M mặt phẳng có P là giao điểm tia OM với đường tròn đơn vị tâm O Rõ ràng x r cos y r sin Xét argument cực M với các trường hợp sau: a) Nếu x≠ 0, từ tan y , x arctan đây y x k , (27) 0, x & y k 1, x 0, y R 2, x 0, y b) Nếu x= 0, và y≠ ,y ,y Ví dụ 10 Tìm các tọa độ cực M1 (2, 2), M ( 1,0), M ( 3, 2), M ( 3,1), M (3,0), M ( 2,2), M (0,1), M (0, 4) Dễ thấy 7 r1 22 ( 2) 2 2; arctan( 1) 2 , M (2 2, ) 4 r2 1; arctan , M (1, ) r3 7 , M (4, ) 6 2; arctan , M (2, ) 6 3; arctan 0 0, M (3,0) 3 2; arctan( 1) , M (2 2, ) 4 4; r7 1; r4 r5 r6 arctan , M (1, ) 2 3 r8 4; , M (1, ) 2 Ví dụ 11.Tìm tọa độ vuông góc các điểm cho tọa độ cực M1 (2, ), M (3, ), M (1,1) 2 x1 2cos 2( ) 1, y1 2sin 3, M1 ( 1, 3) 3 7 3 x2 3cos , y2 3sin , M2( , ) 4 2 Tương tự x3 cos1, y3 sin1, M (cos1,sin1) (28) 3.2 Biểu diễn lượng giác số phức Cho số phức z=x+yi ta có thể viết z dạng cực: z r (cos i sin ) , [0;2 ) r=|z|∈ [0,∞), θ là argument z và Với z≠ 0, r và θ xác định i sin ) , đặt 2k , k Z thì Xét z r (cos z r[cos( 2k ) i sin( 2k )] r (cos i sin ) Tức là , với số phức z có thể viết z r (cos t i sin t ), r 0, t R Khi đó ta nói z biểu diễn dạng lượng giác 2k , k Z } gọi là argument mở rộng z Tập Argz {t , t Do đó hai số phức z1 , z2 biểu diễn dạng lượng giác r1 r2 z1 r1 (cos t1 i sin t1 ), z2 r2 (cos t2 i sin t2 ) , k∈ ℤ t1 t2 2k Ví dụ 12 Viết các số sau dạng cực và xác định tập Argz i, a) z1 b) z2 2i , i 3, c) z3 d) z4 i a) P1 ( 1, 1) nằm góc phần tư thứ ba r1 ( 1)2 ( 1)2 2, arctan z1 2(cos y x arctan1 i sin ) 4 (29) Argz1 { b) P2 (2, 2) nằm góc phần tư thứ r2 z2 2k , k 2, 2(cos Argz2 { 4 Z} i sin ) 2k , k Z} c) P3 ( 1, 3) thuộc góc phần tư thứ hai r3 z3 2, 2(cos 3 3) thuộc góc phần tư thứ tư Argz3 { d) P4 (1, 3 r4 2, i sin 2k , k ) Z} (30) z4 2(cos i sin ) 2k , k Ví dụ 13 Viết các số phức sau dạng cực a) z1 2i , 1, b) z2 c) z3 , 3i d) z4 Và xác định Arg chúng a) Điểm P1 (0, 2) thuộc phần dương trục tung, nên Argz4 { r1 2, , z1 Z} 2(cos i sin ) Argz1 { 2k , k Z } b) Điểm P2 ( 1,0) thuộc phần âm trục hoành, nên r2 1, , z2 cos i sin Argz2 { 2k } c) Điểm P3 (2,0) thuộc phần dương trục hoành, nên r3 2, 0, z3 2(cos0 i sin 0) Argz3 {2k , k Z } d) Điểm P4 (0, 3) thuộc phần âm trục tung, nên (31) r4 3, Argz4 { , z4 2(cos 2k , k i sin ) Z} Rõ ràng cos i sin 0; i cos i sin ; 2 3 cos i sin ; i cos i sin 2 Bài tập 11 Viết số phức sau dạng cực z cos a i sin a, a (0,2 ) Lời giải a a | z | (1 cos a)2 sin a 2(1 cos a) 4cos 2 | cos | 2 a (0, ) , P nằm góc phần tư thứ Do đó a) Nếu a (0, ) 2 sin a a a arctan arctan(tan ) , cos a 2 a a a z 2cos (cos i sin ) 2 a ( , ) , P nằm góc phần tư thứ tư Do đó b) Nếu a ( ,2 ) 2 a a a a rctan(tan ) 2 , 2 a a a z 2cos [cos( ) i sin( )] 2 , thì z=0 c) Nếu a Bài tập 12 Tìm các số phức z cho z z | z | 1,| | z z Lời giải Đặt z cos x i sin x, x [0,2 ) z z | z2 z | | z z | z |2 | cos x i sin x cos x i sin x | | cos x | | (32) Do đó cos x Nếu cos x thì x1 Nếu cos x cos x , x2 , x3 , x4 11 , x6 , x7 , x8 thì x5 Do đó có nghiệm zk cos xk i sin xk k 1,2,3, ,8 3.2 Các phép toán trên dạng lượng giác số phức (1) Phép nhân Định lý z1 r1 (cos t1 i sin t1 ), z2 r2 (cos t2 i sin t2 ) Khi đó z1.z2 r1r2 [cos(t1 t2 ) i sin(t1 t2 )] Chứng minh 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 ) i sin(t1 t2 )] a) b) c) d) Lưu ý Một lần ta lại | z1 z2 | | z1 || z2 | arg( z1 z2 ) argz1 argz2 2k , 0, argz1 argz2 k 1, argz1 argz2 Có thể viết A rg( z1 z2 ) {argz1 argz2 2k , k Z } Mở rộng với n≥ số phức Nếu zk rk (cos tk i sin tk ), k 1,2, , n z1 z2 zn r1r2 rn [cos(t1 t2 tn ) i sin(t1 t2 Công thức trên có thể viết n n zk k n rk (cos k n tk k i sin tk ) k tn )] (33) Ví dụ 14 Cho z1 i, z2 i 7 z1 2(cos i sin ), z2 2(cos i sin ) 4 6 7 z1 z2 2[cos( ) i sin( )] 6 23 23 2(cos i sin ) 12 12 (2) Lũy thừa số phức Định lý (De Moivre ) Cho z r (cos t i sin t ) và n∈ ℕ , ta có z n r n (cos nt i sin nt ) zn Chứng minh Dùng công thức nhân với z z1 z2 n z r r .r [cos(t t t ) i sin(t t t )] n n n n = r (cos nt i sin nt ) Lưu ý a) Chúng ta tìm lại | z n | | z |n b) Nếu r=1, thì (cos t i sin t )n cos nt i sin nt c) Ta có thể viết Argz n {n.arg z 2k , k Z} Ví dụ 15 Tính (1 i)1000 i (1 i)1000 1000 2(cos i sin ) (cos1000 i sin1000 ) 4 500 i sin 250 ) 2500 (cos 250 Bài tập 13 Chứng minh sin 5t 16sin t 20sin t 5sin t ; cos5t 16cos5 t 20cos3 t 5cos t Lời giải Dùng công thức Moivre và khai triển nhị thức (cos t i sin t )5 , cos5t i sin 5t cos5 t 5i cos t sin t 10i cos3 t sin t 10i cos t sin t 5i cos t sin t i sin t Do đó (34) cos5 t 10cos3 t (1 cos t ) 5cos t (1 cos t ) cos5t i sin5t i[sin t (1 sin t )2 sin t 10(1 sin t )sin t sin t ] Đồng hai vế cho điều phải chứng minh (3) Phép chia Định lý Giả sử z1 r1 (cos t1 i sin t1 ), z2 r2 (cos t2 i sin t2 ) z1 r1 (cos t1 i sin t1 ) z2 r2 (cos t2 i sin t2 ) r1 (cos t1 i sin t1 )(cos t2 i sin t2 ) r2 (cos t2 sin t2 ) r1 [(cos t1 cos t2 sin t1 sin t2 ) i (sin t1 cos t2 sin t2 cos t1 )] r2 r1 [cos(t1 t2 ) i sin(t1 t2 )] r2 Lưu ý a)Ta có lại kết | z1 | z1 | ; | z2 | z2 | z1 ) {argz1 argz2 2k , k Z } ; z2 1 z1 [cos( t ) i sin( t )] ; c)Với z1 1, z2 z , z r d)Công thức De Moivre còn đúng cho lũy thừa nguyên âm, tức là với n nguyên âm, ta có z n r n (cos nt i sin nt ) Bài tập 14 Tính (1 i )10 ( i )5 z ( i 3)10 Lời giải b) Arg ( (35) 10 ) (cos i sin )5 6 z 4 210 (cos i sin )10 3 35 35 5 210 (cos i sin )(cos i sin ) 2 6 40 40 10 (cos i sin ) 3 55 55 cos i sin 3 cos5 i sin 40 40 cos i s in 3 10 (cos i sin 3.4 Biểu diễn hình học tích hai số phức Xét số phức z1 r1 (cos i sin ), z2 r2 (cos i sin ) Gọi P1 , P2 là giao điểm đường tròn ℭ (0,1) với tia OM , OM Dựng P3 thuộc đường tròn và có argument cực , chọn M thuộc tia OP3 , OM OM 1.OM Gọi z3 là tọa độ phức M3 Điểm M (r1r2 , ) biểu diễn tích z1 z2 Gọi A là điểm biểu diễn z=1 OM OM OM OM và M 2OM AOM1 Suy hai tam giác OM1 OM OA OAM ,OM M đồng dạng Để xây dựng biểu diễn hình học thương, lưu ý điểm tương ứng z3 là M1 z2 (36) 3.5 Bài tập Dựa vào tọa độ vuông góc ,tìm tọa độ cực các điểm a) M ( 3,3) b) M ( 3, 4) c) M (0, 5) d) M ( 2, 1) e) M (4, 2) Dựa vào tọa độ cực ,tìm tọa độ vuông góc các điểm a) P1 (2, ) 3 arcsin ) b) P2 (4,2 c) P3 (2, ) d) P4 (3, ) e) P5 (1, ) f) P6 (4, ) arg( z ) và arg( z ) qua arg(z) Biểu diễn Biểu diễn hình học các số phức z: a) | z | ; b) | z i | ; c) | z i | ; argz d) ; e) arg z ; f) arg z ; g) arg( z ) ( , ) |z i| h) argz Viết các số sau dạng cực (37) a) z1 6i 3; i ; 4 c) z3 i ; 2 d) z4 9i 3; e) z5 2i; 4i f) z6 Viết các số sau dạng cực a) z1 cos a i sin a , a [0, ) , b) z2 sin a i (1 cosa ), a [0, ), c) z3 cos a sin a i (sin a cos a ), a [0, ) , d) z4 cos a i sin a , a [0, ) Sử dụng dạng cực số phức để tính tích sau đây a) ( i )( 3i)(2 2i); 2 b) (1 i )( 2i )i ; b) z2 c) 2i( 4 3i)(3 3i) ; d) 3(1 i )( 5i ) Mô tả các kết dạng đại số Tìm | z |,arg z , Argz ,arg z ,arg( z ) a) z (1 i )(6 6i ) ; b) z (7 3i)( i) Tìm |z| và argument cực z: (2 2i )8 (1 i )6 a) z , (1 i )6 (2 2i )8 ( i )4 b) z , ( i )10 (2 2i )4 c) z (1 i 3)n (1 i 3)n 10 Chứng tỏ công thức Moivre đúng với số nguyên âm 11 Tính a) (1 cos a i sin a)n , a [0,2 ), n N , 1 , z b) z n zn z (38) 3.6 Đáp số và hướng dẫn (39) Căn bậc n đơn vị 4.1 Định nghĩa bậc n số phức Xét số nguyên n≥ và số phức w Như trường số thực ℝ , phương trình zn w dùng định nghĩa bậc n số w Ta gọi nghiệm z phương trình là bậc n w i sin ) là số phức với r>0 và θ∈ [0,2π) Định lý Cho w r (cos Căn bậc n w gồm n số phân biệt, cho 2k 2k zk n r (cos i sin ), k 0,1, , n n n Chứng minh Biểu diễn số phức z dạng lượng giác, tức là z (cos i sin ) n Theo định nghĩa, ta có z w , nên n (cos n i sin n ) r (cos i sin ) Do đó n r, n 2k , k Z n r, k n k n Vậy nghiệm phương trình có dạng zk n r (cos k i sin k ), k Z Do đó k , k {0,1, , n 1} là argument cực Lưu ý 0 n Bởi tính tọa độ cực, Ta có n nghiệm phân biệt phương trình là z0 , z1 , , zn Đến đây ta chứng minh phương trình có đúng n nghiệm phân biệt Với số nguyên k bất kỳ, lấy k chia cho n có thương q và số dư r, tức là k=nq+r, q∈ Z, r∈{0,1,2,…,n-1} 2 (nq r ) r 2q 2q k r n n n n Rõ ràng zk zr Do đó {zk , k Z } {z0 , z1 , , zn 1} Nói cách khác phương trình có đúng n nghiệm phân biệt Biểu diễn hình học các bậc n w≠ (n≥ 3) là đỉnh n giác nội tiếp đường tròn tâm O bán kính n r , r=|w| (40) Để chứng minh điều này, ký hiệu M ( z0 ), M ( z1 ), , M n ( zn ) Bởi vì OM k | zk | n r , k {0,1, , n 1} M M k Mk C(0, n r ) Mặt khác , số đo cung ( 2k ) k , k {0,1, , n 2} n n 2 ⇒M (n 1) n 1M n n ,M M n Bởi vì các cung M M1 , M1M , n 1M nên đa giác M M Ví dụ 16 Tìm các bậc ba z=1+i và biểu diễn chúng lên mặt phẳng phức Dạng lượng giác z là arg zk argzk 2(k 1) z 2(cos Các bậc ba z zk i sin ) 2 2[cos( k ) i sin( k )], k 12 12 ⇒ z0 2(cos ), 12 3 z1 (cos i sin ), 4 17 17 z2 2(cos i sin ), 12 12 Dùng tọa độ cực, các điểm biểu diễn z0 , z1 , z2 là 17 M ( 2, ) , M ( 2, ) , M ( 2, ) 12 12 Tam giác biểu diễn kết hình 2.6 12 i sin 0,1,2 (41) 4.2 Căn bậc n đơn vị Một nghiệm phương trình z n gọi là bậc n đơn vị Biểu diễn dạng lượng giác , cos0 i sin 0, từ công thức tìm bậc n số phức, ta có bậc n đơn vị là 2k 2k , k {0,1, , n 1} cos i sin k n n ⇒ cos0 i sin , 2 2 (đặt ) cos i sin cos i sin n n n n 4 , cos i sin n n 2(n 1) 2(n 1) n cos i sin n n n 2 Ký hiệu Un {1, , , , n 1} ,cũng cần nhắc lại cos i sin n n Như phần trước đã đề cập, Biểu diễn hình học các bậc n đơn vị (n≥ 3) là các điểm tạo thành n giác nội tiếp đường tròn tâm O bán kính Chẳng hạn i) Với n=2, hai bậc hai 1(nghiệm phương trình z ) là -1,1 ii) Với n=3, bậc ba 1( nghiệm phương trình z )cho 2k 2k , k∈ {0,1,2}, cos i sin k n n ⇒ 1, 2 , i sin i 3 2 4 cos i sin i 3 2 Biểu diễn lên mặt phẳng phức tam giác nội tiếp đường tròn ℭ (O,1) cos (42) iii) Với n=4, các bậc bốn là 2k cos k Ta có i sin 2k , k {0,1, 2, 3} cos0 i sin , cos i sin i, cos i sin 1, 3 cos i sin i 2 Tức là U4 {1, i, i , i3} {1, i, 1, i} Biểu diễn hình học chúng là hình vuông nội tiếp đường tròn ℭ (O,1) Số m k k U n gọi là nguyên thủy bậc n đơn vị , số nguyên dương m<n ta có (43) Định lý a) Nếu n|q thì nghiệm z n là nghiệm z q b)Các nghiệm chung phương trình z m và z n là các nghiệm z d , d=UCLN(m,n), tức là U m U n U d c)Các nghiệm nguyên thủy z m là 2k 2k cos i sin , k m,UCLN (k , m) k m m Chứng minh a)Nếu q=pn thì z q ( z n ) p ( z n 1)( z (q 1) z n 1) Do đó điều phải chứng minh là hệ trực tiếp suy từ hệ thức trên 2p 2p là nghiệm z m và b)Xét p cos i sin m m 2q 2q là nghiệm z n Bởi vì cos i sin q' m m 2p 2q , | p | | q ' | 1, ta có p 2r , r Z q m n p q Cho ta r pn qm rmn m n Mặt khác, m m ' d , n n ' d , UCLN (m ', n ') pn qm rmn n p m q rm n d m'| n' p m | p p p m , p ' Z và 2p p 'm' p' và pd arg p m m'd d d Ngược lại , d | m, d | n , nghiệm z là nghiệm z m và z n (tính chất a) c)Trước hết ta tìm số nguyên dương nhỏ p cho kp Từ hệ thức kp Suy 2kp kp 2k , k’∈ ℤ Tức là k ' Z Xét d=UCLN(k,m) và k=k’d, m=m’d, đây m m k pd k p UCLN(k’,m’)=1 Ta có Z Bởi vì k’ và m’ nguyên tố cùng , ta có m’|p md m Do đó số nguyên dương nhỏ p thỏa mãn kp 1là p=m’ Kết hợp với hệ thức m=m’d suy m p , d UCLN (k , m) d (44) Nếu k là nguyên thủy bậc m đơn vị, thì từ hệ thức p k 1, p m suy UCLN (k , m) p=m, tức là UCLN(k,m)=1 Lưu ý Từ b) ta thu phương trình z m và phương trình z n có nghiệm chung là và UCLN(m,n)=1 U n là nguyên thủy bậc n đơn vị thì các nghiệm phương trình Định lý Nếu z n là r , r , r n , r là số nguyên dương cho trước Chứng minh Cho r là số nguyên dương và h {0,1, , n 1} Khi đó ( r h )n ( n )r h 1, tức là r h là nghiệm z n Chỉ cần chứng minh r , r 1, , r n phân biệt Giả sử không phân biệt, tức tồn r h2 r h1 r h2 , h1 h2 mà r h1 Khi đó r h2 ( h1 h2 1) Nhưng r h2 h1 h2 Đối chiếu với h1 h2 n và ω là nguyên thủy bậc n đơn vị, ta có mâu thuẩn Bài tập 15 Tìm số cặp thứ tự (a,b) các số thực cho (a bi)2002 a bi Lời giải Đặt z=a+bi⇒ z a bi,| z | a b2 Hệ thức đã cho trở thành z 2002 z | z |2002 | z 2002 | | z | | z | | z | (| z |2001 1) Do đó |z|=0, tức là (a,b)=(0,0) |z|=1 Trong trường hợp |z|=1, ta có z 2002 z z 2003 z z | z |2 Do phương trình z 2003 có 2003 nghiệm phân biệt⇒ có 2004 cặp thứ tự theo yêu cầu Bài tập 16 Hai đa giác cùng nội tiếp đường tròn Đa giác thứ có 1982 cạnh, đa giác thứ hai có 2973 cạnh Tìm số đỉnh chung hai đa giác đó Lời giải Số đỉnh chung số nghiệm chung hai phương trình z1982 0, z 2973 Ứng dụng định lý trên, số nghiệm chung là d UCLN (1982,2973) 991 U n là nguyên thủy bậc n đơn vị và z là số phức cho Bài tập 17 Cho k |z | 1, k 0,1, , n Chứng minh z Lời giải Từ giả thiết , k k (z )( z ) | z |2 z k z k , k 0,1, , n Lấy tổng các hệ thức trên, n n| z| z( k Do đó z=0 Bài tập 18 Cho P0 P1 n k k ) z k Pn là đa giác nội tiếp đường tròn bán kính Chứng minh (45) a) P0 P1.P0 P2 P0 Pn n (n 1) n b) sin sin sin n n n 2n (2n 1) c) sin sin sin 2n 2n 2n 2n Lời giải a)Không tổng quát, giả sử các đỉnh đa giác là các điểm biểu diễn hình học các bậc n đơn vị, P0 Xét đa thức 2 n cos i sin f z n ( z 1)( z ) (z ), n n Rõ ràng n n f '(1) (1 )(1 ) (1 ) Lấy Môđun hai vế kết b)Ta có 2k 2k k k k k 1 cos i sin 2sin 2i sin cos n n n n n k k k 2sin (sin i cos ) n n n k k Do đó | | 2sin , k 1, 2, , n Sử dụng a) ta có điều phải chứng minh n c)Xét đa giác Q0Q1 Q2 n nội tiếp đường tròn , các đỉnh nó là điểm biểu diễn hình học bậc 2n đơn vị Theo a) Q0Q1.Q0Q2 Q0Q2 n 2n Bây xét đa giác Q0Q2 Qn , ta có Q0Q2 Q0Q4 Q0Q2 n n Do đó Q0Q1.Q0Q3 Q0Q2 n Tính toán tương tự phần b) ta (2k 1) Q0Q2 k 2sin , k 1,2 n và ta có điều phải chứng minh 2n 4.3 Phương trình nhị thức Phương trình nhị thức là phương trình có dạng z n a , n∈ ℕ và n≥ Giải phương trình là tìm bậc n số phức –a Đây là dạng đơn giản phương trình bậc n hệ số phức Theo định lý bản, phương trình có đúng n nghiệm Và dễ thấy trường hợp này phương trình có n nghiệm phân biệt Ví dụ 17 a) Giải phương trình z 8(cos i sin ) , các nghiệm là (46) 2k 2k i sin ), k 0,1,2 3 b) Giải phương trình z z3 (1 i) i Phương trình tương đương với ( z 1)( z i) Giải phương trình nhị thức z3 0, z3 i có các nghiệm 2k 2k k cos i sin , k 0,1,2 và 3 zk zk 2(cos cos 2k i sin 2k ,k 0,1,2 4.4 Bài tập Tìm các bậc hai z a) z i ; b) z i ; i c) z ; 2 d) z 2(1 i 3) ; e) z 24i Tìm các bậc ba z a) z i; b) z 27 ; c) z 2i ; ; d) z i 2 e) z 18 26i Tìm các bậc bốn z a) z i 12 ; b) z i; c) z i ; d) z 2i ; e) z 24i Tìm bậc 5,6,7,8, 12 các số trên Cho U n { , , , n 1} là các bậc n đơn vị Chứng minh (47) a) j k Un , j, k {0,1, , n 1}; b) j U n , j {0,1, , n 1} Giải phương trình a) z 125 ; b) z 16 ; c) z 64i ; d) z 27i Giải phương trình a) z 2iz iz ; b) z iz i ; c) (2 3i) z 5i ; d) z10 ( i) z5 2i Giải phương trình z 5( z 1)( z 4.5 Đáp số và hướng dẫn z 1) (48) (49) Mục lục Dạng đại số số phức 1.1 Định nghĩa số phức 1.2 Tính chất phép cộng 1.3 Tính chất phép nhân 1.4 Dạng đại số số phức 1.5 Lũy thừa đơn vị ảo i 1.6 Số phức liên hợp 1.7 Môđun số phức 1.8 Giải phương trình bậc hai 1.9 Bài tập 1.10 Đáp số và hướng dẫn Biểu diễn hình học số phức 2.1 Biểu diễn hình học số phức 2.2 Biểu diễn hình học Môđun 2.3 Biểu diễn hình học các phép toán 2.4 Bài tập 2.4 Đáp số và hướng dẫn Dạng lượng giác số phức 3.1 Tọa độ cực số phức 3.2 Biểu diễn lượng giác số phức 3.2 Các phép toán trên dạng lượng giác số phức 3.4 Biểu diễn hình học tích hai số phức 3.5 Bài tập 3.6 Đáp số và hướng dẫn Căn bậc n đơn vị 4.1 Định nghĩa bậc n số phức 4.2 Căn bậc n đơn vị 4.3 Phương trình nhị thức 4.4 Bài tập 4.5 Đáp số và hướng dẫn (50)