số phức trong các đề thi, bài giảng và các vấn đề liên quan đến số phức phần 2 luyện thi đại học
1 MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ SỐ PHỨC Biên soạn: NGUYỄN TRUNG KIÊN 0988844088 I) DẠNG ĐẠI SỐ CỦA SỐ PHỨC Dạng 1) Bài toán liên quan ñến biến ñổi số phức Ví dụ 1) Tìm số nguyên x, y sao cho số phức z=x+yi thoả mãn 3 18 26 z i = + Giải: 3 18 26 z i = + ( ) ( ) ( ) 3 2 3 2 3 3 2 2 3 3 18 18 26 18 3 26 3 3 26 x xy x yi i x y y x xy x y y − = ⇔ + = + ⇔ ⇔ − = − − = Gi ả i ph ươ ng trình b ằ ng cách ñặ t y=tx ta ñượ c 1 3, 1 3 t x y = ⇒ = = . Vậy z=3+i Ví dụ 2) Cho hai số phức 1 2 ; z z thoả mãn 1 2 1 2 ; 3 z z z z= + = Tính 1 2 z z − Giải: Đặt 1 1 1 2 2 2 ; z a bi z a b i = + = + . Từ giả thiết ta có ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 2 2 2 2 1 2 1 2 1 3 a b a b a a b b + = + = + + + = ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 2 1 1 1 a b a b a a b b z z ⇒ + = ⇒ − + − = ⇒ − = Dạng 2) Bài toán liên quan ñến nghiệm phức Ví dụ 1) Giải phương trình sau: 2 8(1 ) 63 16 0 z i z i − − + − = Giải: Ta có ( ) 2 2 ' 16(1 ) (63 16 ) 63 16 1 8 i i i i ∆ = − − − = − − = − Từ ñó tìm ra 2 nghiệm là 1 2 5 12 , 3 4 z i z i = − = + Ví dụ 2) Giải phương trình sau: 2 2(1 ) 4(2 ) 5 3 0 i z i z i + − − − − = Giải: Ta có ∆ ’ = 4(2 – i) 2 + 2(1 + i)(5 + 3i) = 16. Vậy phương trình cho hai nghiệm là: z 1 = i ii i i i i 2 5 2 3 2 )1)(4( 1 4 )1(2 4)2(2 −= − − = + − = + + − z 2 = i ii i i i i 2 1 2 1 2 )1)(( 1)1(2 4)2(2 −−= − − = + − = + − − Ví dụ 3) Giải phương trình 3 2 9 14 5 0 z z z − + − = Giải: Ta có ph ươ ng trình t ươ ng ñươ ng v ớ i ( ) ( ) 2 2 1 4 5 0 z z z − − + = . T ừ ñ ó ta suy ra ph ươ ng trình có 3 nghi ệ m là 1 2 3 1 ; 2 ; 2 2 z z i z i = = − = + Ví dụ 4) Giải phương trình: 3 2 2 5 3 3 (2 1) 0 z z z z i − + + + + = biết phương trình có nghiệm thực Giải: Vì ph ươ ng trình có nghi ệ m th ự c nên 3 2 2 5 3 3 0 2 1 0 z z z z − + + = + = 1 2 z − ⇒ = tho ả mãn cả hai ph ương trình của hệ:Phương trình ñã cho tương ñương với ( ) ( ) 2 2 1 3 3 0 z z z i + − + + = . Giải phương trình ta tìm ñược 1 ; 2 ; 1 2 z z i z i = − = − = + www.MATHVN.com www.MATHVN.com 2 Ví dụ 5) Giải phương trình: 3 2 (1 2 ) (1 ) 2 0 z i z i z i + − + − − = biết phương trình có nghiệm thuần ảo: Giải: Giả sử nghiệm thuần ảo của phương trình là z=bi thay vào phương trình ta có ( ) ( ) 3 2 2 3 2 (1 2 ) (1 )( ) 2 0 ( ) ( 2 2) 0 bi i bi i bi i b b b b b i + − + − − = ⇔ − + − + + − = 2 3 2 0 1 2 2 0 b b b z i b b b − = ⇔ ⇒ = ⇒ = − + + − = là nghi ệ m, t ừ ñ ó ta có ph ươ ng trình t ươ ng ñươ ng v ớ i ( ) ( ) 2 (1 ) 2 0 z i z i z − + − + = . Giải pt này ta sẽ tìm ñược các nghiệm Ví dụ 6) Tìm nghiệm của phương trình sau: 2 z z = . Giải: Giả sử phương trình có nghiệm: z=a+bi thay vào ta có ( ) 2 a bi a bi + = + 2 2 2 a b a ab b − = ⇔ = − Giải hệ trên ta tìm ñược 1 3 ( , ) (0;0),(1;0),( ; ) 2 2 a b = − ± . V ậy phương trình có 4 nghi ệm là 1 3 0; 1; 2 2 z z z i = = = − ± Dạng 3) Các bài toán liên quan ñến modun của số phức: Ví dụ 1) Tìm các số phức z thoả mãn ñồng thời các ñiều kiện sau: 1 2 2 z i z i + − = − + và 5 z i− = Giải: Giả sử z=x+yi (x,y là số thực) .Từ giả thiết ta có 1 ( 2) 2 (1 ) ( 1) | 5 x y i x y i x y i + + − = − + − + − = ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 ( 2) ( 2) (1 ) 1 5 x y x y x y + + − = − + − ⇔ + − = 2 3 10 6 4 0 y x x x = ⇔ − − = 1, 3 x y ⇔ = = hoặc 2 6 , 5 5 x y = − = − . Vậy có 2 số phức thoả mãn ñiều kiện. Ví dụ 2) Xét số phức z thoả mãn ; 1 ( 2 ) i m z m R m m i − = ∈ − − a) Tìm m ñể 1 . 2 z z = b)Tìm m ñể 1 4 z i − ≤ c) Tìm số phức z có modun lớn nhất. Giải: a) Ta có ( ) ( ) ( )( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 (1 ) 2 (1 2 ) 1 2 1 2 1 2 1 4 i m m mi i m m m m m m z m mi m mi m mi m m − − − − − − + + − + = = = − + − + − − − + www.MATHVN.com www.MATHVN.com 3 ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 (1 ) (1 ) 1 1 1 1 1 1 1 m m i m m m i z i m m m m m + + + = = + ⇒ = − + + + + + ( ) 2 2 2 2 1 1 1 . 1 2 1 2 2 1 m z z m m m + ⇒ = ⇔ = ⇔ + = ⇔ = ± + b) Ta có 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 4 1 1 4 1 1 4 m m m z i i i m m m m − ≤ ⇔ + − ≤ ⇔ − ≤ + + + + ⇔ 2 4 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 16 1 (1 ) (1 ) 16 1 6 15 15 m m m m m m m m m ⇔ + ≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤ + ⇔ − ≤ ≤ + + + c) Ta có ( ) 2 max 2 2 2 1 1 1 | | 1 0 1 1 m z z m m m + = = ≤ ⇒ = ⇔ = + + Ví dụ 3) Trong các số phức z thoả mãn ñiều kiện 2 4 5 z i− − = Tìm số phức z có modun lớn nhất, nhỏ nhất. Giải: Xét số phức z = x+yi . Từ giả thiết suy ra ( ) ( ) 2 2 2 4 5 x y − + − = Suy ra tập hợp ñiểm M(x;y) biểu diễn số phức z là ñường tròn tâm I(2;4) bán kính 5 R = Dễ dàng có ñược (2 5 sin ;4 5 cos ) M α α + + . Modun s ố phức z chính là ñộ dài véc tơ OM. Ta có |z| 2 = 2 2 2 (2 5 sin ) (4 5 cos ) 25 4 5(sin 2cos ) OM α α α α = + + + = + + Theo BDT Bunhiacopxki ta có ( ) 2 2 2 (sin 2cos ) (1 4) sin cos 5 α α α α + ≤ + + = 5 sin 2cos 5 α α ⇒ − ≤ + ≤ 5 3 5 z⇒ ≤ ≤ . Vậy min 1 2 | | 5 sin 2cos 5 sin ;cos 1, 2 1 2 5 5 z x y z i α α α α − − = ⇒ + = − ⇔ = = ⇔ = = ⇒ = + max 1 2 | | 3 5 sin 2cos 5 sin ;cos 3, 6 3 6 5 5 z x y z i α α α α = ⇔ + = ⇔ = = ⇔ = = ⇒ = + Ví dụ 4) Trong các số phức thoả mãn ñiều kiện 2 4 2 z i z i − − = − .Tìm số phức z có moodun nhỏ nhất. Giải: Xét số phức z = x+yi . Từ giả thiết suy ra ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 4 2 4 0 x y x y x y − + − = + − ⇔ + − = Suy ra tập hợp ñiểm M(x;y) biểu diễn số phức z là ñường thẳng y=-x+4 Ta có 2 2 2 2 2 2 (4 ) 2 8 16 2( 2) 8 2 2 z x y x x x x x= + = + − = − + = − + ≥ . Từ ñó suy min 2 2 2 2 2 2 z x y z i = ⇔ = ⇒ = ⇒ = + Dạng 4) Tìm tập hợp ñiểm biểu diễn số phức Ví dụ 1) Tìm tập hợp các ñiểm M trong mặt phẳng phức biểu diễn số phức z biết: a) 3 z z i = − b) 3 4 z z i = − + c) 4 z i z i − + + = www.MATHVN.com www.MATHVN.com 4 Giải: Gọi z=x+yi a) Từ giả thiết ta có 2 2 2 2 2 2 9 9 3 9( ( 1) ) ( ) 8 64 z z i x y x y x y= − ⇔ + = + − ⇔ + − = Vậy tập hợp ñiểm M là ñường tròn tâm 9 3 (0; ), 8 8 I R = b) Từ giả thiết ta có ( ) 2 2 2 2 3 (4 ) 6 8 25 x y x y x y + = − + − ⇔ + = . Vậy tập hợp các ñiểm M là ñường thẳng 6x+8y-25=0 c) Gi ả sử z =x+yi thì 4 z i z i − + + = ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 4 x y x y ⇔ + − + + + = ⇔ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 16 1 4 2 1 4 1 16 8 1 1 x y x y x y y x y x y x y + + ≤ + + ≤ ⇔ ⇔ + − = + + − = − + + + + + ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 16(1) 1 16 4 4 8 4 8 16 1(2) 3 4 4 4(3) x y x y x y x y y y y y y + + ≤ + + ≤ ⇔ + + + = + + ⇔ + = ≥ − ≥ − Ta th ấ y các ñ i ể m n ằ m trong hình tròn (1) và Elip (2) và tung ñộ các ñ i ể m n ằ m trên (Elip) luôn tho ả mãn ñ i ề u ki ệ n y >-4. V ậ y t ậ p h ợ p ñ i ể m M là Elip có pt 2 2 1 3 4 x y + = . Ví dụ 2) Tìm tập hợp các ñiểm biểu diễn trong mặt phẳng phức số phức ( ) 1 3 2 i z ω = + + biết rằng số phức z thoả mãn: 1 z − ≤ 2. Giải: Đặ t ( ) , z a bi a b R = + ∈ Ta có 1 z − ≤ 2 ( ) 2 2 1 4 a b ⇔ − + ≤ (1) Từ ( ) ( ) ( ) 3 2 3 1 3 1 3 2 1 3 2 3 3 3( 1) x a b x a b i z x yi i a bi y a b y a b ω = − + − = − + = + + ⇒ + = + + + ⇔ ⇔ = + − = − + Từ ñó ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 3 3 4 1 16 x y a b − + − ≤ − + ≤ do (1) Vậy tập hợp các ñiểm cần tìm là hình tròn ( ) ( ) 2 2 3 3 16 x y − + − ≤ ; tâm ( ) 3; 3 I , bán kính R=4. Ví dụ 3) Xác ñịnh tập hợp các ñiểm M(z) trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z sao cho số 2 2 z z − + có acgumen bằng 3 π . Giải: www.MATHVN.com www.MATHVN.com 5 Giả sử z=x+yi, thì ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x yi x yi x yi z z x yi x y − + + + − + − = = + + + + + ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 2 4 4 2 2 2 x y yi x x x y y i x y x y x y − + + + − + + − = = + + + − + − + (1) Vì s ố ph ứ c 2 2 z z − + có acgumen bằng 3 π , nên ta có: ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 4 4 cos sin 3 3 2 2 x y y i i x y x y π π τ + − + = + − + − + v ớ i 0 τ > ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 4 2 2 4 3 2 2 x y x y y x y τ τ + − = − + ⇒ = − + T ừ ñó suy ra y>0 (1) và 2 2 2 2 2 2 2 4 4 2 4 3 4 (2) 4 3 3 3 y y x y x y x y = ⇔ + − = ⇔ + − = + − .T ừ (1) và (2) suy ra tập hợp các ñiểm M là ñường tròn tâm nằm phía trên trục thực(Trên trục Ox). Dạng 5) Chứng minh bất ñẳng thức: Ví dụ 1) Chứng minh rằng nếu 1 z ≤ thì 2 1 1 2 z iz − ≤ + Giải: Gi ả s ử z =a+bi (a, b ∈ R) thì 2 2 2 2 1 1 z a b a b = + ≤ ⇔ + ≤ . Ta có 2 2 2 2 4 (2 1) 2 1 2 (2 1) 2 (2 ) (2 ) a b z a b i iz b ai b a + − − + − = = + − + − + .Bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương với 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 (2 1) 1 4 (2 1) (2 ) 1 (2 ) a b a b b a a b dpcm b a + − ≤ ⇔ + − ≤ − + ⇔ + ≤ ⇒ − + Ví dụ 2) Cho số phức z khác không thoả mãn ñiều kiện 3 3 1 2 z z + ≤ . Chứng minh rằng: 1 2 z z + ≤ Giải: Dễ dàng chứng minh ñược với 2 số phức 1 2 , z z bất kỳ ta có 1 2 1 2 z z z z + ≤ + Ta có 3 3 3 3 3 3 1 1 1 1 1 1 1 3 3 2 3z z z z z z z z z z z z z z + = + + + ⇒ + ≤ + + + ≤ + + Đặt 1 z z + =a ta có ( )( ) 2 3 3 2 0 2 1 0 a a a a dpcm − − ≤ ⇔ − + ≤ ⇒ www.MATHVN.com www.MATHVN.com 6 II) DẠNG LƯỢNG GIÁC CỦA SỐ PHỨC Dạng 1: VIẾT DẠNG LƯỢNG GIÁC Ví dụ 1) Viết dưới dạng lượng giác của các số phức: a) ( ) 1 cos sin 1 cos sin i i ϕ ϕ ϕ ϕ − + + + b) ( ) ( ) 1 cos sin 1 cos sin i i ϕ ϕ ϕ ϕ − + + + Giải: a) ( ) ( ) ( ) 1 cos sin 1 cos sin 1 cos sin 1 cos sin i i i i ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ − + − − = + + + + 2 2 2sin 2 sin cos sin cos 2 2 2 2 2 tan tan 2 2 2cos 2 sin cos cos sin 2 2 2 2 2 i i i i i ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ − − = = = − + + - Khi tan 0 2 ϕ > d ạng lượng giác là: tan cos sin 2 2 2 i ϕ π π − + − - Khi tan 0 2 ϕ < dạng lượng giác là: tan cos sin 2 2 2 i ϕ π π − + - Khi tan 0 2 ϕ = thì không có dạng lượng giác. ( ) ( ) ) 1 cos sin 1 cos sin 2sin sin cos .cos cos sin 2 2 2 2 2 2 b i i i i ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ − + + + = − + 2sin cos isin 2 2 π π ϕ ϕ ϕ = − + − - Khi sin 0 ϕ = thì d ạ ng l ượ ng giác không xác ñị nh. - Khi sin 0 ϕ > thì d ạ ng l ượ ng giác là: 2sin cos sin 2 2 i π π ϕ ϕ ϕ − + − - Khi sin 0 ϕ < thì d ạ ng l ượ ng giác là: ( 2sin ) cos sin 2 2 i π π ϕ ϕ ϕ − + + + Ví dụ 2): Viết dưới dạng lượng giác của các số phức: a) ( ) 1 cos sin 1 cos sin i i ϕ ϕ ϕ ϕ − + + + b) [ ] [ ] 1 (cos sin ) 1 cos sin i i ϕ ϕ ϕ ϕ − + + + Giải: a) ( ) 2 sin cos 1 cos sin 1 cos sin 2 2 tan tan 1 cos sin 2 2 2cos 2 sin .cos cos sin 2 2 2 2 2 i i i i i i i ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ − − + − − = = = − + + + − Khi tan 2 ϕ >0 thì dạng lượng giác là tan 2 ϕ cos sin 2 2 i π π − + − TEL:0988844088 www.MATHVN.com www.MATHVN.com 7 Khi tan 2 ϕ <0 thì dạng lượng giác là - tan 2 ϕ cos sin 2 2 i π π + Khi tan 2 ϕ =0 thì không tồn tại dạng lượng giác. b) [ ] [ ] 1 (cos sin ) 1 cos sin i i ϕ ϕ ϕ ϕ − + + + 2sin sin cos .2cos cos sin 2 2 2 2 2 2 2sin cos sin 2 2 i i i ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ π π ϕ ϕ ϕ = − + = − + − - Khi sin 0 ϕ = thì d ạ ng l ượ ng giác không xác ñị nh - Khi sin 0 ϕ > thì d ạ ng l ượ ng giác là: 2sin cos sin 2 2 i π π ϕ ϕ ϕ − + − - Khi sin 0 ϕ < thì d ạ ng l ượ ng giác là: ( ) 2sin cos sin 2 2 i π π ϕ ϕ ϕ − + + + Dạng 2: MÔĐUN VÀ ACGUMEN Ví dụ 1) Tìm phần thực và phần ảo của số phức z, biết 2 2 2 3 z i = − + Giải: Ta có: 2 2 2 2 2 2 3 4 cos sin 3 3 z i z i π π = − + ⇔ = + Do ñ ó: 2 2 2 2 2 2 3 4 cos sin 3 3 z i z i π π = − + ⇔ = + 2 2 2 cos sin 1 3 3 3 1 3 2 cos sin 3 3 z i z i z i z i π π π π = + = + ⇔ ⇔ = − − = − + T ừ ñ ó suy ra ph ầ n th ự c và ph ầ n ả o c ủ a z t ươ ng ứ ng là 1 và 3 ho ặ c -1 và 3 − Ví dụ 2) Tìm một acgumen của số phức: ( ) 1 3 z i− + biết một acgumen của z bằng 3 π Giải: z có m ộ t acgumen b ằ ng 3 π nên 1 3 2 2 z z i = + Do ñ ó: ( ) 1 3 z i− + = 1 3 ( 2) 2 2 z i − + - Khi 2 z > , m ộ t aacgumen c ủ a ( ) 1 3 z i− + là 3 π - Khi 0 2 z < < , một acgumen của ( ) 1 3 z i− + là 4 3 π TEL:0988844088 www.MATHVN.com www.MATHVN.com 8 - Khi 2 z = thì ( ) 1 3 z i− + =0 nên acgumen không xác ñịnh. Ví dụ 3) Cho số phức z có môñun bằng 1. Biết một acgumen của z là ϕ , tìm một acgumen của: a) 2 2 z b) 1 2 z − c) z z + d) 2 z z + Giải: 1 z = , z có m ộ t acgumen là ϕ . Do ñ ó cos sin z i ϕ ϕ = + a) ( ) ( ) 2 2 cos2 sin 2 2 2 cos2 sin 2 2 2 cos sin z i z i z i ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ = + ⇒ = + ⇒ = − Vậy 2z 2 có một acgumen là 2 ϕ b) ( ) cos sin cos sin 2 2 cos sin z i z i z i ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ = + ⇒ = − ⇒ = − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 cos sin cos sin 2 2 2 1 1 1 cos sin cos sin 2 2 2 i i z i i z ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ π ϕ ϕ π ⇒ = − − − = + ⇒ − = − − = + + + V ậ y 1 2 z − có m ộ t acgumen là ϕ π + c) Ta có: 2cos z z ϕ + = Nếu cos 0 ϕ > thì có một acgumen là 0 Nếu cos 0 ϕ < thì có một acgumen là π Nếu cos 0 ϕ = thì acgumen không xác ñịnh. d) 2 cos2 sin 2 , cos sin z z i z i ϕ ϕ ϕ ϕ + = + = − ( ) 2 3 3 cos2 cos sin 2 sin 2cos cos .2cos sin 2 2 2 2 3 2cos cos sin 2 2 2 z z i i i ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ⇒ + = + + − = + = + Vậy acgumen 2 z z + là 2 ϕ nếu 3 cos 0 2 ϕ > , là 2 ϕ π + nếu 3 cos 0 2 ϕ < và không xác ñịnh n ếu 3 cos 0 2 ϕ = Ví dụ 4) Cho số phức 1 cos sin 7 7 z i π π = − − . Tính môñun, acgumen và viết z dưới dạng lượng giác. Giải: Ta có: 2 2 8 4 1 cos sin 2 1 cos 2 1 cos 2cos 7 7 7 7 7 z π π π π π = − + = − = + = Đặt ( ) arg z ϕ = thì 2 8 sin sin 4 7 7 tan cot tan 4 7 14 1 cos 2sin 7 7 π π π π ϕ π π − = = = = − − www.MATHVN.com www.MATHVN.com 9 Suy ra: , 14 k k z π ϕ π = − + ∈ Vì phần thực 1 cos 0 7 π − > , phần ảo sin 0 7 π − < nên chọn một acgumen là 14 π − Vậy 4 2cos cos isin 7 14 14 z π π π = − + − Ví dụ 5) Viết dưới dạng lượng giác của một số phức z sao cho 1 3 z = và một acgumen của 1 z i + là 3 4 π − Giải: Theo giả thiết 1 3 z = thì ( ) 1 cos sin 3 z i ϕ ϕ = + ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 cos sin cos sin 3 3 z i i ϕ ϕ ϕ ϕ ⇒ = − = − + − Vì 1 2 1 2 2 cos sin 2 2 4 4 i i i π π + = + = + Nên 1 os sin 1 4 4 3 2 z c i i π π ϕ ϕ = − − + − − + Do ñ ó: 3 2 2 , . 4 4 2 k k k π π π ϕ π ϕ π − − = − + ⇔ = + ∈Ζ v ậ y 1 os sin . 3 2 2 z c i π π = + Ví dụ 6) Tìm số phức z sao cho: 3 1 z i z i + = + và z+1 có một ácgumen là 6 π − Giải: T ừ gi ả thi ế t 3 1 z i z i + = + ( ) ( ) 2 2 2 2 3 ( 3) ( 1) 3 1 2 z i z i x y i x y i x y x y y ⇒ + = + ⇔ + + = + + ⇔ + + = + + ⇒ = − z+1 có 1 acgumen b ằ ng 6 π − t ứ c là ( ) 1 [ os sin ] 3 6 6 2 z c i i π π τ τ + = − + − = − v ớ i r>0. Ta có z+1=x+1-2i suy ra 3 1 4 2 2 3 1 2 2 3 1 2 2 x z i x τ τ τ + = = ⇔ ⇒ = − − = − − = − Dạng 3) ỨNG DỤNG SỐ PHỨC TRONG BÀI TOÁN TỔ HỢP Ví dụ 1) Tính các tổng sau khi n=4k+1 a) 0 2 4 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 n n n n n n n S C C C C C − + + + + + = − + − + − b) 1 3 5 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 n n n n n n n S C C C C C − + + + + + + = − + − + − Giải: www.MATHVN.com www.MATHVN.com 10 Xét ( ) 2 1 0 1 2 2 2 1 2 1 0 2 2 1 3 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 ( ) n n n n n n n n n n n n n n n i C iC i C i C C C C i C C C + + + + + + + + + + + + + + + = + + + + = − + − + − + − Mặt khác ta lại có: ( ) 2 1 2 1 (2 1) (2 1) 1 2 cos sin 1 2 cos sin 4 4 4 4 n n n n i i i i π π π π + + + + + = + ⇒ + = + = (2 1) (2 1) (8 3) (8 3) 2 2 cos sin 2 2 cos sin 4 4 4 4 n n n n k k i i π π π π + + + + + = + 3 3 2 2 cos sin 2 2 4 4 n n n i i π π = + = − + T ừ ñó ta có a) S=-2 n b) S=2 n Ví dụ 2) Tính các tổng hữu hạn sau: a) 2 4 6 1 n n n S C C C= − + − + b) 1 3 5 7 n n n n S C C C C= − + − + Giải: Xét ( ) 0 1 2 2 2 4 1 3 5 7 1 1 ( ) n n n n n n n n n n n n n i C iC i C i C C C i C C C C+ = + + + + = − + − + − + − + ( ) 1 2 cos sin 1 2 cos sin 4 4 4 4 n n n n i i i i π π π π + = + ⇒ + = + Từ ñó ta có kết quả a) 2 cos 4 n n S π = b) 2 sin 4 n n S π = Ví dụ 3) Chứng minh rằng: 3 6 1 1 2 2cos 3 3 n n n n C C π + + + = + Giải: Ta có 0 1 2 3 2 n n n n n n n C C C C C = + + + + (1) Xét 3 2 2 cos sin 1 3 3 i π π ε ε = + ⇒ = Ta có ( ) 0 1 2 2 0 1 2 2 3 4 1 n n n n n n n n n n n n C C C C C C C C C ε ε ε ε ε ε ε + = + + + = + + + + + (2) ( ) 2 0 2 1 4 2 2 0 2 1 2 3 2 4 1 (3) n n n n n n n n n n n n C C C C C C C C C ε ε ε ε ε ε ε + = + + + = + + + + + Ta có 2 2 1 0;1 os sin ;1 os sin 3 3 3 3 c i c i π π π π ε ε ε ε + + = + = − + = + C ộ ng (1) (2) (3) theo v ế ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 0 3 6 0 3 6 2 1 1 3 2 2cos 3 3 n n n n n n n n n n n C C C C C C π ε ε + + + + = + + + ⇔ + = + + + 3 6 1 1 2 2cos 3 3 n n n n C C π ⇔ + + + = + TEL:0988844088 www.MATHVN.com www.MATHVN.com [...]... 15) Tìm s ph c z sao cho z = z − 2 và m t acgumen c a z -2 b ng m t acgumen 0 2 6 2 C2 n − 3C2 n + 9C24n − 27 C2 n + + ( −3) C2 nn = 22 n cos n c a z +2 c ng v i π 2 16) Gi i phương trình 2z a) = z 2 + tan 2 100 + 4i − 2 0 cos10 b) 2z = z 2 + cot 2 120 + 6i − 7 0 sin 12 M i th c m c xin vui lòng liên h th y Nguy n Trung Kiên 0988844088 www.MATHVN.com 12 ... 9) Tìm s ph c z tho mãn z 2 + z = 2 và z = 2 10) Gi i h pt sau trong t p s ph c: 2 z − i = z − z + 2i a) 2 2 z −z =4 z1 + z2 = 3 − i b) 1 1 3 + i z + z = 5 2 1 z − z2 + 1 = 0 c) 2 z2 − z1 + 1 = 0 2 1 d) z − 12 5 = z − 8i 3 z−4 =1 z −8 z3 + 2z 2 + 2z +1 = 0 e) 20 10 20 11 z + z +1 = 0 11) Cho phương trình 2 z 3 − (2i + 1) z 2 + (9i − 1) z + 5i = 0 có... Gi i phương trình sau trên t p s ph c: 2 c) z 2 − ( z ) = 4i 3 a) z 3 = z b) z + z = 3 + 4i d )z2 + 2z +1− i = 0 g ) z 2 − 2( z + z ) + 4 = 0 e) z 2 + 4 z + 5 = 0 f )(1 + i ) z 2 + 2 + 11i = 0 2) Tìm s th c x tho mãn b t phương trình: x + 1 + 2i − 2 1+ i 7 c)1 − log 2 − log 2 x ≤ 1 b) a) 1 + 4i − 2 x ≤ 5 ≥0 4 2 −1 3) Tìm s ph c z sao cho A = ( z − 2) ( z + i ) là s th c z + 7i là s th c... ph c z tho mãn ñi u ki n z − 2i 2 a ) z 2 − ( z ) = 9 b) = 4 c )3 z + i = z + z − 3i d ) z + 3i − 4 = 2 e) z + 1 ≥ z + i z + 2i z 2 +2 z − 2i ) >1 f ) z = z + 4 − 3i g ) > 1 h )2 z − i = z − z + 2i k ) log 1 ( z + 2i 3 4 z − 2 −1 6) Trong các s ph c tho mãn ñi u ki n z − 2 + 3i = 3 Tìm s ph c z có modun l n 2 nh t,nh nh t 7) Tìm s ph c z tho mãn ñi u ki n ( z − 1)( z + 2i ) là s th c và z nh nh t 8)... trình 1 1 12) Tìm ph n th c ph n o c a z = 20 11 + w 20 11 bi t + w =1 w w 13) Tìm n nguyên dương ñ các s ph c sau là s th c, s o: − 2 +i 6 a) z = 3 + 3i n 4 + 6i b) z = −1 + 5i www.MATHVN.com n 7 + 4i c) z = 4 − 3i n 3 − 3i d )z = 3 − 3i 11 www.MATHVN.com 14) Cho n nguyên dương, ch ng minh r ng 2nπ 3 15) Tìm s ph c z sao cho z = z − 2 và m t acgumen