Số phức tài liệu bồi dưỡng toán 12 nâng cao

Để chứng minh mệnh đề chứa biến A(n) là một mệnh đề đúng với mọi giá trị nguyêndương n, ta thực hiện như sau:• Bước 1: Kiểm tra mệnh đề đúng với n = 1.• Bước 2: Giả thiết mệnh đề đúng với số nguyên dương n = k tuỳ ý (k  1), chứng minh rằng mệnh đề đúng với n = k + 1.Chú ý: Nếu phải chứng minh mệnh đề A(n) là đúng với với mọi số nguyên dương n  p thì:+ Ở bước 1, ta phải kiểm tra mệnh đề đúng với n = p;+ Ở bước 2, ta giả thiết mệnh đề đúng với số nguyên dương bất kì n = k  p và phải chứng minh mệnh đề đúng với n = k + 1.

• (a + bi) ± (c + di) = (a ± c) + (b ± d)i

• Số ñối của z = a + bi là −z = −a – bi

• Tính chất :

o Kết hợp : (z + z’) + z” = z + (z’ + z”) với mọi z, z’, z” ∈ℂ

o Giao hoán : z + z’ = z’ + z với mọi z, z’∈ℂ

o Cộng với 0 : z + 0 = 0 + z = z với mọi z∈ℂ

• z biểu diễn bởi u

• (a + bi)(c + di) = (ac – bd) + (ad + bc)i

k là số thực, z biểu diễn bởi vecto u

o Nhân với 1 : 1.z = z.1 = z với mọi z∈ℂ

o Phân phối : z(z’ + z”) = zz’ + zz” với mọi z, z’, z” ∈ℂ

5 Số phức liên hợp và môñun của số phức :

• Số phức liên hợp của số phức z = a + bi là z = a – bi Như vậy : z= + = −a bi a bi

a) Biểu diễn số phức z và z’ trên mp phức

b) Biểu diễn số phức z + z’ và z’ – z trên mp phức

b) z + z’ = (2 + 1) + (1 + 3)I = 3 + 4i, biểu diễn trên mp phức

bởi vecto OP



z’ – z = (2 – 1) + (1 – 3)i = 1 – 2i, biểu diễn trên mp phức bởi

mặt phẳng phức, biết rằng một ñỉnh biểu diễn số i

Giải:

Gọi D là ñiểm biểu diễn số i⇒ A biểu diễn số −i

c) Với mọi số phức z, z’, ta có z+ = +z' z z' , zz'=z z ' và nếu z ≠ 0 thì z' z'

z z

b) z là số ảo khi và chỉ khi phần thực bằng 0 ⇔ z + z = 0 ⇔ z = − z

c) Gọi số phức z = a + bi và z’ = c + di Khi ñó z = a – bi và ' z = c – di

⇒ z + ' z = (a + c) - (b + d)i, mà z + z’ = (a + c) + (b + d)i⇒ z+z' = (a + c) - (b + d)i = z + ' z

Tương tự cho các ñẳng thức còn lại

7 Chứng minh rằng với mọi số nguyên m > 0, ta có :

b) Với mọi số phức z, z’, ta có z z ' = z z ' và khi z ≠ 0 thì z' z'

z = z c) Với mọi số phức z, z’, ta có z+ ≤ +z' z z'

z z

−

−

Giải:

Do (1 + z + z2 + + z9)(z – 1) = z + z2 + z3 + .+z10 – (1 + z + z2 + + z9) = z10 – 1 nên khi z

≠ 1 ta chia hai vế cho z – 1 thì ñược ñẳng thức cần chứng minh

11 Hỏi mỗi số sau ñây là số thực hay số ảo (z là số phức tùy ý cho trước sao cho biểu thức xác

z−i là số ảo ⇔ z – i là số ảo ⇔ x + (y – 1)i là số ảo ⇔ x = 0 và y ≠ 1 Vậy tập hợp các ñiểm

biểu diễn nằm trên trục Oy (trừ ñiểm có tung ñộ bằng 1)

13 Tìm nghiệm phức của các phương trình sau :

1 3− = − +i 10 10i

+c) z = 4 8 4 z = 8 4

2 i = +5 5i⇒ 5−5i

e) z = ±2i

14 a) Cho số phức z = x + yi (x, y ∈R) Khi z ≠ 1, hãy tìm phần thực và phần ảo của số phức z i



Vậy tập hợp các ñiểm biểu diễn z nằm trên trục Oy bỏ ra ñoạn thẳng IJ (I biểu diễn số i, J biểu diễn

số −i)

15 a) Trong mp phức, cho 3 ñiểm A, B, C không thẳng hàng theo thứ tự biểu diễn các số phức z 1 ,

z 2 , z 3 Hỏi trọng tâm của tam giác ABC biểu diễn số phức nào ?

b) Xét 3 ñiểm A, B, C của mp phức theo thư tự biểu diễn 3 số phức phân biệt z 1 , z 2 , z 3 thỏa mãn :

z1 = z2 = z3 Chứng minh rằng A, B, C là 3 ñỉnh của tam giác ñều khi và chỉ khi z1 + z2 + z3

) biểu diễn 3 số phức z1, z2, z3 thỏa mãn z1 = z2

= z3 ⇔ OA = OB = OC (theo 8.a)) tức là ñiểm O cách ñều 3 ñiểm A, B, C hay 3 ñiểm ñó nằm trên ñường tròn tâm O (gốc tọa ñộ)

A, B, C là 3 ñỉnh của tam giác ñều khi và chỉ khi trọng tâm G trùng với tâm ñường tròn ngoại tiếp tam giác ABC hay G ≡ O ⇔ z1 + z2 + z3 = 0 (theo a))

16 ðố vui Trong mp phức cho các ñiểm : O (gốc tọa ñộ), A biểu diễn số 1, B biểu diễn số phức z

không thực, A’ biểu diễn số phức z’ ≠ 0 và B’ biểu diễn số phức z.z’ Hai tam giác OAB, OA’B’ có phải là hai tam giác ñồng dạng không ?

Giải:

Theo gt ta có: OA = 1; OA’ = z’ ; OB = z ; OB’ = z.z’ ; AB = z − 1 ; A’B’ = z.z’ −z’

Do ñó hai tam giác OAB, OA’B’ ñồng dạng với tỉ số ñồng dạng là z’

§2 CĂN BẬC HAI CỦA SỐ PHỨC VÀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI

Số tiết : 2LT + 1BT

A KIẾN THỨC CẦN NHỚ :

1 Căn bậc hai của số phức :

• z là một căn bậc hai của số phức w ⇔ z2 = w

• z = x + yi (x, y∈R) là căn bậc hai của w = a + bi (a, b∈R)

• Số phức khác 0 có ñúng hai căn bậc hai là 2 số ñối nhau

• Hai căn bậc hai của số thực a > 0 là ± a

• Hai căn bậc hai của số thực a < 0 là ± −a i

−

B MỘT SỐ VÍ DỤ :

Ví dụ 1: Tìm các căn bậc hai của :

a) −1 b) −a 2 (a là số thực khác 0) c) −5 + 12i d) i

Giải:

a) −1 là số thực âm nên có hai căn bậc hai là i±

b) −a2 là số thực âm nên có hai căn bậc hai là ai±

c) ðặt w = −5 + 12i Gọi z = x + yi là căn bậc hai của w

Vậy có hai căn bậc hai của −5 + 12i là : 2 + 3i và −2 – 3i

d) Gọi z = x + yi là căn bậc hai của w = i

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt z1 = 1 3

2

2,2

C BÀI TẬP SÁCH GIÁO KHOA :

17 Tìm các căn bậc hai của các số phức sau :

Hai căn bậc hai của 4i là : 2+ 2 ,i − 2− 2i

Hai căn bậc hai của 1 + 4 3 i là : 2+ 3 , 2i − − 3i

18 Chứng minh rằng nếu z là một căn bậc hai của số phức w thì z = w

20 a) Hỏi công thức Vi-ét về phương trình bậc hai với hệ số thực có còn ñúng cho phương trình

bậc hai với hệ số phức không ? Vì sao ?

b) Tìm hai số phức , biết tổng của chúng bằng 4 – i và tích của chúng bằng 5(1 – i)

c) Có phải mọi phương trình bậc hai z 2 + Bz + C = 0 (B, C là 2 số phức ) nhận hai nghiệm là hai số phức liên hợp không thực phải có các hệ số B, C là hai số thực ? Vì sao ?ðiều ngược lại có ñúng không ?

c) Nếu phương trình z2 + Bz + C = 0 có 2 nghiệm z1, z2 là 2 số phức liên hợp thì z2 = z 1

Theo công thức Vi-ét, B = −(z1 + z2) = −(z1 +z ) là số thực và C = z1 1.z2 = z1.z là số thực 1

ðiều ngược lại không ñúng vì nếu B, C thực thì khi ∆ = B2 – 4C > 0 hai nghiệm là 2 số thực phân biệt, chúng không phải là liên hợp với nhau, khi ∆ ≤ 0 thì phương trình mới có 2 nghiệm là 2 số phức liên hợp

21 a) Giải phương trình sau : (z 2 + i)(z 2 – 2iz – 1) = 0

b) Tìm số phức B ñể phương trình bậc hai z 2 + Bz + 3i = 0 có tổng bình phương hai nghiệm bằng 8

Giải:

a) Phương trình ⇔ z2 + i = 0 hoặc z2 – 2iz – 1 = 0 Vậy phương trình ñã cho có 3 nghiệm z1 = i, z2 =

b) Ta có : B = −(z1 + z2), z1.z2 = 3i (z1, z2 là 2 nghiệm phương trình : z 2 + Bz + 3i = 0, mà theo gt ta

ñược : z12 + z22 = 8 ⇔ (z1 + z2)2 – 2z1.z2 = 8 ⇔ b2 – 6i = 8 ⇔ b2 = (8 + 6i) ⇔ b = ± (3 + i)

22 ðố vui Một học sinh kí hiệu một căn bậc hai của −1 là −1 và tính : −1. −1 như sau :

a) Theo ñịnh nghĩa căn bậc hai của −1 thì −1. −1 = −1

b) Theo tính chất của căn bậc hai (tích của hai căn bậc hai của hai số bằng căn bậc hai của tích hai số ñó) thì −1. −1 = ( 1)( 1)− − = 1 1= , từ ñó học sinh ñó suy ra −1 = 1 Hãy tìm ñiều sai trong lập luận trên

Giải:

a) Lập luận a) ñúng

b) Lập luận b) sai Vì −1 −1 chỉ là một căn bậc hai của (−1)(−1) = 1 (theo H1 trang 194) Lưu ý

có hai căn bậc hai của 1 là 1 và −1, các kí hiệu −1 −1 và 1 chưa xác ñịnh

25 a) Tìm các số thực b, c ñể phương trình (với ẩn z) : z 2 + bz + c = 0 nhận z = 1 + i làm một nghiệm

b) Tìm các số thực a, b, c ñể phương trình (với ẩn z) : z 3 + az 2 + bz + c = 0 nhận z = 1 + i làm nghiệm và cũng nhận z = 2 làm nghiệm

26 a) Dùng công thức cộng trong lượng giác ñể chứng minh rằng với mọi số thực ϕ, ta có :

(cosϕ+ isinϕ) 2 = cos2ϕ + isin2ϕ

Từ ñó hãy tìm mọi căn bậc hai của số phức cos2ϕ + isin2ϕ Hãy so sánh cách giải này với cách giải trong bài học ở §2

b) Tìm các căn bậc hai của 2

(1 )

2 −i bằng 2 cách nói ở câu a)

Giải:

a) (cosϕ+ isinϕ)2 = cos2ϕ − sin2ϕ + 2sinϕ.cosϕ i = cos2ϕ + isin2ϕ

Các căn bậc hai của cos2ϕ + isin2ϕ là : ± (cosϕ+ isinϕ)

Còn theo cách giải trong bài học, ta cần giải hệ phương trình :

2 −i có hai căn bậc hai là

§3 DẠNG LƯỢNG GIÁC CỦA SỐ PHỨC VÀ ỨNG DỤNG

b) Dạng lượng giác của số phức :

Dạng z = r(cosϕ + isinϕ) (r > 0) là dạng lượng giác của z = a + bi (a, b∈R) (z ≠ 0)

r b r

ϕϕ

(ϕ là acgumen của z, ϕ = (Ox, OM)

2 Nhân, chia số phức dưới dạng lượng giác :

Nếu z = r(cosϕ + isinϕ), z’ = r’(cosϕ’ + isinϕ’) thì:

Với n là số nguyên, n ≥ 1 thì : r c( osϕ+i sin )ϕ n =r n(cosnϕ+isinnϕ)

Khi r = 1, ta ñược : ( osc ϕ+i sin )ϕ n =(cosnϕ+i sinnϕ)

4 Căn bậc hai của số phức dưới dạng lượng giác :

Các căn bậc hai của số phức z = r(cosϕ + isinϕ) (r > 0) là : os i sin

Số thực dương tùy ý có một acgumen là 0 Số thưc âm tùy ý có một acgumen là π

Số 3i có một acgumen là π/2, số −2i có một acgumen là −π/2, số 1 + i có một acgumen là π/4

Ví dụ 2: Hãy tìm dạng lượng giác của số phức :

z = 13

i i

++

Giải:

Ta tìm dạng lượng giác của 1 + i , gọi r là môñun và ϕ là acgumen Khi ñó :

r = 2 , cosϕ = 1/ 2 = sinϕ ⇒ ϕ = π/4

Do ñó dạng lượng giác của 1 + i là : 2 os i sin

23sin

Dạng lượng giác của 1+ 3i là : 2(cosπ/3 + isin π/3)

C BÀI TẬP SÁCH GIÁO KHOA :

27 Hãy tìm dạng lượng giác của các số phức: z ; −z ; 1/ z ; kz (k∈R * ) trong mỗi trường hợp sau : a) z = r(cosϕ + isinϕ) (r > 0)

b) z = 1+ 3i

Giải:

a) z = r(cosϕ − isinϕ) = r(cos(−ϕ) + isin(−ϕ))

−z = − r(cosϕ + isinϕ) = r[cos(ϕ + π) + isin(ϕ + π)]

kz = k r(cosϕ + isinϕ) khi k > 0

kz = − k.r[cos(ϕ + π) + isin(ϕ + π)] khi k < 0

b) z = 1+ 3i = 2(cosπ/3 + isin π/3) Khi ñó :

z = 2(cosπ/3 − isinπ/3) = 2(cos(−π/3) + isin(−π/3))

−z = − 2(cosπ/3 + isinπ3) = 2[cos(4π/3) + isin(4π/3)]

kz = k 2(cosπ/3 + isinπ/3) khi k > 0

kz = − 2k[cos(4π/3) + isin(4π/3)] khi k < 0

28 Viết các số phức sau dưới dạng lượng giác:

d) z = sinϕ + icosϕ = cos(/2 −ϕ) + isin(π/2 −ϕ)

29 Dùng công thức khi triển nhị thức Niu-tơn (1 + i) 19 và công thức Moa-vro ñể tính :

Cách khác: (1 + i)2 = 2i ⇒ (1 + i)19 = (2i)9(1 + i) = 29.i(1 + i) = 29(−1 + i), từ ñó suy ra số cần tìm

30 Gọi M, M’ là các ñiểm trong mp phức theo thứ tự biểu diễn các số z = 3 + i ;

b) Ta có : sñ(OM, OM’) = sñ(Ox,OM’) – sñ(Ox, OM) = ϕ’ - ϕ = acgumenz'

cos4ϕ + isin4ϕ = (cosϕ + isinϕ)4 = cos4ϕ + 4cos3ϕ.(isinϕ) + 6cos2ϕ(i2sin2ϕ) + 4cosϕ.(isinϕ)3 +

i4sin4ϕ = cos4ϕ − 6cos2ϕsin2ϕ + sin4ϕ + (4cos3ϕ.sinϕ − 4cosϕ.sin3ϕ).i

Từ ñó : cos4ϕ = cos4ϕ − 6cos2ϕsin2ϕ + sin4ϕ và sin4ϕ = 4cos3ϕ.sinϕ − 4cosϕ.sin3ϕ

33 Tính :

21 2004

− + Tìm các số nguyên dương n ñể w n là số thực Hỏi có chăng một

số nguyên dương m ñể w m là số ảo ?

nπ = ⇔ 4n/3 phải là số nguyên, tức là n phải là một bội nguyên dương của 3

Số wm (m nguyên dương) là số ảo khi và chỉ khi 4

= + ⇔ 8m – 6k = 3, ta thấy VT chia hết cho 2, VP không chia hết cho 2 Vậy không có

số nguyên dương m ñể wm là số ảo

35 Viết dạng lượng giác của số phức z và của các căn bậc hai của z cho mỗi trương hợp sau :

c) (z2 + 1)2 + (z + 3)2 = (z + 1)2 – [i(z + 3)]2 = (z2 + 1 + i(z + 3))(z2 + 1 – i(z + 3)) = 0 Nghiệm phương trình là z = 1 – 2i, z = −1 + i, z = 1 + 2i, z = −1 −i

a) Viết z 1 , z 2 , z 3 dưới dạng lượng giác

b) Từ câu a), hãy tính 7

cos12

π

và 7sin12

a) Viết z 2 dưới dạng ñại số và dưới dạng lượng giác

b) Từ câu a), hãy suy ra dạng lượng giác của z

b) a) Bằng cách biểu diễn hình học các số phức 2 + i và 5 + i và 8 + i, hãy chứng minh rằng tana =

½, tanb = 1/5, tanc = 1/8 với a, b, c∈(0 ; π/2) thì a + b + c = π/4

Giải:

a) Biểu diễn hình học 2 + i, 3 + i theo thứ tự bởi M, N trong mp phức Ta có : tan(Ox, OM) = ½ = tana ; tan(Ox, ON) = 1/3 = tanb Do a, b∈ (0 ; π/2), còn M, N nằm trong góc phần tư thứ nhất nên suy ra một acgumen của 2 + i bằng a, một acgumen của 3 + i bằng b

Mặt khác, (2 + i)(3 + i) = 5(1 + i) có một acgumen bằng π/4, mà acgumen của tích các số phức bằng tổng các acgumen của các số phức ñó (sai khác k2π, k∈Z), nên từ a, b∈(0 ; π/2) ⇒ a + b = π/4

b) Biểu diễn hình học 2 + i, 5 + I, 8 + i theo thứ tự bởi M, N, P trong mp phức Ta có : tan(Ox, OM)

= ½ = tana ; tan(Ox, ON) = 1/3 = tanb ; tan(Ox, OP) = 1/8 = tanc Do a, b, c∈ (0 ; π/2), còn M, N, P nằm trong góc phần tư thứ nhất nên suy ra một acgumen của 2 + i bằng a, một acgumen của 5 + i bằng b, một acgumen của 8 + i bằng c

Mặt khác, (2 + i)(3 + i)(8 + i) = 65(1 + i) có một acgumen bằng π/4, mà acgumen của tích các số phức bằng tổng các acgumen của các số phức ñó (sai khác k2π, k∈Z), nên từ a, b, c∈(0 ; π/2)

Suy ra : a + b + c = π/4

ðÁP ÁN TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN

43 (C) ; 44 (A) ; 45 (A) ; 46 (B) ; 47 (B) ; 48 (A) ; 49 (B) ; 50 (C) ; 51 (A) ; 52 (B) ; 53 (B) ;

54 (B) Chú ý : −sinϕ − icosϕ = −i(cosϕ - isinϕ) = −i[cos(−ϕ) + isin(−ϕ)]

ÔN TẬP CUỐI NĂM

1 a) Chứng minh rằng hàm số f(x) = e x – x – 1 ñồng biến trên nửa khoảng [0 ; +∞)

b) Từ ñó, suy ra e x > x + 1 với mọi x > 0

Giải:

a) Vì f(x) liên tục trên R và f’(x) = ex – 1 > 0 với mọi x > 0

b) Do f(x) ñồng biến trên [0 ; +∞) nên với mọi x > 0, ta có f(x) = ex – x – 1 > f(0) = 0 ⇒ ex > x + 1 với mọi x > 0

2 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị hàm số f(x) = 2x 3 – 3x 2 – 12x – 10

b) Chứng minh rằng phương trình 2x 3 – 3x 2 – 12x – 10 = 0 có nghiệm thực duy nhất

c) Gọi nghiệm thực duy nhất của phương trình là α Chứng minh rằng 3,5 < α < 3,6

b) Từ bảng biến thiên ta thấy f(x) < 0 với mọi x < 2 ⇒ f(x) = 0 không có nghiệm với x < 2 Trên

nửa khoảng [2 ; +∞) hàm số liên tục, ñồng biến và f(2).f(4) = (−30).22 < 0 nên phương trình có một

nghiệm duy nhất

c) f(3,5),f(3,6) < 0

3 Gọi (C) là ñồ thị hàm số y = lnx và (D) là một tiếp tuyến bất kì của (C) Chứng minh rằng trên

khoảng (0 ; +∞), (C) nằm ở phía dưới của ñường thẳng (D)

4 Một xưởng in có 8 máy in, mỗi máy in ñược 3600 bản in trong một giờ Chi phí ñể vận hành một

máy trong mỗi lần in là 50 nghìn ñồng Chi phí cho n máy chạy trong một giờ là 10(6n + 10) nghìn ñồng Hỏi nếu in 50.000 tờ quảng cáo thì phải sử dụng bao nhiêu máy in ñể ñược lãi nhiều nhất ?

5 Tìm GTLN và GTNN của hàm số f(x) =

2

16

log

a b

a b

2(2 9 3) 31 20 3

3 2log

8 a) Tìm ñạo hàm của các hàm số y = cosx.e 2tanx và y = log 2 (sinx)

b) Chứng minh rằng hàm số y = e 4x + 2e −x thỏa mãn hệ thức : y (3) – 13y’ – 12y = 0

Giải:

a) y’ = 2 tan 2

s inxcos

2 2

y x

16 a) Cho hình thang cong A giới hạn bởi ñồ thị của hàm số y = e x , trục hoành và các ñt x = 0 và x

= 1 Tính thể tích của khối tròn xoay tạo ñược khi quay A quanh trục hoành

b) Cho hình phẳng B giới hạn bởi parabol y = x 2 + 1 và ñt y = 2 Tính thể tích của khối tròn xoay tạo ñược khi quay B quanh trục tung

zz

( 3 )( 3 )

i i

, nhân chéo ta ñược : z 1z − 1 = 0 ⇔ z = 1

20 Xác ñịnh tập hợp các ñiểm M trên mp phức biểu diễn các số phức :

21 Tìm các căn bậc hai của mỗi số phức : −8 + 6i ; 3 + 4i và 1 2 2.i−

Giải:

Hai căn bậc hai của −8 + 6i là : ±(1 + 3i)

Hai căn bậc hai của 3 + 4i là : ±(2 + i)

Hai căn bậc hai của 1 2 2.i− là : ±( 2 −i)

22 Giải các phương trình sau trên C:

a) z 2 – 3z + 3 + I = 0 b) z 2 – (cosϕ + isinϕ)z + isinϕ.cosϕ = 0, trong ñó ϕ là số thực cho trước

1 3

i i

1 3

i i