BÀI GIẢNG TOÁN A2 - CHƯƠNG 0 SỐ PHỨC

Mặt phẳng Oxy biểu diễn số phức được gọi là mặt phẳng phức z.. Argument được xác định không duy nhất mà sai khác nhau 2kπ, k là số nguyên... 0.6 là công thức Moivre.Khi r = 1, ta có : co

trong đó a, b là những số thực, i là đơn vị ảo :

hoặc i 2 = - 1, được gọi là số phức,

a được gọi là phần thực, b là phần ảo Ký hiệu :

Nếu a = 0, số 0 + ib được gọi là thuần ảo.

• Hai số phức z = a + ib và z = a – ib gọi là 2 số

phức liên hợp

• Hai số phức z1 = a1 + ib1 và z2 = a2 + ib2 gọi là

bằng nhau và viết z1 = z2, nếu a1 = a2 và b1 = b2 Số phức bằng không z = a + ib = 0 nếu và chỉ nếu

a = 0 và b = 0

Nếu b = 0, ta có số thực a + i0 = a.

2 Biểu diễn số phức bằng hình học :

Số phức z = a + ib có thể biểu diễn trong mặt phẳng Oxy bằng điểm M (a,b) có tọa độ a, b và ngược lại, mọi điểm M (x, y) của mặt phẳng Oxy có thể xem là hình ảnh hình học của số phức z = x + iy Mặt phẳng Oxy biểu diễn số phức được gọi là mặt phẳng phức z Trục Ox được gọi là trục thực (b

= 0), trục Oy được gọi là trục ảo (a = 0)

Nối điểm A (a,b) với gốc tọa độ ta thu được vectơ OA Ta có thể đồng nhất số phức z = a + ib với vectơ OA

3 Dạng lượng giác của số phức :

Biểu thị ϕ và r (r ≥ 0) là các tọa độ cực của điểm

(3) được gọi là dạng lượng giác của số phức z = a +

ib, r và ϕ được gọi tương ứng là module và argument của số phức, ký hiệu :

z z

Ta có :

Vậy :

Hướng dương của argument tính từ hướng dương của trục Ox quay ngược chiều kim đồng hồ, nếu quay chiều ngược lại ta có argument âm Argument được xác định không duy nhất mà sai khác nhau 2kπ, k là số nguyên

a

b arctg

b a

r = 2 + 2 , ϕ =

a

b arctg

ib a

z

b a

ib a

z

= +

=

+

= +

=

) arg(

arg

/

4 Các phép toán đối với số phức :

 Cộng hai số phức : z1 = a1 + ib1 và z2 = a2 + ib2

 Nhân hai số phức :

Ta có : i2 = -1, i3 = -i, i4 = (-i) i = - i2 = 1; i5 = i, …

Một cách tổng quát, với k là số nguyên, ta có :

z1 = r1 (cos ϕ1 + i sin ϕ1)

z2 = r2 (cos ϕ2 + i sin ϕ2)

z1z2 = r1(cos ϕ1 + isin ϕ1) r2(cos ϕ2 + isin ϕ2)

= r1r2(cos ϕ1 cos ϕ2 + isinϕ1 cosϕ2) + i cos ϕ1 + sin ϕ2 + i2sinϕ1 sinϕ2)

= r1r2 [(cos ϕ1 cos ϕ2 - sinϕ1 sinϕ2) + i (sinϕ1 cosϕ2 + cosϕ1 sinϕ2)]

z1z2 = r1r2 [cos(ϕ1+ϕ2) + isin (ϕ1+ϕ2)] (0.4)

Dễ dàng nhận thấy rằng :

2 2

) )(

(

z z

z z

b a

ib a

ib a

z z

=

• Chia 2 số phức :

C

Các chỉ tiêu theo dõi :

0

, ,

2 2

2 2

2 2

2 2

1 1

1

≠ +

=

+

= +

=

b a

z ib

a z

ib a

z

) 5 0 (

) (

) (

) (

) (

) )(

(

) )(

(

2 2

2 1 1

2 2

2

2 1 2

1 2

1

2 2

2 1 1

2 2

1 2

1

2 2

2 2

2 2

1 1

2 2

1 1

2

1

b a

b a b

a i

b a

b b a

a z

z

b a

b a b

a i b

b a

a

ib a

ib a

ib a

ib

a ib

a

ib

a z

z

+

−

= +

+

=

+

− +

+

=

− +

−

+

= +

+

=

) ' 5 0 ( )]

sin(

) [cos(

) sin

(cos

) sin

(cos

2 1

2

1 2

1 2

1

2 2

2

1 1

1 2

1

ϕ ϕ

ϕ ϕ

ϕ ϕ

ϕ ϕ

− +

r z

z

i r

i

r z

Thật vậy,

Từ công thức (0.4), với mọi số nguyên dương n, ta có :

• Luỹ thừa các số phức :

) sin

(cos

)] sin(

) [cos(

)]

sin(

) [cos(

) sin

(cos

1 1

1

2 1

2 2

1

2 2

1 2

2 1

2

1 2

1 2

2

2 2

1

2

ϕ ϕ

ϕ ϕ

ϕ ϕ

ϕ ϕ

ϕ ϕ

ϕ ϕ

ϕ ϕ

i r

i r

r r

i

r

r i

r z

+

− +

=

− +

− +

=

[r(cosϕ + isinϕ)]n = rn (cosnϕ + isinnϕ) (0.6)

(0.6) là công thức Moivre.

Khi r = 1, ta có :

(cosϕ + isinϕ)n = (cosnϕ + isinnϕ)

Khai triển vế trái (0.7) theo nhị thức Newton và so sánh phần thực, phần ảo hai vế, ta có thể biểu thị cosnϕ và sinnϕ thành các hàm của các luỹ thừa của sinϕ và cosϕ

Chẳng hạn, cho n = 3, ta có :

(0.5’)

cos3ϕ + i3cos2ϕsinϕ - 3cosϕsin2ϕ - isin3ϕ

= cos3ϕ + isin3ϕ

Từ đây ta thu được :

cos3ϕ = cos3ϕ - 3cosϕsin2ϕ = 4cos3ϕ - 3cosϕ

sin3ϕ = -sin3ϕ - 3cos2ϕsinϕ = -4cos3ϕ - 3sinϕ

 Khai căn các số phức :

Ta gọi căn bậc n của số phức là một số phức mà khi nâng lên luỹ thừa bậc n của số phức này, thu được số phức dưới dấu căn, tức là :

) sin

(cos )

(cos )

sin

=+

n

k i

n

k r

i

n

π ϕ

π

ϕ ϕ

ϕ

2sin

2cos

)sin

(cos

n

k r

p

k n

p r

n

n

π

ϕ ψ

π ϕ

ψ

2,

2,

Vậy :

5 Công thức Euler và dạng hàm mũ của số phức :

 Công thức Euler có dạng :

0

( 2

sin

, 2

cos

i

e e

e

ϕ

Người ta thường dùng các công thức (0.11) để hạ bậc luỹ thừa của sinϕ và cosϕ.

Thí dụ :

1

) 2 cos 1

( 2

1 )

2 2

cos 2

( 4 1

) 2 sin 2

cos 2

sin 2

(cos 4

1

) 2

( 4 1

2 cos

2 2

2 2

ϕ ϕ

ϕ ϕ

ϕ ϕ

ϕ

ϕ ϕ

ϕ ϕ

+

= +

=

− +

+

=

+ +

e e

e e

i i

i i

( )

8

1 4

cos 8

1 4

4

2 2

sin cos

2

2 2

2

2

2 2

ϕ ϕ

ϕ ϕ

ϕ ϕ

i x

e e

i

e e

e e

i i

i i

i

i

2

Số phức có dạng lượng giác :

z = r (cosϕ + isinϕ) Aùp dụng công thức Euler :

ei ϕ = cosϕ + isinϕ

Ta biểu diễn số phức dưới dạng hàm mũ :

i

i k

e i

i

e i

e i

i

e k

i k

2

2

2

sin cos

2 sin

(cos 2

2

2

sin 2

cos

2 sin 2

cos 1

π π

π

π

π π

π π

π π

π π

=

−

= +

=

= +

=

Biểu thị số phức dưới dạng hàm mũ ta dễ dàng thực hiện các phép toán nhân, chia, luỹ thừa và khai căn các số phức Cho z1 = r1ei ϕ 1, z2 = r2ei ϕ 2.

z1z2 = r1ei ϕ 1 r2ei ϕ 2 = r1r2ei( ϕ 1+ ϕ 2) (0.13)

(0.14)(0.15)(0.16)

) 1 , ,

2 , 1 , 0 1

(

) (

) 2 1

(

2

2

1 2

2

1 1

2 1

re z

e r re

z

e r

r e

r

e

r z

z

n

kn n

n

in n

n i

n

i i

i

ϕ ϕ

ϕ ϕ

ϕ

ϕ

ϕ ϕ

Các công thức (0.13), (0.14), (0.15), (0,16) trùng

với các công thức (0.4), (0.5), (0.6) và (0.8)

6 Đa thức và phương trình đại số :

Phương trình đại số cấp n là phương trình có dạng :

= anzn + an-1zn-1+…+ a1z + a0 = 0

Nghiệm của đa thức (0.17) hoặc của phương trình (0.18) là số z0 thỏa pn (z0) = 0

Đa thức bất kỳ cấp khác không có ít nhất một

nghiệm (nói chung là số phức)

(0.18)

Số z0 là nghiệm của đa thức pn (z) nếu và chỉ nếu

pn (z) chia hết (không còn số dư) cho nhị thức z –

z , nghĩa là : p (z) = (z – z ) q (z)

Trong đó : qn-1 (z) là đa thức cấp n–1.

Nếu pn (z) chia không còn dư cho (z – z0)k, k ≥ 0, nhưng không chia hết cho (z – z0)k+1, thì z0 được gọi là nghiệm bội bậc k của đa thức pn (z) và khi đó :

pn (z) = (z – z0)k qn-k (z) trong đó : qn-k (z) ≠ 0.

Định lý Gauss có thể phát biểu :

Đa thức cấp n có n nghiệm, nếu ứng với mỗi

nghiệm bội ta lấy số nghiệm bằng bậc bội

Nếu các hệ số của đa thức (0.17) là những số thực và z0 = r0 + iy0 là nghiệm của đa thức thì số phức liên hợp z0 = r0 + iy0 cũng là nghiệm của

đa thức, hơn nữa z0 và z0 có cùng bậc bội

Giả sử đa thức pn (z) có các nghiệm z1, z2, …,

zn (m ≤ n), với các bậc tương ứng k1, k2, …, km (k1 +

k2, + … + km = n)

Khi đó ta có thể khai triển pn(z) thành tích của các nhị thức

pn(z) = an(z-z1)k1 (z-z2)k2 … (z-zm)km

Nếu tất cả các hệ số của đa thức đều là những số thực, thì sau khi hợp nhất các dấu ngoặc tương ứng với các số phức liên hợp, ta thu được khai triển là tích số các thừa số cấp một và cấp hai với các hệ số là số thực

7 Một số thí dụ :

Thí dụ 1 :

Tính

3,2,1,0

,4

2sin4

2cos2

16

164

4

k

k i

24

7sin4

7cos2

2

24

5sin4

5cos2

2

24

3sin4

3cos2

2

24

sin4

cos2

3,2,1,0

,4

2sin

4

2cos

216

16

3 2 1 0

4

4

i i

z

i i

z

i i

z

i i

z

k

k i

ππ

ππ

ππ

ππ

ππ

k z

k z

k i

k

k e

z

i e

z

i

k i

i

14

14cos4

9

89

8cos4

;3

29

2cos4

3

29

2sin3

29

2cos4

2,1,04

3

2sin3

2cos4

4

32

2

3

3 1

3 0

3

3

3

2 9

2 3

3 2

3

π

π π

π π

π π

π π

π π

π π

π

Thí dụ 4 : Tính căn bậc n của đơn vị.

n

n i

n

n z

n

i n

z

i z

n

k n

k i

n k

Z k

k i

k

n

n

π π

π π

π π

π π

) 1 (

2 sin

) 1 (

2 cos

,

2 sin

2 cos

, 1 0

sin 0

cos

1 ,

2 , 1 , 0 ,

2 sin

2 cos 1

,

2 sin 2

cos 1

1

1

0

− +

=

−

= +

=

∈ +

=

−

3 2

1 3

4 sin 3

4 cos

2

3 2

1 3

2 sin 3

2 cos

, 1 0

sin 0

cos

2 , 1 , 0

, 3

2 sin 3

2 cos 1

, 3

2

1 0 3

i i

z

i i

z

i z

k

k i

k n

−

−

= +

=

+

= +

=

= +

=

= +

=

=

π π

π π

π π

2

3 sin 2

3 cos

1 sin

cos

2

sin 2

cos

, 1 0

sin 0

cos

3 , 2 , 1 , 0

, 4

2 sin 4

2 cos 1

, 4

3 2 1 0 4

i i

z

i z

i i

z

i z

k

k i

k n

= +

=

−

= +

=

= +

=

= +

=

= +

=

=

π π

π π

π π

π π

Thí dụ 5 : Tìm nghiệm của đa thức :

p6 (z) = z6 + 2z3 + 1 và khai triển đa thức thành tích các thừa số z6 + 2z3 + 1 = (z3 + 1)2

Đa thức có 3 nghiệm là

và mỗi nghiệm là nghiệm bội cấp 2

2

3 2

1 3

sin 3

cos

2 , 1 , 0

, 3

2 sin

3

2 cos

10

3

−

= +

=

+

= +

=

=

+ +

+

=

−

π π

π π

π π

π π

i i

z

k

k i

k

2 2

2 3

6

2

2

3 2

1 2

3 2

1 )

1 (

1 2

2

3 2

1 3

5 sin 3

5 cos

= +

+

−

= +

=

i z

i z

z z

z

i i

Hợp nhất hai thừa số cuối ta thu được tam thức bậc hai với các hệ số thực :

z6 + 2z3 + 1 = (z + 1)2 (z2 –z + 1)2