Số phức và ứng dụng của số phức trong lượng giác và đại số

Lý do chọn khóa luận

Số phức ra đời nhằm đáp ứng nhu cầu giải quyết các phương trình đại số trong Toán học, từ đó thúc đẩy sự phát triển mạnh mẽ của lĩnh vực này và giải quyết nhiều vấn đề trong khoa học và kỹ thuật Đối với học sinh Trung học phổ thông, số phức vẫn còn là một khái niệm mới, với kiến thức chủ yếu dừng lại ở mức cơ bản Việc áp dụng số phức để giải quyết các bài toán Lượng giác và Đại số còn hạn chế, đòi hỏi học sinh cần có năng lực giải toán nhất định và khả năng vận dụng kiến thức Toán học một cách đa dạng Mặc dù có nhiều tài liệu nghiên cứu về số phức, nhưng tài liệu liên quan đến ứng dụng của số phức trong Lượng giác và Đại số còn thiếu và chưa đầy đủ, chủ yếu chỉ dừng lại ở lý thuyết chung chung.

Chúng tôi đã chọn khóa luận "Số phức và ứng dụng của số phức trong Lượng giác và Đại số" nhằm tổng hợp kiến thức cơ bản về số phức và khám phá sâu hơn các ứng dụng của chúng trong việc giải quyết các bài toán liên quan đến Lượng giác và Đại số.

Mục đích nghiên cứu

Nghiên cứu trường số phức, một số khái niệm, tính chất cơ bản của số phức

Nghiên cứu ứng dụng số phức trong giải quyết các bài toán Lượng giác và Đại số cho thấy ý nghĩa quan trọng của số phức trong Toán học.

Nhiệm vụ nghiên cứu

Nghiên cứu lý thuyết số phức và ứng dụng của chúng trong giải quyết các bài toán Lượng giác và Đại số Phân loại các dạng bài tập và đề xuất phương pháp giải cho từng dạng cụ thể, đồng thời áp dụng các kết quả đạt được vào thực tiễn.

SVTH: Nguyễn Vỏ Phúc Hòa Trang 6 GVHD: Phan Thị Quản giải một số bài toán Lượng giác và Đại số ở phổ thông bằng nhiều phương pháp khác nhau.

Giả thiết khoa học

Việc phân loại các bài toán trong Lượng giác và Đại số, cùng với việc áp dụng số phức một cách hợp lý, sẽ hỗ trợ học sinh trong việc giải quyết các bài toán này một cách dễ dàng hơn.

Đối tƣợng nghiên cứu

Nghiên cứu một số vấn đề liên quan đến số phức, trường số phức, khái niệm, tính chất, các dạng biểu diễn của số phức

Nghiên cứu các bài toán Lượng giác và Đại số có thể sử dụng số phức để giải được.

Phương pháp nghiên cứu

- Phân tích, tổng hợp kiến thức

- Kinh nghiệm bản thân, trao đổi thảo luận với giáo viên hướng dẫn.

Đóng góp của khóa luận

Khóa luận sau khi hoàn thành sẽ làm tài liệu tham khảo cho sinh viên chuyên ngành Toán và Giáo viên phổ thông.

Cấu trúc của khóa luận

Khóa luận bao gồm phần mở đầu, phần nội dung và phần kết luận

Phần nội dung bao gồm các chương sau:

Chương 2: Ứng dụng của số phức vào Lượng giác

Chương 3: Ứng dụng của số phức trong Đại số

SVTH: Nguyễn Vỏ Phúc Hòa Trang 7 GVHD: Phan Thị Quản

SỐ PHỨC

Khái niệm số phức

Số phức là biểu thức có dạng z = a + bi, trong đó a và b là các số thực, và i là đơn vị ảo với tính chất i² = -1 Trong biểu thức này, a được gọi là phần thực, còn b là phần ảo của số phức.

Tập hợp các số phức được kí hiệu là Định nghĩa 2:

Hai số phức z = a + bi (a, b ), z’ = a’ + b’i (a’, b’ ) bằng nhau nếu và chỉ nếu: a = a’ ; b = b’

Biểu diễn hình học của số phức

Mỗi số phức z = a + bi (a, b ) được biểu diễn bởi điểm M(a ; b) Khi đó, ta thường viết M (a + bi) hay M(z) Gốc O biểu diễn số 0

Mặt phẳng tọa độ với việc biểu diễn số phức này được gọi là mặt phẳng phức

Trục Ox gọi là trục thực

Trục Oy gọi là thực ảo.

Cộng, trừ, nhân số phức

1.3.1 Phép cộng và phép trừ hai số phức : Định nghĩa 3 :

Tổng của hai số phức : Tổng hai số phức = + i, = + i

Tính chất của phép cộng số phức :

4 Với mỗi số phức z = a + bi (a, b ) , nếu kí hiệu số phức –a – bi là –z thì ta có : z + ( z) = z + z = 0

Số z được gọi là số đối của số phức z Định nghĩa 4 :

Hiệu của hai số phức là tổng của số phức z 1 và số phức đối của z 2 , tức là với: = + i, = + i ( , , , ) thì

= + ( ) = ( ) + ( ).i Ý nghĩa hình học của phép cộng và phép trừ số phức :

Mỗi số phức z = a + bi (a, b ) được biểu diễn bởi điểm M(a, b) cũng có nghĩa vectơ

Khi đó nếu , theo thứ tự biểu diễn số phức thì :

1.3.2 Phép nhân số phức : Định nghĩa 5 :

Tích của hai số phức = + i, = + i ( , , , ) là số phức : = + ( )i

Tính chất của phép nhân số phức

4 Tính chất phân phối ( của phép nhân đối với phép cộng) :

Số phức liên hợp và môđun của số phức

1.4.1 Số phức liên hợp : Định nghĩa 6 :

Số phức liên hợp của z = a + bi ,(a, b ) là a – bi và được kí hiệu bởi

Tính chất : Với mọi số phức z = a + bi ,(a, b ); với mọi , ta có :

4 z là số thực không âm, nếu z = a + bi (a, b ) thì : z = +

1.4.2 Môđun của số phức : Định nghĩa 7 :

Môđun của số phức z = a + bi (a,b ) là số thực không âm và được kí hiệu là |z|

Như vậy, nếu z = a + bi (a, b ) thì :

Tính chất: Với mọi số phức z = a + bi ,(a, b ); với mọi , ta có :

Phép chia cho số phức khác 0

Số nghịch đảo của số phức z khác 0 là số 1 2 z 1 z z

Thương z ' z của phép chia số phức cho số phức z' khác 0 là tích của z’ với số phức nghịch đảo của z, tức là z' z = z’

Tính chất: Với mọi , ta có :

Căn bậc hai của số phức

Định nghĩa 9: Cho số phức w Mỗi số phức z thỏa mãn = w được gọi là một căn bậc hai của w

Nói cách khác, mỗi căn bậc hai của w là một nghiệm của phương trình:

Phương pháp giải phương trình bậc hai có dạng a + bz + c = 0 ( a, b, c , a 0) (1)

0 thì phương trình (1) có hai nghiệm phức phân biệt 0 thì phương trình (1) có hai nghiệm thực phân biệt SVTH: Nguyễn Vỏ Phúc Hòa Trang 12 GVHD: Phan Thị Quản

0 thì phương trình (1) có nghiệm kép = Chú ý : Mọi phương trình bậc hai (với hệ số phức) đều có hai nghiệm (có thể trùng nhau)

Số phức dưới dạng lượng giác

1.7.1 Dạng lượng giác của số phức Định nghĩa 10 :

Trên mặt phẳng phức , ta có: z = a + bi = r.(cos + isin )

Trong đó: Độ dài bán kính r := |z| = = ,

Góc Argz được gọi là acgumen của z

Biểu thức (1.4) được gọi là dạng lượng giác của số phức z a bi

Nếu là một argument của z thì mọi argument của z có dạng k2 , k

Tập hợp tất cả các argument của z được kí hiệu và xác định:

Argz có các tính chất sau:

1.7.2 Nhân chia số phức dưới dạng lượng giác:

Chúng ta đã nắm vững công thức nhân và chia số phức theo dạng đại số Bài viết này sẽ trình bày định lý về công thức nhân và chia số phức dưới dạng lượng giác, cung cấp các công thức đơn giản giúp việc tính toán trở nên dễ dàng hơn.

SVTH: Nguyễn Vỏ Phúc Hòa Trang 13 GVHD: Phan Thị Quản Định lí : Cho hai số phức z, z’ 0, z = r.(cos + isin ) và z’ r’.(cos ’ + isin ’ ); (r ; r’ 0), ta có: z.z’ = rr’.[cos( + ’) + i.sin( + ’)]

1.7.3 Công thức Moa-vrơ (Moivre) và ứng dụng :

Công thức Moa-vrơ : Với mọi số nguyên dương n, ta có :

Phép khai căn một số phức:

Cho n là các số tự nhiên và z Ta nói w là căn bậc n của z nếu: z

Với z 0, đặt z r cos isin và w cos +isin Khi đó: cosn isin n r cos isin

Khi đó z 0 có n căn bậc n khác nhau, đó là:

2 2 cos sin , 0,1, , 1 n n k k z r i k n n n Đặc biệt: Căn bậc n của số phức cos 2k isin 2k 1(đơn vị của số phức) là: n k cos 2 sin 2 ; 0,1, 2 1 k k i k n n n

Dạng mũ của số phức

Với mọi số thực : cos + isin và cos isin cos( + isin( (1)

Dạng lượng giác z = r.( cos + isin được biến đổi thành dạng mũ z = r gọi là dạng số mũ của số phức z 0

Từ (1) ta có: os =1 2 sin 1

Công thức trên được gọi là công thức Euler

SVTH: Nguyễn Vỏ Phúc Hòa Trang 15

ỨNG DỤNG CỦA SỐ PHỨC TRONG LƯỢNG GIÁC

Tính toán và biểu diễn một số biểu thức

+) Dạng đại số của số phức

+) Dạng lượng giác của số phức

+) Nhân và chia số phức dưới dạng lượng giác

+) Phép khai căn một số phức

+) Khai triển cos nx, sin nx, tan nx

Theo công thức Moivre ta có:

= cosn + isin n , n Mặt khác theo công thức khai triển Nhị thức Newton ta có:

So sánh phần thực, phần ảo ta có:

GVHD: Phan Thị Quản sinnx = … +

2 sin tan tan 1 tan sin cos tan s s

1 tan tan 1 tan cos n n n n n n n n n n n n nx

C nx C x C x nx x nx co nx co nx

C nx C x x nx x nx co nx co nx

Với z = cos + isin = = cos - isin

Khai triển bằng Nhị thức Newton ta có:

Bài 1: Biễu diễn số phức sau dưới dạng lượng giác: os sin 3

Ta có: 1 cos sin cos sin

Từ đó suy ra: cos sin 2 cos sin

Bài 2: Tách phần thực, phần ảo của số phức: a, 3

5 5 z z b, Ta có : 1 cos sin cos sin

3 3 cos sin 2 cos sin 2 cos sin

2 cos sin cos sin cos sin

Bài 3 Tìm các căn bậc 3 của số phức z = 2 + 2i

Gọi các giá trị căn bậc ba của z là , , ta được:

0 0 0 0 0 0 0 1 3 1 cos15 cos 45 30 cos 45 cos 30 sin 45 sin 30

0 0 0 0 0 0 0 1 3 1 sin15 sin 45 30 sin 45 cos 30 sin 30 cos 45

Vậy các căn bậc 3 của số phức z = 2 + 2i là :

Bài 4: Hãy biễu diễn tan5 qua tan

Sử dụng công thức (III) và (IV) ta có : cos5 sin5 = +

5 3 2 4 sin 5 5 os sin 10 os sin sin tan 5 s 5 os 10 os sin 5 os sin c c co c c c

1 10 tan 5 tan Kiểm tra lại bằng công thức (VI) :

Bài 5 : Biễu diễn tuyến tính sin 5 ; osc 5 qua các hàm lượng giác của góc bội

Khi đó : z 1 cos isin z k cosk isink z k cosk isink

Vậy sin 5 sin 5 5sin 3 10sin

16 và 5 cos 5 5cos 3 10 cos os 16 c

Kiểm tra lại bằng công thức (VIII) và (X) ta có :

Nhận xét từ bài 4 và 5 cho thấy, việc hạ bậc và nâng cung thành thạo thông qua công thức Moivre sẽ giúp chúng ta giải quyết hiệu quả các phương trình lượng giác bậc cao hoặc những phương trình chứa biểu thức sin và cos của cung bội.

Tính giá trị của một số biểu thức lƣợng giác

+) Định lí Vi-et cho phương trình bậc cao :

Cho đa thức f x( ) a x 0 n a x 1 n 1 a x 2 n 2 a x n n với x x x 1; 2; 3 x n là n nghiệm của đa thức, ta có :

+) Khai triển cos nx ; sin nx ; tan nx :

C nx C x C x nx x nx co nx co nx

SVTH: Nguyễn Vỏ Phúc Hòa Trang 26 GVHD: Phan Thị Quản cosnx = …+

2 2 4 4 2 1 1 sin tan tan 1 tan sin cos tan s s 1 tan tan 1 tan cos n n n n n n n n n n n n nx

C nx C x x nx x nx co nx co nx C x C x C x x

Bài 1: Tính sin18 0 Chứng minh rằng sin là số vô tỷ

Ta có: cos3 cos 3 3cos sin 2

Ta lại có : cos54 0 sin 36 0

4sin 18 2 0 2sin18 0 1 0 Đặt t sin18 0 Suy ra sin18 là nghiệm của phương trình 0

4 ( vì sin18 0 0) Giả sử sin1 0 là một số hữu tỉ a

Ta có : sin 3 3sin 4sin 3

Suy ra sin 3 0 là một số hữu tỷ Chứng mình tương tự ta suy ra sin 9 0 ; sin 27 ;0 sin 81 cũng là một số hữu tỉ 0

Mà sin 81 0 cos9 0 cos9 0 là một số hữu tỷ

Ta có sin18 0 2.sin 9 cos9 0 0 sin18 0 là một số hữu tỷ (Vô lí)

Vậy sin1 là một số vô tỉ (đpcm) 0

Bài 2 : Tính giá trị biểu thức :

3 5 7 9 cos cos cos cos cos

3 3 5 5 7 7 9 cos cos cos cos cos cos cos cos

Ta có: cos 5 cos 5 10 cos 3 sin 2 5cos sin 4

5 3 2 2 2 cos 10 cos 1 cos 5cos 1 cos

3 5 7 9 cos ; cos ; cos ; cos ; cos

10 10 10 10 10 lần lượt là nghiệm của phương trình:

Theo định lí Vi-et trong đa thức bậc năm ta thu được:

3 5 3 5 3 5 cos cos cos sin sin sin

2 sin 2 sin cos 2 sin sin cos

SVTH: Nguyễn Vỏ Phúc Hòa Trang 29 GVHD: Phan Thị Quản cos sin

3 5 1 1 sin sin sin cos cos

Tổng và tích của một dãy các biểu thức lƣợng giác

+) Công thức Euler cos = ( + ) sin = ( )

A = cosx + cos2x + …+ cosnx B = sinx + sin2x +…+ sin nx

1 A iB 1 cosx isinx cos 2x isin 2x cosnx isinnx

1 cosx sin x cos x i sin x 2 cos x i sin x n

1 sin cos sin cos sin 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 sin sin cos sin cos

Từ đó suy ra: sin 1 cos

2 2 cos( ) 1 cos cos 2 cos 1 sin 2 n k n nx x

Bài 2: Rút gọn: sin sin 2 sin 1

Vậy nghiệm của phương trình là căn bậc 2m của đơn vị

Gọi là căn bậc 2m của , ta có 2 2 cos sin ; 0; 2 1

Chuyển qua giới hạn khi x 1 ta có :

1 tan a tan 2 a.tan 2a tan 2a 2 tana

2 tan tan 2 tan tan 2 tan tan

2 tan 2 tan 2 tan 2 tan 2 tan 2 tan

Theo công thức Euler, ta có: cos 1

Ta có: cos sin cos sin n n

T iS i q i cos sin q n n i n cos sin 1 cos sin cos sin i q i q n n i n cos sin 1 ; cos sin n n i q q i

2 cos sin cos 1 sin 1 cos sin

Bài 6: Cho các số thực a,b sao cho sin 0

Với mỗi số nguyên n 1, xét các tổng:

S cosb cos a b cos 2a b cos na b

T sinb sin a b sin 2a b sin na b

Tính S + iT, từ đó suy ra S và T

Giải Đặt cos a i sin a ; cos i sin thì: cos sin cos sin cos 2 sin 2

1 sin cos sin cos sin 2 2 2 2 2 sin sin cos sin cos

Từ đó suy ra: sin 1

Xét phương trình: x 2 n 1 0 x 2 n 1 cos isin

SVTH: Nguyễn Vỏ Phúc Hòa Trang 39 GVHD: Phan Thị Quản Đặt cos i sin

Nghiệm của phương trình là căn bậc 2n của

Gọi k là căn bậc 2n của , với:

Sử dụng số phức để giải phương trình lượng giác

+) Từ công thức Moivre xây dựng được các công thức :

2 2 2 cos sin n n n n n n z i z iz iz i i cos sin 2 1

Từ trên dễ dàng ta suy ra được :

Bài 1: Giải phương trình lượng giác :

Theo công thức Moivre ta có :

Mặt khác theo khai triển Nhị thức Newton ta có:

Từ (1) và (2) suy ra: cos6x = + 15 Áp dụng công thức ta được: cos6x = 32 48 + 18 (3)

Thay (3) vào phương trình đã cho ta được:

Vậy họ nghiệm các phương trình đã cho là:

Bài 2: Giải phương trình: cos4x + = 1 (1)

2 1 sin 2 m m m z iz với m = 3 Thế vào phương trình (1) ta có:

Giải (2) ta thu được nghiệm của phương trình là

MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA SỐ PHỨC TRONG ĐẠI SỐ

Ứng dụng trong phương trình

3.1.1.1 Phương pháp giải phương trình bậc hai có dạng a + bz + c = 0 ( a 0) (1)

Gọi x yi x y, là căn bậc hai của

Suy ra có hai căn bậc hai là : x 1 iy x 1; 2 iy 2

2 2 b x iy z a b x iy z a Đặc biệt : a,b,c thì:

0 thì phương trình (1) có hai nghiệm phức phân biệt 0 thì phương trình (1) có hai nghiệm thực phân biệt 0 thì phương trình (1) có nghiệm kép = 3.1.1.2 Bài tập áp dụng

Giải phương trình z 2 (1 3 )i z 2(1 i) 0 Ta có 2i, nên có hai căn bậc hai, giả sử x yi; x y, là hai căn bậc hai của

Suy ra, có hai căn bậc hai là 1

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là z 1 2 , i z 2 1 i

3.1.2.1.Phương pháp giải phương trình bậc ba : z 3 az 2 bz c 0 Đặt

(Phương trình (2) là phương trình bậc ba suy biến) Đặt y = u + v (3), khi đó phương trình (2) trở thành

Ta có ; là nghiệm của phương trình

2 4 27 2 4 27 q q p q q p u v lần lượt là 1 căn bậc ba của

Trường hợp 1: ' 0 u v 3 ; 3 u v 1; 1 , nghiệm của (2) là

Trường hợp 2 : ' 0 u v 3 ; 3 u v 1 ; 1 , chọn u v 1; 1 là hai số phức liên hợp sao cho u 1 3 v 1 3

Vậy một phương trình bậc ba luôn có ba nghiệm (có trường hợp có nghiệm kép).

Bài 1 : Giải phương trình sau : z 3 6z 2 9z 1 0 (1)

Giải Đặt y z 2 z y 2 Khi đó (1) trở thành :

3 3 1 0 y y (2) Đặt y = u + v (3), khi đó phương trình (2) trở thành

Ta có ; là nghiệm của phương trình t 2 t 1 0 (4)

Phương trình (4) có ' 3 phương trình (4) có hai nghiệm là

9 9 v c lần lượt là hai căn bậc ba của u v 3 ; 3

Thay ba cặp (u ;v) ở trên vào biểu thức (3) ta có :

Mặt khác z y 2, nên ta có :

3.1.3.1 Phương trình bậc bốn dạng : z 4 az 2 bz c 0

3.1.3.1.1 Phương pháp giải phương trình bậc bốn dạng : z 4 az 2 bz c 0(*)

(2 ) 2 z az bz c z m p z pnz m pn (**) Đồng nhất hệ số theo bậc của z trong đẳng thức (**) ta được :

Từ hệ phương trình thứ nhất và thứ hai ta rút được : ;

2 2 p a b m n p thế vào phương trình thứ 3 ta có :

Để giải phương trình (4), ta chỉ cần xác định một nghiệm p mà không cần giải toàn bộ phương trình Sau đó, thay p vào phương trình (1) và (2) để tìm ra các giá trị m và n, từ đó giải quyết được phương trình ban đầu.

Bài 1 : Giải phương trình sau : (1)

Ta có : z 4 24 z 32 z 2 m 2 p z n 2 (2) Đồng nhất hệ số theo bậc của z trong đẳng thức (2) ta có :

2 m p n p thế vào phương trình thứ ba ta được

Ta thấy phương trình (3) có nghiệm p = 4 m = 2, n = 3

Khi đó, phương trình đã cho trở thành :

SVTH: Nguyễn Vỏ Phúc Hòa Trang 51 GVHD: Phan Thị Quản z 2z 4 z 2z 8 0

Vậy phương trình có bốn nghiệm là z 1,2 1 5;z 3,4 1 7

Bài 2 : Giải phương trình sau trên trường số phức : z 4 5z 2 18z 5 0 (*)

5 18 5 (2 ) 2 z z z z m p z pnz m pn (**) Đồng nhất hệ số theo bậc của z trong đẳng thức (**) ta có :

2 m p n p thế vào phương trình thứ 3 ta có :

Ta thấy phương trình (3) có nghiệm p = 9 m = 2, n = 1

Vậy phương trình đã cho luôn có bốn nghiệm là :

3.1.3.2 Phương trình bậc bốn có dạng : z 4 az 3 bz 2 cz d 0 (*)

3.1.3.2.1 Phương pháp giải phương trình bậc bốn có dạng : z 4 az 3 bz 2 cz d 0 (*) Đặt 4 z y a, khi đó phương trình (*) trở thành :

Cách giải như phương trình bậc bốn dạng : z 4 az 2 bz c 0

Bài 1 : Giải phương trình sau trên trường số phức : z 4 8z 3 24 -16z-220z 2 0 (1)

Giải Đặt z y 2, khi đó phương trình (1) trở thành :

SVTH: Nguyễn Vỏ Phúc Hòa Trang 53 GVHD: Phan Thị Quản y 2 8 y 2 24 y 2 16 y 2 220 0

48 140 (2 ) 2 y y y m p y pny m pn (2) Đồng nhất hệ số theo bậc của y trong đẳng thức (2) ta có :

Từ hệ phương trình trên ta có : ; 24

2 m p n p thế vào phương trình thứ ba ta được :

Ta thấy, phương trình (3) có nghiệm p = 4 m = 2, n = 6

Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm là : z 1,2 3 i 13;z 3,4 1 11

Ứng dụng trong việc giải hệ phương trình

3.2.1 Xây dựng các hệ phương trình giải bằng ứng dụng số phức :

Hệ I : Cho z x iy x y;( ; ), với z 0 là nghiệm của phương trình sau : z z 1 z z 2 0

Hệ II : Cho z x iy x y ; ( ; ) thỏa mãn z n a bi với a b,

Với n là số lẻ, ta có: x iy n a bi

Hệ III : Cho z x iy x y;( ; ) thỏa mãn z a bi với a b,

Với n là số chẵn, ta có: x iy n a bi

Bài 1 : Giải hệ phương trình sau :

2 2 x yi i z = x + yi là một căn bậc ba của 1 3

2 2 i 3 i 3 2 2 i có ba căn bậc ba là :

Vậy hệ phương trình đã cho có các nghiệm là ( ; x y 0 0 ); ( ; x y 1 1 ); ( ; x y 2 2 )

Bài 2 : Giải hệ phương trình sau :

SVTH: Nguyễn Vỏ Phúc Hòa Trang 57 GVHD: Phan Thị Quản z = x + 1 + yi là một căn bậc ba của 1+i

4 4 i i i có ba căn bậc ba là :

Vậy hệ phương trình đã cho có các nghiệm là ( ;x y 0 0); ( ;x y 1 1); ( ;x y 2 2)

Bài 3 : Giải hệ phương trình :

1; x yi y xi i z x yi x y z x y z khi đó :

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (7 ; ) ; (0 ; )

Bài 4 : Giải hệ phương trình (với x, y )

Ta thấy x = y = 0 thỏa mãn hệ phương trình trên, nên (x ;y) = (0 ; 0) là nghiệm của hệ phương trình (1)

3 2 x yi 4 y xi 4 0 x yi x yi i x y x y Đặt z x yi x 2 yi 2 1 ; y 2 xi 2 i x y z x y z , ta có phương trình

Vậy hệ phương trình đã cho có bốn nghiệm là (0 ; 0) ;(1 ;0) ; (3 ; -1) ; (-1 ; 1)

Bài 5 : Giải hệ phương trình : (x, y )

Giải Điều kiện : x y; 0;y 3x 0 Đặt u 3x ( , u v 0) v y Ta có hệ phương trình

12 u iv 2 3 6 u vi i u v Đặt u iv 2 2 1 z u vi u v z ; ta có phương trình

Vậy hệ phương trình (1) có nghiệm duy nhất là ( ; ) x y 4 2 3;12 6 3

Bài 6 : Giải hệ phương trình sau : (x, y )

Ta có hệ phương trình :

SVTH: Nguyễn Vỏ Phúc Hòa Trang 62 GVHD: Phan Thị Quản Đặt z u vi u 2 vi 2 1 u v z , ta có phương trình

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là :

Ứng dụng trong việc chứng minh bất đẳng thức

3.3.1 Hướng giải các bất đẳng thức dùng ứng dụng số phức :

Biến đổi bất đẳng thức đã cho thành bất đẳng thức có chứa a 2 b 2

Xét số phức z 1 a bi z; 2 c di Áp dụng các bất đẳng thức sau :

Từ đó ta có điều cần phải chứng minh

Bài 1 : Chứng minh rằng x , ta luôn có : x 2 2x 5 x 2 2x 5 2 5

Vậy x 1 2 2 2 1 x 2 2 2 2 5(đpcm) Để đẳng thức xảy ra thì : x 1 2 2 1 x x 0

Bài 2 : Chứng mình rằng x y z; ; , ta luôn có :

Vậy x 2 xy y 2 x 2 xz z 2 y 2 yz z 2 (đpcm) Để đẳng thức xảy ra thì : 3 3 z 0

Bài 3 : Chứng minh rằng x y z; ; , ta luôn có :

Mặt khác ta có : z 1 z 2 z 3 z 4 z 1 z 2 z 3 z 4 , nên

2 x 2 x 5 x 5 2 x x 2 x 5 x 5 Để đẳng thức xảy ra thì :

Bài 4 : Cho , , ,a b c d thỏa mãn điều kiện :

Ứng dụng trong việc tính tổng các biểu thức có chứa

3.4.1 Khai triển cho x nhận những giá trị thích hợp hoặc khai triển trực tiếp các số phức

Khai triển 1 x n C n 0 C x C x 1 n n 2 2 C x n k k C x n n n Cho x nhận giá trị là những số phức thích hợp ( thường ta chọn x = i)

Khai triển trực tiếp các số phức (thông thường chỉ xét các số phức có argumen là ; ;

Sau đó so sánh phần thực và phần ảo của cùng một số phức hai cách tính Suy ra giá trị của tổng cần tìm

So sánh phần thực của

3 i trong hai cách khai triển trên ta có :

Bài 2 : Tính các tổng sau :

Từ (1) và (2) ta suy ra : 2 0 2 2 2 4 1 2 2 2 os

So sánh phần thực của

2 2 i trong hai cách khai triển trên :

3.4.2 Khai triển đạo hàm hai vế theo x sau đó cho x nhận giá trị là những số phức thích hợp:

Khai triển 1 x n C n 0 C x C x 1 n n 2 2 C x n k k C x n n n Đạo hàm hai về thao x sau đó cho x nhận giá trị là những số phức thích hợp

So sánh phần thực và phần ảo của cùng một số phức trong hai cách tính

Suy ra giá trị tổng cần tìm

Bài 1: Tính các tổng sau:

1 x x xC x C x C x C x C x C x C Đạo hàm của hai vế của đẳng thức trên theo x ta được:

So sánh phần thực và phần ảo của 1 i 15 15 1i i 14 trong hai cách khai triển trên ta có: C 15 0 3C 15 2 5C 15 4 7C 15 6 13C 15 12 15C 15 14 2 11

1 x C xC x C x C x C x C x C Đạo hàm hai vế ta có:

So sánh phần thực và phần ảo trong hai cách tính trên ta có :

3.4.3 Khai triển cho x nhận giá trị là các căn bậc ba của đơn vị:

Cho x 2 ta có khai triển 1 2 n (3)

Cộng vế theo vế (1), (2), (3) ta được giá trị của tổng cần tìm

Cộng vế theo vế (1), (2), (3) ta được :

Nhân hai vế với x 2 ta có :

Cộng (1), (2), (3) vế theo vế, ta có :

Khóa luận trình bày hệ thống và đầy đủ các kiến thức cơ bản về số phức, bao gồm định nghĩa, dạng đại số và lượng giác, căn bậc n, cũng như biểu diễn hình học của số phức Bài viết cũng đề cập đến các ứng dụng của số phức trong lượng giác như tính toán và biểu diễn biểu thức, tính giá trị biểu thức lượng giác, tổng và tích của dãy biểu thức, chứng minh bất đẳng thức, và giải phương trình lượng giác Ngoài ra, khóa luận còn khám phá ứng dụng của số phức trong đại số, bao gồm giải phương trình, hệ phương trình, chứng minh bất đẳng thức và tính tổng biểu thức chứa tổ hợp Mỗi dạng toán đều có phương pháp, hướng giải và ví dụ minh họa cụ thể.

Do thời gian hạn chế, khóa luận này không thể tránh khỏi một số thiếu sót Tôi rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến từ các thầy cô giáo và các bạn sinh viên để hoàn thiện hơn, đồng thời mở rộng thêm nhiều dạng bài toán áp dụng.

Tiêu đề	Số phức và ứng dụng của số phức trong lượng giác và đại số
Tác giả	Nguyễn Vỏ Phúc Hòa
Người hướng dẫn	Th.S. Phan Thị Quản
Trường học	Đại Học Đà Nẵng - Trường Đại Học Sư Phạm
Chuyên ngành	Toán
Thể loại	Khóa luận tốt nghiệp
Năm xuất bản	2015
Thành phố	Đà Nẵng

Định dạng
Số trang	77
Dung lượng	3,7 MB