Skkn tạo hứng thú cho học sinh khi học về số phức

  • Số trang: 20 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 23 |
  • Lượt tải: 0
nguyen-thanhbinh

Đã đăng 8358 tài liệu

Mô tả:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT NÔNG CỐNG II SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM VAI TRÒ CỦA GIÁO VIÊN CHỦ NHIỆM LỚP TRONG CÔNG TÁC GIÁO DỤC ĐẠO ĐỨC HỌC SINH Người thực hiện : Trần Văn Tiến Chức vụ : Giáo viên SKKN thuộc lĩnh vực (môn) : Toán THANH HÓA NĂM 2013 1 A. ĐẶT VẤN ĐỀ: Trong 5 năm trở lại đây Bộ giáo dục đã đưa phần số phức vào chương trình 12. Đây là vấn đề mới đối với học sinh và đây là nội dung trong chương trình thi tốt nghiệp cũng như thi tuyển sinh vào đại học – cao đẳng. Học sinh thường ngại học phần này do chưa nắm được khái niệm cũng như áp dụng vào giải bài tập. Thực tế phần này là phần không phức tạp, mức độ ra đề thi học sinh rất dễ lấy được điểm. Trong nội dung bài viết này tôi muốn nêu ra một vài kinh nghiệm tổng kết, sắp xếp các dạng bài tập cơ bản tạo hứng thú trong học tập cho học sinh, làm cho học sinh thấy dễ hiểu và vận dụng tốt hơn, đạt hiệu quả trong làm bài tập. B. CÁC KHÁI NIỆM Xét trên tập số thực phương trình sau có nghiệm hay không ? x2 + 1 = 0 Rõ ràng phương trình này vô nghiệm, các phương trình bậc hai có < 0 đều vô nghiệm. Với mong muốn các phương trình đều có nghiệm, toán học đã mở rộng tập hợp số thực đó là tập hợp số phức để mọi phương trình bậc n đều có nghiệm. Người ta đưa ra một số mới i với i2 = -1. Vậy x2 = i2  x = i (với i là đơn vị ảo) - Định nghĩa: Số phức là số có dạng z = a + bi. Trong đó: + i là đơn vị ảo thỏa mãn i2 = -1 + a là phần thực + b là phần ảo. Chú ý: +  + z = a + bi gọi là số thuần ảo (số ảo) + môđun của z là = a2  b2 + Số phức liên hợp : = a – bi Nhận xét – so sánh: Việc mở rộng tập hợp số thực thành khi đó mọi phương trình đều có nghiệm không có nghiệm thực thì có nghiệm phức. Về mặt xã hội với mong muốn tất cả các học sinh đề được tiếp tục đi học thì nhà nước phải mở thêm nhiều trường học, nhiều loại hình để làm sao học sinh không đỗ vào trường này nhưng lại đạt vào trường khác ( Đây cùng là một cách liên hệ tạo hứng thú cho học sinh để học sinh dễ nhìn nhận ra vấn đề hơn). C. PHÂN LOẠI MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP CƠ BẢN I. CÁC PHÉP TOÁN TRÊN SỐ PHỨC VD 1: Cho z1 = 2 + i, z2 = 3 – i. Tính z  z z 1 1 2 2 Lời giải: z1 + z1z2 = 2 + i + (2 + i)(3 – i) = 9 + 2i  z1  z1 z 2 = 92  22  85 VD 2: Tìm số phức z biết: z + 2 = (2 – i)3(1 – i) (1) Lời giải: Giả sử z = a + bi  = a – bi (1)  a + bi + 2(a – bi) = (23 + 3.22.i + 3.2.i2 + i3)(1 – i)  13 3a 13 a  13  3a – bi = 11i – 11i + 2 – 2i = 13 + 9i    z   9i  3  b 9 b  9 3  2 VD 3(CĐ 2009): Cho số phức z thỏa mãn : (1 + i)2(2 – i)z = 8 + i + (1 +2i)z. Tìm phần thực và phần ảo của z . Lời giải: (1 + i)2(2 – i)z = 8 + i + (1 + 2i)z  (2i)(2 – i)z – (1 + 2i)z = 8 + i  z[4i + 2 – 1 – 2i] = 8 + i 8i  z= 1  2i (8  i )(1  2i ) 10  15i  2  3i 5 5 Phần thực của z là 2; phần ảo của z là -3. VD 4: Tìm môđun của z biết zz  Lời giải: Giả sử z = a + bi  (1  2i )(1  i ) 2 2 i (1) = a – bi (1  2i )(1  i ) 2 ( 2  i ) ( 2  i )(2  i ) 6 8 2 8  i  a  và b =  5 5 5 5 (1)  a + bi + 2(a – bi) =  3a – bi = 2 2 2 17  2  8  z       5 5 5     VD5 (ĐH KHỐI A+A1 2012): Cho số phức z thỏa mãn: 5( z  i ) 2  i z 1 (1) 2 Tính môđun của số phức  = 1 + z + z . 5(a  bi  i ) Lời giải: (1)  a  bi  1 2  i 3  5a  5i(b  1) 2a  2bi  2  ai  bi2  i  3a  2  b  i(5b  5  2b  a  1) 0  3a  2  b 0  a 1     z 1  i  3b  a  4 0  b 1  = 1 + (1 + i) + (1 + i)2 = 2 + 3i  |  | = 22  32  13 2(1  2i ) VD6 (ĐH D - 2012): Cho số phức z thỏa mãn : (2  i) z  1  i Tìm môđun của số phức  = z + 1 + i. Lời giải: Giả sử z = a + bi (1)  (2 + i)(a + bi) + 7  8i (1) 2(1  2i ) 7  8i 1 i 2(1  2i)(1  i)  2a  2bi  ai  bi  7  8i (1  i)(1  i) 2  2a  2bi  ai  bi  1  i  2i  2i 2 7  8i  2a  b  3 7  a 3    2b  a  1 8  b 2 Do đó  = 3 + 2i + 1 + i = 4 + 3i  |  | = 42  32 5 2 VD 7 (ĐH A – 2011): Tìm tất cả các số phức z, biết z = z  z (1) 2 2 2 2 2 2 2 2 (1)  (a + bi) = a + b + a – bi  a + b i + 2abi = a + b + a – bi 2   1 1  a  2 ; b  2 2  2 b  a 0   a 0; b 0 2b2 + a – bi – 2abi = 0    b  2ab 0  1 1  a   ; b   2 2 VD 8 (ĐH A - 2011): Tính môđun của số phức z biết: (2z - 1)(1 + i) + ( z  1)(1  i ) 2  2i (1) 4 Lời giải: (1)  (2a + 2bi – 1) (1 + i) + (a – bi + 1)(1-i) = 2 – 2i  2a + 2ai + 2bi + 2bi2 – 1 –i + a – ai – bi + bi2 + 1 – i = 2 – 2i  3a – 3b + ai + bi – 2i = 2 – 2i 1 a  3a  3b 2  3 1 1 2    z   . a b 2  2 b  1 9 9 3  3 3 VD 9: Tìm các số nguyên x, y sao cho số phức z = x + iy thỏa mãn z = 18 + 26i 3 2  x  3xy 18 2 3 3 2  2  18(3x y  y ) 26(x  3xy ) Lời giải: Ta có  x  iy  18  26i   2 3 3x y  y 26 Giải phương trình bằng cách đặt y = tx ta được: t = 1  3 x = 3, y =1. Vậy z = 3 + i. 2013 VD 10: Tìm phần thực và phần ảo của số z = (i – i) . 2 2 4 2 Lời giải: Ta có: (1 – i) = 1 + i – 2i = -2i. Do đó: (1 – i) = 4i = -4  ( 1 – i)4n = (-1)n. 4n  (1 – i)2013 = (1 – i)4.503.(1 – i) = (-4)503 .(1 – i) 503 503 = (-4) + 4 .i 503 503 Vậy z có phần thực và phần ảo tương ứng là: (-4) và 4 Bài tập luyện tập Bài 1. Thực hiện các phép tính: a. (3i + 4)[(-3 + 2i) – (4 – 7i)] b. (7 – 5i)(1 + i) – (3i + 2i) 2013 2 c. (1 – i) d. (3 + 4i) (5 – 7i) 3 2 3 2 e. (3 – i) – (1 + 2i) f. (3 – i) (-3 + 2i) 1 g. 1 3  i 2 2 h. 8  5i 2i  4  3  4i 1  5 Bài 2. Tìm phần thực; phần ảo; môđun và số phức liên hợp của mỗi số phức sau: 5 2 a. z1 = (2i – 1) – 3i(i + 1) + 2i 3 b. 10 c. z3 = 3.i – 5(2i – 4) d. Bài 3. Tìm phần ảo của số phức z, biết: z  Bài 4. Tính môđun của các số phức sau: 2 i a. z1 = (2 – 4i) + (5 + 2i)  1  2 3  2i  3i i 2 1  5i  ( 2  i )3 1 i  2i . b. z2 = 3 c. z3 = (4 + 3i) Bài 5. Cho số phức z thỏa mãn: (iz  1)( z  3i )( z  Xác định phần thực và phần ảo của z. 2 i 3 2 i 3 2 d. z4 = (2+ 5i) – (4 – i) 3 2  3i ) 0 (1  3i )3 . Tìm môđun của z  iz 1 i biết (2 z  1)(2  i )  ( z  4)(2  i ) 3  5i . Bài 6. Cho số phức z thỏa mãn: z Bài 7. Tính môđun của số phức z, Bài 8. Tìm số phức z thỏa mãn: z  (2  i )  10 và z.z 25 3 Bài 9. Tìm số thực x, y thỏa mãn: x(3 + 5i) + y(1 – 2i) = 9 + 14i. 37(1  i ) z ( z  2 z )( 1  6i )  1 i 10 Bài 10. Tìm số thực z, biết: II. CĂN BẬC HAI CỦA SỐ PHỨC. Định nghĩa: Cho số phức z = a + bi 2 Căn bậc hai của số phức z là số phức z1 = a1 + b1i thỏa mãn z1 = z VD1 : Tìm căn bậc hai của số phức: z = 5 + 12i Lời giải: Giả sử m + ni (m,n 2 ) là căn bậc hai của z 2 2 2 Ta có: (m + ni) = 5 + 12i  m + 2mni + n i = 5 + 12i 2 2  m  n 5 (1) m2  n2 5   m + 2mni – n = 5 +12 i    6 2mn 12 m  (2) n 2 2 Thay (2) vào (1) ta có : 6   n 2  n 2  4 (t / m) - n = 5  n + 5n – 36 = 0   n 2  9 (loai ) 2 4 2 6  n 2  m 3    n  2  m   3 Vậy z có hai căn bậc hai là 3 + 2i và -3 – 2i VD2 : Tìm căn bậc hai của số phức z =  164  48 Lời giải: Giả sử m + ni (m, n Ta có: 5i ) là căn bậc hai của z (m  ni ) 2  164  48 5i  m 2  2mni  n 2  164  48 5i 2 2  m  n  164 (1) 2 2 m  n  164      24 5 2mn 48 5 n  ( )2  m 2 Thay (2) vào (1) ta có:  24 5    164  m 4  164m 2  2880 0 m 2    m    m2 = 16 ; m2 = -180 ( loại)  m  4  n 6 5    m  4  n  6 5 Vậy z có hai căn bậc hai là: 4  6 5i và  4  6 Bài tập luyện: Tìm các căn bậc hai của các số phức sau: b) 1  4 3i a)  7  24i c) 17  20 2i d)  23  4 6i 5i III. GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI TRÊN TẬP SỐ PHỨC Xét phương trình az2 + bz + c = 0 (a, b, c ;a 0) 2 Cách giải: Tính  = b – 4ac Gọi k là căn bậc hai của  , nghiệm của phương trình là: z  b k  bk ,z 2a 2a Đặc biệt nếu b = 2b’, ta tính được  ’ Gọi k’ là căn bậc hai của  ’, nghiệm của phương trình là: z  b' k '  b'k ' ,z a a VD 1: Giải phương trình: z2 + (3i + 8)z + 11i + 13 = 0 Lời giải:  = (3i + 8)2 – 4(11i + 13) = 4i + 3 Giả sử m + ni (m, n ) là căn bậc hai của  Ta có: (m + ni)2 = 5 + 12i  m2 + 2mni + n2i2 = 3 + 4i 7 2 2  m  n 3 (1) m2  n2 3   m + 2mni – n = 3 + 4i    2 2mn 4 n  (2) m 2 2 Thay (2) vào (1) ta có: 2 2  m 4 m 2  n 1 2   m2    3  m2  3m2  4 0   2  m m  1 (loai) m  2  n  1 Vậy  có hai căn bậc hai là 3i  8  i  2  2i  5 z  2   z  3i  8  i  2 i  3 2  VD 2: Giải phương trình: z2 + 4z + 7 = 0 Lời giải:  ’ = 22 = 7 = -3 = 3i2  các căn bậc hai của  ’ là Vậy nghiệm của phương trình là: z  2  3i, z  2  3i 3 2 VD 3: Giải phương trình: z + 4z + (4 + i)z + 3 + 3i = 0 (1) Lời giải: Dễ thấy z = -i là nghiệm của (1) nên: i 3  z  i 0 2 (1)  (z + i)[z + (4 – i)z + 3 – 3i] = 0   z 2  (4  i ) z  3  3i 0 (2)  2 2 Giải (2):  = (4 – i) – 12 + 12i = 16 – 1 – 8i – 12 + 12i = 3 + 4i = 4+4i+i = 2 (2+i) Vậy  có hai căn bậc hai là: 2 + i và -2 – i Do đó nghiệm của là  4 i 2 i   1  i z  2   z   4  i  2  i  2  3  2 Vậy (1) có ba nghiệm là –i, -3, -1 + i 1 2 VD 4: Gọi z và z là hai nghiệm phức của phương trình: 2 2(1 + i)z – 4(2 – i)z – 5 – 3i = 0 1 2 2 2 Tính |z | + |z | 8 2 Lời giải: Ta có:  ’ = 4(2 – i) + 2(1 + i)(5 + 3i) = 16. Vậy phương trình có hai nghiệm phức : 3 5 1 1 z1   i, z2   i . 2 2 2 2 2 2 Do đó |z1| + |z2| = 9. 4 3 2 VD 5: Gọi z1, z2, z3, z4 là bốn nghiệm của phương trình: z – z – 2z + 6z – 4 = 0 1 1 1 1 trên tập số phức tính tổng: S = z 2  z 2  z 2  z 2 1 2 3 4 4 3 2 2 Lời giải: pt: z – z – 2z + 6z – 4 = 0  (z – 1)(z + 2)(z – 2z + 2) = 0 (1) Không mất tính tổng quát ta gọi 4 nghiệm của phương trình (1) là: 1 1 1 1 1 1  z1 z  2  z3   z4 1 1  2 1  i 1  i 5 Thay vào biểu thức ta có: S = z 2  z 2  z 2  z 2 1  4  (1  i) 2  (1  i) 2  4 1 2 3 4 VD 6: Lập phương trình bậc hai có 2 nghiệm: z1 = 6 – i và z2 = 4 + 3i Lời giải: Ta có tổng và tích: S = z1 + z2 = (6 – i) + (4 + 3i) = 10 + 2i 2 P = z1.z2 = (6 – i)(4 + 3i) = 24 + 18i – 4i – 3i = 27 + 14i 2 Vậy z1, z2 là nghiệm của phương trình bậc hai: z – Sz + P = 0 2 hay : z + (10 + 2i)z + 27 + 14i = 0. 2 VD 7: Không giải phương trình: z + (2 – i)z + 3 + 5i = 0 2 2 4 4 Hãy tính: z1 + z2 , z1 + z2 . Lời giải: Theo hệ thức Vi-ét ta có: S = z1 + z2 = -2 + i P = z1.z2 = 3 + 5i 2 2 2 2 Do đó: z1 + z2 = S – 2P = (-2 + i) – 2(3 + 5i) = -3 – 14i. 4 4 2 2 2 2 2 2 z1 + z2 = (z1 + z2 ) – 2z1 z2 = (-3 – 14i) – 2(3 + 5i) = -155 + 24i. VD 8: Giải phương trình sau trên tập số phức : z 4  z3  z2  z  1 0 2 (1) Lời giải: Nhận xét z = 0 không phải là nghiệm của phương trình (1) vậy z 0. 1 1 1  2    2 Chia hai vế phương trình (1) cho z ta được :  z  z 2    z  z   2 0 (2) Đặt t z  1 z. 1 1 2 2 2 2 Khi đó : t  z  z 2  2  z  z 2 t  2 Phương trình (2) có dạng : t2  t  5 0 2 Vậy phương trình (3) có 2 nghiệm: 5  9 9i 2 2 1  3i 1  3i t1  , t2  2 2 (3)   1  4. 9 1  3i 1 1  3i 2 Với t1  2 ta có z  z  2  2 z  (1  3i) z  2 0 (4) Có  = (1 + 3i)2 + 16 = 8 + 6i = 9 + 6i + i2 = (3 + i)2 (1  3i )  (3  i) (1  3i )  (3  i ) i  1 1  i, z2   4 4 2 1  3i  i 1 Tương tự, với t2  2 ta có 2 nghiệm là: z3 1  i, z4  2 i 1  i 1 Do đó phương trình đã cho có 4 nghiệm: z1 1  i, z2  2 , z3 1  i, z4  2 Vậy phương trình (4) có 2 nghiệm: z1  Bài tập luyện tập: Giải các phương trình sau: a) z2 – 7z + 11 + i = 0 b) z2 + 2(1 – 2i)z – (7 + 4i) = 0 c) z2 – 2(2 – i)z + 6 – 8i = 0 d) z2 – (2 + i)z + i +1 = 0 e) z3 – (2 + i)z2 + (2 + 2i)z – 2i = 0 f) 2z3 – 9z2 + 14z – 5 = 0. IV. TÌM TẬP HỢP ĐIỂM BIỂU DIỄN SỐ PHỨC Z Cách giải: Giả sử z = a + bi (a, b  ) ; thay vào giả thiết, tìm được một hệ thức nào đó đối với a và b. Từ đó suy ra tập hợp các điểm biểu diễn số phức z. VD 1: Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z sao cho u z  2  3i z i là một số thuần ảo. Lời giải: Giả sử z = a + bi (a, b  ), khi đó: u a  2  bi  3i  a  2  (b  3)i  a  (b  1)i   . a  (b  1)i a 2  (b  1) 2 Từ số bằng a2 + b2 + 2a + 2b – 3 + 2(2a – b + 1)i. u là số thuần ảo khi và chỉ khi a2 b2  2a 2b  3 0 (a 1)2 (b 1)2 5   2a  b 10  a;( b) (0;1 , ()  2; 3) Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là một đường tròn tâm I(-1; -1) , bán kính bằng 5 , khuyết 2 điểm (0;1) và (-2; -3). VD 2: Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z, biết z thỏa mãn: z  2  3i 1 (*) z  4i Lời giải: Giả sử z = a + bi (*)  |a + 2 + (b – 3)i| = |a – 4 – (b – 1)i|  (a + 2)2 + (b – 3)2 = (a – 4)2 + (b – 1)2  3a – b -1 = 0 Vậy tập hợp điểm M biểu diễn số phức z là đường thẳng có phương trình 3x – y – 1 = 0. 10 VD 3: ìm quỹ tích các điểm M biểu diễn số phức thảo mãn: z  1  2 (1) Lời giải: Giả sử:  a  bi  (1  i 3 ) z  2  z  (1) a  3  (b  3 )i a  3  (b  3 )i 2  2  1 i 3 1 i 3  ( a  3) 2  (b  số phức z a  2  bi a  3  (b  3i )  z 1 1 i 3 1 i 3 Ta có:   (1  i 3 ) z  2 biết ( a  3) 2  (b  2 3)2 2 3 ) 2 16 Vậy quỹ tích của các điểm M biểu diễn số phức là hình tròn: (x – 3)2 + (y - 3 )2 16 (kể cả những điểm nằm ở vị trí biên). Bài luyện tập : Tìm tập hợp điểm biểu diễn của số phức z thỏa mãn: a) |2 + z| = |i – z| b) c) | z || z  3  4i | d) e) 2 | z  1 || z  z  2i | f) z 3 z i z i 1 z i   | z2  z 2 | 4 V. TÌM SỐ PHỨC Z CÓ MÔĐUN LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT. Bài toán : Cho số phức z = a + bi thỏa mãn điều kiện G nào đó. Tìm số phức z có môđun nhỏ nhất, lớn nhất. Trường hợp 1: giả thiết G có dạng ma + nb = k. Ta rút ra a theo b (hoặc b theo a) sau đó ta sử dụng phương pháp nhóm tổng bình phương. VD 1: Biết rằng số phức z thỏa mãn u ( z  3  i )( z  1  3i) là một số thực. Tìm giá trị lớn nhất của |z| Lời giải: Giả sử : z = a + bi, ta có: u = [a + 3 + (b – 1)i][a + 1 – (b – 3)i] = a2 + b2 + 4a – 4b + 6 + 2(a – b – 4)i u a–b–4=0  a=b+4 |z| min  |z|2 min |z|2 = a2 + b2 = (b + 4)2 + b2 = 2b2 + 8b + 16 = 2(b + 2)2 + 8  8 Dấu “=” xảy ra  b = -2  a = 2 Vậy |z| min  z = 2 – 2i VD 2: Cho phức z thỏa mãn : | z  i  1 || z  2i | . Tìm giá trị nhỏ nhất của z. Lời giải: Giả sử : z = a + bi, ta có: |a + bi + i + 1| = |a – bi – 2i|  (a + 1)2 + (b + 1)2 = a2 + (b + 2)2  a2 + 2a + 1 + b2 + 2b + 1 = a2 + b2 + 4b + 4  2a – 2b – 2 = 0  a = b – 1  a2 + b2 = (b + 1)2 + b2 = 2b2 + 2b + 1 = 2(b +  |z|  1  2 a= 1 2 1 ; b = - 2 . Vậy Min |z| = 1 2 ) 2 1 . 2 + 1 1  2 2 Trường hợp 2: Giả thiết G có dạng (x + a)2 + (y + b)2 = k2 Bài toán: Tìm GTLN, GTNN của S = A sin mx  B cos mx  C 11 Ta có:  A A S  A2  B 2  sin mx.  cos mx. A2  B 2 A2  B 2  A  cos    A2  B 2  Đặt:  . Khi đó B  sin    A2  B 2    C  S  A2  B 2 (sin mx. cos  cos mx.sin  )  C    k 2   2m m m   k 2  MaxS  A2  B 2  C  x    2m m m Do đó: MinS  A2  B 2  C  x   x  a k sin  Vì thế ở trường hợp 2 để tìm GTNN, GTLN của |z| ta đặt   x  b k cos  Sau đó ta làm tương tự như bài toán trên. VD 3: Cho số phức z thỏa mãn : |z – 3 + 4i| = 4. Tìm giá trị nhỏ nhất của |z| . Lời giải: Giả sử z = a + bi, ta có : |a + bi – 3 + 4i| = 4  (a – 3)2 + (b + 4)2 = 16 Đặt a 3 4sin a 34sin   b4 4cos b 4cos  4  | z |2 a 2  b2 9  16 sin 2   24 sin   16 cos 2   16  32 cos  4 3  41  24 sin   32 cos  41  40 sin   cos   5 5  3 4 Đặt cos   5 , sin   5  | z |2 a 2  b 2 41  40 sin(   ) 1 Dấu “=” xảy ra khi        k 2        k 2 2 2 . Do đó Min |z| = 1 Ngoài ra để tìm GTNN, GTLN của |z| ta có thể sử dụng phương pháp hình học. VD 4: Cho hai số phức z1, z2 thỏa mãn |z1 + 5| = 5, |z2 + 1 – 3i| = |z2 – 3 – 6i|. Tìm GTNN của |z1 – z2|. Lời giải: Giả sử điểm M(a;b) là điểm biểu diễn của số phức z1 = a + bi, N(c;d) là điểm biểu diễn của số phức z2 = c + di. Ta có: |z1 + 5| = 5  (a + 5)2 + b2 = 25. Vậy M thuộc đường tròn (C): (x + 5)2 + y2 = 25 12 |z2 + 1 – 3i| = |z2 – 3 – 6i|  8c + 6d = 35. Vậy N thuộc đường thẳng d1: 8x + 6y = 35 Dễ thấy đường thẳng d1 không cắt (C) và |z1 – z2| = MN. Bài toán trở thành : Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C) : (x + 5)2 + y2 = 25 và đường thẳng d1: 8x + 6y = 35. Tìm giá trị nhỏ nhất của MN biết M chạy trên (C) và N chạy trên đường thẳng d1. d2 L I M K N H d1 Gọi d2 là đường thẳng qua I và vuông góc với d1. Phương trình đường thẳng d2 là: 6x – 8y = -30. Gọi H là giao của d1 và d2. Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ: x 1 8x6y 35   9    9  H1;  6x 8y  30  y   2 2 Gọi K và L là giao điểm của d2 với đường tròn (C). Tọa độ K, L là nghiệm của hệ : 13 (x 5)2  y2 25 x  1; y 3    . Vậy K(-1; 3) và L(-9; -3) 6x  8y  30 x  9; y  3 Tính trực tiếp HK và HL so sánh rồi suy ra Min MN = Khi đó Min |z1 – z2 | = 5 2 5  M K , N H . 2 . Bài tập luyện tập : 2z  2  i 2 , z  3  2i 1. Trong các số phức z thỏa mãn: hãy tìm số phức z có môđun nhỏ nhất 2z  2  i  3, z  1 i 2. Trong các số phức z thỏa mãn: hãy tìm số phức z có môđun nhỏ nhất, lớn nhất. 3. Cho hai số phức z1, z2 thỏa mãn |z1 + i| = 5, |z2 – 5| = | z2 -7|. Tìm giá trị nhỏ nhất của |z1 – z2|. VI. DẠNG LƯỢNG GIÁC CỦA SỐ PHỨC VÀ ỨNG DỤNG Xét số phức dạng đại số : z = a + bi Ta có:  a b z  a 2  b 2   2 2 2 a  b2  a b Nhận xét : Đặt cos    a   2 2  a b a 2 a b 2 2   b     2 2   a b ; sin    i   2   1   b 2 a  b2 . Khi đó: z  a 2  b 2 (cos  sin  ) r (cos  i sin  ) (*) r | z | a 2  b 2  (*) là dạng lượng giác của số phức z,  gọi là một acgumen của z. Nhận xét: Nếu  là một acgumen của z thì   k 2 cũng là một acgumen của z. + Nhân chia số phức dạng lượng giác : Cho : z1 r1 (cos 1  i sin 1 ); z2 r2 (cos  2  i sin  2 ) . Khi đó : z1 z2 r1r2 [cos(1   2 )  i sin(1   2 )] z1 r2  [cos(1   2 )  i sin(1   2 )] z2 r2 Đặc biệt với z r (cos  i sin  )  z 2 r 2 (cos 2  i sin 2 ) z 3 r 3 (cos 3  i sin 3 ) ... z n r n (cos n  i sin n ) (**) (**) gọi là công thức Moavơrơ. 14 VD 1: Viết số phức sau dạng lượng giác: Lời giải : z  3 i  3 i       z 2   2 cos  i. sin  2 cos  i. sin  2 6 6 6 6     2 VD 2: Tìm các acgumen của số phức :    z  2 sin  i. cos  5 5  Lời giải :      3 3   3  3     z 2 cos(  )  i. sin(  )  2 cos  i. sin )  i. sin( )  2 cos( 2 5 2 5  10 10  10 10      3  k 2 .  acgumen của z là 10 VD 3: Cho z = 2 + 2i. Tìm dạng đại số của z2012. Lời giải: 2     2  z 2 2   i  2 2  cos  i sin  4 4  2 2 2 2  Áp dụng công thức Moavơrơ ta có: 2012 2012   2012 2012 z 2012 (2 2 ) 2012  cos  i sin  ( 2 2 ) (  1  i.0)  ( 2 2 ) 4 4   VD 4: Viết số phức sau có dạng lượng giác: z = 2 – 2i. 2       2    z 2 2   i  2 2  cos  i sin  2 2  cos( )  i sin( )  4 4 4   4  2 2 2 2  VD 5: Tìm một acgumen của số phức z 2 3  2i Lời giải :  3 1          z  4  i   4 cos   i sin   . 2   6   6    2 Vậy z có một acgumen là   . 6 VD 6: Xác định môđun và acgumen của số phức: z 8i  2 2   i sin  cos . 3 3   3 i  Lời giải: Ta có: 1  8i 8i (i  3 ) 8(1  3i ) 3         4  i  4 cos   i sin  4 2   3  i (i  3 )(i  3 )  3   3  2   .  Theo quy tắc nhân hai số phức lượng giác, ta được :       2   2 2        2    z  4 cos  i sin    i sin      i sin   . cos  4 cos 3 3  3 3   3    3   3    3    4 cos  i sin  3 3  Vậy môđun và một acgumen của số phức z lần lượt là : 4 và  3 . 15 VD 7: Tìm một acgumen của số phức :  3 z  (1  i 3 ) biết một acgumen của z bằng . Lời giải: z có một acgumen bằng  3 nên 1 3  z | z |   i . 2  2 1 3  z  (1  i 3 ) (| z |  2)  i . 2  2 Do đó: - Khi |z| > 2, một acgumen của z  (1  i 3 ) là - Khi 0< |z| < 2, một acgumen của - Khi |z| = 2 thì z  (1  i 3 ) = VD 8: Tìm acgumen của z  (1  i 3 )  3 là  4   3 3 . 0 nên có acgumen không xác định.    z 2 sin  i cos  7 7  Lời giải:       5 5        z 2 sin  i cos  2 cos    i sin     2 cos  i sin  7 7 14 14    2 7    2 7    5    5   2cos   i sin    14     14   5  k 2  acgumen của z là 14 VD 9 (ĐH B – 2012) : Gọi z1 , z2 là 2 nghiệm của phức của phương trình: z 2  2 3iz  4 0 . Lời giải: z 2  2 3i.z  4 0  3i 2  4  4  3 1 z1  3i  1; z2  3i  1  1 3  2 2    z1  2  i   2 cos  i sin  2 2 3 3       1   z2  2  3 2 i  2 cos  i sin  3 3 2   VD 10: Tính tổng: Lời giải: Ta có : 0 2 4 6 2010 2012 S C2012  C2012  C2012  C2012  ...  C2012  C2012 0 1 2 3 2011 2011 2012 2012 (1  i ) 2012 C2012  C2012 i  C2012 i 2  C2012 i 3  ...  C2012 i  C2012 i 0 1 2 3 2011 2011 2012 2012 (1  i ) 2012 C2012  C2012 i  C2012 i 2  C2012 i 3  ...  C2012 i  C2012 i Suy ra 0 2 4 6 2010 2012 (1  i ) 2012  (1  i ) 2012 2(C2012  C2012  C2012  C2012  ...  C2012  C2012 2S Mặt khác (1  i ) 2012 Từ đó : (1  i ) 2012        2  cos  i sin   4 4           2  cos  i sin  4 4     S   21006 2012  21006 (cos 503  i sin 503 )  21006 2012 21006 [cos(  503 )  i sin(  503 )]  21006 16 Bài tập luyện tập : Bài 1: Tìm một acgumen của mỗi số phức sau: a) b)  1 i 3 c) 1  sin   i cos (0     ) 2 Bài 2 : Viết dạng lượng giác số    i cos 8 8    4 cos  i sin  6 6  6 2 6 2i  sin d) 1 3 z  i. 2 2   Suy ra căn bậc hai của số phức z. Bài 3: Viết dạng lượng giác của mỗi số phức sau: a) sin   i.2 sin 2  2 b) cos   i sin(1  sin  ) Bài 4: Tìm phần thực và phần ảo của mỗi số phức sau : a) (1  i )10 ( 3  i )9 b) z 2000  1 z 2000 biết rằng z 1 1 z 19 Bài 5: Dùng công thức khai triển nhị thức Niu- tơn (1 _ i) và công thức Moa–vrơ để tính : 16 18 A C190  C192  C194  ...  C19  C19 và 1 3 17 19 B C19  C19  C195  ...  C19  C19 VII. MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ CHỨNG MINH Lời giải các bài toán về chứng minh thường dựa trên các tính chất về môđun và liên hợp của số phức, chú ý rằng nếu các sô phức z1, z2 có các điểm biểu diễn tương ứng là A, B thì OA = |z1|; OB = |z2|; AB = |z1 – z2|. Từ đó suy ra : + |z1| + |z2|  |z1 – z2| + |z1| - |z2|  |z1 – z2| + |z1 + z2|  |z1| + |z2| 2 2 VD 1: Giả sử z1, z2 là các số phức khác không thỏa mãn: z1 – z1z2 + z2 = 0. Gọi A, B là các điểm biểu diễn tương ứng của z1, z2. Chứng minh rằng tam giác OAB đều. 3 3 2 2 Lời giải: Ta có z1  z2 ( z1  z2 )( z1  z1 z2  z2 ) 0 , suy ra : 3 3 3 3 z1 = - z2  |z1| = |z2|  |z1| = |z2|  OA = OB . Suy ra AB = OA = OB  tam giác OAB đều. VD 2 : Cho 3 số phức z1, z2, z3 đều có môđun bằng 1. Chứng minh rằng : |z1 + z2 + z3| = |z1z2 + z2z3 + z3z1| . Lời giải : Vì |z1z2z3| = 1 nên : 17 | z1 z2  z2 z3  z3 z1 | z1 z2  z2 z3  z3 z1 1 1 1     z1  z2  z3 z1 z2 z3 z1 z2 z3 | z1  z2  z3 | z1  z2  z3 | (ðpcm) VD 3: Cho số phức z 0 thỏa mãn z3  8 9 . z3 Chứng minh rằng z 2 3 . z Lời giải: Đặt a z 2 (a  0) . z 3 Ta có: 2 8 2   3  z    z  3  6 z   . z z z   Suy ra : 3 a3  z  2 8 2  z 3  3  6 z  9  6 a z z z 3 2 Do đó : a – 6a – 9  0  (a – 3)(a + 3a + 3)  0 2 Vì a + 3a + 3 > 0, nên az 2 3 z (đpcm) Bài tập luyện tập z z 1 2 Bài 1: Cho hai số phức z1, z2 đều có môđun bằng 1. Chứng minh rằng z 1  z z là 1 2 một số thực. Bài 2: Cho số phức z 0 thỏa mãn z3  1  2. Chứng z3 minh rằng z 2 2 z Bài 3 : Chứng minh rằng với mỗi số phức z, có ít nhất một trong hai bất đẳng thức sau xảy ra : z 1  1 2 hoặc z 2  1 1. C. KIỂM NGHIỆM Với mục tiêu đổi mới phương pháp trong giảng dạy đem lại hiệu quả cho người học. Phần bài tập về số phức có tính chất hệ thống các dạng bài tập cơ bản khái quát hóa cho học sinh từ đó gây hứng thú cho học sinh,học sinh biết vận dụng linh hoạt, biết phân tích khi giải bài tập. D. KẾT LUẬN Phần chương trình số phức ở lớp 12 là phần mới đối với học sinh. Bằng phương pháp trình bày sắp xếp có hệ thống các dạng bài tập cơ bản từ dễ đến nâng cao, các ví dụ thực tế từ các đề thi những năm gần đây đem lại hứng thú và trao dồi khả năng tư duy, so sánh để học sinh dễ dàng nhận ra sự lôgic trong kiến thức, mối liên hệ giữa các đơn vị kiến thức với nhau giúp học sinh có phương pháp và biết áp dụng rộng rãi các bài tập tương tự. 18 XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 06 tháng 5 năm 2013 Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết, không sao chép nội dung của người khác MỤC LỤC A. Đặt vấn đề ……………………………………………………………. Trang 1 B. Các khái niệm ………………………………...………………………. Trang 1 C. Phân loại một số dạng bài tập cơ bản..………………………………. Trang 1 I. Các phép toán trên số phức …………………………………………… Trang 1 II. Căn bậc hai của số phức ……………………………………………....Trang 4 III. Giải phương trình bậc hai trên tập số phức …………………………..Trang 5 IV. Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z ……………………………… Trang 8 V. Tìm số phức z có môđun lớn nhất, nhỏ nhất ………………………… Trang 9 VI. Dạng lượng giác của số phức và ứng dụng ……………………….… Trang 12 VII. Một số dạng bài tập về chứng minh …………………………………Trang 15 D. Kiểm nghiệm ………………………………………………………..... Trang 16 E. Kết luận ……………………………………………………………..... Trang 16 19 * Tài liệu tham khảo : - Sách giáo khoa lớp 12 cơ bản và nâng cao - Sách bài tập lớp 12 cơ bản và nâng cao - Phương pháp ôn luyện thi đại học cao đẳng môn toán chủ đề số phức – Nhà xuất bản đại học sư phạm (tác giả: Hoàng Văn Minh – Nguyễn Quốc Hùng) - Một số đề thi đại học và thi thử đại học các năm. 20
- Xem thêm -