Tài liệu Giảng dạy Toán 12 nâng cao
Giáo viên: Phan Công Trứ
§1. SỐ PHỨC
Số tiết : 3LT + 1BT
A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ :
1. Khái niệm số phức :
• Tập hợp số phức : ℂ
• Số phức (dạng ñại số) : z = a + bi (a, b ∈R, i ñơn vị ảo, i2 = −1) ; a là phần thực, b là phần
ảo của z.
• z là số thực ⇔ phần ảo của z bằng 0.
• z là số ảo ⇔ phần thực của z bằng 0.
• Hai số phức bằng nhau :
a = c
a + bi = c + di ⇔
(a, b, c, d∈R)
b
=
d
2. Biểu diễn hình học số phức :
Số phức z = a + bi ñược biểu diễn bởi ñiểm M(a ; b) hay bởi
vecto u = (a ; b) trong mp tọa ñộ Oxy (mặt phẳng phức).
3. Phép cộng và phép trừ số phức :
• (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 với0 : z + 0 = 0 + z = z vớimọi z∈ ℂ .
• z biểu diễn bởi u , z’ biểu diễn bởi vecto u ' thì : z ± z’ biểu diễn bởi u ± u ' .
4. Phép nhân số phức :
• (a + bi)(c + di) = (ac – bd) + (ad +
bc)i.
k là số thực, z biểu diễn bởi vecto u thì kz biểu diễn bởi k u .
• Tính chất :
o Giao hoán : zz’ = z’z với mọi z, z’∈ ℂ .
o Kết hợp : (zz’)z” = z(z’z”) với mọi z, z’, z” ∈ ℂ .
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
o z=z ;
z + z' = z + z'
;
zz ' = z.z '
o z là số thực ⇔ z = z ; z là số ảo ⇔ z = − z .
• Môñun của số phức z = a + bi là số thực không âm z = a 2 + b 2 = z.z = OM
o
z ≥ 0, ∀z ∈ ℂ ;
z =0⇔ z=0
o zz ' = z . z ' , z + z ' ≤ z + z ' với mọi z, z’∈ ℂ .
6. Phép chia cho số phức khác 0 :
Trường THPT Thanh Bình 2 – Thanh Bình – ðồng Tháp
85
Tài liệu Giảng dạy Toán 12 nâng cao
Giáo viên: Phan Công Trứ
• Số phức nghịch ñảo của z (z ≠ 0) là z −1 =
• Thương của z’ chia cho z (z ≠ 0) :
1
z
2
z
z'
z '.z z '.z
= z '.z −1 = 2 =
z
z.z
z
z'
z'
z'
z' z'
,
= w ⇔ z ' = wz ; =
=
z
z
z
z z
B. MỘT SỐ VÍ DỤ :
Ví dụ 1: a) Số phức z = 2 + 3i có phần thực bằng 2, phần ảo bằng 3.
b) Số phức z = −I có phần thực bằng 0, phần ảo bằng −1, ñó là số ảo.
Ví dụ 2: Cho số phức z = 1+ 3i và số phức z’ = 2 + i. Hãy:
a) Biểu diễn số phức z và z’ trên mp phức.
b) Biểu diễn số phức z + z’ và z’ – z trên mp phức.
Giải:
a) Vecto OM biểu diễn số phức z = 1 + 3i, vecto OM ' biểu
diễn số phức z’ = 2 + i
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
vecto OQ .
• Với z ≠ 0,
Ví dụ 3: Tính : (2 – i)(1 + 2i) = (2 + 2) + (4 – 1)i = 4 + 3i.
(2 + i)(2 – i) = (4 + 1) + (−2 + 2)i = 5.
(2 + i)(1 + 2i) = (2 – 2) + (4 + 1)i = 5i.
(bi)2 = b2.i2 = −b2 (b ∈R).
i3 = i2.i = −i, i4 = 1, i5 = i.
(1 + i)3 = 1 + 3i + 3i2 + i3 = −2 + 2i.
Ví dụ 4: Phân tích z2 + 4 thành nhân tử.
Giải:
z2 + 4 = z2 − 4i2 = (z – 2i)(z + 2i). Tông quát nếu a là số thực thì : z2 + a2 = (z + ai)(z – ai).
Ví dụ 5: Tính :
3 − i (3 − i)(1 − i ) 2 − 4i
=
=
= 1 − 2i
1 + i (1 + i )(1 − i ) 12 + 12
2 + 2i ( 2 + 2i )( 2 + 2i ) ( 2 + 2i ) 2 −2 + 4 2i −1 + 2 2i
=
=
=
=
2
2
6
3
2 − 2i ( 2 − 2i )( 2 + 2i )
2 +2
( )
Ví dụ 6: Tìm số phức z thỏa mãn : (1 + 2i)z = 3z – i.
Giải: Ta có : (1 + 2i)z = 3z – i ⇔ (−2 + 2i)z = −i
−i
i
i (2 + 2i )
−2 + 2i −1 1
⇔z=
=
=
=
=
+ i
−2 + 2i 2 − 2i (2 − 2i )(2 + 2i )
8
4 4
C. BÀI TẬP SÁCH GIÁO KHOA :
1. Tự làm.
2. Tự làm.
3. Xác ñịnh các số phức biểu diễn bởi các ñỉnh của một lục giác ñều có tâm là gốc tọa ñộ O trong
Trường THPT Thanh Bình 2 – Thanh Bình – ðồng Tháp
86
Tài liệu Giảng dạy Toán 12 nâng cao
Giáo viên: Phan Công Trứ
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.
π
π 3 1
Dễ thấy ñiểm E có tọa ñộ cos ;sin =
; nên E biểu diễn
6
6 2 2
3 1
+ i ; C ñối xứng với E qua Oy nên C biểu diễn số
2 2
3 1
3 1
phức −
+ i ; F biểu diễn số phức
− i ; B biểu diễn số
2 2
2 2
3 1
phức −
− i.
2 2
4. Thực hiện phép tính :
1
3
+
i
1
2 + 3i
2 + 3i
1
1
3
2
2
= 2
=
;
=
= +
i
2
1 3
2 − 3i 2 + 3
13
2 2
1
3
+
−
i
4
4
2 2
3 − 2i
3 − 4i (3 − 4i )(4 + i ) 16 − 13i
= (3 − 2i )(−i ) = −2 − 3i
;
=
=
i
4−i
16 + 1
17
1
3
1
5. Cho z = − +
i . Hãy tính : ; z ; z 2 ; ( z )3 ; 1 + z + z 2 .
2 2
z
Giải:
1
3
− −
i
1
3
1
1
z
z
1
3
2
2
;
z2 = − −
i= =z
=
= 2 =
=− −
i
1 3
2 2
z
z z.z z
2 2
+
4 4
3
2
( z ) = z.( z ) = 1
;
1 + z + z2 = 0.
6. Chứng minh rằng :
1
1
a) Phần thực của số phức z bằng ( z + z ) , phần ảo của số phức z bằng ( z − z ) .
2
2i
b) Số phức z là số ảo khi và chỉ khi z = − z .
z' z'
c) Với mọi số phức z, z’, ta có z + z ' = z + z ' , zz ' = z.z ' và nếu z ≠ 0 thì
= .
z z
Giải:
a) Gọi số phức z = a + bi (a là phần thực, b là phần ảo) ⇒ z = a – bi.
1
⇒ z + z = 2a ⇒ a = ( z + z )
2
1
z - z = 2bi ⇒ b = ( z − z )
2i
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 ' .
87
Trường THPT Thanh Bình 2 – Thanh Bình – ðồng Tháp
số phức
Tài liệu Giảng dạy Toán 12 nâng cao
Giáo viên: Phan Công Trứ
Tương tự cho các ñẳng thức còn lại.
7. Chứng minh rằng với mọi số nguyên m > 0, ta có :
i4m = 1 ; i4m+1 = i ; i4m+2 = −1 ; i4m+3 = −i.
Giải:
i4m = (i4)m = (−1)2m = 1m = 1
;
i4m+1 = i4m.i = i
;
i4m+2 = i4m+1.i = i.i = −1
i4m+3 = i4m+2.i = −i.
8. Chứng minh rằng :
a) Nếu vecto u của mp phức biểu diễn số phức z thì ñộ dài của vecto u là u = z , và từ ñó nếu các
ñiểm A1, A2 theo thứ tự biểu diễn các số phức z1, z2 thì A1 A2 = z2 − z1 .
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 ' .
Giải:
a) Ta có : z = a + bi ⇒ z = a 2 + b 2 , và u biểu diễn số phức z thì u nên ñộ dài vecto u là
a 2 + b 2 , do ñó u = z .
Nếu A1, A2 theo thứ tự biểu diễn z1, z2 thì vecto A1 A2 = OA2 − OA1 biểu diễn z2 – z1 nên
A1 A2 = z2 − z1 (ñpcm).
b) Ta cần chứng minh : z.z ' = z . z ' và với z ≠ 0 thì :
2
2
2
z'
z'
z '.z
1
1
= 2 = 2 z '.z = 2 z ' . z =
z
z
z
z
z
c) Gọi z = a + bi, z’ = c + di ⇒ z + z’ = (a + c) + (b + d)I
⇒ z + z ' = a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + 2(ac + bd ) ≤ a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + 2 (a 2 + b 2 )(c 2 + d 2 )
2
=
(
a 2 + b2 + c2 + d 2
)
2
= ( z + z')
2
⇒ z + z' ≤ z + z'
9. Xác ñịnh tập hợp các ñiểm trong mp phức biểu diễn các số phức z thỏa mãn từng ñiều kiện sau:
z −i
b)
=1
c) z = z − 3 + 4i
a) z – i = 1
z+i
Giải: Gọi z = a + bi
a) ⇒ z - i = a + bi - i = 1 ⇔ a + (b – 1)i = 1 ⇔ a2 + (b – 1)2 = 1, Vậy tập hợp các ñiểm
biểu diễn số phức z là ñường tròn có tâm I(0 ; 1) và bán kính bằng 1.
z −i
a + (b − 1)i
b)
=
= 1 ⇔ a + (b − 1)i = a + (b + 1)i ⇔ a 2 + (b − 1) 2 = a 2 + (b + 1) 2 ⇔ b = 0
z+i
a + (b + 1)i
Vậy z là số thực.
c) Ta có : z = z − 3 + 4i ⇔ a + bi = a – bi – 3 + 4i ⇔a + bi = (a – 3) + (4 – b)i
⇔ a2 + b2 = (a – 3)2 + (4 – b)2 ⇔ 6a + 8b – 25 = 0. Vậy tập hợp các ñiểm biểu diễn số phức z là
một ñường thẳng.
Trường THPT Thanh Bình 2 – Thanh Bình – ðồng Tháp
88
Tài liệu Giảng dạy Toán 12 nâng cao
Giáo viên: Phan Công Trứ
LUYỆN TẬP
10. Chứng minh rằng với mọi số phức z ≠ 1, ta có :
z10 − 1
2
9
1+z+z +...+z =
z −1
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
ñịnh) ?
z−z
z 2 − ( z)2
z 2 + ( z)2
;
;
z 3 + ( z )3
1 + z.z
Giải: Gọi z = a + bi ⇒ z = a – bi.
• z 2 + ( z ) 2 = ( z + z ) 2 − 2 z.z là số thực. Vì z + z là số thực và z. z là số thực.
• z - z là số ảo và z3 + ( z )3 = (z + z )[(z + z )2 – 3z. z ) là số thực nên
z−z
là số ảo.
z + ( z )3
3
z 2 − ( z )2
là số ảo.
1 + z. z
12. Xác ñịnh tập hợp các ñiểm trong mp phức biểu diễn các số phức z thỏa mãn từng ñiều kiện sau:
a) z2 là số thực âm
b) z2 là số ảo
1
c) z2 = ( z )2
d)
là số ảo.
z −i
Giải:
a) z2 là số thực âm ⇔ z là số ảo. Vậy tập hợp các ñiểm biểu diễn số phức z nằm trên trục ảo (Oy),
trừ ñiểm O
b) Gọi z = a + bi ⇒ z2 = a2 – b2 + 2abi là số ảo ⇔ a2 – b2 = 0 ⇔ b = ±a. Vậy tập hợp các ñiểm biểu
diễn số phức z nằm trên hai ñường phân giác của các gốc tọa ñộ.
c) z2 = ( z )2 ⇔ (z + z )(z − z ) = 0
z + z = 0 (truïc thöïc)
⇔
. Vậy tập hợp các ñiểm là các trục tọa ñộ.
z - z = 0 (truïc aûo)
1
d)
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
z −i
biểu diễn nằm trên trục Oy (trừ ñiểm có tung ñộ bằng 1).
13. Tìm nghiệm phức của các phương trình sau :
a) iz + 2 – i = 0
b) (2 + 3i)z = z – 1
c) (2 – i) z - 4 = 0
d) (iz – 1)(z + 3i)( z - 2 + 3i) = 0
e) z2 + 4 = 0.
Giải:
i−2
−1
1
3
a) z =
= 1 + 2i
b) z =
=− + i
i
1 + 3i
10 10
4
8 4
8 4
c) z =
= + i⇒z= − i
d) z = −i, z = −3i, z = 2 + 3i
2−i 5 5
5 5
e) z = ±2i.
• z2 – ( z )2 = (z + z )(z - z ) là số ảo và 1 + z. z là số thực nên
Trường THPT Thanh Bình 2 – Thanh Bình – ðồng Tháp
89
Tài liệu Giảng dạy Toán 12 nâng cao
Giáo viên: Phan Công Trứ
14. a) Cho số phức z = x + yi (x, y ∈R). Khi z ≠ 1, hãy tìm phần thực và phần ảo của số phức
b) Xác ñịnh tập hợp các ñiểm trong mp phức biểu diễn các số phức z thỏa mãn ñiều kiện
z+i
.
z −i
z+i
là số
z −i
thực dương.
Giải:
z + i x + ( y + 1)i [x + ( y + 1)i ].[x − ( y − 1)i]
x2 + y 2 − 1
2x
=
=
= 2
+ 2
i
a)
2
2
2
z − i x + ( y − 1)i
x + ( y − 1)
x + ( y − 1)
x + ( y − 1)2
Vậy phần thực là
x 2 + y2 − 1
2x
và
phần
ảo
là
x 2 + ( y − 1)2
x 2 + ( y − 1)2
x = 0
x = 0
z+i
2x
x 2 + y2 − 1
là số thực dương ⇔ 2
=
0
và
>
0
⇔
⇔
2
2
z −i
x + ( y − 1)2
x 2 + ( y − 1)2
x + y −1 > 0 y <−1 hoaëc y >1
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 z1,
z2, z3. 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 z1, z2, z3 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
= 0.
Giải:
1
a) Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Ta có : OG = (OA + OB + OC )
3
1
Suy ra , G biểu diễn số phức (z1 + z 2 + z 3 ) .
3
b) Ba ñiểm A, B , C (hay 3 vecto OA, OB, OC ) 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’.
OA' z'
OB' z.z'
A'B' z.z' - z'
Và :
=
= z' ,
=
= z' ,
=
= z'
OA 1
OB
AB
z
z -1
b)
Do ñó hai tam giác OAB, OA’B’ ñồng dạng với tỉ số ñồng dạng là z’.
Trường THPT Thanh Bình 2 – Thanh Bình – ðồng Tháp
90
Tài liệu Giảng dạy Toán 12 nâng cao
Giáo viên: Phan Công Trứ
§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)
x 2 − y 2 = a
⇔
.
2 xy = b
• Số 0 có ñúng một căn bậc hai là 0.
• 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 .
2. Phương trình bậc hai :
Az2 + Bz + C = 0 (A, B, C là số phức cho trước A ≠ 0)
• Tính ∆ = B2 – 4AC
−B ± δ
• ∆ ≠ 0 : phương trình có 2 nghiệm phân biệt
(δ là một căn bậc hai của ∆)
2A
−B
.
• ∆ = 0 : phương trình có nghiệm kép z1 = z2 =
2A
B. MỘT SỐ VÍ DỤ :
Ví dụ 1: Tìm các căn bậc hai của :
a) −1
b) −a2 (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
x = 2
2
2
x − y = −5
x = −2
⇔
⇔
2 xy = 12
6
y = x
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
2
2
2
x = ±
x − y = 0
2
⇔
⇔
2 xy = 1
y = 1
2x
2
(1 + i) .
2
Ví dụ 2: Giải các phương trình sau trên tập số phức :
a) z2 – z + 1 = 0
b) z2 + (−2 + i)z – 2i = 0
Giải:
Vậy có hai căn bậc hai của i là : ±
a) Ta có : ∆ = 1 – 4 = −3 là số thực âm nên một căn bậc hai của ∆ là :
Trường THPT Thanh Bình 2 – Thanh Bình – ðồng Tháp
3i .
91
Tài liệu Giảng dạy Toán 12 nâng cao
Giáo viên: Phan Công Trứ
1 + 3i
1 − 3i
và z2 =
2
2
b) Ta có : ∆ = (i – 2)2 – 4(−2i) = 3 – 4i + 8i = 3 + 4i = (2 + i)2 ( hay ta ñi tìm một căn bậc 2 của ∆).
2−i+2+i
2-i -2-i
= 2, z 2 =
Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt : z1 =
= -i .
2
2
C. BÀI TẬP SÁCH GIÁO KHOA :
17. Tìm các căn bậc hai của các số phức sau :
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt z1 =
−i ; 4i ; −4 ; 1 + 4 3 i
Giải:
Hai căn bậc hai của −i là : −
Hai căn bậc hai của 4i là :
1
2
+
1
2
i,
1
2
−
1
2
i.
2 + 2i, − 2 − 2i .
Hai căn bậc hai của 1 + 4 3 i là : 2 + 3i, − 2 − 3i .
18. Chứng minh rằng nếu z là một căn bậc hai của số phức w thì z =
w
Giải:
z là một căn bậc hai của số phức w ⇔ z2 = w ⇒ z2 = z2 = w ⇒ z =
19. Tìm nghiệm phức của các phương trình bậc hai sau :
a) z2 = z + 1
b) z2 + 2z + 5 = 0
Giải:
2
z =
w .
c) z2 + (1 – 3i)z – 2(1 + i) = 0
1
5
±
b) z = −1 ± 2i
c) z = 2i và z = −1 + i/
2 2
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 z2 + 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 ?
Giải:
−B ± δ
a) Từ công thức nghiệm của phương trình bậc hai
(δ 2 = B2 – 4AC) chứng tỏ z1 + z2 = −B/A
2A
và z1.z2 = C/A ⇒ công thức vẫn còn ñúng.
b) Hai số phức cần tìm là nghiệm phương trình : z2 – (4 – i)z + 5(1 – i) = 0. Giải ra ta ñược hai
nghiệm là : 3 + i và 1 – 2i.
c) Nếu phương trình z2 + Bz + C = 0 có 2 nghiệm z1, z2 là 2 số phức liên hợp thì z2 = z1 .
a) z =
Theo công thức Vi-ét, B = −(z1 + z2) = −(z1 + z1 ) là số thực và C = z1.z2 = z1. z1 là số thực.
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 : (z2 + i)(z2 – 2iz – 1) = 0
b) Tìm số phức B ñể phương trình bậc hai z2 + Bz + 3i = 0 có tổng bình phương hai nghiệm bằng 8.
Giải:
92
Trường THPT Thanh Bình 2 – Thanh Bình – ðồng Tháp
Tài liệu Giảng dạy Toán 12 nâng cao
Giáo viên: Phan Công Trứ
a) Phương trình ⇔ z2 + i = 0 hoặc z2 – 2iz – 1 = 0. Vậy phương trình ñã cho có 3 nghiệm z1 = i, z2 =
1
1
1
1
−
+
i, z 3 =
−
i
2
2
2
2
b) Ta có : B = −(z1 + z2), z1.z2 = 3i (z1, z2 là 2 nghiệm phương trình : z2 + 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 =
trong lập luận trên.
Giải:
a) Lập luận a) ñúng.
b) Lập luận b) sai. Vì
(−1)(−1) = 1 = 1 , từ ñó học sinh ñó suy ra −1 = 1. Hãy tìm ñiều sai
−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.
LUYỆN TẬP
1
23. Tìm nghiệm phức của phương trình sau : z + = k trong các trường hợp sau :
z
a) k = 1
Giải:
b) k =
2
c) k = 2i
1 ± 3i
2
b) z =
(1 ± i)
c) z = (1 ± 2)i .
2
2
24. Giải các phương trình sau trên ℂ và biểu diễn hình học tập hợp các nghiệm của mỗi phương
trình trong mp phức.
a) z3 + 1 = 0
b) z4 – 1 = 0
c) z4 + 4 = 0
d) 8z4 + 8z3 = z + 1
Giải:
a) k = 1 thì z =
1
3
1 3
+
i, z 3 = i (hình 1)
2 2
2 2
b) z4 – 1 = (z2 + 1)(z2 – 1) = 0 có nghiệm z1 = i, z2 = −i, z3 = 1, z4 = −1. (hình 2)
c) z4 + 4 = (z2 + 2i)(z2 – 2i) = 0 có nghiệm z1 = 1 – i, z2 = −1 + i, z3 = 1 + i, z4 = −1 – i.(hình 3)
d) 8z4 + 8z3 = z + 1 ⇔ (z + 1)(8z3 – 1) = 0 ⇔ (z + 1)(2z – 1)(4z2 + 2z + 1) = 0 có nghiệm z1 = −1,
a) z3 + 1 = 0 ⇔ (z + 1)(z2 – z + 1) = 0 có 3 nghiệm z1 = −1, z2 =
1
3
1 3
z2 = ½, z3 = − +
i, z 4 = - i .(hình 4)
4 4
4 4
Trường THPT Thanh Bình 2 – Thanh Bình – ðồng Tháp
93
Tài liệu Giảng dạy Toán 12 nâng cao
Giáo viên: Phan Công Trứ
25. a) Tìm các số thực b, c ñể phương trình (với ẩn z) : z2 + bz + c = 0 nhận z = 1 + i làm một
nghiệm.
b) Tìm các số thực a, b, c ñể phương trình (với ẩn z) : z3 + az2 + bz + c = 0 nhận z = 1 + i làm
nghiệm và cũng nhận z = 2 làm nghiệm.
Giải:
a) Theo H2 trang 195, với z = 1 + i là nghiệm thì: (1 + i)2 + b(1 + i) + c = 0 ⇔ b + c + (2 + b)i = 0
⇔ b + c = 0 và 2 + b = 0, suy ra : b = −2, c = 2
b) Với 1 + i là nghiệm ta ñược : (1 + i)3 + a(1 + i)2 + b(1 + i) + c = 0 ⇔ (b + c – 2) + (2 + 2a + b)i =
0 ⇔ b + c – 2 = 0 (1) và 2a + b + 2 = 0 (2).
Với 2 là nghiệm ta ñược : 8 + 4a + 2b + c = 0 (3). Từ (2) và (3) cho c = −4, (1) ⇒ b = 6
(2) ⇒ a = −4.
Vậy a = c = −4, b = 6.
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 − i) bằng 2 cách nói ở câu a).
2
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
2
x − y = cos2ϕ
2 xy = sin 2ϕ
Giải ra ta tìm ñược hai căn bậc hai là : ± (cosϕ + isinϕ).
b)
π
π
2
π
π
2
(1 − i) có hai căn bậc hai là
(1 − i) = cos − i sin = cos − + i sin − thì theo câu a),
2
2
4
4
4
4
π
π
π
π
1
± cos − + i sin − = ± cos − isin = ± 2 + 2 − i 2 − 2 (dùng ct hạ bậc)
8
8
2
8
8
2
2
2
x − y =
2
Còn theo cách trong bài học, ta cần giải hệ phương trình :
2
2
xy
=
−
2
2+ 2 − 2− 2 − 2+ 2
2 − 2
Giải ra ta ñược các nghiệm :
;
,
;
.
2
2
2
2
Trường THPT Thanh Bình 2 – Thanh Bình – ðồng Tháp
94
Tài liệu Giảng dạy Toán 12 nâng cao
Giáo viên: Phan Công Trứ
§3. DẠNG LƯỢNG GIÁC CỦA SỐ PHỨC VÀ ỨNG DỤNG
Số tiết : 1
A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ :
1. Dạng lượng giác của số phức :
a) Acgumen của số phức z ≠ 0:
Cho số phức z ≠ 0. Gọi M là ñiểm biểu diễn số z. Số ño (radian) của mỗi góc lượng giác tia
ñầu Ox, tia cuối OM ñược gọi là một acgumen của z. Nếu ϕ là một acgumen của z thì mọi acgumen
của z có dạng ϕ + k2π (k∈Z).
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 = a2 + b 2
a
⇔ cosϕ =
(ϕ là acgumen của z, ϕ = (Ox, OM).
r
b
sin ϕ = r
2. Nhân, chia số phức dưới dạng lượng giác :
Nếu z = r(cosϕ + isinϕ), z’ = r’(cosϕ’ + isinϕ’) thì:
z.z’ = rr’[cos(ϕ + ϕ’) + isin(ϕ +ϕ’)]
z r
= cos(ϕ − ϕ ') + isin(ϕ − ϕ ') .
z' r '
3. Công thức Moa-vrơ :
n
Với n là số nguyên, n ≥ 1 thì : r (cosϕ + i sin ϕ ) = r n (cos nϕ + isin nϕ )
Khi r = 1, ta ñược : (cosϕ + i sin ϕ )n = (cos nϕ + i sin nϕ )
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 :
ϕ
ϕ
r cos + i sin và
2
2
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
− r cos + i sin = r cos + π + i sin + π .
2
2
2
2
B. MỘT SỐ VÍ DỤ :
Ví dụ 1: Tìm acgumen của : một số thực dương tùy ý, số thực âm tùy ý, 3i, −2i và 1 + i.
Giải:
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 :
1+ i
z=
3 +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.
Trường THPT Thanh Bình 2 – Thanh Bình – ðồng Tháp
95
Tài liệu Giảng dạy Toán 12 nâng cao
Giáo viên: Phan Công Trứ
π
π
2 cos + i sin
4
4
π
π
3 + i là : 2 cos + i sin .
6
6
Do ñó dạng lượng giác của 1 + i là :
Tương tự, dạng lượng giác của
⇒
1+ i
=
2
2
3 +i
Ví dụ 3: Tính :
π π
π π
2
π
π
cos − + isin − =
cos + i sin .
2
12
12
4 6
4 6
a) (1 + i)5
Giải:
b) (1 +
3 i)9
5
π
π
5π
5π
2
2
a) (1 + i) = 2 cos + i sin = ( 2 )5 cos + i sin = 4 2 −
−i
= −4(1 + i) .
2
4
4
4
4
2
5
b) Ta tìm dạng lượng giác của 1 + 3i .
r = 1 + 3 = 2
1
Ta có : cosϕ =
suy ra r = 2 và ϕ = π/3
2
3
sin ϕ =
2
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)]
1
1
1
1
=
= (cosϕ + isin ϕ ) = [cosϕ + i sin ϕ ]
r
z r (cosϕ - isinϕ ) r
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)]
1
1
1
π
π 1
π
π
=
= (cos + i sin ) = [cos + i sin ]
3
3
2
3
3
z 2(cos π - isin π ) 2
3
3
kz = k. 2(cosπ/3 + isinπ/3) khi k > 0.
kz = − 2k[cos(4π/3) + isin(4π/3)] khi k < 0.
Trường THPT Thanh Bình 2 – Thanh Bình – ðồng Tháp
96
Tài liệu Giảng dạy Toán 12 nâng cao
Giáo viên: Phan Công Trứ
28. Viết các số phức sau dưới dạng lượng giác:
a) 1 − i 3 ; 1 + i ; (1 − i 3)(1 + i) ;
1− i 3
1+ i
b) 2i( 3 − i)
1
2 + 2i
Giải:
d) z = sinϕ + icosϕ (ϕ∈R).
c)
π
π
π
π
a) 1 − i 3 = 2 cos − isin = 2 cos − + i sin −
3
3
3
3
π
π
−π
−π
1 + i = 2 cos + i sin ; (1 − i 3)(1 + i) = 2 2 cos
+ i sin
4
4
12
12
(1 − i 3
−7 π
−7π
= 2 cos
+ i sin
1+ i
12
12
b) 2i( 3 − i) = 2( 1 + i 3 ) = 4(cosπ/3 + isin π/3). (hoặc làm như câu a))
1
2
−π
−π
=
+ i sin
cos
4
4
4
π
π
2 2 cos + i sin
4
4
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 :
16
18
C190 − C192 + C194 − ..... + C19
− C19
Giải:
16 16
18 18
1
19 19
Ta có : (1 + i)19 = (C190 + C192 i 2 + C194 i 4 + ..... + C19
i + C19
i ) + (C19
i + C193 i3 + .... + C19
i )
c)
1
=
2 + 2i
16
18
1
17
19
= C190 − C192 + C194 − ..... + C19
− C19
+ (C19
− C193 + C195 − ..... + C19
− C19
).i
16
18
⇒ phần thực là C190 − C192 + C194 − ..... + C19
− C19
19
π
π
19 π
19 π
Theo Moa-vro, ta có : (1 + i) = 2 cos + i sin = ( 2 )19 cos
+ i sin
4
4
4
4
2
2
= ( 2 )19 −
+i
= −29 + 29 .i
2
2
16
18
⇒ phần thực là : −29. Vậy : C190 − C192 + C194 − ..... + C19
− C19
= −29 = −512.
19
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 ;
z’ = (3 − 3) + (1 + 3 3)i .
a) Tính z’/z
b) Chứng minh rằng hiệu số acgumen của z’ với acgumen của z là một số ño của góc lượng giác
(OM, OM’). Tính số ño ñó.
Giải:
a) z’/z = 1 + 3i
Trường THPT Thanh Bình 2 – Thanh Bình – ðồng Tháp
97
Tài liệu Giảng dạy Toán 12 nâng cao
Giáo viên: Phan Công Trứ
b) Ta có : sñ(OM, OM’) = sñ(Ox,OM’) – sñ(Ox, OM) = ϕ’ - ϕ = acgumen
z'
(sai khác k2π), trong
z
ñó ϕ và ϕ’ theo thứ tự là acgumen của z và z’. Theo a) z’/z = 1 + 3i có
π
acgumen là + k 2π (k∈Z) nên góc lượng giác (OM, OM’) có số ño là
3
π
+ k 2π .
3
2
1
(1 + i) và ε = (−1 + i 3) .
2
2
π
π
a) Chứng minh rằng zo = cos + i sin , z1 = zo.ε, z2 = zo.ε2 là các nghiệm của phương trình:
12
12
3
z – w = 0.
b) Biểu diễn hình học các số phức zo , z1 , z2.
Giải:
a) Ta có : w = cosπ/4 + isinπ/4, ε = cos2π/3 + isin2π/3 và phương trình z3 – w = 0 ⇔ z3 = w (*)
ta cần thế các nghiệm ñó vào (*).
31. Cho các số phức w =
3
π
π
π
π
= cos + isin = cos + i sin = w
12
12
4
4
3
3
3 3
z1 = (zo. ε) = zo . ε = w.1 = w
z23 = (zo.ε2)3 = zo3. ε6 = w
b) Hình bên
zo3
LUYỆN TẬP
32. Sử dụng công thức Moa-vro ñể tính sin4ϕ và cos4ϕ theo các lũy thừa của sinϕ và cosϕ.
Giải:
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 :
( 3 − 1)6
;
1
1+ i
2004
;
5 + 3i 3
1 − 2i 3
21
Giải:
6
π
π
( 3 − 1)6 = 2 cos − + i sin − = 26 [cos(−π) + i sin( −π)] = −26 .
6
6
1
1+ i
2004
1+ i
=
2
2004
1
=
2
2004
200π
200 π
1
1
+ i sin
cos
= 1002 (cosπ + i sin π) = − 1002
4
4 2
2
Trường THPT Thanh Bình 2 – Thanh Bình – ðồng Tháp
98
Tài liệu Giảng dạy Toán 12 nâng cao
Giáo viên: Phan Công Trứ
21
5 + 3i 3
42 π
42 π
21
+ i sin
= (−1 + i 3)21 = 2 21 cos
=2
1 − 2i 3
3
3
1
34. Cho số phức w = − (1 + i 3) . Tìm các số nguyên dương n ñể wn là số thực. Hỏi có chăng một
2
số nguyên dương m ñể wm là số ảo ?
Giải:
1
4π
4π
4 nπ
4 nπ
+ i sin
⇒ wn = cos
+ i sin
(n guyên dương). Số này là
Ta có : w = − (1 + i 3) = cos
2
3
3
3
3
4nπ
số thực khi và chỉ khi sin
= 0 ⇔ 4n/3 phải là số nguyên, tức là n phải là một bội nguyên dương
3
của 3.
4 mπ
Số wm (m nguyên dương) là số ảo khi và chỉ khi cos
= 0 , tức là khi và chỉ khi có số nguyên k
3
4m 1
= + k ⇔ 8m – 6k = 3, ta thấy VT chia hết cho 2, VP không chia hết cho 2. Vậy không có
ñể
3
2
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 :
a) z = 3 và một acgumen của iz là 5π/4.
z
b) z = 1/3 và một acgumen của
là −3π/4.
1+ i
Giải:
iz 5π π 3π
a) Ta có z = 3, một acgumen của iz là 5π/4 ⇒ acgumen(z) = acgumen =
− =
i
4 2 4
3π
3π
Vậy z = 3 cos + i sin . và dạng lượng giác của các căn bậc hai của z là :
4
4
3π
3π
3π
3π
11π
11π
3 cos + isin và − 3 cos + i sin = 3 cos
+ i sin
8
8
8
8
8
8
b) Gọi ϕ là một acgumen của z ⇒ −ϕ là một acgumen của z . Và do acgumen của 1 + i là π/4 nên
z
π
3π
π
acgumen của
là −ϕ − π/4 , theo gt ta ñược : −ϕ − = − + κ2π ⇔ ϕ = + l2π (k,l∈Z).
1+ i
4
4
2
1
π
π
Suy ra z = cos + isin . Từ ñó dạng lượng giác của các căn bậc hai của z là :
3
2
2
3
π
π
3
5π
5π
cos + i sin và
cos + i sin .
3
4
4
3
4
4
36. Viết dạng lượng giác của các số phức sau :
π
5π
a) 1 − i tan
b) tan
+i
5
8
Giải:
c) 1 - cosϕ - isinϕ (ϕ∈R, ϕ ≠ k2π, k∈Z).
Trường THPT Thanh Bình 2 – Thanh Bình – ðồng Tháp
99
Tài liệu Giảng dạy Toán 12 nâng cao
Giáo viên: Phan Công Trứ
π
π
π
1 π
c
os
−
i
sin
=
c
os
−
+
i
sin
−
π
π 5
5
5
5
cos
cos
5
5
5π
1 5π
5π
−1
5π
5π
1
7π
7π
b) tan
+i =
+ i cos =
− sin
− i cos =
cos
+ i sin
sin
5π
5π
3π
8
8
8
8
8
8
8
cos
cos
cos
8
8
8
(vì cos5π/8 < 0)
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ ϕ
ϕ
c) 1 - cosϕ - isinϕ = 2 sin 2 − 2i sin cos = 2 sin sin − i cos .
2
2
2
2
2
2
a) 1 − i tan
π
=
5
1
ϕ π
ϕ π
ϕ
Khi sinϕ/2 > 0 thì 1 - cosϕ - isinϕ = 2 sin cos − + i sin −
2
2 2
2 2
ϕ π
ϕ π
ϕ
Khi sinϕ/2 < 0 thì 1 - cosϕ - isinϕ = − 2 sin cos + + i sin +
2
2 2
2 2
Khi sinϕ/2 = 0 thì 1 - cosϕ - isinϕ = 0 = 0(cosα + isinα) (α ∈R, tùy ý).
ÔN TẬP CHƯƠNG IV
37. Tìm phần thực và phần ảo của mỗi số phức sau :
3 + 2i 1 − i
a) (2 – 3i)2
b)
+
c) (x + iy)2 – 2(x + iy) + 5 (x, y∈R). Với x, y
1 − i 3 − 2i
nào thì số phức ñó là số thực ?
Giải:
a) phần thực −46, phần ảo −9
b) phần thực 23/26, phần ảo 63/26
2
2
c) phần thực x – y – 2x + 5, phần ảo 2y(x – 1). Số phức ñó là số thực khi và chỉ khi phần ảo bằng
0 ⇔ y = 0 hoặc x = 1.
z+w
38. Chứng minh rằng nếu z = w = 1 thì số :
là số thực (giả sử 1 + zw ≠ 0).
1+zw
Giải:
1 1
+
z+ w z+ w
1
1
z
w = z+ w ⇒ ñpcm
=
z = w = 1 thì z = , w = nên :
=
z
w
1+zw 1+zw 1+ 1.1 1+zw
z w
39. Giải các phương trình sau trên ℂ :
2
2
a) (z + 3 – i) – 6(z + 3 – i) + 13 = 0
iz + 3
iz + 3
b)
-3 = 0
-3
z -2 i
z -2 i
c) (z2 + 1)2 + (z + 3)2 = 0
Giải:
a) ðặt w = z + 3 – i. Nghiệm phương trình là z = 3i và z = −i.
iz+3
−1 + 5i
4 + 35i
b) ðặt w =
. Nghiệm phương trình là z =
và z =
z-2i
2
17
Trường THPT Thanh Bình 2 – Thanh Bình – ðồng Tháp
100
Tài liệu Giảng dạy Toán 12 nâng cao
Giáo viên: Phan Công Trứ
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.
z
40. Xét các số phức : z1 = 6 − i 2 , z2 = -2-2i , z3 = 1
z2
a) Viết z1 , z2 , z3 dưới dạng lượng giác.
7π
7π
và sin
b) Từ câu a), hãy tính cos
12
12
Giải:
π
3π
π
3π
a) z1 = 2 2 cos − + i sin −
; z2 = 2 2 cos − + i sin −
6
4
6
4
z3 = z1/z2 = cos
b)
7π
7π
+ i sin
12
12
z1
6 − i 2 ( 6 − i 2)( −2 + 2i) − 6 + 2
6+ 2
=
=
=
+
i
z2
−2 − 2i
8
4
4
Từ ñó theo a) ta ñược : cos
7π − 6 + 2
7π
6+ 2
=
và sin
=
.
12
4
12
4
41. Cho z = ( 6 + 2) + i( 6 − 2 )
a) Viết z2 dưới dạng ñại số và dưới dạng lượng giác.
b) Từ câu a), hãy suy ra dạng lượng giác của z.
Giải:
π
π
a) z2 = 8 3 + 8i = 16 cos + i sin
6
6
π
π
b) Vì phần thực và phần ảo của z ñều dương nên z = 4 cos + i sin
12
12
42. a) Bằng cách biểu diễn hình học các số phức 2 + i và 3 + i, hãy chứng minh rằng tana = ½,
tanb = 1/3 với a, b∈(0 ; π/2) thì a + b = π/4.
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.
Trường THPT Thanh Bình 2 – Thanh Bình – ðồng Tháp
101
Tài liệu Giảng dạy Toán 12 nâng cao
Giáo viên: Phan Công Trứ
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) = ex – x – 1 ñồng biến trên nửa khoảng [0 ; +∞).
b) Từ ñó, suy ra ex > 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) = 2x3 – 3x2 – 12x – 10.
b) Chứng minh rằng phương trình 2x3 – 3x2 – 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.
Giải:
a) Ta có : f’(x) = 6(x2 – x – 2). Ta có BBT:
x
−∞
−1
2
+∞
f’(x)
+
0
−
0
+
f(x)
−3
+∞
−∞
−30
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).
Giải:
1
( x − xo ) + ln xo
Gọi xo là hoành ñộ tiếp ñiểm ⇒ yo = lnxo. Phương trình tiếp tuyến là (D) : y =
xo
ðể (C) nằm ở phía dưới (D) thì
1
( x − xo ) + ln xo − lnx ≥ 0, ∀x∈(0 ; +∞)
xo
x
x
− 1 − ln ≥ 0
xo
xo
Ta xét hàm số g(t) = t – lnt (t > 0).
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 ?
Giải:
Nếu sử dụng n máy in (n nguyên, 1 ≤ n ≤ 8) thì tổng chi phí (= chi phí vận hành + chi phí cho n máy
chạy) ñể in 50.000 tờ quảng cáo là :
50000
f(n) =
(6 n + 10)10 + 50 n (nghìn ñồng)
3600n
Lãi nhiều nhất nếu chi phí ít nhất.Do ñó cần tìm GTNN của f(n) trên [1 ; 8], ∀n∈R*.
Kết quả n = 5.
⇔
Trường THPT Thanh Bình 2 – Thanh Bình – ðồng Tháp
102
Tài liệu Giảng dạy Toán 12 nâng cao
Giáo viên: Phan Công Trứ
5. Tìm GTLN và GTNN của hàm số f(x) =
1
−x + x + 6
2
trên ñoạn [0 ; 1].
Giải:
GTLN là :
1
6
, GTNN là : 2/5.
4x
6. a) Cho P(x) = x
và hai số a, b thỏa mãn a + b = 1. Hãy tính P(a) + P(b).
4 +2
1
log 2 − log
5
1 6 2 6
b) Hãy so sánh A = 3 18 và B =
6
Giải:
4a
4b
2.4 a+ b + 2(4 a + 4 b ) 8 + 2(4 a + 4 b )
a) P(a) + P(b) = a
+
=
=
= 1 (với a + b = 1)
4 + 2 4 b + 2 4 a+ b + 2(4 a + 4 b ) + 4 8 + 2(4 a + 4 b )
1
log 6 2 − log
2
5
5
6
log 6
1
5
( log6 5− log6 2 )
2
=6
=6
= = 2,5 < 3 18 ⇒ A > B
b) Ta có : B =
2
6
7. a) Chứng minh rằng nếu a và b là 2 số dương thỏa mãn a2 + b2 = 7ab thì
a+b 1
log 7
= (log 7 a + log 7 b) .
3
2
3
b) Biết a và b là 2 số dương, a ≠ 1 sao cho logab =
3 . Hãy tính log a
b
a
b3
.
Giải:
a) log 7
a+b 1
= (log 7 a + log 7 b) ⇔
3
2
2
a+b
9 ab
log 7
= (log 7 a + log 7 b) ⇔ log 7
= (log 7 a + log 7 b) (ñpcm)
3
9
3
13 −3
a
log a a .b 2 1 − 3 3
log a
3
3
a
2(2 − 9 3) 31 − 20 3
b
b) log a b
=
=
=3 2
=
=
1
3
3
6(2
+
3)
b3 log a a b
1 + log a b
1+
2
2
8. a) Tìm ñạo hàm của các hàm số y = cosx.e2tanx và y = log2(sinx).
b) Chứng minh rằng hàm số y = e4x + 2e−x thỏa mãn hệ thức : y(3) – 13y’ – 12y = 0.
Giải:
2
a) y’ = e2 tan x
− s inx và y’ = cotx/ln2
cos x
b) Tự giải.
9. a) Vẽ ñồ thị của các hàm số y = 2x, y = ( 2 ) x và y = ( 3) x trên cùng một mp tọa ñộ. Hãy nêu
nhận xét về vị trí tương ñối của 3 ñồ thị ñó.
b) Vẽ ñồ thị hàm số y = log3x. Từ ñó hãy suy ra ñồ thị của hàm số y = 2 + log3x và ñồ thị của hàm
số y = log3(x + 2).
Trường THPT Thanh Bình 2 – Thanh Bình – ðồng Tháp
103
Tài liệu Giảng dạy Toán 12 nâng cao
Giáo viên: Phan Công Trứ
Giải:
Tự giải
10. Giải các phương trình và hệ phương trình sau :
a) 81sin
2
x
b) log 2 log 1 2 x − 3log 1 x + 5 = 2
2
2
2 x .8− y = 2 2
d)
1 1 1
log9 + = log3 (9 y )
x 2 2
2
+ 81cos x = 30
c) 4 log x +1 − 6 log x − 2.3log x
2
+2
=0
Giải:
π
π
+ k π và y = ± + k π
6
3
−2
c) x = 10
11. Tìm tập xác ñịnh của các hàm số sau :
a) x = ±
a) y =log [1 – log(x2 – 5x + 16)]
b) x = 1/16 và x = 2
d) x = 2 và y = 1/16
b) y =
log 0,5 (− x 2 + x + 6) +
1
x + 2x
2
Giải:
a) 0 < x2 – 5x + 16 và log(x2 – 5x + 16) < 1. KQ : D = (2 ; 3)
1 − 21 1 + 21
b) D = −2;
;3
∪
2
2
12. Tìm nguyên hàm của mỗi hàm số sau :
a) y = x3(1 + x4)3
Giải:
(1 + x 4 )4
a)
+C
16
b) y = cosx.sin2x
c) y =
x
cos2 x
−3cos x − cos3 x
+C
c) ln cos x + x tan x + C (từng phần)
6
π
13. Tìm hàm số f, biết rằng f’(x) = 8sin 2 x + và f(0) = 8.
12
Giải:
π
π
f(x) là nguyên hàm của hàm số 8sin 2 x + thỏa f(0) = 8 ⇒ f(x) = 4 x − 2sin 2 x + + 9
12
6
14. Tính các tích phân sau :
1
1 dx
1
dx
a) ∫ 2
b) ∫ 2
c) ∫ x 2 .e x dx
0
0
0
x +1
x + x +1
Giải:
1
1
dx
4 dx
π
a) π/4
b) ∫ 2
=∫
=
c) e – 2.
2
0
0
x + x +1
(2 x + 1) + 3 3 3
15. Tinh diện tích hình phẳng giới hạn bởi các ñường :
a) y + x2 = 0 và y + 3x2 = 2
b) y2 – 4x = 4 và 4x – y = 16.
Giải:
a) 8/3
b) 243/8
b)
Trường THPT Thanh Bình 2 – Thanh Bình – ðồng Tháp
104
- Xem thêm -