Bài giảng 2: Phương trình nghiệm phức (phần 3)

Chia sẻ: Le Van Nhan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

101
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Phương pháp phân tích thành nhân tử; phương pháp đặt ẩn phụ là những nội dung chính mà "Bài giảng 2: Phương trình nghiệm phức (phần 3)" hướng đến trình bày. Hy vọng tài liệu là nguồn thông tin hữu ích cho quá trình học tập và nghiên cứu của các bạn.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Bài giảng 2: Phương trình nghiệm phức (phần 3)

BÀI GIẢNG 2: PHƢƠNG TRÌNH NGHIỆM PHỨC (phần 3) Đối với dạng này ta thường gặp phương trình bậc 3 hoặc bậc 4 dạng đặc biệt có thể quy về phương trình bậc hai. Đối với phương trình bậc 3 (hoặc cao hơn), về nguyên tắc ta cố gắng phân tích vế trái thành nhân tử để đưa về phương trình tích từ đó đưa được về tích của các phương trình bậc nhất và bậc hai. 1. Phƣơng pháp phân tích thành nhân tử. Phương pháp phân tích: tương tự như đối với số thực ta có một số phân tích nhân tử sau: A3 B3 A B A2 AB B2 A3 B3 A B A2 AB B2 A4 1 A2 2 A 1 A2 2A 1 4 A4 1 2 A2 2 A 1 2 A2 2A 1 . Đối với phương trình bậc ba hoặc bậc bốn f z 0 đề bài cho biết có một nghiệm thực hoặc một nghiệm ảo. Ta dùng phương pháp sau đề tìm ra nghiệm đó: B1. Giả sử phương trình có nghiệm thực z a ta có f a 0. A 0 B2. Biến đổi hệ thức f a 0 về dạng A Bi 0 từ đó tìm ra a. B 0 B3. Viết lại phương trình f  z   0   z  a   Mz 2  Nz  P   0. Nếu phương trình có nghiệm thuần ảo thì cách làm tương tự. Ví dụ 1. Giải phương trình z 3   3  i  z 2   2  i  z  16  2i  0 biết rằng phương trình có 1 nghiệm thực. Giải Gọi nghiệm thực là z0 ta có: z03   3  i  z02   2  i  z0  16  2i  0  z03  3z02  2 z0  16  0   2  z0  2  zo  z0  2  0   Khi đó phương trình đã cho tương đương với  z  2  z 2   5  i  z  8  i  0. 
Giải phương trình trên tìm được các nghiệm của phương trình là z = -2; z= 2+ i; z= 3- 2i. Ví dụ 2. Giải phương trình z3  2 1  i  z 2  4 1  i  z  8i  0 (1); biết phương trình có nghiệm thuần ảo. Giải Giả sử z  bi, b  R, b  0 là một nghiệm thuần ảo của phương trình trên. Thay vào phương trình ta có:  bi   2 1  i  bi   4 1  i  bi  8i  0 3 2  2b 2  4b   b 3  2b 2  4b  8  i  0 2b  4b  0 2  3 b  2b  4b  8  0 2 b2 Vậy b  2i là nghiệm của phương trình (1) nên ta có: 1   z  2i   z 2  2z  4   0  z  2i  2  z  2z  4  0  z  2i   z  1  3i Vậy phương trình đã cho có nghiệm là z  2i; z  1  3i . Ví dụ 3. Giải phương trình z 4  z 3  6 z 2  6 z 16  0. Giải Nhận biết được phương trình có 2 nghiệm là z  1 và z  2. Vậy phương trình đã cho tương đương với:  z  2  z  1  z 2  8  0 z  2    z  1  z  2 2i.  Vậy phương trình trên có nghiệm là z  2; z  1; z  2 2. Ví dụ 4. Giải phương trình x4  10 x2  169  0 . Giải Phương trình đã cho tương đương với x  5   144  0 2 2 ⇔ x 2  5  12i  x 2  5  12i   0
⇔  x 2   3i  2    x 2   3i  2    0 2 2     x1  2  3i; x2  2  3i ⇔  x3  2  3i; x4  2  3i Vậy nghiệm của phương trình trên là x1  2  3i; x2  2  3i; x3  2  3i; x4  2  3i . Bài tập đề nghị Bài 1: Cho phương trình sau: z3 + (2 – 2i)z2 + (5 – 4i)z – 10i = 0 (1) 1) Chứng minh rằng (1) nhận một nghiệm thuần ảo. 2) Giải phương trình (1). ĐS: 1) (1) có nghiệm thuần ảo z = 2i . 2) z  2i; z  1  2i; z  1  2i. Bài 2. Giải phương trình: z3 = 18 + 26i, trong đó z = x + yi ; x, y  ĐS: z = 3 + i. Bài 3. 1) Tìm các số thực a, b để có phân tích: z3 + 3z2 + 3z – 63 = (z – 3)(z2 +az + b) 2) Giải phương trình: z3 + 3z2 + 3z – 63 =0. ĐS: 1) a  6; b  21 ; 2) z  3; z  3  2 3i; z  3  2 3i. Bài 4. Giải phương trình: z4 – 4z3 +7z2 – 16z + 12 = 0 (1) ĐS: z  1; z  3; z  2i; z  2i. Bài 5. Giải phương trình: z5 + z4 + z3 + z2 + z + 1 = 0. 1 3 1 3 ĐS: z  1, z   i, z    i. 2 2 2 2 Bài 6. Giải phương trình z 3  (1  2i) z 2  (1  i) z  2i  0 , biết rằng phương trình có một nghiệm thuần ảo. HD: Giả sử nghiệm thuần ảo là z  yi . Thay vào phương trình  y  1. 2. Phƣơng pháp đặt ẩn phụ. Dạng 1: Phương trình trùng phương az 4  bz 2  c  0 . Phương pháp giải: Đặt t  z 2 khi đó ta chuyển về phương trình bậc 2 ẩn t là at 2  bt  c  0
2 k d Dạng 2: Phương trình hồi quy ax4 bx3 cx2 dx k 0 với m a b Phương pháp giải: TH1: Xét x  0 không phải là nghiệm của phương trình trên nếu k  0 . TH2: Xét x  0 chia cả hai vế của phương trình cho x 2 , ta được:  2 k   d  ax  2    bx    c  0  x   x  2 m2   m  a x  2   b x    c  0  x   x m Đặt t  x  phương trình đã cho chuyển thành phương trình bậc 2 có dạng sau: x a  t 2 2   bt  c  0  Dạng 3: Phương trình dạng  x  a   x  b4  c 4  ab Phương pháp chung: Đặt t  x  . Phương trình đã cho trở thành: 2  a b   a b  4 4 t    t   c  2   2  a b Đặt   ta được phương trình: 2 t     t    c 4 4  2t 4  12 2t 2  2 4  c  0 Dạng 4: Phương trình dạng  x  a  x  b  x  c  x  d   m trong đó các hệ số a; b; c; d thỏa mãn . Phương pháp giải: Viết lại phương trình dưới dạng:  x2   a  b  x  ab   x 2   c  d  x  cd   m Đặt t  x  x với   a  b  c  d ta được phương trình bậc hai: 2  t  ab  t  cd   m Ví dụ 1. Giải phương trình 3z 4  2 z 2  1  0 Giải Đặt t  z 2 khi đó phương trình đã cho trở thành 3t 2  2t  1  0 *
t  1  x  i Ta thấy a  b  c  0 nên phương trình (*) có hai nghiệm là  3 ⇔  t  x   3  2  2 3 Vậy phương trình trên có 4 nghiệm là x  i; x   . 2 Ví dụ 2. Giải phương trình z 4  2 z 3  5z 2  4 z  12  0 Giải Ta viết lại phương trình dưới dạng z  z   4  z 2  z   12  0 2 2 Đặt t  z 2  z , khi đó phương trình đã cho có dạng  1  23i z  2 t  6  z  z  6  0  2 t  4t  12  0 ⇔  2 ⇔ 2 ⇔ z  1 t  2  z  z  2  0  z  2   Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm. z2 Ví dụ 3. Giải phương trình z 4 z 3 z 1 0 (1) 2 Giải Vì z = 0 không phải là nghiệm của phương trình (1) nên ta có: 1 1 1 2  z2 z 0 2 z z2 2 1 1 5  z z 0 z z 2 1 Đặt y z . Ta có phương trình: z 5 y2 y 0 (2) 2 1 3i Phương trình (2) có nghiệm là y . 2 z 1 i 1 3i 1 1 3i  Với y z  2z 2 1 3i z 2 0 1 1 2 z 2 z i 2 2
z 1 i 1 3i 1 1 3i  Với y z  2z 2 13i z 2 0 1 1 2 z 2 z i 2 2 1 1 Vậy nghiệm của phương trình là z 1 i; z i. 2 2 Bài tập đề nghị Bài 1. Giải phương trình: (z2 + z)2 + 4(z2 + z) –12 = 0 1  23i 1  23i Đáp số: z  ;z  ; z  1; z  2. 2 2 Bài 2. Giải phương trình: (z2 + 3z + 6)2 + 2z(z2 + 3z + 6) – 3z2 = 0 Đáp số: z  1  5i; z  1  5i; z  3  3; z  3  3. Bài 3. Giải phương trình: z4 – 2z3 – z2 – 2z + 1 = 0 1  i 3 3 5 Đáp số: z = ; z= . 2 2 z2 Bài 4. Giải phương trình: z4 – z3 + +z+1=0. 2 1 1 1 1 Đáp số: z1 = 1+ i ; z2 =  + i ; z3 = 1– i ; z4 =  – i. 2 2 2 2