zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

Chuyên đề luyện thi ĐH phần số phức

Chia sẻ: Nhan Tai | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Báo xấu

1.373
lượt xem 208
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'chuyên đề luyện thi đh phần số phức', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Chuyên đề luyện thi ĐH phần số phức

Chuyên đề số phức ồ Văn Hoàng Chủ đề 1: DẠNG ĐẠI SỐ CỦA SỐ PHỨC Vd 4: Tính (1 i ) 100 A/ Kiến thức cơ bản: Ta có (1− i) 100 = ((1 i )2 )50 ( 2i )50 ( 2)50 ( i )50 250 1) Các định nghĩa: 2 * Cho a và b là hai số thực và i là đơn vị ảo ( i = -1), khi Ví dụ 5: đó: z = a + bi được gọi là một số phức. 1 1 3i Cmr: z 2 z 1 0; z z2 ; z3 1. Với z a: được gọi là phần thực ; b: được gọi là phần ảo z 2 2 Tập các số phức được kí hiệu là 1 3 Do z 2 i. Số phức có phần ảo bằng 0 gọi là số thực nên R . 2 2 1 3 1 3 Số phức có phần thực bằng 0 gọi là số ảo. Nên z 2 z 1 ( i) ( i) 1 0 ; 0 = 0 + 0i là số vừa thực vừa ảo. 2 2 2 2 * z = a - bi là số phức liên hợp của z = a + bi và ngược lại 1 3 i 1 1 2 2 1 3 * Mô đun của số phức z = a + bi là | z | = a2 b2 Lại có i. z 1 3 1 2 2 zz' = z z' , zz=a 2 +b 2 2 z ,z+z'=z+z', zz'=z z', z= z i 2 2 z là số thực khi và chỉ khi z = z 1 3 2 Suy ra z 2 . Hơn nữa ta có z = z .z = 1. z 2) Các phép toán và tính chất cơ bản: z a c Ví dụ 6: Tìm số phức z, nếu z 2 z 0 . (a + bi) = (c + di) b d Đặt z = x + yi, khi đó z 2 z 0 (x yi )2 x2 y2 0 (a + bi) + (c + di) = (a + c) + (b + d)i (a + bi) - (c + di) = (a - c) + (b - d)i x2 y2 x2 y2 0 x2 y2 x2 y2 2xyi 0 (a + bi).(c + di) = nhân bình thường như nhân đa thức 2 xy 0 a bi (a bi )(c di ) x 0 (nhân tử, mẫu cho số phức liên hợp ở mẫu) x 0 x 0 c di (c di )(c di ) y 0 x 0, y 0 y2 y 0 y (1 y) 0 x 0, y 1 3) Biểu diễn hình học của số phức y 1 Số phức z = a + bi (a, b ) được biểu diễn bởi M(a; b) y 0 y 0 x 0, y 1 x 0 (do x 1 0) trong mặt phẳng toạ độ Oxy hay còn gọi là mặt phẳng x2 x 0 x (1 x) 0 y 0, x 0 y 0 phức. Trục Ox biểu diễn các số thực gọi là trục thực, Trục Oy biểu diễn các số ảo gọi là trục ảo Vậy có ba số phức thoả điều kiện là z = 0; z = i; z = − i. Số phức z = a + bi (a, b ) cũng được biểu diễn bởi vectơ u (a; b ) , do đó M(a; b) là điểm biểu diễn của số 2. Biểu diễn số phức trong mặt phẳng toạ độ Ví dụ 1: Giả sử M(z) là điểm trên mặt phẳng toạ đô biểu phức z = a + bi (a,b ) cũng có nghĩa là OM biểu diễn diễn số phức z. Tìm tập hợp những điểm M(z) thỏa mãn số phức đó. điều kiện sau a) z 1 i 2 ; b) 2 z i z . Ta có:Nếu u,v theo thứ tự biểu diễn các số phức z, z' thì a) Đặt z = x + yi suy ra z − 1 + i = (x − 1) + (y + 1)i. u v biểu diễn số phức z + z', z 1 i 2 ( x 1)2 (y 1)2 2 ( x 1)2 ( y 1)2 4. u v biểu diễn số phức z − z', Vậy tập hợp các điểm M(z) trên mặt phẳng toạ độ biểu k u (k ) biểu diễn số phức kz, diễn các số phức z thỏa mãn giả thiết là đường tròn tâm OM u z , với M là điểm biểu diễn của z. I(1; − 1) bán kính R = 2. b) Gọi A (− 2 ; 0), B(0 ; 1). Khi đó 2 z i z B/ CÁC DẠNG BÀI TẬP 1. Xác định tổng, hiệu, tích, thương của các số phức z ( 2) z i hay là M(z)A = M(z)B. Vậy tập hợp các Ví dụ 1: Tìm phân thực, phần ảo của các số phức sau điểm M(z) là đường trung trực của đoạn thẳng AB. a) z =i + (2 − 4i) − (3 − 2i); b) z’ = ( 1 i )3 (2i )3 Nhận xét: Với phần b ta có thể thức hiện cách giải như đã làm ở phần a. Tuy nhiên để thể thực hiện cách giải như vậy là ta đã dựa a) z = (0 + 2 − 3) + (1 − 4 + 2)i = −1 − i. Vậy số phức đã cho có phần thực là − 1, phần ảo là − 1. váo nhận xét sau: Nếu véctơ u của mặt phẳng phức biểu diễn số b) (-1 i )3 (-1)3 3(-1)3 i 3(-1)i 3 i 3 2 2i ; phức z thì độ dài của vectơ u là u z , và từ đó nếu các điểm 3 3 3 (-2i ) (-2) ( i ) 8i . Kết quả: 2 + 10i A, B theo thứ tự biểu diễn các số phức z, z' thì AB z z' . 1 Ví dụ 2: Tính Ví dụ 2: Trong các số phức z thoả mãn điều kiện 1 3 3 i z 2 3i . Tìm số phức z có modul nhỏ nhất. 2 2 2 1 3 1 3 i i 1 3 3 Ta có : 2 2 2 2 i Xét biểu thức z 2 3i (1). Đặt z = x + yi. Khi đó (1) 1 3 1 3 1 2 2 2 i i 3 9 ( x 2)2 ( y 3)2 2 2 2 2 trở thành ( x 2) ( y 3)i . 2 4 Ví dụ 3: Tính 1 i i 2 i 3 ... i 2009 Do đó các điểm M biểu diễn số phức z thoả mãn (1) nằm Ta có 1 i (1 i )(1 i i i ... 2010 2 3 i )2009 trên đường tròn (C) tâm I(2; −3) và bán kính R = 3 . 2010 2 2 Mà 1 − i =2. Nên 1 i i2 i3 ... i 2009 = 1 + i. Ta có |z| đạt giá trị nhỏ nhất điểm M (C) và gần O nhất 1 i
Chuyên đề số phức Hồ Văn Hoàng Do đó M là giao điểm của (C) và đường thẳng OI, với M là giao điểm gần O hơn. b y >0:pt(1) có 2 nghiệm thực phân biệt x1 Ta có OI = 4 9 13 . 2a b O H 2 Kẻ MH Ox. = 0 : pt (1) có nghiệm (thực) kép: x1 x2 Theo định lí ta lét có 2a x 3 < 0 : pt (1) có 2 nghiệm phức phân biệt: 13 b i | | b i | | M MH OM 2 x1 , x2 -3 I 3 OI 13 2a 2a 4.Công thức nghiệm của ph trình bậc hai hệ số phức 9 6 13 9 Cho phương trình : ax 2 bx c 0; (1) (a, b, c , a 0) 13MH 3 13 2 2 và có b2 4ac 6 13 9 78 9 13 b b MH . Nếu 0 pt có hai nghiệm x1 ; x2 2 13 26 2a 2a 3 Trong đó là một căn bậc hai của . 13 b OH 2 2 13 3 26 3 13 Nếu = 0 thì pt có nghiệm kép: x1 x2 . Lại có OH . 2 13 13 13 2a 26 3 13 78 9 13 B. CÁC DẠNG BÀI TẬP Vậy số phức cần tìm là z i. 1. Giải phương trình bậc nhất Biến đổi phương trình về 13 26 B Ví dụ 3: Chứng minh rằng với mọi số phức z, w, ta có dạng Az + B = 0; A, B , A ≠ 0. Viết nghiệm z A z w z w . Đẳng thức xảy ra khi nào? Ví dụ : Giải phương trình 2iz + 1 - i = 0 Gọi A, B, C lần lượt là các điểm biểu diễn của các số phức (1 i ) 1 1 1 1 z, w, z + w. Ta có z OA, w OB, z w OC . Nghiệm của phương trình là z i. 2i 2i 2 2 2 Từ OC OA + AC suy ra z w z w . 2.Tính căn bậc hai và giải phương trình bậc hai Hơn nữa OC = OA + AC khi và chỉ khi O, A, C thẳng hàng Ví dụ 1: Tìm căn bậc hai của các số phức sau: và A thuộc đoạn thẳng OC. Khi O A (hay z 0) điều đó a ) 5 12i b ) 8 6i c ) 33 56i d ) 3 4 i có nghĩa là có số k 0 để AC kOA tức là w = kz. a) Gọi z = x + iy là một căn bậc hai của -5 + 12i tức là 2 (Còn khi z = 0, rõ ràng z w z w ). x iy 5 12i x2 y2 2ixy 5 12i 2 2 2 2 2 Vậy z w z w khi và chỉ khi z = 0 hoặc nếu z 0 thì x y 5 x y 5 x 4 x 2 2 2 2 tồn tại k R để w = kz. 2 xy 12 x y 13 y 9 y 3 x 2 x 2 Chủ đề 2: CĂN BẬC HAI CỦA SỐ Phức Do b = 12 > 0 x, y cùng dấu do đó hoặc y 3 y 3 Vậy -5 + 12i có 2 căn bậc hai là z1 =2+3i và z2 = -2-3i. A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ b) Tương tự gọi z = x + iy là một căn bậc hai của 8+ 6i tức 1. Căn bậc hai của số thực âm: 2 là x iy 8 6i x2 y2 2ixy 8 6i Mỗi số thực âm a có 2 căn bậc hai là i | a | và - i | a | 2 2 2 2 2 x y 8 x y 8 x 9 x 3 Ví dụ: số -7 có 2 căn bậc hai là i 7 và - i 7 2 2 2 số -9 có 2 căn bậc hai là 3i và -3i 2 xy 6 x y 10 y 1 y 1 2. Định nghĩa căn bậc hai của số phức x 3 x 3 2 Cho số phức w mỗi số phức z thoả mãn z = w được gọi là Do b= 6> 0 x, y cùng dấu do đó hoặc y 1 y 1 một căn bậc hai của số phức w. a) Nếu w là số thực Vậy 8 + 6i có 2 căn bậc hai là 3+i và -3-i. c) Gọi z = x + iy là một căn bậc hai của 33 - 56i tức là + w < 0 thì có hai căn bậc hai: i w & i w 2 x iy 33 56 i x2 y2 2ixy 33 56 i + w 0 thì có hai căn bậc hai: w & w . 2 2 2 2 2 b) Nếu w là số phức khi đó ta thực hiện các bước: x y 33 x y 33 x 49 x 7 2 2 2 + Giả sử w = a + ib, đặt z = x + iy là một căn bậc hai của 2 xy 56 x y 65 y 16 y 4 x 2 y 2 a (1) x 7 x 7 w tức là: z 2 w khi đó ta có hệ: Do b = -56 < 0 x, y trái dấu do đó hoặc 2 xy b (2) y 4 y 4 Bình phương 2 vế của (1) và (2) rồi cộng lại ta được Vậy 2 căn bậc hai của 33 - 56i là 7- 4i và -7+i4. x 2 y 2 a (1) d) Gọi z = x + iy là một căn bậc hai của -3 +4i tức là x2 y 2 a 2 b 2 . Ta có hệ: x iy 2 3 4i x2 y2 2ixy 3 4i x2 y 2 a 2 b 2 (2') 2 2 2 2 2 x y 3 x y 3 x 1 x 1 Giải hệ tìm được x 2 và y 2 suy ra x và y để tìm z. 2 2 2 Chú ý: Theo (2) ta có : nếu b > 0 thì x, y cùng dấu. 2 xy 4 x y 5 y 4 y 2 nếu b < 0 thì x, y trái dấu. x 1 x 1 3. Phương trình bậc hai với hệ số thực: Do b = 4 > 0 x, y cùng dấu do đó hoặc 2 y 2 y 2 ax + bx + c = 0 , (a,b,c R ) (1) Vậy 2 căn bậc hai của -3 + 4i là 1 + 2i và -1-2i.
Chuyên đề số phức Hồ Văn Hoàng Ví dụ 2: Giải các phương trình sau: z1 4 i 2 3i 3 i 2 z1 1 2i a ) x 2 3 4i x 5i 1 0; (1) Vậy ta có hoặc . 4 i 2 3i z2 3 i 2 z2 1 2i b) x 1 i x 2 i 0; (2) 2 2 Ví dụ 8: Cho z1, z2 là 2 nghiệm của phương trình a) Ta có 3 4i 4 5i 1 3 4i Theo kết quả ví dụ 1d) thì có hai căn bậc hai là 1+ 2i và 1 i 2 z2 3 2i z 1 i 0. -1 - 2i. Do đó pt (1) có hai nghiệm là: Không giải pt hãy tính giá trị của các biểu thức sau: 3 4i 1 2i 3 4i 1 2i z1 z2 x1 2 3i ; x2 1 i 2 2 2 2 a ) A z1 z2 ; b ) B z1 z2 z1z2 ; c ) C 2 2 z2 z1 2 b) Tương tự ta có 1 i 4 i 2 8 6i 3 2i 3 2 2 2 3 2 Theo kết quả ví dụ 1b) thì có hai căn bậc hai là 3 + i và z1 z2 i 1 i 2 3 3 -3 - i. Do đó pt (2) có hai nghiệm là: Theo Vi-et ta có: 1 i 1 2 1 2 z1z2 i 1 i 2 3 3 1 i 3 i 1 i 3 i 2 x1 1; x2 2 i a) Ta có A z1 z2 2z1z2 = 2 2 2 Chú ý: PT (2) có thể dùng nhẩm nghiệm nhờ a + b + c = 0 3 2 2 2 3 2 1 2 1 2 11 30 2 6 4 2 i 2 i i Ví dụ 3: Giải các phương trình : a ) 3 x 2 x 2 0 (1); 3 3 3 3 9 9 b) x 2 x 1 0 (2); c ) x 3 1 0 (3) b) B z1z2 z1 z2 2 2 a) Ta có = 1 - 4.3.2 = −23 = − 23 i < 0 nên ta có hai căn 3 2 2 2 3 2 1 2 1 2 5 2 2 1 10 2 i i i bậc hai của là: i 23 & i 23 . Từ đó nghiệm của pt (1) 3 3 3 3 9 9 2 2 1 i 23 1 i 23 z1 z2 A 6 26 2 i là: x1; x2 c) Ta có C . 6 6 z1z2 1 2 1 2 18 2 i b) Tương tự ta có = − 3 = −3i < 0 có hai căn bậc hai là: 3 3 i 3 & i 3 nên (2) có các nghiệm là: Ví dụ 9: Giải pt: z 4 6 z 2 25 0 (1) 1 i 3 1 i 3 Đặt z 2 t . Khi đó (1) có dạng: t 2 6t 25 0 (2). x1 ; x2 Ta có: ' 2 16 = 16.i có hai căn bậc hai là 4i và - 4i nên 2 2 x 1 0 pt (2) có hai nghiệm là t1 3 4i và t 2 3 4i . c) Ta có (3) x 1 x2 x 1 0 Mặt khác 3 + 4i có hai căn bậc hai là: 2 + i và -2 - i còn x2 x 1 0; (*) 3 - 4i có hai căn bậc hai là: 2 - i và -2 + i nên pt (1) có 4 1 i 3 1 i 3 nghiệm là: z1 2 i ; z2 2 i ; z3 2 i ; z4 2 i Theo b) (*) có hai nghiệm là x1 ; x2 . 2 2 Bài 1: Thực hiện phép tính : Từ đó ta có các nghiệm của pt (3) là: 3 3 6 1 i a) ĐS: i b) ĐS: i 1 2i 5 5 1 i 1 i 3 1 i 3 x1 1; x2 ; x3 m a i a a 1 2 a 2 2 c) ĐS: −i m d) ĐS: i i m a i a a 1 a 1 ( Các nghiệm của pt (3) được gọi là căn bậc ba của 1). 3 i 4 3 (1 2i )2 (1 i )2 21 9 Ví dụ 4 : Lập phương trình bậc hai có các e) ĐS: i f) ĐS: i (1 2i )(1 i ) 5 5 (3 2i )2 (2 i )2 34 17 nghiệm là: 4 3i ; 2 5i a i b b g) ĐS: i a h) (2 – i)6 ĐS: -117 – 44i Theo bài ra ta có: 2 8i và . 23 14i . i a a Bài 2: Giải các phương trình trùng phương: kết quả pt bậc hai cần lập là: x 2 2 8i x 14i 23 0 a) z 4 8 1 i z2 63 16i 0; b) z 4 24 1 i z 2 308 144 i 0 2 Ví dụ 6: Tìm m để phương trình: x mx 3i 0 2 Bài 3: Cho z1, z2 là 2 nghiệm phương trình: z 1 i 2 z 2 3i 0. có tổng bình phương 2 nghiệm bằng 8. 2 Không giải pt hãy tính giá trị của các biểu thức sau: 2 2 Theo bài ra ta có: x1 x2 8 x1 x2 2 x1x 2 8 (1). 2 2 2 2 z1 z2 a ) A z1 z2 b ) B z1 z2 z1z2 c) C z2 z1 x1 x2 m Theo Vi-et ta có Thay vào (1) ta được 3 3 3 3 1 2 1 2 x1x2 3i d) D z1 z2 e) E z2 z1 z1z2 f)F z1 z2 z2 z1 z1 z2 m 2 6i 8 m 2 8 6i m là một căn bậc hai của 8+6i. Bài 4: Giải các hệ phương trình: Theo kết quả VD1b/ có 2 giá trị của m là: 3 + i và -3 - i. z1 z2 4 i a) 2 2 ĐS:(3 – i; 1 + 2.i) và (1 + 2.i; 3 – i) z1 z2 5 2i z 2 z2 5 2i (1) 2 Ví dụ 7: Giải hệ phương trình 1 z1.z2 5 5.i z1 z2 4 i (2) b) ĐS: (2 – i; -1 – 3.i), (-1 – 3i; 2 – i), 2 2 z1 z2 5 2.i (-2 + i; 1 + 3i), (1 + 3i; -2 + i) 2 2 Từ (2) ta có z1 z2 2z1z2 15 8i . Bài 5: Lập phương trình bậc hai hệ số thực có nghiệm là: Kết hợp với (1) ta có z1z2 5 5i vậy ta có hệ phương a) 1 i 2 và 1 i 2 b) 3 2i và 3 2i z1 z2 4 i Bài 6: Lập phtrình bậc hai hệ số thực nhận 2 số phức z và z làm nghiệm trình: Do đó z1, z2 là nghiệm của Bài 7: Trên mặt phẳng toạ độ tìm tập hợp các điểm biểu diễn các số phức z1z2 5 5i z = a + bi , thoả mãn điều kiện: a) Phần thực bằng phần ảo. b) phần thực 1 < a < 2. c) |z| = 4 phương trình z 2 4 i z 5 5i 0 . Ta có 5 12i Bài tập 4: Tìm nghiệm của phương trình z2 = z , ở đây z là số phức liên hợp theo VD1a/ ta biết có hai căn bậc hai là: 2 + 3i và -2 - 3i. của số phức z.
Chuyên đề số phức Hồ Văn Hoàng Chủ đề 3 : DẠNG LƯỢNG GIÁC CỦA SỐ 2 sin sin i cos hay z = 2sin (sin - icos ) (*) PHỨC Nếu sin 0 , thì từ (*) có z = 2sin cos( ) i .sin( ) là 2 2 A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ dạng số phức cần tìm. Nếu sin < 0, thì từ (*) ta có z 2sin ( sin i cos ) I. Số phức dưới dạng lượng giác. 2sin cos( ) i .sin( ) là dạng lượng giác cần tìm. 1. Acgumen của số phức z 0 2 2 Cho số phức z 0. Gọi M là điểm Nếu sin = 0, thì z = 0, nên không có dạng lượng giác xác định. trong mặt phẳng phức biểu diễn số 2. Các bài tập tính toán tổng hợp về dạng lượng giác phức z. Khi đó số đo (radian) của Phương pháp: Đưa số phức về dạng lượng giác rồi sử mỗi góc lượng giác tia đầu Ox, tia dụng các công thức Moivre để tính toán các đại lượng theo cuối OM được gọi là một Acgumen của z yêu cầu của bài tập. Chú ý: + Nếu là Acgumen của z thì mọi Acgumen của z Ví dụ 1: Tìm phần thực và phần ảo của mỗi số phức sau đều có dạng: + k2 , k Z. (1 i )10 1 1 a) ; b) cos i sin i 5 (1 3i )7 ; c )z 2009 ,nếu z 1 + Acgumen của z 0 xác định sai khác k2 , k Z. ( 3 i )9 3 3 z 2009 z 2. Dạng lượng giác của số phức 10 2(cos i sin ) 5 5 2 2 25 (cos i sin ) Cho số phức z = a+bi, (a, b R), với r = a b là (1 i )10 4 4 2 2 9 modun của số phức z và là Acgumen của số phức z. ( 3 i )9 3 3 a) 2(cos i sin 29 (cos i sin ) 6 6 2 2 Dạng z = r (cos +isin ) được gọi là dạng lượng giác của 1 1 số phức z 0, còn dạng z = a + bi được gọi là dạng đại số (cos i sin ) 24 16 của số phức z. 7 II. Nhân và chia số phức dưới dạng lượng giác b) cos i sin i 5 (1 3i )7 = cos( ) i sin( ) i 2(cos i sin ) 3 3 3 3 3 3 Nếu z=r(cos +isin ), z'=r'(cos '+isin ')(r 0 & r' 0 ) thì 7 7 zz' = rr ( cos ( ') i sin( ' )) 27 cos( ) i sin( ) (cos i sin )i 27 cos 2 i sin2 i 27 i . 3 3 3 3 z r 1 3i cos( ') i sin( ') (khi r' > 0). z cos i sin z' r ' c) Từ z 1 1 z 2 z 1 0 2 3 3 III. Công thức Moa-Vrơ và ứng dụng z 1 3i z cos( ) i sin( ). 1. Công thức Moa- Vrơ 2 3 3 n r (cos i sin ) r n (cos n i sin n ) 1 Với z cos i sin , ta có z 2009 3 3 z 2009 n cos i sin cos n i sin n , n N *. 1 (cos i sin )2009 ( )2009 2. Căn bậc n của một số phức 3 3 cos i sin 3 3 Với z = r(cos +isin ), r > 0, có hai căn bậc hai của z là (cos i sin )2009 (cos( ) i sin( ))2009 3 3 3 3 r (cos i sin ) ; 2 2 2009 2009 2009 2009 (cos i sin )(cos i sin ) 3 3 3 3 r (cos i sin ) r (cos( ) i sin( )) . 2cos(669 2 ) 2cos 2 1. 2 2 2 2 3 3 1. Viết số phức dưới dạng lượng giác Ví dụ 2: Tính tổng sau S (1 i )2008 (1 i )2008 Ví dụ 1: Viết các số phức sau dưới dạng lượng giác 1 i 2(cos i sin ) (1 i )2008 21004 (cos502 i sin502 ) 1 i 3 4 4 a )(1 i 3)(1 i ); b ) ; c )z sin i cos 1 i 1 i 2(cos i sin ) 2(cos( ) i sin( )) 4 4 4 4 2008 1004 a) 1 i 3 2 cos( ) i sin( ) ; còn 1 i 2 cos i sin . (1 i ) 2 (cos( 502 ) i sin( 502 )). 3 3 4 4 Do đó S 21005 cos(502 ) 21005 . Do đó (1 i 3)(1 i ) 2 2 cos( ) i sin( ) . 12 12 Ví dụ 3: Chứng minh rằng các điểm biểu diễn các căn b) Từ phần trên ta có ngay kết quả bậc ba của 1 lập thành một tam giác đều. 1 i 3 7 7 Xét phương trình z 3 1 trên , có nghiệm dạng z r (cos i sin ) . 2 cos i sin . 1 i 12 12 r 1 Khi đó z 3 1 r 3 (cos3 i sin3 ) 1 c) Ta có z 3 k2 ,k . sin i cos cos( ) i sin( ). 2 2 Do đó phương trình trên có đúng ba nghiệm ứng với ba giá trị của k là Với k = 0 ta có z 0 = cos0 + isin0 = 1; Vậy z cos( ) i sin( ). 2 2 2 2 1 3 Ví dụ 2: Tuỳ theo góc , hãy viết số phức sau dưới Với k = 1 ta có z 1 = cos i sin i ; 3 3 2 2 dạng lượng giác (1 cos i sin )(1 cos i sin ). 4 4 1 3 Với k = 2 ta có z 2 = cos i sin i . Xét số phức z = (1 cos i sin )(1 cos i sin ) , ta có 3 3 2 2 z (2sin2 i .2sin cos )(2cos2 i .2sin cos ) 2 2 2 2 2 2 4 sin cos (sin i cos )(cos i sin ) 2 2 2 2 2 2 2sin (sin cos sin cos i (cos 2 sin2 )) 2 2 2 2 2 2
Chuyên đề số phức Hồ Văn Hoàng Nên 1 có ba căn bậc ba đó là các số phức được xác định như trên. Trong mặt phẳng phức, gọi A, B, C lần lượt là điểm biểu diễn các số phức OA OB OC 1; 2 z 0 , z 1 , z 2 . Khi đó AOB ; 3 2 BOC 3 Từ đó suy ra tam giác ABC là tam giác đều.

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.