zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

Chuyên đề ôn thi đại học môn toán - Số phức và áp dụng

Chia sẻ: Nguyen Nhi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:0

Báo xấu

327
lượt xem 78
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'chuyên đề ôn thi đại học môn toán - số phức và áp dụng', 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 ôn thi đại học môn toán - Số phức và áp dụng

Giothoimai2003 THPT CHUYÊN LÀO CAI SỐ PHỨC VÀ ÁP DỤNG CHUYÊN ĐỀ: Trước hết cần thấy rằng phần số phức mới được đưa vào giảng dạy trong chương trình THPT một số năm gần đây nên những kiến thức trình bày trong SGK mang tính chất hết sức đơn giản và khá sơ sài, học sinh có thể tự đọc và nghiên cứu được. Trong một số đề thi ĐH những năm gần đây thì phần số phức cũng được đưa vào với những bài tập rất cơ bản, không mang tính đánh đố và chỉ cần nắm được kiến thức trong SGK là có thể làm được. Số phức có rất nhiều ứng dụng trong đại số, hình học và lượng giác,..giải quyết được nhiều bài toán hay và khó. Vì đối với hs phổ thông lần đầu tiên tiếp xúc với số phức nên cần lưu ý một số điểm sau đây: Thứ nhất: Về việc xây dựng tập số phức thì SGK ko trình bày( vì nhiều lý do), chúng ta chỉ cần hiểu rằng nó là một tập mở rộng của tập số thực và vì thế các phép toán trong tập phức( cộng, nhân) cũng có những tính chất như trong tập thực ( phân phối, giao hoán, kết hợp,…). Chẳng hạn với a và b là 2 số thực thì ta có: (a  b) 2  a 2  2ab  b 2 và khi đó nếu z và w là 2 số phức thì ta cũng thu được (z  w)2  z 2  2zw  w 2 . Thứ hai: Tập số thực là một tập sắp thức tự, tức là với 2 số thực a và b bất kỳ ta đều số sánh được với nhau ( a = b hoặc a > b hoặc a < b), còn tập số phức thì không như vậy: Ta chỉ có thể nói rằng hai số phức bằng nhau khi phần thực và phần ảo tương ứng bằng nhau còn không hề có quan hệ “ lớn hơn” hay “ nhỏ hơn” giữa hai số phức. Chẳng hạn: Ta ko thể nói rằng vì 2 > 1 và 4 > 3 nên 2 + 4i > 1 + 2i hay là: Vì x 2  0, x    z 2  0, z   . Một sai lầm như thế còn được thể hiện trong việc giải pt: (z 2  1)(z 2  1)  0, z   , vì z 2  1  1  0 nên pt chỉ còn là: z 2  1  0  z  1 ?!!! để chỉ căn bậc hai của một số phức vì mỗi số phức w  0 thì Thứ ba: Không nên sử dụng kí hiệu luôn có hai căn bậc hai đối nhau. Ta biết rằng: 4  2 nhưng vì (2i)2  (2i) 2  4 nên số - 4 có hai căn bậc hai là 2i và vì thế 4  2i . Hơn nữa nếu sử dụng kí hiệu trên thì có thể mắc sai lầm khi tính toán: Nếu sử dụng 1 để chỉ căn bậc hai của – 1 thì ta phải có: 1 . 1 = -1. Tuy nhiên cũng có thể viết: 1 . 1 = (1).(1)  1  1 và như vậy 1 = -1 ?!!! Thứ tư: Việc đưa ra đơn vị ảo “ số i” và có: i2 = -1 là rất gượng ép bởi với kiến thức được trang bị trong SGK thì HS ko thể biết được “ i là cái gì?” và tại sao i2 = - 1?. HS chỉ cần hiểu rằng: Khi mở rộng một tập số mới, người ta sẽ định nghĩa số mới đó theo một cách khác và các phép toán áp dụng cho số mới đó cũng phải được xây dựng lại. Tuy nhiên vì nhiều lí do, những kiến thức đó ko trình bày trong SGK. Thứ năm: Định lý Viet thuận và đảo vẫn đúng trong trường hợp phương trình bậc 2 với hệ số phức. Việc nhẩm nghiệm, phân tích thành thừa số,…vẫn được tiến hành bình thường như trên tập số thực. Chuyên đề trên được chia thành 3 chuyên đề nhỏ như sau: Chuyên đề 1: Dạng đại số của số phức Chuyên đề 2: Dạng lượng giác của số phức Chuyên đề 3: Ứng dụng của số phức. 1
Giothoimai2003 THPT CHUYÊN LÀO CAI CHUYÊN ĐỀ 1: DẠNG ĐẠI SỐ CỦA SỐ PHỨC A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1. Một số phức là một biểu thức có dạng a + bi, trong đó a, b là các số thực và số i thoả mãn i2 = -1. Ký hiệu số phức đó là z và viết z = a + bi . i được gọi là đơn vị ảo a được gọi là phần thực ; b được gọi là phần ảo của số phức z = a + bi Tập hợp các số phức ký hiệu là  . *) Một số lưu ý: - Mỗi số thực a đều được xem như là số phức với phần ảo b = 0. - Số phức z = a + bi có a = 0 được gọi là số thuần ảo hay là số ảo. - Số 0 vừa là số thực vừa là số ảo. 2. Hai số phức bằng nhau. a  a ' Cho z = a + bi và z’ = a’ + b’i. Khi đó: z = z’   b  b ' 3. Biểu diễn hình học của số phức. Mỗi số phức được biểu diễn bởi một điểm M(a;b) trên mặt phẳng toạ độ Oxy. Ngược lại, mỗi điểm M(a;b) biểu diễn một số phức là z = a + bi . 4. Phép cộng và phép trừ các số phức.  z  z '  (a  a ')  (b  b ')i Cho hai số phức z = a + bi và z’ = a’ + b’i. Ta định nghĩa:   z  z '  (a  a ')  (b  b ')i 5. Phép nhân số phức. Cho hai số phức z = a + bi và z’ = a’ + b’i. Ta định nghĩa: zz '  aa ' bb ' (ab ' a ' b)i 6. Số phức liên hợp. Cho số phức z = a + bi. Số phức z = a – bi gọi là số phức liên hợp với số phức trên. Vậy z = a  bi = a - bi Chú ý: +) z = z  z và z gọi là hai số phức liên hợp với nhau. +) z. z = a2 + b2 *) Tính chất của số phức liên hợp: (1): z  z (2): z  z '  z  z ' (3): z.z '  z.z ' a 2  b 2 (z = a + bi ) (4): z. z =  z1  z1  (5):  z2  z 2  2
Giothoimai2003 THPT CHUYÊN LÀO CAI 7. Môđun của số phức. Cho số phức z = a + bi . Ta ký hiệu z là môđun của số phức z, đó là số thực không âm được xác định như sau:   - Nếu M(a;b) biểu diễn số phức z = a + bi, thì z = OM = a 2  b 2 z. z = a 2  b 2 - Nếu z = a + bi, thì z = *) Chú ý: +) Nếu z là số thực (z=a+0i), | z | a 2 | a | . Vậy Môđun của một số thực chính là giá trị tuyệt đối của số ấy. +) | z |2  a 2  b 2  a 2 | z || a | ≥ a. Tương tự | z || b | b z1 | z1 | *) Tính chất của Môđun số phức: | z | 0  z  0 ; | z1 z2 || z1 || z2 | ;  z2 | z2 | Thật vậy: | z | 0  a 2  b 2  0  a  b  0  z  0 | z1 z2 |2  ( z1 z2 )( z1 z2 )  ( z1 z2 )( z1 z2 )  z1 z1 z2 z2 | z1 |2 | z2 |2 | z1 z2 |2 | z1 |2 | z2 |2 | z1 z2 || z1 || z2 | 8. Phép chia số phức khác 0. Cho số phức z = a + bi ≠ 0 (tức là a2+b2 > 0 ). Ta định nghĩa số nghịch đảo z-1 của số phức z ≠ 0 1 1 là số z-1= z 2 z a b22 z z' z '.z z' của phép chia số phức z’ cho số phức z ≠ 0 được xác định như sau:  z.z 1  2 Thương z z z Với các phép tính cộng, trừ, nhân chia số phức nói trên nó cũng có đầy đủ tính chất giao hoán, phân phối, kết hợp như các phép cộng, trừ, nhân, chia số thực thông thường. B. BÀI TẬP VẬN DỤNG I. BÀI TẬP VỀ BIẾN ĐỔI SỐ PHỨC. 31 2 3 2  i . Tính các số phức sau: z ; z ; ( z ) ; 1 + z + z VD1 : Cho số phức z = 22 Hướng dẫn 31 31  iz= i Vì z = 22 22 2 2  3 1 3 12  3 1 3 12 3 1 3 3 1 3 2 2  2  2 i = 4  4i  2 i = 2  2 i  ( z ) =  2  2i  4  4i  2 i  2  2 i Ta có : z =         1 3  3 1  31 3 3  ( z )3 =( z )2 . z =    i   i i i i     2 2  2 2  4 2 4 4 3
Giothoimai2003 THPT CHUYÊN LÀO CAI 3  3 1 3 31 1 3 Ta có: 1 + z + z2 = 1   i  i  i 2222 2 2 Nhận xét: Trong bài toán này, để tính  z  ta có thể sử dụng hằng đẳng thức như trong số thực. 3 1 VD2: Tìm số phức liên hợp của: z  (1  i )(3  2i)  3i Hướng dẫn 3i 3i 53 9 Ta có : z  5  i   5i . Suy ra số phức liên hợp của z là: z   i (3  i )(3  i ) 10 10 10 (1  i )(2  i ) VD3: Tìm mô đun của số phức z  1  2i Hướng dẫn 2 5i 1 1 26 Ta có : z   1  i . Vậy, mô đun của z bằng: z  1     . 5 5 5 5 VD4: Tìm các số thực x, y thoả mãn: 3x + y + 5xi = 2y – 1 +(x – y)i Hướng dẫn Theo giả thiết: 3x + y + 5xi = 2y – 1 +(x – y)I  (3x + y) + (5x)i = (2y – 1) +(x – y)i  1 x   7 3x  y  2 y  1   . Giải hệ này ta được:  5 x  x  y y  4   7 i105 + i23 + i20 – i34 VD5: Tính: Hướng dẫn Để tính toán bài này, ta chú ý đến định nghĩa đơn vị ảo để từ đó suy ra luỹ thừa của đơn vị ảo như sau: Ta có: i2 = -1; i3 = -i; i4 = i3.i = 1; i5 = i; i6 = -1… Bằng quy nạp dễ dàng chứng minh được: i4n = 1; i4n+1 = i; i4n+2 = -1; i4n+3 = -i;  n  N* n 1 Vậy in  {-1;1;-i;i},  n  N. Nếu n nguyên âm, in = (i-1)-n =     i  . n i Như vậy theo kết quả trên, ta dễ dàng tính được: i105 + i23 + i20 – i34 = i4.26+1 + i4.5+3 + i4.5 – i4.8+2 = i – i + 1 + 1 = 2 z = (1+i)15 VD6: Tính số phức sau: Hướng dẫn Ta có: (1 + i) = 1 + 2i – 1 = 2i  (1 + i)14 = (2i)7 = 128.i7 = -128.i 2 z = (1+i)15 = (1+i)14(1+i) = -128i (1+i) = -128 (-1 + i) = 128 – 128i. 4
Giothoimai2003 THPT CHUYÊN LÀO CAI 16 8  1 i   1 i    VD7: Tính số phức sau: z =    1 i   1 i  Hướng dẫn 16 8 1  i (1  i )(1  i ) 2i 1 i  1 i   1  i  16 8  i    i . Vậy    Ta có:  =i +(-i) = 2 1 i 1 i  1 i   1 i  2 2 (3  2i)(2  5i) VD8: Tìm phần thực và phần ảo của số phức z   (3  i )3 (4  3i ) 2 Hướng dẫn Tính liên hợp của 2+5i là 2-5i rồi nhân với 3+2i, được 16-11i Khai triển bình phương của 4+3i, được 7+24i Nhân tử và mẫu với 7-24i, được (-152- 461i)/25 Khai triển (3+i)3, được 18+26i Thực hiện phép trừ, kết quả cuối cùng là : Phần thực: -602/25 , phần ảo: -696/25 Đề bài Hướng dẫn Đáp số 1.T×m c¸c sè nguyªn x,y sao cho sè phøc  x3  3 xy 2  18  3 ( x  yi)  18  26i   z  x  yi tho¶ m·n z 3  18  26i . x  3, y  1 2 3 3 x y  y  26  Đặt y = tx z1  a1  b1i; z2  a2  b2i . 2 .Cho hai sè phøc z1, z2 tho¶ m·n 2 z1  z2  1; z1  z2  3 . 2 2 2 a1  b1  a2  b2  1 z1  z2  1  TÝnh z1  z2 . 2 2 (a1  a2 )  (b1  b2 )  3  3.(B – 2009) :Tìm số phức z thỏa mãn: z = 3+4i Rất đơn giản z = 5. |z-(2+i)|= 10 và z. z =25 (1  i 3)3 4.(A – 2010): Cho z  . Làm bình thường 82 1 i Tìm môđun của số phức: z  iz 5. (D – 2010): Tìm số phức z sao cho 1  i Rất nhẹ nhàng z  2 và z2 là số thuần ảo ( hay ảo) ( có 4 số) z= 0; z = i; 6.Tìm số phức z biết z2+ |z| = 0 Rất đơn giản z = -i 7.Tìm số thực x, y thỏa mãn đẳng thức : Rất nhẹ nhàng x(3+5i) + y(1-2i)3 = 9 + 14i II. BÀI TẬP VỀ CHỨNG MINH Trong dạng này ta gặp các bài toán chứng minh một tính chất, hoặc một đẳng thức về số phức. Để giải các bài toán dạng trên, ta áp dụng các tính chất của các phép toán cộng, trừ, nhân, chia, số phức liên hợp, môđun của số phức đã được chứng minh. 5
Giothoimai2003 THPT CHUYÊN LÀO CAI VD9: Cho z1, z2   . CMR: E = z1 z2  z1.z2   Hướng dẫn Những bài toán dạng này thường có 2 cách giải. *) Cách số 1: Chọn ra phần tử đại diện. z1  a1  b1i  E  z1z 2  z 2 z1  (a1  b1i)(a 2  b 2i)  (a1  b1i)(a 2  b 2i)  2a1a 2  2b1b 2  E     z 2  a 2  b 2i Tuy nhiên cách trên đôi khi quá dài dòng, mang tính chất tính toán và biến đổi quá nhiều. Quá lạm dụng sẽ ảnh hưởng ko tốt đến việc rèn luyện tư duy. *) Cách số 2: Sử dụng một tính chất quan trọng của số phức liên hợp đó là: z    z = z Ta có E = z1 z2  z1.z2  z1 z2  z1 z2 = E  E   ( Thật tuyệt vời phải ko?)    7 7  a) E1 = 2  i 5  2  i 5 VD10: Chứng minh rằng: n n  19  7i   20  5i      b) E2 =   9  i   7  6i  Hướng dẫn     2  i 5   2  i 5   2  i 5   2  i 5  7 7 7 7 7 7  E1  E1  a) Ta có: E1 = 2  i 5  2  i 5  19  7i   20  5i   19  7i  (9  i )    20  5i  (7  6i )  n n n n b) E2           9  i   7  6i   82 85   n n  164  82i   170  85i    2  i  2  i n n     82   85   E2  E2  E2   1 VD11: Cho z   . CMR: z  1  hoặc |z2 + 1| ≥ 1 2 Hướng dẫn  1  z 1  2 . Đặt z = a+bi  z2 = a2 – b2 + 2a + bi Ta chứng minh bằng phản chứng: Giả sử   z2 1  1   1  1  z 1  2 2(a 2  b 2 )  4a  1  0 (1  a )  b  2 2    2 Cộng hai bất đẳng thức trên ta 2  (a  b )  2(a  b )  0 22 2 2  z 1  1   (1  a  b )  4a b  1 2 2 2 22  được: (a2 + b2 )2 + (2a+1)2 < 0  vô lý  đpcm 1 1 VD12: Cho sè phøc z  0 tho¶ m·n z 3   2 . Chøng minh r»ng: z   2. 3 z z Hướng dẫn 6
Giothoimai2003 THPT CHUYÊN LÀO CAI DÔ chøng minh ®-îc r»ng víi hai sè phøc z1, z2 ta cã z1  z2  z1  z2 ( Độc giả chứng minh) 3 3  1  1 1 1 1 1 1 Tõ  z    z 3  3  3  z   , suy ra z   z3  3  3 z   2  3 z  z z z z z   z z 1 ta ®-îc a3  3a  2  0  (a  2)(a  1)2  0  a  2 (®pcm). §Æt a  z  z Đề bài Hướng dẫn Cách chứng minh này vận dụng nhiều tính chất của số phức liên hợp, môđun số phức. |z.z’.z’’| = |z|.|z’|.|z’’| = 1. Suy ra z.z '.z ''  1 . Chú ý thêm tích của số phức trên và liên hợp của nó thì 8*.Chứng minh rằng nếu |z| = |z’| = |z’’| =1 bằng 1 (bình phương môđun). thì : |z+z’+z’’| = |zz’+z’z’’+z’’z| | z  z ' z '' |  | z  z ' z '' | . | z.z '.z '' |  | z.z.z '.z ''  z '.z '.z.z ''  z ''.z ''.z.z ' |  | z '.z ''  z ''.z  z.z ' |  | z '.z '' z ''.z  z.z ' |  | z '.z '' z ''.z  z.z ' | 9. Chứng minh rằng: Nếu |z1| = |z2 | = 1, z1  z2 Khá nhẹ nhàng  z1.z2  1 thì A = 1  z1 z2 10.CMR : z1  z 2  z1  z 2  z1  z 2 Bài 8 ( SGK _ GT 12 – Tr 190) 11.CMR : z1  z 2  z1  z 2  z1  z 2 Xem bài 10 2 Sửdụng : z.z  z 12.CMR : 2  z1  z 2  (z1  z 2 ).z1  z 2  (z1  z 2 )(z1  z 2 )  .... 2 2 2 2 z1  z 2  z1  z 2  2( z1  z 2 )  .....OK 13.CMR : Xem bài 12 2 2 2 2 1  z1 z 2  z1  z 2  (1  z1 )(1  z 2 ) 14.CMR : Xem bài 13 2 2 2 2 z1 z 2  1  z1  z 2  (1  z1 )(1  z 2 ) 15*.Gọi H  z   : z  x  1  xi, x   . Chỉ cần chỉ ra rằng có duy nhất x sao cho với mọi y CMR : Tồn tại duy nhất số phức z thoả ta đều có : (x  1)2  x 2  (y  1)2  y 2 là OK mãn : z  H : z  w , w  H 16*.Cho a > 0 và gọi 2   1 1 1 1 V  z  * : z   a  a2  z   (z  )(z  )  ...... z   z z z  z  (a 2  2) z  1  (z  z)2  0  z  ..... 4 2 2 CMR : z  V thì :  z  .....  OK a  a 2  4 a  a2  4 z 2 2 7
Giothoimai2003 THPT CHUYÊN LÀO CAI III. BÀI TẬP VỀ PHƯƠNG TRÌNH - HỆ PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM PHỨC. Nói chung về phương pháp giải cũng giống như phương trình và hệ phương trình thông thường, chỉ có điểm khác biệt là thêm một số phép biến đổi liên quan đến số phức mà thôi. Mặt khác, trên tập thực thì pt dạng đa thức thì có thể vô nghiệm, tuy nhiên trên tập phức thì điều đó ko còn đúng nữa, vì thế mà nói chung các bài toán về pt, hệ pt trên tập phức thường ‘ dài’ hơn trên tập thực. 1. Căn bậc hai của số phức và phương trình bậc hai. a) Căn bậc hai của số phức. Bài toán: Cho số phức w = a + bi . Tìm căn bậc hai của số phức này. Phương pháp: +) Nếu w = 0  w có một căn bậc hai là 0 +) Nếu w = a > 0 (a   )  w có hai căn bậc hai là a và - a +) Nếu w = a < 0 (a   )  w có hai căn bậc hai là  ai và -  ai +) Nếu w = a + bi (b  0) Giả sử z = x +yi (x, y thuộc  ) là một căn bậc hai của w  z2 = w  (x+yi)2 = a + bi  x2  y 2  a  2 xy  b Để tìm căn bậc hai của w ta cần giải hệ này để tìm x, y. Mỗi cặp (x, y) nghiệm đúng phương trình đó cho ta một căn bậc hai của w. Chú ý: Có rất nhiều cách để giải hệ này, sau đây là hai cách thường dùng để giải. *) Cách 1: Sử dụng phương pháp thế: Rút x theo y từ phương trình (2) thế vào pt (1) rồi biến đổi thành phương trình trùng phương để giải. *) Cách 2: Ta biến đổi hệ như sau:  x 2  y 2 2  a 2  x2  y 2  a    x2  y 2  a     2 xy   b 2 2   x 2  y 2  a 2  b2  2 xy  b 2 xy  b  xy  b / 2     Từ hệ này, ta có thể giải ra x2 và y2 một cách dễ dàng, sau đó kết hợp với điều kiện xy=b/2 để xem xét x, y cùng dấu hay trái dấu từ đó chọn được nghiệm thích hợp. Nhận xét: Mỗi số phức khác 0 có hai căn bậc hai là hai số đối nhau. VD13:Tìm các căn bậc hai của mỗi số phức sau: a) 4 + 6 5 i; b) -1-2 6 i Hướng dẫn a) Giả sử z = x +yi (x, y thuộc  ) là một căn bậc hai của w = 4 + 6 5 i  35 y  (1) x  y  4 2 2   x Khi đó: z2 = w  (x+yi)2 = 4 + 6 5 I    2 xy  6 5  x 2  45  4 (2)    x2 (2)  x4 – 4x2 – 45 = 0  x2 = 9  x = ± 3  x = 3  y = 5 ; x = -3  y = - 5 8
Giothoimai2003 THPT CHUYÊN LÀO CAI Vậy số phức w = 4 + 6 5 i có hai căn bậc hai là: z1 = 3 + 5 i và z2 = -3 - 5 i b) Giả sử z = x +yi (x, y thuộc  ) là một căn bậc hai của w = -1-2 6 i  6  x 2  y 2  1  y  x (1)   2 2 Khi đó: z = w  (x+yi) = -1-2 6 i    2 xy  2 6  x 2  6  1 (2)    x2 (2)  x4 + x2 – 6 = 0  x2 = 2  x = ± 2. 2 y=- 3 x= x=- 2 y= 3 2 - 3 i và z2 = - 2 + 3 i Vậy số phức w = 4 + 6 5 i có hai căn bậc hai là: z1 = b) Phương trình bậc hai Bài toán: Giải phương trình bậc hai: Az2 +Bz +C = 0 (1) , (A, B, C   , A  0) Phương pháp: Tính  = B2 – 4AC B   B   *) Nếu   0 thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt z1 = , z2 = 2A 2A (trong đó  là một căn bậc hai của , ở đây  có 2 căn bậc hai, ta chọn căn bậc hai nào cũng được). B *) Nếu  = 0 thì phương trình (1) có nghiệm kép: z1 = z2 =  2A VD14: Giải các phương trình bậc hai sau: a) z2 + 2z + 5 = 0 b) z2 + (1-3i)z – 2(1 + i) = 0 Hướng dẫn 2 a) Xét phương trình: z + 2z + 5 = 0 Ta có:  = -4 = 4i2  phương trình có hai nghiệm: z1 = -1 +2i và z2 = -1 – 2i. b) Ta có:  = (1-3i)2 +8(1+i) = 2i. Bây giờ ta phải tìm các căn bậc hai của 2i. Giả sử z = x +yi (x, y thuộc  ) là một căn bậc hai của w = 2i  x  1  1  y  x y 1 x  y  0 2 2       x  1 2 xy  2  x2  1  0    x2   y  1  Vậy số phức 2i có hai căn bậc hai là: 1+i và -1 –i 3i  1  1  i 3i  1  1  i  Phương trình có hai nghiệm là: z1 =  2i ; z2 =  1  i 2 2 Nhận xét: Ngoài phương pháp tìm căn bậc hai như ở trên, đối với nhiều bài ta có thể phân tích  thành bình phương của một số phức. Chẳng hạn: 2i = i2 + 2i + 1 = (i+ 1)2 từ đó dễ dàng suy ra hai căn bậc hai của 2i là 1 + i và -1 – i. Tuy nhiên nếu ...khó nhẩm quá thì ta sử dụng pp tìm căn bậc hai của số phức như trên. Một điều lưu ý nữa là: ptbậc 2 với hệ số thực thì tìm nghiệm rất đơn giản 9
Giothoimai2003 THPT CHUYÊN LÀO CAI ( xem VD14a) vì luôn dễ dàng phân tích được thành một tổng bình phương. Còn pt bậc hai hệ số phức thì tuỳ từng bài ta sẽ lựa chọn pp phù hợp. Tìm căn bậc hai của số phức hoặc giải pt bậc hai sau Hướng dẫn Đáp số z1  5  12i ; z2  3  4i 17. z 2  8(1  i ) z  63  16i  0 Nhẹ nhàng 1 3 18. z 2  z z  0; z  1; z    Bình thường i 22 z  cos;z  isin  19. z 2  (cos  isin )z  icos sin   0 Nhẹ nhàng 20. z  1  i Rất dễ 2)Phương trình quy về phương trình bậc hai Trong mục này ta chỉ xét một số dạng cơ bản và quen thuộc như: Phương trình trùng phương, phương trình bậc 3, phương trình phản thương, phương trình dạng (z  a)4  (z  b) 4  c và một số dạng đơn giản khác. VD15: Giải phương trình sau: z 4  z 2  20  0 . Hướng dẫn Đặt t  z 2 ( Liệu có đặt điều kiện cho t là t  0 không nhỉ???)  z  2 z2  4 t  4 có pt: t  t  20  0    2  2  t  5  z  5  z  i 5 VD16: Giải phương trình: (z 2  z) 2  4(z 2  z)  12  0 Hướng dẫn  z  1  z2  z  2 t2  Đặt t  z 2  z , ta có pt: t 2  4t  12  0    2   z  2  t  6  z  z  6   z  1  i 23   2 VD17: Cho phương trình sau: z3 + (2 – 2i)z2 + (5 – 4i)z – 10i = 0 (1) a) Chứng minh rằng (1) nhận một nghiệm thuần ảo ( tức là nghiệm ảo hay nghiệm phức mà có phần thực bằng 0) b) Giải phương trình (1). Hướng dẫn a) Đặt z = yi với y   (iy)3 + (2i-2)(yi)2 + (5-4i)(yi) – 10i = 0 Phương trình (1) có dạng:  -iy3 – 2y2 + 2iy2 + 5iy + 4y – 10i = 0 = 0 + 0i Đồng nhất hoá hai vế ta được: 2 y 2  4 y  0  . Giải hệ này ta được nghiệm duy nhất y = 2 3  y  2 y  5 y  10  0 2  10
Giothoimai2003 THPT CHUYÊN LÀO CAI Vậy phương trình (1) có nghiệm thuần ảo z = 2i. b) Vì phương trình (1) nhận nghiệm 2i  vế trái của (1) có thể phân tích dưới dạng: z3 + (2 – 2i)z2 + (5 – 4i)z – 10i = (z – 2i)(z2 +az + b) (a, b   ) Đồng nhất hoá hai vế ta giải được a = 2 và b = 5.  z  2i  z  2i   (1)  (z – 2i)(z2 + 2z + 5) = 0   2   z  1  2i z  2z  5  0   z  1  2i Vậy phương trình (1) có 3 nghiệm như trên VD18: Giải phương trình: z4 – 4z3 +7z2 – 16z + 12 = 0 (1) Hướng dẫn Do tổng tất cả các hệ số của phương trình (1) bằng 0 nên (1) có nghiệm z = 1. z  1 z  1 z  3   3 2 2 (1)  (z – 1)(z – 3z + 4z – 12) = 0  (z – 1) (z – 3) (z + 4) = 0  z  3  z  2i z2  4  0    z  2i Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm như trên VD19: Giải phương trình: z4 -2z3 – z2 – 2z + 1 = 0 (1) Hướng dẫn Do z = 0 không là nghiệm của (1)  chia hai vế của phương trình cho z2 ta được: ( Cơ sở nào để chia cho z2 nhỉ??? Hay là chia...vu vơ)  y  1 1 1 1 z2 - 2z – 1 - 2 + 2 = 0. Đặt y = z +  phương trình có dạng: y2 – 2y – 3 = 0  y  3 z z z  1  i 3 1 Với y = -1  = z + = -1  z = z 2 3 5 1 Với y = 3  = z + =3z= z 2 Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm như trên. z2 VD20 : Giải phương trình: z4 – z3 + + z + 1 = 0 (1) 2 Hướng dẫn Do z = 0 không phải là nghiệm của phương trình (1) nên: 11 1 (1)  zz – z + + + 2 = 0 ( Tại sao chia thì lại thành công nhỉ??? Độc giả suy nghĩ xem) 2z z 1 1 5  (z- )2 – (z- ) + = 0. z z 2 11
Giothoimai2003 THPT CHUYÊN LÀO CAI 1 1 Đặt y = z - (VD19 thì đặt y = z + , tại sao Vd20 lại khác ? Điều gì làm nên sự khác biệt đó ?) z z 1  3i  y  2 5  pt có dạng: y2 – y + = 0  2y2 – 2y + 5 = 0    y  1  3i 2   2 1  3i 1 1  3i  2z2 – (1+3i)z – 2 = 0 (2) z- = +) Với y = 2 z 2 Ta có :  = (1+3i)2 + 16 = 8 +6i = (3+i)2 1 1  phương trình (2) có 2 nghiệm: z1 = 1+i; z2 =  + i 2 2 1  3i 1 1  3i  2z2 – (1-3i)z – 2 = 0 (3) z- = +) Với y = 2 z 2 Ta có :  = (1-3i)2 + 16 = 8 -6i = (3-i)2 1 1  phương trình (3) có 2 nghiệm: z3 = 1-i; z4 =  - i 2 2 Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm như trên. Giải các phương trình sau ( trên tập phức) Hướng dẫn Đáp số z  1  3 21.z – 27 = 0 Dễ dàng  z  3  3 3i  2,3  2 z  3 22. z3 +3z2 +3z – 63 =0 z = 3 là một no   z  3  2 3i  z  1  5i t = z2 + 3z +6 23.(z2 + 3z +6)2 + 2z(z2 + 3z +6) – 3z2 = 0   z  3  3  2  3; 2; 1/ 2 24. 2z 4  3z3  16z 2  3z  2  0 z  1 và một cơ số 25. z5  2z 4  z3  z 2  2z  1  0 Có 1 no là z = -1 no khác nữa, tự tìm nhé 26. 2z 4  3z3  5z 2  3z  2  0 Xem VD20 5 t x 27. 2z 4  21z3  74z 2  105z  50  0 x 35 z  5; z  3 và 2no ? 28. (z  3) 4  (z  5)4  16 nữa, tự tìm thôi. 2 9 11 z  11 / 2;z  9 / 2 và (  ( ) 9 11 29. (z  ) 4  (z  ) 4  1 2 2 ? 2no nữa, tự tìmlà OK. 2 2 2 z  1 và 8 no nữa, No của pt là 10 căn bậc 30**. z10  1 10 của 1(nghe hơi lạ tai) làm cẩn thận nhé. 12
Giothoimai2003 THPT CHUYÊN LÀO CAI 3) Hệ phương trình nghiệm phức  z  w  3(1  i ) (1) VD21: Giải hệ phương trình sau với 2 ẩn phức z và w   z  w  9(1  i ) (2) 3 3 Hướng dẫn 3 Từ (2) ta có: (z + w) – 3zw(z + w) = 9(-1+i) (3) Thay (1) vào (3) ta được: 27(1+i)3 – 9zw(1+i) = 9 (-1+i) 5  5i  3(1+3i+3i2+i3) – zw(1+i) = -1 + i  zw =  5i 1 i  z  w  3(1  i ) Vậy ta có hệ phương trình:   z.w  5i Theo định lý Viet  z, w là các nghiệm của phương trình: t2 -3(1+i) + 5i = 0 (4) t  2  i Ta có:  = -2i = (1 – i)2  Phương trình (4) có hai nghiệm  t  1  2i Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (z;w) là (2+i; 1+2i) và (1+2i;2+i)  z1  z2  z3  1 (1)  VD22:Giải hệ phương trình :  z1 z2  z2 z3  z3 z1  1 (2) z z z  1 (3) 123 Hướng dẫn Ta có z1, z2 , z3 là các nghiệm của phương trình: (z – z1)(z – z2)(z-z3) = 0 ( Sao thế nhỉ???)  z3 – (z1+z2+z3)z2 +(z1z2 +z2z3 + z3z1 )z - z1z2z3 = 0  z3 – z2 + z – 1 = 0  z = 1 và z = ±i Vậy hệ phương trình đã cho có 6 nghiệm (là hoán vị của bộ ba số 1, i và –i) Giải các hệ phương trình Hướng dẫn Đáp số  z1 z2  1 / 2 3 i 3 i 3 i 3 i  ( ) ;( ) 31.  ; ; Làm bình thường 4 2 4 2  z1  2 z2  3  3  i; 1+2i  z1  z2  4  i 32.  Làm bình thường 1  2i; 3-i  z  z  5  2i 2 2  1 2  2  i; -1-3i  1  3i; 2-i  z1 z2  5  5i  33.  Làm bình thường  2  i; 1+3i  z1  z2  5  2i 2 2  1+3i; -2+i  z1  z2  z3  1  34**.  z1  z2  z3  1 Bài 4.23 – Sách BTGT12 – Tr 180 6 no là 6 hoán vị của ( 1 ; i ; -i) z z z  1 123 z  w  i  z  1 35.   Rất dễ iz  w=1  w  1  i  z  w - zw = 8 36.  2 Bình thường 2  z + w = -1 13
Giothoimai2003 THPT CHUYÊN LÀO CAI IV. BÀI TẬP VỀ QUỸ TÍCH Trong dạng này, ta gặp các bài toán biểu diễn hình học của số phức hay còn gọi là tìm tập hợp điểm biểu diễn một số phức z trong đó số phức z thoả mãn một hệ thức nào đó (thường là hệ thức liên quan đến môđun của số phức). Khi đó ta giải bài toán này như sau: Giả sử z = x+yi (x, y   ). Khi đó số phức z biểu diễn trên mặt phẳng phức bởi điểm M(x;y). x2  y2 = z Ta có: OM = Sử dụng dữ kiện của đề bài để tìm mối liên hệ giữa x và y từ đó suy ra tập hợp điểm M. Lưu ý: - Với số thực dương R, tập hợp các số phức với z = R biểu diễn trên mặt phẳng phức là đường tròn tâm O, bán kính R. - Các số phức z, z < R là các điểm nằm trong đường tròn (O;R) - Các số phức z, z >R là các điểm nằm ngoài đường tròn (O;R) VD23: Giả sử M(z) là điểm trên mặt phẳng phức biểu diễn số phức z. Tìm tập hợp các điểm M(z) thoả mãn một trong các điều kiện sau đây: a) z  1  i =2 b) 2  z  1  i c) 2  z  z  2 d) z  4i  z  4i  10 e)1≤ z  1  i  2 Hướng dẫn a) Xét hệ thức: z  1  i =2 (1) Đặt z = x +yi (x, y   )  z – 1 + i = (x – 1) + (y + 1)i. 2 2 Khi đó (1)  ( x  1)2  ( y  1) 2  2  (x-1) + (y + 1) = 4. Tập hợp các điểm M(z) trên mặt phẳng toạ độ biểu diễn số phức z thoả mãn (1) là đường tròn có tâm tại I(1;-1) và bán kính R = 2. b) Xét hệ thức 2  z  z  i (2) y (2)  z  (2)  z  i (*) 2 Gọi A là điểm biểu diễn số -2, còn B là điểm biểu diễn số phức i B 1 (A(-2;0); B(0;1)) A x O -2 -1 1 2 Đẳng thức (*) chứng tỏ M(z)A = M(z)B. -1 Vậy tập hợp tất cả các điểm M(z) chính là đường trung trực của AB. -2 Chú ý: Ta có thể giải cách khác như sau: Giả sử z = x + yi, khi đó: (2)  |(x+2) +yi| = |-x+(1-y)i|  (x+2)2 + y2 = x2 + (1-y)2  4x + 2y + 3 = 0. Vậy tập hợp các điểm M(z) là đường thẳng 4x + 2y + 3 = 0. Nhận xét: Đường thẳng 4x + 2y + 3 = 0 chính là phương trình đường trung trực của đoạn AB. c) Xét: 2  z  z  2 (3) Giả sử z = x + yi, khi đó: (3)  |2+x+yi| > |x+yi-2|  (x+2)2 +y2 > (x-2)2 +y2  x > 0.  Tập hợp các điểm M(z) là nửa mặt phẳng ở bên phải trục tung, tức là các điểm (x;y) mà x > 0. 14
Giothoimai2003 THPT CHUYÊN LÀO CAI Nhận xét: Ta có thể giải cách khác như sau: (3)  |z-(-2)| >|z-2| Gọi A, B tương ứng là các điểm biểu diễn số thực -2 và 2, tức là A(-2;0), B(2;0). Vậy (3)  M(z)A > M(z)B. Mà A, B đối xứng nhau qua Oy. Từ đó suy ra tập hợp các điểm M(z) là nửa mặt phẳng ở bên phải trục tung. d) Xét hệ thức: z  4i  z  4i  10 Xét F1, F2 tương ứng biểu diễn các điểm 4i và -4i tức là F1 (0;4) và F2 =(0;-4). Do đó: (4)  MF1 + MF2 = 10 (M = M(z)). Ta có F1F2 = 8  Tập hợp tất cả các điểm M nằm trên (E) có x2 y 2  1 hai tiêu điểm là F1 và F2 và có độ dài trục lớn bằng 10. Phương trình của (E) là: 9 16 e) Xét hệ thức 1≤ z  1  i  2  1≤ z  (1  i)  2 . Xét điểm A(-1;1) là điểm biểu diễn số phức -1 + i. Khi đó 1≤ MA ≤ 2. Vậy tập hợp các điểm M(z) là hình vành khăn có tâm tại A(-1;1) và các bán kính lớn và nhỏ lần lượt là 2 và 1 Cách 2: Giả sử z = x +yi khi đó (5)  1 ≤ |(x+1) +(y-1)i| ≤ 2  1 ≤ (x+1)2 + (y-1)2 ≤ 4  kết quả như ở trên. 3 VD24: Trong các số phức z thoả mãn điều kiện: |z – 2+3i| = tìm số phức z có môđun nhỏ nhất 2 Hướng dẫn 3 3 9  |(x-2) +(y+3)i|=  (x-2)2 + (y+3)2 = Giả sử z = x + yi, khi đó : |z – 2+3i| = 2 2 4  Tập hợp điểm M thoả mãn điều kiện đã cho là đường tròn tâm I(2;-3) và bán kính 3/2. Môđun của z đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi M thuộc đường tròn và gần O nhất  M trùng với M1 là giao của đường thẳng OI với đường tròn. 4  9  13 Ta có: OI = Kẻ M1H  Ox. Theo định lý Talet ta có: 3 13  M 1 H OM 1 2   3 OI 13 9 6 13  9  13M 1 H  3 13   2 2 6 13  9 78  9 13  M1H =  26 2 13 3 13  2  OH  26  3 13 OH  Lại có: 2 13 13 26  3 13 78  9 13 Vậy số phức cần tìm là: z   13 26 15
Giothoimai2003 THPT CHUYÊN LÀO CAI Đề bài Hướng dẫn Đáp số 37.Tìm quỹ tích các điểm M(z)trong mp phức Hai đường thẳng có pt: biểu diễn số phức z thoả mãn đk: Làm bình thường 1 7 và x =  x= 2 2 |z + z +3 |= 4 38.Tìm quỹ tích các điểm M(z)trong mp phức Hai đường thẳng có pt: biểu diễn số phức z thoả mãn đk: Làm bình thường 1 3 y= . |z + z + 1 - i| = 2 2 39.Tìm quỹ tích các điểm M(z)trong mp phức x2 biểu diễn số phức z thoả mãn đk: Làm bình thường Parabol y = 4 2|z-i| = |z - z +2i| 40.Tìm quỹ tích các điểm M(z)trong mp phức Hai hyperbol có pt : biểu diễn số phức z thoả mãn đk: Làm bình thường xy = 1 và xy = -1 |z2 – z 2| = 4  z 1 1  z i  41.Tìm số phức z thoả mãn hệ:  Làm bình thường z =1+i z  3i  1  z i  42.Cho z1 = 1+i; z2 = -1-i. Tìm z3   sao  z1  z2  z1  z3 z3 = 3 (1+i) hoặc  ycbt   cho các điểm biểu diễn của z1, z2, z3 tạo  z1  z2  z2  z3 z3 = - 3 (1-i)  thành tam giác đều. Gọi z = a + bi ;|z - 2| = 3. (a-2)2 + b2 = 9. (*) 43.Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức Gọi w = x + yi rồi tính a. b (2x + y -10)2 + w = (z+i)(2+i) trong đó z là số phức thỏa a  (2 x  y ) / 5 + (2x – y - 5)2 = 225 theo x,y:  |z - 2| = 3. b  (2 y  x  5) / 5 Thay vào (*) là OK a; b; c: Dễ dàng  x2  y 2  1  2 y  0 44.Tìm các điểm M trong mặt phẳng phức d)  2 2  x  y 1 2 y  0 biểu diễn số phức z thoả mãn một trong các điều kiện sau: (Hợp của 2 đg tròn) Làm bình thường a)|z-2| = 3; b)|z+i| 3 e) Đ.tròn: 1 z  z2 x2 + y2 – 3x + 2 = 0. 1  d) z   2 ; e)Re   =0; f)  z 1  z z f) Hai đt: y = 0 ; x = -1/2. 45. (B – 2010): Tìm quỹ tích điểm M(z) thoả x 2  (y  1) 2  2 Rất đơn giản mãn: z  i  (1  i)z 16
Giothoimai2003 THPT CHUYÊN LÀO CAI 46.(D – 2009): Tìm quỹ tích điểm M(z) thoả (x  3) 2  (y  4) 2  4 Rất đơn giản mãn: z  (3  4i)  2 47.Tìm quỹ tích điểm M(z) thoả Số phức là số thực nếu Hai trục toạ độ bỏ đi zi  mãn: phần ảo bằng 0 điểm ( 0; 1) zi 17
Giothoimai2003 THPT CHUYÊN LÀO CAI DẠNG LƯỢNG GIÁC CỦA SỐ PHỨC CHUYÊN ĐỀ 2: A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1. Cho số phức z  0. Gọi M là một điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn số phức z. Số đo (radian) của mỗi góc lượng giác tia đầu là Ox, tia cuối OM được gọi là một acgumen của z. Như vậy nếu  là một acgumen của z, thì mọi acgumen đều có dạng:  + 2k, k   . 2. Dạng lượng giác của số phức. Xét số phức z = a + bi  0 (a, b   ) Gọi r là môđun của z và  là một acgumen của z. Ta có: a = rcos , b = rsin z = r(cos +isin), trong đó r > 0, được gọi là dạng lượng giác của số phức z  0. z = a + bi (a, b   ) gọi là dạng đại số của z. 3. Nhân và chia số phức dưới dạng lượng giác. Nếu z = r(cos +isin) ; z' = r’(cos’ +isin’) (r ≥ 0, r’ ≥ 0) z' r'   cos( '  )  i sin( '  )  khi r > 0. thì: z.z’ = r.r[cos( +’) +isin( +’)]; zr 4. Công thức Moivre. [z = r(cos +isin)]n = rn(cos n +isin n) 5. Căn bậc hai của số phức dưới dạng lượng giác. Cho số phức z = r(cos +isin) (r>0)    r  cos  isin  Khi đó z có hai căn bậc hai là:  2 2         r  cos      isin      và - r  cos  isin  = 2 2    2 2  6. Căn bậc n của số phức dưới dạng lượng giác Số phức z được gọi là một căn bậc n ( n nguyên và n > 1) của số phức w nếu: zn = w. *) Khi w = 0 thì chỉ có một căn bậc n của w = 0 là 0 *) Khi w  0 , ta viết w dưới dạng lượng giác: w  R(cos  isin ) , R > 0. Ta cần tìm z  r(cos  isin ) sao cho zn = w. Theo công thức Moivre thì: r  n R r n  R  z n  w  r n (cosn  i sin n)  R(cos  i sin )     k2  n    k2, k      ,k   n n Nhưng nếu k là số nguyên bất kỳ thì một số phức lại có vô số căn bậc n ???. Người ta chứng minh được rằng: Mỗi số phức w  0 chỉ có n căn bậc n mà thôi với k = 0, 1, 2, ....,n – 1. ( Nếu suy nghĩ một cách nghiêm túc thì HS cũng có thể hoàn toàn chứng minh được điều đó.) Khi có được công thức trên thì việc tìm căn bậc n của một số phức sẽ đơn giản hơn đi rất nhiều. Ta xét một VD với 2 lời giải sau đây: 18
Giothoimai2003 THPT CHUYÊN LÀO CAI VD25: Tìm các căn bậc 3 của số phức w = 1. Hướng dẫn *) Cách 1: Gọi z = x + iy, ta cần tìm x và y sao cho: z3 = 1 hay (x  iy)3  1  x 3  3x 2 (iy)  3x(iy) 2  (iy)3  1  (x 3  3xy 2  1)  (3x 2 y  y3 )i  0  0  0i  x 3  3xy 2  1  0  Ta đi giải hệ pt:  2 . Việc giải hệ phương trình này chẳng dễ chịu chút nào ( Độc giả 3x y  y  0 3  tự giải quyết coi như bài tập tự rèn luyện với một gợi ý của tác giả là hệ đẳng cấp bậc 3). Đến đây nếu đề bài yêu cầu tìm căn bậc 10 của 1 mà làm theo phương pháp trên thì ....thật là dũng cảm. *) Cách 2: Ta có w  1  w  1  0i  cos0  isin 0 . Từ đó w có 3 căn bậc 3 là: k 2 k2  i sin , k  0,1, 2 cos 3 3 +) k = 0, ta có căn bậc 3 là: z1  cos0  isin 0  1 2 2 1 3 +) k = 1, ta có căn bậc 3 là: z 2  cos  isin   i 3 3 2 2 4 4 1 3 +) k = 2, ta có căn bậc 3 là: z3  cos  isin   i 3 3 2 2 Thật ngắn gọn và tuyệt vời phải ko? Qua lời giải trên ta thấy rằng: 1 3 13 +) Khi bạn đọc giải hệ pt trong cách 1 thì chắc chắn sẽ có 3 nolà: (x; y)  (1;0),( ;  );( ; ) 2 2 22 +) Tổng: z1  z 2  z3  0 . Từ đây ta có nhận xét quan trọng sau: +) Mỗi số phức khác 0 thì đều có n căn bậc n +) Tổng của n căn bậc n đó luôn bằng 0 +) Khi biểu diễn trên mặt phẳng phức thì n điểm biểu diễn của n căn bậc n đó tạo thành một đa w. giác đều n cạnh nội tiếp trong đường tròn tâm là gốc toạ độ O và bán kính bằng n 19
Giothoimai2003 THPT CHUYÊN LÀO CAI B. BÀI TẬP VẬN DỤNG I. BÀI TẬP VỀ CHUYỂN SỐ PHỨC TỪ DẠNG ĐẠI SỐ SANG DẠNG LƯỢNG GIÁC. Phương pháp: Dạng lượng giác có dạng: z = r(cos  + i sin  ) trong đó r > 0. Để chuyển một số phức sang dạng lượng giác ta cần tìm r và ; + Ta có r = |z|  a cos  r  +  là số thực thoả mãn  sin   b   r VD26: Viết các số phức sau dưới dạng lượng giác: a) z1 = 2i b) z2 = -1 c) z3 = 2 d) z4 = -3i e) z5 = 6+6i 3 g) z7 = 9 – 9i 3 1 3 f) z6 =  +i 4 4 Hướng dẫn    a) Ta có: r1 = 2,  =  z1 = 2(cos +isin ) 2 2 2 b) Ta có: r2 = 1,  =   z2 = cos +isin c) Ta có: r3 = 2,  = 0  z3 = 2(cos0+isin0) 3 3 3 d) Ta có: r4 = 3,  =  z4 = 2(cos +isin ) 2 2 2 e) Ta có: r5 = 12  1 cos  2     Chọn  là số thực thoả mãn  = vậy z5 = 12(cos +isin ) 3 3 3 sin   3   2 2  1   3  2 1     f) Ta có r6 = 4  4 2  1 cos   2 2 2 2  Chọn  là số thực thoả mãn  = vậy z6 = 12(cos +isin ) 3 3 3 sin   3   2 g) Ta có: r7 = 18  1 cos  2       =  vậy z7 = 12(cos(  )+isin(  )) Chọn  là số thực thoả mãn  3 3 3 sin    3   2 20

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.