Một số dạng bài tập về số phức - Nguyễn Trung Kiên

Chia sẻ: Nguyễn Anh Phú | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:12

Thêm vào BST

Báo xấu

292
lượt xem 71
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo các chuyên đề ôn thi môn toán : Một số dạng bài tập về số phức - Nguyễn Trung Kiên , giúp các bạn học sinh ôn thi tốt và đạt kết quả cao trong các kỳ thi tốt nghiệp, thi tuyển sinh sắp tới.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Một số dạng bài tập về số phức - Nguyễn Trung Kiên

www.laisac.page.tl M MỘ ỘT S SỐ D DẠ ẠN NG B BÀ ÀI T TẬ ẬP V SỐ P VỀ S ỨC HỨ PH Nguyễn Trung Kiên I) DẠNG ĐẠI SỐ CỦA SỐ PHỨC Dạng 1) Bài toán liên quan ñến biến ñổi số phức Ví dụ 1) Tìm số nguyên x, y sao cho số phức z=x+yi thoả mãn z 3 = 18 + 26i Giải:  x3 − 3 xy 2 = 18 z 3 = 18 + 26i ⇔ ( x + yi ) = 18 + 26i ⇔  2 ⇔ 18 ( 3x 2 y − y 3 ) = 26 ( x3 − 3xy 2 ) 3 3 x y − y = 26 3 1 Giải phương trình bằng cách ñặt y=tx ta ñược t = ⇒ x = 3, y = 1 . Vậy z=3+i 3 Ví dụ 2) Cho hai số phức z1; z2 thoả mãn z1 = z2 ; z1 + z2 = 3 Tính z1 − z2 Giải: a12 + b12 = a22 + b22 = 1 Đặt z1 = a1 + b1i; z2 = a2 + b2i . Từ giả thiết ta có  ( a1 + a2 ) + ( b1 + b2 ) = 3 2 2 ⇒ 2 ( a1b1 + a2b2 ) = 1 ⇒ ( a1 − a2 ) + ( b1 − b2 ) = 1 ⇒ z1 − z2 = 1 2 2 Dạng 2) Bài toán liên quan ñến nghiệm phức Ví dụ 1) Giải phương trình sau: z 2 − 8(1 − i ) z + 63 − 16i = 0 Giải: Ta có ∆ ' = 16(1 − i ) 2 − (63 − 16i ) = −63 − 16i = (1 − 8i ) Từ ñó tìm ra 2 nghiệm là 2 z1 = 5 − 12i, z2 = 3 + 4i Ví dụ 2) Giải phương trình sau: 2(1 + i ) z 2 − 4(2 − i ) z − 5 − 3i = 0 Giải: Ta có ∆ ’ = 4(2 – i)2 + 2(1 + i)(5 + 3i) = 16. Vậy phương trình cho hai nghiệm là: 2(2 − i ) + 4 4 − i (4 − i )(1 − i ) 3 5 z1 = = = = − i 2(1 + i ) 1+ i 2 2 2 2(2 − i ) − 4 − i (−i )(1 − i ) 1 1 z2 = = = =− − i 2(1 + i) 1+ i 2 2 2 Ví dụ 3) Giải phương trình z − 9 z + 14 z − 5 = 0 3 2 Giải: Ta có phương trình tương ñương với ( 2 z − 1) ( z 2 − 4 z + 5 ) = 0 . Từ ñó ta suy ra 1 phương trình có 3 nghiệm là z1 = ; z2 = 2 − i; z3 = 2 + i 2 Ví dụ 4) Giải phương trình: 2 z − 5 z 2 + 3 z + 3 + (2 z + 1)i = 0 biết phương trình có 3 nghiệm thực 2 z 3 − 5 z 2 + 3z + 3 = 0 −1 Giải: Vì phương trình có nghiệm thực nên  ⇒z= thoả mãn cả 2 z + 1 = 0 2 hai phương trình của hệ:Phương trình ñã cho tương ñương với ( 2 z + 1) ( z 2 − 3z + 3 + i ) = 0 . Giải phương trình ta tìm ñược z = − ; z = 2 − i; z = 1 + i 1 2 1
Ví dụ 5) Giải phương trình: z 3 + (1 − 2i ) z 2 + (1 − i) z − 2i = 0 biết phương trình có nghiệm thuần ảo: Giải: Giả sử nghiệm thuần ảo của phương trình là z=bi thay vào phương trình ta có ( bi ) + (1 − 2i) ( bi ) + (1 − i)(bi) − 2i = 0 ⇔ (b − b2 ) + (−b3 + 2b 2 + b − 2)i = 0 3 2 b − b = 0 2 ⇔ 3 ⇒ b = 1 ⇒ z = i là nghiệm, từ ñó ta có phương trình tương  −b + 2b + b − 2 = 0 2 ñương với ( z − i ) ( z 2 + (1 − i ) z + 2 ) = 0 . Giải pt này ta sẽ tìm ñược các nghiệm Ví dụ 6) Tìm nghiệm của phương trình sau: z 2 = z . Giải: Giả sử phương trình có nghiệm: z=a+bi thay vào ta có ( a + bi ) = a + bi 2 a 2 − b 2 = a 1 3 ⇔ Giải hệ trên ta tìm ñược (a, b) = (0; 0), (1; 0),(− ; ± ) . Vậy phương 2ab = −b 2 2 1 3 trình có 4 nghiệm là z = 0; z = 1; z = − ± i 2 2 Dạng 3) Các bài toán liên quan ñến modun của số phức: Ví dụ 1) Tìm các số phức z thoả mãn ñồng thời các ñiều kiện sau: z + 1 − 2i = z − 2 + i và z − i = 5 Giải:  x + 1 + ( y − 2)i = x − 2 + (1 − y )i Giả sử z=x+yi (x,y là số thực) .Từ giả thiết ta có   x + ( y − 1)i |= 5 ( x + 1) + ( y − 2) = ( x − 2) + (1 − y ) 2  y = 3x 2 2 2 ⇔ ⇔  2 ⇔ x = 1, y = 3 hoặc  x + ( y − 1) = 5 − − = 2 2 10 x 6 x 4 0 2 6 x = − , y = − . Vậy có 2 số phức thoả mãn ñiều kiện. 5 5 i−m Ví dụ 2) Xét số phức z thoả mãn z = ;m∈ R 1 − m(m − 2i ) 1 a) Tìm m ñể z.z = 2 1 b)Tìm m ñể z − i ≤ 4 c) Tìm số phức z có modun lớn nhất. Giải: a) Ta có i−m ( i − m ) (1 − m2 − 2mi ) − m(1 − m2 ) + 2m + (1 − m 2 + 2m 2 ) z= = = 1 − m 2 + 2mi (1 − m 2 + 2mi )(1 − m 2 − 2mi ) (1 − m2 ) + 4m2 2 2
m(1 + m 2 ) + i (1 + m 2 ) m 1 m 1 = = + i⇒ z = − i (1 + m ) 2 2 1+ m 1+ m 1 + m 1 + m2 2 2 2 1 m2 + 1 1 ⇒ z. z = ⇔ = ⇔ m 2 + 1 = 2 ⇔ m = ±1 ( m2 + 1) 2 2 2 1 m  1  1 m m2 1 b) Ta có z − i ≤ ⇔ +  − 1  i ≤ ⇔ − i ≤ ⇔ 4 1+ m  1+ m 2 2  4 1+ m 1+ m 2 2 4 m2 m4 1 m2 1 1 1 ⇔ + ≤ ⇔ ≤ ⇔ 16m 2 ≤ 1 + m2 ⇔ − ≤m≤ (1 + m ) (1 + m ) 16 2 2 2 2 1+ m 2 6 15 15 m2 + 1 1 c) Ta có z = = ≤ 1 ⇒| z |max = 1 ⇔ m = 0 (m + 1) 2 2 m2 + 1 Ví dụ 3) Trong các số phức z thoả mãn ñiều kiện z − 2 − 4i = 5 Tìm số phức z có modun lớn nhất, nhỏ nhất. Giải: Xét số phức z = x+yi . Từ giả thiết suy ra ( x − 2 ) + ( y − 4 ) = 5 Suy ra tập hợp 2 2 ñiểm M(x;y) biểu diễn số phức z là ñường tròn tâm I(2;4) bán kính R = 5 Dễ dàng có ñược M (2 + 5 sin α ; 4 + 5 cos α ) . Modun số phức z chính là ñộ dài véc tơ OM. Ta có |z|2= OM 2 = (2 + 5 sin α ) 2 + (4 + 5 cos α ) 2 = 25 + 4 5(sin α + 2 cos α ) Theo BDT Bunhiacopxki ta có (sin α + 2 cos α ) 2 ≤ (1 + 4) ( sin 2 α + cos 2 α ) = 5 ⇒ − 5 ≤ sin α + 2 cos α ≤ 5 ⇒ 5 ≤ z ≤ 3 5 . Vậy −1 −2 | z |min = 5 ⇒ sin α + 2 cos α = − 5 ⇔ sin α = ; cos α = ⇔ x = 1, y = 2 ⇒ z = 1 + 2i 5 5 1 2 | z |max = 3 5 ⇔ sin α + 2 cos α = 5 ⇔ sin α = ; cos α = ⇔ x = 3, y = 6 ⇒ z = 3 + 6i 5 5 Ví dụ 4) Trong các số phức thoả mãn ñiều kiện z − 2 − 4i = z − 2i .Tìm số phức z có moodun nhỏ nhất. Giải: Xét số phức z = x+yi . Từ giả thiết suy ra ( x − 2 ) + ( y − 4 ) = x 2 + ( y − 2 ) ⇔ x + y − 4 = 0 Suy ra tập hợp ñiểm M(x;y) biểu diễn 2 2 2 số phức z là ñường thẳng y=-x+4 Ta có z = x 2 + y 2 = x 2 + (4 − x) 2 = 2 x 2 − 8 x + 16 = 2( x − 2) 2 + 8 ≥ 2 2 . Từ ñó suy z min = 2 2 ⇔ x = 2 ⇒ y = 2 ⇒ z = 2 + 2i Dạng 4) Tìm tập hợp ñiểm biểu diễn số phức Ví dụ 1) Tìm tập hợp các ñiểm M trong mặt phẳng phức biểu diễn số phức z biết: z a) =3 b) z = z − 3 + 4i c) z − i + z + i = 4 z −i 3
Giải: Gọi z=x+yi 9 9 a) Từ giả thiết ta có z = 3 z − i ⇔ x 2 + y 2 = 9( x 2 + ( y − 1) 2 ) ⇔ x 2 + ( y − ) 2 = 8 64 9 3 Vậy tập hợp ñiểm M là ñường tròn tâm I (0; ), R = 8 8 b) Từ giả thiết ta có x + y = ( x − 3) + (4 − y ) ⇔ 6 x + 8 y = 25 . Vậy tập hợp các ñiểm 2 2 2 2 M là ñường thẳng 6x+8y-25=0 c) Giả sử z =x+yi thì z − i + z + i = 4 ⇔ x 2 + ( y − 1) + x 2 + ( y + 1) = 4 ⇔ 2 2  x 2 + ( y + 1) 2 ≤ 4  x 2 + ( y + 1)2 ≤ 16    ⇔ ⇔  x 2 + ( y − 1)2 = 16 − 8 x 2 + ( y + 1) 2 + x 2 + ( y + 1)2  2 x 2 + ( y − 1) = y + 4 2   x 2 + ( y + 1)2 ≤ 16(1)  x 2 + ( y + 1)2 ≤ 16    x2 y2 ⇔  4 x + 4 y + 8 y + 4 = y + 8 y + 16 ⇔  + 2 2 2 = 1(2)  y ≥ −4 3 4   y ≥ −4(3)  Ta thấy các ñiểm nằm trong hình tròn (1) và Elip (2) và tung ñộ các ñiểm nằm trên (Elip) x2 y2 luôn thoả mãn ñiều kiện y >-4. Vậy tập hợp ñiểm M là Elip có pt + = 1. 3 4 Ví dụ 2) Tìm tập hợp các ñiểm biểu diễn trong mặt phẳng phức số ( ) phức ω = 1 + i 3 z + 2 biết rằng số phức z thoả mãn: z − 1 ≤ 2. Giải: Đặt z = a + bi ( a, b ∈ R ) Ta có z − 1 ≤ 2 ⇔ ( a − 1) + b 2 ≤ 4 (1) 2 Từ  x = a − b 3 + 2  x − 3 = a − 1 + b 3 ( ) ( ) ω = 1 + i 3 z + 2 ⇒ x + yi = 1 + i 3 ( a + bi ) + 2 ⇔   y = 3a + b ⇔  y − 3 = 3(a − 1) + b Từ ñó ( x − 3) + y − 3 ( ) ≤ 4 ( a − 1) + b 2  ≤ 16 do (1) 2 2 2   Vậy tập hợp các ñiểm cần tìm là hình tròn ( x − 3) + y − 3 ( ) ( ) 2 ≤ 16 ; tâm I 3; 3 , bán 2 kính R=4. Ví dụ 3) Xác ñịnh tập hợp các ñiểm M(z) trong mặt phẳng phức biểu diễn các số z−2 π phức z sao cho số có acgumen bằng . z+2 3 Giải: 4
z − 2 ( x − 2 ) + yi ( x − 2 ) + yi  ( x + 2 ) + yi  Giả sử z=x+yi, thì = = z + 2 ( x + 2 ) + yi ( x + 2) + y2 2 x 2 − 4 + y 2 + yi ( x + 2 − x + 2 ) x2 + y 2 − 4 4y = = + i (1) ( x + 2) + y2 ( x − 2) + y2 ( x − 2) + y2 2 2 2 z−2 π Vì số phức có acgumen bằng , nên ta có: z+2 3 x2 + y2 − 4 4y  π π + i = τ  cos + i sin  với τ > 0 ( x − 2) + y 2 ( x − 2) + y 2 2 2  3 3  x2 + y2 − 4 τ  =  ( x − 2) + y 2 2 2 ⇒  4y τ 3 =  ( x − 2 )2 + y 2 2  Từ ñó suy ra y>0 (1) và 2 2 4y 4y  2   4  = 3 ⇔ x2 + y2 − 4 = ⇔ x2 +  y −  =  (2) .Từ (1) và (2) suy ra x + y −4 2 2 3  3  3 tập hợp các ñiểm M là ñường tròn tâm nằm phía trên trục thực(Trên trục Ox). Dạng 5) Chứng minh bất ñẳng thức: 2z −1 Ví dụ 1) Chứng minh rằng nếu z ≤ 1 thì ≤1 2 + iz Giải: Giả sử z =a+bi (a, b ∈ R) thì z = a 2 + b 2 ≤ 1 ⇔ a 2 + b 2 ≤ 1 . Ta có 2 z − 1 2a + (2b − 1)i 4a 2 + (2b − 1) 2 = = .Bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương 2 + iz (2 − b) + ai (2 − b) 2 + a 2 4a 2 + (2b − 1)2 với ≤ 1 ⇔ 4a 2 + (2b − 1) 2 ≤ (2 − b) 2 + a 2 ⇔ a 2 + b 2 ≤ 1 ⇒ dpcm (2 − b) + a 2 2 1 Ví dụ 2) Cho số phức z khác không thoả mãn ñiều kiện z 3 + ≤ 2 . Chứng minh z3 1 rằng: z + ≤2 z Giải: Dễ dàng chứng minh ñược với 2 số phức z1 , z2 bất kỳ ta có z1 + z2 ≤ z1 + z2 3 3  1 1  1 1 1 1 1 Ta có  z +  = z 3 + 3 + 3  z +  ⇒ z + ≤ z3 + 3 + 3 z + ≤ 2 + 3 z +  z z  z z z z z 1 Đặt z + =a ta có a 3 − 3a − 2 ≤ 0 ⇔ ( a − 2 )( a + 1) ≤ 0 ⇒ dpcm 2 z 5
II) DẠNG LƯỢNG GIÁC CỦA SỐ PHỨC Dạng 1: VIẾT DẠNG LƯỢNG GIÁC Ví dụ 1) Viết dưới dạng lượng giác của các số phức: 1 − ( cos ϕ + i sin ϕ ) a) b) 1 − ( cos ϕ + i sin ϕ )  (1 + cos ϕ + i sin ϕ ) 1 + cos ϕ + i sin ϕ Giải: 1 − ( cos ϕ + i sin ϕ ) (1 − cos ϕ ) − i sin ϕ a) = 1 + cos ϕ + i sin ϕ (1 + cos ϕ ) + i sin ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ 2sin 2 − 2i sin cos sin − i cos 2 2 2 = tan ϕ 2 2 = −i tan ϕ = ϕ ϕ ϕ 2 ϕ ϕ 2 2 cos 2 + 2i sin cos cos + i sin 2 2 2 2 2 ϕ ϕ  π  π  - Khi tan > 0 dạng lượng giác là: tan cos  −  + i sin  −   2 2  2  2  ϕ ϕ  π   π  - Khi tan < 0 dạng lượng giác là: − tan cos   + i sin    2 2 2  2  ϕ - Khi tan = 0 thì không có dạng lượng giác. 2 b) 1 − ( cos ϕ + i sin ϕ )  (1 + cos ϕ + i sin ϕ ) ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ = 2sin  sin − i cos  .cos  cos + i sin  2 2 2 2 2 2   π  π  = 2sin ϕ cos  ϕ −  + isin  ϕ −     2  2  - Khi sin ϕ = 0 thì dạng lượng giác không xác ñịnh.   π  π  - Khi sin ϕ > 0 thì dạng lượng giác là: 2sin ϕ cos  ϕ −  + i sin  ϕ −     2  2    π  π  - Khi sin ϕ < 0 thì dạng lượng giác là: (−2sin ϕ )  cos  ϕ +  + i sin  ϕ +     2  2  Ví dụ 2): Viết dưới dạng lượng giác của các số phức: 1 − ( cos ϕ + i sin ϕ ) a) b) [1 − (cos ϕ + i sin ϕ ) ][1 + cos ϕ + i sin ϕ ] 1 + cos ϕ + i sin ϕ Giải: ϕ ϕ 1 − ( cos ϕ + i sin ϕ ) 1 − cos ϕ − i sin ϕ ϕ sin 2 − i cos 2 ϕ a) = = tan = −i tan 1 + cos ϕ + i sin ϕ ϕ ϕ ϕ 2 cos ϕ − i sin ϕ 2 2 cos 2 + 2i sin .cos 2 2 2 2 2 ϕ ϕ   π  π  Khi tan >0 thì dạng lượng giác là tan cos  −  + i sin  −   2 2   2  2  6
ϕ ϕ  π   π  Khi tan 0 thì dạng lượng giác là: 2sin ϕ cos  ϕ −  + i sin  ϕ −     2  2    π  π  - Khi sin ϕ < 0 thì dạng lượng giác là: ( −2sin ϕ ) cos  ϕ +  + i sin  ϕ +     2  2  Dạng 2: MÔĐUN VÀ ACGUMEN Ví dụ 1) Tìm phần thực và phần ảo của số phức z, biết z 2 = −2 + 2 3i Giải: Ta có: z 2 = − 2 + 2 3 i ⇔ z 2 = 4  co s 2 π + i s in 2 π   3 3   2π 2π  Do ñó: z 2 = −2 + 2 3i ⇔ z 2 = 4  cos + i sin   3 3    2π 2π   z = 2  cos 3 + i sin 3  z = 1+ i 3   ⇔ ⇔   π π  z = −1 − i 3  z = −2  cos + i sin    3 3 Từ ñó suy ra phần thực và phần ảo của z tương ứng là 1 và 3 hoặc -1 và − 3 ( Ví dụ 2) Tìm một acgumen của số phức: z − 1 + i 3 biết một acgumen của z ) π bằng 3 π 1 3  nên z = z  +  2 2 i  Giải: z có một acgumen bằng 3   1 3  ( ) Do ñó: z − 1 + i 3 = ( z − 2)  +  2 2 i    π ( - Khi z > 2 , một aacgumen của z − 1 + i 3 là ) 3 4π - Khi 0 < z < 2 , một acgumen của z − 1 + i 3 là ( ) 3 7
( ) - Khi z = 2 thì z − 1 + i 3 =0 nên acgumen không xác ñịnh. Ví dụ 3) Cho số phức z có môñun bằng 1. Biết một acgumen của z là ϕ , tìm một acgumen của: 1 a) 2z 2 b) − c) z + z d) z 2 + z 2z Giải: z = 1 , z có một acgumen là ϕ . Do ñó z = cos ϕ + i sin ϕ a) z 2 = cos 2ϕ + i sin 2ϕ ⇒ 2 z 2 = 2 ( cos 2ϕ + i sin 2ϕ ) ⇒ 2 z = 2 ( cos ϕ − i sin ϕ ) Vậy 2z2 có một acgumen là 2ϕ b) z = cos ϕ + i sin ϕ ⇒ z = cos ϕ − i sin ϕ ⇒ 2 z = 2 ( cos ϕ − i sin ϕ ) = ( cos ( −ϕ ) − i sin ( −ϕ ) ) = ( cos ϕ + i sin ϕ ) 1 1 1 ⇒ 2z 2 2 = ( − cos ϕ − i sin ϕ ) = ( cos (ϕ + π ) + i sin ϕ (ϕ + π ) ) 1 1 1 ⇒− 2z 2 2 1 Vậy − có một acgumen là ϕ + π 2z c) Ta có: z + z = 2 cos ϕ Nếu cos ϕ > 0 thì có một acgumen là 0 Nếu cos ϕ < 0 thì có một acgumen là π Nếu cos ϕ = 0 thì acgumen không xác ñịnh. d) z 2 + z = cos 2ϕ + i sin 2ϕ , z = cos ϕ − i sin ϕ 3ϕ ϕ 3ϕ ϕ ⇒ z 2 + z = cos 2ϕ + cos ϕ + i ( sin 2ϕ − sin ϕ ) = 2 cos cos + i.2 cos sin 2 2 2 2 3ϕ  ϕ ϕ = 2 cos  cos + i sin  2  2 2 ϕ 3ϕ ϕ 3ϕ Vậy acgumen z 2 + z là nếu cos > 0 , là + π nếu cos < 0 và không xác ñịnh 2 2 2 2 3ϕ nếu cos =0 2 π π Ví dụ 4) Cho số phức z = 1 − cos − i sin . Tính môñun, acgumen và viết z dưới 7 7 dạng lượng giác. Giải: π π π 8π  4π 2    Ta có: z =  1 − cos  + sin 2 = 2 1 − cos  = 2 1 + cos  = 2 cos  7 7  7  7  7 π 8π − sin sin Đặt ϕ = arg ( z ) thì tan ϕ = 7 = 7 = cot 4π = tan  − π  π 4π   1 − cos 2sin 2 7  14  7 7 8
π Suy ra: ϕ = − + kπ , k ∈ z 14 π π π Vì phần thực 1 − cos > 0 , phần ảo − sin < 0 nên chọn một acgumen là − 7 7 14 4π   π   π  Vậy z = 2 cos  cos  −  + i sin  −   7   14   14   1 Ví dụ 5) Viết dưới dạng lượng giác của một số phức z sao cho z = và một 3 z 3π acgumen của là − 1+ i 4 Giải: 1 1 Theo giả thiết z = thì z = ( cos ϕ + i sin ϕ ) 3 3 ⇒ z = ( cos ϕ − i sin ϕ ) = ( cos ( −ϕ ) + i sin ( −ϕ ) ) 1 1 3 3 1 2  π π Vì 1 + i = 2  + i  = 2  cos + i sin  2 2   4 4 z 1   π  π  Nên =  cos  −ϕ −  + i sin  −ϕ −   1+ i 3 2   4  4  π 3π π 1 π π Do ñó: −ϕ − = − + 2kπ ⇔ ϕ = + 2kπ , k ∈ Ζ. vậy z =  cos + i sin  . 4 4 2 3 2 2 z + 3i π Ví dụ 6) Tìm số phức z sao cho: = 1 và z+1 có một ácgumen là − z +i 6 Giải: Từ giả thiết ⇒ z + 3i = z + i ⇔ x + ( y + 3)i = x + ( y + 1)i ⇔ x 2 + ( y + 3) = x 2 + ( y + 1) 2 2 z + 3i =1 z+i ⇒ y = −2 π  π  π τ z+1 có 1 acgumen bằng − 6 tức là z + 1 = τ [cos  −  + i sin  − ] =  6  6 2 ( ) 3 − i với r>0.  τ 3  x + 1 = Ta có z+1=x+1-2i suy ra  2 ⇔ τ = 4 ⇒ z = 2 3 − 1 − 2i   −2 = − τ  x = 2 3 − 1  2 Dạng 3) ỨNG DỤNG SỐ PHỨC TRONG BÀI TOÁN TỔ HỢP Ví dụ 1) Tính các tổng sau khi n=4k+1 a) S = C20n +1 − C22n +1 + C24n +1 − ....... + C22nn+−12 − C22nn+1 b) S = C21n +1 − C23n +1 + C25n+1 − ....... + C22nn+−11 − C22nn++11 Giải: 9
Xét (1 + i ) = C20n+1 + iC21n+1 + i 2C22n+1 + ..... + i 2n +1C22nn++11 = C20n+1 − C22n+1 + ... − C22nn+1 + i(C21n+1 − C23n+1 + .. − C22nn++11 ) 2 n +1 Mặt khác ta lại có:  π π 2 n +1  (2n + 1)π (2n + 1)π  1 + i = 2  cos + i sin  ⇒ (1 + i ) 2 n +1 = 2  cos + i sin   4 4  4 4  (2n + 1)π (2n + 1)π   (8k + 3)π (8k + 3)π  = 2n 2 cos + i sin  = 2n 2 cos + i sin   4 4   4 4  3π 3π  = 2n 2 cos + i sin  = −2n + i 2n  4 4  Từ ñó ta có a) S=-2n b) S=2n Ví dụ 2) Tính các tổng hữu hạn sau: a) S = 1 − Cn2 + Cn4 − Cn6 + .......... b) S = Cn1 − Cn3 + Cn5 − Cn7 + .......... Giải: Xét (1 + i ) = Cn0 + iCn1 + i 2Cn2 + ..... + i nCnn = 1 − Cn2 + Cn4 − ... + i (Cn1 − Cn3 + Cn5 − Cn7 + ....) n  π π n  nπ nπ  1 + i = 2  cos + i sin  ⇒ (1 + i ) = 2 cos + i sin n  4 4  4 4  Từ ñó ta có kết quả n nπ n nπ a) S = 2 cos b) S = 2 sin 4 4 1  nπ  Ví dụ 3) Chứng minh rằng: 1 + Cn3 + Cn6 + ... =  2n + 2 cos  3 3  Giải: Ta có 2n = Cn0 + Cn1 + Cn2 + Cn3 + ....Cnn (1) 2π 2π Xét ε = cos + i sin ⇒ ε3 =1 3 3 Ta có (1 + ε ) = Cn0 + ε Cn1 + ε 2Cn2 + ......ε n Cnn = Cn0 + ε Cn1 + ε 2Cn2 + Cn3 + ε Cn4 + ..... (2) n (1 + ε ) 2 n = Cn0 + ε 2Cn1 + ε 4Cn2 + ......ε 2 nCnn = Cn0 + ε 2Cn1 + ε Cn2 + Cn3 + ε 2Cn4 + .....(3) π π π π Ta có 1 + ε + ε 2 = 0;1 + ε 2 = cos − i sin ;1 + ε = cos + i sin 3 3 3 3 Cộng (1) (2) (3) theo vế ta có nπ 2n + (1 + ε ) + (1 + ε 2 ) = 3 ( Cn0 + Cn3 + Cn6 + ...) ⇔ 2n + 2 cos = 3 ( Cn0 + Cn3 + Cn6 + ...) n n 3 1 nπ  ⇔ 1 + Cn3 + Cn6 + ... =  2n + 2 cos  3 3  10
MỘT SỐ BÀI TẬP TỰ LUYỆN 1) Giải phương trình sau trên tập số phức: a) z 3 = z b) z + z = 3 + 4i c) z 2 − ( z ) = 4i 3 d )z2 + 2z +1− i = 0 2 e) z 2 + 4 z + 5 = 0 f )(1 + i ) z 2 + 2 + 11i = 0 g ) z 2 − 2( z + z ) + 4 = 0 2) Tìm số thực x thoả mãn bất phương trình: 1+ i 7  x + 1 + 2i − 2  a) 1 + 4i − 2− x ≤ 5 b) − log 2 x ≤ 1 c)1 − log 2  ≥0 4  2 − 1  3) Tìm số phức z sao cho A = ( z − 2)( z + i ) là số thực z + 7i 4) Tìm số phức z thoả mãn ñiều kiện z = 5; là số thực z +1 5) Tìm tập hợp các ñiểm M trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z thoả mãn ñiều kiện z − 2i a ) z 2 − ( z ) = 9 b) = 4 c )3 z + i = z + z − 3i d ) z + 3i − 4 = 2 e) z + 1 ≥ z + i 2 z + 2i z − 2i z−2 +2 f ) z = z + 4 − 3i g ) > 1 h)2 z − i = z − z + 2i k ) log 1 ( ) >1 z + 2i 3 4 z − 2 −1 3 6) Trong các số phức thoả mãn ñiều kiện z − 2 + 3i = . Tìm số phức z có modun lớn 2 nhất,nhỏ nhất. 7) Tìm số phức z thoả mãn ñiều kiện ( z − 1)( z + 2i ) là số thực và z nhỏ nhất. 8) Tìm một acgumen của số phức z khác 0 biết z + z i = z 9) Tìm số phức z thoả mãn z 2 + z = 2 và z = 2 10) Giải hệ pt sau trong tập số phức:  z − 12 5  z1 + z2 = 3 − i  =  2 z − i = z − z + 2i  z − z2 + 1 = 0 z − 8i 3 2   a)  2 b)  1 1 3 + i c)  2 1 d)   z − z = 4 z + z = 5  z2 − z1 + 1 = 0 z−4 2  =1  1  z −8 2  z + 2 z + 2 z + 1 = 0 3 2 e)  2010  z + z + 1 = 0 2011 11) Cho phương trình 2 z 3 − (2i + 1) z 2 + (9i − 1) z + 5i = 0 có nghiệm thực. Hãy tìm tất cả các nghiệm của phương trình. 1 1 12) Tìm phần thực phần ảo của z = 2011 + w 2011 biết + w =1 w w 13) Tìm n nguyên dương ñể các số phức sau là số thực, số ảo: n  − 2 +i 6   4 + 6i  n  7 + 4i  n  3 − 3i  a) z =   b) z =   c) z =   d ) z =    3 + 3i   −1 + 5i   4 − 3i   3 − 3i  11
14) Cho n nguyên dương, chứng minh rằng 2nπ C20n − 3C22n + 9C24n − 27C26n + ..... + ( −3) C22nn = 22 n cos n 3 15) Tìm số phức z sao cho z = z − 2 và một acgumen của z-2 bằng một acgumen π của z+2 cộng với 2 16) Giải phương trình 2z 2z a) 0 = z 2 + tan 2 100 + 4i − 2 b) 0 = z 2 + cot 2 120 + 6i − 7 cos10 sin12 Mọi thắc mắc xin vui lòng liên hệ thầy Nguyễn Trung Kiên 0988844088 www.MATHVN.com 12