PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN SỐ PHỨC VÀ ỨNG DỤNG - NGUYỄN VĂN DŨNG

8/9/2019 PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN SỐ PHỨC VÀ ỨNG DỤNG - NGUYỄN VĂN DŨNG

http://slidepdf.com/reader/full/phuong-phap-giai-toan-so-phuc-va-ung-dung-nguyen-van-dung 1/183

PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN

SỐ PHỨCVÀ ỨNG DUNG

WWW.FACEBOOK.COM/DAYKEM.QUYNHON

WWW.FACEBOOK.COM/BOIDUONGHOAHOCQUYNHON

BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N

.DAYKEMQUYNHON.UCOZ.COM

ng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú



ĩrự]g tãmkiâiths: t Ịiattig ptópgâiTtán:■■.'&ũ6(ẵ!ÌỊỉiậfítíl'iiE■cói éộeiiia:

r-Trọngtamkfcnthút CijiRjangỊiặ) giài Tbsn



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





ThS. NGUYỄN VĂN DŨNG

PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN

VÀ ỨNG DỤNG

* Đành cho thí sinh lớp 12 ôn tập và nâng cao kĩ năng làm bài.V Biên soạn theo nội dung vá định hướng ra đề thi cửa Bộ GD&ĐT.

®ES'

NHÀ XUẤT BẢN ĐẠi HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





NIIÀ XUẤT BẢN ĐẠI HỌC QUOC GIA IIÀ NỘI16 Hằng Chuối - Hai Bà Trưng - Hà Nội

Điện thoại: Biên tập-Chế bản: (04) 39714896;Hành chính: (04) 39714899; Tổng biên tạp: (04) 39714897

Fax: (04) 39714899

Ch ịu t rá ch nhiệm xuấ t bảnĩ

Giảm đốc PHỪNG Qưổc BẢO ĩ biên tập PHẠM THỊ TRÂM

Biên tập nội dung BÍCH HẠNH

Sửa bài DIÊN NGUYEN

Chế bảnCÔNG TI ANPHA

Trình bày bìa SƠN KỲ

Đối tác liên kế t xuất bản CÔNG TI ANPHA

PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN số PHỨC VÀ ỨNG DỰNGMã số: 1L-376H2010In 2.000 cuô'n, khổ 16X24 cm tại công ti TNXIH In Bao bì Hưng Phú Sếxuất bản: 626-2010/CXB/09-101ĐHQGHN, ngày 25/06/2010 Quyết định. xuâ't bản sô': 376LK-TN/XB

xong và nộplưucliiểu quý IV năm 2010.

I! , V’■'"í '' ■



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





L Ờ I Ỉ N Ó I < Đ jỉV

Khỏi đầu từ nhu cầu giải quyết các phương trình đại số, số phức đã bắt đầu xuất hiện từ thế kỷ thứ XV/ và phát triển mạnh đến nay. ứng dụhg của số phức không chỉ ở đại số nói riêng hay toán học nói chung, mà còn trong nhiều ngành khoa học khác.

Số phức được đưa vào giảng dạy ỏ bậc phổ thông của nhiều nước trên thế giới, nhưng lại !à nội dung mới với học sinh trung học ở Việt Nam, và thực sự đã gây không ít khó khăn bỏi nguồn tài liệu tham khấO'tìạrí chế, hoặc nếu có thì cũng chưa đáp ứng được với mong muốn. Vì thế tôi biên soạn cuốn sách “Phương pháp giải toán số phức và ứng dụng" với ba phẩn:

Phần thứ nhất Những vấn đề cơ bản về số phức.Phần thứ hai. Một số ứng dụng của số phức.Phẩn thứ ba. Các bài toán chọn lọc.

Với 223 ví dụ và bài tập được trình bày từ cơ bản đến nâng cao; từ nội dung bám sát sách giáo khoa, ôn luyện thi tốt nghiệp, cao đẳng và đại học, đến những vấn đề khó phù hợp vối các kỳ thi học sinh giỏi ... Tác giả tin rằng, các đối tượng học sinh đều có thể tìm thấy nhũrig điều thú vị trong cuốn sách này.

Cuốn sách được hoàn thành với sự giúp đỡ nhiệt tình của các biên tập viên sự động viên góp ý cũa gia đình và những người bạn. Tác giả xin chân thành cảm ơn!

Mặc dù rất tâm huyết biên soạn cuốn sách một cách cộng phu, kỹ lưỡng nhưng không thể tránh khỏi sai sót, rất mong nhận được các ý kiến đống góp của bạn đọc.

Mọi ý kiến đóng góp xín gửi về địa chỉ:- Trung tâm Sách giáo dục Anpha225C Nguyễn Tri phường, P.9, Q5. Tp. HCM

- Công ti Sách - thiết bị giáo dục Anpha50 Nguyễn Văn Săng, Q. Tân phú, Tp. HCM

ĐT:D8.62676463, 38547464Email: [email protected]ân trọng cảm ơn ! .

TẤCGĨẢ



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N







BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Phẩn thử nhất

NHỮNG VẤN BỂ C0 BẢN VỀ số PHỨC Nộ i cCutuị ẩuợc trìnãày tãeo sát sẩcẫ giáo £Ậoa,ãi tâp ấuợc plĩân dÌỊTỉg cụ tãể, pũo ìig-píiú vói 45 v í dụ vả 30 Bài tập tự Cuyện có gợi ý và đáp số.

1 - DẠNG ĐẠI SỐ CỦA số PHỨC



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





• 1 HCJJ LIU au pilUL '/ ' V4 r , , ĩĩiệu cùa hai'sọ p h ứ c^x^+'yj và z'i ~x + yẬ la số phức ' ’ - '

, ' ’z{ - z2 =(* iH x2)+ Ịỷị ~ ỳ£)i: ■_■c) Phép nhản sôphức , , -<•

' Tích của hai số phức Zỵ - X ■+y\ị -và z =x<,-Ỷ y2ì là số phức / '\ ^ = ( ^ . - ý ~ y l ỳ + (£ y+:%yjỉ.'\' ■- 1 _ : ' «-> :i' ■ •; '/■■ '

d) Phép'chiá số phức : : - ;

Số phức nghich đảo của số phức z khác 0 là số z~l = — -.2 .fef-.., '

Với Z -X + y iịx ■*y** 0> tlìi 2'- ị — ~ r ~ ~ - ị - T ’ 'r ;'

■'•rThương của hai số phức zỵ = ■+yji yk ’’z = X, + y2ij (22 íì 0 ýỉằ so phức

gj'u Zị% 1 -*1*2 1 ỹĩ^2:• *3 1 - ^ 2 » '* _ ’t ,9 2 ' ^ 9 2 ’ í *• -*2 ịz2ị ' ^2 + 2 -v- ■* , - '

CẢCVÍDỤ

-f Voĩ’777ỮĨ .sọ”ngụýên đựợng 71iẤ;r . ' . ' ;• V ■ •



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Ví dụ 1.1. Xác định phần thực và phần ảo của mỗi số phức sau

a) 5 + 2i + 9(2 + i ) - ỉ

b) (3 + 2i) (3 - 20 + 5 (1 + 2i) + 2ì*

c) (l + o 8

d) ( 1 - 0 14

e) (3 - i ) 16(l + 2i)16^ (2-30(3-f t )2

6 + 17Ĩ Lời giải.

a) Ta có z = 5 + 2i + 9(2 + i ) - i = õ + 2ỉ + 18 + 9 i- i~ 2 3 + 10i nên số phức z có phần thực là Re2 = 23 và phần ảo Im2 = 10 .

b) Vì ỉ5 - i4X = (i2)z.i = i và (3 + 2ỉ)(3 -2 0 = 9 - 4i2 = 13 nên ta có

z = (3 + 2 i) (3 - 2 ỉ) + 5 (l + 2i) + 2i5 = 13 + 5 + 10ì + 2i = 18 + 12£.Do đó số phức z có phần thực là Re2: = 18 và phần ảoìm z =12.

c) Ta có (l + i)2 = l + 2i + ì2 =2i nên (l + i)s = (2i)4 =16(ỉ2)2 =16. Vậy số phức z = (1 +ỉ)s có Rez = 16, Im2 = 0.

d) V ì ( l - i) 2 =-2 i nên ( l - i ) u =(-2i)7 =-12 S(ỉ2) ỉ = 128i.

Vậy sốphức z - ( l - i ) 14 có Rez =0,Im2:= 128.

e) Vì (3 - i)( 1 + 2i) = 5(1 +i ) nên

2 = (3 - í)16 (1 + 2i)1G= 516(1 + ì)16= 516(2i)8 = 5iổ2s(ỉ2)4 = 5162s.

Vậy Rez = 5162s,Im2 = 0.

f) Do (3 +i f = 9 +Qi + i = 8 +Qi nên

_ (2-3i)(3+ iỹ (2 - 3i)(8 + i) _ 34 -12i _ + )+ 17Ĩ “ + 17ỉ ~ + 17Í “ + 17Ĩ '

Vậy số phức2 có Re2 = 0; Im z - -2.Ví dụ 1.2. Tìm các số thực thoả mãn

a) x(2 - 3ỉ)2+(2y +1)(1 +iý = -5(7 + 10ỉ)

b) (2x + 0(3 +i f - { x - 2 y)(i - 2)3 = 18 + 76iLới giải.

a) Vì (2 - 3i)2 = -5 - 1 2 i; (1 + i)3 = -2 + 2ỉ nên ta có x(-5 -1 2 i) + (2y +1)(-2 + 2i) = -35 - 50i

- 2 - (12x- 4 y - 2)i = -35 - 50i (*)

7



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Các số thực X,y thoả mãn (*) khi và chỉ khi.. x,y ỉà nghiêm củ Ị-ềx — 4 y - 2 = -35 ịox + 4y = 33 ' Ỹx = 5

phương trình <ư ỗ | l 2 x - 4 y - 2 = 5 0 [12x-4y = 52 [ỷ = 2Vậy các số thực cần tìm là{x;y) =(5; 2).

b) Ta có (3 +iỷ = + i ; ( i - 2)3 = -2 +11i suy ra( x + 0(3 +i f - (x - y)(i - f = 18 + 76Í

o (2x + i)(8 + 6i) - ( x - 2y)(-2+ u i ) = 18.+76i <=> 18x - 4 y - 6 + (x + 22ỵ + 8)i = 18 + 7 6i

fl8 x -4 y -6 = 18 Í18x-4y = 24 (x = 2Vì thế ị J o i J <=H • [x + 22y + 8 = ĩ 6 [x + 22 y = 68 [y=3

Vậy giá trị cần tìm là-(x; y ị— (2;3).Ví dụ 1.3. Chứng minh rằng các số phức sau là số thực

. (l + 3i)s(4 - 3 if b (3 -\r?.i'f(\r‘ Ã - i ) 19(2 + i)2(3 + 80i + i3) (l + V ã)2 ' 3f

Lời giải.a) Vì ĩ3 = Li = ~i nên ta có

(1 -f 3z)3 = 1 + 9i + 27 ỉ2 + 27 ĩ3 = -2 6 - 18ỉ

3 + 80ỉ' + ỉ3 = 3 + 79i; (4 - Si = 7 - 24i; (2 + ỉ)2 = 3 + 4i._ D ođ ' (1 + 3í)( 4 - 3Q2 (- 2 6 - 18Q(7-24i) -614 +498Ì _

z ~ (2 + i)2(3 + 80ỉ' + ĩ3) ~~ (3 + 4ĩ)(3 + 79Ỉ) ~ -307 + 249Vậy z = 2 nên đó là số thực.

b) Ta có (3 +\Í i = 7 +ẽyf i ;(1 + J :iý = - ĩ + 2 y[ i. Suy ra

(3 + >/2i)2(V2 - t ) 19 _ (7 +6\[2i)(yf2-i) 19È_ 13 ^2+ 5i 19 z (1 + V2iỷ 3i ' ~l + 2yf2i 3i ~ - ĩ + 2a/2ĩ +

= 0 3 7 2 + 5 0 0 + 2^20 19ì _ 372 + 57i 19t _ V2(-1+2n/2 ì)(1 + 2>/2 ì) + 3 “ -9 + 3 _ 3 Do đó số phức đã cho ià số thực.

Ví du 1.4.Cho số phức z = —+ i.r 2 2



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N







Từ đó suy ra zl .z0 - zr z2.- \

c) VI Z Z = \z2f là số thực, nên ta có ị — 1= I:~ 12%z2

d) Cách i: Ta có Ị^Ị = yjx% + yf và ịz9| = yịxị + y\ .

Suy ra m |z21= 7 (*r+J?X*2 + yl)= yj~ Ĩ4 + Ã l + ã jỹ f + * f j f ( ỉ)Mặt khác 2X,22 = (2 *2 - >'1y2) + (*iy2 + *2 1 )i >do đó

\zxz2\ = 7 ( *2 - y^ 2)2 + (jcLy2 + x y1ý = yjoịxị + y ịy ị + oịyị + xịyỊ (2)

Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh.

Cách 2: Vì jz|2 = Z2 , nênjz122 2=zlz2zlz<, =z lz2zìz2 =Z1Z1Z'}Z2 = jzj2 \z0f .

Từ đó ta có |zj .z,1 = ịzl Ị. |z21.

Nhận xét. Sử dụng khéo léo phép biến đổi số phức ỉiên hợp cho lời gi ngắn gọn.

e) Vì Ịz9Ị= |z9Ịnên

Ví dụ 1.6. Cho hai số phức2 j và z2. Chứng minh rằng

a) |Zl + z2f +\zx - z 2|2 = 2(|z1f+\z2\2)

b) ị l -ẽ& ị -|*1 - z =(l + \ZlZ2\f -(l^l + m )2

Lời giẩỉ.a) Ta có

*1 2 ^ 2^2 ỊJ z i ^ L h l l ^ L K I h l , KI22 Z2Z2 1 I9 •

\z \ \1 |2 1 |2 ~ 1 [2N 1*21 KI w

\Z1+z2\ +I2l ~z2\ 55(Z1+ %XZI + %) + (21- 22 )(Zl - z2)= {zt +22 )(^ + z ) + (iZj - z2 )(2X- z2 )

= 2(z 1z 1 + z 2z 2) = 2(|2 1|2 +|2:2|2) .

b) Ta có

I1 - *1*21 - -2 2f = ( ! -\ * XI - 1 2 ) - (21- z2 ~ z ) —(1 — )(1 —) — (,z\ ~ —22 )

■= i+ K I2N 2 - K f - h f (1)'

N I U i i



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Mặt khác

(l + Zgj)2 — = l + 2 | ^ H * * r — \ZÁ ~ 1 iJz2Ị —Ịz2Ì *.Vì jz^vj = l ilị oỊ nên ; \

(1 + ịz1z2|)2 - ( Ị^ i -r|z2|)2 = 1 + Ịz ,f\z2f - | Zl|2 - | z 2f (2)

Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh.í dụ 1.7.Cho các số phức z, zx , z . Chứng minh rằng .

a) - \z \<J&ez<\z\ , - \z \<ĩmz£\z \

b) Ịzị<|Rezi-i-ỈInizỊ

c) | k H M - K ± 22 |^ W + |z2| ■

Giả sử z - x + yi với X, y e R. Ta có \z\ = yj X + y riêntừ bấtđẳng thức

đúng ~^Ịx + y < -Ui ắ XẨ\x\ < yỊx + y suy ra -I z\ <~Rez<\z\. Tươngtự ta cũng có -;2ị < Im z <; |z|.

Ta có UỊ Ể |RezỊ + |lm z\ <=> yịx + y £-|jc|-+ ỊyỊ0 0 ) + 29) - ( ZỴ+ 22)(zj + z2) -

21F1+ SgZj +2 1, + JZ2Z2 = IZj. |2 +2 Re ( z ^ ) + Ịz2|2

Mà Re(2122) <|z15‘9| =|21|'.z2| = |2i|Ị2:9| nẻn: ' —

\z i + z 2\2 <\z,\2 +2 \z lị\z2\ + ịz2\2 = ^ + [ ^ ■ _

Do đó \zỵ -r221< jz, I-i- ịz 21 (*) .

Theo (*) ta CO-jzj =\zx+ 2o - 22| <1^ + z2| -f |-22| IzJ - |z 2j< ịz-Lt 22| :

Tương tự |z„| -Ị^l <Jzj + 2ọỊ-=* 1 1 - |z2|| < 1«! + Zo| (**)

Từ (*) và (**) thì ||21|-ịz2f + z2| |zi |+ íz,’i 'Thay z2 bởi- z và chú ý |-z 2|- Ịz2Ị tá được l^ị-|%|Ị ịzj_-z%\ áỊ^Ị + Ị I

Vậy I h l - M - h ±22M2iM 22|- ■ " ~ 1 '

Lòi giải

l ĩ



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





+) Dấu đẳng thức của bất đẳng thức\zx +^2| - ỉ2i| + |z2| xảy'ra khi vkhi Re(2 2) “ Ị2!ỉI^l> hay z2 = 0 hoặc zx = tz với t là số thực khônChủ ý. Bất đẳng thức trên cốn gọi là bất đẳng thức tam giác, đ

dụng trong nhiều bài toán khác.Ta cũng có thể chứng minh được dạng tổng quát: ., + z■ . m + \Zẹ>1+ ]z,ị + , . +

Ví dụ 1.8. Cho số phức z thoả mãn\z\ = 1. Chứng minh rằng Sz + i <5 b) 1 < |l +. zz I+ |l + Z+ zz I< 5

___ Lời giải

a) Theo bất đẳng thức tam giác, ta có3 Z +.2Ì + — z

<|3Ỉ- = 5

b) Vì UI = 1 nên\zn\ = l^r = 1 ,n € z +. Ta có

+) |l + z z\ + |l + z + z 2\< 1 +-|z3]+1 +\z\ + \z2\~ 5

+) Nếu z = 1 thì Ịl + z 3\ + ịl + z + z 2\ = 5 > 1 (đúng).

Nếu Z^1 thì

Ịl + z z Ị+ Ịl + z + z Ị= Ịl + Z i + T—~~r ằ Í1 + z3| + •—

+ z “\ | l - 2 3

1 - 2:

> - l + 2S + l - 2 3 = 1. 2 I- - I" ■2 2Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

Ví dụ 1.9. Cho các số phức x;y;z. Chứng minh rằng

\x\ + |y| +\z\ ắ\x + y - z\ + |x - y + z\ +\-x + y + z\

Lờỉgỉẫ i Đặtm = x + y - z , n = x - y + z ,p =—x + y + z ta có .

m + n p + m n + p X — y = j£—— ,z = —— 2 " 2 2

Theo bất đẳng thức tam giác

ịx\ =, U < M ± M u < M iM2 ,l71 2 2

mw /jp



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Cộng vế vớĩ vế các bất đẳng thức cùng chiều suy ra ỊxỊ + \y\ + \z\ < |m| + k l + 1/?|

Hay Ịx|+ \y\ + \z\<\x + y - z\ + \x- y + z\ + \-x + y + z\.

Ví dụ 1.10. Cho hai số phức X và z đểu có mođun bằng 1. Chứng minhrằng số phức — * Zz là số thực với zxz t * -1.

Lòi giải Sử dụng điều kiện số phức z !à số thực khi và chỉ khi Z = z.

Ta có ZjZj -Ị^Ị2 = 1 =>2ị = — . Tương tự z z, Zn

Do đó z~

1 1--------- - -- ---- i---- _ + 2 _ Z1+ z2 __ Z1 z2 = 21+ z21 + 2^2 1 + 2^2 1 + ZiZ2

Z1 Z1

Vây z = z nên — — z% là số thưc.1 + zxz

Ví dụ 1.1 Ị..Cho z là một số phức khác ọ và 1. Chứng minh rằng với mọi số

nguyên dươngn ta có 1+ Z+ Z* + zữ + ...+ z n"x+ z n = 1 -z*

1 - 2 Lời giải

Đặt T -1 + z + z + zz+... + z n~l + zn.Ta có Tz = z + z %+ zz + z +... + zn + z n+l Trừ vế với vế ta đượcT - T z ^ l + z + z + z3+... + zn- z - z ~ z s - . . . ~ n - n+x = l - z n+1Yầy

_ 1

T ( l - z ) = l - =>T =1 - 2

1 - 2 n+1 Nhản xét: Công thức + z + + z +... + zn~l 4- z n= — là côn£ thức

1 - z tính tổng một cấp số nhân với số phức.

13



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Ví dụ 1.12. Tìm số phức z thoả mãn, 2i -1 3Ĩ + 1a) 2 = — —

i +2 ì -3

c) z - Sìz = 4 - 11i

z =(2i + l)2 2i3 +ỉ ‐

d) z + ( z f = 0

,. 2 b i ‐ b> 2 ■“ •••

Lời giải Zi+ l 2i —1 3ỉ + l i + 2 l i — 1

(2ỉ + 1)2 2i3 + i -1 -3 + 4Ĩ - i - 1 z 5 Ì-2 z , 5 Í- 2

rõ" TTÕ 7 - < ‘ “ 77 ; 7"<=> z — (5Ẽ-2)(4Ẽ-3) - i -1

-1 4 -2 3Ì _ (14 -(-23ỉ)(i —1) 37 9 .o 2 =------------O Z = ----- - • ------S -— + -7Ỉ.- i ‐ 1 (ỉ + l) ( ỉ- l) 2 2

c) Gọi2 = X + y i (x ,y e K), ta có Z = x - y i nên

2z - 3ĩz = 4 -1 li <=>2(x + y i)- 3i(a:- yj) = 4 - 1 li Í2x —3y = 4<=>2x - 3,y + (2_y -3x)i = 4 -1 1 ĩ <=>4 :=>.£ = 5, V= 2.[3x- y = J

Vậy số phức cần tìm là z = 5 +2i.

d) Gọi z - X + y € ]R) , ta có2 = x - y i = > (ZỶ =%2 — y 2 - 2 xyi.

Nên 22 + (Z‐)2 = 0 <=>2(x + yi) + X2 —y 2 - 2 xyi = 0

*2 - / + 2x + y ( l -x ) ỉ = 0 o í* 2 - * 2 + 2* * ° (1)|2 y (l -* ) = 0 (2) .

Từ (2) ta có y = 0 hoặc X = 1.

+ Nếu y = 0 thì từ (1) ta có X2 + 2x = 0 => X = Ó;* = -2 .

+ Nếu X = 1 thì từ (1) ta có- y + 3 = 0=5 ỵ = yfễ;y = ~sfỀ.

Vậy các số phức cần tìm là z = 0;2 = -2; z = 1 + Js i; z = 1 - J~3L

Ví dụ 1.13. Tìm số phức z biếta) |z| = 5 và z = Z

b) ịzị = 4 và z = -Z

c) 14= J ^ầ phần thực của số phức z bằng ba lần phần ảo của2.



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Lời giải Gọi số phức cần tìm Ịà z = X +_yi suy ra Z - x ~ y i

a) Tacó 2 = z nên x + yi = x - y i <=> yi = 0 o y =0. .

M à \z \-^ x +ỵ =-J~x? = }x\ = 5-=>x = 5;x = -5.

Vậy số phức cần tìm là z = 5;z - -5 .

b) Theo bài ra, z = - z nên X + yi =-X + yi <=>2x = 0 < >x== 0.Ta có \z\= yjx + y 2 = = |y |= 4 => y = 4;ỳ = “4 .

Vậy z = 4i;z = -4 ỉ’) Phần thực của số phức z là X và phần ảo là y nên X = Zy . Do đó ta có

3VĨÕ 9VĨÕ[jc = 3y jx = 3y [yjxz + y2 |( 3 j ) 2 + j 2 - 3 6 1y2 =

y-=.r-

53>/ĨÕ

= ■

, * s “9VĨÕ

, 9VĨÕ SVĨÕ. _ 9>/ĩỡ 3>/IÕ,Vậy ta có2 = - - + '■ - i;z = — — ------- — -I.5 5 .... 5 5 .

Ví dụ 1.14. Tìm số phức z thoả mãn hệ2 + 2 12 +2 Ì

| ( z + i ) ( 2 - ỉ ) | = 5

Lời giải

Sử dụng kết quả câu d, -e của ví dụ 1.5.Gọi z ~ x + yi (x;ye

Z+ 2Ta cồ z + i

= 1<=> 7— +'~i = 10.1 z + 2\=\z + 2ỉ\\z +2i\

<*ịx + 2 + yi\ = \x + (y + 2)iị <=>yị(x + 2 f +ỵ = tJx + (y + 2 o X = y.

Lại có Ị(z +1 )(z - ỉ)Ị = 5 <£>\z + lị|z - zỊ = 5 <=>\x +1 + y i\ ịx -y i- i \ = 5

o yj(x +1)2 + ý* yjxz + (y +ĩ f = 5. .

Mà X = y nên X+1 = y + 1, do đó ta có (x + ĩ)2 + x%= 5 =i> X = —2;x = 1. Vậy z = -2 -2 i; z = l + i.

Ví dụ 1.15. Tìm số phức2 có phần thực và phần ảo là các số nguyên thoả' -mãnl2ì|Hir-117 - 44i

15ỂỆ S ê r * PP



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Lài giải Giả sử z = X+ yi (x,y e Z ).

Ta có z =(X - y ỉf -X - 3 X2yỉ + 3 xy i - ysi 3= Xs- 3 xyz - (3 x2y - y )i

Nên "z3 = -117 -44i khi và chỉ khi ị x 7 ' l 3x ỵ - ỵ =44Đây là hệ phương trình đẳng cấp bậc ba.Từ hệ suy ra 44(x3 - 3 xy2) + 117(3jc2y - y3) = 0

hay 44xs + 351 x?y -132 xy2 -117y3 = 0 <=>(4x - Sy)(llx + 96 xy + 3 9 /) =

_ _ 3 -48 + 25V3..... -48-25V3=>a;- —y;x =----- — ------v;x = — -------------y.4 11 J

3Mà x,y <Ez nên # = —y, suy ra

X3 - 3 xy = -117 o - 3 . - / = -117 y3 = 64 => y = 4.

Vậy số phức’cần tìm là2 = 3 -r 4 i.

Ví dụ 1.16. Trong mặt phẳng phức, trọng tâmG của tam giác ABC biểu số phức nào, biết A, B,c theo thứ tự biểu diễn các số phức ZA ,zs ,zc .

Lời giãi Gọi o là gốc toạ độ. Ta cóOẢ,OB,OC biểu diễn số phức ZA,ZB, C .

ĐiểmG là trọng tâm của tam giác ABC khi và chỉ khi:

ÕG = -( Õ Ă + Õẽ + ÕC)

nên điểm G biểu diễn số phức ị ( z Á+ zB+ z c).3 .

Nhản xéJ ỈẢdi tam giác ABC và A'B'C có cùng trong tâm khi và chỉ

Ế k z TìịàềẳQ — + Zỵ. + Z q ..



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





f

Ví dụ 1.17. Cho các véc toũ và V biểu diễn các số phức z và ỈV .

a) Chứng minh rằngữồ = —(zw 4- zw) và ũ =kv (k * 0) Ò ZW - ÍỮ 2 = 0.2

b) Tim điều kiện củaũ và 0 để — vớiw * 0 là số ảo? số thực?

Lời giải Đặt z = a + bi ,w = c + di(a,b ,c ,d <=R), suy ra ìĩ(a;6),ữ(c;cỉ).

a) Ta có ũỹ = ac +bd và Z = a -b i ,w = c - d ỉ , nên

zw+-ZW= ( a - bi)(c + di) + (a +bi)(c - di) = 2 (ac +bd) =2ŨV .Ta có ũ =kũ (k * 0) o ad - bc = 0 và

z w - w z = c$ (a - bi) (c +di) -ia -h bi) (c - di) = 0 ad - bc - 0

Hay: ũ = kv (k o) <=>zw -W Z - 0

b) Ta có — là số ảo khi và chỉ khiw w

z z z _ _ o — = -- ĩra> ZW + WZ - 0

w wnên khi đó ũ L v .

+) — là số thực khi và chỉ khi — = —i<^^- = ~< ^> zw -w z= Q hayw w J w w

khi đó hai véc tơũ &V cùng phương(ũ = kv(k ± 0)).

Ví dụ 1.18. Trong mặt phẳng phức cho ba điểm Ay, b i ể u diễn các sốphức phân biệt z1,22,z3. Chứng minh rằng A1,Ạ2,Ạj nằm trên một

hđường thẳng khi và chỉ khi — ---- - s

Lòi giải.Ba điểm A ,A ,A thẳng hàng khi và chỉ khi tồn tại số thựck * 0 sao cho

= kA A . Mà A ẠÌ biểu diễn số phức z3 A Aị biểu diễn số

phức z - Z y, nên theo ví dụ 1.17 ta có ẠẠị =kAíA <=>% -2!

Ví dụ 1.19. Tìm tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn số phức z thoả mãn điều kiệna) z + Z > 4 ' b) (2 - z)(z + i) là số ảo

c)ệgậ-Ệ^Í I= \z + 3| d) \z - ỉ| = 3

17



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Hình 1 2

Lời giải | p l |Gọi M{x\ y) là điểm biểu diễn số phức z = x + y ỉ . Ô ỊI

_ . BUa) Ta có z = x -y i nên IS&S z + z > 4 e $ x + y i + x-y i> 4 x > 2 .Vậy tập hợp điểm M là nửa mặt phẳng

có bờ là đường thẳng x = .b) Ta có (2 - z)(z +i)= (2 - X - yi)(x - y i + i)

= - X 2 - y + x + y - (x + y - )i.Nên (2 - z)(z + i) là số ảo khi và chỉ khi:

X + y - 2x - y = 0.

Hay ( * - l ) ! + ^ y - ỉ ) = £ .

Vây điểm M thuộc đường tròn tâm 7^1;—j

bán kính R = .2

c) Vì 2 + ỉ - 2 = X - 2 +(y + l) i nên\z +ỉ - 2ị = yj(x - 2)2 + (y + 1)2

Lại có z + Z = x + 3 + yi nên \z + 3| = y[(x + 3)2 + .

Vì thế ta có: yj(x- 2)2 +(y +1)2 = yj(x + 3)2 + y

o 5 x - y + 2 = 0 -ẰỊ Vậy điểm M thuộc đường thẳng có phương trình 5x - y + 2 = 0.Chú ý: Có thể giải bài toán này bằng cáeh nhìn hình học với chú ý rằng nếu

ủ biểu diễn số phức z thì |ữ| = |z|, suyra IAs! =\OB - oa!= \ z b - za I.

Gọi A(2;-l),B(-3;0) là<ác điểm biểu diễn số phức zl - 2 - i;-zọ = -3 .

2=0 ■0

Hình 1.4

% f r



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Ta có Ị2+ Ì -2I=12+3;<=>\AMÌ ABM-., nên điểm M nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng A B .

Vì trung điểm của đoạn AB là và AB(-5;l) nên phương

trình đường trung trực của đoạn thẳng AB là -ốỊ^x + —j +l ị ỵ+—j = 0

hay 5x - y - 2 = 0 . Vậy tập hợp điểm M là đường thẳng 5* - y - 2 = 0. V ì Z - i = X - y i - i = X - ( y 4- l ) i n ê n

\z - i| = 3 o yjx2 ~ + ĩỹ+1)2 = 3 <=> X2 + ( y +1)2 = 32

Vậy điểm M thuộc đường tròn tằm J( 0;-1) bằn kính R = 3.í dụ 1.20.Tìm tâp họp các điểm M trong mặt phẳng phức biểu diễn số

z +i phức z sao cho —— là số thực dương. z - i

Lời giải Gọi A(0;~ 1),B(0;1) là các điểm biểu diễn số phức zA = -i;zB =i i .

Ta có AM,BM -biểu diễn các số phức z + i \z - i nên là'Số-thực7. z - i .....

dương khi và chỉ khi = A'<=> AM = kBM <=> MÃ = kMB (k > 0). Do z ~ ì

đó điểm M nằm trên đường thẳng AB và nằm ngoài đoạn thẳng A B.

BÀI TẬPài 1.1. Tìm phần thực, phần ảo và tính mođun của các số phức sau.

a) 3(2 i-r 1)-r 2i(i-r 1) -

b) (i - 3)2 + 3(2ỉ - 3)(i + í) ' •

c) ——- + 4is +3 ỉ + 2 ._ i + ■ I :■ .

d) (3 ì- l )(2- i)+ ■3(1 + 4-) ..ỉ + 1

, ( - l + 9í)ls(4 -5 í)18

( )2° -f) + I ĩ ịử ị ‐1 y j ự m ễ r X <?• ‘ ■•■■■ •• -

M • - - - ■ ■■■■■ ■■M r 19



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N







d)2 + i —z z +1(3- i f 10 + 5i

e) \z\ + \z[ = 3 và z = - z

f) 2 zz —I z\z =5 và 2 =2g) (42 + z)(2-i ) + 7z = 3 i- 7 h) z +\z\ = 0

#ờ i i.7 . Tìm số phức z thoả mãn hệ 2 - 1

a)

c)

Z-Zi

= 1

z + i z + i

=1

=1

b)

d)

2 + 22 -3 i z - 5

3V2

2 - 1

2 + 3£

= 1

=1z —!■'

|(z - 2)(zir+ 5 - 2i)| = 60 -1

j u + 3 ) ( z - 301 = 9 Bà i 1,8. Cho các điểm A,B,C,D,M,N,P nằm trong mặt phẳng phức lần

lượt biểu diễn các số phức X+ 3ì, -2 +2i, -4 - 2i, 1 - 7i, -3 + 4 ỉ, l- 3i, -3 + 2 ì .a) Chứng minh hai tam giác ABC và MNP có cùng trọng tâm.b) Tìm điểmQ trong mặt phẳng phức sao cho MNPQ là hình bình

hành. ĐiểmQ biểu diễn số phức nào?c) Chứng minh rằng ABCD là tứ giác nội tiếp một đường tròn. Tìm tâm

và bán kúihđuờng tròn đó. Bài 13 . Tìm tập hợp điểm M biểu diễn số phức z trong mặt phẳng phúc sao cho

a) z - 2 z + 4i là số thực b)(z + 3)(J - 2i) là số ảo z + 2 i c) + - là số thực d) ~ZL — - là số ảo

ừ ‐ ' ' ĩ z - l Bài 1.10. Tìm tập hợp các điểm M trong mặt phẳng phức biểu diễn số phức

z thoả mãn điều kiệna) \z + 2\ = \ z - 3 + 2í'| b) \2z + Zi\ = 4

c) z + i 2 - 3

= 1 d) z -3 ỉ = 2

21



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





2 - CĂN BẬC HAI CỦA SỐ PHỨC VÀ PHƯƠNG TRÌNH



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





CẢC ví Dự

Ví dụ 1.21. Tìm cãn bậc hai của số phứcwa) w = 2i b) w = ~ i c) w = -3 + 4i d)w = ỉ e) w = - ~ yfsi f) w = - ĩ + 4V3Í

Lòi giải Gọi 2 là cãn bậc hai của số phức Zí/.

a) Ta có w = 2i = 1 + 2i + i2 = (1 + ị)2 nên căn bậc hai của IV là hại số phức 2 = l + i hoặc2 = -1 - ì .

b) Vì u; = -2ỉ' = 1 - 2i + i = (1- ìý nên z = l —i hoặc Z - - 1 +i .

c) Ta có ỉií = -3 + 4ỉ = 4i2 + 4i +1 = (2Ĩ +1)2, do đó2 = 2i + lhoặc 2 = -2 i - l



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Nhận xét: Cách phân tích w =a + bi thành bình phương là dựa vào bà

_>/2 >/2, , s __ V2 7 2 , z ~~— +- —i hoặc z = —------- — i.2 2 2 2

e) Vi w = -2 -2 jZ i nén x,y có tích là —Jz và x - y 2 = -2 nên chọn * = l;y = —s/3 . Ta có phân tíchw = l -2-/3Ĩ + 3ỉ2 = (1 - V3i)2.

Vậy2: - 1 - V3i hoặc z = - l + yfsi.

f) Vi W -- 1 + Asfzi nên x,y có tích là24% và X - y = -1 nên chọn X = yJH;y = 2 . Ta có phân tích w - 3 + 4-JZi + i2 - (V3 +i f .

Vậy z - yfầ +ỉ hoặc z = -V3 - ị.

Chú ý: Cách phàn tích thành bình phương chiợe dùng chò hầu hết các b tập mà mức độ đòi hỏi tính toán không nhiều, nhưng khdng dùng đư trong các trường hợp bài tập“cố-tình” đòi hòi tính toán phức tạp.

Ví dụ 1.22. Tìm cãn bậc hai của số phứcwa) w ~ l + i b) ii>=-3 + 2ỉ c )w = fĩ —5i

bằng a.

d) Với w = i thì b - 1 ,a = 0 nên x,y có tích là — và X2 - y =0, ta nhẩm2

. _ V2 , _ _ 42dược X = y = - — hoặc X = y = —-— .2 • - 2

+ ——-i , do đó 2 2 )

Lồi giải Gọi z ~ X + y i là căn bậc hai của số phứcw .

Từ (1) ta có X 2 =— -^-=> X = ± 2

Từ (1) ta có X = ■=>x = ±



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Vậy các căn bậc haị cần tìm là

z - V2V2 +2 V2V2 ‐ 2 , _ V2V2 + 2 V2V2 ‐ 2 ,--------------Ị-------- ------J2 =-------------------------------ỉ.2 2 2 2

b) Với Zử= -3 + 2ỉ thì 22 = <=>X2 - y2 = -3

2xy = 2

c4 + 3 jc2 -1 = 0 (3)

xy = 1 (4)3 "s/ĩs vVĨ3 _ ^Giải phương trình trùng phương () ta có X2 = — — — =>x = ±— ——-

- =- r ^ = = = VVH73. X VVĨ3-3 V(VĨ3-3)(VĨ3 + 3)

, „ VVĨ3 - 3 ^+ Với X = -— — thì y = - =

+ Với x = -

Vậy các căn bậc hai cần tìm là:

z = ^ 5 Ĩ 3 H Ĩ + V7Ĩ3 + 3i,z = - VVĨ3+ 3Ì.2 2

XV '- - /Ĩ _K- A' Í4*4 -W 7 * 2 -2 5 = 0 ()c) Với Ỉíí = v 7-5 z thì ^_ . o {[2ry = -5 12ocy = -5 ( )

Giải (5) ta có X = = ±-

+ Với x = d ĩ^Ấ ì ^ ! 3 - thì

5 _ 5 _ / V2 - 2V _ V sỹ2 - 2V2*“ V8V2 +.2V V(S^2 + 2V7)(8V2 -2V ) ~ 2

_ V V2 + 2J 7 _ _ 5 _ VV2 - 2V+ Với X = — ----- — -------thì y = —— =------------------2 2* 2

Vậy các căn bậc hai cần tìm là

2 = V8V2 +2V VsV2 - 2V .. _ V V2 + 2V VsV2 - 2V , — — ------- ------- -----------------1, Z - — - ---------- --------+ - ------------------i.2 2 2 2

Ví dụ 1.23. Giải phưong trình

a) z2 + 3z +10 = 0

c)AJ?rt J ls5 )z + 8-z = 0

b) 22 - 2V 2 + 7 = 0

d) z2 - (4 + 5ỉ)z -11 + 13Ĩ = 0

25



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Lời giải a) Xét phương trình z + Zz +10 = 0 . Ta có A = 32 - 4.10 = —31 = 3 li2 nên

, ^ _£ • 1' _ —3 ■+■>/31ỉ —3 — yj 3lí phương trình có hai nghĩộm là zl = ----- — -----; z2 =------- ----- .z £

b) Ta có A’= (—v/3)2 -1 .7 = -4 = (2ỉý nên các nghiệm cần tìm là:

z l =yfễ + 2Í; = %/3 - 2i c) Phương trình22 + (i - 5)2 + 8 - ỉ = 0 có hệ số phức với:

A = ( i- 5 )2 - 4(8 - ì) = - 6ỉTa tim căn bậc hai của A bằng cách phân tích thành bình phương:

A = -8 -6i =9i2 - 2.3Í.1 + 1 « (3ĩ - 1)2

Vậy các nghiệm của phương trình là z - — —^~ - 1——, háy ta cồ

zỵ = + i; z = S - i d) Phương trình z - (4 + 5i)z -1 1 + 13ỉ’= 0 có:

A = (4 + 5i f - 4 ( - ll + 13i) = 35 -1 2i Ta tìm hai số có tích là -6 và hiệu các bình phương là 35. Phân tích tađược A - 35 -1 2i = 36 - 12i + ỉ2 = (6 - ì)2Vậy các nghiệm cần tìm là:

4 + 5Í + 6 - Ỉ _ 4 + 5 Ì -6 + Ỉ .2, = ------- — -------- 5 + 2i;z, = ------- ---------= -1 + Si 1 2 2 2

Ví dụ 124. Gọi ZX1Z2 là các nghiệm của phương trình3z2 - 4h z + 3 = 0.Tính giá trị của các biểu thức.a) A - z\ + z\ b) B = zỊ + z ị

c) c = z\ + z\ d) D = i + ẶL2T2

\-n Zí> - „ 2?+t ) E =-- — -------+ - — --------- f) F = 1 2-+ 2 z +1 2 ỉ j+ l ■ zl - 2 % - 2í-ờĩ giải

Với A = (-V 5)2 - 4.3.3 = -31 = 3 li2, ta có các nghiệm cùa phương trình,v -ỊEĩi _ V 5-V 3ĩi là#É T #i^ r— ; 2 =-----^— -



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





c) Vi (zf + z%)(zỊ + z ị ) = zị + zị + z*z%(z} + z2) nên ta có

c = z ị + zl = (Zj + z%)(zf + zf ) - zfz%(z: + z2)

= (S2-2P) (SZ - 3 SP)~SP2 = f - i ì ] f ^ = 205V5, l 9 Ả 27 ) 3 243

z3 23 z + ?r4*2 ^

Ta Cỏ 2 + ^ = ( ^ + ^ ^ -2^ 2 =(^-2P)s - 2 í 2nền2 + z? -f- —ì -2.12 =— . ~ ” V 9 >81 _7_

Do đổ D = zl + = M = _L., ztz 1 81

e) Ta có£ị i -Zọ _ ^(2 ^ + l) + 2 (20 + 1)

2z2 +1 2zỵ +1; (2^ + 1)(-222 +1)

2{zỊ + ) + £ị + 22 _ 2(Sa - 2P) + 5431z2:+2(2:1+22) + l 4P '+2S+l

J 1 3 V V 5 -26 + 3V5 l 9 J 3 _ 9 ^ -26 + 3 ^ '" -420 + 97>/5

5 2V 15 +2V 3(15 + 2Vũ) ~~ 6153 3

f\ p — I ^ 2X 2 ~ c?ã. ị)Czị 2)

_ Z j-2 z2 - 2 ~ {zì - 2)(z0 - 2) _ zf 2g + flfjj" 21 ~ ZĨ t l ỉ l - zẾ - ì . ZP-Z S

Zj22 ~2( z 1t 2 , )* 4 ~ P - 2 S + 4

'TU * - T? 165--19V51 nay sô#ạ- rút gọn, ta COF --------- — -----------------. M à : 615 " '



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Ví dụ1.25. Chứng minh rằnga) Hai số phức liên hợp2 và Z là hai nghiệm của một phương trình

hai với hệ số thực.b) Nếu phương trình bậc hai với hộ số thực có một nghiệm phức z thì Z

cũng ỉà một nghiệm của nó. Lời giải

a) Giả sử z = a +bi {a, b € E) thì 2 =a - b i .

Ta có z + Z = 2a và ZZ - a jr b2 nên z và Z là hai nghiệm của phưtrình X - 2ax +a +b = 0 có các hệ số thực.

b) Xét phương trình bậc hai Ax + Bx +c = 0 (*) (A, B ,C eI ,A ^ O ).

Vì z là nghiệm nên Az2 + Bz + c = 0 o Az 2 + Bz + c = 0. Do A,B,C l

các số tihực nên A = A ,B = B,C = C.Vi thế Az +Bz + C = Az + Bz + c = Ậz + Bz + c và 0 = 0

nên Az +B z + C= 0 . Hay Z cũng là nghiệm cùa phương trình (*).Ví dụ 1.26. Lập. phương trình bậc hai vói hệ số thực có nghiệm

a) Vì zỵ = 5 +2i, z = 5 - 2i nên ta có:

+ z = 5 +2i + 5 -2i = 10 và zx.z = (5 + 2i)(5-2í) = 2 5 -4i = 29

nên phương trình cần tìm là z2 -10z + 29 = 0.b) Cách ì. Gọi phương trình cần tìm làax 2 +bx + c = 0(a &0,a,b,c e E)

Vì z = -2 + là nghiêm nên a(-2 +ĩ f + ồ(-2 +i) + c = 0. Haý ta cóa(3 - 4Í) + b(-2 + ỉ ) i c = 0 o 3 a - 2 & + c -(4ữ- b)i - 0.

Í3ct - 2Ố 4- ứ = 0 fc = 5ữ Mà a,b,c<sR nên < ^>1 : Khi đó phương trình . [ 4 a -ỗ - 0 [b = Aa

dạng ax + 4ax + 5a = 0 o X2 + 4jc + 5 = 0 (vì a 9È0).Cách 2. Sử dụng kết quả ví dụ 1.25b.

Vì z =‐ + i là một nghiệm nên2 = -2 - i là nghiệm thứ hai của phưtrình. Ta có z + Z = -4, ZZ = (-2 + i)(-2 -i) = 5 nên phương trình cần t•' - * * ^ 5 = 0.

a) 21 =5 + 2i,22 = 5 -2 t b) z = -2 +i Lời giải



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Ví dụ 1.27.Giải các phương trình sau trên íập số phứca) zz 4- 8 = 0 b) z3 - 3 z +Z + 5 - 0c) (z + 3i){z + 4)(z3 + ỉ) = 0 d)24 + 4 = 0

Lòi giâi 2 —„2

a) Ta có s3 + 8 - 0 <=>(z + 2)(z - 2z + ) = 0 o *e 2 -2 2 + 4 = 0

Xét phương trình z - 2z + 4 = 0 có A' = 1 - 4 = -3 = 3i2 nên phương trình có 2 nghiệm là z2 ~ l + V3i;z3 = 1 - V3i.

Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm zỵ =-2] z2 -1 + yfsi;z3 = 1 - \Í3i.

b) Để ý các hệ số của phương trình zz - 3z + z + 5 = 0 ta thấy z = -1 là nghiệm, nên phân tích thành nhân tử ta có

z3 - 3zz t z + 5 = 0 o ( z + 1 )(z -42 + 5) = 0 ct> Z - 42 + 5 = 0

Giải phương trình22 - T 5 = 0 ta được các nghiêm z =2 + i; z3= -i. Vậy các nghiệm cần tìm là = -l;£ă = 2 i;23 = 2 - i .

c) Đây ỉà phương trình tích nên có các trường hợp +) z + 3i=0-=2>z- -3i .+) 22 +4 = 0 o £2 - 4ỉ2 = 0 o (z -2i)(z + 2i) = 0 => z = 2i,2 = -2i

+) z z + i - 0. Đây là phương trình bậc 3, nếu nghĩ lấy căn bậc ba của- i thì khá khó khăn, nếu đặt z = X + yỉ thì lời giải khá dài. Để ý rằng

i = -1 nên phương trình có dạng

zz - i 3 =0 <=>Cz-i)(z2+iz + i2) = 0 <=> ~ \_z + -1 = 0

Xét phương trình z + LZ ‐ = 0 có A =i - 4. l.(-X)= i + 4 = 3 nên có



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





V3 “ ỉ _ / —i2 = -3i; z = -2i; z = 2i;z = i ; z = — ~ — ; 2 = — - — /t z

d) Sử dụngi - - 1 ta biến đổi phương trình như saur z 2 =2i (1)

z + 4 = 0 o z - 4ỉ2 = 0 O'(z - 2i)(z +2Ỉ) = 0|_z2 = -2 i (2)

Giải các phương trình (1) và (2) là đi tìm căn bậc haicủa số phức±2i, sử dụng các hằng đẳng thức quen thuộc (1 + i)2 = 2ỉ,(l —i)2 = ta cnghiệm cần tìm là z = + i,z - - l —ỉ,z = l —i,z ~ + i .

Ví dụ 1.28. Giải các phương trình sau trên ca) z -2(1 +í)z +Ziz + l - i = Q

b) z3 + 2(1 -i)z + (2 + 3i)z+1 + õi = 0

Lời giải a) Vì tổng các hệ số trong vế trái của phương trình bằng 0, nên phươn trình có một nghiệm2 = 1. Phần tích thành nhân tử, ta có

23 - z2 -(1 + i)z + (1 + ì)z + ( i - l )z + l - ì =o z2(z -1 ) - 2(1 + 2i)(z -1 ) - (1 -i)(z -1 ) = 0

' z = l z - (ĩ + i)z-1 +i ~

Xét phương trình z - (1 + 2i)z -1 + i = 0, ta có A = (1 + 2iý + 4(1 - ị) = 1 phương trình có 2 nghiệm là2 = 1 +i\z =i .Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm là z - 1; z ‐ 1 + ỉ; z = i.

b) Phương trình z3 + 2(1 -i)z + (2 + 3i)z+1 + 5ỉ = 0 có các hệ số ở vế trái thoả mãn -1 + 2(1 - ỉ) - (2 + 30 +1 + 5i = 0, nên nhận nghiệm z = ~ĩ.

Ta có zs + z + (1 - 2ỉ)z + (X- 2i)z + (1 ■+5i)z +1 + 5ỉ = 0

Vậy phương trình đã cho có 6 nghiệm

<^>(z - 1 )[z - (1 + 2i)z-1 + i] = 0 o

2 S - 1

,2o (z + l)[z2 + (1 -2i)z + 1 + 5ỉ] = 0 o

Zz + ( 1 -2i)z +1 + 5 ỉ = 0

Giải phương trình22 + (1 - 2i)z+1 + 5ỉ = 0, ta có

A - (1 — 2iý - 4(1 + 5i) = -7 - 24i = 9 - 2.3.4Ĩ + 16 r = (3 - 4ỉ)2.Nên cácyỊghiệm là2 = 1 - i;z = -2 + 3ỉ.

^Vặ^|ìá|írĩghiệm cầntìm của phương trình đã cho là: 2=-l;2=l-f;z=-2+3i.



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Ví dụ 1.29.Cho phương trình 323 +az 2 +bz + c = 0.. Tìm các hệ số thực a,b,c biết phương trình có các nghiệm là

a) z ~ ~ 1 và z = l - i b) z = — và z = -2 + 3i 3

Xờí gỉảiXét phương trình 32s +az +bz + c = 0 (*)

a) Phương trình (*) nhận z ~ - 1 là nghiệm nên -3 +a - b + c = 0(1), vànhận nghiệm z = l - ỉ nên: 3(1 - i f + a(l - ỉ + 6(1 - i) + c = 0o -6 - i + a{- i) + b(l - 0 + c = 0 ^ &+ c “ 6 - (2a + ồ + 6)j = 0

íò + c —6 = 0 , V -o r , „ ^(2)Ị a + b + 6 = 0

Từ (1) và (2) ta có hệữ - ò + c = 3ỏ + c= 6 =>a = -3,0 = ọ,c = 6.

a + b =‐ Nhận xét. Có thể gỉải bài toán bằng cách khác dựa vào ví dụ 1.25b. Phương trinh (*) nhận z = -1 là nghiêm nên sẽ phân tích được về dạng(z + l)(Sz +mz + n) = 0 vớim ,ne]R Mặt khác (*) cổ nghiệm z - 1 - i thì nghiệm đó sẽ là nghiệm của phương trình Sz +mz + n = 0(**). Theo ví dụ 1.25b ta có i = l'+ ỉ cũng là

- T O

nghiệm của (**) nên

_ -m 2 + 2 = —~— 3

_ n Z Z - — 3

1 —í+1 + ỉ —■3

(l -ỉ )( l + ỉ)= — 3

m = -6, ra= 6 .

Vậy ta có 323+az + bz + c = (z +1)(3 z - 6z + 6)=>’a = -3 ,b = 0 c - 6.

b) Phương trình (*) nhận nghiệm Z - — nên 1 +a + zb+ 9c = 0(3) và nhận

nghiệm z = —2 + 3i nên 3(-2 + 3i f + a (-2 + 3i ý + (-2 + 3i) + c = 0 o - 138 + 27i +a(-5 -1 2i) + b( -2 + 3ỉ)+ c = 0 <=>138 - 5a - 2b + c + (27 - I2a + Zb)i = 0

Í13 8-5 a-'2ồ + c = 0o27 -12a + 36 = 0

Từ (3) và (4) ta cố hệ

(4)

a + 3Ỏ + 9c = -15a + 20 - c = 138=>a~ 11,b = 35, c = -13. 4 a -ồ = 9 ■

31



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Ví dụ 1.30. Giải các phương trình sau trên tập số phứca) (z + z ý - 3z2 - 3z -1 0 = 0

b) ( z - ĩ ) 4 + ( z Hr3)4 + 1 2 8 = 0

c) (z -1 )0 + 2)(z +4)(z + 7) = 34

d) z4 - z3 + 2z2 —2z + 4 = 0 Lời giải

a) Đặt x = zz + z (chú ý trên tập số phức, không có điều kiện cùa X ). Phương trình đã cho có dạng X2 - 3 x - 1 0 = 0 o X ~ 5; X = —2

+ Với £ = 5 ta có z + 2 - 5 = 0, phương trình có 2 nghiệm là‐1 + V2Ĩ - ‐

1 2 2 2

+ Với X = -2 ta có z2 +2 + 2 = 0, phương trình cồ 2 nghiệm là _ 1 + ypĩi ' z%. 2 - ; Z4 ~ 2

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm là _ ‐1 + V2Ĩ _ - I - V 21 ' '_ -l + V7i ■_ - 1-VTi

1 2 2 ; . 2 , 2 - 4 2b) Đặt x = z + l thì phương trình (z - 1)4 +(z + 3)4 + 128 = 0 trở th

( z -2)4 +(£ + 2)4 + 12 8:= 0........Khai triển và rút gọn ta được X + 24j£2 + 80 = 0, suy ra X =-4;x =-20

+ Với X2 = - 4 = 4i2 => X = 2ỉ; X - - 2 i .

+ Với X = -20 =2ồi => X =2yfEi; X - -2Või.Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm, là

zx = - l + i,z — —1 —2i, z3 = -1 +2V Ì, z = -1 - 2yf5ì

Chú ý. Với phương trình dạng (z -ữ )4+ ( z - b ý =c thì giải bằng c

CL+ òđặt ẩn phụ x = z ~ ——- sẽ chuyển được về dạng phương trình b2trùng phương.

c) Vì -1 + 7 = 2 + 4 intên ta biến đổí như sau(z- l ) (z +2)02 + 4)0 + 7) = 34

<=>(z - l) (z +7)(z + 2)(z + 4) = 34 "{£ jẩ® - 7)(z2 T- 2 -r ) = 34(1)

# 1 j í n M i #i s



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Đặt X - z + z - 7 => zz + 6 z + 8 = X +15 thì (1) trở thành ac(nc +15) = 34

<=> X2 + 15x - 34 = 0 => X - 2; X - -17

+ VỚĨ tf = 2 thì z + 6z —7 = 2 o -2 2 + 6 z -9 = 0 =>21= -3 + 3^2; z2 = -3 - V2.

+ Với X = -1 7 thì 22 + 6z - 7 = -17 o z2 + 6z +10 = 0 .Ta có A' = (-3)2 -10 = -1 = í2 => zz = -3 + í; z = - 3 - í.

Vậy các nghiệm cần tìm là2} = -3+3V2,z, = -3-3x /25z3=-3 +i,24 = -3 -i . Chú ỷ. Với phương trình(2 + a)(z + ỏ)(z + c)(z+ư) = m màa + b - c + d thì

biến đổi phương trình về dạng u 2 ■+(a +b)z + a b \z 2 + (c + d)2 + ccỉ] = m

Và đặt ẩn phụ x = z + (a + b)z + ab=>z +(c + d)z + cd = x + c d -a b ta

sẽ chuyển được về phương trình bậc hai.d) Xét phương trình z - z z + 2 z ~-2z + 4 = 0(2).

+ Vói z = thì phương trình (2) có dạng 4 = 0 (vô lý).

+ Với z * 0, chia cả hai vế của (2) cho z ta được

z^ z + - ĩ - + A = 0 0 2 2 + - ị- í z + -1 + 2 = 0 (3)2 2 2 V z )

Đặt x = z + —=> X = z + 2.2.—+ ~ =i- z + \ = *2 - 4 nên phươngtrình z z zr Z (3) có dạng X2 - 4 - X + 2 = 0 <?> X2 - X - 2 = 0 =>x = - l ; x = 2 .

, 2 1 ^ 2 _ o a ’ —+ — + Với = —1 ta có2 + - = -1o z + 2+2 =0 ^ 21= — --— ;zt ~ ------ — .

2+ Với x ta có z + —= 2 <=>22 - z + 2 = 0 => z3 = 1 +i;z = 1 - ì.

z Vậy phương tình đã cho có 4 nghiệm phức là

—1 + yp7i — —ypĩi _ . 1% 2 »^2-----~2 " >23 = l + ỉ;z4 —1 —ỉ.

c/ỉứ ý. Với phương trinh02 + Ò2 + cz2 + dz + e = 0 (a,b,e * 0)có các hộ

số thoả mãn —= I— I , thì phương pháp giải là chia hai vế cho z2 Tồi đặt a Kb)

ẩn phụ chuyển về phương trình bậc hai. Phương ứình dạng này gọi là hưũầ&ràìĩỉỉ hồi quy bậc bốn.



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Ví dụ 1.31.Giải các hộ phương trình sau với x,y là các số phức

a)

c)

a) Xét hệ phương trình

b)

d)

X + Sy - 2 + 3ỉ 2jc - Ỹ' = 5 + 2i 2x + y = 3 Sxz + y z + 3 xy - X + 4 = 0

Lòigiải X + 3y =2 + 3Í (l) 2 x - y ~ 5 + 2i (2)

Từ (2) ta có y = 2x - 5 - 2i thế vào (1) ta được

3x + (l +ỉ)y — -2 + 14ỉix - (2ỉ - l) y = -4 + 9i x ‐ (2 - 0 > =2

X2 -3 ịy2 ='5 + 15i

X + 3(2x - 5- 2i) = 2 + 3Í o Ix - 17+ 9i => X = 17 + 9i

c __o 17 + 9ỉ t- 0. _‐1 + 4iSuy ra y = 2.— - ------5 - 2 ị = — - — J 7 7

f 17Vậy hệ đã cho có nghiêm (x;y) =1 — 17 + 9Ẽ -1+ 4i 7 ; 7

b) Xét hệ phương trình {

Ta có

+ D =

3x + (l + i)y = -2 +14 ỉ

a b 3 1 + ia' b' ỉ 1-2Ĩ

ỉ* - (2ỉ -l)y = -4 + 9i

= 3 ( 1 - 2ỉ) - i ( l + í)= 4 - l i .

c b -2 +14ì 1 + ỉc' b' -4 + 9z 1-2Ĩ

= (-2 +140(1 - 2i) - ( - 4 + 9i)(l+ i) = 39 + 13i

= 3(-4 + 9ỉ) - i(-2 + 14i) = 2 + 29i.+ D , -a c 3 -2 + 14ĩ a! c' ỉ -4 + 9Ĩ

Vậy hệ phương trình có nghiệm

i*ấ iP i i p

_ Ãt _ 39 + 13i x ở 4 “ 7i

_ 2 + 29ỉ y ~ Z) “ 4 -7 i

x = l + 5i y = -3 + 2i



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





, . V , [2* + y = 3 ()c) Xét hệ phương trình { „ . . • [dx +y + 3xy-:c + 4 = 0 ()

Từ (3) ta có y = 3 - x, thế vào phương trình (4), ta có:3x2 + (3-2:c)2 +3x(3-2;c)-a: + 4 = 0 o X2 - 4*+ 13 = 0(5)

, Ịx = 2-3 i=> y = - l + Qi Giải (5) ta đươc ” .

\_x = 2 + 3ỉ => y = -1 - 6iVậy hệ đã cho có nghiệm(x;y) - (2 - 3ỉ; - 1 + 6i);(2 + 3 í; - l - 6i)-u ' V. í x - ( 2 - ỉ ) y = 2 ( )d) Xét hệ phương trình ì

\x -3 ịy = 5 + 15i (7)Từ (6) có x = 2 + (2 - i)y, thế vào (7) ta được [2 + (2 - i)yỶ - 3ịy2 = 5 + 15Ì <=>(3 -ii)y + 4(2- ì ịy - 1 - 1 5i = 0 (8) Giải phương trình (8):

A' = 4(2 -i f - (3 - 7 ỉ)( -l -15Ĩ) = 120 +22 Ĩ = 121 + 2.11.1 +i2 = (11 +c -2(2 -£> + (11 + 0 ...- -2(2 - ỉ) - (11 +i) -26 - 5li Suy ra y = — ----------------- =i;y - — -— _ ------- =---- ------.

3 - 7 Ĩ 3 - 7i 29+ Nếu y = i thì X - 2 + (2 -i)i - 3 -f-2 Ỉ ., x« -2 6 - õ li ' _ 0 /0 . .-26-51Z -45 - 76Ỉ+ Nếu y = — — ------thì JC= 2 + ( 2 - i)— --------= -------------

29 ' 29 29\r~ u- ' 1 1\ /0 0 . .V( - 4 5 - 7 6 Ì - 2 6 - 5 1 i ^Vậy hộ co nghiệm là (3 + 2ị,i);------------,—— — .\ 29 29 J

Ví dụ 1.32. Giải các hệ phương trình sáu vói thuộc tập số phức-

a ) í ? y f +!. , : b ) ỉ v y ; 3(r^ „ ■y * Vs = 8 ( 1 - 0 ;.r '^ :,-: = 9 ( - l - 0 ' Lòi giải

íx + y = 5 + i - ,a) Hộ phương trình ^ . thúộc dạng đối xứng hai ẩn loại ĩ.

[*2 + / = 8 ( 1 + 1) , ^ • ; - ■

tn 2 - 2- / \2 o „ o ■ J ___ J = 5 + ỉVì X + y = + y) - 2xy <=>xy - 8+ i nên hê có đang [ x y - 8 + ỉ

Do đó X, y là nghiệm của phương trình z~ - (5+ i) z+ + = 0 (1).Ta có A = (5 + ỉ)2 - 4(8+}) = -8 + 6i = 9ỉ2 4- L+ 1 = (3Ị.+ L)2', nên nghiêm đìa (1) là z~ Z + i\z = - i .Vâ^ẫậể nghiệm của hệ đã cho là (2 - ỉ; 3 + 2i);(3 +2Ĩ; 2 -ì ) .



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Chủ ý. Hệ đối xứng hai ẩn loại I thường được giải bằng phương phđổi các phương trình về dạng tổngs = x + y và tích p = x y .Một số kết quả hay đùng X2 + y = (x + yỶ - 2xy = s - 2 p.

xz +y z =(x + yý “ 3 xy{x Jr y ) ~ s z - 3 SP. s4 + / =(X + y 2f - 2x y .= (S2 - 2 p ý - 2 p = s - 4S2P + 2P2.

( x - y ý =(x + y f ~ 4x y= s2-4 P ...b) Ta có X3,+y z =(x + y ý - 3ocy(x+y) nên hệ phương trình đã cho tương dư

Suy ra x , y là nghiệm của phương trình z 2 -. 3(1 +i)z + 5i = 0 (2). Giải phương trình (2)

A = 9(1 +i f - 4.5i - -2i = 1 - 2i + i = (1 - ỉ)2-

Nghiệm của (2) là 3(1 + ĩ) —1 + ĩ z = —— — --------2

Vây các nghiệm cần tìm là (2 + i; l + 2i), (1 + 2ì; 2 +i ) . Ví dụ 1.33. Giải hộ phương trình vối X, y thuộc tập số phức

LờỉgiẩL

thuộc dạng hệ đối xứng ha

loại II.Trừ vế với vế eác phương trình (1) và (2) ta được

x + y -ỵ z —x = -10 - 5x +10 +5y o X2 - y + 4(x - y) = 0o + y) + ế (x -y ) = 0 o ( x - ỵ)(x + y + 4) = 0.



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





r Vậy hệ phương trình đã cho tương đương với

X 2 + y = -5(2 + *)(3)o <

X 2 + y = -5(2 + x)(£-,y)(;c+ y + 4) = 0

Giải ra ta được nghiệm

x - y = 0 \_x + y + 4 = 0

+ Nếu y - x thì từ (3) ta có X + X = - 1 0 - 5x o X + x +10 = 0

x = - 3 + i = > y = ~3 + i x = -3 ~ ix > j = —3 - i

+ Nếu y = -4 - X thì từ (3) ta có

X = —2 + y[2i y = - 2 - J2i •4 —x = -1 0 —5% o X + 4x + 6 = 0 =>

= - Z + VMt => y = - 2 - V Z i

- - 2 - -s/2 ỉ => y = - 2 + V 2 ỉ

b) Xét hệ phương trình

Vậy các nghiệm.của hệ đã cho là(—3 -H; - 3 + ĩ); (- 3 —i; —3 —i);

(—2 + -n/Sz; —2 — yỈ i)i (—2 — yj i] —2 + Viz)

C/ĩM_ý, Phương pháp chung giải hệ đối xứng hai ẩn (x; y) loại n là xéthiệu các phương trình, kết quả đó luôn phân tích được thành tích với một nhân tử là x - y . Sau đó giải tiếp hệ bằng phương pháp thế.

ịx2 - i x = - 2 + 5{i + y ) (4)

[y2 - iy - -2 + 5(i + x) (5)Trừ vế với vế phương trình (4) cho phương trình (5), ta có

X2 - ix - y 2 + iy = - 2 + 5i + 5y + 2 - 5Ì -5x

O ’ X2 - y 2 + (5 - i)x - (5 - i )y = 0 <^( x-y) (x + y) + (5 -i)(x ~y ) = 0

'y = x y = í - 5 - x

+ Nếu y = X thế vào phương trình (4): X 2 - ỉx = - 2 + 5(i + x) o s 2 - ( 5 + ỉ)* + 2 - 5 i = 0 (6 )

Giải phương trình (6): Ag = (5 + ì)2 - 4(2 - 5i) -1 6 + 30ỉ

Vì 16 + 30i = 25 + 2.5.3Ĩ + 9ỉ2 = (5 + 3i f nên các nghiêm của phương trình ( ) là x ~ ò + 2i\x = -i .

D o ^ lể l ' ) = (5 + 2i; 5 + 2z); (-Ĩ; - i ) .

<=>(x - j)(jc + y + 5 - i) = 0 o

¥ 37



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





+ Nếu y = i - 5 - x thế vào phưomg trình (4): X2 - ix = -2 + 5(i +i - 5- x) <> X 2 + (5 - i ) x + 27 - lOi = 0 (7)

Giải phương trình (7): A7 = (5 -i f - 4(27 - ÌOĨ) = -84 + 30ỉ. Gọi 2 = a + iò (a,ò e R) là căn bậc hai của A7.

VI z 2 = a 2 - b 2+ 2abi nên z 2 = A7 khi và chỉ khi

a 2 —ò2 = —84 2a b = 30

a 2 - b 2 = -8 4 02 _ Ỉ Ẹ = _ 84 (8)a

= —

Giải ( ): a2 = -84 <=>a + 84a2 -225 = 0 à

Suy ra a = -42 + 3V221 => a = +V-42 -t-3%/221

+) Nếua = V-42 + V221 thì từ ( ) ta có

(9)

(Z = —42 + 3\/221 a2 = -42 - V221

6 = — = 7 4 = 1^ ± 2 + 3V22Ĩ = ' /42 + 3'/22Ĩa V-42 + 3V22I V-422 + 9.221

+) Nếu a = ->/-42 + 3V221 thì 6 = -V2 + V22 I .Nghiệm của phương trình () :

_ —5 + v —42 + 3V 221 + (■>/ 42 + 3V 221 + 1) ỉ

-5 --s/^42 + 3V221 -(>/42 + 3V221 - l ) t* ~ 2Từ đó ta tính được J và suy Ta các nghiệm của hệ đã cho ỉà:

íx = 5 + 2i íx = - i |y = 5 + 2 i’ |jy = - i

^ ‐ + -7^42 + V I + (-J 42 + 3V221 + l) i

2 ;- 5 - \ j -42 + 3V221 -(V 42 + 3V221 - l ) i

y 2

-5 - \Z-42~+ 3V221 - ( V 4 2 + 3V221 -i ) ê

Í Sá t P

,-§ggự -42 +3V22Ĩ + (74 2 + 3V221 + l) i’ & # ' 2



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





BẢI TẬP Bài 1.11. Tìm căn bậc hai của số phức

a) w = 3 + 4Í b)w = — — ỉc) w = 5 + 12z’ d)w = —i

e) w ‐ + 2>/3i f) w = l + 4y/ầỉ

g) w - 1 - i h)w = — 3 + 8Êi) lư = -1 -2yfòi j) lư = 12 -5 i

k) lư = 1 + VĨdĩ Y) w = 2-y[2Ĩi

Bài 1.12. Giải phương trình

a) 4z2 -3 z + l = 0 b)3z +2V Ĩ7z + 7 = 0

c) z2 + (i - )2 + - 2 i = 0 d) z2 +(1 +i)z ‐10 +1 li =0

e) 3z - (5 + 3i)z - 2 - ỉ = 0 f) z - (7 +4î)z + 16-yfầ i= 0

Bài 1.13. Gọi zl z là các nghiệĩm của phương trình22 - 2\Í2z + 5 = 0 Tính giá trị của các biểu thức.

a) A = z\ + zị b) B = zịz + z ịzx

c ) C = z ị+ z ị d) D = z ĩ + z ị

e) E ~ z ị + z ị f) F =2^ +z\

g)G = — £ _ + —á — h) H = ^ -~2Z i + Z z ~2Ĩ2.2 z 9 - zx 2z1- 22 3 - Z1 3 -

n - Kỉ* , w 2 ;> y - K | 3 + w , h í + k li ) / = N N ; ■ l ĩ l KI

Bài 1J 4. Chứng minh rằng nếu phương trình bậcn với hộ số thực: a ữx n + axx n~x + a 2x ri' 2 + . .. + CLn_ỵx + a n = 0

có một nghiệm .phức thì Z cũng là nghiệm của phương trình đó.Bài 1.15. Lập phương trình bậc hai với hệ số thực có nghiệm là

a) zx = 2 + V ĩõi,22 = 2 - V ĩõ i b) -Zj' = r-s/2 -t- 5i, z2 = - V 2 - 5 i



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Bài 1.16. Cho phương trình zz~+2az - b z + c = 0 . Tìm các hệ số thựca,b,biết rằng phương trình có nghiêm là

. . . . ■ , N _ 5 _ -2 + 3ia) z =-3 ;z = 2 + b) z = —;z = ---- — 2 3

_ _ 2 -5z _ 2 _ -3 + í c) z = - 1 2 = —-— d)2 = —;2 = -3 3 • 2

Bổi1.17. Giải các phương trình sau trên tập số phứca) z - 27 = 0 b)6z3 - z 2 + 14z + 5 = 0c) {ỷ + 16)(23 - ì) = 0 d) 24 - Z3 + 27iz - 27i = 0

e) 5z + 7z2 -1 2 = 0 f) z + 22 + 25 = 0g) z -2 (l + i)z2-( 4 + 9ỉ)«z -l-7i = 0

h) 5z - (4 - 5i)zz + 4(2 -i)z + ỉ = 0

i) ỉzs + z 2 - (1 + 4i)z - 2 = 0

j) ZA+ 6(1 +i)z2 + 5 + ỉ = 0 Bài 1.18. Giải các phương ửình sau với x e C

a) (x2 + 3x)2 - 5(x2 + 3 x ) -3 6 = 0 b) (x - 3)4' +(x - 5) = 16

c) (x2 +3x + 2)(x2 + l l x + 30) = 60 d) 2* - X + 3*2 ~x + 2 = 0

e) X4 + 2x 3 +1 1 X2 - 20* +1 00 = 0 f) X4 + 3x2 + 6x +1 0 = 0

g) (z2 4- IX*2 + 8râ -15) = 105 h) (#.- i)4+(x + 3ì)4 = 256 Bài 1.19. Giải các hệ phuơng trình sau với x,y là các số phức

\{2 - ĩ)x - (3 - 2i)y = -10 - zI(3 +2 i)x - (‐1 + i)y = z + i

a)<"“ r - ® . b)j<\x- sĨ3 y = -7 i [(

ị x - y = - 2 ' „■ |*+(4- i )y= -7

\x zy + y2 ~x2 ~2y +1 =0 [Zx*+ (1 + 3i)y2 =291 + 53ỉ Bài 1.20. Giải các hệ phương trình với x,y thuộc tập số phức

a) ị x + y = ~1+2i b) ị* 2+y2 = “4(1 +Ịac + y* + x2y + xy2 - 45 + 60i [jqy+ x + y = 3

Ịx2 -1QĨX + 42Ì = 6y +11 \ y -lO ịy+ 42Ĩ = 2 +11



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





3 - DẠNG LƯỢNG GIÁC CỦA số PHỨC



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N







Lời giải a) Xét số phức z = ỉ. Ta có r =\z\ = Vo2 + 12 = 1.Góc <Ị>thoả mãn

C0S(|>= 0, sin.(Ị) = 1, nên chon ọ = —.

Vậy dạng lượng giác cần tìm ỉà Ì = 1 COS—+ i sin — =cos—+ ỉsin —.V 2 2 / - -2 2

Chủ ý . Dựa vào các giả trị lượng giác đặc biệt,khichuyển sang dạnglương giác ta viết z = á+ b i = Va2 +ò2 í ,k i\, Tồi

nhẩm tìm góc <p sao cho = cos/2^cos—+ ỉsin—

e) Thoó*— l +

xr- 3tĩ 1 . 3tĩ 1 A . rx( 3tC 3^^Vì COS——= — =, s in— = — J= nên -1 +i ="v2 COS—- + isin —- .4 42 4 V2 - l 4 4 y

d) Ta có z = 1 + V3i - 2 Ị—+ .

„ 71 1 . n _ -v/3 , /Tĩ- _ o f 71 • •„ 711Vì cos-r = —, sin—= —— nên 1 + V3i = 2 COS—+ isin— .3 2 3 2 l 3 3 /

e)Tacó z = V 3‐1 =2 ^ - ^ - - —

Vì cos Ị- —j = -> sin Ị -—j = - — nên dạng lượng giác cần tìm là

s Í3 - i = 2 cos^ -— + is in Ị -—

f) Ta có z = —v/3- ỉ = 2^ --^ -- —ìj

Vì cosỊ — j sinỊ — j nên dạng lượng giác cần tìm là

K -_o / 7ĩĩì - •í 7ĩĩ -V3 ‐ = 2 cosl —— Ị+ isin ị

ÊĨẦ WLể¥

Vo —t = uus --- T Í-SJU1 —— J J & - , u £ v i 6 jJ(Q#^ỳquả trên được sử dụng nhiều trong các bài tậpkhác.-'.



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Ví dụ 1.35. Viết các số phức sau dưới dạng lượng giác.a) 2 = (1 - yfầi)(ĩ + i) b) z = (l + V3i)(l -0

c) Z —

a) Ta có

ĩ -V3Ẽ + i

d) Z - y [ z + i

i - 1 Lời giải

+ = l -V 3 í = 2 ( ỉ - ^ í )= 2 [ o o s ( - |) + is in ( - |) '

+ 2 = 1 + i = V2 COS—+i s in - Ị 2 l 4 4)

Vậy theo công thức nhân hai số phức đừới dạng lượng giác thì

z - (1 ->/30(1 +i) = - 2 "cosỊ-—j ^ .V^ Ịcos—+ is in —

= 2>/2 cosl —l + ĩs ĩn 3 4

7t %"3+ 4

= 272 71 ì . . 7UCOS] r + tsin ——12 ) ... K 12

jVAậ« xét. Nếu ta thực hiện rút gọn về dáng đại số, rồí sử dụngpháp chuyển về dạng lượng giác với bài toán trên sẽ gặp khó khănVì 2 = (1 - yfzi)(l + ỉ) = 1 + ỹfs + (1 - V3)ỉ nên ta có

+ r = (1 + -s/3)2 + (1 —>/3)2 = 2->/2 .

+ Góc ọ thoả mãn COS <p= — ~J=- và sin (p= . Thật khó để

định (p nhận giá trị nào.Tuy nhiên, qua hai cách làm khác nhau, ta có

z = 2V2 cosl —— Ị+isin —— 12i l 12

= 2V2| Ỉ Ì ^ + Ằ ^ j2 /2 2V2

■-1E.-1 l - > / 3Suy ra đưọc « . ( - £ ] = ỉ i ỹ , s i n ( - f ) =

b) Xét số phức2 = (1 + -s/3i)(l — ĩ ) . Ta có

+ 23 = l + V3ỉ = 2 Ị i + i j = 2^ cos| + isiii- | j

75 t/r vr)= )+ísinHl



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Do đó

= (1 + 0 ( 1 - 0 = Z3Z4 = 2 Ị c o s — + ỉ s in —j . 7 2 c o s ^ - —j +i s in Ị -

■ ■ ( jL) — - + t s in — ■U 2 J V l2 /

= 2^2 ,7: 7T . ( n 7Ccos — + ism — •13 4J u 4

Vậy ta có z - (1 + y[3i)(l - i ) =2V2

-yfSi

- J cos —- +tsil L U 2 J

( jO • ■ ( n 1COS —- + ism — . U 2; U 2A

c) Xét số phức z = - — .1 + i

+ Z5 = l-V 3 i = 2 cosỊ^-—j + is in ^ -—j

+ Zf. = l + i = V2 COS— + i s i n “V 4 4J Nên theo công thức chia hai số phức dưới dạng lượng giác, ta có

I - V ã ý .1 +i z.

= y cosỊ^-— J 4-is in^-—

Vậy dạng lượng giác cần tìm là

( ít') . . í_ n )COS —- H-ỉSÌnl ; l 3 )_

yj Ịcos —+ i sin —j

j =\/2 'M ... In cosl ——■ +i sin —— 12; V 12

z = l z J ặ = ự2 1+i

d) Xét số phức z = ^ + t . Ta có

Í } , . ( n cosl —— + is in —— 12j V 12

Xét số phức z = . Ta có y i - l

+ z7 = V 3 + í = 2 ^ ^ - + —ỉ j = 2Ị-COS—+ ÌSÌĨ1—j

+ z = ‐ 1 + i = 72 + Ặ i ) = ) +

Nên z = J s +l Zrj Í —1 42 COS

2| cos—+■isin —j



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Vì vây z = ^ +ỈL= J i - 1

7tAC O S ------- + ỈS 1Ĩ 1 - ^

12; l 12Ví dụ1.36. Tuỳ theo góc cp, viết các số phức sau dưới dạng lượng giác,

a) l + cosọ + ỉsinọ b) ĩ+coscp- ỉsincp1 —cos(ị> —isiníp

c) 1 + cosíp + ỉsinọd) (l-cosq>-ỉsìnọ)(l+cos(ị>+isinq>)

Lời giải r, .. - • ~ 9® . Ọ Ọ ~ G>. thoả mãn COS—= 0 thì không có dạng lượng giác cần tìm.2

+ Nếu cos—> 0 thì dang lương giác là 2COS— cos-^ + ỉsin — 2 ■ a 2 \ 2 )

+ Nếu cos —< 0 thì dạng lượng giác là 1 -2COS- j cosị Tĩ+ - j + ỉSÌĨ1Ị Ĩ+—j

b) Ta có l + c0SỌ~ỉSÌnci) =2 c 0 S 2 —-2 is in — COS—= 2cos-r- c o sậ - is in ậ2 2 2 2 V 2 2

^ - 2 C OS— j C O S ^ T Ĩ -— j+ ịsin^7 i-— j

. . ■ 2 s i n ^ i s i n ~ - t c o s —ìc) Ta có i z c^ (p_-încp_ ° .2 I 2 )

coscp *- ỉ., incp 2c os W c o s9 + i s i n cpi2 l 2 )

cosị - ^ + is in f —- ~ ì = ta n ? — Ì Ẩ - 1 Z _ Ì 2 _ _ 2 Ì2 TE TC Ọ= ta n— COS - - - - - + ỉsin

_ _ 12 2 2 ) I 2 2 2©= -I tan —



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





+ Nếu tan —= 0 till không cố dạng lượng giác xác định,2

+ Nếu tan —> 0 thì dạng lượng giác của số phức đó là:

tan-T- cosl --- + ỈS Ĩ H — 2 ) l 2

+ Nếu tan —< 0 thì dạng lượng giác của số phức đó là

- t a n ! c o s ( | ) + í s i n ( |

d) Ta có (l-coscp-isinc pX l + coscp + isincp)

= 2 s in—í s in—- ỉ cos—Ì.2 cos—í cos—+ỉ sin—ì2 V 2 2 7 2 1 2 2 }

. (p ọ = 4 s in —cos— 2 2

= 2sincp

2 2 2 2

^ ... r f cp n <p\ , ( 9 7t <p= 2 s in ẹ COS —- — + — + is in — - — + —

L V2. 2 2) . \2 2 2

„ . [■: ( n'] : . ( = 2 sin (p cos up - —Ị+ ĩ sin ! (|>— J

+ Nếu sin = 0 thì khồng tổn tại dạng lượng giác xác định.

+ Nếu sin > 0 thì dạng ỉượng giác cần tìm là

2sinlììY/Ví dụ 1.37. Tim một argument của mỗi số phứca) J - yfẽi ■

. 5 + 11 V3zc)

b ) 2 -ự3 + i

-i-7-s/ae7 - 4 j Z i

\ , ;í^^; . I TU Ie) 1 js n íọ + icosọ0 <(p<-^

d)

^ , 7C . . 7tf) 1-COS—+ ĨSŨ1— 4 4

47



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N







XT=_ . ______ - l -TyfSi .v 7ttNên môt argument cua so priuc ■— ---- la ([>= — .v è ^ 2^3 + 5i

. * o CD 9 ip ' Ọ ÍỊÍ f ■ Ọ (pe) Ta có 1 + sin(p = sin —+ COS —+ 2sm^-cos—= sin—+ COS— 2 2 2 2 V 2 2

V 2 <1> ■ 2 COS_ - sin— 2 2 ,

f -f ip _Nên 1 + sin(p + ỈCOS([>= ICOS—- + sin.—J + ỉl COS—+ sin—- H '

= cos—+ sin—j Ị cos—+ sin —j + iỊ cos—-s in —j

Mà cos—+ sin—= a/2 COSf— \ COS—-s in —= V 2sin i—- —\2 2 2 ) 2 2 2 J

của số phức 1 + sin cp+i COScp là —— -

1 _ ^ ^ o * 9 7T - . . _ Ĩ C _ 7Ĩ ^ ( * _ f) V] 1 -co s—+ is in —= 2sm ^ + 2jsin—COS—=2sm— sin—H-icas- 4 4 V 8)

- * =2 sin8

4n TỊI , . (%-T-— + isin —- — 2 s ) \2 SJ

in %COS TT- — _ . 71( 3tĩ . , 3tĩ = 2sin^- cos — +i sin ——-

8 V 8 8

„ 371Nên một argument của số phức đã cho là ——. •

Ví dụ 1.38.Viết dạng lưọtig giác cãn bậc hai của số phức biết

a) \z\ = 5 và một argument củaiz là — .

b) \z\ = và một argument của Í2 là K . Z c) \z\ = —và một argument của 3

3ĩĩ ỉà .

1+ i 4 Lòi giải

a) Vj ỊzỊ = nên z = 5(coscp + Zsincp), suy raiz = 5(icos(p - sin ọ ) .

Hay ta cậỆLz = 5 cosỊ > + - |j + isin^cp + | j

49



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





ọ = — +k n , chon k = 0 => ọ = .Y 18 18

( 5n . . 571 ì c Vậy dạng lượng giác của số phức z là z = 51 cos^ + ỈSlĩlĨ3 ^ ra

■r-( 57C . 5 n \ r?(__ 41tc . . 41 ^bậc hai của■«' là V51 c o s |£ + i sin~ J; V 5 l^cos- jjg- + ỉ sin — j .

Vì một argument của iz là •— nên (p+ —- — + ằ2ti(ã eZ ), suy ra

b) Vì UI = nên z = 4(cosz = 4(cosọ -i sin<p)

Do đó LZ = 4(£coscp + sintp) = 4

Ta có một argument của ĩz ìầ. 7t nên ——ọ =TÍ + k2%(k € Z), vì thê

7Ĩ 1 . . ( 7 1COSI + ỉ sin

(p= -k n . Chọn k = 0 => (p= .2 .2

Dạng ỉượng giác của số phức z đó là z = 4

Vậy căn bậc hai cần tìm là

2[cos( ' ĩ ) +isin( ' ĩ ) ] ’2[cos( ^ ) +i'sin( í ) 'Ta có |z|=-^-nên z = —(cos <p+ i sin (p) => Z.= —(coscp-ísincp)

3 3 3

Mặt khác l + i = V2^-jL + - ^ i i = V2^cosi + ỉs in -j .

Do đó I | ( c0s) + tsin(-<p)]1 + ỉ nr( n . . n \ 6V2 cos— + ism~-

{ 4 4 j

' /ầ [ +

_51 • - ft COS — + ỉsin — 4 . 4

Một argument của 2 3ĩĩ * 7Ĩ3ĩĩ 1-‐ ỉa nên ~ẹ~ —= - — + k n (keZ)

1+ i 4 4 4



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Ví dụ 1-39.Tìm phần thực, phần ảo của các số phức saua) ỉ9(>/3-0® b)( l -ự 3 i)16(l + i)íồ

c)21

d)5 + .7Ì

: 6 + i

-nI8

Xời giải

nên theo công thức Mỡỉvre ta cóa) Vì V3 - ỉ = 2 cos i* i s in . nên theó- côngL l 6y' l 6 / 5

(V3 - ì ) = 2 cosị^-—j + isinỊ^-—j= 2 [cos(-c).+

Y “ *9 '8 J “ ___________^ ^ Lại CO I I = i = cos— + ỉsin -r nén2 2 1

i9 {\ ỉầ - ỉ) = ( c o s | +i sin “ j .26 [cos (-7ĩ) +ỉ sin (-7t)]

= 26 cosỊ —-rcj + i sm^— =2 6 cosỊ^-—j + isin

Do đó phần thực của số phức làọvà phần ảo là -26 -

b) Xét số phức (ĩ -V3z*)16 (1 +i fũ .

Ta có 1 - 4 z i = 2

Do đó

+ ( 1 - M G= ? Ẽ

+ ( l + i )10=(V 2)

Jĩ I . V ncos ị + is ĩn

s) { 3và X+ i = j 2

cosị - - j + ỉsin Ị- -1Ĩ6

10

= 2

10

16 COS 16tA . ( 16tt------ H-ỉsin ——— 3 j V 3

cos j +i sin Ịị = 25 f Sn'\ ( 5tc cos| -T- l + ỉsinl —■

Vậy (l-VãOie(l + i)10=221 ( 1671 . ( 16tccos!——- j-f-jsin)

= 22Vqọí . c i l !ẩầ i r ỉ t %

m 9 *

8Ễ Ĩ _ Ị 6 * V; « i r /Ễ 5 - Ỉ Ẽ ĩ T ! = 2 aqo s F— — — + ì sin — I J r 2 3 ) A 2

f H f ) :’ 1QA Ĩ ^ í

3 JJL“ t

[ c o s í - ặ ị 6-J

Ỗ7Ĩ — H-ỉsin — 2 - V 2

cosl — — +isin — — 6 ) ■ V 6 J

51



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Vậy phần thực của số. phức đã cho là -220 V 3, phần ảo là —220.

c) 1 + V3i = 2 cosj —j + is in ^—j ;1 - ị =-/2 cos^--—j + ts in |^-—j

rt21r f2 Ị« ì -^ 2 COS ——- +isin —— (1 + yfzi) V 3 J 'v 3 )_Ta có

= 216V2

= 216V2

■+ V ã)21 n n :( l - í)9 ( M [cosị

( 21ti ỐĩA • . . ( COS — + zsiĩi. I 3 4 J {

( 21ti A • . .{-2 lít 9 ^ ——- + — + ỈS ÌĨ1{ 3 4 J { 3 4 j

f 3771 1 f37tĩ COS — + ỉ sin — . í J l 4

= _216 -2 16 ỉ.

Vậy phần thực cần tìm là -2 16 và phần ảo là -216. d) Ta có:

( S ~ r Do đó, phần thực của số phức đặ cho ỉà 0, phần ảo là 29 .

Ví dụ1.40. Tìm các số nguyên dươngn dể sộ phức sau là số thực? số ảo?

= ( 1 + ; ) 18 =: \/2^cos—+ is in -j =29^

18tc . 18jé'ị =T Icos—— +i sin——1=2, ỉ.

a) 3 + lit 4 - 7 i b) 5 + 3>/3t Ỵ

I - 2V J Lài giải

a) Rút gọn 2:= = - ĩ +ì . Mà ‐1 +i = V2(cos— +i sin—)4-7 ỉ 43 + l l i

nên < T ^ > " = (V 2 )" (c os^ + i s i n ^ r = ( 7 2 ) " ( c o s ^ + i s i n ^ ĩ )4—7i 4 4

+ Số phức2Tlà số thực khi s in -^ í = 0 o= kn (k eZ) => n = — 4 4 3

Vì rc e z^và hai số 4 và 3 nguyên tố cùng nhau, nênk':3=>k- Sm



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





b)

_x of •* It- 2>7VK n 3/17151 T /1 rn+ Tương tự, z là số ảo khi COS—— = 0 o ——- - - + kĩi \k € Z)> suy ra

n = -+- k= Ịt+ Ẳ= 3m + 1 (m eN )=>n = 4m + 2.3 3

Vậy zeM khi 7Z ]à bội nguyên dương của 4 ,2 là số ảo khin là số nguyên dương chia 4 dư 2.rp . _ ,5'+ 3-v/3j. / rs-AB _ on, 2ĩr . . 271^.Ta có z = (-——7=-) = (-1 + V Zi) = 2 (cos— +i sin—-)

1 —2v 3i 3 3

Theo công thức Moivre ta có 2 = 2re(c os^ ^ + isin-^ ^)

+ 2 là số thưc khi sin^^- = 0 o =kn (k e Z) => 71= — =k + —. Vì ' - 3 3 2 2

n e N * nên Ẫ = 2m(m eN*)^>n = 3m .

^ I* 2mt 2717C 11 , _, T_«N 3(2Ẫ + 1)+ £ là sô ảo khiCQS--Z— = 0 o — —= —+ eZ )= >n= —1— -----.3 3 2 4

Vì íieN* và (3;4) = 1, (2Ẳ + l ) /4 (dok + l là số lẻ). Vậy z e R vớin là .bội nguyên đương củá 3 và không tồn tạin để z ỉà số ảo.

Ví dụ 1.41. Tim số phức z sao cho z5 và ~ là hai số phức liên hợp. Z

Lồi giải.Đặt z = r(cos(p +i sincp ),ẹ e [0;2ji) , thì z 5 = /^(cosõcp +i sin5<p)

1 _ 1 cos2tp-ỉ'sin2(p _ 1 r / o \ / o_\l7 = r^(cos2(p + isin2ọ) = - — - = 7 ^ - 2 * ) +i s m ^

Do đó z5 và~ là hai số phức liên hợp khi và chỉ khi25 =\ .2 ’ Z

Hay là r5 [cos (-5q>) +i sin(-5(p)] = ~[co s(-2 (p) +i sin (—2<p)~Ịr

(k € X) ors=4-.2 r k2ĩi ã2jcỀ2ji=>2= eos-~- + ỉsin --

(p= —— o o3

o < r Ị_5q) =2(p+

w<pe[0;27i)nên Ế= {0;1;2}.

^ X IV ẫ2ti . . k2ĩt mVậy số îộc cần tìm 1à2 = COS —— + i sin----- VỚI &= {0; 1; 2}.> 3 3

53



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Chú ý. Nếu sử dụng căn bậcn của đơn vi, thì giải như sau.

+) Vì z5 = 4 - nên U5| = => }z\ = 1 => I z\ = 1.

+)Từ \z\ = 1=>z = z~l nên zh- \ < ^ > ~ = \ ^ z z = 1. z z z

Vậy z là căn bậc ba của đơn vị, đò đó z =cos^^ + is ìn^ ~,k = {0;1;2}.3 3Ví dụ 1.42.Tìm số phức z thoả mãn .

Lời giải rp , 10 + 22Í 0 . 0r^f n . . m ìTa có _ — = 2 +2ỉ = 2v 2 COS—+ ỉ sin— .

8 + 3ỉ l 4 4)Gọi z = r(coscp + isincp) với (Ị>e[0;27t) thì z3= r3 (cos3<|> + isiii3(p) nên

r3 = J I3 10 +2 2 Ỉ . . . , M * = - r - . Khi chỉ khi

8 + 3ỉ' .

“ V2 _ 7T 7 _ ^ "Ị_ TZ k2n ( k e Z ) . 3ọ = — +k2 n ọ = —- + — — T 4 r 12 3

Do (pe [0;2tĩ) nênk = {0;1;2}, do đó có 3 số phức thoả mãn là

% . . 71^ r rf Sn . . 37t r^f 11% . 17.7lAV 2 COS + ỉ sin —— ,v2 cos——+i sin——L%/2 COS —— +'i sin——- l 12 1 2 / V 4 4 ) l 12 12 )

Ví dụ 1.43. Giải phương trình trên tập số phức z 5+ i = 0 Lòi giải

Ta có i = cos^ -^ j + ỉsin ^ -—j . Đặt z ~r(cosq>+ isincp) vói(ộè[0;2tt) .

Theo công thức Moivre ta có z5 = r5 (costị) +i sincp)&= r5 (cos5ọ + ỉsin5(F)).

Do đó phương trình đã cho có dang

rs (cos5(p + tsin5cp)-cos + ỈSÌĨ1 —Ẹ 0-1 Tl 2 j l 2) Ì5(ị> = - —+ Ế27Ĩ

Vì q>e[0;27i) vàk e Z =>k = (l;2;3;4;5},r = 1.

Vậy có 5 nghiệm phức cần tìm2T=cosỊ^——+ -^ ^ j + zsin ^-— + ■——j

ví ể # ;3;4i5}'



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N







Chú ý. Năm 1706 Jonh Machin đã dùng công thức nặy tính gần đúng 7t, chính xác đến 100 số thập phàn.

Ví dụ 1.46. Trong mặt phẳng phức có o là gốc toạ. độ, cho hai điểm A Aỵ biểu diễn hai số phứữ zl ,z * 0 . Chứng minh rằng tam giác OA-Ạị

tam giác đều khi và chỉ khi z\ +z ị =zyz2. Lời giải

Vì zlfz ^ 0 nên đặt — = x thì ta có: zị +zẸ= Z 1Z2 <=> x2zị -h z ị-xz z 2 . . . ........................................................

Suy ra Ịacị - 1 và một argument của X la — hoăc .3 3

+)VÌ = 1 <=>\zA =\z2ị <=> nên OA - OA^ .

+) Vì một argument của X là — hoặc--— nên góc ịpAÔÁ^) là —3 3 3

hoặc . Điều đó chứng tỏ tam giácOA A là tam giác đều.3

BÀI TẬP Bài 121. Viết dạng lượng giác và tìm căn bậc hai của sô' phức:a) 2 = ( 3 -0 (1 -3 ỉ) : b) z = {2 + -j3 ỉ)(ĩ + Zyfễi)

_ (yfầ +2i) {-5-J3 + 17ĩ)đ) z = — r -^=-------- —-2V +Í

f) Z = (ự3 - i) ( l + 7 i) ( l -2 i

(-1 - V3i)7 (V3 + z)s

c) z =(ỉ - 3 ) ( l + 12i)5 + 2i

e) z = (l +sf§i) (-1 - í)

. _ l l + 3^3i g )z=- h) z =■

(2V3 + 5í)C-l + i) ( I_ j) Bài 1.22. Tuỳ theo góc cp, viết các số phức sau dưới dạng lượng giác:

a) 1 - COS(p- i sin (|>c) 1 + sincp + ĩcoscpe) cosọ + i ( l + sincp)

g ) :(il'prcoLp + i sin ọ)( l + sin ọ +i COS<p)

b) l- c o sọ + ỉsinípd) l- sin (p + icos<pf) cosọ + i( l-s in ọ )

l- s in ọ + icoscph) 1 4- COScp+i sin cp



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Bài 1,23. Tìm một argument và tính mođụn của các số phức sau: a) —s/5 + >/Ĩ5i b) (4 + 7i)(-3 - l l i)

c) 2 + V 3-Ỉ d) 2 - V 3 - ÍV - __ TC . ■ 7C ^ . 7Ĩ 71 'e) 1 —cos——i sin—■—- f) 1 + sin—-^cos— ’ 12 12 5 5

g) sin <p-j (l + cos<p) 0 < <p<—j h) l-s incp-icoscpÔ < cp< —j

3>/2 + 5t 3 - v ã (—V3 - 1)5 -3 3 + 19V&1 + V2Í V2 + i ( l + j)6 * 6 + 13>/3i

J5ài 1.24. Tìm số phức z ở dạng lượng giác biết rằng:5 1Z a) I z\ = 2 và một argument của (l + ì)2 là —- .

b) £2=9 và môt argument của ( l - yfễỉ)z là —.4

c) \z\ = —và môt argument của Jỉ— là — .4 ồ yfz + i 3

» h _ 3 * .. . , z ( l -z ) ( 4 + 3>/3ỉ) rTi d) \z\ = —- và môt argument cửa------- — - la —- .10 -13 + V 31 12

Bài 1.25. Giải phương trình với z là số phức:

a) z3 = 3 - V3i b) 4 = -1 ’

c) z5 = 1 đ) z =3 3 +2Syf3l 18 + 5Vãỉ

4 53- 13V 3Ĩ ^ _5 _ 5 + 29ỉe) £ = —— - Z- Ỹ) z -23 + 10V3Í 17 + I2í

Bài 1.26. Tim các số nguyên dương 71 để số phức sau ỉà số thực? số ảo?

, fl3>/3+9iỴ „ <7 + 170* V(-59-llV 3i)n■H t o s t J } (37 3-2 *)

Zfaw2.27. Tim số phức2 thoả mãn:

a) z4 &4r ỉà hai số phức liên hợp của nhau. z

—3 . 3,ab) 2 là hai số phức liên hợp.

57



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Bài 1.28. Chứng minh rằng:a) sin3cị>= 3 sin (p- 4 sin3 ọ

b) sin5q> = 16sin5 (Ị>—20 sin3 q>+ 5sin9

ị 1 +i tan q>Ỵ _ 1 +i tan nọ ^l-ỉtan(pj 1-ítanrap

Bài 1.29. Chứng minh rằng căn bậc 7i(n.sZ+) của đơn vị làn số phức có

dạng £l —cos———+ ỉ sin.——- vớik = {0;l;2;3;...;n — 2;n—l } . n n

Bài 1.30. Chứng minh rằng:

Bài 1.1.a) Re2 = 1,Im2 - t\z\ - >/65.

b) Rez = -7,Im z = -9,|zi = x/Ĩ3Õ.

c) Rez = 2,Imz = 0,UI = 2.

d) Re Z - 8, Im z = 2,Ịz| = 2-v/Ĩ7.

4118 I , 41 18e) Re2 = 0,Im2 = — -—,0 = “ —.2 2

f) Rez = -8,Im2 = ,\z\ = 10.

1-icotq) 1 +ỉ cot(2n + l)(p

GỢIỸVẢĐẢP SÕ



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N







a) z = l + i b) z = 3;z = 3 — i

c) z = Q;z = -3 + 3i d) z = 2± ~ ~i

Bài 1.8.a) Vi ZA + ZB+ zc = -5 + Zi = ZM+ ZN + Zp

b) Từ ZM + Zp - ZN + Z q => Zq = -7 + 9i

c) cos DAB = =-cosBCDĨ

a) Toạ độ M(x;y) thoả mãn ry-r y -2 = 0.

b) Toạ độ M{x;y) thoảmãn xz + y2 +3x + '2y =’0.

c) M(x; y) thuộc đường còng X2 - y2 = -1 trừ điểm (0;-l).

d) M(x;y) thuộc đường thẳng X = 0 hoặc ;y = trừ điểm (0;1).

Bài 1.10. - -a) M(x; y) thuộc đường thẳng lOx - 4y - 9 = 0. .

3b) M(x; y ) thuộc đường tròn X2 + (ỵ - ~ f =4.

c) M(xr,y) thuộc đường thẳng6x -r4y ~5 = Q.

d) M(x;y) thuộc đường tròn X2 + (y + l)2 = 4.

Bài L U .

a) z ~ ±(2 + ì) b) z = ±(1 —30

c) z = ±(3 + 2i) d)2 = ± - ^ - i j

e ) 2 = ± ( i + V 3 i ) f ) z = (2 + V i)

3 , [y /73+3. —+ <I— -------i V 2

Bài 1.7.150

h) z = ± ■s/73 -



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





c) z =2;z = 4 —i d) z = 3 -2 i;z ~ -4 + i

e) z - ;z =2 + i 3

f) z - 2 - Jzỉ ;z - 5+ 2>/3ì

Bài 1.13. s= zí + z0 - 2V2 ; p = 5.

a) A =s 2- 2Pb) B = P(Ss -ZSP)

c) C = 5 4- 4 5 2P + 2P2

d) jD = (S2 - 2P)(S3- 3SP) - SP2

e) E = (S * - 3 S P ỷ - 2 P z

f ) F = (S3 -3SP)(S4 ~4S2P + 2p2) - SP3

1A rr ỗSP-SP-eS-KXPh) H = ------------- ------ ------- P - 3 S + 9i) / =2V5 k) í : = 12

BầiL14. P(z) = P(z).

Bài 1.15.à) z 2 - 4z + 14 = 0 b) z'2+2yf2z + 27 = 0

c) 22 + 2 +1 =0 d) 22 - 2yf2z + 5 = 0 Bài 1.16.

61



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Bài 1.17.

a) z = 3; z = —3 ±3-j3i ^ _ 1 1 ± yíĩĩi h ) z = 3 ;‘ = 4 "

c) z - ±4i;z = -i ;z =+yfz + i

d) z = 1;z = 3i;z =±3>/3 —3i

e) 2 = ±l;z =±2yfĨ5ỉ

g) 2 = -1; z = -1 -i; z = 4 +3i

-2 ± y/3 + i l) z = 2; z =------ :------

f) z = ±(2i + l);z = ±(2 i- l)

1_\ J _ 2 + 6i 2 -6 ih) z = - i ; z= ;z= —g—

Vẽ ĩ - 5 ựẽ ĩ + 5 .k) z = ±i ;z = ±

Bài 1.18.-3 ±>/7i -3±3>/5a) X=-----------:x =------------

2 2b) x = 3;* = 5;;e = 4±>/7i

\ „ „ -7 ± VUttc) %= 0;x = -7 ;x =-------------2

1 ± J s i - l l v ' I I id ) X = — - — ; X = ------------------

2 4e) x = l±2i , x = -2±4 i

f) X* +3x2 +Qx +10 —0 5*(jx +1) + (x + 3)2 —0

o (x2 +1)2 - (ix + 3i)2 = 0 => * = 1 ± 2i; X= -1 ± ị

g) (x2+ l)(x2 +8ỈX -15 ) = 105 o (jc -i)(x + i)(x + 3i)(x + 5i) = 105

o (x2 + 4xi - 3)(*2 + 4 xi + 5) = 105 => X = -2 z; X = 6i; X = -2i ± yj~6



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Bài 1.19.*. 6>/3 + 5í 6 + 18>/3ỉa) X= — ~ — -,y =--- — -----

b) X = i, y ~ 1 + 4i

c)

d)

x = - l y = 1 ’

* = -10 y = 4 + ỉ ’

- l W g2

3 + V3ĩ y = -

-1 -Vãi 2

3->/3í

3C=-

y = —

25332+ 2226Ĩ 2557

1618+ 96 lị2557

Bứỉ 2.2Ớ.

a) s = - l + 2 i,P = -9 + 13i =>(í) = (3 - ì ; - 4 + 3i)J(^;y) = (-4 + 3ĩ;3 -ĩ)b) s = l - ì , p = 2 +i hoặc S=-3+ ỉ,P = 6 - i nện (íc;y) = (í ;l -2 i) hoặc

'-3 + V V 65 -8+ a-> /V 65 + 8)i - 3 - VV65-8 +(1 + VV65+S)iỴ 2 ’ 2 ;

và hoán vị.

2+ -J Qi 2-Vẽ ; Àr— 2 .X —2 .

2 + V6i 2 -V6z’y = --- -

—l 2 V = ------L 2

—1 + >/3ỉ X =----------- Ị X =

2

- l - V ã ỉ2 I 2

3 - V3Ì 1 3 + "v/Sỉ — i — \ y = — i — 2 + V6Ĩ 2-V Di Ó-yJỏl ỏ+y/ỏl y = — --— y = — -— y = — ;— Lv =----- — / 2 r 2 l 2 I 2

^ ịx = 5 + 2ỉ íX = 1 + Si í X = -3 + V2V178 - 26 + (5 - V2V178 - 26)ỉ •= 5 + 2 ỉ’|y = 1 + 8 í’jy = -3 - V2V178 —26 + (5 -f >/27178 - 26)ì

ị X= -3 - V2V178 - 26 + (5 + V2V1 -2 6 ji |v = -3 + V2V178 - 26 + (5 - V2VỈ78 - 2~6)i

Bài 1.21. a) z = lũỊ^cos— + ỉs in — j u\ _ Wí 2ĩĩ ■ ■b) 2 = 14 COS—“ +i siĩi—— l 3 3 ,



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





g) z = V2^cos—~ —+ i si n— . h)2 = (V2)21 fcos— ^+i J

Bài 1.22. Bạn đọc tự xét các trường hợp, ỏ' đây viết cho dạng hệ số dươ

a) 1 - COS <p-i sin(p = 2 sin—[ cos(^ - - ) +ĩ sin(-^ -£ z A z z

IV * ^ - <í>r .TE0 . . , -TU' <p.-•-b) l-cos<p4-ỉsinọ = 2sin —[co s(~ -—).+ ỉsin(-r--—)]2 2 2 2 2 .

c) 1 + sin (p+i COSọ = 2 cos (—- —)[ cos(—- —)+ i sin(—- —)]4 2 4 2 4 2

d) l-sin (p + icoscp = 2cos(—+ —)[cos(—+ —) + isin(—+ —)]Y y v4 2 4 2 4 2

e) COS (ị>+ £(1 + sin ọ) = 2 sin(—+ —)[ COS (—+ —) + isin(—+—)]

f) COS <p + i ( l - s in ọ ) = 2 s i n (— - —)[ co s(— - —) +i s i n (— - —)]

g) (l-cos<p + isin(p )(l + sinq) + ico sọ )

= 4 sin—cos(—- —).[ cos(— - <p)+i sin(— - <p)3 2 4 2 4 4

1 _ ■ • cos(—+ —)l-sin»r >0 có \z\ - r và một argument làẹ.

a) z =2\/& ^cos~+isin— .......

b) 2 = 65-\/2^cos— + ịs in — j

V _ . ỗ%( 5x . . 5k '\c ) z = 4 COS——-Ị COS—— + ĨSĨIV — -

12 V 12 12 J

J\ n í . 19ft . _. 19ttỴd ) z = 4 s i n—— \ c o s — - + i s i n — -

12 V 12 1 2)\ __ « 11 í 27ji: 37tĩY

e ) z = 2 s m — \ COS— — + z s m — — " # '^ 2 4 1 24 24 )

Ể ỉể

Á P



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





_ . -3rcf -371-331^f ) z = 2 s i n ^ c o s ^ + i s i n ^ j

g) 2 = 2COS— fcos(—- —) + i sin(—- —)i* 2 V 2 2 2 2 J

h) z = 2 cos(—+ —) fco s(- - - —) + ! s in (- ~ - —)14 2\ 2 - 4 2 4 7

: \1 9 f TC . 71 l) z = —cos-r + ism -r3 V 2 2 /

-X o f 2n . . 2 ^ j) z = 8 cos-r- + is in --- J I 3 3 J

Bài 1.24,

a) z- 2 Íc o s^ + isin ^ ì b)2 = s(co s^^ - + isin~ —ÌA 6 e j { 12 12 )c) 2 =^-[cbs— 4-isin— i d) z = — (cos7T + isin7r)2 l 6 6 J 16

Bài 1.25.\ 6 / T 7 ĩ f _ _ “ JĨ + 12Ẫ7C . . - 7 1 + 1 2 ^ 7 0 , frt ,a) zk =V12l cos------ ---- + ỉsin— Ỷg----U = {0;1;2}

- x 7U+ 2Ề7C . 7Ĩ + 2ÃĨI r ■b) zk = cos——— + isin ——— ,k -|0;1;2;3}. 2ẲỊ7Ĩ . . 2kn , (n . n „c) zk - cos— = {0;1;2;3;4>

5 5

d) 2* =ự 2Ịcos - +Q6- - +i sin ”■j ,Ă= {0; 1;2}

e) z* =n/^COS-TC*^- + -sin + = |0;1;2;3}

f) zk = M/2Ịcos -+ U+ i sin rc+2Qkn^ k = {°; i; 2;3; 4}

Bài Ì.2Ố.

a) 2 = (>/3 +i f = 2" Ịcos— + isin — j

2 e P > B = 6&,z 6 C \ l o n = 2 + 6Ẳ,& e z .



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





b) z = ( l - i ) " = (> /2 )n Ị c o s - ^ + ỉ s in - ^ p j

z e R o n = 4k,ZGC\U<^n = 2 + 4:k,keZ.

í nnf 4/171 4htĩ^c) 2 = (-1 - V3i) = 2 Icos-^ —+ i s i n ~ - j

z e K o /I =3k,k<=z. Không tồn tạin để z là số ảo. Bài 1.27.

a) Z = l = cos0 + isin 0

b) zk - 2 c o s +i s i n ,k = {0; 1; 2; 3; 4}

Bồi1.28.a) b) Bạn đọc tự giải.

1 + ỉtan<pỴ ( cos J ^ c o sọ - is in <pj COS rccp-i sin.ntp 1- i tanmp

d) Chú ý (sin nọ + icosrccp)2,l+1 = (-l)"[sin(27i + l)ọ -icos(2n + l)q>]

(sin mp - ieosnẹ)2n+1 = (- l) n[sin(2rc. + l)ọ+ icos(2n + l)(ị>]

Bài 1.29. Xét phương trình

COS 0 +i sin 0 = (cos cp+i s in ọ )” = COS rap + i s innọ.

7t ( Tl'i 1 1 Bài 1.30. á) 2 a - b = — vói a ,b6 0;4~ và tano = —.tan ò = “ .4 l 2j 2 7Hai số phức zỵ= 2 +i,z2 = 7 + ỉ có một argument tương ứng làa,b thoả

1 1 z2mãn tan a - —,tan.ò - —. Do đó môt argument của — là 2a -b.2 7 * %

Mà Ẩ = í ^ ± í í. = i ( i + 0 « — f c o s- + i s i n - l nên 20 - = - . z<} 7 + ì 2 2 [ 4 4y 4

b)Xét ZL=3 + i,z0 =7 + i có zfz2 = (3 +ỉ)2(7 + i) = 50(1 -t-ỉ)

o) Xét zx = 3 + 79ì,jz2 =7 + i thì ta có zỊz ị = 78125000(1 + ỉ).

m W



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Phẩn thứ hai

MỘT SÒ ÚNG DỤNG CỦA sô PHlte

%ể từ £fĩỉ xuất hiện khái niệm sốphức, cấc nghiên cứu ấã kỊiẳng địníi dô (ầ

một công cụ quý giá của toán học, dược ủng ẩụng trong nãiểu ngàĩú /ịãoa học íịíiãc níiau nãic 'Toán học, Vật [ý ' %hoa học và fịỹ thuật...

Trong Tbán !iọc, sô'p(iức ấitợc dung ấểgiẩỉ nhiều ẽài toán tử sơ cấp đền cao cấọ. T r on g ị ĩi u ô n ^ h ổ của cuốn sách này, tắc g iã cfảđ ề cập đến một sô'ứng

dụng của sô'píiức trong cấc Sài toán:

- Lương giấc và tểhợ-p.- Sô' liọc, ấại số và giải tích.

- Jũníì Học.

] - SỐ PHỮC VỐI LƯỢNG GIẢC VÀ Tổ HỌP

V2 VẽVí dụ 2.1. Cho sin a + sinò = ——,cosa + cosồ = ——. Tính sin(a + ò).2 2

Lời giải

Đặt zx =cosa + is in a,z2 =COS b + i sinb.Khi đó: ■ : .



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Mà =Ị2l |2 =l ,z222 =ịz2\2 ‐ 1 nên zx+22 = - +” - = ’ suy ra:Z1 z2

71 . . 7ĩ ■ _ TC • . 7tCOS + i sin COS-- + isin — z z - Ĩ L —Ĩ ã . - — -0 . = - — — ^ — -— ỹ - -T .= COS— + ìsin—

Z1+Z2 COS—-ìs in ^ c o s í-—ì + i s in í - —ì ^ ^6 6 t 6j l 6j ■

Ta lại có2J.Z* = cos(a + ố) + ỉ'sin(a + ỏ) nên sin(a + 6) = sin^ = - — z7Ĩ 1Chứ ý. Ta cũng có kết qua COS (ữ + ố) = COS-T- = —.3 2

Ví dụ 2.2. Cho x;y;z là các số thực thoả mãn sin a + sin 6 + sinc =cosa + cosb + cos c = 0 Chứng minh rằng:sin2a + sin2ò + sin2c = 0 và cos2a + cos26 + cos2c = 0

Lài giải Đặt 2X= cosa + isin a;22 =C0SỈ> + Ìsin ;2 =cosc + is in c , ta có :

+ z2 +2 = 0 và m = ịz21=\zz\ = 1, nên — = = 1;2;3). zk

Vì thế: zx2+ z ị + zị = (Zj +z2 + z3)2 - 2(2^2 + Z2ZZ+ ZZZX)

= o2 - 2 2 ^ 3 ( ~ + ị - + Ậ ) =-2zxz%zz (z2+ z2 + zs)2t Zd

= -2 z z 2 z z (z1+22 +z3) =0

Nên cos2a + COS2&+ COS2c + i(sin 2a + sin 26 + sin 2c) =■0.Từ đó suy ra điều phải chứng minh.’

Ví dụ 2.3. Chứng minh rằngCOS— - C O S — +cos-^ = — . 7 7 7 2

Lòi giải

Xét 2 =cos-^+ỉsừi-^, ta có z 7 =C0S U+ ÌSÌ11JĨ = -1 , nên là nghiêm7 7 - :

khác ‐1 của phương trình z7+ 1 =0 .Ta có:27 + 1(z + 1)(26 -2 s + z4 -2 3 + z2- z +1) = 0 =>(z -Z" + 23)(1~ZZ) = 1



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





. , S i 3?t . . 37t _ . 371r _• 3tc . __ 3?c.+) 1 - z = l - c o s - r - - i s i n - — = 2 s i n — . ( s in — - - ỈC O S - —)

7 7 14 14 1'41 1 _ 3t ĩ . 1 1. ,3it ‐‐‐‐ ( ‐ + ‐) ‐ + —1

! - 2 2Si n ^ 14 14 2 2 1414

. 2 TC 2rc 3tc „ . n 2n . 3ft..+) z - z + z ‐ ‐ ‐ ‐ + ( ‐ + ‐)

7 . 7 7 7 7 7

Do đó xét phần thưc của đẳng thức Z -Z 2 + z z = —— - ta suy ra đươe:1 - Z

TE 271 3ie 1cos—- COS-— + COS-— = — 7 7 7 2

, JU . 2k 3n 1 ' 3 n Chú ý. Ọua lời giải trên, ta cũng CO sin -- - sin— + sin— = —cot— .7 7 7 7 2 14

Ví dụ 2.4. Giải phương trìnhcosx + COS3* + COS 5* + COS 7* + COS 9*z

Lời giải Ta có cosx = ±1 không là nghiệm của phương trình.Đặt z = cosx + ism x vói x e [0;2t Ì).

Ta có z*±Xz~l = oosx-£sinje và:2cosx = z + z~1,2c.osnx = zn + z~n

Vậy phương trình đã cho trở thành:1 3 1 5 ỉ 1 _9 1 1 Z + —+ Z +— + Z + —r + Z -ị—■—+ z + ~r = 1

z z z 5 Z1 z

o l + z2 + z4 + + z18 = z9 <=>220 - 1 = ZlL - z3

<=>{z11+1 H2 - 1) = 0 => zu - l,ar9 = 1. - r , Q ^ \ Q _ » . A . - & 2 tĩ . _ _ +)Nếu z = 1 thì2 = cosO + isinO nên z = co s-— + ĩs in —— = (J;8.

9 9

Vì Xe [0;2te) và z * ±1 nên X ~ — —, k -1;8.

ỵ2% / —\Do đó nghiệm của phương trình đã cho là X = + 2rmz\k = l; 8) ,m eX

9

+)Nếu 2n =-1 thì2n = C0S7T+ ỉsin7t nên: n + k2iz . . JC+ &2JC

2 = COS----- —— + isin— —— ,k - 0;10.11 11



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





r \ . - 7T+ &27U , —-Vi X € [0; 27u) và2 ^ ±1 nên 3 = —~ — ,k = 0; 9.

Suy ra nghiệm cần tìm là X =n— + 2/raĩ(Ề = 0 ;9 ),msZ.

ẳ2tc / ——\Vậy các nghiệm của phương trình là: X = —— +2mn\k - l;8),m € z và

Ví dụ 2.5. Biểu diễncosnx;sinnx theo các luỹ thừa củaCOS X', sin X .

Lời giải Ở phần I, ta đã biểu diễn cho trường họpn = z,n = ĩ>. Đây là bài toán trong trường hợpn là số nguyên dương bất kỳ.

Áp dụng công thức Moivre ta có (cosx +ỉ sin x)n = COS TI* +i sinnx

Mặt khác, theo công thức khai triển nhị thức Newton:

( c o s x + i s i n = C® cos” X + i C l n COS*-1 * s i n X + i2c l c o s”-2 X s i n 2 X +

+i3c l cos"-3 X sin3 X + ... + ì”"1c*"1COS X sin'1"1 x + inc * sin” X

Từ đó suy ra:

c o sn x ~ c ° co s '1 X - C * co s"-2 X s i n 2 X + c l co s"-4 X s i n 4 X - . . . + M n n n

s i n n x = c ị c o s '1"1 X s i n X - c l cos "-3 X s i n 3 X + .. . + N

Trong đó:

Nhận xét. Một số trường hợp riêng cho COs ĨIX.+) Với 71= 4 ta có:

cos4x = C° cos4 X -C \ cos2 X sin2 X+C* sin4 X ~ 8 COS4 X - 8 COS2 x + 1

COS3 X sin X - cf cos X sina X = 4cos3 X sin X — 4COS X sin3 X



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





+) Với 71= 7 ta có:

cos7x - Cy cos7 X-C% cos5 X sin2 X + ỚỊ COS3 X sin4 X - C ị COS X sin6 X

= 64 cos7 X - 112 cos5 X + 56 COS3 x - 7 COS re

Ví dụ 2.6. Biểu diễn eos71 x;sin” X theo các hàm sin;COScủa góc bội X .

Lời giải Đặt Z-COSX + ịs in x . Khi đó zn = COSnx + isinrca:.

p-p , 1 , . . 1 . .T a c ó — = COS3C —I s i n X n ê n — = COSn x — i s i n n x . z : z n

Từ đó suy ra: z* + ~ = 2c0S713ĩ, zn —— ~2isiĩinx —ft z z Theo công thức khai triển nhị thức Newton, ta có:

2"COS"* = [z + ỉ] =c y +Cịz ỉ + .C„2Z"-2 4 +... + c r1* 4 r + c 4

Kz?" +z-*m) + C12J J m-* +zAln-í>)+... + C?m (n = 2m)

+ z ^ - 1) + Cịm,l (zíim-1+ z42"'-lì) + ... + C Ĩ^ (z + z-1) fa = 2m + l)

Vậy với mọi số nguyên dươngm :

cos2mx - cJ' - cos2nrc + Gêos2(m:-i)2 + (^mcos2(m-2)x + „. + -C ^ _ 2

cos2 +1 rc = ~ -[c o s(2 m+ ì ) x + Cọ+1 cos'(2m -l )j c +... rC2+1 cosjc]

* Hoàn toàn tương tự, ta có:

(-1Y” r - , ■■ Í-IV * ..."sin2m X = ■ /_ COS2mx - c \ COS2(m - l )x+... + —

sin2m+1 ^ P' [sin(2)71 + 1) X - C J+1s in (2 m -1 )+... + (-l)mc ^ +1sin x]

Nhận xét. Các trường hợp riêng.

+) Với 71= 5 ta có: cos! X- “ (cos 5*+ 5cos3s;+ lO cosx).16

+)Với 71= ta có: COS X (cos x + 6cos4x + 15cos2x + 10). á ® 32



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N







Nhận xét. Từ hai công thức trên, xét các trưòng hợp riêng:+) Nếu X - 0 thì suy ra:

.71 + 1sin —;—a ■ __ ^ -V n __ 9 TLữ *) 1 + cosa + cos2a + ... +cosna =------- ---- COS—— • o 2sin— 2

.71 + 1sin — — a*) sina + sin2a + sữ i3a + ... + sm7wi:=------- -----sin— •CL 2sin —

2+) Nếu x = 2a ta có:

' c (n _sin2(7i + l)a*) cosa + cos3a + cos5a + ... + cos(.2rc+ l) a = — ----- — -------2sina

rt . _ - V o . si n 2(rt + i)dĩ *) sin a + sin3a + sinõa +... + sinUỈTi + l)a = — -------------sin a

Ví dụ 2.8. Tính tổng vớin € z +

A = cos* +qcos(sc + a) +q2 COS(x + 2a) +... +qn cosGc 4-na)

5 = sin x + q sin(* +a) + q2 s in(x + 2a) + ... +qn sinix + na)

Lài giảLTương tự ví dụ 2.7 ta có:

. _ ( l - c T lu r l)(l-qữ ) A+iB=z+zqw+z(fur +...+(fuP = z — - --------=2 V . - ------W -Jĩ 1 -q w (l-giy)(l-ợií;)

[ l - ọn+1 COS (tì + 1)a - ỉqnỉ l sin (n +1)ã \ (1 - q COSa +iq sin a) l -2q cos a + q2

Rút gọn và xét phần thực, phần ảo hai vế ta có:

cosx - qcosia - x) - <'n+1 cos[;e +(n + l) a \ + qn+2 cọs(x +nà) A =

B =

l-2ợ co sa + ợ2

sin x - q sin Ca- x )~ qn+ỉ sin [rc +(n +1) a] +qn+2 sin(x + na)l -2q cos a + q2

Nhân xét . Một số trường hợp riêng:



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





+) Vãi X = 0 suy ra được:

1 +qcosa + q2 cos2a + ợ3 cos3a +... +Qn cosna

1 - q cosa - ợ”*1cos(n + l)a + qn*2 COSna l -2g co so + g2

+) Vói X =a ta đượcsina + g sin2a + ợ2siii3a + ... + gr'l_2sin (r a '- l)a + ợrt 1sinraz

_ sina - qn sin{n +1)a + qn+l sinna l -2ợ co sa + ợ2

+) Vói X —0,(Ị — —1 ta có:

*) l - c o s a + co s2 a- co s3 a + ... + (-1)" COSna

1 + cosa - ( - l ) ”+1cos (« + 1)a + ( - l ) ”+2 COSna

*) sina - sin2a + sin 3a + ... + ( - l )n~2 sin (ti -1 ) a + (.-Ị)*”1sinna

_ sina - (-1)” sin(n-+1) a + (-1)”*1sinna 2(l + cosa)

Ví dụ 2.9. Tính tổng vớin e Z +

A = C®cosa +c ị cos2a +c l cos3a +... + C"_1COSna + C" cos(íi +1) a B = c° sina + c ị sin2a + c \ sin 3a +... + C"-1 sinna + C" sin(ìi + l)a

Đặt 2T= cosa+ i sina thì zn = COS nù + t sin na.Do đó ta có:

A + iB - c„°(cosa + i sinấ) +c ị (cos2a + i sin2a) + (cos Ba + ỉ sin 3a)

+... + C"-1 (cosna + i sinna) + c * (COS (n + l) a + i sin (n ■+l)a)

2(l + cosa)

Lởi giải



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





COSa + 5 COS2a + 1 0 COS 3a + 1 0 COS4a + 5 COS5 a + COS 6a = 25 COS5 COS— :■ 2 2

sin. ct + 4 sin 2a + 6 sin 3a + 4 sin 4a + sin 5a = 24 COS4—sin 3a2

Ví dụ 2.10. Gọi SỀ= cos-^^- +i với k = 0;n -1 ,n e z +,n. n. - .

Tínhtổng: Lời giải

rw __ __2ĩi .. . 2tc 2kn . . 2kn k Đặt E= cos—- -f-i sin — thì £Ấ= COS — - + i sin —— = s . n n n n .

XTi „ 2mn . . 2 m i í , . . . , _ v ,Vì E = COS + ỉ sin — = 1 khi và chỉ khim:ìi nên xét 2 trường hop: n n

+) Nếum:n thì ={zk)m= (e“ )* =1 nệnTm= n . ' '

+) Nếum không chia hết chon thì £m*1 nên:

1 _c>mre 1T = 1 +sm+ e2m+ s3m+... +s(n-1)m= " = - =0

. . l-s " 1 l-E ^VậyTm= n- nếu m là bội củan , Tm=0 nếu m không là bội củan . Chứ ý. Kết quả này được sử dụng trong nhiều bài tập khác.

Ví dụ 2.11. Đặt £ = COS” + ỉ sin — . Chứng minh rằngn số phức khácn n

khôngiẾ;ê2, £3,...,sn_1 là mọi nghiệm của phương trình2* - 1 = 0.i t : ’



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





,w / JL ( 2% 271Y 2k% . . 2 k n i ** 'Xét £ .= £ = COS—- + £sin—— = COS— —+ ism —— vớik nhận cac\ n n ) n n

giá trị tờ 0 đến71-1.Ta có với z = zk thì:

z” - l = fcos-^— + is in ^ ^ ì -1 = cos2Ẳ7ĩ + ỉsin2Ẳ7c-l = 0 ^ n n )

Suy ra zk là nghiệm của phương trình zn - 1 = 0. Nhưng phương trình

có bậc làn nên l,EJ£2? ,...,e ' 1 là mọi nghiệm của phương trình đó.

Chú ỷ. Tâ có thể viếti

zn-1 =(z - 1 ){z - e )(z -e2)(z - s3)...( z - £ n'2) (z - s"-1) Vz è c

Hay z n~x +z"“2 +.„ + r+ l = ( -e )U - e 2) . . .U -£ ft"1) V ie G

Chọn 2 = 1 thì (l - s) ( l - e2)... (l - z n~2) ( l - s“_1 ) = n . Lấy mođun hai vta suy Ta Ị l—sỊ |l—s2ị-..Ịl —&rt“2|ịl — e”-1! = 71.

- 2ẪĨĨ . . 2kn . ■Vì l - s = l- c o s ——- ỉs in ——- nên: n n

1, _Al __2ÃĨIỸ . 2kĩt . Ã7Iị l - s | = J 1 -co s—— +sin —— = 2s in—— ^ n ) n n

_ . 71 . 2n . 311 ... (/ỉ-1)tc nDo đó sin—sin— sin —-. ..sin---------- — r-.n n n n 2

Ý tưởng của cách làm trên giúp ta chứng minh được các đẳng thức lgiác có dạng tích.

Ví dụ 2.12. Chứng minh rằng:

s í - c i - ơ i + c i - t í ‘ j t i - ì * ụ 2)"cos^si =cị-cỉ +cị-cl +cị-... = u

Lời giải Xét khai triển nhi thức Newton:



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Vì i* = ì (k = 4m + i) „' m e Z nên ta có: -1 (k = Am + 2)

1 (k = 4m)

-i (k — 4m + 3)

(1+,-)*= c ? - c ỉ +<2 -...+i(cí -C *+c= -...) ( 1)I

Mặt khác, theo công thức Moivre thi:

( l + i T ~ ( - j 2 ) n Ị^cos— + i s i n —j =Ụ Ỵ Ị^cos—- +ì s in — j (2)

Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh.Ví dụ 2.13. Tính tọng với X € €

^ =< t + cịnx2+cỉnx4+... + d r 2*2*'2+ c?>2n B=Cịx +Gịx3+cfn*5+... +CJrV "-3+c f r 1*2*-1

Lờigiải Xét các khai triển nhị thức Newton:

+)(1+ = ( ? „ + C'„*+c * y+. ..+c i r 1*2"-1+o 2“

+) (1 - *)!“=cl - cịnx +cf„*2-... - c l r 1*2”-1+C|„V”

Suy ra: A = — (1 + 3c)27*+(l-3c)2n] , 5 = i [ ( l + 3c)2n - ( l - j c ) 2”]' 2 2iV/iận .réí. Xét một số trường hợp riêng:+) Nếu X = 1 ta có:

*) Cí, +c|„ + Cìn+... + cĩr2+c£ =22"-1 (1)

*) C L+ +CI»+ - + c 22r 3 + c22r = 22”-1 (2)

+) Nếu =i thì (1 + x)2/ỉ = (1 +iỶ ] = (2i)n= 2n in, (1 - x)2n = (-2)”in. Do đó:

c 2°„- C l + C L- . .. + ( -ư " 1c ? r s + ( - D " c £ C2 - 1í” [ i+ ( - i ) “]

CL - < v <4 -... +( - i r 2c|r3+( - i r 1c ? r '=2"-1i”-1 [1 - (-1)“ ]- W

ỹ 77



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Khi n = 2m ta có:

*) c4°„ - C L +Cỉm -... - c 44r s +c £ =2" (-1)" (3)

*) - c i ,+c i -...+C i r 3 - C ĩ r 1=0 (4)

Từ (l) và (3) suy ra:

*) C i + C L + C i +...+cr -4+ cr=2Í“-1[22”'- '+ (-ir]

*) C L + C L +C £ + .. .+ c 44r 6+ c 4f 2 = 22"*-1[22”-1- c - i r ]

Từ (2) và (4) suy ra:/ 1 , /^ 5 , , , (i4 m ~ 7 , /~iAm-Z _ ọ4 m - 2/ u4m+ + '-'4/71 + ••• + ^4m + z

* \ /"r3 , /-^7, /-<11 , , / -ì 4 m -5 , _ ọ4 m - 2^ + ° 4 m + + - + U 4m + U 4m ~ z

c/ỉiỉ ý. Cách làm trên không sử dụng dạng lượng giác và công thức Moivre.

Nếu biểu diễn tương tự ví dụ 2.12, với số nguyên dươngn ta có:

c° + Cí +cl + c f +... =2”-1+ (V 2 r cos^4

c j + c„5 + C® + c f +... = 2"-1+ (Vã)” ' 2sin— 4

c l + c ị + c f + C” +... = 2"-1- (V) COS—

Cỉ + CJ + C" + c;5 +... = 2“-‘ - (V2)""2 sin— 4

Ví dụ 2.14. Tính tổng

A = 3"C2°„- 3 + 3”-2C24„ -... +3C£~2 + (-1/ c£ B = 32mC%n + 32m~2C*n + 32m-4C®m+... + 32c j ” '4 + c r

Lời giảỉ Xét các khai triển nhị thức Newton:

(73 +*)2" = (Vâ)2nc?„ + {-Jzy-'xCl +(Vã)2”-V cf„ +... + X2“C£

= (Vã)2” c,°„ - (n/3)2"-1*CL + *2c l -... + **



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Vậyr = 3“C2°„+3"-VC|„ +3“-2xáC24„ + ... + 3^-iC -2h.*2"CS

= —[(V3+jc) + (V 3 -* )2n] vớimọỉ X z»*)Chọn x ~ i thì:

+) (V3 + ỉ) = 2 2"c o s —+ is in —j = 22ỉĩỊ c o s ~ + jsin — j.

+) (V3-Ỉ')2* =22"cosị j + is in f- — —2 COS— - i s in — 1 3 3

Suy r a A = 22"COS'

*) Vớin = 2m , chọn X = 1 thì:

■Ạ'.= 8*”CL + 3s"-1PỈ>+3^*C‘. +... + 3Qir!;+q£=2ỉm~l [(2 + V ã f ” + (2 - V3)2“ ]

A= 32mC?-2?m-lc* +32™-2CL+... +Cr-2+ Cr =2’”COS2TO7C

2 m 7 tDo đó B = Ế ± ỈL = 2*»-2 [(2 + J ã ỹ - + (2 _ ] + 24«-, cos2 3

Ví đụ2.15. Chứng minh rằng

c l „ -3C% +5C® -7C Ỉ +... = n(n/2)”'1C0S-2—ì JI4

Cí - 2C„4 +sc ỉ - 4 cị +... = re(V2)“-3 s i n ^ ỉ * "4

Lòỉgiải

Điểm khấc biệt của bài toán này ỉà sự xuất hiện các hộ sọ của C*. Để

tính các tổng này, ía sẽ xử ỉỷ các hệ số đó thông qua hằng đẳng thức quenbiết kC* = ĩìc%zị .

Ta cố C; +2xCị + 3x2 C* +4xscị +... +nxn-vc nn

= +nx2cị^ + nx?cj_r + . + nx^Cârí =n ( l + * r _1 Vx

79



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Chọn X = i và chú ý (l + xT 1 = (V2 )" 1Ị^cos-—- 1C+ is in -——tcJ , ta có

(Cỉ -3C® + 5C* -7 (£ + 4 + 2 ị(C Ĩ -2 C S+3CJ-4C* + ...)

= tt(V2)n 1ícos- -— rc-f isin — —7tìl ' 4 4 ;Từ đó suy ra điều phải chứng minh.Chú ý. Có thể giải bài toán theo cách dùng ứng dụng của đạo hàm.

Vì đẳng thức (1 + xT = c° + c*x +c ịx 2 + c ịx z + ... + c* xn đúng với mọ

X , nên đạo hàm hai VẾ Ta có đẳng thức sau . cũ ng đú ng vớ i m ọ i X

n(l + x)n~l = cl +2xC* + 3z2C„3+4xăc* +... +ĩixn-lc nn K K ĩt ĩl ĩĩ Cho X = i và chú ý

+) (1 +i)n~l - (V2) 1Ịcos—+ ì s i n ={'/%) 1Ị cos ——-Ti + i sin — — Tí j

+) c ị + 2iCị +%? cl+4 vic ị +... +r ù ^ c ị =

(C’ - S C I + 5C „5- ĩ C l +...) + 2 i( c f - 2 C ‘ + 3 C ị -4C„8 + ...)

ta suy ra điều phải chứng minh-

Ví dụ2.16. Tính tổng S - Ỉ < i + ỈC * , - ỉ ẹL +...

Lời giải

Chú ý rằng —cịk~l = — ỉ: — Co*1 nên:3 5 2k 2ri 2n + l 2-+1 .

S=-C^ --CJ,+-Ợ: - - ơ i +...2 4 6 8

C'2 /"14,/-»6'2n + l ^ 2/1 + 1' 1 2n + l 2 71+ 1

= 2 ^ - (c L*-C Ỉ» .i + C |„1-C L i +...)■



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





X /- ,\2n.+i ( ir;\2n+l ( 2n + l •«vaU.+ i) = w 2 ) Icos—- — %+ is in ——— 71J nên:

c k i - C L , + c ^ i - C2e„! + ... = (VIJ*"1 C0S^ ± 1 »4

Vìvâytacós = — - — 1- {yf2)2n+1 COS — *- % .2/1+ lL 4 .

Ví dụ 2.17. Chứng mứih rằng

c„° +cl +Cị H- cn3+... =I Ị 2*+2cos^]

Ọn-e cị + C’ + Cỉ° +... =1 (2" + 2 c o s ^ * )

c„2+ C®+ c„8+ C" +... = i (y +2 c o s ^ n ]

Lòi giải

Để giải quyết bài toán này cần chú ý đến vídụ 2.lỡ và phép biến đổi

l + cos<p + ỉsin(p = 2cos—Ịcos—+ ÌSÌĨ1—

Đăt £ - cos — + i sin— , ta có SA= l o Ẵ = 3772 và Z 3 3

1 — l + £k +&2k = - —— = 0 với moi Ẫ không là bôi của 3,1 —£ "

Xét các khai triển:

2» = (1 + l )n = c ; + GỈ- + c n2 + c tt3 +... + c r 1+C*

(1 + e)" =ca° 4- zC\ + 82Cb2 +'Ê3C* e -^ c r 1 + 8*c;

(1 + e2)" c í ■■+e2Cl + s4Cn2 + e6Cn3 +... + e2"-2c r +s2nc :

Ta có (l + e)” = 1 + COS— + i s i n =2” an í nn ... /ITCcos -r COS —- + ỉ sin—

3 V 3 3 ,



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





/ o\a { 47C . , 4ĩĩỴ „2% f 2nn . . 2rai^(l + e ) =11 + cos—- + isin-^ -J = 2 COS g c o s g “ + *s*n g j

nnf rnt ttrcì = 2 cos COS—--ỈSÌĨ1-— 3 { 3 3 ;

Gọi vế trái các đẳng thức cần chứng minh lần lượt là S17Sọ,S3 thì:

+) 3Ổ! = (l + l)* + ( l+ zT + (l + s2)n = = 2“ +2.2n,cosa~ c o s - ^ .o o

Hay C° + C„3 + C„ễ + C? + ... =ỉ (2"+2coSy

+) 3S2 = ( l + l)" + e2( l + e)" + e ( l + £2) =

í ( nít , , m ì\ ( 2nn . 2nn}= 2 + s 1cos——+ isin——j + si COS— - + ỉ sin—— J

Suy ra CJ +c ị * c ị + c;° +... = 2 “ + 2 co s^ p tt

+) 3S 3 = ( l + l ) n + £ ( l + s ) n + £2 ( l + s 2 )n , thay v ào TÚt gọ n ta được

c„2 + c„5+ c ị + c \ l + ... = i f 2* + 2cos— Trì 3V 3 )

Nhận xét. Điểm mấu chốt của lòi giải là sử dụng tính chất căn bậc 3 củ đơn vị và còng thức Moivre. Chúng ta xét thêm một ví dụ nữạ để làm rõ hơn cách giải dạng toán này (Hoàn toàn tương tự cho ỉời giải bài toán tổng quát).

Ví dụ 2.18. Tính tổngs = c ị + C®+ + c f +...

Lời giải Khoảng cách của hai chỉ số trên ỉìên tiếp là 6 nênxét số phức

2 n . . 2 ĩ t 7t • . . 71E= COS—- +i sin —- = cos—+i srnr -6 6 3 3

Nhận thấy zk ~ 1 khi và chỉ khik là bội của 6 , -và với mọik không chia

hết choj^thi 1 +sk + £2k + S3A+e4k + e5Ả= = 0 .



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Ta cỏ (1 +1 r + (1 + zT + (l + e2 r . + (l + s3 r + (l + s4)" + (l + s5T =

6C° + (l + £ + £2+£3+ s4 + s5)c* + (l + £2 +s4 +s6 + e8 +ei0)c^ + ...

..: + (Ì + eé +e12+ẽ l í +8S4 + 8ao)CÍ + ...

... + ( l + + e2R+ s3rt + + s5rt) =S '

Rõ ràng z = COS—-ỉs in —, e = - l và s =1 = £.£ nến e6_p = £í’ đo đó3 3 .

( i+ s 5r = ( i + T r . ,( i + s4r = ( i + ? 2)"

+) l + z - s f z cos—+ isin— , T'+£=-/3COS— - —isin^-' .I 6 6J { 6 e j

\ 1 2 7U . . 7t „ __2 ^ . . ĨT

+) 1 + s =co s—+ is in —, 1 + s =cos-^-“ is in-73 3 3 3

Suy rã 6S =2W+ (l + e),ỉ+ (l + ẽ) n + ( l + s2)n + (l+ '£2)n

= 2n +(V3) Ịcos— + is in — j + (V3)n^cos— + is in— j

( _ m E ... . nrcî ( M l . .. mz')+ cos— + isin-r— + cos-— - is in — V 3 3 J X 3 3 J

Vậy ta cós = —

= 2” + 2 ( yfz )”COS— + 2 cos — 6 3

nn-l ( fn\n __ 7MĨ2 +{s/3) COS——“ + COS——■6 3 .

BẰỈĨẬP

2.1. Chứng miiih rằng: _N n S tz 5tu 1a) cos-r + cos-^- +COS'—■= — 7 • 7. 7 2. N . 7C , 2 jt . 4ĩt VỸb) -sm -r + sin 1 + sin——=

7 7 7 2 -. __ T. . 3tc 07C , 7z 1

c ) c o s-~z%k COS — +-COS-— + COS— + COS — =i i / l C 11 11 11112. Wji ỈẴM

ề i m J&F83



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Bài 22 . Biểu diễn sin 5x; sin 7* theo các luỹ thừa củas ì n x . Biểu diễtan 3^;tan5x theo các luỹ thừa của ta n x .

Bài 23. Biểu địễn sin5 x; sin6 X theo hàm số sin của các góc bội của X

Biểu diễn cos7 x;coss X theo hàm sổCOScủa các góc bội của X .

Bài 2.4. Chứng minh các đẳng thức vội x^kĩi (k eZ ):

sin(27t + l)xsin a:

sừinxsin(n + l) x

a) 1 + cos2x + cos4X + ... + COS 2(n - 1) X + COS 2nx =

b) sin2x + sin4x +... + sin2 (n - 1 )X + sin2nx ~- S1Ĩ1X

c) sin X + 3 sin 3x + 5 sinõx +... + (2n - Ị) sin (2n - l ) x _ sin 2nx COS X - 2n COS2nx sin X

2 sin2 X

d) cos2x + 22 cos4x + 32 COS6x + ... + n2 COS2nx

_ 2n sin xeosnx + 2n2 sin2 X sin (2n +1) X + COS X sinnx 4 sin3 X

Bài 2.5. Tính các tổng sau

a) Sl =1 +qcos X +qz COS2x + g3 COS3x +... +qn COSnx

b) S2 = sin X + q2 sin2x + ợ s in Zx +... +qn s innx

V c , COS a cos2a cos3a cosin - l)a .. 7t.c) s &= 1 + 1 + ^ + ^ + ... +--- v:. với a e { 0 ;9cosa cos a COS a COS a 2

d) S3 - cos a cos a + COS 2a COS2 a +... +cos(n - l)acos 1 a

Bài 2.6. Tính các tổng sau:a )S 1=Ctt0 - 3 C ^ 3 2Cre4- 3 3C®+ ...

b) s2= c ị- zcị +? c ị - 3s +... i'

c) S3= C °+ 32C^+34c t + s 6c i2:+...

d ) ^ ^ + 3 2c’ +34C“ +36c f + ...

J l P



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Bài 2.7. Chúng minh rằng:

a) C L + 5CL +9c , + 13C" +... = (» + 0

71+ 1

2n~l +Ụ 2 )n 2 COS— 4

b)C* +2 C L +3 C “ + 4C“ +...=. 2"_1 -(VI)""2 sin— 4

c) CL - 3.3.CÌ, + 5.32C^ - 7.3sc l , +... = (n +1)2" cos^ ire+1

đ) CL -2.3.C**,+3.32c l, -4.33cfil +... = (fĩ+Ji2"~'s i n y»+1 ' ra+1 1 v-'n+l I*'J V71+1

fiòi 2.5. Chứng minh rằng các đẳng thức:

a) Cí 4 C« + |c„5- ỉ < + ... = — [ 1 - (V2)“ *cosí i í -ỉ - it ì2 3 4 rt + lL V 4

J,\ nO 1 /-»6 , _ (>/2 ) .^^2/1 + 1 ^b) cản “ * ^ “ 2K+T- 1^4^ J

c) c°+ic®+-c®+—^ +...=-7-5 u* 4 ” 7 * 10 * O1 +1K

í 2*2* +COS— —tt

d) -C* + -C* + -C + — c;° +... -‐ 2 -T2 n 5 “ 8 * 11 n 3(n + l)

n.- 3 _ 2 + C O S---------71

Bài 2.9. Tính tổng:

a)S 1=C? + Cf + C‘0 + C + ...

b )S ỉ = C '+ C,6+ Cí1+ Cỉs + ...

5ÒỈ 2./Ớ. Cho các dãy sốan,bn,cnđược xác định theo công thức:

a =C°+C?+Cj+C;ỉ+...n. Tỉ ÍI n 71

6„=CÍ+ C„4+ C’ + C + ...

c. =c.2+c?+c!+c“ + ...Chứng minh rằng:a) a ị+ b l+ c l- Z a nbncn =2 ri

. . zJU,



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





2 - SỐ PHỨC VỚI SỐ HỌC, ĐẠI SÓ VÀ GIẢI TÍCH

Ví dụ 2.20. Chứng minh rằng đa thức(X + l)4w+2+ { x - x)4n+2 chia hết cho đa thức X2+1 với mọi số tự nhiênn .

Lờỉgiả i Trong các bài toán phép chia đa thức, muốn chứng minh f (x) chìa hết cho g (x ) , ta chứng minh mọi nghiệm của đa thức g (x ) đều là nghiệm

của đa thóc f i x ) . Cách làm này gặp phải khó khăn nếu nhu g(x) không có nghiệm thực, tiiy nhiên số phửc giúp ta giải-quyết vấn đề này.V ì X2 + 1 = 0 < >( x - i ) ( x + ỉ ) = 0 n ê n X2 + 1 c ó n g hiệm là ± ì .

Đặt f (re) = (ạ: + i)4,t+2 + (* _ l )4n+2. Ta có:

+) f ( i) = (i + l)4n+2 +(i - l)4n+2 = (2i)2n+1 + (-2i f n+1 =0

+) f ( - i ) = (-i + l f n+2 + ( - i - l ) 4n+2 = ( -2 i f /i+ỉ + (2 ifn+í =0

Vậy ±i cũng là nghiệm của f i x ), do đó ĩ (*) chia hết cho X2 + 1 .

Ví dụ 2.21. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiênn lón hơn 1 và số thực a thoả mãn sin a * 0, đa thức xnsin a - X sinna + sin(n - 1) a chìa hết cho đa thức X2 - 2*cosa +1 -

L ời giải Xét phương trình X2 - 2x COSa +1 = 0 , A1= COS2a - 1 = i2 sin2 a nên có

nghiệm X1 = COS a +i s in a , x9 = COS a - i sin a là hai số phức liên hợp.Đặt P(x) = sm a -x sin r ta + sin (rt- l)a ta có: p ) = (cosna + i sinna) sin a - (cos a +i sin a) sinna + sin(n - 1) a

= cos Tia sin a - COS a sinrax + sin (tt - 1) a = 0

Cj) = 0 hay p (3C,,) = 0 . Vậy p (dc) chìa Kết X2 - 2xcosa +1.



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Ví dụ 2.22. Tìm số nguyên dươngn sao cho đa thức x2n + xn +1 chia hết cho đa thức X2 + X + 1 .

Lờ igiả i „ , _____ 1 * 2 t Ti —l + >/3i —1 — V3i Các nghiêm của đa thức X + X+1 là: xx ------- -----------------------

2 2Đặt /Ge) = xZn + a:" +1. Vì xí &cx2 là hai số phức liên hợp, nên chỉ cần tìm n sao cho / ‘(x1) = 0 (khi đó / (2) sẽ bằng 0).

ry-1 , -1 + yfễỉ __2lĩ . 2ĩZ i a c ó X, ------ — — - C O S —— + ĩs i n — n ê n

2 3 3

r ._2iA2ít í 2k .... 2ĩi Ỵ -/ ( x j ^ c o s ^ + i s m y j + ^c osy + is m Y j +1

r Ị X 4tt7ĩ ' '2 íĩìĩ' ' ■; 4rc~ . 2/171^

/ (*i) = cos——- + COS— —+ 1 +j s in——- + sin~—— /3 3 V 3 3 )

f h ) = 0 0

4nn 2nn ■COS—r — + COS— + 1 = 0

3 3. 4/Z7T 2rt7U -sin — + sin ——“ = 0

3 3

<?><

2 /1TCf 2imi ị _ aCOS——-I 2cos— + 11 = 0

2hn"

• 2»< 2c oS— + 1I = 0sm3 V

2n%=>2COS——- + l = 0= >n = 3Ẳ ±l (A eZ)3

Vậy đa thức#2ft + +1 chia hết cho đathức X2 + X +1 khi và ch! khi nlà số nguyên dương không chia hết cho 3.

Ví dụ 2.23. Tìm số nguyên dươngn sao cho đa thức(x - l)n — xn+1 chia hết cho đathức X 2 - x + 1 .

Lời giải — 4 1 " 2 n i' • '1 + V3ỉ 1 —Vâĩ Các nghiệm của đa thức X -JC + 1 la: X, =--- — ,x, ------ — .

2 2Đ ặ t / ( x M s - i r - ^ + l .

__ l + > / 3 i 71 71 ... - 1 + V 3 Í _2tc . . 2 nVì JC, =-----1— = eos-“- + is in—=>C, -1 = — —— -COS-—- + is in — do^ 2 3 3 2 3 3

2mz . . 2niz » . . / \ Z/Z7T MI . . nn -đó n * J # C0S 3 3 - cos^ “ is in 3 +:L

87



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





f(* i) = 0<=>

2rtJĩ ' 7Z7C _ cos—— - COS——+ 1 = 0 3 3

=> 2 cos— - 1 = 0 :=>n = 6&±1.3 ;

Vậy giá trị cần tìm cùa71 là những sổ nguyên dương chia cho 6 dhoặc chia 6 dư 5. . -

Ví dụ 2.24. Có tồn tại hay không số nguyên dươngn sao cho đa thứ(x + ì f n + (x - 1 )2n ~2x2* chia hết cho đa thức X 4 - ì - -

Các nghiệm của đa thức X4— 1 là: ±1,±2. •'Đặt f (x) =(x + 1)2”+(x - l ) 2w~2xSn, ta có f (l) = f (-1 ) = 0, nhưng

f i i ) = ( i+I)2" + (i- ứ n - 2 izn= (2 ir +(-2i)re-2 ( - i r

+) Nếun = 2m U ẽ í ) thì f (i) = 22m+1 ( - i)”1- 2 * 0 Vm € z + .

+) Nếun = 2m + Ị (m e z +); thì /* (i) = 2 * 0 .

Vậy không tồn tại số. nguyên dương71 để đa thức Ge + l)2”+ { x - ìf n -2x?chia'hết cho đa thức X4 - 1 .

Ví dụ 2.25. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử với hệ số ngụyên:

a)jc4+4 b) (x +1)4 +(x2 + X + 1)2

a) Ta có X* + 4 = XA- (2iÝ =(x2 - 2ỉ) {x2 + 2ỉ)

= \_x2 - (l + ỉ)2 ] [X2- (l - iỶ ] =Oc-1 - i)'(x +1 + í’}'(ac - 1 +i) (* +1 -i)Mà: +) (x -1 - ĩ)(x -1 +i) = (x - 1)2- i2 = X2- 2x + 2

+) (x + 1 - Ị) (jc +1 +ỉ) = (x +1)2 - i2 = X2 + 2x + 2

Nên X4 + 4 =(x2 - 2x +2)(x?+ 2x + 2)

b) Ta có (x+ 1)4+ (x 2 + X + 1) = (x + 1)4- i2{x2 +X + 1)2

=[Gc + l) 2- i {x 2 + £ + l)][( ;e + l) 2+i (x2 +ÌC +1)]

Lời giải

Lờỉgiẩ i



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Bằng cách giải các phương trình bậc hai, ta phân tích được thành tích:

' + ) ( x + 1 ) 2 - i { x 2 + X 4- 1 ) = [ ( l - ị ) X - ĩ] ( x + 1 + i)

+) Gc + l)2+i{x2 + x + l) = [(l + ỉ):*; + ỉ]Ge + l - i )

Mặt khác: {x+1 +ù (x+1 - ỉ) = (x + 1)2 - i2 = X2 + 2x + 2[(l.—j)jẽ - ỉ} [(l + ỉ)a: + ĩ] = 2a:2'+.2je + l

Vậy (ac + 1) + (a 2+ X + lỹ - {x2 + 2x +2)Ì2x2 + 2x +1) .Ví dụ 2.26. Phân tích các đa thức sau thành nhần tử với hệ số nguyên:

a) (x2 + 1)2 + (a: + 3)2

b) (3a:2 + 5;e - ) +(5x + 3)2

Lời giải

a) Ta có (a;2 +1)" + (2 + 3)2 = (x2 + 1)2 - ỉ2 (x + 3)2

= ( X 2 -Ì3C + l - 3 i ) ( * 2 +ix + 1 + 3i)

Vì +) X2 - ix+1 - 3ỉ =(x +1 + i)(x —1 - 2ỉ)

+) X2 + IX+1 + 3i =(x +1 - ỉ ) (x -1 +2i)

+) {x + l + i){x + \ ~ i ) - { x + \Ý - i 2 =x 2 +2x + 2

+) ( x - 1 - 2 i ) ( x - l + 2i) = ( x -1)2 - 4i2 = X2 - 2x + 5

Vậy ( X2 + l)J +(x + 3)2 = ( X2 + 2x + 2) (ne2 -2x + ).

b) (3ac2 +5x - ) +(5x + 3)2 =(sx2 +5x ~2) - i2 (5x + 3)2

= [Sx2 + 5 ( l- i )* -4 -3 ỉ ][ 3 x 2 + 5( l + i )x -4 + Si]

Ta có +) Bx2 + 5(1 - i )x -4 -3 i = (x + 2 - i )(3* - 1 - 2i)

+) 3jc2+ + i) X~4 + Zi = (x + 2 + i) (Zx- l + 2i)

+) (x + 2 + ỉ)(x + 2 - ị) =(x + 2)2 -i2 = X2 + 4x + 5

+) (3* - 1 -2 0 (3 * - 1 + 2ì) = (3jc - 1)2- 4í2 =9x2 - 6 x + 5

Vì vậy (3x2 +5x - ) + (5jc + 3)2 = ( X 2 +4x + ) ( c2 - 6x + )

Ví dụ 2.27J|bân tích đa thức x2ỉl+1 thành tích các đa thức với hệ số thực.



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N







ác\ _ _ M / - ____ TỤ - _ 3ĩĩ . __ 5ĩĩ . 7ĩĩ"sị 2*) VỚ! ra = 4COsin-—.sin—- . sin—-r.s i n .16 16 16 1 6 16

+) Nếu x = - í thì x2n +1 = 2

X 2 o (2fe + l)n 1 o (2fe + l)rc - 2 (2ẫ + 1)tcvà X - 2 x c o s-----r ------ + 1 = 2 + 2co s------- ------ = 4cos2n 2n 471

n-1Nên ta CÓ 2 = Ị~J

*=ot-4 COS

(2k + ĩ) 714n

n-1QcosÃ=0

2 i2k + l) 7T 14n. ~W n~l '

7Ĩ ọ. 3.71 2 5t z 2 ( 2 n - l )7 C 1TT _ 9/1 2OJI 9 .uy I Hay COS -—.COS — COS COS4 n 4 / 1 4re )2«-l

X _. 3;t DJt (2« - 1) :t V2o COS— .COS—-.COS— COS-------- -------------.

4n 4n 4n 4 n 2"Ví dụ 2.28. Phân tích đa thức x2íl+l +1 thầnh tích cằc đa thức vởi hệ số thục

Lời giả i

Ta có nghiệm của đa thức x2n+1 +1- là7U+ Ã27í . . Ĩi + k2ụ xk =cos- + ỉsm- với k = 0;2ìi'

Trong đó xn = -1 và vớik~0]ỴL~l thì xk = COS7t + k2n . . iz + k2n ị.sin-2?Ị'+ ĩ

= cos( . f ' n + k2z\ I2tc ———— + zsin 27U———-— 2 n + l J y 2n +l J

ềẫ $0%

n + (2n-k)2Tí , ■K+ {2n~k)2iK = COS—---- ---------+ 1sin-------- — ----- — - x 9„ U 2n 2n .. 2n n ■ -

Do đó JC2"+1+1 “{x + 1) Ị"J ịx —xk ) ịx - x k).t=0

Mà (* - % ) (* -\ ) = *2 -{xk t **.) * +■ xk.xk =x2- 2x COS + + ịZ71 + 1

Do đó re2n+1 +1 = Ge + l)] - ]^*2- 2 x c o s^ ^ - ^ ^ " ¥ l ì .ỉ=oV . ; 2tt + l ^ . ...

91



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





+) Nếu X = 1 thì:

2 o (2k +ì) jt ■■ . „ (2k + 1 )K . 2 (2Ẫ.+ l)ĩtX - 2 xc os — — + l = 2 - 2 c o s —r — = 4sin-rrr ~— -T

Chủ ý. Xét các giá trị đặc biệt của X.

n-l Nên ta CÓ

Hay sin

2n + l 2n + l ~ 2

í4 . (2k + l)i ĩ _ 1I I c i n ____________ — ___ . 9(2k + \)%4 sin —TT— —T2(271 + 1)

3tÌ

-I ^ T“T K4K + LỈTĨ 1= ! <=> Isin——T—— ----V l i 2{2n +1) 2re

-.sin- 57t . (2w-l)7t 1-------r-.sin r.sin — r...SUl- ------- = — .2(2n- + l) 2(2n + ì) 2(2n + ì) 2(2ti + 1) 2

*) Với 71= 2 ta có sin— .sin— .10 10 4

■*) Với 71=3 ta có sin— .sin— .sin— = —.14 14 14 8

+) Nếu x = ~l thì:

Xĩ -2 * COS(2k + X)%+ 1 = 2 + 2COS(2k +1)Tỉ = 4 COS (2k + 1) 7Ĩ2rc + l 2/1 + 1 2 (2/1 + 1)

Tuy nhiên, sẽ không thu được kết quả gì nêu thay vào đẳng thức

2n+l -Ị_ ( . i\T"Tf 2 o (2fe + l)ít xrn +1 ={x + l) I 1\ x -2íCCOS———— + 1 i ỉ l 2/1 + 1 )

. 1 t« ^ t l+ 1 _ r r í 2 (2Ế + 1)ju ^Để ý Tăng, với X * -1 thì — = Ị ] r -2x co s———— + 1 X + 1 fe=o V + 1 J

Lấy giới hạn hai vế khi X-ỳ- ‐1 ta có:

lim *2rt+1+ l 2 o ' ' (2k + l )n 2 (2A +1)him -----------= lim I ị X -2 x c o s——■—— + 1 =11 4COS -----‐+‐1 x + 1 2n + l ) koL 2 (2rt +

Mà Um í l = lim (*2“ - x2“-‘ +3?"-2 - ... +12 - * + 1) =2n +1ac_*~1 x + 1 x-y-i

XT'' JiTTT 2(2Ề + l)jU 0 __ Ỵ-y (2Ẫ + l)7I V 2/2. + 1Nên 4 COS — — ---- =2n =>: COS— —-------------------------f = i ỉ 2 (2 71 +1 ) ỉ i 2(2rc + l ) 2 n

Vậy ta có đẳng thức:3rc 5tc _(2 n .-l)ji ■>COS- , ----r.cos—; T.COS—r— T...COS—;— ----- —-

ID

3rc 5n (2n.-l)jr yỊ2n + l 2(271 +1) ‘COS2(2n + 1 )‘C0S2(2» +1) ■■•COS2(2« + l) ‘ 2* ^ *

. . --- - Ề

m



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





[

*) Với 71 = 2 ta có cos ——. cos ——= — -,10 10 10

I *) Với 71= 3 tacó cos—.cos— .COS— = ổ-.! 7 7 7 8

___ I I __ 3jc _ 5tu I k 9ĩi y / ĩ ĩ *) Với 71= 5 ta COcos——. cos— . COS-—- ■COS ——■COS-— = .22 22 22 22 22 32

Vi du 2.28. Chứng minh rằng các số cot2 ■ — vớik = {l;2;3;...;rc} là các2n +1

nghiêm cùa phương trình: + ...+(-l}n_1C%£x+(-1)" cị£ ỉ =0.

Lởi gíảỉTheo ví dụ 2.5,ta có:

sin (2n + 1) (p =c ịn+1 COS2" (psin<p - Ơ 2rt+1 COS2"-2 (p sin3 <p+ ...( 1 \ft -l _2 _ 2n -l ( -Ị /~r2n+l *211+1... +1-1; c ^ +1 cos (psm (p + -U 2„+i sin p

Với X * kn(k e %) tạ có :

sin(271 + 1)<p = siĩi2n+1 (p.^ (-1)*CỊnll cot2n~2k cp (*) k =0

Vì (p= vớik = đều là nghiêm của phương trình (*),2rc + l

do đó n số cot2 là các nghiệm của phương trình

cLi*“ - +...+(-)-1c22n\-;*+(-)”<%£ =Chú ý. Từ kết quả của bài toán này, dễ đàng chứng minh được:

o ■ ít 271 3Tí n n n ( 2 n - 1)cot -------+ cot — + cot ■ + ... + cot —— =------Z -----

2/1 +1 2n +1 2/1 + 1 2rc +1 3x \x* -Z xy2 = - \

Ví dụ 2.29. Giải hệ phương trình với nghiệm là số thực: [ y 3 - 3 * ? y = s

Lời giải Đây là hộ đẳng cấp bậc ba. Tuy nhiên, nếu giải bằng phương pháp thông thường ta sẽ đi đến giải phương trình bậc ba: yfầtz + 312 - Syfễt -1 = 0 Phương tàph này không có nghiệm đặc biệt!

93



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Xét số phức z = x + ỉy.V ì zz = x3 ~ Zxy* + i(Sx2y - y3) , nên từ hệ đã cho

ta có 2 = ‐1 + Vãi =2 ^cos— +i sin— j , tương tự cách làm ở chương I,

ta tìm được 3 giá trị của2 là:

Ỉl2 (cosầ + i ũ n ^ ) , 2 ( e » ^ + * s m ^ ) , ^ ( c o s ^ + i s i n ^ )

Từ đó suy hệ đã cho có 3 nghiệm là: _ 3 14lĩ x =y 2cos——

93/77 ■ 1471 y = V 2 sin——

9

X - Ĩ Ỉ 2 COS— %= \ff2cos— 9 ;< ® • <

ZÍÕ ■ 2tĩ y = <ỉ 2 s in — 9y =^ 2 sừi—

9

Ví dụ 2.31. Giải hệ phương trình trong tập số thực:

Lời giải

X 4- 6x2ỵ2 + ỵ4 - V3“Ị « 1

* y - y * ‐4

Xét số phức z ~x + iy .

Vì z4 = X4- 6rc2;y2 + y4 + 4i (x3y - y*x), nên từ hệ đã cho sủy ra:

z4 = V3 + ỉ = '2 |cos—+ ĩs in—I (*)l 6 6;

Các số phức thoả mãn (*):4fĩr( n . . %A4nr( 1371 . . 13*^v 2 COS—- + ís in —- L v 2 COS-— + is in ——

l 24 2 4 / l 2424J2571 . . 25'ỉĩ'] 4fĩ-(

^2 COS— - + ỉs in -— - ,3/2 cl 24 24 J l

Vậy các nghiệm cần tìm của hệ là:

_37tĩ 37nCOS— —+ isin — - 24 - 24■

X = yf2cos-r~ 24

ỵ = SỈ2sm— 24

4 nr 13* x -< j2 c o s ~ — 24 .

- 4/Õ - 13ĩĩ

4rr 25;i £ = \/2cos—— 24

_ 4 . 2571 y = 3/2 sin24

cos-37ĩĩ 24

_ 4/Õ • 37ĩe y = V2 sin —— 24

Ví dụ 232. Giải hệ phương trình với nghiêm với x ,y e16*-11 y

X + ■ = 7

lljc + 16y X + y

I-,.i iằ*



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Vì hai số phức bằng nhau khi và chỉ khi phần thực bằng nhau và phần ảo bằng nhau,Tiên hệ đã cho tương đương với:

I Q x - l ly .( l lx + 1 6 y ' .x + —T7---- 7r- + i \ y------------------------„ ~~ I=1 ~i X2 + y 2

<=>rc+iy + 16 x - i y2 2 X + y

-1 li : x-iy = 7 - ỉ'

0 2+ 16 - = 7 - í o z 2 - ( 7 -i)z + 1 6 - l l i = 0 z

Phương trình z2 - (7 - ĩ)2 +16 —1 li = 0 có haĩ -nghiệm z = 2 - 3i,2 = 5 +%

nên hệ đã cho có các nghiệm = (2;- 3) hoặc (x;;y) = (5; 2).Chú ý. Muốn giải được các hệ phương trình bằng phương pháp sử dụng số phửcTcần nhớ một số cồng thức cơ bản của số phức, đặc biệt là với mỗ i số p hứ c z = x + iy th ì ta có X2 + y 2 l à b ình phương m ôđun và

1 _ Z _ x - iy~~~ ~ 2 2 ' z zz X + y

Ví dụ 2.33. Giải hộ phương trình với nghiêm với x ,y sR

3 y/ĩõxị 1 +^ 5x + y

= 3

V Ĩ 1 - = -15x + y.

Lời giải Từ hộ suy ra £ > 0,y > 0.

Bài hộ này không có ngay dạng như ví dụ trên, tuy nhiên với mục đích

chuyển mẫu số về dậng bình phương mođun-của số phức, chỉ cần đặt u - 4 ^ x , v - y [ỹ với u,v>§ .



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





r*-* _ : rr‐1 1 _ u - v i Đãt z =Ũ + IV . Ta co: —= 0 . z u +v

Hộ đã cho tương đương với:.

;ÍI. 3 ì 3 ì 3u\ 1 + — - + ĩl? 1 - - l

„ u - i v 3 _ V2 ‐ 2 i <=>u + IV + 3“ —— = -?=■- ỉ <=>z + —=----------42 z 2w2 +1 2 V2

o 2z 2 - ( V2 - 2z)z + 6 =0 (*)

Giải phương trình (*), ta có A' = “34 -12yf2i = (-v/2 - 6ỉT suy ra

nghiệm là z = J2 - 2i, z =■■ ^ ■2

VI u, ý > 0 nên2:= ^ do đó w = -2

Vậy nghiệm cần tìm là(x;y) = Xj .

;âo đó w=^^-,ư = l=âc=“ J3' = l .

Ví dụ 2.34. Giải hệ phương trình với nghiệm với x , y s l

:2

ÍẠsế) - 6

Lời giải Từ hộ suy ra X > 0 ,y > 0 Đặt u = j3 x ,v = Jỹ (u,v > ò ) . Hệ đã cho

ì - 2 ' : ■ :, \ V u +u ) _ . r-p , 1 u - v i dang:< , ’ V . Đăt2 - ií + iư.Tacó: — —— -.

> 1 + - ^ =6 1V u +v J

Từ hè đã cho ta cóu ị 1 — - I+iv\ 1 + 0 I=2V + 6.. . V u +v ) V ù + v J

o íí + iv -12-ĩp — =2V3 -t-6i O ’z - — =2V3 + 6í u +v z

< ^ 4 / 3 +u ) z -1 2 = 0 (*)



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Giải phương trình (*), ta có A'= 6 + 6>/3i = 3(V3 + i)" suy ra các

nghiêm: z = V3 + 3 + (V3 +) ì, 2 = >/3 —3 +( —-s/3)i

Vì ỈÍ,1>>0 nên ta có ií = V3 + 3?ư = V3 + 3, suy ra nghiệm của hệ là:

= (ế + 2>/3;12 +V )Ví dụ 2.35. Cho đãy số (iin) được xác định như sau:

U q = -1 , = 2,un +un_1+ un_2 = 0

Chứng minh rằng dãy số ịun) tuần hoàn và Ií3w+1 = 2, Vn. e N.

Lời giải Các tính chất này có thể đự đoán và chứng minh quy nạp, tuy nhiên việc

tìm số hạng tổng quát sẽ giải quyết tất cả.Xét phương trình đặc trưng z2 + + 1 = 0 có hai nghiệm phân biệt là:

1_V3 z = --------- — l , z<y=---- + — ----l 1 2 2 2 2 2

Khi đó un - a.z* +Ỉ>-Z%với a,b được xác định dựa vàouữ = -1 ,^ = 2.

a + ỏ = -1Ta c ó l u ° / o f f I ^ ( I ựã y nên giải ra được:

,o1 2 2 T T 1 2 T 2

a ~ 2 + 2 l ’ “ 2 2 1

„ ( 2ĩĩ .. _ 2 tcV 2ĩi . . 2rcYSuy ra = ICOS ——+i sin— JI COS——-i sin I

( 2rc 2 jiV 271Y - _ _ 2 (n -l )ĩ ĩ + COS— - - ỉ s ĩ n — 1 COS— - + ỉ s ĩ n — - = 2 COS-----------------

l 3 3 3 3 ) 3

Vậy số hạng tổng quát của dãy làun = 2cos-^^— vóin <EN .

_o 2(n + 2)íi +) Vì un+3 = 2COS-------■—— = 2c o s 2 ji +

3

2 ( 1 — 1) 1 = un 'in € N nên dãy

đã cho là dãy số tuần hoàn.2(3n+1 -1)t ĩ 0 n.Ầ = 2cos: = 2COS2n = 2\fn € N nên cóuZn+l = 2.



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





t hể suy r a được nh iều t ính chấ t của dãy, ch ẳng hạn nhưuZn = u

Ví dụ 2.36. Cho dãy số ịun) được xác định như sau:

uữ = 0, = 6, ỈÍ2 = -2, un = + 2wn_3 Vrc > 3

Tìm số hạng tổng quát của dãy số. Lời giải

Xét phương trình đặc trưng z3 + z2 - 2 = 0 có ba nghiệmphân biệt là: zỵ = 1, z2 = -1 -i, zz = -1 +i

Vì vậy un =azl + bzo + CZ . Do U q = 0,ux- ,u2 = -2 nên thay vào tatính đượca = 2,6 = -1 +i,c = -1 - i .

Ta có un =2 + ( -l+ i)( - l~ iT + ( -l - i ) ( - \ + i)rí. Chuyển qua dạng, _<n ( Ri\n+l( 3tc . . 3 t iV 3ĩi . . 3t z Ỵ lượng giácun =2 + \\12) Ị cos— + ỈSÌĨ1 — II COS— - ỉs in ——J

( Í7ỉ\n+l( . . 3ttV 3ĩt . . 1)” '+ W2; cos—‐ sin —- cos— + í sin-— ^ 4 4 A 4 4 )

Sử dụng công thức Moivre Tồi nít gọn ta thu được:

un = 2 1 + (42 )n+l COS^ n ~ ^ K \ựn e

Ví du 2.37. Cho dãy sốun= ——■■- +----+--------------- Vn € N*.n 2n „ 4tt „ tĩ- cọs — COS —- COS -T-

7 7 7Chứng minh dãy số (un) luôn nhận giá trị nguyên và chia hết cho 32 vớin > 4.

Lời giải

Vì z7-1 =(z —l) ( z 6+z5 + z4 + zz + z2 + z + 1) = 0 vàphương trình z7-1 = 0 có 7 nghiêm làek =cos— + ỉsin — ,& = ÕĨ6 nên£15e2?;..,£G

là nghiệm của phưomg trình zs + z&+ Z1+23 + z 2 + z +1 = 0. (*)



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Dạt y = — va Chu ycos— =COS — la co X 7 7

là' 2%’ ___ 4ĩĩ ’ 8ĩr cos-— COS—- COS—-

7 . 7 7

ngh iệm c ủa phương tr ình y 3 + '4 y2 - 4y - 8 = 0 .Vl + 32+ ^3 = "4

Theo định lý Viet, ta có: ív:y2 + y2/y3 + = -4

^ìOVys ='8 -

Lúc này un= +yn2 + y ” và ĩí + = -4u„.2-f 4ii„+i + 8ÚBVn e N*

Vì Ul = -4 ,w2 = (y! + 2 + y3f - 2 ( ^ 2 + + y3.y,) = 24 và

«3 = ừ i + y2 + y3 )3 - 3 ừ i + 3>2+ 3) ừ i' 2 + y%-y.z + Jz -yi)+3?! .y2 - 3 = ~88 u4 = - 4 u 3 + 4u2 + 8z^ = 4 1 6 nên bằng phương pháp quy nạp,đễđàng chứng

minh dãy số ịun) luôn nhận giá tri .nguyên và chia hết cho 32 .vớin > 4.

Bài 2.11. Qiứngminh rằngvớimọisố-tự. nhiênn lớnhon 1 vàmọi sốthực oc, đa thức (X sin a + COS a)w- X sinna - COSna chia hếtchođa thức X 2 + 1 .

Bài 2.12. Chứng minh rằng vói mọi số’íự nhiênn thì đa thức Ge+l)2**1+x*+2chia hết cho đa thức X 2 + X + 1.

Bài 2.13. Tìm số tự nhiênn sao cho p(x) chiạ hết cho QGe) với: .

a) p Oe) = xn + Gc - 2)n và Q (x) = X2- 2x + 2.

b) p ( x ) = 3” ( l - x T + và' Q( x) = X1 - X + 1

c) p(x) + - x n -1 và QGc)= x 2 +X + 1

đ) p(x) = x2n'+xn +1 vằ Q(x) = xi +x2 + l

Bài 2.14. Phân tích các đa thức sau thành nhâritửvớihệ số nguyên

a) ị x 4 + 1 ; - ---....b) -4 (5x2 2 )2 -+(7* +3 )2

BẢI TẬP

ctềSề ,,^ lỆ^ ịề^ ìỹ ( X- 2)2 + (9x +11)2 d) [x2 + x ~3J + (2x+ l)2

99



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Bài 2.15. Phân tích các đa thức sau thành tích các đa thức (có bậc không 2) với hệ số thực:

Bài 2.19. Tim số hạng tổng quát của dãy số:a) uữ =4 ,u x —2,u n — 2iín_Ị —2 un_2 V ĩi € N, n ^ 2

b) uữ= 13,UL=l,u2 = -7, ua = Iia_ ju 2+un_ VneN,n^3e) Uq = 3, Wj = 2,Ui) = , un - 2u —4un_2Vn e N, n ầ 3

Bài 2.20. Chứng minh rằng các dãy số sau là dãy số tuần hoàn.a) uồ =1,1^ = 2 ,un - u n_x- un_2Vtt e N,71 > 2.

b) ỉi0 = 2, = 3,u0 = 0,un ~ 2un_x- 2un_2 + un_z Vn e N,7 > 3

a )x 2m- l b )x 2m+l - l

Bài 2.18. Giải các hệ phương trình với nghiệm thực:

íơo -



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





3 - SỐ PHỮC VỐI HÌNH HỌC PHẠNG



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Ví dụ 2.38. Cho đa giác đều A^Ạs.-.A^ nội tiếp đường tròn tâmo bánkính R. Chứng minh rằng vói mọi điểm M ta có:

MA1.MA2.MAz...MAfl <yl(OM2 +RzT

&



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N









Lòi giải Xét mặt phẳng phức có M là gốc toạ độ. Gọi toa độ của các điểm Ạ ,B,C là x,y ,z. Ta có MA=\x\,MB =\y\,MC = \z\ và

C - AB = \x -y \ ,a -B C = \y-z\ ,b = CẢ = \z-x\Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

Ịzj + Ịz-x|.ỊzỊ.U Ỉ + [x-;y|.UỊ.|y| > |y -a |.uTa có |y-2|.Ịy|.|;d + |2-*l.|2|.W + |*-y|*W*M

=\(y - z) yzị +l(z - x) zxị + |(x - y) *y|

> \{y -z) yz + (z~x)zx + (x -y ) xyị

Theo (*l) thì ^ y -z )y z + ( ,z-x)zx + {x-y)xy\ ~ ị{x~ y){y - z){z - x)\ nên bài toán được chứng minh.Dấu đẳng thức xẫy ra khi M là một đỉnh của tâm giác ABC, hoặc M làtrực tâm của tam giác ABC. Nhân xét . Bất đẳng thức còn được viết duới dạng:

MB.MC MC.MA. MA.MB' .-------- _ — + — m — + — _ — > 1 .b.c c.a a.b

Một số trường hợp đặc biệt.*) Với các trường hợp của tam giác ABC +) Nếu tam giác ABC đều, ta có ví dụ 2.40.

a>/2+) Nếu tam giác ABC vuông cân tại A ta có b = c - — — nên2

2 MB.MC + 72 .MA (MB + MƠ) > a2.

+) Nếu tam giác ABC vuông tại A và ZABC = 30° thì b = — ,c =2 22 fõ

nên 2.MB.MC + MC.MA + yfe.MA.MB

*) Với các trường hợp của điểm M +) Nếu M là tâm đường tròn ngoạị tiếp tam giác ABC thì MA = MB = MC = R, suy ra R2 (a + b + e) >abc.



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Qfbc Vì diên tích của tam giác ABC là S - —£■- pr nên4 R

, 2 s R2(a + b + c)> abc<=> R .-— > 4 R S <=> R >2r.r

2 2+) Nếu M là trọng tâm tam giác ABC thì =

3 ° 3 ___ 2 m .m, mk.m„ m..m„ 9 MC = - .m c, do đó ta có: + +3 ab bc ca 4+) Nếu M làtâm đưcmg tròn nội tiếp tam giác ABC, dễ đàng chứng

B c C Aminh được MA = 4R sin —. sin —, MB = 4R sin — sin — nên:2 . 2 2 2

. A . B . 2 C ■k/TA -h/ro s i n s i n — . sin — MA.MB _ 16jp2 2 2 2

a.b àb A ATheo định lý sin ta cóa = 222. sin A = 4 iỉ. s in—.COS— , suy ra:2 2

. A . B . 2 C , 2 C TI/TA 1/TD sin—.sin —.sin — sin — = 16iỉ2 2 2 2 2

a.b ■ Ả . B B Ả B16it .sin —.cos—.sin —-COS— COS—.COS— 2 2 2 2 2 2

Từ đó suy ra được bất đẳng thức:

c — sin __ 2 2 , 2• 2 c - 2 . 9 Asin — sin — sin

A B C A B C cos—.cos— COS—.COS— COS—'.COS-T-£1.

2 2 2 2 2 2Ví dụ 2.42. Cho tam giác ABC và một điểm M bất kỳ trong mặt phẳng.

„ MA MB MC , ,Chứng minh trong các tỷ số - — có ít nhất mốt tỷ số khônga b

bé hơn .73

c1

Lời giải

Sử dụng bất đẳng thức ịm +n + PỶ ^ 3(mn + np + pm) ta có:

( MA MB M C f ^ J MAMB MB.MC MC.MA)yfff b c ) I ab be ca J

Â 0



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





rp, , , ■> ' J -t An M A . M B M C ^Theo ket qua cuaVI du 2.40 suy ra: - — +——+ —— > %/3 . VI the ứonga b e

„ - . MA MB MC ^1U, __ 1tacty so — có ít nhất một ty so không bé hơn —==.a b c ' ' V 3

Nhận xét. Đây ỉà một ý trong đề thi chọn đội tuyển Việt Nam đi thi Toán quốc tế năm 2003.

Ví dụ 2.43. Gọi G là trọng tâm của tạm giác ABC và lần lượt1 bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABC,GBC,GCAyGAB.

Chứng minh rằng ■R1+-R2+Ră >'Z& "/

Lời giải Theo vídụ 2.4Ỉ, với M = G ta có: CL.GB.GC +b.GC.GA + C.GA.GB > abc.

Vì G là trọng tâm của tam giác ABC nên: SGBC = Sgca = S gab = —S áẽ c

„ a.GB.GC b.GC.GA C.GA.GB 1abcH ay----- — ---- — = — -r— =4#, 4Rọ ARs 3 4 R

=>a.GB.GC =- ~ C'R l , b.GC.GA = abc R l , C.GA.GB = ?bc:Rs3 R 3 R 3 R

Từ đó suy ra a^c'^ + abc.ĩ ^ abc.Rz c . +J 3i? 3iỉ '

Dấu đẳng thức xảy ra khiG cũng là trực tâm, nên tạm giác ẠBC đều.Ví dụ 2.44. Cho tam giác ABC và một điểm p nằm bên trong tam giác.

Gọi R, R ị , iỉg, iỉg lần lượt là tán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác

ABC,PBC>PCA,PAB. Các đường thẳng PA,PB, PC lần lượt eắt các cạnh BC,CA,ABỈần lượt tại A \B \Ơ .

_ . PA' PB' P ơ ,t)at an= -----,aọ = __ -0U =— ■ 1 AA 2 BB' \ 3 Cơ

Chứng minh rằng + a2i2 + a 3-R3 > R.

(Đê chọn đội tuyển Rumani năm 20Ọ4-) Lei gun.

Kẻ AK BC, A'K' JL BC ta có: 1

>ệ _ PA: _ P ĩ c [_ SPBC a.PB PC 4R Ka.PB.PC - -^ j j f | j ỹ ÀA' .4 # Ặịbc - 4^1 'rác ... Rỵ.abẹ . -. .



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





TN *' » R-a.PB.PC Do đó = — —— ------.abc

^ _ D R.b.PCPA D R.C.PA.PBTương tự: a ,i2 =-----, a3ỉỉ3 = ---- .abc abcVì thếa- Rị + a2iỈ + a3i > R

R.aJ>B.PC R.b.PCJ>A R.C.PA.PB „ abc abc abc

o CL.PB.PC + b.PC.PA + C.PA.PB ằabc (đúng).Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

N/zậft xét. Một số trường hợp riêng của điểm p.

+) Nếu P s G thì CLX = a2 = cc3 =— nên ta có ví dụ 2.43.3s +) Nếu p là tâm đường trồn nội tiếp tam giác ABC thì tXj =FẼ- - —&ABC

với là độ dài đường cao tương ứng với đỉnh A.

Tương tư a 2 = — , a3 = —nên bất đẳng thức cóđang: — + — + — > —h*> ỶUỵ

Ví dụ 2.45. Cho tam giác ABC và một điểm M bất kỳ trong mặt phẳnChứng minh rằnga.MA2 + Ò.MB2 -rcMC2 > ábc.

Lời giải Xét mặt phẳng phức có M lằ gốc tòạ độ. Gội toạ độ của các A,B,C là x,y,z. Tacó MA = \xlMB = \y\,MC = \z\ và

c = ẠB -\x ~ y\,a = BC =\y - z\,b =CA = \z - x\

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

\y- z\.\ xf +\z-x\.\yị2 +\x-y\.\z\2 ầi \y- z\ .\z -x \.\x -y \Mà \y- z\.\xf -r\z-xị . \yf + ịx-yị . \zf

=\x2(y -z )\ + \y 2{z-x )\ + \z2{x- y)\

1 x2 ị y - z ) + y2( z - x ) + z2 ịx -y ' ị '

Và theo^f 2) thì \x2 (y - z) + y2( z - x ) + z2( X “ y)ị = Ị(x— y){ y - z ) ( z - x)phải chứng mình.



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N













Ta có z 17- l = (2: - l) (z 16+ z15 +2T14 + ... + Z2+ Z+ 1) yà z * 1 nên 2 là

n g h iệmcủa phương trình z16 + z15 + z14 +... + z 2 + z +1 = 0. (1 )

Vì 217 = 1 nên z ll~k = z~k, do đó phương trình (1) có dạng _ . 2 3 I , ^ 8 I 1 . 2 —3 *“S __ ___ -I z + z +Z +*.,+£ +0 +2 +2 +-., +2 = —1.

*) ĐặtUr^^z + z-1 + z 2 +z~2 +z* +z~* + 28 +2T8

Ta CÓ Uj +u2 = - l,ií1.u2 - 4(z/I + ư2 ) = -4

Suy ra Ujjiia là các nghiệm của phương trình X2+ x - 4 =0 (2) nên

-1 + VĨ7 -1 -V Ĩ7

*) Đặt 1>J= 2 + Z_1 + 24 + z"4 = 2 COS— + COS— j > 0

2 ‐2 .« nf 4tĩ ___ lBiu'i _ Do = 2 + z + 2 +2 8 = 2 COS— + COS—— < 02 V 17 1 7 ;3 _3 5 _5 _ ( 6ĩl __ IOtt'')ly, =2 +z 3 +z +2 =2 COS—3 + COS—— > 0

1_ l 17 17 J

6 _-6 _7 -ĩ _ nf 127T 14lEw9 = z + z + z + z = 2 COS— —+ COS—— > 0 2 I 17 17 ;

+) Nhận thấyV1 +V2 =U1,V1.DĨ = - 1 nên I1;Z2 là nghiệm của phương

trình X2 — ~ ~ ^ ~ X ~ 1 = 0 (3)2i ; -1 + VĨ7 + V 34-2V Ĩ7 _ - 1 + VĨ7 - V 34-2V Ĩ7Suy ra I?! =----------------------------- ;u2 ---------------“ Ị— -----------

+) Ta lại có w l -¥w2 ûl,wl.w2 = - l nên là nghiệm của phương

. , ^3 I ~”3 I 5 . —5 I ổ , "6 < 1 I -7tto = 2 + 2 + 0 + 2 +Z +Z + 2 + 2

trình * 1 + •TĨ7JC-1 = 0 (4)

113



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





-1 - yf ĩ ĩ + yjd>4 + 2-JĨĨ .. -1 - VĨ7 - >/34 + 2VĨ7Suy ra wx = -------------- j ---- ----- — ;w2 =------- ------------------ —

*) Đặt y1= z + z~l = 2cos— ,y2 ~ z4 +2 4 = 2cos— (yx> y2) ta có

Nên ỵ1;y2 là nghiệm của phương trình

2 - l + >/Ĩ7+V34 -2>/Ĩ7 . -1 - VĨ7 + V 34 + 2>/Ĩ7 n3C------------------ ---------------x + ;-----------= 0 (5)4 4

™ 8jĩ . _ 7Ĩ _2 ______ 2ĩĩV- 7Ĩ ĩ£ I ^ 1Chú Ỷ cos——= S1Ĩ1 — nên COS—- và sm — lân lượt lã -.J 17 34 17 34

V Ĩ7- 1 + 73 4-2 V Ĩ7+ 2V i7 + 3>/Ĩ7 + V l70 -26 V Ĩ7 -4^ 34 + 2-71716

Jỹ f - ,1 + >/34 -2yfĨ7 -2 7 1 7 + 3717 +^170 - 26VĨ7 - 4^34 + 2VĨ7.16

Mặt khác sin2 =4(1-COS—) nên tính được sin-^-, nên cạnh đa giác đều• 17 2 17 • 17 ■ è

r 117-V Ĩ7-V 34 -2V Ĩ7-2^17 + 3^ 17 + ^ 17 0-2 6^ -4^ 34 + 2717 V 32



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





GỢI Ý VÀ ĐẬP so

Bài 2.1.a) Xét z = cos—+ isin—=> Z1 = -1, xét phần thực hai vế của đẳng thức

z + z s + z 5 = 2 ——= - = —— ta có điều phải chứng minh. z ■1 Z —1 1 —2

b) Bình phương hai vế, sử dụng công thức hạ bậc và tích thành tổng, ta cầnVí . ____ . _ - T . _ _ _ 4íi . _ _ _ 6tc . 1 i ' - ■chứng minh COS - + COS — + cos = - Tưoììg tự câu a.

c) Tương tự câu ã .. í Bài 2.2. .

+) sin5a: = 1 6 sin 5 3 c-2 0 sin 3 x + 5sina;

+) jsm |Ịđj= - 6 4 sin X +112sin X - 56siti3 x '+7 sin X , WW ẫẫ ểể ầ

115



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N









Bài 2.9.

a) S1= — 1 5

Q„ , (V5 +1)" _ me M l - l)n 2mt A ~i----------- —:------CO S—“—+------ —“— -------COS—3—

2 5 2 5,71 eN.

b ) S 2 =T 1 o f nY* (n~2)n ( 2tcY 2(n-2)n1 + 2 cos— cos----------+ 2 cos—— cos------------

I 5 j 5 I 5 j 5

Hay s2= ị (yfễ + l)'1 (n -2)n (J~5-l)n 2(n-2)n2n — -———cos-—— — + -— .. , cos , n e N

• 2ti . 2% _ Bai 2.10. Gọi 8 = cos—- + i s in - - taCO3 3

(1 +1)" =an +bn+ cn, (1 +s)n =an+ hn8 +cns2,(l + e2 y1=an + bnz2+cnz

a) Sử dụng hằng đẳng thứcaị+ ỉ>l + cị - 3anbncn =(an +bn+cn){an +bnz +cns2)(an +bns2 + c„s)

Và chú ý 1 + s + £2 = 0 ta có

“ỉ +bl + c» - 3a A c »=(1 ■+D* a +e r a +Ê2r =2" ( V n - s r =2"b) Theo câu a) và hằng đẳng thức

al + b ì+cĩ~ 3a ồ C = (a„ + 6„ + c„)(ữ^ +bĩ +cĩ - a„bn - b„c„ ~c„an)n ĨI n ĨIìI n ^ n n rtVVn 71 fi n ìt ĨI 71 71 n.s.

Suy ra aỉ +bl +cl - a h - b„c„ - c„a„ = 1 J n ĨI 71 n n. 71 1% ĩĩ ĨI

Bài 2.11. Nghiệm của đa thức X 2 + ĩ là ±i.Mà P(i) =(i sin a +COSa)* - i sinna - COSna = 0

Nên P(x) chia hết cho X 2 +1.

Bài 2.12. Nghiệm của đa thức X + X +1 làs “1 ì \[ễi v , —1 4- V3ỉ. Xét =■2 \ 2

, \ t 1\ 2rí+1 _ / 71 ; - ĩr\2n+l _ (2re + 1)tc , . (2íị + í) lĩ +) (*, +1) = (cos —+ í sin—) = COS-———— + ỉ sin ----- —ỉ— v 1 ’ 3 3 3 3

•X />+2 _ / 2n . . 2n 2 _ (2/i + 4)rc , (2n + 4)%+) x!y1 = (cos——+i sin— ) = cos----- - —— +i sin - ---- - ——

3 3 3 3 (2n + 1)tĩ (2n + l)ĩĩ = —COS------ --------ỉsin-^----- —— 3 3

D^Ịó 0Ệ+ l)!n+1 + X?*2 = 0 nên có điều phải chứng minh.



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Bài 2.13.a) n = 2 +4k, k e N.

b) n = 3k,k <5N.

c ) n = 6& + l , £ e N h oặ cn = 6 & - l , j f e e N*.

d) n = 6Ế + 2,ẰeN hoặcn =&k —2,k <EN*.Bài 2,14.a) 4x4+1 =(2x2 - 2 x + l){2x2 +2x +1)

b) 4 +2) +(7x + 3)2 = (20:e2 - 8%+ 125)(5;e2 4- 2x + l) '

c) 81 (x - 1)2 (rc “ 2)2 + (9* + l l ) 2 =(9x2 - 48x + 89)(9a:2 -6x + 5)

d) ịx2 + X - 3)2 + (2x + 1)2 =(x2 -2 x + 2){x2 + 4rc + 5)

Bài 2.15.

a) x2m - l = (x2 - l ) . X2 -2rc.cos— + l \ meN*

o 2&7Ĩ \- 2x COS ■+,.1Lm e N.- o-n J.-1 • - ••

n

- cỉn+10-- x)n- c +1 (1 - sin2 x)n'1sin2 X +

+Cọft+1(1 - sin2 x)n~2 sin4 X + (-1)" sin2'1 X ■

Bài 2.17.

:e = \^ 2 COS— jc = n / 2 c o s — x = y [ 2 c o s ^ ^ -

a) !; b \ L y-H2sÌTL— y = /2sin— y = %j2sin}^-~

9 9 9

b)

k „.Ì19r



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





c)

d)

X = V8 c o s - 12 .

y = l/8 s i n - 12

x = %Ỉ2 c o s - 30.

re = 4/8 COS— 12 J

= 4/Wcos——— 12 .1

y = 3/8 sin— 12

4/cT •y = -\/8 sm —-12 .

X — cos—— 30 .

s/o’ 2371 X = K12 COS— —

305/0 . l l r c ’ - y = J2sm ~-

305/7) - 23tu = 2 s i n — —

30

~x= y[8cos-17n12

y = s i n - 12

và <ac = /r2cos• —

30 .

5 nr . 3Õ7Ty = \ /2sin— - 30

_ 5/0” 4Ĩ7C £ = -v2cos— 30

_5/K - 4771 y = 7 2 sin-—— 30

Bài 2.18.a) (x;y) = ( j 2 ; jỗ) hoặc (*;y)= (2y[2;~ Vs)

b) (*;y) = (2; 3) hoặc (*;y) = (18; 12)

c) (x;;y) = (2 ;|)

d) (%;y) = (7 + 4V 3 ;4 -2 V 3 )

Bài 2.19.a) Zin = 2 Cv/2)rt 1 2 cos— - sin— n .e N.

b) = 3 + 2^5cos— -s in — jjrteN.

c) = (-2)n + 2 (V2)" cos— + sin — j ,n e N.

Bãi 2.20.

a) Dãy tuần hoàn vìun =2cos——— ,7ieN.3

b) Dãy tuần hoàn vìua = - l + 3cos— + —sin— ,n eN.



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Phẩn thử ba

CÁC BÀI TOÁN CHỌN LỌC

<pfiần này gi ó i thiệ u các 6ài to án CỈÌỌĨI Cọc v ó i mụ c ấ ủ d ôn tập. (Bài tập dược

cãọn Cọc ỉịãông chỉ từ các đễ tlíi đại íiọc, mà cồn có từ cấc ấề tlii ãọc sinh giỏi quốc gia của Việt ‘ Kãm, để till toán quốc tế, ẩề tíii tủ các fợ tãi của cấc mtỗc...

Bài 3.1. Gọi z1,z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2 +2z+10 = 0 -

Tính giá trị của biểu thức A - [Sjj2 + |z2|2.

(Đê thi tuyển sình dại học khôi A năm 2009) Lòi giải

Phương trình z2 + 2z +10 = 0 có A' = 1 -1 0 = -9 = 9ỉ2 nên có hai nghiệm phức là zỊ = - 1 - 3i,z2 = -1 + 3ỉ.

Ta có I—V(—x)2 + C—3)2 = VĨÕ,|z2ị =\Ị (-1)2 + 32 = VTÕ nên:

a = |^|2+| 12=10 + 10 = 20.Chú ý. Có thể giải cách khác dựa vào nhận xét: Với phương trình đã cho

có hệ số thực thì nếu có nghiệm phức Z1 thì sẽ có nghiệm i j . Hay z2 Theo định lý Viet ta có zxz<>= 10 =t> z^zx = 10 =2>\zx |2 = 10.Do dó A = 20.

Bài 3.2. Cho phương trình X 10 + (13* - l ) 10 =0 cố 10 nghiệm phức là ris7;

với i = 1;5. Tính tổngs - —ịr + —“T + —=r + —~r + —ZT-ri ri r2r2 rzrz r4r4 r5r5

(AIME năm 1994)

Lờỉ giải



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Phương trình dã cho có hệ số thực, nên nếu có nghiệm z thì sẽ có nghiệ

là 2 , vì vậy các nghiêm của phương trình là z,2 vớik = 0;4. Vì ZZ = \ z f

Bài 3.3. Biết phương trình (l -i) X2 + (X +i) X+1 +iX - 0 không có nghiệm thực. Tìm những giá tri có thể có của A..

(Đề thi học sinh giỏi toán Trung Quốc năm 1994) Lời giải

Nếu phương trình có một nghiệm thựcr thì:

(l —i)r2 + ( U ỉ ) r + l + ỉÀ = 0 o r 2+Ằ;, + l+i{-r2 + r + Ầ.) = 0

j r2 +Xr + l = 0 ír2 +^r + l = 0 ịr2+ Àr + 1 = 0 (l)Ị -r 2 + r + = 0 j*r + r + A,+ l = 0 . [fa. + l)(r + l) = 0 (2)

Từ phương trình (2) ta có:

+) Nếu'k - -1 thì từ (l) suy rar2 - r + 1 = 0 , phương trình này không có nghiệm thực.

+) Nếu r = -1 thì từ (l) suy ral-À . + l= 0=>A, = 2.Vậy phương trình đã cho không có nghiệm thực khi và chỉ khi Xịt 2.

Bài 3.4. Tìm điều kiện đối với các số phứca,b,c sao cho với mọi số phức Z

thoả mãn I z\ = 1 thì az 2+ bz + c là số thực. Lòi giải

Vì az2 +bz + c là số thực nên chọn các giá trị đặc biệt:

+) Chọn z = l thì a +b + c e Eẫ. (l)+) Chọn z = -1 thì o -b + c e R. (2)+) Chọn z = i thì -a + ib + ce R. (3)+) Ghọn z = -i thì -a - ib + ce ũ. ( )Từ (1) ỵjt;. (2) ta có òeR . Nhưng từ (3) và () ta có ib.eR do đób Êj? -



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Khi đó, từ (l) và (3) thì a , c e l .Vì \z\ = 1 nên đặt z = COS (p+i siĩi CỊ) (<Ị>e E) ta có:

az2 +bz + c = a (cos 2(Ị>+i sin 2(p) +b (cos ọ +i sin ọ) + c= (a co s 2(p + c) + ì a s in 2(p e H kh i và ch ỉ khi a sin 2(p = 0 V<Ị>.

Điều đó xảy ra khi và chỉ khí a = 0.Vậy giá trị cần tìm là fl = 6 = 0 vấ c là số thực tũỳ ý.

Bài 3.5. Phương trình X4 + ax3 +bx2 + cx + d = 0 có 4 nghiệm không thực với các giá trị thựca,b,c và d. Biết tích hai trong bốn nghiệm đó là 13+ i và tổng của hai nghiệm còn lại là 3 + 4i. Tìm giá trị củab.

(AỈME năm Ỉ995) Lời giải

Gọi 4 nghiệm phức của phương trình X +a% +bx2 +cx + d = 0 là a,p,Ỵ,T].

Khi đó X4 +ax3 +bx2 +cx + d - (x ~a) (x - Ị3)(jc -y)(x-ĩ]),V:K nên suỷ ra ap + ay + ar| + Py + pĩi + ỴT| = 6 (*).Theo bài ra ta có a.p = 13 +i,Ỵ +T| = 3+ 4i.Vì a,b,c,d^R nên a.p&y.Tì cũng như a + p&Y+TỊ phải là các số phức liên hợp, do đó a + p = 3 “ 4i,y.ĩ] = 13 - i.Theo (*) thì 6 = ap +ay+ ar| + Py + Ị3tị + ỴTỊ = (a + ị3)(y + rỊ) + ap + ỴTj=> ò = (3 - 4 ỉ)( 3 +4i) +13 +i + 1 3 - ỉ - 51.

Vậy giá tri cần tìm củab là 51. Bài 3,6. Tìm số phức2 thoả mãn\z - (2 + i)| = -v/ĩõvầL ZZ = 25.

(Đẽ thì tuyển sinh đại học khối Ẽ năm 2009) Lời giải

Gọi z = x + iy vói *,ys!Ịẫ. Ta có:

+ )Ì 2 -(2 + i)| = -v/ĩõ <=>|a:-2-i-(y-l)t ị = V ĩõ <=> ( x - 2 ) 2 + ( y - l ) 2 = 10 (l )

+) 22 = 25 o #2 + y2 = 25 (2)

Từ (l) và (2) suy ra: : 1:ÍGe-2)2 + ( y - l ) 2 =10 ịy =10-2x ịy = 10-2x\x 2+ y 2 = 25 . i . \x 2--+ ỵ2- = 25 • \ x 2 -8x + 15 = 0 -

=> X = 3 ỉ k y = 4 ;^ = 5 & ^ y = 0 .

Vậỵ,;.r2=ỆỆ- 4i hoặc 2 = 5 .J g m ế ể

jSJ ^ 123



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Bài 3.7. Tìm số phức z thoả mãn điều kiện:

a) 2\zf + z2 =21 + 12i b)\z2 + z 2\ = l và Ịz| = l

Lời giải Gọi Z = x + iy vói „x,y ẹ M.

a) Ta có 2\zf + z2 =21 + 12: o 2(x2 + y 2) + X 2 - y 2+ 2xyi = 2 ĩ + 12ỉ

Í3*2+y =21 |3*4-21^+36 = 0 Íx2=4;*2=3° ị = f " ° j , = *

=> X = ±2,ỹ = ±3 hoặc X = +V3 ,ỳ = ±2yfễ Vậy các số phức cần tìm là:

2 = 2 + z = -2 3i, z = >/3 T 2a/3ĩ,2 =~sfs —2-\/3ỉ

b) Do z2 +Z2 = 2(z2 - y 2) nên theo bài ra ta có:

c) Tacó ( z - 2 )( z + 0 = (x -2 + yi)[x + (i-^y)j] - -

= (* - 2) X - y (l - y) + [Gc - 2) (l - ỵ) + yx] i

Do đó (z -2)(z + i ) là số thực khi và chỉ khi:(* - 2) (l - y) + y x 0 ò X+ 2ỳ —2 = 0Suy ra X- 2-2y. Vậy mọi sô' phức cần tìm có dạng: z = 2 -2 y + iy vố

j / e l . -

d) Ta có z + Sz= (2 +iyfẫ )\z[.o 4x - 2 iy = (2 +-isfz)yjx2 + y 2

. o 4x - 2iy = 2 yjx2 + y 2 ■+iyj 3(x2 + y2 ) -

c) (z - 2){z + ) là số thực d) z + 3z = (2 + iV3)ịz|

Vậy có 8 số phức thoả mãn: z = ± ^ ~ ± —ì = ±—± ^Ặ l 2 2 2 2



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Suy ra ỵ = -yfSx vối X>0. Vậy số phức cần tìm có dạng: z = x - i js x với x>0.

Bài 3,8. Giải hộ phương trình với hai ẩn phức z,w

[ z3 + lư5 = 0 |z3 -ĩỹ 2 =0a ) w = i b ) w = i

Lời giâi

[2s + ỉi?5 = 0 (1)a) Xét hê phương trình\5 \z 2w *=l (2)

Từ phương trìrih (2) ta có Z6W12 -1. Từ (1): zz - -w 5 => z6 = w10.

Do đó u>10ũĩ12 = 1 => |iư|22 = 1 => |if| = 1 nên\z\ = 1.

Vì M = 1 nên 1 =U)lữw12 = (iư.ĩỹ)10W2 - ũr, suy ra hoặc H/ = l hoặc w = -1.

\zz+1 = 0+) Nếuw = 1 thì từ hệ ta có Ị => z = -1 .■ự = l

+) NếuU) = -1 thì ta tìm được2 = 1.Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là ( l ; - l) và ( -l ; l) .

b) Xét hê phương trình\ z w -Q\z5w3=l (4)

{„ 3 _ n f _ 1 5 _ - 1 0

=> J = . (* )

Z5W3 = 1 Ịz15m;9 = 1

Từ (*) ta có |iỹ|10 |tt>|9 = 1 => M ==1, vì thế 1 =wlữw9 =wXw.wÝ =W. Do

_ fz3 = l íz5.z —1đó w = 1, Tiên hệcó dạng =>< suyra2T= l.• * y = i y =1

Thừ lại thấy thoả mãn. Vậy hệ đã cho có nghiệm(x;y) = (l;l) Bài 33. Cho ba số phức z1,z2,zz thoa mãn hệ:1

Zl +Z2 +Z3 = l

Tính giá^lẸỊ của biểu thứcs - 'l+1+ z ịn+i + z ịn+1 với n là số nguyên

V 125



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N







Tacó 0 = sinx +siny + sin (- x -y )

n - X + y __x - y = 2sin——-cos——1- 2 2

/ x+'y= 4 sin—— si: 2

X' _■ ysin—sin -2 2

Suy ra hoặc ;c =k2n hoặc y = &2tc hoặc X + y = &2tĩ, do đó hai trong ba số z l ,z2,zz bằng nhau.

g 2 2?Giả sử Z1 = z 2 thì ~ + — =0<^>-^-=--^ hay ta có =-l=> z, =±ìz,.

Do đó:\az1+ bz2 + C23| =\cLzỵ + òz1-± ỈCZ11= Ịz1ỊỊd + ò ± ic| =\Ị(.a + bÝ + c2.

Vậy T bằng yj(a + bÝ + c2 hoặc yj(b + c)2 + a2 hoặc >/(c + a)2 + ò2 .

Bài’3.11. Cho số phức z-bằng 9 + òi vó'i 6 là số-thực dương. Biết phần ảo của z2 và z3 bằng nhau. Tim 6.

Ta có z2 - (9 + b iý =8Ị-'Ồ2 +18ÒĨ nên Im22 =186:

Lại có JZ3 = (9 +biÝ - 72 9-2762 + (2436 - ò 3)i nên Imz3 - 243Ò - ò 3.

Theo bài ra ta cố: Im i2 = Im23 <=>1SÒ= 2436 - ò3 =>ò = 0;ò -- -15; ò -15 Vì b là số thực dương nênb --15.

Bài 3.12. Trong mặt phẳng toạ độỌxy, tìm tập họp các. điểm bicti diỗn-số

phức z thoảmãn Ịz~ (3 -4 í)| = 2.(Đề thi tuyển sình dại học khối D nấm 2009) Lời giải ; - ;

Gọi z =x + iy với x ,y e ĨR. '

Ta có: \z - (3 —4i)Ị - 2 <=>\x - 3 + (y + 4) iỊ - 2 o(x - 3)2 +(y-ý 4)“ -■4 ■

Vậy điểm biểu diễn số phức2 là đưòngtròn tâm /(3;-4) báĩi kính= 2 . .

(AỈMEnăm 2007) Lòi giải

127



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Bài 3.13. Xác định tập hợp các điểm M trêii mặt phẳng phức biểu diễsố phúc (l +isÍ3)z + 2, trong đó\z-l\<: 2.

Lòi giải

Đặt w = (l +i-Jd) z + 2 thì z = w ^Theobàìra |z -l i< 2 nên

w - 2 - l

Hình 3 . ỉ

—rr~ •* - 2 <=>!«> - 2 -1 -i43| < 2 |i + ỉV31■1 + W 3

o Ịỉí/ — ( + Ĩ /3)Ị 5Í 4.Vậy tập hợp các điểm M là các điểm thuộc hình tròn tâm ĩ là điểm biểu diễn số phức

3 + i>/3, có bán kính bằng 4. Bài 3.14. Xấc định tập hợp các điểm M trên mặt phẳng phức thoả mã

a) M biểu diễn các sô' phức jz + 1 - ỉ , trong đó u - 1 + 2ỉ| = 3.b) M biểu diễn các số phức Z -2 + i ,với 2 <\z -1 - i| < 3.

Lời giải Gọi z = x + iy với x,y e X.

a) V Ì2 + l - ỉ = ji; + l - ( ^ + l) ỉ nên điểm Mcó toạ_độ M.{x +1,- y - 1).

Ta có \z-1 + 2i| = 3 <=> ịx-1 +(y + 2) ỉ| = 3 o (jc:-1)2 + (y + 2)2 =9

Hay viết lại (x - 1)2 + (y + 2)2 = 9<=>(x + l - 2 ) 2 -f (-ỳ - 1 - 1)2 =tập hợp điểm M là đường tròn tâm /(2;1) bán kính i? = 3.

b) Ta có 2 <\z-1 - iỊ < 3 <£3- 2 <\(z - 2 + ỉ) - (-1 + 2ỉ)Ị < 3, nên tập hợp M là những điểm nằm phía trong đường ừòn bán kính bằng 3 vngoài (kể cả biên) của đưcmg tròn bán kính bằng2 có cùng tâm là đibiểu diện số phức ...-1+-2Ì, tức ỉ à những điểm trong hình vành khăbiên trong, về mặt giải tích, những điểm M {x\y) đó thoả.mãn điều k

4ắ ( x + l ) 2 + ( j - 2 ) 2 < 9 Bài 3.15. Trong mặt phằng toạ độ Orẹy, tìm tập hợp cầc điểm biểu

phức z thoả mãn:a) Ị Z-+ l\ + \z - lị = 4 b)\z -T2i\ + \ z - 2iị =



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Hình 3.2

Lời giải Gọi M là điểm biểu diễn số phóc z.

a) Xét điểm Fl biểu diễn số phức zx = -1, F2 biểu diễn số phức z2 -1 . Hai điểmF1 và F2 nằm trên trục thực Ox.

Ta có: \z + lị +\z - 1| = 4o MFX + ME, = 4 và FỵF%= 2.

Vậy tập hợp các điểm M là Elip có trục lớn bằng 4 và trục bé bằng2V .

Phương ưình của EIip ừong mặt phẳng toạ độOxy là “ + — = í .

b) Xét điểmFx biểu diễn số phức zx— 2i, F2 biểu diễn số phức =-2L Hai điểm F1và F9 nằm trên ưục ảo Oy.

Ta có: [ -ỉ-2i[ + |z - 2i| = 6o MFl + MF0 = 6 vàFXF2 = 4.Vậy tập hợp các điểm M là Elip có

hai tiêu điểm vàF2 thuộc trục Oy và độ dài trục lớn bằng 6 và trục bé bằng V5.Phương trình của Elip trong mặt

phẳng toa đôOxy là — + — = 1.

5 9c) Xét điểmF1 biểu diễn số phức Z1- -5, F2 biểu diễn số phức Zọ =5. Hai

điểmFl và F2 nằm trên trục thực Ox.Ta có: \z -5 l- \z + 5| = 8 o MF2 - MF1= 8 và = 10.

Tập hợp các điểm íhoả mãn\MF2 -M F1\= 8 với F1F2 =1Ồ là Hypebol có hai tiêu điểm thuộc trục Ox, độ đài trục thực là 4và trục ảo ỉà 3, nên

có phương trình(H ) : —— — = 1.ẽ . 16 9

129



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N







Vậy tập hợp điểm M là những điểm thuộc Parabol (p):y2=Sx (có đỉnh là gốc toạ độ và tiêu điểmF(2; 0) ).

Bài 3.16 . Cho ba điểm trên mặt phẳng phức theo thứ tự biểũ diễnba số phức z1,z2,z3 thoả mãn điều kiện Ị2 jỊ = |z2| =Ị23Ị= 1. Chứng minh rằng t am g iác đều kh i và ch ỉ kh i z x 4- , + z z = 0.

Lời giải

Trọng tâm G của tam giáo A ị Aọ Aq biểu diễn số phức — * + ,3

Vì \zx\ =|22ị = Ị23| = 1 nên ba điểm A1?ẠÂg thuộc đường tròn đơn vị có tâm. tại gốc toạ độ 0. Do đó tam giác AjAÂo đều khi và chl khiG = 0, hay khi và chỉ khi zỵ 4- z2 +z s =0.

Bài 3.17 . Cho M = ịz\ (z - 1)2 =\z “ lị2 ,2 e c ị . Chọn phượng án đúng?

(a) M = C~ R . . . (b) M = R _ (c) R a MczC , (đ) M = c(Đề thi học sinh giỏi toán Trung Quốc năm J 987)

Lòi giải

Ta có \z - lị2 =(z - l )(z - ĩ ) ={z - l) (z - x) nên:

(z - ì f = \z - l f o (z - 1)2 =(z - ì ) (z -1)£> (z - ĩ ) ( z - z ) = ũ =$■z = = z Vậỵ ta có z ĩà số thực nên M = R => chọn b

Bài 3J8. Cho số phức2 thoả mãn điều kiệnl lz lũ + 10ỉzs + 1Ọ íz-11-0. Chứng minh rằng\z\ = 1.

(Putnam năm 1989) Lời giải

Ta c ó 'l lz 10 +10ừ 9 + 10iz -1 1 = 0 O-'Z9 (llz'+ lOi) = l í - 10iz. Hay:



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Xét các trường hợp:+) Nếu\z\ >1 thì JC2 + / > 1 nên:

g(x ,y) = l l 2ự + / ) +102 +22Dy = 102 ịx2 + y2) + 21 ự + / ) + 102 + 220

> 102 (x2 + y2) + l l 2 + 220 y = f(x,y)

Do đó \zf <1 \z\ < 1 (mâu thuẫn).

+) Nếu\z\ <1 thì xz + y z < 1 nên:

g(x, y) = l l 2 (x* + y2) +102 + 220 y =102 (x2 + y2) + 2l(x? +y2) +102 + 220 y

< 102 ( X2 + ỳ 2) + l l 2 + 220 y = f ( X , y)

Suy ra |z|9 > 1 =>\z\ > 1 (mâu thuẫn).+) Nếu\ z \ - l thì g ( X , y) = f (x,y) (thoấ mãn)

Vậy UI = 1. Bài 3.19.

Cho hai số phức x,y có tổng các bình phương là 7 và tổng cácphương là 10. Tìm giá trị thực ĩón nhất của tổng x + y7

(AỈME năm ỉ 98 Lời giải

Đặts = X + = x y . Theo bài ra ta có:Đặts = X + y>p = xy. Theo bài ra ta có:

ix2 + f = 7 is 2 -2 P = 7 P = ẽL lL(*s + / 10 is3-3sp = 10°js(7_p) = 10

^ CT2 _ 7 Suy ra S \ 7 - ~-----J = 10 <=>s3-2 1 5 + 20 = 0 Cí>(s- l)C S-4 )(S + 5) =

Hay s = -5. s = 1, s = 4.Hay s = - 5 , s = 1,5 = 4.Vậy giá trị thực lớn nhất của X + y là 4.

Bài 3.20. Cho cc,p hai sổ phức liên hợp thoả mãn € R và |a - pỊ =2a/3

Tính |a|.(Đề thỉ học sinh giỏi toán Trung Quốc năm ĩ



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Lời giải Đặt OL= x + iy=>$ = x - i y với x,yG M. Không giảm tính tổng quát, ta coi y ^0.

Vì ịa - p| = 2a/3 nên ị2ịy| =2V => ;y =-Jz.OL oc3Do a,p hai số phức liên hơp nên a.p e M, mà — =------ x-eR do đóp (ap)

a 3 € IR. Nhưng ta có .a3 = Xs ~ 3xy2 + ( x2y - y3)i nên a3 e l khi và chỉ

khi Zx2y - y3 = 0 <=>^ (3*2 - y2) = 0 => X2 =1.

Vậy |a| =*Jx2 + y 2 = Vl + 3 = 2.

Bài 3.21. Tìm các sô' thực x;y thoả mãna) ( X 2 + 2 y + i)(3 - ỉ)2 + y(x + 1)(1 - ỉ)3 = 26 -1 4i

b) [x2 + y2 + 2ij ịyfzi - 1)6 + ịy2 + = 320 + 896Ĩ

Lời giải a) Ta có (3 - ĩỷ - 8 - 6i; (1 - ỉ)3 = -2 - 2ỉ nên đẳng thức đã cho có dạng

(ac2 +2 ỵ + i)( 8 - 6i ) + y(x +1)(-2 - 2 ì) = 26 - 14i

Hay 8x2 -2xy + 14y + 6 + (8 -6x2 - 2xy - 14y) = 26 -1 4i Suy ra

ịếx 2~xỵ + 7y - 10 Í4x2 - xy + ly = 10 Í4x2 - xy + 7y = 10 (1)\dx2 +xy + 7 y - l l j* 2 +2y = 3 [2 y - 3 - X2 (2)

Thế (2) vào (1) ta có JC + X2 - 3x+1 = 0 => X - l ,x = -1 ± y/2

Vậy các cặp số thực cần tìm ỉà (x; y) = (1; 1), (-1 - J2; - V2), (-1 + V2 ; V2)

b) Ta có (V ã i-l )6 = 6 4 ,£ ^ -ặ ^ = 128ỉ nên(1 + i)

64(x2 + y2 + 2Ỉ) +12 1( ^ + 2x) = 320 + 896Ĩ

Havr 2 + 2i(y2 +2x +1) = 5 + Ĩ4i



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





ịx2 + y2 = 5 ịx 2 -2 x + l = 0 [* = 1| / + 2* = 6 ly 2 = 6 - 2 x =

Vậy các cặp số cần tìm là(x;ỵ) = (l;2),(l;-2).

Bài 3.22. Tìm c biết a,ò và c là các số nguyên đương thoảmãn:c - (a + 6ỉ)3 - 107Ĩ.

(AĨME năm ì 985) Lời giải

Tacó c - { a + b i f -1 07i = o3 -3 a62 + ị(3a26 - ò 3 -107 ). Nên c là số

nguyên dương thì 3a2ò - ò3 -107 =0, Hay &(3ơ2 - ò 2) = 107.

Vì fl,ồeZ + và 107 là số nguyên tố nên xảy ra:+) ò-1 07 ;3a 2 - ò 2 = l= > a2 - g% (loại).

3

+) 6 = 1; 3a2 - bz = 107 => a2 = 36 => a = 6 (thoả mãn).

Vậy nên c =a3 - 3ab2 = 63 - 3.6.12 = 198. Bài 3.23. Cho số phức z có phần ảo bằng 164 và với số nguyên dươngn

thoả mãn—-— = 4 ỉ.T ìĩn n . z + n

ị AỈME năm 2009) Lời giải

Đặt z = x + 164ỉ* ta có:

—— = 4i o +■=4i o X + 164Ĩ = -6 56 z + n X + 164Ĩ+ÍI=> X = -656 & X +n = 41 =>n - 697

Vậy giá trị cần tìm củan là 697. Bài 3.24. Cho x,y và2 là các số phức thoả mãn

(y + z)(x - y)(x - z ) = (z + x)(y - z)(y - x ) = (x + ỵ)(z - x)(z - y ) = l

Vì thế ta có



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Lời giải Từ điều kiện suy ra X, y và z là các số phức đôi một khác nhau.

Do đó( / - z ){ x - y ) (x - z ) = ( z + x )( y - z ) 0 - x )

=>(y + z) (z -x ) = (z + x) (y -z )^ >xy = zz

Tưofng tự yz = x2, z x - y 2. Suy ra x,y và 2 đều khác không, ngựợc lại nếu x = 0 thì 2 = 0, do đó(2 + x)(y -3)(y -x) = 0^1.

Ta c ó x y .x 2 - z 2.y z => X3 = M ặ t k h á c .ZX.X2 = y 2. y z => x = y 3. M à

x,y và 2 là các số phức đôi một khác nhau, nên nếu gọi e là căn bậc ba

của đơn vị (s=co s— + is in — ) ứii(x;y;z) = (k;zk;z?k) hoặc3 3 ,.'

( x;y;z) = (k;£2k;ek ) với k là một số phức.Trong cả hai trường hợp, ta đều có

(y + z)(x - y)(x - z ) = -3k z =>kẵ = .3

Nhưng T = {y + z){z + x)(x + ỵ) = —kz, nên T = —..

Bài 3,25, Tìm ựít cả các số phức x,yyz có mođun bằng 1, thoả mãn

y2 +z2 z2 + X2 ừ? + y2 V I 2 2 _2Ị o ——-— +---- ----+-------Z— = 2(x + y + z) và \x' + y + z' * 3. X y z . ■ : -■ ■:

Lời giải , . “ + V2-Viết lại đắng thức - ——— H— + — =2(x + y + z) dửới dạng

X ■ y z

(x2 + y2 + z 2)(— + —-r Ị) = 3(x+ ỵ + z). •; X y Z ‐

Vì \x \ - l nên —= X, do đó ta có ( X 2+ y 2 +z 2) (x+ỹ + z) = S(x + y + z). X ■ . , .. . ■

Hay (x2 + y2 + )(* + y + z) = 3(jc + y + z).

Lấy mođun hai vế\x2 +y2+ z2|Ị(jc + iy + )| = 3Ị:K+ <y+ z\



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N







Lòi giải

Ta có I z + —I = zz + ~ + 3\ Z + — Ịnên:

1 z + —

3z3+ 4 + 3 l' 2 + ỉ ì < z + 3 1 Z + — ẩ 2 + 3 z + i z z 3 ^ z ) z 1 z

Đặt í = 12 + ~ z

thì t là số thực không âm.

Ta có í 3 <2 + 3í o ( í “ 2)(í + l)2 ắO=>t <2.

Do đó 12 + — z

<2.

Bài 3.28. Cho các số phức zl ,z0,3,...,zn thoả mãnKí + K I+ N + - +Kiị = 1- Chứng minh rằng tồn tại tổngs của một tập

con của ịz1,z2,z3,. ..,znị thoảmãn điều kiện Ịsị > —.

(Đê thi học sinh giỏi toán Trung Quốc năm ì 986) Lòi giả i

Đặt zk - xk +iyk với 1 <k <, n . Ta có:

i=KI+hl+-+K|s(hl+l%l+- +KI)+(|yi|+W+-+W)=>1ẩ% 1**1+ Z KI+s h i+ Z |y*l

xk Z0 xk <0 yk ZO yk<0

Do đó phải tồn tại ít nhất một tổng trong các tổng

Z N ’ X W ’ X w ' khởns nhỏ hơn7' Giả sử XKI--7-** 0 “*<0 y*íũ yh<ữ Khi đó, theo bất đẳng thức giá trị tuyệt đối ta có:

=|s|.

Xkì0

ắ I W a I * . á I * .**2:0 xk zQ xk *0

H a y l S | a ì > ỉ4 6Đây chính là điều phải chứng minh.



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Chú ỷ. Bài toán tổng quát “Cho các số phức z1,z2,z3,. .. ,zn. Chứng minh

rằng tồn tại một tập con I của {l;2;3;...;ra} sao cho - S K I '”|/ỉe/ 71*=1

Bài 3.29. Cho số phức z ± 0 thoả mãn\z\ > 2. Tim giá trị lớn nhất, giá trị nhò

z + i\nhất của p =

Lời giải z + i Ta có P - =

z

1 - i < p < 1 + i z z

1+i- và 1- 1+ Í S1 + nên:

o l - A < P ắ l + À

Mãt khác, Iheo bài ra |z| £ 2 nên < —vi thế:\z\ 2

2 ịz\ \z\ 21 3Vì p chẳng han với z = -2 ì và p = —chẳng hạn với z - 2 i nên:2 2

3+) Giá tri lớn nhất của p là —.

2

+) Giá trị nhỏ nhất của p là —.23.30. Cho các số thực thoả mãn x + y + z = 0._

Chứng minh rằng: Icosxl + ỊcosyỊ + |coszỊ > 1.

(Đê thi chọn đội tuyển toán Romanian năm ỉ 988) Lời giải

Vì z = - x - y nên cos2T= cos(- j:-y ) = cos(jc + jy).

Xét số phứca = cos2x + ỉ sin2x, b = COS2y + i SÍĨ12y ta có:

+) |l + a| = 2|cosx(cosjc + isinac)| = 2|cosxỊ ,|l+ 6| = 2jcosy|

+) il + aồ| = Ịl + cos2(jc + y) + ĩsin2(ar + y)Ị = 2|cos(a: + y)|.

Vậy bất đậng thức cần chứng minh tương đương với:J l 6ị + |l +ab\ >2.



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N







+ ( h I + N H Z1 + z 2 |) + i + t a + z 2 + *3 Ỉ)

Bài 3.32. Cho các số phức.a,b, c thoả mãn\a + b\ = m,\a - &Ị =n và m.n *

Chứng minh rằng max ỊỊae + &Ị, Ia + ÒCỈỊ > - =====■.■4m + rì

(Đề thi học sinh giỏi toán Trung Quốc năm Lời giải

Sử đụng bất đẳng thứcmax (x, y) > \/x, y, a, 3 > 0 ta có

„ _(!_ Li I T ^\a\.\a + òc\ + \b\\ac + b\max ] Ịac + ò|, Ịữ + ồcl} £---------7 ----------1 ; \a\ + \b\

|a(a + òc )- ò (a c + ồ)Ị _ Ịữ2-b2\]al + |6| ~~ ỉaỊ + Ịòl

'Vi m 2"+: n 2 = ]a + òỊ2 + ịa - ồ|2 = 2-(|aỊ2 + lỏỊ2) > ( |a | + Ịòl)2 nên

mas{|aC+ fcl,ịa + a a Ị g ^ ỉ ; > '° 6l; |g: .?1 -t Ĩ t .' 7 M + lil 2(|a|2 + |ồ|2) 7 ^ 7 ?

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Bài333. Cho số phức thoả mãn Ul = 1. Tìm giá tậ lớn nhất, giá tậ nhỏ nh

a) A = |l + | + 3 |l -z | b) B = |l + z| + | l‐ + z2| Lời giải

Đặt z = x + yi với x ,je R . Vì\z\ = l nên y2 - 1 - X 2 và x e [- l ; l ] .

a) Ta có: +) ]l + z\ - yj( 14-XỶ +y2 =yj2(l + x)

+ ) | l - z | = ( l - x ý + ỳ 2 = yj2(x - x )

Do đó \l + z\ + 3\ l- z\ = 4 W + x ) + Zyf20Tx) = f(x)



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Hàm số Viên tục trên X e \-V ,ì\ và với x e ( - l ; ì ) ttìì:

r ( x ) = - fJ = = — J L = , r ( x ) = ữ o x = - ị •v/ 2(1 + x) •>/2(1- x ) 5

Mà /■(1) = 2, /• (-1) = 6, f Ị - - j = 2VĨÕ nên:

+) Max A = 2 VIÕ khi 2 = - —± —ỉbl=x 5 5

+) Min A = 2 khi 2 = 17 £11

b) Vì 1 - Z + Z2 = l - x + x2 - y 2 + i ( 2 x - ì ) y - 2 x 2 - x + i ( 2 x - l ) y nên

ịl-3-H- z2 \±yj (2x? - x ) + y2 (2x - 1)2 = (2x - 1)2(x2 + y2) = \2x - 1|Vậy nên B = |l + z| + | l - z +22| = yỊ2(l + x) + |2x -l | .

Đặt g ( x ) - ^ 2 ( l + x) +|2x-lị vối x e

Xét hai trường hợp:

+) Trường hợp 1: Xét X e —;1 thì gGe) = a/2(1 + jc)+ 2 x - l - 2

Tacó g ' (x)=— p==L==r + 2 > 0 Vx<= —;1 nên: y/2(l + x) 12 J

Max g( x) = g( i ) = 3,Min g( x) - g ( ị ] = yỉd. M Lầ;1]

+) Trường hợp 2: Xét X e 1—1;— thì g(x) = J2( l + x) - 2 x + l

1 _ - - 1 ^Vì £•'(*) = ■ / — r - 2 > 0 , g'{x) = 0 o x = và:*J2ÌX + X) 8

( l \ 13Nên Maxg(x) = —- = và không tồn tại giá trị nhỏ nhất trênK ) • 8 ' 4

khoảng đó.



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





So sánh hai trường hơp, ta có: +) MaxB = ~ khi z = “ ilzi=i 4 0 0

+) MinB^yĩ ĩ khi z = - ± — i !z!=i 2 2

Bài 3.34. Cho số phức thoả mãn\z\= 1. Tim Max |z3- z + 2I.

c Putnam năm 1947) ỈM giải Đặt z = x + yỉ với Vì\z\-1 nèn ;y2 = 1 - X2 và X <E[—l;l].

Ta có 2 - 2 + 2 = X - 3ry2 - C+ 2 + ỉ (3;c2 - y2 - 1) y

= 4x3 -4 x + 2 + i (4x 2 - 2) y

Vậy |z3 -jz + 2r = (4#3 -4 * +2) + (4x2- 2 ) y2 = 16*3 - 4x2 - 1 6 x 8

X ét/ ‘(tf) = 16tf3 -4 x 2 “ 16:x: + 8 với # e [- l ; l] .

f ' (x) 48x2 - 8x -1 6 , f ’ Gt) 0 o X , X =3 2

f( - l ) = 4 , / - [ - ỉ ] = 13 , / [ '| ] = A >/’( l) = 4

Vây JVÍax!2 —Z + 2| = VĨ3 khi z = —— ±^— i.W-1 2 2

c/ỉú Mrc|z3-2 +2I= khi2 = ±W-1 9 3 3

Bài 3.35. Cho sô phúc thoả mãn I + 2 —2j| = 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của\z\.

Lời gỉải Đặt z - x + yi với x,y eM .M \z + 2-2ỉ\ = 1 nện: -

ịx + 2 +(y - 2)i| = 1 <=>(x + 2)2 +(y - 2)2 - 1.

Vì thế có thể đổi biến x + 2 = COSt , y~ 2 = sin í với 0 ắt < 2jl

Khi đó: X2 + y 2 ~ (cos í -2Ỷ + (sint + 2)2



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Mà -1 < sinỊ^í j < 1 nên 9 - 4>/2 <X2 + ỳ 2 < 9 + V2, do đó:

yj 9 “ 4a/2 < |z[ < >/9 + 4-\/22V2 “1 < Ịzị <2 /2 +1 .+) UI-2V2 - I khi Ể=— hay X = -2 + — ,y = 2 - — .

4 2 2

/2 / 72^Vậy giá trị nhỏ nhất của |z| là2V2 - i khi 2 = —2 + -^- + 2 — —-J.

+) .I2Ị= 2V2 +1 khi Ể= — hay x = - 2 - ^ - , y = 2 + ~ .

2 2Vậy giá trị lổn nhất của\z\ là 2V2 +1 khi z = -2 - + il 2 + — -J.

Bài 336. Tim gìá tri nhỏ nhất mf với tất cả các số phức z thuộcc \ R.Im z

Lòi giải Vì số phức z thuộc C \ R nên z = r(cosọ + isinq>) với r>0 và

&kn,k z ta có:

^ Imz _ siriScp _ 16sin5q)-2 0sùi3 cp+ 5sincp _ 5 20Im z sin cp sin ọ sin ọ sin2

\2 ........= 5Í —K ------2 ỉ - 4 > —4.sin <p= ——— Tĩtk e Z . Im 2 , 2

Vây giá tri nhỏ nhất là -4.Im z

Bài 3.37. Cho và là các số phức thoả mãn zỊ - 4 Zo =16 + 20i. Giả sử

a,Ị3 là các nghiệm cửa phương trình X2+ zxx + z2 + m = 0 ứioả mãn điều kiện |a - p| =2\[ ĩ , với m ià số phức.

a) Um giá trị lớn nhất của Ịm| .

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của ImỊ.(Đề thỉ học sinh giỏi toán Trúng Quốc năm 1995)

ir- 143



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Lời giải Sử đụng định lý Viet tạ có oc + P = -z1, oc.p = z2 +m.

Do đó: ( a -0 ) 2 = (a + p)2 - 4ap = zjf “ 4z2 - 4/71 = 16 4- 20ỉ - 4/n

Từ |a -p | = 2>/7 suyra\ị + 5i-m \ = 7. Do đó điểm. M biểu diễn số phm trên mặt phẳng phức thuộc đường tròn tâm /(4; 5) và bán ■22= .7. .Ta cần tìm giá trị lán nhất, giá trị nhỏ nhất củaOM. Đường thẳ01 cắt đường tròn tại hai điểm A,B với o nằm giữa A và I. V

Oĩ = yỊ 42 + 52 = V4Ĩ nên:

a) Giá trị lớn nhất của M khi M = B, khi đó:

Mrturt = OS- Oỉ + ỈB = 7 + V4Ĩ.

b) Giá trị nhỏ nhất của |tti| khi M ~ A , khi đó: - \m\max=OA = IA ~O I = 7 -V4L

3-35. Cho a;ỗ; c là ba số phức thoả mãna lỏcl+ b\ca\ + c\ab\ = 0.

Chứng minh rằng |(a -b)(b - c)(c - a)| > \abc\.

_ (Đề thỉ học sinh giỏi toán Rumani năm 2



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





f

Lời gỉẩi Nếu trong ba số phứca;b;c có một số bằng 0 thì bất đẳng thức được chứng minh. Xét trường hợp cả ba số phúe đều khác không, chia hai vế

cho laòcỊ vàđăt X = =T ,Z = ĩ“ĩ thì điều kiên, ưở thành x + y + z = 0lai |6ị . Iclvà \x\ = ỊyỊ =\z\ = 1. Khi đó x;y\z là toạ ^ộ các đỉnh của một tam giác

đều có tâm ỉà gốc toa đô, nên su sai khác argument giữa X ' ,y ; z là ±— .3

Theo định lý COS ta có:

Ịa-è]2 =|a|2 +|ò|2 -2Ịaịlò|cos(a,6) = |a|2 + |òỊ2 + Ịa|ỊòỊ>3|a||ò|

Làm tương tự rồi nhân vế với vế suy ra

la - b f [6 - c f Ịc - a |2 > 27 |aỊ2 Ịò]2 |c|2

Suy ra |(a-ỏ )(6-c )(c-a )ị>3 V 3|aò c|.Hay bất đẳng thức được chứng minh.

Bài 3.39. Cho av 02,0 ,..., an và ò1,ò2,ồ ,...,ò/í ữieo thứ tự là các số phức.

j-t, s __ . , 1 __ ( ‐1 , \ 1 . f ir-i1 2 9n2 +Qn + 2 1, ~^Chứng minh rang Re 2 > À 2 > a | + o------ L \ b>

u=0 ) + 2 A=0

Lời giải Ta chứng minh Re(akbk) < ị\ak |2 + 9?- - |rc- - |ồAf j (1)

Gọi ak - x + iy,bk =P + ŨỊ với a,b,p>q eM, thì (1) có dạng:

1 1 /2 2\ 9rc2 + 6n + 2 , 2 _ 2 1 Xp- y q - ĩ t ĩ V X +y ) + ~ ~2 +q >J (2)Ta có các bất đẳng thức đúng

. 1 f 0 %ĨI + 6n + 2 2+ ) x p<—-— - y dn + 2\. 2

6” + 2 2I _ ồ < ( x - p ý + ix -( Zn + l ) p f 2 } Sn + 2

+ 6tt + 2 2I _ 0 ^ (y + g)2 + [y + (3tt + Ị)g]22 J 3«+ 2

Nên cộng vế với vế ta có (2) đúng. Từ đó ta có điều phải chứng minh.

+) - y q < - ^ - ~ ỳ ‘ + 3w + 2



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Bài 3.40. Cho a,b,c,ẩ là các số phức thoả mãn |a| =|6| =|c| =ịd| = 1. Chứng

minh rằng Ịaz3+bz2 + cz + d I> >/6 với ít nhất một số phức thoả mặn

Lòi giải

Đặt P(z ) =azz + bz2 + C2 + d,Q(z) = adz3 + (ac + òd)z2 + (aò + 6c + C(ĩ)z và chú ý áã = \a\2 = X,£ + s' = 2 Res ta có

|P(2)|Z= P{z)J{z) = 4 + 2 ReQ(z) .

Gọi £ là căn bậc ba của đơn vị thì X+ B+ E2 = 0,1 + e2 + £4 =0 nên:

Q(z ) + Q(ez) + Q(e2z) = 3adz3 + (ac + bd)( 1 + £ + s2)

+(ab +bc + cd)(l + z2 + s4) = 3adz3.

Chọn z là căn bậc ba củaad thì Ịz| = 1 và

ReQ(z ) + ReQ(zz) ■+Re Q(e2z) = 3 Hay:

Ịp(z)|2 + P(S2)|2 + Ịp(e2z)ị~ = 12 + 2[ReQ(z) + ReQ(sz) + ReQ(£2z) 3= 18

Vì thế một trong ba số |P(z)|2 ,ịP(ez)|2 5|p(s2z)|" không nhỏ hơn 6.

Mà I z\ = \sz\ = Ịs22Ị= 1 nên tồn tại Ị2Ị= 1 sao cho Iaz3 +bz2 + cz + d\>. yfẽ

Bài 3.41. Giải phương trình X4 - 2ix2 +3 = 0

Đặt t - x 2 . Phương trình đã cho trở thành í2 -2 ỉ í + 3 = 0. Nghiệm của phương trình là -i.

(Để thi Đại học Kinh tể quốc dân Hà Nội năm ỉ 997) Lời giải

2 2 ; L V 4 4nên:

+) Nếut = - i thì

'Êẻể2j K 2+ isữ i COS + ỉ sin



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





1 _ J f * ì , : í * ì]_ f^2 ,.V2lnên: X = ± c o s í •1+ is in l- —j =±1——- ỉ——

Vậy phương trình có 4 nghiệm: * = ± ^ —■+ = ± Ị - -

Bài 3.42. Biết một nghiêm phức dạng lượng giác của phương trình z6+ ê +1=0 có argument 0 nằm trong khoảng (90o;180°). Um 0 ?

‘ (AỈME năm 1984) Lời giải

Đặt x = zz.

Phương trình đã cho trở thành: X2 + X+1 = 0 =>x = -±y^ z "2

+ ) N ế u x = — — - = COS 24 0 ° + i s in 24 0° th ìz z = COS 2 4 0° +i s i n 2 4 0°2

. _ ( 240° + Ã360° V . . f 2400 + &360°V - _ fn ,nên z = cosl------- - -------+ ìsin t----------- — -------I với k = Ị0;l;2}

+) Nếu X = + - COS120° +i sin 120° thì z z = COS 120° + ỉ sin 120°2

. _ ( 120° +£360*1 , ,( 120° + £360° 'ì _ fn , olnên z = cosl------- — -------l + ĩs in l-------- — ------- j với Ẫ = {0;1;2}nên z = cos ----------------------I+ ĨSIĨIỊ -3 ) l 3

Từ đó suy ra nghiêm thoả mãn yêu cầuỉầ z = COS160° + i sin 160*.

Vậy 0 = 160°.

Bài 3.43. Tìm tất cả các số phức2T'thoả mãn \z\ = 1 và' z .2 —+ — z z

= 1.

Lỏi giải Vì \zị = l nên đặt z = COS2C+ ism *,* e [0;2ĩe).

Ta có z 2 = cos2x +i sin2x, z 2 = COS2x - i sin2x nên

1 =2 —2 z z z + z —+ — —

z z 22

L.2 , —2\z + z Uf

=2 |cos 2jc|

__ 2 c, 1 , 1 1 % k-ĩĩ . „ 2 * ‐ + 4 * 4 ‐ X = + ~ z ~ , k z .

_ 4... .. 2 - ;■ 2 6 2

147



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N







(ncos ft —- X I= smnx v2 )

sinn\ -~- x\ =u )

Suy Idiiị ) ' dúng vối mọi số thực X.cos TLX

Giải ra ta đượcn — 1 4- 4& vớik eVì l<n<> 1000 nên có 250 số nguyên dựơngn thoả mãn.

Bài 3.46. Cho e = COS — +i sin— .3 3

Túih giá trị của biểu thức A - (l + s) (l + £2)(l + s3)...( l + s2011) Lời giải

Ta có e3 = 1 và s2 + £ +1 = 0 nên: Ả = ( l + e) (l + s2) (l + s3)... ( l + s20u)

= f f [ ( l + s3W)(l + e3**2) ( l + e3M) ] (l + e2011)t o

= J ^ [(l + s)(l + s2)( l + l)] ( l + s) = [2(1 + 8 + s2 +£3)] ( l + s)k=Q

= 2699(0 +1)699(1 + e) = 2s" (-e2) = 2699 = 2698(1 + Vãi)2

Vậy A = 2698(l + V3ỉ)- B à i3.47. Cho các sốphức z1>z2iz3,... ,zn thoảmãn 1Î= 1-21= ...==

Đặt z = Ị'YJzk jJ - ]. Chứng minh rằng2 ® và 0< z < n 2 .U=1 ) U=1 zk)

Lời giải

Vì lzjj.1 = 1 nên zk ~ ~ ',z k ~-zr, do đó

í ỉ * ĩ í f ) - í ẳ 4 í ỉ f ) - ( Ẻ f ) ( ỉ * * ) - *U 1 ) \ k = i z k ) U 1 ) U 1 z k ) \ k = i z k ) \k =1 } z = ,

Vậy nên z e l .



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





+)■*«* U=1 ) U=1 zk y \k=i ) \k=i )

tOii'.l-i’.VlwlJfe=l ) ) k=l \k=l )2, i =n .

+) Đặt zk = cos xk +isin .xk,xk e E,Ẫ = 1;n. Thì

2 = £ c o s x A + i . £ s i n * J . £ c o s x * - £ . j r s i n x JV&=1 A:=l ) \Ề=1 k=l )

+ Ị^Ệsúi**J SO.(Iv*=lcosxA

Vậy z e R và 0 < z < n2.

B ài3.48. Chứng minh rằng sin3 + sin2b 0 10 10 8 Lòi giải

Đặt z = cos-— sin -—=>z = —, sin—--------. Kill do:10 10 2 10 2i

■ 3 n • ■> 71 f z - * Y (z-z'f 3r 2 -2 -/ ,1 1sin — + sin — = ------ + ------ = - —\ z + z + i ( z - z ) - 1 + —(1)10 10 t 2ỉ J V2i J 8 L v 7 J 8

Mặt khác z5 = cos— + isin— =i => z 4 + iz3 “ z2 - ừ +1 = 0 (do z * 1),10 10

nhung z4 =ì z;ừ3 = - z nên suy ra z2 + z2 + i(z - z) —1 = 0(2).

Từ (]) và (2) ta có điều phải chứng minh. B ài3.49. Cho a,b,c là các số thực thoả mãn điều kiện

cosa + cosò + cosc sin a-ỉ-sin &+ sin c= mcos (a +b + c) sin (a +b + c)

Chứng minh rằng cos(a + ồ)-ỉ-COS(6 + c) + cos(e +a) = m.(Đê nghị ỈMO năm 1989)

Lồi giải Đặt X = cosa + isin a ,y = cos6 + isin ò,2 = cosc + isinc.

Ta c ó X+ y + z - COSa + co s ò + COSc + i ( s i n a + s i n b + s in c ). : ‘ -

g^ #ĩ tecos(a +b + c) + Lm. sìn(a +b + c) =mxyz

W



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Do đó X + y + z =mxyz nên — + + — =m. xy yz zx

Vi \x\ - |y[ - \z\ = 1 nên x~l -x,y~l =y ,z 1 =z .

Vậy — + — + — =m <=> x.y + y.z + z.x =m

xy yz zx o cos(o +b) + cos(b + c)+ cos(c + a) -

-i[s in (a +b) + sin (Ồ+ c) + sin (c + a)] =m

Từ đó ta có cos (a +b) + cos(6 + c) + cos(c +a) =m. Bài 3,50. Cho a,ỗ ,c là các sô' thực thoả mãn điều kiện

Đặ t X ~ c o s a + s i n a , y = CÓSb + i s in b, z - COS c +i s i n c.

Suy ra X + y + z = COSa 4-COSồ + cosc + ì (sina + sin ò + sin c) = 0

a) Ta có: X3 -i-y3 + 2T3-3xỵz = (x + ỵ+z )( x2 + y 2 + z 2- x y —y z - z x) nên

xz + y3 + S.=2>xyz. Sử dụng công thức Moívre và công thức nhân dạng

lượng giác; (cosa +i sina ý + (cosb + i sin ò)3 + (cosc + i sin c)3

= 3(cosa + isina)(cosồ + ỉsinồ)(cosc + ỉsinc) :

o cọs 3a + cos 3b + COS3c + i (sin 3a + sin 36 + sin 3c)

= 3 [cos(a +b + c) +i sin (a +b + c)]

Từ đó ta được: COS 3a + COS36 +COS3c = 3COS(a +b + c)

và sin3a + sin3ỏ + sin3c = 3s in(a + ố + c)

b) Với X + y + 2 = 0 thì 2 (x + ,yõ + z5) = 5 xyz{x2 + ỳ 2 f z 2)

'z \ = l s uy T3. x~ l = x , y _1 = i z ~ 1 - Z .

COSà + cosb + cosc =sina +sinb +sin c = 0Chứng minh rằng:a) cos3a + COS30 + cos3c = 3cos(a +b + c)

sừi 3a + sin 3&+ sin 3c = 3 sin (a +b + c)b) COS 5á +COS56 +COS5c = sin5a + sin 5b + sin 5c = 0

Lời giải

151



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





3? + ỳ 2, + z2 = {x + y + z)2 —2 ịxy + yz + zx)

= {x + y + z)2 -~2xyz(x + ỹ + z) = (x + y + z)2 -2xyz(x + y + z) =

Do đó X5 + y5 + Z5 = ò

o (cosa + i sinaỶ + (cosb + i sin ò)5 + (cos c +ì sin c)5 = 0 <=> cos 5 a + COS 5 6 + COS 5 c +i ( s in 5 a + s i n 5b + s i n 5 c ) = 0

Vậy nênCOS5a + COS 56 +COS5e = sin 5a + sin 56 + sin 5c = 0.

3.5/. Chứng minh rằng—— + — \ — + — -— = — -— COS 6° sin24° sin48° sin 12°

Lời giải Xét số phức z = COS ° +i sin 0, có z 15 = COS 90° +i sin 90° =i.

fp"-U1 • 2 —1 2® _ 1 _ _ 1Ta CÓCOS ° = — —-,sin .l2ơ= sin 24° ----- —, sin 48° ----- —

2z 2iz . 2iz4 2iz Đẳng thức cần chứng mịnh trở thành

2 z 2ừ22ừ42izBz 2+ l z 4~- Ĩ + z 8 - 1 + z 16 - 1 ~

Rút gọn và chú ý:Z# 0 ta có z16-1 - ỉz(zu +1) = 0. Hay: z15z - 1 -ừ15 - iz = 0 o iz - X- í2 - iz = 0 (đúng)Vậy đẳng thức được chứng minh.

Bài 3.52. Giải phương trình COS X - COS2x + COS Bx =—.

Lời giải Đặt z=cosx + isinx thì- . . . .

_ Z 2J- l _ n - Z 4+ 1 . zs +1cosx= _• — ,cos2o:=' -T-T—,cos3a:.= - - -2z 2z 2z

Phương trình đã cho trở thành " + ì - — + ———■= — 5 22 2z 2zz 2

0 26-Z 5 +Z4- Z 3 +z 2 - 2 + 1 = 0 (*)Vì z ~ -l^Jchcmg là nghiệm nên với z ^ ~ 1 ta có:

ỔgỊ^llậ (2í - Z 5 + 24 - 2 ỉ + / - Z + l ) = Ũ O 2 7 + l = 0

Vì thế: 7 .



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





rx_ ' 7 (ĩl + k2n \ +H a y s r = - l = c os7 ĩ + is m 7 t n ên z = c o s l------ —— j + i s m l----- —— J VỚI

k = 0; 6- VI z * - l nên không nhận giá trịk = 3.

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là X = —+m2ĩĩ, X ~ — + m2rc

X = 4^- +m2n, X = +m2n, X = +ĩĩi 2t ĩ . x = +m2ĩi với7 7 7 7

Bàỉ 3.53. Cho số nguyên dương 71 và các số thực x,y. Chứng minh rằng

£ C* cost(rt - Ề)ac +ky} = 2recos” — - COS *=0 2 2

Lởi giảiĐặt 2 = cosx + zsinxTỉíí = co sj + ism iy.Xét khai triển nhị thức Newton

+ wT - 2 ] c ị z n~kwk = £ c* (cos X + ỉ sin x)n~k(cosỵ + i sin y)k k=0 A=0

n= X Ecos(« — k)x +i sin(n - &);c][cosky + i sinkỹ]

k 0

= ^ c k n {cos[(tz - k ) x + k y ] + s in [ (n - k )x + &y]} (1)k=Q

Mặt khác z + w = COS# + cosy + i(sin X + sin y)

« _x+-y - x - y n.-- x + y ■ x ~y= 2 COS—-- -cos —~~ + 2isin —— COS---- — 2 2 2 2 x —y , x + y . . x + y.= 2cos----- —(cos—;— + isin—:—)

2 2 2

Nên (2 + o)71= 2" COS* * ~^ (cos x + Êsin**—)". £

= 2»cos" £ ^ [cos^ ± 2 ) + isin 2 ( ^ > ] (2)2 2 2

Từ (1) và (2) suy ra

mh * - y __ n(x + y)^ c k a cos[(n- k)x +kỹ\ - 2ncosn — — COS-k=0 sgầ 2



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Nhận xét. Rõ ràng £ C* sin[(/i -k)x +ky3= 2” cos" x y sin n(x * ỵ l .Jfe=0 2 2

2?m 3.54. Chứng minh rằng. . Tí 2% 3tc . rtĩĩ VlrâTĨa) sin—-— .sin---- —.sin— ---------------------------...sm --- =------ ---------.

2n + l 2n + l 2n + l 2n + l 2

71 2n 3nmi 1cos——— .cos-—-—.cos-------------------------...cos- — .2/1 + 1 2/1 + 1 2n +1 2/1 + 1 2

, x VJt • 2n 3tĩ ,_(r t“ l) ĩĩ Vnb) sin—- .s in ——.sin —-...sin-:----------= “~ -.2« 2m 2n 2n T"1

It 2tc 3tc Ctz —l) 7t 4 nco s— -COS— —.cos —-. ..c o s------------ — — ■

2 n 2 n 2n 2n 2n Lòi g iải

a) Rõ ràng xk = COS ^ " - + i si n với k=0;2n là 2rc + l nghiệm cùa2n + l 2/1 + 1phương trình x2n+l - 1 = 0. Trong đó X q = 1 và x2n+1_k - xk vì:

h2n ^ k2iĩ \ _ 2kn 2kn-ỉ. =cos 2rc----- —— + ỉ sin 2Tỉ --- —— = COS—— —- ỉ s in ——— M ~k I 2n + l ) l 2n + l ) 2n + l 2n + l

nvới k~l ;n nên ta có: %2n+1-1 = (x - l) .] ^ [ (x -x A)(j c -^ ).

t=i

Mặt khác (x - x k){ x -x k) = x2 - (xA+ xk) X + xk.xk = X2 -2a:cos— +1.

Do đó x2n+1-1 = (x - 1) .rrf X2 - 2x COS• — ■■•+l ì . Vứi X*1 thì:i i v 2ỉi + l J

x 2n+1- l T ~ f í -.2 2 kn )-----------= I X -25c + l + 4x.sin ——~ - - x - 1 *=} l 2/1+17

=>lim— ------- - = limTrix2 - 2x +1 + 4x. sin2 —~ —ì*-*4 x -1 *-*•!*=f V 2n + lJ

2n+l _ 1Mà — = x2n + x2"‐1 + x2*‐2 +... + X +1 nên:

2 kụ

zn+i _ ,Mà — = X2" + X2- 1+ X2- 2 +... +

x - 1

ÉLl ặ ặ Ị ^

2n +.1



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





\T* ■_ 1 2tu . 3tc . Ml yj2n + l Vậy sin——-.s in — — .sin— — ...sin——— = — — -----.2n +1 2tz +1 2tz +1 271 + 1 2"

+) Từ x2 +1 -1 = ( * - l ) . n i*2 -2 x co s-— —+ l1 cho X - - 1 ta co:- - - 2/1 +1 J

o2n T"T ___ 2 T-T _ k f t 10 2 cos - 1 <=> I I cos = —-■i =7 2/1 + 1 i =T 2/1 + 1 .2"

22nTTcos2~ P — = 1 o n c o s ^ = . fc=7 2/1 + 1 2/1 + 1 .2"

2>r 3tc ; Ĩ171---- — .cos- ——...COS .2n + l 2/1 + 1 2n + l 2”

71 2tĩ 3tc . . nn 1Vậy cos— ——.cos— — .cos-—— ...COS 2n +1

Chú ý. Xét các trường hợp cụ thể của 71.% . lĩ . 2% . 3ĩc 'Ịĩ n 2% 3tu 1+) Với 71 =3 ta có: sừ i“ .sin-“ .sin COS--. COS—-.COS—-

7 7 . 7 . 7 7 7 .+ ) V ớ i 7 1 - 5 th ì:

' . K . 2%. '3tc . -4n . 5ĩi -v/ĨĨsin — . sin —-. sin— . sin —- . sin — = —-—.11 11 11 11 11 32TU 2ít 37C 4n 5ĩĩ 1cos— . COS—-. COS— . COS — . COS—- = — ;11 11 11 11 11 32 -

+) Vớin = 6 thj:

. 71 .2 n

' . 37Ĩ .

471 . 5n . 6 t ĩ

-s/Ĩ3sin— .sin-—-.sin— .sin-1—.sm — .sin— = —— .13 13 13 13 - - 13 13 6471 2n 3% 4k Sir ft' 1COS— . COS “ .COS-—.COS—r-COS—r-COS—T- = — .13 13 13 13 13 13 64 ... . ;

k2ĩt . .k2nb) Tương tự xk =cos-~— + ÍSÍX1 —-— với &= 0;2?z-l la 2n nghiệm của2 n 2 n

phương trình x2n - 1 = 0. Trong đó x0= l,xn = - I .

ÍT' (2n-k)2n (2n. -k)2n . 2kn . . 2k% ._. , .VI x9n u- cos------- ------+1 sin r-------— ---- = :cos —— — i sin —~ = X, với2 n 2n 2n 2Ti

_____ , n-1k= l; n —l nên ta CÓ: .x2n - 1 = (x2 -1 ). (a: - x k){x - x k)

■k=l

MặtkhảcẬx- x k) ( x - x k) = x2 -(X ị +x k)x + xk.xk = X2 — 2 COS—— x +1.ề _ : • ■- ; n - • •

a ” 155



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Do đó xZn- 1 = (x2 -1). X2- 2x. COS— + i71

+) Mặt khác X2+ 2x+1 - 4x COS2

Ji-ri _ 1 I f jL_"\=> lim —T-----= lim Ĩ Ì X 2 + 2* +1 - 4rcos2 ——

Hay ta CÓn = n ^ c o s 21^) = 22'-2Ị]co s2 | ĩ

Chủ ý. Cho n các trường hộp cụ thể:+) Với 71= 5 ta có:

. n . 2jĩ. . 3tĩ . 4n yfẽ sin— . sin ——. sin . sin = - — .10 10 10 10 1611 2ĩi 371 An yfE cos— . COS—1. COS —-. COS—r = ——. 10 10 10 10 16

+),'Với n = 7: ta có:

„2tt _ 1Mà — -----= x2n~2 + X2”"4 +... + X2 +1 nên:* _ 1 x * - l

Vậycos-— .COS—- .cos-r—...COS 2n 2n 2nn ___2tc ___3ít (?i-l)ĩr _ 4n

2n _ 2 ^ *



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





71 „ . 2 j [ _ 3i 4n ' 5 j i 6n V7COS — “ . COS — . COS — . COS — . COS — . COS = — - .

14 14 14 14 14 14 64

Bài 3.55. Giải hệ phương trình •(

3 x ~ y _ 3:4- „ , =3JC2 +y2

* + 3y £2 + y2

0

(Tạp chí Kvant) Lờigiâi

Điều kiên X2 + y 2# 0. Đăt z - X + i y. Ta có: —= ~ — z X 2 + y 2

Từ hệ đã cho súy ra X-+ ——+ ỉ ị y~ - I= 3 X + y I x + y

o 3(x-^ĩ) . x - y i - 3- i _ x + iy+ 2 2 * 2 2 - 3 ^ 2 + - 3a; + y X + J 2

Hay ta có z 2 - Zz + 3 - ỉ = 0. Phương trình này có hai nghiệm phức là: z = 2 + ỉ;z - 1 - i

Vậy nghiệm cần tìm của hệ đã cho( x ; y) = (2;l) hoặc (jc;y) = (1;-1).

Bài 3.56 . Giải hệ phương trình: <V 3 ĩfl + — 1 = 2

V x + y)

J ĩ ỹ { l - - l —\ = ±42l x + y )

(Đề thi học sinh giỏi quốc gia năm ỉ 996) Lời giải

Từ hệ suy ra X > 0>y > 0.

Đặt u = *fx,V = y[ỹ (tt,V > 0 ).

Hệ đã cho có dạng:

Đặt z ~ UJ: iv.

V 1 -u2 +v2

4V24 Ĩ

157



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





_ , I u - v i Ta co: —= 2 2 ■2 u +u ,Hệ đã cho tương đưong với:

u - i v 2 V2 1 2 V2 .u + iv + s 7 s = i z + 4 i

< * ! ? - ( 2 + ± Ị ĩ i ) z + i 0 (*)LV3 v/7 J

Giải (*): Vì A = Ị-^ . + -ijS-ij - 4 = f^ỹ== + 2v/2ỉj nên các nghiệm:

1 2V2 . f nr.)_ 1 , 2 f 2V2 ^ / AS"V3+ J7 ỉ + lV2Ĩ J Vã V2Ĩ 1^7 J

1 2V2 . f 2 /õ-'ì _ 1 2 r2V2 fjj'ì .^ ^ H v l r ^ r T r T t r H v TTa có nghiệm M,1>và do đó nghiệm của hệ là:

* =y ? +- ầ )

{ ' 4 ă ~ 'Ấ i ) & y = { l f ĩ ~ ~ ' ^ ) X =

Bài 3.57. Cho A,B,C,D thoảmãn

A = ị (x’y ) -X2 - y 2 * = j(*»y)-2xy+ ” 2^~~2 = 4 ' ■I a r + / J [X+ / J

C = Ị(x,y)::*:3-3xy2+3y = lỊ, D = Ị(x,y):3:e2;y-3*-;y3=oỊChứng minh rằng A n , B ~ C r \ D .

(Putnam mĩm ỉ 987) Lòi giải

Xét số phức z = x + y ỉ với x,jeỉR.

Ta có e A n B tức là x,y thoả mãn hệ phương trình:

2 2 _ X - y =

2 . 2 X +y

^ Ị&ẩ r + r đrề Ể -ể Mếl^ i .C#



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Mà hệ đó tương đương với phương trình z2 = z~l + 3i . Hay ta có:

z z - Ziz = 1 <=> xz - 3xy2 + 2y + (3;t2y - Zx - y3)i = i

ịx2 -Zxy2+3y = 1 » 2 3 » ( x j ) e C n D

[3* y - 3x - y = 0

Vậy A r \B = c r \ D .Bài 358. Tìm tất cả các số nguyên x,y, z,t thòả mãn hệ phương trình:

\ xz -2y t = 3 Ịreí + yz-1

(Đê'thi học sinh giỏi ioản Liên Xô (cũ) năm 199ỉ ) Lời giải

Ta có hệ đã cho tương đương vói:

xz - 2 yt + V2 (xí + yz ) ỉ = 3 + V2ỉ

o- xz +2i2yt + 42 (xí +■ yz) i = 3 + V2t

o (x +ij~2y) {z +i j2 t ) = 3 + yỈ2i

Lấy mođun hai vế |(jc +i j2y){z +iy/2t)ị = |3 + J2i\ , suy ra:

{x2 -T2y~)(z2 + 2í2) = 11 ■

Vì x,y,z, t nguyên nên xảy ra hai trường họp:

+)Trườnghợp ĩ: X 2+ 2y2 =1,z2 +2í2 =11.

Từ phương trình X1 +2y2 -1 suy ra 'x = ± l , y - 0 . Kết hợp hệ phương trình tìm được: JC= 1,^=0,Z = 3,Í = 1 hoặc X= - l ,y = 0,2 = -3 ,t = -1 ;

+) Trường họp 2: X2 + 2y2 = 11,22 + 2í2 - 1 . Hoàn toàn tương tự ta có:

x = 3 ,y =1,2 = l , í = 0 hoặc X = -B ,y = - l , z = - l , t = 0 - -

Vậy có 4 nghiêm thoả mãn hệ ỉà:

(1; 0; 3; 1), (-1; 0; -3; - l ) , (3; 1; 1; 0), (-3; -1; -1; 0).

Bài 3.59. Cho a,p là hai số thoả mãn a + Ị3= l,a.p = 1, Tính giá trị của biểu

tM c d S jf ^ '+ S 20"11 À M M J t J P

JF 159



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N







Lời giải Đặt m = Oj +ơ3 +a5 +... vàn = Og +a4 +a6 +... thì m,TZ e M.

Ta có: p ( l) = 1 +a x + + ... + a n_x + a n - 1 +m + n

p ( - l ) = ( - l ) * [ l - O j +Ơ2 + a n„x + ( - l ) *an ] = ( - 1 ) ” ( l - m + tt)

Suy ra p ( l) .p ( - l) = (-1)" [d +n? -re2] e E.

Vì p { x ) - x n +ạ l;e'l“1+a0xn~2 + ... + aJt_1* + ữ;icó nghiệm x1,x.2,x3i,...,xn

và QGe) = 3e'1+&JX"-1 4-ò2^n~2 + ... + 6n_ỉX'fbn có nghiệm xf,xị ,xl ,...,xl .

Nên: p(.z) = (a:-a:1)(^

QGc) = (x - x i ) ( ; e - ; c ! ) ( x ( x - J G '* )

Do đó: Ọ(l) s (l — )(l — a:|)(i — = p ( l) .p ( - l) € R

Mà Q(l) =1 + &! +b0 + +... +bn nên có điều phải chứng minh.n

z Bái 3.62. Cho phức z. Tìm giới hạn lim 1 +— .

Lời giải Đặt z = x + ỉ y vói X, y .

Ta có V

ln (1 + X )Vì lim =1 nên:



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N







M à Z.UJ = (a; + y ỉ ) { u + i t ) - x u - y t + i { x t + y ù ) nên:

\z.w\ - yj[xu - y t f +(xt + y u f (2)

Từ (l) và (2) suy ra171.71 = (xu - y t f +{xt + y ù f ' Vì x,y,z, t e 7Lnên x u - yt,xt + yu e z. Vậym.n phân tích đuợc thành

tổng các bình phương của hai số nguyên.Bài 3.65. Cho số phức z - x + iy với x ,y là những số nguyên.

a) Chứng minh rằng zn ~xn-í-iyn với xn,ynlà những sò'nguyên.

b) Chứng minh rằng nếu một số tự nhiên phân tích thành tổng các bình ' phương của hai số nguyên, thì luỹ thừa bậcn i n e N*) của số đó cũng phân tích được thành tổng hai bình phương của hai sô' nguyên.

Lòi giải a) Chứng minh zn = xn+ iynvới xn,yn là những số nguyên (*) bằng phương

pháp quy nạp toán học.+) Vớin - 1 ta có 2 = x + iỵ với X, y là những số nguyên (đúng).

+) Giả sử (*) đúng đếnn, hay ià zn = xn + iyn với xri,yn là những số nguyên.Ta phải chứng minh (*) đúng đến 71+ 1, tức là zn+l = xn+x+iyn+ì với

x*+i’ 'y*+i là những số nguyên.

Thật vậy ZMX =2".2 =(xn + iyn)(x + iy) = -X-yn .y +ỉ(xn.y + ynjc)

Vì x,y và xn,y n là những số nguyên, nêĩi đặt

xỉl+l=xn.x - y n.y,yn+l=xll.y + y-Ả.x -

thì zn+1 = xn+1 +iỵn+1 và 'xn+l,ỵn+1 là những số nguyên.

Do đó (*) đúng vói 71+ 1, nên theo nguyên lý quy nạp (*) đúng vói mọi số tự nhiênn: .

b) Xét s= x2 + y2 với x,y e z. Ta có.s -X 2 + y2 = Z.Z. Theo chứng minh

trên ta có -tiyn >zn =x n- iyn. , , . :

Vậy: S n j 0 Ì z Z T = z llỵ n ={xn +iyn)ị<xn - i y n) ' ệểỆ Ệ g _

.ĩ-ầ ỈỊẾÉẾỌlis&P' • "■ - ■ . - ■ • ■ - ■• ‘ '■1- ' 'ì*?



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Do xn,y n e z nên s n cũng là tổng các bình phương của hai số nguy■i Chú Xét một ví dụ cụ thể: Chứng minh rằng 292010 là tổng cphương của hai số tự nhiên.

Ta có 29 = 22 + 52 nên áp dụng chóng minh trên, 292010 là tổng cáphương của hai số tự nhiên.

Bài 3.66. Chứng minh đẳrig thức sauvới 71là số nguyên dương:

{ ỵ ( - ứ c ? ) U ị ỵ A - ứ c ^ Ị ^\0£2k£n J \Oí2Ề+lán J

(ĐềT71248 báo Toán học vờtuổi t Lòi giải '

Xét số phức z = 1 + , sử dụng khai triển nhị thức Newton ta có:

zn = ( i + i ) n = ỵ u f c * = ỵ ( - i r c f + i . ỵ (‐1 )kc ị k+i k=0 0£2k£n Ũá2A+l£n

Lấy mođun hai vế:

\ V0S2k ín ) V0ổ2A+lắR )

Mà U”| = |z T » |l + ir = (V2)” nên

í s ( - i ) * c ì V :‘1 <-i)‘crỴ=2"V0s2ẾSn ) VOá2A+lán )

Chú ý . Nếu với số phức z - COScp+i sin (p thì:

zn =(coscp + isin<p)n

- X ( - l )ACfÃ*costt“2A(psin2fe-(p-FÌ. ( - l)Ẳ-C +1 cos'1"2*‐1 (psin2 10á2Aắn r : . 0á2A+lSwDo đó, lấy mođun hai vế ta có:

r ỵ ( -l)* C fx o sJ1'2*q)siii2*cpT +L0ă2Aán J

2 (-1)Ac f +1cos'1-2*-1ọ sin2Ẵ+Iẹ f = 1 _0£2k+lín _ 1 J



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





T

+) Xét cp= —ta có kết quả của bài toán trên.

+)Xét o = -zr thì cos- - = 4 ,s in — = ~ - nên ta có đẳng thức:3 3 2 3 2 ■

f ỵ (-3)‘ C"Ỵ + 3Í Y (-3)‘ cf« Y = 4“/ Vos2fe+l£rt )

Bái3.67. Cho S = C‘„., + 2 ^ ^ + 26C L 1+ ... + 23<“-1>C |- ; + 25“c£ ;; .

Chứng minh rằng s không chia hết cho 5 với mọi số tự nhiênn.

(Đê thi toán quốc tế lần thứ 16) Lời giải

Vì 23 = 8 = 10 - 2 chia cho 5 dư -2, nên 23ot chia cho 5 có số dư bằng

sò' dư của (-2)m khi chia cho 5. Do đó, ta chi cần chứng minh Sn không

chia hết cho 5 với SK= ^ (~2)mcị .m=0

Đ ỉ t R ^ ỵ í - i r c ỉ : ^ ” .m=ũ

Theo khai triển nhị thức Newton ta có:

(ì+iTS )2"*1=Ỳ C£»m r = B k+ưĩs.m-0

Lấy mođun hai vế suy ras2n+1 = Rị + 2s ị .

Vì 32n+i = 3.9” chia cho 5 sẽ có số dư là ±3 nên nếu Sn cho hết cho 5

thì R ị chia cho 5 sẽ dư ±3. Nhưng R ị là bình phương của một số

nguyên nên chia cho 5 chỉ có thể dư 0; 1 hoặc 4. Mâu thuẫn này chứng tỏ Sn không chia hết cho 5.

Vậys không chia hết cho 5 với mọi số tự nhiênn. Bài 3.68. Cho n, k là hai số nguyên dương vớin> 2k + l , chứng minh rằng

Ạ í _ imi Y* _ mnn — — 1 + 2. > cos——— COS —— 2k + i ) 2k + l c ^ + c lk+í + c ° fk+l)+ . . . =71 n. sfF1*- n 2k +1í' ỆL& § 1#

165



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Lời giải

T T s -1 ' - . ~2n . ,Với số phức £ = cos—- — + i sin —; — ta có v 2k + l 2& + 1

o 91, Í2& + 1, m: 2Ả + 11 + em+ E + s +... + e2*m= r 4 (!)

[0, m ':2k + l Xét đa thức với hệ số thực f(x) = a0 +<\x + a^x2 + a3x3 +... + anx" thì

+) f 10*0 = °0 +°1X + <hx2 + •••+amx>n + —+ a*JC*

+ ) f ( t x ) + + * + . . . +a m z m x m +... + a n z n x n

+) f{zzx) = a0 + OjS2* +a ^ x 2 +... +ame2mxm+... +anz2nxn

+) f(z2kx) = a0 +axz2kx + Ơ 2 zikx2 +... + +... +anz2nxn

Cộng vế với vế và chú ý đến (1) thu đứợc

J ~[f(x) + f(sx) + f(e2x) + f(s2x)+... + f{z2k~lx) + /( e2**)]2Ẳ +1

= a0 + + a2(2Ằ+1)x2(2Ẫ+1) +0 (2*+1)*3(2*+I) + ...

Vậy nếu /(x) = (1 + x)n= Ê c™xmthì«=0

0+ Q2k +\x 2k+l + Q2(2k+l)x 2(2k+l) + 03(2A+1)^3(2A+1) + _

--- ỉ --- E(1 + x )n + (1 +s x f + (1 + E2 x T + ... + (1 + E2*^ x)n' t (1 + Bu x )n] (2)2k +1Cho X= 1 thì từ (2) ta có5 = £r2(2Ế+l) £>3{2ề+1) _ ị _ — 2&+1 n ÌI ĩt Tt *“*

+ 1)" + (1 + s)ft + (1 + e2)* + - + (1 + £2A_1 r + (1 +v * ) w]2ẨĨ +1 ■

Ta đã biết Tằng 1 + COS(p+ i sin(p = 2 COS—(cos—+ isin —) nên2 2 2

___ 2mrc . . 2m:i (1 + s ) = 1 + COS———- + isin2Ẳ + 1 2k +1

, I K ( m n n . . m m t = 2 CO&S?-—— . cqs-tt— - +i sin Jrzk + l j V 2k + l 2k + l



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Mặt khác, ta có s2A+i w =tm nên(1 +s2k+l-mỵ. = (ĩ + = (1 + g«j" =

= 2” COS JTVK %k +1

7717171 . 771717:-j COS—T— -ìs in2ik +1 2k +1

Do đó (2* +1 )S2W = £ (1 + e"T = 2 (1 + 8")“ ■+2 (1 + s2**1-")'7)T=0 Lm=o ÍÍI=1

Ậ - r _ 7W7T Y ( 7727171 . . m m i= 2n + 2" Y COS— . COS' +ì sin \V 2k +1 / V 2Ế + 1 . 2Ã +1

- ÌHSi ĩC mnn . . mi t cos-——-----ĩ sin——

= 2rt + 2*+1Y íc o s - ^ _ T . c o s ^ h l 2k + l J 2k + l

- ^ 'Ậ'í rciTĩ Ỵ Tn/ITĨ1 + 2. > cos——— .cos— ỹ 2Ẵ + lJ . . 2Ạ+1

Vìvậy S2A+Ĩ =

iV/ỉứn xér. Hoàn toàn tương tự, ta chứng minh được\n 0 .d + c f +c%2k + C f \ . . = — -■ ỉ=ư

1 + 2 .2m=I ,srríĩt} mnnCOS— 7- cos- 2k) 2k

Bài 3.69. Cho n, fe, j là các số tự nhiên vớin> k + j , chứng minh rằng:

c i + C f‘ + C f2‘ + c r * + - = K- § í c o s ^ T cos—^ p — k £ à V k l k

Lời giải

\T': * L* 2mĩC ■ : 2j717ĩ *Với SỐphức s = COS- + ỉ sin—— ta có Ẳ k

c + £1 +e2k , (m- j ) ik

(1)

0, (m - j) :k Thật vậy, nếum - j chia hết chok thì £™_J' = =... = =1

8™-' + e“-y' + s r + - + C i /



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Ngược lại, nếum - j không chĩà hết chok thì chú ý J = £

ợ = 0; &-1 , nên sử đụng công thức tính tổng .của cấp số nhân

+Z?-J +. .: +z? : l= 'Yzq{m-j )= - = - v j . - =00. . X i K-1 - _ m ~ j ì _ q=0i —e i —£

Vì thế (1) được chứng minh.

Xét khai triển ỵ t-Jữ + e j * = ỵ C?(c?-J + s r J + s r J * - . * < # )171=0 /71—0

Sử dụng (1) tacố ỵ t Ị ữ + s«T = ụ c í + C f‘ + c f 2* + C f3* + ÍW=0

Mặt khác, vì jemỊ.=.l. nên zm.zm= 1 =>.8-'=zịn = c o s ^ ặ - i sin-^y^D o d o e ^ a + B j - V ■

f 2mj% . . 2m /í ĩV _ mrcY f mrni . mn.71 „= 1COS— — ------ỉs in — —— 2 c o s—— COS- - + t s in —

V « k JK. k ) \ k k J

_o n ( 2 m 7 C Y (n- 2j )mn . , (ti- 2j)mn~\ ,ox= 2 cos------ cos---------------{-ỉ sin------ 1----- (o)A « J L «k J

Từ (2) và (3) ta có

Cj + C f *+ c i r + ... = g - y i c o s ^ fcoS(n- 2j)m%" m=ov k J

N&ậrc xéí. Đây là bài toán tổng quát. Bài 3.70 là tnròng hợp j = 0.

. _ - , . , / ■mitỴ . (n -2j )mn n+) Từ chúng minh trên, ta cũng có COS— - s in-----------------= 0.Í»=(A k J k

+) Một số trường hợp cụ thể *)Với Ẫ = 4 J = 3 thì

^3 , rvt , r,u . ^15 . ...2" __ (n-6)mjiQ + C» +Q + c: +... = Ỹ 2 , | c o s ^ j COS • -

= 2i j l J U Ỵ "8Ĩ V 2 )

COS(?1 - 6)7E

Ịễề?~* $ '



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





*) Vóik = 5, j = 1 thì

(ti -2)mncl + cị+cị1+cịe+ ...= — yfCOS— ì cc" 5 5 )

, J tcỴ (n-2)n J 2jcỴ 1 + 21 cos—J cos------ — + 2rcos—-J2T_~5

5

2(n - 2)7 ĩ cos-----------

Bài 3.71. Cho đa thóc P(í) = ( H x + i 2r i = Y v t .» eN -k=Q

Chứng minh rằng2 a6* =Xa A+2-ife=0 A=0

Lòz' giải1 ' Jẫ

Đăt s = + ỉ—— thì s3 = 1; 1 + e + £2 = 0; 1 - E+ s2 = 1 - iV3.• 2 2Do đó P(e) = 0 và P(-g) = (l-iV 3)6n+1 = (1 - ỉV3)6n.(l - iVã) = 26n(1 - iVã)

Nên P(s) + P (-s) = 26"(1 - iV3) = 26tt - Ỉ.26* Vã (1)Mặt khác, ta có P(e) + P(-z) = 2(a0 + Og +... + Ơ!2n)

+2e(a4 + cô +... + a12„_2) +2s2(o2 + Og +... + a^n+g)Hay P(s) + P(-s) = E2(ao +a6 + ... + a12n) - ( a 2 +a8 + ... + a12n+2)

-i-v/StíỌị+a8 +... + al2n+2) - ( a 4+0^0+... + a12n_2)] (2)2n 2n 2n

2]Ca» _ X 'W l~ 2 ]a&í*2=26“ 2n 2»Từ (1) và (2) suy ra « “ =>£«%. = Ẽ W

= 2* « a,Ẳ=0 0

Vậy đẳrig thức được chứng minh. Bài 3.72. Giải phương trình

a) |z - ịz + i l l = |z + [z - 1||

b) z2(2lz|2 -1 ) + z(2b_lỉ -1 ) +1 = 0 với z e C \ I .Lời giải

a) Ta có ịz - 1 z + l[j= \z + \z - llị khi và chỉ khi\z- \z + l f =\z + \ z - l|f Hay ( z -U + ll)(z~\z + ll) =(z +\z- lỊ)(z + \ z -li)



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N







Xét hệ phương trình

Lời giả i x ( x - y ) ( x - z ) = 3 (1) ỵ ( y - x ) ( y - z ) = 3 (2) z { z - x ) { z - y ) = 3 (3)

Rõ ràng x , y , z * 0 và X , y , z đôi một khác nhau.Từ (1) và (2) ta có x(x -y ) ( x - z) - y(y - x)(y - z) => x(x - z) - -y(y - z) Hay X 2 + y2 = XZ + yz.

X 2+ y2= XZ + yz y2 + z2 =yx + zx (4)Tương tự, hệ đã cho ứở thànhz2+x2 =zy + xỵ

Cộng vế với vế ta được X2+ y2 + z2 = xy + yz + zx.Kết hợp với (4) ta có X2 - yz, y 2 = zx, z2 - xy. Suy ra X3 = y s = z z = xyz. Đặt a = xyz thì từ £3 = y z = z3 = xyz =a và x,y,z đôi một khác nhau nên X =$[ã,y = s$fă,z = s2^ với E3 = 1,1 + £ + E2 = 0.Mà x(x - y)(x - z) = 3 nên a (1 - s)(l - s2) = 3.Ta có (1 -e)(1 - s 2) = 1 - e - s 2 -i-s =3 nên a =1.Vậy các số phức(x,y,z) cần tìm là các hoán vị của (l,£,s2).

Bài 3.74. Cho dãy số ịúnỴ xác định bởi ưQ~3;Uị =0)ĩÍ2 =%un =un-2+un-z vói íieN,/i>3. Oìứng minh rằngup chia hết cho p nếu p là số nguyên tố.

Lời giải

Xét phương ưình đãc trưng X* - X - 1 = 0 có 3 nghiệm phức ỉà a,p,y.Ta cố a + p+ y = 0,aỊ3 + p-h ya~=-l,a [5 y = 1 Tiên

a2 + Ị32 + Ỵ2 = (a + p t y)2 - 2(aP + Ị3y + ya) = 2 Do đó un = a tt +ự1+ y".Rõ ràng nếu p = 2 và p = 3 ta có u2 = 2, uz = 3 nên bẫi toán đúng.Xét p là số nguyên tố lớn hơn 3, thì p lẻ nên:

yk n p —k k +) a- = - (P+ T y = -P5 - y ' - § Cjp^rk=l

+) pp=■ + <x)' =-r -a." - Ỷ c y - v

+) yp = -(a + P)p = - a p -Ị3p - 2 c ^ - ¥



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Cộng vế với vế suy ra 3(otp ịệp + ỵp) - -£ C p (pp“Ay* + yp kak +

Mà c ị ,k = 1 ,{p -1) chia hết cho p với p là số nguyên tố và biểu t$p~kyk + yp~kak + a p~k$k là số nguyên nên 3(ap + pp+yp) chìa hết c

p, hay up chia hết cho p. ĩn\n Ui í rY-2A

Bài 3.75. Chứng minh rằng ý coskx = | 2cos- I COS —,X e [0k=0 ,kJữ ' 2y 2

Lời giải

Đặt A , = £ (C Ỉ)2cos ỉi ,B„= Ỳ ( C k „ f siritó.••k=ũ k=0'

Ta có An+iBn = Y (C* )2(coskx + i sinkx) = Y (C*Ỷ (cos X + ỉ sìn x)k k=ữ A=Q

Xét hệ số y n từ hằng đẳng thức (1 + ỷ)n'(l + zy )n= [1 + (1 + z)y + zy2T tn\có V c k nc l nzl = V

J& n 0 Á s ^ \ ỉ \ S\ị(z + l)lz

k+l=n k*l+s~n£+2s=n.

rJHay viết lại dưới dạng £ (C * )V = CjfcCz + ir* 2***

k=0 /ĩ—0 . ', s . ■ ■ . . . „ X . . X

Xét z = cos X + i sin X thì l +2 = l + cos:>c + ỉsin;e=2cos-: COS-T+ is i2\ 2 2 n ê n vớ i X e [ 0; 7Íj t a c ó

[*]

A, + ÌB. = É (C‘)2(cos* + isin*)‘ = X (C*)V = 2 c f c‘4(z +)-2Vs A=0 Ã-0 fc=0

= l c C*f 2 c o .£ Ĩ“ Ícos ^ + + isfe=o . - V 2 ý V 2 2 / ' k-0 . - \ V ^

= Z c * c ỉfe(2COS-J ịcos~ f + i sin— J

[2] / \"-2Ã L Ị Y \n-2iV 5 te A =gCfC*,1(2co6| ) :- oosH; B „= gc f í4 (2o os | ) s

Ta CÓđiều phải chứng minh.



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





a Nhận xét. Theo kết quả trên thì ^(C*)2 sin fee= f 2cos - i sin—

k=0 feo V 2/ 2H

+ )Nếu x = 0 th i£ (C * )2 = X c f c 2\ 2 n“2A= C£, fc=o *=0„ fo, n = 2m + l

+) Nếu X = JUthì ^ (-1)A(C*)2 = I nn m e NA=° [(-1)2CW2, n = 2m

Bòi 3.76. Cho các số phức aỀ ,zk{k - l;n).

a) Chứng minh rằng2 > ,A=1 £ ấ h f - ấ k f k=ĩ k=i

(Dạng phức của bất đẳng thức Cauchy - Bunyakovsky - Schwarz)2 2

b) Nếuak e R,(k = 1; Ti). Chứng minh rằng

Lòi giải

a) Áp dụng bất đẳng thức

n 2 .2 reỲ akzk sẳh l •ấ 2*ẮS=1 *=1 A=1

lất đẳng thức^ w k < tac°A=1 A=1

á f ẳ k 2ilì = f | > * i w ) cu\A=Ỉ ) \,A=1 /Ị> *A=1Mặt khác, theo bất đẳng thứcCauchy - Bunyakovsky - Schwarz ta có

T h l - h l ĩ s ẳ N 2-ẳ N 2 (2)\k-i ) k=\ k=í Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh,

b) Đặt zk =bk + ick (bk, ck e M,k = l;n) ta có .n ^ n " n n ■ ^ *

= 2 > A + i Z aACẲ = s£=1 A=1 Ề=1A=1U=1Theo bãí đẳng thứcCauchy - Bunỳakovsky - Schwarz



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





n 9 n n 2í " f

Ỳ z k k= i

= t h1

+*ZCAk= i

—

Kk =i ) Èck U=I /Mặt khác, ta có

Từ (3) và (4) suy ra điều phải chứng minh. B ài3.77. Cho các số thựcak,bk,ck(k = l;n) thoả mãn:

2 > l = ẳ cỉ =1>ẳ V * =0k=l k~\ k=\ k=\

Chứng minh rằng + - 1-

Lời giải Bổ đề. Cho ak eR ,2t e c, (k = 1;rì).

Chứng minhTằng2

Áp dạng. Đặt zk =bk + ỉck thì zị = bị - cị + 2ỉbkck nên

Ỳ zỉ = Ẻ 6* “ ẳ c* +2iÈ bhck = 1 -1 + 2ỉ.O = 0k=i k=i k=i k=i Mặt khác, ta có

+)

(4)

n 2 n. ( n „ n \

Y ,akzk *Ẻ«Í-\ t h \ - È«ĩ k * i k= l y k= i A=1 /

n n ■ 2 ( n ■\ 2 ( n YZ < * A +*2>*C* = 'Ị > A +k=l Ẫ=1 VA=1/ \k=l )

+ ) ± h f = ± b ỉ + ± 4 = 2

Ẻ « v *2

fe=l

A=1 A=1 Ẳ=1n 2 n í n 9 n \

,<*kzk ±4k=i h=l ‘ \k=l : k=l }

Ta CÓ 2H \ 2 A

Ị Ị a*c* < ỵ a l ( 2 + 0) = 2 _ k=i y A=1

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Nhận xét. Đây là bài toán tổng quát của một bài trong đề thì học sinh giỏi

toán Romania năm 2007 __ n n nCho các số thực bk,ck(k - l;ra) ĩhữả mãn 'YJ j I =ỵ^cị -1 , ^ 6 ^ = 0

Js=L fe=l k=l

( n Ỹ ( n Ý .Chứng minh rằng V bk + V ck I < 1.

U=1 ) U=1 )



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Cấc 6ài toán sổrpâức trong các để thỉ đại Học cao đang m m 2 00 9-2 01 0

Bài ĩ. Gọi zv z là hai nghiệm phức của phương trình z2 + 2 z + 10 = 0. Tính

giá trị của biểu thức Ầ - m +\z2\ .(Đê thỉ tuyển sình đại học khối A năm 2009) Lồi giải.

Phương trình Z + 2z + 10 = 0 có A '= 1 -1 0 “ -9 = 9i2 nên có hai nghiệm phức là zl = -1 - 3ĩ, z2 = -1 + Si

Ta có m = V ( - l) 2 + (-3 )2 - VĨÕ,|z2| = V (- l)2 + 32 - s/ĩỡ nên:

A = m + ịz2ị - 10 + 1 0 - 2 0.

Chú ý. Có thể giải cầch khác dựa vào nhận xét: Với phương trình đã cho có hệ số thực thì nếu có nghiệm phức Z1 thì sẽ có nghiệm Z z. Hay

Theo đinh lý Viet ta có zỵz2 = 10 => = 10 => Ị Ị" = 10.Do đó A = 20.

Bài 2. Tim số phức2 thoả mắn\z - (2 + í )| = V ĩõ và ZZ - 25.(Đề thi tuyển sinh đại học khối B năm 2009)

Lời giải.Gọi z = X + iy với x,y € R . Ta có:

+\z - (2 ■+i)\ = V ĩõ <=>\x - 2 +{y - 1) ị = v íõ o (x - 2Ỷ +:{y -1)2 = 10 (x)

+) ZZ = 25 o x 2 + y2 = 2 5 (2)

Từ (1) và (2) suy ra:

{x - 2)2 +(y - i f = 10 ịy = 10 - 2x ịy = 10 - 2x X2 + y2 = 25 ^ Ịz2+ r = 25 ** Is 2 - Sx +15 = 0

=> X = 3&y = 4;rc = 5 & y- 0Vậy 2 = 3 + 4ỉ hoặc = 5.

Bài 3. Trong mặt phẳng toạ độOxy, tìm tập hợp các điểm, biểu diễn số phứ< z thoả mãn ]z - ( - 4i)| = 2.

ịĐề thi tuyển sinh đại học khối D năm 2009



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Lòi giải.Gọi 2 = X.+ iy với z , y e R . Ta có:

\z - ( - 4i)\ = 2 o \x - $ + (y .+ ) 1] - 2 <p Gr - ) + { y + )” = 4

Vậy điếm biểu diễn số phức2 là đường tròn tâm / ( 3 ; - ) bán kính R = 2. . -V

Bài 4. Tìm phần ảo của số phức2, biết Z = + ị (1 - V ã ) - .

(Đề ĩhỉ tuyển sinh đại học khối A năm 2010 - Chương trình c Lời giải.

Ta có ỊV2 + =1 + 2-\/2ỉ nên Z = Ịl + 2 /2? j |l - r j2 t j = 5 +-JEi.

Do đó 2 = 5 - Vii, vì thế phần ảo của số phức z là -V2 .(1 - Vãi)3 • ■- :

l?àj 5. Cho số phức2 thoả mãn z = ------ ——. Tìm mọđun của số phứ1 - % '

z + iz.(Đề thỉ tuyển sinh đạỉ học khối A năm 2010 - Chương trình nân

Lòi giải.

Ta có Ị l - yfszj = -8 nên Z = —— = -4 - 4Ị,- suy ra2: - - 4 + 4i : .

Vì thế Z + ĨZ'~ -4 “ 4i + i (-4 + Ằi ) = -8 - 8 i Vậy |jz + ùr| =- /2 . Bài ố. Trong mặt phang toạ độOxy, tìm tập hợp các điểm biểu diễn các

phức z thoả mãn:ịz - ịỊ = ị(l + ijz|.

(Đề thi tuyển sinh đại học khối B năm 20Ỉ0 - Chương trình chuẩn Lời giải.

Giả sử sốphức z - X + yi được biển diễn bởi điểm

Ta có z ~ ỉ = x + ị y - ì j i và (1 + ị Ị2 = ^1 + ịx'+-yiy = X - y + ^ + y )2,

\z - i\ = ị(l + ij2:l o Ịa: + ^ - l Ị z Ị = | x~ y + (a; + 2/Ịi| -

<> X 2 + ( y - 1)2 = { x ~ y f + ị x + y f '

+ (y+1)2= 2‘

nênI



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Vậy tập hợp điểm'M là đường tròn x2 + ị y +1) = 2„ có tâm /^ 0; -2j

bán kính R = -v/2 .

Bài 7. Tim số phức'z thoả mãn ịzị = ^2 và z2là số ảo.

(Đề thi tuyển sinh đại học khối D năm 2010 - Chương trình chuẩn) Lời giải

.Gọi z = x + yi ịx;y €'RỊv ta có 11= yịx2 + y2và z2 = a2 - b2 = 2abi.

Theo bài ra thì \z\ = yỈ2 và z2là số ảo nên

X2+ y2 = 2 ịx2 =1 Ịx = ±1

x2 - y 2= 0 ° ị ỹ 2 = l => ị ỹ = ±lVậy các số phức cần tìm là z = 1 +V, z - 1 - i;z = “1 +i\ z = -1 - i.

Bài 8. Cho số phức z thoả mãn (1 + i) (2 - i )z = 8 +ỉ + (1 + 2i)z. Tìm phần thực và phần ảo của số.phức2.

(Đề thi tuyển sình cao đằng khối A, B, D năm 2009 -Chương trình chuẩn) Lời giảL

Ta có(1 4-iỴ - i j z = 8 + i + (1 + 2ĩ j z <£> 2i{2 - ĩ j z - (1 + 2 i j z = 8 + i

( \ 8 4-i í8 + Of1“2Í)<=> ( 1 +2i) z =8 + %<=> z = 0 2 = i ------4 v ------4--2 - Si.v ; 1 + 2i ( l + 2 t ) ( l - 2z )

Vậy số phức z có phần thực là 2 và phần ảo là —3.^ 4z —3 —7i Bài 9. Giải phương tình sau trên tập số phức-------- ------= z - 2i.

z — i (Đề thỉ tuyển sinh, cao đẳng khối A,B,D năm 2009 - Chương trình nâng cao)

Lời giải.Điều kiện z i.Phương trình đã cho tương đương vói

4z - 3 - 7Í = {z - 2i^ịz - <=> z2 - Ị4 +3ĩ jz + 1 +7i = 0

177



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Ta có A = ( + 3i)2 - (1 + 7z) =(2 - l ị nên nghiêm cùa phương trình

Bài 10. Cho số phức z ửioả mãn (2 - 3ijz + ( +'i'jz = - ị l + 3ij . Tìm phần thực và phần ảo của số phức2.

(Đề thi tuyển sinh cao đẳng khối A, B, D năm 2010 - Chương trình chuẩ

Gọi z = X + yi (x;y s R ) thì z = x - y i nên đẳng thức đã cho trở

thành

(2 - + ytj + ( + i^ịx - y ij = ‐ (1 + 3iỴ <=>6x + ịy - 2 (:c + y Ị i - 8 - 6i

Vậy số phức2 có phần thực bằng -2, phần ảo bằng 5.

Bài 11. Giải phương trình z2 -(1 4-i ) z 4- 6 + 3? = 0 trên tập số phức.

(Đề íhỉ ĩuyêh sinh cao đẳng khối A, B, D năm 2010 ~Chương trình nâng cao)

đã cho là4 + 3i ±(2 - i)

z = 14-2i, z — 3 + i.2

Lờ i giải.

Lời giải.

Ta có A = (1 + i)2 - ( + 3*) = -24 - 10Í = (* - 1):

Nghiệm của phương trình đã chọ là-



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





TÀI LIỆU THAM KHẢO[01]. Andresscu, T. Andrica, D."Complex numbers from A to...Z",

Birkhauser, 2006.[02], Andy Liu,"Chinese mathematics competitions and Olympiads Ĩ98Ỉ -

1993% AMT publishing, 1998.

[03]. Andy Liu,"Chinese mathematics competitions and Olympiads Ỉ9S3 - 2001", AMT publishing, 2004.

[04]. Am Slinko,"USSR mathematical Olympiads 1989 - 1992", AMT publishing, 1997

[05]. Bộ giáo dục và Đào tạo - Hội toán học Việt Nam,"Tuyển tập 30 năm tạp chí ĩóán học và tuổi trẻ", Nhà xuất bản Giao dục; 1997.

[06]. Dusan Djukic, Vỉadimir Jankovic, Ivan Matic, Nikola Petrovic, "The ĨMO Compendium", Springer, 2004.

[07]. Dusan Djukic, Vladimir Jankovic, Ivan Matic, Nikola Petrovic, "ĨMO shortlist", Springer.

[08], Jiri Herman, Radan Kucera, Jaromir Simsa, "Equations and inequalities", springer,1999.

[09]- Kin YXI,"Math Problem hook /", Hong Kong ĨMO, 2001. -[10]. Kiran s. Kedlaya. Bjorn Poọen, Ravi Vakil,"The William Lowell

Putnam Mathematical Competition Ỉ985 -2000", MAA, 2002.[11]. s.s Đraconmỉr, "Ásurvey on Cauchy - Bunyakovsky - Schwai~z type

discrete oneqiialitis", Journal of Inequalities in Pure and Applied Mathematics, Volume 4, 2003.

[12]. Xiong Bin, Lee Peng Yee,"Mathematical Olympiad in China", East China Normal University press, 2007.

[13]. "American Invitational Mathematics Examination".[14]. "Romanian mathematical competitions".

[15] . 'The AmericanMethematical Monthly":ri61. http://www.mathlmks.ron 71- http://reflections.avvesomemath.org/index.htmI [18]. http://www.recreatiimatematlce.ro

179



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





M ỤC LỤC

Phần thứ nhất: Những vấn đềCO’bản về số phức..........................................1 - Dạng đại số của số phức...........................................................

Dạng 1: Các vi dụ về tính toán và chứng minh.................................Dạng 2: Tìm số phức z thoả mãn điều kiện cho trước...............

Dạng 3: Biểu diễn số phức và tìm tập họp điểm....................

2 - Căn bậc hai của số phức và phưong trình.....................................Dạng 1: Xác định căn bậc hai, giải phưong trình bậc hai................Dạng 2: Phưong trình quy về phương trình bậc hai.......................Dạng 3: Hệ phưong trình trên tập số phức....................................34

3 - Dạng lượng giác của số phức............................................................Dạng 1: Biểu diễn số phức dưới dạng lưựng giác..................Dạng 2: Vận dụng dạng lượng giác giải toán..............- ..................

Phần thứ hai: Một số ứng dụng của. số phức........................................1 - số phức vói lượng giác và tổ họp......................................................2 - Số phức vói số học, đại số và giải tích...................... ..........................3 - Số phức vói hình, học phẳng...................................................................

Phần thứ ba: Các bài toán chọn lọc.............................................................



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Congti Sách - Thiết bị

Giáo dục ANFHA50 Nguyễn Văn Săng

P.TSN, Q.Tân PhứĐT: 08.62676463

SÁCH CỔ8m TẠITp. Hà N i:

Công ti TNHH Trình Dậu98 Lê Thanh NghịĐT: 04.38680092Cângỉi Quảng Lợi 32 GiaNgư. ĐT: 04.38246605Cõng ti Việt Kim Long 59 Nguyễn Khoái, Q.HBTĐT: 04.39844721Nhà sách Bình Thây 67 Nguyễn Khoái, Q.HBTĐT: 04.39845439Nhà sách Ngọc Hòa


TRẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N

Documents

PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN SỐ PHỨC VÀ ỨNG DỤNG - NGUYỄN VĂN DŨNG