Download miễn phí Số phức - Lý thuyết và bài tập



Thông qua ví dụ trên ta thấy rằng để giải một phương trình ẩn thuộc tập số phức
ta thường đặt z = x + yi(x, y thuộc R)    nhằm đưa về các hệ đại số với hai ẩn x,y trên tập
số thực R. Vậy tại sao ta không thử nghĩ: Liệu một hệ hai ẩn x, y trên tập R có thể
giải được bằng con đường đặt ẩn phụ bằng ẩn z thuộc tập số phức không? Để trả
lời câu hỏi này trong nhiều trường hợp, dùng số phức có thể giải được các hệ
phương trình khó.


http://s1.liketly.com/flash/edoc/jh2i1fkjb33wa7b577g9lou48iyvfkz6-swf-2014-02-25-so_phuc_ly_thuyet_va_bai_tap.mBHwqVMRTa.swf /tai-lieu/de-tai-ung-dung-tren-liketly-61321/
Để tải bản Đầy Đủ của tài liệu, xin Trả lời bài viết này, Mods sẽ gửi Link download cho bạn sớm nhất qua hòm tin nhắn.
Ai cần download tài liệu gì mà không tìm thấy ở đây, thì đăng yêu cầu down tại đây nhé:
Nhận download tài liệu miễn phí

Tóm tắt nội dung tài liệu:

bi là –z = -a – bi (a, b )R
O
M b
y
a
x
* z biểu diễn u

, z’ biểu diễn u '

thì z + z’ biểu diễn bởi u u '
 
 và z –
z’ biểu diễn bởi u u '
 

2. Nhân hai số phức :
*       a bi a’ b’i aa’ bb’ ab’ ba’ i      . (a, a’, b, b’ )R .
3. Số phức liên hợp:
* Cho số phức z = a + bi. Số phức liên hợp của z là z a bi 
* Tính chất: z z ; z z ' z z ' ; z.z ' z.z '    
4. Môđun của số phức : z = a + bi
* 2 2z a b zz OM   

* z 0 z C , z 0 z 0     
5. Chia hai số phức :
* Số phức nghịch đảo của z (z 0) : 1 2
zz
z
 
* Thương của z’ chia cho z (z 0) : 1 2
z ' z 'z z 'zz 'z
z zzz
  
6. Căn bậc hai của số phức :
* z là căn bậc hai của số phức  2z 
* z = x + yi là căn bậc hai của số phức w = a + bi:
2 2
22 2
a a bxx y a 2
2xy b by
2x
  
    
  
  
(a, b, x, y )R
Chú ý:
* w = 0 có đúng 1 căn bậc hai là z = 0.
* w 0 có đúng hai căn bậc hai đối nhau:
+ Hai căn bậc hai của a > 0 là a .
+ Hai căn bậc hai của a < 0 là a.i 
7. Phương trình bậc hai Az2 + Bz + C = 0:
(A, B, C là số thực cho trước, A 0 ).
* ACB 42 
* 0 : Phương trình có hai nghiệm phân biệt
A
B
2
 , ( là 1 căn bậc
hai của ) .
* 0 : Phương trình có 1 nghiệm kép là
A
B
2

III. Các tính chất của số phức:
1. z là số thực z z  ; z là số ảo z z   .
2. z.z ' z z ' z,z ' C   , | z | | z | | z |   ; 2z.z z
3. Với z z '0 , w z ' wz.
z
    ,
4. Ta có:
| z | . | z ' | | zz ' | ;
z 'z ' z ' z ';
z z zz
    
 
;
5. | z | | z ' | | z z ' | | z | | z ' |     ; | z | | z ' | | z z ' | | z | | z ' |    
B. CÁC VÍ DỤ MINH HỌA
DẠNG 1: DÙNG TÍNH CHẤT ĐỂ CHỨNG MINH CÁC BÀI TOÁN TRÊN TẬP
SỐ PHỨC.
Ví dụ 1: Cho 3 số phức a, b, c thỏa: | a | | b | | c | 1   . Chứng minh rằng:
1. So sánh: | a b c |  và | ab bc ca | 
2. Biết thêm: a b c 0   . Tính 2 2 2z a b c   .
3. Biết thêm a bc,b ca,c ab   là số thực. Tính: t a.b.c .
Giải:
1. Ta có: 1 1 1| a b c | | a b c | | | | ab bc ca |
a b c
          
Vậy: | a b c | | ab bc ca |    
Sở dĩ ta có được cách chứng minh vô cùng đẹp đẽ này nhờ vào việc vận dụng
một cách linh hoạt các tính chất: | z | | z |;z z ' z z '    . Đặc biệt hơn nữa nếu
1| z | 1 z
z
  
2. Từ | a b c | | ab bc ca |     kéo theo a b c 0 ab bc ca 0       nên ta
có: 2 2 2 2a b c (a b c) 2(ab bc ca) 0         .
Vậy 2 2 2z a b c 0    .
3. Từ giả thiết: a bc,b ca,c ab   là số thực nên ta có:
1 1 a bca bc a bc (a bc)(1 abc) 0
a bc abc

          .
Tương tự cũng có: (abc 1)(b ca) 0,(abc 1)(c ab) 0      .
Nếu 2
a bc
abc 1 0 b ca abc (abc) abc 1
c ab
 
          
  
.
Vậy:
t abc 1
t abc 1
 
   
.
các bạn lại thấy trong ví dụ này ta đã khéo léo sử dụng tính chất z là số thực z z 
và thông qua vài phép biến đổi cơ bản dựa trên tính chất của số phức kết hợp với giả
thiết ta lại thu được những kết quả ngắn gọn ngoài sự mong đợi.
Ví dụ 2: Cho bốn số phức khác nhau: 1 2 3 4z ;z ;z ;z sao cho:
1 2 3 4| z | | z | | z | | z | 1    . Chứng minh rằng:
    1 2 2 3 3 4 4 1
1 2 3 4
z z z z z z z z
z .z .z .z
   
là một số thực .
Giải:
1. Từ giả thiết: 1 2 3 4 1 2 3 4
1 2 3 4
1 1 1 1| z | | z | | z | | z | 1 z ;z ;z ;z
z z z z
         .
Đặt:     1 2 2 3 3 4 4 1
1 2 3 4
z z z z z z z z
F
z .z .z .z
   

Vậy ta có:
         1 2 2 3 3 4 4 11 2 2 3 3 4 4 1
1 2 3 4 1 2 3 4
z z z z z z z zz z z z z z z z
F
z .z .z .z z .z .z .z
        
  
 
 
Hay:
    1 2 2 3 3 4 4 11 2 2 3 3 4 4 1
1 2 3 4
1 2 3 4
1 1 1 1 1 1 1 1( )( )( )( )
z z z z z z z zz z z z z z z zF F1 1 1 1 z .z .z .z. . .
z z z z
   
   
  
Vì F F nên F là số thực (đpcm).
Ví dụ 3: Tìm các điểm biểu diễn của số phức z biết điểm biểu diễn của các số
phức 2 3z;z ;z lập thành một tam giác vuông.
Giải:
Đặt z a bi;(a,b R)   và gọi A, B, C là các điểm biểu diễn tương ứng của
các số phức 2 3z;z ;z .
Vì A, B, C tạo thành một tam giác nên ta phải có:
2
3
3 2
z z z 0
z z z 1
z 1z z
   
   
    
Khi đó ta có: 2 3 2 3AB | z z |,BC | z z |,CA | z z |      .
Trường hợp 1: Tam giác ABC vuông tại A hay: 2 2 2AB AC BC  hay ta có:
2 2 3 2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2| z z | | z z | | z z | | z z | | z z | . | z 1| | z | . | z z |           
Do A, B, C là ba điểm phân biệt nên từ đẳng thức trên ta có:
2 2 2 21 | z 1| | z | 2 | z | z z | z | z z 2 x 1              
Trong trường hợp này quỹ tích điểm biểu diễn của z là đường thẳng x=-1.
(Lưu ý: Ta dễ dàng chứng minh được: 2 2| (z 1) | | z | z z 1     )
Trường hợp 2: Tam giác ABC vuông tại B hay: 2 2 2BA BC AC  hay ta có:
2 2 3 2 2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2| z z | | z z | | z z | | z z | | z z | . | z | | z 1| . | z z |           
Do A, B, C là ba điểm phân biệt nên từ đẳng thức trên ta có:
2 2 2 21 | z | | z 1| 1 | z | 1 z z | z | z z 0 x 0             
Trong trường hợp này quỹ tích điểm biểu diễn của z là đường thẳng x=0 trừ
gốc tọa độ.
Trường hợp 3: Tam giác ABC vuông tại C hay: 2 2 2CA CB AB  hay ta có:
2 2 3 2 2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2| z z | | z z | | z z | | z z | | z z | . | z | z 1| . | z z |           
Do A, B, C là ba điểm phân biệt nên từ đẳng thức trên ta có:
2 2 2 2 2 2 21 11 | z | | z 1| 1 | z | 1 z z | z | 2 | z | z z 0 (x ) y
2 4
                
Trong trường hợp này quỹ tích điểm biểu diễn của z là đường
tròn: 2 21 1(x ) y
2 4
  
Vậy: Tập hợp điểm biểu diễn của số phức z là:
+ Trục ảo: Trừ gốc tọa độ.
+ Đường thẳng x=-1 trừ điểm z=-1.
+ Đường tròn: 2 21 1(x ) y
2 4
   trừ ra hai điểm gốc tọa độ và z=-1.
Ví dụ 4: Rút gọn các số phức sau:
1.
2011
5 3 3iA
1 2 3i
 
  
 
2.
2010iB
1 i
    
3.
20101 iC
1 i
    
Giải:
1. Ta có:
2011 2011
20115 3 3i (5 3 3i)(1 2 3i)A ( 1 3i)
131 2 3i
     
       
   
Lại có: 3( 1 3i) 8   nên có:
2011 3 670 670 670A ( 1 3i) (( 1 3i) ) .( 1 3)i 8 8 . 3.i          
2. Ta có:
2010
2010
2010
i 1B (1 i)
1 i 2
     
Lại có: 2(1 i) 2i  nên có:
2010 2010 20102010 2010
1 1B (1 i) (2i) i 1
2 2
     
3. Ta có:
2010
20101 iC ( i) 1
1 i
       
Ví dụ 5: Chứng minh các số phức sau là số thực:
1.
2009 2009
2010 2010
( 1 2i) (1 2i)A
(1 3i) ( 1 3i)
  
 
  
2.
2010 2010
2010 2010
(19 7i) (20 5i)B
(9 i) (7 6i)
 
 
 
Giải:
1. Do:
2009 2009 2009 2009
2010 2010 2010 2010
( 1 ...

---