Đăng ký Đăng nhập
Trang chủ Giáo dục - Đào tạo Trung học phổ thông Skkn số phức và một số ứng dụng của nó trong giải toán ở bậc thpt...

Tài liệu Skkn số phức và một số ứng dụng của nó trong giải toán ở bậc thpt

.DOC
26
154
146

Mô tả:

SỐ PHỨC VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA NÓ TRONG GIẢI TOÁN Ở BẬC THPT A. ĐẶT VẤN ĐỀ I. LỜI NÓI ĐẦU Khëi ®Çu tõ nhu cÇu gi¶i quyÕt c¸c ph¬ng tr×nh ®¹i sè, sè phøc b¾t ®Çu xuÊt hiÖn tõ thÕ kû thø XVI vµ ph¸t triÓn m¹nh ®Õn nay. Trong chương trình đổi mới nội dung Sách giáo khoa, số phức được đưa vào chương trình toán học phổ thông và được giảng dạy ở cuối lớp 12. Kể từ khi xuất hiện khái niệm số phức, các nghiên cứu đã khẳng định đó là một công cụ quý giá của toán học, được ứng dụng trong nhiều ngành khoa học khác nhau như: Toán học, Vật lý, Khoa học và kỹ thuật… Trong Toán học, số phức được dùng để giải nhiều bài toán từ sơ cấp đến cao cấp.Số phức là cầu nối hoàn hảo giữa các phân môn Đại số, Lượng giác, Hình học và Giải tích. Số phức được đưa vào giảng dạy ở bậc phổ thông của nhiều nước trên thế giới, nhưng lại là nội dung mới với học sinh trung học phổ thông ở Việt Nam, và thực sự gây không ít khó khăn bởi nguồn tài liệu tham khảo hạn chế. Bên cạnh đó các bài toán về số phức trong những năm gần đây không thể thiếu trong các đề thi tốt nghiệp trung học phổ thông và Đại học, Cao đẳng. Chính vì vậy mà tôi chọn đề tài “Số phức và một số ứng dụng của nó trong giải toán ở bậc THPT” để viết sáng kiến kinh nghiệm. Đề tài gồm hai phần: - Phần thứ nhất: Một số dạng toán thường gặp về số phức ở bậc THPT 1 - Phần thứ hai: Một số ứng dụng của số phức trong giải toán ở bậc THPT II. THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU 1. Thực trạng: Số phức là vấn đề hoàn toàn mới và khó đối với học sinh bậc trung học phổ thông hiện nay. Vì mới đưa vào chương trình Sách giáo khoa nên có rất ít tài liệu về số phức để học sinh và giáo viên tham khảo. Bên cạnh đó, lượng bài tập cũng như các dạng bài tập về số phức trong Sách giáo khoa còn nhiều hạn chế.Chính vì vậy mà việc giảng dạy và học tập của giáo viên và học sinh gặp không ít những khó khăn. 2. Kết quả, hiệu quả của thực trạng: Do những tính chất đặc biệt của số phức nên khi giảng dạy nội dung này giáo viên có nhiều hướng khai thác, phát triển bài toán giúp học sinh có cái nhìn sâu, rộng hơn về nó. Bằng việc kết hợp các tính chất của số phức với một số kiến thức đơn giản khác về lượng giác, giải tích, đại số và hình học giáo viên có thể xây dựng được khá nhiều dạng toán với nội dung hấp dẫn và hoàn toàn mới mẻ để tạo nên sự lôi cuốn người học. Một số dạng bài tập trong đề tài này một phần nào đó có thể cung cấp cho học sinh những kiến thức cơ bản nhất về số phức và các ứng dụng của số phức trong giải toán. 2 B. NỘI DUNG I. MỘT SỐ DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP VỀ SỐ PHỨC Ở BẬC THPT Dạng 1: Tìm số phức thỏa mãn điều kiện cho trước: 3 Phương pháp: Sử dụng các phép biến đổi trực tiếp, hoặc đặt z=x+yi ( x, y  ) và chú ý rằng z  x  yi, z  x 2  y 2 , z 2  x 2  y 2  2 xyi... để tìm số phức z. Ví dụ1: Tìm số phức z thỏa mãn :  z  (2  i )  10 a.   z.z 25 (Đề thi tuyển sinh dại học khối B năm 2009) b. z có phần thực và phần ảo là số nguyên thõa mãn: z 3  117  44i Lời giải a. Gọi z=x+yi ( x, y  ) khi đó.Yêu cầu bài toán tương đương với hệ:   x 5   x  2  ( y  1)i  10 ( x  2)  ( y  1) 10   y 0  2   2 2 2   x 3  x  y 25  x  y 25    y 4 2 2 Vậy có 2 số phức cần tìm là z=3+4i và z=5 b. Gọi z=x+yi ( x, y  ) .Ta có : z  x  yi . Khi đó : z 3  117  44i  ( x  yi)3  117  44i  ( x3  3xy 2 )  (3xy 2  y 3 )i  117  44i 3 2 3 2  x  3xy  117 (1)  44 x  132 xy  117.44  2   44 x 3  351x 2 y  132 xy 2  117 y 2 0 3 2 3 3 x y  y 44 351x y  117 y 44.117 4   y 3 x  (4 x  3 y)(11x 2  96 xy  39 y 2 ) 0    48 y 25 3 y   x  11 4 4 3 Vì x, y nguyên nên với y  y thay vào (1) ta suy ra x=3 nên y=4 Vậy số phức cần tìm là z=3+4i Ví dụ 2: Trong các số phức z thõa mãn điều kiên z  2  4i  5 .Tìm số phức z có modun lớn nhất, nhỏ nhất. Lời giải Giả sử điểm M(x;y) biểu diễn số phức z=x+yi. Khi đó: z  2  4i  5  ( x  2)  ( y  4)i  5  ( x  2) 2  ( y  4) 2  5  ( x  2) 2  ( y  4) 2 5 (1) Suy ra tập hợp điểm M(x;y) biểu diễn số phức z là đường tròn tâm I(2;4), bán kính R  5 2 z OM 2 x 2  y 2 ( x  2) 2  ( y  4)2  4 x  8 y  20 4 x  8 y  15 4  ( x  2)  2( y  4)   25 (2) Áp dụng Bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki ta có: ( x  2)  2( y  4)  (12  22 )  ( x  2) 2  ( y  4) 2  5   5 ( x  2)  4( y  4) 5 (3) Từ (2), (3) ta suy ra: 5  z 3 5 .Vậy:  x 1 z min  5    z 1  2i  y 2  x 3 z max 3 5    z 3  6i  y 6 Dạng 2: Biểu diễn số phức và tìm tập hợp điểm  - Véc tơ u ( x; y) biểu diễn số phức z=x+yi.  - Điểm M(x;y) biểu diễn số phức z=x+yi tức là OM biểu diễn số phức đó. 5 - Tìm tập hợp điểm thường dùng kiến thức hình học phẳng. - Phương pháp cơ bản là dựa vào phép đặt z=x+yi Ví dụ 1: Gọi M, M’ theo thứ tự là các điểm của mặt phẳng phức biểu 1 i z . Chứng minh rằng tam giác OMM’ vuông cân 2 diễn số phức z 0 và z '  với O là gốc tọa độ. Lời giải   Vì M, M’ lần lượt là các điểm biểu diễn số phức z và z’ nên OM , OM ' lần lượt biểu diễn z, z’. Vì    MM ' OM '  OM nên  MM ' biểu diễn số phức 1 i 1 1 z ' z  z  z (   i) z 2 2 2 Khi đó:   1 1 2 OM  OM  z ; OM '  OM '  z '  (  i ) z  z 2 2 2  1 1 2 MM '  MM '  (  i) z  z 2 2 2 Nhận thấy:  2 z OM ' MM '  nên tam giác OMM’ vuông cân tại M’ 2  OM '2  MM '2 OM 2  Ví dụ 2: Trong mặt phẳng Oxy, tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thõa mãn điều kiện: a. z  i  (1  i ) z c. z  5  z  5 8 (Đề thi TSĐH khối B năm 2010) b. z  1  z  1 4 d. z  2 Re z  2 6 Lời giải a.Giả sử điểm M(x;y) biểu diễn số phức z=x+yi ( x; y   ) Ta có: z - i=x+(y-1)i và (1+i)z=(1+i)(x+yi)=x-y+(x+y)i Nên z  i  (1  i) z  x  ( y  1)i  x  y  ( x  y )i  x 2  ( y  1) 2 ( x  y ) 2  ( x  y )2  x 2  ( y 1) 2 2 Vậy tập hợp điểm M biểu diễn số phức z thõa mãn yêu cầu bài toán là đường tròn có phương trình x 2  ( y  1)2 2 b. Trong mặt phẳng Oxy .Giả sử các điểm M, F1 , F2 lần lượt biểu số phức z, -1, 1. Suy ra:   F1M biểu diễn số phức z-(-1)=z+1 ; F2 M biểu diễn số phức z-1.Với F1 , F2 nằm trên trục thực Ox -Khi đó điều kiện: z  1  z  1 4  MF1  MF2 4 và F1 F2 2 Vậy tập hợp các điểm M là Elip có trục lớn bằng 4 và trục bé bằng 2 3 Phương trình Elip trong mặt phẳng tọa độ Oxy là: x2 y 2  1 4 3 c.Tương tự câu b giả sử các điểm M, F1 , F2 lần lượt biểu số phức z, -5, 5. Với F1 , F2 nằm trên trục thực Ox Tương tự câu b ta có: z  5  z  5 8  MF2  MF1 8 và F1F2 10 Tập hợp các điểm thỏa mãn MF2  MF1 8 với F1F2 10 là Hypebol có hai tiêu điểm thuộc trục Ox, độ dài trục thực là 4 và trục ảo là 3. 7 Phương trình Hypebol trong mặt phẳng tọa độ Oxy là  H  : x2 y 2  1 16 9 d. Giả sử điểm M(x;y) biểu diễn số phức z x  iy với x, y   . Ta có z-2=x-2+yi nên: z  2 Re z  2   x  2 2  y 2 x  2  x  2  x  2    y 2 8x  2 2 2 2  y 8x  x  2   y  x  2  Vậy tập hợp những điểm M là Parabol (P): y 2 8x có đỉnh O(0;0) và tiêu điểm F(2;0) Ví dụ 3: Tìm tập hợp các điểm biểu diễn trong mặt phẳng phức số phức  (1  i 3) z  2 biết rằng số phức z thỏa mãn: z  1 2 Lời giải Đặt z a  bi (a; b  R) ,  x  yi ( x; y  ) Ta có z  1 2  (a  1) 2  b2 4 (1)  x a  b 3  2  Từ  (1  i 3) z  2  x  yi (1  i 3)(a  bi)  2    y a 3  b  x  3 a  1  b 3   y  3  3(a  1)  b 2 2 2 2 2 2 Từ đó ( x  3)  ( y  3) 4  ( a  1)  b   4  ( a  1)  b  32 do (1) Vậy tập hợp các điểm cần tìm là hình tròn ( x  3)2  ( y  3)2 32 có tâm I (3; 3) , bán kính R 4 2 Dạng 3: Chứng minh đẳng thức,bất đẳng thức: 8 Ví dụ 1 : Cho 3 số phức x,y,z có cùng mô đun bằng 1. Chứng minh rằng: xy  yz  zx  x  y  z Lời giải 1 x 1 1 Ta có x  2 x (vì x 1) . Tương tự ta có y  y , z z x Khi đó: 1 1 1 1 1 1 xy  yz  zx  xyz (   )  x y z    x  y  z  x  y  z  x  y  z x y z x y z Ví dụ 2: Chứng minh rằng nếu z 1 thì 2z  i 1 2  iz Lời giải Giả sử z a  bi (a, b  R) thì z  a 2  b 2 1  a 2  b 2 1 . 4a 2  (2b  1) 2 2 z  1 2a  (2b  1)i   Ta có . 2  iz (2  b)  ai (2  b) 2  a 2 Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: 4a 2  (2b  1) 2 (2  b) 2  a 2 1  4a 2  (2b  1) 2 (2  b) 2  a 2  a 2  b 2 1 luôn đúng  đpcm Dạng 4. Giải phương trình, hệ phương trình trên tập số phức - Việc giải các phương trình có bậc lớn hơn 2 thường sử dụng phương pháp phân tích thành nhân tử, đặt ẩn phụ… để chuyển về dạng bậc hai - Việc giải các,phương trình, hệ phương trình trên tập số phức tương tự trên tập số thực. - Các dạng hệ thường gặp là hệ phương trình bậc nhất, hệ đối xứng, … Ví dụ 1. Giải các phương trình sau trên tập số phức 9 a. ( z  1) 4  ( z  3) 4 128 0 b. ( z  1)( z  2)( z  4)( z  7) 0 c. z 4  z 3  2 z 2  2 z  4 0 0 Lời giải a. Đặt t z  1 thì phương trình ( z  1)4  ( z  3) 4  128 0 trở thành (t  2) 4  (t  2) 4  128 0 Khai triển và rút gọn ta được: t 4  24t 2  80 0 , suy ra t 2  4 ; t 2  20 Với t 2  4 ta có t 2 4i 2  t 2i ; t  2i Với t 2  20 ta có t 2 20i 2  t 2 5i ; t  2 5i Vậy phương trình có 4 nghiệm: z1  1  2i ; z2  1  2i ; z3  1  2 5i ; z3  1  2 5i 2 2 b. PT   z  1  z  7   z  2   z  4  34   z  6 z  7   z  6 z  8  34  1 Đặt t z 2  6 z  7  z 2  6 z  8 t  15 thì (1) trở thành t  t  15 34  t 2  15t  34 0  t 2; t  17 +) Với t=2 thì z 2  6 z  7 2  z 2  6 z  9 0  z1  3  3 2; z2  3  3 2 +) Với t= -17 thì z 2  6 z  7  17  z 2  6 z 10 0 2 Ta có  '   3  10  1 i 2  z3  3  i; z4  3  i Vậy các nghiệm cần tìm là: z1  3  3 2; z2  3  3 2; z3  3  i; z4  3  i . 4 3 2 c. Xét phương trình z  z  2 z  2 z  4 0  2  10 - Với z=0 thì phương trình (2) có dạng 4=0 (vô lí) -Với z 0 , chia cả hai vế của (2) cho z 2 ta được z2  z  2  2 4 4  2  2 0  z 2  2   z    2 0 z z z  z 2 z 2 z Đặt t z   t 2 z 2  2 z   3 4 4  z 2  2 t 2  4 nên phương trình (3) trở 2 z z thành t 2  4  t  2 0  t 2  t  2 0  t  1; t 2 -Với t=-1 ta có z 2  1  7i  1  7i  1  z 2  z  2 0  z 2  z  2 0  z1  ; z2  z 2 2 2 z -Với t=2 ta có z  2  z 2  2 z  2 0  z 2  2 z  2 0  z3 1  i; z4 1  i Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm phức là z1   1  7i  1  7i ; z2  ; z3 1  i; z4 1  i 2 2 Ví dụ 2. Giải hệ phương trình sau với x, y là số phức 3x   1  i  y  2  14i ix   2i  1 y  4  9i  2 x  y 3 a.  b.   x  y 3  1  i  c.  3 3  x  y 9   1  i   x 2  y  5  2  x  d.  2  y  x  5  2  y  2 2 3 x  y  3 xy  x  4 0 Lời giải 3x   1  i  y  2  14i ix   2i  1 y  4  9i a.Xét hệ phương trình  Ta có 11 D  a b 3 1 i  3  1  2i   i  1  i  4  7i a ' b ' i 1  2i  Dx  c b  2  14i 1  i    2  14i   1  2i     4  9i   i   2  14i  2  29i c ' b '  4  9i 1  2i  Dy  a c 3  a' c' i  2  14i 3   4  9i   i   2  14i  2  29i  4  9i Dx 39  13i   x  D  4  7i  x 1  5i   Vậy hệ phương trình có nghiệm  D  y  3  2i  y  y  2  29i  D 4  7i 2 x  y 3 2 2 3x  y  3 xy  x  4 0 b.Xét hệ phương trình   1  2 Từ (1) ta có y=3-2x, thế vào phương trình (2) ta có: 2 3 x 2   3  2 x   3 x  3  2 x   x  4 0  x 2  4 x  13 0  3  x 2  3i  y  1  6i Giải (3) ta được   x 2  3i  y  1  6i Vậy hệ đã cho có nghiệm (x;y)=(2-3i;-1+6i);(2+3i;-1-6i) 3 c. Ta có x3  y 3  x  y   3xy  x  y  nên hệ phương trình đã cho tương đương với  x  y 3  1  i   x  y 3  i  i     3 3  x  y   3 xy  x  y  9   1  i  27  1  i   9 xy  1  i  9   1  i   x  y 3  1  i    x  y 3  1  i  3   31  i     1  i   xy 5i  xy  1 i  2 Suy ra x, y là nghiệm của phương trình z  3  1  i  z  5i 0  2  Giải phương trình (2) 12 2  9  1  i   4.5i  2i 1  2i  i 2  1  i  2  3  1  i  1  i 2  i z  2  Nghiệm của (2) là  31 i  1 i 1  2i z   2 Vậy các nghiệm cần tìm là  2  i;1  2i  ,  1  2i; 2  i   x 2  y  5  2  x  d. Hệ phương trình  2  y  x  5  2  y   1 thuộc hệ đối xứng loại II  2 Trừ vế cho vế các phương trình (1) và (2) ta được x 2  y  y 2  x  10  5 x  10  5 y  x 2  y 2  4  x  y  0   x  y   x  y   4  x  y  0   x  y   x  y  4  0 Vậy hệ đã cho tương đương với  x 2  y  5  2  x   x 2  y  5  2  x     x  y 0    x  y   x  y  4  0   x  y  4 0  3 - Nếu y=x thì từ (3) ta có x 2  x  10  5 x  x 2  6 x  10 0  x  3  i  y  3  i Giải ra ta được nghiệm   x  3  i  y  3  i - Nếu y=-4-x thì từ (3) ta có  x  2  2i  y  2  2i x 2  4  x  10  5 x  x 2  4 x  6 0    x  2  2i  y  2  2i Vậy các nghiệm của hệ đã cho là   3  i;  3  i  ;   3  i;  3  i  ;   2  2i;  2   2i ;  2  2i;  2  2i  13 Dạng 5: Biểu diễn số phức dưới dạng lượng giác: Phương pháp: + Chuyển số phức từ dạng đại số z=a+bi (a, b   , a 2  b 2 0) sang dạng lượng giác - Tính r  z  a 2  b 2 a b - Tìm  thỏa mãn đồng thời cos   ,sin   r r Khi đó dạng lượng giác cần tìm của z là z r (cos   i sin  ) Ví du 1:Viết các số phức sau dưới dạng lượng giác: 1  cos   i sin  b. z 1  cos   i sin  a. z (1  3i)(1  i) Lời giải 1 2 a. Ta có: 1  3i 2(  và 1  i  2( 3     i ) 2  cos(  )  i sin(  )  2 3 3   1 1     i )  2  cos  i sin  4 4 2 2  Theo công thức nhân 2 số phức dưới dạng lượng giác suy ra: z (1      3i )(1  i) 2 2  cos(  )  i sin(  )  12 12   b. Ta có: 14        (sin  i cos ) cos(  )  i sin(  ) 1  cos   i sin  2 2 2 tan  2 2 2 2  i tan  z       1  cos   i sin  cos (cos  i sin ) 2 2 cos  i sin 2 2 2 2 2 2sin *) Nếu tan  0 thì z 0  r  z 0 và z 0  cos   i sin   với  tùy ý 2 *) Nếu tan tan  0 2 thì dạng lượng giác của số phức đó là:     cos(  )  i sin( )   2 2 2  *)Nếu  tan tan  0 2 thì dạng lượng giác của số phức đó là:    cos  i sin   2 2 2 Dạng 6: Vận dụng dạng lượng giác để giải toán: Dạng lượng giác được ứng dụng nhiều trong giải toán.Trong phần này ta chỉ xét các ứng dụng trong bài toán tính toán(tìm phần thực, phần ảo, rút gọn…), tìm số phức,chứng minh hệ thức lượng giác đơn giản… Ví dụ1: Tìm phần thực, phần ảo của các số phức sau: (1  3i)16 (1  i )10 Lời giải         Ta có: 1  3i 2  cos( )  i sin( )  ,1  i  2  cos  i sin  3 3  4 4   Dođó: (1  16 16  5 5    3i )16 216  cos( )  i sin( )  , (1  i )10 25  cos  i sin  3 3  2 2    16 10 21  Vậy: z (1  3i ) (1  i ) 2  cos(  16 16   5 5  )  i sin( )   cos  i sin  3 3   2 2  15 16 5 16 5  17 17    221  cos(   )  i sin(  )  221  cos(  )  i sin(  ) 3 2 3 2  6 6     220 3  220 i Vậy phần thực của số phức đã cho là:  220 3 , phần ảo là: 220 Ví dụ 2: Tìm các số nguyên dương n để số phức sau là số thực? số ảo? z= ( 3  11i n ) 4  7i Lời giải Ta có 3  11i 3 3  1  i  2(cos  i sin ) 4  7i 4 4 nên z= ( 3  11i n 3 3 3n 3n ) ( 2) n (cos  i sin ) n ( 2) n (cos  i sin ) 4  7i 4 4 4 4 + z là số thực khi sin 3n 3n 4k 0  k (k  )  n  . 4 4 3 Vì n  * nên k 3m  n 4m (m  * ) +Tương tự z là số ảo khi cos 3n 3n  2  4k 2k 0    k ( k  )  n  k   k 3m  2  n 4m  2 ( m  * ) 4 4 2 3 3 II. MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA SỐ PHỨC TRONG GIẢI TOÁN Ở BẬC THPT Trong Toán học, số phức được dùng để giải nhiều bài toán từ sơ cấp đến cao cấp.Trong phạm vi sang kiến kinh nghiệm tôi chỉ đề cập đến một số ứng dụng của số phức trong bài toán: - Lượng giác và tổ hợp. 16 - Giải hệ phương trình. - Hình học phẳng. 1- Ứng dụng của số phức trong lượng giác và tổ hợp Số phức có nhiều ứng dụng trong bài toán liên quan đến lượng giác, tổ hợp. Có khá nhiều bài toán khó khăn(thậm chí rất khó khăn) trong việc tìm tòi lời giải, đặc biệt là lời giải một cách tự nhiên nhất lại được giải quyết một cách đơn giản bằng ứng dụng của số phức.Muốn làm tốt các bài tập, cần chú ý đến dạng lượng giác của số phức,công thức Moa-vrơ và khai triển nhị thức Newtơn. Ví dụ 1: Cho a; b; c là các số thực thoả mãn sin a  sin b  sin c 0 và cos a  cos b  cos c 0 .Chứng minh rằng: sin 2a  sin 2b  sin 2c 0 và cos 2a  cos 2b  cos 2c 0 Lời giải Đặt z1 cos a  i sin a; z2 cos b  i sin b; z3 cos c  i sin c , ta có: z1  z2  z3 0 và | z1 || z2 || z3 |1 , nên 1 zk  k 1;2;3 zk 2 Vì thế: z12  z2 2  z32  z1  z2  z3   2  z1 z1  z2 z3  z3 z1  1 1 1 02  2 z1 z2 z3      2 z1 z2 z3 z1  z2  z3  z1 z2 z3     2 z1 z2 z3  z1  z2  z3  0 Nên cos 2a  cos 2b  cos 2c  i  sin 2a  sin 2b  sin 2c  0 Từ đó suy ra điều phải chứng minh Ví dụ 2. Tính tổng với n   17 A Cn0 cos a  Cn1 cos 2a  Cn2 cos 3a  ...  Cnn  1 cos na  Cnn cos  n 1 a B Cn0 sin a  Cn1 sin 2a  Cn2 sin 3a  ...  Cnn  1 sin na  Cnn sin  n 1 a với a   Lời giải Đặt z cos a  i sin a thì z n cos na  i sin na Do đó ta có: A  iB Cn0  cos a  i sin a   Cn1  cos 2a  i sin 2a   Cn2  cos 3a  i sin 3a   ...  Cnn  1  cos na  i sin na   Cnn  cos  n  1 a  i sin  n  1 a   z Cn0  Cn1 z  Cn2 z 2  Cn3 z 3  ...  Cnn z n  z  1  z    a a n a Vì 1  z 1  cos a  i sin a 2 cos  cos  i sin  nên: 2 2 2   n  a a a  A  iB  cos a  i sin a   2 cos  cos  i sin   2 2 2   a na na   2n cos n  cos a  i sin a   cos  i sin  2 2 2   2n cos n a 2 Vậy A 2n cosn cos a n2 n2  a  i sin a  cos 2 2 2  n2 a n2 a, B 2 n cos n sin a 2 2 2 Ví dụ 3: Tính tổng: 0 2 4 6 8 2010 S1 C2011  C2011  C2011  C2011  C2011  ...  C2011 1 3 5 7 9 2011 S 2 C2011  C2011  C2011  C2011  C2011  ...  C2011 Lời giải Xét khai triển nhị thức Newton: 18 1 i 2011 0 1 2 3 4 2010 2011 C2011  iC2011  i 2C2011  i 3C2011  i 4C2011  ...  i 2010C2011  i 2011C2011 1  k 4m   i  k 4m  1 k Vì i    1 k 4m  2    i k 4m  3    1 i 2011 m   nên ta có 0 2 4 2010 1 3 5 2011 (C2011  C2011  C2011  ...  C2011 )  i  C2011  C2011  C2011  ...  C2011   1 Mặt khác, theo công thức Moa-vrơ ta có: 1 i 2011  2  2011     cos  i sin  4 4  2011  2  2011 2011 2011   1005 1005  i sin  2  cos   2  i.2 4 4   Từ (1) và (2) ta suy ra: S1  21005 , S 2 21005 2- Ứng dụng của số phức trong giải hệ phương trình Đại số Qua phần ứng dụng của số phức trong các bài toán lượng giác và tổ hợp, chúng ta đã thấy sức mạnh của công cụ số phức. Ở đây chúng ta sử dụng công cụ số phức để giải quyết các bài toán về giải hệ phương trình mà giải bằng phương pháp thông thường sẽ gặp những khó khăn. Ví dụ 1: Giải hệ phương trình với nghiệm là số thực: a. b. 3   3 xy 2   1 x  3   3x 2 y  3 y          3 10 x  1  5x  y   3     3 1    1 y  5x  y   Lời giải a. Đây là hệ phương trình đẳng cấp bậc ba. Tuy nhiên,nếu giải bằng phương pháp thông thường ta sẽ đi đến giải phương trình bậc ba: 3t 3  3t 2  3 3t  1 0 Phương trình này không có nghiệm đặc biệt. 19 Xét số phức z = x + iy. Vì có z 3  1  3i 2 cos 3 2 2  i sin 3 3 z 3  x 3  3 xy 2  i 3 x 2 y  y 3  nên từ hệ đã cho ta , ta tìm được 3 giá trị của z là: 2 2  3  8 8  3  14 14   2  cos  i sin  i sin  i sin  ; 2  cos  ; 2  cos  9 9  9 9  9 9     Từ đó suy ra hệ đã cho có 3 nghiệm là: 2  3  x  2 cos 9  2  y 3 2 sin  9  8  3  x  2 cos 9 ; 8  y 3 2 sin  9  14  3  x  2 cos 9 ; 14  y 3 2 sin  9  b.Từ hệ suy ra x >0, y >0 Đặt u  5x , v    u  1  u 2    v 1    u2  y với u,v >0.Hệ đã cho trở thành: 3 3     v2  2 3   1 2  v  Đặt z=u+iv. Ta có: (I) 1 u  vi  2 z u  v2 .Từ hệ (I) ta suy ra : 3  3  3   u 1  2  iv 1  2  i 2  2  2  u v   u v   u  iv  u  iv 3 3 3 2  2i   i z  2 2 z 2 u v 2  2 z 2  (3 2  2i ) z  6 0 * Giải phương trình (*), ta có nghiệm là z  2  2i, z  Vì u,v > 0 nên z 2  2i 2  '  34  12 2i   2  6i  suy ra các 2 . 2  2i , 2 do đó u 2 1 , v 1 x  , y 1 2 10  1  Vậy nghiệm cần tìm là  x; y   10 ;1   3- Ứng dụng của số phức trong bài toán hình học phẳng 20
- Xem thêm -

Tài liệu liên quan