1 I) DẠNG ĐẠI SỐ CỦA SỐ PHỨC Dạng 1) Bài toán liên quan ñến biến ñổi số phức Ví dụ 1) Tìm số nguyên x, y sao cho số phức z=x+yi thoả mãn 3 18 26 z i = + Giải: 3 18 26 z i = + ( 29 ( 29 ( 29 3 2 3 2 3 3 2 2 3 3 18 18 26 18 3 26 3 3 26 x xy x yi i x y y x xy x y y - = ⇔ + = + ⇔ ⇔ - = - - = Giải phương trình bằng cách ñặt y=tx ta ñược 1 3, 1 3 t x y = ⇒ = = . Vậy z=3+i Ví dụ 2) Cho hai số phức 1 2 ; z z thoả mãn 1 2 1 2 ; 3 z z z z = + = Tính 1 2 z z - Giải: Đặt 1 1 1 2 2 2 ; z a b i z a b i = + = + . Từ giả thiết ta có ( 29 ( 29 2 2 2 2 1 1 2 2 2 2 1 2 1 2 1 3 a b a b a a b b + = + = + + + = ( 29 ( 29 ( 29 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 2 1 1 1 a b a b a a b b z z ⇒ + = ⇒ - + - = ⇒ - = Dạng 2) Bài toán liên quan ñến nghiệm phức Ví dụ 1) Giải phương trình sau: 2 8(1 ) 63 16 0 z i z i - - + - = Giải: Ta có ( 29 2 2 ' 16(1 ) (63 16 ) 63 16 1 8 i i i i ∆ = - - - = - - = - Từ ñó tìm ra 2 nghiệm là 1 2 5 12 , 3 4 z i z i = - = + Ví dụ 2) Giải phương trình sau: 2 2(1 ) 4(2 ) 5 3 0 i z i z i + - - - - = Giải: Ta có ∆ ’ = 4(2 – i) 2 + 2(1 + i)(5 + 3i) = 16. Vậy phương trình cho hai nghiệm là: z 1 = i i i i i i i 2 5 2 3 2 ) 1 )( 4 ( 1 4 ) 1 ( 2 4 ) 2 ( 2 - = - - = + - = + + - z 2 = i i i i i i i 2 1 2 1 2 ) 1 )( ( 1 ) 1 ( 2 4 ) 2 ( 2 - - = - - = + - = + - - Ví dụ 3) Giải phương trình 3 2 9 14 5 0 z z z - + - = Giải: Ta có phương trình tương ñương với ( 29 ( 29 2 2 1 4 5 0 z z z - - + = . Từ ñó ta suy ra phương trình có 3 nghiệm là 1 2 3 1 ; 2 ; 2 2 z z i z i = = - = + Ví dụ 4) Giải phương trình: 3 2 2 5 3 3 (2 1) 0 z z z z i - + + + + = biết phương trình có nghiệm thực Giải: Vì phương trình có nghiệm thực nên 3 2 2 5 3 3 0 2 1 0 z z z z - + + = + = 1 2 z - ⇒ = thoả mãn cả hai phương trình của hệ:Phương trình ñã cho tương ñương với ( 29 ( 29 2 2 1 3 3 0 z z z i + - + + = . Giải phương trình ta tìm ñược 1 ; 2 ; 1 2 z z i z i = - = - = + M MỘ ỘT T S SỐ Ố D DẠ ẠN NG G B BÀ ÀI I T T Ậ ẬP P V VỀ Ề S SỐ Ố P PH HỨ ỨC C http://megabook.vn/
This document is posted to help you gain knowledge. Please leave a comment to let me know what you think about it! Share it to your friends and learn new things together.
Transcript
1
I) DẠNG ĐẠI SỐ CỦA SỐ PHỨC
Dạng 1) Bài toán liên quan ñến biến ñổi số phức Ví dụ 1) Tìm số nguyên x, y sao cho số phức z=x+yi thoả mãn 3 18 26z i= + Giải:
3 18 26z i= + ( ) ( ) ( )3 2
3 2 3 3 2
2 3
3 1818 26 18 3 26 3
3 26
x xyx yi i x y y x xy
x y y
− =⇔ + = + ⇔ ⇔ − = −− =
Giải phương trình bằng cách ñặt y=tx ta ñược 1
3, 13
t x y= ⇒ = = . Vậy z=3+i
Ví dụ 2) Cho hai số phức 1 2;z z thoả mãn 1 2 1 2; 3z z z z= + = Tính 1 2z z−
Giải:
Đặt 1 1 1 2 2 2;z a b i z a b i= + = + . Từ giả thiết ta có ( ) ( )
2 2 2 21 1 2 2
2 2
1 2 1 2
1
3
a b a b
a a b b
+ = + =
+ + + =
( ) ( ) ( )2 2
1 1 2 2 1 2 1 2 1 22 1 1 1a b a b a a b b z z⇒ + = ⇒ − + − = ⇒ − =
Dạng 2) Bài toán liên quan ñến nghiệm phức Ví dụ 1) Giải phương trình sau: 2 8(1 ) 63 16 0z i z i− − + − =
Giải: Ta có ( )22' 16(1 ) (63 16 ) 63 16 1 8i i i i∆ = − − − = − − = − Từ ñó tìm ra 2 nghiệm là
1 25 12 , 3 4z i z i= − = +
Ví dụ 2) Giải phương trình sau: 22(1 ) 4(2 ) 5 3 0i z i z i+ − − − − =Giải: Ta có ∆ ’ = 4(2 – i)2 + 2(1 + i)(5 + 3i) = 16. Vậy phương trình cho hai nghiệm là:
z1 = iii
i
i
i
i
2
5
2
3
2
)1 )(4(
1
4
)1 (2
4)2(2 −=−−=+−=
++−
z2 = iii
i
i
i
i
2
1
2
1
2
)1 )((
1)1 (2
4)2( 2 −−=−−=+−=
+−−
Ví dụ 3) Giải phương trình 3 29 14 5 0z z z− + − = Giải: Ta có phương trình tương ñương với ( )( )22 1 4 5 0z z z− − + = . Từ ñó ta suy ra
phương trình có 3 nghiệm là 1 2 3
1 ; 2 ; 2
2z z i z i= = − = +
Ví dụ 4) Giải phương trình: 3 22 5 3 3 (2 1) 0z z z z i− + + + + = biết phương trình có nghiệm thực
Giải: Vì phương trình có nghiệm thực nên 3 22 5 3 3 0
2 1 0
z z z
z
− + + =
+ =
1
2z
−⇒ = thoả mãn cả
hai phương trình của hệ:Phương trình ñã cho tương ñương với
( ) ( )22 1 3 3 0z z z i+ − + + = . Giải phương trình ta tìm ñược 1
Ví dụ 5) Giải phương trình: 3 2(1 2 ) (1 ) 2 0z i z i z i+ − + − − = biết phương trình có nghiệm thuần ảo: Giải: Giả sử nghiệm thuần ảo của phương trình là z=bi thay vào phương trình ta có
( ) ( )3 2 2 3 2(1 2 ) (1 )( ) 2 0 ( ) ( 2 2) 0bi i bi i bi i b b b b b i+ − + − − = ⇔ − + − + + − = 2
3 2
0 1
2 2 0
b b b z i
b b b
− =⇔ ⇒ = ⇒ =− + + − =
là nghiệm, từ ñó ta có phương trình tương
ñương với ( )( )2 (1 ) 2 0z i z i z− + − + = . Giải pt này ta sẽ tìm ñược các nghiệm
Ví dụ 6) Tìm nghiệm của phương trình sau: 2z z= .
Giải: Giả sử phương trình có nghiệm: z=a+bi thay vào ta có ( )2a bi a bi+ = +
2 2
2
a b a
ab b
− =⇔
= − Giải hệ trên ta tìm ñược
1 3( , ) (0;0), (1;0),( ; )
2 2a b = − ± . Vậy phương
trình có 4 nghiệm là 1 3
0; 1; 2 2
z z z i= = = − ±
Dạng 3) Các bài toán liên quan ñến modun của số phức: Ví dụ 1) Tìm các số phức z thoả mãn ñồng thời các ñiều kiện sau:
1 2 2z i z i+ − = − + và 5z i− =
Giải:
Giả sử z=x+yi (x,y là số thực) .Từ giả thiết ta có 1 ( 2) 2 (1 )
( 1) | 5
x y i x y i
x y i
+ + − = − + −
+ − =
( ) ( )
2 2 2 2
22
1 ( 2) ( 2) (1 )
1 5
x y x y
x y
+ + − = − + −⇔ + − =
2
3
10 6 4 0
y x
x x
=⇔
− − =1, 3x y⇔ = = hoặc
2 6,
5 5x y= − = − . Vậy có 2 số phức thoả mãn ñiều kiện.
Ví dụ 2) Xét số phức z thoả mãn ;1 ( 2 )
i mz m R
m m i
−= ∈− −
a) Tìm m ñể 1
. 2
z z =
b)Tìm m ñể 1
4z i− ≤
c) Tìm số phức z có modun lớn nhất. Giải: a) Ta có
( )( )( )( ) ( )
2 2 2 2
22 2 2 2 2
1 2 (1 ) 2 (1 2 )
1 2 1 2 1 2 1 4
i m m mii m m m m m mz
m mi m mi m mi m m
− − −− − − + + − += = =− + − + − − − +
http://megabook.vn/
3
( )2 2
2 2 2 2 22
(1 ) (1 ) 1 1
1 1 1 11
m m i m m mi z i
m m m mm
+ + += = + ⇒ = −+ + + ++
( )2
222
1 1 1. 1 2 1
2 21
mz z m m
m
+⇒ = ⇔ = ⇔ + = ⇔ = ±
+
b) Ta có 2
2 2 2 2
1 1 1 11
4 1 1 4 1 1 4
m m mz i i i
m m m m − ≤ ⇔ + − ≤ ⇔ − ≤ + + + +
⇔
2 4 22 2
2 2 2 2 2
1 1 1 116 1
(1 ) (1 ) 16 1 6 15 15
m m m m m m
m m m⇔ + ≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤ + ⇔ − ≤ ≤
+ + +
c) Ta có ( )
2
max2 22
1 1 1 | | 1 0
11
mz z m
mm
+= = ≤ ⇒ = ⇔ =++
Ví dụ 3) Trong các số phức z thoả mãn ñiều kiện 2 4 5z i− − = Tìm số phức z có
modun lớn nhất, nhỏ nhất.
Giải: Xét số phức z = x+yi . Từ giả thiết suy ra ( ) ( )2 22 4 5x y− + − = Suy ra tập hợp
ñiểm M(x;y) biểu diễn số phức z là ñường tròn tâm I(2;4) bán kính 5R =
Dễ dàng có ñược (2 5 sin ;4 5 cos )M α α+ + . Modun số phức z chính là ñộ dài véc tơ OM.
Ta có |z|2= 2 2 2(2 5 sin ) (4 5 cos ) 25 4 5(sin 2cos )OM α α α α= + + + = + +
Theo BDT Bunhiacopxki ta có ( )2 2 2(sin 2cos ) (1 4) sin cos 5α α α α+ ≤ + + =
5 sin 2cos 5α α⇒ − ≤ + ≤ 5 3 5z⇒ ≤ ≤ . Vậy
min
1 2| | 5 sin 2cos 5 sin ;cos 1, 2 1 2
5 5z x y z iα α α α− −= ⇒ + = − ⇔ = = ⇔ = = ⇒ = +
max
1 2| | 3 5 sin 2cos 5 sin ;cos 3, 6 3 6
5 5z x y z iα α α α= ⇔ + = ⇔ = = ⇔ = = ⇒ = +
Ví dụ 4) Trong các số phức thoả mãn ñiều kiện 2 4 2z i z i− − = − .Tìm số phức z có
moodun nhỏ nhất. Giải: Xét số phức z = x+yi . Từ giả thiết suy ra
( ) ( ) ( )2 2 222 4 2 4 0x y x y x y− + − = + − ⇔ + − = Suy ra tập hợp ñiểm M(x;y) biểu diễn
số phức z là ñường thẳng y=-x+4
Ta có 2 2 2 2 2 2(4 ) 2 8 16 2( 2) 8 2 2z x y x x x x x= + = + − = − + = − + ≥ . Từ ñó suy
min 2 2 2 2 2 2z x y z i= ⇔ = ⇒ = ⇒ = +
Dạng 4) Tìm tập hợp ñiểm biểu diễn số phức Ví dụ 1) Tìm tập hợp các ñiểm M trong mặt phẳng phức biểu diễn số phức z biết:
a) 3z
z i =
− b) 3 4z z i= − + c) 4z i z i− + + =
http://megabook.vn/
4
Giải: Gọi z=x+yi
a) Từ giả thiết ta có 2 2 2 2 2 29 93 9( ( 1) ) ( )
8 64z z i x y x y x y= − ⇔ + = + − ⇔ + − =
Vậy tập hợp ñiểm M là ñường tròn tâm 9 3
(0; ),8 8
I R =
b) Từ giả thiết ta có ( )22 2 23 (4 ) 6 8 25x y x y x y+ = − + − ⇔ + = . Vậy tập hợp các ñiểm
M là ñường thẳng 6x+8y-25=0
c) Giả sử z =x+yi thì 4z i z i− + + = ( ) ( )2 22 21 1 4x y x y⇔ + − + + + = ⇔
( )
( ) ( ) ( )
( )( )
22 22
22 2 2 22 2 2
1 161 4
2 1 41 16 8 1 1
x yx y
x y yx y x y x y
+ + ≤+ + ≤ ⇔ ⇔ + − = + + − = − + + + + +
( ) ( )2222
2 22 2 2
1 16(1)1 16
4 4 8 4 8 16 1(2)3 4
4 4(3)
x yx y
x yx y y y y
y y
+ + ≤ + + ≤ ⇔ + + + = + + ⇔ + = ≥ − ≥ −
Ta thấy các ñiểm nằm trong hình tròn (1) và Elip (2) và tung ñộ các ñiểm nằm trên (Elip)
luôn thoả mãn ñiều kiện y >-4. Vậy tập hợp ñiểm M là Elip có pt 2 2
13 4
x y+ = .
Ví dụ 2) Tìm tập hợp các ñiểm biểu diễn trong mặt phẳng phức số
phức ( )1 3 2i zω = + + biết rằng số phức z thoả mãn: 1z − ≤ 2.
Giải: Đặt ( ),z a bi a b R= + ∈
Ta có 1z − ≤ 2 ( )2 21 4a b⇔ − + ≤ (1)
Từ
( ) ( )( ) 3 2 3 1 31 3 2 1 3 2
3 3 3( 1)
x a b x a bi z x yi i a bi
y a b y a bω
= − + − = − + = + + ⇒ + = + + + ⇔ ⇔ = + − = − +
Từ ñó ( ) ( ) ( )22 2 23 3 4 1 16x y a b − + − ≤ − + ≤
do (1)
Vậy tập hợp các ñiểm cần tìm là hình tròn ( ) ( )223 3 16x y− + − ≤ ; tâm ( )3; 3I , bán
kính R=4. Ví dụ 3) Xác ñịnh tập hợp các ñiểm M(z) trong mặt phẳng phức biểu diễn các số
phức z sao cho số 2
2
z
z
−+
có acgumen bằng 3
π.
Giải:
http://megabook.vn/
5
Giả sử z=x+yi, thì ( )( )
( ) ( )( )2 2
2 222
2 2 2
x yi x yix yiz
z x yi x y
− + + + − +− = =+ + + + +
( )( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2 2 22 2 2
4 2 2 4 4
2 2 2
x y yi x x x y y i
x y x y x y
− + + + − + + −= = ++ + − + − +
(1)
Vì số phức 2
2
z
z
−+
có acgumen bằng 3
π, nên ta có:
( ) ( )2 2
2 22 2
4 4 cos sin
3 32 2
x y y i i
x y x y
π πτ+ − + = + − + − +
với 0τ >
( )
( )
2 2
2 2
2 2
4
22
4 3
22
x y
x y
y
x y
τ
τ
+ − = − +⇒
= − +
Từ ñó suy ra y>0 (1) và 2 2
2 2 22 2
4 4 2 43 4 (2)
4 3 3 3
y yx y x y
x y
= ⇔ + − = ⇔ + − = + − .Từ (1) và (2) suy ra
tập hợp các ñiểm M là ñường tròn tâm nằm phía trên trục thực(Trên trục Ox). Dạng 5) Chứng minh bất ñẳng thức:
Ví dụ 1) Chứng minh rằng nếu 1z ≤ thì 2 1
12
z
iz
− ≤+
Giải:
Giả sử z =a+bi (a, b ∈R) thì 2 2 2 21 1z a b a b= + ≤ ⇔ + ≤ . Ta có
2 2
2 2
4 (2 1)2 1 2 (2 1)
2 (2 ) (2 )
a bz a b i
iz b ai b a
+ −− + −= =+ − + − +
.Bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương
với 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2
4 (2 1) 1 4 (2 1) (2 ) 1
(2 )
a b a b b a a b dpcm
b a
+ − ≤ ⇔ + − ≤ − + ⇔ + ≤ ⇒
− +
Ví dụ 2) Cho số phức z khác không thoả mãn ñiều kiện 33
1 2z
z+ ≤ . Chứng minh
rằng: 1
2z z
+ ≤
Giải: Dễ dàng chứng minh ñược với 2 số phức 1 2,z z bất kỳ ta có 1 2 1 2z z z z+ ≤ +
Ta có 3 3
3 33 3
1 1 1 1 1 1 13 3 2 3z z z z z z z
z z z z z z z + = + + + ⇒ + ≤ + + + ≤ + +
Đặt 1
zz
+ =a ta có ( ) ( )23 3 2 0 2 1 0a a a a dpcm− − ≤ ⇔ − + ≤ ⇒
http://megabook.vn/
6
II) D ẠNG LƯỢNG GIÁC CỦA SỐ PHỨC Dạng 1: VIẾT DẠNG LƯỢNG GIÁC Ví dụ 1) Viết dưới dạng lượng giác của các số phức:
a) ( )1 cos sin
1 cos sin
i
i
ϕ ϕ ϕ ϕ
− ++ +
b) ( ) ( )1 cos sin 1 cos sini iϕ ϕ ϕ ϕ− + + +
Giải:
a) ( ) ( )
( )1 cos sin 1 cos sin
1 cos sin 1 cos sin
i i
i i
ϕ ϕ ϕ ϕϕ ϕ ϕ ϕ
− + − −=
+ + + +
2
2
2sin 2 sin cos sin cos2 2 2 2 2tan tan
2 22cos 2 sin cos cos sin2 2 2 2 2
i ii
i i
ϕ ϕ ϕ ϕ ϕϕ ϕ
ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ
− −= = = −
+ +
- Khi tan 02
ϕ > dạng lượng giác là: tan cos sin2 2 2
iϕ π π − + −
- Khi tan 02
ϕ < dạng lượng giác là: tan cos sin2 2 2
iϕ π π − +
- Khi tan 02
ϕ = thì không có dạng lượng giác.
( ) ( )) 1 cos sin 1 cos sin
2sin sin cos .cos cos sin2 2 2 2 2 2
b i i
i i
ϕ ϕ ϕ ϕ
ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ
− + + +
= − +
2sin cos isin2 2
π πϕ ϕ ϕ = − + −
- Khi sin 0ϕ = thì dạng lượng giác không xác ñịnh.
- Khi sin 0ϕ > thì dạng lượng giác là: 2sin cos sin2 2
iπ πϕ ϕ ϕ − + −
- Khi sin 0ϕ < thì dạng lượng giác là: ( 2sin ) cos sin2 2
iπ πϕ ϕ ϕ − + + +
Ví dụ 2): Viết dưới dạng lượng giác của các số phức:
a) ( )1 cos sin
1 cos sin
i
i
ϕ ϕ ϕ ϕ
− ++ +
b) [ ][ ]1 (cos sin ) 1 cos sini iϕ ϕ ϕ ϕ− + + +
Giải:
a) ( )
2
sin cos1 cos sin 1 cos sin 2 2tan tan1 cos sin 2 22cos 2 sin .cos cos sin
2 2 2 2 2
ii i i
i i i
ϕ ϕϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ
ϕ ϕ ϕ ϕ ϕϕ ϕ
−− + − −= = = −+ + + −
Khi tan 2
ϕ>0 thì dạng lượng giác là tan
2
ϕcos sin
2 2i
π π − + −
http://megabook.vn/
7
Khi tan 2
ϕ<0 thì dạng lượng giác là - tan
2
ϕcos sin
2 2i
π π +
Khi tan 2
ϕ=0 thì không tồn tại dạng lượng giác.
b) [ ][ ]1 (cos sin ) 1 cos sini iϕ ϕ ϕ ϕ− + + +
2sin sin cos .2cos cos sin2 2 2 2 2 2
2sin cos sin2 2
i i
i
ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ
π πϕ ϕ ϕ
= − +
= − + −
- Khi sin 0ϕ = thì dạng lượng giác không xác ñịnh
- Khi sin 0ϕ > thì dạng lượng giác là: 2sin cos sin2 2
iπ πϕ ϕ ϕ − + −
- Khi sin 0ϕ < thì dạng lượng giác là:( )2sin cos sin2 2
iπ πϕ ϕ ϕ − + + +
Dạng 2: MÔĐUN VÀ ACGUMEN Ví dụ 1) Tìm phần thực và phần ảo của số phức z, biết 2 2 2 3z i= − + Giải: Ta có: 2 2 2 2
2 2 3 4 co s s in3 3
z i z iπ π = − + ⇔ = +
Do ñó: 2 2 2 22 2 3 4 cos sin
3 3z i z i
π π = − + ⇔ = +
2 22 cos sin
1 33 3
1 32 cos sin3 3
z i z i
z iz i
π π
π π
= + = + ⇔ ⇔ = − −= − +
Từ ñó suy ra phần thực và phần ảo của z tương ứng là 1 và 3 hoặc -1 và 3 −
Ví dụ 2) Tìm một acgumen của số phức: ( )1 3z i− + biết một acgumen của z
bằng 3
π
Giải: z có một acgumen bằng 3
π nên
1 3
2 2z z i
= +
Do ñó: ( )1 3z i− + = 1 3
( 2) 2 2
z i
− +
- Khi 2z > , một aacgumen của ( )1 3z i− + là 3
π
- Khi 0 2z< < , một acgumen của ( )1 3z i− + là 4
3
π
http://megabook.vn/
8
- Khi 2z = thì ( )1 3z i− + =0 nên acgumen không xác ñịnh.
Ví dụ 3) Cho số phức z có môñun bằng 1. Biết một acgumen của z là ϕ , tìm một acgumen của:
a) 22z b) 1
2z− c)z z+ d) 2z z+
Giải: 1z = , z có một acgumen là ϕ . Do ñó cos sinz iϕ ϕ= +
a) ( ) ( )2 2cos 2 sin 2 2 2 cos 2 sin 2 2 2 cos sinz i z i z iϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ= + ⇒ = + ⇒ = −
Vậy 2z2 có một acgumen là 2ϕb) ( )cos sin cos sin 2 2 cos sinz i z i z iϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ= + ⇒ = − ⇒ = −
( ) ( )( ) ( )
( ) ( ) ( )( )
1 1 1cos sin cos sin
2 221 1 1
cos sin cos sin2 22
i iz
i iz
ϕ ϕ ϕ ϕ
ϕ ϕ ϕ π ϕ ϕ π
⇒ = − − − = +
⇒ − = − − = + + +
Vậy 1
2z− có một acgumen là ϕ π+
c) Ta có: 2cos z z ϕ+ = Nếu cos 0ϕ > thì có một acgumen là 0 Nếu cos 0ϕ < thì có một acgumen làπNếu cos 0ϕ = thì acgumen không xác ñịnh.
d) 2 cos 2 sin 2 , cos sinz z i z iϕ ϕ ϕ ϕ+ = + = −
( )2 3 3cos 2 cos sin 2 sin 2cos cos .2cos sin
2 2 2 23
2cos cos sin2 2 2
z z i i
i
ϕ ϕ ϕ ϕϕ ϕ ϕ ϕ
ϕ ϕ ϕ
⇒ + = + + − = +
= +
Vậy acgumen 2z z+ là 2
ϕ nếu
3cos 0
2
ϕ > , là 2
ϕ π+ nếu 3
cos 02
ϕ < và không xác ñịnh
nếu 3
cos 02
ϕ =
Ví dụ 4) Cho số phức 1 cos sin7 7
z iπ π= − − . Tính môñun, acgumen và viết z dưới
dạng lượng giác. Giải:
Ta có: 2
2 8 41 cos sin 2 1 cos 2 1 cos 2cos
7 7 7 7 7z
π π π π π = − + = − = + =
Đặt ( )arg zϕ = thì 2
8sin sin 47 7tan cot tan
4 7 141 cos 2sin7 7
π ππ πϕ π π
− = = = = − −
http://megabook.vn/
9
Suy ra: ,14
k k zπϕ π= − + ∈
Vì phần thực 1 cos 07
π− > , phần ảo sin 07
π− < nên chọn một acgumen là 14
π−
Vậy 4
2cos cos isin7 14 14
z π π π = − + −
Ví dụ 5) Viết dưới dạng lượng giác của một số phức z sao cho 1
3z = và một
acgumen của 1
z
i+ là
3
4
π−
Giải:
Theo giả thiết 1
3z = thì ( )1
cos sin3
z iϕ ϕ= +
( ) ( ) ( )( )1 1cos sin cos sin
3 3z i iϕ ϕ ϕ ϕ⇒ = − = − + −
Vì 1 2
1 2 2 cos sin2 2 4 4
i i iπ π + = + = +
Nên 1
os sin1 4 43 2
z c i
i
π πϕ ϕ = − − + − − +
Do ñó: 3
2 2 , .4 4 2
k k kπ π πϕ π ϕ π− − = − + ⇔ = + ∈ Ζ vậy
1 os sin .
3 2 2z c i
π π = +
Ví dụ 6) Tìm số phức z sao cho: 3
1z i
z i
+ =+
và z+1 có một ácgumen là 6
π−
Giải: Từ giả thiết
z 3 1
i
z i
+ =+
( ) ( )2 22 23 ( 3) ( 1) 3 1
2
z i z i x y i x y i x y x y
y
⇒ + = + ⇔ + + = + + ⇔ + + = + +⇒ = −
z+1 có 1 acgumen bằng 6
π− tức là ( )1 [ os sin ] 36 6 2
z c i iπ π ττ + = − + − = −
với r>0.
Ta có z+1=x+1-2i suy ra
31 42 2 3 1 2
2 3 12
2
xz i
x
ττ
τ
+ = =⇔ ⇒ = − −
= −− = −
Dạng 3) ỨNG DỤNG SỐ PHỨC TRONG BÀI TOÁN T Ổ HỢP Ví dụ 1) Tính các tổng sau khi n=4k+1 a) 0 2 4 2 2 2
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1....... n nn n n n nS C C C C C−