Giải SBT Giải Tích 12 ( nâng cao). Bài 3: Dạng lượng giác của số phức. Ứng dụng

Bài 4.25

Cho hai số phức khác 0 là (z = rleft( {{rm{cos}}varphi  + isin varphi } right)) và (z’ = r’left( {{rm{cos}}varphi ‘ + isin varphi ‘} right),left( {r,r’,varphi ,varphi ‘ in R} right))

Tìm điều kiện cần và đủ về (r,r’,varphi ,varphi ‘) để (z = z’)

Giải

(z = z’) khi và chỉ khi hoặc (r’ = r,varphi ‘ = varphi  + k2pi left( {k in Z} right),) hoặc (r’ =  – r,varphi ‘ = varphi  + left( {2k + 1} right)pi left( {k in Z} right))

——————————————————

Bài 4.26 Xác định tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z thỏa mãn từng điều kiện sau:

a) Một acgumen của (z – left( {1 + 2i} right)) bằng ({pi  over 6})  

b) Một acgumen của (z + i) bằng một acgumen của (z – 1)

Giải

a) Tia có gốc A (là điểm biểu diễn số (1 + 2i)) với vectơ chỉ hướng (overrightarrow u ) biểu diễn số (sqrt 3  + i) (tức là (overrightarrow u ) có một acgumen là ({pi  over 6})) (không kể điểm A) (h.4.8)

b) Các điểm B, J theo thứ tự biểu diễn số 1, -i thì tập hợp cần tìm là các điểm thuộc đường thẳng BJ nằm ngoài đoạn BJ (h.4.9)

                            Giải SBT Giải Tích 12 ( nâng cao). Bài 3: Dạng lượng giác của số phức. Ứng dụng

———————————————————–

Bài 4.28 Viết dạng lượng giác của mỗi số phức sau:

a) (sin varphi  + i2{sin ^2}{varphi  over 2})                       

b) ({rm{cos}}varphi  + ileft( {1 + sin varphi } right))

Giải

a) (sin varphi  +2 i{sin ^2}{varphi  over 2} = 2sin {varphi  over 2}left( {{rm{cos}}{varphi  over 2} + isin{varphi  over 2}} right),) nên

khi (sin {varphi  over 2} = 0,) số đó có dạng lượng giác không xác định

khi (sin {varphi  over 2} > 0,) dạng viết trên là dạng lượng giác của số đã cho.

Khi (sin {varphi  over 2} < 0,) số đó có dạng lượng giác

( – 2sin {varphi  over 2}left[ {{rm{cos}}left( {{varphi  over 2} + pi } right) + isinleft( {{varphi  over 2} + pi } right)} right])

b) ({rm{cos}}varphi  + ileft( {1 + sin varphi } right) )

(= sin left( {varphi  + {pi  over 2}} right) + ileft[ {1 – c{rm{os}}left( {varphi  + {pi  over 2}} right)} right])

(=sinleft( {varphi  + {pi  over 2}} right) + i2{sin ^2}left( {{varphi  over 2} + {pi  over 4}} right))

Nên theo câu a) ta có:

Khi (sin left( {{varphi  over 2} + {pi  over 4}} right) = 0,) số đã cho có dạng lượng giác không xác định.

Khi (sin left( {{varphi  over 2} + {pi  over 4}} right) > 0,) số đã cho có dạng lượng giác

(  2sin left( {{varphi  over 2} + {pi  over 4}} right)left[ {{rm{cos}}left( {{varphi  over 2} + {pi  over 4}} right) + isinleft( {{varphi  over 2} + {pi  over 4}} right)} right])

Khi (sin left( {{varphi  over 2} + {pi  over 4}} right) < 0,) số đã cho có dạng lượng giác

( – 2sin left( {{varphi  over 2} + {pi  over 4}} right)left[ {{rm{cos}}left( {{varphi  over 2} + {{5pi } over 4}} right) + isinleft( {{varphi  over 2} + {{5pi } over 4}} right)} right])

———————————————————-

Bai 4.29

Tìm số phức z sao cho (left| z right| = left| {z – 2} right|) và một acgumen của (z – 2) bằng một acgumen của (z + 2) cộng với ({pi  over 2})

Giải

Cần tìm z sao cho (left| z right| = left| {z – 2} right|) chứng tỏ M biểu diễn z cách đều O và điểm A biểu diễn 2, tức là phần thực của z bằng 1.

({{z – 2} over {z + 2}} = {{left( {z – 2} right)left( {overline z + 2} right)} over {{{left| {z + 2} right|}^2}}} = {{zoverline  z – 4 + 2left( {z – overline  z} right)} over {{{left| {z + 2} right|}^2}}} = lileft( {l > 0} right)) khi và chỉ khi (zoverline  z – 4 = 0) (tức là (left| z right| = 2)) và phần ảo của z phải dương.

Vậy điểm M biểu diễn z phải thuộc nửa đường tròn nằm phía trên trục thực, có tâm O, có bán kính bằng 2. Giao của nửa đường tròn đó với đường thẳng (x = 1) là điểm M biểu diễn điểm z cần tìm. Vậy số số đó là (z = 1 + sqrt 3 i) (Về hình học: điều kiện một acgumen của (z – 2) bằng một acgumen (z + 2) cộng với ({pi  over 2}) có nghĩa là góc lượng giác tia đầu MA’, tia cuối MA (A’, A theo thứ tự biểu diễn -2 và 2) bằng ({pi  over 2})) (h.4.10

Giải SBT Giải Tích 12 ( nâng cao). Bài 3: Dạng lượng giác của số phức. Ứng dụng

Cách 2: Nếu viết (z = x + yileft( {x,y in R} right)) thì (left| z right| = left| {z – 2} right| Leftrightarrow x = 1)

Khi đó ({{z – 2} over {z + 2}} = {{1 + iy – 2} over {1 + iy + 2}} = {{ – 1 + iy} over {3 + iy}} = {{ – 3 + {y^2} + 4iy} over {9 + {y^2}}} = li) (l thực dương)

( Leftrightarrow left{ matrix{{y^2} = 3 hfill cr y > 0 hfill cr}  right. Leftrightarrow y = sqrt 3 )

Vậy (z = 1 + sqrt 3 i)

————————————————————–

Bài 4.30

Xác định tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z sao cho ({{z – 2} over {z + 2}}) có một acgumen bằng ({pi  over 3})

Giải               

({{z – 2} over {z + 2}} = {{zoverline z – 4 + 2left( {z – overline z} right)} over {{{left| {z + 2} right|}^2}}}) có một acgumen bằng ({pi  over 3}) khi và chỉ khi (zbar z – 4 + 2left( {z – bar z} right) = lleft( {1 + isqrt 3 } right)), l là số thực dương.

Nếu viết (z = x + yileft( {x,y in R} right)) thì

 (eqalign{& zbar z – 4 + 2left( {z – bar z} right) = {x^2} + {y^2} – 4 + 4yi cr&;;;;;; ;;;;;;;;;;;; ;;;;;;;;;;; = l + lsqrt 3 ileft( { > 0} right)  cr&  Leftrightarrow 4y = left( {{x^2} + {y^2} – 4} right)sqrt 3  cr&Leftrightarrow {x^2} + {left( {y – {2 over {sqrt 3 }}} right)^2} – {{16} over 3} = 0 cr} )

 

Vậy M chạy trên cung tròn có tâm biểu diễn ({2 over {sqrt 3 }}i) và có bán kính bằng ({4 over {sqrt 3 }}) nằm ở phía trên trục thực.

Chú ý: A’, A là các điểm theo thứ tự biểu diễn -2. 2 thì điều kiện ({{z – 2} over {z + 2}}) có một acgumen bằng ({pi  over 3}) có nghĩa là góc lượng giác tia đầu MA’, tia cuối MA’ (M là điểm biểu diễn z) bằng ({pi  over 3}). Suy ra quỹ tích của M là cung tròn chứa góc ({pi  over 3}) căng trên đoạn A’A (không kể A, A’) (h.4.11)

                                                   Giải SBT Giải Tích 12 ( nâng cao). Bài 3: Dạng lượng giác của số phức. Ứng dụng

——————————————————

Bài 4.32

a) Hỏi với số nguyên dương n nào, số phức ({left( {{{3 – sqrt 3 i} over {sqrt 3  – 3i}}} right)^n}) là số thực, là số ảo ?

b) Cũng câu hỏi tương tự cho số phức ({left( {{{7 + i} over {4 – 3i}}} right)^n})

Giải      

a) ({{3 – sqrt 3 i} over {sqrt 3  – 3i}} = {{sqrt 3  + i} over 2} = c{rm{os}}{pi  over 6} + isin{pi  over 6}) nên với số n nguyên dương, ta có:

({left( {{{3 – sqrt 3 i} over {sqrt 3  – 3i}}} right)^n} = c{rm{os}}{{npi } over 6} + isin{{npi } over 6})

Số đó là số thực ( Leftrightarrow sin {{npi } over 6} = 0 Leftrightarrow n = 6k) (k là số nguyên dương)

Số đó là số ảo ( Leftrightarrow c{rm{os}}{{npi } over 6} = 0 Leftrightarrow {{npi } over 6} = {pi  over 2} + kpi  Leftrightarrow n = 6k + 3) (k là số nguyên không âm).

b) ({{7 + i} over {4 – 3i}} = 1 + i = sqrt 2 left( {{rm{cos}}{pi  over 4} + isin{pi  over 4}} right)) nên với số n nguyên dương, ta có:

({left( {{{7 + i} over {4 – 3i}}} right)^n} = {left( {sqrt 2 } right)^n}left( {{rm{cos}}{npi  over 4} + isin{npi  over 4}} right))

Số đó là số thực ( Leftrightarrow sin {{npi } over 4} = 0 Leftrightarrow n = 4k) (k nguyên dương)

Số đó là số ảo ( Leftrightarrow cos {{npi } over 4} = 0 Leftrightarrow n = 4k+2) (k là số nguyên không âm)

———————————————————

Bài 4.33

Cho A, B, C, D là bốn điểm trong mặt phẳng phức theo thứ tự biểu diễn các số

(4 + left( {3 + sqrt 3 } right)i)                       (2 + left( {3 + sqrt 3 } right)i)       (1 + 3i)                               (3 + i)

Chứng minh rằng bốn điểm đó cùng nằm trên một đường tròn.

Giải

Chỉ cần chứng minh các góc lượng giác (CA,CB), (DA, DB) có số đo bằng nhau (sai khác (kpi, ;kin Z) ) (h.4.12)

Ta có (overrightarrow {CA} ) biểu diễn số phức (3 + sqrt 3 i),  (overrightarrow {CB} ) biểu diễn số phức (1 + sqrt 3 i) nên số đo góc (CA, CB) là một acgumen của ({{1 + sqrt 3 i} over {3 + sqrt 3 i}}) cũng là một acgumen của (left( {1 + sqrt 3 i} right)left( {3 – sqrt 3 i} right) = 2sqrt 3 left( {sqrt 3  + i} right))

Giải SBT Giải Tích 12 ( nâng cao). Bài 3: Dạng lượng giác của số phức. Ứng dụng

Ta có (overrightarrow {DA} ) biểu diễn số phức (1 + (2 + sqrt 3 )i),(overrightarrow {DB} ) biểu diễn số phức ( – 1 + (2 + sqrt 3 )i) nên số đo góc (DA, DB) là một acgumen của ({{ – 1 + (2 + sqrt 3 )i} over {1 + (2 + sqrt 3 )i}}) cũng là một acgumen của

(left[ { – 1 + left( {2 + sqrt 3 } right)i} right]left[ {1 – left( {2 + sqrt 3 } right)i} right] )

(= 2left( {sqrt 3  + 2} right)left( {sqrt 3  + i} right))

Rõ ràng số này số (2sqrt 3 (sqrt 3  + i)) có cùng acgumen ( sai khác (k2pi ,k in Z))

———————————————————

Bài 4.34

Biểu diễn hình học các số (5 + i)  và (239 + i) rồi chứng minh rằng nếu các số thực a, b thỏa mãn các điều kiện (0 < a < {pi  over 2},0 < b < {pi  over 2}) và ({mathop{rm tana}nolimits}  = {1 over 5},{mathop{rm tanb}nolimits}  = {1 over {239}}) thì (4a – b = {pi  over 4})

Giải

Điểm M để biểu diễn số (5 + i), điểm N biểu diễn số (239 + i) thì (tan left( {Ox,OM} right) = {1 over 5} = tan a), tan(({rm{O}}x,ON) ) ( = {1 over {239}} = tan b).

Do M, N nằm trong góc phần tư thứ nhất của hệ tọa độ (Oxy), còn (0 < a < {pi  over 2}), (0 < b < {pi  over 2}) nên một acgumen của (5 + i) là (a), một acgumen của (239 + i) là (b) . Từ đó một acgumen của ({{{{left( {5 + i} right)}^4}} over {239 + i}}) là (4a – b).

Ta có    ({{{{left( {5 + i} right)}^4}} over {239 + i}} = {{476 + 480i} over {239 + i}}), mà (left( {239 + i} right)left( {1 + i} right) = 238 + 240i)

Nên   ({{{{left( {5 + i} right)}^4}} over {239 + i}} = 2(1 + i))

Số    (2(1 + i)) có một acgumen bằng ({pi  over 4})

Vậy (4a – b = {pi  over 4} + k2pi ) ((k in Z)).

Dễ thấy (0 < b < a < {pi  over 4}), suy ra (4a – b = {pi  over 4}).

——————————————————–

Bài 4.35

Cho tam giác đều OAB trong mặt phằng phức (O là gốc tọa độ). Chứng minh rằng nếu A, B theo thứ tự biểu diễn các số ({z_1},{z_0})  thì ({z_0}^2 + {z_1}^2 = {z_0}{z_1})

Giải

Tam giác OAB là tam giác đều khi và chỉ khi OA = OB và góc ( OA, OB ) bằng ({pi  over 3}) hoặc ( – {pi  over 3}) tức là khi và chỉ khi ({z_0} ne 0) và nếu đặt ({{{z_1}} over {{z_0}}} = alpha ) thì (left| alpha  right| = 1) và một acgumen của (alpha ) là ({pi  over 3}) hoặc ( – {pi  over 3}).

Mặt khác, khi ({{{z_1}} over {{z_0}}} = alpha ) thì (z_0^2 + z_1^2 = {z_0}{z_1} Leftrightarrow z_0^2 + {alpha ^2}z_0^2 = alpha z_0^2 Leftrightarrow 1 + {alpha ^2} = alpha )

( Leftrightarrow {alpha ^2} – alpha  + 1 = 0 Leftrightarrow alpha  = {{1 pm sqrt 3 i} over 2} Leftrightarrow leftlfloor alpha  rightrfloor  = 1) và một acgumen của (alpha ) là ({pi  over 3}) hoặc ( – {pi  over 3}).

Vậy ta đã chứng minh : OAB là tam giác đều khi và chỉ khi (z_0^2 + z_1^2 = {z_0}{z_1}) ( (z ne 0)).

——————————————————

Bài 4.36

a) Cho (z = c{rm{os}}varphi {rm{ + }}isin varphi left( {varphi  in R} right)). Chứng minh rằng với mọi số nguyên (n ge 1), ta có

({z^n} + {1 over {{z^n}}} = 2cos nvarphi ,{z^n} – {1 over {{z^n}}} = 2isin nvarphi )

b) Từ câu a), chứng minh rằng

(c{rm{o}}{{rm{s}}^4}varphi  = {1 over 8}left( {{rm{cos4}}varphi  + 4cos 2varphi  + 3} right))

({sin ^5}varphi  = {1 over {16}}left( {sin 5varphi  – 5sin 3varphi  + 10sin varphi } right))

Giải

a) ({z^n} = cos nvarphi  + isin nvarphi ,{1 over {{z^n}}} = cos nvarphi  – isin nvarphi ) nên

({z^n} + {1 over {{z^n}}} = 2cos nvarphi ,{z^n} – {1 over {{z^n}}} = 2isin nvarphi )

(Đặc biệt ({z} + {1 over z} = 2cos varphi ,z – {1 over z} = 2isin varphi )).

b) (c{rm{o}}{{rm{s}}^4}varphi  = {left[ {{1 over 2}left( {z + {1 over z}} right)} right]^{ – 4}} )

(= {1 over {{2^4}}}left[ {{z^4} + {1 over {{z^4}}} + C_4^1left( {{z^2} + {1 over {{z^2}}}} right) + C_4^2} right])

( = {1 over {{2^4}}}left( {2cos 4varphi  + 4.2cos2varphi  + 6} right) )

(= {1 over 8}left( {cos 4varphi  + 4cos2varphi  + 3} right))

({sin ^5}varphi  = {left[ {{1 over {2i}}left( {z – {1 over z}} right)} right]^5})

( = {1 over {{2^5}i}}left[ {left( {{z^5} – {1 over {{z^5}}}} right) – C_5^1left( {{z^3} – {1 over {{z^3}}}} right) + C_5^2left( {z – {1 over z}} right)} right])

( = {1 over {{2^5}}}left( {2sin 5varphi  – 2C_5^1sin 3varphi  + 2C_5^2sin varphi } right))

(={1 over {16}}left( {sin 5varphi  – 5sin 3varphi  + 10sin varphi } right)).

The post Giải SBT Giải Tích 12 ( nâng cao). Bài 3: Dạng lượng giác của số phức. Ứng dụng appeared first on Học giải bài tập.

Goc hoc tap