Giải SBT Giải Tích 12 ( nâng cao). Bài: Ôn tập chương IV – Số phức

Hãy chọn một phương án trong bốn phương án đã cho để được khẳng định đúng.

Câu 4.38 

Với mọi số ảo z, số ({z^2} + {left| z right|^2}) là

(A) Số thực dương                               (B) Số thực âm

(C) Số 0                                              (D) Số ảo khác 0

Giải

Chọn C

———————————————————-

Câu 4.39 

Nếu (left| z right| = 1) thì ({{{z^2} – 1} over z})

(A) Lấy mọi giá trị phức                (B) Là số ảo

(C) Bằng  0                                (D) Lấy mọi giá trị thực

Giải

 Chọn B

———————————————————-

Câu 4.40 

Tập hợp các nghiệm phức của phương trình ({z^2} + {left| z right|^2} = 0) là:

(A) Tập hợp mọi số ảo                   (B) (left{ { pm i;0} right})

(C) (left{ { – i;0} right})                                   (D) (left{ 0 right})

Giải

Chọn A

———————————————————-

Câu 4.41 

Nếu một acgumen của số phức (z ne 0) là (varphi ) thì số phức (left( { – {z over {{{bar z}^2}}}} right)) có một acgumen là:

(A) ( – varphi )                                             (B) ( – varphi  + pi )

(C) (3varphi  + pi )                                     (D) (varphi  + pi )

Giải

Chọn C

———————————————————-

Câu 4.42 

Nếu một acgumen của số phức (z ne 0) là (varphi ) thì số phức (i{z^2}) có một acgumen là:

(A) ( – 2varphi )                                     (B) (2varphi  + {pi  over 2})

(C) (varphi  + pi )                                  (D) ( – 2varphi  + {pi  over 2})

Giải

Chọn B

———————————————————-

Bài 4.43

Xác định tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số (z’ = alpha z + beta )  trong đó z là số phức tùy ý thỏa mãn (left| {z – {z_0}} right| le R({z_0},alpha  ne 0,beta ) là những số phức cho trước, R là số thực dương cho trước)

Giải

Vì (alpha  ne 0,z’ = alpha z + beta  Leftrightarrow z = {{z’ + beta } over alpha }), từ đó

(left| {z – {z_0}} right| le R Leftrightarrow left| {{{z’ – beta } over alpha } – {z_0}} right| le R)

(Leftrightarrow left| {z’ – (alpha {z_0} + beta )} right| le Rleft| alpha  right|)

Vậy tập hợp cần tìm là hình tròn ( kể cả đường tròn biên ) với tâm là điểm biểu diễn số (alpha {z_0} + beta ), với bán kính bằng (Rleft| alpha  right|).

———————————————————-

Bài 4.44

Chứng minh rằng hai số phức phân biệt ({z_1},{z_2}) thỏa mãn điều kiện (left| {{z_1}} right| = left| {{z_2}} right|)  khi và chỉ khi ({{{z_1} + {z_2}} over {{z_1} – {z_2}}}) là số ảo.

Giải

({z_1} ne {z_2}) thì ({{{z_1} + {z_2}} over {{z_1} – {z_2}}}) là số ảo ( Leftrightarrow {{{z_1} + {z_2}} over {{z_1} – {z_2}}} + overline {left( {{{{z_1} + {z_2}} over {{z_1} – {z_2}}}} right)}  = 0)

( Leftrightarrow left( {{z_1} + {z_2}} right)overline {left( {{z_1} – {z_2}} right)}  + left( {{z_1} – {z_2}} right)overline {left( {{z_1} + {z_2}} right)}  = 0)

( Leftrightarrow 2left( {{z_1}overline {{z_1}}  – {z_2}overline {{z_2}} } right) = 0 Leftrightarrow left| {{z_1}} right| = left| {{z_2}} right|).

————————————————-

Bài 4.45

a) Cho số phức (alpha  = a + bileft( {a,b in Z} right)) khác 0. Chứng minh rằng tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức (z = x + yileft( {x,y in R} right)) sao cho (bar alpha z + alpha bar z) (k là số thực cho trước) là một đường thẳng.

b) Tìm (alpha ) và k trong câu a) để đường thẳng nói trên đi qua điểm biểu diễn số 2 và 3i.

Giải

a) Từ (alpha  = a + ib,z = x + iy)  ((a,b,x,y in R)) nên

(overline alpha  z + alpha overline z  = k Leftrightarrow ax + by = {k over 2})

b) Chọn (a = {1 over 2},b = {1 over 3}) (tức  (alpha  = {1 over 2} + {1 over 3}i)), k = 2 (không duy nhất).

———————————————-

Bài 4.46 Xác định tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số z  thỏa mãn từng điều kiện sau:

a) (left| {2i – 2bar z} right| = left| {2z – 1} right|)

b) (left| {2iz – 1} right| = 2left| {z + 3} right|)

Giải

a) (left| {2i – 2bar z} right| = left| {2z – 1} right| Leftrightarrow left| {i – overline z } right| = left| {z – {1 over 2}} right|)

(Leftrightarrow left| {z + i} right| = left| {z – {1 over 2}} right|)

Tập hợp cần tìm là đường trung trực của đoạn thẳng nối các điểm biểu diễn các số ( – i) và ({1 over 2})

b) (left| {2i z- 1} right| = 2left| {z + 3} right| )

(Leftrightarrow left| {iz – {1 over 2}} right| = left| {z + 3} right|)

(Leftrightarrow left| {z + {i over 2}} right| = left| {z + 3} right|).

Tập hợp cần tìm là đường trung trực của đoạn thẳng nối các điểm biểu diễn các số ( – {i over 2}) và ( – 3)

—————————————————–

Bài 4.47

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

(1 + 2i),         (1 + sqrt 3  + i),            (1 + sqrt 3  – i),        (1 – 2i)

Chứng minh rằng ABCD là một tứ giác nội tiếp đường tròn. Hỏi tâm đường tròn đó biểu diễn số phức nào ?

Giải

Vì mỗi cặp số (1 + 2i), (1 – 2i) và (1 + sqrt 3  + i), (1 + sqrt 3  – i) là cặp số phức liên hợp nên hai điểm A, D, hai điểm B, C đối xứng qua (Ox); phần thực của hai số đầu khác phần thực của hai số sau nên ABCD là một hình thang cân , do đó nó là một tứ giác nội tiếp đường tròn có tâm J nằm trên trục đối xứng (Ox); J biểu diễn số thực (x) sao cho (left| {overrightarrow {JA} } right| = overrightarrow {left| {JB} right|}  Leftrightarrow left| {1 – x + 2i} right| = left| {1 – x + sqrt 3  + i} right|). Từ đó suy ra  (x) = 1.

(Cách khác : (overrightarrow {AB} ) biểu diễn số phức ( sqrt 3  – i), (overrightarrow {DB} ) biểu diễn số phức (sqrt 3  + 3i) mà ({{sqrt 3  + 3i} over {sqrt 3  – i}} = sqrt 3 i) nên (overrightarrow {AB} overrightarrow {.DB}  = 0). Tương tự (hay vì lí do đối xứng qua (Ox)), (overrightarrow {DC} .overrightarrow {AC}  = 0). Từ đó suy ra AD là một đường kính của đường tròn đi qua A, B, C, D . ( h.4.13)

      Giải SBT Giải Tích 12 ( nâng cao). Bài: Ôn tập chương IV - Số phức

—————————————————–

Bài 4.48

Tìm số phức z thỏa mãn đồng thời

(left| {{{z – 1} over {z – 3}}} right| = 1)  và    (left| {{{z – 2i} over {z + i}}} right| = 2)

Giải

Nếu viết (z = x + yi) ((x,y in R)) thì (left| {{{z – 1} over {z – 3}}} right| = 1 Leftrightarrow x = 2). Khi đó

(left| {{{z – 2i} over {z + i}}} right| = {{sqrt {4 + {{(y – 2)}^2}} } over {sqrt {4 + {{(y + 1)}^2}} }} = 2 Leftrightarrow y =  – 2)

Vậy (z = 2 – 2i)

—————————————————–

Bài 4.49

Giải hệ phương trình hai phức z, w sau: (left{ matrix{ {z^3} + {{rm{w}}^5} = 0 hfill cr {z^2}{left( {{rm{bar w}}} right)^4} = 1 hfill cr}  right.)

Giải

Xét hệ phương trình (left{ matrix{{z^3} + {{rm{w}}^5} = 0(1) hfill cr{z^2}{left( {{rm{bar w}}} right)^4} = 1(2) hfill cr}  right.)

Từ (2) suy ra ({z^6}{(overline {rm{w}} )^{12}} = 1)

Từ (1) suy ra ({z^6} = {{rm{w}}^{10}})

Vậy ({{rm{w}}^{10}}{(overline {rm{w}} )^{12}} = 1). Từ đó  ({left| {rm{w}} right|^{22}} = 1) tức là (left| {rm{w}} right| = 1); suy ra (left| {{z^6}} right| = {left| {rm{w}} right|^{10}}=1) tức là (left| z right| = 1)

Từ ({rm{w}} = {1 over {rm{overline w}}}) và ({{rm{w}}^{10}}{left( {{rm{overline  w}}} right)^{12}} = 1) suy ra ({left( {{rm{bar w}}} right)^2} = 1) nên w bằng 1 hoặc bằng -1.

Từ ({left( {{rm{overline  w}}} right)^2} = 1) và (2) suy ra ({z^2} = 1) tức z bằng 1 hoặc bằng -1.

Từ (1) suy ra hệ có hai nghiệm là (1;-1) và (-1;1).

—————————————————–

Bài 4.50

Tìm tất cả các điểm của mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z sao cho ({{z + i} over {bar z + i}})là số thực.

Giải

Với (z ne i) thì ({{z + i} over {overline  z + i}}) là số thực khi và chỉ khi ({{z + i} over {overline z + i}} = {{overline  z – i} over {bar z – i}}) tức là khi và chỉ khi ({z^2} = {bar z^2}) mà ({z^2} – {left( {bar z} right)^2} = left( {z + bar z} right)left( {z – bar z} right) = 0) khi và chỉ khi (z = bar z) hoặc (z =  – bar z).

Vậy tập hợp cần tìm là tập hợp các điểm thuộc Ox và các điểm thuộc Oy khác điểm I (biểu diễn số i).

—————————————————–

Bài 4.52

Tìm những số thực a, b, c là ba số thực sao cho ({rm{cos}}a.c{rm{os}}b.c{rm{os}}c ne 0). Tìm phần ảo của số phức.

(left( {1 + itan a} right)left( {1 + itan b} right)left( {1 + itan c} right))

Rồi từ đó suy ra rằng với ba số a, b, c như thế thì:

({rm{tana}} + tan b + tan c = t{rm{ana}}.tan b.tan c)

Khi và chỉ khi (a + b + c = kpi left( {k in R} right))

Giải

Phần ảo của số phức (left( {1 + i{mathop{rm tana}nolimits} } right)left( {1 + i{mathop{rm tanb}nolimits} } right)left( {1 + i{mathop{rm tanc}nolimits} } right)) bằng

(tan a + tan b + tan c – tan atan btan c)

Vậy (tan a + tan b + tan c = tan atan btan c) khi và chỉ khi phần ảo của số phức đang xét bằng 0, tức là acgumen của số phức đó là một bội nguyên của (pi )

Mặt khác ,  (1 + itan a = {1 over {{rm{cos}}a}}left( {{rm{cos}}a + isin a} right)) có acgumen là (a + lpi ) (l là số nguyên bất kì); tương tự cho (1 + itan b;1 + itan c). Vậy

(left( {1 + itan a} right)left( {1 + itan b} right)left( {1 + itan c} right)) có acgumen là (a + b + c + mpi ,m in Z)

Kết luận:  (tan a + tan b + tan c = tan atan btan c )

(Leftrightarrow a + b + c = kpi left( {k in Z} right))

—————————————————–

Bài 4.53 Viết dạng phương trình lượng giác của các số phức

a) ({{1 – left( {{rm{cos}}varphi  + isinvarphi } right)} over {1 + {rm{cos}}varphi  + isinvarphi }})                                                        

b) (left[ {1 – left( {{rm{cos}}varphi  + isinvarphi } right)} right]left( {1 + {rm{cos}}varphi  + isinvarphi } right))

Giải

a) Do ({{1 – left( {{rm{cos}}varphi  + isinvarphi } right)} over {1 + {rm{cos}}varphi  + isinvarphi }} =  – itan {varphi  over 2}) nên:

Khi (tan {varphi  over 2} = 0), số đó không có dạng lượng giác xác định.

Khi  (tan {varphi  over 2} > 0), dạng lượng giác của nó là

(left( {  tan {varphi  over 2}} right)left( {{rm{cos}}{-pi  over 2} + isin{-pi  over 2}} right))

Khi  (tan {varphi  over 2} <0), dạng lượng giác của nó là

(left( { – tan {varphi  over 2}} right)left( {{rm{cos}}{pi  over 2} + isin{pi  over 2}} right))

b) (left( {1 – {rm{cos}}varphi  – isinvarphi } right)left( {1 + {rm{cos}}varphi  + isinvarphi } right) )

(= 2sin varphi left( {sin varphi  – icos varphi } right))

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

Khi (sin varphi  = 0,) nó không có dạng lượng giác xác định

Khi (sin varphi  > 0,) dạng trên là dạng lượng giác của nó

Khi (sin varphi  < 0,) dạng lượng giác của nó là

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

—————————————————-

Bài 4.54

a) Cho các số thực a, b sao cho ({{sin a} over 2} ne 0)

Với mỗi số nguyên (n ge 1), xét các tổng

(S = c{rm{os}}b + c{rm{os}}left( {a + b} right) + c{rm{os}}left( {2a + b} right) + … )

(+ c{rm{os}}left( {na + b} right))

(S = sin b + sin left( {a + b} right) + sin left( {2a + b} right) + … )

(+ sin left( {na + b} right))

Tính (S + iT), từ đó suy ra S và T

b) Chứng minh rằng với mọi số thực (a ne kpi left( {k in Z} right)), với mỗi số nguyên (n ge 1)  ta có:

(sin a + sin 3a + … + sin left( {2n – 1} right)a = {{{{sin }^2}na} over {sin a}})

({rm{cos}}a + c{rm{os}}3a + … + c{rm{os}}left( {2n – 1} right)a = {{sin 2na} over {2sin a}})

Giải

a) Đặt (alpha  = c{rm{os}}a + isin a,beta  = cos b + isin b) thì

(eqalign{& S = iT = left[ {cos b + isin b} right] cr&+ left[ {cos left( {a + b} right) + isin left( {a + b} right)} right]  cr &  + left[ {cos left( {2a + b} right) + isin left( {2a + b} right)} right] + … cr&+ left[ {cos left( {na + b} right) + isin left( {na + b} right)} right] cr} )

( = beta  + beta alpha  + beta {alpha ^2} + … + beta {alpha ^n})

( = beta left( {1alpha  + {alpha ^2} + … + {alpha ^n}} right))

( = beta {{1 + {alpha ^{n + 1}}} over {1 – alpha }}) (để ý rằng (alpha  ne 1) do (sin {a over 2} ne 0))

(eqalign{&  = beta {{1 – cos left( {n + 1} right)a – isin left( {n + 1} right)a} over {1 – cos a – isin a}}  cr &  = beta {{sin {{n + 1} over 2}a} over {sin {a over 2}}}left[ {sin {{n + 1} over 2}a – icos {{n + 1} over 2}a} right].cr&;;;;;left[ {sin {a over 2} + ic{rm{os}}{a over 2}} right]  cr &  = beta {{sin {{n + 1} over 2}a} over {sin {a over 2}}}left( {cos {{na} over 2} + isin {{na} over 2}} right)  cr &  = {{sin {{n + 1} over 2}a} over {sin {a over 2}}}left( {cos {{na} over 2} + isin {{na} over 2}} right)left( {cos b + isin b} right)  cr &  = {{sin {{n + 1} over 2}a} over {sin {a over 2}}}left[ {cos left( {{{na} over 2} + b} right) + isin left( {{{na} over 2} + b} right)} right] cr} )

Từ đó suy ra: (S = {{sin {{n + 1} over 2}a} over {sin {a over 2}}}cos left( {{{na} over 2} + b} right))

(T = {{sin {{n + 1} over 2}a} over {sin {a over 2}}}sin left( {{{na} over 2} + b} right))

Chú ý: Trong phần lượng giác ở lớp 11 đã có bài tập tương tự nhưng được giải bằng cách khác.

b) Giải bằng phương pháp tương tự như câu a).

——————————————————————–

Bài 4.55

Trong mặt phẳng phức xét ngũ giác đều ABCDE nội tiếp đường tròn đơn vị. A là điểm biểu diễn số 1 (giả sử đi dọc chu vi đa giác theo ngược chiều kim đồng hồ gặp các đỉnh kế tiếp B, C, D, E). Kí hiệu ({z_1},{z_2},{z_3},{z_4}) là các số phức theo thứ tự biểu diễn bởi các điểm B, C, D, E.

a) Chứng minh rằng (1,{z_1},{z_2},{z_3},{z_4}) là các nghiệm của phương trình ({z^5} – 1 = 0) và ({z_1} + {1 over {{z_1}}} = 2cos {{2pi } over 5})

b) Viết ({z^5} – 1 = left( {z – 1} right)left( {{z^4} + {z^3} + {z^2} + z + 1} right)) rồi đưa phương trình ({z^4} + {z^3} + {z^2} + z + 1 = 0) về phương trình bậc hai đối với ẩn phụ ({rm{w}} = z + {1 over z}). Từ đó suy ra (cos {{2pi } over 5} = {{ – 1 + sqrt 5 } over 4})

Giải

a) ({z_1} = cos {{2pi } over 5} + isin {{2pi } over 5},{z_2} = cos {{4pi } over 5} + isin {{4pi } over 5})

({z_3} = cos {{6pi } over 5} + isin {{6pi } over 5},{z_4} = cos {{8pi } over 5} + isin {{8pi } over 5})

Từ đó theo công thức Moa-vrơ, (1,{z_1},{z_2},{z_3},{z_4}) là nghiệm các phương trình ({z^5} – 1 = 0) (đó là tất cả các nghiệm vì phương trình có bậc 5).

({z_1} + {1 over {{z_1}}} = {z_1} + {bar z_1} = 2cos {{2pi } over 5})

b) Với (z ne 0,)

({z^4} + {z^3} + {z^2} + z + 1 = {z^2}left( {{z^2} + {1 over {{z^2}}} + z + {1 over z} + 1} right))

( = {z^2}left( {{{left( {z + {1 over z}} right)}^2} + left( {z + {1 over z}} right) – 1} right) )

(= {z^2}left( {{{rm{w}}^2} + {rm{w}} – 1} right)), trong đó ({rm{w}} = z + {1 over z})

Phương trình ({{rm{w}}^2} + {rm{w}} – 1 = 0) có hai nghiệm là ({{ – 1 pm sqrt 5 } over 2})

Vì ({z_1},{z_2},{z_3},{z_4}) là bốn nghiệm của phương trình ({z^4} + {z^3} + {z^2} + z + 1 = 0) tức là nghiệm của phương trình:

({left( {z + {1 over z}} right)^2} + left( {z + {1 over z}} right) – 1 = 0) và ({z_4} = {bar z_1} = {1 over {{z_1}}},{z_3} = {bar z_2} = {1 over {{z_2}}})  nên ({z_1} + {1 over {{z_1}}},{z_2} + {1 over {{z_2}}}) là hai nghiệm phân biệt của phương trình ({{rm{w}}^2} + {rm{w}} – 1 = 0)

Từ đó suy ra (2cos {{2pi } over 5} = {{ – 1 + sqrt 5 } over 2}) (còn (2cos {{4pi } over 5} = {{ – 1 – sqrt 5 } over 2})) để ý rằng (cos {{2pi } over 5} > 0,cos {{4pi } over 5} < 0) (h.4.14)

 

Giải SBT Giải Tích 12 ( nâng cao). Bài: Ôn tập chương IV - Số phức

—————————————————–

Bài 4.56

a) Trong  mặt phẳng phức cho điểm A biểu diễn số phức (omega ). Chứng minh rằng phép biến đổi của mặt phẳng phức biến điểm biểu diễn số phức z tùy ý thành biểu diễn số phức z’ sao cho (z’ – omega  = ileft( {z – omega } right)) là phép quay tâm A góc quay ({pi  over 2})

b) Giả sử ba đỉnh A, B, C của tam giác ABC trong mặt phẳng phức theo thứ tự biểu diễn các số (alpha ,beta ,gamma ). Gọi P, Q theo thứ tự là tâm các hình vuông dựng bên ngoài ABC trên các cạnh AB, AC và gọi N là trung điểm của BC. Tìm các số phức biểu diễn bởi các vectơ (overrightarrow {NQ} ,overrightarrow {NP} ) rồi chứng minh NQP là tam giác vuông cân.

Giải

a) M là điểm biểu diễn số phức z, M’ là điểm biểu diễn số phức z’.

Khi M trùng với A tức là (z = omega ) thì (z’ = omega ) nên A biến thành chính nó. Khi M không trung với A thì (left| {overrightarrow {AM’} } right| = left| {z’ – omega } right| = left| i right|left| {z – omega } right| = left| {z – omega } right| = left| {overrightarrow {AM} } right|) và một acgumen của ({{z’ – omega } over {z – omega }} = i) là số đo góc lượng giác (AM,AM’) nên góc này là ({pi  over 2}). Từ đó phép biến đổi đang xét là phép quay tâm A, góc quay  ({pi  over 2})

b) (h.4.15) Giả sử ta đi dọc chu vi tam giác ABC theo ngược chiều quay kim đồng hồ. Khi đó Q là ảnh của C qua phép quay tâm là trung điểm của CA góc quay ({pi  over 2}) nên nếu kí hiệu q là số phức biểu diễn bởi điểm Q thì theo câu a) ta có

(q – {{gamma  + alpha } over 2} = ileft( {gamma  – {{gamma  + alpha } over 2}} right))

Từ đó

(q = {1 over 2}left[ {left( {1 + i} right)gamma  + left( {1 – i} right)alpha } right])

Đổi (alpha ) thành (beta ), (gamma ) thành (alpha ), ta suy ra p biểu diễn bởi P là

(p = {1 over 2}left[ {left( {1 + i} right)alpha  + left( {1 – i} right)beta } right])

Vậy (overrightarrow {NP} ) biểu diễn số phức (p – {1 over 2}left( {beta  + gamma } right) = {1 over 2}left[ {left( {1 + i} right)alpha  – ibeta  – gamma } right]) và (overrightarrow {NQ} ) biểu diễn số phức

(q – {1 over 2}left( {beta  + gamma } right) = {1 over 2}left[ {left( {1 – i} right)alpha  – beta  + igamma } right]). Rõ  ràng (i,{1 over 2}left[ {left( {1 – i} right)alpha  – beta  + igamma } right] = {1 over 2}left[ {left( {1 + i} right)alpha  – ibeta  – gamma } right]), nên suy ra (NQ = NP) và (overrightarrow {NQ},overrightarrow {NP}  ) vuông góc (h.4.15)

Giải SBT Giải Tích 12 ( nâng cao). Bài: Ôn tập chương IV - Số phức

The post Giải SBT Giải Tích 12 ( nâng cao). Bài: Ôn tập chương IV – Số phức appeared first on Học giải bài tập.

Goc hoc tap