Bài 37 trang 208 SGK giải tích 12 nâng cao. Tìm phần thực, phần ảo của \(a)\,{\left( {2 - 3i} \right)^3}\,;\) \(b)\,{{3 + 2i} \over {1 - i}} + {{1 - i} \over {3 - 2i}}\,;\) \(c)\,{\left( {x + iy} \right)^2} - 2\left( {x + iy} \right) + 5\,\,\left( {x,y \in\mathbb R} \right).\) Với x,y nào thì số phức đó là số thực? Giải \(a)\,{\left( {2 - 3i} \right)^3} = {2^3} - 3.2.3i\left( {2 - 3i} \right) - {\left( {3i} \right)^3} = 8 - 18i\left( {2 - 3i} \right) + 27i = - 46 - 9i\) Vậy phần thực là \(-46\), phần ảo là \(-9\). \(\eqalign{ & b)\,{{3 + 2i} \over {1 - i}} = {{\left( {3 + 2i} \right)\left( {1 + i} \right)} \over 2} = {{1 + 5i} \over 2} = {1 \over 2} + {5 \over 2}i \cr & {{1 - i} \over {3 - 2i}} = {{\left( {1 - i} \right)\left( {3 + 2i} \right)} \over {13}} = {{5 - i} \over {13}} = {5 \over {13}} - {1 \over {13}}i \cr} \) Do đó \(\,{{3 + 2i} \over {1 - i}} + {{1 - i} \over {3 - 2i}}\, ={1 \over 2} + {5 \over 2}i +{5 \over {13}} - {1 \over {13}}i = {{23} \over {26}} + {{63} \over {26}}i\) Vậy phần thực là \({{23} \over {26}}\), phần ảo là \({{63} \over {26}}\) \(c)\,\,{\left( {x + iy} \right)^2} - 2\left( {x + iy} \right) + 5 = {x^2} - {y^2} - 2x + 5 + 2y\left( {x - 1} \right)i\) Vậy phần thực là \({x^2} - {y^2} - 2x + 5\), phần ảo là \(2y\left( {x - 1} \right)\). Số phức đó là số thực khi vào chỉ khi \(2y\left( {x - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow y = 0\) hoặc \(x = 1\). Bài 38 trang 209 SGK giải tích 12 nâng cao. Chứng minh rằng \(\left| z \right| = \left| {\rm{w}} \right| = 1\) thì số \({{z + {\rm{w}}} \over {1 + z{\rm{w}}}}\) là số thực (giả sử \(1 + z{\rm{w}} \ne 0\)). Giải Ta có \(z.\overline z = {\left| z \right|^2} = 1 \Rightarrow \overline z = {1 \over z}\). Tương tự \(\overline {\rm{w}} = {1 \over {\rm{w}}}\) Do đó \(\overline {\left( {{{z + {\rm{w}}} \over {1 + z{\rm{w}}}}} \right)} = {{\overline z + \overline {\rm{w}} } \over {1 + \overline z .\overline {\rm{w}} }} = {{{1 \over z} + {1 \over {\rm{w}}}} \over {1 + {1 \over z}.{1 \over {\rm{w}}}}} = {{z + {\rm{w}}} \over {1 + z{\rm{w}}}}\). Suy ra \({{z + {\rm{w}}} \over {1 + z{\rm{w}}}}\) là số thực. Bài 39 trang 209 SGK giải tích 12 nâng cao. Giải các phương trình sau trên C: \(\eqalign{ & a)\,{\left( {z + 3 - i} \right)^2} - 6\left( {z + 3 - i} \right) + 13 = 0; \cr & b)\,\left( {{{iz + 3} \over {z - 2i}}} \right)^2 - 3{{iz + 3} \over {z - 2i}} - 4 = 0; \cr} \) \(c)\,\,{\left( {{z^2} + 1} \right)^2} + {\left( {z + 3} \right)^2} = 0.\) Giải a) Đặt \({\rm{w}} = z + 3 - i\) ta được phương trình: \(\eqalign{ & {{\rm{w}}^2} - 6{\rm{w}}+ 13 = 0 \Leftrightarrow {\left( {{\rm{w}} - 3} \right)^2} = - 4 = 4{i^2} \cr & \Leftrightarrow \left[ \matrix{ {\rm{w}} = 3 + 2i \hfill \cr {\rm{w}} = 3 - 2i \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left[ \matrix{ z + 3 - i = 3 + 2i \hfill \cr z + 3 - i = 3 - 2i \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left[ \matrix{ z = 3i \hfill \cr z = - i \hfill \cr} \right. \cr} \) Vậy \(S = \left\{ { - i;3i} \right\}\) b) Đặt \({\rm{w}} = {{iz + 3} \over {z - 2i}}\) ta được phương trình: \({{\rm{w}}^2} - 3{\rm{w}} - 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \matrix{ {\rm{w}} = - 1 \hfill \cr {\rm{w}} = 4 \hfill \cr} \right.\) Với \({\rm{w}} = -1\) ta có \({{iz + 3} \over {z - 2i}} = - 1 \Leftrightarrow iz + 3 = - z + 2i\) \( \Leftrightarrow \left( {i + 1} \right)z = - 3 + 2i \Leftrightarrow z = {{ - 3 + 2i} \over {1 + i}} = {{\left( { - 3 + 2i} \right)\left( {1 - i} \right)} \over 2} = {{ - 1 + 5i} \over 2}\) Với \({\rm{w}} = 4\) ta có \({{iz + 3} \over {z - 2i}} = 4 \Leftrightarrow \left( {4 - i} \right)z = 3 + 8i\) \( \Leftrightarrow z = {{3 + 8i} \over {4 - i}} = {{\left( {3 + 8i} \right)\left( {4 + i} \right)} \over {17}} = {{4 + 35i} \over {17}}\) Vậy \(S = \left\{ {{{ - 1 + 5i} \over 2};{{4 + 35} \over {17}}} \right\}\) \(c)\,{\left( {{z^2} + 1} \right)^2} + {\left( {z + 3} \right)^2} = {\left( {{z^2} + 1} \right)^2} - {\left[ {i\left( {z + 3} \right)} \right]^2}\) \( = \left( {{z^2} + 1 + i\left( {z + 3} \right)} \right)\left( {{z^2} + 1 - i\left( {z + 3} \right)} \right) = 0\) \(\Leftrightarrow\left[ \matrix{ {z^2} + 1 + i\left( {z + 3} \right) = 0\,\,\left( 1 \right) \hfill \cr {z^2} + 1 - i\left( {z + 3} \right) = 0\,\,\,\left( 2 \right) \hfill \cr} \right.\) Phương trình (1) là phương trình bậc hai \({z^2} + iz + 1 + 3i = 0\); \(\Delta = - 5 - 12i = {\left( {2 - 3i} \right)^2}\) Phương trình có hai nghiệm là \({z_1} = 1 - 2i\) và \({z_2} = - 1 + i\). Phương trình (2) là phương trình bậc hai \({z^2} - iz + 1 - 3i = 0\); \(\Delta = - 5 + 12i = {\left( {2 + 3i} \right)^2}\) Phương trình có hai nghiệm là \({z_3} = 1 + 2i\) và \({z_4} = - 1 - i\) Vậy \(S = \left\{ {1 - 2i; - 1 + i;1 + 2i; - 1 - i} \right\}\) Bài 40 trang 209 SGK giải tích 12 nâng cao. Xét các số phức: \({z_1} = \sqrt 6 - i\sqrt 2 ;\,\,{z_2} = - 2 - 2i;\,\,\,{z_3} = {{{z_1}} \over {{z_2}}}\) a) Viết \({z_1};\,{z_2};\,{z_3}\) dưới dạng lượng giác; b) Từ câu a) hãy tính \(\cos {{7\pi } \over {12}}\) và \(\sin {{7\pi } \over {12}}\). Giải \(\eqalign{ & a)\;\;z_1=\sqrt 2 \left( {\sqrt 3 - i} \right) = 2\sqrt 2 \left[ {\cos \left( { - {\pi \over 6}} \right) + i\sin \left( { - {\pi \over 6}} \right)} \right], \cr & {z_2} = 2\left( { - 1 - i} \right) = 2\sqrt 2 \left[ {\cos \left( { - {{3\pi } \over 4}} \right) + i\sin \left( { - {{3\pi } \over 4}} \right)} \right], \cr & {z_3} = {{{z_1}} \over {{z_2}}} = \cos \left( { - {\pi \over 6} + {{3\pi } \over 4}} \right) + i\sin \left( { - {\pi \over 6} + {{3\pi } \over 4}} \right) = \cos \left( {{{7\pi } \over {12}}} \right) + i\sin \left( {{{7\pi } \over {12}}} \right) \cr} \) b) Mặt khác \({{{z_1}} \over {{z_2}}} = {{\sqrt 6 - i\sqrt 2 } \over { - 2 - 2i}} = {{\left( {\sqrt 6 - i\sqrt 2 } \right)\left( { - 2 + 2i} \right)} \over 8} = {{ - \sqrt 6 + \sqrt 2 } \over 4} + {{\sqrt 6 + \sqrt 2 } \over 4}i\) nên so sánh với kết quả câu a), suy ra: \(\cos {{7\pi } \over {12}} = {{ - \sqrt 6 + \sqrt 2 } \over 4};\,\sin {{7\pi } \over {12}} = {{\sqrt 6 + \sqrt 2 } \over 4}\) Bài 41 trang 209 SGK giải tích 12 nâng cao. Cho \(z = \left( {\sqrt 6 + \sqrt 2 } \right) + i\left( {\sqrt 6 - \sqrt 2 } \right)\) a) Viết \({z^2}\) dưới dạng đại số và dưới dạng lượng giác; b) Từ câu a), hãy suy ra dạng lượng giác của z. Giải \(\eqalign{ & a)\,{z^2} = {\left( {\sqrt 6 + \sqrt 2 } \right)^2} - {\left( {\sqrt 6 - \sqrt 2 } \right)^2} + 2i\left( {\sqrt 6 + \sqrt 2 } \right)\left( {\sqrt 6 - \sqrt 2 } \right) \cr & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = 4\sqrt {12} + 2i\left( {6 - 2} \right) = 8\sqrt 3 + 8i = 16\left( {\cos {\pi \over 6}+i\sin {\pi \over 6}} \right) \cr} \) b) Theo ứng dụng 2 của công thức Moa – vrơ, để ý rằng phần thực và phần ảo của z đều dương, suy ra \(z = 4\left( {\cos {\pi \over {12}} + i\sin {\pi \over {12}}} \right)\) Bài 42 trang 209 SGK giải tích 12 nâng cao. a) Bằng cách biểu diễn hình học các số phức 2 + i và 3 + i, hãy chứng minh rằng nếu \(\tan a = {1 \over 2},\,\tan b = {1 \over 3}\)với \(a,b \in \left( {0;{\pi \over 2}} \right)\) thì \(a + b = {\pi \over 4}\). b) Bằng cách biển diễn hình học các số phức 2 + i, 5+ i và 8 + i, hãy chứng minh rằng nếu \(\tan a = {1 \over 2},\,\tan b = {1 \over 5},\,\tan c = {1 \over 8}\) với \(a,b,c \in \left( {0;{\pi \over 2}} \right)\) thì \(a + b + c = {\pi \over 4}\). Giải a) Biểu diễn hình học \(2 + i, 3 + i\) theo thứ tự bới M và N trong mặt phẳng phức ta có: \(\tan \left( {Ox,\,OM} \right) = {1 \over 2} = \tan a\) \(\tan \left( {Ox,\,ON} \right) = {1 \over 3} = \tan b\) Xét \(z.z' = (2 + i).(3 + i) = 5(1 + i) \) \(= 5\sqrt 2 \left( {\cos {\pi \over 4} + i\sin {\pi \over 4}} \right)\) Số \(zz'\) có acgumen là \({{\pi \over 4}}\), suy ra \(a + b = {\pi \over 4}\) b) \({z_1} = 2 + i\) có một acgumen là a với \(\tan a = {1 \over 2}\) \({z_2} = 5 + i\) có một acgumen là b với \(\tan b = {1 \over 5}\) \({z_3} = 8 + i\) có một acgumen là c với \(\tan c = {1 \over 8}\) Xét \(z = {z_1}{z_2}{z_3} = \left( {2 + i} \right)\left( {5 + i} \right)\left( {8 + i} \right) = 65\left( {1 + i} \right)\) \(\,\,\, = 65\sqrt 2 \left( {{{\sqrt 2 } \over 2} + i{{\sqrt 2 } \over 2}} \right) = 65\sqrt 2 \left( {\cos {\pi \over 4} + i\sin {\pi \over 4}} \right)\) \(z\) có acgumen là \({\pi \over 4}\), suy ra \(a + b + c = {\pi \over 4}\)
