Chương 4: SỐ PHỨC

a) Điểm \(P_1\left(0,2\right)\) thuộc phần dương trục tung, nên :

              \(r_1=2,\theta_1=\frac{\pi}{2};z_1=2\left(\cos\frac{\pi}{2}+i\sin\frac{\pi}{2}\right)\)

             Arg\(z_1=\left\{\frac{\pi}{2}+2k\pi,k\in Z\right\}\)

b) Điểm \(P_2\left(-1,0\right)\) thuộc phần âm trục hoành, nên :

              \(r_2=1,\theta_2=\pi;z_2=\cos\pi+i\sin\pi\)

             Arg\(z_2=\left\{\pi+2k\pi\right\}\)

              \(r_3=2,\theta_3=0;z_3=2\left(\cos0+i\sin0\right)\)

             Arg\(z_3=\left\{2k\pi,k\in Z\right\}\)

d) Điểm \(P_4\left(0,-3\right)\) thuộc phần âm trục tung, nên :

              \(r_4=3,\theta_4=\frac{3\pi}{2};z_4=2\left(\cos\frac{3\pi}{2}+i\sin\frac{3\pi}{2}\right)\)

             Arg\(z_4=\left\{\frac{3\pi}{2}+2k\pi,k\in Z\right\}\)

Rõ ràng 

  \(1=\cos0+i\sin0;i=\cos\frac{\pi}{2}+i\sin\frac{\pi}{2}\)

   \(-1=\cos\pi+i\sin\pi;i=\cos\frac{3\pi}{2}+i\sin\frac{3\pi}{2}\)

\(\left|z\right|=\sqrt{\left(1+\cos a\right)^2+\sin^2a}=\sqrt{2\left(1+\cos a\right)}=\sqrt{4\cos^2\frac{a}{2}}=2\left|\cos\frac{a}{2}\right|\)

a) Nếu \(a\in\left(0,\pi\right)\Rightarrow\frac{a}{2}\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right)\), P nằm góc phần tư thứ nhất.

Do đó

                \(\theta=arctan\frac{\sin a}{1+\cos a}=arctan\left(tan\frac{a}{2}\right)=\frac{a}{2}\)

                \(z=2\cos\frac{a}{2}\left(\cos\frac{a}{2}+i\sin\frac{a}{2}\right)\)

b) 

Nếu \(a\in\left(\pi,2\pi\right)\Rightarrow\frac{a}{2}\in\left(\frac{\pi}{2},\pi\right)\), P nằm góc phần tư thứ tư.

Do đó

                \(\theta=arctan\left(tan\frac{a}{2}\right)+2\pi=\frac{a}{2}-\pi+2\pi=\frac{a}{2}+\pi\)

                \(z=-2\cos\frac{a}{2}\left[\cos\left(\frac{a}{2}+\pi\right)+i\sin\left(\frac{a}{2}+\pi\right)\right]\)

c) Nếu \(a=\pi\) thì \(z=0\)

Từ hệ thức :

\(y=tx+\left(1-t\right)z\)

Bất đẳng thức 

\(\frac{\left|z\right|-\left|y\right|}{\left|z-y\right|}\ge\frac{\left|z\right|-\left|x\right|}{\left|z-x\right|}\)

Trở thành :

\(\left|z\right|-\left|y\right|\ge t\left(\left|z\right|-\left|x\right|\right)\)

hay 

\(\left|y\right|\le\left(1-t\right)\left|z\right|+t\left|x\right|\)

Vận dụng bất đẳng thức tam giác cho 

\(y=\left(1-t\right)x+tx\) ta có kết quả

Bất đẳng thức thứ hai, được chứng minh tương tự bởi

\(y=tx+\left(1-t\right)z\)

tương đương với :

\(y-x=\left(1-t\right)\left(z-x\right)\)

a) Gọi \(z_1,z_2\) là các nghiệm của phương trình với \(\left|z_1\right|=1\). Từ \(z_2=\frac{c}{a}.\frac{1}{z_1}\) kéo theo \(\left|z_2\right|=\left|\frac{c}{a}\right|.\frac{1}{\left|z_1\right|}=1\)

vì \(z_1+z_2=-\frac{b}{a},\left|a\right|=\left|b\right|\), ta có \(\left|z_1+z_2\right|^2=1\)

Hệ thức tương đương với 

\(\left(z_1+z_2\right)\left(\overline{z_1}+\overline{z_2}\right)=1\) tức là \(\left(z_1+z_2\right)\left(\frac{1}{z_1}+\frac{1}{z_2}\right)=1\)

\(\left(z_1+z_2\right)^2=z_1z_2\)

hay  \(\left(-\frac{b}{a}\right)^2=\frac{c}{a}\Rightarrow b^2=ac\)

b) Theo câu a) \(b^2=ac,c^2=ab\). Nhân các hệ thức được \(b^2c^2=a^2bc\Rightarrow a^2=bc\)

Do đó \(a^2+b^2+c^2=ab+bc+ca\)

Hệ tương đương  với :

\(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2=0\)

Tức là 

\(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+2\left(a-b\right)\left(b-c\right)+\left(c-a\right)^2=2\left(a-b\right)\left(b-c\right)\)

Kéo theo 

\(\left(a-c\right)^2=\left(a-b\right)\left(b-c\right)\)

Lấy giá trị tuyệt đối, được \(\beta^2=\gamma\alpha\)

Ở đây \(\alpha=\left|b-c\right|,\beta=\left|c-a\right|,\gamma=\left|a-b\right|\)

Tương tự được :

\(\alpha^2=\beta\gamma,\gamma^2=\alpha\beta,\)

Cộng các hệ thức, được :

\(\alpha^2+\beta^2+\gamma^2=\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha\)

Tức là (\(\left(\alpha-\beta\right)^2+\left(\beta-\gamma\right)^2+\left(\gamma-\beta\right)^2=0\)

Do đó : \(\beta=\alpha=\gamma\)

Ko nên chọn bài bạn Tuấn Anh, đi chép mạng đó.

\(\Delta=\left(4-4i\right)^2-\left(63-16i\right)=-63-16i\)

\(r=\left|\Delta'\right|=\sqrt{63^2-16^2}=65\)

Phương trình \(y^2=-63-16i\)

Có nghiệm \(y_{1,2}=\pm\sqrt{\frac{65-63}{2}}+i\sqrt{\frac{65+63}{2}}=\pm\left(1-8i\right)\)

Kéo theo

\(z_{1,2}=4-4i\pm\left(1-8i\right)\)

Do đó \(z_1=5-12i,z_2=3+4i\)

Ta cso thể dùng cách khác để giải phương trình bậc hai trên :

\(\Delta'=\left(4-4i\right)^2-\left(63-16i\right)=-63-16i\)

Tìm căn bậc hai của -63-16i, tức là tìm \(z=x+yi,z^2=-63-16i\)

\(\Rightarrow x^2-y^2+2xyi=-63-16i\)

\(\Rightarrow\begin{cases}x^2-y^2=-63\\xy=-8\end{cases}\)

\(\Rightarrow\begin{cases}x=\pm1\\y=\pm8\end{cases}\)

\(\Delta'\)

có 2 căn bậc 2 là \(1-8i,-1+8i\)

Phương trình có hai nghiệm 

\(z_1=4\left(1-i\right)+\left(1-8i\right)=5-12i\)

\(z_2=4\left(1-i\right)-\left(1-8i\right)=3+4i\)

Đặt \(w=y-1+yi,y\in R\)

Là đủ nếu chứng minh được, tồn tại số thực duy nhất x sao cho 

\(\left(x-1\right)^2+x^2\le\left(y-1\right)^2+y^2\) với mọi \(y\in R\)

Nói cách khác, x là điểm cực tiểu hàm số :

\(f:R\rightarrow R,f\left(y\right)=\left(y-1\right)^2+y^2=2y^2-2y+1=2\left(y-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{1}{2}\)

Do đó, điểm cực tiểu là 

\(x=\frac{1}{2}\Rightarrow z=-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}i\)

Phản chứng

\(\left|z+1\right|\ge\frac{1}{\sqrt{2}}\)  hoặc \(\left|z^2+1\right|<1\)

Đặt z=a+bi => \(z^2=a^2-b^2+2abi\)

                        \(\left(1+a^2-b^2\right)^2+4a^2b^2<1\) ; \(\left(1+a\right)^2+b^2<\frac{1}{2}\)

                        \(\Rightarrow\left(a^2+b^2\right)^2+2\left(a^2+b^2\right)<0\) ; \(2\left(a^2+b^2\right)+4a+1<0\)

Cộng các bất đẳng thức ta được

\(\left(a^2+b^2\right)^2+\left(2a+1\right)^2<0\)

=> Mâu thuẫn => Điều cần chứng minh

\(a^2=\left|z+\frac{1}{z}\right|^2=\left(z+\frac{1}{z}\right)\left(\overline{z}+\frac{1}{z}\right)=\left|z\right|^2+\frac{z^2+\overline{z}^2}{\left|z\right|^2}+\frac{1}{\left|z\right|^2}\)

                       \(=\frac{\left|z\right|^4+\left(z+\overline{z}\right)^2-2\left|z\right|^2+1}{\left|z\right|^2}\)

Do đó :

\(\left|z\right|^4-\left|z\right|^2\left(a^2+2\right)+1=-\left(z+\overline{z}\right)^2\le0\)

\(\Rightarrow\left|z\right|^2\in\left[\frac{a^2+2-\sqrt{a^4+4a^2}}{2};\frac{a^2+2+\sqrt{a^4+4a^2}}{2}\right]\)

\(\Rightarrow\left|z\right|\in\left[\frac{-a+\sqrt{a^4+4a^2}}{2};\frac{a+\sqrt{a^4+4a^2}}{2}\right]\)

max \(\left|z\right|=\frac{a+\sqrt{a^4+4a^2}}{2}\)

min \(\left|z\right|=;\frac{a+\sqrt{a^4+4a^2}}{2}\)

\(\Leftrightarrow z\in M,z=-\overline{z}\)

Đặt \(t=\left|1+z\right|\in\left[0,2\right]\) 

\(t^2=\left(1+z\right)\left(1+\overline{z}\right)=2+2Re\left(z\right)\) 

\(\Rightarrow Re\left(z\right)=\frac{t^2-2}{2}\)

Khi đó \(\left|1-z+z^2\right|=\sqrt{\left|7-2t^2\right|}\)

Xét hàm số :

\(f:\left[0;2\right]\) -> \(R,f\left(t\right)=t+\sqrt{\left|7-2t^2\right|}\)

Ta được :

\(f\left(\sqrt{\frac{7}{2}}\right)=\sqrt{\frac{7}{2}}\le t+\sqrt{\left|7-2t^2\right|}\le f\left(\sqrt{\frac{7}{2}}\right)=\sqrt[3]{\frac{7}{6}}\)

Gọi \(x_1,x_2\) là các nghiệm phương trình và \(r=\left|x_2\right|=\left|x_2\right|\) Khi đó :

\(\frac{p^2}{q^2}=\frac{\left(x_1+x_2\right)^2}{x_1x_2}=\frac{x_1}{x_2}+\frac{x_2}{x_1}+2=\frac{x_1\overline{x_2}}{r^2}+\frac{x_2\overline{x_1}}{r^2}+2=2+\frac{2}{r^2}Re\left(x_1\overline{x_2}\right)\)

Là số thực, hơn nữa :

\(Re\left(x_1\overline{x_2}\right)\ge-\left|x_1\overline{x_2}\right|=-r^2\)

Do đó \(\frac{p^2}{q^2}\ge0\)

vậy \(\frac{p}{q}\) là một số thực