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 \(z=0\)

Đặt \(z=\cos x+i\sin x,x\in\left[0,2\pi\right]\)

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

  \(=\left|\cos2x+i\sin2x+\cos2x-i\sin2x\right|\)

  \(=2\left|\cos2x\right|\)

Do đó : \(\cos2x=\frac{1}{2}\) hoặc \(\cos2x=-\frac{1}{2}\)

- Nếu \(\cos2x=\frac{1}{2}\)

                    thì : \(x_1=\frac{\pi}{6},x_2=\frac{5\pi}{6},x_3=\frac{7\pi}{6},x_4=\frac{11\pi}{6}\)

- Nếu \(\cos2x=-\frac{1}{2}\)

                    thì : \(x_5=\frac{\pi}{3},x_6=\frac{2\pi}{3},x_7=\frac{4\pi}{3},x_8=\frac{5\pi}{3}\)

Dùng công thức Moivre và khai triển nhị thức \(\left(\cos t+i\sin t\right)^5\)

\(\cos5t+i\sin5t=\cos^5t+5i\cos^4t\sin t+10i^2\cos^3t\sin^2t+10i^3\cos^2t\sin^3t+5i^4\cos t\sin^4t+i^5\sin^5t\)

Do đó :

\(\cos5t+i\sin5t=\cos^5t-10\cos^3t\left(1-\cos^2t\right)+5\cos t\left(1-\cos^2t\right)^2+i\left[\sin t\left(1-\sin^2t\right)\sin t-10\left(1-\sin^2t\right)\sin^3t+\sin^5t\right]\)

Đồng nhất hai vế ta có điều phải chứng minh

\(1+i=\sqrt{2}\left(\cos\frac{\pi}{4}+i\sin\frac{\pi}{4}\right)\)

\(\left(1+i\right)^{1000}=\sqrt{2}^{1000}\left(\cos1000\frac{\pi}{4}+i\sin1000\frac{\pi}{4}\right)\)

                  \(=2^{500}\left(\cos250\pi+i\sin250\pi\right)=2^{500}\)

\(z=\frac{2^{10}\left(\cos\frac{7\pi}{4}+i\sin\frac{7\pi}{4}\right)^{10}.2^5\left(\cos\frac{\pi}{6}+i\sin\frac{\pi}{6}\right)^5}{2^{10}\left(\cos\frac{4\pi}{3}+i\sin\frac{4\pi}{3}\right)^{10}}\)

  \(=\frac{2^{10}\left(\cos\frac{35\pi}{3}+i\sin\frac{35\pi}{3}\right)\left(\cos\frac{5\pi}{3}+i\sin\frac{5\pi}{3}\right)}{2^{10}\left(\cos\frac{40\pi}{3}+i\sin\frac{40\pi}{3}\right)}\)

  \(=\frac{\cos\frac{55\pi}{3}+i\sin\frac{55\pi}{3}}{\cos\frac{40\pi}{3}+i\sin\frac{40\pi}{3}}=\cos5\pi+i\sin5\pi=-1\)

Gọi \(P_1,P_2\) là giao điểm của đường tròn (0.1) với tia OM1 và OM2

Dựng P3 thuộc đường tròn và có argument cực \(\theta_1,\theta_2\) Chọn M3 thuộc tia OP3, OM3 =OM1.OM2

Gọi z3 là tọa độ phức của M3. Điểm M3(\(r_1r_2;\theta_1+\theta_2\) biểu diễn tích z1z2

Gọi A là điểm biểu diễn của z=1

\(\frac{OM_3}{OM_1}=\frac{OM_2}{1}\Rightarrow\frac{OM_3}{OM_2}=\frac{OM_2}{OA};\widehat{M_2OM_3}=\widehat{AOM_1}\)

Suy ra 2 tam giác OAM1 và OM2M3 đồng dạng

Đặt \(z=a+bi\Rightarrow\overline{z}=a-bi,\left|z\right|=\sqrt{a^2+b^2}\) Hệ thức đã cho trở thàng \(z^{2002}=\overline{z}\)

\(\left|z\right|^{2002}=\left|z^{2002}\right|=\left|\overline{z}\right|=\left|z\right|\Rightarrow\left(\left|z\right|^{2001}-1\right)=0\)

Do đó :

\(\left|z\right|=0\) tức là (a,b) =(0,0) hoặc \(\left|z\right|=1\). Trong trường hợp \(\left|z\right|=1\), ta có :

\(z^{2002}=\overline{z}\Rightarrow z^{2002}=z.\overline{z}=\left|z\right|^2=1\)

Phương trình : \(z^{2002}=1\) có 2003 nghiệm phân biệt \(\Rightarrow\) có 2004 cặp thứ tự theo yêu cầu.

Số đỉnh chung bằng số nghiệm chung của hai phương trình :

\(z^{1982}-1=0,z^{2973}-1=0\)

Ứng dụng định lý , số nghiệm chung là :

d=UCLN(1982,2973)=991

Từ giả thiết ta được :

\(\left(z-\omega^k\right)\left(\overline{z-\omega}^k\right)\le1\Rightarrow\left|z\right|^2\le z\overline{\omega^k}+\overline{z}\omega^k,k=0,1,.....,n-1\)

Lấy tổng các hệ thức trên,

\(n\left|z\right|^2\le z\left(\overline{\Sigma_{k=0}^{n-1}\omega^k}\right)+\overline{z}\Sigma_{k=0}^{n-1}\) \(\omega=0\)

Do đó z=0