Bài 1 Số phức. Giải bài 13, 14, 15, 16 trang 191 SGK Giải tích 12 Nâng cao. Giải các phương trình sau (với ẩn z); Trong mặt phẳng phức, cho ba điểm
Bài 13: Giải các phương trình sau (với ẩn z)
a) \(iz + 2 – i = 0\);
Bạn đang xem: Giải Bài 13, 14, 15, 16 trang 191 SGK Giải tích 12 Nâng cao: Số phức
b) \(\left( {2 + 3i} \right)z = z – 1\);
c) \(\left( {2 – i} \right)\overline z – 4 = 0\);
d) \(\left( {iz – 1} \right)\left( {z + 3i} \right)\left( {\overline z – 2 + 3i} \right) = 0\);
e) \({z^2} + 4 = 0\);
Giải
a) \(iz + 2 – i = 0 \Leftrightarrow iz = i – 2 \Leftrightarrow z = {{ – 2 + i} \over i} = {{\left( { – 2 + i} \right)i} \over { – 1}} \)
\(\Leftrightarrow z = 1 + 2i\)
b) \(\left( {2 + 3i} \right)z = z – 1 \Leftrightarrow \left( {1 + 3i} \right)z = – 1\)
\( \Leftrightarrow z = {{ – 1} \over {1 + 3i}} = {{ – 1 + 3i} \over {\left( {1 + 3i} \right)\left( {1 – 3i} \right)}} = {{ – 1 + 3i} \over {10}} = – {1 \over {10}} + {3 \over {10}}i\)
c) \(\left( {2 – i} \right)\overline z – 4 = 0 \Leftrightarrow \left( {2 + i} \right)z = 4\)
\(\Leftrightarrow z = {4 \over {2 + i}} = {{4\left( {2 – i} \right)} \over 5} \Leftrightarrow z = {8 \over 5} – {4 \over 5}i\)
d) \(\left( {iz – 1} \right)\left( {z + 3i} \right)\left( {\overline z – 2 + 3i} \right) = 0 \)
\(\Leftrightarrow \left[ \matrix{ iz – 1 = 0 \hfill \cr z + 3i = 0 \hfill \cr \overline z – 2 + 3i = 0 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left[ \matrix{ z = {1 \over i} = – i \hfill \cr z = – 3i \hfill \cr z = 2 + 3i \hfill \cr} \right.\)
Vậy tập nghiệm phương trình là \(S = \left\{ { – i, – 3i,2 + 3i} \right\}\)
e) \({z^2} + 4 = 0 \Leftrightarrow {z^2} – 4{i^2}=0 \Leftrightarrow \left( {z – 2i} \right)\left( {z + 2i} \right) = 0 \)
\(\Leftrightarrow z = 2i\text{ hoặc } z = – 2i\).
Vậy \(S = \left\{ {2i, – 2i} \right\}\)
Bài 14: a) Cho số phức \(z=x+yi\) . Khi \(z \ne i\), hãy tìm phần thực và phần ảo của số phức \({{z + i} \over {z – i}}\)
b) Xác định tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức \(z\) thỏa mãn điều kiện \({{z + i} \over {z – i}}\) là số thực dương.
Giải
a) Ta có:
\({{z + i} \over {z – i}} = {{x + \left( {y + 1} \right)i} \over {x + \left( {y – 1} \right)i}} = {{\left[ {x + \left( {y + 1} \right)i} \right]\left[ {x – \left( {y – 1} \right)i} \right]} \over {{x^2} + {{\left( {y – 1} \right)}^2}}} \)
\(= {{{x^2} + {y^2} – 1} \over {{x^2} + {{\left( {y – 1} \right)}^2}}} + {{2x} \over {{x^2} + {{\left( {y – 1} \right)}^2}}}i\)
Vậy phần thực là \({{{x^2} + {y^2} – 1} \over {{x^2} + {{\left( {y – 1} \right)}^2}}}\), phần ảo là \({{2x} \over {{x^2} + {{\left( {y – 1} \right)}^2}}}\).
b) Với \(z \ne i\), \({{z + i} \over {z – i}}\) là số thực dương khi và chỉ khi
\(\left\{ \matrix{ x = 0 \hfill \cr {x^2} + {y^2} – 1 > 0 \hfill \cr} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
x = 0 \hfill \cr
{y^2} > 1 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
x = 0 \hfill \cr
\left[ \matrix{
y > 1 \hfill \cr
y < – 1 \hfill \cr} \right. \hfill \cr} \right.\)
Vậy quỹ tích là trục ảo bỏ đoạn thẳng nối \(I, J\) ( \(I\) biểu diễn \(i\) và \(J\) biểu diễn \(-i\)).
Bài 15: a) Trong mặt phẳng phức, cho ba điểm \(A, B, C\) không thẳng hàng theo thứ tự biểu diễn các số phức \({z_1},{z_2},{z_3}\). Hỏi trọng tâm của tam giác \(ABC\) biểu diễn số phức nào?
b) Xét ba điểm \(A, B, C\)) của mặt phẳng phức theo thứ tự biểu diễn ba số phức phân biệt \({z_1},{z_2},{z_3}\) thỏa mãn \(\left| {{z_1}} \right| = \left| {{z_2}} \right| = \left| {{z_3}} \right|\).
Chứng minh rằng \(A, B, C\) là ba đỉnh của một tam giác đều khi và chỉ khi \({z_1} + {z_2} + {z_3} = 0\)
Giải
a) Trong mặt phẳng phức gốc \(O, G\) là trọng tâm của tam giác \(ABC\) khi và chỉ khi
\(\overrightarrow {OG} = {1 \over 3}\left( {\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} } \right)\).
Vậy \(G\) biểu diễn số phức \({1 \over 3}\left( {{z_1} + {z_2} + {z_3}} \right)\) vì \(\overrightarrow {OA} \), \(\overrightarrow {OB} \),\(\overrightarrow {OC} \) theo thứ tự biểu diễn \({z_1},{z_2},{z_3}\).
b) Ba điểm \(A, B, C\) thuộc đường tròn tâm tại gốc tọa độ \(O\) nên tam giác \(ABC\) là tam giác đều khi và chỉ khi trọng tâm \(G\) của nó trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp, tức là \(G \equiv O\) hay \({z_1} + {z_2} + {z_3} = 0\)
Bài 16: Đố vui. Trong mặt phẳng phức cho các điểm: O (gốc tọa độ), A biểu diễn số 1, B biểu diễn số phức z không thực, A’ biểu diễn số phức \(z’\ne0\) và B’ biểu diễn số phức zz’.
Hai tam giác OAB, OA’B’ có phải là hai tam giác đồng dạng không?
Giải
Do z không phải là số thực nên các điểm O, A, B theo thứ tự biểu diễn các số 0, 1, z là các đỉnh của một tam giác. Với \(z’\ne 0\), xét các điểm A’, B’ theo thứ tự biểu diễn các số z’, zz’ thì ta có:
\({{OA’} \over {OA}} = {{|z’|} \over 1} = |z’|;\,\,{{OB’} \over {OB}} = {{|zz’|} \over {|z|}} = |z’|,\)
\({{A’B’} \over {AB}} = {{|zz’ – z’|} \over {|z – 1|}} = |z’|\)
Vậy tam giác OA’B’ đồng dạng với tam giác OAB (tỉ số đồng dạng bằng |z’|).
Đăng bởi: Monica.vn
Chuyên mục: Giải bài tập
[toggle title=”Xem thêm Bài 13, 14, 15, 16 trang 191 SGK Giải tích 12 Nâng cao: Số phức” state=”close”] Bài 1 Số phức. Giải bài 13, 14, 15, 16 trang 191 SGK Giải tích 12 Nâng cao. Giải các phương trình sau (với ẩn z); Trong mặt phẳng phức, cho ba điểm
Bài 13: Giải các phương trình sau (với ẩn z)
a) \(iz + 2 – i = 0\);
b) \(\left( {2 + 3i} \right)z = z – 1\);
c) \(\left( {2 – i} \right)\overline z – 4 = 0\);
d) \(\left( {iz – 1} \right)\left( {z + 3i} \right)\left( {\overline z – 2 + 3i} \right) = 0\);
e) \({z^2} + 4 = 0\);
Giải
a) \(iz + 2 – i = 0 \Leftrightarrow iz = i – 2 \Leftrightarrow z = {{ – 2 + i} \over i} = {{\left( { – 2 + i} \right)i} \over { – 1}} \)
\(\Leftrightarrow z = 1 + 2i\)
b) \(\left( {2 + 3i} \right)z = z – 1 \Leftrightarrow \left( {1 + 3i} \right)z = – 1\)
\( \Leftrightarrow z = {{ – 1} \over {1 + 3i}} = {{ – 1 + 3i} \over {\left( {1 + 3i} \right)\left( {1 – 3i} \right)}} = {{ – 1 + 3i} \over {10}} = – {1 \over {10}} + {3 \over {10}}i\)
c) \(\left( {2 – i} \right)\overline z – 4 = 0 \Leftrightarrow \left( {2 + i} \right)z = 4\)
\(\Leftrightarrow z = {4 \over {2 + i}} = {{4\left( {2 – i} \right)} \over 5} \Leftrightarrow z = {8 \over 5} – {4 \over 5}i\)
d) \(\left( {iz – 1} \right)\left( {z + 3i} \right)\left( {\overline z – 2 + 3i} \right) = 0 \)
\(\Leftrightarrow \left[ \matrix{ iz – 1 = 0 \hfill \cr z + 3i = 0 \hfill \cr \overline z – 2 + 3i = 0 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left[ \matrix{ z = {1 \over i} = – i \hfill \cr z = – 3i \hfill \cr z = 2 + 3i \hfill \cr} \right.\)
Vậy tập nghiệm phương trình là \(S = \left\{ { – i, – 3i,2 + 3i} \right\}\)
e) \({z^2} + 4 = 0 \Leftrightarrow {z^2} – 4{i^2}=0 \Leftrightarrow \left( {z – 2i} \right)\left( {z + 2i} \right) = 0 \)
\(\Leftrightarrow z = 2i\text{ hoặc } z = – 2i\).
Vậy \(S = \left\{ {2i, – 2i} \right\}\)
Bài 14: a) Cho số phức \(z=x+yi\) . Khi \(z \ne i\), hãy tìm phần thực và phần ảo của số phức \({{z + i} \over {z – i}}\)
b) Xác định tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức \(z\) thỏa mãn điều kiện \({{z + i} \over {z – i}}\) là số thực dương.
Giải
a) Ta có:
\({{z + i} \over {z – i}} = {{x + \left( {y + 1} \right)i} \over {x + \left( {y – 1} \right)i}} = {{\left[ {x + \left( {y + 1} \right)i} \right]\left[ {x – \left( {y – 1} \right)i} \right]} \over {{x^2} + {{\left( {y – 1} \right)}^2}}} \)
\(= {{{x^2} + {y^2} – 1} \over {{x^2} + {{\left( {y – 1} \right)}^2}}} + {{2x} \over {{x^2} + {{\left( {y – 1} \right)}^2}}}i\)
Vậy phần thực là \({{{x^2} + {y^2} – 1} \over {{x^2} + {{\left( {y – 1} \right)}^2}}}\), phần ảo là \({{2x} \over {{x^2} + {{\left( {y – 1} \right)}^2}}}\).
b) Với \(z \ne i\), \({{z + i} \over {z – i}}\) là số thực dương khi và chỉ khi
\(\left\{ \matrix{ x = 0 \hfill \cr {x^2} + {y^2} – 1 > 0 \hfill \cr} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
x = 0 \hfill \cr
{y^2} > 1 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
x = 0 \hfill \cr
\left[ \matrix{
y > 1 \hfill \cr
y < – 1 \hfill \cr} \right. \hfill \cr} \right.\)
Vậy quỹ tích là trục ảo bỏ đoạn thẳng nối \(I, J\) ( \(I\) biểu diễn \(i\) và \(J\) biểu diễn \(-i\)).
Bài 15: a) Trong mặt phẳng phức, cho ba điểm \(A, B, C\) không thẳng hàng theo thứ tự biểu diễn các số phức \({z_1},{z_2},{z_3}\). Hỏi trọng tâm của tam giác \(ABC\) biểu diễn số phức nào?
b) Xét ba điểm \(A, B, C\)) của mặt phẳng phức theo thứ tự biểu diễn ba số phức phân biệt \({z_1},{z_2},{z_3}\) thỏa mãn \(\left| {{z_1}} \right| = \left| {{z_2}} \right| = \left| {{z_3}} \right|\).
Chứng minh rằng \(A, B, C\) là ba đỉnh của một tam giác đều khi và chỉ khi \({z_1} + {z_2} + {z_3} = 0\)
Giải
a) Trong mặt phẳng phức gốc \(O, G\) là trọng tâm của tam giác \(ABC\) khi và chỉ khi
\(\overrightarrow {OG} = {1 \over 3}\left( {\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} } \right)\).
Vậy \(G\) biểu diễn số phức \({1 \over 3}\left( {{z_1} + {z_2} + {z_3}} \right)\) vì \(\overrightarrow {OA} \), \(\overrightarrow {OB} \),\(\overrightarrow {OC} \) theo thứ tự biểu diễn \({z_1},{z_2},{z_3}\).
b) Ba điểm \(A, B, C\) thuộc đường tròn tâm tại gốc tọa độ \(O\) nên tam giác \(ABC\) là tam giác đều khi và chỉ khi trọng tâm \(G\) của nó trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp, tức là \(G \equiv O\) hay \({z_1} + {z_2} + {z_3} = 0\)
Bài 16: Đố vui. Trong mặt phẳng phức cho các điểm: O (gốc tọa độ), A biểu diễn số 1, B biểu diễn số phức z không thực, A’ biểu diễn số phức \(z’\ne0\) và B’ biểu diễn số phức zz’.
Hai tam giác OAB, OA’B’ có phải là hai tam giác đồng dạng không?
Giải
Do z không phải là số thực nên các điểm O, A, B theo thứ tự biểu diễn các số 0, 1, z là các đỉnh của một tam giác. Với \(z’\ne 0\), xét các điểm A’, B’ theo thứ tự biểu diễn các số z’, zz’ thì ta có:
\({{OA’} \over {OA}} = {{|z’|} \over 1} = |z’|;\,\,{{OB’} \over {OB}} = {{|zz’|} \over {|z|}} = |z’|,\)
\({{A’B’} \over {AB}} = {{|zz’ – z’|} \over {|z – 1|}} = |z’|\)
Vậy tam giác OA’B’ đồng dạng với tam giác OAB (tỉ số đồng dạng bằng |z’|).
[/toggle]
