Giải Toán 12 SGK nâng cao Chương 4 Bài 3 Dạng lượng giác của số phức và ứng dụng

Hãy tìm dạng lượng giác của các số phức: \(\bar z{\mkern 1mu} {\kern 1pt} ;{\mkern 1mu} {\kern 1pt}  - z;{\mkern 1mu} {\kern 1pt} \frac{1}{{\bar z}};{\mkern 1mu} {\kern 1pt} kz{\mkern 1mu} {\kern 1pt} \left( {k \in {R^ * }} \right)\) trong mỗi trường hợp sau:

\(\begin{array}{l}
a){\mkern 1mu} {\kern 1pt} z = r\left( {\cos \varphi  + i\sin \varphi } \right){\mkern 1mu} {\kern 1pt} \left( {r > 0} \right)\\
b)z = 1 + \sqrt 3 i
\end{array}\)

Hướng dẫn giải:

Câu a:

\(\begin{array}{l}
\overline z  = r(cos\varphi  - isin\varphi ) = r(cos( - \varphi ) + isin( - \varphi ))\\
 - z =  - r(cos\varphi  + isin\varphi ) = r(cos(\pi  + \varphi ) + isin(\pi  + \varphi ))\\
\frac{1}{z} = \frac{z}{{\overline z .z}} = \frac{1}{r}(cos\varphi  + isin\varphi )\\
k.z = kr(cos\varphi  + isin\varphi ),k > 0\\
kz =  - kr(cos(\pi  + \varphi ) + isin(\pi  + \varphi )),k < 0
\end{array}\)

Câu b:

\(z = 1 + \sqrt 3 i = 2\left( {\frac{1}{2} + \frac{{\sqrt 3 }}{2}i} \right) = 2\left( {cos\frac{\pi }{3} + isin\frac{\pi }{3}} \right)\)

Áp dụng câu a, ta có: 

\(\overline z  = 2\left( {cos\left( { - \frac{\pi }{3}} \right) + isin\left( { - \frac{\pi }{3}} \right)} \right)\)

\(\begin{array}{l}
 - z = 2\left( {cos\frac{{4\pi }}{3} + isin\frac{{4\pi }}{3}} \right);\frac{1}{z} = \frac{1}{2}\left( {cos\frac{\pi }{3} + isin\frac{\pi }{3}} \right)\\
kz = 2k\left( {cos\frac{\pi }{3} + isin\frac{\pi }{3}} \right),k > 0\\
kz =  - 2k\left( {cos\frac{{4\pi }}{3} + isin\frac{{4\pi }}{3}} \right),k < 0
\end{array}\)

---

\(\begin{array}{l}
a)1 - i\sqrt 3 ;1 + i;(1 - i\sqrt 3 )(1 + i);\frac{{1 - i\sqrt 3 }}{{1 + i}}\\
b)2i(\sqrt 3  - i)\\
c)\frac{1}{{2 + 2i}}\\
d)z = sin\varphi  + icos\varphi (\varphi  \in R)
\end{array}\)

Hướng dẫn giải:

Câu a:

\(\begin{array}{l}
1 - i\sqrt 3  = 2\left( {\frac{1}{2} - \frac{{\sqrt 3 }}{2}i} \right) = 2\left( {cos\left( { - \frac{\pi }{3}} \right) + isin\left( { - \frac{\pi }{3}} \right)} \right)\\
1 + i = \sqrt 2 \left( {\frac{1}{{\sqrt 2 }} + \frac{1}{{\sqrt 2 i}}} \right) = \sqrt 2 \left( {cos(\pi 4) + isin\left( {\frac{\pi }{4}} \right) + isin\left( {\frac{\pi }{4}} \right)} \right)\\
(1 - i\sqrt 3 )(1 + i) = 2\sqrt 2 \left( {\frac{1}{2} - \frac{{\sqrt 3 }}{2}i} \right)\left( {\frac{1}{{\sqrt 2 }} + \frac{1}{{\sqrt 2 }}i} \right)\\
 = 2\sqrt 2 \left( {cos\left( { - \frac{\pi }{3}} \right) + isin\left( { - \frac{\pi }{3}} \right)} \right)\left( {cos\frac{\pi }{4} + isin\frac{\pi }{4}} \right)\\
 = 2\sqrt 2 \left[ {cos\left( {\frac{\pi }{4} - \frac{\pi }{3}} \right) + i\sin \left( {\frac{\pi }{4} - \frac{\pi }{3}} \right)} \right]\\
 = 2\sqrt 2 \left[ {cos\left( { - \frac{\pi }{{12}}} \right) + i\sin \left( { - \frac{\pi }{{12}}} \right)} \right]\\
\frac{{1 - i\sqrt 3 }}{{1 + i}} = \sqrt 2 \left[ {cos\left( { - \frac{\pi }{3} - \frac{\pi }{4}} \right) + i\sin \left( { - \frac{\pi }{3} - \frac{\pi }{4}} \right)} \right]\\
 = \sqrt 2 \left[ {cos\left( { - \frac{{7\pi }}{{12}}} \right) + i\sin \left( { - \frac{{7\pi }}{{12}}} \right)} \right]
\end{array}\)

Câu b:

\(\begin{array}{l}
2i = 2\left( {\cos \frac{\pi }{2} + i\sin \frac{\pi }{2}} \right)\\
\sqrt 3  - i = 2\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2} - \frac{1}{2}i} \right) = 2\left[ {cos\left( { - \frac{\pi }{6}} \right) + i\sin \left( { - \frac{\pi }{6}} \right)} \right]\\
2i(\sqrt 3  - i) = 4\left[ {cos\left( {\frac{\pi }{2} - \frac{\pi }{6}} \right) + i\sin \left( {\frac{\pi }{2} - \frac{\pi }{6}} \right)} \right]\\
 = 4\left[ {cos\left( {\frac{\pi }{3}} \right) + i\sin \left( {\frac{\pi }{3}} \right)} \right]
\end{array}\)

Câu c:

\(\begin{array}{l}
2 + 2i = 2\sqrt 2 \left( {\frac{1}{{\sqrt 2 }} + \frac{1}{{\sqrt 2 }}i} \right) = 2\sqrt 2 \left[ {cos\frac{\pi }{4} + i\sin \frac{\pi }{4}} \right]\\
 \Rightarrow \frac{1}{{2 + 2i}} = \frac{1}{{2\sqrt 2 }}\left[ {cos\left( { - \frac{\pi }{4}} \right) + i\sin \left( { - \frac{\pi }{4}} \right)} \right]
\end{array}\)

Câu d:

\(z = sin\varphi  + icos\varphi  = \cos \left( {\frac{\pi }{2} - \varphi } \right) + i\sin \left( {\frac{\pi }{2} - \varphi } \right)\left( {\varphi  \in R} \right)\)

---

Dùng công thức khai triển nhị thức Niu-tơn (1 + i)¹⁹ và công thức Moa-vrơ để tính \(C_{19}^0 - C_{19}^2 + C_{19}^4 - ... + C_{19}^{16} - C_{19}^{18}\)

Hướng dẫn giải:

Theo nhị thức Niu-tơn ta có: 

\({\left( {1 + i} \right)^{19}} = \left( {C_{19}^0 + C_{19}^2{i^2} + C_{19}^4 + ... + C_{19}^{16}{i^2} + C_{19}^{18}{i^2}} \right) + \left( {C_{19}^1i + C_{19}^3{i^3} + ... + C_{19}^{19}} \right)\)

Phần thực ở VP là: \(C_{19}^0 - C_{19}^2 + C_{19}^4 - ... + C_{19}^{16} - C_{19}^{18}\)

Mặt khác: 

\(\begin{array}{l}
{\left( {1 + i} \right)^{19}} = {\left[ {\sqrt 2 \left( {cos\frac{\pi }{4} + isin\frac{\pi }{4}} \right)} \right]^{19}} = {(\sqrt 2 )^{19}}\left( {cos\frac{{19\pi }}{4} + isin\frac{{19\pi }}{4}} \right)\\
 = {\left( {\sqrt 2 } \right)^{19}}\left( { - \frac{{\sqrt 2 }}{2} + i\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right) =  - {2^9} + {2^9}i\\
 \Rightarrow C_{19}^0 - C_{19}^2 + C_{19}^4 - ... + C_{19}^{16} - C_{19}^{18} =  - {2^9} =  - 512
\end{array}\)

---

Gọi M, M’ là các điểm trong mặt phẳng phức theo thứ tự biểu diễn các số \(z = 3 + i;z\prime  = (3 - \sqrt 3 ) + (1 + 3\sqrt 3 )i.\)

a) Tính \(\frac{{z\prime }}{z}\)

b) Chứng minh rằng hiệu số acgumen của z’ với acgumen của z là một số đo của góc lượng giác (OM, OM′). Tính số đo đó.

Hướng dẫn giải:

Câu a:

\(\frac{{z\prime }}{z} = \frac{{[3 - \sqrt 3  + (1 + 3\sqrt 3 )i](3 - i)}}{{10}} = 1 + \sqrt 3 i\)

Câu b:

Xét tia Ox thì ta có: sđ(OM,OM′) = sđ(Ox,OM′) − sđ(Ox,OM)

\( = \varphi ' - \varphi  = acgumen\frac{{z'}}{z}\) (sai khác k2π)

(trong đó φ và φ′ theo thứ tự là acgumen của z và z’).

Từ đó do \(\frac{{z'}}{z} = 1 + \sqrt 3 i\) có acgumen là \(\frac{\pi }{3} + k2\pi \left( {k \in Z} \right)\) nên góc lượng giác (OM,OM′)(OM,OM′) có số đo \(\frac{\pi }{3} + k2\pi \left( {k \in Z} \right)\)

---

Cho các số phức \(w = \frac{{\sqrt 2 }}{2}(1 + i)\) và \(\varepsilon  = \frac{1}{2}( - 1 + i\sqrt 3 )\)

a) Chứng minh rằng \({z_o} = cos\frac{\pi }{{12}} + isin\frac{\pi }{{12}},{z_1} = {z_o}\varepsilon ,{z_2} = {z_o}{\varepsilon ^2}\) là các nghiệm của phương trình z³ - w = 0

b) Biểu diễn hình học các số phức z_o; z₁; z₂

Hướng dẫn giải:

Câu a:

Ta có: \( = cos\frac{\pi }{4} + isin\frac{\pi }{4}\\)

\(\begin{array}{l}
\varepsilon  = cos\frac{{2\pi }}{3} + isin\frac{{2\pi }}{3}\\
z_o^3 = {\left( {cos\frac{\pi }{{12}} + isin\frac{\pi }{{12}}} \right)^3} = cos\frac{\pi }{4} + isin\frac{\pi }{4} = w\\
z_1^3 = {({z_o}\varepsilon )^3} = z_o^3.{\varepsilon ^3} = w(vì {\varepsilon ^3} = 1)\\
z_2^3 = {({z_o}{\varepsilon ^2})^3} = z_o^3.{\varepsilon ^6} = z_o^3 = w
\end{array}\)

Câu b:

 Biểu diễn: Các điểm A, B, C lần lượt biểu diễn z₀, z₁, z₂

Nhận xét: A,B,C tạo thành một tam giác đều.

 

Trên đây là nội dung hướng dẫn giải chi tiết bài tập SGK nâng cao môn Toán 12 Chương 4 Bài 3 Dạng lượng giác của số phức và ứng dụng được trình bày rõ ràng, cụ thể với phương pháp ngắn gọn và khoa học. Hy vọng rằng đây sẽ là tài liệu hữu ích giúp các em học sinh lớp 12 học tập thật tốt!