· Web viewTrong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho số phức z thỏa mãn .Tìm tập hợp biểu diễn số phức . Ví dụ 7. Hãy xác định tập

Chuyên Đề Số Phức

Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 1

Chuyên Đề Số Phức www.thuvienhoclieu.com

CHỦ ĐỀ 1. CÁC PHÉP TOÁN CƠ BẢN

Phương pháp

Cho hai số phức ta cần nhớ các định nghĩa và phép tính cơ bản sau:

Vận dụng các tính tính chất trên ta có thể dễ dàng giải các bài toán sau.

Ta cũng cần chú ý kết quả sau: Với , thì

Nếu thì

Nếu thì

Nếu thì

Nếu thì I. CÁC VÍ DỤ MẪU

Ví dụ 1. Cho số phức: . Tính các số phức sau: Ví dụ 2. Tìm phần thực và phần ảo của số phức:

a) b)

c) ; d) Ví dụ 3. Thực hiện các phép tính sau:

a) ; b) ; c)

d) ; e)

Ví dụ 4. Viết các số phức sau đây dưới dạng

a)

b) c)


www.thuvienhoclieu.com

z a bi, z' a' b'i, a,b,a',b'

2 2 2 2 2

a a'z z' .b b'

z z' a a' b b' i; z z' a a' b b' i.z.z' a bi a' b'i aa' bb' ab' a'b i.

a' b'i a bi aa' bb' ab' a'b iz' z'.z .z z a b a b

ni n

n 4k k kn 4k 4i i i 1

n 4k 1 k n 4ki i i 1.i i

n 4k 2 k n 4k 2i i i 1. 1 1

n 4k 3 k n 4k 3i i i 1. i i

3 1z i2 2 2 3 2z; z ; (z) ;1 z z .

z 9 5i 1 2i ; z 4 3i 4 5i ;

3z 2 i

2iz .

i 1

1A1 i 4 3i

5 6iB4 3i

1C1 3i2 2

3 2iDi

20261 7i4 3i

a bi, a,b R :

3 3z 2 i 1 2i 3 i 2 i ;

1 i 3 i 1 2iz ;1 i 2 i 1 i

22 i 1 iz ;

2 1 i 3 1 i


d) ; e) Ví dụ 5. Tìm nghịch đảo của số phức sau:

Ví dụ 6. Cho . Tìm các số để a) là số thực b) là số ảo.Ví dụ 7. Tìm để:

a) Số phức là số thuần ảo.

b) Số phức là số thực.Ví dụ 8. Tìm các số thực x, y sao cho , với từng trường hợp

c)

d)

Ví dụ 9. Chứng minh rằng :

Ví dụ 10. a) Tính mô-đun của số phức z biết .

b) Cho số phức thỏa mãn . Tìm môđun của số phức .

Ví dụ 11. Xét số phức: . Tìm m để

Ví dụ 12. Tính

Ví dụ 13. Số phức thay đổi thỏa mãn . Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ

nhất của biểu thức: .

Ví dụ 14. Cho số phức , với số thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất,

lớn nhất của .Ví dụ 15. (Đề Minh họa của bộ). Cho số phức z = 3 – 2i. Tìm phần thực và phần ảo

của số phức A. Phần thực bằng –3 và Phần ảo bằng –2i. B. Phần thực bằng –3 và Phần ảo bằng –2.


5

32 i

z1 2i

6

51 i

z .2 2i

21 i 5a)z 3 4i; b) z 3 2i; c)z ; d)z 3 i 2 .3 2i

z 2a 1 3b 5 i, a,b a,bz z

m R

2z 1 1 mi 1 mi

m 1 2 m 1 iz

1 miz z'

a)z 3x 9 3i, z' 12 5y 7 i;b)z 2x 3 3y 1 i, z' 2y 1 3x 7 i.

2 32(x 2y i) 3 i y x 1 1 i 26 14i.

962 2 2

4

3 ix y 2i 3i 1 y 2x 320 896i

1 i

100 98 963 1 i 4i 1 i 4 1 i .

3z 3i 2 i 2i

z

31 3i

z1 i z iz

i mz1 m m 2i

1z.z2

2 3 2012S 1 i i i ... i .

z x 2yi x,y z 1

P x y

z cos2 sin cos i

z

z


C. Phần thực bằng 3 và Phần ảo bằng 2i. D. Phần thực bằng 3 và Phần ảo bằng 2.

Ví dụ 16. (Đề Minh Họa của Bộ). Cho hai số phức và . Tính môđun

của số phức

A. . B. . C. . D. .

Ví dụ 17. (Đề minh họa của bộ). Cho số phức Tìm số phức

A. B. C. D. Ví dụ 17. (Đề thử nghiệm lần 1 của Bộ). Tìm số phức liên hợp của số phức

A. B. C. D.

Ví dụ 18: (Đề thử nghiệm lần 1 của Bộ). Tính môđun của số phức thoả mãn

A. B. C. D. Ví dụ 19: ( Đề Thử nghiệm lần 1-Bộ Giáo dục). Xét số phức thoả mãn

Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. B. C. D. II. CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN

Câu 1. Cho Tính:

1.1. Tính A. B. C. D.

1.2. Tính A. B. C. D.

1.3. Tính A. B. C. D.

Câu 2. Tính lũy thừa bằng

A. B. C. D.

Câu 3. Tính lũy thừa bằngA. B. C. D.




1 1z i 2 2 3z i

1 2.z z

1 2 13z z 1 2 5z z 1 2 1z z 1 2 5z z

2 5 .z i w iz z

7 3 .w i 3 3 .w i 3 7 .w i 7 7w i

(3 1)z i i

3z i 3z i 3z i 3z i

zz(2 i) 13i 1

34.z 34z 5 34

3z

343

z

z10(1 2i) z 2 i.z

3 z 22 2z

12

z 1 32 2 z

1 2 3z 1 3i,z 2 i,z 3 4i.

1 2 3z 2z z

1 4i 2 4i. 2 5i 4 6i

1 2 2 3z z z z

1 4i 2 3i. 2 5i. 1 6i

21 2 3 2 3z z z z z

11 45i 20 33i. 20 35i 11 61i

20061 i

10032 i 10032 i 20062 i 20062 i

32 3i

46 9i 4 9i 4 19i 6 12i

54 5i 4 3i

32i 9i 19i 12i


Câu 5. Tính lũy thừa bằng

A. B. C. D.


Câu 7. Viết các số phức dưới dạng ,

A. B. C. D.

Câu 8. Viết các số phức dưới dạng ,

A. B. C. D.

Câu 9. Tính A. B. C. D.

Câu 10. Tính A. B. C. D.

Câu 11. Tính

Câu 12. Cặp số thực x, y thỏa mãn là:

A. B. C. D.


A. B. C. D.


A. B. C. D.


A. B. C.

D.


22 i 3

4 2 3i 1 2 6i 3 3i 6 3i

31 3i2 2

6 4 4 1

1 i 2 2 iz5 i 3 3 i 5

a bi a,b

6 i 34 4

2 i 54 4

3 i 53 3

2 3 2i 7

3 3

10

117 8i

z8 7i

a bi a,b

4 7i133 133

8 7i

113 113

4 7i23 23

4 5i

123 123

77

1 1A i2i i

i i i 1

33101 i 1B 1 i 2 3i 2 3i ;

1 i i

13 3i 33 31i 13 32i 3 32i

2 3 20C 1 1 i 1 i 1 i ... 1 i

2x 1 1 2y i 2 x 3y 2 i

1 3x ,y3 5

1 1x ,y5 5

1 1x ,y3 5

1 3x ,y3 5

4x 3 3y 2 i y 1 x 3 i

5 2x ,y11 11

5 2x ,y11 11

5 2x ,y11 11

5 2x ,y11 11

3x 3 5i y 1– 2i 7 32i

x 6;y 1 x 6;y 1 x 6;y 1 x 6;y 1

y 1x 11 i 1 i

x 1;y 1 x 1;y 1 338 61x ;y49 49

x 1;y 1


Câu 16. Các cặp số thực x, y thỏa mãn là:

A. B.

C. D.

Câu 17. Các cặp số thực x, y thỏa mãn là:

A. B.

C. D.

Câu 18. Tìm điều kiện cho 2 số thưc x, và y để là số thực

A. B. C. D.

Câu 19. Tìm điều kiện cho 2 số thưc x, và y để là số ảo

A. B. C. D.

Câu 20. Tìm số thực m để bình phương của số phức là số thực.A. B. C. D.

Câu 21. Cho số phức . Tìm phần thực và phần ảo của số phức .

Câu 22. Cho Hãy viết dưới dạng đại số của . A. B. C. D.

Câu 23. Tính tổng A. B. C. D.

Câu 24. Cho hai số phức liên hiệp thỏa mãn và Tính

A. B. C. D.

Câu 25. Tìm c biết a,b và c các số nguyên dương thỏa mãn: A. B. C. D. Câu 26. Cho số phức z có phần ảo bằng 164 và với số nguyên dương n thỏa mãn

Tìm n.A. B. C. D.



y1 2 3ix i 3 3i

x,y 0;12 ; 1;15 x,y 0;2 ; 1;5

x,y 10;2 ; 10;5 x,y 1;2 ; 1;15

x i 1 yi 3 2i x 1 4i

x,y 1;1 ; 1;2 5x,y 1; 2 ; ;42

1x,y ;2 ; 1; 32

1 3x,y 1; ; 2;

2 2

2x iy

x 1y 1

x 1y 1

x 0y 0

x 2y 1

2x iy

x 03x y 2 2

x 03x y

x 0x 3y 2 2

x 0x 3y

m 3iz1 i

m 2 m 3 m 4 m 5

z 3 2i w iz z

z 2 3i, x,y .

3 2z zw z zz 1

z 6 z 6 z 6 i z 6 i

2 3 2012S i 2i 3i ... 2012.i .1006 1006i 1006 1006i 1006 1006i 1006 1006i

,

2 R

2 3. .

3 3 2 5

3c a bi 107i.

400 312 198 123

z 4i.

z nn 14 n 149 697 789


Câu 27. Cho số phức z thỏa mãn .Tìm mô đun của số phức

A. B. C. D.

Câu 28. Tìm số thực m biết: và ( trong đó i là đơn vị ảo)

A. B. C. D.

Câu 29. Tìm phần thực của số phức: thỏa mãn phương trình:

.A. B. C. D.

Câu 30. Cho số phức . Tìm m, biết số phức có môđun bằng 9.

A. B. C. D.

Câu 31. Cho số phức . Tìm giá trị nhỏ nhất của số thực k sao cho

tồn tại m để

A. B. C. D.


1 3iz

1 i z iz

2 3 5 7

i mz1 m m 2i

2 mzz2

m 1m 1

m 0m 1

m 0m 1

m 2m 1

nz 1 i ,n

4 4log n 3 log n 9 3

6 8 8 9

m 3iz m1 i 2w z

m 1m 1

m 3m 1

m 3m 1

m 3m 3

i mz ,m

1 m m 2i

z 1 k

5 1k2

5 2k2

5 1k2

5 2k2


CHỦ ĐỀ 2. BIỂU DIỄN HÌNH HỌC CÁC SỐ PHỨC

Phương pháp

Trong mặt phẳng phức, số phức được biểu diễn bằng :

Điểm kí hiệu

Vectơ

Vectơ Biểu diễn hình học của

và đối xứng với nhau qua gốc tọa độ.

và đối xứng với nhau qua trục Ox.

Biểu diễn hình học của

Gọi M, lần lượt biểu diễn số phức biểu biểu diễn số phức z’. Ta có:

và biểu diễn số phức ;

và biểu diễn số phức ;

biểu diễn số phức kz. Với M, A, B lần lượt biểu diễn số phức z, a, b thì :

I. CÁC VÍ DỤ MẪUVí dụ 1. Trong mặt phẳng phức, cho ba điểm A,B,C không thẳng hàng biểu diễn các số phức a,b,c. Gọi M là trung điểm của AB, G là trọng tâm tam giác ABC và D là điểm đối xứng của A qua G. Các điểm M,G,D lần lượt biểu diễn các số phức m,g,d.a) Tính các số phức m, g, d theo a, b, c.

b) Nếu thêm giả thiết chứng minh rằng tam giác ABC là tam giác đều nếu và chỉ nếu Ví dụ 2. Cho hình bình hành ABCD. Ba đỉnh A, B ,C lần lượt biểu diễn các số phức

a) Tìm số phức d (biểu diễn điểm D);b) Định m sao cho ABCD là hình chữ nhật.Ví dụ 3. Trong mặt phẳng phức, cho ba điểm M, A, B lần lượt biểu diễn các số phức :

z, và Chứng minh rằng:

a) tam giác OMA vuông tại M;

b) tam giác MAB là tam giác vuông;

c) tứ giác OMAB là hình chữ nhật.



z x yi, (x,y )

M x;y , M z

OM x;y

u (x;y)

z, z, z

M z M z

M z M(z)

' 'z z ,z z ,kz k

u z; 'M ,v

OM OM'

u v z z’

OM OM' M'M

u v z z’ kOM, ku

OM z ;AB b a .

a b c ,

a b c 0.

a 2 2i,b 1 i,c 5 mi m R .

3 i 3 z3

i z.3

z C,

z C,

z C,


Ví dụ 4. Gọi A, B, C là ba điểm lần lượt biểu diễn các số phức

a) Định k để ba điểm A, B, C thẳng hàng;

b) Xét hàm số Đặt Tính a’, b’,c’c) Gọi A’, B’, C’ lần lượt là các điểm biểu diễn các số phức a’, b’, c’. Định k để A’, B’,

C’ là ba điểm thẳng hàng;

d) Nếu lần lượt biểu diễn các số phức z, z’. Chứng minh rằng là số ảo.Áp dụng: Tính k để tam giác A’B’C’ vuông tại A’.

Ví dụ 5. Cho số phức

a) Tìm m để biểu diễn số phức nằm trên đường phân giác góc phần tư thứ hai

b) Tìm m để biểu diễn số phức nằm trên Hyperbol c) Tìm m để khoảng cách của điểm biểu diễn số phức đến gốc tọa độ nhỏ nhất.Ví dụ 6. Xét các điểm A, B, C trong mặt phẳng phức theo thứ tự biễu diễn các số

a) Chứng minh ABC là tam giác vuông cân.b) Tìm số phức biểu diễn bởi điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình vuông.Ví dụ 7. Trong mặt phẳng phức cho các điểm: O (gốc tọa độ), A điểm biểu diễn số 1, B điểm biểu diễn số phức z không thực, A’ biểu diễn số phức và B’ biểu diễn số phức Chứng minh rằng: Tam giác và tam giác đồng dạng.Ví dụ 8. Biết A, B, C, D là bốn điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn theo thứ tự các số:

a) Tìm các số theo thứ tự biểu diễn các vectơ

b) Tính và từ đó suy ra A, B, C, D cùng nằm trên một đường tròn. Tâm đường tròn biểu diễn số phức nào? II. CÂU HỎI VÀ BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN

Câu 1. Gọi A, B theo thứ tự là các điểm của mặt phẳng phức biểu diễn số z khác 0 và . Lúc đó, tam giác OAB là tam giác gì A. Tam giác cân B. Tam giác đềuC. Tam giác vuông D. Tam giác vuông cân

Câu 2. Các điểm A, B, C và A’, B’, C’ tương ứng biểu diễn các số phức và

( trong đó A, B, C và A’, B’ , C’ không thẳng hàng). Hai tam giác ABC và A’B’C’ có cùng trọng tâm khi và chỉ khi

A. B.

C. D.


a 1 i, b i, c 1 ki, k .

2w f z z . a' f a ,b' f b ,c' f c .

u,v

zu vz'

z m m 3 i,m

y x

2yx

4i 2 6i; 1 i 1 2i ;

i 1 3 i

z' 0zz'. OAB OA'B'

1 i, 1 i, 2i, 2 2i.

1 2 3 4z ,z ,z ,z AC,AD,BC,BD.

31

2 4

zz ,z z

1 iz ' z2

1 2 3z ,z ,z

' ' '1 2 3z ,z ,z

' ' '1 2 3 1 2 3z z z z z z ' ' '

1 2 3 1 2 3z z z z z z

' ' '1 2 3 1 2 3z z z z z z 2 2 2 2 '2 '2

1 2 3 1 2 3z z z z' z z


Câu 3. Cho A, B, C, D là bốn điểm trong mặt phẳng phức theo thứ tự biểu diễn các số

. Chọn khẳng định đúngA. ABCD là hình bình hành B. C. D là trọng tâm của tam giác ABC D. Tứ giác ABCD nội tiếp được đường tròn

Câu 4. Cho ba điểm A ,B, C lần lượt biểu diễn các số phức và Câu 4.1. Xác định sao cho A,B,C là ba đỉnh của một tam giácA. B. C. D. Câu 4. 2. Khi A, B, C là ba đỉnh của tam giác. Hỏi tam giác ABC là tam giác gì?A. Tam giác cân B. Tam giác đềuC. Tam giác vuông D. Tam giác vuông cânCâu 4.3. Tìm số phức d biểu biễn bởi D sao cho ABCD là hình chữ nhật

A. B. C. D. Câu 5. Trong mặt phẳng phức, cho ba điểm A, B, C không thẳng hàng theo thứ tự biểu

diễn số phức Hỏi trọng tâm của tam giác ABC biểu diễn số phức nào?

A. B.

C. D. Câu 6. Xét ba điểm A, B,C của mặt phẳng phức theo thứ tự biểu diễn ba số phức phân

biệt thỏa mãn . Ba điểm A, B, C là ba đỉnh của một tam giác đều khi và chỉ khi

A. B.

C. D.

Câu 7. Cho M, N là hai điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn theo thứ tự các số phức khác 0 thỏa mãn

đẳng thức . Tam giác OMN là tam giác gì?A. Tam giác cân B. Tam giác đềuC. Tam giác vuông D. Tam giác vuông cân

Câu 8. Cho ba điểm A, B, C biểu diễn các số phức và Tìm x sao choCâu 8.1. Tam giác ABC vuông tại BA. B. C. D. Câu 8.2. Tam giác ABC cân tại CA. B. C. D.

Câu 9. Cho là biểu diễn của hai số phức và . Gọi là biểu diễn của số

phức . Hãy phân tích qua

A. B. C. D.



4 3 3 i; 2 3 3 i; 1 3i; 3 i

AD 2CB

a 1,b 1 i 2c b .

1 1 1 0

2d 1 i. 2d 1 i. 2d 1 i. 2d 1 i.

1 2 2z ,z ,z .

1 2 2z z z . 1 2 2z z z

1 2 21 z z z3

1 2 21 z z z3

1 2 2z ,z ,z 1 2 3z z z

1 2 3z z z 0.

1 2 3z z z 1 2 3z z z 0

1 2 2 3 3 1z z z z z z 0 2 2 21 2 3z z z

1 2z , z

2 21 2 1 2z z z z

2a 1 i,b a c x i, x .

x 1 x 2 x 3 x 5

x 7 x 2 x 3 x 5 u,v 1 3i 3 2i

x

6 4ix

u,v

24 14x u v11 11

24 14x u v

11 11

24 14x u v11 11

24 14x u v

11 11


Câu 10. Tìm các điểm biểu diễn của số phức z biết điểm biểu diễn của các số phức

lập thành Câu 10.1.Tam giác vuông tại AA. Quỷ tích của z là đường thẳng

B. Quỷ tích của z là đường tròn

C. Quỷ tích của z là đường elip D. Quỷ tích của z là Parabol Câu 10.2.Tam giác vuông tại BA. Quỷ tích của z là đường thẳng

B. Quỷ tích của z là đường thẳng

C. Quỷ tích của z là đường thẳng trừ gốc tọa độ

D. Quỷ tích của z là đường thẳng trừ gốc tọa độCâu 10.3 Tam giác vuông tại CA. Quỷ tích của z là đường thẳng

B. Quỷ tích của z là đường thẳng

C. Quỷ tích của z là đường tròn

D. Quỷ tích của z là hai đường thẳng Câu 11. (Đề minh họa của bộ). Cho số phức

thỏa mãn Hỏi điểm biểu diễn của là điểm nào trong các điểm M, N, P, Q ở hình bên ?A. Điểm P. B. Điểm Q.C. Điểm M. D. Điểm N.

Câu 12. (Đề thử nghiệm lần 1 của bộ). Điểm M trong hình vẽ bên là điểm biểu diễn của số phức z. Tìm phần thực và phần ảo của số phức z.

A. Phần thực là −4 và phần ảo là 3.B. Phần thực là 3 và phần ảo là −4i.C. Phần thực là 3 và phần ảo là −4.

D. Phần thực là −4 và phần ảo là 3i.

x

y

-4

3O

M


2 3z,z ,z

x 1. 2 2x y 1

22 yx 1.1 2

21y x

2

x 0.

y 0

x 0,

y 0,

x 2

y 1

221 1x y

2 4

y 0, x 0

z(1 ) 3 .i z i z


CHỦ ĐỀ 3. TÌM TẬP HỢP ĐIỂM

Phương pháp

Giả sử các điểm lần lượt biểu diễn các số phức

o thuộc đường trung trực của đoạn AB.

o

thuộc elip (E) nhận A, B là hai tiêu điểm và có độ dài trục lớn bằng k.

Giả sử M và M’ lần lượt biểu diễn các số phức z và

Đặt và

Hệ thức tương đương với hai hệ thức liên hệ giữa o Nếu biết một hệ thức giữa x,y, ta tìm được một hệ thức giữa u,v và suy ra

được tập hợp các điểm M’.o Nếu biết một hệ thức giữa u,v ta tìm được một hệ thức giữa x,y và suy ra

được tập hợp các điểm M.I. CÁC VÍ DỤ MẪUVí dụ 1. Tìm tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z trong các trường hợp sau: {Đường thẳng }

a) b) c) với Ví dụ 2. Tìm tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z trong các trường hợp sau: {Đường tròn }

a) ; b)

c) ; d) . Ví dụ 3. Tìm tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z trong các trường hợp sau: {Elip}:

Ví dụ 4. Tìm tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z trong các trường hợp sau: {Ảo thực}

a) là số ảo; b) là số thực.

Ví dụ 5. Tìm tập hợp các điểm biểu diễn của số phức , với

Ví dụ 6. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho số phức z thỏa mãn .Tìm tập hợp biểu diễn số phức .Ví dụ 7. Hãy xác định tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z

thỏa mãn: . {Hình vành khăn}Ví dụ 8. Tìm tập hợp điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn số phức z thỏa mãn điều

kiện



M, A ,B z, a, b.

z a z b MA MB M

z a z b k, k R,k 0,k a b MA MB k

M

w f z .

z x iy w u iv x,y,u,v R .

w f z x,y,u,v

z i z i ; z 1 3i 1;z 1 i

0 0z z z z 1 0 0z 1 i.

z 3 4i 2 z i 1 i z

2 3z 2iz 2i z 0 2iz 1 5

z 1 z 1 4.

2z 1z 1

z 1 , z 2iz 2i

'z 2z 3 i 23z i z.z 9

z 1 2

w 2z i

1 z i 2

2z i z z 2i


Ví dụ 9. Tìm tập hợp điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn Ví dụ 10 . Xác định tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện:

a) là số thực dương với ; b)

c) ; d)

Ví dụ 11. Gọi và là các điểm lần lượt biểu diễn các số phức z và z’

Đặt và

a) Tính theo và tính x,y theo .

b) Cho M di động trên đường tròn (C ) tâm A(-1;1), bán kính Tìm tập hợp các điểm M’.

c) Cho M di động trên đường thẳng , tìm tập hợp các điểm M’.

Ví dụ 12. Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức thỏa mãn điều kiện

II. CÂU HỎI VÀ BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUANCâu 1. Giả sử M(z) là điểm trên mặt phẳng tọa độ biểu diễn số phức z. Tập hợp những

điểm M(z) thỏa mãn điều là

A. Đường thẳng B. Đường thẳng

A. Đường thẳng D. Đường thẳng Câu 2. Tập hợp các điểm trên mặt phẳng tọa độ biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều

kiện là

A. Đường thẳng B. Đường thẳng

A. Đường thẳng D. Đường thẳng Câu 3. Tập hợp các điểm trên mặt phẳng tọa độ biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều

kiện làA. Đường thẳng B. Đường trònA. Đường elip D. Đường ParabolCâu 4. Tập hợp các điểm trên mặt phẳng tọa độ biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều

kiện là

A. Hai đuờng thẳng , B. Hai đuờng thẳng ,

A. Hai đuờng thẳng , D. Hai đuờng thẳng ,


z 3z 2 i 3 z

z iz i z i

22z z

2z 2z 5 13

z 2 2log 1.

4 z 2 1

M M' 1, z 0 .z

z x iy z' x' iy', x,y,x',y' R

x’,y’ x,y x’,y’

R 2.

d :y x 1

z x yi

2y x 1

a) ; b)1 z 2.y 2x

2 z i z

4x 2y 3 0 4x 2y 3 0

x 2y 3 0 x 9y 3 0

z 2i z 1 i

x y 3 0 x 2y 3 0

x 2y 3 0 x y 1 0

5 1 i z 3 2i 1 7i z i

z z 3 4

1x2

7x2

1x2

7x2

1x2

7x2

1x2

7x2


Câu 5. Tập hợp các điểm trên mặt phẳng tọa độ biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều

kiện là

A. Hai đuờng thẳng B. Hai đuờng thẳng

A. Hai đuờng thẳng D. Hai đuờng thẳng Câu 6. Tập hợp các điểm trên mặt phẳng tọa độ biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều

kiện là

A. Hai đuờng thẳng , . B. Hai đuờng thẳng , .C. Hai đuờng thẳng , . D. Hai đuờng thẳng , .Câu 7. Tập hợp các điểm trên mặt phẳng tọa độ biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều

kiện là

A. Đuờng thẳng B. Đường tròn

C. Đường thẳng D. Đường tròn tâm và bán kính


kiện là

A. Đuờng tròn B. Đường tròn

C. Đường tròn D. Đường tròn tâm và bán kính


kiện là


C. Đường tròn D. Câu 9. Tập hợp các điểm trên mặt phẳng tọa độ biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều

kiện là


C. Đường tròn D.



z z 1 i 2

1 3 1 3y ;y2 2

1 3 1 3y ;y

2 2

1 5 1 3y ;y2 2

1 5 1 3y ;y

2 2

2z 1 z z 2

x 0 y 0 x 0 y 2

x 0 x 2 x 2 y 2

z 1 i 2

x y 2 0 2 2x 1 y 1 4

x y 2 0 I 1; 1

R 2.

z 3z 1

2 2 18 9x y y 08 8

2 2 18 9x y y 08 8

2 2 18 9x y y 08 8

9I 0;8

1R .8

z 3 2i 2z 1 2i

2 2 2 4 8x y x y 03 3 3

2 2 2 4 8x y x y 03 3 3

2 2 2 4 8x y x y 03 3 3

2 2 2 4 8x y x y 03 3 3

z i 1 i z

22x y 1 2 22x y 1 2

2 2x 1 y 1 2 2 2x 1 y 1 2



kiện là

A. Đuờng elip B. Đuờng elip

C. Đuờng elip D. Đuờng elip Câu 10. Tập hợp các điểm trên mặt phẳng tọa độ biểu diễn các số phức z thỏa mãn

điều kiện làA. Đuờng tròn B. Đuờng elipC. Đuờng parabol D. Đuờng thẳngCâu 11. Tập hợp các điểm trên mặt phẳng tọa độ biểu diễn các số phức z thỏa mãn

điều kiện làA. Tập hợp các điểm là nửa mặt phẳng ở bên phải trục tungB. Tập hợp các điểm là nửa mặt phẳng ở bên trái trục tungC. Tập hợp các điểm là nửa mặt phẳng phía trên trục hoànhD. Tập hợp các điểm là nửa mặt phẳng phía dưới trục hoànhCâu 12. Tập hợp các điểm trên mặt phẳng tọa độ biểu diễn các số phức z thỏa mãn

điều kiện là

A. Tập hợp các điểm là hình tròn có tâm , bán kính 2

B. Tập hợp các điểm là hình vành khăn có tâm tại và các bán kính lớn và nhỏ

lần lượt là

C. Tập hợp các điểm là hình tròn có tâm , bán kính 1

D. Tập hợp các điểm là hình vành khăn có tâm tại và các bán kính lớn và nhỏ

lần lượt là Câu 13. Tìm tất cả các điểm của mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z sao cho

là số thực. A. Tập hợp điểm gồm hai trục tọa độB. Tập hợp điểm là trục hoành

C. Tập hợp điểm gồm hai trục tọa độ bỏ đi điểm

D. Tập hợp điểm là trục tung, bỏ đi

Câu 14. Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z sao cho là một số thuần ảo.

A. Đường tròn tâm bán kính

B. Đường tròn tâm bán kính trừ đi hai điểm .


z 4i z 4i 10

22 yx 19 16

22 yx 1

16 9

22 yx 14 3

22 yx 1

9 4

z 2 z 2 5

2 z z 2

1 z 1 i 2

I 1; 1

A 1;12;1

I 1; 1

I 1; 12;1

z iz i

A(0;1)A(0;1)

z 2 3iuz i

I 1; 1 R 5

I 1; 1 R 5 A 0;1 ; B 2; 3


C. Đường tròn tâm bán kính

D. Đường tròn tâm bán kính trừ đi hai điểm .

Câu 15. Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức thỏa mãn điều kiện làA. Ba cạnh của tam giácB. Bốn cạnh của hình vuôngC. Bốn cạnh của hình chữ nhậtD. Bốn cạnh của hình thoi

Câu 16. Gọi M và P lần lượt là các điểm biểu diễn các số phức và

. Tìm tập hợp các điểm P trong các trường hợp sau đây:

Câu 16. 1. M thuộc đường thẳng d:

A. Đường thẳng

B. Tia

C. Đường thẳng

D. Tia

Câu 16.2. M thuộc đường thẳng d:


B. Parabol

C. Đường tròn

D. Elip

Câu 16.3. M thuộc đường tròn


B. Parabol

C. Đường tròn

D. Elip

Câu 16.4. M thuộc hypebol



I 1;1 R 5

I 1;1 R 5 A 0;1 ; B 2; 3

z x yi x y 1

z x iy, x,y R

2w z

y 2x

4d' :y x3

4d' :y x,x 0.3

4d' :y x3

4d' :y x,x 0.3

y x 1

1 1d':y x .3 3

21 1P :y x .2 2

2 2x 1 y 3 3

22 yx 125 16

2 2C :x y 1;

1d':y x .3

21P :y x4

2 2x y 1

22x y 1

2

1C :y x 0 .x



B. Đường thẳng

C. Đường thẳng

D. Đường thẳng Câu 17. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa

mãn là số thuần ảo.


B. Đường tròn tâm bán kính trừ đi hai điểm .


D. Đường tròn tâm bán kính trừ đi hai điểm .Câu 19. Tìm quỹ tích các điểm trên mặt phẳng phức biểu diễn cho số phức ,

biết z là số phức thỏa mãn: .

A. Đường tròn

B. Đường tròn

C. Đường tròn

D. Đường tròn Câu 20. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức w thỏa mãn:

, biết z là số phức thỏa .


B. Đường tròn tâm bán kính


D. Đường tròn tâm , bán kính .Câu 21. Trong mặt phẳng phức Oxy, tìm tập hợp các điểm M biểu diễn số phức

biết z là số phức thỏa mãn: .




d':x 2

d':y 2

d':y 1

d':y 2

z i z iz 1 z 1

1I ;02

1R2

1I ;02

1R2

1;0

1I ;02

1R4

1I ;02

1R4

0;1

w iz 1

3z 2i 1 8

2 2C : x 3 y 1 4

2 2C : x 3 y 1 2

2 2C : x 3 y 1 4

2 2C : x 3 y 1 4

w z 2 i z 1 2i 1

I 1;2 R 2

I 2;1 R 2

I 1;1 R 1

I 3;3 R 1

w 1 2i z 3 z 2 5

I 1;2 R 5

I 2;1 R 5


C. Đường tròn tâm bán kính .

D. Đường tròn tâm , bán kính .

Câu 22. Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức với .

A. Hình tròn tâm , .

B. Đường tròn tâm , .

C. Hình tròn tâm bán kính .

D. Đường tròn tâm , bán kính .

Câu 23. Tìm tập hợp các điểm biểu diễn trong mặt phẳng phức biết

rằng số phức z thỏa mãn




D. Hình tròn tâm bán kính

Câu 24. Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức với .




D. Hình tròn tâm ,

Câu 25 (Đề minh họa của bộ). Cho các số phức thỏa mãn . Biết rằng tập hợp

các điểm biểu diễn các số phức là một đường tròn. Tính bán kính r của đường tròn đó. A. r 4. B. r 5. C. r 20. D. r 22.



I 1;4 R 5 5

I 1;3 R 5

z' 1 i 3 z 2 z 1 2

I 3; 3 R 4

I 3; 3 R 4

I 1; 4 R 5

I 1;3 R 5

w 1 i 3 z 2

z 1 2.

I 3; 3 R 4

I 3;3 R 4

I 3; 3 R 4

I 3; 3 R 4.

z' 2z 3 i 23z i zz 9

I 3; 3 R 4

I 3;3 R 4

I 3; 3 R 4

7I 3;4

73R4

z 4z

(3 4 )w i z i




CHỦ ĐỀ 4. MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ CHỨNG MINH SỐ PHỨCPhương pháp: Ta nhắc lại một số công thức cơ bản sau:

Cho số phức . Lúc đó

.

. Công thức này chứng minh dễ dàng như sau:

I. CÁC VÍ DỤ RÈN LUYỆN KĨ NĂNG

Ví dụ 1. Chứng minh rằng:

Áp dụng: Cho ba số phức đều có môđun bằng 1. Chứng minh

Giải

Giả sử:

a) Ta có:

và nên

Mà

Vậy .

b) Ta có:

Mặt khác:

Vậy .

c) Ta cần chứng minh bổ đề sau:



z x yi, x,y

z x yi

2 2z x y .

2z z.z

2 22 2 2z.z x yi x yi x y x y z .

1 11 2 1 2 1 2 1 2 2

2 2

z za) z z z z ; b) z .z z .z ; c) , z 0z z

1 2 3z ,z ,z

1 2 3 1 2 2 3 1 3z z z z z z z z z .

1 1 1 2 2 2 1 2 1 2z x y i, z x y i, x ,x ,y ,y

1 1 1z x y i 2 2 2z x y i 1 2 1 2 1 2z z x x y y i

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2z z x x y y i z z x x y y i

1 2 1 2z z z z

1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 2 1z .z x y i x y i x x y y x y x y i

1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 2 1z .z x y i x y i x x y y x y x y i

1 2 1 2 1 2 1 2 2 1z .z x x y y x y x y i

1 2 1 2z .z z .z

11z z , z 0


Vì nên ta có

Áp dụng bổ đề trên, ta có:

(ĐPCM)

Áp dụng: Vì nên

Lưu ý: Ta có công thức tổng quát sau: Cho n số phức bất kỳ.

Ta luôn có:

Trước hết ta chứng minh:

Giả sử: và

Trong đó:

Ta có:

Hay

Bây giờ ta chứng minh bằng quy nạp

Với Giả sử

Ta có:

Suy ra:

Mặt khác:


1z. 1z

111 1z. 1 z. 1 z zz z

111 11 1 1 2 1 2

2 2 2 2

z z1 1z . z . z .z z . z .z z z z

1 2 3z z z 1

1 2 2 3 3 1 1 2 2 3 3 11 2 2 3 3 1

1 2 3 1 2 31 2 3

1 2 3 1 2 3 1 2 3

z z z z z z z z z z z z 1 1 1z z z z z zz z z z z zz z z

z z z z z z z z z

1 2 nz ,z ,...,z

1 2 3 n 1 2 3 n

1 2 3 n 1 2 3 n

z z z ... z z z z ... zz z z ...z z .z .z ...z .

1 2 3 n 1 2 3 nz z z ... z z z z ... z

k k kz a b i, k 1,2,3,...,n

nk

k 1z z a bi

n nk k

k 1 k 1a a , b b

n n n n

k k k k kk 1 k 1 k 1 k 1

z a bi a b a b i z

1 2 3 n 1 2 3 nz z z ... z z z z ... z

1 2 3 n 1 2 3 nz z z ...z z .z .z ...z **

n 2: 1 1 1 2 2 2z a b i, z a b i

1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 2 1z .z a b i a b i a a b b a b a b i

1 2 1 2 1 2 1 2 2 1z .z a a b b a b a b i

1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 2 1z .z a b i a b i a a b b a b a b i


Vậy với đẳng thức đúng.

Giả sử (**) đúng với ta sẽ chứng minh hệ thứ đúng với

Thật vậy:

Đặt , ta có:

Với hai số phức và ta có:

Hệ thức cuối được chứng minh với


a) ; b) Áp dụng: Tìm mô đun các số phức sau:

Hướng dẫn giải

a) Cách 1. Đặt

Ta có: và

Từ đó:

Mặt khác:

Do đó:

Từ (1) và (2) ta suy ra điều phải chứng minh

Cách 2. Vì nên

Suy ra:

b) Cách 1. Trước hết ta chứng minh bổ đề:

Thật vậy: hay



n 2

n k, n 2 n k 1

1 2 kz z z ...z 1 2 3 n 1 2 3 kz z z z ...z z .z .z ...z

z k 1z k 1 k 1 1 2 3 k k 1z.z z.z z .z .z ...z .z

n k 1.

1 2 1 2z .z z . z 11

2 2

zzz z

2 22 2

4 4

x y i 2xyx y 2xyiu , w , x,y .x y 2i xyxy 2 i x y

1 1 1 2 2 2 1 2 1 2z x y i, z x y i, x ,x ,y ,y

2 21 1 1z x y 2 2

2 2 2z x y

2 2 2 2 2 2 2 21 2 1 1 2 2 1 1 2 2

2 2 2 2 2 2 2 21 2 1 2 1 2 1 2

z z x y , x y x y x y

x x y y x y y x 1

1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2z .z x y i x y i x x y y x y y x i

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2z .z x x y y x y y x x x y y x y y x 1

2z z.z

2 2 2

1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 1 1 2 2 1 2z .z z .z .z .z z .z .z .z z .z .z .z z . z

1 2 1 2z .z z .z

11 *z z ,z

1 1 1 1z. 1 z . 1z z z z

11 *z z ,z


Áp dụng bổ đề trên ta có: Cách 2.

Vì nên

Lưu ý: Không có công thức: Với mọi số phức : . Tuy nhiên ta

có bất đẳng thức sau:

Thật vậy, gọi biểu diễn , biểu diễn thì biểu diễn

Ta có:

* TH 1: Khi thì :

Do đó:

* TH 2: Khi thì rõ ràng

Vậy

Áp dụng: Ta sẽ áp dụng Ta có:

Tương tự:

Ví dụ 3. a) Chứng minh: Số phức z là số thực khi và chỉ khi

Vận dụng: Cho hai số phức đều có mođun bằng 1, . Chứng minh

là số thực.

b) Chứng minh: Số phức z là số ảo khi và chỉ khi


1 11 11

1 1 2 1 2 1 22 2 2

zz 1z . z .z z z z zz z z

2 2z z

1 2 1 2 1 2 11 1 2 1 22 2 2 2

2 22 2 2 2 2 2

z .z z . z z . z zz z .z z .zz zz .z z z z z

1 2z ,z 1 2 1 2z z z z

1 2 1 2z z z z

1u 1z

2u 2z

1 2u u 1 2z z

1 2 1 2z z u u

1 2z z 0

22 2 2 2 21 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

22 2 21 2 1 2 1 2 1 2

u u u u u u 2u .u u u 2u u cos u , u

u u 2u u u u z z

1 2 1 2 1 2z z u u z z

1 2z z 0 1 2 1 2z z z z

1 2 1 2 1 2z z z z , z ,z

11

2 2

zzz z

22 2 2 22 22 2

4 4 2 2 4 44 4

22 2

22 2

x y 4x yx y 2xyix y 2xyiuxy 2 i x y 2x y x yxy 2 i x y

x y1

x y

2 2 22 2

2 2

x y i 2xy x yx y 2xyw 1.

x y 2i xy x y 4xy x y

z z .

1 2z ,z 1 2z .z 1

1 2

1 2

z zz1 z z

z z


Vận dụng: Chứng minh hai số phức phân biệt thỏa khi và chỉ khi

là số ảo. Giải

Đặt

a) Ta có: z là số thực.

Vậy, z là số thực khi và chỉ khi

Vận dụng: Ta có:

, tương tự ta có

Xét

b) Ta có:

Vậy, z là số ảo khi và chỉ khi

Vận dụng: Ta có

là số ảo

Ví dụ 4. Cho số phức z thỏa mãn là số thực. Chứng minh rằng z là số thực.Giải

Ta biết rằng số phức w là số thực Do đó

là số thực

là số thực.



1 2z ,z 1 2z z

1 2

1 2

z zz z

z a bi, a,b

z z a bi a bi 2bi 0 b 0

z z

2

1 1 1 11

1z z z 1 zz

22

1zz

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

1 2 1 21 2 1 21 2

1 1z z z z z z z z z zz z ÑPCM1 11 z z 1 z z1 z z 1 z .z 1 .

z z

z z a bi a bi 2a 0 a 0 z laø soá aûo.

z z

1 2

1 2

z zz z

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

1 2 1 2 1 2 1 2

1 2 1 2 1 2 1 22 2

1 1 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2

z z z z z z z z z z z z0 0z z z z z z z z z z z zz z .z z z z .z z 0

z z . z z z z . z z 0

2 z z z z 0 z z z z z z z z

2z 1z 1

w w.

2z 1z 1

2z 1 2z 1 2z 1 2z 1z 1 z 1 z 1 z 1

2z 1 z 1 2z 1 z 1

2zz 2z z 1 2zz 2z z 1 z z z


Ví dụ 5. Cho n là số nguyên dương, chứng minh rằng:

Giải

a) Ta có

Suy ra:

Vậy z là số thực.b) Ta có

Vậy z là số thực.

Ví dụ 6. Chứng minh rằng

c) Với mọi số phức Chứng minh rằng:

Giảia) Ta có:

b) Ta có:

Mặt khác: Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 25

n n 2n

n6 17i 3 28i 13 6ia) z ; b) z 3 4i4 3i 5 6i 4 5i

n n

n n6 17i 3 28iz 3 2i 3 2i4 3i 5 6i

n nn n n n

n nz 3 2i 3 2i 3 2i 3 2i 3 2i 3 2i

3 2i 3 2i z

2n nn 2n n 2 n

nn n n

13 6iz 3 4i 2 i 3 4i 2 i 3 4i4 5i3 4i 3 4i 3 4i 3 4i 25

2 2 2 2a) z z' z z' 2 z z' , z,z'

2 22 2

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2b) 1 z .z z z 1 z z z z , z ,z

1 2 3z ,z ,z .

2 2 2 21 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3

2 2 21 2 3

z z z z z z z z z z z z

4 z z z .

2 2

2 2 2 2

VT z z' z z' z z' .z z' z z' .z z'

z z' z z' z z' . z z'

z.z z.z' z'z z'.z' zz z.z' z'z z'.z'

2 z 2z' 2 z z' VP

2 21 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

1 2 1 2 1 2 1 22 2 2 2

1 2 1 2

VT 1 z .z z z 1 z .z .1 z .z z z .z z

1 z .z 1 z z z z z z

1 z z z z *


Từ (*) và (**) ta suy ra điều phải chứng minh. c) Ta có

Tương tự

Cộng (1), (2), (3), (4) vế theo vế ta được

Ví dụ 7. Chứng minh rằng nếu số phức thì Giải

Ta có:

, mặt khác ta có: .Do đó:

Đặt lúc đó ta được

Ví dụ 8. Chứng minh rằng nếu thì .Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 26


2 21 2 1 2

2 2 2 2 2 2 21 2 1 2 1 1 2 2 1 2 1 2

VP 1 z z z z

1 2z z z z z 2z z z 1 z z z z **

21 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3

1 1 1 2 1 3 2 1 2 2 2 3 3 1 3 2 3 32 2 2

1 2 3 1 2 1 3 2 1 2 3 3 1 3 2

z z z z z z . z z z z z z z z zz z z z z z z z z z z z z z z z z zz z z z z z z z z z z z z z z 1

21 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3

1 1 1 2 1 3 2 1 2 2 2 3 3 1 3 2 3 32 2 2

1 2 3 1 2 1 3 2 1 2 3 3 1 3 2


21 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3

1 1 1 2 1 3 2 1 2 2 2 3 3 1 3 2 3 32 2 2

1 2 3 1 2 1 3 2 1 2 3 3 1 3 2


21 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3

1 1 1 2 1 3 2 1 2 2 2 3 3 1 3 2 3 32 2 2

1 2 3 1 2 1 3 2 1 2 3 3 1 3 2


2 2 2 21 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3

2 2 21 2 3

z z z z z z z z z z z z

4 z z z .

331z 2z

1z 2.z

33

31 1 1z z 3 zz zz 1 2 1 2z z z z

33 3

3 31 1 1 1 1 1z z 3 z z 3z 2 3zz z z zz z

1a zz

23 1a 2 3a a 2 a 1 0 a 2hay z 2

z

z 1

2z i 12 iz


Giải

Giả sử theo giả thiết ta có Khi đó:

Do đó:

Ví dụ 9. Cho và là hai số phức thỏa Chứng minh rằng với

mọi số thực a, ta có: Giải

Giả sử với . Khi đó

Ta có:

(2) đúng, dẫn đến điều phải chứng minh.

Ví dụ 10. Chứng minh rằng với mỗi số phức , có ít nhất 1 trong hai bất đẳng

thức sau xảy ra hoặc


Giả sử ta có đồng thời .


z a bi, a,b 2 2 2 2a b 1 a b 1

22

2 2

2a 2b 1 i 4a 2b 12a 2b 1 i2z i2 iz 2 b ai 2 b ai 2 b a

222 22 2

2 2

2 2

4a 2b 12z i 1 1 4a 2b 1 2 b a2 iz 2 b a

a b 1

1z 2z 1 2 1 2z 2z 2z z .

1 2 1 2z az az z .

1 2z p qi, z r si p,q,r,s

1 2 1 22 2 2 2

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

z 2z 2z z p 2r i q 2s 2p r i 2q s

p 2r q 2s 2p r 2q s

p 2r q 2s 2p r 2q sp 4pr 4r q 4qs 4s 4p 4pr r 4q 4qs sr s p q 1

1 2 1 22 2 2 2

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

z az az z p ar i q as ap r i aq s

p ar q as ap r aq s

p ar q as ap r aq sp 2apr a r q 2aqs a s a p 2apr r a q 2aqs sp q a p q r s a s r

a 1 p q a 1 r s 2

z

1z 12 2z 1 1

2

1z 12 *

z 1 1


Đặt . Lúc đó

Lấy (1) cộng (2) vế theo vế ta được:

(vô lý). Từ đó ta được điều phải chứng minh. Ví dụ 10*. Cho

là ba số thực phân biệt sao cho . Chứng minh rằng: Nếu

là các số thực thì và Hướng dẫn giải

Vì là ba số thực phân biệt và nên

đều khác không

và .

Nếu là các số thực thì ta có

Do đó:

Tương tự:

.

Áp dụng tính chất của tỉ lệ thức Ta có:

Tương tự:

Suy ra:



z a bi, a,b

2 2 22

22 2 2 2 22 2 2 2

1 2 a b 4a 1 0 11 a b2*

a b 2 a b 0 21 a b 4a b 1

22 2a b

22a 1 0

1 2 3z ,z ,z 1 2 3z z z r 0

1 2 3 2 3 1 3 1 2z z z , z z z , z z z r 1 1 2 3z z z 1.

1 2 3z ,z ,z 1 2 3z z z r 0

1 2 3 1 2 2 3 3 1z , z , z , z z , z z , z z

21 1 2 2 3 3z z z z z z r

1 2 3 2 3 1 3 1 2z z z , z z z , z z z

1 2 3 1 2 3 1 2 3

2 3 1 2 3 1 2 3 1

3 1 2 3 1 2 3 1 2

z z z z z z z .z zz z z z z z z .z zz z z z z z z .z z

2 2 22 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 34 2 21 2 3 1 1 2 2 3 1 2 3 3 3 1 2 1 2 31 2 3 1 2 3

r z z z r z z z r z z z z z zrz z z z z .z z .z z z z z r z r z z z z r zz z z z z z

21 2 3 2 3 1 3 1 2

2 2 21 2 3 1 2 3 2 3 1 3 1 2

z z z z z z z z zrz z z z z r z z z r z z z r z

a c a cb d b d

2 1 2 3 2 3 1 1 2 31 2 3 12 22 2 21 2 3 1 2 3 11 2 3 2 3 1 2 3 1

z z z z z z z 1 z zz z z z 1rz z z z z r z z rz z r z z z r z z z z r

2 2 1 231 2 1 22 2 2 2 21 2 3 1 2 3 1 21 2 3 1 2

z 1 z 1z 1z 1 z 1 z zr r 1z z z z z z z zz r z r z r z r z r

221 2 3 2

1 2 31 2 1 2 31 2 32 1 1

1

z z z r z z z r r 1r 1z 1 z z z 11 z z z 1z 1 z rz r


II. BÀI TẬP VÀ CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN

Câu 1. Cho số phức . 1.1. Phần thực của số phức z bằng:A. B.

C. D. 1.2. Phần ảo của số phức z:

A. B. C. D. Hướng dẫn giải

Đặt

Vậy chọn đáp án 1.1.D và 1.2 B

Câu 2. Cho số phức . Khẳng định nào sau đây đúng

A. và . B. và .

C. và . D. và .Hướng dẫn giải

Ta có

Vậy và . Vậy chọn đáp án A.

Câu 3. Cho z là số phức thỏa mãn là số ảo. Tìm khẳng định đúng

A. B. C. D.

Hướng dẫn giảiTa có:

là số ảo

Vậy Vậy chọn đáp án B. Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 29

z x yi, x,y

z z z z 1 z z2

1 z z2

1 z z2i

1 z z2i

1 z z2

1 z z2

z x yi, x,y z x yi.

1x z zz z 2x 2Töø ñoù1z z 2yi y z z2i

z a bi, a,b

a z b z a z b z

a z b z a z b z

22 2

2

z a a az a b

z b b b

a z b z

z 1z 1

z 5 z 1 z 2 z 2

z 1z 1

z 1 z 1 z 1 z 1 z 1 z 10 0z 1 z 1 z 1 z 1 z 1 z 1

2

z 1 .z 1 z 1 .z 1 0

z 1 . z 1 z 1 . z 1 0 z.z 1 z 1 z 1

z 1.


Câu 4. Cho . Khẳng định nào sau đây sai

A. là số thực B. là số thực

C. là số ảo D. là số thực


Định hướng: Ta sử dụng kết quả sau: và z là số ảo khi và chỉ khi

Ta có:

Vậy là số thực

B) Vậy là số thực

C) . Vậy là số ảo

D) Vậy là số ảo. Vậy đáp án D sai.

Vậy chọn đáp án D.

Câu 5. Cho số phức z thỏa mãn là số thực. Khẳng định nào sau đây sai

A. B. là số ảo C. D. Hướng dẫn giải

là số thực

Vậy là số thực.

Vậy chọn đáp án B.

Câu 6. Đẳng thức bằng



1 2z ,z

1 2 1 2z z z .z 22z z

33

z zz z

22z z

1 z.z

z z z

z z

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

1 2 1 2 1 2 1 2

A) z z z .z z z z .z z .z z .z z .z z z

z z z .z z z z .z

1 2 1 2z z z .z

2 222 2 2z z z z z z . 22z z

3 3 33 3 3

z z z z z zz z z z z z

33

z zz z

2 2 22 2 2z z z z z z.

1 z.z 1 z.z 1 z.z

22z z1 z.z

2z 1z 2

z z z z z z

2z 1z 2

2z 1 2z 1 2z 1 2z 1 2z 1 2z 1z 2 z 2 z 2 z 2z 2 z 2

2z.z 4z z 2 2z.z z 4z 2 5z 5z z z

z

2 2 21 2 1 2 1 2 1 2

1 z z z z i z iz i z iz4


A. B. C. D.


Ta có

Suy ra:

Vậy chọn đáp án B. Câu 7. Chọn đẳng thức đúng trong các đẳng thức sau:

A.

B.

C.

D.


Vậy chọn đáp án A.

Câu 8. Cho số phức thỏa điều kiện . Tìm khẳng định đúng



1

2

zz

1 2z .z 1 2z z 1 2z z

2 2 21 2 1 2 1 2 1 2

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

1 2

z z z z i z iz i z iz

z z z z z .z z .z z z z z z .z z .z

iz z z z z .z iz .z iz z z z z .z iz .z4z z

2 2 2

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 21z z z z z z i z iz i z iz , z ,z .4

2 2 2 2

1 2 1 2 1 2z z 1 z z 1 z 1 z

2 2 2 2

1 2 1 2 1 2z z 1 z z 1 z 1 z

2 2 2 2

1 2 1 2 1 2b) z z 1 z z 1 z 1 z

2 2 2 2

1 2 1 2 1 2b) z z 1 z z 1 z 1 z

2 22 2 21 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 1 2 2

2 21 2

z z 1 z z z z z z z z 1 z z z z z z

1 z 1 z

z6z i 12 3iz

z 1 z 3 1z3

1z3


Ta có:

Vậy chọn đáp án C.

Câu 9. Gọi z là số phức khác 0 sao cho Tìm khẳng định đúng


Ta có:

, mặt khác ta có:

.Do đó:

Đặt lúc đó ta được:


Câu 10. Cho thỏa . Tìm khẳng định đúng

A. B.

C. D. Hướng dẫn giải

Giả sử: với Theo đề:

Từ (1)



6z i 1 6z i 2 3iz2 3iz

2 2

2

6z i 2 3iz 6z i 6z i 2 3iz 2 3iz

1 127z.z 3 z z9 3

338z 9.z

2z 3.z 2z 3.z

2z 3.z 2z 3.z

33 3

3 32 8 2 2 8 2z z 3z. z z 6 zz z z zz z

1 2 1 2z z z z

33

3

33

3

3

2 8 2z z 6zz zz

2 8 2 2z z 6 z 9 6zz z zz2 2z 6z 9 0z z

1a zz

3 2a 6a 9 0 a 3 a 3a 3 0 a 3.

a,b,c,d na bi c di

n2 2 2 2a b 2 c d 2 2 2 2a b c d

2 2 n 2 2a b 2 c d n2 2 2 2a b c d

c di r cos isin 2 2r c d 1 .

n n n 2 2c di r cosn isinn a bi r a b 2

n2 2 2n 2 2r c d r c d


Từ (2)

Vậy . Vậy chọn đáp án D. Câu 11*. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện Tìm khẳng định đúng

A. B. C. D.


Ta có

Hay: (*)Đặt với Từ (*) suy ra:

Xét các trường hợp:

Nếu thì nên:

Do đó (mâu thuẫn).

Nếu thì nên:

Suy ra (mâu thuẫn).

Nếu thì (thỏa mãn)

Vậy . Vậy chọn đáp án B. Cách 2. Casio nhanh chống bằng cách thử trực tiếp.

CHỦ ĐỀ 5. TÌM SỐ PHỨC THỎA MÃN ĐIỀU KIỆNPhương pháp

Tìm số phức thật ra là tìm phần thực x và phần ảo y của nó.

Chú ý rằng: , khi là số thực


n 2 2 2n 2 2r a b r a b

n2 2 2 2a b c d

10 911z 10iz 10iz 11 0.

z 1 z 1 z 1 1z3

10 9 911z 10iz 10iz 11 0 z 11z 10i 11 10iz.

9 11 10izz

11z 10i z x iy x,y .

2 2 2 29

2 2 2 2

10 x y 11 220y f x,y11 10izz11z 10i g x,y11 x y 10 220y

z 1 2 2x y 1

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

g x,y 11 x y 10 220y 10 x y 21 x y 10 220y

10 x y 11 220y f x,y .

9z 1 z 1

z 1 2 2x y 1

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

g x,y 11 x y 10 220y 10 x y 21 x y 10 220y

10 x y 11 220y f x,y .

9z 1 z 1

z 1 g x,y f x,y

z 1

z x yi, x,y

22z z22z z z


,

. Khi đó:

. Khi đó là số ảo (thuần ảo) khi , là số thực khi .

Trong trường hợp tìm số phức có môđun lớn nhất, nhỏ nhất ta làm như sau:

Bước 1: Tìm tập hợp điểm các điểm biểu diễn của z thỏa mãn điều kiện.

Bước 2: Tìm số phức z tương ứng với điểm biểu diễn sao cho khoảng cách OM có giá trị lớn nhất ( hoặc nhỏ nhất )

I. MỘT SỐ VÍ DỤ RÈN LUYỆN KĨ NĂNGVí dụ 1. Tìm số phức z thỏa mãn

d) ; e) Giải

a) Đặt . Phương trình trở thành :

Vậy số phức cần tìm là .

b) Đặt

Phương trình trở thành:



x 0z x yi 0 y 0

1 1 1 2 2 2z x y i; z x y i 1 2

1 21 2

x xz z y y

z x yi, x,y z x 0 zy 0

( )

M ( )

2a) z z 0; 2b) z z 0; 2c)z 2z.

2z z z 3z z

zf) z 2.z

z x yi, x,y 2z z 0

2 2 2 22 2 2 2 x y x y 0x y 2xyi x y 02xy 0

22 2 2 2

2 2 2

x 0 y 0 x 0 y 0x 0y yy y 0 x x 0

x 0 x 0 x 0y 0 y 0x 0 x 0y y y y 0 y y 0

x 0 x 0 x 0y 0 y 1 y 1

z 0, z i, z i

2 2 2z x-yi

z x yi, x,y z x y 2xyi

2z z 0


Với thay vào (*) ta được:


Vậy các số phức cần tìm là

c) Đặt Phương trình trở thành

Với , (1)

với , (1)

Vậy số phức cần tìm là: .

d) Giả sử . Khi đó:

TH1: ta được

TH2:


2 2 2 2

2 22 22 2

x y 2xyi x yi 0 x x y 2xy y i 0x x y 0 *

x x y 0x x y 0 y 0y 2x 1 02xy y 0 1x 2

y 02 x 0x x 0 x 1

1x 2

3y 23y 2

1 3 1 3z 0, z 1, z i, z i.2 2 2 2

z x yi x,y R z x yi. 2z 2z

2 22 2 x y 2x (1)x y 2xyi 2x 2yixy y (2)

(2) y x 1 0 y 0,x 1.

y 0 2x 2x 0 x 0 x 2.

x 12y 3 y 3

z 0,z 2,z 1 i 3,z 1 i 3

z x yi x,y

22 2 2

2 2 2 22 2 2 2

z z z x yi x y x yi

x y x y xx y x y 2xyi x yi2xy y

1x 2

2 2 2 21 1 1 1 3y y y y4 4 2 4 4

2 2

2 4 2 4 2

3 3y 0 y 5 2 54 y4 21 3 19y y y 16y 40y 5 04 2 16

2y 0 x x x x 0 x y 0.


Vậy có 3 số phức thỏa mãn là:

e) Giả sử

Vậy phương trình cho có 5 nghiệm

Cách 2:

hoặc

Khi thì , do đó là một nghiệm của phương trình

Khi nên phương trình hay

Vậy phương trình đã cho có 5 nghiệm .

f) Gọi số phức . Điều kiện:

Ta có:

Giải hệ ta được: hoặc (loại)Thử lại ta thấy thỏa mãn bài toán. Vậy số phức cần tìm là .Ví dụ 2. Tìm số phức z thỏa mãn phương trình

a) ; b) ; Giải



1 5 2 5z 0;z i2 2

z x yi x,y z x yi

33 3 2 2 3

2 23 2

2 3 2 2

2 22

22 2

z z x yi x yi x 3xy 3x y y i x yi

x x 3y xx 3xy x3x y y y y 3x y y

x 0 x 0,y 0 z 0x 3y 1 0 x 0,y 1 z iy 0 x 1,y 0 z 13x y 1 0

z 0,z i,z 1

2 4 2 2 23 3z z z.z z.z z z z z z 1 0

2z 0 2z 1 0

2z 0 z 0 z 0 3z z

z 1 0 z 0 3 3z z z.z z.z 4z z.z 1

2

2 22

z 1 0 z 1z 1 z 1 0 z iz 1 0

z 0,z i,z 1

za bi; a,b

a 0z 0 b 0

2 2z z 2 z z.z 2z a bi a b 2 a biz

2 22 2 a a b 2aa a b bi 2a 2bib 2b

a 1b 0

a 0b 0

z 1 z 1

3z 2z 8 2z 2011 0 2 3c) z z


a) Đặt . Ta có phương trình

Gọi

Ta có

Với

Với

Vậy

b) Đặt Khi đó:

Do đó

Nếu thì (vô lý). Do đó . Dẫn đến

Vậy số phức z cần tìm là:

c) Đặt . Ta có:

thay vào (*)

, thay vào (*) .

Vậy Ví dụ 3 . Tìm phần thực và phần ảo của số phức thỏa mãn:


t z 2z

3 3 2

2

t 8 t 8 0 t 2 . t 2t 4 0t 2

t 2t 1 3i

t 2t 4 0t 1 3i

z a bi a,b

t z 2z a bi 2 a bi a 3bi

a 2 a 2t 2 a 3bi 2 z 23b 0 b 0

t 1 3i a 3bi 1 3i

a 1a 1 3z 1 .i3 33b 3 b 3

3z 2;z 1 i3

z a bi a,b

2 2 2 2 2 2 2 2 2z a b 2abi z a b 2abi z 2011 a b 2011 2abi

2 22 2 2 a b 2011 0z 2011 0 a b 2011 2abi 02ab 0

b 0 2a 2011 0 b 0 a 0 b 2011

2011.i

z x yi

2 3 2 2 3

2 2 3xy 0

z z x y 2xyi z 0 x y z 0 *

x 0

22 3

3y 0

y z 0 y 0 z 0z 0

y 0 z x 2 3x x 0 x 0, x 1

z 0, z 1

z


a) ; b) .

c) ; d) . Giải

a) Ta có:

Vậy số phức z đã cho có phần thực là 2, phần ảo là .

b) Đặt .Lúc đó:

Vậy phần thực của là , phần ảo là .

c) Đặt , ta có:

Vậy số phức z cần tìm có phần thực bằng 7 và phần ảo bằng 17.Phần thực của số phức cần tìm là , phần ảo là 1.

d) Đặt . Từ giả thiết ta có:

Vậy số phức z có phần thực bằng 1, phần ảo bằng .

Ví dụ 3. a) Cho số phức z thỏa mãn . Tìm phần thực và phần

ảo của số phức .

b) Tìm phần thực và phần ảo của số phức , biết rằng .Giải

a) Giả sử . Từ giả thiết suy ra

.



21 i 2 i z 8 i 1 2i z 22 3i z 4 i z 1 3i

22 3i z 4 i z 1 3i z 2z 3 2i

21 i 2 i z 8 i 1 2i z 2z 1 i 2 i 1 2i 8 i

z 2i 2 i 1 2i 8 i 8 i 1 2i8 iz 2 3i2i 1 5

3

z x yi z x yi, x,y

2 22 3i z 4 i z 1 3i 2 3i x yi 4 i x yi 1 3i6x 4y 8 x 26x 4y 2 x y i 8 6i .2x yb 6 y 5

z 2 5z a bi, (a,b )

2 22 3i z 4 i z 1 3i 2 3i a bi 4 i a bi 1 3i6a 2b 8 a 76a 2b 4a 2b i 8 6i 4a 2b 6 b 17

3z a bi, (a,b )

3a 3 a 1a bi 2 a bi 3 2i 3a bi 3 2i b 2 b 2

2

z 1 2i z 2 1 2i

2w z 3z

25iz z 4 3i z 26 6i2 i

z x yi (x,y )

2x 4 x 2 z 2 ix y 1 y 1


Do đó .

b) Gọi .

Ta có

Do đó .Vậy phần thực là -4, phần ảo là 3.

Ví dụ 4. a) Tìm số phức z thỏa mãn và là số thuẩn ảo.

b) Tìm số phức z thỏa mãn và z là số ảo.

c) Tìm số phức z thỏa mãn và phần thực của nó bằng 2 lần phần ảo.

d) Cho số phức z thỏa mãn là số thực và

e) Tìm số phức z biết và là số thuần ảo.Giải

a) Đặt .

Ta có:

Mặt khác: là số thuần ảo nên

Ta có hệ:

Vậy các số phức cần tìm là:

b) Đặt .

Ta có:

Mặt khác: là số ảo nên .


22w z 3z 2 i 3 2 i 3 i

z a bi, (a,b )

z 4 3i z 26 6i 2 i a bi 5 4 3i a bi 5 26 6i2 i

22a 16b 14a 18b i 130 30i22a 16b 130 a 3 z 3 4i14a 18b 30 b 4

25i 3 4i25i 4 3iz 25

z 2 2zz 2

z 5

1 3i z z 2 5i 1

iz 1 2 1 i z 1 2i

z x yi, x,y

2 2 2 2z 2 x y 2 x y 2

22 2 2z x yi x y 2xyi 2 2x y 0

2 2 2

2 2 2x y 2 x 1x y 0 y 1

1 2 3 4z 1 i, z 1 i, z 1 i, z 1 i.

z x yi, x,y

2 2 2 2z 2 x y 2 x y 4 *

z x yi x 0


Thay vào (*) ta được


c) Đặt . Ta có:

Mặt khác: Số phức có phần thực của nó bằng 2 lần phần ảo nên thay vào

phương trình (*) ta được:


d) Gọi

Ta có

là số thực

ta có

(thỏa mãn)

Vậy có hai số phức z thỏa mãn là

e) Đặt và , khi đó ta có:

Số phức này là số ảo, do đó ta có:

.

Thay vào (*) ta có .

Ví dụ 5. a) Tìm số phức z thỏa mãn và

b) Tìm số phức z thỏa mãn: và .

c) Tìm số phức z biết: và



x 02 y 2y 4 .y 2

1 2z 2i, z 2i.

z x yi, x,y

2 2 2 2z 5 x y 5 x y 25 *

x 2y

2 25y 25 y 5 y 5.

1 1z 2 5 5i, z 2 5 5i

z a bi; a,b

1 3i z 1 3i a bi a 3b 3ai bi a 3b b 3a i

1 3i z b 3a 0 b 3a

z a bi 2 2z 2 5i 1 a 2 b 5 i 1 a 2 5 3a 1

a 27a 5

7 21z 2 6i;z i.5 5

z' 1z' iz 1 z *i

2z' 2 z' z'

1 i 1 i1 i z 1 2i iz 1 1 2i 1 i z'i i

1 i z' 1 i z' 1 i z' 1 i z'

21 i .2 1 i z' z' 2i z' 1 iz'

z 1;z 1 2i

z 2 i 10 zz 25

22z 2z.z z 8 z z 2

z 2 z 1 2 i 3 z 1 2 i 3 14


d) Tìm số phức z thỏa mãn đồng thời: và

e) Tìm số phức z thỏa mãn và .

f) Tìm số phức z thỏa mãn và .Giải

a) Gọi z = a + bi ,

Ta có:

Từ giả thiết ta có:

và

Giải hệ (1) và (2) ta được

Vậy các số phức cần tìm là: hoặc

b) Gọi , ta có:

Từ (1) và (2) tìm được .Vậy các số phức cần tìm là và .

c) Ta có:

Đặt

Dẫn đến:

Kết hợp với giả thiết ban đầu:

Nên kết hợp lại ta được số phức:

d) Gọi . Từ bài toán suy ra:


z i 1z 1

z i 1z 3i

z 1 5 17 z z 5zz 0

z 1 2i 5 z.z 34

a R,b R

z 2 i a 2 b 1 i;

z 2 i 10 2 2a 2 b 1 10 1

z.z 25 2 2a b 25 2

a 3 a 5b 4 b 0

z 3 4i z 5

z x yi 2 2 2z x yi; z z zz x y x,y

22 2 2z 2z.z z 8 4 x y 2 1

z z 2 2x 2 x 1 2

x 1; y 1

1 i 1 i

2z z 3i 2z z 3i 10

2 z z 3i z z 10

z a bi, z a bi

5 3b2a 3b 5 a 2

2 2z 2 a b 4

13 3 3z 1 3i; z i7 7

z x yi, x,y

x 1y,x 0y 3


.Vậy e) Đặt , ta có:

Mặt khác

Thay (2) vào (1) được . Kết hợp với (1) có Vậy có hai số phức thỏa mãn bài toán là và .

f) Gọi

Ta có

Từ (1) và (2) ta có hệ

Vậy .

Ví dụ 6. a) Cho số phức z thỏa mãn phương trình . Tính mô-đun của z.

b) Tìm mô-đun của số phức z biết .

c) Cho số phức z thỏa mãn hệ thức . Tính mô-đun của số phức z.

d) Tìm mô-đun của số phức z, biết rằng

e) Cho hai số phức thỏa các điều kiện sau: và Hãy

tính Giải

a) Ta có:



2 22 2

2 22 2

x y 1 x 10 y x y x y 18y 8x y 1 x y 3

z 1 i

z a bi

2 2 2 2z 1 5 a 1 b 5 a b 2a 24 1

2 2 3417 z z 5z.z 0 a b a 25

24a 24 a 55 2b 9 b 3

5 3i 5 3i

z a bi z 1 2i 5 a 1 b 2 i 5

2 2a 1 b 2 5 1

2 2z.z 34 a bi a bi 34 a b 34 2

2 2

2 22 2

a 3b 5

a 2b 7a b 2a 4b 20 3aa b 34a b 34 529b 5

29 3z 3 5i, z i5 5

1 i z 2 i z 4 i

z 3z 1 2i

2z 1 i z 11i

z 4 3i z 26 6i2 i

1 2z ,z 1 2z 3z 4 1 2z z 1.

1 23z z .


Gọi

b) Đặt . Khi đó theo giả thiết ta có:

c) Đặt

Vậy .

d) Gọi . Ta có:

Vậy Cách 1.

Ta có:


1 i z 2 i z 4 i *

z a bi (a,b )

a 2* 1 i a bi 2 i a bi 4 i 3a 2b bi 4 i b 1z 5

z a bi, (a,b )

1a 1a bi 3 a bi 1 2i 4a 2bi 1 2i z i4 4b 1

1 17z 116 4

z a bi, (a,b )

2 2 2

2 2

22 2

2

z 1 i z 11i a b 2abi 1 i a bi 11ia b 2abi a b a b 11 i

a b a 2a b 2a 2a 11 0 (VN) b 3a b a b a b 1 a b 1 a 32ab a b 11 2ab a b 11 b 22b 2b 12 0

2 2z a b 13

z a bi a,b

z 4 3i z 26 6i 2 i a bi 5 4 3i a bi 5 26 6i2 i22a 16b 14a 18b i 130 30i

22a 16b 130 a 314a 18b 30 b 4

z 3 4i z 5

21 2 1 2 1 2 1 2

1 2 1 2 1 1 1 2 1 2 2 22 2

1 1 2 1 2 2 1 2 1 2

1 2 1 2

z 3z 4 z 3z 16 z 3z z 3z 16z 3z z 3z 16 z z 3 z z z z 9z z 16

z 3 z z z z 9z 16 1 3 z z z z 9 16z z z z 2


Vậy

Cách 2. Đặt Ta có

Lúc đó:

Do đó:

Ví dụ 7. a) Tìm số phức z thỏa mãn: .

b) Tìm số phức z thỏa mãn .

c) Tìm số phức z thỏa mãn

d) Tìm số phức z thỏa mãn .

e) Tìm số phức z thỏa mãn .Giải

a) Ta có:

Giải (1): Đặt . Phương trình (1) trở thành:



21 2 1 2 1 2 1 2 1 2

1 1 1 2 2 1 2 2

3z z 3z z 3z z 3z z 3z z

9z z 3 z z z z z z 9 3.2 1 4

1 23z z 2.

1 1 1 2 2 2 1 1 2 2z x y i, z x y i, x ,y ,x ,y

2 2 2 21 2 1 1 2 2z z 1 x y x y 1

2 21 2 1 2 1 2

2 2 2 21 1 2 2 1 2 1 2

1 2 1 2 1 2 1 2

z 3z 4 x 3x y 3y 16x y 9 x y 6 x x y y 166 x x y y 6 x x y y 1

2 2 21 2 1 2 1 2

2 2 2 21 1 2 2 1 2 1 2

3z z 3x x 3y y9 x y x y 6 x x y y 10 6 4

1 23z z 2.

2 2z i z z 0

z 1 1 izi1z

z

1 iz 1 i z .1 i z

2z iz 1 1 i z1 i

2 iz z 2i 2z2 i 1 2i

22 2

2z i 0 1

z i z z 0z z 0 2

z x yi, x,y


Với thay vào (*) ta được: (vô nghiệm)


Vậy


Với thay vào (**) ta được:

Vậy ta được


Vậy ta được

b) Điều kiện: .

Giả sử . Khi đó trở thành:


2 2 2 2

2 2

x y 2xyi i 0 x y 2xy 1 i 0x y

x y 0 x y2xy 1 0 2xy 1 0 *

x y 22x 1 0

x y2 22x 1 0 x 2

1 22 2 2 2z i, z i.2 2 2 2

z a bi, a,b

2 2 2 2

2 22 2

a b 2abi a bi 0 a b a 2ab b i 0a b a 0 **

a b a 0 b 02ab b 0 1a 2

b 0 2 a 0a a 0 a a 1 0 a 1

3 4z 0, z 1

1a 2 2 21 1 3 3b 0 b b4 2 4 2

5 61 3 1 3z i, z i.2 2 2 2

z 0, z 1

2

2

z z 1 1 iz z z 1 1 izPT i i z 1 iz z 1 i

z 1 z 1z 1

z i z z 1 i *

z x yi; x,y *

2 2 2 2 2 2 2 2

22 2 2 2

x yi x y i x y 1 i x x y x y y 1 i 0

x 0x 0 x 0y 1

y y y 1 0x y x y y 1 0 y 1 2


Nếu thì , thỏa mãn điều kiện.

Nếu thì , khi đó không thỏa mãn điều kiện.


c) Đặt với ). Ta có

+) Với tac có thỏa mãn (1). Suy ra

+) Với tac có không thỏa mãn (1), loại

d) Đặt với . Khi đó

Vậy hoặc

e) Ta có

(1).

+) Gỉa sử .

Lúc đó: (1)



x 0,y 1 2 z 1 2 i

x 0,y 1 z i z 1

z 1 2 i

(z x yi 2 2x,y ;x y 0

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

2 2

1 i 1 iz 1 i z z.z z 1 i z1 i1 i z

x y i x y x y x y i

x y x y x y x y x y

1 x y x y x y x y 1

x y 0 1xy 0

x y x y 1 2

x 0, 22 y y 1 y 1, z i

y 0, 22 x x 1 x 1,

z x yi x,y 2z iz 1 1 i z1 i

2 2

2 2

2 2

2

x 1 yi 1 ix 1 yi 1 i x y23x 1 y 3x 1 y i 2 x y

x 0,y 1y 3x 13x 1 y 2 x y3 1x ,y10x 3x 03x 1 y 0 10 10

z i3 1z i10 10

2 iz z 2i 2z 2 iz 1 2i z 2i 2 i 2 2 i 1 2i z2 i 1 2i

2 4i 2 i z 4 3i z

z a bi a,b

2 4i 2 i a bi 4 3i a bi



Ví dụ 8. a) Tính môđun của số phức z biết và z có phần thực dương.

b) Tìm số phức z có phần ảo bằng 164 và thỏa : .

c) Tìm số phức z thỏa mãn hai điều kiện: và là một số thuần ảo.

d) Tìm số phức z thỏa mãn: là số thực và .Giải

a) Giả sử

Thế vào phương trình thứ hai ta được:

Suy ra

môđun của số phức z là:

b) Gọi

Theo giả thiết, ta có

c) Giả sử . Theo bài ra ta có:

Số phức .


2 2a b 4 a 2b i 4a 3b 3a 4b i2 2a b 4a 3b 3a 2b 1 a 1 z 1 i4 a 2b 3a 4b a b 2 b 1

z i 1

3z 12i z

*nz 4iz n

z 1 2i z 3 4i z 2iz i

z 1 . z 2i z i 2

z x yi x 0,x,y

33 3 2 2 3

3 2 2 2

2 3 2 3

z 12i z x yi 12i x yi x 3xy 3x y y 12 i x yi

x xy x x 3y 1 dox 0 .3x y y 12 y 3x y y 12 y

2 2x 3y 1

2 3 3 23 y 1 y y 12 y 2y y 3 0 y 1 x 4 x 2 dox 0 .

z 2 y z 5

z a 164i a

z a 164i4i 4i a 164i 4i a 164i nz n a 164i n

a 656 a 656a 164i 656 a n i 4 a n 164 n 697

z x yi x 1 y 2 i x 3 4 y i

2 2 2 2x 1 y 2 x 3 y 4 y x 5

2

22x y 2 i x y 2 y 1 x 2y 3 iz 2iw x 1 y iz i x y 1


w là một số ảo

Vậy

d) Giả sử Khi đó:

Từ (1) và (2) ta được hoặc

Vậy

Ví dụ 9. a) Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện . Tìm số phức z có mođun nhỏ nhất.

b) Tìm số phức z thỏa mãn là số thực và đạt giá trị nhỏ nhất.

c) Trong các số phức z thỏa mãn , tìm số phức z có mô-đun nhỏ nhất.

d) Trong các số phức z thỏa mãn , tìm số phức có mô-đun nhỏ nhất.

Giải

a) Đặt . Khi đó Các điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn hệ thức đã cho nằm trên đường tròn

tâm I(2;-3) và bán kính

Ta có: khi và chỉ khi M nằm trên đường tròn và gần O nhất.

Đó là điểm (Bạn đọc tự vẽ hình).

Ta có: Kẻ Theo định lý talet ta có:



2

22

x y 2 y 1 0 12x 72y 3 0, x y 1 0 * 23yy x 5 7

12 23z i7 7

z a bi, a,b

z 1 . z 2i a 1 bi . a 2 b ia a 1 b 2 b 2a b 2 i 2a b 2 1

22z 2 2 a b 1 2 2

a 1, b 0 1 12a , b5 5

1 21 12z 1, z i5 5

3z 2 3i 2

z 1 z 2i z

z 3i iz 3 10

z 2 i z 1 4i

z x yi, x,y 2 23 9z 2 3i x 2 y 32 4

3R= .2Min z

1M

OI= 4 9 13. 1M H Ox.


Vậy

b) Giả sử . Khi đó:

Để là số thực thì hay . Suy ra tập hợp

các điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn là số thực là đường thẳng có phương trình .

Để nhỏ nhất thì M phải là hình chiếu của lên .

Từ đó tìm được nên .

c) Áp dụng công thức:

Ta có:

. Giải bất phương trình ta có

Vậy đạt được khi


và

Vậy thỏa mãn đề bài.


1 11

313M H OM 78 9 132 M H ;3 OI 2613313OH 26 3 132 OH .2 1313

26 3 13 78 9 13z= i13 26

z x yi x,y

z 1 z 2i x 1 yi x 2 y i

z 1 z 2i x 1 2 y xy 0 2x y 2 0

z 1 z 2i

2x y 2 0

z O 0;0

4 2M ;5 5

4 2z i5 5

2z.z z ; z w z w

2 222100 z 3i iz 3 2 z 3i iz 3 z 3i iz 3

222 z 3i iz 3

2 z 3i z 3i iz 3 iz 3 2 z 3i z 3i iz 3 iz 3

24 z.z 9 4z 36 z 4

min z 4

z 3i iz 3z 4, z 4

z 4

z a bi, a,b

z 2 i a 2 b 1 i z 1 4i a 1 b 4 i

2 2 2 2

2 22 2 2

z 2 i z 1 4i a 2 b 1 a 1 b 4 a 2 b

z a b 2b 4b 4 2 2 b 1 2

z 1 i


II. CÂU HỎI VÀ BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN

Câu 1. Tìm số phức z thỏa mãn đẳng thức: .


Cách 1. Giả sử

Ta có

. Vậy . Vậy chọn đáp án A.

Câu 2. Số số phức z thỏa mãn đẳng thức: .A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

Hướng dẫn giảiĐặt , suy ra

.

Thay vào phương trình đã cho ta có

Vậy .Vậy chọn đáp án B.

Câu 3. Số số phức z thỏa mãn .A. 1 B. 2 C. 3 D. 4


Gọi . Ta có



z 2 z z 2 6i

2z 6i5 2z 6i5

2z 6i5 2z 6i5

z x yi (x,y )

z 2 z z 2 6i x yi 2 x yi x yi 2 6i

25x yi 2 6i x;y ; 65

2z 6i5

2 1 1z z z 1 z z i2 2

z a bi (a,b )

2 2 2z a bi, z a b , z z 2bi, z z 2a

2 2a b bi 1 ai

2 21a b

a b 1 21b a a b2

1 1 1 1z i, z i2 2 2 2

2 2z 1 z 1 10i z 3

z a bi a,b 2 2z 1 z 1 10i z 3

2 22 2

2

2

a 1 2 a 1 bi b a 1 b 10i a bi 32a a 1 2ab 3b 10 i 0

2a a 1 02ab 3b 10 0

1a;b 1; 2 a;b ; 52


Vậy hoặc . Vậy chọn đáp án C

Câu 4. Biết là hai số phức thỏa điều kiện: . Tính


Có hai số phức cần tìm

Suy ra: . Vậy chọn đáp án A.

Câu 5. Tìm số phức z thỏa mãn A. B. C. D.


Đặt . Ta có:

Với , ta có , thỏa mãn (1). Suy ra .

Với , ta có , không thỏa mãn (1).Vậy .Vậy chọn đáp án D.


z 1 2i 1z 5i2

1 2z ,z 22 z 1 z 1 1 i z 1 2z z

3 11i10 10 3 11i10 10

3 11i10 103 11i10 10

2 2 2

2 22 2 2 2

2 2

22 2

2 z 1 z 1 1 i z 2 a bi 1 a bi 1 1 i a b

3a 1 a b3a 1 bi a b i a bb a b

a 0 3ab 3a 1 a 010a 3a 0 3 10a b 1 1103a 1 a b b 3a 1 b 10b 3a 1

1 23 1z i; z i10 10

1 23 11z z i10 10

1 iz 1 i z1 i z

1 i i 1 i i

2 2z x yi, x,y , x y 0

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 22 22 2

1 i 1 iz 1 i z z.z z 1 i z1 i1 i z

x y i x y x y x y i

x y 0 1x y x y x y x y x y xy 0x y x y 11 x y x y x y x y 1 2

x 0 22 y y 1 y 1 z i

y 0 22 x x 1 x 1

z i


Câu 6. Biết là số phức thỏa mãn: . Tính

A. B. C. D.


Gọi , ta được:

Vậy . Suy ra .

Câu 7. Biết là số phức thỏa mãn: thỏa mãn phương trình .

Tính .


Điều kiện . Gọi . Phương trình đã cho tương đương với:

Vậy hoặc . Suy ra: Vậy chọn đáp án C.

Câu 8. Tìm mô đun số phức z thỏa mãn . A. B. C. D.




1 2z ,z 2 2z 1 z 1 10i z 3 2 21 2z z .

111 i4 111 i 111 4i 44 i

z a bi a,b 2 2a bi 1 a bi 1 10i a bi 3

22

a 1b 22a a 1 02a a 1 2ab 3b 10 i 0 12ab 3b 10 0 a 2b 5

1z 1 2i, z 5i2 2 21 2

111z z i4

1 2z ,zz 10 4 3i1 i z

1 2

1 1z z

7 23i25 50 7 23i25 50

7 23i25 507 23i25 50

z 0 z a bi a,b

2 2

2 2

2

z.z 10 1 i 4 3i 1 i z a b 10 10i a 7b 7a b ia b 10 a 7b7a b 10

a 2 a 2,b 45a 19a 18 0 9a 9 13a ,b5b 10 7a 5 5b 10 7a

z 2 4i 9 13z i5 5

1 2

1 1 7 23iz z 25 50

2 iz z 2i 2z2 i 1 2i

1 2 2 2 2


Giả sử

Vậy số phức cần tìm là . Vậy chọn đáp án B.

Câu 9. Tìm số phức z thỏa điều kiện:


Đặt

Ta có

Phương trình trở thành :

Vậy z cần tìm là: Vậy chọn đáp án D.

Câu 10. Tìm môđun số phức z thỏa điều kiện:


Đặt




2 4i 2 i z 4 3i z 1

z a bi, a,b

1 2 4i 2 i a bi 4 3i a bi2 2a b 4 a 2b i 4a 3b 3a 4b i2 2a b 4a 3b 3a 2b 1 a 1 z 1 i4 a 2b 3a 4b a b 2 b 1

z 1 i z 2

z z 1 i z z 2 3i 4 i.

1 1z i.2 2 1 1z i.2 2

1 1z i.2 2 1 1z i.2 2

z x yi z x yi, x,y

z z 2xz z 2yi

z z 1 i z z 2 3i 4 i

2x 1 i 2yi 2 3i 4 i 2x 2xi 4yi 6y 4 i1x2x 6y 4 22x 6y 2x 4y i 4 i 2x 4y 1 1y 2

1 1z i.2 2

i z zz z 4 6i.1 i 2 2i

z 101 z 10 z 1 z 11

z x yi z x yi, x,y

i z zz z 4 6i1 i 2 2i


Vậy z cần tìm là Vậy chọn đáp án A.

Câu 11. Tìm Số số phức thỏa điều kiện: A. B. C. D.


Gọi ta có:

Kết luận . Vậy chọn đáp án B.

Câu 11. Biết là số phức thỏa điều kiện: Tính


Gọi , khi đó (*) trở thành:

Vậy . Vậy chọn đáp án C.

Câu 12 . Tìm số phức z thỏa điều kiện A.

B. C. D. Hướng dẫn giải

Phương trình đã cho trở thành:



22x 2yi 2x 2y4 6i 4 6i1 i 1 i2 1 i 2 1 i2x 1 i y 1 i 2x y 2x y i4 6i 4 6i21 i 1 i2x y 8 x 12x y 12 y 10

z 1 10i z 101.

i z zz z 4 6i1 i 2 2i

1 2 3 4

z a bi, a,b

2 2

2 23 a bi 4 a bi 1 a b 5 7i

a 0 a 1a b a 1b 1 b 17b 7

z i, z 1 i

z z1 i z 5 7i.1 i

1wz

1 1w i10 5 1 1w i10 5

1 1w i10 5 1 1w i10 5

z a bi a,b 2 a bi a bi 2 12i

a 2 a 2a 3bi 2 12i 3b 12 b 4

1 1z 2 4i w i10 5

z 2z 2 4i

w 1 2i 1 1w i3 5 2z 4i.3

1w 2i14

a) Ñaët z x yi z x-yi , x,y .


Vậy Vậy chọn đáp án C.

Câu 13. Biết là các số phưc thỏa mãn điều kiện . Tìm

A. B. C. D.



Với thay vào phương trình (*) ta được:


Vậy Suy ra: . Vậy chọn đáp án D.

Câu 13. Tìm số số phức thỏa mãn điều kiện . A. B. C. D.


Đặt

Phương trình

Từ (2) hoặc

Với Suy ra hoặc hoặc

Với Suy ra


23x 2 xx yi 2 x yi 2 4i 3x-yi 2-4i 3y 4 y 4

2z 4i.3

1 2z ,z 2z 2z 0 1 2z z

1 21z z2

1 2z z 2 1 2z z 2 2 1 2z z 2

Ñaët z x yi z x-yi , x,y .

2 2 2 2

2 22 2

x y 2xyi 2 x yi 0 x y 2x 2xy 2y i 0x y 2x 0 *x y 2x 0y 02y x 1 0x 1

y 02 x 0x 2x 0 x 2

x 1 2y 3 y 3.

1 2z 3i, z 2 3i. 1 2z z 2

2z 2z 0

2 3 1 0

2 2 2z x yi, x,y R z x y 2xyi.

2 2 2 2 2z 2z 0 x y 2xyi 2 x y

2 2 2 2x y 2 x y 12xy 0 2

x 0 y 0.

2

2 2 22x 0, y 2y y 2y 2 y y 2 y1 y 2y 2y

z 0 z 2i z 2i.

y 0, 1 2 2 2x 2 x x 2 x 0 x 0.

z 0.


Vậy phương trình hoặc hoặc Vậy chọn đáp án B.

Cách khác: Ta giải phương trình hệ quả rồi thử lại.

Phương trình (1)

hoặc

Với

Với phương trình (1) Thử lại: Ta thế các giá trị của z vừa tìm được vào phương trình (1).

Với ta có phương trình (1) được nghiệm đúng.

Với ta có và

Vậy phương trình được nghiệm đúng.

Kết luận: Phương trình có 3 nghiệm là:

Câu 14. Biết là số phức thỏa điều kiện . Tính A. B. C. D.


Đặt . Phương trình trở thành:

Vậy số phức z cần tìm là: . Suy ra .Vậy chọn đáp án D.

Câu 15. Biết là các số phức thỏa điều kiện . Tính

A. B. C. D.


Đặt . Phương trình trở thành



2z 2z 0 z 0 z 2i z 2i.

2z 2z 0 22 2z 2z z 2z z 2z

z 0 z 2.

z 0 z 0.

z 2, 2 2 2 2z 4 0 z 4 z 4i z 2i.

z 0, 2z 0

z 2i, 22 2z 2i 4i 4 2z 2 2i 2.2 4.

2z 2z 0

1 2 3z 0,z 2i,z 2i.

1 2z ,z 22z z 1 0 1 2

1 1z z

i i 1 i 0

z x yi, x,y 22z z 1 0

2 2 2 2 2

22 2

x y 2xyi x y 1 0 2y 1 2xyi 0x 0x 0 y 02y 1 0 11 1 yy y2xy 0 2 2 2

1 1z i,z i2 2

1 2

1 1 0z z

1 2 3 4z ,z ,z ,z2z i i.z 1

1 2 3 4z z z z

3 2 3 2 3

z x yi, x,y 2 2z i i z i iz iz 1


Vậy số phức z cần tìm là: .

Suy ra .


Câu 17. Biết là số phức thỏa điều kiện . Tìm số phức có phần ảo âm


Đặt Phương trình

Từ

o Với Suy ra Vậy o Với

o Với


2 22 2 2

2 2

2 2

x y yx yi i x yi x y 2xyi y xi2xy x

1yx 0x y y 0 21 1x 2y 1 0 y y 0 x 04 2

1yx 0 x 0 2y 0 y 1 3x 2

3 1 3 1z 0,z i,z i,z i2 2 2 2

1 2 3 4z z z z 3

z2z i z 0 z

1z 1 i2

1 1z i2 2

1 1z i2 2

1z 1 i2

z x yi, x,y R 2 2 2 2 2z i z 0 x y 2xyi i x y

2 2

2 2

x y 0 1

2xy x y 2

1 y x.

2 22xy x, x2 2 x 0 y 0. z 0.y x:

2

2 2 22

x 02x x 2 12 2x 2x 2x x 2 x

22x x 21x2

x 0 y 0


o Với

o Với Vậy chọn đáp án C.

Câu 18. Biết là số phức thỏa điều kiện Tìm số phức có phần thực dương

A. B.


Đặt

Phương trình

o Với

Suy ra

o Với

(vô nghiệm)Vậy số phức z cần tìm là:

và Vậy chọn đáp án C.

Câu 19. Tìm số phức z thỏa mãn . A. B. C. D.




1 1x y2 2

1 1x y .2 2

z2iz z 1 0. z

22 5 2 5z i.4 4

2

2 3 2 3z i.2 2

22 10 2 10z i.4 4

2

2 5 2 5z i.2 2

z x yi, x,y R

2 2 2 2 2iz z 1 0 i(x y 2xyi) x y 1 0

2 2 2 2

2 2

2 22 2

( 2xy x y 1) x y i 0x y 1x y 0 x y

2xy x y 1 0 2xy x y 1 0 2

2 2 2x y : 2 2x 2x 1 0 2x x 2 1 0

2 2 10 2 102 x x 2 1 0 x x4 4

2 10y x .4

2 2 2y x, 2 2x 2x 1 0 2x x 2 1 0

22 x x 2 1 0

12 10 2 10z i4 4

2

2 10 2 10z i.4 4

2z z z z 1 1 i 2

z 1 i. z 1 i. z 1 i. z 1 i.


Đặt . Ta có :

Như vậy phương trình đã cho trở thành :

Vậy phương trình có 1 nghiệm Vậy chọn đáp án D.



Đặt . Suy ra:


Câu 21*. Số số phức z thỏa mãn . A. B. C. D.

Hướng dẫn giải Xét là nghiệm của phương trình

Xét . Đặt , từ giả thiết ta có:


z x yi, x,y

2z z 2x 2yi x yi x 3yi

z z 1 1 i 2 2x 1 1 i 2 2x 1 2x 1 i

x 2x 1 x 1x 3yi 2x 1 2x 1 i 3y 2x 1 y 1

z 1 i.

21 2i z z 4i 20

z 1 i. z 3 i. z 1 2i. z 4 3i.

z a bi, (a,b ) z a bi

21 2i z z 4i 20 2a 4b 4a 4b i 4i 20a 2b 10 a 4. Vaäy z 4 3i.a b 1 b 3

z 2z.z 1 z 2 6iz

1 2 0 z 4

z 0

z 0 2 2z a bi; a,b ,a b 0

2 2

2 2 3 2 2 3

z 3z 1 2z 6z z.i z.z 3z 1 2z .z 6z z z.i

z 3z 1 2z a bi 6z .i z . 3z 1 2az 6z 2bz i

2 2 22 2 2

23 2

z . 3z 1 4az . 3z 1 2az z . 3z 1 2a 3z b 06z 2bz 0 3z b 0 a 0,b 0


Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta có

Thế (3) vào(1), ta được: (do )

Vậy ta có hai số phức cần tìm là Vậy chọn đáp án B.

Câu 22. Cho số phức z thỏa mãn . Tìm A. B. C. D.

Hướng dẫn giải Giả sử với và a, b không đồng thời bằng 0.

Khi đó

Khi đó phương trình

. Lấy (1) chia (2) theo vế ta có , thế vào (1) ta có Với (loại)Với . Ta có số phức . Vậy chọn đáp án C.

Câu 23. Tìm số phức z biết . A. B. C. D.


Gọi Theo đề cho ta suy ra:



2 2

2 2 2

b b 1 12a b b 1 12a 13z b 3a 3b b 2a 0,b 0 a 0,b 0

2 2 2 249a 4b a b 39

2 216 3 2b b b b a ,3 13 13 a 0,b 0

2 3z i.13 13

2 3z 0,z i.13 13

25z 8 6iz w iz 3

3 4i 5i 4i z 1 4i

z a bi a;b

2 21 1 a biz a bi; z a bi a b

2 2

25 a bi25z 8 6i a bi 8 6iz a b

2 2 2 2

2 2 2 2

a a b 25 8 a b 1

b a b 25 6 a b 2

3b a4

a 0 a 4

a 0 b 0

a 4 b 3 z 4 3i

z 2 3i z 1 9i

3 4i 1 5i z 2 i z 1 4i

z a bi a,b z a bi

a 3b 1 a 2a bi 2 3i a bi 1 9i a 3b 3a 3b i 1 9i 3a 3b 9 b 1


Số phức cần tìm là . Vậy chọn đáp án C.

Câu 24. Tính mô- đun của số phức biết (i là đơn vị ảo).A. B. C. D.


a) Đặt , ta có

. Vậy mô-đun của số phức bằng .

Câu 25. Cho số phức z thỏa mãn hệ thức . Tính mô-đun của z.


Giả sử . Ta có:

Vậy . Vậy chọn đáp án B.

Câu 26. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện . Tính mô-đun của z.


cĐặt . Khi đó:


Câu 27. Số số phức z thỏa và là số thực là: A. B. C. D. Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 61

z 2 i

z i z i z i 2iz

3 4i 1 5i z 2 i z 1 4i

z a bi, (a,b ) z i z i 2iz

2 2

2 2 22 2 2

z.z i z z 1 2iz a b 1 2ai 2b 2ai

a b 1 2b a b 2b 1 2 a b 1 22a 2a

22z i a b 1 i a b 1 2 z i 2

1 2i z 2 2i z i

12

53

15

13

z a bi, (a,b )

1 2i a bi 2 2i a bi i 3a 4b bi i43a 4b 0 a 3b 1 b 1

2 2 16 5z a b 19 3

2 z 1 3z i 5 i

2 2 2 2 4

z a bi, (a,b )

2 z 1 3z i 5 i 2 a bi 1 3 a bi 1 5i a 1 5 1 b i 0a 1 z 2b 1

z 2 3z6 2 5 4



Gọi Theo giả thiết ta có:

Vậy .Vậy chọn đáp án A.

Câu 28. Tìm nghịch đảo của số phức z, biết thỏa mãn và là số thuần ảo.


Giả sử thì Với hoặc , ta có:

Vì là số thuần ảo nên

Kết hợp ta có . Vậy số phức đó là .Vậy chọn đáp án C.

Câu 29. Tìm mo đun số phức z thỏa mãn và là số thực.A. B. C. D.


Giả sử .

Suy ra .

Từ giả thiết là số thực nên ta có .Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 62


3 3 2 2 3z a bi, (a,b ) z a 3ab 3a b b i

2 2 22 22 22 3 2 22 2

b 0 b 0a b 4 a 4 a 2a b 2 b 0 a 1b 3a3a b b 0 b 3a b 3a 3a 4

z 2, z 2, z 1 3, z 1 3, z 1 3, z 1 3

z z 2i z 2 4i z iz i

1 5 i4 12 3 5 i17 17

3 5 i17 17 3 5i2 2

z a bi, (a,b ) z 2i z 2 4i a b 4 1

a 0 b 1

222

2 22 2

a b 1 2a b 1 ia b 1 ia b 1 iz ia b 1 iz i a b 1 a b 1

z iz i

22 a b 1a b 1 0 a 1 b

13 5a , b2 2

3 5z i2 2

z 22z 1 i

2 1 2 2 2

z a bi a,b

2 1 i2z a bi a 1 b 1 i1 i 2

2z 1 i b 1


Khi đó

Vậy số phức cần tìm là và . Từ đây suy ra .Vậy chọn đáp án

Câu 30. Tính mô-đun của số phức z, biết và z có phần thực dương.


Giả sử

Do . Thế vào (2) ta được:

Giải phương trình (3) ta được . Do nên .

Vậy . Vậy chọn đáp án D.

Câu 31. Tìm z thỏa mãn điều kiện :


Vậy nghiệm của phương trình là: Vậy chọn đáp án A.

Câu 32. Tìm số số phức z thỏa mãn: .A. 5 B. 3 C. 4 D. 2



2z 2 a i 2 a 1 2 a 3.

z 3 i z 3 i z 2

3z 12i z

2 z 7 z 3 z 5

33z x yi, x,y . z 12i z x yi 12i x yi

3 23 2 2 3

2 3x 3xy x 1

x 3xy 3x y y 12 i x yi3x y y 12 y 2

2 2x 0 1 x 3y 1

2 3 33 3y 1 y y 12 y 2y y 3 0 3

2y 1 x 4 x 0 x 2

z 2 i z 5

4z i 1z i

z 0,z 1,z i. z 0,z 1 z i,z i z i,z 0

2

2

z i 1 (1)z iptz i 1 (2)z i

z 1 z 11 ii i (loaïi) z iz 1 z 1(1) ; (2)z 1 z 0 z 1 z 11 iz 1 z 1

z 0,z 1,z i.

4iz 2 7 24iz 3


Nhận xét: Nếu làm bằng cách gọi , thay vào và tính toán vế trái, rồi đồng nhất phần thực và phần ảo của 2 vế sẽ rất dài và dẫn tới hệ đẳng cấp bậc 4 rất cồng kềnh. Áp dụng cách tính căn bậc hai bằng máy tính cầm tay , ta có cách giải ngắn gọn:

Đặt . Phương trình đã cho trở thành:

Lần lượt tay vừa tìm được vào công thức (*), ta tìm được:

. Vậy chọn đáp án C.

Câu 33. Biết là các số phức thỏa mãn và là số thuần

ảo. Tính .A. 51 B. 30 C. 41 D. 22


Đặt

Do đó Như thế

Để là số thuần ảo thì

Vậy có ba số phức thỏa mãn yêu cầu đề toán là và


Câu 34. Tìm số phức z thỏa mãn: và là số thuần ảo.A. , B. ,B. , D. , , ,




z a bi

''

'iz 2 2 3zz z *z 3 z i

'z11 1 19 3 11 5 3z i; i; i;2 i2 2 10 10 4 4 2

1 2 3z ,z ,z z 3i 1 iz 9z z

2 2 21 2 3z z z

z x yi, x,y

2 22 2z 3i 1 iz x y 3 i 1 y ix x y 3 1 y x

2 2y 3 1 y y 2

z x 2i

2 2 2

9 x 2i9 9 9x 18z x 2i x 2i x 2 iz x 2i x 4 x 4 x 4

9z z 22x 0 x 09xx 0

x 5x 5x 4

z 2i, z 5 2i z 5 2i

z 5 2z i

z 2 i z 2 i z 2 i z 1 2i

z 2 i z 1 2i z 2 i z 2 i z 1 2i z 1 2i


Gọi Với hoặc Với hoặc Vậy chọn đáp án D.

Câu 35. Tìm số phức z có phần ảo âm, biết và số phức có phần ảo bằng 1. A. B. C. D.


Đặt

Ta có

Vì ;

có phần ảo bằng 1 nên

Thay (2) vào (1) ta được:

Với

Với Vậy có hai số phức là và .Vậy chọn đáp án C.

Câu 36. Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn và là số thực.A. 5 B. 3 C. 4 D. 2


Gọi

Có

w là số thực

Từ (2) có , thay vào (1) được phương trình:


2 2 2

2 22 2a b 5 b b 2 0

z a bia b 1 0 a b 1

b 1 a 2 z 2 i z 2 i

b 2 a 1 z 1 2i z 1 2i

z 1 1 1 i z 1

z i z 2 i z 1 i z 3 i

z x yi x,y z x yi

2 2z 1 1 x 1 y 1 1

1 i z 1 x y 1 x y 1 i

1 i z 1 x y 1 1 x 1 y 1 2

2 2 2 y 0y 1 y 1 2y 2y 0 y 1

y 0 x 2 z 2

y 1 x 1 z 1 i

z 2 z 1 i

z 5z 7iz 1

2 2z x yi z 5 x y 25 1

2 22 2

x x 1 y y 7 xy x 1 y 7z 7iw iz 1 x 1 y x 1 y

xy x 1 y 7 0 2

7 x 1y *2x 1


Thay vào (*) tìm được y tương ứng từ đó tìm được các số phức: ;

; .

Câu 37. Tìm môđun số phức z biết là một số thuần ảo và


Đặt . Khi đó:

u là số thuần ảo khi và chỉ khi:

Ta có:

Từ (1) và (2) ta có: . Vậy chọn đáp án B.

Câu 39. Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện , tìm số phức z có môđun nhỏ nhất.

A. B.




4 3 2 22x 2x 25x x 12 0 x 3 x 4 2x 1 0

2x 3;x 4;x 2

z 3 4i z 4 3i

2 7 2z i2 2

z 2 3iu z i

z 1 3i z 1 i

365z 5265z 5

215z 5235z 5

z x yi, x,y

22

2 2

22

x 2 y 3 i x y 1 ix 2 y 3 iu x y 1 i x y 1x y 2x 2y 3 2 2x y 1 i

x y 1

2 22 2

22x y 2x 2y 3 0 x 1 y 1 5 1x y 1 0 x;y 0;1

2 2 2 2z 1 3i z 1 i x 1 y 3 x 1 y 1x 2y 2 0 2

3 16 265x;y ; z5 5 5

z 1 2i 2

2 4z 1 2 i5 5

2 4z 1 2 i5 5

2 4z 1 2 i5 5

2 4z 1 2 i5 5


Gọi ; Gọi là điểm biểu diễn số phức .

Ta có :

Đường tròn có tâm I(1;2). Đường thẳng OI có phương trình Số phức z thỏa mãn điều kiện và có môdun nhỏ nhất khi và chỉ khi điểm biểu diễn số phức đó thuộc đường tròn (C) và gần gốc tọa độ O nhất, điểm đó chỉ là một trong hai giao điểm của đường thẳng OI với (C), khi đó tọa độ của nó thỏa mãn hệ

hoặc

Chọn nên số phức


Câu 40. Cho số phức z thỏa mãn . Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn

nhất của .

A. B.

C. D.

Hướng dẫn giảiGiả sử . Từ giả thiết:

Tập hợp điểm biểu diễn của z là đường tròn tâm bán kính . Gọi M là điểm biểu diễn của z, ta có:



z x yi, x,y M x;y

z 1 2i 2 2 2x 1 y 2 4

2 2x 1 2C : y 4

y 2x

2 2y 2xx 1 y 2 4

2x 15

2x 15

2x 15

4y 25

2 4z 1 2 i5 5

z 2 i 2z 1 i

z

min maxz 10 3; z 10 3 min maxz 10 3; z 10 3


z x yi

z 2 i 2 x 2 y 1 i 2 x 1 y 1 iz 1 i

2 2 2 2 22x 2 y 1 2 x 1 y 1 x y 3 10

I 0; 3 R 10

IM IO OM IM IO 10 3 OM 10 3

min maxmin maxz OM 10 3; z OM 10 3


Câu 41. Cho số phức z thỏa mãn là một số thực. Tìm giá trị nhỏ

nhất của .

A. B. C. D.

Hướng dẫn giảiGiả sử .

Từ giả thiết:

Ta có

Tập hợp biểu diễn của z là đường thẳng . Gọi M là điểm biểu diễn của z.

Tìm được . Suy ra: . Vậy chọn đáp án B.

CHỦ ĐỀ 5. TÌM SỐ PHỨC THỎA MÃN ĐIỀU KIỆNPhương pháp

Tìm số phức thật ra là tìm phần thực x và phần ảo y của nó.

Chú ý rằng: , khi là số thực

,

. Khi đó:

. Khi đó là số ảo (thuần ảo) khi , là số thực khi .

Trong trường hợp tìm số phức có môđun lớn nhất, nhỏ nhất ta làm như sau:

Bước 1: Tìm tập hợp điểm các điểm biểu diễn của z thỏa mãn điều kiện.



z 3 i z 1 3i

z

minz 2 minz 2 2 minz 2min

2z 2

z x yi

w z 3 i z 1 3i x 3 y 1 i x 1 y 3 i

2 2x y 4x 4y 6 2 x y 4 i

w x y 4 0

d :x y 4 0

minminz OM OM d

M 2;2 z 2 2i minz 2 2

z x yi, x,y

22z z22z z z

x 0z x yi 0 y 0

1 1 1 2 2 2z x y i; z x y i 1 2

1 21 2

x xz z y y

z x yi, x,y z x 0 zy 0

( )


Bước 2: Tìm số phức z tương ứng với điểm biểu diễn sao cho khoảng cách OM có giá trị lớn nhất ( hoặc nhỏ nhất )

I. MỘT SỐ VÍ DỤ RÈN LUYỆN KĨ NĂNGVí dụ 1. Tìm số phức z thỏa mãn

d) ; e) Giải

a) Đặt . Phương trình trở thành :


b) Đặt





M ( )

2a) z z 0; 2b) z z 0; 2c)z 2z.

2z z z 3z z

zf) z 2.z

z x yi, x,y 2z z 0

2 2 2 22 2 2 2 x y x y 0x y 2xyi x y 02xy 0

22 2 2 2

2 2 2

x 0 y 0 x 0 y 0x 0y yy y 0 x x 0

x 0 x 0 x 0y 0 y 0x 0 x 0y y y y 0 y y 0

x 0 x 0 x 0y 0 y 1 y 1

z 0, z i, z i

2 2 2z x-yi

z x yi, x,y z x y 2xyi

2z z 0

2 2 2 2

2 22 22 2

x y 2xyi x yi 0 x x y 2xy y i 0x x y 0 *

x x y 0x x y 0 y 0y 2x 1 02xy y 0 1x 2

y 02 x 0x x 0 x 1

1x 2

3y 23y 2


Vậy các số phức cần tìm là

c) Đặt Phương trình trở thành

Với , (1)

với , (1)



TH1: ta được

TH2:

Vậy có 3 số phức thỏa mãn là:

e) Giả sử



1 3 1 3z 0, z 1, z i, z i.2 2 2 2

z x yi x,y R z x yi. 2z 2z

2 22 2 x y 2x (1)x y 2xyi 2x 2yixy y (2)

(2) y x 1 0 y 0,x 1.

y 0 2x 2x 0 x 0 x 2.

x 12y 3 y 3

z 0,z 2,z 1 i 3,z 1 i 3

z x yi x,y

22 2 2

2 2 2 22 2 2 2

z z z x yi x y x yi

x y x y xx y x y 2xyi x yi2xy y

1x 2

2 2 2 21 1 1 1 3y y y y4 4 2 4 4

2 2

2 4 2 4 2

3 3y 0 y 5 2 54 y4 21 3 19y y y 16y 40y 5 04 2 16

2y 0 x x x x 0 x y 0.

1 5 2 5z 0;z i2 2

z x yi x,y z x yi

33 3 2 2 3

2 23 2

2 3 2 2

2 22

22 2

z z x yi x yi x 3xy 3x y y i x yi

x x 3y xx 3xy x3x y y y y 3x y y

x 0 x 0,y 0 z 0x 3y 1 0 x 0,y 1 z iy 0 x 1,y 0 z 13x y 1 0


Vậy phương trình cho có 5 nghiệm

Cách 2:

hoặc

Khi thì , do đó là một nghiệm của phương trình

Khi nên phương trình hay

Vậy phương trình đã cho có 5 nghiệm .

f) Gọi số phức . Điều kiện:

Ta có:

Giải hệ ta được: hoặc (loại)Thử lại ta thấy thỏa mãn bài toán. Vậy số phức cần tìm là .Ví dụ 2. Tìm số phức z thỏa mãn phương trình

a) ; b) ; Giải

a) Đặt . Ta có phương trình

Gọi

Ta có

Với


z 0,z i,z 1

2 4 2 2 23 3z z z.z z.z z z z z z 1 0

2z 0 2z 1 0

2z 0 z 0 z 0 3z z

z 1 0 z 0 3 3z z z.z z.z 4z z.z 1

2

2 22

z 1 0 z 1z 1 z 1 0 z iz 1 0

z 0,z i,z 1

za bi; a,b

a 0z 0 b 0

2 2z z 2 z z.z 2z a bi a b 2 a biz

2 22 2 a a b 2aa a b bi 2a 2bib 2b

a 1b 0

a 0b 0

z 1 z 1

3z 2z 8 2z 2011 0 2 3c) z z

t z 2z

3 3 2

2

t 8 t 8 0 t 2 . t 2t 4 0t 2

t 2t 1 3i

t 2t 4 0t 1 3i

z a bi a,b

t z 2z a bi 2 a bi a 3bi

a 2 a 2t 2 a 3bi 2 z 23b 0 b 0


Với

Vậy

b) Đặt Khi đó:

Do đó

Nếu thì (vô lý). Do đó . Dẫn đến

Vậy số phức z cần tìm là:

c) Đặt . Ta có:

thay vào (*)

, thay vào (*) .

Vậy Ví dụ 3 . Tìm phần thực và phần ảo của số phức thỏa mãn:

a) ; b) .

c) ; d) . Giải

a) Ta có:

Vậy số phức z đã cho có phần thực là 2, phần ảo là .

b) Đặt .Lúc đó:



t 1 3i a 3bi 1 3i

a 1a 1 3z 1 .i3 33b 3 b 3

3z 2;z 1 i3

z a bi a,b

2 2 2 2 2 2 2 2 2z a b 2abi z a b 2abi z 2011 a b 2011 2abi

2 22 2 2 a b 2011 0z 2011 0 a b 2011 2abi 02ab 0

b 0 2a 2011 0 b 0 a 0 b 2011

2011.i

z x yi

2 3 2 2 3

2 2 3xy 0

z z x y 2xyi z 0 x y z 0 *

x 0

22 3

3y 0

y z 0 y 0 z 0z 0

y 0 z x 2 3x x 0 x 0, x 1

z 0, z 1

z

21 i 2 i z 8 i 1 2i z 22 3i z 4 i z 1 3i

22 3i z 4 i z 1 3i z 2z 3 2i

21 i 2 i z 8 i 1 2i z 2z 1 i 2 i 1 2i 8 i

z 2i 2 i 1 2i 8 i 8 i 1 2i8 iz 2 3i2i 1 5

3

z x yi z x yi, x,y


Vậy phần thực của là , phần ảo là .

c) Đặt , ta có:

Vậy số phức z cần tìm có phần thực bằng 7 và phần ảo bằng 17.Phần thực của số phức cần tìm là , phần ảo là 1.

d) Đặt . Từ giả thiết ta có:

Vậy số phức z có phần thực bằng 1, phần ảo bằng .

Ví dụ 3. a) Cho số phức z thỏa mãn . Tìm phần thực và phần

ảo của số phức .

b) Tìm phần thực và phần ảo của số phức , biết rằng .Giải

a) Giả sử . Từ giả thiết suy ra

.

Do đó .

b) Gọi .

Ta có

Do đó .Vậy phần thực là -4, phần ảo là 3.


2 22 3i z 4 i z 1 3i 2 3i x yi 4 i x yi 1 3i6x 4y 8 x 26x 4y 2 x y i 8 6i .2x yb 6 y 5

z 2 5z a bi, (a,b )

2 22 3i z 4 i z 1 3i 2 3i a bi 4 i a bi 1 3i6a 2b 8 a 76a 2b 4a 2b i 8 6i 4a 2b 6 b 17

3z a bi, (a,b )

3a 3 a 1a bi 2 a bi 3 2i 3a bi 3 2i b 2 b 2

2

z 1 2i z 2 1 2i

2w z 3z

25iz z 4 3i z 26 6i2 i

z x yi (x,y )

2x 4 x 2 z 2 ix y 1 y 1

22w z 3z 2 i 3 2 i 3 i

z a bi, (a,b )

z 4 3i z 26 6i 2 i a bi 5 4 3i a bi 5 26 6i2 i

22a 16b 14a 18b i 130 30i22a 16b 130 a 3 z 3 4i14a 18b 30 b 4

25i 3 4i25i 4 3iz 25


Ví dụ 4. a) Tìm số phức z thỏa mãn và là số thuẩn ảo.

b) Tìm số phức z thỏa mãn và z là số ảo.

c) Tìm số phức z thỏa mãn và phần thực của nó bằng 2 lần phần ảo.

d) Cho số phức z thỏa mãn là số thực và

e) Tìm số phức z biết và là số thuần ảo.Giải

a) Đặt .

Ta có:

Mặt khác: là số thuần ảo nên

Ta có hệ:


b) Đặt .

Ta có:

Mặt khác: là số ảo nên .

Thay vào (*) ta được


c) Đặt . Ta có:

Mặt khác: Số phức có phần thực của nó bằng 2 lần phần ảo nên thay vào

phương trình (*) ta được:


d) Gọi

Ta có

là số thực



z 2 2zz 2

z 5

1 3i z z 2 5i 1

iz 1 2 1 i z 1 2i

z x yi, x,y

2 2 2 2z 2 x y 2 x y 2

22 2 2z x yi x y 2xyi 2 2x y 0

2 2 2

2 2 2x y 2 x 1x y 0 y 1

1 2 3 4z 1 i, z 1 i, z 1 i, z 1 i.

z x yi, x,y

2 2 2 2z 2 x y 2 x y 4 *

z x yi x 0

x 02 y 2y 4 .y 2

1 2z 2i, z 2i.

z x yi, x,y

2 2 2 2z 5 x y 5 x y 25 *

x 2y

2 25y 25 y 5 y 5.

1 1z 2 5 5i, z 2 5 5i

z a bi; a,b

1 3i z 1 3i a bi a 3b 3ai bi a 3b b 3a i

1 3i z b 3a 0 b 3a


ta có

(thỏa mãn)


e) Đặt và , khi đó ta có:

Số phức này là số ảo, do đó ta có:

.

Thay vào (*) ta có .

Ví dụ 5. a) Tìm số phức z thỏa mãn và

b) Tìm số phức z thỏa mãn: và .

c) Tìm số phức z biết: và

d) Tìm số phức z thỏa mãn đồng thời: và

e) Tìm số phức z thỏa mãn và .

f) Tìm số phức z thỏa mãn và .Giải

a) Gọi z = a + bi ,

Ta có:

Từ giả thiết ta có:

và

Giải hệ (1) và (2) ta được

Vậy các số phức cần tìm là: hoặc


z a bi 2 2z 2 5i 1 a 2 b 5 i 1 a 2 5 3a 1

a 27a 5

7 21z 2 6i;z i.5 5

z' 1z' iz 1 z *i

2z' 2 z' z'

1 i 1 i1 i z 1 2i iz 1 1 2i 1 i z'i i

1 i z' 1 i z' 1 i z' 1 i z'

21 i .2 1 i z' z' 2i z' 1 iz'

z 1;z 1 2i

z 2 i 10 zz 25

22z 2z.z z 8 z z 2

z 2 z 1 2 i 3 z 1 2 i 3 14

z i 1z 1

z i 1z 3i

z 1 5 17 z z 5zz 0

z 1 2i 5 z.z 34

a R,b R

z 2 i a 2 b 1 i;

z 2 i 10 2 2a 2 b 1 10 1

z.z 25 2 2a b 25 2

a 3 a 5b 4 b 0

z 3 4i z 5


b) Gọi , ta có:

Từ (1) và (2) tìm được .Vậy các số phức cần tìm là và .

c) Ta có:

Đặt

Dẫn đến:

Kết hợp với giả thiết ban đầu:

Nên kết hợp lại ta được số phức:

d) Gọi . Từ bài toán suy ra:

.Vậy e) Đặt , ta có:

Mặt khác

Thay (2) vào (1) được . Kết hợp với (1) có Vậy có hai số phức thỏa mãn bài toán là và .

f) Gọi

Ta có



z x yi 2 2 2z x yi; z z zz x y x,y

22 2 2z 2z.z z 8 4 x y 2 1

z z 2 2x 2 x 1 2

x 1; y 1

1 i 1 i

2z z 3i 2z z 3i 10

2 z z 3i z z 10

z a bi, z a bi

5 3b2a 3b 5 a 2

2 2z 2 a b 4

13 3 3z 1 3i; z i7 7

z x yi, x,y

x 1y,x 0y 3

2 22 2

2 22 2

x y 1 x 10 y x y x y 18y 8x y 1 x y 3

z 1 i

z a bi

2 2 2 2z 1 5 a 1 b 5 a b 2a 24 1

2 2 3417 z z 5z.z 0 a b a 25

24a 24 a 55 2b 9 b 3

5 3i 5 3i

z a bi z 1 2i 5 a 1 b 2 i 5

2 2a 1 b 2 5 1

2 2z.z 34 a bi a bi 34 a b 34 2


Từ (1) và (2) ta có hệ

Vậy .

Ví dụ 6. a) Cho số phức z thỏa mãn phương trình . Tính mô-đun của z.

b) Tìm mô-đun của số phức z biết .

c) Cho số phức z thỏa mãn hệ thức . Tính mô-đun của số phức z.

d) Tìm mô-đun của số phức z, biết rằng

e) Cho hai số phức thỏa các điều kiện sau: và Hãy

tính Giải

a) Ta có:

Gọi

b) Đặt . Khi đó theo giả thiết ta có:

c) Đặt


2 2

2 22 2

a 3b 5

a 2b 7a b 2a 4b 20 3aa b 34a b 34 529b 5

29 3z 3 5i, z i5 5

1 i z 2 i z 4 i

z 3z 1 2i

2z 1 i z 11i

z 4 3i z 26 6i2 i

1 2z ,z 1 2z 3z 4 1 2z z 1.

1 23z z .

1 i z 2 i z 4 i *

z a bi (a,b )

a 2* 1 i a bi 2 i a bi 4 i 3a 2b bi 4 i b 1z 5

z a bi, (a,b )

1a 1a bi 3 a bi 1 2i 4a 2bi 1 2i z i4 4b 1

1 17z 116 4

z a bi, (a,b )


Vậy .

d) Gọi . Ta có:

Vậy Cách 1.

Ta có:

Vậy

Cách 2. Đặt Ta có

Lúc đó:



2 2 2

2 2

22 2

2

z 1 i z 11i a b 2abi 1 i a bi 11ia b 2abi a b a b 11 i

a b a 2a b 2a 2a 11 0 (VN) b 3a b a b a b 1 a b 1 a 32ab a b 11 2ab a b 11 b 22b 2b 12 0

2 2z a b 13

z a bi a,b

z 4 3i z 26 6i 2 i a bi 5 4 3i a bi 5 26 6i2 i22a 16b 14a 18b i 130 30i

22a 16b 130 a 314a 18b 30 b 4

z 3 4i z 5

21 2 1 2 1 2 1 2

1 2 1 2 1 1 1 2 1 2 2 22 2

1 1 2 1 2 2 1 2 1 2

1 2 1 2

z 3z 4 z 3z 16 z 3z z 3z 16z 3z z 3z 16 z z 3 z z z z 9z z 16

z 3 z z z z 9z 16 1 3 z z z z 9 16z z z z 2

21 2 1 2 1 2 1 2 1 2

1 1 1 2 2 1 2 2

3z z 3z z 3z z 3z z 3z z

9z z 3 z z z z z z 9 3.2 1 4

1 23z z 2.

1 1 1 2 2 2 1 1 2 2z x y i, z x y i, x ,y ,x ,y

2 2 2 21 2 1 1 2 2z z 1 x y x y 1

2 21 2 1 2 1 2

2 2 2 21 1 2 2 1 2 1 2

1 2 1 2 1 2 1 2

z 3z 4 x 3x y 3y 16x y 9 x y 6 x x y y 166 x x y y 6 x x y y 1


Do đó:

Ví dụ 7. a) Tìm số phức z thỏa mãn: .

b) Tìm số phức z thỏa mãn .

c) Tìm số phức z thỏa mãn

d) Tìm số phức z thỏa mãn .

e) Tìm số phức z thỏa mãn .Giải

a) Ta có:


Với thay vào (*) ta được: (vô nghiệm)


Vậy



2 2 21 2 1 2 1 2

2 2 2 21 1 2 2 1 2 1 2

3z z 3x x 3y y9 x y x y 6 x x y y 10 6 4

1 23z z 2.

2 2z i z z 0

z 1 1 izi1z

z

1 iz 1 i z .1 i z

2z iz 1 1 i z1 i

2 iz z 2i 2z2 i 1 2i

22 2

2z i 0 1

z i z z 0z z 0 2

z x yi, x,y

2 2 2 2

2 2

x y 2xyi i 0 x y 2xy 1 i 0x y

x y 0 x y2xy 1 0 2xy 1 0 *

x y 22x 1 0

x y2 22x 1 0 x 2

1 22 2 2 2z i, z i.2 2 2 2

z a bi, a,b



Vậy ta được


Vậy ta được

b) Điều kiện: .

Giả sử . Khi đó trở thành:

Nếu thì , thỏa mãn điều kiện.

Nếu thì , khi đó không thỏa mãn điều kiện.


c) Đặt với ). Ta có



2 2 2 2

2 22 2

a b 2abi a bi 0 a b a 2ab b i 0a b a 0 **

a b a 0 b 02ab b 0 1a 2

b 0 2 a 0a a 0 a a 1 0 a 1

3 4z 0, z 1

1a 2 2 21 1 3 3b 0 b b4 2 4 2

5 61 3 1 3z i, z i.2 2 2 2

z 0, z 1

2

2

z z 1 1 iz z z 1 1 izPT i i z 1 iz z 1 i

z 1 z 1z 1

z i z z 1 i *

z x yi; x,y *

2 2 2 2 2 2 2 2

22 2 2 2

x yi x y i x y 1 i x x y x y y 1 i 0

x 0x 0 x 0y 1

y y y 1 0x y x y y 1 0 y 1 2

x 0,y 1 2 z 1 2 i

x 0,y 1 z i z 1

z 1 2 i

(z x yi 2 2x,y ;x y 0


+) Với tac có thỏa mãn (1). Suy ra

+) Với tac có không thỏa mãn (1), loại

d) Đặt với . Khi đó

Vậy hoặc

e) Ta có

(1).

+) Gỉa sử .

Lúc đó: (1)


Ví dụ 8. a) Tính môđun của số phức z biết và z có phần thực dương.


2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

2 2

1 i 1 iz 1 i z z.z z 1 i z1 i1 i z

x y i x y x y x y i

x y x y x y x y x y

1 x y x y x y x y 1

x y 0 1xy 0

x y x y 1 2

x 0, 22 y y 1 y 1, z i

y 0, 22 x x 1 x 1,

z x yi x,y 2z iz 1 1 i z1 i

2 2

2 2

2 2

2

x 1 yi 1 ix 1 yi 1 i x y23x 1 y 3x 1 y i 2 x y

x 0,y 1y 3x 13x 1 y 2 x y3 1x ,y10x 3x 03x 1 y 0 10 10

z i3 1z i10 10


2 4i 2 i z 4 3i z

z a bi a,b

2 4i 2 i a bi 4 3i a bi

2 2a b 4 a 2b i 4a 3b 3a 4b i2 2a b 4a 3b 3a 2b 1 a 1 z 1 i4 a 2b 3a 4b a b 2 b 1

z i 1

3z 12i z


b) Tìm số phức z có phần ảo bằng 164 và thỏa : .

c) Tìm số phức z thỏa mãn hai điều kiện: và là một số thuần ảo.

d) Tìm số phức z thỏa mãn: là số thực và .Giải

a) Giả sử

Thế vào phương trình thứ hai ta được:

Suy ra

môđun của số phức z là:

b) Gọi


c) Giả sử . Theo bài ra ta có:

Số phức .

w là một số ảo

Vậy

d) Giả sử



*nz 4iz n

z 1 2i z 3 4i z 2iz i

z 1 . z 2i z i 2

z x yi x 0,x,y

33 3 2 2 3

3 2 2 2

2 3 2 3

z 12i z x yi 12i x yi x 3xy 3x y y 12 i x yi

x xy x x 3y 1 dox 0 .3x y y 12 y 3x y y 12 y

2 2x 3y 1

2 3 3 23 y 1 y y 12 y 2y y 3 0 y 1 x 4 x 2 dox 0 .

z 2 y z 5

z a 164i a

z a 164i4i 4i a 164i 4i a 164i nz n a 164i n

a 656 a 656a 164i 656 a n i 4 a n 164 n 697

z x yi x 1 y 2 i x 3 4 y i

2 2 2 2x 1 y 2 x 3 y 4 y x 5

2

22x y 2 i x y 2 y 1 x 2y 3 iz 2iw x 1 y iz i x y 1

2

22

x y 2 y 1 0 12x 72y 3 0, x y 1 0 * 23yy x 5 7

12 23z i7 7

z a bi, a,b


Khi đó:

Từ (1) và (2) ta được hoặc

Vậy

Ví dụ 9. a) Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện . Tìm số phức z có mođun nhỏ nhất.

b) Tìm số phức z thỏa mãn là số thực và đạt giá trị nhỏ nhất.

c) Trong các số phức z thỏa mãn , tìm số phức z có mô-đun nhỏ nhất.

d) Trong các số phức z thỏa mãn , tìm số phức có mô-đun nhỏ nhất.

Giải

a) Đặt . Khi đó Các điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn hệ thức đã cho nằm trên đường tròn

tâm I(2;-3) và bán kính

Ta có: khi và chỉ khi M nằm trên đường tròn và gần O nhất.

Đó là điểm (Bạn đọc tự vẽ hình).

Ta có: Kẻ Theo định lý talet ta có:

Vậy


z 1 . z 2i a 1 bi . a 2 b ia a 1 b 2 b 2a b 2 i 2a b 2 1

22z 2 2 a b 1 2 2

a 1, b 0 1 12a , b5 5

1 21 12z 1, z i5 5

3z 2 3i 2

z 1 z 2i z

z 3i iz 3 10

z 2 i z 1 4i

z x yi, x,y 2 23 9z 2 3i x 2 y 32 4

3R= .2Min z

1M

OI= 4 9 13. 1M H Ox.

1 11

313M H OM 78 9 132 M H ;3 OI 2613313OH 26 3 132 OH .2 1313

26 3 13 78 9 13z= i13 26


b) Giả sử . Khi đó:

Để là số thực thì hay . Suy ra tập hợp

các điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn là số thực là đường thẳng có phương trình .

Để nhỏ nhất thì M phải là hình chiếu của lên .

Từ đó tìm được nên .

c) Áp dụng công thức:

Ta có:

. Giải bất phương trình ta có

Vậy đạt được khi


và

Vậy thỏa mãn đề bài.II. CÂU HỎI VÀ BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN

Câu 1. Tìm số phức z thỏa mãn đẳng thức: .


Cách 1. Giả sử Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 84


z x yi x,y

z 1 z 2i x 1 yi x 2 y i

z 1 z 2i x 1 2 y xy 0 2x y 2 0

z 1 z 2i

2x y 2 0

z O 0;0

4 2M ;5 5

4 2z i5 5

2z.z z ; z w z w

2 222100 z 3i iz 3 2 z 3i iz 3 z 3i iz 3

222 z 3i iz 3

2 z 3i z 3i iz 3 iz 3 2 z 3i z 3i iz 3 iz 3

24 z.z 9 4z 36 z 4

min z 4

z 3i iz 3z 4, z 4

z 4

z a bi, a,b

z 2 i a 2 b 1 i z 1 4i a 1 b 4 i

2 2 2 2

2 22 2 2

z 2 i z 1 4i a 2 b 1 a 1 b 4 a 2 b

z a b 2b 4b 4 2 2 b 1 2

z 1 i

z 2 z z 2 6i

2z 6i5 2z 6i5

2z 6i5 2z 6i5

z x yi (x,y )


Ta có

. Vậy . Vậy chọn đáp án A.

Câu 2. Số số phức z thỏa mãn đẳng thức: .A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

Hướng dẫn giảiĐặt , suy ra

.

Thay vào phương trình đã cho ta có

Vậy .Vậy chọn đáp án B.

Câu 3. Số số phức z thỏa mãn .A. 1 B. 2 C. 3 D. 4


Gọi . Ta có

Vậy hoặc . Vậy chọn đáp án C

Câu 4. Biết là hai số phức thỏa điều kiện: . Tính



z 2 z z 2 6i x yi 2 x yi x yi 2 6i

25x yi 2 6i x;y ; 65

2z 6i5

2 1 1z z z 1 z z i2 2

z a bi (a,b )

2 2 2z a bi, z a b , z z 2bi, z z 2a

2 2a b bi 1 ai

2 21a b

a b 1 21b a a b2

1 1 1 1z i, z i2 2 2 2

2 2z 1 z 1 10i z 3

z a bi a,b 2 2z 1 z 1 10i z 3

2 22 2

2

2

a 1 2 a 1 bi b a 1 b 10i a bi 32a a 1 2ab 3b 10 i 0

2a a 1 02ab 3b 10 0

1a;b 1; 2 a;b ; 52

z 1 2i 1z 5i2

1 2z ,z 22 z 1 z 1 1 i z 1 2z z

3 11i10 10 3 11i10 10

3 11i10 103 11i10 10


Có hai số phức cần tìm

Suy ra: . Vậy chọn đáp án A.

Câu 5. Tìm số phức z thỏa mãn A. B. C. D.


Đặt . Ta có:

Với , ta có , thỏa mãn (1). Suy ra .

Với , ta có , không thỏa mãn (1).Vậy .Vậy chọn đáp án D.

Câu 6. Biết là số phức thỏa mãn: . Tính

A. B. C. D.


Gọi , ta được:



2 2 2

2 22 2 2 2

2 2

22 2

2 z 1 z 1 1 i z 2 a bi 1 a bi 1 1 i a b

3a 1 a b3a 1 bi a b i a bb a b

a 0 3ab 3a 1 a 010a 3a 0 3 10a b 1 1103a 1 a b b 3a 1 b 10b 3a 1

1 23 1z i; z i10 10

1 23 11z z i10 10

1 iz 1 i z1 i z

1 i i 1 i i

2 2z x yi, x,y , x y 0

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 22 22 2

1 i 1 iz 1 i z z.z z 1 i z1 i1 i z

x y i x y x y x y i

x y 0 1x y x y x y x y x y xy 0x y x y 11 x y x y x y x y 1 2

x 0 22 y y 1 y 1 z i

y 0 22 x x 1 x 1

z i

1 2z ,z 2 2z 1 z 1 10i z 3 2 21 2z z .

111 i4 111 i 111 4i 44 i

z a bi a,b 2 2a bi 1 a bi 1 10i a bi 3


Vậy . Suy ra .

Câu 7. Biết là số phức thỏa mãn: thỏa mãn phương trình .

Tính .


Điều kiện . Gọi . Phương trình đã cho tương đương với:

Vậy hoặc . Suy ra: Vậy chọn đáp án C.

Câu 8. Tìm mô đun số phức z thỏa mãn . A. B. C. D.


Giả sử


22

a 1b 22a a 1 02a a 1 2ab 3b 10 i 0 12ab 3b 10 0 a 2b 5

1z 1 2i, z 5i2 2 21 2

111z z i4

1 2z ,zz 10 4 3i1 i z

1 2

1 1z z

7 23i25 50 7 23i25 50

7 23i25 507 23i25 50

z 0 z a bi a,b

2 2

2 2

2

z.z 10 1 i 4 3i 1 i z a b 10 10i a 7b 7a b ia b 10 a 7b7a b 10

a 2 a 2,b 45a 19a 18 0 9a 9 13a ,b5b 10 7a 5 5b 10 7a

z 2 4i 9 13z i5 5

1 2

1 1 7 23iz z 25 50

2 iz z 2i 2z2 i 1 2i

1 2 2 2 2


2 4i 2 i z 4 3i z 1

z a bi, a,b


Vậy số phức cần tìm là . Vậy chọn đáp án B.

Câu 9. Tìm số phức z thỏa điều kiện:


Đặt

Ta có


Vậy z cần tìm là: Vậy chọn đáp án D.

Câu 10. Tìm môđun số phức z thỏa điều kiện:


Đặt




1 2 4i 2 i a bi 4 3i a bi2 2a b 4 a 2b i 4a 3b 3a 4b i2 2a b 4a 3b 3a 2b 1 a 1 z 1 i4 a 2b 3a 4b a b 2 b 1

z 1 i z 2

z z 1 i z z 2 3i 4 i.

1 1z i.2 2 1 1z i.2 2

1 1z i.2 2 1 1z i.2 2

z x yi z x yi, x,y

z z 2xz z 2yi

z z 1 i z z 2 3i 4 i

2x 1 i 2yi 2 3i 4 i 2x 2xi 4yi 6y 4 i1x2x 6y 4 22x 6y 2x 4y i 4 i 2x 4y 1 1y 2

1 1z i.2 2

i z zz z 4 6i.1 i 2 2i

z 101 z 10 z 1 z 11

z x yi z x yi, x,y

i z zz z 4 6i1 i 2 2i

22x 2yi 2x 2y4 6i 4 6i1 i 1 i2 1 i 2 1 i2x 1 i y 1 i 2x y 2x y i4 6i 4 6i21 i 1 i2x y 8 x 12x y 12 y 10


Vậy z cần tìm là Vậy chọn đáp án A.

Câu 11. Tìm Số số phức thỏa điều kiện: A. B. C. D.


Gọi ta có:

Kết luận . Vậy chọn đáp án B.

Câu 11. Biết là số phức thỏa điều kiện: Tính


Gọi , khi đó (*) trở thành:

Vậy . Vậy chọn đáp án C.

Câu 12 . Tìm số phức z thỏa điều kiện A.

B. C. D. Hướng dẫn giải



Câu 13. Biết là các số phưc thỏa mãn điều kiện . Tìm


z 1 10i z 101.

i z zz z 4 6i1 i 2 2i

1 2 3 4

z a bi, a,b

2 2

2 23 a bi 4 a bi 1 a b 5 7i

a 0 a 1a b a 1b 1 b 17b 7

z i, z 1 i

z z1 i z 5 7i.1 i

1wz

1 1w i10 5 1 1w i10 5

1 1w i10 5 1 1w i10 5

z a bi a,b 2 a bi a bi 2 12i

a 2 a 2a 3bi 2 12i 3b 12 b 4

1 1z 2 4i w i10 5

z 2z 2 4i

w 1 2i 1 1w i3 5 2z 4i.3

1w 2i14

a) Ñaët z x yi z x-yi , x,y .

23x 2 xx yi 2 x yi 2 4i 3x-yi 2-4i 3y 4 y 4

2z 4i.3

1 2z ,z 2z 2z 0 1 2z z


A. B. C. D.





Vậy Suy ra: . Vậy chọn đáp án D.

Câu 13. Tìm số số phức thỏa mãn điều kiện . A. B. C. D.


Đặt

Phương trình

Từ (2) hoặc

Với Suy ra hoặc hoặc

Với Suy ra

Vậy phương trình hoặc hoặc Vậy chọn đáp án B.

Cách khác: Ta giải phương trình hệ quả rồi thử lại.

Phương trình (1)

hoặc



1 21z z2

1 2z z 2 1 2z z 2 2 1 2z z 2

Ñaët z x yi z x-yi , x,y .

2 2 2 2

2 22 2

x y 2xyi 2 x yi 0 x y 2x 2xy 2y i 0x y 2x 0 *x y 2x 0y 02y x 1 0x 1

y 02 x 0x 2x 0 x 2

x 1 2y 3 y 3.

1 2z 3i, z 2 3i. 1 2z z 2

2z 2z 0

2 3 1 0

2 2 2z x yi, x,y R z x y 2xyi.

2 2 2 2 2z 2z 0 x y 2xyi 2 x y

2 2 2 2x y 2 x y 12xy 0 2

x 0 y 0.

2

2 2 22x 0, y 2y y 2y 2 y y 2 y1 y 2y 2y

z 0 z 2i z 2i.

y 0, 1 2 2 2x 2 x x 2 x 0 x 0.

z 0.

2z 2z 0 z 0 z 2i z 2i.

2z 2z 0 22 2z 2z z 2z z 2z

z 0 z 2.


Với

Với phương trình (1) Thử lại: Ta thế các giá trị của z vừa tìm được vào phương trình (1).

Với ta có phương trình (1) được nghiệm đúng.

Với ta có và

Vậy phương trình được nghiệm đúng.

Kết luận: Phương trình có 3 nghiệm là:

Câu 14. Biết là số phức thỏa điều kiện . Tính A. B. C. D.


Đặt . Phương trình trở thành:

Vậy số phức z cần tìm là: . Suy ra .Vậy chọn đáp án D.

Câu 15. Biết là các số phức thỏa điều kiện . Tính

A. B. C. D.


Đặt . Phương trình trở thành


z 0 z 0.

z 2, 2 2 2 2z 4 0 z 4 z 4i z 2i.

z 0, 2z 0

z 2i, 22 2z 2i 4i 4 2z 2 2i 2.2 4.

2z 2z 0

1 2 3z 0,z 2i,z 2i.

1 2z ,z 22z z 1 0 1 2

1 1z z

i i 1 i 0

z x yi, x,y 22z z 1 0

2 2 2 2 2

22 2

x y 2xyi x y 1 0 2y 1 2xyi 0x 0x 0 y 02y 1 0 11 1 yy y2xy 0 2 2 2

1 1z i,z i2 2

1 2

1 1 0z z

1 2 3 4z ,z ,z ,z2z i i.z 1

1 2 3 4z z z z

3 2 3 2 3

z x yi, x,y 2 2z i i z i iz iz 1


Vậy số phức z cần tìm là: .

Suy ra .


Câu 17. Biết là số phức thỏa điều kiện . Tìm số phức có phần ảo âm


Đặt Phương trình

Từ

o Với Suy ra Vậy o Với

o Với



2 22 2 2

2 2

2 2

x y yx yi i x yi x y 2xyi y xi2xy x

1yx 0x y y 0 21 1x 2y 1 0 y y 0 x 04 2

1yx 0 x 0 2y 0 y 1 3x 2

3 1 3 1z 0,z i,z i,z i2 2 2 2

1 2 3 4z z z z 3

z2z i z 0 z

1z 1 i2

1 1z i2 2

1 1z i2 2

1z 1 i2

z x yi, x,y R 2 2 2 2 2z i z 0 x y 2xyi i x y

2 2

2 2

x y 0 1

2xy x y 2

1 y x.

2 22xy x, x2 2 x 0 y 0. z 0.y x:

2

2 2 22

x 02x x 2 12 2x 2x 2x x 2 x

22x x 21x2

x 0 y 0


o Với

o Với Vậy chọn đáp án C.

Câu 18. Biết là số phức thỏa điều kiện Tìm số phức có phần thực dương

A. B.


Đặt

Phương trình

o Với

Suy ra

o Với

(vô nghiệm)Vậy số phức z cần tìm là:

và Vậy chọn đáp án C.




1 1x y2 2

1 1x y .2 2

z2iz z 1 0. z

22 5 2 5z i.4 4

2

2 3 2 3z i.2 2

22 10 2 10z i.4 4

2

2 5 2 5z i.2 2

z x yi, x,y R

2 2 2 2 2iz z 1 0 i(x y 2xyi) x y 1 0

2 2 2 2

2 2

2 22 2

( 2xy x y 1) x y i 0x y 1x y 0 x y

2xy x y 1 0 2xy x y 1 0 2

2 2 2x y : 2 2x 2x 1 0 2x x 2 1 0

2 2 10 2 102 x x 2 1 0 x x4 4

2 10y x .4

2 2 2y x, 2 2x 2x 1 0 2x x 2 1 0

22 x x 2 1 0

12 10 2 10z i4 4

2

2 10 2 10z i.4 4

2z z z z 1 1 i 2

z 1 i. z 1 i. z 1 i. z 1 i.


Đặt . Ta có :

Như vậy phương trình đã cho trở thành :

Vậy phương trình có 1 nghiệm Vậy chọn đáp án D.



Đặt . Suy ra:


Câu 21*. Số số phức z thỏa mãn . A. B. C. D.

Hướng dẫn giải Xét là nghiệm của phương trình

Xét . Đặt , từ giả thiết ta có:



z x yi, x,y

2z z 2x 2yi x yi x 3yi

z z 1 1 i 2 2x 1 1 i 2 2x 1 2x 1 i

x 2x 1 x 1x 3yi 2x 1 2x 1 i 3y 2x 1 y 1

z 1 i.

21 2i z z 4i 20

z 1 i. z 3 i. z 1 2i. z 4 3i.


21 2i z z 4i 20 2a 4b 4a 4b i 4i 20a 2b 10 a 4. Vaäy z 4 3i.a b 1 b 3

z 2z.z 1 z 2 6iz

1 2 0 z 4

z 0

z 0 2 2z a bi; a,b ,a b 0

2 2

2 2 3 2 2 3

z 3z 1 2z 6z z.i z.z 3z 1 2z .z 6z z z.i

z 3z 1 2z a bi 6z .i z . 3z 1 2az 6z 2bz i

2 2 22 2 2

23 2

z . 3z 1 4az . 3z 1 2az z . 3z 1 2a 3z b 06z 2bz 0 3z b 0 a 0,b 0


Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta có

Thế (3) vào(1), ta được: (do )

Vậy ta có hai số phức cần tìm là Vậy chọn đáp án B.

Câu 22. Cho số phức z thỏa mãn . Tìm A. B. C. D.

Hướng dẫn giải Giả sử với và a, b không đồng thời bằng 0.

Khi đó

Khi đó phương trình

. Lấy (1) chia (2) theo vế ta có , thế vào (1) ta có Với (loại)Với . Ta có số phức . Vậy chọn đáp án C.

Câu 23. Tìm số phức z biết . A. B. C. D.


Gọi Theo đề cho ta suy ra:


2 2

2 2 2

b b 1 12a b b 1 12a 13z b 3a 3b b 2a 0,b 0 a 0,b 0

2 2 2 249a 4b a b 39

2 216 3 2b b b b a ,3 13 13 a 0,b 0

2 3z i.13 13

2 3z 0,z i.13 13

25z 8 6iz w iz 3

3 4i 5i 4i z 1 4i

z a bi a;b

2 21 1 a biz a bi; z a bi a b

2 2

25 a bi25z 8 6i a bi 8 6iz a b

2 2 2 2

2 2 2 2

a a b 25 8 a b 1

b a b 25 6 a b 2

3b a4

a 0 a 4

a 0 b 0

a 4 b 3 z 4 3i

z 2 3i z 1 9i

3 4i 1 5i z 2 i z 1 4i

z a bi a,b z a bi


Số phức cần tìm là . Vậy chọn đáp án C.

Câu 24. Tính mô- đun của số phức biết (i là đơn vị ảo).A. B. C. D.


a) Đặt , ta có

. Vậy mô-đun của số phức bằng .

Câu 25. Cho số phức z thỏa mãn hệ thức . Tính mô-đun của z.


Giả sử . Ta có:

Vậy . Vậy chọn đáp án B.



cĐặt . Khi đó:




a 3b 1 a 2a bi 2 3i a bi 1 9i a 3b 3a 3b i 1 9i 3a 3b 9 b 1

z 2 i

z i z i z i 2iz

3 4i 1 5i z 2 i z 1 4i

z a bi, (a,b ) z i z i 2iz

2 2

2 2 22 2 2

z.z i z z 1 2iz a b 1 2ai 2b 2ai

a b 1 2b a b 2b 1 2 a b 1 22a 2a

22z i a b 1 i a b 1 2 z i 2

1 2i z 2 2i z i

12

53

15

13

z a bi, (a,b )

1 2i a bi 2 2i a bi i 3a 4b bi i43a 4b 0 a 3b 1 b 1

2 2 16 5z a b 19 3

2 z 1 3z i 5 i

2 2 2 2 4

z a bi, (a,b )

2 z 1 3z i 5 i 2 a bi 1 3 a bi 1 5i a 1 5 1 b i 0a 1 z 2b 1


Câu 27. Số số phức z thỏa và là số thực là: A. B. C. D.


Gọi Theo giả thiết ta có:

Vậy .Vậy chọn đáp án A.

Câu 28. Tìm nghịch đảo của số phức z, biết thỏa mãn và là số thuần ảo.


Giả sử thì Với hoặc , ta có:

Vì là số thuần ảo nên

Kết hợp ta có . Vậy số phức đó là .Vậy chọn đáp án C.

Câu 29. Tìm mo đun số phức z thỏa mãn và là số thực.A. B. C. D.


Giả sử .

Suy ra .


z 2 3z6 2 5 4

3 3 2 2 3z a bi, (a,b ) z a 3ab 3a b b i

2 2 22 22 22 3 2 22 2

b 0 b 0a b 4 a 4 a 2a b 2 b 0 a 1b 3a3a b b 0 b 3a b 3a 3a 4

z 2, z 2, z 1 3, z 1 3, z 1 3, z 1 3

z z 2i z 2 4i z iz i

1 5 i4 12 3 5 i17 17

3 5 i17 17 3 5i2 2

z a bi, (a,b ) z 2i z 2 4i a b 4 1

a 0 b 1

222

2 22 2

a b 1 2a b 1 ia b 1 ia b 1 iz ia b 1 iz i a b 1 a b 1

z iz i

22 a b 1a b 1 0 a 1 b

13 5a , b2 2

3 5z i2 2

z 22z 1 i

2 1 2 2 2

z a bi a,b

2 1 i2z a bi a 1 b 1 i1 i 2


Từ giả thiết là số thực nên ta có .

Khi đó

Vậy số phức cần tìm là và . Từ đây suy ra .Vậy chọn đáp án

Câu 30. Tính mô-đun của số phức z, biết và z có phần thực dương.


Giả sử

Do . Thế vào (2) ta được:

Giải phương trình (3) ta được . Do nên .

Vậy . Vậy chọn đáp án D.

Câu 31. Tìm z thỏa mãn điều kiện :


Vậy nghiệm của phương trình là: Vậy chọn đáp án A.

Câu 32. Tìm số số phức z thỏa mãn: .A. 5 B. 3 C. 4 D. 2Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 98


2z 1 i b 1

2z 2 a i 2 a 1 2 a 3.

z 3 i z 3 i z 2

3z 12i z

2 z 7 z 3 z 5

33z x yi, x,y . z 12i z x yi 12i x yi

3 23 2 2 3

2 3x 3xy x 1

x 3xy 3x y y 12 i x yi3x y y 12 y 2

2 2x 0 1 x 3y 1

2 3 33 3y 1 y y 12 y 2y y 3 0 3

2y 1 x 4 x 0 x 2

z 2 i z 5

4z i 1z i

z 0,z 1,z i. z 0,z 1 z i,z i z i,z 0

2

2

z i 1 (1)z iptz i 1 (2)z i

z 1 z 11 ii i (loaïi) z iz 1 z 1(1) ; (2)z 1 z 0 z 1 z 11 iz 1 z 1

z 0,z 1,z i.

4iz 2 7 24iz 3


Hướng dẫn giảiNhận xét: Nếu làm bằng cách gọi , thay vào và tính toán vế trái, rồi đồng nhất phần thực và phần ảo của 2 vế sẽ rất dài và dẫn tới hệ đẳng cấp bậc 4 rất cồng kềnh. Áp dụng cách tính căn bậc hai bằng máy tính cầm tay , ta có cách giải ngắn gọn:

Đặt . Phương trình đã cho trở thành:

Lần lượt tay vừa tìm được vào công thức (*), ta tìm được:

. Vậy chọn đáp án C.

Câu 33. Biết là các số phức thỏa mãn và là số thuần

ảo. Tính .A. 51 B. 30 C. 41 D. 22


Đặt

Do đó Như thế

Để là số thuần ảo thì

Vậy có ba số phức thỏa mãn yêu cầu đề toán là và


Câu 34. Tìm số phức z thỏa mãn: và là số thuần ảo.A. , B. ,B. , D. , , ,



z a bi

''

'iz 2 2 3zz z *z 3 z i

'z11 1 19 3 11 5 3z i; i; i;2 i2 2 10 10 4 4 2

1 2 3z ,z ,z z 3i 1 iz 9z z

2 2 21 2 3z z z

z x yi, x,y

2 22 2z 3i 1 iz x y 3 i 1 y ix x y 3 1 y x

2 2y 3 1 y y 2

z x 2i

2 2 2

9 x 2i9 9 9x 18z x 2i x 2i x 2 iz x 2i x 4 x 4 x 4

9z z 22x 0 x 09xx 0

x 5x 5x 4

z 2i, z 5 2i z 5 2i

z 5 2z i

z 2 i z 2 i z 2 i z 1 2i

z 2 i z 1 2i z 2 i z 2 i z 1 2i z 1 2i


Gọi Với hoặc Với hoặc Vậy chọn đáp án D.

Câu 35. Tìm số phức z có phần ảo âm, biết và số phức có phần ảo bằng 1. A. B. C. D.


Đặt

Ta có

Vì ;

có phần ảo bằng 1 nên

Thay (2) vào (1) ta được:

Với

Với Vậy có hai số phức là và .Vậy chọn đáp án C.

Câu 36. Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn và là số thực.A. 5 B. 3 C. 4 D. 2


Gọi

Có

w là số thực

Từ (2) có , thay vào (1) được phương trình:



2 2 2

2 22 2a b 5 b b 2 0

z a bia b 1 0 a b 1

b 1 a 2 z 2 i z 2 i

b 2 a 1 z 1 2i z 1 2i

z 1 1 1 i z 1

z i z 2 i z 1 i z 3 i

z x yi x,y z x yi

2 2z 1 1 x 1 y 1 1

1 i z 1 x y 1 x y 1 i

1 i z 1 x y 1 1 x 1 y 1 2

2 2 2 y 0y 1 y 1 2y 2y 0 y 1

y 0 x 2 z 2

y 1 x 1 z 1 i

z 2 z 1 i

z 5z 7iz 1

2 2z x yi z 5 x y 25 1

2 22 2

x x 1 y y 7 xy x 1 y 7z 7iw iz 1 x 1 y x 1 y

xy x 1 y 7 0 2

7 x 1y *2x 1


Thay vào (*) tìm được y tương ứng từ đó tìm được các số phức: ;

; .

Câu 37. Tìm môđun số phức z biết là một số thuần ảo và


Đặt . Khi đó:

u là số thuần ảo khi và chỉ khi:

Ta có:

Từ (1) và (2) ta có: . Vậy chọn đáp án B.

Câu 39. Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện , tìm số phức z có môđun nhỏ nhất.

A. B.



4 3 2 22x 2x 25x x 12 0 x 3 x 4 2x 1 0

2x 3;x 4;x 2

z 3 4i z 4 3i

2 7 2z i2 2

z 2 3iu z i

z 1 3i z 1 i

365z 5265z 5

215z 5235z 5

z x yi, x,y

22

2 2

22

x 2 y 3 i x y 1 ix 2 y 3 iu x y 1 i x y 1x y 2x 2y 3 2 2x y 1 i

x y 1

2 22 2

22x y 2x 2y 3 0 x 1 y 1 5 1x y 1 0 x;y 0;1

2 2 2 2z 1 3i z 1 i x 1 y 3 x 1 y 1x 2y 2 0 2

3 16 265x;y ; z5 5 5

z 1 2i 2

2 4z 1 2 i5 5

2 4z 1 2 i5 5

2 4z 1 2 i5 5

2 4z 1 2 i5 5


Gọi ; Gọi là điểm biểu diễn số phức .

Ta có :

Đường tròn có tâm I(1;2). Đường thẳng OI có phương trình Số phức z thỏa mãn điều kiện và có môdun nhỏ nhất khi và chỉ khi điểm biểu diễn số phức đó thuộc đường tròn (C) và gần gốc tọa độ O nhất, điểm đó chỉ là một trong hai giao điểm của đường thẳng OI với (C), khi đó tọa độ của nó thỏa mãn hệ

hoặc

Chọn nên số phức


Câu 40. Cho số phức z thỏa mãn . Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn

nhất của .

A. B.

C. D.

Hướng dẫn giảiGiả sử . Từ giả thiết:

Tập hợp điểm biểu diễn của z là đường tròn tâm bán kính . Gọi M là điểm biểu diễn của z, ta có:




z x yi, x,y M x;y

z 1 2i 2 2 2x 1 y 2 4

2 2x 1 2C : y 4

y 2x

2 2y 2xx 1 y 2 4

2x 15

2x 15

2x 15

4y 25

2 4z 1 2 i5 5

z 2 i 2z 1 i

z



z x yi

z 2 i 2 x 2 y 1 i 2 x 1 y 1 iz 1 i

2 2 2 2 22x 2 y 1 2 x 1 y 1 x y 3 10

I 0; 3 R 10

IM IO OM IM IO 10 3 OM 10 3

min maxmin maxz OM 10 3; z OM 10 3


Câu 41. Cho số phức z thỏa mãn là một số thực. Tìm giá trị nhỏ

nhất của .

A. B. C. D.

Hướng dẫn giảiGiả sử .

Từ giả thiết:

Ta có

Tập hợp biểu diễn của z là đường thẳng . Gọi M là điểm biểu diễn của z.

Tìm được . Suy ra: . Vậy chọn đáp án B. CHỦ ĐỀ 6. PHƯƠNG TRÌNH SỐ PHỨC

BÀI TOÁN 1. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT SỐ PHỨCI. MỘT SỐ VÍ DỤ RÈN LUYỆN KĨ NĂNG

Ví dụ 1. Giải các phương trình sau đây với ẩn z:

a) b) Giải

a) Ta có:

Vậy số phức z cần tìm là: b) Ta có:

Vậy số phức z cần tìm là: Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 103

z 3 i z 1 3i

z

minz 2 minz 2 2 minz 2min

2z 2

z x yi

w z 3 i z 1 3i x 3 y 1 i x 1 y 3 i

2 2x y 4x 4y 6 2 x y 4 i

w x y 4 0

d :x y 4 0

minminz OM OM d

M 2;2 z 2 2i minz 2 2

2 i z z 2i 1; 1 i z 2i 2 i.

2 i z z 2i 1 z 2 i 1 1 2i z 1 i 1 2i

2

21 2i 1 i1 2i 1 2i i 2i 1 3i 1 3z z i.1 i 1 1 2 21 i 1 i 1 i

1 3z i.2 2

2 i 1 i2 i1 i z 2i 2 i z 2i z 2i1 i 1 i 1 i

2

22 i 3i 1 3i 1 7z 2i z 2i z i.2 2 21 i

1 7z i.2 2



a) b) Giải

a) Ta có:

b) Ta có:


Giải

a) Ta có

b) Ta có

Ví dụ 4. Giải phương trình sau: Giải

Ta có:

Vậy nghiệm của phương trình là:

Ví dụ 5. a) Cho số phức z thỏa mãn . Tính mô-đun của số phức .



2i 1 3i 1z ;i 2 i 3

2 3

z 5i 2 .2i i 12i 1

2i 1 3i 1 3i 1 2i 1 3i 1 i 2z x : . 1i 2 i 3 i 3 i 2 i 3 2i 1

22i 1 3 4i; 3 2i i.i i

2

25i 2 2i 1z 5i 2 37 9z ii 1 i 1 2 22i 1

a) 5 4i z 3 2i 4 i ; b) z 2 i 3i z 1 3i .

3 2i 4 i 14 5i 50 815 4i z 3 2i 4 i z i5 4i 5 4i 41 41

2z 2 i 3i z 1 3i i.z 2i 3i 9i z 3iz9 i 13 351 4i z 9 i z i1 4i 17 17

2iz 3 z 5i z 3 6i 0.

2iz 3 0

2iz 3 z 5i z 3 6i 0 z 5i 0z 3 6i 0

3 3z z i2i 2z 5i z 5i

z 3 6iz 3 6i

3z i, z 5i, z 3 6i.2

1 i z 2z 2

w z 2 3i


b) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện . Tìm mô-đun của số phức

. Giải

a) Đặt . Theo đề ra ta có: nên .Khi đó .

Vậy .

b) Ta có:

.

Khi đó:

b) Ta có:

.

Từ đó . Suy ra .

Ví dụ 6. Cho số phức z thỏa mãn hệ thức . Tính mô-đun của z.

Giải

Cách 1. Đặt , khi đó . Theo bài ra ta có:

Cách 2. Ta có:

Suy ra: II. BÀI TẬP VÀ CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN

Câu 1. Giải phương trình


1 i2 i z 5 i1 i

2w 1 z z

z a bi (a,b )

3a b 2 a 1a b 0 b 1

z 1 i

w z 2 3i 1 i 2 3i 3 4i

2 2w 3 4 5

1 i2 i z 5 i 2 i z 5 z 2 i1 i

2w z z 5 5i w 5 2.

1 i 52 i z 5 i 2 i z 5 z 2 i1 i 2 i

2w 1 z z 6 5i w 36 25 61

2 i 1 i z 4 2i


2 2

a 3 4 a 12 i 1 i z 4 2i a 3 1 b i 4 2i 1 b 2 b 3z 1 3i z 1 3 10.

2 i 1 i z 4 2i z 4 2i 2 i 1 i 1 3i

z 1 3i z 10

2 3i z z 1.



Ta có:


Câu 2. Giải phương trình .


Ta có:

Vậy Vậy chọn đáp án B.

Câu 2. Giải phương trình


Ta có:


Câu 3. Tìm nghiệm của phương trình


Điều kiện: . Với điều kiện trên, phương trình đã cho trở thành:

Vậy z cần tìm là: . Vậy chọn đáp án D.Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 106


1 3z i.10 10 1 3z i.10 10

1 3z i.10 10 1 3z i.10 10

2 21 3i1 1 32 3i z z 1 2 3i 1 z 1 1 3i z 1 z i.1 3i 10 101 3

2 i z 4 0

1 3z i.5 5 8 4z i.5 5

5 3z i.10 10 1 3z i.13 13

2 2

4 2 i4 8 42 i z 4 0 z i.2 i 5 52 1

8 4z i.5 5

2 i 1 3iz .1 i 2 i

1 3z i.5 5 8 4z i.5 5

22 4z i.25 25 1 3z i.13 13

2 i 1 3i 1 3 1 7 1 7 1 3 22 4z i z i z i : i z i.1 i 2 i 2 2 5 5 5 5 2 2 25 25

2z 1 1 iz i

1 3z i.5 5 1 4z i.5 5

1 1z i.2 2 1 1z i2 2

z i

2

2

2z 1 1 i 2z 1 1 i z i 2z 1 1 i z i iz ii 1 ii i i 1 12 1 i z i 1 1 1 i z i z z i.1 i 1 i 2 21 i 1 i

1 1z i2 2




Điều kiện: Với điều kiện trên, phương trình đã cho trở thành:


Câu 5. Tìm nghiệm của phương trình: .


Ta có:

Giải (1): Giải (2):

Vậy phương trình có 2 nghiệm là và . Vậy chọn đáp án C.

Câu 6. Tìm nghiệm của phương trình .A. B. C. D.


Điều kiện: Ta có: .


i 1 1 .z 2 i 3 6i

1 3z i.7 7 2 4z i.3 3

3 21z i.10 10 3 5z i2 2

z 0

i 1 1 i 1 1 i 2 i 1 2iz 2 i 3 6i z 2 i z 4 13 1 2i 3 1 2i 1 2i

3 2 ii 2 i 1 2i i 1 2i i 7 iz 5 z 15 15 z 153 1 4

15i 7 i15i 15 105i 3 21z z i.7 i 49 1 10 107 i 7 i

11 2i z 2 i iz 0i

z 1,z i z 1,z i z i,z i z i,z 1

1iz 0 (1)1 i1 2i z 2 i iz 0i 1 2i z 2 i 0 (2)

2(1) i z 1 0 z 1 0 z 1

2 i 1 2i2 i 2 2 i 4i(2) z z z i z i1 2i 1 41 2i 1 2i

z i z i

37 i 3 i

2z 12i 1

z 1 z i z i z 2

1z .2 32i 1 11 2i



Câu 7. Tìm nghiệm của phương trình A. B. C. D.



Câu 8. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện . Tính mô-đun của số phức .


Ta có:

Nên .. Vậy .Vậy chọn đáp án A.


A. B. C. D.


Ta có: Vậy chọn đáp án C.



33

3

7 i 3 i 7 i 2z 1 2i 1 3 i2z 12i 1

2i 1 3 i 11 2i 3 i2z 1 5 z 2.7 i 7 i

22 i z 2z 1 .10 5i3 i

z 2i z i 1 z i z 2 i

22

2 2

2 2

2 i z 2z 1 2 i z 10 5i 2z 1 3 i10 5i3 i

2 i 10 5i 10 5i z 2 3 i z 3 i

10 5i 2 3 i z 3 i 2 i 10 5i

26 7i z 7 26i z i.

z 5i 2i 3z 2 i

z 2i

4 2 2 2 2 3 2

z 5i 4 12i2i 3 z 5i 3 2i z 2 i z 4 2iz 2 i 2 2i

z 2i 4 4i z 2i 4 2

1 3i1 2i z 2 i1 i

3 2 2 2 3 2

1 3i 1 71 2i z 2 i z i z 21 i 5 5




BÀI TOÁN 2. CĂN BẬC HAI SỐ PHỨC, PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI VÀ PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAIPhương pháp1. Ta nhắc lại căn bậc hai của số phức

Định nghĩa: Cho số phức w. Mỗi số phức z thỏa mãn được gọi là một căn

bậc hai của w. Mỗi căn bậc hai của w là một nghiệm của phương trình a) Trường hợp w là số thực

Căn bậc hai của 0 là 0. Xét số thực

Khi , ta có

Phương trình hoặc

Vậy số thực a dương có hai căc bậc hai là và

Khi , ta có

Phương trình hoặc

Vậy số thực a âm có hai căn bậc hai là và

Ví dụ: -1 có hai căn bậc hai là i và –i.

có hai căn bậc hai là ai và –ai.

b) Trường hợp

Đặt ,

z là căn bậc hai của w

Giải hệ phương trình này, ta luôn tính được hai nghiệm

Mỗi nghiệm (x;y) của hệ phương trình trên cho ta một căn bậc hai của số phức Kĩ thuật MTCT tìm căn bậc hai của số phức

Giả sử ta cần tìm căn bậc hai số phức

Bước 1: Nhập vào màn hình và ấn phím {lưu lại số phức }

Bước 2: Nhập vào màn hình rồi ấn phím



2z w

2z w 0.

w a 0

a 0 2z a z a z a .

2z a 0 z a z a.

a a.

a 0 2 2 2z a z ai z ai z ai .

2z a 0 z ai z ai.

ai ai.

21 i

2 2 2a a .i 2a

w a bi a,b R,b 0

z x yi x,y R

22 2 2z w x yi a bi x y 2xyi a bi

2 2x y a.2xy b

x;y .

z x yi

w a bi.

z a bi, a,b

a bi a bi

arg AnsAns 2


Bước 3: Ấn phím nếu màn hình không hiển thị đầy đủ. Lúc này máy sẽ hiển thị số phức dạng

Bước 4: Kết luận căn bậc hai cần tìm là Ví dụ: Tìm căn bậc hai của số phức

Hướng dẫn thực hành Bước 1: Nhập vào màn hình và

ấn phím

Bước 2: Nhập vào màn hình

rồi ấn phím ta được kết quả là

Bước 3: Bỏ qua vì màn hình đã hiển thị

Bước 4: Kết luận căn bậc hai cần tìm là

2. Phương trình bậc hai

Xét phương trình: (A,B,C là số phức ) (1)

Ta có

Nếu có 2 căn bậc hai là và , phương trình (1) có 2 nghiệm

phân biệt là: và

Nếu phương trình (1) có nghiệm kép Chú ý:

Ta chứng minh được với mọi phương trình bậc hai hệ số thực, nếu

và là một nghiệm thì cũng là nghiệm của phương trình đó.

Do tính chất của phép nhân số phức, định lí Vi-et vẫn đúng cho phương trình bậc hai với ẩn Do đó các cách tính nhẩm nghiệm của phương trình bậc hai vẫn áp dụng được.

Chẳng hạn:

;


S D

i

i

z 5 12i

5 12i

arg AnsAns 2

2 3i

2 3i

2 3i

2Az Bz C 0 A 0

2B 4AC.

0,

1Bz 2A

2

Bz .2A

0, 1 2Bz z .2A

z x yi

x,y R y 0 z x yi

z C.

CA B C 0 z 1,z A CA B C 0 z 1,z .A


KĨ THUẬT GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI HỆ SỐ PHỨC

Bước 1: Ghi vào màn hình Bước 2: Ấn CALC và khai báo các hệ số

Ví dụ: Giải phương trình Dùng MTCT

Vậy hai nghiệm của phương trình là:

I. MỘT SỐ VÍ SỤ RÈN LUYỆN KĨ NĂNG

Ví dụ 1. Tìm căn bậc hai của số phức

Giải

a) Gọi z là căn bậc hai của , ta có:

hoặc Vây -9 có hai căn bậc hai là 3i và -3i.

b) Gọi là căn bậc hai của 3+4i, ta có:

Từ (2) và thay vào (1) ta được:

Với

Vậy có hai căn bậc hai là và Dùng MTCT



2 arg D B E B ED B 4AC:E D :X :Y2 2A 2A

2z 2 1 2i z 7 4i 0;

z 1 2i,z 3 2i

1a) 9; b)3 4i; c)1 3i; d) .4i

92 2 2z 9 z 9i z 3i z 3i.

z x yi, x,y R

22 2 2

2 22 2

z 3 4i x yi 3 4i x y 2xyi 3 4ix y 3 1x y 3

2xy 4 xy 2 2

x 0 2y x

22 4 2

2 2x 1 loaïi41 x 3 x 3x 4 0

x x 4

2 x 2 y 1x 4 x 2 y 1

3 4i 2 i 2 i .


Vậy có hai căn bậc hai là và

c) Gọi , là căn bậc hai của Lúc đó:

Từ (2) và thay vào phương trình (1) ta được

Với

Với

Vậy có hai căn bậc hai của là và Dùng MTCT

Vậy có hai căn bậc hai của là và

d) Gọi là căn bậc hai của Ta có:


3 4i 2 i 2 i .

z x yi x,y R 1 3i

2 22 2 2 x y 1 1

x yi 1 3i x y 2xyi 1 3i2xy 3 2

x 0 3y 2x

2

2 4 22 2

1x loaïi3 321 x 1 4x 4x 3 0 x .234x x 2

3 3 2x y 2x 22

3 3 2x y .2x 22

1 3i6 2z i2 2

6 2 i.2 2

1 3i6 2z i2 2

6 2 i.2 2

z x yi, x,y R 14i

222 2 2

2 2

2 442

2

1 i iz x yi x y 2xyi4i 4i 41 11y yx y 0 y8x 8x8x1 1 12xy x 0 x64x 1 04 6464x

1 1 2 1 21 x x xy 4 48x 2 2 2 2 2 2 hoaëc1 1 2 2x y y y .8 8x 4 4


Vậy có hai căn bậc hai là và Dùng MTCT

Vậy có hai căn bậc hai là và Nhận xét: Mọi số phức đều có hai căn bậc hai đối nhau.

Ví dụ 2. a) Tìm số phức thỏa mãn:

b) Tìm số phức thỏa mãn: Giải

a) Đặt , ta có:

Từ (2) và thay vào (1) ta được

Với

Với


b) Ta có và

Suy ra:

Theo kết quả trên ta có hoặc

Đặt



14i

2 2z i4 4 2 2z i .4 4

14i

2 2z i4 4 2 2z i .4 4

z 2z 164 48 5i

w 4w 164 48 5i

z x yi, x,y R

22

2 2

2 2

z 164 48 5i x yi 164 48 5ix y 2xyi 164 48 5ix y 164 1xy 24 5 2

x 0 24 5y x

2 2

2 4 22

x 18024 51 x 164 x 164x 2880 0 x 4x x 16

x 4 y 6 5.

x 4 y 6 5.

2z 164 48 5i

z 4 6 5i, z 4 6 5i.

2z 164 48 5i 4w 164 48 5i

4 2 2 2 2w z w z w z 0 w z.

2z 4 6 5i w 4 6 5i 2w 4 6 5i.

w x yi, x,y R .


Trường hợp 1: Với ta có


Với

Với

Vậy

Trường hợp 2: Với ta có


Với

Với

Vậy

Kết luận: Có 4 số phức w thỏa mãn là:

,

Ví dụ 3. a) Tìm số phức z thỏa mãn

b) Tìm số phức z thỏa mãn


2w 4 6 5i 2x yi 4 6 5i

2 22 2 x y 4 1

x y 2xyi 4 6 5i2xy 6 5 2

x 0 3 5y x

2 22 4 2

2x 53 5x 4 x 4x 45 0 x 3x x 9

3 5ix 3 y 5x

3 5ix 3 y 5.x

w 3 5i .

2w 4 6 5i, 2x yi 4 6 5i

2 22 2 x y 4 1

x y 2xyi 4 6 5i2xy 6 5 2

x 0 3 5y x

2 22 4 2

2x 93 5x 4 x 4x 45 0 x 5x x 5

3 5x 5 y 3x

3 5x 5 y 3.x

w 5 3i .

4w 164 48 5i

w 3 5i w 5 3i .

4z 1;

4z 1 1.z i


Giải

a) Ta có:

Với ta đặt ta có:


o Với

o Với

Vậy

Kết luận: b) Theo kết quả câu a ta có:

Xét 4 trường hợp:

Trường hợp 1:



4 4 2 2 2 2z 1 z i z i z i 0 z i.

2z i, z x yi, x,y R

2 22 2 2 x y 0 1x yi i x y 2xyi i2xy 1 2

x 0 1y 2x

2 4 22

1 1 1 1x x x x .4 2 24x

1 1 1x y .2x2 2

1 1 1x y .2x2 2

1 1z i .2 2

4

1 1z i2 2z 11 1z i .2 2

4z 1 1 iz iz 1 2 21 .z i z 1 1 iz i 2 2


Trường hợp 2:

Trường hợp 3:

Trường hợp 4:


2

2

z 1 1 i 2z 2 1 i z i 2z 2 z i iz 1z i 2 22 1 i 2 1 i2 1 i2 1 i z 2 1 i z

2 1 i 2 1 i 2 1 i

2 1 1 2 2 1 i 2 2 2 2 2 1 i 1 2 2 1 iz

4 2 2 2 22 1 1

1 2 2 1 i 1 iz z .2 22 2 1

2

2 2 2

2

z 1 1 i( ) 2z 2 1 i z i 2z 2 z iz i iz i 2 22z 2 z iz i 1 2 1 i z 2 1 i

2 1 i 2 1 i 2 2 1 i2 1 iz2 1 i 2 1 i 2 1 i 2 1 1

2 2 2 2 2 1 i 2 1 2 1 i 2 1 2 1 iz

4 2 2 2 2 2 2 11 iz .2 2

2

2

z 1 1 1 i 2z 2 1 i z i 2z 2 z iz i iz i 2 22z 2 z iz i 1 2 1 i z 2 1 i

2 1 i 2 1 i 2 1 2 1 1 i 2 1 2 12 1 iz2 1 i 2 1 i 2 1 i 2 1 12 2i 1 i 1 iz z .

4 2 2 2 2 2 2 2 2


Kết luận:

hoặc hoặc

hoặc .Ví dụ 4. Giải các phương trình bậc hai sau đây:

a) b)

c) d) Giải

a) Phương trình: có các hệ số nên phương trình

có hai nghiệm là

b) Phương trình

(chú ý là )

c) Phương trình

d) Phương trình có:

Phương trình có hai nghiệm là MTCT



2

2

z 1 1 1 i 2z 2 1 i z i 2z 2 z iz i iz i 2 22z 2 z iz i 1 2 1 i z 2 1 i

2 1 i 2 1 i 2 1 2 1 1 i 2 1 2 12 1 iz2 1 i 2 1 i 2 1 i 2 1 12 2i 1 i 1 iz z .

4 2 2 2 2 2 2 2 2

4z 1 1 i1 zz i 2 2

1 iz2 2

1 iz

2 2 2 2

1 iz2 2 2 2

2z 4z 5 0; 2z 8z 16 2i 0;

22z 1 9 0; 2 25z 3z 0.4

2z 4z 5 0 A B C 1 4 5 0

1 2z 1,z 5.

22z 8z 16 2i 0 z 4 2i

2 2z 4 1 i 2 21 i 1 i 2i 1 1 2i 2i

z 4 1 i z 5 iz 4 1 i z 3 i

2 2 2 22z 1 9 0 2z 1 9 2z 1 3i

1 3z i2z i 3i 2 22z i 3i 1 3z i2 2

2 25z 3z 04

22 253 4. 0 16 4i .4 3 4iz .2


Ví dụ 5. Giải các phương trình bậc hai hệ số phức sau đây:

a) b)

c) ; d) Giải

a) Phương trình có:

Đặt

Ta có


Với ; Với Vậy

Phương trình có hai nghiệm là Lời bình: Việc tìm căn bậc hai của số phức ta dùng MTCT cho nhanh

b) Phương trình có:

Phương trình có hai nghiệm là:

c) Phương trình có:

Đặt


2z 7z 11 3i 0; 2z 2 1 2i z 7 4i 0;

2z 2 2 i z 6 8i 0 2z 2 i z i 1 0.

2z 7z 11 3i 0 49 44 12i 5 12i

2x yi , x,y R .

2 22 x y 5 1x yi 5 12i2xy 12 2

x 0 6y x

2

2 4 22 2

x 4 x 3361 x 5 x 5x 36 0 x 3x x 9

x 3 y 2 x 3 y 2. 23 2i .

1 27 3 2i 7 2 2iz 5 i, z 2 i.2 2

5 12i

2z 2 1 2i z 7 4i 0

2' 1 2i 7 4i 1 4 4i 7 4i 4.

1 2z 1 2i 2 1 2i, z 1 2i 2 3 2i.

2z 2 2 i z 6 8i 0

2' 2 i 6 8i 4 1 4i 6 8i 3 4i.

2 22 x y 3, 13 4i x yi , x,y R2xy 4, 2


Từ (2) và thay vào (1) ta được:

Với ; Với Vậy

Phương trình có nhiệm là:

d) Phương trình có các hệ số thỏa mãn

Suy ra phương trình có hai nghiệm là Ví dụ 6. Giải phương trình sau trên tập số phức :

b) Giải

a) Điều kiện

Phương trình cho tương đương với: hay

Cách 1: Phương trình này có biệt số

hoặc

Cách 2: Gọi là căn bậc hai của , khi đó hay

suy ra

hoặc

b) Ta có:

Phương trình có hai nghiệm là: và Ví dụ 7. Giải các phương trình sau:

Giải

a) Phương trình đã cho trở thành



x 0 2y x

2

2 4 22 2

x 441 x 3 x 3x 4 0 x 1.x x 1

x 1 y 2 x 1 y 2. 2' 3 4i 1 2i .

1 2z 2 i 1 2i 3 i,z 2 i 1 2i 1 3i.

2z 2 i z i 1 0

a b c 1 2 i i 1 0.

1 2z 1,z 1 i.

4z 3 7ia) z 2i.z i

2z 1 i z 6 3i 0

z i

4z 3 7i z i z 2i

2z 4 3i z 1 7i 0 *

223 4i i 4i 4 i 2

* z 1 2i z 3 i

x yi x,y 2x yi 3 4i

2 2x y 2xyi 3 4i

2 2x y 3 x,y 2;1 , 2;12xy 4

* z 1 2i z 3 i

2 21 i 4 6 3i 24 10i 1 5i

z 1 2i z 3i.

2 22 2 2 2 2a) z z 4 z z 12 0; b) z 3z 6 2z z 3z 6 3z 0.

2Ñaëtt z z.


Với

Với

Vậy nghiệm của phương trình là: b) Cách 1. Ta có:


Cách 2. Đặt . Phương trình đã cho trở thành

.

Ta có:

Phương trình (*) có hai nghiệm:

Với

Với Ví dụ 8. a) Hãy giải phương trình sau trên tập hợp số phức

.


22

2t 6 z z 6 0t 4t 12 0 t 2 z z 2 0

2

1 23z i2 2z z 6 0

1 23z i2 2

2 z 1z z 2 0 z 2

1 23 1 23z i, z i, z 1, z 2.2 2 2 2

22 2 2

22 2 2 2

2 22 22 2

2 2

2

2

z 3z 6 2z z 3z 6 3z 0

z 3z 6 2z z 3z 6 z 4z 0

z 3z 6 z 2z 0 z 4z 6 2z 0

z 4z 6 2z z 4z 6 2z 0

z 2z 6 0 z 1 5iz 3 3z 6z 6 0

z 1 5i, z 3 3.

2t z 3z 6

2 2t 2zt 3z 0 *

2 22 2' 2z 3z 4z 2z

t z 2z, t z 2z.

2 2 z 1 5it z 2z z 3z 6 z 2z z 2z 6 0z 1 5i

2 2 z 3 3t z 2z z 3z 6 z 2z z 6z 6 0 .z 3 3

2 2 2z i z i 5z 5 0


b) Giải phương trình: Giải

a) Viết lại phương trình về dạng:

Khai triển, rút gọn, nhân tử hóa Giải các phương trình, thu được và rồi kết luận.

Đặt . Khi đó phương trình trở thành:

Vậy phương trình có các nghiệm:

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm hoặc

Ví dụ 9. a) Gọi là hai nghiệm của của phương trình bậc hai hệ số phức

Chứng minh rằng: và

Áp dụng 1: Biết phương trình bậc hai có hai nghiệm là

Tính B vá C.

b) Cho hai số phức có tổng và tích Chứng minh rằng và

là hai nghiệm của phương trình bậc hai Áp dụng 2: Tìm hai số phức có tổng bằng 4 và tích bằng

Giải

a) Phương trình có Gọi là một căn bậc hai của

Phương trình có hai nghiệm là: Ta có :

và

Áp dụng 1: có hai nghiệm là Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 122


2z z z 3 z 2 10, z

22 2z 1 5z 5 0

2 2z 1 z 4 0

z i z 2

2 2b) PT z z 2 z 1 z 3 10 z 2z z 2z 3 10

2t z 2z 2t 3t 10 0

z 1 it 2t 5 z 1 6

z 1 6; z 1 i

z 1 2i z 3 i

1 2z ,z

2Az Bz C 0, A 0 . 1 2Bz z A

1 2

Cz .z .A

21 i z Bz C 0

1 2z 2,z 1 2i.

1 2z z S 1 2z .z P. 1z 2z2z Sz P 0.

4 2i.

2Az Bz C 0 2B 4AC. .

1 2B Bz ,z .2A 2A

1 2B B Bz z 2A 2A A

2 22 2

1 2 2 2B B 4ACBB B Cz .z . .2A 2A A4A 4A

21 i z Bz C 0 1 2z 2,z 1 2i.


Áp dụng kết quả trên ta có:

Từ (1)

Từ (2) Vậy và

b) Hiển nhiên là hai nghiệm của phương trình bậc hai

Áp dụng 2: Gọi hai số phức phải tìm là và Theo giả thiết ta có

và

Do đó và là hai nghiệm của phương trình bậc hai hay

Phương trình trên tương đương với:

Vậy phương trình

có hai nghiệm là

Ví dụ 10. Cho phương trình bậc hai hệ số thực (1), với

a) Chứng minh rằng nếu phương trình (1) có một nghiệm thực thì nghiệm còn

lại cũng là số thực.

b) Chứng minh rằng nếu phương trình (1) có một nghiệm thực không là số

thực thì cũng là một nghiệm.Áp dụng: Tìm phương trình bậc hai hệ số thực biết phương trình có 1 nghiệm là

.Giải

a) Ta biết rằng phương trình bậc hai (1) có hai nghiệm là và

Theo công thức Vi-et ta có

Vì nên và ta cũng có Vậy

b) Ta có là nghiệm của phương trình nên:


1 2

1 2

B Bz z 2 1 2i 1A 1 iC Cz .z 2. 1 2i 2A 1 i

2B 1 i 3 2i 3 2i 2i 3i 5 i

2C 1 i 2 4i 2 4i 2i 4i 6 2i.

B 5 i C 6 2i.

1 2z ,z

2 21 2 1 2 1 2z z z z 0 z z z z z .z 0 z Sz P 0.

1z 2z .

1 2S z z 4 1 2P z .z 4 2i.

1z 2z 2z Bz P 0

2z 4z 4 2i 0. 2z 2 2i

2 2z 2 1 i z 2 1 i z 2 1 i 3 i,z 2 1 i 1 i.

1 2z 3 i,z 1 i.

2Az Bz C 0 A 0.

1z

2z

0z

0z

2 i

2Az Bz C 0 1z

2z . 1 2Bz z A

A,BB

A

1z . 2z .

0z 2Az Bz C 0


( Vì liên hiệp của số thực là chính số thực đó

suy ra

Vậy cũng là nghiệm của phương trình .Áp dụng: Theo chứng minh trên, phương trình bậc hai hệ số thực có 1 nghiệm là

thì nghiệm kia là

Ta có và

Vậy là hai nghiệm của phương trình bâc hai: hay

Ví dụ 11. Biết là hai nghiệm của phương trình . Hãy tính:

Giải

Theo định lý Vi-et ta có:

Do đó:

Ví dụ 12. Gọi là hai nghiệm phức của phương trình ; M, N lần

lượt là các điểm biểu diễn trên mặt phẳng phức. Tính độ dài đoạn thẳng MN.

Giải



2 20 0 0 0Az Bz C 0 Az Bz C 0

20 0A z Bz C 0

0z 2Az Bz C 0

1z 2 i 2z 2 i.

1 2S z z 2 i 2 i 4 2 21 2P z .z 2 i 2 i 2 i 4 1 5.

1 2z ,z 2z Sz P 0 2z 4z 5 0.

1 2z ,z 22z 3iz 3i 1 0

2 2 3 3 4 4 1 21 2 1 2 1 2

2 1

z za)z z ; b)z z ; c)z z ; d) .z z

1 2

1 2

3z z i21 3iz .z 2

22 21 2 1 2 1 2

33 31 2 1 2 1 2 1 2

22 2 2 24 4 2 2 2 2 2 2 2 21 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

22 21 2 1 21 2 1 2

2 1 1 2 1 2

6 3a) z z z z 2z z 1 i23 3 7 3b) z z z z 2z z z z i2 8

c) z z z z z z 2z z z z 2z z 2z z

31 15i16 2z z 2z zz z z z 43 9d) i.z z z z z z 20 20

1 2z , z 2z 4z 9 0

1 2z , z


Phương trình đã cho có nên có hai nghiệm .

Từ đó .

Đáp số: .

Ví dụ 13. a) Giải phương trình:

b) Tìm số phức B để phương trình bậc có tổng bình phương hai nghiệm bằng 8.

Giảia) Ta có

Giải (1): Ta có

Giải (2):

Vậy nghiệm của phương trình là .

Ví dụ 14. a) Tìm để phương trình nhận số phức làm nghiệm. b) Tìm tất cả các số thực a, b sao cho số phức là nghiệm của phương

trình .Giải

a) Theo đề, ta có:

b) Tính .

Suy ra

Từ đó, có hệ


2' 4 9 5 5i 1;2z 2 i 5

M 2; 5 , N 2; 5 MN 2 5

MN 2 5

2 2z i z 2iz 1 0

2z Bz 3i 0

22 2

2z i 0 1

z i z 2iz 1 0z 2iz 1 0 2

12

2

2 2z i2 2z i2 2z i2 2

22z 2iz 1 0 z i 0 z i

1 22 2 2 2z i, z i, z i2 2 2 2

a,b 2z az b 0 z 1 i

z 2 3i

2z az b 0

2 21 i a 1 i b 0 1 2i i a ai b 0

a 2 0 a 2a 2 i a b 0 a b 0 b 2

2z 1 6i, az 2a 3a i

2z az b 2a b 1 3a 6 i

2a b 1 0 a 23a 6 0 b 3


Ví dụ 15. Tính mô-đun của số phức , biết số phức

là nghiệm của phương trình .Giải

Ta có:

Vì là nghiệm của phương trình nên:

Ta có

Ví dụ 16. Cho phương trình , với a là tham số. Tìm

để (1) có hai nghiệm thỏa mãn là số ảo, trong đó là số phức có phần ảo dương.

Giải

Từ giả thiết suy ra không phải là số thực. Do đó , hay

Suy ra

Ta có là số ảo là số ảo

Đối chiếu với điều kiện (*) ta có giá trị của a là .

Ví dụ 17. a) Tìm để phương trình có hai nghiệm

phân biệt thỏa mãn .

b) Gọi là hai nghiệm phức phân biệt của phương trình

Tìm số phức m sao cho .



w b ci b,c

8

71 i 1 2i

1 i

2z bz c 0

4

0 32i 1 2i 2 1 2i 1 iz 3 i2i2i 1 i

0z 2z bz c 0

2 8 3b c 0 b 63 i b 3 i c 0 w 6 10i6 b 0 c 10

2 2w 10 6 2 34

28z 4 a 1 z 4a 1 0 1

a 1 2z , z12

zz 2z

1 2z , z ' 0

2 2 24 a 1 8 4a 1 0 4 a 6a 1 0 a 6a 1 0 *

2 2

1 2 1a 1 a 6a 1 i a 1 a 6a 1 i

z , z z4 4

12

zz 2

1z

2 2 2 a 0a 1 a 6a 1 0 a 2a 0 a 2

a 0, a 2

m 2 24z 4 m 1 z m 3m 0

1 2z ,z 1 2z z 10

1 2z ,z 2z m 4i z 1 7i 0

1 22 1

z z 3 iz z 2


c) Trên tập số phức, tìm m để phương trình bậc hai: có tổng bình phương hai nghiệm bằng .

Giải

a) là nghiệm của phương trình: nên nếu gọi

với

Giả thiết cho:

Mặt khác theo Viet ta có :

hoặc

b) Xét phương trình . Ta có

Phương trình có hai nghiệm phân biệt

Theo định lý Vi-ét, ta có

Mặt khác

c) Giả sử là nghiệm của phương trình đã cho và với .

Theo bài toán ta có: Suy ra dẫn tới hệ:

hoặc II. CÂU HỎI VÀ BÀI TẬP RÈN LUYỆN KĨ NĂNG

Câu 1. Tìm nghiệm của phương trình .


Ta có: Phương trình đã cho có hai nghiệm là:



A. B. Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 127

2z mz i 0

4i

1 2z ,z 2 24z 4 m 1 z m 3m 0

1 2z a bi z a bi a,b

2 21 2 1 2z z 10 z z 10

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 10a b a b 2 a b 10 4 a b a b 4

2 2 21 2

m 3m m 3m 10z .z hay m 3m m 24 4 4

m 5

2z m 4i z 1 7i 0 1 2m 4i 4 7i 1

1 20 m 4i 4 7i 1 0

1 2 1 2z z m 4i;z .z 1 7i

2 21 2 1 22 1 1 2

z z z z3 i 3 iz z 2 z .z 2

1 2z ,z m a bi a,b

2 21 2z z 4i 2m 2i

2 2a b 0 m 1 i2ab 2

m 1 i

2z 2z 5 0

1 2 z -1 2i; z -1-2i. 1 2 z -1 2i; z -1-2i.

1 2 z 1 2i; z -1 2i. 1 2 z -1 2i; z -1 2i.

2' 4 4i . 1 2 z -1 2i; z -1-2i.

2z 1 3i z 2 1 i 0

1 2 z 2i; z -1-i. 1 2 z 2i; z -1 i.



Ta có: . Phương trình đã cho có hai nghiệm là:




Ta có:

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là:

Câu 4. Tìm nghiệm của phương trình .A. B.

C. D.


Ta có: . Ta tìm căn bậc hai của

Ta có:



1 2 z 1 2i; z -1 2i. 1 2 z -1 2i; z i.

22i 1 i

1 21 3i 1 i 1 3i 1 iz 2i; z 1 i.2 2

2z 2 2 i z 7 4i 0

1 2 z 1 2i; z -1-i. 1 2 z 1 2i; z -1 i.

1 2 z 1 2i; z -1 3i. 1 2z 2 i, z 2 3i.

2 2' 2 i 7 4i 4 4i

1 2z 2 i, z 2 3i.

22iz 3z 4 i 0

1

1

1 1313 17 1 1313 17z 3 i;4 2 4 2

1 1313 17 1 1313 17z 3 i4 2 4 2

1

1

1 1313 17 1 1313 17z 3 i;4 2 4 2

1 1313 17 1 1313 17z 3 i4 2 4 2

1

1

1 1313 17 1 1313 17z 3 i;4 2 4 2

1 1313 17 1 1313 17z 3 i4 2 4 2

1

1

1 1313 17 1 1313 17z 3 i;4 2 4 2

1 1313 17 1 1313 17z 3 i4 2 4 2

' 9 8i 4 i 17 32i x yi

2

2 2 22256x 17x y 17 xx yi 17 32i162xy 32 y x


Từ đó, phương trình có hai nghiệm phức là:



A. B.


Ta có

Suy raVậy chọn đáp án A.


A. B. C. D.


Ta có là một căn bậc hai của

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm


A. B. C. D.


2

17 1313x 217 1313x 2 17 1313x16 2y x 16y x

1

1

1 1313 17 1 1313 17z 3 i;4 2 4 2

1 1313 17 1 1313 17z 3 i4 2 4 2

29z 12iz 11 9i 0

1 21 1 2 z 2i; z i.3 3 3 1 2

1 1 2 z 2i; z i.3 3 3

1 21 1 2 z 2i; z i.3 3 3 1 2

1 1 2 z 2i; z i.3 3 3

2 2' 6i 9 11 8i 135 72i 3 12i

1 2

6i 3 12i6i 3 12i 1 1 2z 2i;z i9 3 9 3 3

2z 2i 1 z 1 5i 0

1 2 z 1 2i; z -1 i. 1 2z i 1; z 2 3i

1 2 z 1 i; z -1 3i. 1 2z 2 i, z 2 3i.

2 2' 2i 1 4 1 5i 7 24i 3 4i 3 4i

1 2z i 1; z 2 3i

2iz 2 1 i z 4 0

1 2 z 1 2i; z -1 i. 1 2z 2; z 2i.

1 2 z 1 i; z -1 i. 1 2z 2 4i, z 2 4i.



Ta có:

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: Vậy chọn đáp án B.


A. B. C. D.


Ta có:

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: Vậy chọn đáp án D.


A. B. C. D.


Ta có:

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: Vậy chọn đáp án C.


A. B. C. D.


Ta có:

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: Vậy chọn đáp án A.


A. B.



2 2' 1 i 4i 1 i

1 2z 2; z 2i.

2z 5 i z 8 i 0

1 2 z 1 3i; z -1 4i. 1 2z 2 2i; z 2 2i.

1 2 z 1 5i; z -2 5i. 1 2z 2 i; z 3 2i.

2 25 i 4 8 i 8 6i 1 3i

1 2z 2 i; z 3 2i.

22z 2 5 2i z 28 4i 0

1 2 z 1 7i; z -1 5i. 1 2z 2 2i; z 2 i.

1 2z 3 4i; z 2 2i. 1 2z 2 2i; z 3 2i.

2 2' 5 2i 2. 28 4i 35 12i 1 6i

1 2z 3 4i; z 2 2i.

2z 3 4i z 1 5i 0

1 2z 1 i; z 2 3i. 1 2z 3 2i; z 2 2i.

1 2z 1 5i; z 1 2i. 1 2z 2 2i; z 3 3i.

2 23 4i 4 1 5i 3 4i 1 2i

1 2z 1 i; z 2 3i.

22z 3z 1 iz 4 3z i 0

15 1z 1 i; z i.13 13 1 2z 3; z 5 2i.


C. D. ,


Phương trình đã cho tương đương với:

Ta có

Suy ra

và

vậy phương trình có hai nghiệm là và .Vậy chọn đáp án D.

Câu 12. Tìm các số thực b,c để phương trình (với ẩn z): nhận làm một nghiệm.


Theo đề, làm một nghiệm của phương trình:

Nên

Vậy, Vậy chọn đáp án D.

Câu 13. Cho z1, z2 là các nghiệm phức của phương trình : Tính giá

trị của biểu thức .

A. B.

C. D.


Xét phương trình:


1 2z 1; z 1 2i. z 1

5 1z i13 13

22 3i z 4i 3 z 1 i 0

2 24i 3 4 2 3i 1 i 3 4i 1 2i

1

3 4i 1 2iz 12 2 3i

2 2 2

3 4i 1 2i 1 i 2 3i1 i 5 1z i2 3i 13 132 2 3i 2 3

z 15 1z i13 13

2z bz c 0 z 1 i

b 2,c 2. b 2,c 3. b 1,c 2. b 2,c 2.

z 1 i 2z bz c 0

2 b c 0 b 21 i b 1 i c 0 b c 2 b i 0 .2 b 0 c 2

b 2,c 2.

22z – 4z 11 0.

2 21 2

21 2

z zAz z

2 2 172

5 12

12

2

3 2z 1 i22z – 4z 11 03 2z 1 i2


Lúc đó: .


Câu 14. Gọi z1 và z2 lần lượt là nghiệm của phương trình: . Tính giá

trị của biểu thức A. B. C. D.


Ta có:

Phương trình có hai nghiệm là: và

và .


Câu 15. Gọi là hai nghiệm phức của phương trình . Tính giá

trị của biểu thức .A. B. C. D.


Ta có .

Do đó phương trình có hai nghiệm là .

.Vậy chọn đáp án D.

Câu 16. Gọi và là hai nghiệm phức của phương trình . Tính

giá trị của biểu thức .




2 2

2 21 2

21 2

3 2 3 21 i 1 i2 2z z 17A 23 2 3 2z z 1 i 1 i2 2

2z 2z 10 0

2 21 2A z z

15 17 20 10

2 22 4.10 36 36i

1z 1 3i 2z 1 3i.

2 21z 1 3 10 2 2

1z 1 3 10

2 21 2A z z 20.

1 2z , z 22z 4z 11 0

2 21 2z z

15 37 21 11

2' 18 18i

1 22 3 2i 2 3 2iz , z2 2

2 21 2

4 18 4 18z z 114 4

1z 2z 2z 2z 17 0

1 2A i z i z

A 2 23 A 2 10,A 2 11

A 2 26,A 2 5 A 2 10, A 2 26


Ta có Phương trình đã cho có hai nghiệm là và .

Nếu thì

Nếu thì Vậy chọn đáp án D.

Câu 17. Gọi và là hai nghiệm phức của phương trình . Tính

A. B. C. D.


Giải phương trình ta được


Câu 18. Tìm nghiệm của phương trình :

A. B. C. D.


Ta có:

Giải (1):

Giải (2): có Vậy phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt là:


2 2' 1 17 16 4i

1 4i 1 4i

1z 1 4i A 2 i 1 4i 21 3i 2 10

1z 1 4i A 2 i 1 4i 21 5i 2 26

1z 2z 2z 4z 7 0

10 101 2z 3 2 z 3 2

5 0 2 1

1 2z 2 3i; z 2 3i

10 10 10 101 2

10 10 5 55 5

5 5 5

z 3 2 z 3 2 3 1 i 3 1 i

3 1 i 1 i 3 2i 2i

6 i i 0

2x i 2 x 2 i x 7i 1 0

z 3 i,x 1 2i. z 3 i,x 1 2i.

z 3 i,x 1 2i. z 3 i,x 1 2i.

2

2x i 2 0 1

x i 2 x 2 i x 7i 1 0x 2 i x 7i 1 0 2

x 2 i

2x 2 i x 7i 1 0 2 22 i 4 7i 1 7 24i 4 3i


Câu 19. Biết là nghiệm của phương trình

19.1. Tính A. B. C. D.

19.2. Tính A. B. C. D.

19.3. Tính

A. B. C. D.

19.4. Tính A. B. C. D.


Theo định lý Vi-et ta có:

Do đó:

Câu 20. Gọi A, B là hai điểm biểu diễn cho các số phức là nghiệm của phương

trình . Tính độ dài đoạn thẳng .


Xét phương trình: có .



1 22 i 4 3i 2 i 4 3ix 3 i; x 1 2i.2 2

1 2z ,z 2z 2 i z 3 5i 0.

2 21 2z z

3 14i 3 14i 3 14i 3 14i

4 41 2z z

193 74i 193 74i 193 74i 193 74i

2 21 2

1 1z z

93 157i.289 578 93 157i.289 578

93 157i.289 578 93 157i.289 578

4 42 1 1 2z z z z .

67 251i. 67 251i. 67 251i. 67 251i.

1 2

1 2

z z 2 iz .z 3 5i

22 21 2 1 2 1 2

22 2 2 24 4 2 2 2 2 2 2 2 21 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

22 21 2 1 21 2

2 2 2 21 2 1 2 1 2

34 4 3 32 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1

z z z z 2z z 3 14i

z z z z z z 2z z z z 2z z 2z z

193 74iz z 2z zz z1 1 93 157i.289 578z z z z z z

z z z z z z z z z z z z 3z z z

2z 67 251i.

2z 2z 3 0 AB2 2 3 2 2 3 3

2z 2z 3 0 2' 1 3 2 i 2


Phương trình có hai nghiệm .

.

Vậy .

Câu 21. Cho số phức z có phần thực dương thỏa mãn điều kiện . Tính

. A. B. C. D.

Hướng dẫn giảiTa có:

Vậy chọn đáp án A

Câu 22. Gọi lần lượt là hai nghiệm của phương trình

và thỏa mãn . Tìm giá trị của biểu thức


Phương trình đã cho tương đương với:

Do nên ta có và

Ta có

Câu 23. Gọi lần lượt là hai nghiệm của phương trình . Tính giá

trị của biểu thức A. B. C. D.



1 2z 1 i 2; z 1 i 2

A 1; 2 ; B 1; 2

AB 2 2

z 11 z 1z 2

z 4iz 2i

1 2 2 3

2 2 z 2 3iz 11 z 1 z 4z 13 0, ' 9 9iz 2 z 2 3iz 4i 2 iz 2 3i 12 iz 2i

1 2z ,z 2z 1 3i z 2 2i 0

1 2z z 2 21 1

1 2A z 1 z

13

32

12

32

2 z 2iz 2i 1 i z 2i. 1 i 0 z 2i z i 1 0 z i 1

1 2z z 1z 2i 2z i 1

2 2 2 221 1 2

11 1 i 1 3A z 1 i 1 i 12i i 2 2 2

1 2z ,z 2z 4z 7 0

10 101 2Q z 3 2 z 3 2

1 3 0 5


Định hướng: Ta sẽ tiến hành giải phương trình đầu tiên để tìm ra sau đó

tiến hành lắp vào biểu thức cần tính ta có: . Đến đây vì mũ 10 lơn nên ta sẽ tiến hành làm từng lớp một, tức là:

Từ đó ta có lời giải như sau:Phương trình đã cho tương đương với:

Do Q là biểu thức đối xứng với nên không mất tính tổng quát, giả sử

Lúc đó:

Vậy chọn đáp án C. Lưu ý: Cũng có thể dùng dạng lượng giác của số phức để giải quyết bài toán này.

Câu 24. Cho số phức z có phần thực dương thỏa mãn . Tính .


Ta có hoặc

Với ta có Vậy chọn đáp án B.


A. B.

C. D.



1 2z ,z

10 1053 1 i 1 i

5 510 10 2 25 5

5 5 5 55 5

3 1 i 1 i 3 1 i 1 i

3 2i 2i 6 i i 0

22 22z 4z 7 0 z 2 3 z 2 i 3 z 2 i 3

1 2z ,z

1

2

z 2 i 3z 2 i 3

2 2 10 10 10 1010 101 2

5 55 5 5 5

Q z 3 2 z 3 2 i 3 3 i 3 3 3 i 1 3 i 1

3 2i 2i 6 i i 0

2z 6z 13 0

6z z i

13 17 7 7 3

2 2 22z 6z 13 0 z 3 4 z 3 2i z 3 2i z 3 2i

z 3 2i

6 6z 3 2i 4 i 17z i 3 3i

2z 2cos .z 1 0

1 2z cos isin , z cos isin 1 2z cos isin , z cos isin

1 2z cos isin , z cos isin 1 2z cos isin , z cos isin



Ta có: Phương trình đã cho có hai nghiệm



A. B.


Ta có:

Do đó, phương trình đã cho có hai nghiệm


Câu 31. Biết phương trình không có nghiệm thực. Tìm những giá trị có thể có của A. B. C. D.

Hướng dẫn giải Nếu phương trình có một nghiệm thực r thì:

Từ phương trình (2) ta có:

Nếu thì từ (1) suy ra phương trình này không có nghiệm thực.

Nếu thì từ (1) suy ra Vậy phương trình đã cho không có nghiệm thực khi và chỉ khi Vậy chọn đáp án C. Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 137

22 24cos 4 4sin 2sin .

1

2

2cos 2isinz cos isin ;22cos 2isinz cos isin2

2z cos isin z isin .cos 0.

1 2z isin , z isin 1 2z cos , z isin

1 2z cos , z isin 1 2z cos , z cos

2 2 2

2cos isin 4isin .cos cos sin 2isin .cos

cos isin

1

1

cos isin cos isinz cos2cos isin cos isinz isin2

21 i x i x 1 i 0

.3 1 2 3

2 2 2

22 2

2

1 i r i r 1 i 0 r r 1 i r r 0

r r 1 0,(1)r r 1 0 r r 1 01 r 1 0, 2r r 1 0r r 0

1 2r r 1 0,

r 1 1 1 0 2.

2.


Câu 32. Cho và là các số phức thỏa mãn Giả sử là các

nghiệm của phương trình thỏa mãn điều kiện với m là số phức.

32.1. Tìm giá trị lớn nhất của

A. B. C. D.

32.2. Tìm giá trị nhỏ nhất của


Sử dụng định lý Viet ta có

Do đó:

Từ suy ra Do đó điểm M biểu diễn số phức m trên mặt phẳng phức thuộc đường tròn tâm I(4;5) và bán kính R=7. Ta cần tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của OM. Đường thẳng OI cắt đường tròn tại hai điểm A,B với Onằm giữa Avà I. Vì

nên:

32.1. Giá trị lớn nhất của khi khi đó:


32.2. Giá trị nhỏ nhất của khi khi đó:


Câu 33. Tìm mô-đun của số phức biết số phức là

nghiệm của phương trình .

A. B. C. D.


Ta có



1z 2z 21 2z 4z 16 20i. ,

21 2x z x z m 0 2 7,

m.

maxm 7 41. maxm 9 47. maxm 7 34. maxm 5 35.

m.

maxm 3 47. maxm 7 41. maxm 7 34. maxm 5 35.

1 2z , . z m.

2 21 24 z 4z 4m 16 20i 4m

2 7 4 5i m 7.

2 2OI 4 5 41

m M B,

maxm OB OI IB 7 41.

m M A,

minm OA IA OI 7 41.

w b ci

12

6 6

1 3i 2 i

1 3i 1 i

2z 8bz 64c 0

2 5 7 29 19

3 2 31 3i 1 3 3i 3.3i 3 3i 8


Do đó

Theo giả thiết ta có


Câu 34. Cho a,b,c là 3 số phức phân biệt khác 0 và . Nếu một nghiệm

của phương trình có môđun bằng 1 thì khẳng định nào sau đây đúng


Giả sử là nghiệm của phương trình với . Theo định lý Viet

ta có Suy ra

Bởi vì



A. B.

C. , D. Hướng dẫn giải


3 2 3

2

1 3i 1 3 3i 3.3i 3 3i 8

1 i 2i

12 4

6 2 36

1 3i 2 i 8 2 i 8 2 i 8 1 2i 8 16ii8 2i1 3i 1 i

28 16i 8b 8 16i 64c 0

2

2 2

1 2i b 1 2i c 0 2b 4 i b c 3 02b 4 0 b 2 w 2 5 29b c 3 0 c 5

a b c

2az bz c 0

2c ab 2a bc b ac 2b ac

1 2z ,z 2az bz c 0 z 1

1 2 21

c c 1z z z .a a z 21

c c 1z . 1a a z

21 2 1 2 1 2 1 2

bz z , a b z z 1,suyra z z z z 1a

22 2

1 2 1 2 1 21 2

1 1 b cz z 1 z z z .z b acz z a a

2iz 3 iz 33 4 0z 3i z 3i

1 55 1 5z i,z i17 17 7 7 z 3i,z 3i 4

1 55z i17 17 z 3i1 5z i,z 3i 47 7


Đặt . Phương trình đã cho trở thành

Với

Với Vậy chọn đáp án C.

Câu 36. Tìm nghiệm của phương trình:

A. B. C. D.


Đặt . Phương trình đã cho trở thành

Với Với Vậy chọn đáp án D.

Câu 37. Tính giá trị của biết là

nghiệm phức của phương trình .


Phương trình cho

Giải : ta có

Suy ra



iz 3t z 3i

2 t 4t 3t 4 0 t 1

iz 3t 4 4 iz 3 4 z 3i iz 3 4z 13iz 3i

13i 3 1 554 i z 13i 3 z i4 i 17 17

iz 3t 1 1 iz 3 z 3i 1 i z 3 3i z 3i.z 3i

2z 3 i 6 z 3 i 13 0.

z 3i,z 1 2i z i,z 3i 4

z 3i 4,z 3i z 3i,z i

t z 3 i

2 t 3 2it 6t 13 0 t 3 2i

t 3 2i z 3 i 3 2i z 3i.

t 3 2i z 3 i 3 2i z i.

2 2 2 21 2 3 4P z 1 z 1 z 1 z 1

1 2 3 4z ,z ,z ,z

2 25z 6iz 2 3z 2iz 0

1225

1345

1123

267

2 23z 2iz 0 1 ,5z 6iz 2 0 2

1 22i1 z 0,z 3

2 2' 3i 10 1

3 43i 1 1 3 3i 1 1 3z i;z i5 5 5 5 5 5


Do đó:


Câu 38. Gọi là bốn nghiệm của phương trình

trên tập số phức, tính tổng: .


Không mất tính tổng quát ta gọi 4 nghiệm của phương trình là:

Thay vào biểu thức Vậy chọn đáp án C.

Câu 39. Cho là các nghiệm của phương trình: .

Tính A. B. C. D.




2 2 2 21 2 3 4P z 1 z 1 z 1 z 1

2 2

24 1 3 1 30 1 i 1 i 1 i 19 5 5 5 5

4 17 6 17 6 5 289 36 131 i i9 25 25 25 25 9 625 625 45

1 2 3 4z ,z ,z ,z 2z 1 z 2 z 2z 2 0

2 2 2 21 2 3 4

1 1 1 1Sz z z z

25

35

54

67

1 2 3 4z 1,z 2,z 1 i,z 1 i

2 2 2 2 2 21 2 3 4

1 1 1 1 1 1 1 5S 1 4 4z z z z 1 i 1 i

1 2 3 4z , z , z , z 2 2z 1 z 2z 2 0

2014 2014 2014 20141 2 3 4S z z z z

5 4 2 3

2 2

2z 1 i z iPT z 1 iz 2z 2 0

2014 2014 20142014S i i 1 i 1 i

10071007 2 1007 1007 10072 1007 1007 1007i i 2i 2i 2 2 i 2 i 2


DẠNG 3. PHƯƠNG TRÌNH BẬC BAPhương Pháp

Theo định lý cơ bản của đại số, phương trình bậc ba có đúng 3 nghiệm phức (không nhất thiết phân biệt).

1) Để giải phương trình bậc ba tổng quát (1), ta

cần biết một nghiệm của phương trình. Khi đó phương trình (1) được biến đổi thành phương trình tích

Muốn xác định ta có thể dùng một trong hai cách:

Cách 1: Ta thực hiện phép chia đa thức cho thương

sẽ là Cách 2: Dùng sơ đồ Horner sau đây để xác định hệ số A,b,c của đa thức

thương là .

2) Đôi khi ta có thể xác định bằng cách nhẩm nghiệm như sau:

Nếu thì phương trình có 1 nghiệm là =1.Nếu thì phương trình có 1 nghiệm là .

3) Việc biến đổi thành phương trình tích có thể thực hiện dễ dàng nếu ta có thể đặt nhân tử chung.

4) Ta biết rằng nếu một phương trình đa thức hệ số thực có 1 nghiệm phức

thì cũng là 1 nghiệm. Như vậy:o Mọi phương trình bậc ba hệ số thực có ít nhất một nghiệm thực, nghĩa

là- Hoặc có 3 nghiệm thực- Hoặc có 1 nghiệm thực và 2 nghiệm phức (không thực) liên hợp nhau.o Muốn giải phương trình bậc 3 hệ số thực, ta thường phải tìm nghiệm

thực của phương trình rồi biến thành phương trình tích. Nghiệm thực này có thể tính chính xác nhờ máy tính bỏ túi (nếu là nghiệm hữu tỉ).

o Nếu biết phương trình bậc 3 hệ số thực có 1 nghiệm không là số

thực thì cũng là nghiệm, nên phương trình phải có dạng

Chia cho sẽ tìm được thừa số

Như vậy phương trình có 3 nghiệm là



3 2Az Bz Cz D 0 A 0

0z

020 2

z z 01 z z Az bz c 0

Az bz c 0

2Az bz c,

3 2Az Bz Cz D 0,z z

2Az bz c.

2Az bz c

0z

A B C D 0 0zA B C D 0 z 1

0z x yi x,y ,y 0 0z x yi

P z 0

0z 0z

1 0 0P z z z z z z z 0.

P z 20 0 0 0 0 0z z z z z z z z z .z 1z z .

0 0 1z ,z ,z .


I. MỘT SỐ VÍ DỤ RÈN LUYỆN KĨ NĂNG

Ví dụ 1. Giải các phương trình sau:

a) biết 1 nghiệm là .

b) biết 1 nghiệm là .

c) biết 1 nghiệm là Giải

a) Chia đa thức cho ta được thương là . Do đó, phương trình đã cho viết thành:

Vậy phương trình có 3 nghiệm:

b) Chia đa thức cho ta được thương là

. Do đó, hương trình đã cho viết thành:

Giải (1):

Giải (2): Ta có: Ta đi tìm căn bậc hai của

Đặt

Từ (ii) suy ra:

Từ (1) suy ra:

(loại) hoặc

Với Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 143

3 2z 2 i z 2 2i z 2i 0 1z i

3 2z 4z 4 i z 3 3i 0 1z i

3 2z z 2 2i z 2 4i 0 1z 1 i.

3 2z 2 i z 2 2i z 2i z i 2z 2z 2

3 2 2z 2 i z 2 2i z 2i 0 z i z 2z 2 0

2 2z i 0 z i z i

z 1 iz 2z 2 0 z 2z 2 0

1 2 3z i; z 1 i; z 1 i.

3 2P z z 4z 4 i z 3 3i z i

2z 4 i z 3 3i

3 2 2z 4z 4 i z 3 3i 0 z i z 4 i z 3 3i 0

2

z i 0 1z 4 i z 3 3i 0 2

1 z i

24 i 12 12i 16 1 8i 12 12i 3 4i.

23 4i x yi , x,y

2 22 2 x y 3 ix y 2xyi 3 4i

2xy 4 ii

2x 0, y x

2 4 224x 3 x 3x 4 0x

2x 1 2x 4 x 2.

x 2 y 1


Với

Như vậy:

Phương trình có 2 nghiệm là:


c) Chia đa thức cho ta được thương là:

. Do đó, phương trình đã cho viết thành:

Giải (1):

Giải (2): Ta có

Đặt

Tư (ii) suy ra:

Từ (i) suy ra:

hoặc (loại)

Với

Với

Như vậy:

Phương trình (2) có 2 nghiệm là

Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm là: Ví dụ 2.Giải các phương trình:

a) và biết phương trình có 1 nghiệm là



x 2 y 1.

22 i .

3 2z 4z 4 i z 3 3i 0

4 i 2 i 4 i 2 iz 1 i, z 3.2 2

z i, z 1 i, z 3.

3 2P z z z 2 2i z 2 4i z 1 i

2z iz 1 3i

3 2z z 2 2i z 2 4i 0

22

z 1 i 0 1z 1 i z iz 1 3i 0

z iz 1 3i 0 2

1 z 1 i

2i 4 12i 5 12i.

25 12i x yi , x,y R

2 22 2 x y 5 ix y 2xyi 5 12i

2xy 12 ii

6x 0,y x

2 4 22

36x 5 x 5x 36 0x

2x 4 2x 9 x 2.

x 2 y 3

x 2 y 3.

22 3i .

i 2 3i i 2 3iz 1 2i; z 1 i2 2

1 2 3z 1 i; z 1 2i; z 1 i.

3 2z 1 i z az b 4i 0,a,b R z 1 i.


b) và biết phương trình có 1 nghiệm là

c) Tìm các số a, b, c để phương trình nhận và làm nghiệm.

Giải

a) Theo đề: là nghiệm cuả phương trình nên

Với phương trình đã cho trở thành:

Vì phương trình có 1 nghiệm là ta chia đa thức

cho ta được thương là . Do đó, phương

trình tương đương với

Vậy phương trình có 3 nghiệm

b) Ta có: là nghiệm của phương trình nên

Với phương trình đã cho trở thành:

Biết là 1 nghiệm, chia đa thức cho ta

được thương là: . Do đó, phương trình: tương đương với:

Giải (1):

Giải (2):


3 2z aiz i b z 2 2i 0,a,b R z 1 i.

3 2z az bz c 0 z 1 i z 2

z 1 i 3 2z 1 i z az b 4i 0

3 21 i 1 i 1 i a 1 i b 4i 0 a b 0a b a 4 i 0 a 4,b 4.a 4 0

a 4,b 4 3 2z 1 i z 4z 4 4i 0.

z 1 i,

3 2P z z 1 i z 4z 4 4i z 1 i 2z 4

3 2z 1 i z 4z 4 4i 0

22 2

z 1 i z 1 iz 1 i z 4 0 z 2i.z 4 4i

z 1 i, z 2i, z 2i.

z 1 i. 3 2z aiz i b z 2 2i 0,a,b R

3 2

2 3 2 21 i ai 1 i i b 1 i 2 2i 0

1 3i 3i i ai 1 2i i i i b bi 2 2i 01 3i 3 i 2a i 1 b bi 2 2i 0

3 2a b 0 a 33 2a b b 3 i 0 b 3 0 b 3.

a 3,b 3

3 2z 3iz i 3 z 2 2i 0.

z 1 i 3 2P z z 3iz i 3 z 2 2i z 1 i

2z 1 2i z 2i 3 2z 3iz i 3 z 2 2i 0

2

2z 1 i 0 1

z 1 i z 1 2i z 2i 0z 1 2i z 2i 0 2

1 z 1 i

2 z 12 z 1 2i z 2i 0, A B C 0 z 2i.


Vậy phương trình có 3 nghiệm là: .c) Vì và là nghiệm của phương trình nên

Ví dụ 3. a) Cho phương trình: , gọi lần lượt là 3 nghiệm của phương trình (1) trên tập số phức. Tính giá trị biểu thức:

.

b) Giải phương trình sau trong tập hợp số phức:

c) Giải phương trình sau trên tập số phức . Giải

a) Ta có:

có 3 nghiệm là:

Lúc đó:

b) Ta có:

Vậy nghiệm của phương trình là: c) Ta có:



z 1 i, z 1, z 2i

z 1 i z 2

33

3 22 a 2 2b c 0 4a 2b c 8 0

b c 2a b 2 i 01 i a 1 i b 1 i c 0b c 2 0 a 42a b 2 0 b 6 .4a 2b c 8 0 c 4

3 2z 5z 16z 30 0 1 1 2 3z , z , z

2 2 21 2 3A z z z

3z 6z 9 0.

3 2z 3iz 3z 2i 0

3 2z 5z 16z 30 0 1 2 3z 3; z 1 3i; z 1 3i

2 22 2 2 21 2 3A z z z 3 1 3i 1 3i 7

3 22

z 3pt z 9z 3z 9 0 z 3 z 3z 3 0z 3z 3 0

z 33 3 3 3z i, z i2 2 2 2

3 3 3 3z 3, z i, z i.2 2 2 2


Vậy nghiệm của phương trình là: .Ví dụ 4. Chứng minh rằng phương trình sau có nghiệm thuần ảo

.Giải

Giả sử phương trình có nghiệm thuần ảo.Đặt (a là số thực khác 0), thay vào phương trình ta được:

Vậy phương trình đã cho có nghiệm thuần ảo là .

Ví dụ 5. Giải phương trình: , trên tập số phức, biết phương trình có nghiệm thuần ảo.

GiảiGiả sử là một nghiệm của phương trình. Khi đó, ta có:

là một nghiệm của phương trình nên ta biến đổi phương trình đã cho về dạng:

Vậy phương trình đã cho có nghiệmII. BÀI TẬP VÀ CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN


3 33 2 3

2

2

z 3iz 3z 2i 0 z i i 0 z i i 0

z 2i z i i z i 1 0

z 2i z 2ii 3 i 3 i 3z 2i z 0 z z2 4 2 2 2

i 3 i 3z z2 2 2

i 3 i 3z 2i; z ; z2 2

3 22z 5i 3 z 8i 4 z 4i 4 0

z ai

3 2

2 3 2

2

3 2

2 ai 5i 3 ai 8i 4 ai 4i 4 03a 8a 4 i 2a 5a 4a 4 0

3a 8a 4 0 a 22a 5a 4a 4 0

z 2i

3 2z 2 2i z 5 4i z 10i 0

z xi

3 2

2 3 2x i 2 2i x 5 4i x 10i 0

2x 4x x 2x 5x 10 i 0

2

3 22x 4x 0 x 2 x 2ix 2x 5x 10 0

22

z 2i z 2iz 2i z 2z 5 0 z 1 2iz 2z 5 0

z 2i;z 1 2i


Câu 1. Tìm nghiệm củaphương trình .

A. B.


Các hệ số của phương trình thỏa mãn:

Vậy phương trình nhận là nghiệm.

Phương trình

Giải (1):

Giải (2): Ta có

Phương trình (2) có 2 nghiệm là

Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm là: Vậy chọn đáp án D.

Câu 2. Tìm nghiệm củaphương trình .

A.

B.

C.

D. Hướng dẫn giải

Các hệ số của phương trình thỏa mãn: nên phương trình nhận là 1 nghiệm.

Phương trình



3 2z 1 2i z 2 1 i z 2 0

1 2 3z 1,z 1 3 i,z 1 3 i. 1 2 3z 1,z 1 3 i,z 1 3 i.

1 2 3z 1,z 1 3 i,z 1 3 i. 1 2 3z 1,z 1 3 i,z 1 3 i.

3 2z 1 2i z 2 1 i z 2 0

A B C D 1 1 2i 2 1 i 2 0.

z 1

3 2z 1 2i z 2 1 i z 2 0

22

z 1 0 1z 1 z 2iz 2 0

z 2iz 2 0 2

(1) z 1

2 2' i 2 1 2 3 3i

z 1 3 i.

1 2 3z 1,z 1 3 i,z 1 3 i.

3 2z 2iz 2 i z 3 i 0

1 2 1 1z 1, z 2 15 i, z 2 15 i.2 2 2 2

1 2 1 1z 1, z 2 15 i, z 2 15 i.2 2 2 2

1 2 1 1z 1, z 2 15 i, z 2 15 i.2 2 2 2

1 2 1 1z 1, z 2 15 i, z 2 15 i.2 2 2 2

3 2z 2iz 2 i z 3 i 0

A B C D 1 2i 2 i 3 i 0 z 1

3 2z 2iz 2 i z 3 i 0


Giải (1):

Giải (2): Phương trình (2) có hai nghiệm là:

,

Kết luận: phương trình có 3 nghiệm là:



Tính


Phương trình tương đương với:

Vậy phương trình có 3 nghiệm là: Vậy chọn đáp án B.

Câu 4. Biết là nghiệm của phương trình . Tính


Ta có:


22

z 1 0 1z 1 z (1 2i)z 3 i 0

z (1 2i)z 3 i 0 2

(1) z 1

21 2i 12 4i 1 4 4i 12 4i 15.

11 2i 15i 1 1z 2 15 i2 2 2

21 2i 15i 1 1z 2 15 i.2 2 2

3 2z 2iz 2 i z 3 i 0

1 2 1 1z 1, z 2 15 i, z 2 15 i.2 2 2 2

1 2 3z ,z ,z 3 2z 2 i z z 2 i 0.

1 2 3A z z z

2 3 2 5 2 7 2 5

3 2z 2 i z z 2 i 0

2 2z z 2 i z 2 i 0 z 2 i z 1 0

2 2z 2 i 0 z 2 i z 2 i

z i.z 1 0 z 1

z 2 i, z i, z i.

1 2 3z ,z ,z 3 2z 3iz 3z 9i 0

1 2 3

1 1 1z z z

2 32 3 2 3

3 2 7

5 2 5

4

3 33 2

2

z 3iz 3z 9i 0 z i 2i 0z iz i z i 2i z i 4 0 .z 3





A. B.


Ta thấy phương trình nhận là nghiệm.

Chia đa thức cho ta được thương là . Do

đó, phương trình tương đương với:

Giải (1): .

Giải (2): . Ta có: Do đó, phương trình (2) có hai nghiệm là:

Vậy phương trình có 3 nghiệm là: Vậy chọn đáp án D.


A. B.


Ta thấy phương trình: có 1 nghiệm là z=3.

Chia đa thức cho z-3 ta được thương là . Do đó,

phương trình tương đương với:Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 150


z i, z 3.

3 22z 9z 14z 5 0

1z , z 3 i, z 3 i2 1z , z 2 i, z 3 i2

1z , z 2 i, z 3 i2 1z , z 2 i, z 2 i2

3 22z 9z 14z 5 0 1z 2

3 2P z 2z 9z 14z 5 1z 2 22z 8z 10

3 22z 9z 14z 5 0

22

1z 0 11 2z 2z 8z 10 02 2z 8z 10 0 2

11 z 2

22 z 4z 5 0 2' 4 5 1 i

z 2 i.

1z , z 2 i, z 2 i2

3 2z 7z 17z 15 0

1z , z 3 i, z 3 i2 1z , z 2 i, z 3 i2

1z , z 2 i, z 3 i2 1z , z 2 i, z 2 i2

3 2z 7z 17z 15 0

3 2P z z 7z 17z 15 2z 4z 5

3 2z 7z 17z 15 0


Giải (1):

Giải (2): Ta có:Do đó phương trình (2) có hai nghiệm:

Vậy phương trình có 3 nghiệm là:

Câu 7. Cho phương trình biết phương trình có

1 nghiệm là Tìm tổng mô đun hai số phức còn lại


Phương trình: hệ số thực có 1 nghiệm là

Suy ra cũng là nghiệm.

Do đó phương trình phải có dạng:

Chia đa thức cho

ta được thương là

Phương trình tương đương với

Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm là:


Câu 8. Cho phương trình và biết phương trình có nghiệm thuần ảo. Tìm bA. B. C. D.


Gọi nghiệm thuần ảo của phương trình là ai ai thỏa mãn phương trình:


22

z 3 0 1z 3 z 4z 5 0

z 4z 5 0 2

1 z 3

2' 4 5 1 i

z 2 i.

1 2 3z 3, z 2 i, z 2 i.

3 2z 6 2 z 13 6 2 z 13 2 0

1z 3 2i.

13 7 13 5 13 3 13 2

3 2z 6 2 z 13 6 2 z 13 2 0

1z 3 2i.

1z 3 2i

1z z z 3 2i z 3 2i 0.

3 2P z z 6 2 z 13 6 2 z 13 2

2z 3 2i z 3 2i z 6z 13, z 2.

3 2z 6 2 z 13 6 2 z 13 2 0

z 2 z 3 2i z 3 2i 0.

1 2 3z 2,z 3 2i,z 3 2i.

3 2z 2z 25z b 0,b R

3 25 50 5

a R


Ta có: Với (loại)Với Vậy chọn đáp án C.

Câu 9. Cho phương trình và biết phương trình có ngiệm thực. Tìm các nghiệm của phương trình

A. B.


Gọi x là nghiệm thực của phương trình: ta có:

Suy ra phương trình có dạng:

với z=2 là nghiệm thực của phương trình.

Chia đa thức cho z-2 ta được thương là .

Do đó, phương trình tương đương với:

Giải (1):

Giải (2): Ta có: . Phương trình (2) có hai nghiệm là:

Vậy phương trình có 3 nghiệm là:



3 2 3 2

23

2

ai 2 ai 25ai b 0 a i 2a 25ai b 0b 2a 1

2a b a 25a i 0a 25 a 0 2

a 02 a 5

a 0 b 0

a 5 b 50.

3 2z bz 9 i z 6 2i 0,b R

1 2 3z 2,z 2 i,z 1 i. 1 2 3z 2,z 2 i,z 1 i.

1 2 3z 2,z 2 i,z 1 i. 1 2 3z 2,z 2 i,z 1 i.

3 2z bz 9 i z 6 2i 0,b R

3 2

3 2

3 2

x bx (9 i)x 6 2i 0x bx 9x 6 2 x i 02 x 0 x 2

b 5x bx 9x 6 0

3 2z 5z 9 i z 6 2i 0,

3 2P z z 5z 9 i z 6 2i 2z 3z 3 i

3 2z 5z 9 i z 6 2i 0

22

z 2 0 1z 2 z 3z 3 i 0

z 3z 3 i 0 2

1 z 2

29 12 4i 3 4i 1 2i

1 2z 2 i, z 1 i

1 2 3z 2,z 2 i,z 1 i.


Câu 10. Tìm nghiệm của phương trình:

A. B. C. D.


Biến đổi phương trình thành: .

Đặt thì phương trình trở thành:

.

Với :

Với :

Với :

Vậy phương trình có 3 nghiệm: Vậy chọn đáp án C.


3 2z i z 1 2iz 2 01 i 2i

1 2 3z 2,z 2 i,z 1 i. 1 2 3z 2,z 2 i,z 1 i.

z 1 2i, z i, z 2 i. 1 2 3z 2,z 2 i,z 1 i.

3 2z i z i 2 01 i 1 i

z iw 1 i

3 2 2

22 2

w w 2 0 w 1 w 2w 2 0w 1w 1

w 2w 2 0 w 1 i 0

w 1w 1 iw 1 i

w 1z i 1 z 1 2i1 i

w 1 i z i 1 i z i1 i

w 2 i z i 2 i z 2 i1 i

z 1 2i, z i, z 2 i.


DẠNG 4. PHƯƠNG TRÌNH BẬC BỐN SỐ PHỨCPhương Pháp

Với dạng phương trình trùng phương, ta đặt , sẽ đưa về phương trình bậc hai theo w. Giải phương trình này, ta tính w rồi lại giải phương trình

để tính z.

Nếu thì phương trình có 1

nghiệm là . Chia cho , phương trình

tương đương với phương trình

Nếu thì phương trình có 1

nghiệm là . Chia cho , phương trình

P(z)=0 tương đương với phương trình Như vậy ta nên viết các hệ số của phương trình để xem phương trình có rơi vào hai trường hợp đặc biệt này không.

Trường hợp phương trình hệ số thực, nếu biết 1 nghiệm (không là số

thực) thì cũng là nghiệm. Do đó phương trình có dạng:

Khi khai triển phương trình này và đồng nhất với phương trình đã cho sẽ tìm được hệ số b và c.

Giải phương trình: ta được nghiệm

Như vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm là: I. MỘT SỐ VÍ DỤ RÈN LUYỆN KĨ NĂNG

Ví dụ 1. Giải các phương trình:

a)

b)

c)Giải

a) Phương trình: ta coi là phương trình bậc hai theo , phương

trình có 2 nghiệm là hoặc



2w z

2w z

A B C D E 0 4 3 2Az Bz Cz Dz E 0

z 1 4 3 2P z Az Bz Cz Dz E z 1

P z 0 3 2z 1 Az bz cz d 0.

A B C D E 0 4 3 2Az Bz Cz Dz E 0

z 1 4 3 2P z Az Bz Cz Dz E z 1

3 2z 1 Az bz cz d 0.

0z

0z

20 0z z z z Az bz c 0.

2Az bz c 0 1 2z ,z .

0 0 1 2z ,z ,z ,z .

4 2z 4z 5 0

4 2z 8 8i z 63 16i 0

4 2iz 2 1 2i z 8 0.

4 2z 4z 5 0 2z

2z 1 2 2z 5 5i

z 1z 5i.


b) Đặt phương trình (1) trở thành

Phương trình (2)

Với

Với

Vậy phương trình (1) có 4 nhiệm là:

c) (1)

Đặt phương trình trở thành

(2)

Phương trình (2) có 2 nghiệm là:

Với

Với

Vậy phương trình có 4 nghiệm là: Ví dụ 2. Cho phương trình bậc bốn hệ số thực

Biết phương trình có 1 nghiệm .Tính m và nghiệm còn lại.

Giải

Ta có là nghiệm của phương trình:

Phương trình trở thành (1)

Ta biết rằng nếu một phương trình đa thức hệ số thực nhận là 1 nghiệm

phức, không thực, thì cũng là nghiệm của phương


2w z , 4 2z 8 8i z 63 16i 0

2 2

2 2w 8 8i w 63 16i 0 w 2 4 4i w 63 16i 2

' 4 4i 63 16i 32i 63 16i 63 16i 1 8i

w 4 4i 1 8i 5 12iw 4 4i 1 8i 3 4i

22w 5 12i z 5 12i 3 2i z 3 2i .

22w 3 4i z 3 4i 2 i z 2 i .

z 3 2i ,z 2 i .

4 2iz 2 1 2i z 8 0

2w z , 4 2iz 2 1 2i z 8 0

2iw 2 1 2i w 8 0

2 22 2' 1 2i 8i 1 4i 4i 8i 1 4i 4i 1 2i .

1 2 21 2i 1 2i 1 2i 1 2i 2 2iw 4, w 2i.i i i i

2 2w 4 z 4i z 2i

22w 2i z 1 i z 1 i .

4 2iz 2 1 2i z 8 0 z 2i,z 1 i .

4 3 2P z z 4z 9z mz 20 0,m R. 1z 2i

1z 2i 4 3 2z 4z 9z mz 20 0

4 3 22i 4 2i 9 2i m 2i 20 016 32i 36 2mi 20 0 32 2m i 0 m 16.

4 3 2P z z 4z 9z 16z 20 0

1z

1z x yi, x,y R,y 0 1z x yi


trình. Như vậy phương trình nhận 2 nghiệm là Do đó phương trình (1) phải có dạng:

Đồng nhất hệ số của hai phương trình (1) và (2) ta được

Vậy phương trình

Vậy phương trình có 4 nghiệm:

Ví dụ 3. Chứng minh rằng phương trình: có hai nghiệm là số thuần ảo.

Giải

Đặt là nghiệm của phương trình nên

Vậy là nghiệm của phương trình.

Ví dụ 4. Phương trình có 4 nghệm không thực với các giá trị thực a, b, c, d. Biết tích hai trong bốn nghiệm đó là và tổng của hai nghiệm còn lại là . Tìm giá trị của b

Giải

Gọi 4 nghiệm của phương trình là Khi đó

nên ta suy ra (*).

Theo bài ra ta có .Vì nên cũng như phải là các số phức liên hợp, do đó

.



1 2z 2i,z 2i.

2

2 2

4 3 2

P z z 2i z 2i z az b 0, a,b R

P z z 4 z az b 0

P z z az b 4 z 4az 4b 0, 2

a 4, b 5.

4 3 2P z z 4z 9z 16z 20 0

2

2 22

2 2

2

z 4 0z 4 z 4z 5 0z 4z 5 0

z 4 0 z 4 z 2iz 4z 5 0 z 2 i.

z 2i, z 2 i.

4 3 2z 4z 14z 36z 45 0

2 2 3 3 4 4z bi z b , z ib , z b

z bi

34 2

4 24 2 3

3

b 4 ib 14 b 36ib 45 0

b 14b 45 0b 14b 45 i 4b 36b 0 b 34b 36b 0

z 3i

4 3 2x ax bx cx d 0

13 i

3 4i

4 3 2x ax bx cx d 0 , , , .

4 3 2x ax bx cx d x x x x , x

b

. 13 i, 3 4i

a,b,c,d R . ; . ;

3 4i, . 13 i


Theo (*) thì

Vậy giá trị cần tìm của b là 51.

Ví dụ 5. Giải phương trình sau trên tập hợp số phức: Giải

Biến đổi phương trình đã cho về dạng:


Ví dụ 6. Giải phương trình sau trên tập số phức: Giải

Nhận xét không là nghiệm của phương trình (1) vậy

Chia hai vế PT (1) cho ta được : (2)

Đặt . Khi đó

Phương trình (2) có dạng : (3)

PT (3) có 2 nghiệm

Với ta có

Có

PT(4) có 2 nghiệm:

Với ta có:


b

b 3 4i 3 4i 13 i 13 i 51.

4 3 2z 4z 11z 14z 10 0

222 22

z 2z 2z 2z 7 z 2z 10 0z 2z 5

2

2

z 1 iz 2z 2 0 z 1 i

z 1 2iz 2z 5 0z 1 2i

z 1 i; z 1 i; z 1 2i; z 1 2i.

24 3 zz z z 1 02

z 0 z 0

2z2

21 1 1z z 0z 2z

1t z z 2 2

21t z 2z

2 221z t 2z

2 5t t 02

251 4. 9 9i2

1 3i 1 3it , t2 2

1 3it 2

21 1 3iz 2z 1 3i z 2 0 4z 2

2 221 3i 16 8 6i 9 6i i 3 i

1 3i 3 i 1 3i 3 i i 1z 1 i, z4 4 2

1 3it 2

21 1 3iz 2z 1 3i z 2 0 5z 2


Có

PT(5) có 2 nghiệm:

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm:

Vậy phương trình có các nghiệm II. BÀI TẬP VÀ CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN

Câu 1. Tìm tổng mô đun các nghiệm của phương trình

biết phương trình có nghiệm thực

A. B. C. D.

Hướng dẫn giảiGọi là nghiệm thực của phương trình, ta có:

(1)

Như vậy phương trình được biến đổi thành phương trình tích có dạng:

Đồng nhất phương trình (1) và (2) ta được:

Vậy phương trình (1) tương đương với:

Giải (i):

Giải (ii): Ta có: . Phương trình (ii) có hai nghiệm

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm:



2 221 3i 16 8 6i 9 6i i 3 i

1 3i 3 i 1 3i 3 i 1 iz 1 i, z4 4 2

i 1 i 1z 1 i, z 1 i, z , z2 2

3 3 3 3z 3; z i; z i2 2 2 2

4 3 2z z 3 i z 4z 4i 4 0,

5 2 3 2 3 2 7 2

z x

4 3 2x x 3 i x 4x 4i 4 0

4 3 2 2

2

4 3 2

x x 3x 4x 4 i x 4 0

x 4 0 x 2.x x 3x 4x 4 0

2 2 2

4 3 2

z 2 z 2 z az b 0 z 4 z az b 0

z az b 4 z 4az 4b 0, 2

a 1b 4 3 i a 14a 4 b 1 i4b 4i 4

22 2

2z 4 i

z 4 z z 1 i 0z z 1 i ii

2z 4 z 2

21 4 4i 1 2i

1 21 1 2i 1 1 2iz , z 1 i2 2

1 2 3 4z 2,z 2,z i,z 1 i.



Câu 2. Biết phương trình có có nghiệm thuần ảo. Tìm tổng mô đun của các nghiệm phức có phần ảo dương.A. B. C. D.


Gọi nghiệm thuần ảo của phương trình là ta có:

Vậy 2 nghiệm thuần ảo của phương trình là và phương trình có dạng phương trình tích:

Đồng nhất phương trình này với phương trình đã cho ta được:


Kết luận: Phương trình đã cho có 4 nghiệm là:

Suy ra: Vậy chọn đáp án C.

Câu 3. Cho phương trình: Phương trình có bao nhiêu nghiệm thựcA. B. C. D.

Hướng dẫn giải Các hệ số của phương trình là:Ta có Suy ra phương trình có 1 nghiệm: .

Chia đa thức cho , ta biến đổi:


4 3 2z 2iz z 2iz 2 0

2 3 1 5

xi, x R ,

4 4 3 3 2 2 4 3 2

22 2 2

2 3 2

3 2

x i 2ix i x i 2i.xi 2 0 x 2x x 2x 2 0x x 2x 1 2 x 1 0 x x 1 2 x 1 0

x 1 x x 1 2 0 x 1 x x 2 0x 1 0 x 1

x 1.x x 2 0

z i

2 2 2

4 3 2

z i z i z az b 0, a,b C z 1 z az b 0

z az b 1 z az b 0.

a 2i a 2ib 1 1 b 2

22

z i z iz i z i z 2iz 2 0 z i 1z 2iz 2 0

z i, z i, z 1 i, z 1 i.

i 1.

4 3 2z 3z 2 i z 3z 3 i 0 1 .

2 0 1 4

A 1;B 3;C 2 i;D 3;E 3 i.

A B C D E 0. z 1

4 3 2P z z 3z 2 i z 3z 3 i z 1


Phương trình (2) lại có các hệ số thỏa mãn: Do đó phương trình (2) có 1 nghiệm z= -1.

Suy ra (3) có 2 nghiệm là

Kết luận: Phương trình (1) có 4 nghiệm là:

Câu 4. Cho là nghiệm phức của phương trình . Tính giá trị

của biểu thức: .


Ta có:

Giải ta có

Suy ra Do đó




3 2

3 2z 1

1 z 1 z 2z iz 3 i 0 z 2z iz 3 i 0, 2

A ' B' C' D' 1 2 i 3 i 0.

22

2

z 12 z 1 z 3z 3 i 0 z 3z 3 i 0, 3

9 12 4i 3 4i 1 2i

z 1 i, z 2 i.

z 1, z 1, z 1 i, z 2 i.

1 2 3 4z ,z ,z ,z4z i 12z i

2 2 2 21 2 3 4P z 1 z 1 z 1 z 1

1345

115

914

113

4 4 4z i 1 z i 2z i2z i

4 4 2 2 2 2

2 2 2 2

z i 2z i 0 z i 2z i z i 2z i 0

5z 6iz 2 3z 2iz 0 3z 2iz 0 1 ,5z 6iz 2 0 2

1 22i1 z 0,z 3

2 2' 3i 10 1

3 43i 1 1 3 3i 1 1 3z i,z i5 5 5 5 5 5

2 2 2 21 2 3 4

2 22

P z 1 z 1 z 1 z 1

4 1 3 1 30 1 i 1 i 1 i 19 5 5 5 54 17 6 17 6 5 289 36 131 i i9 25 25 25 25 9 625 625 45



Tìm .A. B. C. D.

Hướng dẫn giải Dễ thấy không phải là nghiệm của phương trình nên

Giải (*) {Kĩ thuật MTCT}

Ghi vào màn hình: Ta được nghiệm của phương trình:

Chỉ cần thay đổi các hệ số của phương trình ta tìm được nghiệm của phương trình (2)

Suy ra:


Câu 6. Giải phương trình:

A. B. C. D.

Hướng dẫn giải Dễ thấy là nghiệm của phương trình nên


1 2 3 4z ,z ,z ,z24 3 zz z z 1 0.2

2 2 2 21 2 3 4

1 1 1 1 0z z z z

5 3 7 9

z 0

22

21 1 1 1 1 5pt z z 0 z z 02 z z z 2z

2

2

1 1 3iz 2z 1 3i z 2 0 *z 2 ....1 1 3i 2z 1 3i z 2 0 **z z 2

2 arg D B E B ED B 4AC:E D :X :Y2 2A 2A

4 3 2z 4z 7z 16z 12 0

z 1,z 3,z 3i,z 2i z 1,z 3,z 2i,z 5i

z 1,z 3,z 6i,z 2i z 1,z 3,z 2i,z 2i

z 1




3 2 2

2

(pt) z 1 z 3z 4z 12 0 z 1 z z 3 4 z 3 0z 1z 1 z 3z 3 z 2i

z 4 0 z 2i


CHỦ ĐỀ 7. GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNHPhương pháp

Ta nhắc lại cách giải hệ phương trình bằng định thức như sau:

; ;

Nếu thì hệ có nghiệm duy nhất:

Nếu và hoặc thì hệ vô nghiệm

Nếu thì hệ có vô số nghiệm. Ngoài phương pháp định thức trên ta có thể sử dụng phương pháp cộng

đại số, phương pháp rút thế... Ngoài ra ta còn có thể dựa vào tính chất tập hợp điểm số phức để giải và

biện luận hệ phương trình.

I. MỘT SỐ VÍ DỤ RÈN LUYỆN KĨ NĂNGVí dụ 1. Giải các hệ phương trình sau trên tập số phức:

Giảia) Ta có các định thức

Vậy hệ phương trình có nghiệm với

b) Ta có các định thức


a bD ab' a'ba' b' xc bD cb' c'bc' b' y

a bD ab' a'ba' b'

D 0yx DDx ; y .D D

D 0 xD 0 Dy 0

x yD D D 0

3 i x 4 2i y 2 6i 2 i x 2 i y 6a) ; b)

4 2i x 2 3i y 5 4i 3 2i x 3 2i y 8

x

y

3 i 4 2iD 3 i 2 3i 4 2i 4 2i 21 23i4 2i 2 3i2 6i 4 2iD 2 6i 2 3i 5 4i 4 2i 2 44i5 4i 2 3i3 i 2 6iD 3 i 5 4i 4 2i 2 6i 23 21i4 2i 5 4i

x,y

x2 2

y2 2

2 44i 21 23iD 2 44ix 1 iD 21 23i 21 23D 23 21i 21 23i23 21iy iD 21 23i 21 23


Vậy hệ phương trình có nghiệm với

Ví dụ 2. Giải các hệ phương trình sau với hai ẩn và :

a) b) Giải

a) Ta có:

b) Hệ phương trình

Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm Ví dụ 3. Giải các hệ phương trình sau với hai ẩn và :

a) b) Giải

a) Ta có: Đặt hệ phương trình trở thàn



x

y

2 i 2 iD 2 i 3 2i 3 2i 2 i 2i3 2i 3 2i6 2 iD 6 3 2i 8 2 i 2 4i8 3 2i2 i 6D 8 2 i 6 3 2i 2 4i3 2i 8

x,y

x

y

D 2 4ix 2 iD 2iD 2 4iy 2 iD 2i

z w2z w 4 ;2iz w 0

z w 4 3iz iw 3 2i

2z w 42z w 4 2z w 42 2i z 42iz w 0 2iz w 0

2 1 i 2 1 i2 z z 1 izz 1 i 1 i 1 11 i w 2 2iw 4 2z w 4 2 1 iw 4 2z

z w 4 3i (1)z w 4 3i1 i w 1 5i (2)z iw 3 2i

1 5i 1 i1 5i 1 5 i 5i(2) w 3 2i1 i 1 i1 i 1 i(1) z 4 3i w 4 3i 3 2i 1 i.

z 1 iw 3 2i

z w

z w w i;z w z i

z w 1 w2z w 2 i w

z w w iz w w i

z w z i z z w i

z x yi, w u vi , (x,y,u,v ),


Vậy phương trình có 1 nghiệm là :

b) Ta có: Đặt và thì hệ phương trình trở thành

Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm là :

Ví dụ 4. Giải hệ phương trình trên tập số phức: .Giải

Ta có:

Khử x ta có hệ:

Lúc đó: Vậy hệ có nghiệm là:

Ví dụ 5. Tìm số phức thỏa mãn


x 0x 0 x 0 u 0

x y 2v i ix yi 2vi i y 2v 1 u 0 3y2yi u vi i u 0 y 2v 1u 2y v i i 52y v 1 2y v 1 1v 5

3z i5 ;1w i5

z w w 1z w 1 w2z w 2 i w 2z w w 2 i

z x yi, w u vi(x,y,z,v R)

x 1x 2u 1y 0x 2u yi 1x yi 2u 1 y 0u 02x 2y 2v i 2 i2x 2yi 2vi 2 i 2x 2

12y 2v 1 v 2

z 11w i2

x iy 2z 10x y 2iz 20ix 3iy 1 i z 30

x iy 2z 10 x iy 2z 10x y 2iz 20 x y 2iz 20ix 3iy 1 i z 30 x 3y i 1 z 30i

i 1 y 2 1 i z 104y 1 i z 20 30i

x 3 11i.

x 3 11iy 3 9iz 1 7i

1 2z ,z1 22 2

1 2

z .z 5 5iz z 5 2i


Giải

Ta có:

Ta có

Nên là nghiện phương trình:

Ta được nghiệm:

Nên là nghiện phương trình:

Vậy nghiệm của hệ phương trình là:

Ví dụ 6. Giải hệ phương trình hai ẩn:

Giải

Từ (2) suy ra: Từ (1) suy ra:

Do đó: nên tức là

Suy ra: tức là Từ và suy ra nên bằng 1 hoặc bằng -1.

Từ và (2) suy ra tức hoặc .



1 22 2

1 2

z .z 5 5iz z 5 2i

22 21 2 1 2 1 2z z z z 2z z

2 2 1 21 2 1 2

1 2

1 2

1 2

z z 1 4i5 2i z z 2 5 5i z z 15 8i z z 1 4iz z 1 4i* z .z 5 5i

1 2z ,z 2z 4i 1 z 5 5i 0

z 2 iz 1 3i

2 i; 1 3i ; 1 3i;2 i

1 2

1 2

z z 1 4i* z .z 5 5i

1 2z ,z 2z 1 4i z 5 5i 0

z 2 iz 1 3i

1 1 1 1

2 2 2 2

z 2 i z 1 3i z 2 i z 1 3i; ; ;z 1 3i z 2 i z 1 3i z 2 i

3 5

2 4z w 0 (1)z (w) 1 (2)

126z w 1. 6 10z w

1210w w 1 22w 1 w 1

106z w 1 z 1.1w w 1210w w 1 2w 1 w

2w 1 2z 1 z 1 z 1


Mà (1): nên và

Vậy hệ có hai nghiệm .

Ví dụ 7. Giải hệ phương trình: Giải

Phương trình thứ nhất của hệ tương đương: ,(dễ thấy không thỏa mãn).

Thế vào phương trình thứ hai cảu hệ ta được:

Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm:

Nhận xét: Việc biến đổi phương trình bậc 4 có nghiệm thực thì không quá khó khăn, có thể dùng máy tính để nhẩm nghiệm và đoán nhân tử chung. Thế nhưng với phương trình bậc 4 nghiệm phức (và không có nghiệm thực) thì việc dùng máy tính để nhẩm nghiệm rồi đoán nhân tử chung là không thể. Vậy nên ta phải dùng kĩ thuật giải phương trình bậc 4 để phân tích nhân tử chung một cách nhanh chóng:

.


3 5z w 0 z 1 w 1 z 1 w 1

z,w 1; 1 ; z,w 1;1

2 22z w zw 7 z,wz w 2w 2

w 72 z w w 7 z 2 w

w 2

22 4 3 2

2 2

w 7 w 2w 2 w 6w 15w 2w 57 02 ww 7w 19 w w 3 0

2

2

2 2

7 27 7 3i 3w w2 4w 7w+19 0 2 21 11w w 3 0 1 11 ww 2 22 4

7 3i 3 5 3i 3w z2 27 3i 3 5 3i 3w z2 21 i 11 3 i 11w z2 21 i 11 3 i 11w z2 2

5 3i 3 7 3i 3 5 3i 3 7 3i 3z;w ; , ; ,2 2 2 23 i 11 1 i 11 3 i 11 1 i 11; , ;2 2 2 2

24 3 2 2 2w 6w 15w 2w+57=0 w 3w 6w 2w 57


Bây giờ ta thêm vào 2 vế một lượng là (để vế trái được một bình phương đúng):

(*)Muốn vế phải là một bình phương đúng (hoặc có thể là lượng âm của bình phương đúng: ) thì:

Vì lí do “thẩm mỹ” nên chúng ta chọn . Thay vào (*):

Ví dụ 8. Giải hệ bất phương trình sau với ẩn là số phức z :

Giải

Gọi là tọa vị của điểm M bất kỳ trong mặt phẳng phức. Tập hợp các điểm M có tọa vị z thỏa mãn (1) là

hình tròn tâm , bán kính ( kể cả biên ).

Ta có Tập hợp các điểm M có tọa độ z thỏa mãn

(2) là phần của mặt phẳng nằm bên ngoài hình tròn tâm , bán kính( kể cả biên ).Vậy nghiệm của hệ bất phương trình đã cho là giao của hai tập hợp trên. Đó là “ hình trăng lưỡi liềm ” không bị bôi đen trong hình vẽ.Ví dụ 9. Giải hệ bất phương trình sau với ẩn là số phức z:

Giải

Gọi là tọa vị của điểm M bất kỳ trong mặt phẳng phức. Tập hợp các điểm M có tọa vị z thỏa mãn (1) là nửa mặt phẳng không chứa điểm A có bờ là đường trung trực của đoạn thẳng AB ( kể cả



2 22m. w 3w m

22 2 2w -3w m 2m 6 w 2 1 3m w m 57

2A

2' 2 77 3 330 1 3m 2m 6 m 57 0 m 11 m 4

m 11 m 11

2 22 2 2 2w -3w+11 16w 64w 64 4w 8 w -7w+19 w +w+3 0

z 3 i 2 (1)2z 9 2i 5 (2)

z x yi x,y

A 3 i R 2

9 5(2) z i2 2

9B i2

5R 2

z 3 2i 1 (1)z 1z 1 2i 2 (2)

z x yi x,y


đường trung trực ), với và . Tập hợp các điểm M có tọa vị z thỏa

mãn (2) là hình tròn tâm , bán kính ( kể cả biên ). Vậy nghiệm của hệ bất phương trình đã cho làgiao của hai tập hợp trên. Đó là phần hình tròn kể cả biên không bị bôi đen trong hình vẽ

Ví dụ 11. Cho ba số phức thỏa mãn hệ

Tính giá trị biểu thức Giải

Vì , do đó có thể đặt:

Suy ra

Mà nên

Ta có

Suy ra hoặc hoặc hoặc , do đó hai trong ba số bằng nhau.

Giả sử thì hay ta có .

Do đó

Vậy hoặc hoặc .

II. CÂU HỎI VÀ BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN

Câu 1. Tìm nghiệm của hệ phương trình: .

A. B. Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 169

A 3 2i B 1

E 1 2i R 2

1 2 3z ,z ,z

1 2 3

31 22 3 1

z z z 1zz z 1z z z

1 2 3T az bz cz ;a,b,c R

31 21 2 3

2 3 1

zz zz z z 1 , 1z z z

1 22 3

z zcosx isinx, cosy isinyz z

3 3 21 2 1

z z z. cos x y isin x y .z z z

31 22 3 1

zz z 1z z z

cosx cosy cos x y 1sinx siny sin x y 0

0 sinx siny sin x y

x y x y x y x y2sin cos 2sin cos2 2 2 2x y x y x y x y x y2sin cos cos 4sin sin sin .2 2 2 2 2 2

x k2 y k2 x y k2 1 2 3z ,z ,z

1 2z z3 31 1

3 1 3 1

z zz z0z z z z 2

33 1

1

z 1 z izz

2 21 2 3 1 1 1 1az bz cz az bz icz z a b ic a b c

2 2a b c 2 2b c a 2 2a c b

3x 1 i y 2 14iix 2i 1 y 4 9i

x,y 1 5i; 3 2i . x,y 1 5i;3 2i .



Ta có

Vậy nghiệm của hệ phương trình là: Vậy chọn đáp án D.

Câu 2. Tìm nghiệm của hệ phương trình

A. B.


Từ phương trình thứ (2) ta có: thay vào phương trình thứ nhất ta

được:

Lúc đó: .

Vậy nghiệm của hệ phương trình là: .

Câu 3. Tìm số nghiệm của hệ phương trình A. B. C. D.


Từ phương trình thứ nhất ta được: thế vào phương trình thứ (2) ta

được:

Ta có

Do đó Vậy chọn đáp án B. Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 170


x,y 1 5i; 3 2i . x,y 1 5i; 3 2i .

x

y

3 1 iD 3 1 2i i 1 i 4 7ii 1 2i2 14i 1 iD 2 14i 1 2i 4 9i 1 i 39 13i4 9i 1 2i

3 2 14iD 3 4 9i i 2 14i 2 29ii 4 9i

x,y 1 5i; 3 2i .

x 3y 2 3i2x y 5 2i

17 9i 1 4ix,y ;7 7

17 9i 1 4ix,y ;7 7

17 9i 1 4ix,y ;7 7

17 9i 1 4ix,y ;7 7

y 2x 5 2i

17 9ix 3 2x 5 2i 2 3i 7x 17 9i x 7

1 4iy 7

17 9i 1 4ix,y ;7 7

2 2

x 2 i y 2.

x 3iy 5 15i

1 2 0 4

x 2 2 i y

23 7i y 4 2 i y 1 15i 0 *

2' 120 22i 11 i

y i x 3 2i

* 26 51i 45 76iy x29 29


Câu 4. Số nghiệm của hệ phương trình A. B. C. D.

Hướng dẫn giải Ta có


Câu 5. Tìm nghiệm của hệ phương trình

A.

B.

C.

D. Hướng dẫn giải

Ta có hệ tương đương:

Do đó ta có hệ mới: nên u, v là nghiệm của phương trình

Vậy nghiệm của hệ phương trình là:



2 2z w zw 8z w 1

1 2 3 4

2z w zw 8 zw 5 zw 13hpt i iiz w 3 z w 5z w 2 z w 15 0

3 i 11 3 i 11w w2 2i ;3 i 11 3 i 11z z2 25 i 27 5 i 27w w2 2ii5 i 27 5 i 27z z2 2

2 2u v 4uv 0u v 2i

u,v 1 3 i, 1 3 i ; u,v 1 3 i, 1 3 i .

u,v 1 3 i, 1 3 i ; u,v 1 3 i, 1 3 i .

u,v 1 3 i, 1 3 i ; u,v 1 3 i, 1 3 i .

u,v 1 3 i, 1 3 i ; u,v 1 3 i, 1 3 i .

2u v 2uv 0 4 2uv 0 uv 2u v 2i

u v 2iuv 2

2z 1 3 i

z 2iz 2 0z 1 3 i

u,v 1 3 i, 1 3 i ; u,v 1 3 i, 1 3 i .


Câu 6. Cho hệ phương trình . Tính


Theo định lý Vi-et thì là nghiệm của phương trình

Tóm lại, hệ đã cho có hai nghiệm là


Câu 7. Giải hệ phương trình hai ẩn: Hướng dẫn giải

Ta có:

Theo định lí Vi-et là nghiệm của phương trình:

Tóm lại, hệ đã cho có hai nghiệm là

Câu 8. Cho ba số phức thỏa mãn hệ

Tính giá trị của biểu thức với n là số nguyên dương.A. B.

C. D.



1 22 21 2

z z 4 iz z 5 2i

1 2

1 1z z

1 3 i2 10 1 3 i2 10

1 3 i2 101 3 i2 10

1 2

1 2

z z 4 ihpt . z z 5 5i

1 2z ,z

22t 4 i t 5 5i 0, 5 12i 2 3i4 i 2 3it 3 i2 . 4 i 2 3it 1 2i2

1 2z ;z 3 i;1 2i ; 1 2i;3 i

3 3

z w 3 1 iz w 9 1 i

33 3z w z w -3zw z w =9 1 i

z w 3 1 ihpt . zw 5i

1 2z ,z

22t 3 1 i t 5i 0, 2i 1 it 2 i . t 1 2i

z;w 2 i;1 2i ; 1 2i;2 i

1 2 3z ,z ,z1 2 3

1 2 3

z z z 1z z z 1

2n 1 2n 1 2n 11 2 3S z z z

S 2 S 1 1S 2S 4



Vì nên . Do đó

Vậy là ba nghiệm của phương trình:

Chứng tỏ trong ba số phức phải có một số bằng 1 và hai số còn lại đối

nhau. Không mất tính tổng quát, giả sử khi đó :

Vậy ta có tổng S=1Chú ý: Có thể giải bài toán bằng cách sử dụng biểu diễn hình học số phức hoặc dùng dạng lượng giác ( ví dụ dưới đây)

Câu 9. Giải hệ phương trình:

A. B.

C. D.


Cộng (1) và (2) vế theo vế ta được:

Nhân (2) với 3 rồi cộng với (3) ta được

Lúc đó hệ phương trình trở thành:

Giải hệ trên ta được: Vậy chọn đáp án C.

Câu 10. Tìm số nghiệm của hệ phương trình A. B. C. D.

Hướng dẫn giải Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 173

1 2 3z z z 1 1 2 31 2 3

1 1 1z , z , zz z z

1 2 3 1 2 31 2 3

1 2 2 3 3 1 1 2 3

1 1 1 z z z z z z 1z z zz z z z z z z z z a

1 2 3z ,z ,z

1 2 3z ,z ,z

1 2 3z 1;z z

2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 11 2 3 2 zS z z z 1 z z 1

1 2 3

1 2 3

1 2 3

z z z 4 2i 12z z z 2 5i 2z 2z 3z 9 2i 3

1 2 3z ,z ,z i,3 2i,1 i . 1 2 3z ,z ,z i,3 2i,1 i .

1 2 3z ,z ,z i,3 2i,1 i . 1 2 3z ,z ,z i,3 2i,1 i .

1 23z 2z 6 7i 4

1 27z 5z 15 17i 5

1 2 3

1 2

1

z z z 4 2i3z 2z 6 7i7z 5i 15 17i

1 2 3z ,z ,z i,3 2i,1 i .

1 2 3

1 2 3

1 2 3

z z z 1z z z 1z z z 1

S 2 S 1 S 3 S 6


Ta có lưu ý sau: Chứng minh rằng nếu 3 số phức thõa mãn:

thì một trong 3 số đó phải bằng 1.Thật vậy

Ta có:

Nếu thì

Nếu thì , gọi điểm P biểu diễn số phức thì

P sẽ không trùng với O và nên đường trung trực của OP

cắt đường tròn đơn vị rại hai điểm và cũng là hai điểm biểu diễn

Do đó hoặc hoặc .

Vậy hoặc hoặc Áp dụng: giải hệ phương trình trên thì có một ẩn bằng 1 và tổng hai ẩn còn lại bằng 0.

Xét thì có nên

Từ giả thiết nên hay thì có hoặc

Vậy hệ có 6 nghiệm là hoán vị các phần tử của bộ ba Vậy chọn đáp án D.

Câu 11. Cho hệ phương trình Tìm khẳng định đúngA. Hệ có nghiệm duy nhấtB. Hệ đã cho vô nghiệmC. Nghiệm của hệ là những số thựcD. Thành phần nghiệm của hệ có một số thực và một số phức


Xét hệ phương trình

Ta có (*)

Từ (*) ta có , vì thế . Do đó nên hệ

có dạng



1 2 3z ;z ;z

1 2 3

1 2 3

z z z 1z z z 1

1 2 3 1 2 3z z z 1 1 z z z

z 1 2 3z z 0

z 1 11 z 0 1 2 31 z z z 0

1 2 31 z z z

11, z

2 3z ,z . 2 3 1z 1,z z 2 1 3z z ,z 1

1z 1 2z 1 3z 1.

1z 1 2 3z z 0 2 3z z .

1 2 3z z z 1 23z 1 2 2

3z 1 i 2 3z i,z i

2 3z i,z i.

1,i, i .

3 2

5 3z w 0.z w 1

3 2

5 3z w 0 (1)z w 1 (2)

15 103 2 10 915 95 3

z wz w 0 w w 1z w 1z w 1

10 9w w 1 w 1 910 91 w w w. w.w w w 13 5

5 5z 1 z .z 1 z 1z 1 z 1


Thử lại thấy thỏa mãn, vậy hệ đã cho có nghiệm Vậy chọn đáp án D.

Câu 12. Tìm số phức z thỏa mãn :


Gọi số phức

Hệ

Vậy số phức cần tìm là : . Vậy chọn đáp án D. Câu 13. Tìm tham số m để hệ phương trình phức có nghiệm duy nhất:

, (ẩn z là số phức)

A. , B. ,

C. , D. , Hướng dẫn giải

Gọi


là hệ phương trình tọa độ giao điểm của đường tròn (C):

Và đường thẳng :

Đường tròn (C) có tâm và bán kính .

Hệ phương trình có nghiệm duy nhất tiếp xúc với (C).


z;w 1;1

2 2

2z i z z 2i

z (z) 4

331z 4 i4

331z 4 i4

331z 4 i4

331z 4 i4

z x yi x,y

2 x (y 1)i (2y 2)i4xyi 4

2 3

3

x x 4y 4 1y1 1y y 4x x

331z 4 i4

z 3i 1 1z i 1 m z

m 1 3 m 1 15 m 1 3 m 1 5

m 1 5 m 1 15 m 1 5 m 1 3

z x yi, x,y

x 1 y 3 i 1x 1 y 1 i m x yi

2 2 2 2

2 2 2 22

x 1 y 3 1 x 1 y 3 1 *2 m 1 x 2y 2 m 0x 1 y 1 m x y

* 2 2x 1 y 3 1

22 m 1 x 2y 2 m 0

I 1;3 R 1


Đặt , ta có

Vậy giá trị cần tìm là hay Vậy chọn đáp án A. Câu 14. Tìm nghiệm của hệ phương trình sau với ẩn là số phức z và là tham số thực khác 0.

A. B. C. D.

Hướng dẫn giải Gọi A, B theo thứ tự là các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn số phức là , . Khi đó tập hợp điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn (1) là đường tròn đường kính AB, trừ hai điểm A và B. Đường

tròn này có tâm E biểu diễn số phức và bán kính nên

có phương trình là Gọi C, D theo thứ tự là các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức . Khi đó tập hợp điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn (2) là đường trung trực của đoạn thẳng CD. Đường trung trực

này đi qua trung điểm của đoạn thẳng CD

và nhận làm véctơ pháp tuyến nên có

phương trình là . Suy ra giao điểm của đường tròn và đường trung

trực là nghiệm của hệ đã cho. Đó là các điểm thỏa mãn (*) và (**), tức là

nghiệm của hệ phương trình sau:



2

2 22

m 2m 6d I, R 1 m 1 7 4 m 1 4

4 m 1 4

2t m 1 t 0

2 2t 7 4t 4 t 7 4t 4 t 18t 45 0 t 3,t 15

2t 3 m 1 3 m 1 3

2t 15 m 1 15 m 1 15

m 1 3 m 1 15

z 4 2i i (1)z 2z 2 1 (2)z 2i

z 2 2i, z 2 2i. z 2 2i, z 2 2i.

z 2 2i, z 2 2i. z 2 2i, z 2 2i.

4 2i 2

1 i1R 6 2i 3 i 102

2 2x 1 y 1 10 *

2, 2i

H 1 i

CD 2 2i

2 x 1 2 y 1 0 x y 0 **

x;y

2 2 2 2x y 0 y xx 1 y 1 10 x 1 x 1 10


hoặc .Vậy nghiệm của hệ phương trình là: Vậy chọn đáp án A.

Câu 15. Số nghiệm của hệ phương trình sau với z là ẩn số : A. 0 B. 1 C. 2 D. 4

Hướng dẫn giải Gọi E là điểm trong mặt phẳng phức có tọa vị là . Khi đó tập hợp điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn (1) là đường tròn tâm E, bán kính . Phương trình đường tròn này là:

(*). Gọi A, B theo thứ tự là các điểm

biểu diễn số phức . Khi đó tập hợp điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn (2) là đường tròn Appollonius chia đoạn thẳng AB theo tỷ số . Đường tròn Appollonius có tâm F là điểm có tọa độ

và có bán kính

Phương trình đường tròn Appollonius là : (**) Suy ra nghiệm của hệ đã cho là giao điểm của hai đường tròn (*) và (**), tức là

các điểm thỏa mãn hệ phương trình sau:

hoặc .


y x x 2x 2 y 2

x 2y 2

z 2 2i, z 2 2i.

z 1 4i 3 (1)

z 3 2i 2 (2)3z i2

1 4i

R 3

2 2x 1 y 4 9

33 2i, i2

k 2

2

2

33 2i 4 i2a k bf 1 2i1 41 k

2k a bR1 k

32 3 2i i2 1 2i 51 4

2 2x 1 y 2 5

x;y

2 2 2 2

2 2 2 2x 1 y 4 9 x y 2x 8y 8 0

x y 2x 4y 0x 1 y 2 5

22 2 2y 2 xx y 2 0

x y 2x 4y 0 x 2 x 2x 4 2 x 0

2y 2 x x 1

y 1x x 2 0

x 2y 4


Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là và .Vậy chọn đáp án C.



z 1 i z 2 4i


CHỦ ĐỀ 8. DẠNG LƯỢNG GIÁC SỐ PHỨC

Bài toán 1: Viết số phức dưới dạng lượng giácPhương pháp1. Để viết số phức dưới dạng lượng giác

Trước hết ta biến đổi:

Như vậy: . Đặt và Từ đó suy ra là 1 acgumen của .2. Chú ý các công thức biến đổi lượng giác:

*

I. Các ví dụ điển hình thường gặpVí dụ 1. Viết các số phức sau dưới dạng lượng giác:

a) 5; b) -3 b)7i; d) .

Giải

a)

b)

c)

d)

Ví dụ 2. Viết các số phức sau dưới dạng lượng giác:

a) b) c) d)

Giải


z a bi,(a,b ) z r(cos isin )

2 22 2 2 2

a bz a b ( i)a b a b

2 2r a b 2 2

acosa b

2 2

bsina b

z

2*1 cos isin 2cos 2isin cos2 2 2

2cos cos isin2 2 2

sin 11 itan 1 i (cos isin )cos cos

2i

5 5 1 0i 5 cos0 isin0 .

3 3 1 0i 3 cos +sin i .

7i 7 0 i 7 cos isin .2 2

2i 2 0 i 2 cos isin2 2

1 i 3; 3 i 3;1 3i;3 3

7 3 7i.3


a)

b)

c)

d) Ví dụ 3. Viết các số phức sau dưới dạng lượng giác:

a) b)

c) Giải

a)

b)

c)


a) ; b) c)

Giải

a) Ta có:



1 31 i 3 2 i 2 cos isin .2 2 3 3

1 i3 i 3 3 1 i 6 6 cos isin .4 42 2

1 3 2 1 3 2i i cos isin .3 3 3 2 2 3 3 3

7 3 7 3 14 3 1 3 14 37i 1 i 3 i cos isin .3 3 3 2 2 3 3 3

1 3i 1 2i ; 1 i 1 3 2 i ;

2 2i . 2 3 2 4 i ;

21 3i 1 2i 1 6i 3i 2i 5 5i 5 1 i

1 1 3 35 2 i 5 2 cos isin .4 42 2

1 i 1 3 2 i 1 3 2 3 2 1 i

3 3 3 1 i 3 3 1 3 1 i

3 13 1 3 i 2 3 1 i2 2

2 3 2 cos isin .6 6

2 2i . 2 3 2 4 i 2 6 2 8 6 4 2 2 2 i

6 2 6 6 6 2 i 6 2 6 1 i

1 12 6 2 6 i2 2

12 6 2 cos isin .4 4

12 2i

3 i ;1 2i

1 i 3.1 i


b)

c)


a) b) Giải

a) Ta có:

b)

Cách khác:


1 1 2 2 cos isin

2 2i 4 4 42 1 i 4 cos isin4 4

2

3 i 1 2i3 i 3 2 6i i 5 5i 1 i1 2i 1 41 2i 1 2i 1 2i

1 12 i 2 cos isin .4 42 2

1 i 3 2 7 7cos isin 2 cos isin1 i 3 4 3 4 12 122

i13

1 3 1 3 i.

sini 1 261 1 itan 1 i cos isin cos isin .6 6 6 6 63 3cos cos

6 6

sin sin

3 31 3 1 3 i 1 tan 1 tan i 1 1 i3 3 cos cos

3 3

1 1cos sin cos isin i3 3 3 3cos cos

3 31 1cos sin sin cos i

3 3 3 3cos cos3 3

1 12cos 2sin .i3 4 3 4cos cos

3 3

2 2 cos isin 2 2 cos isin .12 12 12 12


Mà Do đó:



1 31 3 1 3 i 1 3 1 i1 3

tan tan4 31 3 1 i

1 tan .tan4 3

1 3 1 itan 1 3 1 itan .4 3 12

sin12 1 31 3 1 i cos isin

12coscos 1212

.12

1 3 1 3cos cos cos .cos sin .sin .12 3 4 3 4 3 4 2 2 2 2 2 2

1 31 3 1 3 .i cos isin12 12cos

12

2 2 cos isin .12 12


II. Bài tập tự luyệnBài tập 1. Viết các số phức sau dưới dạng lượng giác:

a) b)

c) d)

Giải

a) Ta có:

b) Ta có:

c) Ta có:

d) Ta có

Bài tập 2. Viết các số phức sau dưới dạng lượng giác:

a) ; b) ;

c) d) Giải

a) Ta có:

b) Ta có:

c) Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 183

2 i 3 i 2 2 i 2

6 2i

1 i 1 ( 3 2)i 33 2i 3 i3

2 22 i 3 i 5 5i 5 2 i 5 2 cos isin .2 2 4 4

2 2 i 2 2 2 1 2 2 1i i cos isin6 2i 4 4 2 2 2 2 4 4

1 i 1 ( 3 2)i 3 3 1 3 i 1 3 3 i

3 12 2 3 i 2 2 3 cos isin .2 2 3 3

3 7 3 33 2i 3 i 7i 7 i3 3 3

14 3 1 3 14 3i. cos isin .3 2 2 3 3 3

2 1 i 2 3 i

1 2 1 i; 1 2 3 i.

1 12 1 i 2 1 i 2 1 cos isin4 42 2

22 2cos 2isin .cos 2 2cos cos isin .8 8 8 8 8 8

3 i 5 52 3 i 2 1 2 1 cos isin2 2 6 6

2 5 5 5 5 5 52 2cos isin .cos 4cos cos isin .12 12 12 12 12 12

1 2 1 i 2 1 2 1 2 1 i


d)

Bài tập 3. Viết các số phức sau dưới dạng lượng giác


a) Ta có:

b) Ta có:

Bài tập 4. Viết các số phức sau dưới dạng lượng giác:


a) Ta có:



2

1 i2 1 2 1 i 2 2 1 12 2

3 32 2 1 1 cos isin4 4

3 3 32 2 1 2cos 2isin .cos8 8 8

3 3 32 2 2 1 .cos . cos isin .8 8 8

1 2 3 i 2 3 2 3 2 3 i

2

3 i2 3 2 3 i 2 2 3 12 2

2 2 3 1 cos isin6 6

2 2 3 2cos 2issin .cos12 12 12

4 2 3 cos . cos isin .12 12 12

a) z cos isin ; b)z 5 cos isin .9 9 6 6

z cos isin cos isin cos isin9 9 9 9 9 9

cos isin .10 10

5 5z 5 cos isin 5 cos isin 5 cos isin6 6 6 6 6 6

a) cos isin ; b) cos isin ; c) cos isin .

cos isin cos isin cos isin


b) Ta có:

c) Ta có: Bài tập 5. Viết dưới dạng lượng giác các số phức sau:


a) Ta có:

Khi thì dạng lượng giác là


Khi thì không có dạng lượng giác.b) Ta có



Khi thì không có dạng lượng giác.


cos isin cos isin

cos isin cos isin .

1 cos isina) ; b) 1 cos isin 1 cos isin .

1 cos isin

2

2

2sin 2isin cos1 cos isin 1 cos isin 2 2 21 cos isin 1 cos isin 2cos 2isin cos

2 2 2sin icos

2 2tan . itan2 2cos isin

2 2

tan 02 tan cos isin

2 2 2

tan 02 tan cos isin

2 2 2

tan 02

1 cos isin 1 cos isin

2sin sin icos .2cos cos isin2 2 2 2 2 2

2sin cos isin2 2 2

sin 02 2sin cos isin

2 2 2

sin 02 2sin cos isin

2 2 2

sin 02


Bài toán 2: Áp dụng công thức Moivre để thực hiện các phép tínhPhương pháp

*

*

*

*

*

I. Các ví dụ điển hình thường gặpVí dụ 1. Tính các giá trị của số phức sau và viết kết quả của chúng dưới dạng

b) ;

Giải

a) Ta có:

b) Ta có



n(cos isin ) cosn isinn

, , , ,(cos isin )(cos isin ) cos( ) isin( )

, ,, ,

cos isin cos( ) isin( )cos isin

21 cos isin 2cos 2isin cos2 2 2

2cos cos isin2 2 2

sin 11 itan 1 i (cos isin )cos cos

a bi, a,b

2 2 3 3a)A cos isin cos isin . 7 7 14 14

7 cos isin4 4B

5 cos isin12 12

3

4

cos isin5 5c) C

cos isin15 15

2 2 3 3A cos isin . cos isin7 7 14 14

2 3 2 3cos isin cos isin i.7 14 7 14 2 2

7 cos isin4 4 7B cos isin

4 12 4 1255 cos isin12 12

7 105 35cos isin i.6 6 10 105


c) Ta có

Ví dụ 2. Tìm số nguyên dương n bé nhất để là số thực.(Trích đề thi thử số 1 năm 2012, TT 46/1 Chu Văn An, Huế)

Giải

Ta có:

Do đó

Số đó là số thực khi và chỉ khi Số nguyên dương bé nhất cần tìm là .Ví dụ 3. Tính giá trị các biểu thức sau:

; b)

c) d) Giải

a) Ta có

b) Ta có


3

4

3 3cos isin cos isin5 5 5 5C

4 4cos isincos isin 15 1515 153 4 3 4 1 3cos isin i.5 15 5 15 2 2

n3 i1 i

3 i 2 cos isin ;1 i 2 cos isin6 6 4 4

3 i 5 52 cos isin1 i 12 12

n n23 i 5n 5n2 cos isin

1 i 12 12

5n 5n 5nsin 0 k k k12 12 12

n 12

9 91 i 1 ia) A2 2

7 71 i 3 1 i 3B

2 2

6 65 5C 1 i 3 1 i 1 i 1 i 3 ;

5 5

4 4

1 i 3 1 i 3D

1 i 1 i

99 9 91 i 1 iA cos isin cos isin4 4 4 42 2

9 9 9 9cos isin cos isin4 4 4 49 9 9 9cos isin cos isin cos cos 24 4 4 4 4 4


c) Ta có

d) Ta có

Ví dụ 4. Tính giá trị các biểu thức sau

a)



7 7 771 i 3 1 i 3B cos isin cos isin2 2 3 3 3 3

7 7 7 7cos isin cos isin3 3 3 3

7 7 7 7cos isin cos isin 2isin i 33 3 3 3 3

6 65 5

6 65 5

5656

556

C 1 i 3 1 i 1 i 1 i 3

1 i 3 1 i 1 i 1 i 32 2 2 22 2 2 22 2 2 2

2 2 cos isin cos isin3 3 4 4

2 2 cos isin cos4 4 3

6

isin3

8

8

6 6 5 52 2 cos isin cos isin3 3 4 4

5 5 6 62 2 cos isin cos isin4 4 3 3

8 95 5 5 5 52 2 cos isin cos isin 2 2cos 5124 4 4 4 4

5 55 55 5

4 4 4 44 4

5555

5 422

1 3 1 32 i 2 i1 i 3 1 i 3 2 2 2 2D

1 i 1 i 1 i 1 i2 22 2 2 2

2 cos isin2 cos isin 3 33 3

2 cos isin2 cos isin 4 44 4

5 55 5 cos isincos isin 3 33 38 8cos isin5 5cos isin

4 41 i 3 1 i 38 82 2 2 2

81 1

4 45 5 5 5A 1 cos isin 1 cos isin ;3 3 3 3


b) ; c) .Giải

a) Ta có

b) Ta có

c) Ta có


4

4

1 cos isin6 6B

1 cos isin6 6

2

2

8 81 cos isin3 3C8 81 cos isin3 3

4 4

4 42 2

4 4

5 5 5 5A 1 cos isin 1 cos isin3 3 3 3

5 5 5 5 5 52cos 2isin cos 2cos 2isin cos6 6 6 6 6 6

5 5 5 5 5 52cos cos isin 2cos cos isin6 6 6 6 6 6

5 52cos cos isin6 6

445 5 5 52cos cos isin6 6 6 6

4 42 3 20 20 2 3 20 20cos isin cos isin

2 6 6 2 6 620 209 2cos 18cos 9.6 6

4 4

4 4

1 cos isin 1 cos isin6 6 6 6B

1 cos isin 1 cos isin6 6 6 64 4 2 21 cos isin 1 cos isin6 6 3 3

4 4 2 21 cos isin 1 cos isin6 6 3 3

1 co

2 2 2cos cos isins isin 3 3 33 32 21 cos isin 2cos cos isin3 3 3 3 3

1 i 3cos isin3 3 3 3 2 2


Ví dụ 5. a) Chứng minh số phức là số thực.(Trích Trường THPT Kon Tum, lần 3 – 2012)

b) Tìm tất cả số nguyên dương n thỏa mãn là số thực.(Trích Trường THPT Quế Võ số 1, lần 4 – 2013)

Giảia) Ta có:

b) Ta có



2 2

2 2

2

2

8 8 2 21 cos isin 1 cos isin3 3 3 3C8 8 2 21 cos isin 1 cos isin3 3 3 3

2 2 4 41 cos isin 1 cos isin3 3 3 3

42 2 1 cos1 cos isin 33 3

4isin3

2 2

2 2

2 2 2 2 2 22sin 2isin cos 2sin 2isin cos3 3 3 3 3 32 2 2 2 2 22sin 2isin cos 2sin 2isin cos3 3 3 3 3 3

2 2 2 2 22sin sin icos sin icos3 3 3 3 32 22 2 2 sin icos2sin sin icos 3 33 3 3

cos isin6 6

cos isin6 6

cos isin6 6 1 i 3cos isin .

6 6 6 6 2 2cos isin6 6

241 iz3 3i

n3 i 3A

3 3i

242424

2424

12 12

2 cos isin4 41 iz

3 3i2 cos isin

6 6cos 6 isin 6 1 1

40962 cos4 isin4 2


Ví dụ 6. Giả sử z là số phức thỏa mãn . Tìm số phức (Trích Trường THPT Chuyên ĐH Vinh – 2012)

Giải

Từ giả thiết ta có

Với ta có:

Với ta có:

Ví dụ 7. Cho số phức z thỏa mãn . Tìm phần thực và phần ảo của .(Trích Trường THPT Phan Bội Châu, Nghệ An lần 2 – 2013)

Giải

Đặt

Do đó Phần thực của z là 16, phần ảo của z là 16.


n n3 i n nA cos isin cos isin2 6 6 6 6

nA sin 0 n 6k, k , k 16

2z 2z 4 0

71 3 zw

2 z

2z 2z 4 0 2z 1 3 z 1 3i

z 1 3i

77 7

7 7

cos isin1 i 4 43 3i 1w .3 3i 8 23 i cos isin

6 6

7 7cos isin1 1 1 i 3 1 3 14 4. . i7 7 8 32 328 2 3 icos isin6 6

z 1 3i

77

7 7

cos isin1 i 4 41w .8 23 i cos isin

6 6

7 7cos isin1 1 1 i 3 1 3 14 4. . i7 7 8 32 328 2 3 icos isin6 6

z 1 2 i 3 i2z 2i

9z

z x yi, x,y z x yi

z 1 2 i 3 i 4 2i z 3 i z 2 4i x y 7y 3x i 2 4i2z 2i

x y 2 x y 1 z 1 i7y 3x 4

99 9 9z 2 cos isin 16 16i4 4


Ví dụ 8. Gọi là hai nghiệm của phương trình . Tìm số n

nguyên dương nhỏ nhất sao cho .(Trích Trường THPT Nguyễn Văn Cừ, Bắc Ninh lần 3 – 2013)

Giải

Phương trình (1). (1) có

Do đó các căn bậc hai của là .

Vậy (1) có các nghiệm là

Ví dụ 9. Cho là hai nghiệm phức của phương trình . Tìm phần thực,

phần ảo của số phức: , biết có phần ảo dương.(Trích Trường THPT Can Lộc, Hà Tĩnh lần 2 – 2014)

Giải

Vì nên phương trình có hai nghiệm phức: (do có phần ảo dương)

Ta có:

Do đó: Vậy phần thực bằng 1, phần ảo bằng 0.

Vì n là số nguyên dương nhỏ nhất nên từ (*) suy ra .

Ví dụ 10. Cho số phức z biết . Viết dạng lượng giác của . Tìm phần thực và

phần ảo của số phức



1 2z , z2 5z 2cos z 1 0

21

n n1 2z z 1

2 5z 2cos z 1 021

2 25 5' cos 1 sin21 21

'5isin21

1 25 5 5 5z cos isin , z cos isin21 21 21 21

1 2z , z 2z 2z 4 0 2013

1

2

zwz

1z

3 1 2z 1 3i, z 1 3i 1z

2 2 21

2

1 3iz 1 3i 1 3i cos isinz 4 2 2 3 31 3i

2013 40261

2

z cos isin cos1342 isin1342 1z 3 3

n nn n

1 2

n n

5 5 5 5z z 1 cos isin cos isin 121 21 21 21

5 5 5 5cos isin cos isin 121 21 21 21

n5 n5 n5 n5cos isin cos isin 121 21 21 21

n5 n5cos cos21

121

n5 n5 7 42kcos cos k2 n k *21 3 21 3 5 5

n 7

z 1 3i z

5w 1 i z


GiảiCách 1: Ta có phương trình đã cho tương đương với phương trình:

Do đó:

Suy ra:

Vậy số phức có phần thực là và phần ảo là

Cách 2: Dạng lượng giác của số phức

Ta có:

Áp dụng công thức Movie, ta có

Vậy phần thực

của số phức w là và phần ảo của số phức w là II. Bài tập rèn luyệnBài tập 1. Tính các giá trị của số phức sau và viết kết quả của chúng dưới dạng

; b) ;


a) Ta có


1 i 3z 2 2 cos i.sin2 2 3 3

5 5 5 1 i 3z 32 cos i.sin 32 16 16i 33 3 2 2

w 1 i 16 16i 3 16 1 3 16 1 3 i

5w 1 i z 16 16 3 16 16 3

z 1 3i

r 1 3 2r 21cos z 2 cos isin

2 3 333sin

2

5 5 5 5 1 i 3z 2 cos i.sin 32 16 1 i 33 3 2 2

5w 1 i z 1 i .16 1 i 3 16 1 3 1 3 i 16 1 3 16 1 3 i

16 16 3 16 16 3

a bi, a,b

5 5a) A 5 cos isin cos isin9 9 36 36

5i 3B

cos isin6 6

10

5

2 22 cos isin 3 cos isin3 3 3 3c) C .

7 72 cos isin6 6

5 5A 5 cos isin cos isin9 9 36 36

5 5 5 2 5 25 cos isin 5 cos isin i .9 36 9 36 4 4 2 2


b) Ta có

c) Ta có

Bài tập 2. Cho số phức . Tìm m nguyên để là số thực, là số ảo


Ta có:

Bài tập 3. Cho số phức . Tính .(Trích Trường THPT Chuyên Nguyễn Tất Thành – 2013)

Giải

Ta có

Suy ra

Bài tập 4. Cho số phức z thỏa mãn: . Tìm phần thực của số phức .(Trích Trường THPT Chuyên Trần Phú, lần 2 – 2013)

Giải



5 5

3 cos isin 3 cos isin2 2 2 2i 3B

5 5cos isincos isin cos isin 6 66 6 6 6

5 5 3 33 cos isin 3 cos isin i2 6 2 6 3 3 2 2

10

5

2 22 cos isin 3 cos isin3 3 3 3

C7 72 cos isin6 6

20 2032 3 cos isin cos isin3 3 3 3

35 3532 cos isin6 6

20 35 20 353 cos isin3 3 6 3 3 6

7 73 cos isin6 6

3 i 3 33 i2 2 2 2

m7 iz4 3i

z z

mm27 i m mz 2 cos isin (*)

4 3i 4 4

z laø soá thöïc m 4k, k ; z laø soá aûo m 4k 2, k

z 1 3i 7z

1 3z 1 3i 2 i 2 cos isin2 2 3 3

7 7 7z 128 cos isin 128 cos isin 64 64 3i3 3 3 3

z 6 7iz1 3i 5

2013z


Gọi số phức thay vào (1) ta có:

Vậy phần thực của là

Bài tập 5. Gọi là hai nghiệm phức của phương trình . Tìm phần thực,

phần ảo của số phức .(Trích Trường THPT Chuyên Quảng Bình, lần 2 – 2014)

Giải

Ta có Áp dụng công thức Moa-vrơ:

. Phần thực của w là -1, phần ảo là 0.

Bài tập 6. Cho các số phức z thỏa mãn: . Chứng minh rằng z có phần thực bằng 1.

(Trích Trường THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Quảng Trị - 2014)Giải

Ta có không thỏa mãn phương trình nên .

nên đặt


z a bi, a,b z a bi

a bi 1 3ia bi 6 7i 6 7ia bi a bi1 3i 5 10 5

10a 10bi a 3b i b 3a 12 14i9a 3b i 11b 3a 12 4i9a 3b 12 a 111b 3a 14 b 1

2013

20132013a b 1 z 1 i z 1 i 2 cos isin4 4

1006 2013 20132 . 2 cos isin4 4

2013z1006 100620132 2.cos 2

4

1 2z , z 2z z 1 0 2014 20141 2w z z

12

2

1 3z i2 2z z 1 01 3z i2 2

1 21 3 1 3z i cos isin ; z i cos isin2 2 3 3 2 2 3 3

2014

1

2014

2

2014 2014 2 2z cos isin cos isin cos isin3 3 3 3 3 3

2014 2014 2 2z cos isin cos isin cos isin3 3 3 3 3 3

2 2w cos cos 13 3

5 52 z z

z 0; z 2

55 5 2 z2 z z 1

z

2 z 0z

2 z r cos isinz

5

52 z r cos5 isin5 1 1 cosk2 isink2z


Nên

Vậy z luôn có phần thực là 1.

Bài tập 7. Biết rằng số phức thỏa mãn . Hãy tính Hướng dẫn giải

Từ

Bài tập 8. Cho Tính


Ta có:

a) Ta có

Do đó:

b) Ta có



2 z k2 k2 2 k2 k21 cos isin 1 cos isin 0z 5 5 z 5 5

2 2 2

2 2z k2 k2 k k k1 cos isin 2cos cos isin5 5 5 5 5k k k kcos isin cos isin k5 5 5 5 1 itan

k 5k k k coscos cos i sin 55 5 5

z1z 1z

2010

20101z

z

20102010

1 3z i cos isin1 12 2 3 3z 1 z 2z 1 3 zz i cos -isin

2 2 3 3

1 i 3z .2

12 6 9 6 3

8 4 2 2 3 8

2 3 9 10 2009 2010 2011

a) A z z 1; b) B z z z 1;c) C z 2z z ; d) D 1 z z z ... z ;e) E 1 z z z ... z z ; f) F z z z .

1 i 3z cos isin2 3 3

1212 12 12z cos isin cos isin 1

3 3 3 3


3 3 3 3

12 6A z z 1 3


3 3 3 3


Vậy

Cách 2. Ta có thể xem B là tổng của cấp số nhân 4 số hạng liên tiếp, số hạng đầu là 1,

công bội là . Suy ra ta có:

Với Vậy

c) Ta có

Vậy

d) Ta có là tổng của cấp số nhân có 9 số hạng, số hạng đầu bằng 1, công bội là

Do đó:

với

Do đó:



3 3 3 3


3 3 3 3

9 6 3B z z z 1 0

3z

434 129 6 3

1 3 3

1 z1 q 1 zB z z z 1 u1 q 1 z 1 z

12 3z 1, z 1. B 0.

22 2 2 1 i 3z cos isin cos isin

3 3 3 3 2 2


3 3 3 3 2 2


3 3 3 3 2 2

8 4 2C z 2z z 2

2 3 8D 1 z z z ... z z

9 9

11 q 1 qD u .1 q 1 q

9z 1

4 1 i 31 1 4D 1 i 3.1 i 3 1 i 3 1 i 3 1 i 32 2


e)

Ta có là tổng của cấp số nhân có 11 số hạng, số hạng đầu

bằng 1, công bội là

Do đó:

Với

Và

.

Vậy

f) Ta có

Với

Vậy .

Bài tập 9. Chứng minh rằng:

a) và

b) Cho số phức .

Tính



2 3 9 10E 1 z z z ... z z

z

1111 111 z1 q 1 zE1 q 1 z1 z

1 i 3 3 i 3z z 12 2 2


3 3 3 3 2 2

11 3 i 3z 12 2

3 3i 3 3i 1 i 32 2E .2 23 3 3 3ii

2 2

2009 2010 2011 2009 2F z z z z 1 z z

2 21 i 3 1 i 3z z 1 z z 02 2 2

F 0

6 2sin12 4

6 2cos .

12 4

6 2 6 2z i4 4

2 22 2

1 1 1 1A z z 2 ; B z z 2iz zz z



a) Ta có

b) Theo câu a) ta có

Ta có

Do đó:

Vậy .

Bài tập 10. Tìm phần thực của số phức . Trong đó n thỏa mãn:

.Giải


6 2sin sin sin cos cos sin12 3 4 3 4 3 4 4

6 2cos cos cos cos sin sin12 3 4 3 4 3 4 4

222

6 2 6 2z i cos isin4 4 12 12

1 1z 1 z 1hay z.z 1 z vaø zz z

2 22 2

222

1 1 1 1A z z 2 z z 2z zz z

z z 2.z.z z z z z z z vôùi z z 2cos12

22A 2cos 2cos 2 2cos 2cos 2 1 cos 2cos

12 12 12 12 6 123 6 2 6 22 1 2. 2 3 .2 4 2

4 2 3 6 2A2

2 22 2

22

1 1 1 1B z z 2i z 2i zz zz z

z z 2i z z z z z z 2i - z z

2isin .2cos 2i 2isin 2isin 2i 2isin12 12 12 6 12

1 6 2 6 6 22i sin 1 sin 2i 1 i.6 12 2 4 2

nz 1 i , n

4 5log n 3 log n 6 4


Phương trình: có nghiệm duy nhất là (vì VT của phương trình là một hàm số đồng biến nên đồ thị của nó cắt đường thẳng tại một điểm duy nhất)Ta có:

Suy ra .

Bài tập 11. Cho số phức . Viết z dưới dạng lượng giác. Tìm phần

thực và phần ảo của số phức .Giải

Ta có:

Khi đó:

Vậy phần thực của w là , phần ảo là .

Bài tập 12. Tìm điều kiện đối với các số phức a,b,c sao cho với mọi số phức z thỏa mãn

thì là số thực.Lời giải

Vì là số thực nên ta có các giá trị đặc biệt: Chọn thì (1) Chọn thì (2) Chọn thì (3) Chọn thì (4)

Từ (1) và (2) ta có Nhưng từ (3) và (4) ta có do đó Khi đó, từ (1) và (3) thì

Vì nên đặt ta có:

khi và chỉ khi



4 5log n 3 log n 6 4 n 19y 4

19 1919 1919

19 19 9 9

1 1z 1 i 2 i 2 cos isin4 42 2

19 19 1 12 cos isin 2 i 2 i.24 4 2 2

9Rez 2 512

7 i 3z1 2i 3

5w 1 i 3 z

22

7 i 3 1 2i 37 i 3z 1 i 31 2i 3 1 2 3

z 2 cos isin3 3

5

5

w 1 i 3 2 cos isin3 3

5 5 1 i 31 i 3 .2 cos isin 32. 1 i 3 32 32i 33 3 2 2

32 32 3

z 1 2az bz c

2az bz c

z 1 a b c R.

z 1 a b c R.

z i a ib c R.

z i a ib c R. b R. ib R b 0.

a,c R.

z 1 z cos isin R

2az bz c a cos2 isin2 b cos isin cacos2 c iasin2 R

asin2 0,


Điều đó xảy ra khi và chỉ khi .Vậy giá trị cần tìm là và c là một số thực tùy ý.


a 0a b 0


Bài toán 3. Tìm môđun và acgumen của số phức

Phương pháp: Nhìn chung các bài tập này có cách giải như sau: Giả sử ta cần tìm một acgumen của số phức z. Ta cần biến đổi sao cho z có dạng

1. Với ta có mô đun của là

Và 1 acgumen của là thỏa ;

2. Với thì có mô đun là và 1 acgumen của là

3. Với

4. Với I. Các ví dụ điển hình thường gặp

Ví dụ 1. Cho số phức . Tìm một acgumen của số phức z.Giải

Do neân . Vậy, một acgumen của z là Ví dụ 2. Cho số phức z có mô đun bằng 1 và là một acgumen của z

a) Tìm một acgumen của

b) Tìm một acgumen của nếu Hướng dẫn

Từ giả thiết suy ra a) Ta có

Vậy một acgumen của z là

b) Ta có :

Nếu thì . Lúc đó là một acgumen của



z r cos isin

z a bi,(a,b ) z 2 2r a b

z

2

2 2

acosa b

2

2 2

bsina b

z r(cos isin ) z r z

z r(cos isin ) r cos( ) isin( )

z r(sin icos ) r cos( ) isin( )2 2

z 1 sin icos , 02

2

z 1 sin icos 1 cos isin2 2

2sin 2isin cos4 2 4 2 4 2

2sin sin icos4 2 4 2 4 2

2sin cos isin4 2 4 2 4 2

02

2sin 04 2

4 2

zz

z z cos 0

z cos isin

cos isinz cos isin cos 2 isin 2z cos isin cos isin

2

z z 2cos

cos 0 z z 2cos 2cos cos0 isin0 0

z z


Nếu thì . Lúc đó là một acgumen

Ví dụ 3. Tìm môđun và một acgumen của các số phức sau:

a) ; b)

c) ; d)

e) Giải

a)

Vậy

b)

Vậy

c)

Vậy

d)

Vậy


cos 0 z z 2cos .( 1) 2cos cos isin

z z

z 1 cos isin4 4

z 1 cos isin3 3

2 2z 1 cos isin5 5

z 1 sin isin3 6

z 1 sin isin .6 6

2z 1 cos isin 2cos 2isin cos4 4 8 8 8

2cos cos isin8 8 8

r 2cos8

.8

2z 1 cos isin 2cos 2isin .cos3 3 6 6 6

2cos cos isin 2cos cos isin6 6 6 6 6 6

r 2cos 36

.6

22 2z 1 cos isin 2sin 2isin .cos5 5 5 5 5

3 32sin sin icos 2sin cos isin .5 5 5 5 10 10

r 2sin5

310

z 1 sin isin 1 cos 2isin3 6 6 6

22cos 2isin cos12 12 12

11 112cos cos isin 2cos cos isin12 12 12 12 12 12

r 2cos12

1112


e)

Vậy Ví dụ 4. Tìm môđun và một acgumen của các số phức sau:

a) b)

c) d) Giải

Ta kí hiệu r và lần lượt là môđun và acgumen của số phức z, ta có

a)

Vậy

b)

Vậy

c)



z 1 sin isin 1 cos isin6 6 3 3

22sin 2isin .cos6 6 6

1 7 72sin sin icos 2. sin icos6 6 6 2 6 6

2 2cos isin .3 3

r 12 .3

1 1z 1 i;2 2

z 2 2 i 2;

z 2 3 3 i 3; 3 2 1z i.3 3 3

1 1z 1 i 1 cos isin4 42 2

22cos 2isin .cos 2cos cos isin8 8 8 8 8 8

2cos cos isin8 8 8

r 2cos8

.8

2 i 2z 2 2 i 2 2 1 2 1 cos isin2 2 4 4

22 2sin 2isin .cos 4sin sin icos8 8 8 8 8 8

3 3 3 34sin cos isin 4sin cos isin8 8 8 8 8 8

r 4sin8

3 .8

3 1z 2 3 3 i 3 2 3 1 i 2 3 1 cos isin2 2 6 6

22 3 2cos 2isin .cos 4 3cos cos isin12 12 12 12 12 12


Vậy

d)

Vậy

Ví dụ 5. Gọi là hai nghiệm của phương trình: có phần thực âm. Tính môđun và acgumen của các số phức sau:

a) b)

c) d) Giải

Ta gọi r và lầ lượt là môđun và acgumen của số phức w.

Giải phương trình: ta được 2 nghiệm là:

có phần thực âm và

a) Ta có: ; Suy ra:

Vậy w có môđun và một acgumen là: b) Ta có


r 4 3cos12

.12

3 2 1 2 3 1 2 3 1z i i 1 i3 3 3 3 3 3 3 2 2

22 42sin 2isin .cos sin sin icos3 12 12 12 3 12 12 124 4 7 7sin sin icos sin cos isin3 12 12 12 3 12 12 12

4r sin3 127 .12

1 2z ,z 21z 2iz 4 0,z

21 2w z .z ;

1

2

zw ;z 2

1 2w z 2 z 2 ; 1 2w z . 2 z .

2z 2iz 4 0

1 13 1 5 5z 3 i 2 i 2 cos isin ,z2 2 6 6

23 1z 3 i 2 i 2 cos isin .2 2 6 6

21

5 5z 4 cos isin3 3

2z 2 cos isin .

6 6

21 2

5 5 11 11w z .z 4.2. cos isin 8 cos isin .3 6 3 6 6 6

r 8116

23 1z 2 3 i 2 2 1 i 2 1 cos isin2 2 6 6


Suy ra:

Vậy có môđun và acgumen là

c) Ta có theo câu b) và

Suy ra

Vậy có môđun và một acgumen là: Cách khác: Trong trường hợp này, ta có thể áp dụng công thức Vi-et:

Ta có:



22 2sin 2isin .cos 4sin sin icos12 12 12 12 12 12

7 74sin sin isin 4sin cos isin .12 12 12 12 12 12

1

2

5 52 cos isinz 6 6 1 5 7 5 7w cos isinz 2 6 12 6 127 7 2sin4sin cos isin 1212 12 121 3 3 1cos isin cos isin .

12 12 4 42sin 2sin12 12

1

2

zwz 2

1r2sin

12

.4

27 7z 2 4sin cos isin

12 12 12

1

2

3 1z 2 3 i 2 2 1 i 2 1 cos isin2 2 6 6

2 2cos 2isin .cos 4cos cos isin12 12 12 12 12 12

11 114cos cos isin .12 12 12

1 211 11 7 7w z 2 z 2 4cos cos isin .4sin cos isin

12 12 12 12 12 1211 7 11 716.sin .cos cos isin

12 12 12 12 12 12

18 18 3 38.sin . cos isin 8sin cos isin6 12 12 6 2 2

3 34cos cos isin .12 2 2

1 2w z 2 z 2

r 43 .2

1 2 1 2z z 2i, z z 4.

1 2 1 2 1 2w z 2 z 2 z .z 2 z z 4 4 2.2i 4 4i

3 34 0 i 4 cos isin .2 2


d)

Với

và Suy ra

Vậy có môđun và acgumen là: Ví dụ 6. Tìm môđun và một acgumen của số phức z thỏa mãn phương trình:

Giải

Ta có

Đặt Ta có:

Chọn ta được

Vậy có 2 số phức z thỏa mãn là:

có môđun , một acgumen là và có môđun , một acgumen là


1 2 1 2 1 2 1 2w z . 2 z w z . 2 z z . 2 z z . z 2 .

15 5 5 5z 2 cos isin 2 cos isin6 6 6 6

5 52 cos isin 2 cos isin6 6 6 6

27 7z 2 4sin cos isin .

12 12 12

1 27 7w z . z 2 2 cos isin .4sin cos isin

6 6 12 12 127 7 5 58sin . cos isin 8sin . cos isin

12 6 12 6 12 12 12 125 5w 8sin . cos isin 8sin . co

12 12 12 12

5 5s isin .12 12

1 2w z . 2 z

r 8sin12

5 .12

2

21 z i.1 z

2

2 2 2 22

1 z 1 ii 1 z i iz 1 i z 1 i z1 i1 z

22

1 i 2i1 i 1 iz i cos isin

1 1 2 21 i 1 i

z 1. 2z cos isin z cos2 isin2 .

2z cos isin cos2 isin2 cos isin2 2 2 2

2 k2 k .2 4

k 0,1 1 25, .

4 4

2

21 z i1 z

1z r 1 1 4

2z r 1

5 .4


Ví dụ 7. Trong các acgumen của số phức , tìm acgumen có số đo dương nhỏ nhất.

(Trích Ebooktoan.com số 13 – 2013)Giải

Ta có

Theo công thức Moavơrơ ta có: . Từ đó suy ra z có các họ

acgumen là: . Ta thấy với thì acgumen dương nhỏ nhất của z là .

Ví dụ 8. Tìm acgume âm lớn nhất của số phức .Giải

Aps dụng công thức Moa vro, ta có:

Các acgumen của z đều có dạng . Ta có hay

Acgumen âm lớn nhất của z tương ứng với

Vậy acgumen cần tìm của z là

Ví dụ 9. Giải phương trình sau trên tập hợp số phức: .(Trích Trường THPT Chuyên Lý Tự Trọng, Cần Thơ – 2013)

Giải

Ta có:

Giả sử

Từ (1) và (2) suy ra:

Cho ta nhận được các giá trị acgumen tương ứng của số phức là

Từ đó phương trình đã cho có 4 nghiệm lần lượt là:



81 3i

1 31 3i 2 i 2 cos isin2 2 6 3

8 8 8z 2 cos isin3 3

8 2k , k3

k 2

43

10z 1 i 3

10 1010 10 101 3z 1 i 3 2 i 2 cos i.sin

2 2 3 3

10 1010 10 4 4z 2 cos i.sin 2 cos i.sin3 3 3 3

4 k2 k Z3

4 2k2 0 k3 3

k ..., 4, 3, 2, 1

k 1

23

4z i 1 i 3

4 4 2 2z i 1 i 3 z i 2 cos isin 13 3

4 4z i r cos isin , r z i r cos4 isin4 2

44r 2

r 22cos4 cos k3 k6 22sin4 sin

3

k 0, 1, 2 z i

1 2 3 42 5, , ,

6 3 3 6


hay

hay

hay

hay Nhận xét: Dạng lượng giác luôn phát huy được ưu thế của mình khi xử lí các biểu thức lũy thừa bậc cao của số phức.

Ví dụ 10. Gọi là nghiệm của phương trình . Tìm số n nguyên

dương nhỏ nhất sao cho Giải

Đặt (1). Biệt thức của (1) là

.

Vậy (1) có các nghiệm là và

Vì n là số nguyên nhỏ nhất nên từ suy ra:

Ví dụ 11. Tìm số phức z thỏa mãn: biết có một acgument bằng một acgument

của cộng với . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức .Giải

Đặt . Khi đó có một acgument bằng acgument của cộng

với nên với .


4z i 2 cos isin6 6

4418 2z 1 i2 2

4 2 2z i 2 cos isin3 3

4 42 18z 1 i2 2

4z i 2 cos isin3 3

4 42 18z 1 i2 2

4 5 5z i 2 cos isin6 6

4418 2z 1 i2 2

1 2z ,z2 5z 2cos z 1 0

21

n n1 2z z 1

2 5z 2cos z 1 021

2' 2 2 25 5 5cos 1 sin isin

21 21 21

15 5z cos isin21 21

25 5z cos isin21 21

n nn n

1 25 5 5 5z z 1 cos isin cos isin 121 21 21 21

n n5 5 5 5cos isin cos isin 121 21 21 21

n5 n5 n5 n5cos isin cos isin 121 21 21 21n5 n5 n5cos cos 1 2cos 121 21 21

n5 n5 7 42kcos cos k2 n k *21 3 21 3 5 5

* n 7

z 2i

z 2 4

T z 1 z i

z a bi a,b z 2i z 2

4 z 2i r cos i.sin

4 4z 2

r 0


Suy ra

Ta có:

do (*)Ap dụng bất đẳng thức Cosi,ta được:

Suy ra , đẳng thức xảy ra khi

Vậy, giá trị lớn nhất của T là , đạt khi II. Bài tập áp dụngBài tập 1. Tính môđun và một acgumen của số phức sau


a) Ta có

Vậy b) Ta có

Vậy c) Ta có



2 22 2

a b 2 i a a 2 b b 2 a 2 b 2 abz 2i iz 2 a 2 bi a 2 b a 2 b

2 22 2

a a 2 b b 2 a 2 b 2 abi 0

a 2 b a 2 b

2 2

2 2

a b 2

a 2 b 0 *

a b 2 0

T z 1 z i a 1 bi a b 1 i

2 22 2a 1 b a b 1 3 2a 3 2b

2 2 2T 2 6 2a 2b 2 6 2 a b 20

T 2 5 a b 1

2 5 z 1 i

35

5 i 18 8ia)z ; b)z ;2 3i 4 9i

1 3i 3 3 ic)z ; c)z .2 i 3 2i

5 i 2 3i5 i 13 13iz 1 i2 3i 132 3i 2 3i

1 12 i 2 cos isin4 42 2

r 8.

18 8i 4 9i18 8iz 2i 2 cos isin

4 9i 2 24 9i 4 9i

r 8

.2


Vậy

d)

Ta có

Suy ra

Vậy

Bài tập 2. Cho số phức z thỏa mãn . Tìm mô-đun của số phức

.(Trích đề thi thử Người Thầy – 2013)

Giải

Gọi . Ta có:

, thay vào (2) ta có

Suy ra


55 55

5 55

1 3i 2 i1 3i 5 5iz 1 i2 i 52 i 2 i

2 22 i 2 cos isin2 2 4 4

5 5 5 5 52 cos isin 4 2 cos isin4 4 4 4

r 4 25 .4

33 3 iz .

3 2i

3 3 i 3 2i 9 2 6 3 3 i3 3 i3 43 2i 3 2i 3 2i

7 7 3i 1 31 i 3 2 i 2 cos isin .7 2 2 3 3

3 3

33 3 iz 2 cos isin 2 cos isin3 33 2i

r 8.

1 i 3 z z 3

5 10w 1 z z

z a bi a,b

2 2

2 22 2

2

1 i 3 z z 3 1 i 3 a bi a b 3

a b 3 a b 3a b 3 a b b a 3 i 3b a 3 0

4a 4a 3 1

b a 3 2

22

3a3 4a 0 141 a1 3 24a 3 4a a a2 2

3b2

1 i 3z cos isin2 2 3 3


Do đó

Vậy

Bài tập 3. Tìm số phức z biết rằng và có một acgumen

bằng .(THPT Chuyên Đại học Vinh, lần 2 – 2013)Giải

Ta có

Đặt . Khi đó:

Theo bài ra ta có: . Suy ra

Từ giả thiết của bài toán ta có:

Từ đó ta có .

Bài tập 4. Viết dạng lượng giác của số phức z biết và có một acgumen

bằng . (THPT Lương Thế Vinh, Hà Nội lần 3 – 2013)Giải

Ta có /

Gọi là một acgumen của z. Ta có Từ đó suy ra:



5 10 5 5 10 10w 1 z z 1 cos isin cos isin3 3 3 3

1 i 3 1 i 31 1 i 32 2 2 2

w 1 i 3 2

z 2z 3 i

1 i z

1 3 1 3 i

6

2 21 i z 1 i 1 3i. 1 3 1 3 i

41 3 1 3 i 1 3 1 3

1 cos isin2 3 3

z r cos isin , r 0

1 i z r cos isin2 3 31 3 1 3 i

3 6 3

3r rz i2 2

3r r i 3r ri 3 i2 2

2 2

2 2 22r 23r r 3 r 1 r 1 r 4 r 1 22 2 r

3

3 1z 3 i, z i3 3

22z .z 16 i.z

6

222 22z .z 16 z.z 16 z 16 z 2

z 2 cos isin

i.z 2i cos isin 2 sin icos 2 cos isin2 2


Chọn sao cho

Vậy z có dạng lượng giác là .

Bài tập 5. Tìm số phức z biết là số thực và có một acgumen là . (THPT Chuyên Phan Bội Châu, Nghệ An lần 1 – 2013)

Giải

Vì và có một acgumen là nên có một acgumen là , suy

ra z có một acgumen là .

Gọi

Ta có là số thực khi và chỉ khi:

. Vậy .

Bài tập 6. Tìm số phức z sao cho có một acgumen bằng và (THPT Chuyên Vĩnh Phúc khối B, D, lần 5 – 2013)

Giải

Đặt

có một acgumen bằng

Lại có:

Từ (1) và (2) suy ra .

Bài tập 7. Trong các số phức z thỏa mãn , số phức nào có nhỏ nhất. Khi đó acgumen của nó bằng bao nhiêu?

(Trích GSTT Group lần 4 – 2014)Giải

Đặt


2 6 3

z 2 cos isin3 3

2z 2z1zz

3

z.z 1 0 1 z.z 1zz z

3

1z 3

3

r r 3z r cos isin a bi a , b , r 03 3 2 2

2 2 2z 2z a b 2a 2b a 1 i

a 1 r 22b a 1 0b 0 r 0

z 1 3i

z iz i 2

z 1 z i

2 2

2 22 2

x y 1z i 2xz x yi, x,y iz i x y 1 x y 1

z iz i 2

2 2

22 2 2

22

x y 1 0x y 1 x y 1 1

x 02x 0x y 1

z 1 z i x 1 y x y 1 i

2 22 2x 1 y x y 1 x y 2

2 2 2x y z i2 2 2

z 4 3i 1 z

2 2z a bi z a b

2 2z 4 3i a 4 b 3 i a 4 b 3


Áp dụng Bunhia copski:

nhỏ nhất khi

Dấu “=” xảy ra khi:

. Acgumen của z là: .

Bài tập 8. Tìm số phức z thỏa mãn và có một acgumen bằng . (Trích Trường THPT Chuyên ĐH Vinh, lần 3 – 2014)

Giải

Đặt .

Suy ra . Khi đó:

Theo giả thiết ta có . Khi đó .

Suy ra

(vì )

Vậy .

Bài tập 9. Xét số phức z thỏa điều kiện a) Tìm tập hợp điểm M biểu diễn số phức thỏa (*)b) Trong các số phức z thỏa (*) tìm số số phức có acgumen dương và nhỏ nhất.




x

y

300

450

22

22

I

O 1

K

2 2 2 2z 4 3i 1 a 4 b 3 1 1 a b 2 3b 4a 25

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

3b 4a 3 4 b a 5 a b 1 a b 10 a b 25

1 a b 5 1 6 a b 4 6 z 4

z z 4

2 2

3b 4a 0 16ab a 16 12 4 35 z i 4 i123 4 5 5 5 5b5a b 16

z 4 cos isin 4arcos k25

z 2i 2 3 3 i z 3

z r cos isin , r 0

z r cos isin

3 i z 2r cos isin6 6

6 3 6

3r rz i2 2

3r rz 2i 2 3 2 i 2 32 2

2223r r2 12 r 2r 8 0 r 2

4 2

r 0

z 3 i

2z 2 i 2 1(*)

z


b) Kẻ tiếp tuyến OK với đường tròn. Dễ thấy nên

Vậy

Bài tập 10. Tìm số phức sao cho và có một acgumen bằng .Hướng dẫn giải

Từ

Lúc đó: . Vì có 1 acgumen bằng nên có dạng

Từ (1) và (2) suy ra

Vậy

Bài tập 11. Xác định tập hợp các điểm trên mặt phẳng phức biểu diễn số phức z sao

cho sao cho số phức có một acgument bằng Hướng dẫn giải

Giả sử thì

Do có một acgument bằng nên ta có


2 22 2 1a)M(z) (C): x y2 2 4

OI 1

IK 1sinIOK IOKIO 2 6

KOx4 6 12

3z OK cos isin cos isin12 12 2 12 12

3z cos isin2 12 12

zz i 1z 3i

z 1 6

xz i 1 vôùi z x yiy 1z 3i

z 1 x 1 i 1 z 1 6

z 1

z 1 r cos isin ,r 06 6

rx 1 i 3 i 22

r 3x 1 x 3 12r r 21

2

z 2 3 1 i laø soá phöùc caàn tìm

zz 2z 2 3

z x yi, x,y 2 2

2 22 2z 2 x y 4 4y iz 2 x 2 y x 2 y

z 2z 2 3


Do đó:

Từ (1) và (2) ta suy ra và



2 2

2 22 2x y 4 4y i r cos isin ,r 03 3x 2 y x 2 y

2 2

2 2

2 2

x y 4 r 12x 2 y4y r 3 22x 2 y

y 0

2 22

2 24y r 3 2 4x y2 3 3x 2 y

2 4Taäp hôïp ñieåm M(z) caàn tìm laø phaàn ñöôøng troøn taâm I 0; , baùn kính 3 3

naèm phía treân truïc thöïc (y 0)


Bài toán 4. Áp dụng công thức Moavrơ để tính căn bậc n của số phứcPhương pháp1. Tính căn bậc hai của số phức w: Căn bậc hai của số phức là số phức w thỏa

*Căn bậc hai của 0 bằng 0

* Với

Đặt thì

*Số phức có 2 căn bậc hai đó là và

TT có căn bậc n:

I. Các ví dụ điển hình thường gặp

Ví dụ 1. Tìm căn bậc hai của số phức sau và viết dưới dạng lượng giác

Giải

Ta có

Đặt là một căn bậc hai của w, ta có:

Vậy w có hai căn bậc hai là: và


z2w z

z 0, z r(cos isin ),r 0

w R(cos isin )

2 2w z R (cos2 isin2 ) r(cos isin )

2R r2 k2 ,

R r

k ,2

z r(cos isin ) r cos isin

2 2

r cos isin2 2

n nw z R (cosn isinn ) r(cos isin )

nR rn k2

nR rk2

2

1 3w i.2 2

1 3w i cos isin .2 2 3 3

z r cos isin

2 2z w r cos2 isin2 cos isin3 3

r 1 r 1

2 k2 ,k Z k ,k Z.3 6

1z cos isin6 6

27 7z cos isin .6 6


Ví dụ 2. Tính căn bậc ba của số phức sau và viết dưới dạng lượng giác: Giải

Ta có:

w có môđun và một acgumen

Suy ra căn bậc ba của w là số phức z có: Môđun và một acgumen

Lấy thì có ba giá trị:

Vậy có 3 căn bậc ba là: Ví dụ 3. Tính căn bậc bốn của số phức sau và viết dưới dạng lượng giác:

Giải

Ta có: có môđun và một acgumen Suy ra căn bậc bốn của w là số phức z có: môđun và một acgumen

Lấy ta có 4 giá trị của

II. Bài tập rèn luyện

Bài tập 1. Tìm căn bậc hai của số phức sau và viết dưới dạng lượng giác


Ta có:

Vậy w có 2 căn bậc hai là:



w 1 i 3.

1 3 2 2w 1 i 3 2 i 2 cos isin2 2 3 3

R 22 .3

3r 2

k2 2 k2 ,k Z.3 3 9 3

k 0,1,2

1 2 32 2 2 8 2 4 14, , .9 9 3 9 9 3 9

w 1 i 3

3 31 2

33

2 2 8 8z 2 cos isin , z 2 cos isin ,9 9 9 914 14z 2 cos isin .9 9

w i.

w i cos isin2 2

R 1

.2

r 1

k2 k ,k Z.4 4 8 2

k 0,1,2,3 :

1 2 3 45 9 3 13, , , .

8 8 2 8 8 8 8 2 8

w 1 i 3 i .

1 i 3 1w 1 i 3 i 2 .2. i2 22 2

2 2 cos isin cos isin 2 2 cos isin4 4 6 6 4 6 4 6

5 58 cos isin .12 12


Bài tập 2. Tìm căn bậc ba của số phức sau và viết dưới dạng lượng giác


Ta có:

w có môđun R=1 và acgumen

Suy ra căn bậc ba của w là số phức z có: môđun và một acgumen

Với k = 0,1,2 ta có ba giá trị của .

Vậy có 3 căn bậc 3 là:

Bài tập 3. Tính căn bậc bốn của Hướng dẫn giải

Ta có: có:

Lấy ta có 4 giá trị cuả

Vậy có 4 căn bậc 4 là:

Bài tập 4. Tính căn bậc năm của


41

4 42

5 5z 8 cos isin24 245 5 29 29z 8 cos isin 8 cos isin .24 24 24 24

2 2w i2 2

2 2w i cos isin2 2 4 4

.4

3r 1 1

k2 k2 ,k Z.3 3 12 3

1 2 32 7 4 15 5, , .

12 12 3 12 12 3 12 4

2 2w i2 2

1 2 37 7 5 5z cos isin , z cos isin , z cos isin .

12 12 12 12 4 4

3 1w i.2 2

3 1 7 7w i cos isin2 2 6 6

r 1k2 7 k ,k Z.

4 4 24 2

k 0,1,2,3 :

1 3

2 4

7 7 31; ;24 24 247 19 7 3 43; .24 2 24 24 2 24

3 1w i2 2

1 2

3 4

7 7 19 19z cos isin , z cos isin24 24 24 2431 31 43 43z cos isin , z cos isin .24 24 24 24

w i.



Căn bậc năm của số phức là số phức z thỏa mãn

Vì . Đặt ta có

Lấy ta được 5 giá trị của :

Vậy có 5 căn bậc năm của i là:

Bài tập 5. a) Viết dưới dạng lượng giác.

b) Tính và suy ra các căn bậc bốn của Hướng dân giải

a)

b)

Các căn bậc 4 của là :



w i 5z i.

5 5z i 1 z 1 z 1 z cos isin ,

55z i cos isin cos isin2 2

cos5 isin5 cos isin2 2

k25 k2 ,k Z2 10 5

k 0,1,2,3,4

1 2 3

4 5

2 4 9, ,10 10 5 2 10 5 10

6 13 8 17, .10 5 10 10 5 10

1 2 3

4 5

9 9z cos isin , z cos isin , z cos isin ,10 10 2 2 10 1013 13 17 17z cos isin , z cos isin .10 10 10 10

0z 3 i

40z w 8 8i 3.

0z 2 cos isin6 6

40z 8 8i 3.

8 8i 3 0 12 2z 2 cos isin ,z 2 cos isin ,

6 6 3 3

2 37 7 5 5z 2 cos isin ,z 2 cos isin6 6 3 3


M C L CỤ ỤCHỦ ĐỀ 9. MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA SỐ PHỨC......................................................................3

Bài toán 1. Sử dụng số phức vào giải hệ phương trình....................................................3

Bài toán 2: Ứng dụng số phức vào chứng minh các công thức, đẳng thức lượng giác..........................................................................................................................................10

Bài toán 3: Ứng dụng vào chứng minh bất đẳng thức.....................................................20

Bài toán 4. Ứng dụng giải toán khai triển hay tính tổng nhị thức Niutơn............23

Bài toán 5. Ứng dụng giải toán đa thức và phép chia đa thức.....................................27



CHỦ ĐỀ 9. MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA SỐ PHỨCBài toán 1. Sử dụng số phức vào giải hệ phương trình

Xét hệ phương trình: Lấy (2) nhân sau đó cộng (trừ) (1) vế theo vế ta được :

Đặt , biểu diễn (*) thông qua các đại lương I. Các ví dụ điển hình thường gặp

Ví dụ 1. Giải hệ phương trình sau: Giải

Lấy phương trình thứ nhất cộng với phương trình thứ hai nhân i ta được

là một căn bậc ba của số phức Ta có:

có ba căn bậc ba là

Vậy với ta được nghiệm của phương trình là:

Ví dụ 2. Giải hệ phương trình sau: .Giải

Hệ đã cho tương đương với Lấy phương trình thứ nhất cộng với phương trình thứ 2 nhân i ta đươc

là một căn bậc 3 của .Ta có:



f(x;y) g(x;y) (1)h(x;y) k(x;y) (2)

if(x;y) h(x;y).i g(x;y) k(x;y).i (*)

z x yi z,z,| z| ,...

3 2

2 32x 6xy 5 .6x y 2y 5 3

33 2 2 3 1 32x 6xy i 6x y 2y 5 5 3i x yi 5 i2 2

z x yi

1 35 i2 2

1 3 1 35 i 5 cos isin 5 i2 2 3 3 2 2

3 3 30 1 0

7 7 13 13z 5 cos isin , z 5 cos isin , z 5 cos isin9 9 9 9 9 9

0 1 2z z ,z z ,z z

3 3 3

3 3 3

7 13x 5cos x 5cos x 5cos9 9 9, ,

7 13y 5sin y 5sin y 5sin9 9 9

3 2 2 2

3 2x 3xy 3x 3y 3x 0y 3x y 6xy 3y 1 0

3 2

2 3

x 1 3y x 1 1

3 x 1 y y 1

3 22 3x 1 3y x 1 i 3 x 1 y y 1 i

3x 1 iy 1 i z x 1 iy 1 i


nên có ba căn bậc ba là

Vậy với ta được nghiệm của phương trình là:

Ví dụ 3. Giải hệ phương trình: .Giải

Cách 1. Lấy (2) nhân sau đó cộng với (1) ta được

Đặt . Lúc đó: .

Vậy, nghiệm của hệ phương trình là: .

Cách 2. Ta thấy không là nghiệm của hệ phương trình

Nhân (1) với , nhân (2) với ta được

trừ vế theo vế ta được

Nhân (1) với , nhân (2) với ta được

cộng vế theo vế ta được


1 i 2 cos isin4 4

1 i

6 6 60 1 2

3 3 17 17z 2 cos isin , z 2 cos isin ,z 2 cos isin4 4 4 4 4 4

0 1 2z z ,z z ,z z

6 6 6

6 6 6

3 17x 1 2cos x 1 2cos x 1 2cos12 4 12, ,

3 17y 2sin y 2sin y 2sin12 4 12

2 2

2 2

3x yx 3 (1)x yx 3yy (2)x y

i

2 2 2 2 2 2

3x y x 3y i 3 x yi x yi ix yi 3 x yi 3(*)

x y x y x y

z x yi;x,y

2

3 i z 3 i z 2 i(*) z 3 z 3z 1 iz| z|

x 2y 1x yi 2 i

x yi 1 i x 1y 1

x,y 2;1 , x,y 1; 1

x 0,y 0

x y

22

2 2

22

2 2

3x xyx 3xx yxy 3yy 0x y

2 2x y 3 3x (*)

y x

2

2 2

2

2 2

3xy yxy 3yx yx 3xyxy 0x y

2xy 1 3y (*)


Ta được hệ

Đáp số:

Ví dụ 4. Giải hệ phương trình: .Giải

Lấy (2) nhân sau đó cộng với (1) ta được

Đặt . Lúc đó phương trình (*) trở thành

Vậy, nghiệm của hệ phương trình là .

Ví dụ 5. Giải hệ phương trình với nghiệm với : .Giải

Điều kiện: . Đặt .

Hệ đã cho có dạng: . Đặt . Ta có .Từ hệ đã cho ta có



2 2x y 3 3x2xy 1 3y

x,y 2;1 , x,y 1; 1

3 2 2 2

3 2 2 2x 3xy x 1 x 2xy y (1)y 3x y y 1 y 2xy x (2)

i

3 2 3 2 2 2 2 2

3 2 2 3 2 2 2 2

3 2 2

x 3xy x 1 y 3x y y 1 i x 2xy y y 2xy x i

x 3x(yi) 3x (yi) (yi) x yi 1 i x 2xyi y 2xy x i y i

x yi x yi i 1 x yi x yi i (*)

z x yi; x,y

3 2z 1

z 1 i z z 1 i 0 z 1 z 1 z 1 i 0 z 1z 1 i

x 1 x 1 x 1y 0 y 0 y 1

x;y 1;0 ; x;y 1;0 ; x;y 1;1

x,y

12x 1 23x y

12y 1 63x y

x 0y 0y 3x

u 3x,v y u,v 0

2 2

2 2

12u 1 2 3u v

12v 1 6u v

z u iv 2 21 u viz u v

2 2 2

2 2

2

12 12u 1 iv 1 2 3 6u v u v

u iv 12u iv 12 2 3 6i z 2 3 6izu v

z 2 2 3iz 12 0 ,(*)


Giải phương trình (*), ta có suy ra các nghiệm:

Vì nên ta có: , suy ra nghiệm của hệ là:

Ví dụ 6. Giải hệ phương trình trên tập số phức: .(Đề thi học sinh giỏi Romania năm 2002)

Giải

Xét hệ phương trình

Rõ ràng và x,y,z đôi một khác nhau.

Từ (1) và (2) ta có

Hay

Tương tự hệ đã cho trở thành (4)

Cộng vế với vế ta được

Kết hợp với (4) ta có: Suy ra

Đặt thì từ và x,y,z đôi một khác nhau nên

với

Mà nên

Ta có nên a=1

Vậy các số phức cần tìm là các hoán vị của

II. Bài tập rèn luyện

Bài tập 1. Giải hệ phương trình với nghiệm là số thực: .Hướng dẫn giải


2' 6 6 3i 3 3 i

z 3 3 3 3 i,z 3 3 3 3 i

u,v 0 u 3 3,v 3 3

x;y 4 2 3;12 6 3 .

x x y x z 3y y x y z 3z z x z y 3

x x y x z 3, 1y y x y z 3, 2z z x z y 3, 3

x,y,z 0

x x y x z y y x y z x x z y y z

2 2x y xz yz.

2 2

2 2

2 2

x y xz yzy z yx zxz x zy xy

2 2 2x y z xy yz zx.

2 2 2x yz,y zx,z xy. 2 2 2x y z xyz.

a xyz 2 2 2x y z xyz a

23 3 3x a,y a,z a 3 21,1 0.

x x y x z 3 2a 1 1 3.

2 2 31 1 1 3

x,y,z 2(1, , ).

3 2

3 2x 3xy 1y 3x y 3


Đây là hệ đẳng cấp bậc ba. tuy nhiên, nếu giải bằng phương pháp thông thường ta sẽ đi

đến giải phương trình bậc ba: Phương trình này không có nghiệm đặc biệt!

Xét số phức . Vì ,nên từ hệ đã cho ta có

, tương tự cách làm ở chương 1, ta tìm được 3 giá trị của là:

, , Từ đó suy hệ đã cho có 3 nghiệm là:

Bài tập 2. Giải hệ phương trình trong tập số thực: .Hướng dẫn giải

Xét số phức

Vì , nên từ hệ đã cho suy ra:

(*)Các số phức thỏa mãn (*):

Vậy các nghiệm cần tìm của hệ là:

Bài tập 3. Giải hệ phương trình với nghiệm với : .Lời giải

Điều kiện Đặt . Ta có:



3 23t 3t 3 3t 1 0

z x iy 3 3 2 2 3z x 3xy i 3x y y

3 2 2z 1 3i 2 cos isin3 3

z

3 2 22 cos isin9 9

3 8 82 cos isin

9 9

3 14 142 cos isin9 9

3 3 3

3 3 3

2 8 14x 2cos x 2cos x 2cos9 9 9; ;2 8 14y 2cos y 2sin y 2sin9 9 9

4 2 2 4

3 3

x 6x y y 31x y y x4

z x iy.

4 2 2 4 3 3z 6x y y 4i x y y x

4z 3 i 2 cos isin6 6

4 4

4 4

13 132 cos isin , 2 cos isin24 24 24 2425 25 37 372 cos isin , 2 cos isin24 24 24 24

4 4 4 4

4 4 4 4

13 25 37x 2cos x 2cos x 2cos x 2cos24 24 24 24; ; ;

13 25 37y 2sin y 2sin y 2sin y 2sin24 24 24 24

x,y R

2 2

2 2

16x 11yx 7x y

11x 16yy 1x y

2 2x y 0. z x iy 2 2x yi1 .

z x y


Vì hai số phức bằng nhau khi và chỉ khi phần thực bằng nhau và phần ảo bằng nhau, nên hệ đã cho tương đương với:

Phương trình có hai nghiệm nên hệ đã cho có các

nghiệm hoặc Chú ý: Muốn giải được các hệ phương trình bằng phương pháp sử dụng số phức, cần

nhớ một công thức cơ bản của số phức, đăc biệt là với mỗi số phức thì ta có

là bình phương mođun và .

Bài tập 4. Giải hệ phương trình với nghiệm với : .Hướng dẫn giải

Từ hệ suy ra Bài hệ này không có ngay dàng giống ví dụ trên, tuy nhiên với mục đích chuyển mẫu số

về dạng nình phương mođun của số phức, chỉ cần đặt với

Hệ đã cho có dạng:

Đặt . Ta có: Hệ đã cho tương đương với:

Giải phương trình (*), ta có suy ra các nghiệm là


2 2 2 2

2 2 2 2

2

16x 11y 11x 16yx i y 7 ix y x y

x iy x iyx iy 16 11i 7 ix y x y

16 11iz 7 i z 7 i z 16 11i 0z

2z 7 i z 16 11i 0 z 2 3i,z 5 2i

x;y 2; 3 x;y 5;2 .

z x iy

2 2x y 2 2x iy1 z

z zz x y

x,y

310x 1 35x y3y 1 1

5x y

x 0, y 0.

u 5x,v y u,v 0.

2 2

2 2

3 3u 12u v

3v 1 1u v

z u iv 2 21 u iv .z u v

2 2 2 2

2 2

2

3 3 3u 1 iv 1 i2u v u v

u iv 3 3 3 2 2iu iv 3 i zz 22u v

2z 3 2 2i z 6 0,(*)

2' 34 12 2i 2 6i

2 2iz 2 2i,z .2


Vì nên do đó

Vậy nghiệm cần tìm là

Bài tập 5. Giải hệ phương trình: .Hướng dẫn giải

Hệ phương trình đã cho tương đương với

Nhận thấy là một nghiệm của hệ phương trình

Nếu thì hệ đã cho viết thành Suy ra:

Đặt ta có phương trình

Với ta được nghiệm của hệ là



Bài tập 6. Giải hệ phương trình: Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 228


u,v 02 2iz2

2 1u ,v 1 x ,y 1.2 10

1x;y ;1 .10

4 4 3 2

22 2 3 3 2

x y 4x 3xy 2x 4y 0

2x y 3x y 2xy 3y 2x 1 1 2y 4y

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

x y x y 3x x y 2 x 2y 0

2xy x y 3y x y 4 x y 2 2x y 0

x y 0

2 2x y 0

2 22 2

2 2

x 2yx y 3x 2. 0x y2x y2xy 3y 4 2. 0x y

2 22 2 2 2x 2y 2x yx y 3x 2. i 2xy 3y 4 2. 0x y x y

22 2 2 2x iy y ixx yi 3 x yi 2 4. 4i 0

x y x y

2 2 2 2x iy y ix1 iz x yi ,

z zx y x y

2 3 2

2

2 4iz 3z 4i 0 z 3z 4iz 2 4i 0z z

z 1z 1 z 2z 4i 2 0 z 3 i

z 1 i

z 1

x 0y 0

z 3 i

x 3y 1

z 1 i

x 1y 1

13x 1 2x y

17y 1 4 2x y


(Đề thi học sinh giỏi quốc gia năm 1996)Hướng dẫn giải

Từ hệ suy ra

Đặt

Hệ đã chho có dạng: Đặt

Ta có: Hệ đã cho tương đương với:

Giải (*): Vì nên các nghiệm:

Ta có nghiệm và do đó nghiệm của hệ là:

hoặc

Bài toán 2: Ứng dụng số phức vào chứng minh các công thức, đẳng thức lượng giácPhương pháp

Cho dạng lượng giác số phức ; ; . Ta có các công thức sau:

Công thức Moa-vrơ :

Nếu với . Lúc đó I. Các ví dụ điển hình thường găp


x 0,y 0.

u x,v y, u,v 0 .

2 2

2 2

1 2u 13u v

1 4 2v 17u v

z u iv.

2 21 u iv .z u v

2 2

2

u iv 2 4 2 1 2 4 2u iv i z iz3 7 3 7u v

2 4 2z i z 1 0,(*)3 7

2 22 4 2 4i 4 2 2i3 7 21

1 2 2 2 1 2 2 2z i 2i 2 i3 7 21 3 21 7

1 2 2 2 1 2 2 2z i 2i 2 i3 7 21 3 21 7

u,v

221 2 2 2x &y 23 21 7

1 2 2 2x &y 23 21 7

z r cos isin 1 1 1 1z r cos isin 2 2 2z r cos isin

1 11 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

2 2

z rz .z r r cos( ) icos( ) ; cos( ) icos( )z r

n nz r cos(n ) isin(n )

1 1 1 2 2 2z a b i; z a b i; 1 2 1 2a , a , b , b 1 2

1 21 2

a az z

b b



GiảiĐặt . Ta có:

Mặt khác: .

Từ (1) và (2) ta được:

Nhận xét: Ta có bài toán tổng quát sau: Biểu diễn theo các lũy thừa của vơi n là số nguyên dương bất kỳ.

Áp dụng công thức Moivre ta có Mặt khác, theo công thức khai triển nhị thức Newton:

Từ đó suy ra:

Trong đó:

Cụ thể: Với ta có:


a) ; b) Giải

Xét Ta có

Mặt khác:



3 3sin3 3sin 4sin ; cos3 3cos 4cos

z cos isin

3 2 33 3 2

3 2 2 3

3 3

z cos isin cos 3cos .i.sin 3cos . isin isin

cos 3i 1 sin sin 3cos 1 cos i.sin

4cos 3cos i 3sin 4sin (1)

3z cos3 isin3 (2)

3 3sin3 3sin 4sin ; cos3 3cos 4cos

cosnx; sinnxcosx; sinx

ncosx isinx cosnx isinnx

n 0 n 1 n 1 2 2 n 2 2n n n3 3 n 3 3 n 1 n 1 n 1 n n n

n n n

cosx isinx C cos x iC cos xsinx i C cos xsin x

i C cos xsin x ... i C cosxsin x i C sin x

0 n 2 n 2 2 4 n 4 4n n n1 n 1 3 n 3 3n n

cosnx C cos x C cos xsin x C cos xsin x ... Msinnx C cos xsinx C cos xsin x ... N

m 2m

m 2m 2m2m 1

1 sin x, n 2mM , m

1 C cosxsin x, n 2m 1

m 1 2m 1 2m 12m

m 2m 1

1 C cosxsin x, n 2mN , m

1 sin x, n 2m 1

n 4

0 4 2 2 2 4 4 4 24 4 41 3 3 3 3 34 4

cos4x C cos x C cos xsin x C sin x 8cos x 8cos x 1sin4x C cos xsinx C cosxsin x 4cos xsinx 4cosxsin x

3 5 1cos cos cos7 7 7 2

3 5 1sin sin sin cot .7 7 7 2 14

z cos isin .7 7

3 5 3 5 3 5z z z cos cos cos i sin sin sin7 7 7 7 7 7


Từ (1) và (2) suy ra:

và

Ví dụ 3. Cho . Tính Giải

Đặt . Khi đó:

Mà nên , suy ra:

Ta lại có nên .

Chú ý: Ta cũng có kết quả .

Ví dụ 4. Tính tổng với và

GiảiĐặt Theo công thức nhân và cộng thức Moivre ta có:


73 5

2 2

22

z z 1 z 1 1z z z1 zz 1 z 1 1 cos isin

7 71 cos isin 1 17 7 i cot

2 2 141 cos sin

7 7

3 5 1cos cos cos7 7 7 2

3 5 1sin sin sin cot .7 7 7 2 14

2 6sina sinb ,cosa cosb2 2

sin a b .

1 2z cosa isina,z cosb isinb

1 26 2z z i 2 cos isin2 2 6 6

1 26 2z z i 2 cos isin2 2 6 6

2 21 1 1 2 2 2z z z 1,z z z 1

1 21 2

1 2 1 2

z z1 1z zz z z z

1 21 2

1 2

cos isin cos isinz z 6 6 6 6z z cos isin3 3z z cos isin cos isin6 6 6 6

1 2z .z cos a b isin a b 3sin(a+b) sin

3 2

1cos a b cos3 2

n a 2k k :

A cosx cos x a cos x 2a ... cos x naB sinx sin x a sin x 2a ... sin x na

z cosx isinx,w cosa isina.


(Vì nên ).

Vậy

Xét phần thực và phần ảo của hai vế ta được:

Nhận xét: Từ hai loại công thức trên, xét các trường hợp riêng:a) Nếu thì suy ra:

b) Nếu thì ta có:



kk

k

zw cosx isinx cosa isina

zw cosx isinx coska isinka cos x ka isin x ka .Xeùt A iB cosx isinx cos x a isin x a

cos x 2a isin x 2a ... cos x na isin x na

n 12 n 1 wz zw zw ... zw z

1 w

a 2k w 1

n 1 1 cos n 1 a isin n 1 a1 wA iB z cosx isinx1 w 1 cosa isina

n 1 n 1 n 1sin a sin a icos a2 2 2cosx isinx

a a asin sin icos2 2 2

n 1sin a n 1 n 1 a a2 sin a icos a sin icos cosx isinxa 2 2 2 2sin2

n 1sin a na na2 cos isin cosx isinxa 2 2sin2

n 1sin a na2 cos xa 2sin2

naisin x2

n 1 n 1sin a sin ana na2 2A cos x ;B sin xa a2 2sin sin2 2

x 0

n 1sin a na21 cosa cos2a .... cosna cosa 2sin2

n 1sin a na2sina sin2a ... sin3a ... sinna sina 2sin2

x 2a

sin2 n 1 acosa cos3a cos5a ... cos 2n 1 a

2sina


Ví dụ 5. Chứng minh các công thức:

Giải

Ta có:

Do đó là nghiệm dương của phương trình

Vậy suy ra

Nhận xét: Áp dụng công thức ta tính được biểu thức

Để làm được bài toán này trước hết ta chứng minh công thức sau:

Thật vậy:

Sử dụng công thức Ta có:

Ví dụ 6. Giải phương trình: Giải


2sin n 1 asina sin3a sin5a ... sin 2n 1 a

sina

0 05 1 5 1a) sin18 ; b) cos36 .4 4

0 0 0 0

3 0 0 0 0

2 0 2 0

cos54 sin36 cos 3.18 sin 2.18

4cos 18 3cos18 2sin18 cos184sin 18 2sin 18 1 0

0sin18 24x 2x 1 0.

0 5 1sin184

0 2 0 5 1cos36 1 2sin 18 .4

0 5 1sin184

0 0 0 0 0 0 0 0 0 5 1sin2 sin18 sin22 sin38 sin42 sin58 sin62 sin78 sin821024

0 0 1sinasin 60 a sin 60 a sin3a.4

0 0

0 0 0 0

2 2 2 2

sinasin 60 a sin 60 a

sina sin60 cosa sinacos60 sin60 cosa sinacos60

3 1 3 1sina cosa sina cosa sina2 2 2 2

3 1 3 1sina cos a sin a sina 3 1 sin a sin a sin3a.4 4 4 4

0 0 1sinasin 60 a sin 60 a sin3a.4

0 0 0 0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0 0 0 0

0 0 0 0

sin2 sin18 sin22 sin38 sin42 sin58 sin62 sin78 sin82sin2 sin58 sin62 sin18 sin42 sin78 sin22 sin38 sin82

1 1 5 1sin6 sin54 sin66 sin18 .64 256 4

1cosx cos2x cos3x .2


Đặt thì

Phương trình đã cho trở thành

(*)Vì không là nghiệm nên với ta có:

(*)

Hay nên với Vì nên không nhận giá trị k=3.

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là

Vậy nghiệm cần tìm của hệ đã cho hoặc

Ví dụ 7. Chứng minh rằng Lời giải

Đặt Khi đó:

Mặt khác (do ),

nhưng nên suuy ra Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh.Ví dụ 8. Cho a,b,c là các số thực thỏa mãn các điều kiện

Chứng minh rằng (Đề nghị IMO năm 1989)

Giải

Đặt

Ta có

. Do đó nên



z cosx isinx

2 4 6

2 3z 1 z 1 z 1cosx ,cos2x ,cos3x

2z 2z 2z

2 4 6

2 3z 1 z 1 z 1 1

2z 22z 2z

6 5 4 3 2z z z z z z 1 0

z 1 z 1

6 5 4 3 2 7z 1 z z z z z z 1 0 z 1 0

7z 1 cos isin

2k 2kz cos isin7 7

k 0;6. z 1

3 5 9x m2 ,x m2 ,x m2 ,x m2 ,7 7 7 711 13x m2 ,x m2 ,m Z.7 7

x;y 2;1 x;y 1; 1 .

3 2 1sin sin .10 10 8

1 z zz cos isin z ,sin .10 10 z 10 2i

3 2

3 2 2 2z z z z 3 1sin sin z z i z z 1 (1).10 10 2i 2i 8 8

5 4 3 25 5z cos isin i z iz z iz 1 010 10

z 1

4 3z iz;iz z 2 2z z i z z 1 0,(2).

cosa cosb cosc sina sinb sinc m

cos a b c sin a b c

cos a b cos b c cos c a m.

x cosa isina,y cosb isinb,z cosc isinc.

x y z cosa cosb cosc i sina sinb sinc

m.cos a b c i.m.sin a b c mxyz x y z mxyz 1 1 1 m.xy yz zx


Vì nên

Vậy

Từ đó ta có II. Bài tập rèn luyệnBài tập 1. Chứng minh rằng:

a) Hướng dẫn giải

Xét , ta có , nên z là nghiệm khác -1 của phương

trình . Ta có:

+)

nên

+)

Do đó xét phần thực của đẳng thức ta suy ra được:

;Bài tập 2. Hãy biểu diễn qua


Ta có: Sử dụng khai triển nhị thức Niu-ton cho vế phải và tách phần thực và phần ảo ta có

Từ đó suy ra:

Bài tập 3. Cho là các số thực thỏa mãn và

Chứng minh rằng: và


x y z 1 1 1 1x x,y y,z z.

1 1 1 m x.y y.z z.x m cos a b cos b c cos c axy yz zx

i sin a b sin b c sin(c a) m

cos a b cos b c cos c a m.

2 3 1 2 3 1 3cos cos cos ; b)sin sin sin cot .7 7 7 2 7 7 7 2 14

z cos isin7 7

7z cos isin 1

7z 1 0 7z 1 0

7z 1 0 6 5 4 3 2 2 3 3z 1 z z z z z z 1 0 z z z 1 z 1

3 3 3 3 3 31 z 1 cos isin 2sin . sin isin7 7 14 14 14

31 1 3 3 1 1 3sin icos icot3 14 14 2 2 141 z 2sin

14

2 3 2 3 2 3z z z cos cos cos i sin sin sin7 7 7 7 7 7

2 33

1z z z1 z

2 3 1cos cos cos7 7 7 2

2 3 1 3sin sin sin cot .7 7 7 2 14

tan5x tanx

5cos5x isin5x cosx isinx

5 3 2 4

4 2 3 5cos5x cos x 10cos xsin x 5cosxsin xsin5x 5cos xsinx 10cos xsin x sin x

3 5

2 45tanx 10tan x tan xtan5x .

1 10tan x 5tan x

a,b,c sina sinb sinc 0

cosa cosb cosc 0.

sin2a sin2b sin2c 0 cos2a cos2b cos2c 0.


Giải

Đặt , ta có:

nên

Vì thế:

=

Nên Từ đó ta suy ra đều phải chứng minh.

Bài tập 4. Giải phương trình Lời giảiTa có không là nghiệm của phương trình.

Đặt với Ta có

Vậy phương trình đã cho trở thành:

Nếu thì nên

Vì và nên

Do đó nghiệm của phương trình đã cho là

Nếu thì nên:

Vì và nên

Suy ra nghiệm cần tìm là



1 2 3z cosa isina;z cosb isinb;z cosc isinc

1 2 3 1 2 3z z z 0, z z z 1 kk

1 z k 1;2;3 .z

22 2 21 2 3 1 2 3 1 2 2 3 3 1z z z z z z 2 z z z z z z

21 2 3 1 2 3 1 2 3

1 2 3

1 1 10 2z z z 2z z z z z zz z z

1 2 3 1 2 32z z z z z z 0

cos2a cos2b cos2c i sin2a sin2b sin2c 0

1cosx cos3x cos5x cos7x cos9x .2

cosx 1

z cosx isinx x 0;2 .

1

1 n nz 1,z cosx isinx,2cosx z z , 2cosnx z z

3 5 7 93 5 7 9

2 4 18 9 20 11 9

11 9 11 9

1 1 1 1 1z z z z z 1z z z z z1 z z ... z z z 1 z zz 1 z 1 0 z 1,z 1

9z 1 9z cos0 isin0 k2 k2z cos isin ,k 0;8.9 9

x 0;2 z 1k2x ,k 1;8.9

k2x 2m k 1;8 ,m Z.9

11z 1 11z cos isin

k2 k2z cos isin ,k 0;10.11 11

x 0;2 z 1k2x ,k 0;9.

11

k2x 2m k 0;9 ,m Z.11


Vậy các nghiệm của phương trình là: và

Bài tập 5. Cho a,b,c là các số thực thỏa mãn điều kiện

Chứng minh rằng:

a)

Giải

Đặt

Suy ra

a) Ta có: nên lượng giác:

Từ đó ta được: và

b) Với thì

Mặt khác, từ suy ra Vì thế:

Do đó

Vậy nên

Bài tập 6. Chứng minh rằng: Giải

Xét số phức có

Ta có Đẳng thức cần chứng minh trở thành


k2x 2m k 1;8 ,m Z9

k2x 2m k 0;9 ,m Z.11

cosa cosb cosc sina sinb sinc 0

cos3a cos3b cos3c 3cos a b c ; sin3a sin3b sin3c 3sin a b c

cos5a cos5b cos5c sin5a sin5b) b sin5c 0

x cosa isina,y cosb isinb,z cosc isinc.

x y z cosa cosb cosc i sina sinb sinc 0

3 3 3 2 2 2x y z 3xyz x y z x y z xy yz zx

3 3cosa isina cosb isinb cosc isinc

3 cosa isina cosb isinb cosc isinccos3a cos3b cos3c i sin3a sin3b sin3c

3 cos a b c isin(a b c)

cos3a cos3b cos3c 3cos a b c sin3a sin3b sin3c 3sin a b c

x y z 0 5 5 5 2 2 22 x y z 5xyz x y z

x y z 1 1 1 1x x,y y,z z.

22 2 2

2 2

x y z x y z 2 xy yz zx

x y z 2xyz x y z x y z 2xyz x y z 0

5 5 5x y z 0

5 5 5cosa isina cosb isinb cosc isinc 0cos5a cos5b cos5c i sin5a sin5b sin5c 0

cos5a cos5b cos5c sin5a sin5b sin5c 0.

0 0 0 01 1 1 1 .

cos6 sin24 sin48 sin12

0 0z cos6 isin6 , 15 0 0z cos90 isin90 i.

2 4 8 160 0 0 0

2 4 8z 1 z 1 z 1 z 1cos6 ,sin12 ,sin24 ,sin48

2z 2iz 2iz 2iz


Rút gọn và chú ý ta có

Hay: (đúng)Vậy đẳng thức được chứng minh.

Bài tập 7. Giả sử và là nghiệm của phương trình và .

Chứng minh Giải

Ta có . Không mất tính tổng quát, lấy . Theo giả

thiết .

Lúc đó : Tương tự :

Do đó . Mặt khác :

Từ đó ta có được :



2 4 8

2 4 8 162z 2iz 2iz 2iz 0

z 1 z 1 z 1 z 1

z 0 16 14z 1 iz z 1 0.

15 15 2z z 1 iz iz 0 iz 1 i iz 0

2x 2x 2 0 cot y 1

n n

ny y sinn

sin

2x 2x 2 0 x 1 i 1 i, 1 i

cot y 1 y cot 1

n

n nn

cos 1y cot 1 1 i i cosn isinnsin sin

n

n nn

cos 1y cot 1 1 i i cosn isinnsin sin

n nn

1y y .2isinnsin

2i

n n

ny y sinn

sin


Bài toán 3: Ứng dụng vào chứng minh bất đẳng thức

Cho số phức . Lúc đó môđun của số phức

Cho các số phức . Ta có các bất đẳng thức thường dùng sau :

I. Các ví dụ điển hình thường gặpVí dụ 1. Chứng minh rằng với mọi ta luôn có :

.Giải

Bất đẳng thức tương đương với

Xét .

Ta có

Mặt khác :

Áp dụng : ta được

Ví dụ 2. Chứng minh rằng với mọi ta có :

Giải

Xét

Ta có :


Ví dụ 3. Cho thỏa mãn . Chứng minh rằng:

Giải


z a bi;a,b 2 2z a b

1 2 3z ;z ;z

1 2 1 2 1 2 3 1 2 3z z z z ; z z z z z z

a,b,c

2 2 2 2 2 2 2 2a b c 2ac a b c 2ac 2 a b

2 22 2 2 2a c b a c b 2 a b

1 2z a c bi; z a c bi

2 22 21 2z a c b ; z a c b

2 2 2 21 2 1 2z z 2a 2bi z z 4 a b 2 a b

1 2 1 2z z z z

2 2 2 2 2 2 2 2a b c 2ac a b c 2ac 2 a b

,

4 4 2 2cos cos sin sin 2

2 2 2 21 2 3z cos cos .i; z sin ; z sin .i

4 4 2 21 2 3z cos cos ; z sin ; z sin ;

2 2 2 21 2 3 1 2 3z z z cos cos .i sin sin .i 1 i z z z 2

1 2 3 1 2 3z z z z z z

4 4 2 2cos cos sin sin 2

a,b,c 0 ab bc ac abc

2 2 2 2 2 2b 2a c 2b a 2c 3 *ab cb ac

2 2 2

2 2 21 2 1 2 1 2bñt * 3

b c aa b c


Theo giả thiết: . Do đó:


. Ví dụ 4. Cho a, b, c, d là bốn số thực thỏa mãn điều kiện :

.

Chứng minh rằng : Giải

Từ giả thiết ta có :

Xét

Ta có :

Vì nên

II. Bài tập áp dụngBài tập 1. Chứng minh rằng với mọi ta luôn có :


Bất đẳng thức đã cho tương đương với

Xét số phức :

Lúc đó :

Vì

Bài tập 2. Chứng minh rằng với ta luôn có



1 2 1

2 2 2

1 2 32 2 2

1 2 3

2

1 2

1 2 1 2 1 2Xeùt z i; z i; z i.a b b c c a

1 2 1 2 1 2Ta coù: z ; z ; zb c aa b c

1 1 1 1 1 1Maët khaùc: z z z 2 ia b c a b c

1 1 1 z z z 3a b c

1 1 1ab bc ac abc 1a b c

1 2 z z z 3

1 2 3 1 2 3z z z z z z

2 2 2 2 2 2b 2a c 2b a 2c 3ab cb ac

2 2 2 2a b 1 2 a b ; c d 36 12 c d

62 2a c b d 2 1 .

2 2 2 2a 1 b 1 1; c 1 d 1 36.

1 2 3z 1 a 1 b i; z c 6 d 6 i; z 5 5i

1 2 3z z z c a d b i

1 2 3 1 2 3z z z z z z

62 2 2 21 6 5 2 c a d b a c b d 2 1

x ,

2 2x 2x 5 x 2x 5 2 5

2 22 2x 1 2 1 x 2 2 5

1 2z x 1 2i; z 1 x 2i

1 2z z 2 4i

2 22 2 2 21 2 1 2z z z z x 1 2 1 x 2 2 4 2 5 ÑPCM

x,y,z




Xét

Vì Bài tập 3. Chứng minh rằng với mọi , ta luôn có :



Xét

Ta luôn có :

Bài tập 4. Chứng minh rằng với ta luôn có



2 2 2 2 2 2x xy y x xz z y yz z

2 22 22 2y y 3 z z 3x x y yz z

2 2 2 2

1 2 1 2y y 3 z z 3 1 3z x i; z x i z z y z y z i2 2 2 2 2 2

2 22 2

1 2 1 2

222 2

y y 3 z z 3z z z z x x2 2 2 2

1 3y z y z y yz z .2 2

x

2 2 2 21 1 16 32 1 1 4 8x 2 x x x 4x 10 x x 4 2 2.2 2 5 5 2 2 5 5

2 2 2 2

2 2 2 222 2

1 32 64 8 16x 4 x x x 8x 20 x x 4 2 42 5 5 5 5

16 8 4 8x 4 4 x 2 x x5 5 5 5

4 2 4

1 2 3 4

1 2 3 4

16 4 8z x 2i; z 4 x 2i; z x 8i; z x i5 5 5

z z 4 4i; z z 4 4i

1 2 3 4 1 2 3 4

2 2 2 222 2

2 22 2

z z z z z z z z

16 8 4 8x 4 4 x 2 x x5 5 5 5

12 164 4 4 2 4 ÑPCM5 5

x,y,z

2 2 2 2 2 2x xy y y yz z x xz z 3 x y z .



Xét Ta có :

Vì nên

Bài toán 4. Ứng dụng giải toán khai triển hay tính tổng nhị thức NiutơnPhương phápTa nhắc lại công thức khai triển nhị thức Niutơn

Ta lưu ý rằng : thì I. Các ví dụ điển hình thường gặpVí dụ 1. Tính tổng

GiảiTa có:

Ví dụ 2. Chứng minh rằng Lời giải.



2 2 22 2 2y y 3 z z 3 x x 3x y z2 2 2 2 2 2

3 x y z

1 2 3y y 3 z z 3 x x 3z x i; z y i; z z i2 2 2 2 2 2

1 2 33 3z z z x y z x y z i2 2

1 2 3 1 2 3z z z z z z

2 2 22 2 2

2 2

y y 3 z z 3 x x 3x y z2 2 2 2 2 2

9 3x y z x y z 3 x y z .4 4

nn k n k k o n 1 n 1 1 n 2 2 n 1 n 1 n n

n n n n n nk 0

a b C a b C a C a b C a b ... C ab C b

*m 4m 4m 1 4m 2 4m 3i 1; i i; i 1; i i

2 4 6 1 3 5 71 n n n 2 n n n na) S 1 C C C ... b)S C C C C ...

n 1 2 2 n nn n n2 4 6 1 3 5 7n n n n n n n

n n n

n n1 2

1 i 1 C i C i ... C i

1 C C C ... i C C C C ... (1)

n n1 i 2 cos i 2 sin (2)4 4

n nTöø (1) vaø (2) suy ra: S 2 cos ; S 2 sin4 4

0 2 4 6 98 100 50100 100 100 100 100 100C C C C ... C C 2


Ví dụ 3. Tính các tổng sau

GiảiXét khai triển

Lấy đạo hàm hai vế

Thay bởi ta được

Mặt khác:

Vậy

II. Bài tập rèn luyênBài tập 1. Chứng minh rằng:

GiảiXét khai triển nhị thức Newton:


100 0 1 2 2 100 100100 100 100 1000 2 4 100 1 3 5 99100 100 100 100 100 100 100 100

2 100 50 50

0 2 4 100 50100 100 100 100

1 i C C i C i ... C i

C C C ... C C C C ... C i

1 i 2i 1 i 2i 2

Vaäy: C C C ... C 2

0 2 4 6 12 1415 15 15 15 15 151 3 5 7 13 1515 15 15 15 15 15

A C 3C 5C 7C .... 13C 15C ;B 2C 4C 6C 8C .... 14C 16C .

15 0 1 2 2 3 3 12 12 13 13 14 14 15 1515 15 15 15 15 15 15 151 x C C x C x C x ... C x C x C x C x

15 0 1 2 2 3 3 4 12 13 13 14 14 15 15 1615 15 15 15 15 15 15 15x 1 x C x C x C x C x ... C x C x C x C x

15 14 0 1 2 2 3 3 12 12 13 1315 15 15 15 15 15

14 14 15 1515 15

1 x 15x 1 x C 2C x 3C x 4C x ... 13C x 14C x

15C x 16C x

x i

15 14 0 1 2 2 3 3 12 12 13 1315 15 15 15 15 15

14 14 15 1515 15

0 2 4 6 12 1415 15 15 15 15 15

1 3 5 7 13 1515 15 15 15 15 15

1 i 15i 1 i C 2C i 3C i 4C i ... 13C i 14C i

15C i 16C i

C 3C 5C 7C .... 13C 15C

2C 4C 6C 8C .... 14C 16C i

15 1415 14 15 14

15 7 7 7 7 7 7 11 7

1 i 15i 1 i 2 cos isin 15i 2 cos isin4 4 4 4

2 22 i 15i.2 i 2 2 i 15.2 16.2 2 i 2 2 i2 2

0 2 4 6 12 14 1115 15 15 15 15 151 3 5 7 13 15 715 15 15 15 15 15

A C 3C 5C 7C .... 13C 15C 2B 2C 4C 6C 8C .... 14C 16C 2

n0 2 4 6 81 n n n n n

n1 3 5 7 92 n n n n n

nS C C C C C ... 2 cos4

nS C C C C C ... 2 sin4

n 0 1 2 2 3 3 4 4 n 1 n 1 n nn n n n n n n1 i C iC i C i C i C ... i C i C


Vì nên ta có:

(1)Mặt khác, theo công thức Moivre thì:

(2)Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh.

Bài tập 2. Tính tổng Hướng dẫn giải

Chú ý rằng nên:

Vì

và nên:

Vậy ta có

Bài tập 3. Tính tổng

Giải

Đặt thì Do đó ta có:

Vì nên:



k

1,(k 4m)i,(k 4m 1)i1,(k 4m 2)i,(k 4m 3)

m

n 0 2 4 1 3 5n n n n n n1 i C C C ... i C C C ....

nn nn n n1 i 2 cos isin 2 cos isin

4 4 4 4

1 3 5 72n 2n 2n 2n

1 1 1 1S C C C C ...2 4 6 8

2k 1 2k2n 2n 1

1 1C C2k 2n 1

1 3 5 72n 2n 2n 2n

2 4 6 82n 1 2n 1 2n 1 2n 1

2 4 6 82n 1 2n 1 2n 1 2n 1

1 1 1 1S C C C C ...2 4 6 81 1 1 1C C C C ...

2n 1 2n 1 2n 1 2n 11 C C C C ...

2n 1

2n 1 0 2 4 1 3 52n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 11 i C C C ... i C C C ...

2n 12n 1 2n 1 2n 11 i 2 cos isin4 4

2n 10 2 4 62n 1 2n 1 2n 1 2n 1

2n 1C C C C ... 2 cos4

2n 11 2n 1S 1 2 cos .2n 1 4

n

0 1 2 n 1 nn n n n n0 1 2 n 1 nn n n n n

A C cosa C cos2a C cos3a ... C cosna C cos(n 1)aB C sina C sin2a C sin3a ... C sinna C sin(n 1)a

z cosa isina nz cosna isinna.

0 1 2n n n

n 1 nn n

n0 1 2 2 3 3 n nn n n n n

A iB C cosa isina C cos2a isin2a C cos3a isin3a

... C cosna isinna C cos(n 1)a isin(n 1)a

z C C z C z C z ... C z z 1 z

a a a1 z 1 cosa isina 2cos cos isin2 2 2


Vậy Nhận xét: Cho n là giá trị cụ thể, suy ra được nhiều biểu thức lượng giác đẹp.


n

n n

n n

a a aA iB cosa isina 2cos cos isin2 2 2

a na na2 cos cosa isina cos isin2 2 2a n 2 n 22 cos cos a isin a2 2 2

n n n na n 2 a n 2A 2 cos cos a, B 2 cos sin a2 2 2 2

5 5 a 7acosa 5cos2a 10cos3a 10cos4a 5cos5a cos6a 2 cos cos2 2


Bài toán 5. Ứng dụng giải toán đa thức và phép chia đa thứcPhương phápI. Các ví dụ điển hình thường gặp

Ví dụ 1. Chứng minh rằng đa thức chia hết cho đa thức với mọi số tự nhiên n.

Vì nên có nghiệm là

Đặt Ta có:

Giải

Trong các bài toán về phép chia đa thức, muốn chứng minh chia hết cho , ta

chứng minh mọi nghiệm của đa thức đều là nghiệm của đa thức . Cách làm

này gặp phải khó khăn nế như không có nghiệm thực, tuy nhiên số phức giáp ta giải quyết vấn đề này.

Vậy cũng là nghiệm của , do đó chia hết cho Ví dụ 2. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n lớn hơn 1 và số thực thỏa mãn

, đa thức chia hết cho đa thức .Giải

Xét phương trình nên có nghiệm

là hai số phức liên hợp.

Đặt ta có:

Suy ra hay Vậy chia hết

Ví dụ 3. Tìm số nguyên dương n sao cho đa thức chia hết cho đa thức

.Lời giải

Các nghiệm cuả đa thức là:

Đặt Vì là hai số phức liên hợp, nên chỉ cần tìm n sao cho

(khi đó sẽ bằng không).



4n 2 4n 2x 1 x 1 2x 1

2x 1 0 x i x i 0 2x 1 i.

4n 2 4n 2f x x 1 x 1 .

4n 2 4n 2 2n 12n 1fi fi 1 i 1 (2i) 2i 0

4n 2 2n 1 2n 14n 2fi fi 1 ( i 1) 2i 2i 0

f x g x

g x f x

g x

i f x f x 2x 1.

sin 0 nx sin xsinn sin n 1 2x 2xcos 1

2 ' 2 2 2x 2xcos 1 0, cos 1 i sin

1 2x cos isin ,x cos isin

2P x x sin xsinn sin n 1

1P x cosn isinn sin cos isin sinn sin n 1cosn sin cos sinn sin n 1 0

1P x 0 2P x 0. P x 2x 2xcos 1.

2n nx x 1 2x x 1

2x x 1 1 21 3i 1 3ix ,x

2 2

2n nf x x x 1. 1 2x ,x 1f x 0

2f x


Ta có: nên

Vậy đa thức chia hết cho đa thức khi và chỉ khi n là số nguyên dương không chia hết cho 3.

Ví dụ 4. Tìm số nguyên dương n sao cho đa thức chia hết cho đa thức

.Lời giải

Các nghiệm của đa thức là:

Đặt

Vì do đo

Vậy giá trị cần tìm của n là những số nguyên dương chia cho 6 dư 1 hoặc chia 6 dư 5.Ví dụ 5. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử với hệ số nguyên:

a) ; b) Giải

a) Ta có

Mà:


11 3i 2 2x cos isin

2 3 3

2n n

1

1

1

2 2 2 2f x cos isin cos isin 13 3 3 3

4n 2n 4n 2nf x cos cos 1 i sin sin3 3 3 3

2n 2n4n 2n cos 2cos 1 0cos cos 1 0 3 33 3f x 04n 2n 2n 2nsin sin 0 sin 2cos 1 03 3 3 3

2n2cos 1 0 n 3k 1, k3

2n nx x 1 2x x 1

n nx 1 x 1

2x x 1

2x x 1 1 21 3i 1 3ix ,x .

2 2

n nf x x 1 x 1.

1 11 3i 1 3i 2 2x cos isin x 1 cos isin

2 3 3 2 3 3

1

1

2n 2n n nf x cos isin cos isin 1.3 3 3 3

n n2n n cos 2cos 1 0cos cos 1 0 3 33 3f x 02n n n nsin sin 0 sin 2cos 1 03 3 3 3

n2cos 1 0 n 6k 1.3

4x 4 24 2x 1 x x 1

24 4 2 2x 4 x 2i x 2i x 2i

2 22 2x 1 i . x 1 i x 1 i x 1 i x 1 i x 1 i

2 2 2x 1 i x 1 i x 1 i x 2x 2


Nên b) Ta có:

Bằng cách giải các phương trình bậc hai , ta phân tích được thành tích:

Mặt khác:

Vậy II. Bài tập áp dụngBài tập 1. Có tồn tại hay không số nguyên dương n sao cho đa thức

chia hết cho đa thưc Hướng dẫn giải

Các nghiệm của đa thức là:

Đặt , ta có , nhưng

Nếu thì .

Nếu thì

Vậy không tồn tại số nguyên dương n để đa thức chia hết chho

đa thức Bài tập 2. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử với hệ số nguyên:

a) ; b) Hướng dẫn giải

a) Ta có:

Vì



2 2 2x 1 i x 1 i x 1 i x 2x 2

4 2 2x 4 x 2x 2 x 2x 2

2 244 2 2 2(x 1) x x 1 x 1 i x x 1

2 22 2x 1 i x x 1 . x 1 i x x 1

2 2x 1 i x x 1 1 i x i x 1 i

2 2x 1 i x x 1 1 i x i x 1 i

2 2 2x 1 i x 1 i x 1 i x 2x 2 21 i x i . 1 i x i 2x 2x 1

24 2 2 2x 1 x x 1 x 2x 2 2x 2x 1 .

2n 2n 2nx 1 x 1 2x 4x 1.

4x 1 1, i.

2n 2n 2nf x x 1 x 1 2x f 1 f 1 0

2n 2n n n n2nfi i 1 i 1 2i 2i 2i 2 1

n 2m, m m2m 1fi 2 1 2 0 m

n 2m 1, m fi 2 0.

2n 2n 2nx 1 x 1 2x

4x 1.

2 22x 1 x 3

2 223x 5x 4 5x 3

2 22 22 2 2x 1 x 3 x 1 i x 3 2 2x ix 1 3i x 3x 1 3i

2x ix 1 3i x 1 i x 1 2i


Vậy

b)

Ta có:

Vì vậy


2x ix 1 3i x 1 i x 1 2i

2 2 2x 1 i x 1 i x 1 i x 2x 2

2 2 2x 1 2i x 1 2i x 1 4i x 2x 5

2 22 2 2x 1 x 3 x 2x 2 x 2x 5 .

2 22 22 2 23x 5x 4 5x 3 3x 5x 2 i 5x 3

2 23x 5 1 i x 4 3i . 3x 5 1 i x 4 3i

23x 5 1 i x 4 3i x 2 i 3x 1 2i

23x 5 1 i x 4 3i x 2 i 3x 1 2i

2 2 2x 2 i x 2 i x 2 i x 4x 5

2 2 23x 1 2i 3x 1 2i 3x 1 4i 9x 6x 5

2 22 2 23x 5x 4 5x 3 x 4x 5 9x 6x 5 .

Documents

· Web viewTrong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho số phức z thỏa mãn .Tìm tập hợp biểu diễn số phức . Ví dụ 7. Hãy xác định tập