So Phuc & Ung Dung Giai Toan So Cap - Ha Duy Nghia

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKLĂK

TRƯỜNG THPT PHAN ĐÌNH PHÙNG

*********

HÀ DUY NGHĨA

ĐÚC RÚT KINH NGHIỆM

MỘT CÁCH TIẾP CẬN SỐ PHỨCVÀ ỨNG DỤNG

ĐỂ GIẢI TOÁN SƠ CẤP

Krông pắc, Tháng 12 năm 2010

www.VIETMATHS.comwww.VIETMATHS.com

www.vietmaths.com

www.VIETMATHS.com

www.vietmaths.com

MỤC LỤC

Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Lời mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

Chương 1 Xây dựng trường số phức 3

1.1 Định nghĩa số phức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.2 Dạng đại số của số phức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.2.1 Xây dựng số i . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.2.2 Các phép toán trên dạng đại số . . . . . . . . . . . . . 6

1.2.3 Số phức liên hợp và Môđun của số phức . . . . . . . . 7

1.3 Dạng lượng giác của số phức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.3.1 Tọa độ cực của số phức . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.3.2 Biểu diễn lượng giác của số phức . . . . . . . . . . . . 11

1.3.3 Phép toán trong dạng lượng giác của số phức . . . . . 11

1.4 Căn bậc n của đơn vị và biểu diễn hình học của số phức . . . 12

1.4.1 Căn bậc n của số phức . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.4.2 Biểu diễn hình học của số phức . . . . . . . . . . . . . 13

1.5 Tích thực của hai số phức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

Chương 2 Một số bài toán về số phức 18

2.1 Dạng 1: Tính toán, biến đổi trên trường số phức . . . . . . . . 18

2.2 Dạng 2:ứng dụng số phức trong việc giải toán sơ cấp . . . . . 20

Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27


www.vietmaths.com

www.VIETMATHS.com

www.vietmaths.com

Một cách tiếp cận số phức và ứng dụng để giải toán sơ cấp Trang 1

LỜI MỞ ĐẦU

Số phức có vai trò quan trọng trong toán học, gần như trường số phức

thỏa mãn các yêu cầu của toán học, chính vì thế mà mặc dù gọi là số ảo

nhưng trường C đóng vai trò quan trọng trong đời sống thực của chúng ta.

Đặc biệt ở cấp THPT nó có rất nhiều ứng dụng để dễ dàng tiếp cận các bài

toán sơ cấp khó, vì vậy trong những năm gần đây Bộ giáo dục đã đưa vào

chương trình giảng dạy ở cấp phổ thông.

Nhằm mục đích giới thiệu đến quý thầy cô giáo, và các em học sinh một

cách chi tiết hơn về số phức, cách tiếp cận cũng như ứng dụng của nó trong

việc giải các bài toán ôn thi đại học, các bài toán trong kỳ thi Olympiad quốc

gia và quốc tế, nên tôi đã viết đúc rút kinh nghiệm này.

Bài viết được tham khảo trên tài liệu chính [2] "Complex Number from

A to... Z" của các tác giả Titu Andreescu, Dorinandrica, được trình

bày ngắn gọn với hai chương cùng với phần mở đầu, kết luận và tài liệu tham

khảo.

Cụ thể ở mỗi chương như sau:

Chương I: Giới thiệu về tập số phức, chứng minh trong tập số phức

này có các phép toán cộng nhân như trên tập các số thực, đồng thời giới

thiệu các dạng biểu diễn của nó cũng như các tính chất đặc trưng trong từng

dạng.

Chương II: Gồm hai phần chính, phần 1 là giới thiệu các bài toán

liên quan đến số phức nhằm giúp mọi người làm quen các kỷ thuật tính toán

trên trường số phức.Phần hai là ứng dụng của số phức trong việc giả các bài

toán sô cấp từ lượng giác đến hình học, bất đẳng thức,...

Mặc dù đã rất cố gắng nghiên cứu tìm hiểu tài liệu và bằng nhưng kinh

nghiệm giảng dạy của mình, trong thời gian ngắn tôi đã hoàn thành bài viết.

Hà Duy Nghĩa THPT Phan Đình Phùng Đăk Lăk


www.vietmaths.com

www.VIETMATHS.com

www.vietmaths.com


Nhưng do năng lực của bản thân và thời gian còn hạn chế nên bài viết không

tránh khỏi những thiếu sót. Tôi rất mong nhận được sự góp ý của quý thầy

cô và các bạn để bài viết được hoàn thiện hơn.

Cuối cùng tôi xin cảm ơn đến quý thầy cô giáo ở tổ toán trường THPT

Phan Đình Phùng, các bạn ở lớp cao học toán khóa 11 trường Đại Học Quy

Nhơn đã giúp tôi hoàn thành đề tài này.

Tác giả



www.vietmaths.com

www.VIETMATHS.com

www.vietmaths.com

Chương 1

XÂY DỰNG TRƯỜNG SỐ PHỨC

Trong chương này, phần đầu tôi trình bày cách xây dựng trường số phức,

cấu trúc đại số, cấu trúc hình học, dạng lượng giác của số phức. Tham khảo

trên tài liệu[1][2].

1.1 Định nghĩa số phức

Xét tập R2 = R× R = {(x, y)}|x, y ∈ R.

Hai phần tử (x1, y1), (x2, y2) ∈ R2 được gọi là bằng nhau nếu và chỉ nếu

(x1 = x2, y1 = y2)

Ta xây dựng phép toán trong R2 như sau: ∀z1 = (x1, y1), z2 = (x2, y2) ∈ R2

Phép cộng :z1 + z2 = (x1 + x2, y1 + y2).

Phép nhân :z1z2 = (x1x2 − y1y2, x1y2 + x2y1)

Định nghĩa 1.1.1. Tập R2 cùng với hai phép toán cộng và nhân được định

nghĩa như trên gọi là tập số phức C, phần tử (x, y) ∈ C là một số phức.

Định lý 1.1.2. (C,+, .) là một trường(nghĩa là trênC với các phép toán đã

định nghĩa có các tính chất tương tự trênR với các phép toán cộng nhân thông

thường)

Chứng minh. Để chứng minh (C,+, .) là trường ta chứng minh các vấn đề

sau.

(i) Phép cộng có tính giao hoán :∀z1 = (x1, y1), z2 = (x2, y2) ∈ C

ta có z1 + z2 = (x1 + x2, y1 + y2) = (x2 + x1, y2 + y1) = z2 + z1.

3


www.vietmaths.com

www.VIETMATHS.com

www.vietmaths.com


(ii) Phép cộng có tính kết hợp :

∀z1 = (x1, y1), z2 = (x2, y2), z3 = (x3, y3) ∈ C ta có

(z1 + z2) + z3 = (x1 + x2, y1 + y2) + (x3, y3) = (x1 + x2 + x3, y1 + y2 + y3)

= (x1, y1) + (x2 + x3, y2 + y3) = z1 + (z2 + z3).

(iii) Tồn tại phần tử không 0 = (0, 0) ∈ C.

Thật vậy ta có:∀z = (x, y) ∈ C, z + 0 = (x, y) + (0, 0) = (x + 0, y + 0) =

(x, y) = z.

(iv) Tồn tại phần tử đối ∀z = (x, y),∃− z = (−x,−y) là phần tử đối.

Thật vậy z + (−z) = (x, y) + (−x,−y) = (x− x, y − y) = (0, 0).

(v) Phép nhân có tính chất giao hoán ∀z1 = (x1, y1), z2 = (x2, y2) ∈

C,

ta có: z1z2 = (x1x2−y1y2, (x1y2 +x2.y1) = (x2x1−y2.y1, (x2y1 +x1y2) = z2.z1.

(vi) Phép nhân có tính chất kết hợp

∀z1 = (x1, y1), z2 = (x2, y2), z3 = (x3, y3) ∈ C ta có:

(z1z2)z3 = (x1.x2 − y1y2, x1y2 + x2y1)(x3, y3)

= ((x1x2 − y1y2)x3 − (x1y2 + y1x2.)y3, (x1.x2 − y1y2)y3 + (x1y2 + x2y1)x3)

= (x1x2x3−y1y2x3−x1y2y3−y1x2y3, x1x2y3−y1y2y3+x1y2x3+y1x2x3)

Tương tự ta cũng có :

z1(z2z3) = (x1x2x3−x1y2y3−y1x2y3−y1y2x3;x1x2y3+x1y2x3+y1x2y3−y1y2y3)

điều này chứng tỏ :(z1z2)z3 = z1(z2z3)

(vii) Phép nhân phần tử đơn vị Tồn tại phần tử đơn vị 1 = (1, 0) ∈ C

Thật vậy ta có : ∀z1 = (x, y) ∈ C, 1.z = (1, 0)(x, y) = (1x − 0y, 1y + 0.x) =

(x, y)

= (x, y)(1, 0) = z.1 = z.

(viii) Tồn tại phần tử nghịch đảo, ∀z1 = (x, y) ∈ C, z 6= 0 , phần tử

nghịch đảo của z là z−1 =(

xx2+y2 ,− y

x2+y2

)(ix) Phép nhân phân phối với phép cộng



www.vietmaths.com

www.VIETMATHS.com

www.vietmaths.com


∀z1 = (x1, y1), z2 = (x2, y2), z3 = (x3, y3) ∈ C ta có:

z1(z2 + z3) = (x1, y1)(x2 + x3, y2 + y3)

= (x1(x2 + x3)− y1(y2 + y3);x1(y2 + y3) + y1(x2 + x3))

= (x1x2 + x1x3 − y1y2 − y1y3, x1y2 + x1y3 + y1x2 + y1x3)

= (x1x2 − y1y2, x1y2 + y1x2) + (x1x3 − y1y3, x1y3 + y1x3)

= z1z2 + z1z3

Vậy ta đã chứng minh được (C,+, .)thỏa mãn các tiên đề của trường. Do

đó (C,+, .) là một trường số.

Có rất nhiều cách biểu diễn của số phức trên, mà mỗi cách có thể khác

thác được một số tính chất đặc biệt các nhau của tập C, sau đây tôi giới

thiệu một số cách biểu diễn đó.

1.2 Dạng đại số của số phức

1.2.1 Xây dựng số i

Xét tương ứng f : R→ R× {0} , f(x) = (x, 0)

Dễ dàng chứng minh được f là ánh xạ và là một song ánh.

Ngoài ra ta cũng có:(x, 0) + (y, 0) = (x + y, 0), (x, 0)(y, 0) = (xy, 0), vì f là

song ánh nên ta có thể đồng nhất (x, 0) = x.

Đặt i = (0, 1), khi đó ta có :z = (x, y) = (x, 0)+(0, y) = (x, 0)+(y, 0)(0, 1) =

x+ yi = (x, 0) + (0, 1)(y, 0) = x+ iy. Từ đó ta có kết quả sau:

Mệnh đề 1.2.1. Mỗi số phức tùy ý z = (x, y) có thể biểu diễn duy nhất dưới

dạng

z = x+ yi

với x, y là những số thưc tùy ý, và trong đó hệ thức i2 = −1.



www.vietmaths.com

www.VIETMATHS.com

www.vietmaths.com


Hệ thức i2 = −1 suy trực tiếp từ phép nhân hai số phức

i2 = ii = (0, 1)(0, 1) = (−1, 0) = −1

Biểu thức x+ yi gọi là dạng đại số của số phức z = (x, y)., Vì vậy ta có thể

viết C = {x + yi | x, y ∈ R, i2 = −1}và từ bây giờ ta ký hiệu cho số phức

z = (x, y) = x+ yi và ta có các khái niệm liên quan sau đây:

x =Rez gọi là phần thực của số phức z

y =Imz gọi là phần ảo của số phức z

i gọi là đơn vị ảo.

Nếu số phức có phần thực x = 0 gọi là thuần ảo.

Hai số phức z1, z2 gọi là bằng nhau nếu Re(z1) = Re(z2) và Im(z −

1)=Im(z2).

Số phức z ∈ R nếu và chỉ nếu Im(z) = 0.

Số phức z ∈ C\R nếu Im(z) 6= 0.

1.2.2 Các phép toán trên dạng đại số

Tương tự, ta cũng định nghĩa phép toán cộng và nhân như sau

C = {x+ yi | x, y ∈ R, i2 = −1}

(i). Phép cộng Tổng của hai số phức z1 = x1 + iy1 và z2 = x2 + iy2 , là một

số phức z được xác định :

z = (x1 + x2) + i(y1 + y2).

Kí hiệu z = z1 + z2.

(ii).Phép nhân Tích của hai số z1 = x1 + iy1 và z2 = x2 + iy2 là một số

phức z được xác định bởi:

z = (x1x2 − y1y2) + i(x1y2 + y1x2)



www.vietmaths.com

www.VIETMATHS.com

www.vietmaths.com


Kí hiệu z = z1z2. Định nghĩa này trùng với định nghĩa các phép toán trên C

ở phần trước.

1.2.3 Số phức liên hợp và Môđun của số phức

Định nghĩa 1.2.2. Cho số phức z = x + iy, số phức có dạng x − iy được

gọi là số phức liên hợp của số phức z, kí hiệu là z, nghĩa là z = x + yi và

z = x+ i y = x− i y.

Mệnh đề 1.2.3. .

1. z = z ⇔ z ∈ R

2. z = z

3. z.z là số thực không âm.

4. z1 + z2 = z1 + z2

5. z1.z2 = z1z2

6. z−1 = (z)−1, z ∈ C∗

7.(z1z2

)= z1

z1, z2 ∈ C∗

Chứng minh. .

1. Ta có:z = z nên suy ra x+yi = x−yi⇒ 2yi = 0⇒ y = 0⇒ z = x ∈ R.

2. Ta cóz = x− yi,⇒ z = x+ yi = z.

3. Ta có :z.z = (x+ yi)(x− yi) = x2 + y2 ≤ 0

4. Ta cóz1 + z1 = (x1 + x2) + (y1 + y2)i = (x1 + x2)− (y1 + y2)i

= (x1 − y1i) + (x2 − y2)i = z1 + z2



www.vietmaths.com

www.VIETMATHS.com

www.vietmaths.com


5. Ta cóz1z1 = (x1x2 − y1y2) + i(x1y2 + x2y1)

= (x1x2 − y1y2)− i(x1y2 + x2y1)

= (x1 − y1i)(x2 − y2i) = z1z2.

6. Ta có:z 1z = 1⇒

(z 1z

)= 1⇒ z 1

z = 1⇒ z−1 = (z)−1

7. Ta có :(z1z2

)=(z1.

1z2

)= z1

1z2

= z11z2

= z1z2.

Định nghĩa 1.2.4. Cho số phức z = x+ iy khi đó√x2 + y2 gọi là modulus

( trị tuyệt đối ) của số phức z ký hiệu |z| =√x2 + y2.

Mệnh đề 1.2.5. .

1. − |z| ≤ Re(z) ≤ |z| ,− |z| ≤ Im(z) ≤ |z|

2. |z| ≥ 0, |z| = 0⇔ z = 0

3. |z| = |−z| = |z|

4. z.z = z2

5. |z1.z2| = |z1||z2|

6. |z1| − |z2| ≤ |z1 + z2| ≤ |z1|+ |z2|

7.∣∣∣z−1

∣∣∣ = |z|−1, z ∈ C∗

8.∣∣∣z1z2

∣∣∣ = |z1||z2| , z2 ∈ C∗

9. |z1| − |z2| ≤ |z1 − z2| ≤ |z1 + z2|

10. |z1 + z2|2 + |z1 − z2|2 = 2 (|z1|+ |z2|).

Chứng minh. Các mệnh đề (1-4) Suy ra trực tiếp từ định nghĩa.

• (5) Ta có |z1z2|2 = (z1z2)(z1z2) = (z1z1)(z2z2)) = |z1| 2|z2|2.



www.vietmaths.com

www.VIETMATHS.com

www.vietmaths.com


• (6) |z1 + z2|2 = (z1 + z2) (z1 + z2) = (z1 + z2) (z1 + z2)

= |z1|2 + z1z2 + z1z2 + |z2|2

Ngoài ra, z1.z2 = z1z2 = z1z2

nên suy ra z1z2 + z1z2 = 2Re(z − 1z2)2 ≤ |z1z2| = 2 |z1| |z2| .

Do đó

|z1 + z2|2 ≤ (|z1|+ |z2|)2

Hay

|z1 + z2| ≤ |z1|+ |z2|

Mặt khác,

|z1| = |z1 + z2 − z2| ≤ |z1 + z2|+ |z2|

Suy ra

|z1| − |z2| ≤ |z1 + z2|

• (7) Ta có :z 1z = 1⇒ |z|

∣∣∣1z

∣∣∣⇒ ∣∣∣1z

∣∣∣ = 1|z| Nên :

∣∣∣z−1∣∣∣ = |z|−1

, z ∈ C∗.

• (8)∣∣∣z1z2

∣∣∣ =∣∣∣z1

1z2

∣∣∣ =∣∣∣z1z2

−1∣∣∣ = |z1| |z2|−1 = |z1|

|z2|

• (9) Tương tự trong phần (6) ta cũng có :

|z1| = |z1 − z2 + z2| ≤ |z1 − z2|+ |z2|

Nên suy ra :

|z1| − |z2| ≤ |z1 − z2|

Ngoài ra:

|z1 − z2| = |z1 + (−z2)| ≤ |z1|+ |−z2| = |z1|+ |z2|



www.vietmaths.com

www.VIETMATHS.com

www.vietmaths.com


• (10) Ta có:|z1 + z2|

2+ |z1 − z2|

2= (z1 + z2) (z1 + z2) + (z1 − z2) (z1 − z2)

= |z1|2

+ z1z2 + z1z2 + |z2|2

= |z1|2− z1z2 − z1z2 + |z2|

2

= 2(|z1|2 + |z2|2

).

1.3 Dạng lượng giác của số phức

Ở dạng này cho ta thấy tính chất đặc biệt về lũy thừa của một số phức

thông qua định lý Moiver.

1.3.1 Tọa độ cực của số phức

Trong mặt phẳng Oxy cho (x, y) khác gốc tọa độ.

Số thực r =√x2 + y2 gọi là bán kính cực của điểm M , số đo θ ∈ [0, 2π)

của góc lượng giác(−→Ox,−−→OM

)gọi là argument của M, cặp có thứ tự (r, θ) gọi

là tọa độ cực của điểm M, viết M(r, θ).

Chý ý : Ánh xạ h : R×R\(0, )→ (0,∞)× [0, 2π) ,

h(x, y)→ (r, θ) là một song ánh.

Điểm gốc O là điểm duy nhất có r = 0, θ không xác định.

Mỗi điểm M trong mặt phẳng có duy nhất điểm P (1, θ) là giao điểm của

tia OM với đường tròn đơn vị tâm O, sử dụng định nghĩa sin và cosin ta

thấy:

x = r cos θ, y = r sin θ

Ngoài ra ta cũng có thể định nghĩa argument của số phức z như sau:

∀z 6= 0, cos θ = Rez|z|

, sin θ = Imz|z|



www.vietmaths.com

www.VIETMATHS.com

www.vietmaths.com


1.3.2 Biểu diễn lượng giác của số phức

Cho số phức z = x = yi ta có thể viết z dưới dạng cực: z = r(cos θ+i sin θ)

Đặt α = θ + k2π, k ∈ Z ,khi đó z = r(cosα + i sinα).

Tức là với số phức z bất kỳ ta luôn viết được dưới dạng

z = r(cos t+ i sin t), r ≥ 0, t ∈ R

1.3.3 Phép toán trong dạng lượng giác của số phức

Cho hai số phức z1, z2 6= 0, có biểu diễn dạng lượng giác

z1 = r1(cos t1 + i sin t1), z2 = r2(cos t2 + i sin t2) khi đó :

Hai số z1, z2 gọi là bằng nhau nếu nếu r1 = r2 và t2 − t1 = k2π, k ∈ Z

Tích hai số phức z1.z2 là số phức được xác định :

z1z2 = r1r2 (cos(t1 + t2) + i sin(t1 + t2)) .

Định lý 1.3.1. ( De Moivre), Cho z = r(cos t + i sin t) và n ∈ N, khi đó ta

có

zn = rn(cosnt+ i sinnt)

Chú ý : Công thức De Moivre vẫn đúng cho lũy thừa nguyên âm

Ngoài ra z = r(cos θ + i sin θ) còn được biểu diễn dưới dạng z = reiθ gọi

là biểu diễn số phức dưới dạng mũ.

Mệnh đề 1.3.2. Với mọi φ, φ1, φ2 ∈ R ta có:

1. eiφ1eiφ2 = ei(φ1+φ2)

2. ei(φ+2π) = eiφ

3. eiφ = e−iφ

4. |eiφ| = 1



www.vietmaths.com

www.VIETMATHS.com

www.vietmaths.com


Chứng minh. Đối với mệnh đề (1),(2),(4) suy ra trực tiếp từ định nghĩa và

tính chất của lũy thừa. Ta chứng ming cho mệnh đề (3). Ta có :eiφ = cos(φ) + isin(φ)

= cos(φ)− isin(φ) = cos(−φ) + isin(−φ)

= e−iφ.

1.4 Căn bậc n của đơn vị và biểu diễn hình học của

số phức

1.4.1 Căn bậc n của số phức

Định nghĩa 1.4.1. Cho số phức w 6= 0 và số nguyên n ≥ 2. Khi đó nghiệm

z của phương trình zn − w = 0 là căn bậc n của số phức z

Mệnh đề 1.4.2. Cho số phức w = r(cos(θ) + isin(θ)), với r > 0, θ ∈ [0, 2π)

Khi đó căn bậc ncủa số phức w gồm n số phân biệt xác định bởi :

zk = n√r(cos(θ + 2kπ

n) + isin(θ + 2kπ

n)), k = 1, 2, ..., n− 1.

Chứng minh. Xét dạng lượng giác của số phức z = ρ(cosϕ+ isinϕ) khi đó

zn = ρn(cosnϕ+ i.sinnϕ)

Ngoài ra ta có zn = w nên ta suy ra:ρn(cosnϕ+isinnϕ) = r(cos(θ)+isin(θ)).

Do đó:ρn = r, nϕ = θa+ 2kπ, k ∈ Z

Vậy nghiệm của phương trình zn − w = 0 có dạng:

zk = n√r(cosϕk + isinϕk), k ∈ Z.

Vì 0 ≤ ϕ0 < ϕ1 < ... < ϕn−1 < 2π nên ϕ, k ∈ {0, 1, ..., n − 1} là argument

cực. Bởi tính duy nhất của tọa độ cực ta ruy ra phương trình có n nghiệm

{z0, z1, ..., zn} Mặt khác với số nguyên k tùy ý, gọi r ∈ {0, 1, 2, ..., n − 1}



www.vietmaths.com

www.VIETMATHS.com

www.vietmaths.com


là hệ thặng dư theo modun n ( nghĩa là chia k cho n ta được các số dư

{0, 1, 2, ..., n− 1}.)

Khi đó ϕk = θn + (nq + r)2π

n = ϕr + 2πq.

Điều này suy ra :zk = zr hay {zk, k ∈ Z = {z0, z1, ..., zn−1}, }.

Định nghĩa 1.4.3. Nghiệm của phương trình zn − 1 = 0 Gọi là căn bậc n

của đơn vị.

Từ định nghĩa ta thấy rằng căn bậc n của đơn vị là:

ωk = cos2kπn

+ isin2kπn, k = 0, 1, .., n− 1

Người ta ký hiệu cho tập các căn bậc n của đơn vị là Un = {1, ω, ω2, ...ωn−1}

(Un là nhóm nhân cyclic cấp n.)

Số ωk ∈ Un gọi là căn nguyên thủy bậc n của đơn vị nếu mọi số nguyên

dương m < n ta có ωmk 6= 1.

1.4.2 Biểu diễn hình học của số phức

Định nghĩa 1.4.4. Điểm M(x, y) trong mặt phẳng Oxy gọi là điểm biểu

diễn hình học của số phức z = x+ yi.

Số phức z = x + yi gọi là tọa độ phức của điểm M(, y), ta dùng ký hiệu

M(z) để chỉ tọa độ phức của điểm M là z

Mặt phẳng tọa độ với việc biểu diễn số phức như trên gọi là mặt phẳng

phức.

Ngoài ra, trên mặt phẳng phức người ta cũng đồng nhất số phức z = x = yi

với −→v = −−→OM,M(x; y)

Định nghĩa 1.4.5. Cho số phức z = x + yi có biểu diễn hình học là M(z),

khi đó khoảng cách từ M(z) đến O là Môđun của số phức z

Xét hai số phức z1 = x1 + y1i, z2 = x2 + y2i và các véc tơ tương ứng ~v1 =

x1~i+ y1~j,~v2 = x2~i+ y2~j, khi đó :



www.vietmaths.com

www.VIETMATHS.com

www.vietmaths.com


• Tổng hai số phức : z1 + z2 = (x1 + x2)i+ (y1 + y2)i

• Tổng hai véctơ :~v1 + ~v2 = (x1 + x2)~i+ (y1 + y2)~j Qua biểu diễn ta thấy

tổng hai số phứcz1 + z2 tương ứng với tổng hai véc tơ ~v1 + ~v2.

• Hiệu hai số phức :z1 − z2 = (x1 + x2)i− (y1 + y2)i

• Hiệu hai véctơ :~v1 − ~v2 = (x1 − x2)~i+ (y1 − y2)~j

• Khoảng cách hai điểm M1(x − 1, y1),M2(x2, y2) bằng mô đun của số

phức z1 − z2 bằng độ dài của ~v1 − ~v2.

M1M2 = |z1 − z2| = |−→v1 −−→v2 | =√

(x2 − x1)2 + (y2 − y1)2

• Nếu λ là số thực thì tích λ.z = λx + λyi tương ứng với véctơ λ~v =

λx~i+ λy~j.

• Tích của hai số phức z1 = r1(cosθ1 + isinθ1), z2 = r2(cosθ2 + isinθ2).

và gọi M1(r1, θ1),M(r2, θ2) là tọa độ cực tương ứng của điểm M1,M2,

gọi P1, P2 là giao điểm của đường tròn C(O, 1) với tia OM1, OM2.Dựng

P3 thuộc đường tròn có argument cực θ1 + θ2 chọn M3 thuộc tia OP3 :

OM3 = OM1.OM2 gọi z3 là tọa độ phức của điểmM3 khi đóM3(r1r2, θ1+

θ2) là điểm biểu diễn của tích z1.z2

Hình 1.1: Biểu diễn tổng hai sốphức

Hình 1.2: Biểu diễn tích một số thựcdương và một số phức



www.vietmaths.com

www.VIETMATHS.com

www.vietmaths.com


Chú ý: i)Với số thực dương r tập hợp các số phức với Môđun r biểu diễn

trên mặt phẳng phức là đường tròn C(O, r)

(ii) Các số phức {z, |z| < r} là các điểm nằm trong đường tròn

C(O, r).

(iii) Các số phức {z, |z| > r} là các điểm nằm ngoài đường tròn

C(O, r)

Mệnh đề 1.4.6. Biểu diễn hình học của các căn bậc n > 2 của w 6= 0 là

đỉnh của n giác đều nội tiếp trong đường tròn tâm O bán kính n√r, r = |w|.

Chứng minh. Gọi các điểm biểu diễn của các số phức z1, z2, ..., zn−1 trên mặt

phẳng phức là M0(z0),M1(z1), ...,Mn−1(zn−1).Khi đó ta có :

OMk = |zk| = n√r, k ∈ {0, 1, .., n− 1}

Suy ra Mk ∈ C(0, n√r). Mặt khác, số đo cung cung M̃kMk+1 bằng :

arg zk+1 − arg zk = θ + 2(k + 1)π − (θ + 2kπ)n

= 2πn, k ∈ {0, 1, .., n− 2}

Cung còn lại có số đo được xác định như sau :sdM̃n−1M0 = 2π − (n− 1)2πn

Từ đó suy ra các cung trên có số đo bằng nhau, hay đa giácM0M1...Mn−1

đều.

Hình 1.3: Biểu diễn các căn bậc 3 của số phức z=1+i



www.vietmaths.com

www.VIETMATHS.com

www.vietmaths.com


Định lý 1.4.7. 1. Nếu n |q thì nghiệm bất kỳ của phương trình zn− 1 = 0

cũng là nghiệm của phương trình zq − 1 = 0

2. Các nghiệm chung của phương trình zm − 1 = 0 và zn − 1 = 0 là các

nghiệm của phương trình zd = 0, d = UCLN(m,n).

3. Các căn bậc n nguyên thủy của đơn vị là

ωk = cos 2kπn

+ i. sin 2kπn, 0 6 k 6 m,UCLN(k, n) = 1

Chứng minh. Xem trong tài liệu ([2],p 45-46)

1.5 Tích thực của hai số phức

Như ta đã biết tích vô hướng hai véctơ là một số thực, trong phần này tôi

sẽ giới thiệu khái niệm tương tự cho tích hai số phức.

Định nghĩa 1.5.1. Tích thực của hai số phức a và b là một số xác định bởi

a.b = 12(ab+ ab)

Từ định nghĩa trên ta suy ra trực tiếp mệnh đề sau

Mệnh đề 1.5.2. Cho các số phức a, b, c, z, cá mệnh đề sau đây là đúng.

1. a.a = |a|2

2. a.b = b.a

3. a.(b+ c) = a.b+ a.c

4. (αa) = α(a.b) = a(αb)∀α ∈ R

5. a.b = 0 nếu và chỉ nếu OA ⊥ OB với A(a), B(b)

6. (az).(bz) = |z|2(a.b)



www.vietmaths.com

www.VIETMATHS.com

www.vietmaths.com


Mệnh đề 1.5.3. Giả sử rằng A(a), B(b), C(c)văD(d) là bốn điểm rời nhau.

Các mệnh đề sau đây là tương đương:

1. AB ⊥ CD

2. (b− a)(c− d) = 0

3. b−ad−c ∈ iR

∗

Chứng minh. Lấy điểm M(b− a), N(d− c) ta được tứ giác OAMB,OCDN

là hình bình hành, khi đó ta có AB ⊥ CD nếu và chỉ nếu OM ⊥ ON Mà,

m.n = (b − a)(d − c) = 0 nên theo tính chất 5 của mệnh đề trên ta suy ra

điều phải chứng minh. 2)⇔ 3) suy trực tiếp từ từ định nghĩa.



www.vietmaths.com

www.VIETMATHS.com

www.vietmaths.com

Chương 2

MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ SỐ PHỨC

Trong chương này ta sẽ làm quen với các bài toán liên quan đến số phức.

Áp các phép toán của số phức để giải các bài toán cổ điển các bài toán thi

IMO. Tham khảo trên tài liệu [2].

2.1 Dạng 1: Tính toán, biến đổi trên trường số phức

Bài tập 2.1.1. Cho a là số thực dương và đặt

M0 ={z ∈ C∗,

∣∣∣∣∣z + 1z

∣∣∣∣∣ = a

}

Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của |z| khi z ∈M0

Lời giải

Ta có a2 = |z + 1z |

2 =(z + 1

z

) (z + 1

z

)= |z|4+(z+z)2−2|z|2+1

|z|2

Điều này suy ra:

|z|4 − |z|2(a2 + 2

)+ 1 = −(z + z)2 6 0

Do đó

|z|2 ∈a2 + 2−

√a4 + 4a2

2 ; a2 + 2 +

√a4 + 4a2

2

Suy ra

|z| ∈−a+

√a2 + 4

2 ; a+√a2 + 42

Vậy

max |z| = a+√a2 + 42 ; min |z| = −a+

√a2 + 4

2 , z ∈M0, z = z

18


www.vietmaths.com

www.VIETMATHS.com

www.vietmaths.com


Bài tập 2.1.2. Chứng minh√72 6 |1 + z|+

∣∣∣1− z + z2∣∣∣ 6 3

√76∀z ∈ C, |z| = 1

Lời giải

Đặt t = |z + 1| ⇒ t ∈ [0; 2]

khi đó t2 = (1 = z)(1 + z) = 2 + 2Re(z)⇒ Re(z) = t2−22

Xét hàm số

f : [0; 2] −→ R, f(t) = t+√|7− 2t2|

Ta có:

f(√

72) = 7

2 ≤ t+√|7− 2t2| ≤ f(

√76) = 3

√76 .

Ngoài ra, |1 + z|+ |1 +−z + z2| = t+√|7− 2t2|.

Vậy√

72 6 |1 + z|+

∣∣∣1− z + z2∣∣∣ 6 3

√76 ,∀z ∈ C, |z| = 1.

Bài tập 2.1.3. Giải phương trình: z3 = 18 + 26i, z = x+ yi, x, y ∈ Z

Ta có: (x+ yi)3 = (x+ yi)2(x+ yi) = (x3 − 3xy2) + (3x2y − y3)i

Suy ra: x3 − 3xy2 = 18

3x2y − y3 = 26Đặt y = tx từ hệ trên ta suy ra

18(3t− t3)) = 26(1− 3t2), x.y 6= 0

(3t− 1)(3t2 − 12t− 13) = 0⇒ t = 13(t ∈ Q)

Với x = 3y thay vào phương trình x3 − 3xy = 18 ta được:

x = 3, y = 1.

Bài tập 2.1.4. Cho p, q là hai số phức, q 6= 0. Chứng minh rằng nếu các

nghiệm phương trình bậc hai x2 + px + q = 0 có môđun bằng nhau thì pq là

số thực.



www.vietmaths.com

www.VIETMATHS.com

www.vietmaths.com


(1999 Romanian Mathematical Olympiad-Final Round)

Lời giải

Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình và r = |x1| = |x2| khi ddos ta có:

p2

q2 = (x1 + x2)2

x− 1.x2= x1x− 2 + x2

x1+ 2 = x1.x2

r2 + x2.x1r2 + 2 = 2 + 2

r2Re(x1.x2)

Do đó p2

q2 là một số thực. Ngoài ra, Re(x1.x2) ≥ −|x1.x2| = r2 suy ra p2

q2 ≥ 0.

Vậy pq là số thực.

2.2 Dạng 2:ứng dụng số phức trong việc giải toán

sơ cấp

Bài tập 2.2.1. Chứng minh công thức lượng giác sau:

sin5t = 16sin5t− 20sin3t+ 5sint (2.1)

cos5t = 16cos5t− 20cost + 5cost (2.2)

Lời giải

áp dụng công thức Moiver ta có : (cost+ isint)5 = cos5t+ i.sin5t

Ngoài ra theo khai triển nhị thức:(cost+ isint)5 = cos5t+ 5icos4tsint+ 10i2cos3tsin2t

+10i3cos2tsin3t+ 5i4costsin4t+ i5sin5t

= cos5t− 10cos3t(1− cos2t) + 5cost(1− cos2t)2

+i(sin2t(1− sin2t)2 − 10(1− sin2t)sin3t+ sin5t)Đồng nhất phần thực, phần ảo hai biểu thức trên ta được điều phải chứng

minh.

Phần (2.2) tương tự.

Bài tập 2.2.2. Chứng minh rằng cosπ7 − cos2π7 + cos3π

7 = 12



www.vietmaths.com

www.VIETMATHS.com

www.vietmaths.com


(International Mathematical Olympiad -Poland 1963)

Lời giải

Xét phương trình x7 +1 = 0. Dễ thấy các nghiệm của phương trình là các căn

bặc 7 của số -1. Tức là tập nghiệm của phương trình là: {e iπ7 , e i3π7 , ..., e i13π7 }

Mặt khác e iπ7 + ei3π7 + ...+ ei

13π7 = e

iπ7 (e

i2π7 )7−1eiπ7

= 0 nên tổng phần thực của nó

bằng không. Do đó

cosπ

7 + cos3π7 + cos

5π7 + cos

7π7 + cos

9π7 + cos

11π7 + cos

13π7 = 0

⇔ 2(cosπ7 + cos3π7 + cos

5π7 )− 1 = 0

⇔ cosπ

7 − cos2π7 + cos

3π7 = 1

2 .

Bài tập 2.2.3. Chứng minh bất đẳng thức quen thuộc sau:

1.√x2 + xy + y2 +

√y2 + yz + z2 +

√z2 + zx+ x2 ≥

√3(x+ y + z),

∀x, y, z > 0

2.√

4cos2xcos2y + sin2(x− y) +√

4sin2xsin2y + sin2(x− y) ≥ 2),

∀x, y ∈ R

Lời giải

1.Đặt z1 = x+ y2 +

√3

2 yi, z2 = y + z2 +

√3

2 zi, z3 = z + x2 +

√3

2 xi

khi đó ta có:

|z1| =√x2 + xy + y2, |z2| =

√y2 + yz + z2, |z3| =

√z2 + zx+ x2

|z1 + z2 + z3| =√

3(x+ y + z)



www.vietmaths.com

www.VIETMATHS.com

www.vietmaths.com


áp dụng công thức 6 của Mệnh đề 1.2.5 ta được: |z1+z2+z3| ≤ |z1|+|z2|+|z3|

Suy ra:√x2 + xy + y2 +

√y2 + yz + z2 +

√z2 + zx+ x2 ≥

√3(x+ y + z).

2.Tương tự: Đặt z1 = 42cosxcosy+ isin(x− y), z2 = 2sinxsiny+ isin(x− y)

Ta suy ra điều chứng minh.

Bài tập 2.2.4. Chứng minh đẳng thức tổ hợp quen thuộc sau:

C02011 + C3

2011 + C62011 + ...+ C2010

2011 = 22011 + 13

Lời giải

Gọi ω là căn bậc nguyên thủy bậc 3 của đơn vị, tức là ω3 = 1, ω = cos2π3 +

isin2π3 khi đó ta có 1 + ω + ω2 = 0 và

ω3n = 1

ω3n+1 = ω

ω3n+2 = ω2

, n ∈ N

Khai triển các nhị thức Newton (1 + 1)2011, (1 + ω)2011, (1 + ω2)2011 ta được:

(1 + 1)2011 = C02011 + C1

2011 + C22011 + ...+ C2010

2011 + C20112011

(1 + ω)2011 = C02011 + C1

2011ω + C22011ω

2 + ...+ C20102011ω

2010 + C20112011ω

2011

= C02011 + C1

2011ω + C22011ω

2 + ...+ C20102011 + C2011

2011ω

(1 + ω)2011 = C02011 + C1

2011ω2 + C2

2011ω + ...+ C20102011 + C2011

2011ω2 Cộng vế theo

vế các số hạng của 3 tổng trên ta được:

3(C0

2011 + C32011 + ...+ C2010

2011)

= (1 + 1)2011 + (1 + ω)2011 + (1 + ω2)2011.

Ngoài ra,

• (1 + 1)2011 = 22011

• (1 + ω)2011 =(1 + cos2π

3 + isin2π3

)2011 =(cosπ3 + isinπ3

)2011

= cos2011π3 + isin2011π

3 = cosπ3 + isinπ3



www.vietmaths.com

www.VIETMATHS.com

www.vietmaths.com


•(1 + ω2

)2011 =(1 + cos4π

3 + isin4π3

)2011 =(cosπ3 − isin

π3

)2011

= cos2011π3 − i.sin2011π

3 = cosπ3 − isinπ3

Do đó:(1 + 1)2011 + (1 + ω)2011 + (1 + ω2)2011 = 22011 + 2cosπ3 = 22011 + 1

Từ trên suy ra

C02011 + C3

2011 + C62011 + ...+ C2010

2011 = 22011 + 13

Bài tập 2.2.5. Tìm tất cả các nghiệm thực dương của phương trình√

3x(1 + 1x+ y

) = 2√

7y(1− 1x+ y

) = 4√

2

1996 Vietnamese Mathematical Olympiad

Lời giải

Đặt u =√x, v = √y khi đó hệ trên trở thành:

u

(1 + 1

u2 + v2

)= 2√

3

v

(1− 1

u2 + v2

)= 4√

2√7

Nhưng u2 + v2 là bình phương của môđun số phức z = u+ iv nên ta nhân 2

vế của phương trình thứ 2 của hệ với i và cộng hai phương trình lại ta được:

u+ iv + u− ivu2 + v2 =

2√3

+ i4√

2√7

Mặt khác ta có: u−ivu2+v2 = 1

znên phương trình trên trở thành:

z + 1z

= 2√

3+ i

4√

2√7

Tức là z là nghiệm của phương trình

z2 − 2√

3+ i

4√

2√7

z + 1 = 0



www.vietmaths.com

www.VIETMATHS.com

www.vietmaths.com


Suy ra

z1 =( 1√

3+ 2√

21

)2+ i

2√

2√7

+√

2

z1 =( 1√

3− 2√

21

)2+ i

2√

2√7−√

2

Điều này suy ra nghiệm thực dương của hệ là( 1√3

+ 2√21

)2;2√

2√7

+√

22 ,

( 1√3− 2√

21

)2;2√

2√7−√

22 .

Bài tập 2.2.6. Hai đa giác đều nội tiếp trong đường tròn. Đa giác thứ nhất

có 2010 cạnh, đa giác thứ 2 có 2015 cạnh. Giả sử hai đa giác có đỉnh chung

tùy ý nào đó hãy tìm số đỉnh chung của hai đa giác đó.

Lời giải

Như đã nói ở trên, số đỉnh của chung của hai đa giác là số nghiệm chung của

hai phương rình z2010 = 1, z2222 = 1 áp dụng Định lý1.4.7 ta có số nghiệm

chung là d = UCLN(2010, 2015) = 5 Vậy hai đa giác có 5 đỉnh chung.

Bài tập 2.2.7. Cho P0P1...Pn−1 là đa giác đều nội tiếp trong đường trò bán

kính bằng 1. Chứng minh

1. P0P1.P0P2.....P0Pn−1 = n;

2. sinπn .sin2πn ....sin

(n−1)πn = n

2n−1

3. sinπn .sin3πn ....sin

(2n−1)πn = 1

2n−1

Lời giải

1.Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử các đỉnh của đa giac đều là các

điểm biểu diễn nghiệm của phương trình zn − 1 = 0, trong đó P0 = 1.



www.vietmaths.com

www.VIETMATHS.com

www.vietmaths.com


Xét đa thức f(z) = zn − 1 ta có f ′(z) = n.zn−1 ⇒ f ′(1) = n

Ngoài ra, ta cũng khai triển được

f(z) = (z − 1)(z − ω)(z − ω2)...(z − ω)n−1, ω = cos2πn

+ i.sin2πn

⇒ f ′(1) = (1− ω)(1− ω2)...(1− ωn−1).

Do đó

n = (1− ω)(1− ω2)...(1− ωn−1)

Lấy môđun hai vế ta được kết quả cần chứng minh.

2. Ta có1− ωk = 1− cos2kπ

n − i.sin2kπn = 2sin2 kπ

n − 2isinkπn .coskπn

= 2sinkπn (sinkπn − icoskπn ).

Do đó |1−ω|k = 2sinkπn , k = 1, 2, .., n− 1 Theo câu 1 suy ra điều phải chứng

minh.

3. Xét đa giác đều Q0Q1...Q2n−1 nội tiếp trong đường tròn, dễ thấy rằng các

đỉnh của nó là các điểm biểu diễn hình học căn bậc2n của đơn vị.Do đó theo

câu 1 ta có Q0Q1.Q0Q2.....Q0Q2n−1 = 2n.

Tương tự, đa giác đều Q0Q2...Qn−1 ta cũng có Q0Q2.Q0Q4.....Q0Q2n = n Điều

này suy raQ0Q1.Q0Q3.....Q0Q2n−1 = 2 Tương tự 2 ta cũng có đượcQ0Q2k−1 =

sin (2k−1)π2n , k = 1, 2, .., n Từ đây suy ra điều phải chứng minh.

Từ bài toán này ta có thể mở rộng thành bài toán tổng quát sau đây.

Bài tập 2.2.8. Cho hàm Euler ϕ(n) 1Chứng minh rằng:

1. ∏16k6n−1UCLN(k,n)=1

sin kπn = 1

2ϕ(n) trong đó n không là lũy thừa của số nguyên

tố.

2. ∏16k6n−1UCLN(k,n)=1

cos kπn = (−1)ϕ(n)

2

2ϕ(n) với mọi số nguyên dương n

1ϕ(n) là tập hợp các số nguyên dương không vượt quá n nguyên tố cùng nhau với n



www.vietmaths.com

www.VIETMATHS.com

www.vietmaths.com


Lời giải

Xem tài liệu ([2],p 50)

Bài tập 2.2.9. GọiM,N,P,Q,R, S là trung điểm của các cạnhAB,BC,CD,

DE,EF, FA của một lục giác. Chứng minh rằng

RN2 = MQ2 + PS2

nếu và chỉ nếu MQ ⊥ PS

( Romanian Mathematical Olympiad-Final Round,1994)

Lời giải

Gọi a, b, c, d, e, f là tọa độ các đỉnh của lục giác, khi đó các trung điểm

M,N,P, Q,R, S có tọa độ tương ứng là

m = a+ b

2 , n = b+ c

2 , p = c+ d

2

q = d+ e

2 , r = e+ f

2 , s = f + a

2Sử dụng tính chất của tích thực hai số phức, ta có

RN2 = MQ2 + PS2

⇔ (e+ f − b− c)(e+ f − b− c)

= (d+ e− a− b)(d+ e− a− a) + (f + a− c− d)(f + a− c− d)

⇔ (d+ e− a− b)(f + a− c− d) = 0 (2.3)

áp dụng Mệnh đề 1.5.3 ta suy ra (2.3) tương đương MQ ⊥ PS.



www.vietmaths.com

www.VIETMATHS.com

www.vietmaths.com


. KẾT LUẬN

Bài viết tuy ngắn nhưng tác giả cũng cố gắng nói lên được ý nghĩa của

việc học số phức ở trường phổ thông, cũng như giúp cho mọi người dễ dàng

tiếp cận số phức một cách chi tiết hơn.

Trong chuyên đề tiếp theo tôi sẽ giới thiệu chi tiết hơn về "số phức và

hình học" và ứng dụng của nó đã được thể hiện qua Bài tập 2.2.9.

Tôi mong rằng đây là tài liệu tham khảo bổ ích cho những ai quan tâm

đến nó.

Rất mong được sự đóng góp của quý thầy cô và các bạn.



www.vietmaths.com

www.VIETMATHS.com

www.vietmaths.com

Tài liệu tham khảo

1. Joseph Bak , Donald J.Newman, Complex Analysis

2. Titu Andreescu, Dorinandrica, Complex numbers from A to Z

28


www.vietmaths.com

www.VIETMATHS.com

www.vietmaths.com

Documents

So Phuc & Ung Dung Giai Toan So Cap - Ha Duy Nghia