ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
——————————–

NGUYỄN THỊ LINH

ỨNG DỤNG SỐ PHỨC ĐỂ GIẢI MỘT SỐ LỚP
BÀI TOÁN SƠ CẤP
Chun ngành: Phương pháp tốn sơ cấp
Mã số: 60.46.01.13

TĨM TẮT LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Người hướng dẫn khoa học:
TS. Lương Quốc Tuyển

ĐÀ NẴNG - NĂM 2018


Cơng trình được hồn thành tại
Trường Đại học Sư phạm - ĐHĐN

Người hướng dẫn khoa học: TS. LƯƠNG QUỐC TUYỂN

Phản biện 1:
TS.PHAN ĐỨC TUẤN
Phản biện 2:
PGS.TS.TRẦN ĐẠO DÕNG

Luận văn sẽ được bảo vệ trước Hội đồng chấm Luận văn tốt nghiệp
thạc sĩ Khoa học họp tại Trường Đại học Sư phạm - ĐHĐN

vào ngày 28 tháng 01 năm 2018

Có thể tìm hiểu luận văn tại:
- Trung tâm Thơng tin - Học liệu, Đại học Đà Nẵng
- Thư viện trường Đại học Sư phạm, Đại học Đà Nẵng


1

MỞ ĐẦU

1. Lý do chọn đề tài
Trong hệ thống kiến thức được đưa vào giảng dạy cho học sinh THPT, ngồi
những nội dung quan trọng của mơn tốn như phép biến hình, vectơ và tọa độ,
phương trình và bất phương trình đại số, hàm số, đồ thị và những kiến thức về
phép tính vi phân, tích phân, đại số tổ hợp thì số phức cũng được rất chú trọng
trong chương trình THPT và đã được đưa vào chương trình sách giáo khoa Giải
tích 12 hiện nay.
Do nhu cầu phát triển của nền Tốn học về việc giải những phương trình đại
số, số phức đã được xuất hiện từ thế kỉ XIX và đến bây giờ, nó đã giữ một vai
trị rất quan trọng trong sự phát triển của Toán học. Từ khi ra đời, số phức đã
thúc đẩy toán học phát triển mạnh mẽ và giải quyết rất nhiều vấn đề đang tồn
đọng trong khoa học và kỹ thuật. Đối với học sinh THPT, số phức là một trong
những nội dung đang cịn mới mẻ, khó tiếp cận và với thời lượng được đưa vào
học tập tại lớp không nhiều. Do vậy, học sinh chỉ mới nắm được những kiến thức
sơ cấp nhất của số phức và việc khai thác các ứng dụng của số phức đang còn rất
hạn chế.
Để đáp ứng được những nhu cầu như trên, đòi hỏi giáo viên phải có những
hiểu biết cần thiết nhất, có cách nhìn sâu sắc hơn về các ứng dụng của số phức.
Bởi các lí do đó cùng với sự định hướng của thầy giáo TS. Lương Quốc Tuyển,

chúng tôi đã quyết định chọn đề tài “Ứng dụng số phức để giải một số lớp các bài
toán sơ cấp” làm đề tài luận văn thạc sỹ của mình.
2. Mục đích nghiên cứu
Nghiên cứu các tính chất của số phức và khai thác những ứng dụng của nó để
giải một lớp các bài toán sơ cấp.


2

Là tài liệu tham khảo giúp cho học sinh hệ thống hóa được những kiến thức
cơ bản và nắm được dạng toán quen thuộc để giải quyết các bài toán khó hơn,
phức tạp hơn. Đồng thời giúp cho học sinh thấy được ý nghĩa quan trọng của số
phức trong toán học nói chung và trong giải tốn nói riêng.
3. Phương pháp nghiên cứu

• Tham khảo tài liệu và hệ thống hóa các kiến thức.
• Thể hiện tường minh các kết quả nghiên cứu trong đề tài.
• Trao đổi, thảo luận với giáo viên hướng dẫn.

4. Đối tượng nghiên cứu
Nghiên cứu các bài toán đại số trên tập hợp số phức và các dạng toán liên
quan.
5. Phạm vi nghiên cứu
Phạm vi nghiên cứu của luận văn là một số lớp bài tốn sơ cấp về số phức ở
chương trình tốn Trung học phổ thơng.
6. Đóng góp của đề tài
Đề tài có ý nghĩa về mặt lý thuyết, có thể sử dụng như tài liệu tham khảo
dành cho giáo viên và học sinh THPT khi dạy và học những kiến thức về số phức.
Nghiên cứu các bài tập nâng cao về ứng dụng số phức để giải một số lớp các
bài toán sơ cấp nhằm bồi dưỡng các đối tượng học sinh giỏi.

Góp phần nào đó phát triển năng lực giải tốn của học sinh, giúp học sinh
khắc sâu kiến thức đã học, nâng cao chất lượng dạy và học ở trường THPT.
7. Cấu trúc luận văn


3

Nội dung luận văn được trình bày trong hai chương. Ngồi ra, luận văn có Lời
cam đoan, Lời cảm ơn, Mục lục, phần Mở đầu, phần Kết luận và Kiến nghị, Tài
liệu tham khảo.
Chương 1, trình bày một số kiến thức cơ bản liên quan đến nội dung chính của
luận văn, bao gồm định nghĩa về số phức, phép cộng và phép trừ số phức, phép
nhân số phức, số phức liên hợp và môđun số phức, phép chia cho số phức khác
0...
Chương 2, đây là nội dung chính của luận văn. Chương này đi vào nghiên cứu
ứng dụng của số phức để giải một lớp các bài toán sơ cấp: Các phép tính về số
phức và các bài tốn định tính, chứng minh một số phức là số thực hay số ảo,
tìm số phức có mơđun lớn nhất, nhỏ nhất, tìm tập hợp các điểm trong mặt phẳng
tọa độ biểu diễn các số phức thỏa mãn một hệ thức cho trước, căn bậc hai của số
phức và phương trình bậc hai, phương trình bậc ba, phương trình bậc bốn, ứng
dụng số phức giải hệ phương trình đại số...
Trong suốt quá trình làm luận văn mặc dù được chỉ bảo ân cần, chu đáo song
nó cũng có hạn chế, sai sót. Vì vậy, em mong nhận được sự góp ý q báu của
các thầy cô để luận văn của em được hồn thiện hơn.
Chương 2, đây là nội dung chính của luận văn. Chương này đi vào nghiên cứu
ứng dụng của số phức để giải một lớp các bài toán sơ cấp: Các phép tính về số
phức và các bài tốn định tính, chứng minh một số phức là số thực hay số ảo,
tìm số phức có mơđun lớn nhất, nhỏ nhất, tìm tập hợp các điểm trong mặt phẳng
tọa độ biểu diễn các số phức thỏa mãn một hệ thức cho trước, căn bậc hai của số
phức và phương trình bậc hai, phương trình bậc ba, phương trình bậc bốn, ứng

dụng số phức giải hệ phương trình đại số...
Trong suốt quá trình làm luận văn mặc dù được chỉ bảo ân cần, chu đáo song
nó cũng có hạn chế, sai sót. Vì vậy, em mong nhận được sự góp ý quý báu của
các thầy cô để luận văn của em được hoàn thiện hơn.


4

CHƯƠNG 1

CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN

1.1. Xây dựng trường số phức
1.2. Số phức liên hợp
1.3. Mặt phẳng phức
1.4. Môđun và Argument của số phức
1.5. Dạng lượng giác của số phức
1.6. Dạng mũ của số phức
1.7. Khai căn của số phức
1.8. Tính chất của phép tốn trên C
1.9. Lũy thừa đơn vị ảo
1.10. Định lý Vi-ét
1.11. Bất đẳng thức Bunhiacopxki
1.12. Sơ đồ Horner


5

CHƯƠNG 2

ỨNG DỤNG SỐ PHỨC ĐỂ GIẢI MỘT LỚP CÁC BÀI
TỐN SƠ CẤP

Trong chương này, chúng tơi trình bày một số dạng toán của số phức cũng
như một số dạng tốn sử dụng số phức để giải trong chương trình Trung học Phổ
thơng.
2.1. Các phép tính về số phức và các bài tốn định tính
A. Kiến thức vận dụng
Cho z1 = a + bi và z2 = c + di. Khi đó,

• z1 + z2 = (a + c) + (b + d)i;
• z1 − z2 = (a − c) + (b − d)i;
• z1 z2 = (ac − bd) + (ad + bc)i;
•

z1
z1 z 2
(c + di)(a − bi) ac + bd + (ad − bd)i
=
=
.
2 =
z2
a2 + b2
a2 + b2
|z2 |

B. Một số dạng toán liên quan
Bài toán 2.1.1. Viết các số phức sau đây dưới dạng a + bi, (a, b ∈ R).
a) z = (2 + i)3 − (1 + 2i)3 − (3 − i)(2 − i);

b) z =

1 + i 3 − i 1 + 2i
+
−
;
1−i 2−i
1+i

(2 + i)2 (1 + i)
c) z =
.
2(1 − i) − 3(1 + i)
Lời giải:
(a) Ta có


6

z = 23 + 3.22 i + 3.2.i2 + i3
− (1 + 3.2i + 3.(2i)2 + (2i)3 ) − (6 − 3i − 2i + i2 )
= 8 + 12i − 6 − i − (1 + 6i − 12 − 8i) − (6 − 5i − 1)
= 8 + 18i.
Như vậy,

z = (2 + i)3 − (1 + 2i)3 − (3 − i)(2 − i) = 8 + 18i.
(b) Ta có

(1 + i)2
(3 − i)(2 + i) (1 + 2i)(1 − i)

z=
+
−
(1 − i)(1 + i) (2 − i)(2 + i)
(1 + i)(1 − i)
1 + 2i + i2 6 + i − i2 1 + i − 2i2
=
+
−
1+1
4+1
1+1
2i 7 + i 3 + i
= +
−
2
5
2
7
−1
+ i.
=
10
10
Do đó,

z=

1 + i 3 − i 1 + 2i −1
7

+
−
=
+ i.
1−i 2−i
1+i
10
10

(c) Ta có

(4 + i2 + 4i)(1 + i)
(3 + 4i)(1 + i)
=−
−1 − 5i
1 + 5i
3 + 4i2 + 7i
(1 − 7i)(1 − 5i)
=
=−
1 + 5i
(1 + 5i)(1 − 5i)

z=

1 + 35i2 − 12i
=
1 + 25
=

=

−34 − 12i
26

−17
6
− i.
13
13

Như vậy,

(2 + i)2 (1 + i)
−17
6
z=
=
− i.
2(1 − i) − 3(1 + i)
13
13
Bài tốn 2.1.2. Thực hiện phép tính sau:


7

a) (1 − i)2012 ;
b) i144 − i73 + i102 + i83 ;
c)

1 + 7i
4 + 3i

2013

;

d) 1 + i + i2 + i3 + ..... + i2012 .
Lời giải:
(a) Bởi vì 2012 = 2.1006 nên ta có

(1 − i)2012 = (1 − i)2

1006

= (1 − 2i + i2 )1006 = (−2i)1006

= (−2)1006 .i1006 = 21006 .(i2 )503 = 21006 .(−1)503
Như vậy, (1 − i)2012

= −21006 .
= −21006 .

(b) Ta có

i144 = (i4 )36 = 136 = 1;
i73 = (i4 )18 i = 118 i = i;
i102 = (i4 )25 i2 = 125 (−1) = −1;
i83 = (i2 )41 i = (−1)41 i = −i.

Do đó,

i144 − i73 + i102 + i83 = 1 + i − 1 − i = 0.
(c) Ta có

1 + 7i
4 + 3i

2013

(1 + 7i) (4 − 3i)
=
(4 + 3i) (4 − 3i)

2013

= (1 + i)2013 = (1 + i)2

=

25 + 25i
25

2013

1006

(1 + i)

= (1 + 2i + i2 )1006 (1 + i) = (2i)1006 .(1 + i)

= 22006 (i2 )503 (1 + i)

= 21006 (−1)503 .(1 + i)

= −21006 (1 + i)

= −21006 − 21006 i.

Như vậy,

1 + 7i
4 + 3i

2013

= −21006 − 21006 i.


8

(d) Ta nhận thấy rằng dãy số 1, i, i2 , i3 , ..., i2012 lập thành một cấp số nhân
gồm 2013 số hạng, có cơng bội là i, số hạng đầu là 1. Do đó,
1006
1 − i2013
1 − (i2 )
1−i
2
3
2012
1 + i + i + i + ..... + i

= 1.
=
=
= 1.
1−i
1−i
1−i
Như vậy,

1 + i + i2 + i3 + ..... + i2012 = 1.
√
3 1
Bài toán 2.1.3. Cho số phức z =
− i. Tính các số phức sau:
2
2
z ; z 2 ; (z)3 ; 1 + z + z 2 .
Bài toán 2.1.4. Cho a, b ∈ R\{0}, hãy tính

a + bi
b − ai

2013

.

Lời giải:
Ta có

(a2 + b2 )i

(a + bi)(b + ai) ab + a2 i + b2 i + abi2
a + bi
= 2
= i.
=
=
b − ai (b − ai)(b + ai)
a2 + b2
a + b2
Suy ra

a + bi
b − ai

2013

= i2013 = (i2 )1006 i = (−1)1006 i = i.

Như vậy,

(

a + bi 2013
)
= i.
b − ai

2.2. Giải phương trình và hệ phương trình đơn giản
A. Kiến thức vận dụng

• Đưa về phương trình bậc nhất theo z , thực hiện các phép tính số phức và
tính z .

• Nếu phương trình chứa z, z, |z|, thì ta đặt z = x+yi. Từ đó, suy ra z = x−yi
và |z| =

x2 + y 2 . Biến đổi hai vế theo x, y và cần bằng phần thực, phần

ảo ở hai vế để tính x, y .

B. Một số dạng toán liên quan


9

Bài tốn 2.2.1. Giải các phương trình sau với ẩn z .
(a) (2 + i)z = z + 2i − 1;
(b) (1 − i)(z − 2i) = 2 + i.
Lời giải:
(a) Ta có

(2 + i)z = z + 2i − 1 ⇔ z(2 + i − 1) = −1 + 2i
⇔ z(1 + i) = −1 + 2i ⇔ z

=

−1 + 2i
1+i

(−1 + 2i).(1 − i) −1 − 2i2 + i + 2i 1 + 3i

=
=
⇔z=
(1 + i).(1 − i)
1 − i2
1+1
1 3
⇔ z = + i.
2 2
Như vậy,

z=

1 3
+ i.
2 2

(b) Tương tự câu (a), ta có

2+i
1−i
(2 + i).(1 + i)
2 + i2 + 3i
⇔ z − 2i =
⇔ z − 2i =
(1 − i).(1 + i)
1 − i2
1 + 3i
1 + 3i
1 7

⇔ z − 2i =
⇔z=
+ 2i ⇔ z = + i.
2
2
2 2
(1 − i)(z − 2i) = 2 + i ⇔ z − 2i =

Do vậy,

1 7
+ i.
2 2
Bài tốn 2.2.2. Tìm các số thực x, y trong các trường hợp sau:
z=

x+1 y−1
=
;
1−i
1+i
1
y
b)
+
= 2 + 3i;
x − i 3 − 3i
a)

c) (x + i)(1 + yi) = (3 + 2i)x + 1 − 4i.

10

Bài tốn 2.2.3. Tìm số phức z, w thỏa mãn
z + w = 4 + 3i
z − iw = 3 − 2i.
Lời giải:
Dùng phương pháp thế và biến đổi ta được hệ phương trình:

z + w = 4 + 3i
z − iw = 3 − 2i
z = 4 + 3i − w
⇔ 4 + 3i − w − iw = 3 − 2i
⇔

z = 4 + 3i − w (1)
(1 + i)w = 1 + 5i (2)

Từ (2), ta suy ra
1 + 5i (1 + 5i).(1 − i) 1 + 5 − i + 5i
=
=
= 3 + 2i.
w=
1+i
(1 + i).(1 − i)
1+1
Từ (1), ta suy ra

z = 4 + 3i − w = 4 + 3i − 3 − 2i = 1 + i.
Như vậy, hệ phương trình có 1 nghiệm là
z =1+i
w = 3 + 2i.
2.3. Tìm phần thực và phần ảo của số phức
Bài tốn 2.3.1. Tìm các số thực x, y thoả mãn

3x + y + 5xi = 2y − 1 + (x − y)i.
Lời giải:
Cân bằng phần thực và phần ảo ở hai vế ta thu được hệ phương trình:
3x + y = 2y − 1
5x = x − y.
Giải hệ này ta được

1

x = −
7
4

y = .
7


11

Như vậy,

1


x = −
7
4

y = .
7
Bài tốn 2.3.2. Tìm phần thực, phần ảo của các số phức sau.

√
√
a) z = ( 2 + i)2 (1 − 2)i ; (Đại học A-2010)
√
3
1 + 3i
;
(Đại học B-2011)
b) z =
1+i
c) z =

√
1 2 2
+
i
3
3

4

√

7 4 2
+
i
9
9

2

.

Lời giải:
(a) Ta có

√
√
√
√
z = ( 2 + i)2 (1 − 2)i = (1 + 2 2i)(1 − 2)i
√
√
√
= 1 − 2i + 2 2i − 4i2 = 5 + 2i.
Sử dụng mối liên hệ giữa z và z ta suy ra:
√
z = 5 − 2i.
Như vậy,

z =5−

√

2i.

√
Suy ra phần thực của z là 5 và phần ảo của z là − 2.
(b) Ta có

√
√ 3
√ 2
√ 3
√
3
1 + 3i
(1 + 3i)
1 + 3 3i + 3( 3i) + ( 3i)
z=
=
=
1+i
1 + 3i + 3i2 + i3
(1 + i)3
−8
4
4(1 + i)
=
=
=
= 2 + 2i.
−2 + 2i 1 − i (1 − i).(1 + i)

Như vậy, phần thực của z là 2 và phần ảo của z là 2.


12

(c) Đầu tiên ta thấy rằng

√
1 2 2
+
i
3
3

2

√
7 4 2
=− +
i.
9
9

Suy ra

√
√
√
√
2

7 4 2 2
7 4 2
7 4 2
7 4 2 2
i) .(− −
i) = (− +
i).(− −
i) .
z = (− +
9
9
9
9
9
9
9
9
√
√
7 4 2
7 4 2
Bởi vì − +
i và − −
i là hai số phức liên hợp nên
9
9
9
9
√
√

√
7 4 2
7 4 2
7 2
4 2 2
− +
i
− −
i = (− ) − (
i) = 1 ⇒ z = 1.
9
9
9
9
9
9
Như vậy, phần thực của z là 1 và phần ảo của z là 0.
Bài tốn 2.3.3. Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)n với n ∈ N thỏa mãn
phương trình

log4 (n − 3) + log4 (n + 9) = 3.
Lời giải:
Điều kiện của phương trình là: n > 3. Ta có

log4 (n − 3) + log4 (n + 9) = 3.
⇔ log4 (n − 3)(n + 9) = 3 ⇔ (n − 3)(n + 9) = 43
⇔ n2 + 6n − 91 = 0 ⇔ n = 7(thỏa mãn).
Do vậy, n = 7.
Bài tốn 2.3.4. Tìm phần ảo của số phức z biết
iz − (1 + 3i)z

= |z|2 .
1+i
Lời giải:
Đặt z = a + bi. Ta có

z = a − bi và |z|2 = a2 + b2 .

Thay z = a + bi; z = a − bi và |z|2 = a2 + b2 vào biểu thức ta có:


13

iz − (1 + 3i)z
i(a + bi) − (1 + 3i)(a − bi)
= |z|2 ⇔
= a2 + b2
1+i
1+i
−3a − 3b + (−a + 5b)i = 2(a2 + b2 )
⇔

−3a − 3b = 2(a2 + b2 )
−a + 5b = 0

⇔

2(5b)2 + 2b2 + 3b + 3(5b) = 0
a = 5b

⇔

b(26b + 9) = 0
a = 5b


45


a=−
a=0
26
⇔ b = 0 (nhận) hoặc

9

b=−
26
• Với a = 0; b = 0 ta thu được số phức z1 = 0.

• Với a =

(nhận).

−45
−45
9
ta có số phức z2 =
− i.
26
26

26

Như thế, ta có hai số phức cần tìm là z1 = 0, có phần ảo bằng 0 và z2 =

−45
9
9
− i có phần ảo bằng − .
29
26
26
Bài tốn 2.3.5. Tìm phần ảo của số phức z , biết
z + 3z = (1 − 2i)2 .
Bài tốn 2.3.6. Tìm phần thực của số phức z , biết

z − (1 + i)z = (1 + 2i)2 .
Bài tốn 2.3.7. Tìm số phức z thỏa mãn :
a) |z + 2i| = |z − 1 + i| và
b) |z| =
c) |z| =

√
√

z+1−i
là một số thuần ảo.
z + 2i

2 và z 2 là số thuần ảo. (Đại học D-2010)
5 và phần thực của z bằng 2 lần phần ảo của nó.

14

2.4. Tính mơđun của các số phức

√ 3
(1 − 3i)
. Tính mơđun
Bài tốn 2.4.1. Cho số phức z thỏa mãn z =
1−i
của số phức z + iz. (Đại học A-2010)
Bài tốn 2.4.2. (a) Tính |z|, biết

(2z − 1)(1 + i) + (z + 1)(1 − i) = 2 − 2i;
(b) Cho số phức z thỏa mãn

(1 + i)(z − i) + 2z = 2;
Tính w =

z − 2z + 1
. (Đại học D-2013)
z2

2.5. Chứng minh một số phức là số thực hay số ảo
Ta có

• z là số thực ⇔ z = z;
• z là số ảo ⇔ z = −z.
Bài toán 2.5.1. Cho n là số nguyên dương, chứng minh rằng.

a) z =

6 + 17i
4 + 3i

13 + 6i
b) z =
4 + 5i
√
c) z = 2 + i 5
d) z =

19 + 7i
9−i

n

+

n

3 − 28i
5 − 6i

∈ R;

2n

(3 + 4i)n ∈ R;
7

√
+ 2−i 5
n

+

7

∈ R;
n

20 + 5i
7 + 6i

∈ R.

Bài toán 2.5.2. Cho số phức z thỏa mãn
2z + 1
∈ R.
z−2
Chứng minh rằng z ∈ R.
Lời giải:
Bởi vì

2z + 1
là số thực nên ta có
z−2

15

2z + 1
=
z−2

2z + 1
.
z−2

2z + 1
2z + 1
2z + 1
=
, kéo theo
=
z−2
z−2
z−2
2zz − 4z + z − 2 = 2zz + z − 4z − 2 ⇒ 5z = 5z.
Như vậy, z = z, suy ra z ∈ R.

2m + 1 + (m + 2)i
là số ảo.
1 − 2mi
Bài toán 2.5.4. Cho z ∈ C. Chứng minh rằng

Bài toán 2.5.3. Tìm m ∈ R sao cho z =

1

|z + 1| ≥ √ hoặc |z 2 + 1| ≥ 1.
2
2.6. Tìm số phức có mơđun lớn nhất, nhỏ nhất
A. Kiến thức vận dụng
Giả sử z = x + iy , suy ra |z|2 = x2 + y 2 . Khi đó,

• Nếu x, y thỏa mãn điều kiện
ax + by + c = 0,
trong đó a, b, c là các hằng số thực, thì từ phương trình này ta tính y theo x. Do
đó,

|z|2 = x2 + y 2 = f (x).
Lập bảng biến thiên của hàm số f (x), từ đó suy ra giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
nhất (nếu có) của |z|.

• Nếu x, y thỏa mãn điều kiện
(x − a)2 + (y − b)2 = R2 ,
trong đó a, b, R là các hằng số thực và R > 0, thì áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki hoặc đặt x2 + y 2 = a2 (a > 0) và tìm a để hệ phương trình
(x − a)2 + (y − b)2 = R2
x2 + y 2 = a
có nghiệm. Từ đó suy ra giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất (nếu có) của |z|.


16

B. Một số bài toán liên quan
Bài toán 2.6.1. Hãy tìm số phức có mơđun nhỏ nhất trong tất cả các số phức

z thỏa mãn điều kiện sau
|z − 2i + 2| = |z + 4| .

Bài toán 2.6.2. Trong tất cả các số phức z thỏa mãn điều kiện

|z − (6 + 8i)| = 5.
Hãy tìm số phức z sao cho:
a) |z| nhỏ nhất;
b) |z| lớn nhất.
Bài toán 2.6.3. Cho số phức z =
a) Tìm m để zz =

i−m
, trong đó m ∈ R.
1 − m(m − 2i)

1
;
2

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của số thực k sao cho tồn tại m để

|z − 1| ≤ k.
2.7. Tìm tập hợp các điểm trong mặt phẳng tọa độ biểu diễn các số
phức thỏa mãn một hệ thức cho trước
A. Kiến thức vận dụng
Trong dạng này, ta gặp các bài toán biểu diễn hình học của số phức hay cịn
gọi là tìm tập hợp điểm biểu diễn một số phức z , trong đó z thoả mãn một hệ
thức nào đó. Ta có phương pháp giải bài tốn này như sau:
Giả sử z = x + yi. Khi đó số phức z biểu diễn trên mặt phẳng phức bởi điểm

M (x; y). Ta có
OM =

x2 + y 2 = |z| .

Sử dụng dữ kiện của đề bài để tìm mối liên hệ giữa x và y , từ đó suy ra quỹ tích
của điểm M .
Lưu ý:


17

• Với số thực dương R, tập hợp các số phức với |z| = R biểu diễn trên mặt
phẳng phức là đường trịn tâm O, bán kính R.

• Các số phức z , |z| < R là các điểm nằm trong đường trịn (O; R).
• Các số phức z , |z| > R là các điểm nằm ngồi đường trịn (O; R).
B. Một số dạng toán liên quan
Bài toán 2.7.1. Trong mặt phẳng phức, tìm tập hợp các điểm biểu diễn của số
phức z thỏa mãn điều kiện:

|z − i| = |(1 + i)z| .
Lời giải:
Gọi M (x, y) là điểm biểu diễn của số phức z = x + yi. Khi đó,

|z − i| =

x2 + (y − 1)2 .

Ta có

|(1 + i)z| = |(1 + i)(x + yi)| =

(x − y)2 + (x + y)2 .

Như vậy,

|z − i| = |(1 + i)z| ⇔ x2 + (y − 1)2 = (x − y)2 + (x + y)2
⇔ x2 + (y + 1)2 = 2.
Do đó, quỹ tích là đường trịn: x2 + (y + 1)2 = 2.
Bài tốn 2.7.2. Trong mặt phẳng phức, tìm tập hợp các điểm biểu diễn của số
phức z thỏa mãn điều kiện:

|z + 2| = |i − z| .
Bài toán 2.7.3. Trong mặt phẳng phức, tìm tập hợp các điểm biểu diễn của số
phức z thỏa mãn điều kiện

|z − 2| + |z + 2| = 5.
Bài toán 2.7.4. Trong mặt phẳng phức, tìm tập hợp các điểm biểu diễn của số
phức z thỏa mãn điều kiện:

|z − 1 + 2i| ≤ 2.
Bài toán 2.7.5. Giả sử các điểm A, B, C trong mặt phẳng phức theo thứ tự


18

biểu diễn các số

2 + 6i
4i
, (1 − i)(1 + 2i),

.
i−1
3−i
(a) Chứng minh

ABC là tam giác vng cân;

(b) Tìm số phức biểu diễn bởi điểm D sao cho ABCD là hình vng.
Bài tốn 2.7.6. Xác định các điểm nằm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số
phức z thoả mãn một trong các điều kiện sau đây:
(a) |z + z + 3| = 4;
(b) |z + z + 1 − i| = 2;
(c) 2 |z − i| = |z − z + 2i|.
Bài toán 2.7.7. Cho z1 = 1 + i; z2 = −1 − i. Tìm z3 ∈ C sao cho các điểm biểu
diễn của z1 , z2 , z3 tạo thành tam giác đều.
2.8. Căn bậc hai của số phức và phương trình bậc hai
A. Căn bậc hai của số phức
1. Kiến thức vận dụng
Gọi ω = x + iy là căn bậc hai của z = a + bi. Khi đó,
ω 2 = z ⇔ (x + iy)2 = a + bi

⇔ x2 − y 2 + 2xyi = a + ib ⇔

x2 − y 2 = a
2xy = b.

Giải hệ phương trình trên ta tìm được x, y từ đó suy ra ω là căn bậc hai của z .
2. Một số dạng toán liên quan
Bài tốn 2.8.1. Tìm căn bậc hai của số phức.
(a) z = 8 + 6i;

(b) z = 33 − 56i;


19

√
(c) z = −1 + 4i 3;
(d) z = −5 + 12i.
Lời giải:
(a) Giả sử ω = x + iy là căn bậc hai của số phức z = 8 + 6i. Khi đó,

ω 2 = 8 + 6i.
Cân bằng phần thực, phần ảo hai vế ta có hệ phương trình:

x2 − y 2 = 8 ⇔ x2 − y 2 = 8 ⇔ x2 = 9
2xy = 6
x2 + y 2 = 10
y2 = 1
x = −3
x=3
⇒ y = −1 hoặc y = 1.
Như vậy, z = 8 + 6i có 2 căn bậc 2 là ω = −3 − i và ω = 3 + i.
B. Phương trình bậc hai Az 2 + Bz + C = 0.
1. Kiến thức vận dụng

• Tính ∆ = B 2 − 4AC .
• Tính căn bậc hai của ∆. Gọi δ là một căn bậc hai của ∆. Khi đó, nghiệm
−B ± δ
.
của phương trình là z =

2A
2. Một số dạng tốn liên quan
Bài tốn 2.8.2. Giải các phương trình sau:
a) z 2 + (2i + 1)z + 1 − 5i = 0;
b) z 2 + 3(1 + i)z + 5i = 0; (Đại học D-2012)
c)

z − 2i
= z + i.
z−2
Lời giải:

(a) Ta có

∆ = (2i + 1)2 − 4(1 − 5i) = −7 + 24i = (3 + 4i)2 .


20

Suy ra phương trình có nghiệm là:

z = i + 1; z = −2 − 3i.
(b) Ta có

∆ = 9(1 + i)2 − 20i = −2i = (1 − i)2 .
Suy ra phương trình có nghiệm là :

z=

−3(1 + i) − 1 + i

−3(1 + i) + 1 − i
= −1 − 2i; z =
=−2 − i.
2
2

(c) Ta có

z − 2i
=z+i⇔
z−2

z=2
z − 2i = z 2 + iz − 2z − 2i.

Suy ra nghiệm của phương trình đã cho là: z = 0; z = 3 − i.
Bài toán 2.8.3. Tìm a ∈ C sao cho z = 2 + i là nghiệm của

z 2 − az + a − 3 = 0.
Bài toán 2.8.4. Gọi z là nghiệm của phương trình z 2 − 2z + 2 = 0. Tính giá trị
của biểu thức:

Q = z 2012 +

1
z 2012

.

Bài toán 2.8.5. Gọi z1 , z2 là hai nghiệm của phương trình

√
√
z 2 − (1 + i 2)z + 1 − i 2 = 0.
Khơng giải phương trình hãy tính
1
4
A = z1
+
z2 z1

+ z2

1
4
+
z1 z2

.

Bài tốn 2.8.6. Tìm m ∈ R sao cho phương trình

z 2 + (m − 1)z + 2m2 − 4m + 1 = 0
có hai nghiệm z1 , z2 thỏa mãn (z1 2 + z2 2 ) nhỏ nhất.
Bài tốn 2.8.7. Trên tập số phức, tìm m để phương trình bậc hai

z 2 + mz + i = 0
có tổng bình phương hai nghiệm bằng −4i.


21

Bài toán 2.8.8. Trong mặt phẳng phức cho A và B là hai điểm lần lượt biểu
diễn hai nghiệm phức của phương trình

z 2 + 6z + 18 = 0.
Chứng minh rằng tam giác OAB vng cân.

2.9. Phương trình bậc ba, phương trình bậc bốn
A. Phương trình bậc ba : Az 3 + Bz 2 + Cz + D = 0 (A = 0).
1. Kiến thức vận dụng
Biến đổi phương trình về dạng:

(z − z0 )(Az 2 + bz + c) = 0 ⇔

z = z0
Az 2 + bz + c = 0.

2. Một số dạng toán liên quan
Bài toán 2.9.1. Giải phương trình.
(a) z 3 − (3 + i)z 2 + 2z + i = 0 ;
(b) 2z 3 − (i + 6)z 2 + (5i + 6)z + 1 − 3i = 0.
Biết một nghiệm của phương trình là 1 + i.
Lời giải:
(a) Dễ dàng thấy rằng, phương trình đã cho có một nghiệm z = 1. Do đó, chia
đa thức z 3 − (3 + i)z 2 + 2z + i cho z − 1 ta được
z 3 − (3 + i)z 2 + 2z + i = (z − 1)(z 2 − (2 + i)z − i) = 0
z=1
⇔ z 2 − (2 + i)z − i = 0.(∗)
Giải phương trình (∗). Ta có

∆ = (2 + i)2 + 4i = 3 + 8i.
Gọi δ = x + iy là căn bậc hai của ∆. Khi đó,

δ 2 = x2 − y 2 + 2xyi = 3 + 8i.
Ta thu được hệ phương trình:


22


4

4
y=
2
2
y
=
x −y =3 ⇔
x
⇔
x 2
16
2xy = 8

4
 x2 −
x
−
3x − 16 = 0

=
3
 x2

√
√




3
+
73
3
+
73




x=−
x=
√2
√2
∨
⇔


4 2
4 2







√
√ .
y=−
y=
3 + 73
3 + 73
Do vậy, tập nghiệm của phương trình là:


1;


3+

√

73

2

√

+i

4 2
√ ;−
3 + 73

3+

√

73

2

√

−i




4 2
.
√

3 + 73

Bài tốn 2.9.2. Tìm m ∈ R sao cho phương trình:

z 3 + 2iz 2 − (2i + m)z − mi = 0 (1)
có một nghiệm thực. Giải phương trình đã cho với m tìm được.
Bài tốn 2.9.3. Tìm hai số thực a,b sao cho phương trình

z 3 − (a + 4)z 2 + (6 + b)z − 5 = 0 (1)
có 1 nghiệm là z = 2 + i. Giải phương trình với a, b vừa tìm được.

B. Phương trình bậc bốn:

Az 4 + Bz 3 + Cz 2 + Dz + E = 0 (A = 0)
Kiến thức vận dụng
Cách 1 : Biến đổi phương trình về dạng: (z 2 + az + b)(z 2 + cz + d) = 0.
Cách 2 : Đặt ẩn phụ quy về phương trình bậc hai.
Cách 3: Nếu biết được 1 nghiệm z0 thì biến đổi phương trình về dạng:

(z − z0 )(Az 3 + bz 2 + cz + d) = 0.
Một số dạng toán liên quan
Bài tốn 2.9.4. Giải phương trình

z 4 − (3 + 6i)z 2 − 8 + 6i = 0.


23

Lời giải:
Đặt u = z 2 , khi đó phương trình (1) trở thành

u2 − (3 + 6i)u − 8 + 6i = 0. (2)
Ta có

∆ = (3 + 6i)2 − 4(−8 + 6i) = 5 + 12i = (3 + 2i)2 .
Suy ra (2) có nghiệm là:


3 + 6i + 3 + 2i
u
=
= 3 + 4i

2

3 + 6i − 3 − 2i
u=
= 2i.
2

Do đó, (1) có nghiệm:

z 2 = 3 + 4i = (2 + i)2
⇔
z 2 = 2i = (1 + i)2

z = 2 + i ∨ z = −2 − i
z = 1 + i ∨ z = −1 − i.

Như vậy, tập nghiệm của (1) là:

S = {2 + i ; −2 − i ; 1 + i ; −1 − i} .
Bài toán 2.9.5. Giải phương trình:

(z − 3i)(z − i)(z + 2i)(z + 4i) = 2 − 36i
biết rằng z có phần thực, phần ảo là các số ngun.
Bài tốn 2.9.6. Giải phương trình

z 4 − (2 + i)z 3 + 2(1 + i)z 2 − (2 + i)z + 1 = 0. (1)
Bài tốn 2.9.7. Tìm m ∈ R sao cho phương trình:

z 4 − (2m + 2)z 3 + 15z 2 − (4m + 10)z + 10 = 0 (1)
có một nghiệm là 1 + i. Giải phương trình với giá trị m vừa tìm được.

2.10. Ứng dụng số phức giải hệ phương trình đại số
A. Kiến thức vận dụng
Nhân hai vế của một trong hai phương trình của hệ cho i, sau đó cộng hoặc trừ
hai phương trình của hệ, ta được một phương trình (∗). Biến đổi phương trình