Một số dạng toán thường gặp về số phức và ứng dụng

Phạm T Bích Ngọc - THPT Tiên Lữ: MỘT SỐ DẠNG TOÁN THƯỜNG
GẶP VỀ SỐ PHỨC VÀ ỨNG DỤNG
A- PHẦN MỞ ĐẦU
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Số phức có vai trò quan trọng trong toán học, với sự xuất hiện của số i, một trong những ký
hiệu thông dụng nhất trong toán học, đã dẫn đến việc định nghĩa số phức dạng z= a + bi, trong đó a,
b là các số thực.
Đối với chương trình toán học phổ thông số phức được đưa vào cuối cấp lớp 12, việc làm
quen sử dụng và ứng dụng số phức vào giải toán đối với học sinh là một điều khó, mấy năm gần
đây trong các đề thi tuyển sinh đại học và cao đẳng đã đề cập đến số phức ở những dạng toán đơn
giản. Để giúp các em hiểu sâu hơn về các dạng toán thường gặp về số phức và ứng dụng của số
phức, tôi mạnh dạn lựa chọn đề tài: “Một số dạng toán thường gặp về số phức và ứng dụng”.
II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU
Nghiên cứu đề tài “Một số dạng toán thường gặp về số phức và ứng dụng” nhằm giúp học
sinh rèn kỹ năng giải toán về số phức, nhằm phát triển tư duy logic cho học sinh đồng thời nâng cao
chất lượng học tập của học sinh, tạo được hứng thú học tập môn toán, góp phần đổi mới phương
pháp giảng dạy bộ môn theo hướng phát huy tính tích cực, tự giác, sáng tạo của học sinh , góp phần
nâng cao chất lượng đội ngũ học sinh khá giỏi về môn toán, góp phần kích thích sự đam mê, yêu
thích môn toán, phát triển năng lực tự học, tự bồi dưỡng kiến thức cho học sinh. Đối tượng áp dụng:
học sinh 12.
III. NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU
Xác định cơ sở khoa học của số phức với dạng đại số và lượng giác phân ra một số dạng
toán thường gặp về số phức.
Tiếp cận một số ứng dụng của số phức trong giải toán đại số, lượng giác và hình học.
IV. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU
Một số dạng toán thường gặp về số phức, ứng dụng của số phức trong giải các bài toán đại
số, lượng giác và hình học trong chương trình toán trung học phổ thông.
V. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
Nghiên cứu sách giáo khoa, sách tham khảo, các tài liệu có liên quan về số phức.
Thực hiện các tiết dạy tại một số lớp.
B – PHẦN NỘI DUNG

I- CƠ SỞ LÝ THUYẾT
1. Khái niệm số phức
Một số phức là một biểu thức dạng a+bi, trong đó a và b là những số thực và số i thỏa mãn
i
2
=-1. Ký hiệu số phức đó là z và viết z=a+bi.
i được gọi là đơn vị ảo, a được gọi là phần thực và b được gọi là phần ảo của số phức z=a+bi
Tập hợp các số phức được ký hiệu là C.
Chú ý: Số phức z= a+ 0i có phần ảo bằng 0 được coi là số thực và viết là a + 0i =a thuộc R
⊂
C
Số phức có phần thực bằng 0 được gọi là số ảo (còn gọi là số thuần ảo):
z= 0+ bi = bi (b
R∈
); i= 0 + 1i= 1i
Số 0= 0 + 0i vừa là số thực vừa là số ảo.
Định nghĩa 2:
Hai số phức z= a+ bi (a, b
R∈
), z’= a’+ b’i (a’,b’
R∈
) gọi là bằng nhau nếu a=a’, b= b’
Khi đó ta viết z= z’.
2. Biểu diễn hình học số phức
Ta đã biết biểu diễn hình học các số thực bởi các điểm trên một trục số. Đối với các số phức,
ta hãy xét mặt phẳng tọa độ Oxy. Mỗi số phức z= a+ bi (a,b
R∈
) được biểu diễn bởi điểm M có tọa
độ (a;b). Ngược lại, rõ ràng mỗi điểm M(a;b) biểu diễn số phức là z= a+ bi. Ta còn viết M(a+bi)
hay M(z).

Vì lẽ đó, mặt phẳng tọa độ với việc biểu diễn số phức như thế được gọi là mặt phẳng phức.
3. Phép cộng và phép trừ số phức
a) Tổng của hai số phức
Định nghĩa 3: Tổng của hai số phức z= a+ bi, z’= a’+ b’i (a, b, a’, b’
R∈
) là số phức z+ z’ = a+ a’
+ (b+b’)i
b) Tính chất của phép cộng số phức
Từ định nghĩa 3, dễ thấy phép cộng các số phức có các tính chất sau đây, tương tự phép
cộng các số thực.
• Tính chất kết hợp: (z+ z’) + z”=z+ (z’+ z”) với mọi z, z’, z”
C∈
• Tính chất giao hoán: z+ z’=z’+z với mọi z,z’
C
∈
• Cộng với 0: z+ 0 = 0+ z = z với mọi z
C∈
• Với mỗi số phức z= a+ bi (a,b
R∈
) nếu ký hiệu số phức –a –bi là –z thì ta có: z+ (-z) = (-z)
+z =0
Số -z được gọi là số đối của số phức z.
c) Phép trừ hai số phức
Định nghĩa 4: Hiệu của hai số phức z và z’ là tổng của z với –z’, tức là z-z’=z+(-z’). Nếu z= a+ bi,
z’=a’+b’i (a,b,a’,b’
R∈
) thì z-z’ = a-a’ + (b-b’)i
4. Phép nhân số phức
a) Tích của hai số phức
Định nghĩa 5: Tích của hai số phức z= a+ bi và z’= a’+ b’i (a,b,a’,b’

R∈
) là số phức zz’= aa’ –
bb’+(ab’+a’b)i
b) Tính chất của phép nhân số phức
• Tính chất giao hoán: zz’=z’z với mọi z,z’
C∈
• Tính chất kết hợp: (zz’)z”= z(z’z”) với mọi z,z’,z”
C
∈
• Nhân với 1: 1.z = z.1 với mọi z
C∈
• Tính chất phân phối của phép nhân đối với phép cộng:
z(z’+z”) = zz’+zz” với mọi z,z’,z”
C∈
5. Số phức liên hợp và môđun của số phức
a) Số phức liên hợp
Định nghĩa 6: Số phức liên hợp của z= a+ bi (a, b
R∈
) là a-bi và được ký hiệu bởi
z
Như vậy:
z a bi a bi= + = −
Rõ ràng:
z
= z nên người ta còn nói
z
và z là hai số phức liên hợp với nhau (gọi tắt là hai số
phức liên hợp). Hai số phức liên hợp khi và chỉ khi các điểm biểu diễn của chúng đối xứng với nhau
qua trục Ox.
b) Mô đun của số phức

Định nghĩa 7: Mô đun của số phức z=a+bi (a, b
R∈
) là số thực không âm
2 2
a b+
và được ký
hiệu là
z
Như vậy: Nếu z= a+bi (a, b
R∈
) thì
2 2
z zz a b= = +
6. Phép chia cho số phức khác 0
Định nghĩa 8: Số nghịch đảo của số phức z khác 0 là số
1
2
1
z z
z
−
=
Thương
'z
z
của phép
chia số phức z’ cho số phức z khác 0 là tích của z’ với số phức nghịch đảo của z, tức là
1
'
'

z
z z
z
−
=

Như vậy: Nếu
0z ≠
thì
2
' 'z z z
z
z
=
7. Căn bậc hai của số phức
Định nghĩa: Cho số phức w, mỗi số phức z thỏa mãn
2
wz =
được gọi là một căn bậc hai
của w.
8. Phương trình bậc hai.
Nhờ tính được căn bậc hai của số phức, dễ thấy mọi phương trình bậc hai
( )
2
0 1Az Bz C+ + =
Trong đó A,B,C là những số phức, (
0A
≠
) đều có hai nghiệm phức (có thể
trùng nhau). Việc giải phương trình đó được tiến hành tương tự như trong trường hợp A, B, C là

những số thực. Cụ thể là:
Xét biệt thức:
2
4b ac∆ = −
- Nếu
0
∆ ≠
thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt:
1 2
;
2 2
B B
z z
A A
δ δ
− + − −
= =
trong đó
δ
là một căn bậc hai của
∆
- Nếu
0
∆ =
thì phương trình (1) có nghiệm kép:
1 2
2
B
z z
A

= = −
9. Dạng lượng giác của số phức
Định nghĩa 1: Cho số phức
0z
≠
. Gọi M là điểm trong mặt phẳng phức biểu
diễn số z. Số đo (radian) của mỗi góc lượng giác tia đầu Ox, tia cuối OM được gọi là
acgument của z
Định nghĩa 2: Dạng
( os isin )z r c
φ φ
= +
trong đó r > 0 được gọi là dạng lượng giác của số
phức
0z
≠
. Còn dạng z=a+ bi (
,a b R∈
) được gọi là dạng đại số của số phức z.
10. Nhân và chia số phức dưới dạng lượng giác
Định lý: Nếu
( os isin )z r c
φ φ
= +
,
' '( os ' isin ')( 0, ' 0)z r c r r
φ φ
= + ≥ ≥
thì
zz’= rr’

( )
os ' isin( ')]c
φ φ φ φ
 
+ + +
 
,
( ) ( )
' '
os ' isin '
z r
c
z r
φ φ φ φ
 
= − + −
 
(Khi r>0)
11. Công thức Moa-vro (Moivre) và ứng dụng
a) Công thức Moavro
Từ công thức nhân số phức dưới dạng lượng giác, bằng quy nạp toán học dễ dàng suy ra với
mọi số nguyên dương n.
( )
[ ( os isin )] os isin
n n
r c r c
φ φ φ φ
+ = +
và khi r=1 ta có:
( os isin ) osn isin

n
c c n
φ φ φ φ
+ = +
b) Căn bậc hai của số phức dưới dạng lượng giác.
Từ công thức Moavro dễ thấy số phức
( os isin )z r c
φ φ
= +
trong đó r>0 có hai căn bậc hai
là:
os isin
2 2
r c
φ φ
 
 ÷
 
và -
os isin os isin
2 2 2 2
r c r c
φ φ φ φ
 
     
= + Π + + Π
 ÷  ÷  ÷ ÷
     
 
II- MỘT SỐ DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP VỀ SỐ PHỨC

1. Tìm tập hợp điểm biểu diễn của số phức
Thí dụ 1: Tìm tập hợp các điểm biểu diễn của số phức z sao cho
2 3z i
u
z i
+ +
=
−
là một số thuần
ảo.
Giải: Đặt z= x+ yi (x, y
R∈
), khi đó:
( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
( )
2
2
2 2
2
2
2 3 1
2 3
1
1
2 2 3 2 2 1

1
x y i x y i
x y i
u
x y i
x y
x y x y x y i
x y
   
+ + + − −
+ + +
   
= =
+ −
+ −
+ + + − + − +
=
+ −
u là số thuần ảo khi và chỉ khi
( )
( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2
2
2
2 2 3 0
1 1 5
1 0
; 0;1

x y x y
x y
x y
x y


+ + + − =
+ + + =
 
⇔
 
+ − >
≠




Vậy tập hợp các điểm biểu diễn của z là đường tròn tâm I(-1;-1), bán kính
5
trừ điểm (0;1).
Thí dụ 2: Tìm tập hợp các điểm biểu diễn của số phức z thỏa mãn
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2 3
1 2 3 4 1
4
2 3 4 1 3 1 0
z i
x y i x y i

z i
x y x y x y
+ −
= ⇔ + + − = − − −
− +
⇔ + + − = − + − ⇔ − − =
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường thẳng có phương trình
3x-y-1=0.
Thí dụ 3: Tìm tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn:\
a)
3
z
z i
=
−
b)
3 4z z i= − +
c)
4z i z i− + + =
Giải:
a) Đặt z= x+ yi (x,y
R∈
)
Ta có:
( )
2
2
2 2 2 2
9 9
3 9 1

8 64
z z i x y x y x y
 
 
= − ⇔ + = + − ⇔ + − =
 ÷
 
 
Vậy tập hợp các điểm M là đường tròn tâm I
9
0;
8
 
 ÷
 
bán kính
3
8
R =
b) Đặt z= x+ yi (x,y
R∈
)
Ta có
( ) ( )
2 2
2 2
3 4 3 4z z i x y x y= − + ⇔ + = − + −
6 8 25x y⇔ + =
Vậy tập hợp các điểm M là đường thẳng 6x+ 8y= 25
c) Đặt z=x+yi (x,y

R∈
)
( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
2 2
2 2
2
2
2 2 2
2 2 2
2
2
2
2
2 2 2
2
2
4 1 1 4
1 4
1 16 8 1 1
1 16
1 16
4 4 8 4 8 16
2 1 4
4
z i z i x y x y

x y
x y x y x y
x y
x y
x y y y y
x y y
y
− + + = ⇔ + − + + + =

+ − ≤

⇔


+ − = − + + + + +


+ + ≤

+ + ≤ 
 
⇔ ⇔ + + + = + +
 
+ + = +
 
≥ −



( ) ( )

( )
( )
2
2
2 2
1 16 1
1 2
3 4
4 3
x y
x y
y

+ + ≤


⇔ + =



≥ −

Ta thấy các điểm nằm trong hình tròn (1) và elip (2) và tung độ các điểm nằm trên elio luôn thỏa
mãn điều kiện
4y ≥ −
. Vậy tập hợp các điểm M là elip có phương trình
2 2
1
3 4
x y

+ =
Thí dụ 4: Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức
( )
w 1 3 2i z= + +
biết rằng số phức z thỏa
mãn
1 2z − ≤
Giải:
Gọi z= a+ bi (a, b
R∈
), w= x+ yi (x, y
R∈
)
Ta có

( ) ( )
( )
( )
w 1 3 2 1 3 2
3 1 3
3 2
3 3 1
3
i z x yi i a bi
x a b
x a b
y a b
y a b
= + + ⇔ + = + + +



− = − +
= − +
 
⇔ ⇔
 
− = − +
= +




Từ đó
( )
( )
( )
2
2 2
2
3 3 4 1 16x y a b
 
− + − ≤ − + ≤
 
do (1)
Vậy tập hợp các điểm cần tìm là hình tròn
( )
( )
2
2
3 3 16x y− + − ≤

có tâm I
( )
3; 3
bán kính
R=4.
Thí dụ 5: Xác định tập hợp các điểm M trong mặt phẳng phức biểu diễn số phức z sao cho số
2
2
z
z
−
+
có acgumen bằng
3
π
Giải:
Gọi z= x+ yi (x,y
R∈
)
ta có
( )
( )
( ) ( )
( )
2
2
2 2
2
2
2 2

2
x yi x yi
x yi
z
z x yi
x y
   
− + + +
− +
−
   
= =
+ + +
+ +
( )
( ) ( ) ( )
( )
2 2
2 2
2 2 2
2 2 2
4 2 2
4 4
1
2 2 2
x y yi x x
x y y
i
x y x y x y
− + + + − +

+ −
= = +
+ + − + − +
Vì số phức
2
2
z
z
−
+
có acgumen bằng
3
π
nên ta có:
( ) ( )
( )
( )
( )
2 2
2 2
2 2
2 2
2
2
2
2
4 4
os isin 0
3 3
2 2

4
2
2
4 3
2
2
x y y
i r c r
x y x y
x y r
x y
y r
x y
π π
+ −
 
+ = + >
 ÷
 
− + − +

+ −
=

− +

⇔


=


− +

Từ đó suy ra y>0 (1) và
2 2
2 2
4 4
3 4
4
3
y y
x y
x y
= ⇔ + − =
+ −
( )
2 2
2
2 4
2
3 3
x y
   
⇔ + − =
 ÷  ÷
   
Từ (1) và (2) ta có tập hợp các điểm M là đường tròn có tâm nằm trên trục thực.
Thí dụ 6: Trong mặt phẳng Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều kiện
( )
3 4 2z i− − =

Giải:
Đặt z= x+ yi (x,y
R∈
)
( ) ( )
3 4 3 4z i x y i⇒ − + = − + +
Từ
( )
3 4 2z i− − =
ta có
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
3 4 2 3 4 4x y x y− + + = ⇔ − + + =
Tập hợp điểm biểu diễn các số phức z là đường tròn tâm I(3; -4), bán kính R=2.
Thí dụ 7: Trong mặt phẳng Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn
( )
1z i i z− = +
Giải:
Đặt z= x+ yi (x,y
R∈
)
Ta có:
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2 2
2
1 1
1
z i i z x y i x y x y i
x y x y x y

− = + ⇔ + − = − + +
⇔ + − = − + +
( )
2
2 2 2
2 1 0 1 2x y xy x y⇔ + + − = ⇔ + + =
Vậy tập hợp các điểm M biểu diễn các số phức z là đường tròn có phương trình
( )
2
2
1 2x y+ + =
2. Tính mô đun của số phức
Thí dụ 8: Giả sử z
1
; z
2
là hai số phức thỏa mãn
6 2 3z i iz− = +
và
1 2
1
3
z z− =
Tính mô đun
1 2
z z+
Giải:
Đặt z= x+ yi (x,y
R∈
)

( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2 2
6 2 3 6 6 1 2 3 3
1 1
6 6 1 2 3 3
9 3
z i iz x y i y xi
x y y x x y z
⇒ − = + ⇔ + − = − +
⇔ + − = − + ⇔ + = ⇔ =
Suy ra
1 2
1
3
z z= =
Ta lại có:
( )
( ) ( ) ( )
2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 1 2 2 1
1 2
9 9
z z z z z z z z z z z z z z z z= − = − − = − − + = − +
Suy ra
1 2 2 1
1
9
z z z z+ =

Khi đó:
( )
( ) ( )
2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1
1
3
z z z z z z z z z z z z+ = + + = − + + =
1 2
1
3
z z⇒ + =
Chú ý: Học sinh có thể đặt z
1
; z
2
dạng đại số để tính.
Thí dụ 9: Gọi z
1
và z
2
là hai nghiệm phức của phương trình
2
2 10 0z z+ + =
Tính giá trị biểu
thức
2 2
1 2
A z z= +
Giải:

Ta có
( ) ( ) ( )
2 2 2
2
2 10 0 1 9 1 3
1 3
1 3
z z z z i
z i
z i
+ + = ⇔ + = − ⇔ + =
= − +

⇔

= − −

( )
2
2
1 1
2 2
1 3 1 3 10
1 3 10
z i z
z i z
= − + ⇒ = − + =
= − − ⇒ =
Vậy
2 2

1 2
20A z z= + =
Thí dụ 10: Cho số phức z thỏa mãn
2
6 13 0z z− + =
Tính
6
z
z i
+
+
Giải:
( ) ( ) ( )
2 2 2
2
6 13 0 3 4 3 2
3 2
3 2
z z z z i
z i
z i
− + = ⇔ − = − ⇔ − =
= +

⇔

= −

Với
3 2z i

= +
ta có
6 6
3 2 4 17
3 3
z i i
z i i
+ = + + = + =
+ +
Với
3 2z i
= −
ta có
6 6 1
3 2 24 7 5
3 5
z i i
z i i
+ = − + = − =
+ −
Thí dụ 11: Cho số phức z thỏa mãn
( )
3
1 3
1
i
z
i
−
=

−
Tìm Mô dun của số phức
z iz+
Giải:
Ta có
( )
3
1 3 8− = −

Do đó
8
4 4
1
z i
i
= − = − −
−
Suy ra
4 4z i
= − +
( )
4 4 4 4 8 8z iz i i i i⇒ + = − − + − + = − −
Vậy
8 2z iz+ =
Thí dụ 12: Tính mô đun của số phức z biết rằng:
( ) ( )
( )
( )
2 1 1 1 1 2 2z i z i i− + + + − = −
Giải:

Gọi z= a+ bi (a, b
R∈
)
Ta có
( ) ( )
( )
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 1 1 1 1 2 2
2 1 2 1 1 1 2 2
2 2 1 2 2 1 1 1 2 2
1
3 3 2
3
3 3 2 2 2
2 2 1
3
z i z i i
a bi i a bi i i
a b a b i a b a b i i
a
a b
a b a b i i
a b
b
− + + + − = −
   
⇔ − + + + + − − = −

   
⇔ − − + + − + − + − + + = −

=

− =


⇔ − + + − = − ⇔ ⇔
 
+ − = −


= −


Suy ra mô đun:
2 2
2
3
z a b= + =
Thí dụ 13: Cho hai số phức z
1
; z
2
thỏa mãn điều kiện:
1 1
2 2
2 2 1
2 3 1

z i iz
z i iz

− = +


− = +


Tính
1 2
P z z= +

biết
1 2
1z z− =
Giải:
Đặt z= x+ yi (x,y
R∈
)
( ) ( )
2 2
2 2 2 2
1 2
2 2 1 2 2 1 2 2
2
z i iz x y y x x y
z z
− = + ⇔ + − = − + ⇔ + =
⇒ = =

Đặt
( )
2 2 2 2
1 2
; , , , 2; 2z a bi z c di a b c d R a b c d= + = + ∈ ⇔ + = + =
Từ
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2
1 2
2 2
2 2 2 2 2
1 2
1 1 2 3
2 7
z z a c b d ac bd
P z z P a c b d a b c d ac bd
− = ⇔ − + − = ⇔ + =
= + ⇒ = + + + = + + + + + =
Vậy
7P =
Thí dụ 14: Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện
( )
1
2 1
1
i z
i
+
+ =

−
Tìm số phức có mô đun nhỏ
nhất, lớn nhất.
Giải:
Đặt z= x+ yi (x,y
R∈
) thì
( )
( )
( ) ( )
2
2 2 2
2 2
1
2 1 2 1
1
2 1 1 4 3
4 3
i z
y xi
i
x y x y y
z x y y
+
+ = ⇔ − + =
−
⇔ + − = ⇔ + = −
⇔ = + = −
Từ (1) ta có:
( )

2
2 1 1 3 1 4 3 9y y y− ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ − ≤
Vậy số phức có mô đun lớn nhất là z=3i và số phức có mô đun nhỏ nhất là z=i
Thí dụ 15: Biết rằng số phức z thỏa mãn
( )
( )
3 1 3u z i z i= + − + +
là một số thực. Tìm giá trị nhỏ
nhất của
z
Giải:
Đặt z= x+ yi (x,y
R∈
) ta có
( ) ( ) ( ) ( )
( )
2 2
3 1 1 3
4 4 6 2 4
u x y i x y i
x y x y x y i
   
= + + − + − −
   
= + + − + + − − −
Ta có:
4 0u R x y∈ ⇔ − − =
Tập hợp các điểm biểu diễn của z là đường thẳng d: x-y-4=0, M(x;y) là điểm biểu diễn của z thì
mô đun của z nhỏ nhất khi và chỉ khi độ dài OM nhỏ nhất
OM d

⇔ ⊥
Tìm được M(-2;2) suy ra
z=-2+2i.
Thí dụ 16: Biết rằng số phức z thỏa mãn
2
2
1
z i
z i
+ −
=
+ −
Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của
z
Giải:
Gọi z= x+ yi (x,y
R∈
) ta có
( ) ( )
2
2 2 1 2 1 1
1
z i
x y i x y i
z i
+ −
= ⇔ + + − = + − +
+ −
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2

2
2 1 2 1 1 3 10x y x y x y
 
+ + − = + + + ⇔ + + =
 
Tập hợp các điểm biểu diễn của z là đường tròn tâm I(0;-3) bán kính
10R =
M là điểm biểu diễn của z thì
z
nhỏ nhất khi và chỉ khi OM nhỏ nhất,
z
lớn nhất khi và chỉ
khi OM lớn nhất.
Tìm được Min
3 10z = − +
khi
( )
3 10z i= − +
và Max
3 10z = +
khi
( )
3 10z i= − +
Thí dụ 17:Cho ba số phức
1 2 3
, ,z z z
đều có mô dun bằng 1. Chứng minh rằng:
1 2 3 1 2 2 3 3 1
z z z z z z z z z+ + = + +
Giải:

Vì
1 2 3
1z z z =
Nên
1 2 2 3 3 1
1 2 2 3 3 1 1 2 3 1 2 3
1 2 3 1 2 3
1 1 1
z z z z z z
z z z z z z z z z z z z
z z z z z z
+ +
+ + = = + + = + + = + +
Suy ra
1 2 3 1 2 2 3 3 1
z z z z z z z z z+ + = + +
Thí dụ 18: Chứng minh rằng nếu số phức z thỏa mãn
3
3
8
9z
z
+ ≤
thì
2
3z
z
+ ≤
Giải:
Đặt

( )
2
0a z a
z
= + ≥
Ta có:

3
3
3
3
3 3
3
2 8 2
6
2 8 2
6 9 6
z z z
z z z
a z z z a
z z z
   
+ = + + +
 ÷  ÷
   
⇒ = + ≤ + + + ≤ +
Ta được
( )
( )
3 2

6 9 0 3 3 3 0a a a a a− − ≤ ⇔ − + + ≤
vì
2
3 3a a+ +
>0 nên
2
3a z
z
= + ≤
3. Tìm số phức z thỏa mãn hệ thức cho trước
Thí dụ 19: Tìm số phức z thỏa mãn hai điều kiện:
1 2 3 4z i z i+ − = + +
và
2z i
z i
−
+
là một số thuần ảo.
Giải:
Đặt z= x+ yi (x,y
R∈
)
Theo bài ra ta có
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
1 2 3 4
1 2 3 4 5
x y i x y i
x y x y y x

+ + − = + + −
⇔ + + − = + + − ⇔ = +
Số phức
( )
( )
( ) ( ) ( )
( )
2
2
2
2 2 1 2 3
2
w
1
1
x y i x y y x y i
z i
x y i
z i
x y
+ − − − − + −
−
= = =
+ −
+
+ −
w là một số ảo khi và chỉ khi
( ) ( )
( )
2

2
2
12
2 1 0
7
1 0
23
5
7
x y y
x
x y
y
y x

− − − =

= −


 
+ − > ⇔
 
 
=
= +





Vậy
12 23
7 7
z i= − +
Thí dụ 20: Tìm tất cả các số phức z biết
2
2
z z z= +
Giải:
Gọi z= a+ bi (a,b
R∈
) ta có:
( )
( )
2
2
2 2 2
2 2 2 2
2
2 2 2 2
2
0
2
1 1
;
2 2
2 1 0
2
1 1
;

2 2
z z z a bi a b a bi
a b abi a b a bi
a b
a b
a b a b a
a b
b a
ab b
a b
+ + ⇔ + = + + −
⇔ − + = + + −


= =


= −

− = + +


⇔ ⇔ ⇔ = − =
 

+ =
= −





−

= − =

Vậy z=0;
1 1 1 1
;
2 2 2 2
z i z i= − + = − −
Thí dụ 21: Tìm số phức z biết
( )
2 3 1 9z i z i− + = −
Giải:
Gọi z= a+ bi (a,b
R∈
) ta có:
( ) ( ) ( )
2 3 1 9 2 3 1 9z i z i a bi i a bi i− + = − ⇔ + − + − = −

( )
3 1 2
3 3 3 1 9
3 3 9 1
a b a
a b a b i i
a b b
− − = =
 
⇔ − − − − = − ⇔ ⇔

 
− = = −
 
Vậy z= 2-i
Thí dụ 22: Tìm phần ảo của số phức z biết
( ) ( )
2
2 1 2z i i= + −
Giải:

( ) ( )
1 2 2 1 2 5 2z i i i= + − = +
Suy ra
5 2z i= −
Phần ảo của số phức
2z = −
Thí dụ 23: Tìm số phức z thỏa mãn
2z =
và z
2
là số thuần ảo.
Giải:
Gọi z= a+ bi (a,b
R∈
) Ta có
2 2
z a b= +
và
2 2 2
2z a b abi= − +

Yêu cầu bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi
2 2 2
2 2 2
2 1 1
1
0 1
a b a a
b
a b b
 
+ = = = ±

 
⇔ ⇔
  
= ±
− = =
 

 
Vậy các số phức cần tìm là 1+i; 1-i; -1+i; -1-i
Thí dụ 24: TÌm số phức z biết
5 3
1 0
i
z
z
+
− − =
Giải:

Gọi z= a+ bi (a,b
R∈
) và
2 2
0a b+ ≠
ta có
( )
( )
2 2
2 2
2 2
2
5 3 5 3
1 0 1 0 5 3 0
5 0
5 3 0
3 0
2 0
1; 3
3
2 2; 3
i i
z a bi a b i a bi
z a bi
a b a
a b a b i
b
a a
a b
b

a b
+ +
− − = ⇔ − − − = ⇔ + − − − − =
+

+ − − =

⇔ + − − − + = ⇔

+ =




− − =
= − = −

⇔ ⇔


= −
= = = −




Vậy
1 3z i= − −
hoặc
2 3z i= +

Thí dụ 25: Tìm phần thực và phần ảo của số phức
3
1 3
1
i
z
i
 
+
=
 ÷
 ÷
+
 
Giải:

1 3
1 3 2 2 os isin
2 2 3 3
1 2 os isin
4 4
i i c
i c
π π
π π
 
 
+ = + = +
 ÷
 ÷

 ÷
 
 
 
+ = +
 ÷
 
Suy ra
( )
8 os isin
2 2 os isin 2 2
3 3
4 4
2 2 os isin
4 4
c
z c i
c
π π
π π
π π
+
 
= = + = +
 ÷
 
 
+
 ÷
 

Vậy số phức có phần thực là 2 và phần ảo là 2.
Thí dụ 26: Tìm số phức z thỏa mãn
2 2z i z z− = + −
và
1 3i
z
−
có một acgumen là
2
3
π
−
Giải:

1 3
1 3 2 2 os isin
2 2 3 3
i i c
π π
 
 
   
− = − = − + −
 ÷
 ÷  ÷ ÷
 ÷
   
 
 
Giả sử

( ) ( )
os isin 0z r c r
ϕ ϕ
= + >
Khi đó
1 3 2
os isin
3 3
i
c
z r
π π
ϕ ϕ
 
−
   
= − − + − −
 ÷  ÷ ÷
   
 
Theo giả thiết
2
3 3 3
π π π
ϕ ϕ
− − = − ⇒ =
Suy ra
3
2 2
r r

z i= +
Khi đó
( )
( ) ( )
( )
2 2
2 2
2 2 3 2 2 3
3 1 4 3 4 3 0
4 3 0
z i z z r r i ri
r r r r r
r r
− = + − ⇔ + − = +
⇔ + − = + ⇔ − =
⇔ = >
Vậy
2 3 6z i= +
Thí dụ 27: Tìm số phức z thỏa mãn
2z i− =
và
( )
( )
1z z i− +
là số thực
Giải:
Giả sử z= x+ yi (x,y
R∈
)
Khi đó:

( ) ( )
( )
( )
( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
2
2
2 1 2 1
1 1 1 1 1 1
z i x y
z z i x yi x y i x x y y x y i
− = ⇔ + − =
− + = − + − − = − + − + + −
( )
( )
( )
1 1 0 2z z i R x y− + ∈ ⇔ + − =
Từ (1) và (2) ta có x=1; y=0 hoặc x=-1; y=2
Vậy z=1; z=-1+ 2i
Thí dụ 28: Tìm phần thực, phần ảo của số phức sau:
( ) ( ) ( ) ( )
2 3 20
1 1 1 1 1i i i i+ + + + + + + + +
Giải:
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )

21
2 20
20
21 2 10
10
10
10 10
1 1
1 1 1 1
1 1 1 2 1 2 1
2 1 1
2 2 1
i
P i i i
i
i i i i i i
i
P i
i
+ −
= + + + + + + + =
 
+ = + + = + = − +
 
− + −
⇒ = = − + +
Vậy phần thực là
10
2−
và phần ảo là

10
2 1+
4. Giải phương trình trong tập hợp số phức
Thí dụ 29: Giải phương trình
( ) ( )
3 2
3 2 16 2 0z i z i z i− − − − + − =
biết rằng phương trình có 1
nghiệm thực.
Giải:
Gọi nghiệm thực là z
0
ta có:
( ) ( )
3 2
0 0 0
3 2
0 0 0
0
2
0
3 2 16 2 0
3 2 16 0
2
2 0
o
z i z i z i
z z z
z
z z

− − − − + − =

− − + =

⇔ ⇔ = −

+ − =


Khi đó ta có phương trình
( ) ( )
( )
2
2 5 8 0z z i z i+ − − + − =
Tìm được các nghiệm của phương trình là z= -2; z= 2+ i; z= 3- 2i
Thí dụ 30: Giải phương trình
( ) ( )
3 2
2 3 3 1 2 9 0z i z i z i− − + − + =
biết rằng phương trình có một
nghiệm thuần ảo.
Giải:
Giả sử phương trình có nghiệm thuần ảo là bi, b
R∈
Thay vào phương trình ta được:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
3
2
2 3 2

3 2
2 3 3 1 2 9 0
2 6 0
2 6 3 3 9 0 3
3 3 9 0
3
bi i bi i bi i
b b
b b b b b i b
b b b
z i
− − + − + =

+ =

⇔ + + − − + + = ⇔ ⇔ = −

− − + + =


⇒ = −
2
Phương trình có thể phân tích thành
( )
( )
2
3 2 3 0z i z z+ − + =
Các nghiệm của phương trình là z= -3i;
1 2z i= ±
Thí dụ 31: Giải phương trình trên tập hợp số phức:

4 3 2
6 6 16 0z z z z− + − − =
Giải:
Nhận biết được hai nghiệm z=-1 và z=2
Phương trình đã cho tương đương với
( ) ( )
( )
2
2 1 8 0z z z− + + =
Giải ra ta được bốn nghiệm:
1; 2; 2 2z z z i= − = = ±
5. Dạng lượng giác của số phức
Thí dụ 32: Viết dưới dạng lượng giác của số phức z sao cho
1
3
z =
và một acgument của
1
z
i+
là
3
4
π
−
Giải:
1
3
z =
thì

( )
( ) ( ) ( )
( )
1
os isin
3
1 1
os isin cos isin
3 3
z c
z c
ϕ ϕ
ϕ ϕ ϕ ϕ
=
⇒ = − = − + −
vì
2 2
1 2 2 os isin
2 2 4 4
i i c
π π
 
 
+ = + = +
 ÷
 ÷
 ÷
 
 
nên

1
os 4 isin
1 4 4
3 2
z
c
i
π π
ϕ
 
   
= − − + − −
 ÷  ÷ ÷
+
   
 
do đó
3
2 2 ,
4 4 2
k k k Z
π π π
ϕ π ϕ π
− − = − + ⇔ = + ∈
vậy
1
os isin
3 2 2
z c
π π

 
= +
 ÷
 
Thí dụ 33: Tìm số phức z sao cho
3
1
z i
z i
+
=
+
và z+1 có một acgument là
6
π
−
Giải:

( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2
3
1 3 3 1
3 1 2
z i
z i z i x y i x y i
z i
x y x y y
+

= ⇔ + = + ⇔ + + = + +
+
⇔ + + = + + ⇔ = −
z+1 có một acgument là
6
π
−
tức là:
( )
( )
1 os isin 3 0
6 6 2
r
z r c i r
π π
 
   
+ = − + − = − >
 ÷  ÷
 
   
 
ta có:
3
1
4
2
1 1 2 2 3 1 2
2 3 1
2

2
r
x
r
z x i z i
r x

+ =

=

 
+ = + − ⇒ ⇔ ⇒ = − −
 
= −



− = −


Thí dụ 34: Cho số phức
1 os isin
7 7
z c
π π
= − −
Tìm moodun, acgument và viết z dưới dạng
lượng giác.
Giải:

Ta có:
2
2
1 os sin 2 1 os
7 7 7
8 4
2 1 os 2cos
7 7
z c c
c s
π π π
π π
   
= − + = −
 ÷  ÷
   
 
= + =
 ÷
 
Gọi
ϕ
là một acgument của z thì
2
8
sin sin
4
7 7
tan cot tan
4

7 14
1 os 2sin
7 7
c
π π
π π
ϕ
π π
−
 
= = = = −
 ÷
 
−
Suy ra
,
14
k k Z
π
ϕ π
= − + ∈
Vì phần thực
1 os 0
7
c
π
− >
, phần ảo
sin 0
7

π
− <
nên ta chọn một acgument là
14
π
−
Vậy
4
2cos os isin
7 14 14
z c
π π π
 
   
= − + −
 ÷  ÷ ÷
   
 
Thí dụ 35: Tìm một acgument của số phức
( )
1 3z i− +
biết một acgument của z bằng
3
π
Giải:
z có một acgument bằng
3
π
nên
1 3

2 2
z z i
 
= − +
 ÷
 ÷
 
Do đó
( )
( )
1 3
1 3 2
2 2
z i z i
 
− + = − +
 ÷
 ÷
 
Khi
2z >
một acgument của
( )
1 3z i− +
là
3
π
Khi
0 2z< <
một acgument của

( )
1 3z i− +
là
4
3
π
Khi
2z =
thì
( )
1 3z i− +
=0 nên acgument không xác định.
Thí dụ 36: Viết số phức z dưới dạng lượng giác biết
1 3z z i− = −
và i
z
có một acgument
là
6
π
Giải:
Đặt
( ) ( )
os isin 0,z r c r R
ϕ ϕ ϕ
= + > ∈
Khi đó
( )
( )
os isin

sin cos cos isin
2 2
z r c
iz r i r
ϕ ϕ
π π
ϕ ϕ ϕ ϕ
= −
 
   
⇒ = + = − + −
 ÷  ÷
 
   
 
Theo giả thiết thì
2 6 3
π π π
ϕ ϕ
− = ⇔ =
Khi đó:
2 2 2
2 2
2
3
1 3 1 3 1
2 2 2 2
3
1 3 1 4 1 1
2 4 4 2 2

r r r r
z z i i
r r r r r
r r
 
− = − ⇔ − + = + −
 ÷
 
     
⇔ − + = + − ⇔ = − ⇔ =
 ÷  ÷  ÷
     
Vậy
os isin
3 3
z c
π π
= +
III- ỨNG DỤNG SỐ PHỨC TRONG GIẢI TOÁN
1 .CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC VÀ BẤT ĐẲNG THỨC
Thí dụ37: Chứng minh rằng
1 5
os
5 4
c
π
+
=
Giải:
Đặt

os , sin ; os isin
5 5 5 5
x c y z x iy c
π π π π
= = = + = +
Ta có:
5
1z = −
hay
( )
( )
4 3 2
1 1 0z z z z z+ − + − + =
Vì
1z ≠ −
nên
4 3 2
1z z z z− + − +
=0 do
0z
≠
nên chia hai vế cho
2
z
ta được
2
2
2
1 1
1 0

1 1
1 0
z z
z z
z z
z z
   
+ − − + =
 ÷  ÷
   
   
⇔ + − + − =
 ÷  ÷
   
Ta để ý rằng
1 1
2
x z
z
 
= +
 ÷
 
từ đẳng thức trên ta có:
2
1 5
4 2 1 0
4
x x x
±

− − = ⇔ =
Do x>0 nên
1 5
os
5 4
x c
π
+
= =
Thí dụ 38: Chứng minh công thức:
( )
( )
5 3
5 3
sin 5 16sin 20sin 5sin 1
os5 16cos 20cos 5cos 2c
ϕ ϕ ϕ ϕ
ϕ ϕ ϕ ϕ
= − +
= − +
Giải:
Áp dụng công thwcsMoiver ta có:
( )
5
os isin os5 isin5c c
ϕ ϕ ϕ ϕ
+ = +
Khai triển nhị thức:
( )
( ) ( )

( ) ( )
(
)
5
5 4 2 3 2 3 2 3 4 4 5 5
5 3 2 2
2
2 2 2 3 5
os isin
os 5 cos sin 10 os sin 10 cos sin 5 cos sin sin
cos 10cos 1 cos 5cos 1 cos
sin 1 sin 10 1 sin sin sin
c
c i i c i i i
i
ϕ ϕ
ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ
ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ
ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ
+ =
+ + + + + +
= − − + −
+ − − − +
Đồng nhất phần thực, phần ảo và rút gọn ta được (1)
Công thức (2) chứng minh tương tự.
Thí dụ 39: Chứng minh rằng:
a)
3 5 1
os os cos
7 7 7 2

c c
π π π
+ + =
b)
2 3 1
os os cos
7 7 7 2
c c
π π π
− + =
Giải:
Các đẳng thức trên ngoài cách chứng minh bằng lượng giác (Nhân vế trái với
2sin
7
π
) còn có
thể dùng số phức để giải.
a) Đặt
7
os isin os isin 1
7 7
z c z c
π π
π π
= + ⇒ = + = −
hay
7
1 0z + =
Mặt khác

10 8 6 4 2
3 5
3 5 5
3 5 1 1 1 1 1 1 1
os os os
7 7 7 2 2 2 2
z z z z z
c c c z z z
z z z z
π π π
+ + + + +
     
+ + = + + + + + =
 ÷  ÷  ÷
     
Vì
7
1 0z + =
nên
10 3
z z= −
và
8
z z= −
Suy ra

10 8 6 4 2 6 4 3 2
7
6 5 4 3 2 5 5 5
1 1

1
1
1
z z z z z z z z z z
z
z z z z z z z z z
z
+ + + + + = + − + − +
+
= − + − − − + + = + =
+
Do đó:
5
5
3 5 1
cos os os
7 7 7 2 2
z
c c
z
π π π
+ + = =
b) Xét phương trình
7
1 0x + =
Dễ thấy các nghiệm của phương trình là các căn bậc 7 của số -1.
Tập nghiệm của phương trình là:
3 13
7 7 7
{e ,e , ,e }

i i i
π π π
Mặt khác:
7
2
7
3 13
7 7 7 7
7
1
e ,e , ,e 0
i
i i i i
i
e
e
e
π
π π π π
π
 
−
 ÷
 
= =
Nên tổng phần thực của nó bằng 0
Do đó:
3 5 7 9 11 13
os os cos cos cos cos cos 0
7 7 7 7 7 7 7

3 5
2 cos cos cos 1 0
7 7 7
2 3 1
cos cos cos
7 7 7 2
c c
π π π π π π π
π π π
π π π
+ + + + + + =
 
⇔ + + − =
 ÷
 
⇔ − + =
Thí dụ 40: Cho a, b, c là các số thực sao cho:
cos cos cos sin sin sin 0a b c a b c+ + = + + =
Chứng minh rằng:
cos2 cos2 cos 2 sin 2 sin 2 sin 2 0a b c a b c
+ + = + + =
Giải:
Đặt
cos isin
cos sin
cos sin
x a a
y b i b
z c i c
= +

= +
= +
Ta có x+ y + z=0
( ) ( ) ( )
1 1 1
cos sin cos sin cos sin 0a i a b i b c i c
x y z
+ + = − + − + − =
Do đó: xy + yz +zx=0
Suy ra:
( ) ( )
( ) ( ) ( )
2
2 2 2
2 0
os2 isin 2 os2 isin 2 os2 isin 2 0
x y z x y z xy yz zx
hay c a a c c c c b b
+ + = + + + + + =
+ + + + + =
Từ đó ta có:
os2 os2 os2 sin 2 sin 2 sin 2 0c a c b c c a b b+ + = + + =
Thí dụ 41: Chứng minh rằng:
a)
( )
( )
0 2 4 6 8
2 cos 1
4
n

n n n n n
C C C C C n
π
− + − + + =
b)
( )
( )
1 3 5 7 9
2 sin 2
4
n
n n n n n
C C C C C n
π
− + − + + =
Giải:
Đặt vế trái của (1) là S
1
, của (2) là S
2
Xét khai triển:
( )
0 1 2 2 3 3
1 .
n
n n
n n n n n
i C iC i C i C i C+ = − + − + +
Do
( )

1 4
4 1
1 4 2
4 3
k
k
k
k
i khi k m
i i khi k m m Z
i khi k m
i i khi k m
+
= =
= = + ∈
= − = +
= − = +
Khi đó
( )
( ) ( )
( )
0 2 4 6 1 3 5 7
1 3
n
n n n n n n n n
i C C C C i C C C C+ = − + − + + − + − +
và
( )
( ) ( )
( )

1 2 cos sin 2 cos sin 4
4 4 4 4
n
n n
n
i i n i n
π π π π
   
+ = + = +
 ÷  ÷
   
Từ (3) và (4) ta có:
( )
( )
1
2
2 cos
4
2 sin
4
n
n
S n
S n
π
π
=
=
Thí dụ 42: Chứng minh rằng:
( )

( )
( )
( )
1
1 3 5 7
3
0 2 4 6
3 5 7 2 os 1
4
2 4 6 2 sin 1
4
n
n n n n
n
n n n n
C C C C n c n
C C C C n n
π
π
−
−
− + − + = −
− + − + = −
Giải:
( )
0 1 2 2 3 3
1
n
b n
n n n n n

x C C x C x C x C x+ = + + + + +
Đạo hàm hai vế theo x:
( )
1
1 2 2 3 1
1 2 3
n
n b
n n n n
n x C xC x C nx C
−
−
+ = + + + +
Cho x=i:
( )
( ) ( )
1
1 2 2 3 1
1 3 5 7 0 2 4
1 2 3
3 5 7 2 2 4
n
n b
n n n n
n n n n n n n
n i C iC i C ni C
C C C C i C C C
−
−
+ = + + + +

= − + − + + − + +
Thí dụ 43: Chứng minh rằng các bất đẳng thức:
a)
( ) ( )
2 2 2 2 2 2
3 , , 0x xy y y yz z z zx x x y z x y z+ + + + + + + + ≥ + + ∀ >
b)
( )
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
4 os cos sin 4sin sin sin 2 ,c x y x y x y x y x y R+ − + + − ≥ ∀ ∈
Giải:
a) Đặt
1
2
3
3
2 2
3
2 2
3
2 2
y
z x yi
z
z y zi
x
z z xi
= + +
= + +

= + +
Ta có:

2 2
1
2 2
2
2 2
3
z x xy y
z y yz z
z z zx x
= + +
= + +
= + +
Và
( )
1 2 3
3z z z x y z+ + = + +
Do
1 2 3 1 2 3
z z z z z z+ + ≤ + +
nên ta có điều phải chứng minh.
b) Đặt
( )
( )
1
2
2cos cos isin
2sin sin isin

z x y x y
z x y x y
= + −
= + −
Làm tương tự như phần a) ta có điều phải chứng minh.
Thí dụ 44: Chứng minh rằng nếu
1z ≤
thì
2 1
1
2
z
iz
−
≤
+
Giải:
Giả sử
( )
,z a bi a b R= + ∈
thì
2 2
z a b= +
2 2 2 2
1 1 1z a b a b≤ ⇔ + ≤ ⇔ + ≤
Ta có:
( )
( )
( )
( )

2
2
2
2
4 2 1
2 2 1
2 1
2
2
2
a b
a b i
z
iz
b ai
b a
+ −
+ −
−
= =
+
− +
− +
đpcm
( )
( )
( ) ( )
2
2
2 2

2 2 2 2
2
2
4 2 1
1 4 2 1 2 1
2
a b
a b b a a b
b a
+ −
⇔ ≤ ⇔ + − ≤ − + ⇔ + ≤
− +
vậy ta có điều phải chứng minh.
Thí dụ 45: Cho số phức z khác 0 thỏa mãn điều kiện
3
3
1
2z
z
+ ≤
CMR:
1
2z
z
+ ≤
Giải:
Ta có với hai số phức
1 2
,z z
bất kỳ ta có :

1 2 1 2
z z z z+ ≤ +
Ta có :
3 3
3 3
3 3
1 1 1 1 1 1 1
3 3 2 3z z z z z z z
z z z z z
z z
   
+ = + + + ⇒ + ≤ + + + ≤ + +
 ÷  ÷
   
Đặt
1
z a
z
+ =
ta có
( ) ( )
2
3
3 2 0 2 1 0a a a a− − ≤ ⇔ − + ≤
Vậy ta có điều phải chứng mình.
2. Tính tổng
Thí dụ 46: Tính tổng
1
2
sin sin 2 sin

cos os2 cos
S a a na
S a c a na
= + + +
= + + +
Giải:
Đặt
cos isinz a a
= +
Ta có:
2
2 1
1
iS .
1
n
n
z
S z z z z
z
−
+ = + + + =
−
( ) ( )
2
2
2sin 2 sin os
1 cos isin 1
2 2 2
1 cos isin 1

2sin 2 sin os
2 2 2
sin os isin
sin
1 1
2 2 2
2
os isin
2 2
sin
sin os isin
2
2 2 2
n
na na na
i c
z na na
a a a
z a a
i c
na na na
na
c
n a n a
c
a
a a a
c
− +
− + −

= =
− + −
− +
 
+
 ÷
 
− −
 
= = +
 
 
 
+
 ÷
 
Do đó:
( )
( ) ( )
( ) ( )
2 1
sin
1 1
1
2
iS . cos isin os isin
1 2 2
sin
2
sin

1 1
2
os isin
2 2
sin
2
n
na
n a n a
z
S z a a c
a
z
na
n a n a
c
a
 
− −
−
+ = = + +
 
−
 
 
+ +
= +
 
 
Mặt khác:

[ ] [ ]
2 1
iS cos os2 cos i sin sin 2 sinS a c a na a a na+ = + + + + + + +
Vậy:
( )
( )
1
2
1
sin sin
2 2
sin
2
1
sin os
2 2
sin
2
n a
na
S
a
n a
na
c
S
a
+
=
+

=
Thí dụ 47: Tính tổng (Với n= 4k+1)
a)
0 2 4 2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1

n n
n n n n n
S C C C C C
−
+ + + + +
= − + − + −
b)
1 3 5 2 1 2 1
2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1

n n
n n n n n
S C C C C C
− +
+ + + + +
= − + − + −
Giải:
( )
( ) ( )
2 1
0 1 2 2 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1
0 2 2 1 3 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1

1

n
n n
n n n n
n n
n n n n n n
i C iC i C i C
C C C i C C C
+
+ +
+ + + +
+
+ + + + + +
+ = + + + +
= − + − + − + −
Mặt khác:
( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
2 1
2 1
2 1 2 1
1 2 os isin 1 2 os isin
4 4 4 4
2 1 2 1
2 2 os isin
4 4

8 3 8 3
2 2 os isin
4 4
3 3
2 2 os isin 2 2
4 4
n
n
n
n
n n n
n n
i c i c
n n
c
k k
c
c i
π π
π π
π π
π π
π π
+
+
 
+ +
 
+ = + ⇒ + = +
 

 ÷
 
 
 
 
+ +
= +
 
 
 
 
+ +
= +
 
 
 
 
= + = − +
 
 
Từ đó:

1
2
2
2
n
n
S
S

= −
=
Thí dụ 48: Chứng minh rằng:
3 6
1
1 . 2 2cos
3 3
n
n n
n
C C
π
 
+ + + = +
 ÷
 
Giải:
Ta có
0 1 2
2
n n
n n n n
C C C C= + + + +
Xét:
3
2 2
os isin 1
3 3
z c z
π π

= + ⇒ =
Ta có:
( )
( )
0 1 2 2
0 1 2 2 3 4
2 0 2 1 2 3 2 4
1

1
n
n n
n n n n
n n n n n
n
n n n n n
z C zC z C z C
C zC z C C zC
z C z C zC C z C
+ = + + + +
= + + + + +
+ = + + + + +
2
2
1 0
1 os isin
3 3
1 os isin
3 3
z z

z c
z c
π π
π π
+ + =
+ = −
+ = +
Khi đó:
( )
( ) ( )
( )
2 0 3 6
0 3 6
3 6
2 1 1 3
2 2cos 3
3
1
1 2 2cos
3 3
n
n
n
n n n
n
n n n
n
n n
z z C C C
n

C C C
n
C C
π
π
+ + + + = + + +
⇔ + = + + +
 
⇔ + + + = +
 ÷
 
3. Số phức trong việc giải hệ phương trình, phương trình
Thí dụ 49: Giải hệ phương trình:
1
3 1 2
1
1 4 2
x
x y
xy
x y

 
+ =

 ÷
+

 


 

− =
 ÷

+
 

Giải:
Điều kiện x>0, y>0
Đặt
,u x v y= =
hệ phương trình trở thành
2 2
1 2
1
3
1 4 2
7 1
7
u
u v
y
x y

 
+ =

 ÷
+

 


 

− =
 ÷

+
 

Do
2 2
u v+
là bình phương modul số phức z= u+ iv nên nhân phương trình thứ hai với i rồi cộng
với phương trình thứ nhất ta được phương trình :