skkn Tạo hứng thú cho học sinh khi học về số phức THPT NÔNG CỐNG 2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA
TRƯỜNG THPT NÔNG CỐNG II
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
VAI TRÒ CỦA GIÁO VIÊN CHỦ NHIỆM LỚP TRONG
CÔNG TÁC GIÁO DỤC ĐẠO ĐỨC HỌC SINH
Người thực hiện : Trần Văn Tiến
Chức vụ : Giáo viên
SKKN thuộc lĩnh vực (môn) : Toán
THANH HÓA NĂM 2013
A. ĐẶT VẤN ĐỀ:
1
Trong 5 năm trở lại đây Bộ giáo dục đã đưa phần số phức vào chương trình 12.
Đây là vấn đề mới đối với học sinh và đây là nội dung trong chương trình thi tốt
nghiệp cũng như thi tuyển sinh vào đại học – cao đẳng. Học sinh thường ngại học
phần này do chưa nắm được khái niệm cũng như áp dụng vào giải bài tập. Thực tế
phần này là phần không phức tạp, mức độ ra đề thi học sinh rất dễ lấy được điểm.
Trong nội dung bài viết này tôi muốn nêu ra một vài kinh nghiệm tổng kết, sắp xếp
các dạng bài tập cơ bản tạo hứng thú trong học tập cho học sinh, làm cho học sinh
thấy dễ hiểu và vận dụng tốt hơn, đạt hiệu quả trong làm bài tập.
B. CÁC KHÁI NIỆM
Xét trên tập số thực phương trình sau có nghiệm hay không ?
x
2
+ 1 = 0
Rõ ràng phương trình này vô nghiệm, các phương trình bậc hai có < 0 đều vô
nghiệm.
Với mong muốn các phương trình đều có nghiệm, toán học đã mở rộng tập hợp
số thực đó là tập hợp số phức để mọi phương trình bậc n đều có nghiệm.
Người ta đưa ra một số mới i với i
2
= -1. Vậy x

2
= i
2

⇔
x =
±
i (với i là đơn vị ảo)
- Định nghĩa: Số phức là số có dạng z = a + bi. Trong đó:
+ i là đơn vị ảo thỏa mãn i
2
= -1
+ a là phần thực
+ b là phần ảo.
Chú ý: +
⊂

+ z = a + bi gọi là số thuần ảo (số ảo)
+ môđun của z là =
22
ba
+
+ Số phức liên hợp : = a – bi
Nhận xét – so sánh: Việc mở rộng tập hợp số thực thành khi đó mọi phương
trình đều có nghiệm không có nghiệm thực thì có nghiệm phức.
Về mặt xã hội với mong muốn tất cả các học sinh đề được tiếp tục đi học thì nhà
nước phải mở thêm nhiều trường học, nhiều loại hình để làm sao học sinh không đỗ
vào trường này nhưng lại đạt vào trường khác ( Đây cùng là một cách liên hệ tạo
hứng thú cho học sinh để học sinh dễ nhìn nhận ra vấn đề hơn).
C. PHÂN LOẠI MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP CƠ BẢN

I. CÁC PHÉP TOÁN TRÊN SỐ PHỨC
VD 1: Cho z
1
= 2 + i, z
2
= 3 – i. Tính
211
zzz
−

Lời giải: z
1
+ z
1
z
2
= 2 + i + (2 + i)(3 – i) = 9 + 2i
⇒

211
zzz
−
=
8529
22
=+
2
VD 2: Tìm số phức z biết: z + 2 = (2 – i)
3
(1 – i) (1)

Lời giải: Giả sử z = a + bi
⇒
= a – bi
(1)
⇔
a + bi + 2(a – bi) = (2
3
+ 3.2
2
.i + 3.2.i
2
+ i
3
)(1 – i)
⇔
3a – bi = 11i – 11i
2
+ 2 – 2i = 13 + 9i
iz
b
a
b
a
9
3
13
9
3
13
9

133
−=⇒





−=
=
⇔



=−
=
⇔

VD 3(CĐ 2009): Cho số phức z thỏa mãn : (1 + i)
2
(2 – i)z = 8 + i + (1 +2i)z.
Tìm phần thực và phần ảo của z .
Lời giải: (1 + i)
2
(2 – i)z = 8 + i + (1 + 2i)z
⇔
(2i)(2 – i)z – (1 + 2i)z = 8 + i
⇔
z[4i + 2 – 1 – 2i] = 8 + i
⇔
z =

i
iii
i
i
32
5
1510
5
)21)(8(
21
8
−=
−
=
−+
=
+
+
Phần thực của z là 2; phần ảo của z là -3.
VD 4: Tìm môđun của z biết
i
ii
zz
−
+−
=+
2
)1)(21(
2
(1)

Lời giải:
Giả sử z = a + bi
⇒
= a – bi
(1)
⇔
a + bi + 2(a – bi) =
)2)(2(
)2()1)(21(
2
ii
iii
+−
++−
⇔
3a – bi =
i
5
8
5
6
+

5
2
=⇒
a
và b =
5
8

−
5
172
5
8
5
2
22
=






−+






=⇒
z

VD5 (ĐH KHỐI A+A
1
2012): Cho số phức z thỏa mãn:
i
z

iz
−=
+
+
2
1
)(5
(1)
Tính môđun của số phức
ω
= 1 + z + z
2
.
Lời giải: (1)
i
bia
ibia
−=
++
+−
⇔
2
1
)(5
iz
b
a
ab
ba
abbiba

ibiaibiabia
+=⇒



=
=
⇔



=−+
=−−
⇔
=++−−−−−⇔
−−−++=−−⇔
1
1
1
043
023
0)1255(23
222)1(55
2

ω
= 1 + (1 + i) + (1 + i)
2
= 2 + 3i
⇒

|
ω
| =
1332
22
=+
VD6 (ĐH D - 2012): Cho số phức z thỏa mãn :
i
i
i
zi 87
1
)21(2
)2(
+=
+
+
++
(1)
3
Tìm môđun của số phức
ω
= z + 1 + i.
Lời giải: Giả sử z = a + bi
(1)

⇔
(2 + i)(a + bi) +
i
i

i
87
1
)21(2
+=
+
+



=
=
⇔



=++
=+−
⇔
+=−+−+−++⇔
+=
−+
−+
++++⇔
2
3
812
732
8722122
87

)1)(1(
)1)(21(2
22
2
2
b
a
ab
ba
iiiibiaibia
i
ii
ii
biaibia
Do đó
ω
= 3 + 2i + 1 + i = 4 + 3i
⇒
|
ω
| =
534
22
=+
VD 7 (ĐH A – 2011): Tìm tất cả các số phức z, biết z
2
=
zz
+
2

(1)
(1)

⇔
(a + bi)
2
= a
2
+ b
2
+ a – bi
⇔
a
2
+ b
2
i
2
+ 2abi = a
2
+ b
2
+ a – bi
⇔
2b
2
+ a – bi – 2abi = 0








−=−=
==
=−=
⇔



=+
=+
⇔
2
1
;
2
1
0;0
2
1
;
2
1
02
02
2
ba
ba

ba
abb
ab
VD 8 (ĐH A - 2011): Tính môđun của số phức z biết:
)1(22)1)(1(+ i) + 1)(1 - (2z iiz
−=−+
Lời giải: (1)
⇔
(2a + 2bi – 1) (1 + i) + (a – bi + 1)(1-i) = 2 – 2i
⇔
2a + 2ai + 2bi + 2bi
2
– 1 –i + a – ai – bi + bi
2
+ 1 – i = 2 – 2i
⇔
3a – 3b + ai + bi – 2i = 2 – 2i
.
3
2
9
1
9
1
3
1
3
1
22
233

=+=⇒







−=
=
⇔



−=−+
=−
⇔
z
b
a
ba
ba
VD 9: Tìm các số nguyên x, y sao cho số phức z = x + iy thỏa mãn z
3
= 18 + 26i
Lời giải: Ta có
( )
)3(26)3(18
263
183

2618
2332
32
23
2
xyxyyx
yyx
xyx
iiyx
−=−⇒





=−
=−
⇔+=+
Giải phương trình bằng cách đặt y = tx ta được: t =
⇒
3
1
x = 3, y =1.
Vậy z = 3 + i.
VD 10: Tìm phần thực và phần ảo của số z = (i – i)
2013
.
Lời giải: Ta có: (1 – i)
2
= 1 + i

2
– 2i = -2i. Do đó: (1 – i)
4
= 4i
2
= -4
⇒
( 1 – i)
4n
= (-1)
n
. 4
n

⇒
(1 – i)
2013
= (1 – i)
4.503
.(1 – i) = (-4)
503
.(1 – i)
4
= (-4)
503
+ 4
503
.i
Vậy z có phần thực và phần ảo tương ứng là: (-4)
503

và 4
503
Bài tập luyện tập
Bài 1. Thực hiện các phép tính:
a. (3i + 4)[(-3 + 2i) – (4 – 7i)] b. (7 – 5i)(1 + i) – (3i + 2i)
c. (1 – i)
2013
d. (3 + 4i)
2
(5 – 7i)
e. (3 – i)
3
– (1 + 2i)
2
f. (3 – i)
3
(-3 + 2i)
2
g.
i
2
3
2
1
1
−
h.
51
42

43
58
+
−
+
+
+
i
i
i
Bài 2. Tìm phần thực; phần ảo; môđun và số phức liên hợp của mỗi số phức sau:
a. z
1
= (2i – 1)
2
– 3i(i + 1) + 2i
3
b.
i
i
i
3
2
23
+
−
−
c. z
3
= 3.i

10
– 5(2i – 4) d.
3
)2(
1
51
i
i
i
−+
+
−
Bài 3. Tìm phần ảo của số phức z, biết:
( ) ( )
.212
2
iiz
+−=
Bài 4. Tính môđun của các số phức sau:
a. z
1
= (2 – 4i) + (5 + 2i) b. z
2
=
32
32
i
i
+
−

c. z
3
= (4 + 3i)
3
d. z
4
= (2+ 5i)
2
– (4 – i)
3
Bài 5. Cho số phức z thỏa mãn:
0)32)(3)(1(
=+−+−
iziziz
Xác định phần thực và phần ảo của z.
Bài 6. Cho số phức z thỏa mãn:
i
i
z
−
+
=
1
)31(
3
. Tìm môđun của
izz
+
Bài 7. Tính môđun của số phức z, biết
iiziz 53)2)(4()2)(12( −=+−+−+

.
Bài 8. Tìm số phức z thỏa mãn:
25.10)2(
==+−
zzvàiz
Bài 9. Tìm số thực x, y thỏa mãn: x(3 + 5i) + y(1 – 2i)
3
= 9 + 14i.
Bài 10. Tìm số thực z, biết:
10
)1(37
1
)61)(2(
zi
i
izz
−
=
+
−−−

II. CĂN BẬC HAI CỦA SỐ PHỨC.
Định nghĩa: Cho số phức z = a + bi
Căn bậc hai của số phức z là số phức z
1
= a
1
+ b
1
i thỏa mãn z

1
2
= z
VD1 : Tìm căn bậc hai của số phức: z = 5 + 12i
5
Lời giải: Giả sử m + ni (m,n ) là căn bậc hai của z
Ta có: (m + ni)
2
= 5 + 12i
⇔
m
2
+ 2mni + n
2
i
2
= 5 + 12i
⇔
m
2
+ 2mni – n
2
= 5 +12 i





=
=−

⇔



=
=−
⇔
)2(
6
)1(5
122
5
22
22
n
m
nm
mn
nm
Thay (2) vào (1) ta có :
2
6






n
- n

2
= 5
⇔
n
4
+ 5n
2
– 36 = 0




−=
=
⇔
)(9
)/(4
2
2
loain
mtn



−=⇒−=
=⇒=
⇔
32
32
mn

mn
Vậy z có hai căn bậc hai là 3 + 2i và -3 – 2i
VD2 : Tìm căn bậc hai của số phức z =
i548164
+−
Lời giải: Giả sử m + ni (m, n ) là căn bậc hai của z
Ta có:
inmniminim 5481642548164)(
222
+−=−+⇔+−=+
Thay (2) vào (1) ta có:
02880164164
524
24
2
2
=−+⇔−=








− mm
m
m
⇔
m

2
= 16 ; m
2
= -180 ( loại)




−=⇒−=
=⇒=
⇔
564
564
nm
nm
Vậy z có hai căn bậc hai là:
ivài 564564
−−+
Bài tập luyện: Tìm các căn bậc hai của các số phức sau:
a)
i247 −−
b)
i341
+
c)
i22017
+
d)
i6423
−−

III. GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI TRÊN TẬP SỐ PHỨC
Xét phương trình az
2
+ bz + c = 0 (a, b, c
; a 0)
Cách giải: Tính
∆
= b
2
– 4ac
Gọi
±
k là căn bậc hai của
∆
, nghiệm của phương trình là:
a
kb
z
a
kb
z
2
,
2
+−
=
−−
=
Đặc biệt nếu b = 2b’, ta tính được
∆

’
6





=
−=−
⇔





=
−=−
⇔
)2(
524
)1(164
5482
164
22
22
m
n
nm
mn
nm

Gọi
±
k’ là căn bậc hai của
∆
’, nghiệm của phương trình là:
a
kb
z
a
kb
z
''
,
''
+−
=
−−
=
VD 1: Giải phương trình: z
2
+ (3i + 8)z + 11i + 13 = 0
Lời giải:
∆
= (3i + 8)
2
– 4(11i + 13) = 4i + 3
Giả sử m + ni (m, n ) là căn bậc hai của
∆
Ta có: (m + ni)
2

= 5 + 12i
⇔
m
2
+ 2mni + n
2
i
2
= 3 + 4i
⇔
m
2
+ 2mni – n
2
= 3 + 4i





=
=−
⇔



=
=−
⇔
)2(

2
)1(3
42
3
22
22
m
n
nm
mn
nm
Thay (2) vào (1) ta có:



−=⇒−=
=⇒=
⇔




−=
=
⇔=−−⇔=







−
12
12
)(1
4
0433
2
2
2
22
2
2
nm
nm
loaim
m
mm
m
m
Vậy
∆
có hai căn bậc hai là






+=

−−+
=
+=
+++
=
3
2
283
52
2
283
i
ii
z
i
ii
z
VD 2: Giải phương trình: z
2
+ 4z + 7 = 0
Lời giải:
∆
’ = 2
2
= 7 = -3 = 3i
2

⇒
các căn bậc hai của
∆

’ là
3i
±
Vậy nghiệm của phương trình là:
iziz 32,32
−−=+−=
VD 3: Giải phương trình: z
3
+ 4z
2
+ (4 + i)z + 3 + 3i = 0 (1)
Lời giải: Dễ thấy z = -i là nghiệm của (1) nên:
(1)
⇔
(z + i)[z
2
+ (4 – i)z + 3 – 3i] = 0



=−+−+
=+
⇔
)2(033)4(
0
2
iziz
iz
Giải (2):
∆

= (4 – i)
2
– 12 + 12i = 16 – 1 – 8i – 12 + 12i = 3 + 4i = 4+4i+i
2
= (2+i)
2
Vậy
∆
có hai căn bậc hai là: 2 + i và -2 – i
Do đó nghiệm của là






−=
−−−+−
=
+−=
+++−
=
3
2
224
1
2
24
ii
z

i
ii
z
Vậy (1) có ba nghiệm là –i, -3, -1 + i
VD 4: Gọi z
1
và z
2
là hai nghiệm phức của phương trình:
2(1 + i)z
2
– 4(2 – i)z – 5 – 3i = 0
7
Tính |z
1
|
2
+ |z
2
|
2

Lời giải: Ta có:
∆
’ = 4(2 – i)
2
+ 2(1 + i)(5 + 3i) = 16. Vậy phương trình có hai
nghiệm phức :
iziz
2

1
2
1
,
2
5
2
3
21
−−=−=
. Do đó |z
1
|
2
+ |z
2
|
2
= 9.
VD 5: Gọi z
1
, z
2
, z
3
, z
4
là bốn nghiệm của phương trình: z
4
– z

3
– 2z
2
+ 6z – 4 = 0
trên tập số phức tính tổng: S =
2
4
2
3
2
2
2
1
1111
zzzz
+++

Lời giải: pt: z
4
– z
3
– 2z
2
+ 6z – 4 = 0
⇔
(z – 1)(z + 2)(z
2
– 2z + 2) = 0 (1)
Không mất tính tổng quát ta gọi 4 nghiệm của phương trình (1) là:







−=
+=
−=
=
iz
iz
z
z
1
1
2
1
4
3
2
1
Thay vào biểu thức ta có: S =
4
5
)1(
1
)1(
1
4
1

1
1111
22
2
4
2
3
2
2
2
1
=
+
+
−
++=+++
ii
zzzz

VD 6: Lập phương trình bậc hai có 2 nghiệm: z
1
= 6 – i và z
2
= 4 + 3i
Lời giải: Ta có tổng và tích:
S = z
1
+ z
2
= (6 – i) + (4 + 3i) = 10 + 2i

P = z
1
.z
2
= (6 – i)(4 + 3i) = 24 + 18i – 4i – 3i
2
= 27 + 14i
Vậy z
1
, z
2
là nghiệm của phương trình bậc hai: z
2
– Sz + P = 0
hay : z
2
+ (10 + 2i)z + 27 + 14i = 0.
VD 7: Không giải phương trình: z
2
+ (2 – i)z + 3 + 5i = 0
Hãy tính: z
1
2
+ z
2
2
, z
1
4
+ z

2
4
.
Lời giải: Theo hệ thức Vi-ét ta có:
S = z
1
+ z
2
= -2 + i
P = z
1
.z
2
= 3 + 5i
Do đó: z
1
2
+ z
2
2
= S
2
– 2P = (-2 + i)
2
– 2(3 + 5i) = -3 – 14i.
z
1
4

+ z

2
4
= (z
1
2
+ z
2
2
) – 2z
1
2
z
2
2
= (-3 – 14i)
2
– 2(3 + 5i)
2
= -155 + 24i.
VD 8: Giải phương trình sau trên tập số phức :
01
2
2
34
=+++−
z
z
zz
(1)
Lời giải: Nhận xét z = 0 không phải là nghiệm của phương trình (1) vậy z

≠
0.
Chia hai vế phương trình (1) cho z
2
ta được :
)2(0
2
111
2
2
=+






−−






+
z
z
z
z
Đặt

z
zt
1
−=
. Khi đó :
2
1
2
1
2
2
2
2
22
+=+⇔−+=
t
z
z
z
zt
8
Phương trình (2) có dạng :
22
99
2
5
.41)3(0
2
5
itt

=−=−=∆⇒=+−
Vậy phương trình (3) có 2 nghiệm:
2
31
,
2
31
21
i
t
i
t
−
=
+
=
Với
2
31
1
i
t
+
=
ta có
)4(02)31(2
2
311
2
=−+−⇔

+
=−
ziz
i
z
z
Có
∆
= (1 + 3i)
2
+ 16 = 8 + 6i = 9 + 6i + i
2
= (3 + i)
2
Vậy phương trình (4) có 2 nghiệm:
2
1
4
)3()31(
,1
4
)3()31(
21
−
=
+−+
=+=
+++
=
iii

zi
ii
z
Tương tự, với
2
31
2
i
t
−
=
ta có 2 nghiệm là:
2
1
,1
43
−−
=−=
i
ziz
Do đó phương trình đã cho có 4 nghiệm:
2
1
,1,
2
1
,1
4321
−−
=−=

−
=+=
i
ziz
i
ziz
Bài tập luyện tập: Giải các phương trình sau:
a) z
2
– 7z + 11 + i = 0 b) z
2
+ 2(1 – 2i)z – (7 + 4i) = 0
c) z
2
– 2(2 – i)z + 6 – 8i = 0 d) z
2
– (2 + i)z + i +1 = 0
e) z
3
– (2 + i)z
2
+ (2 + 2i)z – 2i = 0 f) 2z
3
– 9z
2
+ 14z – 5 = 0.
IV. TÌM TẬP HỢP ĐIỂM BIỂU DIỄN SỐ PHỨC Z
Cách giải: Giả sử z = a + bi (a, b
∈
) ; thay vào giả thiết, tìm được một hệ thức

nào đó đối với a và b. Từ đó suy ra tập hợp các điểm biểu diễn số phức z.
VD 1: Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z sao cho
iz
iz
u
−
++
=
32
là một số
thuần ảo.
Lời giải: Giả sử z = a + bi (a, b
∈
), khi đó:
[ ][ ]
22
)1(
)1()3(2
)1(
32
−+
−−+++
=
−+
+++
=
ba
ibaiba
iba
ibia

u
.
Từ số bằng a
2
+ b
2
+ 2a + 2b – 3 + 2(2a – b + 1)i.
u là số thuần ảo khi và chỉ khi



−−≠
=+++
⇔



≠+−
=−+++
)3;2(),1;0();(
5)1()1(
012
0322
2222
ba
ba
ba
baba
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là một đường tròn tâm I(-1; -1) , bán
kính bằng

5
, khuyết 2 điểm (0;1) và (-2; -3).
VD 2: Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z, biết z thỏa mãn:
(*)1
4
32
=
+−
−+
iz
iz
Lời giải: Giả sử z = a + bi
(*)
⇔
|a + 2 + (b – 3)i| = |a – 4 – (b – 1)i|
⇔
(a + 2)
2
+ (b – 3)
2
= (a – 4)
2
+ (b – 1)
2
⇔
3a – b -1 = 0
Vậy tập hợp điểm M biểu diễn số phức z là đường thẳng có phương trình 3x – y – 1
= 0.
9
VD 3: ìm quỹ tích các điểm M biểu diễn số phức

2)31(
++=
zi
ω
biết số phức z
thảo mãn:
21
≤−
z
(1)
Lời giải: Giả sử:
bia
+=
ω
Ta có:
31
)3(3
1
31
2
2)31(
i
iba
z
i
bia
zzi
+
−+−
=−⇔

+
+−
=⇔++=
ω
(1)
2
2
)3()3(
2
31
)3(3
2
31
)3(3
22
≤
−+−
⇔≤
+
−+−
⇔≤
+
−+−
⇔
ba
i
iba
i
iba
16)3()3(

22
≤−+−⇔
ba
Vậy quỹ tích của các điểm M biểu diễn số phức là hình tròn:
(x – 3)
2
+ (y -
3
)
2

≤
16 (kể cả những điểm nằm ở vị trí biên).
Bài luyện tập : Tìm tập hợp điểm biểu diễn của số phức z thỏa mãn:
a) |2 + z| = |i – z| b)
3
=
−
iz
z
c)
|43||| izz
+−=
d)
1
=
+
−
iz
iz

e)
|2||1|2 izzz
+−=−
f)
( )
4||
2
2
=−
zz
V. TÌM SỐ PHỨC Z CÓ MÔĐUN LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT.
Bài toán : Cho số phức z = a + bi thỏa mãn điều kiện G nào đó. Tìm số phức z có
môđun nhỏ nhất, lớn nhất.
Trường hợp 1: giả thiết G có dạng ma + nb = k. Ta rút ra a theo b (hoặc b theo a)
sau đó ta sử dụng phương pháp nhóm tổng bình phương.
VD 1: Biết rằng số phức z thỏa mãn
)31)(3( izizu
++−+=
là một số thực. Tìm giá
trị lớn nhất của |z|
Lời giải: Giả sử : z = a + bi, ta có:
u = [a + 3 + (b – 1)i][a + 1 – (b – 3)i] = a
2
+ b
2
+ 4a – 4b + 6 + 2(a – b – 4)i
u
∈

⇔

a – b – 4 = 0
⇔
a = b + 4
|z| min
⇔
|z|
2
min
|z|
2
= a
2
+ b
2
= (b + 4)
2
+ b
2
= 2b
2
+ 8b + 16 = 2(b + 2)
2
+ 8
≥
8
Dấu “=” xảy ra
⇔
b = -2
⇒
a = 2

Vậy |z| min
⇔
z = 2 – 2i
VD 2: Cho phức z thỏa mãn :
|2||1| iziz
−=++
. Tìm giá trị nhỏ nhất của z.
Lời giải: Giả sử : z = a + bi, ta có:
|a + bi + i + 1| = |a – bi – 2i|
⇔
(a + 1)
2
+ (b + 1)
2
= a
2
+ (b + 2)
2

⇔
a
2
+ 2a + 1 + b
2
+ 2b + 1 = a
2
+ b
2
+ 4b + 4
⇔

2a – 2b – 2 = 0
⇔
a = b – 1
⇒
a
2
+ b
2
= (b + 1)
2
+ b
2
= 2b
2
+ 2b + 1 = 2(b +
2
1
)
2
+
2
1
≥

2
1
10

⇒
|z|

≥

2
1

⇔
a =
2
1
; b = -
2
1
. Vậy Min |z| =
2
1
.
Trường hợp 2: Giả thiết G có dạng (x + a)
2
+ (y + b)
2
= k
2

Bài toán: Tìm GTLN, GTNN của S =
CmxBmxA ++ cossin
Ta có:
C
BA
A
mx

BA
A
mxBAS
+








+
+
+
+=
2222
22
.cos.sin
Đặt:







+
=
+

=
22
22
sin
cos
BA
B
BA
A
α
α
. Khi đó
CmxmxBAS
+++=
)sin.coscos.(sin
22
αα
Do đó:
m
k
mm
xCBAMinS
παπ
2
2
22
+−
−
=⇔++−=
m

k
mm
xCBAMaxS
παπ
2
2
22
+−=⇔++=
Vì thế ở trường hợp 2 để tìm GTNN, GTLN của |z| ta đặt



=+
=+
α
α
cos
sin
kbx
kax
Sau đó ta làm tương tự như bài toán trên.
VD 3: Cho số phức z thỏa mãn : |z – 3 + 4i| = 4. Tìm giá trị nhỏ nhất của |z| .
Lời giải: Giả sử z = a + bi, ta có : |a + bi – 3 + 4i| = 4
⇒
(a – 3)
2
+ (b + 4)
2
= 16
Đặt




−=
+=
⇔



=+
=−
4cos4
sin43
cos44
sin43
α
α
α
α
b
a
b
a






−+=−+=

−++++=+=⇒
αααα
αααα
cos
5
4
sin
5
3
4041cos32sin2441
cos3216cos16sin24sin169||
22222
baz
Đặt
5
4
sin,
5
3
cos
==
ββ
1)sin(4041||
222
≥−+=+=⇒
βα
baz
Dấu “=” xảy ra khi
πβ
π

απ
π
βα
2
2
2
2
kk
++−=⇒+−=−
. Do đó Min |z| = 1
Ngoài ra để tìm GTNN, GTLN của |z| ta có thể sử dụng phương pháp hình học.
VD 4: Cho hai số phức z
1
, z
2
thỏa mãn |z
1
+ 5| = 5, |z
2
+ 1 – 3i| = |z
2
– 3 – 6i|.
Tìm GTNN của |z
1
– z
2
|.
Lời giải: Giả sử điểm M(a;b) là điểm biểu diễn của số phức z
1
= a + bi, N(c;d) là

điểm biểu diễn của số phức z
2
= c + di.
Ta có: |z
1
+ 5| = 5
⇔
(a + 5)
2
+ b
2
= 25.
Vậy M thuộc đường tròn (C): (x + 5)
2
+ y
2
= 25
|z
2
+ 1 – 3i| = |z
2
– 3 – 6i|
⇔
8c + 6d = 35.
Vậy N thuộc đường thẳng d
1
: 8x + 6y = 35
11
Dễ thấy đường thẳng d
1

không cắt (C) và |z
1
– z
2
| = MN.
Bài toán trở thành : Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C) : (x + 5)
2
+ y
2
= 25
và đường thẳng d
1
: 8x + 6y = 35. Tìm giá trị nhỏ nhất của MN biết M chạy trên
(C) và N chạy trên đường thẳng d
1
.
L
H
I
K
d1
d2
N
M
Gọi d
2
là đường thẳng qua I và vuông góc với d
1
. Phương trình đường thẳng d
2

là:
6x – 8y = -30.
Gọi H là giao của d
1
và d
2
. Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ:






⇒





=
=
⇔



−=−
=+
2
9
;1

2
9
1
3086
3568
H
y
x
yx
yx
Gọi K và L là giao điểm của d
2
với đường tròn (C). Tọa độ K, L là nghiệm của hệ :
.
3;9
3;1
3086
25)5(
22



−=−=
=−=
⇔



−=−
=++

yx
yx
yx
yx
Vậy K(-1; 3) và L(-9; -3)
Tính trực tiếp HK và HL so sánh rồi suy ra Min MN =
HNKM
≡≡⇔
,
2
5
.
Khi đó Min |z
1
– z
2
| =
2
5
.
Bài tập luyện tập :
1. Trong các số phức z thỏa mãn:
2
23
22
=
+−
++
iz
iz

, hãy tìm số phức z có môđun nhỏ
nhất
12
2. Trong các số phức z thỏa mãn:
3
1
22
=
−−
++
iz
iz
, hãy tìm số phức z có môđun nhỏ
nhất, lớn nhất.
3. Cho hai số phức z
1
, z
2
thỏa mãn |z
1
+ i| = 5, |z
2
– 5| = |
2
z
-7|. Tìm giá trị nhỏ nhất
của |z
1
– z
2

|.
VI. DẠNG LƯỢNG GIÁC CỦA SỐ PHỨC VÀ ỨNG DỤNG
Xét số phức dạng đại số : z = a + bi
Ta có:








+
+
+
+=
i
ba
b
ba
a
baz
2222
22
Nhận xét :
1
2
22
2
22

=








+
+








+ ba
b
ba
a
Đặt
2222
sin;cos
ba
b
ba
a

+
=
+
=
αα
.
Khi đó:
(
)
2222
||(*))sin(cos)sin(cos bazrirbaz
+==+=++=
αααα
(*) là dạng lượng giác của số phức z,
α
gọi là một acgumen của z.
Nhận xét: Nếu
α
là một acgumen của z thì
πα
2k+
cũng là một acgumen của z.
+ Nhân chia số phức dạng lượng giác :
Cho :
)sin(cos);sin(cos
22221111
αααα
irzirz
+=+=
. Khi đó :

)]sin()[cos(
)]sin()[cos(
2121
2
2
2
1
21212121
αααα
αααα
−+−=
+++=
i
r
r
z
z
irrzz
Đặc biệt với
)2sin2(cos)sin(cos
22
αααα
irzirz
+=⇒+=

(**))sin(cos
)3sin3(cos
33
αα
αα

ninrz
irz
nn
+=
+=
(**) gọi là công thức Moavơrơ.
VD 1: Viết số phức sau dạng lượng giác:
iz
−=
3
Lời giải :






−
+
−
=






−=









−=
6
sin.
6
cos2
6
sin.
6
cos2
22
3
2
ππππ
ii
i
z
VD 2: Tìm các acgumen của số phức :






−=

5
cos.
5
sin2
ππ
iz
Lời giải :






−
+
−
=






−=







−−−=
)
10
3
sin(.)
10
3
cos(2
10
3
sin.
10
3
cos2)
52
sin(.)
52
cos(2
ππππππππ
iiiz
13
⇒
acgumen của z là
π
π
2
10
3
k
+

−
.
VD 3: Cho z = 2 + 2i. Tìm dạng đại số của z
2012
.
Lời giải:






+=






+=
4
sin
4
cos22
22
2
22
2
22
ππ

iiz
Áp dụng công thức Moavơrơ ta có:
2012201220122012
)22()0.1()22(
4
2012
sin
4
2012
cos)22(
−=+−=






+=
iiz
ππ
VD 4: Viết số phức sau có dạng lượng giác: z = 2 – 2i.






−
+
−

=






−=






−=
)
4
sin()
4
cos(22
4
sin
4
cos22
22
2
22
2
22
ππππ

iiiz
VD 5: Tìm một acgumen của số phức
iz 232
−=
Lời giải :
.
6
sin
6
cos4
2
1
2
3
4












−
+







−
=








−=
ππ
iiz
Vậy z có một acgumen là
.
6
π
−
VD 6: Xác định môđun và acgumen của số phức:







+
+−
=
3
2
sin
3
2
cos
3
8
ππ
i
i
i
z
.
Lời giải: Ta có:
.
3
sin
3
cos4
2
3
2
1
4
4
)31(8

)3)(3(
)3(8
3
8












−
+






−
=









−=
−
=
+−
+
=
+−
ππ
ii
i
ii
ii
i
i
Theo quy tắc nhân hai số phức lượng giác, ta được :






+=













−+






−=






+













−
+






−
=
3
sin
3
cos4
33
2
sin
33
2
cos4
3
2
sin
3
2

cos.
3
sin
3
cos4
ππ
ππππππππ
i
iiiz
Vậy môđun và một acgumen của số phức z lần lượt là : 4 và
3
π
.
VD 7: Tìm một acgumen của số phức :
)31( iz
+−
biết một acgumen của z bằng
3
π
.
Lời giải: z có một acgumen bằng
3
π
nên









+=
izz
2
3
2
1
||
.
Do đó:








+−=+−
iziz
2
3
2
1
)2|(|)31(
.
- Khi |z| > 2, một acgumen của
)31( iz
+−

là
3
π
14
- Khi 0< |z| < 2, một acgumen của
)31( iz
+−
là
3
4
3
π
π
π
=+
.
- Khi |z| = 2 thì
)31( iz
+−
= 0 nên có acgumen không xác định.
VD 8: Tìm acgumen của






−=
7
cos

7
sin2
ππ
iz
Lời giải:












−
+






−
=







−=












−−






−=







−=
14
5
sin
14
5
cos2
14
5
sin
14
5
cos2
72
sin
72
cos2
7
cos
7
sin2
ππ
ππππππππ
i
iiiz
⇒
acgumen của z là
π
π
2

14
5
k+
−
VD 9 (ĐH B – 2012) : Gọi z
1
, z
2
là 2 nghiệm của phức của phương trình:
0432
2
=−−
izz
.
Lời giải:
04.32
2
=−−
ziz






+=







+=






+=








+
−
=⇒
+=−=
=−=+=∆
3
sin
3
cos223
2
1
2

3
2
sin
3
2
cos2
2
3
2
1
2
13;13
13443
2
1
21
2
ππ
ππ
iiz
iiz
iziz
i
VD 10: Tính tổng:
2012
2012
2010
2012
6
2012

4
2012
2
2012
0
2012
CCCCCCS
+−+−+−=
Lời giải: Ta có :
20122012
2012
20112011
2012
33
2012
22
2012
1
2012
0
2012
2012
20122012
2012
20112011
2012
33
2012
22
2012

1
2012
0
2012
2012
)1(
)1(
iCiCiCiCiCCi
iCiCiCiCiCCi
+−+−+−=−
++++++=+
Suy ra
SCCCCCCii 2 (2)1()1(
2012
2012
2010
2012
6
2012
4
2012
2
2012
0
2012
20122012
=+−+−+−=−++
Mặt khác
10061006
2012

2012
2)503sin503(cos2
4
sin
4
cos2)1(
−=+=












+=+
ππ
ππ
iii
10061006
2012
2012
2)]503sin()503[cos(2
4
sin
4

cos2)1(
−=−+−=












−
+
−
=−
ππ
ππ
iii
Từ đó :
1006
2−=S
Bài tập luyện tập :
Bài 1: Tìm một acgumen của mỗi số phức sau:
a)
31 i
−−
b)

8
cos
8
sin
ππ
i
−−
15
c)
)
2
0(cossin1
π
ααα
<<+−
i
d)
( )
i
i
2626
6
sin
6
cos4
−++







+
ππ
Bài 2 : Viết dạng lượng giác số
iz
2
3
2
1
+=
. Suy ra căn bậc hai của số phức z.
Bài 3: Viết dạng lượng giác của mỗi số phức sau:
a)
2
sin2.sin
2
α
α
i
+
b)
)sin1sin(cos
αα
++
i
Bài 4: Tìm phần thực và phần ảo của mỗi số phức sau :
a)
9
10

)3(
)1(
i
i
+
+
b)
2000
2000
1
z
z +
biết rằng
1
1
=+
z
z
Bài 5: Dùng công thức khai triển nhị thức Niu- tơn (1 _ i)
19
và công thức Moa–vrơ
để tính :

18
19
16
19
4
19
2

19
0
19
CCCCCA
−+−+−=
và
19
19
17
19
5
19
3
19
1
19
CCCCCB
−+−+−=
VII. MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ CHỨNG MINH
Lời giải các bài toán về chứng minh thường dựa trên các tính chất về môđun và
liên hợp của số phức, chú ý rằng nếu các sô phức z
1
, z
2
có các điểm biểu diễn
tương ứng là A, B thì OA = |z
1
|; OB = |z
2
|; AB = |z

1
– z
2
|. Từ đó suy ra :
+ |z
1
| + |z
2
|
≥
|z
1
– z
2
|
+ |z
1
| - |z
2
|
≥
|z
1
– z
2
|
+ |z
1
+ z
2

|
≤
|z
1
| + |z
2
|
VD 1: Giả sử z
1
, z
2
là các số phức khác không thỏa mãn: z
1
2
– z
1
z
2
+ z
2
2
= 0. Gọi A,
B là các điểm biểu diễn tương ứng của z
1
, z
2
. Chứng minh rằng tam giác OAB đều.
Lời giải: Ta có
0))((
2

221
2
121
3
2
3
1
=+−+=+
zzzzzzzz
, suy ra :
z
1
3
= - z
2
3

⇒
|z
1
|
3
= |z
2
|
3

⇒
|z
1

| = |z
2
|
⇒
OA = OB .
Suy ra AB = OA = OB
⇒
tam giác OAB đều.
VD 2 : Cho 3 số phức z
1
, z
2
, z
3
đều có môđun bằng 1. Chứng minh rằng :
|z
1
+ z
2
+ z
3
| = |z
1
z
2
+ z
2
z
3
+ z

3
z
1
| .
Lời giải : Vì |z
1
z
2
z
3
| = 1 nên :
)(|||
111
||
321321
321
321321
133221
133221
ðpcmzzzzzz
zzz
zzzzzz
zzzzzz
zzzzzz
++=++=
++=++=
++
=++
16
VD 3: Cho số phức z

≠
0 thỏa mãn
9
8
3
3
≤+
z
z
. Chứng minh rằng
3
2
≤+
z
z
.
Lời giải:
Đặt
)0(
2
>+=
a
z
za
. Ta có:







+++=






+
z
z
z
z
z
z
2
6
82
3
3
3
. Suy ra :
a
z
z
z
z
z
za 69
2

6
82
3
3
3
3
+≤+++≤+=
Do đó : a
3
– 6a – 9
≤
0
⇔
(a – 3)(a
2
+ 3a + 3)
≤
0
Vì a
2
+ 3a + 3 > 0, nên
3
2
≤+=
z
za
(đpcm)
Bài tập luyện tập
Bài 1: Cho hai số phức z
1

, z
2
đều có môđun bằng 1. Chứng minh rằng
21
21
1 zz
zz
z
+
+
=
là
một số thực.
Bài 2: Cho số phức z
≠
0 thỏa mãn
.2
1
3
3
≤+
z
z
Chứng minh rằng
2
2
≤+
z
z
Bài 3 : Chứng minh rằng với mỗi số phức z, có ít nhất một trong hai bất đẳng thức

sau xảy ra :
2
1
1
≥+
z
hoặc
.11
2
≥+
z
C. KIỂM NGHIỆM
Với mục tiêu đổi mới phương pháp trong giảng dạy đem lại hiệu quả cho người
học.
Phần bài tập về số phức có tính chất hệ thống các dạng bài tập cơ bản khái quát
hóa cho học sinh từ đó gây hứng thú cho học sinh,học sinh biết vận dụng linh hoạt,
biết phân tích khi giải bài tập.
D. KẾT LUẬN
Phần chương trình số phức ở lớp 12 là phần mới đối với học sinh.
Bằng phương pháp trình bày sắp xếp có hệ thống các dạng bài tập cơ bản từ dễ
đến nâng cao, các ví dụ thực tế từ các đề thi những năm gần đây đem lại hứng thú
và trao dồi khả năng tư duy, so sánh để học sinh dễ dàng nhận ra sự lôgic trong
kiến thức, mối liên hệ giữa các đơn vị kiến thức với nhau giúp học sinh có phương
pháp và biết áp dụng rộng rãi các bài tập tương tự.
17
XÁC NHẬN Thanh Hóa, ngày 06 tháng 5 năm 2013
CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung
của người khác
MỤC LỤC

A. Đặt vấn đề ……………………………………………………………. Trang 1
B. Các khái niệm ……………………………… ………………………. Trang 1
C. Phân loại một số dạng bài tập cơ bản ………………………………. Trang 1
I. Các phép toán trên số phức …………………………………………… Trang 1
II. Căn bậc hai của số phức …………………………………………… Trang 4
III. Giải phương trình bậc hai trên tập số phức ………………………… Trang 5
IV. Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z ……………………………… Trang 8
V. Tìm số phức z có môđun lớn nhất, nhỏ nhất ………………………… Trang 9
VI. Dạng lượng giác của số phức và ứng dụng ……………………….… Trang 12
VII. Một số dạng bài tập về chứng minh …………………………………Trang 15
D. Kiểm nghiệm ……………………………………………………… Trang 16
E. Kết luận …………………………………………………………… Trang 16
18
* Tài liệu tham khảo :
- Sách giáo khoa lớp 12 cơ bản và nâng cao
- Sách bài tập lớp 12 cơ bản và nâng cao
- Phương pháp ôn luyện thi đại học cao đẳng môn toán chủ đề số phức – Nhà xuất
bản đại học sư phạm (tác giả: Hoàng Văn Minh – Nguyễn Quốc Hùng)
- Một số đề thi đại học và thi thử đại học các năm.
19