chuyên đề số phức ôn thi đại học

1

MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ SỐ PHỨC
Biên soạn: GV NGUYỄN TRUNG KIÊN


I) DẠNG ĐẠI SỐ CỦA SỐ PHỨC
Dạng 1) Bài toán liên quan đến biến đổi số phức
Phương pháp chung để giải các bài toán dạng này là ta gọi số phức
z x yi
= +

Biến đổi bài toán về dạng
{
( ; ) 0
( ; ) ( ; ). 0
( ; ) 0
f x y
f x y g x y i
g x y
=
+ = ⇔
=

Từ đó ta giải hệ tìm
,
x y


Ví dụ 1) Tìm số nguyên x, y sao cho số phức
z x yi

= +
thoả mãn
3
18 26
z i
= +

Giải:
3
18 26
z i
= +
( )
( ) ( )
3 2
3
2 3 3 2
2 3
3 18
18 26 18 3 26 3
3 26
x xy
x yi i x y y x xy
x y y

− =

⇔ + = + ⇔ ⇔ − = −

− =




Giải phương trình bằng cách đặt
x ty
=
ta được:
(
)
(
)
2 3 3 2
18 3 1 26 3 13 27 39 9 0 3
t t t t t t t
− = − ⇔ − − + = ⇒ =
.
Thay
3
x y
=
vào phương trình
(1)
của hệ ta thu
được:
3
18 18 1; 3 3
y y x z i
=
⇒
= =

⇒
= +

Ví dụ 2) Tìm số phức
z x yi
= +
thỏa mãn điều kiện:
2 3
(2 3 ) (2 1)(1 ) 35 50
x i y i i
− + + + = − −


Giải:

Phương trình được viết lại:
(( 5 12 ) (2 1)( 2 2 ) 35 50 5 4 2 (4 2 12 ) 35 40
x i y i i x y y x i i
− − + + − + = − − ⇔ − − − + + − = − −

{
{
5 4 33 5
12 4 52 2
x y x
x y y
+ = =
⇔ ⇔
− = =

Vậy số phức cần tìm là
5 2
z i
= +


Ví dụ 3) Cho hai số phức
1 2
;
z z
thoả mãn
1 2 1 2
1; 3
z z z z= = + =
Tính
1 2
z z
−

Giải:
Đặt
1 1 1 2 2 2
;
z a bi z a b i
= + = +
. Từ giả thiết ta có
( ) ( )
2 2 2 2
1 1 2 2
2 2

1 2 1 2
1
3
a b a b
a a b b

+ = + =


+ + + =



2
( ) ( ) ( )
2 2
1 1 2 2 1 2 1 2 1 2
2 1 1 1
a b a b a a b b z z
⇒ + = ⇒ − + − = ⇒ − =


Dạng 2) Bài toán liên quan đến nghiệm phức

Ví dụ 1) Giải phương trình sau:
2
8(1 ) 63 16 0
z i z i
− − + − =

Giải: Ta có
( )
2
2
' 16(1 ) (63 16 ) 63 16 1 8
i i i i
∆ = − − − = − − = −
Từ đó tìm ra 2 nghiệm là
1 2
5 12 , 3 4
z i z i
= − = +

Chú ý: Khi đã tính được
' 63 16
i
∆ = − −
. Dựa vào hằng đẳng thức
2 2 2
( ) 2
a b a ab b
+ = + +

Ta có thể phân tích nhanh như trên.
Nếu không làm như trên ta có thể tìm
'
∆
theo cách. Gọi
w
a bi

= +
là một căn
bậc hai của
2 2
2 2 2
63
' w ' 2 63 16 ,
2 16
a b
a b abi i a b
ab

− = −
∆
⇒
= ∆ ⇔ − + = − − ⇔
⇒

= −



Ví dụ 2) Giải phương trình sau:
2
2(1 ) 4(2 ) 5 3 0
i z i z i
+ − − − − =

Giải:
Ta có

∆
’ = 4(2 – i)
2
+ 2(1 + i)(5 + 3i) = 16.
Vậy phương trình cho hai nghiệm là:
z
1
=
i
ii
i
i
i
i
2
5
2
3
2
)1)(4(
1
4
)1(2
4)2(2
−=
−
−
=
+
−

=
+
+
−

z
2
=
i
ii
i
i
i
i
2
1
2
1
2
)1)((
1)1(2
4)2(2
−−=
−
−
=
+
−
=
+

−
−

Chú ý: Trong quá trình tính toán các em phải đưa về kết quả cuối cùng số phức ở
dạng đại số (trừ câu hỏi viết dạng LG).
Trong ví dụ trên nếu các em để
1
i
z
i
−
=
+
là chưa đúng.

Ví dụ 3) Giải phương trình
3 2
9 14 5 0
z z z
− + − =

Giải:
Ta có phương trình tương đương với
(
)
(
)
2
2 1 4 5 0
z z z

− − + =
.
Từ đó ta suy ra phương trình có 3 nghiệm là
1 2 3
1
; 2 ; 2
2
z z i z i
= = − = +


Ví dụ 4) Giải phương trình:
3 2
2 5 (3 2 ) 3 0
z z i z i
− + + + + =
biết phương trình có
nghiệm thực

Giải:
Giả sử
z a
=
là nghiệm thực của phương trình
3
Ta suy ra
3 2
3 2
2 5 3 3 0
(2 5 3 3) (2 1) 0

2 1 0
a a a
a a a a i
a

− + + =
− + + + + = ⇔

+ =

1 1
2 2
a z
⇒ = − ⇒ = −

Phương trình đã cho tương đương với
(
)
(
)
2
2 1 3 3 0
z z z i
+ − + + =
. Giải phương
trình ta tìm được
1
; 2 ; 1
2
z z i z i

= − = − = +

Ví dụ 5) Giải phương trình:
3 2
(1 2 ) (1 ) 2 0
z i z i z i
+ − + − − =
biết phương trình có
nghiệm thuần ảo:

Giải: Giả sử nghiệm thuần ảo của phương trình là
z bi
=
thay vào phương trình
ta có
( ) ( )
3 2
2 3 2
(1 2 ) (1 )( ) 2 0 ( ) ( 2 2) 0
bi i bi i bi i b b b b b i
+ − + − − = ⇔ − + − + + − =

2
3 2
0
1
2 2 0
b b
b z i
b b b


− =

⇔
⇒
=
⇒
=

− + + − =


là nghiệm, từ đó ta có phương trình tương
đương với
(
)
(
)
2
(1 ) 2 0
z i z i z
− + − + =
. Giải pt này ta sẽ tìm được các nghiệm
Qua ví dụ 4, 5 ta thấy khi biết được phương trình bậc
3
có một nghiệm thực
z a
=
hoặc nghiệm thuần ảo
z ai

=
thì ta thay vào phương trình sau đó biến đổi
về dạng:
{
( ) 0
( ) ( ) 0
( ) 0
f a
f a g a i
g a
=
+ = ⇔
=
để tìm
a
sau đó phân tích phương trình thành dạng
tích với nghiệm vừa tìm được theo quy tắc.
Nếu biết phương trình có nghiệm
0
z z
=
thì ta phân tích được thành dạng:
0
( ) ( ) 0
z z h z
− =

Ví dụ 6) Giải các phương trình:
a)
4 3 2

2 2 3 10 0
z z z z
+ − − − =

b)
( 1)( 2)( 4)( 7) 0
z z z z
− + + + =

c)
2 2 2
(9 11) 16(3 2) 0
z z
+ + + =

Giải:
a) Phương trình được viết lại
4 3 2 2 2 2
2 2 3 10 0 ( ) 3( ) 10 0
z z z z z z z z
+ − − − = ⇔ + − + − =

Từ đó suy ra
2
2
5
2
z z
z z


+ =

+ = −


Giải hai phương trình trên ta thu được:
1 21 1 7
;
2 2
i
z z
− ± − ±
= =

b)
( 1)( 2)( 4)( 7) 0
z z z z
− + + + =

4
Phương trình được viết lại:
2 2
( 6 7)( 6 8) 34
z z z z
+ − + + =

Đặt
2
6 7
z z t

+ − =
ta có phương trình mới
2
15 34 0
t t
+ − =

Phần còn lại dành cho học sinh tự làm.
c)
2 2 2
(9 11) 16(3 2) 0
z z
+ + + =

Chú ý rẳng
2
1
i
= −
nên ta có thể viết phương trình đã cho thành:
2 2 2 2 2 2
(9 11) 16 (3 2) 0 (9 12 11 8 )(9 12 11 8 ) 0
z i z z iz i z iz i
+ − + = ⇔ − + − + + + =

Công việc còn lại là giải các phương trình bậc
2
ẩn phức quen thuộc.

Ví dụ 7) Tìm nghiệm của phương trình sau:

2
z z
=
.
Giải: Giả sử phương trình có nghiệm: z=a+bi thay vào ta có
( )
2
a bi a bi
+ = +

2 2
2
a b a
ab b

− =
⇔

= −

Giải hệ trên ta tìm được
1 3
( , ) (0;0),(1;0),( ; )
2 2
a b = − ±
. Vậy
phương trình có 4 nghiệm là
1 3
0; 1;
2 2

z z z i
= = = − ±


Dạng 3) Các bài toán liên quan đến modun của số phức:

Để giải quyết tốt các dạng toán này học sinh cần nắm chắc các kiến thức về
modun số phức và các tính chất liên quan hình học phẳng.

Ví dụ 1) Chứng minh rằng:
a)
1 2 1 2
z z z z
+ = +
b)
1 2 1 2
. .
z z z z
=
c)
1
1
2 2
z
z
z z
=

Giải: Giả sử
1 1 1

z x y i
= +
và
2 2 2
z x y i
= +
với
1 1 2 2
, , ,x y x y
∈
ℝ

a) Ta có:
1 1 1
z x y i
= −
và
2 2 2
z x y i
= −
nên
(
)
(
)
1 2 1 2 1 2
z z x x y y i
+ = + − +

Mà

(
)
(
)
(
)
(
)
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
z z x x y y i z z x x y y i
+ = + + +
⇒
+ = + − +

Vậy
1 2 1 2
z z z z
+ = +
.
b) Ta có:
(
)
(
)
(
)
(
)
1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 2 1
.

z z x y i x y i x x y y x y x y i
= − − = − − +
và
(
)
(
)
(
)
(
)
1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1
z z x x y y x y x y i z z x x y y x y x y i
= − + +
⇒
= − − +

Từ đó suy ra
1 2 1 2
. .
z z z z
=
.
c) Vì
2
z z
=
nên
1 2 1 2 1 2 1 2
1 2 1

1
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
z z z z z z z z
z z z
z
z z z z
z z z z
= = = = = =
.
Ví dụ 2) Cho số phức
1
z
và
2
z
đều có mođun bằng 1. Chứng minh rằng số phức
1 2
1 2
1
z z
z z
+
+
là số thực với
1 2
1
z z
≠ −

.
5
Giải: Sử dụng điều kiện số phức
z
là số thực khi và chỉ khi
z z
=

Ta có
2
1 2 1
1
1
1z z z
z
= = ⇒
. Tương tự
2
2
1
z
z
=

Do đó
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
1 2 1 2 1 2
1 2
1 2
1 1

1 1
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 z
+
 
+ + + +
= = = = = =
 
+ + +
+
 
+

Vậy
z z
=
nên
1 2
1 2
1
z z
z z
+
+

là số thực.
Ví dụ 3) Cho ba số phức
, ,
x y z
cùng có modun bằng 1. So sánh modun của các
số
x y z
+ +
và
xy yz zx
+ +
.
Giải:
Ta có
1 1 1
xy yz zx xyz
x y z
+ + = + +
.
Vì nghịch đảo của số phức có modun bằng 1 là liên hợp của nó nên ta có:
1 1 1
; , , , 1.1.1 1
xy yz zx x y z x y x y z x y z xyz x y z
x y z
 
+ + = + + = + + = + + = = = = = =
 
 

Vậy

x y z xy yz zx
+ + = + +
.
Ví dụ 4) Tìm các số phức z thoả mãn đồng thời các điều kiện sau:
1 2 2
z i z i
+ − = − +
và
5
z i− =

Giải:
Giả sử z=x+yi (x,y là số thực) .Từ giả thiết ta có
1 ( 2) 2 (1 )
( 1) | 5
x y i x y i
x y i

+ + − = − + −


+ − =



( )
( )
2
2 2 2
2

2
1 ( 2) ( 2) (1 )
1 5
x y x y
x y

+ + − = − + −

⇔

+ − =


2
3
10 6 4 0
y x
x x
=

⇔

− − =

1, 3
x y
⇔ = =
hoặc
2 6
,

5 5
x y
= − = −
. Vậy có 2 số phức thoả mãn điều kiện.
Ví dụ 5) Xét số phức z thoả mãn
;
1 ( 2 )
i m
z m R
m m i
−
= ∈
− −

a) Tìm m để
1
.
2
z z
=

b)Tìm m để
1
4
z i
− ≤

c) Tìm số phức z có modun lớn nhất.
Giải:
6

a) Ta có
(
)
(
)
( )( )
( )
2
2 2 2
2
2
2 2
2 2
1 2
(1 ) 2 (1 2 )
1 2
1 2 1 2
1 4
i m m mi
i m m m m m m
z
m mi
m mi m mi
m m
− − −
− − − + + − +
= = =
− +
− + − −
− +

( )
2 2
2
2 2 2 2
2
(1 ) (1 ) 1 1
1 1 1 1
1
m m i m m m
i z i
m m m m
m
+ + +
= = +
⇒
= −
+ + + +
+

( )
2
2
2
2
1 1 1
. 1 2 1
2 2
1
m

z z m m
m
+
⇒
= ⇔ = ⇔ + = ⇔ = ±
+

b) Ta có
2
2 2 2 2
1 1 1 1
1
4 1 1 4 1 1 4
m m m
z i i i
m m m m
 
− ≤ ⇔ + − ≤ ⇔ − ≤
 
+ + + +
 
⇔

2 4 2
2 2
2 2 2 2 2
1 1 1 1
16 1
(1 ) (1 ) 16 1 6
15 15

m m m
m m m
m m m
⇔ + ≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤ + ⇔ − ≤ ≤
+ + +

c) Ta có
( )
2
max
2
2
2
1 1
1 | | 1 0
1
1
m
z z m
m
m
+
= = ≤
⇒
= ⇔ =
+
+

Ví dụ 6) Trong các số phức z thoả mãn điều kiện
2 4 5

z i− − =
Tìm số phức z
có modun lớn nhất, nhỏ nhất.

Giải:
Xét số phức
z x yi
= +
. Từ giả thiết suy ra
( ) ( )
2 2
2 4 5
x y
− + − =
Suy ra tập hợp
điểm
( ; )
M x y
biểu diễn số phức
z
là đường tròn tâm
(2;4)
I
bán kính
5
R
=

Dễ dàng có được
(2 5sin ;4 5cos )

M
α α
+ +
. Modun số phức
z
chính là độ dài
véc tơ
OM


Ta có |z|
2
=
2 2 2
(2 5sin ) (4 5 cos ) 25 4 5(sin 2cos )
OM
α α α α
= + + + = + +

Theo BĐT Bunhiacopxki ta có
(
)
2 2 2
(sin 2cos ) (1 4) sin cos 5
α α α α
+ ≤ + + =

5 sin 2cos 5
α α
⇒

− ≤ + ≤
5 3 5
z
⇒
≤ ≤
. Vậy
min
1 2
| | 5 sin 2cos 5 sin ;cos 1, 2 1 2
5 5
z x y z i
α α α α
− −
=
⇒
+ = − ⇔ = = ⇔ = =
⇒
= +
max
1 2
| | 3 5 sin 2cos 5 sin ;cos 3, 6 3 6
5 5
z x y z i
α α α α
= ⇔ + = ⇔ = = ⇔ = =
⇒
= +

Về mặt hình học ta cần nhớ bài toán sau:
Cho một đường tròn tâm

( ; )
I a b
có bán kính
R
. Tìm điểm
M
thuộc đường tròn
để độ dài
OM
lớn nhất? Nhỏ nhất.
Để giải quyết bài toán này ta cần nhớ đến tính chất: ‘’Đường kính là dây cung
lớn nhất trong đường tròn.’’
7
Như vậy độ dài
OM
lớn nhất hoặc nhỏ nhất sẽ ứng với các vị trí của điểm
M

thuộc đường tròn sao cho
, ,
O I M
thẳng hàng.
y
x
M
2
M
1
O
I

Ngoài lời giải trên ta có cách giải khác sau:
Xét số phức
z x yi
= +
. Từ giả thiết suy ra
( ) ( )
2 2
( ): 2 4 5
C x y
− + − =
Suy ra tập hợp
điểm
( ; )
M x y
biểu diễn số phức
z
là đường tròn tâm
(2;4)
I
bán kính
5
R =

Yêu cầu bài toán tương đương với việc tìm điểm
M
thuộc đường tròn
( )
C
sao

cho độ dài
OM

lớn nhất, nhỏ nhất.
Ta thấy đường thẳng
OI
có phương trình là:
2
y x
=

Giao điểm của đường thẳng
OI
và đường tròn có tọa độ thỏa mãn hệ:
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2
5 20 15 0
2 4 5 2 2 4 5
2
2 2
x x
x y x x
y x
y x y x
 

− + =
− + − = − + − =
⇔ ⇔

  
=
= =

 

Từ đó tính được hai điểm
1
2
(1;2)
(3;6)
M
M



ứng với hai số phức là
1 2
3 6
z i
z i
= +


= +


Số phức có modun lớn nhất là:
3 6
z i

= +

Số phức có modun nhỏ nhất là:
1 2
z i
= +

Ví dụ 7) Trong các số phức thoả mãn điều kiện
2 4 2
z i z i
− − = −
.Tìm số phức z
có moodun nhỏ nhất.
Giải:
Xét số phức
z x yi
= +
. Từ giả thiết suy ra
( ) ( ) ( )
2 2 2
2
2 4 2 4 0
x y x y x y
− + − = + − ⇔ + − =
Suy ra tập hợp điểm
( ; )
M x y
biểu
diễn số phức
z

là đường thẳng
4
y x
= − +
. Ta có
2 2 2 2 2 2
(4 ) 2 8 16 2( 2) 8 2 2
z x y x x x x x= + = + − = − + = − + ≥
.
Từ đó suy
min
2 2 2 2 2 2
z x y z i
= ⇔ =
⇒
=
⇒
= +

Về mặt hình học : Yêu cầu bài toán tương đương với việc tìm điểm
M
thuộc
đường thẳng
( )
d
sao cho
OM
nhỏ nhất.
8
Ta có ngay kết quả quen thuộc

OM
nhỏ nhất khi
M
là hình chiếu vuông góc của
O
lên đường thẳng
( )
d

Vì vậy ta cũng có thể giải bài toán trên theo cách khác là:

(d)
O
H

Xét số phức
z x yi
= +
. Từ giả thiết suy ra
( ) ( ) ( )
2 2 2
2
2 4 2 4 0
x y x y x y
− + − = + − ⇔ + − =
Suy ra tập hợp điểm
( ; )
M x y
biểu
diễn số phức

z
là đường thẳng
( ): 4 0
d x y
+ − =
.
Ta thấy
2 2
z x y OM
= + =

. Độ dài
OM
nhỏ nhất khi
M
là hình chiếu vuông
góc của
O
lên đường thẳng
( )
d

Đường thẳng
( ')
d
qua
O
vuông góc với đường thẳng
( )
d

là:
0
x y
− =

Giao điểm
H
của
( ),( ')
d d
là nghiệm của hệ:
{
{
0 2
4 0 2
x y x
x y y
− = =
⇒
+ − = =

Số phức cần tìm là
2 2
z i
= +

Ví dụ 8) Tìm số phức
z
thỏa mãn đồng thời hai điều kiện
: 4 3

z z i
= + −
và biểu
thức
1 2 3
A z i z i
= + − + − +
có giá trị nhỏ nhất.
Giải:
Đặt
z x yi
= +
thay vào ta có:
2 2 2 2
( 4) ( 3) ( 4) ( 3) 8 6 25 0
x iy x y i x y x y x y
+ = + − + ⇔ + = + + + ⇔ + + =

Như vậy tập hợp các điểm
( ; )
M x y
biểu diễn số phức
z
là đường thẳng
:8 6 25 0
x y
∆ + + =

Ta có :
2 2 2 2

( 1) ( 1) ( 2) ( 3) ( 1) ( 1) ( 2) ( 3)
A x y i x y i x y x y= + + − + − + + = + + − + − + +

Xét điểm
( 1;1), (2; 3), ( ; )
E F M x y
− −

Bài toán trở thành: Tìm điểm
M
thuộc đường thẳng
:8 6 25 0
x y
∆ + + =
để
ME MF
+
nhỏ nhất.
Ta thấy :
,
E F
ở cùng phía nhau so với
∆
. Gọi
H
là hình chiếu vuông góc của
E

lên
,

E
′
∆
là điểm đối xứng với
E
qua
∆
thì:
.
ME MF ME MF E F
′ ′
+ = + ≥
Dấu bằng xảy ra khi
, ,
M E F
′
thẳng hàng.
Tức là
M E F
′
= ∆ ∩

Phần còn lại dành cho các em học sinh.
9
Ví dụ 9) Tìm số phức
z
sao cho
| (3 4 ) | 5
z i− + =
(1) và biểu thức

2 2
| 2 | | |
P z z i
= + − −
đạt giá trị lớn nhất.
Giải:
Gọi
z x yi
= +
thay vào (1) ta thu được:
2 2
( 3) ( 4) 5
x y
− + − =
như vậy tập hợp tất
cả các điểm
( ; )
M x y
biễu diễn số phức
z
là đường tròn
2 2
( 3) ( 4) 5
x y
− + − =

Ta có
2 2 22 2 2
( 2) ( 1) 42 | | |
2 3

|
x yP z
x y y
z xi= + −
 
= + + − + −−
= + +
 

Về mặt hình học
4 2 3 4 2 3 0
P x y x y P
= + + ⇔ + + − =
là một đường thẳng có chứa
tham số
P

Ta cần tìm
P
để đường thẳng
( ) :4 2 3 0
x y P
∆ + + − =
và đường tròn
2 2
( ):( 3) ( 4) 5
T x y
− + − =
có giao điểm chung.
Điều kiện cần và đủ để

( ),( )
T
∆
có điểm chung là
/
I
d R
∆
≤
trong đó
(3;4), 5
I R =

Ta có
/
12 8 3 23
20 20
I
P P
d
∆
+ + − −
= =
. Suy ra điều kiện là:
23
5 23 10 10 23 10 13 33
20
P
P P P
−

≤ ⇔ − ≤ ⇔ − ≤ − ≤ ⇔ ≤ ≤

Vậy giá trị lớn nhất của
P
là
33
.
Suy ra
{
2 2
( 3) ( 4)
4 2 30 0
5
5
5
x y
x y
x
y
− + − =
+ − =
=

⇔

=


Vậy
5 5

z i
= +

Ngoài ra ta cũng có thể giải theo phương pháp lượng giác hóa:
Xét điểm
M
thuộc đường tròn
2 2
( ):( 3) ( 4) 5
T x y
− + − =
(3 5 sin ;4 5cos )
M
ϕ ϕ
⇒
+ +

Thay vào
4 2 3 23 2 5(2sin cos )
P x y
ϕ ϕ
= + + = + +

Ta có
2 2 2
(2sin cos ) (4 1)(sin cos ) 5
ϕ ϕ ϕ ϕ
+ ≤ + + =
từ đó ta cũng thu được
ax 33

Pm
=

Dấu bằng xảy ra khi
( )
2
sin
sin cos
5
5;5
2 1
1
cos
2sin cos 5
5
M
ϕ
ϕ ϕ
ϕ
ϕ ϕ

=


=
 
⇔
⇒
 
 

=
+ =




Vậy
5 5
z i
= +



Dạng 4) Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức
Phương pháp chung để giải dạng toán này là: Ta đặt
z x yi z x yi
= +
⇒
= −
thay
vào giả thiết bài toán để tìm mối liên hệ
,
x y

Học sinh cần chú ý : Nếu mối liên hệ
,
x y
là:
+
0

ax by c
+ + =
thì tập hợp là đường thẳng
10
+
2 2
2 2 0
x y ax by c
+ − − + =
thì tập hợp là đường tròn tâm
( ; )
I a b
bán kính
R
.
+
2 2
2 2
1
x y
a b
+ =
(
)
a b
>
thì tập hợp là Elip có tâm là gốc tọa độ các trục lớn
2
a
, trục

nhỏ
2
b
. Các tiêu điểm
2 2
1 2
( ;0), ( ;0),
F c F c c a b
− = −


Ví dụ 1) Tìm tập hợp các điểm M trong mặt phẳng phức biểu diễn số phức z
biết:
a)
3
z
z i
=
−
b)
3 4
z z i
= − +
c)
2 2 8
z z
− + + =

Giải:
Gọi

z x yi
= +

a) Từ giả thiết 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 điểm M là đường tròn tâm
9 3
(0; ),
8 8
I R
=

b) Từ giả thiết ta có
( )
2
2 2 2
3 (4 ) 6 8 25
x y x y x y
+ = − + − ⇔ + =
. Vậy tập hợp các
điểm M là đường thẳng 6x+8y-25=0
c)
Cách 1: Giả sử
z x yi
= +

thì
2 2 8
z z
− + + =
2 2 2 2
( 2) ( 2) 8
x y x y
⇔ − + + + + = ⇔

2 2
2 2
2 2
2 2 2 2 2 2
( 2) 64
( 2) 8
2 ( 2) 8
( 2) 64 16 ( 2) ( 2)
x y
x y
x y x
x y x y x y


− + ≤
⇔ − + ≤
 
⇔ ⇔
 
− + = −
+ + = − − + + − +






2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2
( 2) 64 ( 2) 64 ( 2) 64
8 8 8
4( 4 4) 4 16 64 3 4 48
1
16 12
x y x y x y
x x x
x x y x x x y x y


 
− + ≤ − + ≤ − + ≤

 

≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤
  
  
− + + = − + + =
 

+ =




(1)
(2)
(3)

Ta thấy các điểm nằm trong hình tròn (1) và Elip (3) và tung độ các điểm nằm
trên (Elip (3) luôn thoả mãn điều kiện (2) .
Vậy tập hợp điểm M là Elip có phương trình
2 2
1
16 12
x y
+ =
.
Cách 2: Gọi
z x yi
= +
( ; )
M x y
⇒
là điểm biểu diễn số phức z.
Theo giả thiết ta có
2 2 2 2
( 2) ( 2) 8
x y x y
− + + + + =

Gọi
1 2

( 2;0), (2;0)
F F− ta có
1 2
8
MF MF
+ =

Theo định nghĩa Elip (SGK H10) suy ra điểm
M
thuộc Elip có các tiêu điểm là
1 2
( 2;0), (2;0)
F F− . Trục lớn
2 2
2 8 4; 2 4 2 2 3
a a c b= ⇒ = = ⇒ = − =
11
Suy ra phương trình của Elip là:
2 2
1
16 12
x y
+ =


Ví dụ 2) Tìm tập hợp các điểm biểu diễn trong mặt phẳng phức số
phức
(
)
1 3 2

i z
ω
= + +
biết rằng số phức z thoả mãn:
1
z
− ≤
2.
Giải: Đặt
(
)
,
z a bi a b R
= + ∈

Ta có
1
z
− ≤
2
( )
2
2
1 4
a b
⇔ − + ≤
(1)
Từ
( ) ( )
( )

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

( )
(
)
2
2
3 3 16
x y
− + − ≤
; tâm
(
)
3; 3
I
,
bán kính
4
R
=
.
Ví dụ 3) Xác định tập hợp các điểm M(z) trong mặt phẳng phức biểu diễn các
số phức z sao cho số
2
2
z
z
−
+
có acgumen bằng
3
π

.
Giải:
Giả sử z=x+yi, thì
(
)
( )
(
)
(
)
( )
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
2 2 2
x y yi x x
x y y
i
x y x y x y
− + + + − +
+ −
= = +
+ + − + − +
(1)
Vì số phức
2
2
z
z
−
+
có acgumen bằng
3

π
, nên ta có:
( ) ( )
2 2
2 2
2 2
4 4
cos sin
3 3
2 2
x y y
i i
x y x y
π π
τ
+ −
 
+ = +
 
 
− + − +
với
0
τ
>

( )
( )
2 2
2

2
2
2
4
2
2
4 3
2
2
x y
x y
y
x y
τ
τ

+ −
=

− +

⇒


=

− +


Từ đó suy ra
0
y
>
(1) và
2 2
2 2 2
2 2
4 4 2 4
3 4 (2)
4
3 3 3
y y
x y x y
x y
   
= ⇔ + − = ⇔ + − =
   
+ −
   
.Từ (1) và (2) suy
ra tập hợp các điểm M là đường tròn tâm nằm phía trên trục thực (Trên trục Ox).
12
Dạng 5) Chứng minh bất đẳng thức:
Ví dụ 1) Chứng minh rằng nếu
1
z
≤
thì
2 1

1
2
z
iz
−
≤
+

Giải:
Giả sử z =a+bi (a, b
∈
R) thì
2 2 2 2
1 1
z a b a b
= + ≤ ⇔ + ≤
. Ta có
2 2
2 2
4 (2 1)
2 1 2 (2 1)
2 (2 )
(2 )
a b
z a b i
iz b ai
b a
+ −
− + −
= =

+ − +
− +
.Bất đẳng thức cần chứng minh tương
đương với
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 dpcm
b a
+ −
≤ ⇔ + − ≤ − + ⇔ + ≤
⇒
− +

Ví dụ 2) Cho số phức z khác không thoả mãn điều kiện
3
3
1
2
z
z
+ ≤
. Chứng
minh rằng:
1
2

z
z
+ ≤

Giải: Dễ dàng chứng minh được với 2 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
z
+

=a ta có
( )( )
2
3
3 2 0 2 1 0
a a a a dpcm
− − ≤ ⇔ − + ≤
⇒

II) DẠNG LƯỢNG GIÁC CỦA SỐ PHỨC
Dạng 1: VIẾT DẠNG LƯỢNG GIÁC
Trong phần này các em học sinh cần nắm chắc các công thức:
(cos sin )
z r i
ϕ ϕ
= +
với
0,
r r z
> =
là dạng lượng giác của số phức
z

' '(cos ' sin ')
z r i
ϕ ϕ
= +
với
' 0, ' '
r r z

> =
Các đại lượng
, '
ϕ ϕ
gọi là một acgumen
của số phức
, '
z z

+ Nhân hai số phức:
[
]
. ' . ' cos( ') sin( ')
z z r r i
ϕ ϕ ϕ ϕ
= + + +

+ Chia hai số phức:
[ ]
cos( ') sin( ')
' '
z r
i
z r
ϕ ϕ ϕ ϕ
= − + −

+ Lũy thừa số phức:
(cos sin )
n n

z r n i n
ϕ ϕ
= +

Ví dụ 1) Viết dưới dạng lượng giác của các số phức:
a)
(
)
1 cos sin
1 cos sin
i
i
ϕ ϕ
ϕ ϕ
− +
+ +
b)
(
)
(
)
1 cos sin 1 cos sin
i i
ϕ ϕ ϕ ϕ
− + + +
 
 

Giải:
a)

(
)
(
)
( )
1 cos sin 1 cos sin
1 cos sin 1 cos sin
i i
i i
ϕ ϕ ϕ ϕ
ϕ ϕ ϕ ϕ
− + − −
=
+ + + +

13
2
2
2sin 2 sin cos sin cos
2 2 2 2 2
tan tan
2 2
2cos 2 sin cos cos sin
2 2 2 2 2
i i
i
i i
ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ
ϕ ϕ
ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ

− −
= = = −
+ +

- Khi
tan 0
2
ϕ
>
dạng lượng giác là:
tan cos sin
2 2 2
i
ϕ π π
 
   
− + −
   
 
   
 

- Khi
tan 0
2
ϕ
<
dạng lượng giác là:
tan cos sin
2 2 2

i
ϕ π π
 
   
− +
   
 
   
 

- Khi
tan 0
2
ϕ
=
thì không có dạng lượng giác.

(
)
(
)
) 1 cos sin 1 cos sin
2sin sin cos .cos cos sin
2 2 2 2 2 2
b i i
i i
ϕ ϕ ϕ ϕ
ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ
− + + + 
 

   
= − +
   
   

2sin cos isin
2 2
π π
ϕ ϕ ϕ
 
   
= − + −
   
 
   
 

- Khi
sin 0
ϕ
=
thì dạng lượng giác không xác định.
- Khi
sin 0
ϕ
>
thì dạng lượng giác là:
2sin cos sin
2 2
i

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

- Khi
sin 0
ϕ
<
thì dạng lượng giác là:
( 2sin ) cos sin
2 2
i
π π
ϕ ϕ ϕ
 
   
− + + +
   
 
   
 

Ví dụ 2) Viết dạng lượng giác của số phức sau:
a)

(
)
( )
1 3 1
z i i
= − +
b)
cos sin 1
3 3
z i
π π
   
= − +
   
   

Giải:
a) Ta có
1 2
1 3
1 3 2 2 cos isin ; 1 2 cos isin
2 2 3 3 4 4
z i i z i
π π π π
 
 
     
= + = + = + = − = − + −
 
     

 
 
     
 
 

1 2
. 2 2 cos sin 2 2 cos isin
3 4 3 4 12 12
z z z i
π π π π π π
 
     
⇒
= = − + − = +
     
 
     
 

b)
2
cos sin 1 2 os 2 sin .cos 2cos cos sin
3 3 6 6 6 6 6 6
z i c i i
π π π π π π π π
     
= − + = − = − =
   
 

     

2cos cos sin
6 6 6
i
π π π
 
   
− + −
   
 
   
 

Ví dụ 3) Tìm số phức
z
thỏa mãn:
3 2
| | 1
z z i
+ = −

Giải:
Nếu dùng dạng đại số để giải bài này thì ta sẽ gặp bế tắc ở bước giải hệ
Để khắc phục vấn đề này ta sẽ dùng dạng lượng giác:
14
Giả sử
(cos sin )
z r i
ϕ ϕ

= +
với điều kiện
0
r
>

Ta có
3 3
(cos3 sin3 )
z r i
ϕ ϕ
= +
,
2 2
| |
z r
=

Thay vào phương trình ta thu được
23
(cos3 sin3
1
)r
r i
i
ϕ ϕ
+ +
= −

2

3
2
3 2
3
3
3
cos3 1
(cos3 sin3 )
si
1
cos3
n3
1
n3
1
1
si
r r
r
r
i
r
i
r
r
r
ϕ
ϕ
ϕ ϕ
ϕ

ϕ
+ =

−
=



= − ⇔ ⇔
 


= −
+ +
=

−


Từ đó suy ra
2
2
2
6 4 2 2
3 3
1 1
1 2 2 0 1
r
r r r r
r r

 
−
 
+ − = ⇔ − + − = ⇔ =
 
 
 
 

Bây giờ bài toán đã trở nên đơn giản.Học sinh tự giải.

Dạng 2: MÔĐUN VÀ ACGUMEN
Trong phần này các em học sinh cần nắm chắc các tính chất sau:
(cos sin )
z r i
ϕ ϕ
= +
với
0,
r r z
> =
là dạng lượng giác của số phức
z

' '(cos ' sin ')
z r i
ϕ ϕ
= +
với
' 0, ' '

r r z
> =
Các đại lượng
, '
ϕ ϕ
gọi là một acgumen
của số phức
, '
z z

Từ đó ta cần nắm chắc những tính chất sau:
+ Số phức
z a
=
có 1 acgumen là
0
ϕ
=
nếu
0
a
>
,
ϕ π
=
nếu
0
a
<

+ Số phức
z bi
=
có 1 acgumen là
2
π
ϕ
=
nếu
0
b
>
,
2
π
ϕ
= −
nếu
0
b
<

+ Số phức
z
có 1 acgumen là
ϕ
thì
z
có 1 acgumen là
ϕ

−

+ Số phức
. '
z z
có 1 acgumen là
'
ϕ ϕ
+

+
'
z
z
có một ác gumen là
'
ϕ ϕ
−

+
n
z
có 1 acgumen là
n
ϕ

+ Nếu ta biết trước số phức
z
có 1 acgumen là
ϕ

thì suy ra số phức
z
có dạng
(cos sin )
z r i
ϕ ϕ
= +
với điều kiện
0
r
>

Ví dụ 1) Tìm phần thực và phần ảo của số phức z, biết
2
2 2 3
z i
= − +

Giải: Ta có:
2 2
2 2
2 2 3 4 cos sin
3 3
z i z i
π π
 
= − + ⇔ = +
 
 

Do đó:
2 2
2 2
2 2 3 4 cos sin
3 3
z i z i
π π
 
= − + ⇔ = +
 
 

2 2
2 cos sin
1 3
3 3
1 3
2 cos sin
3 3
z i
z i
z i
z i
π π
π π

 
= +
 



= +
 

⇔ ⇔


 
= − −


= − +

 
 


Từ đó suy ra phần thực và phần ảo của z tương ứng là 1 và
3
hoặc -1 và
3
−

15

Ví dụ 2) Tìm một acgumen của số phức:
(
)
1 3
z i− +

biết một acgumen của z
bằng
3
π

Giải: z có một acgumen bằng
3
π
nên
1 3
2 2
z z i
 
= +
 
 
 

Do đó:
(
)
1 3
z i− +
=
1 3
( 2)
2 2
z i
 
− +

 
 
 

- Khi
2
z
>
, một aacgumen của
(
)
1 3
z i− +
là
3
π

- Khi
0 2
z
< <
, một acgumen của
(
)
1 3
z i− +
là
4
3
π

- Khi
2
z
=
thì
(
)
1 3
z i− +
=0 nên acgumen không xác định.
Ví dụ 3) Cho số phức z có môđun bằng 1. Biết một acgumen của z là
ϕ
, tìm
một acgumen của:
a)
2
2
z
b)
1
2
z
−
c)
z z
+
d)
2
z z

+

Giải:
1
z
=
, z có một acgumen là
ϕ
. Do đó
cos sin
z i
ϕ ϕ
= +

a)
(
)
(
)
2 2
cos2 sin 2 2 2 cos2 sin 2 2 2 cos sin
z i z i z i
ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ
= +
⇒
= +
⇒
= −

Vậy 2z

2
có một acgumen là
2
ϕ

b)
(
)
cos sin cos sin 2 2 cos sin
z i z i z i
ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ
= +
⇒
= −
⇒
= −

( ) ( )
( )
( )
( ) ( ) ( )
( )
1 1 1
cos sin cos sin
2 2
2
1 1 1
cos sin cos sin
2 2
2

i i
z
i i
z
ϕ ϕ ϕ ϕ
ϕ ϕ ϕ π ϕ ϕ π
⇒ = − − − = +
⇒ − = − − = + + +

Vậy
1
2
z
−
có một acgumen là
ϕ π
+

c) Ta có:
2cos
z z
ϕ
+ =

Nếu
cos 0
ϕ
>
thì có một acgumen là 0
Nếu

cos 0
ϕ
<
thì có một acgumen là
π

Nếu
cos 0
ϕ
=
thì acgumen không xác định.
d)
2
cos2 sin 2 , cos sin
z z i z i
ϕ ϕ ϕ ϕ
+ = + = −

16
( )
2
3 3
cos2 cos sin 2 sin 2cos cos .2cos sin
2 2 2 2
3
2cos cos sin
2 2 2
z z i i
i
ϕ ϕ ϕ ϕ

ϕ ϕ ϕ ϕ
ϕ ϕ ϕ
⇒
+ = + + − = +
 
= +
 
 

Vậy acgumen
2
z z
+
là
2
ϕ
nếu
3
cos 0
2
ϕ
>
, là
2
ϕ
π
+
nếu
3
cos 0

2
ϕ
<
và không xác
định nếu
3
cos 0
2
ϕ
=

Ví dụ 4) Cho số phức
1 cos sin
7 7
z i
π π
= − −
. Tính môđun, acgumen và viết z dưới
dạng lượng giác.
Giải:
Ta có:
2
2
8 4
1 cos sin 2 1 cos 2 1 cos 2cos
7 7 7 7 7
z
π π π π π
     
= − + = − = + =

     
     

Đặt
(
)
arg
z
ϕ
=
thì
2
8
sin sin
4
7 7
tan cot tan
4
7 14
1 cos 2sin
7 7
π π
π π
ϕ
π π
−
 
= = = = −
 
 

−

Suy ra:
,
14
k k z
π
ϕ π
= − + ∈

Vì phần thực
1 cos 0
7
π
− >
, phần ảo
sin 0
7
π
− <
nên chọn một acgumen là
14
π
−

Vậy
4
2cos cos isin
7 14 14
z

π π π
 
   
= − + −
   
 
   
 

Ví dụ 5) Viết dưới dạng lượng giác của một số phức z sao cho
1
3
z
=
và một
acgumen của
1
z
i
+
là
3
4
π
−

Giải:
Theo giả thiết
1
3

z
=
thì
( )
1
cos sin
3
z i
ϕ ϕ
= +

( ) ( ) ( )
( )
1 1
cos sin cos sin
3 3
z i i
ϕ ϕ ϕ ϕ
⇒
= − = − + −

Vì
1 2
1 2 2 cos sin
2 2 4 4
i i i
π π
 
 
+ = + = +

 
 
 
 
 

Nên
1
os sin
1 4 4
3 2
z
c i
i
π π
ϕ ϕ
 
   
= − − + − −
   
 
+
   
 

Do đó:
3
2 2 , .
4 4 2
k k k

π π π
ϕ π ϕ π
− − = − + ⇔ = + ∈Ζ
vậy
1
os sin .
3 2 2
z c i
π π
 
= +
 
 

17
Ví dụ 6) Tìm số phức z sao cho:
3
1
z i
z i
+
=
+
và z+1 có một ácgumen là
6
π
−

Giải: Từ giả thiết
3

1
z i
z i
+
=
+
( ) ( )
2 2
2 2
3 ( 3) ( 1) 3 1
2
z i z i x y i x y i x y x y
y
⇒
+ = + ⇔ + + = + + ⇔ + + = + +
⇒
= −

1
z
+
có 1 acgumen bằng
6
π
−
tức là
( )
1 [ os sin ] 3
6 6 2
z c i i

π π τ
τ
   
+ = − + − = −
   
   
với
r>0.
Ta có
1 1 2
z x i
+ = + −
suy ra
3
1
4
2
2 3 1 2
2 3 1
2
2
x
z i
x
τ
τ
τ

+ =


=

 
⇔
⇒
= − −
 
= −



− = −



Dạng 3) ỨNG DỤNG SỐ PHỨC TRONG BÀI TOÁN TỔ HỢP
Ví dụ 1) Tính các tổng sau khi n=4k+1
a)
0 2 4 2 2 2
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 1 2 1 2 1 2 1 2 1

n n
n n n n n
S C C C C C
− +
+ + + + +
= − + − + −

Giải:
Xét
( )
2 1
0 1 2 2 2 1 2 1 0 2 2 1 3 2 1
2 1 2 1 2 1 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 ta lại có:
( )
2 1
2 1
(2 1) (2 1)
1 2 cos sin 1 2 cos sin

4 4 4 4
n
n
n n
i i i i
π π π π
+
+
+ +
   
+ = +
⇒
+ = +
 
 
   

=
(2 1) (2 1) (8 3) (8 3)
2 2 cos sin 2 2 cos sin
4 4 4 4
n n
n n k k
i i
π π π π
+ + + +
   
+ = +
   
   

3 3
2 2 cos sin 2 2
4 4
n n n
i i
π π
 
= + = − +
 
 

Từ đó ta có
a) S=-2
n

b) S=2
n

Ví dụ 2) Tính các tổng hữu hạn sau:
a)
2 4 6
1
n n n
S C C C= − + − +

b)
1 3 5 7

n n n n

S C C C C= − + − +

Giải:
Xét
( )
0 1 2 2 2 4 1 3 5 7
1 1 ( )
n
n n
n n n n n n n n n n
i C iC i C i C C C i C C C C+ = + + + + = − + − + − + − +

( )
1 2 cos sin 1 2 cos sin
4 4 4 4
n
n
n n
i i i i
π π π π
   
+ = +
⇒
+ = +
 
 
   

Từ đó ta có kết quả
18

a)
2 cos
4
n
n
S
π
=
b)
2 sin
4
n
n
S
π
=

Ví dụ 3) Chứng minh rằng:
3 6
1
1 2 2cos
3 3
n
n n
n
C C
π
 
+ + + = +
 

 

Giải: Ta có
0 1 2 3
2
n n
n n n n n
C C C C C
= + + + +
(1)
Xét
3
2 2
cos sin 1
3 3
i
π π
ε ε
= +
⇒
=

Ta có
( )
0 1 2 2 0 1 2 2 3 4
1
n
n n
n n n n n n n n n
C C C C C C C C C

ε ε ε ε ε ε ε
+ = + + + = + + + + +
(2)
(
)
2 0 2 1 4 2 2 0 2 1 2 3 2 4
1 (3)
n
n n
n n n n n n n n n
C C C C C C C C C
ε ε ε ε ε ε ε
+ = + + + = + + + + +

Ta có
2 2
1 0;1 os sin ;1 os sin
3 3 3 3
c i c i
π π π π
ε ε ε ε
+ + = + = − + = +

Cộng (1) (2) (3) theo vế ta có
( )
( ) ( ) ( )
2 0 3 6 0 3 6
2 1 1 3 2 2cos 3
3
n

n
n n
n n n n n n
n
C C C C C C
π
ε ε
+ + + + = + + + ⇔ + = + + +

3 6
1
1 2 2cos
3 3
n
n n
n
C C
π
 
⇔ + + + = +
 
 

GIẢI HỆ BẰNG CÁCH SỬ DỤNG TÍNH CHẤT CỦA SỐ PHỨC.

Muốn giải được các hệ phương trình bằng phương pháp sử dụng số phức, cần
nhớ những công thức cơ bản của số phức,
Đặc biệt là với mỗi số phức
z x iy
= +

thì ta có
2
2 2
;
z x y
= +
2 2
.
z z x y
= +
;
2 2 2
2
z x y xyi
= − +
và
2 2
1
z x iy
z zz x y
−
= =
+

Phương pháp chung là nhân một phương trình của hệ với
i
sau đó cộng hai
phương trình với nhau. Dựa vào các tính chất của số phức để thiết lập phương
trình ẩn
z

Giải phương trình tìm
z
,
x y
⇒

Ví dụ 1) Giải hệ phương trình với nghiệm là số thực:
3 2
3 2
3 1
3 3
x xy
y x y

− = −


− = −



Giải: Đây là hệ đẳng cấp bậc ba. Tuy nhiên, nếu giải bằng phương pháp thông
thường ta sẽ đi đến giải phương trình bậc ba:
3 2
3 3 3 3 1 0
t t t
+ − − =
. Phương
trình này không có nghiệm đặc biệt

Xét số phức
.
z x iy
= +
Vì
(
)
3 3 2 2 3
3 3
z x xy i x y y
= − + −
, nên từ hệ đã cho ta có:
3
2 2
1 3 2 cos sin
3 3
z i i
π π
 
= − + = +
 
 
, ta tìm được 3 giá trị của z là:
19
3 3 3
2 2 8 8 14 14
2 cos sin , 2 cos sin , 2 cos sin
9 9 9 9 9 9
i i i
π π π π π π

     
+ + +
     
     

Từ đó suy ra hệ đã cho có 3 nghiệm là:
{
x
=

3 3 3
3 3 3
2 8 14
2 cos 2 cos 2 cos
9 9 9
; ;
2 8 14
2 sin 2 sin 2 sin
9 9 9
x x x
y y y
π π π
π π π
  
= = =
  
  
  
  
= = =

  
  

Ví dụ 2) Giải hệ phương trình trong tập số phức:
4 2 2 4
3 3
6 3
1
4
x x y y
x y y x

− + =


− =



Giải: Xét số phức
.
z x iy
= +
Vì
(
)
4 4 2 2 4 3 3
6 4 3
z x x y y i x y y x
= − + + −

, nên từ hệ đã
cho suy ra:

4
3 2 cos sin
6 6
z i i
π π
 
= + = +
 
 
(*)
Các số phức thỏa mãn (*):
4 4 4 4
13 13 25 25 37 37
2 cos sin , 2 cos sin , 2 cos sin , 2 cos sin
24 24 24 24 24 24 24 24
i i i i
π π π π π π π π
       
+ + + +
       
       
vậy các nghiệm cần tìm của hệ là:
4 4 4 4
4 4 4 4
13 25 37
2 cos 2 cos 2 cos 2 cos
24 24 24 24

; ; ;
13 25 37
2 sin 2 sin 2 sin 2 sin
24 24 24 24
x x x x
y y y y
π π π π
π π π π
   
= = = =
   
   
   
   
= = = =
   
   

Ví dụ 3) Giải hệ phương trình với nghiệm với
2 2
2 2
16 11
7
, :
11 16
1
x y
x
x y
x y

x y
y
x y
−

+ =

+

∈

+

− = −

+

ℝ

Giải: ĐK:
2 2
0
x y
+ ≠
. Đặt
.
z x iy
= +
Ta có:
2 2

1
x yi
z x y
−
=
+

Vì hai số phức bằng nhau khi và chỉ khi phần thực bằng nhau và phần ảo bằng
nhau, nên hệ đã cho tương đương với:
( )
2 2 2 2 2 2 2 2
2
16 11 11 16
7 16 11 7
16 11
7 7 16 11 0
x y x y x iy x iy
x i y i x yi i i
x y x y x y x y
i
z i z i z i
z
 
− + − −
+ + − = − ⇔ + + − = −
 
+ + + +
 
−
⇔ + = − ⇔ − − + − =

Phương trình
(
)
2
7 16 11 0
z i z i
− − + − =
có 2 nghiệm
2 3 , 5 2
z i z i
= − = +
nên hệ đã
cho có các nghiệm:
(
)
(
)
; 2; 3
x y
= −
hoặc
(
)
(
)
; 5;2
x y
=

20
Ví dụ 4) Giải hệ phương trình với nghiệm với
3
10 1 3
5
, :
3
1 1
5
x
x y
x y
y
x y

 
+ =

 
+
  
∈

 

− = −
 

+
 


ℝ

Giải: Từ hệ suy ra
0, 0
x y
> >
.
Bài hệ này không có ngay dạng như trên, tuy nhiên với mục đích chuyển mẫu về
dạng bình phương môđun của số phức, chỉ cần đặt
5 ,
u x v y
= =
với
, 0
u v
>
.
Hệ đã cho có dạng:
2 2
2 2
3 3
1
2
3
1 1
u
u v
v
u v


 
+ =
 

+
  

 

− = −
 

+
 


Đặt
z u iv
= +
. Ta có:
2 2
1
u vi
z u v
−
=
+
. Hệ đã cho tương đương với:
( )

2 2 2 2 2 2
2
3 3 3 3
1 1 3
2 2
3 3 2 2
2 3 2 2 6 0(*)
2
u iv
u iv i u iv i
u v u v u v
i
z z i z
z
−
   
+ + − = − ⇔ + + = −
   
+ + +
   
−
⇔ + + ⇔ − − + =

Giải pt(*), ta có:
(
)
2
' 34 12 2 2 6
i i
∆ = − − = −

, suy ra các nghiệm là
2 2
2 2 ,
2
i
z i z
+
= − =

Vì
, 0
u v
>
nên
2 2
2
i
z
+
=
, do đó
2 1
, 1 , 1
2 10
u v x y
= =
⇒
= =

Vậy nghiệm cần tìm là

( )
1
; ;1
10
x y
 
=
 
 

Ví dụ 5) Giải hệ phương trình với nghiệm với
12
1 2
3
, :
12
1 6
3
x
x y
x y
y
x y

 
− =

 
+
  

∈

 

+ =
 

+
 

ℝ

Giải: Từ hệ suy ra
0, 0
x y
> >
. Đặt
(
)
3 , , 0
u x v y u v
= = >
.
Hệ đã cho có dạng:
2 2
2 2
12
1 2 3
12
1 6

u
u v
v
u v

 
− =
 

+
  

 

+ =
 

+
 

.
Đặt
z u iv
= +
. Ta có:
2 2
1
u vi
z u v
−

=
+
. Hệ đã cho tương đương với:
21
Từ đó hệ đã cho ta có
2 2 2 2
12 12
1 1 2 3 6
u iv
u v u v
   
− + + = +
   
+ +
   

( )
2 2
2
12
12 2 3 6 2 3 6
2 3 3 12 0(*)
u iv
u iv i z i
u v z
z i z
−
⇔ + − = + ⇔ − = +
+
⇔ − + − =

Giải pt(*), ta có
(
)
2
' 6 6 3 3 3
i i
∆ = + = +

suy ra các nghiệm
(
)
(
)
3 3 3 3 , 3 3 3 3
z i z i
= + + + = − + −

Vì
, 0
u v
>
nên ta có
3 3, 3 3
u v
= + = +
, suy ra nghiệm của hệ
là:
( )
(

)
; 4 2 3;12 6 3
x y = + +
.


MỘT SỐ BÀI TẬP TỰ LUYỆN

1) Giải phương trình sau trên tập số phức:
3
)
a z z
=

) 3 4
b z z i
+ = +

( )
2
2
) 4 3
c z z i
− =

2
) 2 1 0
d z z i
+ + − =

2
) 4 5 0
e z z
+ + =

2
)(1 ) 2 11 0
f i z i
+ + + =

2
) 2( ) 4 0
g z z z
− + + =

2) Tìm số thực x thoả mãn bất phương trình:
) 1 4 2 5
x
a i
−
+ − ≤

2
1 7
) log 1
4
i
b x
+
− ≤

2
1 2 2
)1 log 0
2 1
x i
c

+ + −

− ≥
 
−
 

3) Tìm số phức z sao cho
( 2)( )
A z z i
= − +
là số thực
4) Tìm số phức z thoả mãn điều kiện
7
5;
1
z i
z
z
+
=
+

là số thực
5) Tìm tập hợp các điểm M trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z thoả
mãn điều kiện
( )
2
2
) 9
a z z
− =

2
) 4
2
z i
b
z i
−
=
+

) 3
c z i z z i
+ = + −

) 3 4 2
d z i
+ − =

) 1
e z z i

+ ≥ +

) 4 3
f z z i
= + −

2
) 1
2
z i
g
z i
−
>
+

)2 2
h z i z z i
− = − +

1
3
2 2
)log ( ) 1
4 2 1
z
k
z
− +
>

− −

6) Trong các số phức thoả mãn điều kiện
3
2 3
2
z i
− + =
. Tìm số phức z có modun
lớn nhất,nhỏ nhất.
7) Tìm số phức z thoả mãn điều kiện
(
)
(
)
1 2
z z i
− +
là số thực và
z
nhỏ nhất.
8) Tìm một acgumen của số phức z khác 0 biết
z z i z
+ =

9) Tìm số phức z thoả mãn
2
2
z z
+ =

và
2
z
=

10) Giải hệ pt sau trong tập số phức:
22
2 2
2 2
)
4
z i z z i
a
z z

− = − +


− =



1 2
1 2
3
)
1 1 3
5
z z i
b

i
z z
+ = −


+

+ =



2
1 2
2
2 1
1 0
)
1 0
z z
c
z z

− + =


− + =



12 5

8 3
)
4
1
8
z
z i
d
z
z

−
=

−


−

=

−


3 2
2010 2011
2 2 1 0
)
1 0
z z z

e
z z

+ + + =


+ + =



11) Cho phương trình
3 2
2 (2 1) (9 1) 5 0
z i z i z i
− + + − + =
có nghiệm
thực. Hãy tìm tất cả các nghiệm của phương trình.
12) Tìm phần thực phần ảo của
2011
2011
1
w
w
z = +
biết
1
w 1
w
+ =

13) Tìm n nguyên dương để các số phức sau là số thực, số ảo:
2 6
)
3 3
n
i
a z
i
 
− +
=
 
 
+
 

4 6
)
1 5
n
i
b z
i
+
 
=
 
− +
 

7
)
4 3
n
i
c z
i
+
 
=
 
−
 

3 3
)
3 3
n
i
d z
i
 
−
=
 
 
−
 

14) Cho n nguyên dương, chứng minh rằng

( )
0 2 4 6 2 2
2 2 2 2 2
2
3 9 27 3 2 cos
3
n
n n
n n n n n
n
C C C C C
π
− + − + + − =

15) Tìm số phức z sao cho
2
z z
= −
và một acgumen của z-2 bằng một acgumen
của z+2 cộng với
2
π

16) Giải phương trình
a)
2 2 0
0
2
tan 10 4 2
os10

z
z i
c
= + + −
b)
2 2 0
0
2
cot 12 6 7
sin12
z
z i
= + + −

17) Tìm số phức
z
thoả mãn
(
)
2 26
z i− + =
và
. 25
z z
=
.
18) Cho số phức z thỏa mãn:
7
1
2

z
z
z
−
+ =
−
. Tính
2
z i
z i
+
−

19) Tìm số phức z thỏa mãn:
2 2
z i z z
− = + −
và
1 3
i
z
−
có một acgumen là
2
3
π
−

20) Cho số phức
1 2

;
z z
thỏa mãn điều kiện
1 2 1 2
0
z z z z
− = = >
. Tính giá trị của
biểu thức
4 4
1 2
2 1
z z
P
z z
   
= +
   
   

21) Cho hai số phức z, z’ thỏa mãn
' 1
z z
= =
và
' 3
z z+ =
.
Tính
'

z z
−

22) Cho số phức
z
thỏa mãn điều kiện
1
z
=
. Tìm GTLN, GTNN của
1 3 1
P z z
= + + −

23
23) Tìm số phức
z
thỏa mãn đồng thời các điều kiện:
2 1
z i z i
+ = − +
và
1
2
z i
z i
+ −
+
là
một số thuần ảo

24) Xét số phức z thỏa mãn điều kiện :
3 1
z i
− =
, tìm giá trị nhỏ nhất của
z
.
25) Tìm số phức
z
thoả mãn
(
)
2 26
z i− + =
và
. 25
z z
=
.
26) Biết phương trình:
(
)
2
1 ( ) 1 0
i x m i x im
− + + + + =
không có nghiệm thực . Tìm
các giá trị có thể có của m
26) Cho z là số phức thỏa mãn:
2

z
R
z
∈
và
2 3
z z− =
. Tính
z

27) Cho số phức z thỏa mãn:
1
z
=
. Tìm GTLN, GTNN của các biểu thức:
a)
1 3 1
A z z
= + + −
b)
2
1 1
B z z z
= + + − +

28) Tìm số phức
z
thỏa mãn đồng thời hai điều kiện:
4 3
z z i

= + −
và biểu thức
1 2 3
A z i z i
= + − + − +
có giá trị nhỏ nhất.

29) Gọi
1 2
,
z z
là hai nghiệm của phương trình
2
(1 3)(1 ) 4 0
z i z i
− + − − =
trên tập số
phức.
Tính
2012 2012
1 2
A z z
= +

30) Tìm số phức z, biết
2;
z
=
và
( 1)(2 3) ( 1)(2 3) 14

z i z i
+ − + + + =

31) Tìm số phức
z
thỏa mãn phương trình:
4
2
200
1 7i
z
z
z
+ = −
−

32) Tìm phần thực và phần ảo của số phức
z
biết
z
thõa mãn
2
(1 3 )
| |
1
iz i z
z
i
− +
=

+

33) Trong mặt phẳng toạ độ
Oxy
, tìm tập hợp các điểm
M
biễu diễn số phức
2 3
w z i
= −
, biết số phức
z
thoả mãn bất đẳng thức
| 3| | 2 3 1|
z z i
− ≤ + −

34) Tìm số phức
z
thỏa mãn 2 điều kiện sau
z z 2
= +
và số phức
2
z
−
có một
acgumen bằng acgumen của số phức
2
z

+
cộng với
2
π

35) Giải phương trình sau trên tập số phức:
2
35
2 4 | | 5 .
8
z z z+ − =

36) Cho
z
là số phức thỏa mãn:
( )( ) 2 .
z i z i iz
+ + =
Tính
| |.
z i
+

37) Tìm tất cả số phức
z
thỏa mãn đồng thời hai điều kiện
| 3| | 3| 10
z z
+ + − =

và
| 2 3 | 109
z i+ =

38) Tìm mô-đun của số phức
z
biết:
4 (1 3 ) 25 21
z i z i
+ + = +

39) Tìm số phức
z
thỏa mãn:
4 2
| | 2 ( 5)
z z z
= −

40) Tìm số phức z, biết
2;( 1)(2 3) ( 1)(2 3) 14
z z i z i
= + − + + + =

24
41) Tìm modun của số phức
z
biết:
2
1 (2 3 )

2
| |
i i z
i
z z
− −
= + −

42) Tìm số phức
z
có mô-đun lớn nhất thỏa mãn:
| 3 |
2
| 2 |
z i
z i
− +
=
− +

43) Cho hai số phức
1 2
,
z z
thỏa mãn
1 2 1 2
| | | | 1;| | 3.
z z z z
= = + =
Tính

1 2
| |.
z z
−

44) Giải phương trình sau trên tập
C
:
2
4 3
1 0
2
z
z z z
+ + + + =

45) Cho
1 2
,
z z
là nghiệm phức của phương trình
2
2 4 11 0.
z z
− + =
Tính giá trị biểu
thức:
2 2
1 2
2012

1 2
| | | |
( )
z z
P
z z
+
=
+

46) Tìm phần thực của số phức
*
(1 ) ,
n
z i n= + ∈
ℕ
thỏa mãn phương trình
4 4
log ( 3) log ( 9) 3
n n
− + + =

47) Tìm số phức z thỏa mãn đồng thời:
(
)
1 2 5 . 34
z i va z z
+ − = =

48) Cho số phức

(
)
( )
3
1
5
1 3
16 1
i
z
i
+
=
+
. Tìm tập hợp điểm biểu diễn cho số phức
2
z
, biết
rằng
2 1 1
2
z iz z
− + =

49) Tìm tất cả các số thực
,
b c
sao cho số phức
(
)

( )
( )
( )
12
6
6
1 3 2
1 3 1
i i
i i
+ −
− +
là nghiệm của
phương trình
2
8 64 0.
z bz c
+ + =

50) Giải phương trình sau trên tập số phức :
2 2 2
( 1) ( 1) 9 0
z z z
− + + =

51) Tìm số phức z biết
2
(1 2 ) (3 4 )(2 ) .
z i i i
− = + −

52) Tìm các số phức z thỏa mãn
| 1 | | 3 |
z z
− = +
và
2 2
| | 2
z z
+ =

53) Cho phương trình:
3 2
5 16 30 0
z z z
− + − =
(1), gọi z
1
, z
2
, z
3
lần lượt là 3 nghiệm
của phương trình (1) trên tập số phức. Tính giá trị biểu thức: A=
2 2 2
1 2 3
z z z
+ +
.
54) Trong mặt phẳng toạ độ

Oxy
tìm tập hợp các điểm
M
biễu diễn số phức
2 3
w z i
= −
, biết số phức
z
thoả mãn bất đẳng thức
| 3| | 2 3 1|
z z i
− = + −

55) Cho
,
α β
là hai số phức liên hợp thỏa mãn điều kiện:
2
α
β
là số thực và
2 3
α β
− =
. Tính
α

56) Tìm các số phức
1 2

;
z z
biết :
( )
1 1 2
2
1 1
4 2
2
1 1 .
1
z z z
i
z i
z i z
− = −
 
+ − = −



−
 





25
57) Tìm số phức

z
thỏa mãn:
2 2
. 2 0
z z z
+ − =

58) Giải phương trình sau trên tập số phức:
(
)
2
3 2
3 3 0.
z z i z z
+ + + =

59) Tìm số phức
z
thỏa mãn 2 điều kiện :
z z 2
= +
và số phức
2
2
z
z
−
+
có một
acgumen là

2
π

60) Tìm số phức
z
sao cho
| (3 4 ) | 5
z i− + =
và biểu thức
2 2
| 2 | | |
P z z i
= + − −
đạt
giá trị lớn nhất.

61) Giải phương trình sau trên tập số phức:
2 2 2
(9 11) 16(3 2) 0
z z
+ + + =

62) Tìm số phức z thỏa mãn điều kiện
1 2 3 4
z i z i
+ − = + +
và
2
z i
z i

−
+
là số thuần
ảo.
63) Tìm số phức
z
thỏa mãn:
3 2
| | 1
z z i
+ = −

64) Tìm số phức z thỏa mãn phương trình
(
)
2
. 2 10 3 .
z z z z z i
+ − − = +

65) Tìm số phức
z
thỏa mãn điều kiện:
2 2
2
2 1 2
iz z i
z
i i
− +

− =
+ −

66) Cho số phức
z
thỏa mãn:
4
1
z i
z
− =
+
. Tính giá trị biểu thức:
1 (1 )
A i z
= + +

67) Tìm số phức
z
thỏa mãn điều kiện sau:
2
.
2 2
z
z iz

=


+ =




68) Tìm số phức
z
thỏa mãn điều kiện
4
1
i z
z i
−
 
=
 
+
 

69) Tìm số phức
z
thỏa mãn điều kiện
2
(1 2 ) (2 ) 19 3 0
i z i z i
+ + − + + =

70) Tìm mô đun của số phức
3
2
1
1

z z
w
z
+ +
=
+
, biết rằng số phức
z
thỏa điều kiện
(
)
(
)
(
)
(
)
1 2 3 4
z z i z z i i
+ + + − + = −

71) Cho số phức
z
thoả mãn
| 2 | 3.
z iz
+ =
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất
của mô đun số phức
z

72) Tìm các số phức
1 2
;
z z
thỏa mãn đồng thời các điều kiện:
1 1 2
4 2
z z z
− = −
và
2
1 1
1
1 1
2
i
z i
z
i
z
 
+ − = −
 
+
 

73) Giải phương trình sau trong tập số phức biết phương trình có 1 nghiệm
thuần ảo:

3 2
(1 2 ) (1 ) 2 0
z i z i z i
+ − + − − =