SỐ PHỨC VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA NÓ TRONG GIẢI TOÁN Ở BẬC THPT

S PHC V MT S NG DNG CA Nể
TRONG GII TON BC THPT
A. T VN
I. LI NểI U
Khởi đầu từ nhu cầu giải quyết các phơng trình đại số, số phức bắt đầu
xuất hiện từ thế kỷ thứ XVI và phát triển mạnh đến nay. Trong chng trỡnh
i mi ni dung Sỏch giỏo khoa, s phc c a vo chng trỡnh toỏn
hc ph thụng v c ging dy cui lp 12.
K t khi xut hin khỏi nim s phc, cỏc nghiờn cu ó khng nh
ú l mt cụng c quý giỏ ca toỏn hc, c ng dng trong nhiu ngnh
khoa hc khỏc nhau nh: Toỏn hc, Vt lý, Khoa hc v k thut Trong
Toỏn hc, s phc c dựng gii nhiu bi toỏn t s cp n cao cp.S
phc l cu ni hon ho gia cỏc phõn mụn i s, Lng giỏc, Hỡnh hc v
Gii tớch.
S phc c a vo ging dy bc ph thụng ca nhiu nc trờn
th gii, nhng li l ni dung mi vi hc sinh trung hc ph thụng Vit
Nam, v thc s gõy khụng ớt khú khn bi ngun ti liu tham kho hn ch.
Bờn cnh ú cỏc bi toỏn v s phc trong nhng nm gn õy khụng th
thiu trong cỏc thi tt nghip trung hc ph thụng v i hc, Cao ng.
Chớnh vỡ vy m tụi chn ti S phc v mt s ng dng ca nú trong
gii toỏn bc THPT vit sỏng kin kinh nghim.
ti gm hai phn:
- Phn th nht: Mt s dng toỏn thng gp v s phc bc THPT
- Phn th hai: Mt s ng dng ca s phc trong gii toỏn bc
THPT
II. THC TRNG CA VN NGHIấN CU
1. Thc trng:
S phc l vn hon ton mi v khú i vi hc sinh bc trung hc
ph thụng hin nay. Vỡ mi a vo chng trỡnh Sỏch giỏo khoa nờn cú rt ớt
ti liu v s phc hc sinh v giỏo viờn tham kho. Bờn cnh ú, lng
bi tp cng nh cỏc dng bi tp v s phc trong Sỏch giỏo khoa cũn nhiu

hn ch.Chớnh vỡ vy m vic ging dy v hc tp ca giỏo viờn v hc sinh
gp khụng ớt nhng khú khn.
2. Kt qu, hiu qu ca thc trng:
1
Do những tính chất đặc biệt của số phức nên khi giảng dạy nội dung
này giáo viên có nhiều hướng khai thác, phát triển bài toán giúp học sinh có
cái nhìn sâu, rộng hơn về nó. Bằng việc kết hợp các tính chất của số phức với
một số kiến thức đơn giản khác về lượng giác, giải tích, đại số và hình học
giáo viên có thể xây dựng được khá nhiều dạng toán với nội dung hấp dẫn và
hoàn toàn mới mẻ để tạo nên sự lôi cuốn người học. Một số dạng bài tập trong
đề tài này một phần nào đó có thể cung cấp cho học sinh những kiến thức cơ
bản nhất về số phức và các ứng dụng của số phức trong giải toán.
2
B. NỘI DUNG
I. MỘT SỐ DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP VỀ SỐ PHỨC Ở BẬC
THPT
Dạng 1: Tìm số phức thỏa mãn điều kiện cho trước:
Phương pháp: Sử dụng các phép biến đổi trực tiếp, hoặc đặt z=x+yi (
, )x y ∈¡
và chú ý rằng
2 2 2 2 2
, , 2 z x yi z x y z x y xyi= − = + = − +
để tìm số phức
z.
Ví dụ1: Tìm số phức z thỏa mãn :
a.
(2 ) 10
. 25
z i
z z


− + =


=


(Đề thi tuyển sinh dại học khối B năm 2009)
b. z có phần thực và phần ảo là số nguyên thõa mãn:
3
117 44z i= − −
Lời giải
a. Gọi z=x+yi (
, )x y ∈¡
khi đó.Yêu cầu bài toán tương đương với hệ:

2 2
2 2
2 2
5
0
2 ( 1) 10
( 2) ( 1) 10
3
25
25
4
x
y
x y i

x y
x
x y
x y
y

=




=

− + − =
− + − =
  

⇔ ⇔
 

=
+ =


+ =






=



Vậy có 2 số phức cần tìm là z=3+4i và z=5
b. Gọi z=x+yi (
, )x y ∈¢
.Ta có :
z x yi= −
. Khi đó :
3 3
3 2 2 3
3 2 3 2
3 2 2 2
2 3 2 3
117 44 ( ) 117 44
( 3 ) (3 ) 117 44
3 117 (1) 44 132 117.44
44 351 132 117 0
3 44 351 117 44.117
z i x yi i
x xy xy y i i
x xy x xy
x x y xy y
x y y x y y
= − − ⇔ − = − −
⇔ − − − = − −
 
− = − − = −
 

⇔ ⇔ ⇒ + − − =
 
− = − =
 
 
2 2
4
3
(4 3 )(11 96 39 ) 0
48 25 3
11
y x
x y x xy y
y y
x

=


⇔ − + + = ⇔
− ±

=


3
Vì x, y nguyên nên với
4
3
y y=

thay vào (1) ta suy ra x=3 nên y=4
Vậy số phức cần tìm là z=3+4i
Ví dụ 2 : Trong các số phức z thõa mãn điều kiên
2 4 5z i− − =
.Tìm số
phức z có modun lớn nhất, nhỏ nhất.
Lời giải
Giả sử điểm M(x;y) biểu diễn số phức z=x+yi. Khi đó:
2 2
2 2
2 4 5 ( 2) ( 4) 5 ( 2) ( 4) 5
( 2) ( 4) 5 (1)
z i x y i x y
x y
− − = ⇔ − + − = ⇔ − + − =
⇔ − + − =
Suy ra tập hợp điểm M(x;y) biểu diễn số phức z là đường tròn tâm I(2;4),
bán kính
5R =
[ ]
2
2 2 2 2 2
( 2) ( 4) 4 8 20 4 8 15 4 ( 2) 2( 4) 25 (2)z OM x y x y x y x y x y= = + = − + − + + − = + − = − + − +
Áp dụng Bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki ta có:
2 2 2 2
( 2) 2( 4) (1 2 ) ( 2) ( 4) 5 5 ( 2) 4( 4) 5x y x y x y
 
− + − ≤ + − + − = ⇒ − ≤ − + − ≤
 
(3)

Từ (2), (3) ta suy ra:
5 3 5z≤ ≤
.Vậy:
min
max
1
5 1 2
2
3
3 5 3 6
6
x
z z i
y
x
z z i
y
=

= ⇔ ⇒ = +

=

=

= ⇔ ⇒ = +

=

Dạng 2: Biểu diễn số phức và tìm tập hợp điểm

- Véc tơ
( ; )u x y
r
biểu diễn số phức z=x+yi.
- Điểm M(x;y) biểu diễn số phức z=x+yi tức là
OM
uuuur
biểu diễn số phức
đó.
- Tìm tập hợp điểm thường dùng kiến thức hình học phẳng.
- Phương pháp cơ bản là dựa vào phép đặt z=x+yi
Ví dụ 1: Gọi M, M’ theo thứ tự là các điểm của mặt phẳng phức biểu
diễn số phức
0z
≠
và
1
'
2
i
z z
+
=
. Chứng minh rằng tam giác OMM’ vuông cân
với O là gốc tọa độ.
4
Lời giải
Vì M, M’ lần lượt là các điểm biểu diễn số phức z và z’ nên
, 'OM OM
uuuur uuuuur

lần lượt biểu diễn z, z’.
Vì
' 'MM OM OM= −
uuuuur uuuuur uuuur
nên
'MM
uuuuur
biểu diễn số phức
1 1 1
' ( )
2 2 2
i
z z z z i z
+
− = − = − +
Khi đó:
1 1 2
; ' ' ' ( )
2 2 2
1 1 2
' ' ( )
2 2 2
OM OM z OM OM z i z z
MM MM i z z
= = = = = + =
= = − + =
uuuur uuuuur
uuuuur
Nhận thấy:

2 2 2
2
' '
2
' '
OM MM z
OM MM OM

= =



+ =

nên tam giác OMM’ vuông cân tại M’
Ví dụ 2: Trong mặt phẳng Oxy, tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức
z thõa mãn điều kiện:
a.
(1 )z i i z− = +
(Đề thi TSĐH khối B năm 2010) b.
1 1 4z z+ + − =
c.
5 5 8z z− − + =
d.
2 Re 2z z− = +
Lời giải
a.Giả sử điểm M(x;y) biểu diễn số phức z=x+yi (
;x y ∈¡
)
Ta có: z - i=x+(y-1)i và (1+i)z=(1+i)(x+yi)=x-y+(x+y)i

Nên
(1 ) ( 1) ( )z i i z x y i x y x y i− = + ⇔ + − = − + +

2 2 2 2 2 2
( 1) ( ) ( ) ( 1) 2x y x y x y x y⇔ + − = − + + ⇔ + + =
Vậy tập hợp điểm M biểu diễn số phức z thõa mãn yêu cầu bài toán là
đường tròn có phương trình
2 2
( 1) 2x y+ + =
b. Trong mặt phẳng Oxy .Giả sử các điểm M,
1 2
,F F
lần lượt biểu số
phức z, -1, 1. Suy ra:
5

1
F M
uuuur
biểu diễn số phức z-(-1)=z+1 ;
2
F M
uuuur
biểu diễn số phức z-1.Với
1 2
,F F
nằm
trên trục thực Ox
-Khi đó điều kiện:
1 1 4z z+ + − =

1 2
4MF MF⇔ + =
và
1 2
2F F =
Vậy tập hợp các điểm M là Elip có trục lớn bằng 4 và trục bé bằng
2 3
Phương trình Elip trong mặt phẳng tọa độ Oxy là:
2 2
1
4 3
x y
+ =
c.Tương tự câu b giả sử các điểm M,
1 2
,F F
lần lượt biểu số phức z, -5, 5.
Với
1 2
,F F
nằm trên trục thực Ox
Tương tự câu b ta có:
2 1
5 5 8 8z z MF MF− − + = ⇔ − =
và
1 2
10F F =
Tập hợp các điểm thỏa mãn
2 1
8MF MF− =

với
1 2
10F F =
là Hypebol có hai tiêu
điểm thuộc trục Ox, độ dài trục thực là 4 và trục ảo là 3.
Phương trình Hypebol trong mặt phẳng tọa độ Oxy là
( )
2 2
: 1
16 9
x y
H − =
d. Giả sử điểm M(x;y) biểu diễn số phức
z x iy= +
với
,x y ∈¡
.
Ta có z-2=x-2+yi nên:
( )
( ) ( )
2
2
2
2 2
2
2
2 Re 2 2 2
2
2
8x

8x
2 2
z z x y x
x
x
y
y
x y x
− = + ⇔ − + = +
≥ −

≥ −


⇔ ⇔ ⇒ =
 
=
− + = +



Vậy tập hợp những điểm M là Parabol (P):
2
8xy =
có đỉnh O(0;0) và tiêu điểm
F(2;0)
Ví dụ 3: Tìm tập hợp các điểm biểu diễn trong mặt phẳng phức số phức
(1 3) 2i z
ω
= + +

biết rằng số phức
z
thỏa mãn:
1 2z − ≤
Lời giải
Đặt
z a bi
= +

( ; ) , ( ; )a b R x yi x y
ω
∈ = + ∈¡
Ta có
1 2z − ≤

⇔
2 2
( 1) 4a b− + ≤

(1)
Từ
(1 3) 2i z
ω
= + +

⇒

(1 3)( ) 2x yi i a bi+ = + + +
3 2
3

x a b
y a b

= − +

⇔

= +


6
3 1 3
3 3( 1)
x a b
y a b

− = − −

⇔

− = − +


Từ đó
2 2 2 2 2 2
( 3) ( 3) 4 ( 1) 4 ( 1) 32x y a b a b
   
− + − ≤ − + + − + ≤
   
do

(1)
Vậy tập hợp các điểm cần tìm là hình tròn
2 2
( 3) ( 3) 32x y− + − ≤
có tâm
(3; 3)I
, bán kính
4 2R =
Dạng 3: Chứng minh đẳng thức,bất đẳng thức:
Ví dụ 1 : Cho 3 số phức x,y,z có cùng mô đun bằng 1. Chứng minh
rằng:
xxy yz z x y z+ + = + +
Lời giải
Ta có
2
1 x
x
x
x
= =
(vì
1)x =
. Tương tự ta có
1 1
,y z
y z
= =
Khi đó:
1 1 1 1 1 1
x ( )xy yz z xyz x y z x y z x y z x y z

x y z x y z
+ + = + + = + + = + + = + + = + +
Ví dụ 2 : Chứng minh rằng nếu
1z ≤
thì
2
1
2
z i
iz
−
≤
+
Lời giải
Giả sử
z a bi
= +

( , )a b R∈
thì
2 2
1z a b= + ≤

⇔
2 2
1a b+ ≤
.
Ta có
2 1
2

z
iz
−
=
+
2 (2 1)
(2 )
a b i
b ai
+ −
=
− +
2 2
2 2
4 (2 1)
(2 )
a b
b a
+ −
− +
.
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
2 2
2 2
4 (2 1)
1
(2 )
a b
b a
+ −

≤
− +

⇔
2 2 2 2
4 (2 1) (2 )a b b a+ − ≤ − +
⇔
2 2
1a b+ ≤
luôn đúng
⇒
đpcm
Dạng 4. Giải phương trình, hệ phương trình trên tập số phức
- Việc giải các phương trình có bậc lớn hơn 2 thường sử dụng phương
pháp phân tích thành nhân tử, đặt ẩn phụ… để chuyển về dạng bậc hai
- Việc giải các,phương trình, hệ phương trình trên tập số phức tương tự
trên tập số thực.
- Các dạng hệ thường gặp là hệ phương trình bậc nhất, hệ đối xứng, …
7
Ví dụ 1. Giải các phương trình sau trên tập số phức
a.
4 4
( 1) ( 3) 128 0z z− + + + =
b.
( 1)( 2)( 4)( 7) 0z z z z− + + + =

c.
4 3 2
2 2 4 0 0z z z z− + − + = =
Lời giải

a. Đặt
1t z
= +
thì phương trình
4 4
( 1) ( 3) 128 0z z− + + + =
trở thành
4 4
( 2) ( 2) 128 0t t− + + + =
Khai triển và rút gọn ta được:
4 2
24 80 0t t+ + =
, suy ra
2
4t = −
;
2
20t = −
Với
2
4t = −
ta có
2 2
4t i=

2t i⇒ =
;
2t i= −
Với
2

20t = −
ta có
2 2
20t i=

2 5t i⇒ =
;
2 5t i= −
Vậy phương trình có 4 nghiệm:
1
1 2z i= − +
;
2
1 2z i= − −
;
3
1 2 5z i= − +
;
3
1 2 5z i= − −
b. PT
( ) ( ) ( ) ( )
1 7 2 4 34z z z z⇔ − + + + =
( ) ( )
( )
2 2
6 7 6 8 34 1z z z z⇔ + − + + =
Đặt
2 2
6 7 6 8 15t z z z z t= + − ⇒ + + = +

thì (1) trở thành
( )
15 34t t + =
2
15 34 0 2; 17t t t t⇔ + − = ⇒ = = −
+) Với t=2 thì
2 2
6 7 2 6 9 0z z z z+ − = ⇔ + − =
1 2
3 3 2; 3 3 2z z⇒ = − + = − −
+) Với t= -17 thì
2 2
6 7 17 6 10 0z z z z+ − = − ⇔ + + =
Ta có
( )
2
2
3 4
' 3 10 1 3 ; 3i z i z i∆ = − − = − = ⇒ = − + = − −
Vậy các nghiệm cần tìm là:
1 2 3 4
3 3 2; 3 3 2; 3 ; 3z z z i z i= − + = − − = − + = − −
.
c. Xét phương trình
( )
4 3 2
2 2 4 0 2z z z z− + − + =
- Với z=0 thì phương trình (2) có dạng 4=0 (vô lí)
-Với
0z ≠

, chia cả hai vế của (2) cho
2
z
ta được
( )
2 2
2 2
2 4 4 2
2 0 2 0 3z z z z
z z z z
 
− + − + = ⇔ + − + + =
 ÷
 
Đặt
2 2 2 2
2 2
2 2 4 4
2 4t z t z z z t
z z z z
= + ⇒ = + + ⇒ + = −
nên phương trình (3) trở
thành
2 2
4 2 0 2 0 1; 2t t t t t t− − + = ⇔ − − = ⇒ = − =
8
-Với t=-1 ta có
2 2
1 2
2 1 7 1 7

1 2 0 2 0 ;
2 2
i i
z z z z z z z
z
− + − −
+ = − ⇒ + + = ⇔ + + = ⇒ = =
-Với t=2 ta có
2 2
3 4
2
2 2 2 0 2 2 0 1 ; 1z z z z z z i z i
z
+ = ⇔ − + = ⇒ − + = ⇒ = + = −
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm phức là
1 2 3 4
1 7 1 7
; ; 1 ; 1
2 2
i i
z z z i z i
− + − −
= = = + = −
Ví dụ 2. Giải hệ phương trình sau với x, y là số phức
a.
( )
( )
3 1 2 14
2 1 4 9
x i y i

ix i y i

+ + = − +


− − = − +


b.
2 2
2 3
3 3 4 0
x y
x y xy x
+ =


+ + − + =

c.
( )
( )
3 3
3 1
9 1
x y i
x y i

+ = +



+ = − +


d.
( )
( )
2
2
5 2
5 2
x y x
y x y

+ = − +


+ = − +


Lời giải
a.Xét hệ phương trình
( )
( )
3 1 2 14
2 1 4 9
x i y i
ix i y i

+ + = − +



− − = − +


Ta có
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
3 1
3 1 2 1 4 7
' ' 1 2
2 14 1
2 14 1 2 4 9 2 14 2 29
' ' 4 9 1 2
x
a b i
D i i i i
a b i i
c b i i
D i i i i i i
c b i i
+
+ = = = − − + = −
−
− + +
+ = = = − + − − − + − − + = +
− + −
( ) ( )
3 2 14
3 4 9 2 14 2 29

' ' 4 9
y
a c i
D i i i i
a c i i
− +
+ = = = − + − − + = +
− +
Vậy hệ phương trình có nghiệm
39 13
1 5
4 7
3 2
2 29
4 7
x
y
D
i
x
x i
D i
D
y i
i
y
D i
+

= =


= +

 −
⇒
 
= − +
+


= =

−

b.Xét hệ phương trình
( )
( )
2 2
2 3 1
3 3 4 0 2
x y
x y xy x

+ =


+ + − + =


Từ (1) ta có y=3-2x, thế vào phương trình (2) ta có:

9
( ) ( ) ( )
2
2 2
3 3 2 3 3 2 4 0 4 13 0 3x x x x x x x+ − + − − + = ⇔ − + =
Giải (3) ta được
2 3 1 6
2 3 1 6
x i y i
x i y i
= − ⇒ = − +


= + ⇒ = − −

Vậy hệ đã cho có nghiệm (x;y)=(2-3i;-1+6i);(2+3i;-1-6i)
c. Ta có
( ) ( )
3
3 3
3x y x y xy x y+ = + − +
nên hệ phương trình đã cho tương
đương với
( )
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )
( )

3 3
3
3 1 3
3 9 1 27 1 9 1 9 1
3 1
3 1
3 1 1
5
1
x y i x y i i
x y xy x y i i xy i i
x y i
x y i
i i
xy i
xy
i
 
+ = + + = +
 
⇔
 
+ − + = − + + − + = − +
 
 

+ = +

+ = +



⇔ ⇔
 
+ − − +
=

=


+

Suy ra x, y là nghiệm của phương trình
( ) ( )
2
3 1 5 0 2z i z i− + + =
Giải phương trình (2)
( ) ( )
2 2
2
9 1 4.5 2 1 2 1i i i i i i∆ = + − = − = − + = −
Nghiệm của (2) là
( )
( )
3 1 1
2
2
3 1 1
1 2
2
i i

z i
i i
z i

+ + −
= = +



+ − +
= = +


Vậy các nghiệm cần tìm là
( ) ( )
2 ;1 2 , 1 2 ;2i i i i+ + + +
d. Hệ phương trình
( ) ( )
( ) ( )
2
2
5 2 1
5 2 2
x y x
y x y

+ = − +


+ = − +



thuộc hệ đối xứng loại II
Trừ vế cho vế các phương trình (1) và (2) ta được
( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
10 5 10 5 4 0
4 0 4 0
x y y x x y x y x y
x y x y x y x y x y
+ − − = − − + + ⇔ − + − =
⇔ − + + − = ⇔ − + + =
Vậy hệ đã cho tương đương với
( )
( ) ( )
( ) ( )
2
2
5 2 3
5 2
0
4 0
4 0
x y x
x y x
x y
x y x y
x y


+ = − +

+ = − +


⇔
− =
 

− + + =




+ + =


10
- Nếu y=x thì từ (3) ta có
2 2
10 5 6 10 0x x x x x+ = − − ⇔ + + =
Giải ra ta được nghiệm
3 3
3 3
x i y i
x i y i
= − + ⇒ = − +


= − − ⇒ = − −


- Nếu y=-4-x thì từ (3) ta có
2 2
2 2 2 2
4 10 5 4 6 0
2 2 2 2
x i y i
x x x x x
x i y i

= − + ⇒ = − −
− − = − − ⇔ + + = ⇒

= − − ⇒ = − +


Vậy các nghiệm của hệ đã cho là
( ) ( )
( ) ( )
3 ; 3 ; 3 ; 3 ; 2 2 ; 2 2 ; 2 2 ; 2 2i i i i i i i i− + − + − − − − − + − − − − − +
Dạng 5: Biểu diễn số phức dưới dạng lượng giác:
Phương pháp:
+ Chuyển số phức từ dạng đại số z=a+bi
2 2
( , , 0)a b a b∈ + ≠¡
sang dạng
lượng giác
- Tính
2 2
r z a b= = +

- Tìm
ϕ
thỏa mãn đồng thời
cos ,sin
a b
r r
ϕ ϕ
= =
Khi đó dạng lượng giác cần tìm của z là
(cos sin )z r i
ϕ ϕ
= +
Ví du 1:Viết các số phức sau dưới dạng lượng giác:
a.
(1 3 )(1 )z i i= − +
b.
1 cos sin
1 cos sin
i
z
i
ϕ ϕ
ϕ ϕ
− −
=
+ +
Lời giải
a. Ta có:
1 3
1 3 2( ) 2 cos( ) sin( )

2 2 3 3
i i i
π π
 
− = − = − + −
 
 
và
1 1
1 2( ) 2 cos sin
4 4
2 2
i i i
π π
 
+ = + = +
 
 
Theo công thức nhân 2 số phức dưới dạng lượng giác suy ra:
(1 3 )(1 ) 2 2 cos( ) sin( )
12 12
z i i i
π π
 
= − + = − + −
 
 
b. Ta có:
11
2sin (sin cos ) cos( ) sin( )

1 cos sin
2 2 2 2 2 2 2
tan tan
1 cos sin 2 2
cos (cos sin ) cos sin
2 2 2 2 2
i i
i
z i
i
i i
ϕ ϕ ϕ ϕ π ϕ π
ϕ ϕ ϕ ϕ
ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ
ϕ ϕ
− − + −
− −
= = = = −
+ +
+ +

*) Nếu
tan 0
2
ϕ
=
thì
0 0z r z= ⇒ = =
và
( )

0 cos sinz i
ϕ ϕ
= +
với
ϕ
tùy ý
*) Nếu
tan 0
2
ϕ
>
thì dạng lượng giác của số phức đó là:
tan cos( ) sin( )
2 2 2
i
ϕ π π
 
− + −
 
 
*)Nếu
tan 0
2
ϕ
<
thì dạng lượng giác của số phức đó là:
tan cos sin
2 2 2
i
ϕ π π

 
− +
 
 
Dạng 6: Vận dụng dạng lượng giác để giải toán:
Dạng lượng giác được ứng dụng nhiều trong giải toán.Trong phần này
ta chỉ xét các ứng dụng trong bài toán tính toán(tìm phần thực, phần ảo, rút
gọn…), tìm số phức,chứng minh hệ thức lượng giác đơn giản…
Ví dụ1: Tìm phần thực, phần ảo của các số phức sau:
16 10
(1 3 ) (1 )i i− +
Lời giải
Ta có:
1 3 2 cos( ) sin( ) ,1 2 cos sin
3 3 4 4
i i i i
π π π π
   
− = − + − + = +
   
   
Dođó:
16 16 10 5
16 16 5 5
(1 3 ) 2 cos( ) sin( ) ,(1 ) 2 cos sin
3 3 2 2
i i i i
π π π π
   
− = − + − + = +

   
   
Vậy:
16 10 21
16 16 5 5
(1 3 ) (1 ) 2 cos( ) sin( ) cos sin
3 3 2 2
z i i i i
π π π π
   
= − + = − + − +
   
   
21 21
20 20
16 5 16 5 17 17
2 cos( ) sin( ) 2 cos( ) sin( )
3 2 3 2 6 6
2 3 2
i i
i
π π π π π π
   
= − + + − + = − + −
   
   
= − −
Vậy phần thực của số phức đã cho là:
20
2 3−

, phần ảo là:
20
2
Ví dụ 2: Tìm các số nguyên dương n để số phức sau là số thực? số ảo?
z=
3 11
( )
4 7
n
i
i
+
−
12
Lời giải
Ta có
3 11 3 3
1 2(cos sin )
4 7 4 4
i
i i
i
π π
+
= − + = +
−
nên z=
3 11 3 3 3 3
( ) ( 2) (cos sin ) ( 2) (cos sin )
4 7 4 4 4 4

n n n n
i n n
i i
i
π π π π
+
= + = +
−
+ z là số thực khi
3 3 4
sin 0 ( ) .
4 4 3
n n k
k k n
π π
π
= ⇔ = ∈ ⇒ =¢
Vì
*
n ∈¥
nên
*
3 4 ( )k m n m m= ⇒ = ∈ ¥
+Tương tự z là số ảo khi

*
3 3 2 4 2
cos 0 ( ) 3 2 4 2( )
4 4 2 3 3
n n k k

k k n k k m n m m
π π π
π
+ +
= ⇔ = + ∈ ⇒ = = + ⇒ = − ⇒ = − ∈¢ ¥
II. MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA SỐ PHỨC TRONG GIẢI TOÁN Ở
BẬC THPT
Trong Toán học, số phức được dùng để giải nhiều bài toán từ sơ cấp đến
cao cấp.Trong phạm vi sang kiến kinh nghiệm tôi chỉ đề cập đến một số ứng
dụng của số phức trong bài toán:
- Lượng giác và tổ hợp.
- Giải hệ phương trình.
- Hình học phẳng.
1- Ứng dụng của số phức trong lượng giác và tổ hợp
Số phức có nhiều ứng dụng trong bài toán liên quan đến lượng giác, tổ
hợp. Có khá nhiều bài toán khó khăn(thậm chí rất khó khăn) trong việc tìm tòi
lời giải, đặc biệt là lời giải một cách tự nhiên nhất lại được giải quyết một
cách đơn giản bằng ứng dụng của số phức.Muốn làm tốt các bài tập, cần chú ý
đến dạng lượng giác của số phức,công thức Moa-vrơ và khai triển nhị thức
Newtơn.
Ví dụ 1: Cho a; b; c là các số thực thoả mãn
sin sin sin 0a b c+ + =
và
cos cos cos 0a b c+ + =
.Chứng minh rằng:
sin 2 sin 2 sin 2 0a b c+ + =
và
cos2 cos2 cos 2 0a b c+ + =
Lời giải
Đặt

1 2 3
cos sin ; cos sin ; cos sinz a i a z b i b z c i c= + = + = +
, ta có:
13
1 2 3
0z z z+ + =
và
1 2 3
| | | | | | 1z z z= = =
, nên
( )
1
1;2;3
k
k
z k
z
= =
Vì thế:
( ) ( )
2
2 2 2
1 2 3 1 2 3 1 1 2 3 3 1
2z z z z z z z z z z z z+ + = + + − + +

( )
( )
2
1 2 3 1 2 3 1 2 3
1 2 3

1 2 3 1 2 3
1 1 1
0 2 2
2 0
z z z z z z z z z
z z z
z z z z z z
 
= − + + = − + +
 ÷
 
= − + + =
Nên
( )
cos 2 cos2 cos 2 sin 2 sin 2 sin 2 0a b c i a b c+ + + + + =
Từ đó suy ra điều phải chứng minh
Ví dụ 2. Tính tổng với
n
+
∈Ζ

( )
( )
0 1 2 1
0 1 2 1
cos cos2 cos3 cos cos 1
sin sin 2 sin3 sin sin 1
n n
n n n n n
n n

n n n n n
A C a C a C a C na C n a
B C a C a C a C na C n a
−
−
= + + + + + +
= + + + + + +

với
a ∈¡
Lời giải
Đặt
cos sinz a i a= +
thì
cos sin
n
z na i na= +
Do đó ta có:
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
0 1 2
1
cos sin cos 2 sin 2 cos3 sin 3
cos sin cos 1 sin 1
n n n
n n
n n
A iB C a i a C a i a C a i a
C na i na C n a i n a

−
+ = + + + + +
+ + + + + + +
( )
( )
0 1 2 2 3 3
1
n
n n
n n n n n
z C C z C z C z C z z z= + + + + + = +
Vì
1 1 cos sin 2cos cos sin
2 2 2
a a a
z a i a i
 
+ = + + = +
 ÷
 
nên:

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

2 2 2
n
n n
n n
a a a
A iB a i a i
a na na
a i a i
a n n
a i a
 
 
+ = + +
 ÷
 
 
 
 
= + +
 ÷
 
+ +
 
= +
 ÷
 
Vậy
2 2
2 cos cos , 2 cos sin
2 2 2 2

n n n n
a n a n
A a B a
+ +
= =
Ví dụ 3: Tính tổng:
14

0 2 4 6 8 2010
1 2011 2011 2011 2011 2011 2011
1 3 5 7 9 2011
2 2011 2011 2011 2011 2011 2011


S C C C C C C
S C C C C C C
= − + − + − −
= − + − + − −
Lời giải
Xét khai triển nhị thức Newton:
( )
2011
0 1 2 2 3 3 4 4 2010 2010 2011 2011
2011 2011 2011 2011 2011 2011 2011
1 i C iC i C i C i C i C i C+ = + + + + + + +
Vì
( )
( )
( )
( )

1 4
4 1
1 4 2
4 3
k
k m
i k m
i
k m
i k m

=

= +

=

− = +


− = +


m
+
∈Ζ
nên ta có
( )
( )
( )

2011
0 2 4 2010 1 3 5 2011
2011 2011 2011 2011 2011 2011 2011 2011
1 ( ) 1i C C C C i C C C C+ = − + − − + − + − −
Mặt khác, theo công thức Moa-vrơ ta có:
( )
( ) ( )
( )
2011
2011 2011
2011
1005 1005
2011 2011
1 2 cos sin 2 cos sin 2 .2 2
4 4 4 4
i i i i
π π π π
   
+ = + = + = − +
 ÷  ÷
   
Từ (1) và (2) ta suy ra:
1005 1005
1 2
2 , 2S S= − =
2- Ứng dụng của số phức trong giải hệ phương trình Đại số
Qua phần ứng dụng của số phức trong các bài toán lượng giác và tổ
hợp, chúng ta đã thấy sức mạnh của công cụ số phức. Ở đây chúng ta sử dụng
công cụ số phức để giải quyết các bài toán về giải hệ phương trình mà giải
bằng phương pháp thông thường sẽ gặp những khó khăn.

Ví dụ 1: Giải hệ phương trình với nghiệm là số thực:
a.





−=−
−=−
33
13
23
23
yxy
xyx
b.







−=









+
−
=








+
+
1
5
3
1
3
5
3
110
yx
y
yx
x
Lời giải
a. Đây là hệ phương trình 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 0t t t+ − − =
Phương trình này không có nghiệm đặc biệt.
15
Xét số phức z = x + iy. Vì
( )
32233
33 yyxixyxz −+−=
nên từ hệ đã cho ta
có
3
2
sin
3
2
cos231
3
ππ
iiz +=+−=
, ta tìm được 3 giá trị của z là:
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:







=
=







=
=







=
=
9
14

sin2
9
14
cos2
;
9
8
sin2
9
8
cos2
;
9
2
sin2
9
2
cos2
3
3
3
3
3
3
π
π
π
π
π
π

y
x
y
x
y
x
b.Từ hệ suy ra x >0, y >0
Đặt
yvxu == ,5
với u,v >0.Hệ đã cho trở thành:







−=






+
−
=







+
+
1
3
1
2
33
1
22
22
vu
v
vu
u
(I)
Đặt z=u+iv. Ta có:
22
1
vu
viu
z
+
−
=
.Từ hệ (I) ta suy ra :

( )

*06)223(2
2
2233
2
3
2
33
1
3
1
2
22
2222
=+−−⇔
−
=+⇔−=
+
−
++⇔
−=






+
−+







+
+
ziz
i
z
zi
vu
ivu
ivu
i
vu
iv
vu
u
Giải phương trình (*), ta có
( )
2
6221234' ii −=−−=∆
suy ra các nghiệm
là
2
22
,22
i
ziz
+

=−=
.
Vì u,v > 0 nên
,
2
22 i
z
+
=
do đó
1,
10
1
1,
2
2
==⇒== yxvu
Vậy nghiệm cần tìm là
( )






= 1;
10
1
; yx
3- Ứng dụng của số phức trong bài toán hình học phẳng

Một trong những ứng dụng quan trọng nhất của số phức với toán sơ cấp
là giải toán hình học phẳng. Số phức là công cụ mạnh trong việc khảo sát sâu
16
sắc những vấn đề trong mặt phẳng. Tuy nhiên, muốn giải bài toán hình học
phẳng bằng số phức, chúng ta phải chuyển đổi các quan hệ trong mặt phẳng
thành các điều kiện liên quan đến số phức, nên trong phạm vi sáng kiến kinh
nghiệm tôi chỉ đề cập một ứng dụng tiêu biểu đó là sử dụng số phức để chứng
minh các bất đẳng thức của hình học phẳng.
Những kiến thức cần chuẩn bị:
- Trong mặt phẳng phức, nếu các điểm A, B có tọa độ là a, b thì độ
dài đoạn thẳng AB là AB = |a-b|
- Nếu O là gốc tọa độ thì OA = |a|, OB = |b|
- Một số đẳng thức đại số: Với mọi a,b,c thõa mãn điều kiện xác
định của biểu thức, ta có:
*1)
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
ab a b bc b c ca c a a b b c c a− + − + − = − − − −
*2)
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
a b c b c a c a b a b b c c a− + − + − = − − − −
*3)
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
3 3 3
ca b c b c a a b a b b c c a a b c− + − + − = − − − − + +
V í dụ 1 . Cho tam giác ABC và một điểm M bất kì trong mặt phẳng.
Chứng minh rằng:
. . . . . .a MB MC b MC MA c MA MB abc+ + ≥
với
, ,a BC b AC c AB= = =

Lời giải
Xét mặt phẳng phức có M là gốc tọa độ. Gọi tọa độ của các điểm A, B,
C là x, y, z. Ta có
, ,MA x MB y MC z= = =
và
, ,c AB x y a BC y z b CA z x= = − = = − = = −
.
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
. . . . . . . .y z y z z x z x x y x y y z z x x y− + − + − ≥ − − −
.Ta có:
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
. . . . . . x
x
y z y z z x z x x y x y y z yz z x z x y xy
y z yz z x z x y xy
− + − + − = − + − + −
≥ − + − + −
Theo *1) thì
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
xy z yz z x z x y xy x y y z z x− + − + − = − − −
nên bài
toán được chứng minh
Ví dụ 2. Cho tam giác ABC và một điểm M bất kì trong mặt phẳng.
Chứng minh rằng
2 2 2
. . .a MA b MB c MC abc+ + ≥
với
, ,a BC b AC c AB= = =
Lời giải

17
Xét mặt phẳng phức có M là gốc tọa độ. Gọi tọa độ của các điểm A, B,
C là x, y, z. Ta có
, ,MA x MB y MC z= = =
và
, ,c AB x y a BC y z b AC z x= = − = = − = = −
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
2 2 2
. .y z x z x y x y z y z z x x y− + − + − ≥ − − −
.
Mà

( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
2 2 2
y z x z x y x y z x y z y z x z x y
x y z y z x z x y
− + − + − = − + − + −
≥ − + − + −
Và theo *2) thì
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
x y z y z x z x y x y y z z x− + − + − = − − −

(ĐPCM)
Dấu đẳng thức xảy ra khi M tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Ví dụ 3. Cho tam giác ABC và một điểm M bất kì trong mặt phẳng
Chứng minh rằng
2 2 2

4 4 4
2 2 2
a b c
MA MB MC
a b c
+ + ≥
+ +
với
, ,a BC b AC c AB= = =
Lời giải
Theo bất đẳng thức Bu-nhi-a -cốp-xki, ta có:
( ) ( ) ( )
2
2 2 2 2 2 2 4 4 4
. . .a MA b MB c MC a b c MA MB MC+ + ≤ + + + +
Suy ra
( )
2
2 2 2
4 4 4
2 2 2
. . .a MA b MB c MC
MA MB MC
a b c
+ +
+ + ≥
+ +
Mà theo ví dụ 2 ta có
2 2 2
. . .a MA b MB c MC abc+ + ≥

nên ta có điều phải
chứng minh
Ví dụ 4. Cho tam giác ABC có trọng tâm G. Gọi M là một điểm bất kì
trong mặt phẳng. Chứng minh rằng
3 3 3
. . . 3 .a MA b MB c MC abc MG+ + ≥
với
, ,a BC b AC c AB= = =
Lời giải
Xét mặt phẳng phức có M là gốc tọa độ. Gọi tọa độ của các điểm A, B,
C là x, y, z. Tọa độ của điểm G là
3
x y z+ +
18
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
3 3 3
. . . . . .y z x z x y x y z y z z x x y x y z− + − + − ≥ − − − + +
Sử dụng *3) và bất đẳng thức tam giác ta có điều phải chứng minh
C. KẾT LUẬN
19
Qua một số năm giảng dạy về số phức tôi tự đúc rút ra một số kinh
nghiệm thể hiện qua đề tài này với hy vọng bạn đọc sẽ thuận lợi hơn trong
việc tìm hiểu, làm quen cũng như sử dụng số phức để giải quyết các bài toán
phổ thông, từ đó bạn đọc có điều kiện để rèn luyện tư duy và học môn toán tốt
hơn. Dù tài liệu học còn ít ỏi và chưa được đa dạng, những khai thác trong đề
tài có thể chưa thật đầy đủ và các ví dụ minh họa có thể chưa thật đại diện cho
một dạng toán nhưng với nổ lực của mình tôi hy vọng qua đề tài này phần nào
đó có thể giúp bạn đọc cảm thấy yêu thích số phức đồng thời thu được nhiều
điều bổ ích.
Vì thời gian có hạn, với phạm vi một sáng kiến kinh nghiệm nên đề tài

mà tôi nghiên cứu vẫn còn hạn chế,chắc chắn không tránh khỏi những sai sót,
rất mong được độc giả góp ý kiến để đề tài được hoàn thiện hơn.

Xin chân thành cám ơn!

Lam Sơn, ngày 7 tháng 5 năm 2011
Người viết đề tài


Bùi Thị Thanh

20