123.phân dạng và giải bt số phỨc

ĐẶT VẤN ĐỀ
1: Lí do chọn đề tài.
Số phức ra đời do nhu cầu phát triển của Toán học về giải những
phươngtrình đại số. Từ khi ra đời số phức đã thúc đẩy Toán học tiến lên
mạnh mẽ và giải quyết được nhiều vấn đề của khoa học và kĩ thuật. Đối với
học sinh bậcTrung học phổ thông thì số phức là nội dung còn rất mới mẻ, tuy
nhiên nó thường xuyên xuất hiện trong các đề thi tốt nghiệp Trung học phổ
thông và đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng. Với thời lượng không nhiều,
học sinh chỉ mới biết được những kiến thức cơ bản của số phức. Với mong
muốn tổng hợp lại các kiến thức cơ bản về số phức cũng như ứng dụng của
nó vào việc giải các bài toán liên quan , nên chúng tôi chọn đề tài “Lý thuyết
và phân dạng bài tập về số phức” làm đề tài nghiên cứu của mình.
2. Mục đích nghiên cứu
- Nghiên cứu số phức, các dạng biểu diễn của số phức, ứng dụng số phức để
giải các bài toán liên quan.
- Nâng cao sự hiểu biết và hiệu quả học tập của bản thân.
3. Phương pháp và phạm vi nghiên cứu
Nghiên cứu về số phức và ứng dụng của số phức trong các dạng toán cụ thể
là nghiên cứu kỹ cơ sở lý thuyết của số phức, sử dụng số phức vào giải một
số bài toán, phân loại các dạng bài tập và đưa ra phương pháp giải cho từng
dạng cụ thể.
4. Đóng góp của đề tài
Hệ thống lại 1 số kiến thức về các dạng toán của số phức làm tư liệu tham
khảo.
5. Cấu trúc của đề tài
Phần I: Cơ sở lí thuyết về số phức.
Phần II: Một số dạng toán về số phức và các ví dụ.
Phần III: Bài tập hướng dẫn giải
Phần IV Một số bài tập tự giải.
6. Tài liệu tham khảo.

SỐ PHỨC- CƠ SỞ LÍ THUYẾT.
I: CÁC DẠNG ĐẠI SỐ CỦA SỐ PHỨC
1.1 ĐỊNH NGHĨA
Một số phức có dạng z = a + bi trong đó a; b là các số thực và số i 2 = − 1 .Kí
hiệu số phức đó là z và viết z = a + bi khi đó i được gọi là phần ảo , a được
gọi là phần thực , kí hiệu Re [ z ] = a . b được gọi là phần ảo của số phức
z = a + bi .
Kí hiệu Im [ z ] = b .Tập hợp các số phức được kí hiệu là C.
Chú ý: Mỗi số thực a dương đều được xem như là 1 số phức với phần ảo b
=0.
Số phức z = a + bi có a =0 được gọi là số thuần ảo hay số ảo.
Số 0 vừa là số thực vừa là số ảo.
1.1.1 Hai số phức bằng nhau.
a = a,
Cho z = a + bi và z , = a , + b ,i ta nói z = z , khi và chỉ khi 
,
b = b
1.1.2 Biểu diễn hình học của số phức.
Mỗi số phức được biểu diễn hình học bởi 1 điểm M ( a; b ) trên mặt phẳng
Oxy.
Ngược lại mỗi điểm M ( a; b ) biểu diễn 1 số phức là z = a + bi .
1.1.3 Phép cộng và phép trừ các số phức.
Cho 2 số phức z = a + bi và z , = a , + b,i ta định nghĩa
 z + z , = (a + a , ) + (b + b, )i
 z − z , = (a − a , ) + (b − b, )i

1.1.4 Phép nhân số phức.
Cho 2 số phức z = a + bi và z , = a , + b ,i ta định nghĩa
zz , = aa, − bb, + (ab, − a ,b)i

1.1.5 Số phức liên hợp.


Cho số phức z = a + bi số phức z = a − bi được gọi là số phức liên hợp với số
phức trên. Vậy z = a + bi = a − bi .
Chú ý: z = z → z và z là 2 số phức liên hợp với nhau.
Tính chất của số phức liên hợp:

+) z = z
+) z + z , = z + z ,
+) zz , = z z ,
+) zz = a 2 + b2

1.1.6 Mô đun của số phức.
Cho số phức z = a + bi ta kí hiệu z là mô đun của của số phức z đó là số thực
không âm được xác định như sau, nếu M ( a; b ) biểu diễn số phức z = a + bi thì
z = OM = a 2 + b 2 .
Nếu z = a + bi thì z = z z = a 2 + b 2
1.1.7 Phép chia số phức khác 0.
Cho số phức z = a + bi ≠ 0 ta định nghĩa số phức nghịch đảo z −1 của số phức
1
1
−1
z,
z
=
z
=
z
z ≠ 0 là số

của phép chia z , cho số phức
2 .Thương
a 2 + b2
z
z
z ≠ 0 được xác định như sau z = a + bi (a,b ∈ ¡ ) = zz

−1

=

z, z

2 .
z
Với các phép toán cộng,trừ,nhân,chia số phức nói trên cũng có đặc điểm tính
chất giao hoán ,phân phối, kết hợp,như phép cộng ,trừ,nhân,chia số thực.

1.1.8 . Dạng lượng giác của số phức
Định nghĩa 1: Cho số phức z ≠ 0 . 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 z = r (cosφ + isin φ ) trong đó r > 0 được gọi là dạng
lượng giác của số phức z ≠ 0 . Còn dạng z=a+ bi ( a, b ∈ ¡ ) được gọi là dạng
đại số của số phức z.
1.1.9 Nhân và chia số phức dưới dạng lượng giác
Định lý: Nếu z = r (cosφ + isin φ ) , z ' = r '(cosφ '+ isin φ ')( r ≥ 0, r ' ≥ 0) thì


zz’= rr’ cos ( φ + φ ' )  + isin(φ + φ ')] ,

z' r'
= cos ( φ '− φ ) + isin ( φ '− φ ) 
z r

(Khi

r>0)
1.1.10 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.
[r (cosφ + isin φ )]n = r n ( cosφ + isin φ ) và khi r=1 ta có

(cosφ + isin φ ) n = cosnφ + isin nφ
b) Căn bậc hai của số phức dưới dạng lượng giác.
Từ công thức Moavro dễ thấy số phức z = r (cosφ + isin φ ) trong đó r>0 có
Hai căn bậc hai là:

φ
φ
φ
φ



φ

φ


r  cos isin ÷và - r  cos isin ÷ = r  cos  + Π ÷+ isin  + Π ÷÷
2
2
2
2


2

2


c) Định nghĩa căn bậc n của số phức.
Xét số nguyên n ≥ 2 và số phức w ≠ 0 .Như trong trường hợp số thực ¡ ,
phương trình
z n − w = 0 được dùng định nghĩa căn bậc n của số w. Ta gọi nghiệm z của
phương trình là 1 căn bậc n của w.
Định lí: Cho w = r (cos ϕ + i sin ϕ ) là số phức với r>0 và ϕ ∈ [ 0,2π ] .Căn bậc n
của w gồm n số phân biệt cho bởi
zk = n r (cos

ϕ + 2 kπ
ϕ + 2 kπ
+isin
) k=0, n − 1 .
r
r

Chứng minh : Biểu diễn số phức z dạng lượng giác tức là z= ρ (cosϕ + isinϕ) ,
theo định nghĩa ta có z n=w nên ρ n (cosnϕ + isinnϕ )=r(cosϕ + isin nϕ ) . Do đó

ϕ k 2π
+
n
n

ρ n = r ; nϕ =ϕ +2kπ , k ∈ ¢ → ρ = n r ; ϕ k =

Vậy nên phương trình có dạng z = r (cosϕ + isinϕ ) k ∈ ¢ .
n

k

k

k

Lưu ý: 0 ≤ ϕ0 < ϕ1 < .... < ϕ n−1 < 2π . Do đó ϕk , k ∈ { 0,1,...n − 1} là arcgumen cực,
bởi tính duy nhất của tọa độ cực ta có n nghiệm phân biệt của phương trình
là z0 , z1 ,..., zn−1 đến đây ta chứng minh phương trình có đúng n nghiệm phân
biệt .
Biểu diễn hình học căn bậc n của w ≠ 0 ( n ≥ 3 ) là đỉnh của n giác đều nội tiếp
đường tròn tâm O bán kính n r , r = w .Để chứng minh điều này ta kí hiệu
M 0 ( z0 ) , M1 ( z1 )....M n ( zn−1 ) . Bởi vì
OM k = zk = n r , k ∈ { 0,1...n − 1} → M k ∈ C (0, n r ) . Mặt khác số đo cung
¼M = arg z − arg z = ϕ + 2(k + 1)π − (ϕ + 2kπ = 2π , k ∈ { 0,1,...n − 1}
M
k
k +1

k +1
k
n
n
¼ M = 2π − ( n − 1)
→M
n −1
0

2π 2π
=
.
n
n

PHẦN II: CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP VỀ SỐ PHỨC.
1.2.1 Dạng 1. Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức


Phương pháp giải. Giả sử z = a + bi (a,b ∈ R ) thay vào giả thiết tìm mối liên hệ
nào đó đối với x, y .Từ đó suy ra tập hợp các điểm biểu diễn cần tìm.
Ví dụ 1: Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức thỏa mãn điều kiện sau.
z + 2 = 3i
=1
(1)
z −4+i
Giải
Giả sử z = a + bi (a,b ∈ R ) → z + 2 − 3i = x + 2 + ( y − 3)i
từ giả thiết (1) ta suy ra z + 2 − 3i = z − 4 − i
⇔ ( x + 2) 2 + ( y − 3) 2 = ( x − 4) 2 + ( y − 1) 2

⇔ 3x − y − 1 = 0 .
Tập hợp các điểm biểu diễn của z là đường thẳng có phương trình
3x − y − 1 = 0 .
Ví dụ 2: Tìm tập hợp tất cả các điểm biểu diễn số phức sau
z − i = (i + 1) z
(2) (Tuyển sinh ĐH năm 2010)
Giải
Giả sử z = a + bi (a,b ∈ ¡ ) ; (1 + i ) z = x − y + ( x + y )i từ giả thiết (2) ta suy ra
Vậy tập hợp tất cả các điểm biểu diễn của z là đường tròn tâm I(0,1) bán kính
2 .
Ví dụ 3:Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức thỏa mãn điều kiện sau .
z − 4i + z + 4i = 10
(3)
Giải
Giả sử z = a + bi (a,b ∈ R ) → z − 4i = x + ( y − 4)i ⇔ z + 4i = x + ( y + 4)i
từ giả thiết (3) → x 2 + ( y − 4) 2 + x 2 + ( y + 4) 2 = 10
⇔ x 2 + ( y − 4) 2 + ( y + 4) 2 + 2  x 2 + ( y + 4) 2   x 2 + ( y − 4) 2  = 100
⇔

(x

2

+ y 2 + 16 ) − 16 x 2 = 34 − ( x 2 + y 2 )
2

⇔ 32( x 2 + y 2 ) + 16 − 16 x 2 = 342 − 68( x 2 + y 2 ) ⇔ 25 x 2 + 9 y 2 = 225
⇔

x2 y2

+
= 1.
9 25

x2 y2
Vậy tập hợp tất cả các điểm biểu diễn z là elip có dạng
+
=1
9 25

(

)

Ví dụ 4 Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức w = 1 + i 3 z + 2 biết rằng
số phức z thỏa mãn z − 1 ≤ 2


Giải
Gọi z= a+ bi (a, b ∈ ¡ ), w= x+ yi (x, y ∈ ¡ )
Ta có

(

)

(

)

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

(

)

2

2
2
Từ đó ( x − 3) + y − 3 ≤ 4 ( a − 1) + b 2  ≤ 16 do (1)

(

)

2

Vậy tập hợp các điểm cần tìm là hình tròn ( x − 3) + y − 3 ≤ 16 có tâm I
2

( 3; 3 ) bán kính R=4.
1.2.2 Dạng 2.Các bài toán liên quan đến đại lượng trong số phức
Phương pháp giải: Thực hiện các phép tính cộng, trừ, nhân, chia và dùng định
nghĩa môđun, số phức liên hợp để giải quyết bài toán.

Ví dụ 1:Tìm phần ảo của số phức z biết z = ( 2 + i ) 2 (1 − 2i )
(tuyển sinh khối A năm 2010).

Giải
Ta có z = ( 2 + i ) (1 − 2i ) = (2 + 2 2i + i 2 )(1 − 2i)
2

= (1 + 2 2i )(1 − 2i ) = 5 + 2i suy ra z = 5 − 2i .Vậy số phức z có phần ảo − 2 .
Ví dụ 2: Cho số phức z thỏa mãn

(

5 z +i

) = 2 − i .Tìm môđun của số phức

z +1
w = 1 + z + z2 .
Giải
z = a + bi (a,b ∈ R ) . Từ giả thiết bài toán ta suy ra
5( a − bi + i ) = (2 − i )(a + bi + 1) = (2 − i )(a + bi + 1)
3a − b − 2 = 0
a = 1
⇔ 3a − b − 2 + (a − 7b + 6)i = 0 ⇔ 
⇔
a − 7b + 6 = 0 b = 1
⇔ z = 1 + i ⇔ z 2 = 2i → w = 2 + 3i → w = 13 .


Ví dụ 3: Cho số phức z = a + bi (a, b ∈ ¡ ); z − 2 z = a 2 + b 2 − 2a + 2bi . Tính

giá trị của z + z

2

Giả thiết bài toán suy ra

Giải
a 2 + b 2 − 2a + 2bi = −3 + 6i

 a 2 + b 2 − 2a = 3 a = 4
2
⇔
⇔
⇒ z = 42 + 32 = 5 ,vậy z + z = 5 + 25 = 30 .
b = 3
2b = 6
19 − 4i
Ví dụ 4: Cho số phức z thõa mãn điều kiện z =
. Tìm mô đun của số phức
z+2
w = z2 + z + 1.
Giải
Điều kiện z ≠ 0 .Gọi z = a + bi (a, b ∈ ¡ ) .Từ giả thiết ta có phương trình
a 2 + b 2 + 2a = 19
2
2
⇔ ( a + b + 2a ) − 2bi = 19 − 4i ⇔ 
−2b = −4

 a = 3

a 2 + 22 + 2a − 19 = 0 a 2 + 2a − 15 = 0
 z = 3 + 2i

⇔
⇔
⇔   a = −5 ⇔ 
b=2
b=2
 z = −5 + 2i


 b=2

+)Với z = 3 + 2i ta có:
w = (3 + 2i) 2 + (3 + 2i ) + 1 = 9 + 14i ⇒ w = 9 2 + 14 2 = 277
+)Với z=-5+2i ta có:
w = ( −5 + 2i ) 2 + ( −5 + 2i) + 1 = 17 − 18i ⇒ w = 17 2 + 182 = 613
Vậy w = 613 ; w = 277
1.2.3 Dạng 3.Tìm số phức thỏa mãn 1 hệ thức cho trước (không phải là phương
trình bậc nhất và bậc hai thông thường).
Phương pháp giải: giả sử z = a + bi (a,b ∈ ¡ ) biến đổi hệ thức về dạng
A = 0
A + Bi ⇔ 
từ đó tìm được số phức z.
B = 0
Ví dụ 1: Tìm số phức z biết z + 2 z = 2 − 4i

(1)

Giải

Đặt z = a + bi (a,b ∈ R ) → z = a − bi .Từ giả thiết (1) ta suy ra
2

3a − 2 = 0
a =
⇔
a + bi + 2(4 − b)i = 2 − 4i ⇔ 3a + ( 4 − b ) i − 2 = 0 
3
4 − b = 0

b = 4


2
2
+ 4i .Vậy z = + 4i .
3
3
Ví dụ 2:Tìm số phức z biết z 2 = (1 + i ) z + 11i
z=

(2)

Giải
Đặt z = a + bi (a,b ∈ R ) → z = a − b + 2abi từ (2)
2

2

2

⇔ a 2 − b 2 + 2abi = (1 + i )(a − bi ) + 11i ⇔ a 2 − b 2 − (a + b) + (2ab − a + b − 11)i = 0

a 2 − b 2 − a − b = 0
a = 3
 a = −2
⇔
⇔
hoặc 
. Vậy z = 3 + 2i hay z = −2 − 3i .
b = −3
2ab − a + b − 11 = 0 b = 2
4

 z+i
Ví dụ 3: Tìm số phức z biết 
÷ =1
 z −i 

(3)
Giải

 z + i 
z +i

÷ =1
 z − i = ±1  z = 0
 z −i 

⇔

⇔
Theo giả thiết (3) ⇔ 
2
z
+
i
 z = ±1
z
+
i


= ±i

=
−
1
÷
 z − i
 z − i 
Vậy z = 0 hay z = ±1 .
2

2

Ví dụ 4) Tìm tất cả các số phức z biết z 2 = z + z
Giải
Gọi z= a+ bi (a,b ∈ ¡ ) ta có:
z 2 + z + z ⇔ ( a + bi ) = a 2 + b 2 + a − bi
2

2

⇔ a 2 − b 2 + 2abi = a 2 + b 2 + a − bi

a = b = 0
2

2
2
2
2
a − b = a + b + a
1
1
a = −2b
⇔
⇔
⇔ a = − ;b =

2
2
2ab = −b
b ( 2a + 1) = 0

1
−1
a = − ;b =

2

2
1 1
1 1
Vậy z=0; z = − + i; z = − − i
2 2
2 2


1.2.4 Phương trình bậc hai và phương trình quy về bậc hai.
Phương pháp giải: Gọi σ = x + yi (x,y ∈ ¡ ) là căn bậc hai của
 x2 − y2 = a
z=a+bi (a,b ∈ ¡ ) thì 
2 xy = b

+)Xét phương trình bậc hai có hệ số phức Az 2 + Bz + c = 0 (∗) có biệt thức
∆ =B2 − 4AC
.
Nếu ∆ > 0 thì phương trình (*) có 2 nghiệm thực phân biệt .
−B + σ
−B − σ
z1 =
; z2 =
2A
2A
−B
Nếu ∆ = 0 thì phương trình (*) có nghiệm kép z1 = z 2 =
.
2A
Ví dụ1: Tìm căn bậc hai của các số phức sau.
a ) − 1 + 4 3i

b)4 + 6 5i
Giải
a) Giả sử x + yi (x,y ∈ ¡ ) là căn bậc hai của số phức −1 + 4 3i
 x = 3

2
2

x
−
y
=
−
1

 y = 2
2
⇔ 
Khi đó ta có ( x + yi ) = -1+4 3i ⇔ 
2 xy = 4 3
 x = − 3
  y = −2
Vậy căn bậc hai của −1 + 4 3i là ±( 3 + 2i) .
b)Tương tự căn bậc hai của 4 + 6 5i là ±(3+ 5i ) .
Ví dụ 2: Giải phương trình. z 2 − 8(1 − i ) z + 63 − 16i = 0 (2)
Giải
/
2
Ta có ∆ = 16(1 − i ) − (63 − 16i) = −63 − 16 gọi σ = x + yi (x,y ∈ ¡ ) là căn bậc
 x 2 − y 2 = −63  x = 1  x = −1

(2)
⇔
⇔
;
→ σ = ± (1 − 8i)
hai của ∆

y
=
−
8
y
=
8
2
xy
=
16



 z1 = 4(1 − i ) + 1 − 8i = 5 − 12i
Nên (2) có 2 nghiệm phân biệt 
 z2 = 4(1 − i ) − 1 + 8i = 3 = 4i
Vậy z1 = 5 − 12i và z 2 = 3 + 4i
/.

Ví dụ 3: giải phương trình z 4 − z 3 +

z2

+ z +1= 0
2
Giải

(3)


Vì z = 0 không phải là nghiệm của phương trình (3) nên ta có
2
1 1 1
1
1 5
z −z+ + + 2 =0 ⇔ z−
− z − + = 0.
2 z z
z
z 2
1
5
1 ± 3i
Đặt z − = y ta có phương trình y 2 − y + = 0 ⇔ y =
z
2
2
1 + 3i
1 1 + 3i
Với y =
⇔ z− =
⇔ 2 z 2 − (1 + 3i ) z − 2 = 0
2

z
2
−1 1
+ i.
Phương trình có 2 nghiệm z1 = 1 + i ; z 2 =
2 2
1 − 3i
1 1 − 3i
Với y =
⇔ z− =
⇔ 2 z 2 − (13i ) z − 2 = 0
2
z
2
−1 1
− i
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt z1 = 1 − i ; z 2 =
2 2
−1 1
± i.
Vậy z = 1 ± i ; z =
2 2
2

1.2.5) Giải phương trình bậc 3 F(z)=0 biết phương trình có nghiệm thực hay
nghiệm thuần ảo.
Phương pháp giải: Giả sử phương trình có nghiệm thưc z=a ta được
A=0
F(a)=0biến đổi hệ thức về dạng Ai + Bi = 0 ⇔ B = 0 từ đó ta tìm được a. Ta có

{

F( z ) = 0 ⇔ ( z − a)(mz 2 + nz + p ) = 0 .
Nếu phương trình có nghiệm thuần ảo thì z=bi (b thuộc R, b khác 0) được giải
tương tự.
Ví dụ 1
3
2
Giải phương trình z − ( 3 − i ) z − ( 2 − i ) z + 16 − 2i = 0 biết rằng phương

trình 1 nghiệm thực.
Giải
3
2
Gọi nghiệm thực là z 0 ta có z0 − ( 3 − i ) z0 − ( 2 − i ) z0 + 16 − 2i = 0

 z03 − 3z02 − 2 z0 + 16 = 0
⇔ 2
⇔ z0 = −2
 zo + z0 − 2 = 0
2
Khi đó ta có phương trình ( z + 2 ) ( z − ( 5 − i ) z + 8 − i ) = 0


3
2
Ví dụ 2 Giải phương trình z − ( 2 − 3i ) z + 3 ( 1 − 2i ) z + 9i = 0 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

( bi )

3

− ( 2 − 3i ) ( bi ) + 3 ( 1 − 2i ) ( bi ) + 9i = 0
2

2b 2 + 6b = 0
⇔ 2b + 6b + ( −b − 3b + 3b + 9 ) i = 0 ⇔  3
⇔ b = −3
2
−
b
−
3
b
+
3
b
+
9
=
0

⇒ z = −3i
2

3

2

2
Phương trình có thể phân tích thành ( z + 3i ) ( z − 2 z + 3) = 0

Các nghiệm của phương trình là z= -3i; z = 1 ± 2i
1.1.6.) Dạng lượng giác của số phức
Dạng lượng giác của số phức z = a + bi (a,b ∈ ¡ ) là z = r (cosϕ + isin ϕ ) với


r = a 2 + b 2

a

 cosϕ =
r

b

sin
ϕ
=

r

ϕ là 1 arcgumen của z.

Nếu z1 = r1 (cosϕ1 + isin ϕ1 ); z 2 = r2 (cosϕ2 + isin ϕ2 ) thì

z1 z2 = r1r2 [ cos(ϕ1 + ϕ2 ) + isin(ϕ1 + ϕ2 )
z1 r1
= [ cos(ϕ1 − ϕ 2 ) + isin(ϕ1 − ϕ 2 ) 
z2 r2 

]


Công thức Moivre với n nguyên dương,

z = r (cosϕ + isin ϕ ) → z n = r n (cosnϕ + isin nϕ ) .
1
3
(1 + i )3 .( +
i)
Ví dụ 1 : Tìm acgumen của số phức u =
2 2
( 3 + i)5
Giải
π
4

(1+i) có một acgumen bằng , do đó: (1+i) 3 có một acgumen là

3π
4

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

có một
z
acgumen là −

2π
3
Giải

1
3 

 π
 π 
1 − 3i = 2  −
i ÷ = 2  cos  − ÷+ isin  − ÷÷
 3
 3 

2 2 
Giả sử z = r ( cosϕ + isin ϕ ) ( r > 0 )
Khi đó

1 − 3i 2 
 π

 π

=  cos  − − ϕ ÷+ isin  − − ϕ ÷÷
z
r

 3

 3


Theo giả thiết −

π
2π
π
−ϕ = −
⇒ ϕ = , Suy ra z = r + 3r i
3
3
3
2
2

2 z −i = 2+ z − z ⇔ r +
Khi đó ⇔ r 2 +

(

)

2

3r − 1 = 4 +

⇔ r = 4 3 ( r > 0)

Vậy z = 2 3 + 6i

(

(

)

3r − 2 i = 2 + 3ri
3r

)

2

⇔ r 2 − 4 3r = 0


Ví dụ 3 Xét các số phức z 1,z2 thõa mãn z1 = 3 ; z2 = 4 và z1 − z2 = 35 .Hãy
tìm số phức z =

z1
.
z2
Giải

Đặt z1 = (cos α + i sin α ) , z2 = 4(cos β + i sin β ) (α , β ∈ [ 0;2π ]
z1 − z2 = 3cos α − 4cos β + i (3sin α − 4sin β )
z=

z1 3
= [ cos(α -β )+isin(α − β ) ]
z2 4

z1 − z2 = 35 ⇔ (3cos α − 4cos β ) 2 + (3sin α − 4sin β ) 2 = 35
⇔ cos(α -β )=-

5
119
⇒ sin(α − β ) = ±
12
12

3 5
119
5
119
Suy ra z = (− ± i
)=− ±i
4 12
12
16
16

Phần III. Bài tập hướng dẫn giải.
Dùng các phương pháp trên để giải các bài toán sau.
Bài 1: Giải phương trình sau trên £ (ẩn z): z 4 + 2 z 3 − z 2 + 2 z + 1 = 0
Giải
z 4 + 2z3 − z 2 + 2z + 1 = 0 ⇔ z 2 +

1
1

+ 2  z + ÷− 1 = 0 (do z ≠ 0)
2
z
z


1
1
Đặt w = z+ ⇒ z 2 + 2 = w 2 − 2 , ta được:
z
z

 w=1
w 2 − 2 + 2w − 1 = 0 ⇔ w 2 + 2 w − 3 = 0 ⇔ 
 w=-3


Do đó: z +

1
1
= 1 (1) hay z + = −3 (2)
z
z

+ Giải (1) ⇔ z 2 − z + 1 = 0 Ta có: ∆ = 1 − 4 = −3 =

( )
3i

Vậy phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt: z1 =

2

1 + 3i
1 − 3i
; z2 =
2
2

+ Giải (2) ⇔ z 2 + 3z + 1 = 0 . Ta có: ∆ = 9 − 4 = 5
Vậy phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt: z3 =

−3 + 5
−3 − 5
; z4 =
2
2

Tóm lại phương trình đã cho có bốn nghiệm:
z1 =

1 + 3i
1 − 3i
−3 + 5
−3 − 5
; z3 =

; z2 =
; z4 =
2
2
2
2

Bài 2: Tính mô đun của số phức z biết rằng:

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

(

)

Gọi z= a+ bi (a, b∈ ¡ ) ta có ( 2 z − 1) ( 1 + i ) + z + 1 ( 1 − i ) = 2 − 2i
⇔ ( 2a − 1) + 2bi  ( 1 + i ) + ( a + 1) − bi  ( 1 − i ) = 2 − 2i
⇔ ( 2a − 2b − 1) + ( 2a + 2b − 1) i + ( a − b + 1) − ( a + b + 1) i = 2 − 2i
1

a
=

3a − 3b = 2
3
⇔ ( 3a − 3b ) + ( a + b − 2 ) i = 2 − 2i ⇔ 
⇔
a + b − 2 = −2 b = − 1


3
Suy ra mô đun: z = a 2 + b 2 =

2
3


Bài 3: Tìm phần thực và phần ảo của số phức sau:

z=

(

2 − 6i

)

2008

2009

5π 
 π
 sin − isin
÷
3
6 


Giải

Ta có


 π
 π  
 2 2  cos  − 3 ÷+ isin  − 3 ÷÷



 

z =
2009
  π
 π 
c
os
−
+
isin

÷
− ÷
  6
 6  


(

= 2 2

)

2008

  2008π 2009π
 cos  − 3 + 6
 

  669π
= 23012  cos  −
2
 


 669π
÷+ isin  −
2



2008


 2008π 2009π  
+
÷+ isin  −
÷
3
6  




3012
÷ = −2 i


Do đó: phần thực bằng 0; phần ảo bằng -2 3012.
Bài 4) (IMO 1975) Về phía ngoài của tam giác ABC, lần lượt dựng các tam
0

giác ABR, BCP, CAQ sao cho PBC=CAO=45 ,
0

0

0

BCP=QCA=30 ,ABR=RAB=15 .Chứng minh rằng QRP=90 ,RQ=RP.
Giải
Ta xét bài toán trong mặt phẳng phức .Gọi M là chân đường vuông góc hạ
từ điểm P xuống đường thẳng BC. Ta quy ước chữ cái thường là tọa độ của
đỉnh đương ứng, chẳng hạn a là tọa độ của điểm A.

MC
nên p − m = i; c − m = i 3 .
=
3
Vì MP=MB và MP
b−m

p−m


c+i 3
b−c
c + 3a
a−c
+i
+i
. Tương tự q =
. Điểm B nhận
1+ 3
1+ 3
1+ 3
1+ 3
được từ điểm A, bằng phép quay tâm R góc quay q=150 0. Do đó
Do đó p =

b = a (−

3 1
+ i ) , từ đó bằng phép biến đổi đại số ta được
2 2

p c + 3b
b−c
c + 3a
a−c
=(
+i

): (
+i
) = i suy ra QR vuông góc PR hay
q
1+ 3
1+ 3
1+ 3
1+ 3
QRP=900. Hơn nữa p = iq = q nên RQ=RP .
 Z1 + Z 2 = 2 + 3i
Bài 5) Giải hệ phương trình sau trên tập số phức:  2
2
 Z1 + Z 2 = 5 − 4i

Giải

 Z1 + Z 2 = 2 + 3i
Hệ phương trình ⇔ 
 Z1.Z 2 = −5 + 8i
Z1 và Z2 là 2 nghiệm phương trình: Z 2 - (2 + 3i)Z - 5 + 8i = 0

3− 5
Z1 = 1 + 5 +
i

2
2
Có ∆ = 15 − 20i =  5 ( 2 − i )  ⇔ 

3+ 5

i
Z2 = 1 − 5 +

2

Bài 6) Cho số phức z = 1 − cos

(

)

(

)

π
π
− isin Tìm moodun, acgument và viết z
7
7

dưới dạng lượng giác.
Giải
8π
π
π
π




z = 1 − cos ÷ + sin 2 = 2 1 − cos ÷ = 2 1 + cos
7
7
7
7



2

Gọi ϕ là một acgument của z thì

4π

÷ = 2cos s
7



π
8π
sin
7 =
7 = cot 4π = tan  − π  → ϕ = − π + kπ , k ∈ Z
tan ϕ =

÷
π
7
14

2 4π
14


1 − cos
2sin
7
7
− sin

Vì phần thực 1 − cos

−

π
π
> 0 , phần ảo − sin < 0 nên ta chọn một acgument là
7
7

4π 
π
 π 
 π 
. Vậy z = 2cos  cos  − ÷+ isin  − ÷÷.
7 
14
 14 
 14  

Bài 7) Cho ABCD và BNMK là 2 hình vuông không giao nhau .E là trung
điểm của AN. Gọi F là chân đường vuông góc hạ từ B xuống đường thẳng
CK. Chứng minh rằng: các điểm E,F,B thẳng hàng.
Giải
Ta xét bài toán trong mặt phẳng phức. Chọn F làm gốc tọa độ và CK,FB lần
lượt là tọa độ của các điểm C,K,B. Phép quay tâm B góc quay q=90 biến
điểm C thành điểm A, do đó A có tọa độ là a = b(1 − i ) + ci .TT điểm N có tọa
độ là n = b(1 + i ) − ki Từ đó suy ra tọa điểm E,trung điểm của đoạn thẳng AN
là e = a + n = b + c − k .Từ đó suy ra điểm E nằm trên đường thẳng FB hay
2
2
các điểm E,F,B thẳng hàng.
 16 x − 11 y
 x + x 2 + y 2 = 7
Bài 8) Giải hệ phương trình 
 y − 11x + 16 y = −1

x2 + y 2
Giải
2
2
Điều kiện x + y ≠ 0 .Đặt z = x + yi ( x, y ∈ R ) ⇒

Từ hệ phương trình ta có

1 x − iy
=
z x2 + y 2

16 x − 11 y 16 x − 11 y
−i 2
= 7−i
x2 + y2
x + y2
x − iy
x − iy
⇔ x + iy + 16 2
−
11
i
=7−i
x + y2
x2 + y2
16 − 11i
⇔z+
= 7 − i ⇔ z 2 − ( 7 − i ) z + 16 − 11i = 0
z
 z = 2 − 3i
⇔
 z = 5 + 2i
x + iy +

Hệ phương trình có hai nghiệm (x,y) là (2, -3) và (5,2).
Bài 9) Cho dãy số {x n} xác định bởi x 0 = 1, x1 = 2, xn+1 = xn – xn-1 với mọi
n = 1, 2,…n. Tìm công thức tổng quát tính x n.
Giải
Phương trình đặc trưng x 2 – x + 1 = 0 có hai nghiệm là x1,2 =
1
2

xn có dạng xn = c1 ( + i

3 n
1
3 n
) + c2 ( − i
) trong đó c 1, c2 là các hằng số. Thay n
2
2
2
1
2

= 0, 1 vào, ta được hệ phương trình c 1 + c2 = 1, c1 ( + i
1
2

1
3
. Từ đó
±i
2
2

Từ đó tìm được c1 = − i

3
1
3

) + c2 ( − i
)=2
2
2
2

3
1
3
, c2 = + i
2
2
2

Như thế
1
3 1
3
1
3 1
3
xn = ( − i )( + i ) n + ( + i )( − i ) n
2
2 2
2
2
2 2
2
π
π

nπ
nπ
π
π
nπ
nπ
= (cos − i sin )(cos + i sin ) + (cos + i sin )(cos − i sin )
3
3
3
3
3
3
3
3
(n − 1)π
= 2cos
.
3
Bài 10) Trên các cạnh của AB, BC, CA của tan giác ABC ta lần lượt dựng
các tam giác đồng dạng có cùng hướng là ADB, BEC, CFA. Chứng minh
rằng các tam giác ABC và DEF có cùng trọng tâm.


Giải
Ta quy ước chữ cái thường là tọa độ của đỉnh tương ứng , chẳng hạn a là tọa
độ của đỉnh A. Vì tam giác ADB, BEC, CFA là các tam giác đồng dạng
cùng hướng nên

d −a e−b f −c

=
=
= z do đó d = a + (b − a ) z ; e=b+(c-b)z
b−a c −b a −c
c+a+ f a+b+c
=
hay tam giác ABC và DEF có cùng
3
3

f = c + ( a − c) z →
trọng tâm.

Bài 11) Chứng minh rằng trường số phức £ không là trường sắp thứ tự.
Giải
Giả sử £ là trường sắp thứ tự với quan hệ ≤ . Khi đó ta có
1)a ≥ b → a + c ≥ b + c với a,b ∈ £
2)a ≥ 0 và b ≥ 0 → ab ≥ 0 .
Từ (2) suy ra a 2>0 với mọi a khác 0 ( theo quy tắc nhân dấu) .Nói cách khác
-1=i2>0 mặt khác 1=i2>0, từ đó 0=(-1)+1>0+1=1 (vô lí). Chứng tỏ trường £
không sắp thứ tự được.
Bài 12: Xác định tập hợp các điểm M trong mặt phẳng phức biểu diễn số
phức z sao cho số

π
z−2
có acgumen bằng .
3
z+2
Giải

Gọi z= x+ yi (x,y ∈ ¡ ). ta có
z − 2 ( x − 2 ) + yi ( x − 2 ) + yi  ( x + 2 ) + yi 
=
=
2
z + 2 ( x + 2 ) + yi
( x + 2) + y2
=

x 2 − 4 + y 2 + yi ( x + 2 − x + 2 )

( x + 2)

Vì số phức

2

+ y2

x2 + y 2 − 4
4y
=
+
i ( 1)
2
2
2
( x − 2) + y ( x − 2) + y 2

π
z−2
có acgumen bằng
nên ta có:
3
z+2


x2 + y 2 − 4
4y
π
π

+
i
=
r
c
os
+
isin
2
2

÷
3
3

( x − 2) + y2 ( x − 2) + y 2

( r > 0)

r
 x2 + y2 − 4
=
2
 x − 2 + y2 2
)
(
⇔
4y
r 3

=
2
2
( x − 2) + y
2

Từ đó suy ra y>0 (1) và
2

4y
4y
= 3 ⇔ x2 + y2 − 4 =
2
x + y −4
3
2

2

2   4 

⇔ x + y−
÷ =
÷
3  3

2

( 2)

Từ (1) và (2) ta có tập hợp các điểm M là đường tròn có tâm nằm trên trục
thực.
Bài 13) : Trong mặt phẳng Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z
thỏa mãn điều kiện z − ( 3 − 4i ) = 2
Giải
Đặt z= x+ yi (x,y ∈ ¡ ) ⇒ z − 3 + 4i = ( x − 3) + ( y + 4 ) i
Từ z − ( 3 − 4i ) = 2 ta có

( x − 3)

2

+ ( y + 4 ) = 2 ⇔ ( x − 3) + ( y + 4 ) = 4
2

2

2

Tập hợp điểm biểu diễn các số phức z là đường tròn tâm I(3; -4), bán kính
R=2.
3

1+ i 3 
Bài 14) Tìm phần thực và phần ảo của số phức z = 
÷
 1+ i 
Giải

1
3 
π
π
π
π


1 + i 3 = 2 +
i ÷ = 2  cos + isin ÷;1 + i = 2  cos + isin ÷
3
3
4
4


2 2 

Suy ra

z=

8 ( cosπ + isin π )
3π
3π

2 2  cos
+ isin
4
4


π
π

= 2 2  cos + isin ÷ = 2 + 2i

4
4

÷


Vậy số phức có phần thực là 2 và phần ảo là 2.
Bài 15: Chứng minh rằng cos

π 1+ 5

=
5
4
Giải

π
π
π
π
Đặt x = cos , y = sin ; z = x + iy = cos + isin
5
5
5
5
4
3
2
Ta có: z 5 = −1 hay ( z + 1)( z − z + z − z + 1) = 0 .Vì z ≠ −1 nên do z khác 0

nên chia hai vế cho z 2 ta được
2

1
1 
1
 2 1 

 z + 2 ÷−  z − ÷+ 1 = 0 ⇔  z + ÷ −  z + ÷− 1 = 0
z  
z

z 
z


1
1
1± 5
Ta để ý rằng x =  z + ÷ từ đẳng thức trên 4 x 2 − 2 x − 1 = 0 ⇔ x =
. Do
2
z
4
x>0 nên x = cos

π 1+ 5
.
=
5
4

Bài 16) (A2014) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z + (2 + i) z = 3 + 5i .Tìm
phần thực và phần ảo.
Giải
Đặt z = a + bi (a,b ∈ ¡ ) từ giả thiết bài toán suy ra

{ 3aa−+bb==53 ⇔ { ba == −23 . Vậy số phức z có phần thực bằng 2,phần ảo bằng -3.


Bài 17) Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện

(1+ i) z + 2 = 1
1− i

Tìm số phức

có mô đun nhỏ nhất, lớn nhất.
Giải
Đặt z= x+ yi (x,y ∈ ¡ ) thì

(1+ i) z + 2 =1 ⇔
1− i

( 2 − y ) + xi

=1

⇔ x 2 + ( 2 − y ) = 1 ( 1) ⇔ x 2 + y 2 = 4 y − 3 ⇔ z = x 2 + y 2 = 4 y − 3
2

Từ (1) ta có: ( 2 − y ) ≤ 1 ⇔ 1 ≤ y ≤ 3 ⇔ 1 ≤ 4 y − 3 ≤ 9
2

Vậy số phức có mô đun lớn nhất là z=3i và số phức có mô đun nhỏ nhất là
z=i
Bài 18) (A2013) Cho số phức z = 1 + 3i .Viết dưới dạng lượng giác của
5
z.Tìm phần thực và phần ảo của số phức w = (1 + i ) z .

Giải
1

3
π
π
1 + 3i = 2( + i ) = 2(cos + isin )
2
2
3
3
5
5
Suy ra z = 2 (cos

5π
5π
+ isin ) = 16(1 − 3i ) do đó
3
3

w = 16( 3 + 1) + 16(1 − 3)i .Vậy phần thực của số phức là 16( 3 + 1) và phần

ảo là 16(1 − 3) .
Bài 19) Cho đường tròn (C) đường kính AB=2R, điểm M chuyển động trên
(C) A/ là điểm đối xứng của điểm A.Tìm tập hợp điểm A / và trọng tâm G của
tam giác A /AB.
Giải


Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho gốc tọa độ O trùng với tâm đường tròn (C)
đã cho, trục hoành đi qua các điểm A,B.
+) Tập hợp các điểm A /. Ta có B=-A, A /+A=2M suy ra A/-B=2M

→ A / − B = 2 M = 2R vậy điểm A / chuyển động trên đường tròn (C 1) tâm
B bán kính 2R.
+) Tập hợp trọng tâm G của tam giác A /AB, gọi G là trọng tâm tam giác
A/AB.
1 /
1 / 1
Ta có G = (A + A + B) = A = (B + 2M) suy ra
3
3
3
1
2
2
1
2
2
G − B = M → G − J = M trong đó J = B ,vậy G − J = M = R
3
3
3
3
3
3
1
2
Vậy điểm G chuyển động trên đường tròn (C 2) tâm J= B bán kính R .
3
3

(

)

Bài 20) Biết rằng số phức z thỏa mãn u = ( z + 3 − i ) z + 1 + 3i là một số thực.
Tìm giá trị nhỏ nhất của z
Giải
Đặt z= x+ yi (x,y ∈ ¡ ) ta có u = ( x + 3) + ( y -1) i  ( x + 1) - ( y - 3 ) i 
= x 2 + y 2 + 4 x − 4 y + 6 + 2 ( x − − y − 4 ) i .Ta có: u ∈ ¡ ⇔ x − y − 4 = 0 .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.
2
Bài 21) (CĐ 2013) Giải phương trình z + (2 − 3i ) z − 1 − 3i = 0 trên tập hợp số

phức £ .


Giải
2
Phương trình z + (2 − 3i ) z − 1 − 3i = 0 có biệt thức ∆ = −1 → ∆ = i 2

 z = −1 + 2i
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là 
.
 z = −1 + i
Bài 22) Tính tổng

S1 = sin a + sin 2a + ... + sin na
S2 = cos a + cos2a + ... + cos na

Giải
Đặt z = cos a + isin a . Ta có: S 2 + iS1 = z + z 2 + ... + z n = z.

z − 1 cos na + isin na − 1
=
=
z −1
cos a + isin a − 1
n

na
na
na
+ 2i sin cos
2
2
2
a
a
a
−2sin 2 + 2i sin cos
2
2
2

−2sin 2

na 
na
na 

na
 cos + isin ÷ sin
2 
2
2 
2 cos ( n − 1) a + isin ( n − 1) a 
=
a 
a
a
a
2
2 
sin 
sin  cos + isin ÷
2
2
2
2

sin
=

zn −1
z −1

Do đó: