skkn CHUYÊN đề số PHỨC và ỨNG DỤNG

CHUYÊN ĐỀ: SỐ PHỨC VÀ ỨNG DỤNG
PHẦN I:DẠNG ĐẠI SỐ CỦA SỐ PHỨC –CỘNG, TRỪ, NHÂN, CHIA SỐ
PHỨC
A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ:
1. Số phức:
+)Là biểu thức có dạng a + b i , trong đó a, b là những số thực và số i thoả i 2 = –1.
Kí hiệu là z = a + b i với a là phần thực, b là phần ảo, i là đơn vị ảo.
+)Tập hợp các số phức kí hiệu là £ = {a + b i / a, b ¡ và i 2 = –1}. Ta có ¡  £ .
+)Số phức có phần ảo bằng 0 là một số thực: z = a + 0. i = a ¡  £
+)Số phức có phần thực bằng 0 là một số ảo: z = 0.a + b i = b i . Đặc biệt i = 0 +
1. i
+)Số 0 = 0 + 0. i vừa là số thực vừa là số ảo.
2. Hai số phức bằng nhau
+)z  a+bi (a,b  ¡ ) z'  a'+b' i (a',b'  ¡ )
a  a '
+)z  z'  
b  b '
3. Cộng, trừ hai số phức
+)z  a+bi (a,b  ¡ ) z'  a'+b' i (a',b'  ¡ )
+)z + z'  (a + a' ) + (b + b') i
+)z  z'  (a - a') + (b - b' )i
Số đối của số phức z = a + bi là số phức - z = - a - bi; z + (-z) = 0.
4. Nhân hai số phức
+)z  a+bi (a,b  ¡ ) z'  a'+b' i (a',b'  ¡ )
+)zz'  aa ' bb ' (ab ' a ' b)i
5. Môđun của số phức, số phức liên hợp
+) z = a +bi (a, b  ¡ ) thì môđun của z là z = a 2 +b 2
+) z = a +bi (a, b  ¡ ) thì số phức liên hợp của z là z = a - bi.
Ta có:

zz' = z z' , zz  a 2  b 2  z

2

z + z' = z + z', zz'=z z', z = z
z là số thực khi và chỉ khi z = z
6. Chia cho số phức khác 0
1
z.
+) Nếu z = a + bi (a, b  ¡ ) khác không thì số phức nghịch đảo của z là z-1=
2
z
z'
z'z
 z'z-1 
+) Thương của z' cho z khác không là:
. Ta có:
z
zz
z' z'  z' z'

,   .
z
z
z z

7. Biểu diễn hình học của số phức
1


+) Số phức z = a + bi (a, b  ¡ ) được biểu diễn bởi M(a; b) trong mặt phẳng toạ

độ Oxy hay còn gọi là mặt phẳng phức.
Trục Ox biểu diễn các số thực gọi là trục thực, trục Oy biểu diễn các số ảo gọi là
trục ảo
r
+) Số phức z = a + bi (a, b  ¡ ) cũng được biểu diễn bởi vectơ u  (a; b) , do đó
uuuur
M(a; b) là điểm biểu diễn của số phức z = a + bi (a, b  ¡ ) cũng có nghĩa là OM
biểu diễn số phức
đó.
r r
Ta có:Nếu u , v theo thứ tự biểu diễn các số phức z, z' thì
r r
u  v biểu diễn số phức z + z',
r r
u  v biểu diễn số phức z - z',
r
k u (k  ¡ ) biểu diễn số phức kz,
uuuur r
OM  u  z , với M là điểm biểu diễn của z.
8. Lũy thừa của đơn vị ảo: Cho k N
i 4k = 1; i 4k+1 = i; i 4k+2 = -1; i 4k+3 = -i
B.CÁC DẠNG BÀI TẬP:
1. Xác định tổng, hiệu, tích, thương và mô đun của các số phức
a) Phương pháp giải
Áp dụng các quy tắc cộng, trừ, nhân, chia hai số phức, chú ý các tính chất giao hoán,
kết hợp đối với các phép toán cộng và nhân biến đổi số phức đã cho về dạng
z=a+bi .
b) Các ví dụ
Ví dụ 1: Xác định phần ảo của số phức
a) z  1  i   2  3i   i 1  2i  b) z  4  2i

2

1 i

c) z 



2 i

 1  2i 
2

Bài giải
2
a)Ta có z  1  i   2  3i   i 1  2i 

z  1  2i  i 2   2  3i   i  2i 2
z   2i  2  3i   2  i

z  4i  6i 2  2  i
z  8  3i
Vậy số phức z có phần ảo là -3.
Ví dụ 2: Tính

1
1
3

i

2 2

Bài giải
1
3
1
3

i

i
1
3
2
2
2
2

 
i
Ta có :
1
2 2
1
3  1
3 
i  
i
 
 2 2  2 2 

2


Ví dụ 3: Tính 1 i  i2  i3  ...  i2009
Bài giải
Ta có: 1 i2010  (1 i)(1 i  i2  i3  ...  i2009 )
2
Mà 1 i2010  2 . Nên 1  i  i 2  i3  ...  i 2009 
, hay là
1 i
1 i  i2  i3  ...  i2009  1 i .
Ví dụ 4: Tính (1 i)100
Bài giải
Nhận thấy (1 i)2  (1 i)(1 i)  2i .
Suy ra (1 i)100  ((1 i)2 )50  (2i)50  (2)50 (i)50  250 .

1
3
Ví dụ 5: Cho số phức z   
i.
2 2
1
Hãy chứng minh rằng: z 2  z  1  0; z  z 2  ; z3  1. .
z
Bài giải
1
3
1
3
1

3
Do z 2   
i . Nên z 2  z  1  ( 
i )  ( 
i)  1  0 ;
2 2
2 2
2 2
1
3
 
i
1
1
1
3
1
 2 2  
i . Suy ra z 2  z  .
Lại có 
z
1
2 2
z
1
3
 
i
2 2
Hơn nữa ta có z 3  1 .

Ví dụ 6: Tìm số phức z, nếu z 2  z  0 .
Bài giải
Đặt z = x + yi, khi đó

z 2  z  0  ( x  yi)2  x 2  y 2  0





 x 2  y 2  x 2  y 2  2 xyi  0
  x  0
 2
 x 2  y 2  x 2  y 2  0
  y  y  0


2 xy  0
  y  0
  x 2  x  0

 x  0
  x  0


 y  0
y
(1

y

)

0



  y  1

  y  0
  x  0 (do x  1  0)
  x (1  x )  0


  y  0
3


  x  0, y  0

x  0, y  1
 
  x  0, y  1 Vậy có ba số phức thoả mãn điều kiện là z = 0; z = i; z = - i.

 y  0, x  0

Ví dụ 7:

Cho hai số phức z 

Bài giải

Ta có



1  3i



1  3i
1 i



3

. Xác định môđun số phức z  iz .

 
 1  3i 
 1  2 3i  3i 1  3i 
  2  2 3i 1  3i 
3

 1  3i

2

2

 2  2 3i  2 3i  6i 2

 8

1  3i 
z

3

Suy ra

1 i
 z  4  4i



8 1  i 
8
8  8i


 4  4i
1  i 1  i 1  i 
2

 z  iz  4  4i  i  4  4i   4  4i  4i  4i 2  8  8i
Vậy môđun số phức z  iz là z  iz  8  8i 

 8 

2

  8   8 2 .
2

2. Biểu diễn số phức trong mặt phẳng toạ độ
a) Phương pháp giải
Để biểu diễn một số phức cần dựa vàorđịnh nghĩa và các tính chất sau:
ur
Nếu số phức z được biểu diễn bởi vectơ u , số phức z' được biểu diễn bởi vectơ u ' ,
thì
r ur
r ur
z r+ z' được biểu diễn bởi u  u ' z - z' được biểu diễn bởi u  u ' ;- z được biểu diễn bởi
u .
b) Các ví dụ.
Ví dụ 1: Giả sử M(z) là điểm trên mặt phẳng toạ đô biểu diễn số phức z. Tìm tập
hợp những điểm M(z) thỏa mãn điều kiện sau
a) z 1  i  2 ;
b) 2  z  i  z .
Bài giải
a) Đặt z = x + yi suy ra z - 1 + i = (x - 1) + (y + 1)i. Nên hệ thức z 1  i  2 trở
thành
4


( x  1) 2  ( y  1) 2  2
 ( x  1) 2  ( y  1) 2  4.

Vậy tập hợp các điểm M(z) trên mặt phẳng toạ độ biểu diễn các số phức z thỏa
mãn giả thiết là đường tròn tâm I(1; - 1) bán kính R = 2.
b) Gọi A (- 2 ; 0), B(0 ; 1). Khi đó 2  z  i  z  z  (2)  z  i hay là

M(z)A = M(z)B. Vậy tập hợp các điểm M(z) là đường trung trực của đoạn
thẳng AB.
Nhận xét: Với phần b ta có thể thức hiện cách giải như đã làm ở phần a. Tuy
nhiên để thể thực
hiện cách giải như vậy là ta đã dựa váo nhận xét sau:
r
r
Nếu véctơ u của mặt phẳng phức biểu diễn số phức z thì độ dài của vectơ u là
r
u  z , và từ đó nếu các điểm A, B theo thứ tự biểu diễn các số phức z, z' thì
uuur
AB  z  z ' .
3
2

Ví dụ 2: Trong các số phức z thoả mãn điều kiện z  2  3i  . Tìm số phức z có
modul nhỏ nhất.
Bài giải
Xét biểu thức z  2  3i 

3
(1). Đặt z = x + yi. Khi đó (1) trở thành
2

( x  2)  ( y  3)i 

3
2

9

 ( x  2)2  ( y  3)2  .
4

Do đó các điểm M biểu diễn số phức z thoả mãn (1) nằm trên đường tròn (C) tâm
I(2; -3) và bán kính R =

3
.
2

y

O

H 2
x
M

-3

I

Ta có z đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi
điểm M nằm trên đường tròn (C) và gần O nhất. Do đó M là giao điểm của (C) và
đường thẳng OI, với M là giao điểm gần O hơn.
Ta có OI = 4  9  13 . Kẻ MH  Ox. Theo định lí ta lét có
MH OM


3

OI
 MH 

3
2  13MH  3 13  9  6 13  9
2
2
13

13 

6 13  9 78  9 13

.
26
2 13

5


OH
Lại có

2

3
2  OH  2 13  3  26  3 13 .
13
13
13

13 

Vậy số phức cần tìm là
z

26  3 13 78  9 13

i.
13
26

Ví dụ 3: Chứng minh rằng với mọi số phức z, w, ta có z  w  z  w . Đẳng thức
xảy ra khi nào?
Bài giải
Gọi A, B, C lần lượt là các điểm biểu diễn của các số phức z, w, z + w.
Ta có z  OA, w  OB, z  w  OC . Từ OC  OA + AC suy ra z  w  z  w .
Hơn nữa OC = OA + AC khi và chỉ khi O, A, C thẳng hàng và A
thuộc
đoạn
uuur
uuur
thẳng OC. Khi O  A (hay z  0) điều đó có nghĩa là có số k  0 để AC  kOA tức
là w = kz. (Còn khi z = 0, rõ ràng z  w  z  w ).
Vậy z  w  z  w khi và chỉ khi z = 0 hoặc nếu z  0 thì tồn tại k  R để
w = kz.
C. BÀI TẬP
1. Chứng minh rằng với mọi số phức z, w ta đều có z  w  z  w . Dấu bằng xảy ra
khi nào?
2. Trong mặt phẳng phức, bốn điểm phân biệt A, B, C, D theo thứ tự biểu diễn các số

phức z, w, u, v thoả mãn các tính chất:
a) z  w  u  v  1;
b) z + w + u + v = 0.
3. Cho số phức z = m + (m - 3)i, m  R
a) Tìm m để biểu diễn của số phức nằm trên đường phân giác thứ hai y = - x;
2
x

b) Tìm m để biểu diễn của số phức nằm trên hypebol y   ;
c) Tìm m để khoảng cách của điểm biểu diễn số phức đến gốc toạ độ là nhỏ nhất.
4. Xác định tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức thoả mãn
hệ thức

z
3.
z i

5. Xét các điểm A, B, C trong mặt phẳng phức theo thứ tự biểu diễn các số phức
4i
2  6i
; (1  i)(1  2i);
.
i 1
3i

a) Chứng minh ABC là tam giác vuông cân;
b) Tìm số phức biểu diễn bởi điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình vuông.
PHẦNII:CĂN BẬC HAI CỦA SỐ PHỨC- PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI
A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ:
1. Định nghĩa căn bậc hai của số phức

Cho số phức w mỗi số phức z thoả mãn z2 = w được gọi là một căn bậc hai của số
phức w.
a) Nếu w là số thực
6


+ w < 0 thì có hai căn bậc hai:

 wi &   wi

+ w  0 thì có hai căn bậc hai: w &  w .
b) Nếu w là số phức khi đó ta thực hiện các bước:
+ Giả sử w= a + ib, đặt z = x + iy là một căn bậc hai của w tức là: z 2  w khi đó ta
 x 2  y 2  a (1)
có hệ: 
(2)
 2 xy  b
Bình phương 2 vế của (1) và (2) rồi cộng lại ta được x 2  y 2  a 2  b 2
2
2

 x  y  a (1)
Do vậy ta được hệ: 
2
2
2
2
(2')

x  y  a  b

Giải hệ tìm được x 2 và y 2 suy ra x và y để tìm z.
Chú ý: Theo (2) ta có nếu b > 0 thì x, y cùng dấu. Nếu b < 0 thì x, y trái dấu.
2. Công thức nghiệm của phương trình bậc hai hệ số phức
Cho PT: ax 2  bx  c  0; (1) (a, b, c  £ , a  0) và có   b2  4ac
b  
b  
; x2 
+ Nếu   0 pt có hai nghiệm là x1 
2a
2a
Trong đó  là một căn bậc hai của  .
b
+ Nếu  = 0 thì pt có nghiệm kép: x1  x2   .
2a
B. Các dạng bài tập
1. Giải phương trình bậc nhất
a) Phương pháp giải
Biến đổi phương trình về dạng Az + B = 0, A, B  £ , A  0 . Viết nghiệm

z

B
A

b) Ví dụ
Ví dụ 1: Giải phương trình 2iz + 1 - i = 0
Bài giải
Nghiệm của phương trình là z 

(1  i ) 1 1 1 1


   i.
2i
2i 2 2 2

2. Tính căn bậc hai và giảiphương trình bậc hai
a) Phương pháp giải
Sử dụng công thức tính căn bậc hai của số phức để tính căn bậc hai.
Sử dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai để tìm nghiệm của phương
trình với chú ý phải đưa về đúng dạng của phương trình.
b) Các ví dụ
Ví dụ 1: Tìm căn bậc hai của các số phức sau:
a)  5  12i
b) 8  6i
c) 33  56i
d )  3  4i
Bài giải
a) Gọi z = x + iy là một căn bậc hai của -5 + 12i tức là
7


 x  iy 

2

 5  12i  x 2  y 2  2ixy  5  12i

 x 2  y 2  5
 x 2  4
 x 2  y 2  5

 x  2


 2



2
2
 x  y  13
 y  3
2 xy  12
 y  9
x  2
 x  2
Do b = 12 > 0 nên x và y cùng dấu từ đó có 
hoặc 
y  3
 y  3
Vậy -5 + 12i có 2 căn bậc hai là z1 =2+3i và z2 = -2-3i.
b) Tương tự ta gọi z = x + iy là một căn bậc hai của 8+ 6i tức là
2
 x  iy   8  6i  x 2  y 2  2ixy  8  6i
 x 2  y 2  8
 x 2  9
 x2  y 2  8
 x  3


 2




2
2
 x  y  10
 y  1
2 xy  6
 y  1
x  3
 x  3
Do b= 6> 0 nên x và y cùng dấu từ đó có 
hoặc 
y 1
 y  1
Vậy 8 + 6i có 2 căn bậc hai là 3+i và -3-i.
c) Gọi z = x + iy là một căn bậc hai của 33 - 56i tức là
2
 x  iy   33  56i  x 2  y 2  2ixy  33  56i
 x 2  y 2  33
 x 2  49
 x 2  y 2  33
 x  7


 2



2

2
 x  y  65
 y  4
2 xy  56
 y  16
x  7
 x  7
Do b = -56 < 0 nên x và y trái dấu từ đó có 
hoặc 
 y  4
y  4
Vậy 2 căn bậc hai của 33 - 56i là 7- 4i và -7+i4.
d) Gọi z = x + iy là một căn bậc hai của -3 +4i tức là
2
 x  iy   3  4i  x2  y 2  2ixy  3  4i
 x 2  y 2  3
 x 2  1
 x 2  y 2  3
 x  1


 2



2
2
 x  y  5
 y  2
2 xy  4

 y  4
 x  1
x  1
Do b = 4 > 0 nên x và y cùng dấu từ đó có 
hoặc 
 y  2
y  2
Vậy 2 căn bậc hai của -3 + 4i là 1 + 2i và -1-2i.
Ví dụ 2: Giải các phương trình sau:
a) x 2   3  4i  x  5i  1  0; (1)

b)

x 2  1  i  x  2  i  0;

(2)

Bài giải
2
a) Ta có    3  4i   4  5i  1  3  4i
Theo kết quả ví dụ 1d) thì  có hai căn bậc hai là 1+ 2i và -1 - 2i. Do đó pt (1) có hai
3  4i  1  2i
3  4i  1  2i
nghiệm là: x1 
 2  3i; x2 
1 i
2
2
8

b) Tương tự ta có   1  i   4  i  2   8  6i
Theo kết quả ví dụ 1b) thì  có hai căn bậc hai là 3 + i và -3 - i. Do đó pt (2) có hai
nghiệm là:
1  i  3  i
1  i  3  i
x1 
 1; x2 
 2  i
2
2
Chú ý: PT (2) có thể dùng nhẩm nghiệm nhờ a + b + c = 0
2

Ví dụ 3: Giải các phương trình sau:
a) 3x 2  x  2  0; (1)

b) x 2  x  1  0; (2)
c) x3  1  0

(3)
Bài giải
a) Ta có  = 12- 4.3.2 =-23<0 nên ta có hai căn bậc hai của  là: i 23 &  i 23 .
Từ đó nghiệm của pt (1) là:
1  i 23
1  i 23
x1 
; x2 
6
6

b) Tương tự ta có  = -3 < 0 có hai căn bậc hai là: i 3 &  i 3 nên (2) có các
nghiệm là:
1  i 3
1  i 3
x1 
; x2 
2
2
c) Ta có
(3)   x  1  x 2  x  1  0
x 1  0
 2
 x  x  1  0; (*)

Theo b) ta có (*) có hai nghiệm là x1 
các nghiệm của pt (3) là:

1  i 3
;
2

x2 

1  i 3
. Từ đó ta có
2

1  i 3
1  i 3
; x3 

2
2
( Các nghiệm của pt (3) được gọi là căn bậc ba của 1).
Ví dụ 4: Chứng minh rằng nếu một phương trình bậc hai với hệ số thực có nghiệm
phức   ¡ thì cũng nhận  là nghiệm.
Bài giải
Giả sử PT bậc hai: ax 2  bx  c  0;  a, b, c  ¡ , a  0  nhận số phức   ¡ là
x1  1;

x2 

nghiệm tức là ta có: a 2  b  c  0 . (1)
Lấy liên hợp hai vế của (1) và sử dụng tính chất liên hợp của số thực bằng chính nó

 

thì ta được: a 2  b  c  0  a 

2

 b  c  0 . Điều này chứng tỏ  là nghiệm

của pt.
9


áp dụng: Chứng tỏ 1+i là một nghiệm của phương trình x 2  3x  3  5i  0 . Tìm
nghiệm còn lại của pt đó.
Ví dụ 5: Phát biểu và chứng minh định lí đảo và thuận của định lí Vi-et của phương
tình bậc hai với hệ số phức.

Thuận: Nếu hai số x1 & x2 là hai nghiệm của phương trình
b
c
ax 2  bx  c  0;  a, b, c  £ , a  0  thì
x1  x2   & x1 x2  .
a
a
Chứng minh
Theo công thức nghiệm của pt bậc hai với hệ số phức ta có:
b    b   
b
x1  x2 


2a
a
 2a 
2
2
c
 b     b    b  
x1 x2  

 .

2
4a
a
 2a   2a 
Đảo: Nếu hai số  ;  thoả mãn:     S &  .   P thì  ;  là nghiệm của

pt: x 2  Sx  P  0 .(1)
Chứng minh
x  
Ta có: (1)  x 2      x    0   x    x     0  
x  
Điều này chứng tỏ  ;  là nghiệm của (1).
  2  5i
áp dụng: Lập phương trình bậc hai có các nghiệm   4  3i;
Bài giải
Theo bài ra ta có:     2  8i và  .    4  3i  2  5i   23  14i Theo kết

quả VD5 ta được pt bậc hai cần lập là: x 2   2  8i  x  14i  23  0

Ví dụ 6: Tìm m để phương trình: x 2  mx  3i  0 có tổng bình phương 2 nghiệm
bằng 8.
Bài giải
2
Theo bài ra ta có: x12  x22  8   x1  x2   2 x1x2  8 (1). Theo Vi-et ta có
 x1  x2  m
Thay vào (1) ta được m2  6i  8  m2  8  6i . Tức m là một căn bậc

 x1 x2  3i
hai của 8+6i. Theo kết quả VD1b/ ta có 2 giá trị của m là: 3 + i và -3 - i.
 z12  z22  5  2i (1)
Ví dụ 7: Giải hệ phương trình 
(2)
 z1  z2  4  i
Bài giải
Từ (2) ta có z12  z22  2 z1z2  15  8i. Kết hợp với (1) ta có z1 z2  5  5i vậy ta có
 z1  z2  4  i

hệ phương trình: 
Do đó z1 , z2 là nghiệm của phương trình
z
z

5

5
i
 1 2
2
z   4  i  z  5  5i  0 . Ta có   5  12i theo VD1a/ ta biết  có hai căn bậc hai
là: 2 + 3i và -2 - 3i.
10


4  i  2  3i

z

 3i
1

 z1  1  2i
2
Vậy ta có 
Hoặc 
.
z


3

i
4

i

2

3
i

2
z 
 1  2i
 2
2
Ví dụ 8: Cho z1 , z2 là hai nghiệm của phương trình

1  i 2  z

2

  3  2i  z  1  i  0 .

Không giải pt hãy tính giá trị của các biểu thức sau:
a) A  z12  z22

b) B  z12 z2  z1z22

c) C 

z1 z2

z2 z1

Bài giải

3  2i 3  2 2 2  3 2


i
 z1  z2 
3
3
1 i 2

Theo Vi-et ta có: 
z z  1 i  1 2  1  2 i
 1 2 1  i 2
3
3

a) Ta có
2

A   z1  z2 

2

 3 2 2 23 2 
 1  2 1  2  11  30 2 6  4 2
 2 z1 z2  

i   2 

i  

i
3
3
3
3
9
9





 3  2 2 2  3 2  1  2 1  2  5  2 2 1  10 2

i 

i 

i
3
3
3

3
9
9



2
2
z z
A
6  26 2 i
c) Ta có C  1 2 
.

z1 z2
18
1 2 1 2

i
3
3

b) B  z1 z2  z1  z2   

Ví dụ 9: Giải pt: z 4  6 z 2  25  0 (1)
Bài giải
Đặt z 2  t. Khi đó (1) có dạng: t 2  6t  25  0 (2).
Ta có:  '  16 có hai căn bậc hai là 4i và - 4i nên pt (2) có hai nghiệm là
t1  3  4i
và t2  3  4i .

Mặt khác 3 + 4i có hai căn bậc hai là: 2 + i và -2 - i còn 3 - 4i có hai căn bậc hai
là:
2 - i và -2 + i nên pt (1) có 4 nghiệm là:
z1  2  i; z2  2  i; z3  2  i;
z 4  2  i
C. BÀI TẬP
Bài 1: Tính:
a, 5 +2i – 3(-7+ 6i)

b, (1- 2i)3 (1+ 2i)2

c,

d, (1- i)2009
Bài 2: Tìm các phần thực phần ảo của: (2- 2i)13
Bài 3: Viết các số phức sau dưới dạng đại số:
11


a, z  (1  i)7

b, z 

( 3  1)9
(1  i )5

Bài 4: a, CMR nếu z  z thì z là số thực
c) CMR Nếu Z  0 thì

c, z  (5  i)4 (1 i)

b, Số phức Z là số ảo  Z   Z

Z
Z

Z'
Z'

d)CMR

Z .Z '  Z Z '

Bài 5: Tìm tập hợp các điểm trong mặt phẳng tọa độ biểu diễn số phức:
a, Z  1
b, Z  1
c, 1  Z  2
d, Z  i  1

e,

Z i
1
Z i

Bài6 :
a, Trong mặt phẳng tọa độ oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z
thỏa điều kiện:
(1  i ) z
 2 1
1 i

b, Tìm số phức ở trên có mô đun nhỏ nhất, mô đun lớn nhất.
3
Tìm các số phức có mô đun bé nhất.
2
Bài 8: Cho z1 , z2 là các nghiệm phức của phương trình: 2 z 2  4 z  11  0 Tính

Bài 7: Trong các số phực thỏa : z  2  2i 
z  z2
 1
( z1  z2 ) 2
2

2

zw
(1  zw  0) là số thực
1  zw
1
1
b, Phần thực của số phức Z bằng ( Z  Z ) ; phần ảo của nó là ( Z  Z )
2
2i
Z'  Z' 
c, Nếu z  0 thì   
Z Z 
d, CMR  số phức Z , Z ' ta có Z  Z '  Z  Z '

Bài 9: a, CMR nếu z  w  1 thì :

 19  7i   20  5i 
E 
 
 ¡
 9  i   7  6i 
n

Bài 10: CMR:

n

Bài 11: Tìm tập hợp các điểm trong mặt phẳng tọa độ biểu diễn số phức:
a, Z  Z  3  4i
b, Z  (2  4i)  2
c, Z  3  Z  3  10
Bài 12: Tìm Z thỏa:
a, (1  2i) Z  3Z  i
b, Z 3  3iZ 2  3Z  9i  0
c, Z 3  3iZ 2  3Z  2i  0
Bài 13: Gọi Z1, Z2 là các nghiệm phức của phương trình: Z 2  4 Z  5  0
Tính : ( Z1  1) 2011  ( Z 2  1) 2011
Z 3  (2  3i) Z 2  (4  6i) Z  12i  ( Z  ai)( Z 2  bZ  c)
Bài 14: a, Tìm a,b,c để:
b, Từ câu trên hãy giải phương trình trên tập hợp số phức:
Z 3  (2  3i) Z 2  (4  6i) Z  12i  0

Bài 15: Giải phương trình nghiệm phức:
25
 8  6i
Z

Z 3  3iZ 2  3Z  2i  0

a, Z 

b, Z 4  3Z 3 

Z2
 Z 1  0
2

c,

Bài 16: Tìm số phức Z thỏa:
12


2

b, Z  1  5 và 17( Z  Z )  5Z .Z  0

a, Z 2  2Z .Z  Z  8 và Z  Z  2

Bài 17: Cho phương trình: Z 3  (2  2i)Z 2  (5  4i) Z  10i  0
a, CMR phương trình trên chỉ có duy nhất 1 nghiệm thuần ảo
phương trình trên
Bài 18: a, Cho số phức Z: (1  i)3.(2  i)Z  (8  i)  (1  2i) Z
phần ảo

b, Giải
Tìm phần thực,

4 Z  3  7i
 Z  2i trên C
Z i
Bài 119: Tìm số phức thỏa: Z  (2  i)  10 và Z.Z  25

b, Giải phương trình:

Bài 20: Trong mặt phẳng oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức thỏa:
Z  1  (1  i)Z

Bài 21: Gọi Z1, Z2 là nghiệm của phương trình: Z 2  2Z  10  0
A  Z1  Z 2
2

Bài 22:

Tính giá trị:

2

a, Tìm phần ảo của số phức Z thỏa:
b, Cho số phức Z: Z 

(1  3i )3
1 i

Z  ( 2  i ) 2 (1  2i )

Tìm mô đun của số phức: Z  iZ

PHẦN 3: DẠNG LƯỢNG GIÁC CỦA SỐ PHỨC VÀ ỨNG DỤNG
A. Kiến thức cần nhớ
I. Số phức dưới dạng lượng giác.
1. Acgumen của số phức z  0
Cho số phức z  0. Gọi M là điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn số phức z. Khi
đó số đo (radian) của mỗi góc lượng Giác tia đầu Ox, tia cuối OM được gọi là một
Acgumen của z
Chú ý: + Nếu  là Acgumen của z thì mọi Acgumen của z đều có dạng:
 + k2  , k  Z.
+ Acgumen của z  0 xác định sai khác k2  , k Z.
2. Dạng lượng giác của số phức
Cho số phức Z = a+bi, (a, b  R), với r = a 2  b 2 là modun của số phức z và  là
Acgumen của số phức z.
Dạng z = r (cos  +isin  ) được gọi là dạng lượng giác của số phức z  0, còn
dạng
z = a + bi được gọi là dạng đại số của số phức z.
II. Nhân và chia số phức dưới dạng lượng giác
Nếu z = r(cos  +isin  ), z' = r' (cos  '+isin  ') (r  0 và r'  0 ) thì
zz' = rr ( cos (    ' )  i sin(    ' ))
z r
  cos(   ')  i sin(   ')  (khi r' > 0).
z' r'

III. Công thức Moa-Vrơ và ứng dụng
1. Công thức Moa- Vrơ

 r (cos   i sin  )  r n (cos n  i sin n )
cos   i sin  n  cos n  i sin n , n  N * .
n

13


2. Căn bậc n của một số phức
Với z = r(cos  +isin  ), r > 0, có hai căm bậc hai của z là
r (cos





 i sin ) ;
2
2

 r (cos









 i sin )  r (cos(  )  i sin(  )) .
2
2
2

2

B. các dạng Bài tập
1. Viết số phức dưới dạng lượng giác
a) Phương pháp
Với mỗi số phức z = a + bi:
Tính r = a 2 b 2
Tính cos  =

a
b
,sin   từ đó suy ra acgumen của z
r
r

Sử dụng công thức lượng giác của số phức cho ta z = r (cos   i sin  ) .
b) Các ví dụ
Ví dụ 1: Viết các số phức sau dưới dạng lượng giác
a)(1  i 3)(1  i)

b)

1 i 3
1 i

c) z  sin   i cos 

Bài giải








a) Ta có 1  i 3  2 cos( )  i sin( )  ; còn 1  i  2 cos  i sin  . Do đó
3
3 
4
4



 

(1  i 3)(1  i )  2 2 cos(  )  i sin(  )  .
12
12 


b) Từ phần trên ta có ngay kết quả
1 i 3
  7 
 7  
 2 cos  
  i sin  
 .
1 i
 12  

  12 




c) Ta có z  sin   i cos   cos(   )  i sin(   ) . Vậy z  cos(   )  i sin(   ) .
2
2
2
2
Ví dụ 2: Tuỳ theo góc  , hãy viết số phức sau dưới dạng lượng giác
(1  cos   i sin  )(1  cos   i sin  ).

Bài giải
Xét số phức z = (1  cos   i sin  )(1  cos   i sin  ) , ta có
z  (2sin 2
 4sin


2


2

 i.2sin

cos



 2sin  (sin

2


2

(sin
cos











cos )(2 cos 2  i.2sin cos )
2
2
2
2
2









 i cos )(cos  i sin )
2
2
2
2



 sin



2
2
 2sin  sin   i cos  .

cos



2

 i(cos 2





 sin 2 ))
2
2

Hay z = 2sin  (sin  - icos  ) (*)

14




+ Nếu sin   0 , thì từ (*) có z = 2sin  cos(  )  i.sin(  )  là dạng số phức


2

2 

cần tìm.
+ Nếu sinh  < 0, thì từ (*) ta có

 

z  2sin  (  sin   i cos  )  2sin  cos(  )  i.sin(  )  là dang lượng giác cần
2
2 


tìm.
+ Nếu sinh  = 0, thì z = 0, nên không có dạng lượng giác xác định.
2. Các bài tập tính toán tổng hợp về dạng lượng giác của số phức
a) Phương pháp giải
Đưa số phức về dạng lượng giác rồi sử dụng các công thức Moivre để tính toán
các đại lượng theo yêu cầu của bài tập.
b) Các ví dụ
Ví dụ 1: Tìm phần thực và phần ảo của mỗi số phức sau
a)

(1  i )10
( 3  i )9




b)  cos  i sin  i 5 (1  3i )7
3
3

1
1
c) z 2009  2009 , nếu z   1 .
z
z

Bài giải

 


2(cos  i sin ) 
10

(1  i )
4
4 

9
9
( 3  i)



 2(cos 6  i sin 6 
5
5
25 (cos
 i sin
)
2
2
a) Xét số phức

3
3
29 (cos
 i sin
)
2

2
1
1
 4 (cos   i sin  )  
2
16
1
Vậy phần thực bằng  , phần ảo bằng 0.
16
10

b) Xét số phức

 5

7
 cos  i sin  i (1  3i )
3
3


  

 

 cos( )  i sin( )  i  2(cos  i sin ) 
3
3  
3
3 



 
7
7

 27 cos( )  i sin( )  (cos
 i sin
)i
3
3 
3
3

7

 27  cos 2  i sin 2  i  27 i.

Vậy phần thực của số phức bằng 0, phần ảo bằng 27  128 .
c) Từ
15


1
 1  z2  z 1  0
z

1  3i



 cos  i sin
z 
2
3
3


1  3i


 cos( )  i sin( ).
z 
2
3
3



Với z  cos  i sin , ta có
3
3
1


1
z 2009  2009  (cos  i sin )2009  (
)2009


z

3
3
cos  i sin
3
3




 (cos  i sin )2009  (cos( )  i sin( ))2009
3
3
3
3
2009
2009
2009
2009
 (cos
 i sin
)(cos
 i sin
)
3
3
3
3
2
2
 2 cos(669 

)  2 cos
 1.
3
3
z

Vậy phần thực cảu số phức bằng 1, phần ảo bằng 0.
Ví dụ 2: Tính tổng sau S  (1  i)2008  (1  i)2008
Bài giải
Ta có



 i sin )  (1  i) 2008  21004 (cos 502   i sin 502 )
4
4




1  i  2(cos  i sin )  2(cos( )  i sin( ))
4
4
4
4
2008
1004
 (1  i)
 2 (cos(502)  i sin(502)).
1005

Do đó S  2 cos(502)  21005 .
1  i  2(cos

Ví dụ 3: Cm rằng các điểm biểu diễn các căn bậc ba của 1 lập thành một tam giác
đều.
Bài giải
Xét phương trình z 3  1 trên £ , có nghiệm dạng z  r (cos   i sin  ) . Khi đó
z 3  1  r 3 (cos 3  i sin 3 )  1
r  1

3  k 2, k  ¢ .

Do đó phương trình trên có đúng ba nghiệm ứng với ba giá trị của k là
Với k = 0 ta có z 0 = cos0 + isin0 = 1;
2
2
1
 i sin
  i
3
3
2
4
4
1
 i sin
  i
Với k = 2 ta có z 2 = cos
3
3

2

Với k = 1 ta có z 1 = cos

3
;
2
3
.
2

Nên 1 có ba căn bậc ba đó là các số phức được xác định như trên. Trong mặt
phẳng phức, gọi A, B, C lần lượt là điểm biểu diễn các số phức z 0 , z 1 , z 2 . Khi đó

16


uuur uuur uuur
OA  OB  OC  1;
2
·
AOB 
;
3
2
·
BOC

3

Từ đó suy ra tam giác ABC là tam giác đều.
ỨNG DỤNG SỐ PHỨC ĐỂ TÍNH TỔNG CỦA CÁC Ck
n
n
A)Khai triển (1 + x) , cho x nhận giá trị là những số phức thích hợp hoặc khai
triển trực tiếp các số phức
Ví dụ 1:
Tính tổng: C = 1  C0 -3C2 +32C4 -...-323C46 +324C48 -325C50 
50
50
50
50
50 
250  50
Giải:
Xét khai triển:
 1

  3 i
 2
2 


50


1  0
1
2 2
49 49

50 50 
 C50  (i 3 )C50  (i 3 ) C50  ...  (i 3 ) C50  (i 3 ) C50  
50


2

1  0
2 2
4 4
46 46
48 48
50 50 
 C50  ( 3 ) C50  ( 3 ) C50  ...  ( 3 ) C50  ( 3 ) C50  ( 3 ) C50  
50

2 
1 
1
3 3
5 5
47 47
49 49 
+
  3C50  ( 3 ) C50  ( 3 ) C50  ...  ( 3 ) C50  ( 3 ) C50 i
50


2


Mặtkhác:
50

 1

  3 i
 2
2 


 1
3 
So sánh phần thực của   
i
2 
 2

C=

50


 2π 
 2π  
  cos   isin   
 3 
 3 


1
3
 100π 
 100π 
  isin 
    i
2
2
 3 
 3 

 cos

50

trong hai cách tính trên ta được:

1
1  0
2
2 4
23 46 24 48 25 50 
 C50  3C50  3 C50  ...  3 C50  3 C50  3 C50   

2
250 

Ví dụ 2:
Tính tổng: D = 310C0 -39 C2 +38C4 -37 C6 +...+32 C16 -3C18 +C20
20

20
20
20
20
20 20
Giải:
Xét khai triển:

17




3 i

20  (

3 )20 C0  i( 3 )19 C1  ( 3 )18 C2  ...  ( 3 )2 C18  i 3C19  C20
20
20
20
20
20
20

=
= ( 310 C0  39 C2  38 C4  37 C6  ...  32 C16  3C18  C20 ) +
20
20
20

20
20
20
20
+  ( 3 )19 C1  ( 3 )17 C3  ...  ( 3 )3 C17  3C19 i
20
20
20
20 

Mặt khác:



3 i



20



 220  cos


 3
1
 220 
 i 
2

 2

20

π
 220  cos  isin
6


π

6

20



 220  cos


20π
20π 
 isin

6
6 

 1
4π
4π 

3 
 isin   220   
i   219  219 3 i
3
3
2 
 2

So sánh phần thực của



3 i

20 trong hai cách tính trên ta có:

D = 310 C0  39 C2  38 C4  37 C6  ...  32 C16  3C18  C20 = - 2
20
20
20
20
20
20
20
B)Khai triển (1 + x)n, đạo hàm hai vế theo x sau đó cho x nhận giá trị là những
số phức thích hợp
Ví dụ 1:
Tính tổng: D = C1 -3C3 +5C5 -7C7 +...+25C25 -27C27 +29C29
30
30

30
30
30
30
30
E = 2C2 -4C4 +6C6 -8C8 +...+26C26 -28C28 +30C30
30
30
30
30
30
30
30
Giải:
(1 + x)30 = C0  xC1  x 2C 2  x 3C3  ...  x 28C 28  x 29 C 29  x 30 C30
30
30
30
30
30
30
30
Đạo hàm hai vế ta có:
30(1 + x)29 = C1  2xC 2  3x 2C3  ...  28x 27 C 28  29x 28C 29  30x 29 C30
30
30
30
30
30
30

Cho x = i ta có:
30(1 + i)29 = ( C1  3C3  5C5  7C7  ...  25C 25  27C 27  29C 29 ) +
30
30
30
30
30
30
30
+ ( 2C 2  4C 4  6C6  8C8  ...  26C 26  28C 28  30C30 )i
30
30
30
30
30
30
30
Mặt khác:

18


 29  cos π4  isin π4 

30(1 + i)29 = 30 2

 29  

 30 2



29

29π 
 29  cos 29π
 isin

4
4 

 30 2

2
2 

i  15.215 15.215 i
2
2 

So sánh phần thực và ảo của 30(1 + i)29 trong hai cách tính trên ta có:
D = C1  3C3  5C5  7C7  ...  25C 25  27C 27  29C 29 = - 15.215
30
30
30
30
30
30
30
E = 2C 2  4C 4  6C6  8C8  ...  26C 26  28C 28  30C30 = - 15.215

30
30
30
30
30
30
30
Ví dụ 2:
Tính tổng S = 2.3C2 -4.32C4 +6.33C6 -...+18.39 C18 -20.310 C20
20
20
20
20
20
Giải:
Xét khai triển:
(1 + 3 x)20 =
= C0  ( 3x)C1  ( 3x) 2 C 2  ( 3x) 3 C3  ...  ( 3x)19 C19  ( 3x) 20 C 20
20
20
20
20
20
20
Đạo hàm hai vế ta có:
20 3(1  3x)19 =
=

3C1  2.3xC 2  3.( 3)3 x 2C3  ...  19.( 3)19 x18C19  20.310 x19 C 20
20

20
20
20
20

Cho x = i ta có: 20 3(1  3i)19 =

 

 

 

 

3
5
17
19


=  3C1  3. 3 C3  5. 3 C5  ...  17. 3 C17  19. 3 C19  
20
20
20
20
20 

  2.3C 2  4.32 C4  6.33 C6  ...  18.39 C18  20.310 C20 i .
20

20
20
20
20 


19

1
3 
i
Mặt khác: 20 3(1  3i)19 = 20 3.219  
2
2



π
 20. 3.219  cos  isin
3


19
π
 
3

1
19π
19π 

3 

 20. 3.219  cos
 isin
i   10. 3.219  30.219 i
  20. 3.219  

3
3 
2 

2

So sánh phần ảo của 20 3(1  3i)19 trong hai cách tính trên ta có:

19


S = 2.3C2  4.32 C4  6.33C6  ...  18.39 C18  20.310 C20 = 30.219
20
20
20
20
20
Ví dụ 3:
Tính các tổng sau: M = C0 -3C2 +5C4 -7C6 +...+13C12 -15C14
15 15
15 15
15
15

N = 2C1 -4C3 +6C5 -8C7 +...+14C13 -16C15
15 15
15 15
15
15
Giải:
Xét khai triển:
(1 + x)15 = C0  xC1  x 2C 2  x 3C3  ...  x13C13  x14 C14  x15C15
15
15
15
15
15
15
15
Nhân hai vế với x ta có:
x(1 + x)15 = xC 0  x 2C1  x 3C 2  x 4C3  ...  x14 C13  x15C14  x16 C15
15
15
15
15
15
15
15
Đạo hàm hai vế ta có:
(1 + x)15 + 15x(1 + x)14 =
 C0  2xC1  3x 2C 2  4x 3C3  ...  14x13C13  15x14 C14  16x15C15
15
15
15

15
15
15
15

Với x = i ta có: (1 + i)15 + 15i(1 + i)14 =
=  C0  3C 2  5C 4  7C6  ...  13C12  15C14  +
15
15
15
15
15 
 15
+
 2C1  4C3  6C5  8C 7  ...  14C13  16C15  i
 15
15
15
15
15
15 


Mặt khác:
15

14

(1 + i) + 15i(1 + i) =


 2

π
 cos  isin
4


15 

15
14 
π
π
  15i. 2  cos  isin
4
4


 

15 
15π 
14π
14π 

 2 15  cos15π
 isin
 isin
  15.27 i cos

   2 

4
4 
4
4 



14
π
 
4

2
2 

i   15.27 
2
2 

 27  27 i 15.27  14.27  27 i  7.28  27 i
So sánh phần thực và ảo của (1 + i)15 + 15i(1 + i)14 trong hai cách tính trên ta có:
M = C0  3C2  5C 4  7C6  ...  13C12 15C14 = 7.28
15
15
15
15
15
15

20


N = 2C1  4C3  6C5  8C7  ...  14C13 16C15 = -27
15
15
15
15
15
15
C) Khai triển (1 + x)n, cho x nhận giá trị là các căn bậc ba của đơn vị
Căn bậc ba của đơn vị:

Giải phương trình: x3 – 1 = 0

1
3
1
3
Ta được các nghiệm là x1 = 1; x   
i;x   
i.
2
3
2 2
2 2
Các nghiệm đó chính là các căn bậc ba của 1.

1

3
1
3
Đăt: ε   
i  ε2   
i và ε có các tính chất sau:
2 2
2 2
2) ε3  1

1) ε + ε 2 = -1

3) ε 3k  1

4) ε 3k  1  ε

5) ε 3k  2  ε 2

(k – nguyên).
Sử dụng các tính chất trên của ε ta có thể tính được các tổng sau:
Ví dụ 1:
Tính tổng: S = C0 +C3 +C6 +...+C3k +...+C15 +C18
20 20 20
20
20 20
Giải:
Xét khai triển:
(1 + x)20 = C0  xC1  x 2C 2  x 3C3  ...  x18C18  x19 C19  x 20 C 20
20
20

20
20
20
20
20
Cho x = 1 :

220 = C0  C1  C 2  C3  ...  C18  C19  C 20
20
20
20
20
20
20
20

(1)
Cho x = ε :(1 + ε )20 = C0  εC1  ε 2C 2  C3  ...  C18  εC19  ε 2C 20 (2)
20
20
20
20
20
20
20
Cho x = ε 2 :(1 + ε 2 )20 = C0  ε 2C1  εC 2  C3  ...  C18  ε 2C19  εC 20 (3)
20
20
20
20

20
20
20
Cộng vế theo vế (1), (2) và (3) ta được:

220 + (1 + ε )20 +(1 + ε 2 )20 = 3S.

Mặt khác: (1  ε) 20  (ε 2 ) 20  ε 40  ε ; (1  ε 2 ) 20  (ε) 20  ε 20  ε 2
2 20  1
Do vậy: 3S = 2 – 1. Hay S =
3
20

Ví dụ 2:
Tính tổng T = C1 +C4 +C7 +...+C3k+1 +...+C16 +C19
20 20 20
20
20 20
Giải:
21


Xét khai triển:
(1 + x)20 = C0  xC1  x 2C 2  x 3C3  ...  x18C18  x19 C19  x 20 C 20
20
20
20
20
20
20

20
Nhân hai vế với x2 ta có:
x2(1

x)20

+

=

x 2C0  x 3C1  x 4C 2  x 5C3  ...  x 20 C18  x 21C19  x 22 C 20
20
20
20
20
20
20
20

Cho x = 1 :

220 = C0  C1  C 2  C3  ...  C18  C19  C 20
20
20
20
20
20
20
20

(1)

Cho x = ε :
 ε 2C3  C 4 ...  ε 2C18  C19  εC 20 (2)
ε 2 (1 + ε )20 = ε 2 C020  C120  εC 2
20
20
20
20
20
20

Cho x = ε 2 :
ε (1 + ε 2 )20 = ε C0  C1  ε 2C 2  εC3  ...  εC18  C19  ε 2C 20 (3)
20
20
20
20
20
20
20

Cộng vế theo vế (1), (2) và (3) ta có:

220 + ε 2 (1 + ε )20 + ε (1 + ε 2 )20 = 3T

Mặt khác: ε 2 (1 + ε )20 = ε 42  1 ; ε (1 + ε 2 )20 = ε 21  1
Do vậy: 3T = 220 + 2. Hay: T =

2 20  2

3

Ví dụ 3:
Tính tổng: P = C0 +3C3 +6C6 +...+3kC3k +...+15C15 +18C18
20
20
20
20
20
20
Giải:
Xét khai triển:
(1 + x)20 = C0  xC1  x 2C 2  x 3C3  ...  x18C18  x19 C19  x 20 C 20
20
20
20
20
20
20
20
Đạo hàm hai vế ta có:
20(1 + x)19 = C1  2xC 2  3x 2C3  ...  18x17 C18  19x18C19  20x19 C 20 (*)
20
20
20
20
20
20
Nhân hai vế (*) với x ta có:
20x(1 + x)19 = xC1  2x 2C 2  3x 3C3  ...  18x18C18  19x19 C19  20x 20 C 20

20
20
20
20
20
20
Cho x = 1 ta được:
20.219 = C1  2C 2  3C3  4C 4  ...  18C18  19C19  20C 20
20
20
20
20
20
20
20

(1)
22


Cho x = ε ta có:
20 ε (1+ ε )19= εC1  2ε2C2  3C3  4εC4 ...  18C18  19εC19  20ε2C20
20
20
20
20
20
20
20
(2)

Cho x = ε 2 ta có:
20 ε 2(1

ε 2)19

+

=

ε 2C1  2εC 2  3C3  4ε 2C 4 ...  18C18  19ε 2C19  20εC 20 (3)
20
20
20
20
20
20
20

Cộng vế theo vế (1), (2), (3) ta có:

20[219 + ε (1 + ε )19 + ε 2(1 + ε 2)19 ] = 3P -

C0
20

Mặt khác: ε (1 + ε )19 = ε(ε 2 )19  ε 39  1
ε 2(1 + ε 2)19 = ε 2 (ε)19  ε 21  1

Vậy 3P = 1 + 20(219 – 2) = 10.220 – 39 . Suy ra P =

10.2 20
 13
3

D.MỘT SỐ BÀI TẬP:
Bài 1: Viết các số phức sau dưới dạng lượng giác:
b. ( 1 - i 3 )(1  i)

a. 1 - i 3
d. 1 - itan


5

e. tan

c.

5
i
8

1 i 3
1 i

f. 1-cos   i sin  (   R,   k 2 , k  Z )

Bài 2: Cho 2 số phức: 4 – 4i và 1+ i 3 . Tìm Modun và Acgumen của các số phức là
đối liên hợp của 2 số phức trên và viết chúng dưới dạng lượng giác.
Bài 3: Tìm dạng lượng giác của các số phức sau: z ;

1
, biết:
z

a, z = r ( cos   i sin  ) , r >0.
b, z = 1 + 3 i
Bài 4: Tìm các căn bậc 5 của 1? CMR tổng của chúng bằng 0?
Bài 5: Rút gọn hết dấu căn ở mỗi biểu thức sau
a, 4  1

b, 8 1

c, 1  i

d,

3

1
3

i
2
2

Bài 6: Cho số phức z = a + bi . Một hình vuông tâm là gốc toạ độ 0, các cạnh song
song với các trục toạ độ và có độ dài bằng 4. Xác định a,b để tìm điểm biểu diễn của
số thực z.
a, Nằm trong hình vuông

b, Nằm trên đường chéo củahình vuông
Bài 7: Chứng minh rằng
23


1
2

2

a. z1 z 2  1 + z1  z2 2 = (1+ z1 2 )(1+ z 2 ) 2

b. z1  z 2  ( z1  z 2 )

z1
z
 2 .
z1
z2

Bài 8: Tính
a. cos a + cos (a+b) + cos (a+2b) +…+ cos(a+nb)
b. sin a + sin (a+b) + sin (a+2b) +…+ sin (a+nb).
Bài 9:Tính các tổng sau

 

 

 

 

3
5
27
29
A  3C1  3 3 C3  5 3 C5  ...  27 3 C27  29 3 C29
1
30
30
30
30
30

A  2.3C2  4.32 C4  6.33C6  ...  28.314 C28  30.315 C30
2
30
30
30
30
30

Bài 10 Tính các tổng sau:
B  C0  2C2  3.4C 4  5.6C6  7.8C8  ...  21.22C 22  23.24C 24
1
25
25
25
25

25
25
25
B  C1  2.3C3  4.5C5  6.7C 7  8.9C9  ...  22.23C 23  24.25C 25
2
25
25
25
25
25
25
25

Bài 11 Tính các tổng sau:
C  C0  3C2  5C4  7C6  ...  17C16 19C18  21C 20
1
20
20
20
20
20
20
20
C  2C1  4C3  6C5  8C 7  ...  16C15  18C17  20C19
2
20
20
20
20
20

20
20

Bài 12Tính các tổng sau:
D  12 C1  32 C3  52 C5  72 C7  ...  952 C95  97 2 C97  992 C99
1
100
100
100
100
100
100
100
D  2 2 C 2  4 2 C 4  6 2 C6  82 C8  ...  96 2 C96  98 2 C98  100 2 C100
2
100
100
100
100
100
100
100
Bài 13 Tính tổng sau:

E = 2C 2  5C5  8C8  ...  20C 20  23C 23
25
25
25
25
25

Bài 14 Tính các tổng sau:
F  C1  42 C4  72 C7  102 C10  ...  37 2 C37  402 C40
1
40
40
40
40
40
40
F  2 2 C 2  52 C5  82 C8  112 C11  ...  35 2 C35  38 2 C38
2
40
40
40
40
40
40
F  C0  32 C3  6 2 C6  9 2 C9  ...  36 2 C36  39 2 C39
3
40
40
40
40
40
40

24