chuyên đề số phức toán 12

SỐ PHỨC
I. GIẢI PHÁP 1: CUNG CẤP LÍ THUYẾT VỀ SỐ PHỨC
I.1. CÁC KHÁI NIỆM
1. Định nghĩa số phức
Mỗi biểu thức dạng a + bi , trong đó a, b ∈ ¡ , i 2 = −1 được gọi là một số phức
Đối với số phức z = a + bi , ta nói a là phần thực, b là phần ảo của z .
Tập hợp các số phức kí hiệu là £ .
Chú ý:
 Mỗi số thực a được coi là một số phức với phần ảo bằng 0: a = a + 0i
 Như vậy ta có ¡ ⊂ £ .
 Số phức bi với b ∈ ¡ được gọi là số thuần ảo ( hoặc số ảo)
 Số 0 được gọi là số vừa thực vừa ảo; số i được gọi là đơn vị ảo.
2. Số phức bằng nhau
Hai số phức là bằng nhau nếu phần thực và phần ảo tương ứng của chúng
a = c
b = d

bằng nhau: a + bi = c + di ⇔ 

3. Số phức đối và số phức liên hợp
Cho số phức z = a + bi , a, b ∈ ¡ , i 2 = −1
 Số phức đối của z kí hiệu là − z và − z = −a − bi .
 Số phức liên hợp của z kí hiệu là z và z = a − bi .
4. Biểu diễn hình học của số phức
Điểm M (a; b) trong một hệ trục tọa độ vuông góc của mặt phẳng được gọi là
điểm biểu diễn số phức z = a + bi .
5. Môđun của số phức
Giả sử số phức z = a + bi được biểu diễn bởi M (a; b) trên mặt phẳng tọa độ. Độ dài
uuuu
r
của vectơ OM được gọi là môđun của số phức z và kí hiệu là | z | .

uuuu
r
Vậy: | z |=| OM | hay | z |= a 2 + b 2 .
Nhận xét: | z |=| − z |=| z | .
I.2. CÁC PHÉP TỐN
1. Phép cợng và phép trư
Phép cộng và phép trừ hai số phức được thực hiện theo quy tắc cộng, trừ hai đa
thức.
Tổng quát:
(a + bi ) + (c + di) = (a + c) + (b + d )i
(a + bi ) − (c + di) = (a − c) + (b − d )i

2. Phép nhân
Phép nhân hai số phức được thực hiện theo quy tắc nhân đa thức rồi thay i 2 = −1
trong kết quả nhận được.
Tổng quát:
(a + bi ).(c + di ) = (ac − bd ) + (ad + bc)i.

Chú ý:
 Phép cộng và phép nhân các số phức có đầy đủ các tính chất của phép cộng
và phép nhân các số thực.


 Cho số phức z = a + bi , a, b ∈ ¡ , i 2 = −1 . Ta có: z + z = 2a ; z.z =| z |2 .
3. Phép chia hai số phức
Với a + bi ≠ 0 , để tính thương
của a + bi
Cụ thể:

c + di

, ta nhân cả tử và mẫu với số phức liên hợp
a + bi

c + di (c + di )(a − bi ) ac + bd ad − bc
=
=
+
i.
a + bi (a + bi )(a − bi ) a 2 + b 2 a 2 + b 2

I.1.3. TÍNH CHẤT CỦA SỐ PHỨC
Cho sớ phức z = a + bi , a, b ∈ ¡ , i 2 = −1
 Tính chất 1: Số phức z là số thực ⇔ z = z
 Tính chất 2: Số phức z là số ảo ⇔ z = − z
 Cho hai số phức z1 = a1 + b1i; z2 = a2 + b2i; a1 , b1 , a2 , b2 ∈ ¡ ta có:
 Tính chất 3: z1 + z2 = z1 + z2
 Tính chất 4: z1.z2 = z1.z2
 z1  z1
÷ = ; z2 ≠ 0
 z2  z2
 Tính chất 6: | z1.z2 |=| z1 | . | z2 |
z
|z |
 Tính chất 7: 1 = 1 ; z2 ≠ 0
z 2 | z2 |
 Tính chất 8: | z1 + z2 | ≤ | z1 | + | z2 |

 Tính chất 5: 

I.1.4. GIẢI PHƯƠNG TRÌNH TRÊN TRƯỜNG TẬP HỢP SỐ PHƯC

1.Công thức nghiệm của phương trình bậc hai
Xét phương trình bậc hai: az 2 + bz + c = 0 (a ≠ 0) có ∆ = b 2 −4ac
 TH1: a, b, c là các số thực
 Nếu ∆ > 0 thì phương trình có 2 nghiệm thực phân biệt z =
 Nếu ∆ = 0 thì phương trình có nghiệm kép thực z =

−b
2a

−b ± ∆
2a

 Nếu ∆ < 0 ⇒ ∆ = i 2 (−∆) thì phương trình có 2 nghiệm phức phân biệt
z=

−b ± i −∆
2a

 TH2: a, b, c là các số phức
 ∆ = 0 thì phương trình có nghiệm kép thực z =

−b
2a

 ∆ ≠ 0; ∆ = a + bi = ( x + iy )2
Khi đó phương trình có hai nghiệm z =

−b ± ( x + yi )
2a

2. Chú ý
 Phương trình bậc hai trên tập hợp số phức với hệ số thực luôn có 2 nghiệm
là 2 số phức liên hợp.


 Khi b là số chẵn ta có thể tính ∆ ' và công thức nghiệm tương tự như trong
tập hợp số thực.
 Gọi z1 , z2 là 2 nghiệm của phương trình az 2 + bz + c = 0 (a ≠ 0) a, b, c là các
−b

 z1 + z2 = a
số thực hoăc số phức. Khi đó ta có: 
 z .z = c
 1 2 a

II. GIẢI PHÁP 2: CHIA THÀNH CÁC CHUYÊN ĐỂ NHỎ
II.1. CHUYÊN ĐỀ 1: Tính tốn trên tập hợp sớ phức
II.1.1.Dạng 1: Thực hiện các phép tính trên tập hợp sớ phức. Xác định phần
thực, phần ảo và tính mơđun của một số phức
A. Phương pháp
 Sử dụng các qui tắc cộng, trừ, nhân, chia số phức để tính toán giá trị các
biểu thức.
 Để xác định phần thực, phần ảo và môđun của số phức z thì ta phải sử dụng
các khái niệm liên quan đến số phức và các phép toán trên tập hợp số phức
để biến đổi số phức z = a + bi (a; b ∈ R ) . Khi đó: z có phần thực bằng a; phần
ảo bằng b; z = a 2 + b 2
 Trong khi tính toán về số phức ta có thể sử dụng các hằng đẳng thức đáng
nhớ như trong số thực.
B. Bài tập minh họa
Bài 1: Cho số phức z =

3 1
+ i
2 2

Tìm các số phức sau: z; z 2 ; ( z ) ; 1 + z + z 2
3

Lời giải:
a) z =

3 1
3 1
+ i⇒z=
− i
2 2
2 2
2

 3 1 
3 1
3
1
3
+ i ÷ = + i2 +
i= +
i
b) z = 
2
2

4
4
2
2
2


2

3

3

2

2
3
 3 1   3
 3 1 
31  1 
− i÷ = 
c) z = 
÷ − 3
÷  i ÷+ 3  i ÷ −  i ÷ = −i
2 2  2 
 2 2   2 
 2  2 
3 + 3 1+ 3
+
i

d) 1 + z + z 2 =
2
2

( )

3

 Nhận xét: Với bài tập trên, học sinh dễ dàng tính được. Qua bài tập này mục
đích giúp học sinh nhớ lại khái niệm số phức liên hợp và biết cách tính toán
đơn giản về phép cộng, phép trừ số phức và phép tính luỹ thừa của một số
phức.
Bài 2: Tính giá trị của các biểu thức sau:


A=

4 + 3i 1 − i
+
1 − i 4 + 3i

B = ( 2 + 3i ) ( 1 + 2i ) +
C=
D=

3 + 4i
( 1 − 4i ) ( 2 + 3i )

4+i
3 + 2i

( 3 + 2i ) ( 4 + 3i ) − ( 1 + 2i ) 

Lời giải:
a) A =

5 + 4i

( 4 + 3i ) ( 1 + i ) + ( 1 − i ) ( 4 − 3i )
( 1 − i ) ( 1 + i ) ( 4 + 3i ) ( 4 − 3i )

=

1 + 7i 1 − 7i 27 161
+
=
+
i
2
25
50 50

Ngoài cách áp dụng quy tắc nhân chia số phức như cách làm trên, ta có thể tính
bằng cách quy đồng mẫu số và thực hiện nhân chia như trong số thực.

( 4 + 3i ) + ( 1 − i )
A=
( 4 + 3i ) ( 1 − i )
2

2

=

7 − 22i ( 7 − 22i ) ( 7 + i ) 27 161
=
=
+
i
7 −i
( 7 − i ) ( 7 + i ) 50 50

Tương tự, ta có kết quả sau:
−38 86
+ i
13 13
22 79
C=
+
i
169 169
71 17
D= + i
41 41
B=

 Nhận xét:
 Bài tập trên giúp học sinh rèn kĩ năng tính toán bằng cách sử dụng
phép nhân, phép chia số phức kết hợp với phép cộng và phép trừ.
 Đây là dạng bài tập không khó đối với học sinh ngay cả với học sinh

trung bình. Nhưng thực tế, trong quá trình giảng dạy chúng tôi thấy
rằng các em biết cách làm nhưng tính toán thường hay sai, nhất là đối
với học sinh có kĩ năng tính toán kém và không cẩn thận. Vì vậy khi
dạy phần này chúng tôi cho nhiều bài tập và hỏi các câu hỏi khác
nhau để rèn cho học sinh kĩ năng nhận dạng bài toán, kĩ năng tính
toán và trình bày bài cho khoa học.
 Sau khi cho học sinh làm xong bài, chúng tôi thay đổi cách hỏi như
sau: Tìm phần thực, phần ảo của số phức và tính mô đun của số phức
để khắc sâu cho học sinh các khái niệm: phần thực, phần ảo, môđun
của số phức.
 Để học sinh ghi nhớ kĩ hơn, chúng tôi cho học sinh làm bài tập:
Bài 3: Tìm phần thực, phần ảo và tính mô đun của số phức z biết:
a) z =

(

2 +i

) (1− i 2 )
2

b) ( 1 + i ) ( 2 − i ) z = 8 + i + ( 1 + 2i ) z
2

c) z = ( 1 + i ) , biết n là số tự nhiên thỏa mãn phương trình:
n


log 4 ( n − 3) + log 4 ( n + 9 ) = 3
11

8

 1 + i   2i 
d) iz = 
÷ +
÷
1− i  1+ i 

Lời giải :
a) Ta có:
z=

(

2 +i

) (1− i 2 ) = ( 2 + i
2

2

)(

)

+ 2i 2 1 − i 2 = 5 + i 2 ⇒ z = 5 − i 2

Vậy z có phần thực bằng 5; phần ảo bằng − 2

(

và có môđun: z = 52 + − 2

)

2

=3 3

b) ( 1 + i ) ( 2 − i ) z = 8 + i + ( 1 + 2i ) z
2

⇔z=

8+i
( 8 + i ) ( 1 − 2i ) = 10 − 15i = 2 − 3i
=
1 + 2i ( 1 + 2i ) ( 1 − 2i )
5

2
Vậy z có phần thực bằng 2; phần ảo bằng −3 ; z = 22 + ( −3) = 13

c) Giải phương trình log 4 ( n − 3) + log 4 ( n + 9 ) = 3 tìm được n = 7 (thỏa mãn điều
kiện)
7
Khi đó z = ( 1 + i ) = 8 − 8i
Vậy z có phần thực bằng 8; phần ảo bằng −8 ; z = 82 + (−8) 2 = 8 2
d) Ta có:

11

8

8
 1 + i   2i 
11

÷ +
÷ = i + ( 1 + i ) = 16 − i
1− i  1+ i 
16 − i
⇒z=
= −1 − 16i ⇒ z = −1 + 16i
i
Vậy z có phần thực bằng −1 ; phần ảo bằng 16; z = (−1) 2 + 162 = 257

Bài 4: Tính biểu thức sau:
A = i109 + i 43 + i 60 − i 54
B = 1 − i + i 2 − i 3 + i 4 − ... + i 2014
C = 1 + ( 1 + i ) + ( 1 + i ) + ... + ( 1 + i )
2

D=

( 1− i)

(

10

(

3+i

−1 − i 3

)

)

10

5

10

Lời giải:
a) A = i109 + i 43 + i 60 − i 54 = i 4.27 +1 + i 4.10+3 + i 4.15 − i 4.13+ 2 = i − i + 1 + 1 = 2
Để làm bài toán trên, giáo viên cần chú ý cho học sinh cách tính lũy thừa của i. Ta
có: i 2 = −1; i 3 = −i; i 4 = 1; i 5 = i 4i = i; i 6 = i 4i 2 = −1
Bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh được: Với mọi số tự nhiên n ta có:


i 4n = 1
i 4 n +1 = i
i 4 n + 2 = −1
i 4 n +3 = −i
n
Như vậy: i ∈ { −1;1; i; −i} , ∀n ∈ N *

b) Ta có:

1 + i 2015 = ( 1 + i ) ( 1 − i + i 2 − i 3 + i 4 − ... + i 2014 )
1 + i 2015 1 + i 4.503+3 1 − i ( 1 − i )
⇒B=
=
=
=
= −i
1+ i
1+ i
1+ i
2
2

 Nhận xét: Giáo viên hướng dẫn học sinh làm bài trên theo cách phân tích
lũy thừa của i như ý a). Tuy nhiên, việc sử dụng hằng đẳng thức ở đây ta se
tính toán nhanh hơn và thuận tiện hơn.
c) Ta có C là tổng của 11 số hạng đầu tiên của cấp số nhân với số hạng đầu là
u1 = 1, công bội q = 1 + i
Áp dụng công thức tính tổng 11 số hạng đầu tiên của cấp số nhân, ta có:
1− (1+ i)
1 − q11 1 − ( 1 + i )
C = u1
=
=
1− q
1− (1+ i)
−i

11

11

Để tính biểu thức ( 1 + i ) giáo viên cần hướng dẫn học sinh cách tính một cách
thuận tiện nhất.Trong quá trình giảng dạy, chúng tôi hướng dẫn học sinh làm theo
một trong hai cách sau:
 Cách 1: Đối với học sinh học ban cơ bản
11

(

Phân tích ( 1 + i ) = ( 1 + i )
11

)

2 5

( 1 + i ) = ( 2i ) ( 1 + i ) = 32i 5 + 32i 6 = −32 + 32i
5

 Cách 2: Đối với học sinh học ban nâng cao
1 
π
π
 1

+
i ÷ = 2  cos + i.sin ÷

Phân tích 1 + i = 2 

4
4
2 

 2
11 
11π
11π 
11
+ i.sin
Khi đó ( 1 + i ) = 2  cos
÷ = −32 + 32i
4
4 

Thay vào biểu thức, ta có: C = 32 + 33i

( )

 Nhận xét: Để làm bài tập này địi hỏi học sinh phải có kĩ năng biến đởi
biểuthức lượng giác và công thức tính tổng của cấp số nhân.Qua đó giúp học
sinh ôn lại các kiến thức về công thức lượng giác, về cấp số nhân.
d)
 Cách 1: Áp dụng cho ban cơ bản
Ta có:


(1− i)

(

10

(

= (1− i)

)

2 5

= ( −2i ) = −32i 4. .i = −32i
5

) = ( 3 + i) ( 3 + i)
= ( 3 3 + 9i + 3 3i + i ) ( 3 + 2 3i + i )
= 8i ( 2 + 2i 3 ) = −16 3 + 16i
( −1 − i 3 ) = ( 1 + i 3 ) = ( ( 1 + i 3 ) ) ( 1 + i 3 ) = ( −8) ( 1 + i 3 )
3+i

5

3

2

2

10

3

2

3 3

10

3

Thay vào biểu thức D ta có:
D=

(

−32i.16i. 1 + i 3

( −8)

3

(1+ i 3)

) = −1

 Cách 2: Áp dụng cho ban nâng cao
Ta có:
7π

7π 

1 − i = 2  cos
+ i sin
÷
4
4 

π
π

3 + i = 2  cos + i sin ÷
6
6


4π
4π 

−1 − i 3 = 2  cos
+ i sin
÷
3
3 


Thay vào D ta có:

35π
35π  5 

5π
5π 

+ i sin
+ i sin
 cos
÷2  cos
÷
2
2  
6
6 

D=
40π
40π 

210  cos
+ i sin
÷
3
3 

= cos5π + i sin 5π = −1

( 2)

10

 Nhận xét: Qua các bài tập trên, giáo viên nêu phương pháp tính các bài toán

(

) (
n

chứa các biểu thức sau: ( ±1 ± i ) ; ± 3 ± i ; ±1 ± i 3
n

)

n

 Cách 1: Phân tích

( ±1 ± i )

n

= ( ±1 ± i )

2k + p

; k ; n; p ∈ ¥ ;0 ≤ p ≤ 1

(
) (
)
( ±1 ± i 3 ) = ( ±1 ± i 3 )
± 3±i

n

= ± 3±i

n

3k + p

; k ; n; p ∈ ¥ ,0 ≤ p ≤ 2

3k + p

; k ; n; p ∈ ¥ ,0 ≤ p ≤ 2

 Cách 2: Biểu diễn dưới dạng lượng giác các biểu thức:


(1+ i)

n

=

(1+ i 3)
(

3+i

)

n

n
nπ
nπ 
2  cos
+ i sin
÷
4
4 

nπ
nπ 

= 2n  cos
+ i sin
÷
3
3 


( )
n

nπ
nπ 

= 2n  cos
+ i sin

÷
6
6 


Với cách làm tương tự, giáo viên yêu cầu học sinh về nhà làm bài sau: Hãy biểu
diễn các biểu thức sau dưới dạng lượng giác:

(1− i)

n

;

(1− i 3) ; (
n

3 −i

)

n

 Trong tính toán trên tập hợp số phức, công thức nhị thức Niu-tơn (a + b) n
vẫn đúng khi ta thay hai số thực a; b bởi hai số phức. Để học sinh hiểu rõ
hơn và biết áp dụng công thức nhị thức Niu-tơn vào tính toán trên tập hợp số
phức, chúng tôi cho học sinh làm bài tập sau:
Bài 5: Tính tổng
0
2

4
2012
2014
a ) S1 = C2015
− C2015
+ C2015
− ×××+ C2015
− C2015
1
3
5
2013
2015
S 2 = C2015
− C2015
+ C2015
− ×××+ C2015
− C2015
0
4
8
2008
2014
b) S3 = C2015
+ C2015
+ C2015
+ ×××+ C2015
+ C2015
1
5

9
2009
2013
S 4 = C2015
+ C2015
+ C2015
+ ×××+ C2015
+ C2015
0
3
6
2015
+ C2015
+ C2015
+ ×××+ C2015
c) S5 = C2015
Lời giải:
a) Ta có:
0
1
2
2014
2015
(1 + i ) 2015 = C2015
+ C2015
×i + C2015
×i 2 + ×××+ C2015
×i 2014 + C2015
×i 2015

0
2
4
2012
2014
1
3
5
2013
2015
= ( C2015
− C2015
+ C2015
− ×××+ C2015
− C2015
− C2015
+ C2015
− ×××+ C2015
− C2015
) + ( C2015
)i
2015

 2
Mặt khác : (1 + i ) = 
÷
 2 
1
1
Vậy S1 = 1018 ; S 2 = − 1018

2
2
2015

2015π
2015π

+ i sin
 cos
4
4


1
1

÷ = 2018 − 2018 i
2
 2

b) Lại có:
0
1
2
2014
2015
22015 = C2015
+ C2015
+ C2015
+ ×××+ C2015

+ C2015
0
1
2
2014
2015
0 = C2015
− C2015
+ C2015
− ×××+ C2015
− C2015
0
2
4
2012
2014
1
3
5
2013
2015
⇒ A = C2015
+ C2015
+ C2015
+ ×××+ C2015
+ C2015
= C2015
+ C2015
+ C2015
+ ×××+ C2015

+ C2015
= 22014
S +A
1
S +A
1
= 1009 + 22013 ; S3 = 2
= − 1009 + 22013
Vậy S3 = 1
2
2
2
2



z = 1

1
3
3
2

i
c) z = 1 ⇔ ( z − 1)( z + z + 1) = 0 ⇔  z = − +
2 2

z = − 1 − 3 i

2 2

2π
2π
Gọi ω = cos + i sin
thì z = ω; z = ω 2 ; z = ω 3 là các nghiệm của phương trình
3
3
3
z =1
Nên 1 + ω 3k + ω 6 k = 3;1 + ω 3k +1 + ω 6 k + 2 = 0;1 + ω 3k + 2 + ω 6 k + 4 = 0 ∀k = 1; n

Xét f ( x) = ( 1 + x )

2015

. Ta có:

2015

k
f (1) = 2 2015 ; f (ω ) = ∑ C2015
×ω k =
k =0

2015
1
3
1
3
k
−

i; f (ω 2 ) = ∑ C2015
×ω 2 k = +
i
2 2
2 2
k =0

⇒ f ( 1) + f ( ω ) + f ( ω 2 ) = 22015 + 1

(1)

Mặt khác:
f ( 1) + f ( ω ) + f ( ω 2 ) =
671

= ∑C
k =0

k
2015

×( 1 + ω + ω
3k

6k

671

) + ∑C
m=0

671

k
= ∑ C2015
×( 1 + ω 3k + ω 6 k ) = 3S5

m
2015

×( 1 + ω

3 m +1

+ω

6m+2

671

) + ∑C
n=0

n
2015

×( 1 + ω 3n + 2 + ω 6 n + 4 )

(2)

k =0

Từ (1)(2) ⇒ S5 =

22015 + 1
3

 Thay cho việc hỏi tính tổng S1; S 2 ; S3 ; S 4 như trên, chúng tôi có thể hỏi dưới
dạng chứng minh, rút gọn.
II.1.2.Dạng 2: Tìm căn bậc hai của một số phức
A. Phương pháp:
Cho số phức z = a + bi, a, b ∈ ¡ . Tìm căn bậc hai của z
 Nếu z = 0 thì z có một căn bậc hai là: 0
 Nếu z = a > 0 thì z có hai căn bậc hai là: ± a
 Nếu z = a < 0 thì z có hai căn bậc hai là: ±i a
 Nếu z = a + bi, b ≠ 0
 Gọi z1 = x + yi ( x, y ∈ ¡ ) là căn bậc hai của z .
 x2 − y 2 = a
 Khi đó ta có: z1 = a + bi ⇔ 
2 xy = b
2

 Giải hệ tìm x, y. Từ đó kết luận số căn bậc hai của z
Chú ý: Mỗi một số phức khác 0 luôn có hai căn bậc hai là hai số đối nhau.
B. Bài tập minh họa
Bài 1:Tìm căn bậc hai của số phức sau:
a) w = 4 + 6i 5


b) w = −1 − 2i 6

Lời giải:
a) Gọi z = x + yi ( x, y ∈ ¡

) là một căn bậc hai của

 x 2 − y 2 = 4
Khi đó ta có: ( x + yi ) = 4 + 6i 5 ⇔ 
2 xy = 6 5
  x = 3

 y = 5
Giải hệ phương trình tìm được nghiệm: 
  x = −3
  y = − 5

2

Vậy số phức đã cho có hai căn bậc hai là: z1 = 3 + i 5; z2 = −3 − i 5
b) Tương tự, ta có số phức w = −1 − 2i 6 có hai căn bậc hai là:
z1 = 2 − i 3; z2 = − 2 + i 3

II.1.3. Bài tập tự luyện
Bài 1: Tính biểu thức sau:
i + i 3 + i 5 + ... + i 2015
i 2 + i 4 + i 6 + ... + i 2016
B = 1 + (1 + i ) 2 + (1 + i) 4 + ... + (1 + i ) 20
A=

C = (1 − i ) 2015
2015

1− i 
D=
÷
1+ i 

16

16

1+ i 3 
1− i 3 
E =
÷ +
÷
 1− i 3 
1+ i 3 

Bài 2: Tìm phần thực, phần ảo, từ đó tính môđun và tìm căn bậc hai của sớ phức
sau:
2

1
1+ i 
10
a. z = 
÷ + (1 − i ) + (2 + 3i)(2 − 3i) +
i
1− i 
2

3
2015
b. z = 1 + i + 2i + 3i + ... + 2015i
1 + i + i 2 + ... + i 2015
1 + 2i + 3i + 4i + ... + 2015i
(1 + i)100
d. z =
( 3 + i)91

c. z =

π
π

e. z =  cos − i sin ÷i15 (1 + 3)17
3
3


Bài 3:
0
5
10
2010
2015
+ C2015
+ C2015
+ ×××+ C2015
+ C2015
a) Tính tổng : S = C2015

b) Rút gọn:


C40n + C44n + C48n + ×××+ C44nn −4 + C44nn
C41n +1 + C45n +1 + C49n+1 + ×××+ C44nn+−13 + C44nn++11

II.2. CHUYÊN ĐỀ 2: Tìm số phức z thoả mãn điều kiện cho trước
II.2.1. Phương pháp:
 Ví dụ mở đầu:
Học sinh đã được luyện tập về các phép toán trên trường số phức nên tôi yêu cầu
học sinh làm ví dụ sau:
1) Thực hiện phép tính để tìm số phức z biết:
2(1 + 2i )
(2 + i).z +
= 7 + 8i .
1+ i
2) Cho z = a + bi , a, b ∈ ¡ . Tìm a, b biết:
(2 z − i)(1 + i ) + ( z + 1)(1 − i) = 2 − 2i .

Lời giải:

2(1 + i)(1 − i )
= 7 + 8i ⇔ (2 + i ).z = 4 + 7i
2
4 + 7i
(4 + 7i )(2 − i)
⇔z=
⇔z=
⇔ z = 3 + 2i
2+i

5
2) Cho z = a + bi , a, b ∈ ¡ ⇒ z = a − bi , từ giả thiết bài toán ta có:
(2a + 2bi − 1)(1 + i ) + (a − bi + 1)(1 − i ) = 2 − 2i
⇔ 3a − 3b + (a + b − 2)i = 2 − 2i
1

a
=

3a − 3b = 2
3
⇔
⇔
a + b − 2 = −2
b = −1

3
1) (2 + i).z +

 Nhận xét:
Với cách dạy cũ tôi cho học sinh đề bài là: Tìm số phức z biết:
1)

2(1 + 2i )
= 7 + 8i
1+ i
(2 z − i)(1 + i ) + ( z + 1)(1 − i) = 2 − 2i .
(2 + i).z +

2)

Học sinh khá giỏi có thể phát hiện ra cách làm của ý 1 nhưng ý 2 học sinh rất khó
định hướng cách làm. Nhưng khi thay đổi cách hỏi thì ngay cả học sinh có lực học
trung bình cũng có thể định hướng được cách làm bài. Sau khi học sinh làm song
bài tôi mới thay đổi lại câu hỏi như trên, từ đó đưa ra phương pháp cụ thể của dạng
câu hỏi tìm số phức z như sau:
 Nếu trong điều kiện đề bài chỉ có duy nhất một kí hiệu z hoặc z thì ta quy
về bài toán thực hiện phép tính.
 Nếu trong điều kiện đề bài có nhiều hơn một kí hiệu z hoặc z hoặc có kí
hiệu môđun ta giải theo phương pháp sau:
 Gọi z = a + bi , a, b ∈ ¡ .
 Sử dụng giả thiết bài toán và khái niệm về số lập hệ hai phương trình
với hai ẩn a,b
 Giải hệ phương trình lập được trên tập hợp số thực và kết luận.


 Có học sinh khá làm ý 1 bằng cách gọi z = a + bi , a, b ∈ ¡ . Tôi đã phân
tích cả 2 cách làm và các em nhận thấy ngay là việc quy về thực hiện phép
toán se đơn giản hơn.
II.2.2. Bài tập minh họa
Tìm số phức z biết:
( z − 1).(2 − i) 3 + i
=
(1)
2
z + 2i
b) z 2 + z = 0 (2)
c) | z |= 5 và ( z + i) 2 là số ảo.

a)

d) | z − 1|= 1 và (1 + i )( z − 1) có phần ảo bằng 1.
e) z 2 + 2 z là số thực và z +

1
−π
có một acgumen là
.
z
3

Lời giải:
a) Điều kiện z ≠ −2i . Khi đó
(1) ⇔ 2( z − 1)(2 − i) = (3 + i )( z + 2i )
⇔ ( z − 1)(4 − 2i ) = 3 z + 6i + iz + 2i 2
⇔ (1 − 3i ) z = 2i + 4
2i + 4 (2i + 4)(1 + 3i) −1 7
⇔z=
=
=
+ i
1 − 3i
10
5 5
−1 7
⇒z=
− i (thỏa mãn điều kiện).
5 5
b) Gọi z = a + bi , a, b ∈ ¡ ⇒ z = a − bi . Từ giả thiết ta có:
(a + bi )2 + (a − bi ) = 0 ⇔ (a 2 − b 2 + a ) + (−2ab − b)i = 0
 b = 0

 2
1

 a + a = 0
a
=
2
2
a − b + a = 0

a = −1 
2
⇔  a = 1
⇔ a = b = 0; 
; 
⇔
3
b = 0 
2ab − b = 0
2
 
b=±

 2 3

2
 b =
4

1

3
i
Vậy số phức cần tìm là: z = 0; z = −1; z = ±
2 2
c) Gọi số phức z cần tìm dạng: z = a + bi , a, b ∈ ¡ ⇒ | z |= a 2 + b 2 . Từ giả thiết

ta có: | z |= 5 ⇔ a 2 + b 2 = 5 (1)
( z + i ) 2 = (a + bi + i ) 2 = a 2 − (b + 1) 2 + 2a (b + 1)i
Để ( z + i) 2 là số ảo thì a 2 − (b + 1) 2 = 0 (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:


a 2 = 5 − b 2
a + b = 5
a = ±2 a = ±1

⇔  b = 1
⇔
; 
 2
2
b
=
1

b = −2
a = (b + 1)
 b = −2



Vậy số phức cần tìm là: z = ±2 + i; z = ±1 − 2i .
2

2

d) Gọi số phức z cần tìm dạng: z = a + bi , a, b ∈ ¡ ⇒ | z |= a 2 + b 2 . Từ giả thiết
ta
có: | z − 1|= 1 ⇔ (a − 1) 2 + b 2 = 1 (1)
(1 + i )( z − 1) = (1 + i)(a − bi − 1) = a − 1 + b + (a − b − 1)i có phần ảo bằng 1 khi
a − b − 1 = 1 (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
a = 2 + b
a 2 + b 2 − 2a + 1 = 1 2b 2 + 2b = 0
a = 2 a = 1

⇔
⇔  b = −1 ⇔ 
; 

b = 0 b = −1
a − b = 2
a = 2 + b
 b = 0

Vậy số phức cần tìm là: z = 2; z = 1 − i .

e) Gọi số phức z cần tìm dạng: z = a + bi , a, b ∈ ¡ ⇒ | z |= a 2 + b 2 . Từ giả thiết
ta có:
z 2 + 2 z = (a + bi ) 2 + 2(a − bi ) = (a 2 − b 2 + 2a ) + (2ab − 2b)i là số thực khi 2ab − 2b = 0

b = 0
⇔
a = 1

1
1
−π
(loại z + không thể có một acgumen là
)
a
z
3

1 2 + b2  1
b
−
i÷
+) a = 1 ⇒ z = 1 + bi ⇒ z + =

z
1 + b2  1 + b2
1 + b2 
−π
 1
=
cos(
)

2
3

1
−π
 1+ b
⇒b=− 3
Vì z +
có một acgumen là
nên 
z
3
−π
− b
= sin( )
 1 + b 2
3
Vậy z = 1 − 3i
1
z

+) b = 0 ⇒ z = a ⇒ z + = a +

 Nhận xét: Với dạng toán này học sinh chỉ cần nắm được các khái niệm
cơ bản của số phức như: hai số phức bằng nhau, mođun của số phức, điều
kiện để số phức là số ảo, số thuần ảo, số thực, xác định được phần thực,
phần ảo của một số phức, dạng lượng giác của số phức và đặc biệt là các
phép toán và sự cẩn thận khi tính toán là các em có thể biết cách làm và
làm đúng . Sau khi học sinh đã làm tốt được dạng toán trên chúng tôi
thay đổi đề để bài tập không đơn điệu và quan trọng là giúp các em có
thể linh hoạt để định hướng cách giải khi gặp những bài tập cùng dạng.
Cụ thể là:
a) Tính mođun của số phức w = z + 1 + i

b) Tính tổng lũy thừa bậc 4 của tất cả các số phức vừa tìm được.


c) Tìm phần ảo của z hoặc hỏi là | z |= 5 và ( z + i) 2 là số thuần ảo.
d) Tìm phần ảo của z 2015
e) Viết dạng lượng giác của z.
II.2.3. Bài tập vận dụng
Bài 1: Tìm số phức z biết | z − 2i |= 5 và điểm biểu diễn số phức z thuộc đường
thẳng (d) có phương trình: 3x –y +1 = 0.
Bài 2: Cho số phức z thỏa mãn; 1 + z =| z − i |2 +(iz − 1) 2 . Tính w = z +

4
z +1

Bài 3: Cho số phức z thỏa mãn: z = (1 − 3i ) 2 + i z. Hãy xác định phần thực, phần
ảo của số phức z.
(i + 1) z
−π
Bài 4: Cho | z |=| 2 z − 3 + i | và
có một acgumen bằng
. Hãy
1 − 3 + (1 + 3)i

6

biểu diễn số phức z trong mặt phẳng phức.
Bài 5: Tìm số phức z thoả mãn: z 3 là số thực và z = 2




Bài 6: Tìm số phức z thoả mãn: 



z −1
=1
z −i
z − 3i
=1
z+i

II.3. GIẢI PHƯƠNG TRÌNH TRÊN TẬP HỢP SỐ PHỨC
II. 3.1. Phương pháp giải phương trình az 2 + bz + c = 0 (a ≠ 0)
 Tính ∆ = b 2 −4ac
 Dựa vào giá trị của ∆ để xác định công thức nghiệm (dựa vào mục I.1.4 )
II. 3.2. Bài tập minh họa
Bài 1: Giải các phương trình sau trên tập hợp số phức:
a) z 2 + 2 z + 5 = 0
b) ( z 2 + i )( z 2 − 2iz − 1) = 0
c) z 2 + (1 − 3i ) z − 2(1 + i ) = 0

Lời giải:
a) z 2 + 2 z + 5 = 0

Ta có ∆ ' = − 4 = 4i 2 ⇒ z = −1 ± 2i
 z 2 = −i
b) ( z + i )( z − 2iz − 1) = 0 ⇔  2
 z − 2iz − 1 = 0
2

2

2

1
1
1− i 
z + i = 0 ⇔ z = (−2i ) ⇔ z 2 = (1 − i) 2 ⇔ z 2 = 
÷
2
2
 2
1
1

z = 2 − 2 i
⇔
z = − 1 + 1 i

2
2
2
2
z − 2iz − 1 = 0 ⇔ ( z − i ) = 0 ⇔ z = i
2

2


c) z 2 + (1 − 3i ) z − 2(1 + i ) = 0

Ta có ∆ = (1 − 3i) 2 + 8(1 + i ) = 2i = (1 + i ) 2 nên phương trình có nghiệm là:
3i − 1 + 1 + i

z =
 z = 2i
2
⇔

z = i −1
 z = 3i − 1 − 1 − i

2

Nhận xét:
 Ngoài cách giải chuẩn mực là tính ∆ hoặc ∆ ' sau đó đọc nghiệm theo công
thức, thì ngay ở ý a tôi đã hướng dẫn học sinh cách làm như sau:
z 2 + 2 z + 5 = 0 ⇔ ( z + 1) 2 + 4 = 0 ⇔ ( z + 1) 2 − 4i 2 = 0
⇔ ( z + 1) 2 = 4i 2 ⇔ ( z + 1) 2 = (2i ) 2 ⇔ z = −1 ± 2i .

 Từ đó chuyển sang ý b, học sinh se định hướng ngay được cách làm tắt như
trên. Tôi cũng lưu ý cho học sinh là chỉ nên làm tắt với những trường hợp
đọc nhanh được hằng đẳng thức.
Bài 2: Giải các phương trình sau trên tập hợp số phức:
a) z 3 + 8 = 0
b) z 4 − z 3 + 6 z 2 − 8 z − 16 = 0
c) ( z − 3) 2 .( z + 3) 2 + 4 z 2 = 0
2

 z +i

d)
÷ =1
 z −i 

Lời giải:
a ) z 3 + 8 = 0 ⇔ ( z + 2)( z 2 − 2 z + 4) = 0
 z = −2

⇔  z = 1 + 3i
 z = 1 − 3i

b) z 4 − z 3 + 6 z 2 − 8 z − 16 = 0 ⇔ ( z + 1)( z − 2)( z 2 + 8) = 0
 z = −1

⇔ z = 2
 z = ±2 2i

c) ( z − 3) 2 .( z + 3) 2 + 4 z 2 = 0 ⇔ ( z 2 − 9) 2 + 4 z 2 = 0 ⇔ ( z 2 − 9) 2 − 4i 2 z 2 = 0
z = i ± 2 2
 z 2 − 2iz − 9 = 0
⇔ 2
⇔
 z + 2iz − 9 = 0
 z = −i ± 2 2
d) Điều kiện: z ≠ i , khi đó phương trình tương đương với:
 z + i  2
z+i
z +i

=1 ∨

= −1
4
÷ =1

 z −i 
 z +i
z −i
z −i
2

⇔

÷ =1 ⇔ 
2
 z −i 
 z + i = i ∨ z + i = −i
 z + i ÷ = −1 
z −i
z −i
 z − i 


z + i = z − i
z = 0
z + i = i − z
⇔
⇔  z = 1 (thỏa mãn điều kiện)
 z + i = ( z − i )i
 z = −1


 z + i = −( z − i )i

Nhận xét:
 Giải phương trình trên tập hợp số phức cần đầy đủ các kĩ năng của việc giải
phương trình trên tập hợp số thực, qua các ví dụ trên ta đã sử dụng phương
pháp phân tích thành tích để đưa một phương trình bậc 3, bậc 4 về thành tích
của các phương trình bậc nhất, bậc 2. Tôi nhấn mạnh cho học sinh: một
phương trình đa thức bậc n xét trên tập hợp số phức thì có n nghiệm
phức(các nghiệm không nhất thiết phân biệt ).
 Kĩ năng đặt ẩn phụ để quy phương trình đã cho thành phương trình bậc 2 se
được minh họa trong bài tập sau:
Bài 3: Giải các phương trình:
a) 2 z 4 − 2 z 3 + z 2 + 2 z + 2 = 0
b) ( z + 3) 4 + ( z + 5) 4 = 2
c) ( z 2 − z )( z + 3)( z + 2) = 10
d ) z 4 − 4 z 3 + 11z 2 − 14 z + 10 = 0
e) ( z 2 + 3 z + 6) 2 + 2 z ( z 2 + 3 z + 6) − 3 z 2 = 0

Lời giải:
a) 2 z 4 − 2 z 3 + z 2 + 2 z + 2 = 0
+) z = 0 không là nghiệm của phương trình.
+) z ≠ 0 phương trình tương đương với:
1 1 1
1
1 1
z2 − z + + + 2 = 0 ⇔ (z 2 + 2 ) − (z − ) + = 0
2 z z
z
z 2
1 

1 5

⇔  z − ÷ 2 −  z − ÷+ = 0
z 
z 2

1
1 ± 3i
Đặt t = z − , khi đó ta được phương trình: 2t 2 − 2t + 5 = 0 ⇔ t =
z
2
1 + 3i
+) Với t =
ta có:
2
z = 1+ i
1 1 + +3i
2
z− =
⇔ 2 z − (1 + 3i ) z − 2 = 0 ⇔ 
 z = −1 + 1 i
z
2

2 2
1 − 3i
+) Với t =
ta có:
2
z = 1− i

1 1 − 3i
2
z− =
⇔ 2 z − (1 − 3i ) z − 2 = 0 ⇔ 
 z = −1 − 1 i
z
2

2 2
4
4
b) ( z + 3) + ( z + 5) = 2
Đặt t = z + 4 , khi đó phương trình trở thành:


(t − 1) 4 + (t + 1) 4 = 2 ⇔ t 4 + 6t 2 = 0
t 2 = 0
t = 0
⇔ 2
⇔
t = ± 6i
t + 6 = 0
+) Với t = 0 ⇒ z = −4
+) Với t = 6i ⇒ z = −4 + 6i
+) Với t = - 6i ⇒ z = −4 − 6i
c) ( z 2 − z )( z + 3)( z + 2) = 10 ⇔ ( z 2 + 2 z )( z 2 + 2 z − 3) = 10
2
Đặt t = z 2 + 2 z , khi đó phương trình trở thành: t ( t − 3) = 10 ⇔ t − 3t − 10 = 0

t = 5

⇔
t = −2
+) Với t = 5 ⇒ z 2 + 2 z = 5 ⇔ z = −1 ± 6
+) Với t = −2 ⇒ z 2 + 2 z = −2 ⇔ z = −1 ± i

d ) z 4 − 4 z 3 + 11z 2 − 14 z + 10 = 0 ⇔ ( z 2 − 2 z ) + 7 ( z 2 − 2 z ) + 10 = 0
2

 z 2 − 2 z = −2
z = 1± i
⇔ 2
⇔
 z = 1 ± 2i
 z − 2 z = −5
e) ( z 2 + 3 z + 6) 2 + 2 z ( z 2 + 3 z + 6) − 3 z 2 = 0

Đặt t = z 2 + 3z + 6 , khi đó phương trình trở thành:

t = z
t 2 + 2 zt − 3z 2 = 0 ⇔ 
t = −3z
+) Với t = z ⇒ z 2 + 3z + 6 = z ⇔ z = −1 ± 5i
+) Với t = −3z ⇒ z 2 + 3z + 6 = −3z ⇔ z = −3 ± 3

Nhận xét:
 Với những phương trình nêu trên rõ ràng là không nhẩm được nghiệm đẹp
để đưa về phương trình tích, do đó ta cần tìm ra một cách đặt ẩn phụ phù
hợp. Ngay ở 3 ý đầu chúng tôi đã đưa ra 3 phương trình bậc 4 có cách giải
đặc biệt đó là:
2

e
d 
1) az + bz + cz + dz + e = 0,  ÷ =
a
b
 TH1: Kiểm tra z = 0 có là nghiệm của phương trình
 TH2: z ≠ 0 ,chia cả hai vế của phương trình cho z 2 ta được:
 2  d 2 
d 

 a  z +  ÷  + b  z + ÷+ c = 0
bz 
 bz  


2

3

2

d
, ta đưa phương trình về phương trình bậc 2 ẩn t.
bz
 Đặc biệt: az 2 + bz 3 + cz 2 ± bz + a = 0
2) ( z + a) 4 + ( z + b) 4 = c

 Đặt t = z +

 Đặt t = z +

a+b
, đưa phương trình đã cho về phương trình bậc 4 trùng
2

phương với ẩn t

3) ( z + a).( z + b).( z + c)( z + d ) = e với a + b = c + d
 Đặt t = z 2 + (a + b) z , đưa phương trình đã cho thành phương trình bậc 2 ẩn t.

 Khi giải phương trình đa thức trên tập hợp số phức thực chất chúng tôi đã ôn
tập cho học sinh các phương pháp giải phương trình trên tâp hợp số thực.
 z1 + z2 = 4 + i

Bài 4: Giải hệ phương trình với ẩn phức z1 , z 2 sau: 

2
2
 z1 + z2 = 5 − 2i

Lời giải:
 z1 + z2 = 4 + i
z + z = 4 + i
⇔ 1 2
nên z1 , z 2 là nghiệm của phương trình bậc 2:
 2
2
z

.
z
=
5(1
+
i
)
z
+
z
=
5
−
2
i

1
2
 1
2
z = 3 − i
z 2 − (4 + i ) z + 5(1 + i ) = 0 ⇔ 
 z = 1 + 2i
Vậy nghiệm của hệ phương trình ( z1 , z 2 ) là (3 − i;1 + 2i ) và (1 + 2i;3 − i )

II.3.3. Bài tập áp dụng
Bài 1: Giải các phương trình sau:
1) z 4 + 4 z 2 − 5 = 0
2) − z 3 + 8 z + 3 = 0
3) (4 z + 1)(12 z − 1)(3 z + 2)( z + 1) = 4

4) ( z + 1) 4 + ( z + 5) 4 = 256
z2
5) z − z + + z + 1 = 0
2
4
2
6) z − 4 z − 16 z − 16 = 0
4

3

7) 3( z 2 − z + 1) 2 + 7( z 2 − z ) + 1 = 0
8) 2 z 2 − iz + 1 = 0
3

 z +i
9) 
÷ =1
i−z
2
 iz + 3 
 iz + 3 
10) 
÷ − 3. 
÷− 4 = 0
 z − 2i 
 z − 2i 
Bài 2: z1 , z2 là nghiệm phức của phương trình: 2(1 + i) z 2 − 4(2 − i ) z − 5 − 3i = 0
Tính | z1 |2 + | z2 |2

IV. CHUYÊN ĐỀ 4: Biểu diễn hình học của số phức
IV.4.1. Dạng 1: Tìm tập hợp điểm biểu diễn cho số phức z thoả mãn điều kiện
cho trước
A. Phương pháp
 Gọi z = x + yi ( x, y ∈ R ) ⇒ M ( x; y ) biểu diễn cho số phức z trong mặt phẳng
toạ độ.


 Dựa vào dữ kiện bài toán, thiết lập mối liên hệ giữa x và y
 Dựa vào mối liên hệ đó, để kết luận tập hợp điểm trong mặt phẳng biểu diễn
cho số phức z .
B. Bài tập minh hoạ
Bài 1: Trên mặt phẳng toạ độ, tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thoả mãn điều
kiện sau:
a) z = 1
b) 1 < z ≤ 2
z
=3
z −i

c)

d) z − 2 + 3i =

3
2

Lời giải:
Gọi z = x + yi ( x, y ∈ R ) ⇒ M ( x; y ) biểu diễn cho số phức z trong mặt phẳng toạ
độ.

a) Ta có z = 1 ⇔ x 2 + y 2 = 1 ⇔ x 2 + y 2 = 1
Vậy tập hợp các điểm M là đường tròn tâm O ( 0;0 ) và bán kính R = 1 .
Giáo viên hướng dẫn khai thác: Sau khi học sinh hồn thiện bài tập này, chúng
tơi thay đổi giả thiết và hướng dẫn các em cách làm tương ứng.
a1 ) z ≤ 1 ⇔ x 2 + y 2 ≤ 1 . Vậy tập hợp các điểm M là hình trịn tâm O, bán kính
R = 1.
a2 ) z < 1 ⇔ x 2 + y 2 < 1 . Vậy tập hợp các điểm M là miền trong hình trịn tâm O,
bán kính R = 1 .
a3 ) z ≥ 1 ⇔ x 2 + y 2 ≥ 1 .Vậy tập hợp các điểm M là những điểm khơng thuộc
miền trong hình trịn tâm O, bán kính R = 1 .
a4 ) z > 1 ⇔ x 2 + y 2 > 1 . Vậy tập hợp các điểm M là miền ngồi hình trịn tâm O,
bán kính R = 1 .
Từ đó học sinh có thể tự trình bày lời giải cho bài tập:
b)1 < z ≤ 2 → Tập hợp những điểm M là những điểm nằm ngoài hình tròn tâm
O ( 0;0 ) và bán kính R = 1 đồng thời nằm trong hình tròn tâm O ( 0;0 ) và bán kính
R = 2.
Ngoài ra cịn có thể giàng ḅc thêm điều kiện ( ví dụ phần thực không âm…)
c)

z
= 3 ⇔ x + yi = 3 x + ( y − 1)i ⇔ x 2 + y 2 = 9 x 2 + 9( y − 1) 2
z −i
2

2

9  3

⇔ 8 x + 8 y − 18 y + 9 = 0 ⇔ x +  y − ÷ =  ÷
8 8


3
 9
Vậy tập hợp các điểm M là đường trịn tâm I  0; ÷ và bán kính R =
8
 8
2

2

2


3
3
9
( *) ⇔ ( x − 2) + ( y + 3)i = ⇔ ( x − 2)2 + ( y + 3) 2 =
.
2
2
4
3
Tập hợp M là đường tròn(C) tâm I ( 2; - 3) và bán kính R =
2
Bài 2: Trên mặt phẳng toạ độ, tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thoả mãn điều

d) Ta có z − 2 + 3i =

kiện sau:
a) z − 2 − 4i = z − 2i

b) z 2 là số ảo.
z +i
là số thực.
z +i
z − 3i
=1
d)
z +i

c)

Lời giải:
Gọi z = x + yi ( x, y ∈ R ) ⇒ M ( x; y ) biểu diễn cho số phức z trong mặt phẳng toạ
độ.
a) Ta có
z − 2 − 4i = z − 2i

(*) ⇔ ( x − 2) + ( y − 4)i = x + ( y − 2)i

⇔ ( x − 2) 2 + (4 − y ) 2 = x 2 + ( y − 2) 2 ⇔ y = − x + 4
Tập hợp M là đường thẳng có phương trình y = − x + 4
y = x
 y = −x

2
2
b) Ta có z 2 = x 2 − y 2 + 2 xyi nên z 2 là số ảo ⇔ x − y = 0 ⇔ 

Tập hợp M là hai đường phân giác y = x và y = − x
z + i x 2 − ( y − 1) 2

2 xy
= 2
+ 2
i
c) Ta có
2
z − i x + ( y − 1)
x + ( y − 1) 2
 x = 0
 xy = 0
z +i

⇔   y = 0
Nên
là số thực ⇔ 
z +i
 x + (1 − y )i ≠ 0
( x; y ) ≠ (0;1)

Vậy tập hợp điểm M là hai trục toạ độ bỏ đi điểm M ( 0;1) .

d)
 Cách 1
z − 3i
= 1 ⇔ z − 3i = z + i ⇔ x + ( y − 3)i = x + ( y + 1)i
z +i
⇔ x 2 + ( y − 3) 2 = x 2 + ( y + 1) 2 ⇔ y = 1
Vậy tập hợp điểm M là đường thẳng y = 1 .

Ta có

 Cách 2

Từ z − 3i = z + i . Gọi A và B là hai điểm biểu diễn các số 3i và −i tức là
A ( 0;3) , B(0; −1) .
Ta có z − 3i = z + i ⇔ MA = MB . Vậy M nằm trên đường trung trực của AB tức là
M nằm trên đường thẳng y = 1 .


Bài 3: Trên mặt phẳng toạ độ, tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thoả mãn điều
kiện sau:
a) 2 z − i = z − z + 2i
b) z − i + z + i = 4
c) z − ( z ) = 4
Lời giải:
Đặt: z = x + yi ( x, y ∈ R ) → z có điểm biểu diễn trên mặt phẳng phức là M ( x; y ) .
2

2

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

x2
4

Vậy tập hợp điểm M là đường parabol (P) có phương trình y =

x2
.
4

b) z − i + z + i = 4 ⇔ x 2 + ( y − 1) 2 + x 2 + ( y + 1) 2 = 4 (*)
Đặt F1 (0; −1) ; F2 (0;1)
(*) ⇔ MF1 + MF2 = 4 > F1F2 = 2

Suy ra tập hợp M là elíp (E) có 2 tiêu điểm là F1 , F2 .
x2 y 2
+ 2 = 1 (0 < a < b; b 2 = a 2 + c 2 )
2
a
b
 MF1 + MF2 = 2a
a = 2
⇔
⇒ b2 = a 2 + c 2 = 5
Ta có 
c = 1
 F1F2 = 2c

Gọi (E) có phương trình

Vậy (E) có phương trình

c) Ta có

x2 y 2
+
=1
4
5

1

y=

x
z 2 − ( z )2 = 4 ⇔ 4 xyi = 4 ⇔ 4 xy = 4 ⇔ xy = 1 ⇔ 
y = − 1

x
1
x

Vậy tập hợp điểm M là đường hybebol (H) có phương trình là y = và y = −

1
x

Bài 4: Trên mặt phẳng phức tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức ω = (1 + i 3) z + 2
thoả mãn điều kiện z − 1 ≤ 2 .
Lời giải:
Gọi z = a + bi (a; b ∈ R ) và ω = x + yi ( x; y ∈ R) ⇒ M ( x; y ) biểu diễn cho só phức ω
trong mặt phẳng toạ độ
z − 1 ≤ 2 ⇔ (a − 1) 2 + b 2 ≤ 4 (1)

Ta có:


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

 y = 3a + b
 x − 3 = a − 3b − 1
⇔
 y − 3 = 3( a − 1) + b
⇒ ( x − 3) 2 + ( y − 3) 2 ≤ 4 (a − 1) 2 + b 2  ≤ 16 ( do(1)).
⇒ ( x − 3) 2 + ( y − 3) 2 ≤ 16 .

Vậy tập hợp các điểm cần tìm là hình tròn tâm I (3; 3) , bán kính R = 4 .
II.4.2. Dạng 2. Tìm số phức z có hình biểu diễn cho trước.
A. Phương pháp
 Tìm toạ độ điểm M (phụ thuộc tham số) biểu diễn cho số phức z trên mặt
phẳng toạ độ.
 Cho M thuộc và hình biểu diễn của z , ta tìm được giá trị của tham số.
 Kết luận số phức z cần tìm.
B. Bài tập minh hoạ
Bài 1: 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 .
b) Tìm m để biểu diễn của số phức nằm trên hybebol y =

−2
.
x

c) Tìm m để khoảng cách của điểm biểu diễn số phức đến gốc toạ độ là nhỏ nhất.
Lời giải:
Số phức z = m + (m − 3)i, m ∈ R → điểm biểu diễn cho số phức z trên mặt phẳng
toạ độ là: M ( m; m − 3) .
3
a) Để M nằm trên đường phân giác thứ hai y = − x thì m − 3 = −m ⇔ m = .

b)

Để

M

nằm

trên

đường

hybebol

2
2
y=−
x

thì

m ≠ 0
m ≠ 0
m = 1
2

m−3= − ⇔  2
⇔ m = 1 ⇔ 
m
m = 2

m − 3m + 2 = 0
m = 2


c) Để khoảng cách từ M đến O nhỏ nhất ⇔ m 2 + (m − 3) 2 nhỏ nhất
2
 
3 3
3
⇔
m
=
⇔ (2m − 6m + 9) nhỏ nhất ⇔  2  m − ÷ + ÷
nhỏ
nhất
2 2÷
2
 

Bài 2: Cho số phức z = a + bi,(a, b ∈ R) . Hỏi a, b phải thoả mãn điều kiện gì để:
a) Điểm biểu diễn chúng nằm trong giải giữa 2 đường thẳng x = −2 và x = 2 ?
b) Điểm biểu diễn chúng nằm trong giải giữa 2 đường thẳng y = −3 và y = 3 ?
2

c) Điểm biểu diễn chúng nằm trong hình tròn tâm O, bán kính 2?
Lời giải:
a) Để điểm biểu diễn chúng nằm trong giải giữa 2 đường thẳng x = −2 và x = 2
thì

−2 < a < 2

b) Để điểm biểu diễn chúng nằm trong giải giữa 2 đường thẳng y = −3 và y = 3
thì
−3 < b < 3

c) Để điểm biểu diễn chúng nằm trong hình tròn tâm O, bán kính 2 thì a 2 + b 2 < 4 .
II.4.3. Dạng 3: Chứng minh tính chất liên quan đến hình biểu diễn của số
phức hoặc dùng hình biểu diễn của sớ phức chứng minh tính chất của sớ
phức.
A. Phương pháp: Để chứng minh các điểm biểudiễn cho các số phức thoả mãn
điều kiện (T), thông thường ta làm như sau
 Đọc toạ độ các điểm biểu diễn cho các số phức đã cho.
 Dựa vào điểu kiện (T), ta qui được bài toán về bài toán hình giải tích trong
mặt phẳng.
B. Bài tập minh hoạ
Bài 1: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho A, B là hai điểm lần lượt biểu diễn hai
nghiệm phức của phương trình z 2 + 6 z + 18 = 0 . Chứng minh rằng tam giác OAB
vuông cân.
Lời giải:
 z1 = 3 + 3i

Phương trình z 2 + 6 z + 18 = 0 có ∆ ' = 9 − 18 = −9 = 9i 2 nên có hai nghiệm 
 z2 = 3 − 3i

Trong mặt phẳng toạ độ số phức z1 có biểu diễn là A ( 3;3)
số phức z2 có biểu diễn là B ( 3; −3)
VOAB có OA = OB = 3 2 nên VABC cân tại O
uur
uur

uuuruuu
r
0 A(3;3),0 B(3; −3) → OA.OB = 0 → OA ⊥ OB nên VABC vuông tại O.
Vậy VOAB vuông cân tại O.
Bài 2: 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 ) ;
.
−1 + i
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.
Lời giải:
a) Ta có
z1 =

4i
4i ( −1 − i) −4i + 4
=
=
= 2 − 2i → z1 có điểm biểu diễn là A ( −2;2 ) .
−1 + i
1+1
2

z2 = (1 − i )(1 + 2i ) = 3 + i → z2 có điểm biểu diễn là B ( 3;1) .

2 + 6i (2 + 6i )(3 + i ) 6 + 2i + 18i + 6i 2
z3 =
=
=
= 2i → z3 có điểm biểu diễn là C ( 0;2 ) .
3−i
10
3−i
Nên AB = 10
BC = 10
AC = 20


 AB = BC

Suy ra tam giác ABC vuông cân tại B vì 

2
2
2
 AB + BC = CA

uuur

b) Gọi D( x; y ) → CD( x; y − 2)

uuu
r
BA(−1; −3)

uuu
r uuur

 x = −1
 x = −1
⇔
 y − 2 = −3
 y = −1

ABCD là hình vuông ⇔ BA = CD ⇔ 

Vậy D biểu diễn số phức z = −1 − i .
Bài 3: Cho A, B, C không thẳng hàng biểu diễn số phức z1 , z2 , z3 .
a) Trọng tâm tam giác ABC biểu diễn số phức nào?
b) z1 , z2 , z3 thoả mãn z1 = z2 = z3 . Chứng minh rằng A,B,C là ba đỉnh một tam
giác đều ⇔ z1 + z2 + z3 = 0 .
Lời giải:
 x A + xB + xC y A + yB + yC 
;
÷ biểu diễn số phức
3
3



a) Trọng tâm tam giác ABC là G 
z1 + z2 + z3
.
3

b)
Vì z1 = z2 = z3 → OA = OB = OC → A,B,C thuộc đường tròn tâm O, bán kính
R = z1

Để ABC là tam giác đều điều kiện cần và đủ là O phải là trọng tâm tam giác ABC
 x A + xB + xC
=0

z +z +z
3
⇔
⇔ 1 2 3 = 0 ⇔ z1 + z2 + z3 = 0
3
 y A + yB + yC = 0

3

 Nhận xét: Tương tự giáo viên có thể khai thác thêm các câu hỏi nhằm củng
cố cả kiến thức về hình giải tích trong mặt phẳng như sau:
c) Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC biểu diễn sớ phức nào?
d) Tâm đường trịn nội tiếp tam giác ABC biểu diễn số phức nào?
Như vậy qua các bài tập này se giúp các em ôn tập lại một số bài toán hình giải
tích trong mặt phẳng.
Bài 4: Chứng minh rằng với mọi số phức z, w ta có: z + w ≤ z + w . Đẳng thức
xảy ra khi nào?
HD:
Gọi A, B, C lần lượt là các điểm biểu diễn 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
uuur đoạn
uuu
r 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 .
IV.4.3. Bài tập tự luyện:
Bài 1: Trên mặt phẳng phức tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thoả mãn điều
kiện sau:
a) z − (3 − 4i) = 2
KD-2009
b) z − i = (1 + i ) z
KB-2010
c) z − i + z + 2i = 5
d) z − 4i + z + 4i = 10
2
2
e) z − ( z.z ) = 4

g) z + z + 3 = 4
h) z 2 = ( z ) 2
i) z − z + 1 − 2i = 3
k) z = z + 4i − 3
Bài 2:
a) Cho A, B biểu diễn hai số phức z0 ; z1 ≠ 0 thoả mãn: z0 2 + z12 = z0 z1 . Chứng

minh rằng OAB là tam giác đều.
b) Cho O, A biểu diễn số 1, B biểu diễn số phức z không thực; A’ biểu diễn số
phức z ' ≠ 0 và B’ biểu diễn số phức z.z’. Chứng minh rằng hai tam giác
OAB và OA’B’ đồng dạng.
II.5. CHUYÊN ĐỀ 5: Cực trị của sớ phức
II.5.1. Các bài tốn qui về bài tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của
hàm một biến
A. Phương pháp
Bài toán: Trong các số phức z thoả mãn điều kiện T. Tìm số phức z để biểu thức P
đạt giá trị nhỏ nhất, lớn nhất
 Từ điều kiện T, biến đổi để tìm cách rút ẩn rồi thế vào biểu thức P để được
hàm một biến
 Tìm giá trị lớn nhất (hoặc nhỏ nhất) tuỳ theo yêu cầu bài toán của hàm số
một biến vừa tìm được.
B. Bài tập minh hoạ
Bài tập 1: Trong các số phức z thoả mãn điều kiện z + 1 − 5i = z + 3 − i , tìm số
phức có môđun nhỏ nhất
Lời giải:
Gọi z = x + yi ( x; y ∈ R )
z + 1 − 5i = z + 3 − i ⇔ ( x + 1) 2 + ( y − 5) 2 = ( x + 3) 2 + ( y + 1) 2
⇔ x + 3y − 4 = 0 ⇔ x = 4 − 3y
2

6  8 2 10

z = x 2 + y 2 = (4 − 3 y ) 2 + y 2 = 10 y 2 − 24 y + 16 = 10  y − ÷ + ≥
5 5
5
