Bai 4 HDGBTTL giai pt tren tap so phuc hocmai vn

Khóa học Luyện thi Quốc gia PEN-C: Môn Toán – Thầy Lê Bá Trần Phương

Số Phức

GIẢI PHƯƠNG TRÌNH TRÊN TẬP SỐ PHỨC
HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Giáo viên: LÊ BÁ TRẦN PHƯƠNG

Bài 1:
Gọi z1 ; z2 ; z3 ; z4 là 4 nghiệm phức của phương trình: z 4 + 3 z 2 + 4 = 0
4

4

4

Tính A = z1 + z2 + z3 + z4

4

Giải:
Pt ⇔ ( z 2 + 2)2 − z 2 = 0
⇔ ( z 2 + z + 2 )( z 2 − z + 2 ) = 0
z2 + z + 2 = 0
⇔ 2
z − z + 2 = 0

1
7
i
z = − ±

2 2

⇔

1
7
i
z = ±

2 2
4

4

4

4

1
7
1
7
1
7
1
7
⇒ A= − +
i +− −
i + +
i + −

i
2 2
2 2
2 2
2 2
= 16

Bài 2:
Gọi z1; z2 là 2 nghiệm phức của phương trình:
z2 + 2z + 5 = 0
Tính giá trị của biểu thức P = z12 + z22

Giải:
Giải tương tự bài 1 ta có ñáp số: P = 10

Bài 3:
Giải phương trình sau trên tập số phức:
1) z 2 − (1 + i ) z + 6 + 3i = 0

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 1 -


Khóa học Luyện thi Quốc gia PEN-C: Môn Toán – Thầy Lê Bá Trần Phương

Số Phức

Ta có: ∆ = (1 − 5i )2
có 2 căn bậc 2 là: ±1 − 5i
 z = 1 − 2i
Vậy pt có 2 nghiệm: 
 z = 3i
3

 z +i 
2) 
 =1
i−z
ðK: z ≠ i
ðặt w =

z +i
⇒ pt : w3 = 1
i−z

⇒ ( w − 1) ( w2 + w + 1) = 0
w = 1
⇔ 2
w + w + 1 = 0

w = 1

−1 + i 3
⇒ w =

2


 w = −1 − i 3

2
+ Với w = 1 ta có z = 0
+ Với w =

−1 + i 3
ta có: z = - 3
2

+ Với w =

−1 − i 3
ta có z =
2

3

Vậy pt có 3 nghiệm:
z = 0

z = − 3
z = 3


3) ( z 2 − 2 ) ( z + 3)( z + 2 ) = 10
⇔ z ( z − 1)( z + 3)( z + 2 ) = 10
⇔ ( z − 1)( z + 3) ( z 2 + 2 z ) = 10
⇔ ( z 2 + 2 z )( z 2 + 2 z − 3) = 10
ðặt t = z 2 + 2 z . Khi ñó pt trở thành:

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 2 -


Khóa học Luyện thi Quốc gia PEN-C: Môn Toán – Thầy Lê Bá Trần Phương

Số Phức

t 2 − 3t − 10 = 0
t = −2  z = −1 ± i
⇔
⇒
t = 5
 z = −1 ± 6

Bài 4:
Giải pt nghiệm phức:
z+

25
= 8 − 6i
z

Giải:
Gọi z = a + bi với a, b ∈ R và a, b không ñồng thời bằng 0
Khi ñó: z = a − bi

25(a − bi )
= 8 − 6i
a 2 + b2
⇔ a (a2 +b2 +25)-b(a2 +b2 +25)i = 8(a2 +b2 ) − 6(a2 +b2 )i
Pt ⇔ a − bi +

2
2
2
2
a (a +b +25) = 8(a +b )
⇔ 2 2
2
2
 b(a +b +25) = 6(a +b )

Giải hệ pt trên ta có:
a = 0
a = 4

Với a = 0 thì b = 0 (loại)
Với a = 4 thì b = 3 nên ta có số phức z = 4 + 3i.

Bài 5:
Giải pt sau trên tập phức biết rằng nó có nghiệm thực:
2 z 3 − 5 z 2 + (3 + 2i ) z + 3 + i = 0

Giải:
Pt ⇔ 2 z 3 − 5 z 2 + 3 z + 3 + (2 z + 1)i = 0

 2 z 3 − 5 z 2 + 3z + 3 = 0
1
Vì pt có nghiệm thực ( z ∈ R ) ⇒ 
⇔z=−
2
2 z + 1 = 0
Do ñó pt ⇔ (2 z + 1)( z 2 − 3 z + 3 + i ) = 0

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 3 -


Khóa học Luyện thi Quốc gia PEN-C: Môn Toán – Thầy Lê Bá Trần Phương

Số Phức

 z = −1/ 2
2 z + 1 = 0
⇔ 2
⇔  z = 2 − i
 z − 3z + 3 + i = 0
 z = 1 + i

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 4 -


Khóa học Luyện thi Quốc gia PEN-C: Môn Toán – Thầy Lê Bá Trần Phương

Số Phức

BÀI TẬP BỔ SUNG
Bài 1. Tìm các căn bậc hai của mỗi số phức sau:
a. 4 + 6 5 i
b. -1-2 6 i
Giải:
a. Giả sử z = x +yi (x, y thuộc R) là một căn bậc hai của w = 4 + 6 5 i

3 5
2
2
y
(1)


x

y

4


2
2

x

Khi đó: z = w  (x+yi) = 4 + 6 5 i 
 x 2  45  4 (2)
2 xy  6 5

x2

(2)  x4 – 4x2 – 45 = 0  x2 = 9  x = ± 3.
x=3y=

5

x = -3  y = - 5
Vậy số phức w = 4 + 6 5 i có hai căn bậc hai là: z1 = 3 + 5 i và z2 = -3 - 5 i
b. Giả sử z = x +yi (x, y thuộc R) là một căn bậc hai của w = -1-2 6 i

 6
2
2
y
(1)


x

y


1



2
2
x

Khi đó: z = w  (x+yi) = -1-2 6 i  
 x 2  6  1 (2)
2 xy  2 6

x2

(2)  x4 + x2 – 6 = 0  x2 = 2  x = ±
x=

2.

2 y=- 3

x=- 2 y=

3

Vậy số phức w = 4 + 6 5 i có hai căn bậc hai là: z1 =

2 - 3 i và z2 = - 2 + 3 i

Bài 2. Giải các phương trình bậc hai sau:
a. z2 + 2z + 5 = 0
b. z2 + (1-3i)z – 2(1 + i) = 0

Giải:
a. Xét phương trình: z2 + 2z + 5 = 0
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | -


Khóa học Luyện thi Quốc gia PEN-C: Môn Toán – Thầy Lê Bá Trần Phương

Số Phức

Ta có:  = -4 = 4i2  phương trình có hai nghiệm: z1 = -1 +2i và z2 = -1 – 2i.
b. Ta có:  = (1-3i)2 +8(1+i) = 2i.
Bây giờ ta phải tìm các căn bậc hai của 2i.
Giả sử z = x +yi (x, y thuộc R) là một căn bậc hai của w = 2i
1

y
2
2

x  y  0

x
 

2 xy  2
 x2  1  0


x2

 x  1

y 1

  x  1

  y  1

Vậy số phức 2i có hai căn bậc hai là: 1+i và -1 –i
 Phương trình có hai nghiệm là: z1 =

3i  1  1  i
 2i
2

z2 =

3i  1  1  i
 1  i
2

Bài 3. Cho phương trình sau:
z3 + (2 – 2i)z2 + (5 – 4i)z – 10i = 0 (1)
Chứng minh rằng (1) nhận một nghiệm thuần ảo và giải phương trình (1)
Giải:
Đặt z = yi với y  R
Phương trình (1) có dạng: (iy)3 + (2i-2)(yi)2 + (5-4i)(yi) – 10i = 0

 -iy3 – 2y2 + 2iy2 + 5iy + 4y – 10i = 0 = 0 + 0i
đồng nhất hoá hai vế ta được:
2 y 2  4 y  0
giải hệ này ta được nghiệm duy nhất y = 2
 3
2
 y  2 y  5 y  10  0

Vậy phương trình (1) có nghiệm thuần ảo z = 2i.
Vì phương trình (1) nhận nghiệm 2i
 vế trái của (1) có thể phân tích dưới dạng:
z3 + (2 – 2i)z2 + (5 – 4i)z – 10i = (z – 2i)(z2 +az + b) (a, b  R)
đồng nhất hoá hai vế ta giải được a = 2 và b = 5.

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | -


Khóa học Luyện thi Quốc gia PEN-C: Môn Toán – Thầy Lê Bá Trần Phương

Số Phức

 z  2i
 z  2i

  z  1  2i
 (1)  (z – 2i)(z = 2z + 5) = 0   2

z  2z  5  0
 z  1  2i

2

Vậy phương trình (1) có 3 nghiệm.
Bài 4. Giải các phương trình: z3 = 18 + 26i, trong đó z = x + yi ; x,y  Z
Giải:
Ta có: (x + yi)3 = x3 – 3xy2 + (3x2y – y3)i = 18 + 26i
3
2
 x  3 xy  18
Theo định nghĩa hai số phức bằng nhau, ta được:  2
3
3 x y  y  26

Từ hệ trên, rõ ràng x  0 và y  0.
Đặt y = tx , hệ  18(3x2y – y3) = 26(x3 – 3xy2 )
 18(3t-t3 ) = 26(1-3t2)  18t3 – 78t2 – 54t+26 = 0  ( 3t- 1)(3t2 – 12t – 13) = 0.
Vì x, y  Z  t  Q  t = 1/3  x = 3 và y = 1  z = 3 + i.
Bài 5.Giải phương trình: z4 – 4z3 +7z2 – 16z + 12 = 0 (1)
Giải:
Do tổng tất cả các hệ số của phương trình (1) bằng 0 nên (1) có nghiệm z = 1.
(1)  (z – 1)(z3 – 3z2 + 4z – 12) = 0
 (z – 1) (z – 3) (z2 + 4) = 0

z  1
z  1
z  3


 z  3

 z  2i
 z 2  4  0

 z  2i
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm.
Bài 6. Giải phương trình: (z2 + z)2 + 4(z2 + z) -12 = 0
Giải:
Đặt t = z2 + z, khi đó phương trình đã cho có dạng:

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | -


Khóa học Luyện thi Quốc gia PEN-C: Môn Toán – Thầy Lê Bá Trần Phương

Số Phức


1  23i
z 
2

2
z  z  6  0


 t  6
1  23i
t2 + 4t – 12 = 0  
 2
 z 
2
t  2
z  z  2  0

z  1

 z  2

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm.

Bài 7. Giải phương trình: z4 -2z3 – z2 – 2z + 1 = 0 (1)
Giải:
Do z = 0 không là nghiệm của (1)  chia hai vế của phương trình cho z2 ta được:
z2 - 2z – 1 - 2

Đặt y = z +

1
1
+ 2 = 0.
z
z

1
 phương trình có dạng:

z

Với y = -1  = z +

Với y = 3  = z +

 y  1
y2 – 2y – 3 = 0  
y  3

1  i 3
1
= -1  z =
2
z
3 5
1
=3z=
2
z

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm
Bài 8. Giải phương trình: z4 – z3 +

z2
+z+1=0
2

(1)

Giải:
Do z = 0 không phải là nghiệm của phương trình (1) nên:
(1)  zz – z +

1 1
1
+ + 2 =0
2 z
z

1
1
5
 (z- )2 – (z- ) + = 0.
z
z
2

1  3i

y

1
5
2
Đặt y = z -  pt có dạng: y2 – y +
= 0  2y2 – 2y + 5 = 0  
z
2
 y  1  3i


2
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | -


Khóa học Luyện thi Quốc gia PEN-C: Môn Toán – Thầy Lê Bá Trần Phương

Với y =

Số Phức

1  3i
1 1  3i
z- =
 2z2 – (1+3i)z – 2 = 0 (2)
2
z
2

Ta có :  = (1+3i)2 + 16 = 8 +6i = (3+i)2
1 1
z2 =  + i
2 2

 phương trình (2) có 2 nghiệm: z1 = 1+i

Với y =

1  3i
1 1  3i
z- =
 2z2 – (1-3i)z – 2 = 0 (3)
2
z
2

Ta có :  = (1-3i)2 + 16 = 8 -6i = (3-i)2
 phương trình (3) có 2 nghiệm: z3 = 1-i

1 1
z4 =  - i
2 2

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm.
*Một số bài tập trong khóa PEN C – Thầy Phan Huy Khải:
Bài 1. Tìm căn bậc 2 của các số phức sau:
a. 1  2 6i

b. 5  12i

c. 8  6i

Giải:
a. Giả sử số phức đó có căn bậc 2 là : w  a  bi; a, b  R
Ta có:

w 2  1  2 6i
 2 6
a 4  a 2  6  0
a  a 2  1  0
 a  b  1

a   2




 6
2abi  2 6i
 b  6
 b
 b   3
a


a
2

Vậy w  

2



2  3i



Các trường hợp khác tương tự:
b.   2  3i 

c.  1  3i 

Bài 2. Giải phương trình  z  i   z 2  1 z 3  i   0 (1)
Giải:
 z i  0
 zi
 2
(1)   z  1  0   z  i
 z 3  i  0
 z 3  i (*)
Giải phương trình (*):
Giả sử số phức cần tìm là : z  a  bi; a, b  R

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | -


Khóa học Luyện thi Quốc gia PEN-C: Môn Toán – Thầy Lê Bá Trần Phương

Số Phức

 (a  bi )3  i

  a0
 a 3  3ab 2  0

 2
   a 2  3b 2
3
3a b  b  1  2
3
3a b  b  1
* a  0, b  1
 z i

* a 2  3b 2
 8b3  1  b 

1
3
a
2
2

Vậy phương trình đã cho có nghiệm z  i; z  i; z 

3 i
3i
;z  
2
2

Bài 3. Giải phương trình: z 3  3 z 2  3 z  63  0 (1)

Giải:

(1)  ( z  3)( z 2  6 z  21)  0
z 3

 2
 z  6 z  21  0(*)
Giải phương trình (*)
 '  9  21  12  12i 2

 z  3  2 3i

 z  3  2 3i
z 3

Vậy: 
 z  3  2 3i

Bài 4. Giải phương trình: z 2   2i  1 z  1  i  0
Giải:

  (2i  1)  4(1  i )  1
2

(2i  1)  1

i
 z
2


 z  (2i  1)  1  1  i

2

 z1  z2  3(1  i )
Bài 5. Giải hệ phương trình 
3
3
 z1  z2  9(1  i )
Giải:
Ta có:

z13  z23  ( z1  z2 )3  3 z1 z2 ( z1  z2 )
 9(1  i )  27(1  i )3  9 z1 z2 (1  i )
 1  i  3(2  2i )  z1 z2 (1  i )
 z1 z2 

5  5i
 5i
1 i

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | -


Số Phức

Khóa học Luyện thi Quốc gia PEN-C: Môn Toán – Thầy Lê Bá Trần Phương

 z  z  3(1  i )
 1 2
 z1 z2  5i
z1 , z2 là nghiệm của phương trình: z 2  3(1  i )  5i  0

  9(1  i ) 2  20i  2i
   1 i
3(1  i )  (1  i )

 1  2i
z 
2

 z  3(1  i )  (1  i )  2  i

2
Vậy nghiệm của hệ là:

 2  i;1  2i 

(1  2i; 2  i )

Giáo viên: Lê Bá Trần Phương
Nguồn:

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

Hocmai.vn

- Trang | -