SKKN sáng kiến kinh ngiệm hướng dẫn học sinh phân loại và giải một số bài toán về số phức

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ
TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 2

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

HƯỚNG DẪN HỌC SINH PHÂN LOẠI VÀ GIẢI
MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ SỐ PHỨC

Người thực hiện: Lê Thị Hiền
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc lĩnh mực (môn): Toán

THANH HOÁ NĂM 2015


MỤC LỤC

A. ĐẶT VẤN ĐỀ
Lời mở đầu
Thực trạng của vấn đề nghiên cứu
Đối tượng và thời gian nghiên cứu
Phương pháp nghiên cứu
B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
Cơ sở lí thuyết
Các dạng bài tập cơ bản
C. KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT
Kết quả
Kiến nghị

Trang
1

1
1
2
2
3
3
4
20
20
20

A. ĐẶT VẤN ĐỀ
I. LỜI MỞ ĐẦU
Toán học là một môn học rất quan trọng trong chương trình phổ thông, nó
chiếm một vai trò lớn trong việc hình thành và phát triển trí tuệ, nhân cách con


người; Toán học còn là môn học công cụ để cho các em học tốt các môn học
khác.
Trang bị những kiến thức, phương pháp, kĩ năng và phát triển tư duy, trí
tuệ cho học sinh là mục tiêu hàng đầu trong các mục tiêu dạy học môn Toán nói
chung và chương trình lớp 12 phần Số phức nói riêng. Số phức là một phần quan
trọng trong chương trình toán THPT có thể phát triển khả năng tư duy Toán học
cho học sinh, được áp dụng nhiều trong các kì thi Tốt nghiệp THPT và Đại họcCao đẳng (nay là kì thi THPT quốc gia) nhưng thời lượng nội dung này rất ít và
nội dung này mới được đưa vào chương trình phổ thông từ năm 2008 do đó học
sinh còn lúng túng khi trong việc phân dạng và lựa chọn phương pháp phù hợp
để giải các bài toán về số phức.
Từ những kinh nghiệm giảng dạy, tích lũy chuyên môn, phụ đạo học sinh
yếu kém và bồi dưỡng học sinh khá giỏi lớp 12, luyện thi Tốt nghiệp, Đại họcCao đẳng, tôi đã lựa chọn và phân dạng cho mỗi bài toán về Số phức từ đơn giản
đến phức tạp và có phương pháp giải phù hợp để giúp cho mọi đối tượng học

sinh không bị thụ động vì sự đa dạng của bài toán. Từ đó, tôi đã lựa chọn nghiên
cứu đề tài "Hướng dẫn học sinh phân loại và giải một số bài toán về Số phức"
với mong muốn giúp học sinh của mình thấy dễ dàng hơn khi học phần Số phức
và có thêm tài liệu trong quá trình ôn thi kì thi THPT quốc gia. Với kinh
nghiệm, năng lực và thời gian nghiên cứu có hạn, tôi mong được sự góp ý của
đồng nghiệp và hội đồng khoa học để đề tài hoàn thiện hơn.
II. THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ
1. Thực trạng
Trên thực tế đã có rất nhiều năm trong các kì thi vào đại học cao đẳng, các
kì thi tốt nghiệp THPT đều có các bài toán về số phức trong bài thi. Tuy nhiên
sau nhiều năm trực tiếp tham gia giảng dạy môn Toán lớp 12 ở trường THPT
Triệu Sơn 2, tôi nhận thấy trình độ nhận thức, kĩ năng thực hành, phương pháp
tư duy,...của một số học sinh về các bài toán về số phức còn yếu, do một số
nguyên nhân sau:
- Học sinh nắm kiến thức cơ bản không vững, chưa chủ động học tập một cách
tích cực, ngại phát hiện và giải quyết những vấn đề mới dựa trên nền tảng kiến
thức cũ.
- Thời lượng dành cho nội dung số phức còn ít và lại xếp vào cuối chương trình
Giải tích 12.
- Số phức là một mảng kiến thức mới được đưa vào chương trình phổ thông nên
tài liệu tham khảo còn ít.
2. Hiệu quả vấn đề


Các dạng toán này đã được tôi áp dụng giảng dạy cho học sinh ở trường
THPT Triệu Sơn 2. Tôi đã áp dụng giảng dạy cho học sinh và khi các em gặp
các bài toán dạng này thì các em giải rất nhanh và thường đạt kết quả tốt.
III. ĐỐI TƯỢNG VÀ THỜI GIAN NGHIÊN CỨU
1. Đối tượng nghiên cứu
- Chỉ chủ yếu đề cập đến phương pháp giải một số bài toán về số phức và một

số bài tập có liên quan.
- Đối tượng được áp dụng để thực hiện là học sinh lớp 12 của trường THPT
Triệu Sơn 2 ở các lớp tôi phụ trách.
2. Thời gian nghiên cứu: Nghiên cứu trong các năm học 2009-20010, 20102011, 2012-2013, 2014-2015.
IV. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
- Nghiên cứu lí thuyết: Nghiên cứu tài liệu là sách giáo khoa và một số sách
tham khảo, báo Toán học tuổi trẻ để có được hệ thống các kiến thức hoàn chỉnh
về số phức sau đó sắp xếp những kiến thức cần dùng theo một trình tự và logic
môn học. Phân chia các bài toán thành các dạng để học sinh dễ vận dụng và nắm
bắt phương pháp.
- Nghiên cứu thực tế: Sau khi có được nghiên cứu lí thuyết có thể sử dụng sáng
kiến kinh nghiệm vào các giờ dạy tự chọn nâng cao và các buổi bồi dưỡng ôn thi
đại học. Thông qua đó đánh giá mức độ hứng thú tiếp thu của học sinh kết quả
cho thấy phương pháp này rất hiệu quả cho các em giải các bài toán phần này.

B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I. CƠ SỞ LÝ THUYẾT
1. Định nghĩa số phức: Một số phức là một biểu thức dạng a + bi trong đó a và
b là những số thực và số i thỏa mãn i 2 = −1 . Kí hiệu: z = a + bi.


i: đơn vị ảo
a: phần thực
b: phần ảo
Chú ý:
- Số phức có phần ảo bằng 0 được gọi là số thực.
- Số phức có phần thực bằng 0 được gọi là số ảo (hay số thuần ảo).
- Số 0 vừa là số thực vừa là số ảo.
- Tập hợp các số phức được kí hiệu là £ .
2. Hai số phức bằng nhau:

Hai số phức z = a + bi ( a, b ∈ ¡ ) , z ' = a '+ b ' i

( a ', b ' ∈ ¡ )

gọi là bằng nhau nếu: a = a ', b = b ' . Khi đó ta viết z = z ' .
3. Biểu diễn hình học số phức
Một số phức z = a + bi được biểu diễn hình học bởi điểm M(a; b) trên mặt
phẳng Oxy. Ngược lại mỗi điểm M(a; b) biểu diễn một số phức z = a + bi.
Gốc toạ độ O: biểu diễn số 0
Trục Ox : Trục thực
Trục Oy : Trục ảo.
uuuur
4. Môđun của số phức: Độ dài của vectơ OM được gọi là môđun của số phức z
và kí hiệu z .
5. Số phức liên hợp: Cho số phức z = a + bi . Ta gọi a - bi là số phức liên hợp
của z và kí hiệu z = a − bi .
6. Phép cộng số phức: Tổng của hai số phức z = a + bi và z ' = a '+ b ' i
(a, b, a ', b ' ∈ ¡ ) là số phức z + z ' = a + a '+ (b + b ')i .
7. Phép trừ số phức: Hiệu của hai số phức z = a + bi và z ' = a '+ b ' i
(a, b, a ', b ' ∈ ¡ ) là tổng của z với -z', tức là z − z ' = a − a '+ (b − b ')i .
8. Phép nhân số phức: Tích của hai số phức z = a + bi và z ' = a '+ b ' i
(a, b, a ', b ' ∈ ¡ ) là số phức z.z ' = aa '− bb '+ (ab '+ a ' b)i .
9. Tổng và tích của hai số phức liên hợp: Cho số phức z = a + bi (a, b ∈ ¡ ) .
Ta có
z + z = 2a
2.
z. z = a 2 + b 2 = z
z ' z '.z
z
≠

0
10. Phép chia hai số phức: Nếu
thì = 2 .
z
z
11. Căn bậc hai của số phức: Cho số phức w. Mỗi số phức z thỏa mãn z 2 = w
được gọi là một căn bậc hai của w.
12. Phương trình bậc hai: Cho phương trình bậc hai Az 2 + Bz + C = 0 , trong
đó A, B, C là những số phức và A ≠ 0. Xét biệt thức ∆ = B 2 − 4 AC .


* Nếu ∆ ≠ 0 thì (1) có hai nghiệm phân biệt: z1 =
là một căn bậc hai của ∆

−B + δ
−B − δ
, z2 =
. Với δ
2A
2A

B
.
2A
13. Acgumen của số phức: Cho số phức z ≠ 0. Gọi M là điểm trong mặt phẳn
phức biểu diễn số phức z. Số đo (rad) của mỗi góc lượng giác tia đầu Ox, tia
cuối OM được gọi là một acgumen của z.
14. Dạng lượng giác của số phức
Định nghĩa: Dạng z = r(cos ϕ + i sin 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.
n
n
15. Công thức Moa-vrơ: [r (cos ϕ + i sin ϕ )] = r (cos nϕ + i sin nϕ ) .
n
Khi r = 1, ta có: (cos ϕ + i sin ϕ ) = cos nϕ + i sin nϕ .
* Nếu ∆ = 0 thì (1) có nghiệm kép: z1 = z2 = −

II. CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP
1. Giải phương trình trên tập số phức
1.1. Phương trình bậc nhất, bậc hai và phương trình quy về bậc hai
Bài 1: (Trích đề thi Đại học khối D năm 2012) Giải phương trình sau trên tập
2
số phức z + 3(1 + i ) z + 5i = 0 .
(1)
2
Giải: Ta có ∆ = [ 3(1 + i ) ] − 4.5i = −2i = 1 − 2i + i 2 = (1 − i ) 2 .
−3(1 + i ) − (1 − i )

= −2 − i
 z1 =
2
(1) ⇔ 
 z = −3(1 + i) + (1 − i ) = −1 − 2i
 2
2
Đáp số: z1 = -2 - i, z2 = -1 - 2i.
Bài 2: (Trích đề thi Cao đẳng khối A,B, D năm 2012) Cho số phức z thoả mãn
2−i
= ( 3 − i ) z (1)

( 1 − 2i ) z −
1+ i
Tìm toạ độ điểm biểu diễn của z trong mặt phẳng toạ độ Oxy.
2−i
2−i
1 7
⇔ ( −2 − i ) z =
⇔z= + i
Giải: (1) ⇔ ( 1 − 2i ) z − ( 3 − i ) z =
1+ i
1+ i
10 10
Đáp số: Vậy tọa độ điểm biểu diễn của z trong mặt phẳng toạ độ Oxy thỏa mãn
1 7
yêu cầu bài toán là M  ; ÷.
 10 10 
Bài 3: (Trích đề thi Cao đẳng khối A, B, D năm 2009) Giải phương trình sau
4 z − 3 − 7i
= z − 2i
trên tập số phức:
(1)
z −i
Giải: ĐK: z ≠ i


(1) ⇒ 4 z − 3 − 7i = ( z − 2i ) ( z − i ) ⇔ z 2 − ( 4 + 3i ) z + 1 + 7i = 0

(2)

Phương trình (2) có ∆ = ( 4 + 3i ) − 4 ( 1 + 7i ) = 3 − 4i = 4 − 4i + i 2 = ( 2 − i ) .

4 + 3i − (2 − i )

z
=
= 1 + 2i (t/m)

2
Do đó: (2) ⇔ 
 z = 4 + 3i + (2 − i ) = 3 + i (t/m)

2
Đáp số: z = 1 + 2i và z = 3 + i .
2
2
Bài 4: Giải phương trình sau trên tập số phức ( 9 z 2 + 11) + 16 ( 3 z + 2 ) = 0.
2

2

Giải: ( 9 z 2 + 11) + 16 ( 3 z + 2 ) = 0 ⇔ ( 9 z 2 + 11) +  4 ( 3 z + 2 ) i  = 0
⇔ 9 z 2 + 11 + 4 ( 3 z + 2 ) i  9 z 2 + 11 − 4 ( 3 z + 2 ) i  = 0
2

2

2

2

⇔ ( 9 z 2 + 12iz + 11 + 8i ) ( 9 z 2 − 12iz + 11 − 8i ) = 0

1
1 2
Đáp số: Vậy phương trình có 4 nghiệm là z1 = + 2i; z2 = − − i;
3
3 3
1
1 2
z3 = − 2i; z4 = − + i.
3
3 3
2
2
Chú ý: Khi gặp phương trình dạng [ f ( z ) ] + [ g ( z ) ] = 0 ta đưa phương trình
đó về dạng [ f ( z ) ] − [ g ( z ).i ] = 0 ⇔ [ f ( z ) − g ( z ).i ][ f ( z ) + g ( z ).i ] = 0
 f ( z ) − g ( z ).i = 0
⇔
.
 f ( z ) + g ( z ).i = 0
Bài 5: Gọi z1 và z2 là hai nghiệm phức của phương
z z 3+i
.
z 2 − (m + 4i ) z − 1 + 7i = 0 (1). Tìm số phức m sao cho 1 + 2 =
z2 z1
2
2

2

Giải: Phương trình (1) có ∆ = ( m + 4i ) − 4 ( −1 + 7i ) .

Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ ≠ 0 .
 z1 + z2 = m + 4i
Khi đó theo định lí Vi-et ta có 
.
z
z
=
−
1
+
7
i
 1 2
2

z1 z2 3 + i
z12 + z22 3 + i
(z +z )
3+i
+ =
⇔
=
⇔ 1 2 −2=
Mặt khác:
z2 z1
2
z1 z2
2
z1 z2
2

2

( m + 4i )
⇔

2

7+i
2
2
2
⇔ ( m + 4i ) = −7 + 24i ⇔ ( m + 4i ) = ( 3 + 4i )
− 1 + 7i
2
 m + 4i = 3 + 4i
m = 3
⇔
⇔
( t/m ∆ ≠ 0 )
m
+
4
i
=
−
3
−
4
i
m

=
−
3
−
8
i


Vậy m = 3; m = −3 − 8i.
=

trình


Chú ý: Bài này học sinh thường giải thiếu nghiệm m = −3 − 8i vì xem m là số
thực.
Bài 6: Giải các phương trình sau trên tập số phức:
2
a) ( z 2 + z ) + 4 ( z 2 + z ) − 12 = 0 .
b)

( z + 3 − i)

2

− 6 ( z + 3 − i ) + 13 = 0 .

2

 iz + 3 

 iz + 3 
c) 
÷ − 3
÷− 4 = 0 .
 z − 2i 
 z − 2i 
Hướng dẫn

w = 2
2
a) Đặt w = z 2 + z ta được phương trình w + 4w − 12 = 0 ⇔ 
.
 w = −6
* Với w = 2 ⇔ z 2 + z = 2 ⇔ z = 1, z = −2 .
−1 ± i 23
* Với w = −6 ⇔ z 2 + z = −6 ⇔ z =
2
−1 ± i 23
Vậy phương trình có 4 nghiệm là z = 1, z = −2, z =
.
2
b) Đặt w = z + 3 − i .
iz + 3
c) Đặt w =
.
z − 2i
2
Chú ý: Khi gặp phương trình dạng A[ f ( z ) ] + B [ f ( z ) ] + C = 0 ta đặt
w = f ( z ) để được phương trình Aw2 + Bw + C = 0 , giải phương trình này tìm
w rồi tìm z.

z2
4
3
Bài 7: Giải phương trình: z − z + + z + 1 = 0 trên tập số phức.
2
Giải: Dễ thấy z = 0 không phải là nghiệm của phương trình đã cho nên chia cả
hai vế của phương trình cho z 2 ta được
2
1 1 1
1
1


2
z − z + + + 2 = 0 ⇔ 2  z − ÷ − 2  z − ÷+ 5 = 0
2 z z
z
z


1
1 ± 3i
Đặt t = z − ta được phương trình 2t 2 − 2t + 5 = 0 ⇔ t =
.
z
2
1 − 3i
1 1 − 3i
1+ i
⇔z− =

⇔ 2 z 2 − (1 − 3i ) z − 2 = 0 ⇔ z1 = −
, z2 = 1 − i .
* Với t =
2
z
2
2
1 + 3i
1 1 + 3i
−1 + i
⇔z− =
⇔ 2 z 2 − (1 + 3i) z − 2 = 0 ⇔ z3 =
, z4 = 1 + i .
* Với t =
2
z
2
2
1+ i
−1 + i
, z 2 = 1 − i , z3 =
, z4 = 1 + i.
Đáp số: z1 = −
2
2
Bài 8: Giải phương trình sau trên tập số phức z 4 − z 3 + 6 z 2 − 4 z + 16 = 0 .
4
Hướng dẫn: Chia cả hai vế của phương trình cho z 2 rồi đặt t = z + .
z

1
15
1
15
Đáp số: z1 = − −
i; z 2 = − +
i; z3 = 1 − 3i; z4 = 1 + 3i.
2
2
2
2
2
Bài 9: Giải phương trình sau trên tập hợp số phức: ( z − z ) ( z + 3) ( z + 2 ) = 10
4
Hướng dẫn: Chia cả hai vế của phương trình cho z 2 rồi đặt t = z + .
z
1
15
1
15
Đáp số: z1 = − −
i; z 2 = − +
i; z3 = 1 − 3i; z4 = 1 + 3i.
2
2
2
2
Bài 10: Giải phương trình sau trên tập số phức:
z 3 − ( 3 − i ) z 2 − ( 2 − i ) z + 16 − 2i = 0 (1)

biết phương trình trên có một nghiệm thực.
Giải: Gọi nghiệm thực của phương trình (1) là a, ta có
a 3 − ( 3 − i ) a 2 − ( 2 − i ) a + 16 − 2i = 0 ⇔ a 3 − 3a 2 − 2a + 16 + ( a 2 + a − 2 )i = 0
a 3 − 3a 2 − 2a + 16
⇔ 3
⇔ a = −2.
2
a
−
3
a
−
2
a
+
16


 z = −2
2
⇔
z
+
2
z
−
5
−
i
z

+
8
−
i
=
0
⇔


(
) ( )
Do đó (1)
 2

 z − ( 5 − i ) z + 8 − i = 0 (2)
2
Phương trình (2) có ∆ = ( 5 − i ) − 4(8 − i) = −8 − 6i = 1 − 6i + 9i 2 = (1 − 3i ) 2
Do đó (2) ⇔ z = 2 + i, z = 3 − 2i.
Đáp số: phương trình (1) có 3 nghiệm z = −2, z = 2 + i, z = 3 − 2i.
1.2 Tìm số phức z bằng cách giả sử z = a + bi
Bài toán: Tìm số phức z thỏa mãn phương trình (1).
Ta thường thực hiện theo các bước:
Bước 1: Giả sử z = a + bi (a, b∈ ¡ )
Bước 2: Thay z = a + bi vào phương trình (1) và sử dụng định nghĩa hai số phức
bằng nhau để lập một hệ phương trình từ đó có thể tìm ra a, b.
Bước 3: Kết luận.
Bài 1: (Trích đề thi Đại học khối D năm 2011) Tìm số phức z , biết
z − ( 2 + 3i ) z = 1 − 9i .
Giải: Giả sử z = a + bi (a, b∈ ¡ ). Ta có
a + bi − ( 2 + 3i ) (a − bi ) = 1 − 9i ⇔ − a − 3b + (−3a + 3b)i = 1 − 9i

−a − 3b = 1
a = 2
⇔
⇔
−3a + 3b = −9 b = −1
Đáp số: z = 2 - i.
Bài 2: (Trích đề thi Đại học khối A năm 2011) Tìm tất cả các số phức z, biết
2
z2 = z + z .
Hướng dẫn: Giả sử z = a + bi (a, b∈ ¡ )


1 1
1 1
Đáp số: z = 0, z = − + i, z = − − i .
2 2
2 2
Bài 6: (Trích đề thi Đại học khối B năm 2011) Tìm số phức z, biết
5+i 3
z−
−1 = 0 .
z
Hướng dẫn: Giả sử z = a + bi (a, b∈ ¡ ). Đáp số: z = 1 − i 3, z = 2 − i 3 .
Bài 4: (Trích đề thi Đại học khối D năm 2010) Tìm số phức z thỏa mãn:
z = 2 và z 2 là số thuần ảo.
Hướng dẫn: Giả sử z = a + bi (a, b∈ ¡ )
Đáp số: z = 1 + i; z = 1 − i; z = −1 + i; z = −1 − i.
25
= 8 − 6i . (1)
Bài 5: Tìm số phức z thỏa mãn phương trình: z +

z
Giải: ĐK: z ≠ 0. Giả sử z = a + bi (a, b∈ ¡ , a 2 + b 2 > 0 )
 a ( a 2 + b 2 + 25 )
= 8 (2)

a ( a 2 + b 2 + 25 ) b ( a 2 + b 2 + 25 )

a 2 + b2
(1) ⇔
−
i = 8 − 6i ⇔ 
2
2
a 2 + b2
a 2 + b2
 b ( a + b + 25 )
= 6 (3)

a 2 + b2
a 3
3
= ⇒ a = b Thay vào (2) ta được
b 4
4
 a = 0 ⇒ b = 0 (l)
a ( a 2 − 8a + 16 ) = 0 ⇔ 
 a = 4 ⇒ b = 3 (t/m)
Vậy số phức cần tìm là: z = 4 + 3i.
iz − (1 + 3i) z
2

= z .
Bài 6: Tìm số phức z thỏa mãn điều kiện
1+ i
45 9
+ i.
Đáp số: z1 = 0; z2 =
26 26
Bài 7: (Trích đề thi Đại học khối B năm 2009) Tìm số phức z thỏa mãn:
z − ( 2 + i ) = 10 và z.z = 25 .
Đáp số: z = 3 + 4i , z = 5 .
Lấy (2) chia cho (3) ta được

2. Tìm phần thực, phần ảo và môđun của số phức
Chú ý:
1. Cho số phức z = a + bi (a, b∈ ¡ ). Trong đó
a: phần thực của số phức z.
b: phần ảo của số phức z.
z là số thực ⇔ b=0
z là số ảo ⇔ a=0
Số 0: vừa là số thực, số ảo


2. Môđun của số phức z: z = a 2 + b 2 ,

z = z , z .z = z

2

z = OM = a 2 + b 2 , với M là điểm biểu diễn z và O là gốc tọa độ.
Bài 1: (Trích đề thi Cao đẳng năm 2011) Cho số phức z thoả mãn

z 2 − 2(1 + i ) z + 2i = 0 .
1
Tìm phần thực và phần ảo của số phức .
z
1 1 1
2
Giải: z − 2(1 + i ) z + 2i = 0 ⇔ z = 1 + i . Ta có = − i
z 2 2
1
1
1
Vậy số phức có phần thực là và phần ảo là − .
z
2
2
Bài 2: (Trích đề thi Đại học khối D năm 2012) Cho số phức z thoả mãn
2 ( 1 + 2i )
= 7 + 8i . Tìm môđun của số phức w = z + 1 + i .
( 2 + i) z +
1+ i
Đáp số: z = 3 + 2i, w = 4 + 3i, w = 5 .
Bài 3: (Trích đề thi Cao đẳng năm 2012) Gọi z1 , z2 là hai nghiệm phức của
phương trình z 2 − 2 z + 1 + 2i = 0 . Tính z1 + z2 .
z = i
2
Giải: Ta có z − 2 z + 1 + 2i = 0 ⇔ 
z = 2 − i
Vậy z1 + z2 = 1 + 5 .
Bài 4: (Trích đề thi Đại học khối A năm 2012) Cho số phức z thoả mãn
5( z + i )

= 2 − i . Tìm môđun của số phức w = 1 + z + z 2 .
z +1
Đáp số: z = 1 + i, w = 2 + 3i, w = 13 .
Bài 5: (Trích đề thi Đại học khối A năm 2011) Tìm môđun của số phức z, biết
( 2 z − 1) ( 1 + i ) + ( z + 1) ( 1 − i ) = 2 − 2i .
1 1
2
Đáp số: z = − i ⇒ z =
.
3 3
3
Bài 6: (Trích đề thi Cao đẳng năm 2011) Cho số phức z thoả mãn
2
( 1 + 2i ) z + z = 4i − 20 . Tính môđun của số phức z.
Đáp số: z = 4 + 3i, z = 5 .
Bài 7: Tìm phần thực của số phức: z = ( 1 + i ) , trong đó n ∈ ¥ và thỏa mãn:
log 4 ( n − 3) + log 5 ( n + 6 ) = 4 .
Đáp số: n = 19, z = −512 + 512i nên phần thực của số phức z là -512.
Bài 8: (Trích đề thi Đại học khối A năm 2010) Tìm phần ảo của số phức z, biết
n

z=

(

2 +i

) ( 1 − 2i ) .
2

Đáp số: z = 5 − 2i nên phần ảo là − 2 .
Bài 9: (Trích đề thi Đại học khối A năm 2010) Cho số phức z thoả mãn

( 1 − 3i )
z=

3

. Tìm môđun của số phức z + iz .

1− i
Đáp số: z = -4 + 4i, z + iz = −8 − 8i ⇒ z + iz = 8 2 .
Bài 10:(Trích đề thi Đại học khối A năm 2009) Gọi z1 và z2 là hai nghiệm phức
2
2
của phương trình z 2 + 2 z + 10 = 0. Tính giá trị của biểu thức A = z1 + z2 .
2

2

Đáp số: A = z1 + z2 = 20 .
Bài 11: (Trích đề thi Cao đẳng năm 2009) Cho số phức z thỏa mãn
(1 + i ) 2 (2 − i) z = 8 + i + (1 + 2i ) z.
Tìm phần thực và phần ảo của z.
Đáp số: z có phần thực là 2 và phần ảo là −3 .
α
Bài 12: Cho α , β là hai số phức liên hợp thoả mãn
là số thực và
β2

α − β = 2 3 . Tính α .
Đáp số: Giả sử α = a + bi (a, b∈ ¡ ), thì β = a − bi .
Ta có α − β = 2 3 ⇔ 2bi = 2 3 ⇔ 2 b = 2 3 ⇔ b 2 = 3 .
a 3 − 3ab 2 + 3b ( a 2 − b 2 ) i
a + bi )
α
α3
(
=
=
Mặt khác 2 =
2
β
( αβ ) ( αβ ) ( a 2 + b 2 ) 2
( a 2 + b2 )
3

a 2 + b 2 ≠ 0
a 2 = 3

2
2
⇒ α =3 2.
Từ giả thiết ta có 3b ( a − b ) = 0 ⇔  2
b
=
3

 2
b = 3

3. Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức
Bài toán: Tìm tập hợp các điểm trên mặt phẳng phức biểu diễn số phức z thoả
mãn điều kiện cho trước.
Cách giải: Giả sử z = x + yi, x, y ∈ ¡ .
Từ điều kiện của bài toán, tìm mối quan hệ giữa x và y từ đó suy ra tập hợp các
số phức z thoả mãn điều kiện của bài toán.
3.1. Tập hợp các điểm biểu diễn số phức là một đường thẳng
Bài 1: Trên mặt phẳng phức, hãy tìm tập hợp các điểm biểu diễn các số phức z
thoả mãn điều kiện sau z + i = z − 2 .
Giải: Giả sử z = x + yi, x, y ∈ ¡ .
Theo bài ra z + i = z − 2 ⇔ x + yi + i = x + yi − 2 ⇔ x + ( y + 1)i = x − 2 + yi


x 2 + ( y + 1) 2 =

( x − 2)

2

+ y 2 ⇔ 4 x + 2 y − 3 = 0.

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn các số phức z thoả mãn yêu cầu bài toán là
đường thẳng có phương trình 4 x + 2 y − 3 = 0 .
Bài 2: Trên mặt phẳng phức, hãy tìm tập hợp các điểm biểu diễn các số phức z
z+i
= 1.
thoả mãn từng điều kiện
z+2
Đáp số: Tập hợp các điểm biểu diễn các số phức z thoả mãn yêu cầu bài toán là
đường thẳng có phương trình 4 x − 2 y + 3 = 0 .

Bài 3: Trên mặt phẳng phức, hãy tìm tập hợp các điểm biểu diễn các số phức z
thoả mãn z + 3 z = 2 + i 3 z .

(

)

Đáp số: Tập hợp các điểm biểu diễn các số phức z thoả mãn yêu cầu bài toán là
phần đường thẳng có phương trình y = − 3x với x ≥ 0 .
3.2. Tập hợp các điểm biểu diễn số phức là một đường tròn
Bài 1: (Trích đề thi Đại học khối B năm 2010) Trên mặt phẳng phức, hãy tìm
tập hợp các điểm biểu diễn các số phức z thoả mãn z − i = (1 + i ) z .
Giải: Giả sử z = x + yi, x, y ∈ ¡ . Theo bài ra
z − i = (1 + i ) z ⇔ x + yi − i = (1 + i )( x + yi ) ⇔ x + ( y − 1)i = x − y + ( x + y )i
x 2 + ( y − 1) 2 =

( x − y)

2

+ ( x + y ) 2 ⇔ x 2 + y 2 + 2 y − 1 = 0.

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn các số phức z thoả mãn yêu cầu bài toán là
đường tròn tâm I ( 0; −1) bán kính R = 2 .
Bài 2: (Trích đề thi Đại học khối D năm 2009) Trong mặt phẳng toạ độ phức,
tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều kiện z − (3 − 4i) = 2.
Đáp số: Tập hợp các điểm biểu diễn các số phức z thoả mãn yêu cầu bài toán là
đường tròn tâm I (3; −4) bán kính R=2.
Bài 3: Trên mặt phẳng phức, hãy tìm tập hợp các điểm biểu diễn các số phức z
thoả mãn từng điều kiện sau

a) z − 1 + 3i = 5
b) (2 − z )(i + z ) là số ảo
Đáp số: a) Tập hợp các điểm biểu diễn các số phức z thoả mãn yêu cầu bài toán
là đường tròn tâm I(1; -3) bán kính R = 5.
b) Tập hợp các điểm biểu diễn các số phức z thoả mãn yêu cầu bài toán là đường
 1
5
tròn tâm I  1; ÷ bán kính R =
.
 2
2
3.3. Tập hợp các điểm biểu diễn số phức là một hình tròn
Bài 1: Trên mặt phẳng phức, hãy tìm tập hợp các điểm biểu diễn các số phức z
thoả mãn từng điều kiện sau


a) z − 1 + i ≤ 2
b) z + 3 − 2i < 2
Đáp số:
a) Giả sử z = x + yi, x, y ∈ ¡ . Theo bài ra
z − 1 + i ≤ 2 ⇔ x + yi − 1 + i ≤ 2 ⇔ x − 1 + ( y + 1)i ≤ 2
⇔

( x − 1)

2

+ ( y + 1) 2 ≤ 2 ⇔ ( x − 1) + ( y + 1) 2 ≤ 4.
2

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn các số phức z thoả mãn yêu cầu bài toán là hình
tròn tâm I ( 1; −1) , bán kính R = 2 (kể cả biên).
b) Tập hợp các điểm biểu diễn các số phức z thoả mãn yêu cầu bài toán là hình
tròn tâm I ( −3;2 ) bán kính R = 2 ( không kể biên).
3.4. Tập hợp các điểm biểu diễn số phức là một đường cônic
Bài 1: Trên mặt phẳng phức, hãy tìm tập hợp các điểm biểu diễn các số phức z
z − z + 2i
= 2.
thoả mãn điều kiện
z −i
Đáp số: Tập hợp các điểm biểu diễn các số phức z thoả mãn yêu cầu bài toán là
1
parabol y = x 2 .
4
Bài 2: Trên mặt phẳng phức, hãy tìm tập hợp các điểm biểu diễn các số phức z
thoả mãn điều kiện z − 3 + z + 3 = 10 .
Giải: Trong mặt phẳng phức giả sử các điểm M, F1 , F2 lần lượt biểu diễn các số
uuuur
uuuur
phức z, -3, 3. Dễ thấy: F1M biểu diễn số phức z − ( −3) = z + 3 , F2 M biểu diễn số
phức z − 3 .Với F1 , F2 nằm trên trục thực Ox.
Khi đó điều kiện z − 3 + z + 3 = 10 ⇔ MF2 + MF1 = 10 và F1F2 = 6 .
Vậy tập hợp các điểm M là elip (E) có trục lớn bằng 10 và trục bé bằng 8,
x2 y 2
+
= 1.
phương trình của elip (E) là
25 16
4. Tìm số phức có môđun lớn nhất, nhỏ nhất
Bài toán: Tìm số phức z có môđun lớn nhất, nhỏ nhất thoả mãn điều kiện cho

trước.
Cách giải:
Bước 1: Tìm tập hợp A các điểm biểu diễn của z thoả mãn điều kiện cho trước.
Bước 2: Tìm số phức z tương ứng với điểm M ∈ ( A) sao cho khoảng cách OM
lớn nhất hoặc nhỏ nhất (với O là gốc tọa độ).
4.1. Tập hợp A là một đường thẳng
Chú ý: Trong trường hợp này bài toán thường chỉ yêu cầu tìm số phức có
môđun nhỏ nhất do đó ta cần tìm điểm M ∈ ( A) sao cho đoạn OM ngắn nhất.
Ta có các cách để tìm điểm M:


Cách 1: M là hình chiếu vuông góc của O trên đường thẳng biểu thị tập A.
Cách 2: Từ phương trình đường thẳng biểu thị tập A rút y theo x (hoặc rút x
theo y) rồi thay vào công thức tính OM và tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số bậc 2
vừa có được.
Bài 1: (Minh họa cho cách 1)
Biết rằng số phức z thoả mãn
u = ( z + 3 − i )( z + 1 + 3i ) là một số thực. Tìm giá trị nhỏ nhất của môđun của số
phức z.
Giải: Giả sử z = x + yi , x, y ∈ ¡ .Ta có:
u = ( z + 3 − i )( z + 1 + 3i ) = ( x + 3)( x + 1) − ( y − 1)(3 − y ) + [( x + 3)(3 − y ) + ( x + 1)( y − 1)]i
= x − y + 4 + [( x + 3)(3 − y ) + ( x + 1)( y − 1)]i
u là số thực ⇔ x − y + 4 = 0 .
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z để u là số thực là đường thẳng
∆: x − y + 4 = 0.
Gọi M(x; y) là điểm biểu diễn số phức z. Mà z = OM nên z nhỏ nhất ⇔ M là
hình chiếu của O lên đường thẳng ∆ . Gọi d là đường thẳng qua O và vuông góc
với ∆ .
Ta có d: x + y = 0 . Khi đó M= d ∩∆ ⇒ Toạ độ M là nghiệm của hệ phương
x + y = 0

 x = −2
⇔
⇒ M (−2;2)
trình: 
x − y = 0
y = 2
Vậy min z = 2 2 ⇒ z = −2 + 2i
Bài 2: (Minh họa cho cách 2) Biết rằng số phức z thoả mãn

z + 2 − 3i
= 1 (1)
z −4+i

Tìm số phức z có môđun nhỏ nhất
Giải: ĐK: z − 4 + i ≠ 0 ⇔ z ≠ 4 − i ⇔ z ≠ 4 + i (*)
2
Giả sử z = x + yi ( x, y ∈ ¡ ,( x; y ) ≠ (4;1), i = −1), ⇒ z = x − yi
2
2
(1) ⇔ z + 2 − 3i = z − 4 + i ⇔ ( x + 2) + ( y − 3)i = ( x − 4) + (1 − y )
( x + 2) 2 + ( y − 3) 2 = ( x − 4) 2 + (1 − y ) 2
⇔ ( x + 2) 2 + ( y − 3) 2 = ( x − 4) 2 + (1 − y ) 2 ⇔ 3 x − y − 1 = 0 (t/m (*))
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn z để u ∈ ¡ là đường thẳng ∆ : 3 x − y − 1 = 0
Gọi M(x; y) biểu diễn số phức z = x + yi . Do M ∈ ∆ nên M ( x;3x − 1)
Mà
6
1

z = OM = x 2 + y 2 = x 2 + (3x − 1) 2 = 10 x 2 − 6 x + 1 = 10  x 2 − x + ÷
10

10 

⇔

2

6
1
3
1
3
1
1



= 10  x 2 − x + ÷ = 10  x 2 − 2 x + ÷ = 10  x − ÷ +
≥
, ∀x .
10
10 
10
10 
10  10
10



1
3 1

⇔ z = − i.
Vậy min z =
10 10
10


Bài 3: Cho số phức z thoả mãn

z −1
3
= 1 . Tìm số phức z biết z + − 5i đạt giá
z − 2i
2

trị nhỏ nhất.
Gợi ý: Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z = x + yi thoả mãn

z −1
= 1 là
z − 2i

đường thẳng 2 x − 4 y + 3 = 0 .
3
2
Ta có z + − 5i = 5 ( y − 1) + 20 ≥ 2 5 .
2
3
1
Vậy min z + − 5i = 2 5 ⇔ z = + i .
2

2
4.2. Tập hợp A là một đường tròn
Chú ý: Trong trường hợp này bài toán thường yêu cầu tìm số phức có môđun
nhỏ nhất và số phức có môđun lớn nhất, do đó ta cần tìm điểm M , N ∈ ( A) sao
cho đoạn OM ngắn nhất và đoạn ON dài nhất. Ta có các cách để tìm các điểm
M, N:
Cách 1: M, N là giao của đường thẳng OI với đường tròn biểu thị tập A (I là
tâm đường tròn biểu thị tập A).
Cách 2: Sử dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-côp-xki.
Cách 3: Lượng giác hóa.
Bài 1: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z + 1 + 2i = 1
(1)
Tìm số phức z có môđun nhỏ nhất, lớn nhất.
Giải
Cách 1: Giả sử z = x + yi ( x, y ∈ ¡ )
(1) ⇔ z + 1 + 2i = 1 ⇔ x + yi + 1 + 2i = 1 ⇔ ( x + 1) + ( y + 2)i = 1

⇔ ( x + 1) 2 + ( y + 2) 2 = 1 ⇔ ( x + 1) 2 + ( y + 2) 2 = 1 .
Vậy tập hợp các điểm M(x; y) biểu diễn số phức z = x + yi thoả mãn điều kiện
(1) là đường tròn (C) có tâm I (−1; −2) , bán kính R = 1 .
Điểm M(x; y) biểu diễn số phức z có môđun nhỏ nhất ( hoặc môđun lớn
nhất) là một trong các giao điểm của đường thẳng OI với đường tròn (C) sao cho
độ dài đoạn OM nhỏ nhất ( hoặc lớn nhất).
Dễ thấy phương trình đường thẳng OI: y = 2x.
Tọa độ của điểm M là nghiệm của hệ phương trình:


 
1
2 

M 1  −1 +
; −2 +
1

÷ OM = 5 − 1

2
( x + 1) + ( y + 2) = 1 ( x + 1) =
5
5


1
⇔
⇒
5⇔

 
1
2  OM 2 = 5 + 1
 y = 2x
 y = 2 x
; −2 −
 M 2  −1 −
÷
5
5
 
1 
2 

+  −2 +
Vậy min z = 5 − 1 ⇔ z = −1 +
÷i
5 
5
1 
2 
max z = 5 + 1 ⇔ z = −1 −
+  −2 −
÷i .
5 
5
Cách 2: Giả sử z = x + yi ( x, y ∈ ¡ )
(1) ⇔ z + 1 + 2i = 1 ⇔ x + yi + 1 + 2i = 1 ⇔ ( x + 1) + ( y + 2)i = 1
2

2

⇔ ( x + 1) 2 + ( y + 2) 2 = 1 ⇔ ( x + 1) 2 + ( y + 2) 2 = 1 . (2)
Ta có
2
z = OM 2 = x 2 + y 2 = ( x + 1 − 1) 2 + ( y + 2 − 2) 2 = ( x + 1) 2 + ( y + 2) 2 − 2( x + 1) − 4( y + 2) + 5
= 6 − 2 [ ( x + 1) + 2( y + 2) ] do (2).
Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-côp-xki ta có
( x + 1) + 2( y + 2) ≤ ( 12 + 22 ) ( x + 1)2 + ( y + 2) 2  = 5 do (2)
⇔ − 5 ≤ ( x + 1) + 2( y + 2) ≤ 5 ⇔ 2 5 ≥ −2 [ ( x + 1) + 2( y + 2) ] ≥ 2 5

⇔ 6 + 2 5 ≥ 6 − 2 [ ( x + 1) + 2( y + 2) ] ≥ 6 − 2 5 ⇔

(

)

2

2

5 +1 ≥ z ≥

(

 x +1 y + 2
=
1 

2
⇔ z = −1 +
+  −2 +
Vậy min z = 5 − 1 ⇔  1
5

( x + 1) + 2( y + 2) = 5

 x +1 y + 2
=
1 

2
max z = 5 + 1 ⇔  1
⇔ z = −1 −

+  −2 −
5

( x + 1) + 2( y + 2) = − 5

Cách 3: Giả sử z = x + yi ( x, y ∈ ¡ )
(1) ⇔ z + 1 + 2i = 1 ⇔ x + yi + 1 + 2i = 1 ⇔ ( x + 1) + ( y + 2)i = 1
⇔ ( x + 1) 2 + ( y + 2) 2 = 1 ⇔ ( x + 1) 2 + ( y + 2) 2 = 1 .
 x + 1 = cos t
 x = −1 + cos t
⇔
Đặt 
. Ta có
 y + 2 = sin t
 y = −2 + sin t

)

5 −1

2

2 
÷i
5
2 
÷i .
5

1

2
2
 2

z = x 2 + y 2 = ( cos t − 1) + (sin t − 2) 2 = 6 − 2(2sin t + cos t ) = 6 − 2 5 
sin t +
cos t ÷
5
 5



2
1
2
;sin α =
, ta có z = 6 − 2 5 sin(t + α ) .Mà
5
5
−1 ≤ sin(t + α ) ≤ 1 ⇔ 2 5 ≥ −2 5 sin(t + α ) ≥ −2 5

Đặt cos α =

⇔ 6 + 2 5 ≥ 6 − 2 5 sin(t + α ) ≥ 6 − 2 5 ⇔
Vậy min z = 5 − 1 ⇔ sin(t + α ) = 1 ⇔ α =

(

)

2

2

5 +1 ≥ z ≥

(

)

5 −1

π
− t + k 2π , k ∈ ¢ .
2

2

2


sin t = cos α = 5
 x = −1 +
⇒
Khi đó 
1
cos t = sin α =
 y = −2 +



5

1
1 
2 
5
⇒ z = −1 +
+  −2 +
÷i .
2
5 
5
5
π
max z = 5 + 1 ⇔ sin(t + α ) = −1 ⇔ α = − − t + k 2π , k ∈ ¢ .
2
2
1


sin
t
=
−
cos
α
=
−
x
=

−
1
−

1 
2 
5 
5
⇒
⇒ z = −1 −
+  −2 −
Khi đó 
÷i .
1
2
5
5


cos t = − sin α = −
 y = −2 −
5 
5

z + 2−i
= 2
Bài 2: Biết rằng số phức z thoả mãn
(1)
z +1− i
Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của môđun số phức z.

Đáp số: z min = 10 − 3 ⇔ z = (−3 + 10)i , z max = 10 + 3 ⇔ z = ( 10 + 3)i
z + 2 + 3i
là số thuần ảo
z −i
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của mô đun của số phức z.
−2 + 10 −2 + 10
Đáp số: min z = 5 − 2 ⇔ z =
+
i
2
2
−2 − 10 −2 − 10
max z = 5 + 2 ⇔ z =
+
i.
2
2
4.3. Dùng phương pháp hàm số
Bài 1: Cho số phức z thoả mãn z = 1 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất
của biểu thức P = 1 + z + 3 1 − z
Giải: Giả sử z = x + yi; x, y ∈ ¡
2
2
2
2
Theo bài ra z = 1 ⇔ x + y = 1 ⇔ y = 1 − x ,
2
2
mà y ≥ 0 ⇔ 1 − x ≥ 0 ⇔ −1 ≤ x ≤ 1 .
Bài 3: Biết rằng số phức z thoả mãn: u =

Ta có 1 + z = 2 x + 2, 1 − z = 2 − 2 x
Vậy P = 2 x + 2 + 2 − 2 x với x ∈ [ −1;1] liên tục trên đoạn [ −1;1]


1
1
4
−
, x ∈ ( −1;1) ⇒ P ' = 0 ⇔ x = −
5
2x + 2
2 − 2x
 4
Ta có P (−1) = 6, P  − ÷ = 2 10; P(1) = 2
 5
Vậy: min P = 2 ⇔ x = 1, y = 0 ⇔ z = 1 ,
4
3
4 3
max P = 2 10 ⇔ x = − ; b = ± ⇔ z = − ± i.
5
5
5 5
3
Bài 2: Cho số phức z thoả mãn z = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của M = z − z + 2 .
Giải: Giả sử z = x + yi; x, y ∈ ¡
2
2
2

2
Theo bài ra z = 1 ⇔ x + y = 1 ⇔ y = 1 − x ,
2
2
mà y ≥ 0 ⇔ 1 − x ≥ 0 ⇔ −1 ≤ x ≤ 1 .
P' =

Ta có M = z 3 − z + 2 = 2 4 x 3 − x 2 − 4 x + 2

3
2
Dễ thấy hàm số f ( x) = 4 x − x − 4 x + 2 liên tục trên đoạn [ −1;1]
1
2
f '( x) = 12 x 2 − 2 x − 4 ⇒ f '( x) = 0 ⇔ x = − , x =
2
3
8
 1  13  2 
Ta có f ( −1) = f ( 1) = 1, f  − ÷ = , f  ÷ = −
3
 2 4 3
1
3
Vậy max M = 2 max f ( x) = 13 ⇔ x = − ⇒ y = ±
.
[ −1;1]
2
2

5. Dạng lượng giác của số phức
Chú ý: Cách tìm dạng lượng giác của số phức z ≠ 0 :
1. Tìm r = a 2 + b 2 = OM (M là điểm trên mặt phẳng phức biểu diễn số phức z).
a
b
2. Tìm ϕ ( là một acgumen của z); ϕ là số thực sao cho cos ϕ =
và sin ϕ = .
r
r
Và ϕ là số đo của góc lượng giác tia đầu Ox tia cuối OM.
Bài 1: (Trích đề thi Đại học khối B năm 2012) Gọi z1 và z2 là hai nghiệm phức
của phương trình z 2 − 2 3iz − 4 = 0 viết dạng lượng giác của z1 và z2 .
π
π
2π
2π 


+ i sin
Đáp số: z1 = 2  cos + i sin ÷, z2 = 2  cos
÷.
3
3
3
3 


Bài 2: Cho số phức z = 1 + 3i Hãy viết dạng lượng giác của số phức z 5 .
Đáp số:
π

π
5π
5π 



 π
 π 
z = 2  cos + i sin ÷⇒ z 5 = 32  cos
+ i sin ÷ = 32  cos  − ÷+ i sin  − ÷÷
3
3
3
3 


 3
 3 



Bài 3: Cho số phức z = 1 − i 3. Hãy viết số phức z n dưới dạng lượng giác biết
log 5
log n − 2 n + 6 )
rằng n ∈ ¥ và thỏa mãn: n 2 − 2n + 6 + 4 (
= ( n 2 − 2n + 6 ) .
3

2

3

  π
 π 
3
Đáp số: n = 3 , z = 2 cos  − ÷+ i sin  − ÷ ⇒ z = 8 cos ( −π ) + i sin ( −π ) 
 3 
  3
Bài 4: (Trích đề thi Đại học khối B năm 2011) Tìm phần thực và phần ảo của
3
1+ i 3 
số phức z = 
÷.
1
+
i


Hướng dẫn: Sử dụng dạng lượng giác của số phức ta được
π
π

z = 2 2  cos + i sin ÷ = 2 + 2i .
4
4

Vậy z có phần thực bằng 2 và phần ảo bằng 2.
2
Bài 5: Giải phương trình sau trên tập số phức z + z = −106 + 120i (1)
Giải: Giả sử z = r (cos ϕ + i sin ϕ ) (r > 0)

(1) ⇔ r 2 (cos ϕ + i sin ϕ ) 2 + r = −106 + 120i ⇔ ( r + r 2 cos 2ϕ ) + ( r 2 sin 2ϕ ) i = −106 + 120i
r + 106

cos
2
ϕ
=
−
2
r + r cos 2ϕ = −106 
r
⇔ 2
⇔
r sin 2ϕ = 120
sin 2ϕ = 120

r2
Lại có
2
2
 r + 106   120 
2
2
4
2
sin 2ϕ + cos 2ϕ = 1 ⇔  −
÷ +  2 ÷ = 1 ⇔ r − r − 212r − 25636 = 0
2
r


  r 
3
2
⇔ ( r − 13) ( r + 13r + 168r + 1612 ) = 0 ⇔ r = 13 do r > 0.
119
119

 2
2
cos 2ϕ = − 169
cos ϕ − sin ϕ = − 169
⇔
Suy ra 
120
sin 2ϕ =
sin ϕ cos ϕ = 60


169
169
5
5


cos
ϕ
=
cos
ϕ
=

−


13
13
⇔
hoặc 
sin ϕ = 12
sin ϕ = − 12


13
13
Vậy z1 = 5 + 12i; z 2 = −5 − 12i.
2

Bài 6: Trong các số phức z thoả mãn điều kiện z 2 − ( z ) = 4 3i số phức nào có
π
một acgument bằng .
3
2
Giải: Giả sử z = a + bi (a, b∈ ¡ ). Ta có z 2 − ( z ) = 4 3i ⇔ ab = 3 (1)
2


a
1
a
 π
=

cos
=

2

3
a + b2
a 2 + b2
2
a, b > 0
⇔
⇔
Mặt khác 
(2)
b
b
b = a 3
sin π =
 3=
 3
 2
a 2 + b2
a 2 + b2
Từ (1) và (2) suy ra a = 1, b = 3 ⇒ z = 1 + 3i
Bài 7: Cho z1 , z2 là các nghiệm phức của phương trình z 2 − 2 z + 4 = 0.
2010
2010
z1 ) + ( z2 )
(
Tính giá trị của biểu thức A =

.
z1 + z2
 z1 = 1 + i 3
2
⇒ z1 = z2 = 2
Giải: Ta có z − 2 z + 4 = 0 ⇔ 
z
=
1
−
i
3
 2
Mặt khác
π
π
2010π
2010π
2010


z1 = 1 + i 3 = 2  cos + i sin ÷⇒ ( z1 ) = 2 2010  cos
+ i sin
3
3
3
3




2010
 π
 π 
z2 = 1 − i 3 = 2  cos  − ÷+ i sin  − ÷÷⇒ ( z2 )
 3
 3 


 2010π 
 2010π  
2010
= 22010  cos  −
÷+ i sin  −
÷÷ = 2
3 
3 



2010
2010
z1 ) + ( z2 )
(
2.22010
=
= 22009 .
Do đó A =
z1 + z2
4

C. KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT


2010
÷= 2



1. Kết quả nghiên cứu
Tôi đã sử dụng những kiến thức trên vào giảng dạy cho các lớp 12C9 và
12C6 năm học 2009-2010, 12A7 và 12A10 năm học 2010-2011, 12C4 năm học
2012-2013, 12B1 năm học 2014-2015 (Trường THPT Triệu Sơn 2). Đa số các
em đã tiếp thu và vận dụng tốt trong việc giải các bài tập. Các em đã cảm thấy tự
tin vì đã nắm được vấn đề và chìa khoá để giải quyết vấn đề.
2. Kiến nghị, đề xuất
Qua quá trình giảng dạy, tôi có đề nghị với các cấp quản lí tạo điều kiện
cho giáo viên có các buổi hội thảo, sinh hoạt chuyên môn về đổi mới phương
pháp, trao đổi chuyên môn và kinh nghiệm, thảo luận về các vấn đề còn vướng
mắc.
Vì kinh nghiệm, năng lực có hạn và thời gian nghiên cứu chưa nhiều nên
trong sáng kiến kinh nghiệm này tôi chưa thể nêu hết các vấn đề, rất mong sự
đóng góp của đồng nghiệp và hội đồng khoa học để đề tài được hoàn chỉnh và
áp dụng vào giảng dạy có hiệu quả cao.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ

Thanh Hoá, ngày 20 tháng 05 năm 2015
CAM KẾT KHÔNG COPY

Lê Thị Hiền

TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Giải tích 12 - Nhà xuất bản giáo dục
2. Bài tập Giải tích 12 - Nhà xuất bản giáo dục
3. Giải tích 12 (nâng cao) - Nhà xuất bản giáo dục
4. Bài tập Giải tích 12 (nâng cao) - Nhà xuất bản giáo dục
5. Tạp chí Toán học Tuổi trẻ
6. Bộ đề luyện thi thử đại học môn Toán - Nguyễn Văn Nho, Nguyễn
Văn Thổ - Nhà xuất bản Đại học quốc gia Hà Nội năm 2012.
7. Đề thi đại học - cao đẳng qua các năm.