skkn số PHỨC và một số ỨNG DỤNG của nó TRONG GIẢI TOÁN ở bậc THPT

SỐ PHỨC VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA NÓ
TRONG GIẢI TỐN Ở BẬC THPT

A. ĐẶT VẤN ĐỀ
I. LỜI NĨI ĐẦU
Khëi đầu từ nhu cầu giải quyết các phơng trình đại số,
số phức bắt đầu xuất hiện từ thế kỷ thứ XVI và phát triển
mạnh đến nay. Trong chng trỡnh i mới nội dung Sách giáo khoa, số
phức được đưa vào chương trình tốn học phổ thơng và được giảng dạy ở
cuối lớp 12.
Kể từ khi xuất hiện khái niệm số phức, các nghiên cứu đã khẳng định
đó là một cơng cụ quý giá của toán học, được ứng dụng trong nhiều ngành
khoa học khác nhau như: Toán học, Vật lý, Khoa học và kỹ thuật… Trong
Toán học, số phức được dùng để giải nhiều bài toán từ sơ cấp đến cao cấp.Số
phức là cầu nối hoàn hảo giữa các phân mơn Đại số, Lượng giác, Hình học và
Giải tích.
Số phức được đưa vào giảng dạy ở bậc phổ thông của nhiều nước trên
thế giới, nhưng lại là nội dung mới với học sinh trung học phổ thông ở Việt
Nam, và thực sự gây khơng ít khó khăn bởi nguồn tài liệu tham khảo hạn chế.
Bên cạnh đó các bài tốn về số phức trong những năm gần đây không thể
thiếu trong các đề thi tốt nghiệp trung học phổ thông và Đại học, Cao đẳng.
Chính vì vậy mà tơi chọn đề tài “Số phức và một số ứng dụng của nó trong
giải tốn ở bậc THPT” để viết sáng kiến kinh nghiệm.
Đề tài gồm hai phần:
- Phần thứ nhất: Một số dạng toán thường gặp về số phức ở bậc THPT

1


- Phần thứ hai: Một số ứng dụng của số phức trong giải toán ở bậc
THPT

II. THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU
1. Thực trạng:
Số phức là vấn đề hoàn tồn mới và khó đối với học sinh bậc trung học
phổ thơng hiện nay. Vì mới đưa vào chương trình Sách giáo khoa nên có rất ít
tài liệu về số phức để học sinh và giáo viên tham khảo. Bên cạnh đó, lượng
bài tập cũng như các dạng bài tập về số phức trong Sách giáo khoa cịn nhiều
hạn chế.Chính vì vậy mà việc giảng dạy và học tập của giáo viên và học sinh
gặp khơng ít những khó khăn.
2. Kết quả, hiệu quả của thực trạng:
Do những tính chất đặc biệt của số phức nên khi giảng dạy nội dung
này giáo viên có nhiều hướng khai thác, phát triển bài tốn giúp học sinh có
cái nhìn sâu, rộng hơn về nó. Bằng việc kết hợp các tính chất của số phức với
một số kiến thức đơn giản khác về lượng giác, giải tích, đại số và hình học
giáo viên có thể xây dựng được khá nhiều dạng tốn với nội dung hấp dẫn và
hoàn toàn mới mẻ để tạo nên sự lôi cuốn người học. Một số dạng bài tập trong
đề tài này một phần nào đó có thể cung cấp cho học sinh những kiến thức cơ
bản nhất về số phức và các ứng dụng của số phức trong giải toán.

2


B. NỘI DUNG

3


I. MỘT SỐ DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP VỀ SỐ PHỨC Ở BẬC
THPT
Dạng 1: Tìm số phức thỏa mãn điều kiện cho trước:
Phương pháp: Sử dụng các phép biến đổi trực tiếp, hoặc đặt z=x+yi (

x, y ∈ ¡ ) và chú ý rằng z = x − yi, z = x 2 + y 2 , z 2 = x 2 − y 2 + 2 xyi... để tìm số phức

z.
Ví dụ1: Tìm số phức z thỏa mãn :
 z − (2 + i) = 10

a. 

 z.z = 25

(Đề thi tuyển sinh dại học khối B năm 2009)

b. z có phần thực và phần ảo là số nguyên thõa mãn: z 3 = −117 − 44i
Lời giải
a. Gọi z=x+yi ( x, y ∈ ¡ ) khi đó.Yêu cầu bài toán tương đương với hệ:
 x = 5

 x − 2 + ( y − 1)i = 10
( x − 2) + ( y − 1) = 10
y = 0
⇔ 2
⇔
 2
2
2
 x = 3
 x + y = 25
 x + y = 25

  y = 4

2

2

Vậy có 2 số phức cần tìm là z=3+4i và z=5
b. Gọi z=x+yi ( x, y ∈ ¢ ) .Ta có : z = x − yi . Khi đó :
z 3 = −117 − 44i ⇔ ( x − yi )3 = −117 − 44i
⇔ ( x3 − 3 xy 2 ) − (3 xy 2 − y 3 )i = −117 − 44i
3
2
3
2
 x − 3 xy = −117 (1)
44 x − 132 xy = −117.44
⇔ 2
⇔
⇒ 44 x 3 + 351x 2 y − 132 xy 2 − 117 y 2 = 0

3
2
3
3 x y − y = 44
351x y − 117 y = 44.117

4


4

y = 3 x

⇔ (4 x − 3 y )(11x 2 + 96 xy + 39 y 2 ) = 0 ⇔ 
−48 y ± 25 3 y

 x =
11
4
3

Vì x, y nguyên nên với y = y thay vào (1) ta suy ra x=3 nên y=4
Vậy số phức cần tìm là z=3+4i
Ví dụ 2: Trong các số phức z thõa mãn điều kiên z − 2 − 4i = 5 .Tìm số
phức z có modun lớn nhất, nhỏ nhất.
Lời giải
Giả sử điểm M(x;y) biểu diễn số phức z=x+yi. Khi đó:
z − 2 − 4i = 5 ⇔ ( x − 2) + ( y − 4)i = 5 ⇔ ( x − 2) 2 + ( y − 4) 2 = 5
⇔ ( x − 2) 2 + ( y − 4) 2 = 5 (1)

Suy ra tập hợp điểm M(x;y) biểu diễn số phức z là đường tròn tâm I(2;4),
bán kính R = 5
z = OM 2 = x 2 + y 2 = ( x − 2) 2 + ( y − 4) 2 + 4 x + 8 y − 20 = 4 x + 8 y − 15 = 4 [ ( x − 2) + 2( y − 4) ] + 25 (2)
2

Áp dụng Bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki ta có:
( x − 2) + 2( y − 4) ≤ (12 + 22 ) ( x − 2) 2 + ( y − 4) 2  = 5 ⇒ −5 ≤ ( x − 2) + 4( y − 4) ≤ 5 (3)

Từ (2), (3) ta suy ra:

5 ≤ z ≤3 5

.Vậy:

x = 1
z min = 5 ⇔ 
⇒ z = 1 + 2i
y = 2
x = 3
z max = 3 5 ⇔ 
⇒ z = 3 + 6i
y = 6

Dạng 2: Biểu diễn số phức và tìm tập hợp điểm

5


r

- Véc tơ u ( x; y ) biểu diễn số phức z=x+yi.
uuuu
r

- Điểm M(x;y) biểu diễn số phức z=x+yi tức là OM biểu diễn số phức
đó.
- Tìm tập hợp điểm thường dùng kiến thức hình học phẳng.
- Phương pháp cơ bản là dựa vào phép đặt z=x+yi
Ví dụ 1: Gọi M, M’ theo thứ tự là các điểm của mặt phẳng phức biểu
diễn số phức z ≠ 0 và z ' =

1+ i
z . Chứng minh rằng tam giác OMM’ vng cân

2

với O là gốc tọa độ.
Lời giải
uuuur uuuuu
r

Vì M, M’ lần lượt là các điểm biểu diễn số phức z và z’ nên OM , OM '
lần lượt biểu diễn z, z’.
Vì
z '− z =

uuuuur uuuuu
r uuuu
r
MM ' = OM ' − OM

nên

uuuuur
MM '

biểu

diễn

số

phức

1+ i
1 1
z − z = (− + i ) z
2
2 2

Khi đó:
uuuu
r
uuuuu
r
1 1
2
OM = OM = z ; OM ' = OM ' = z ' = ( + i ) z =
z
2 2
2
uuuuur
1 1
2
MM ' = MM ' = (− + i ) z =
z
2 2
2

Nhận thấy:

2
z
OM ' = MM ' =

2
nên tam giác OMM’ vuông cân tại M’

OM '2 + MM '2 = OM 2


6


Ví dụ 2: Trong mặt phẳng Oxy, tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức
z thõa mãn điều kiện:
a. z − i = (1 + i ) z

(Đề thi TSĐH khối B năm 2010)

c. z − 5 − z + 5 = 8

b. z + 1 + z − 1 = 4
d. z − 2 = Re z + 2

Lời giải
a.Giả sử điểm M(x;y) biểu diễn số phức z=x+yi ( x; y ∈ ¡ )
Ta có:

z - i=x+(y-1)i và (1+i)z=(1+i)(x+yi)=x-y+(x+y)i

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

Vậy tập hợp điểm M biểu diễn số phức z thõa mãn u cầu bài tốn là

đường trịn có phương trình x 2 + ( y + 1)2 = 2
b. Trong mặt phẳng Oxy .Giả sử các điểm M, F1 , F2 lần lượt biểu số
phức z, -1, 1. Suy ra:
uuuur
uuuur
F1M biểu diễn số phức z-(-1)=z+1 ; F2 M biểu diễn số phức z-1.Với F1 , F2 nằm

trên trục thực Ox
-Khi đó điều kiện: z + 1 + z − 1 = 4 ⇔ MF1 + MF2 = 4 và F1F2 = 2
Vậy tập hợp các điểm M là Elip có trục lớn bằng 4 và trục bé bằng 2 3
Phương trình Elip trong mặt phẳng tọa độ Oxy là:

x2 y 2
+
=1
4
3

c.Tương tự câu b giả sử các điểm M, F1 , F2 lần lượt biểu số phức z, -5, 5.
Với F1 , F2 nằm trên trục thực Ox

7


Tương tự câu b ta có: z − 5 − z + 5 = 8 ⇔ MF2 − MF1 = 8 và F1F2 = 10
Tập hợp các điểm thỏa mãn MF2 − MF1 = 8 với F1F2 = 10 là Hypebol có hai tiêu
điểm thuộc trục Ox, độ dài trục thực là 4 và trục ảo là 3.
x2 y 2
Phương trình Hypebol trong mặt phẳng tọa độ Oxy là ( H ) : − = 1
16 9

d. Giả sử điểm M(x;y) biểu diễn số phức z = x + iy với x, y ∈ ¡ .
Ta có z-2=x-2+yi nên:
z − 2 = Re z + 2 ⇔

( x − 2)

2

+ y2 = x + 2

 x ≥ −2
 x ≥ −2
⇔
⇔
⇒ y 2 = 8x

2
2
2
2
 y = 8x
( x − 2 ) + y = ( x + 2 )

Vậy tập hợp những điểm M là Parabol (P): y 2 = 8x có đỉnh O(0;0) và tiêu điểm
F(2;0)
Ví dụ 3: Tìm tập hợp các điểm biểu diễn trong mặt phẳng phức số phức
ω = (1 + i 3) z + 2 biết rằng số phức z thỏa mãn: z − 1 ≤ 2

Lời giải

Đặt z = a + bi (a; b ∈ R) , ω = x + yi ( x; y ∈ ¡ )
Ta có z − 1 ≤ 2 ⇔ (a − 1)2 + b 2 ≤ 4 (1)
x = a − b 3 + 2


Từ ω = (1 + i 3) z + 2 ⇒ x + yi = (1 + i 3)(a + bi) + 2 ⇔ 

 y = a 3 + b

 x − 3 = a − 1 − b 3
⇔
 y − 3 = 3(a − 1) + b
2
2
2
2
2
2
Từ đó ( x − 3) + ( y − 3) ≤ 4 (a − 1) + b  + 4 (a − 1) + b  ≤ 32 do (1)

8


Vậy tập hợp các điểm cần tìm là hình trịn ( x − 3)2 + ( y − 3) 2 ≤ 32 có tâm
I (3; 3) , bán kính R = 4 2

Dạng 3: Chứng minh đẳng thức,bất đẳng thức:
Ví dụ 1 : Cho 3 số phức x,y,z có cùng mô đun bằng 1. Chứng minh
rằng: xy + yz + zx = x + y + z
Lời giải

1
x
1
1
Ta có x = 2 = x (vì x = 1) . Tương tự ta có y = y , z = z
x

Khi đó:

1 1 1
1 1 1
xy + yz + zx = xyz ( + + ) = x y z + + = x + y + z = x + y + z = x + y + z
x y z
x y z

Ví dụ 2: Chứng minh rằng nếu z ≤ 1 thì

2z − i
≤1
2 + iz

Lời giải
Giả sử z = a + bi (a, b ∈ R) thì z = a 2 + b 2 ≤ 1 ⇔ a 2 + b 2 ≤ 1 .
2 z − 1 2a + (2b − 1)i
=
=
Ta có
2 + iz
(2 − b) + ai

4a 2 + (2b − 1) 2
(2 − b) 2 + a 2

.

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

4a 2 + (2b − 1) 2
(2 − b) 2 + a 2

≤1

⇔ 4a 2 + (2b − 1) 2 ≤ (2 − b) 2 + a 2 ⇔ a 2 + b 2 ≤ 1 luôn đúng ⇒ đpcm

Dạng 4. Giải phương trình, hệ phương trình trên tập số phức
- Việc giải các phương trình có bậc lớn hơn 2 thường sử dụng phương
pháp phân tích thành nhân tử, đặt ẩn phụ… để chuyển về dạng bậc hai

9


- Việc giải các,phương trình, hệ phương trình trên tập số phức tương tự
trên tập số thực.
- Các dạng hệ thường gặp là hệ phương trình bậc nhất, hệ đối xứng, …
Ví dụ 1. Giải các phương trình sau trên tập số phức
a. ( z − 1)4 + ( z + 3) 4 + 128 = 0

b. ( z − 1)( z + 2)( z + 4)( z + 7) = 0

c. z 4 − z 3 + 2 z 2 − 2 z + 4 = 0 = 0

Lời giải
a. Đặt t = z + 1 thì phương trình ( z − 1)4 + ( z + 3) 4 + 128 = 0 trở thành
(t − 2) 4 + (t + 2) 4 + 128 = 0

Khai triển và rút gọn ta được: t 4 + 24t 2 + 80 = 0 , suy ra t 2 = −4 ; t 2 = −20
Với t 2 = −4 ta có t 2 = 4i 2 ⇒ t = 2i ; t = −2i
Với t 2 = −20 ta có t 2 = 20i 2 ⇒ t = 2 5i ; t = −2 5i
Vậy phương trình có 4 nghiệm: z1 = −1 + 2i ; z2 = −1 − 2i ; z3 = −1 + 2 5i ;
z3 = −1 − 2 5i
2
2
b. PT ⇔ ( z − 1) ( z + 7 ) ( z + 2 ) ( z + 4 ) = 34 ⇔ ( z + 6 z − 7 ) ( z + 6 z + 8 ) = 34

( 1)

Đặt t = z 2 + 6 z − 7 ⇒ z 2 + 6 z + 8 = t + 15 thì (1) trở thành t ( t + 15) = 34
⇔ t 2 + 15t − 34 = 0 ⇒ t = 2; t = −17

+) Với t=2 thì z 2 + 6 z − 7 = 2 ⇔ z 2 + 6 z − 9 = 0
⇒ z1 = −3 + 3 2; z2 = −3 − 3 2

+) Với t= -17 thì z 2 + 6 z − 7 = −17 ⇔ z 2 + 6 z + 10 = 0
Ta có ∆ ' = ( −3) − 10 = −1 = i 2 ⇒ z3 = −3 + i; z4 = −3 − i
2

10


Vậy các nghiệm cần tìm là: z1 = −3 + 3 2; z2 = −3 − 3 2; z3 = −3 + i; z4 = −3 − i
.

4
3
2
c. Xét phương trình z − z + 2 z − 2 z + 4 = 0 ( 2 )

- Với z=0 thì phương trình (2) có dạng 4=0 (vơ lí)
-Với z ≠ 0 , chia cả hai vế của (2) cho z 2 ta được
2 4
4 
2
z 2 − z + 2 − + 2 = 0 ⇔ z 2 + 2 −  z + ÷+ 2 = 0
z z
z 
z
2
z

2
z

Đặt t = z + ⇒ t 2 = z 2 + 2 z +

( 3)

4
4
⇒ z 2 + 2 = t 2 − 4 nên phương trình (3) trở
2
z
z

thành t 2 − 4 − t + 2 = 0 ⇔ t 2 − t − 2 = 0 ⇒ t = −1; t = 2
-Với t=-1 ta có
z+

2
−1 + 7i
−1 − 7i
= −1 ⇒ z 2 + z + 2 = 0 ⇔ z 2 + z + 2 = 0 ⇒ z1 =
; z2 =
z
2
2
2
z

-Với t=2 ta có z + = 2 ⇔ z 2 − 2 z + 2 = 0 ⇒ z 2 − 2 z + 2 = 0 ⇒ z3 = 1 + i; z4 = 1 − i
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm phức là
z1 =

−1 + 7i
−1 − 7i
; z2 =
; z3 = 1 + i; z4 = 1 − i
2
2

Ví dụ 2. Giải hệ phương trình sau với x, y là số phức
3 x + ( 1 + i ) y = −2 + 14i
ix − ( 2i − 1) y = −4 + 9i

2 x + y = 3

a. 

b. 

 x + y = 3 ( 1 + i )
c.  3 3
 x + y = 9 ( −1 + i )

 x 2 + y = −5 ( 2 + x )
d.  2
 y + x = −5 ( 2 + y )

2
2
3 x + y + 3xy − x + 4 = 0

Lời giải

11


3 x + ( 1 + i ) y = −2 + 14i
ix − ( 2i − 1) y = −4 + 9i

a.Xét hệ phương trình 
Ta có
+D =

a b 3 1+ i
=
= 3 ( 1 − 2i ) − i ( 1 + i ) = 4 − 7i
a ' b ' i 1 − 2i

+ Dx =

c b −2 + 14i 1 + i
=
= ( −2 + 14i ) ( 1 − 2i ) − ( −4 + 9i ) − i ( −2 + 14i ) = 2 + 29i
c ' b ' −4 + 9i 1 − 2i

+ Dy =

a c 3
=
a' c' i

− 2 + 14i
= 3 ( −4 + 9i ) − i ( −2 + 14i ) = 2 + 29i
− 4 + 9i

Dx 39 + 13i

 x = D = 4 − 7i
 x = 1 + 5i
⇒
Vậy hệ phương trình có nghiệm  D
 y = −3 + 2i

 y = y = 2 + 29i
D
4 − 7i

 2 x + y = 3
2
2
3 x + y + 3xy − x + 4 = 0

b.Xét hệ phương trình 

( 1)
( 2)

Từ (1) ta có y=3-2x, thế vào phương trình (2) ta có:
3 x 2 + ( 3 − 2 x ) + 3 x ( 3 − 2 x ) − x + 4 = 0 ⇔ x 2 − 4 x + 13 = 0
2

( 3)

 x = 2 − 3i ⇒ y = −1 + 6i

Giải (3) ta được 
 x = 2 + 3i ⇒ y = −1 − 6i

Vậy hệ đã cho có nghiệm (x;y)=(2-3i;-1+6i);(2+3i;-1-6i)
c. Ta có x3 + y 3 = ( x + y ) − 3xy ( x + y ) nên hệ phương trình đã cho tương
3

đương với

12


 x + y = 3 ( 1 + i )
 x + y = 3 ( i + i )
⇔


3
3
27 ( 1 + i ) − 9 xy ( 1 + i ) = 9 ( −1 + i )
( x + y ) − 3 xy ( x + y ) = 9 ( −1 + i )
x + y = 3( 1 + i )
 x + y = 3 ( 1 + i )

3
⇔
⇔

3 ( 1 + i ) − ( −1 + i )
 xy = 5i
 xy =
1+ i

2
Suy ra x, y là nghiệm của phương trình z − 3 ( 1 + i ) z + 5i = 0 ( 2 )

Giải phương trình (2)
∆ = 9 ( 1 + i ) − 4.5i = −2i = 1 − 2i + i 2 = ( 1 − i )

2

2


3( 1 + i ) +1− i
= 2+i
z =
2
Nghiệm của (2) là 

3( 1 + i ) −1 + i
= 1 + 2i
z =

2

Vậy các nghiệm cần tìm là ( 2 + i;1 + 2i ) , ( 1 + 2i; 2 + i )
 x 2 + y = −5 ( 2 + x )
d. Hệ phương trình  2
 y + x = −5 ( 2 + y )

( 1)
thuộc hệ đối xứng loại II
( 2)

Trừ vế cho vế các phương trình (1) và (2) ta được
x 2 + y − y 2 − x = −10 − 5 x + 10 + 5 y ⇔ x 2 − y 2 + 4 ( x − y ) = 0

⇔ ( x − y ) ( x + y ) + 4 ( x − y ) = 0 ⇔ ( x − y ) ( x + y + 4) = 0

Vậy hệ đã cho tương đương với
 x 2 + y = −5 ( 2 + x )

 x + y = −5 ( 2 + x )
⇔  x − y = 0

( x − y ) ( x + y + 4 ) = 0

 x + y + 4 = 0
2

( 3)

- Nếu y=x thì từ (3) ta có x 2 + x = −10 − 5 x ⇔ x 2 + 6 x + 10 = 0
 x = −3 + i ⇒ y = −3 + i

Giải ra ta được nghiệm 
 x = −3 − i ⇒ y = −3 − i

13


- Nếu y=-4-x thì từ (3) ta có
 x = −2 + 2i ⇒ y = −2 − 2i
x 2 − 4 − x = −10 − 5 x ⇔ x 2 + 4 x + 6 = 0 ⇒ 
 x = −2 − 2i ⇒ y = −2 + 2i

Vậy các nghiệm của hệ đã cho là

( −3 + i; −3 + i ) ; ( −3 − i; −3 − i ) ; ( −2 +

)(

2i; −2 − 2i ; −2 − 2i; −2 + 2i

)

Dạng 5: Biểu diễn số phức dưới dạng lượng giác:
Phương pháp:
+ Chuyển số phức từ dạng đại số z=a+bi (a, b ∈ ¡ , a 2 + b 2 ≠ 0) sang dạng
lượng giác
- Tính r = z = a 2 + b 2
a
b
- Tìm ϕ thỏa mãn đồng thời cos ϕ = ,sin ϕ =
r

r

Khi đó dạng lượng giác cần tìm của z là z = r (cos ϕ + i sin ϕ )
Ví du 1:Viết các số phức sau dưới dạng lượng giác:
1 − cos ϕ − i sin ϕ

b. z = 1 + cos ϕ + i sin ϕ

a. z = (1 − 3i)(1 + i )
Lời giải
1
2

a. Ta có: 1 − 3i = 2( −

và 1 + i = 2(

3
π
π 

i ) = 2 cos(− ) + i sin( − ) 
2
3
3 


1
1
π
π

+
i ) = 2 cos + i sin 
4
4
2
2


Theo công thức nhân 2 số phức dưới dạng lượng giác suy ra:

14


π
π 

z = (1 − 3i )(1 + i ) = 2 2 cos(− ) + i sin( − ) 
12
12 


b. Ta có:
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ π
ϕ π
2sin (sin − i cos )
cos( − ) + i sin( − )
1 − cos ϕ − i sin ϕ
ϕ
2
2
2 = tan
2 2
2 2 = −i tan ϕ
z=
=
ϕ
ϕ

1 + cos ϕ + i sin ϕ cos ϕ (cos ϕ + i sin ϕ )
2
2
cos + i sin
2
2
2
2
2

*) Nếu tan

ϕ
= 0 thì z = 0 ⇒ r = z = 0 và z = 0 ( cos ϕ + i sin ϕ ) với ϕ tùy ý
2

*) Nếu
tan

tan

ϕ
>0
2

thì dạng lượng giác của số phức đó là:

ϕ
π
π 

cos(− ) + i sin( − ) 

2
2
2 

*)Nếu
− tan

tan

ϕ
<0
2

thì dạng lượng giác của số phức đó là:

ϕ π
π
cos + i sin 

2
2
2

Dạng 6: Vận dụng dạng lượng giác để giải toán:
Dạng lượng giác được ứng dụng nhiều trong giải toán.Trong phần này
ta chỉ xét các ứng dụng trong bài tốn tính tốn(tìm phần thực, phần ảo, rút
gọn…), tìm số phức,chứng minh hệ thức lượng giác đơn giản…
Ví dụ1: Tìm phần thực, phần ảo của các số phức sau: (1 − 3i )16 (1 + i )10

Lời giải
π

π

π

π





Ta có: 1 − 3i = 2 cos(− ) + i sin( − )  ,1 + i = 2 cos + i sin 
3
3 
4
4



15


Dođó:
16π
16π 
5π
5π 



(1 − 3i )16 = 216 cos(−
) + i sin( −
)  , (1 + i)10 = 25 cos
+ i sin 
3
3 
2
2 


16
10
21 
Vậy: z = (1 − 3i) (1 + i ) = 2 cos( −



16π
16π 
) + i sin( −
)
3
3 

5π
5π 

cos 2 + i sin 2 

16π 5π
16π 5π 
17π
17π 


= 221 cos( −
+ ) + i sin( −
+ )  = 2 21 cos(−
) + i sin(−
)
3
2
3
2 
6
6 


= −220 3 − 220 i

Vậy phần thực của số phức đã cho là: −220 3 , phần ảo là: 220
Ví dụ 2: Tìm các số nguyên dương n để số phức sau là số thực? số ảo?
z= (

3 + 11i n
)
4 − 7i

Lời giải

Ta có

3 + 11i
3π
3π
= −1 + i = 2(cos
+ i sin )
4 − 7i
4
4

nên z= (

3 + 11i n
3π
3π
3nπ
3nπ
) = ( 2) n (cos
+ i sin ) n = ( 2) n (cos
+ i sin
)
4 − 7i
4
4
4
4

+ z là số thực khi sin

3nπ
3nπ
4k
=0⇔
= kπ ( k ∈ ¢ ) ⇒ n =
.
4
4
3

Vì n ∈ ¥ * nên k = 3m ⇒ n = 4m (m ∈ ¥ * )
+Tương tự z là số ảo khi

cos

3nπ
3nπ π
2 + 4k
2+k
=0⇔
= + kπ ( k ∈ ¢ ) ⇒ n =
=k+
⇒ k = 3m − 2 ⇒ n = 4m − 2 (m ∈ ¥ * )
4
4
2
3
3

16

II. MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA SỐ PHỨC TRONG GIẢI TỐN Ở
BẬC THPT
Trong Tốn học, số phức được dùng để giải nhiều bài toán từ sơ cấp đến
cao cấp.Trong phạm vi sang kiến kinh nghiệm tôi chỉ đề cập đến một số ứng
dụng của số phức trong bài toán:
- Lượng giác và tổ hợp.
- Giải hệ phương trình.
- Hình học phẳng.
1- Ứng dụng của số phức trong lượng giác và tổ hợp
Số phức có nhiều ứng dụng trong bài tốn liên quan đến lượng giác, tổ
hợp. Có khá nhiều bài tốn khó khăn(thậm chí rất khó khăn) trong việc tìm tòi
lời giải, đặc biệt là lời giải một cách tự nhiên nhất lại được giải quyết một
cách đơn giản bằng ứng dụng của số phức.Muốn làm tốt các bài tập, cần chú ý
đến dạng lượng giác của số phức,công thức Moa-vrơ và khai triển nhị thức
Newtơn.
Ví dụ 1: Cho a; b; c là các số thực thoả mãn sin a + sin b + sin c = 0 và
cos a + cos b + cos c = 0 .Chứng minh rằng:
sin 2a + sin 2b + sin 2c = 0 và cos 2a + cos 2b + cos 2c = 0

Lời giải
Đặt z1 = cos a + i sin a; z2 = cos b + i sin b; z3 = cos c + i sin c , ta có:
z1 + z2 + z3 = 0 và | z1 |=| z2 |=| z3 |= 1 , nên

1
= zk ( k = 1; 2;3)
zk

Vì thế: z12 + z2 2 + z32 = ( z1 + z2 + z3 ) − 2 ( z1 z1 + z2 z3 + z3 z1 )

2

17


1 1 1
= 02 − 2 z1 z2 z3  + + ÷ = −2 z1 z2 z3 z1 + z2 + z3
 z1 z2 z3 

(

)

= −2 z1 z2 z3 ( z1 + z2 + z3 ) = 0

Nên cos 2a + cos 2b + cos 2c + i ( sin 2a + sin 2b + sin 2c ) = 0
Từ đó suy ra điều phải chứng minh
Ví dụ 2. Tính tổng với n ∈ Ζ +
A = Cn0 cos a + Cn1 cos 2a + Cn2 cos 3a + ... + Cnn −1 cos na + Cnn cos ( n + 1) a
B = Cn0 sin a + Cn1 sin 2a + Cn2 sin 3a + ... + Cnn −1 sin na + Cnn sin ( n + 1) a

với a ∈ ¡
Lời giải
Đặt z = cos a + i sin a thì z n = cos na + i sin na
Do đó ta có:
A + iB = Cn0 ( cos a + i sin a ) + Cn1 ( cos 2a + i sin 2a ) + Cn2 ( cos 3a + i sin 3a )
+ ... + Cnn −1 ( cos na + i sin na ) + Cnn ( cos ( n + 1) a + i sin ( n + 1) a )

(

)

= z Cn0 + Cn1 z + Cn2 z 2 + Cn3 z 3 + ... + Cnn z n = z ( 1 + z )
a

a

n

a

Vì 1 + z = 1 + cos a + i sin a = 2 cos  cos + i sin ÷ nên:
2
2
2




n


a
a
a 
A + iB = ( cos a + i sin a )  2 cos  cos + i sin ÷
2
2
2 


a
na
na 

= 2n cos n ( cos a + i sin a )  cos + i sin ÷
2
2
2 

a
n+2
n+2 
= 2n cos n  cos
a + i sin
a÷
2
2
2

a
2

Vậy A = 2n cos n cos

n+2
a
n+2
a, B = 2n cos n sin
a
2

2
2

18


Ví dụ 3: Tính tổng:
0
2
4
6
8
2010
S1 = C2011
− C2011
+ C2011
− C2011
+ C2011
− ... − C2011
1
3
5
7
9
2011
S 2 = C2011
− C2011
+ C2011
− C2011
+ C2011

− ... − C2011

Lời giải
Xét khai triển nhị thức Newton:

( 1+ i)

2011

0
1
2
3
4
2010
2011
= C2011
+ iC2011
+ i 2C2011
+ i 3C2011
+ i 4C2011
+ ... + i 2010C2011
+ i 2011C2011

1 ( k = 4m )

i ( k = 4m + 1)
k
Vì i = 
 −1( k = 4m + 2 )

 −i k = 4m + 3
)
 (

( 1+ i)

2011

m ∈ Ζ + nên ta có

(

0
2
4
2010
1
3
5
2011
= (C2011
− C2011
+ C2011
− ... − C2011
) + i C2011
− C2011
+ C2011
− ... − C2011

) ( 1)

Mặt khác, theo cơng thức Moa-vrơ ta có:

( 1+ i)

2011

=

( )
2

2011

2011

π
π

 cos + i sin ÷
4
4


=

( 2)

2011

2011π
2011π 

1005
1005
+ i sin
( 2)
 cos
÷ = −2 + i.2
4
4 


Từ (1) và (2) ta suy ra: S1 = −21005 , S 2 = 21005
2- Ứng dụng của số phức trong giải hệ phương trình Đại số
Qua phần ứng dụng của số phức trong các bài toán lượng giác và tổ
hợp, chúng ta đã thấy sức mạnh của công cụ số phức. Ở đây chúng ta sử dụng
cơng cụ số phức để giải quyết các bài tốn về giải hệ phương trình mà giải
bằng phương pháp thơng thường sẽ gặp những khó khăn.
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình với nghiệm là số thực:

19




3 
 = 3
 10 x 1 +


 5x + y 
b. 
 y 1 − 3  = −1
  5 x + y 


 x − 3 xy = −1
 y 3 − 3 x 2 y = − 3
3

2

a. 

Lời giải
a. Đây là hệ phương trình đẳng cấp bậc ba. Tuy nhiên,nếu giải bằng
phương pháp thông thường ta sẽ đi đến giải phương trình bậc ba:
3t 3 + 3t 2 − 3 3t − 1 = 0

Phương trình này khơng có nghiệm đặc biệt.
Xét số phức z = x + iy. Vì z 3 = x 3 − 3xy 2 + i ( 3x 2 y − y 3 ) nên từ hệ đã cho ta
có z 3 = −1 + 3i = 2 cos
3

2π
2π
+ i sin
, ta tìm được 3 giá trị của z là:
3
3

2π
2π

2  cos
+ i sin
9
9


8π
8π
 3 
+ i sin
÷; 2  cos
9
9



14π
14π 
 3 
+ i sin
÷; 2  cos
÷
9
9 



Từ đó suy ra hệ đã cho có 3 nghiệm là:
2π 
8π 
14π

3
3
3
 x = 2 cos 9  x = 2 cos 9  x = 2 cos 9
;
;

2
π
8
π
3
3
 y = 2 sin
 y = 2 sin
 y = 3 2 sin 14π


9 
9 
9

b.Từ hệ suy ra x >0, y >0
Đặt u = 5 x , v = y với u,v >0.Hệ đã cho trở thành:

 
3 
3
u 1 + u 2 + v 2  =
2
 

(I)

3 
v1 −
 = −1
  u 2 + v 2 

Đặt z=u+iv. Ta có:

1
u − vi
= 2
.Từ hệ (I) ta suy ra :
z u + v2

20


3 
3 
3



u 1 + 2
+ iv1 − 2
=
−i
2 
2 
2
 u +v 
 u +v 
⇔ u + iv +

u − iv
3
3 3 2 − 2i
=
−i ⇔ z + =
2
2
z
2
u +v
2

( *)

⇔ 2 z 2 − (3 2 − 2i ) z + 6 = 0

Giải phương trình (*), ta có ∆' = −34 − 12 2i = ( 2 − 6i ) suy ra các nghiệm
2

là z = 2 − 2i, z =

2 + 2i
.
2

Vì u,v > 0 nên z =

2 + 2i
2
1
, do đó u =
, v = 1⇒ x = , y = 1
2
2
10


Vậy nghiệm cần tìm là ( x; y ) = 

1 
;1
 10 

3- Ứng dụng của số phức trong bài tốn hình học phẳng
Một trong những ứng dụng quan trọng nhất của số phức với tốn sơ cấp
là giải tốn hình học phẳng. Số phức là công cụ mạnh trong việc khảo sát sâu
sắc những vấn đề trong mặt phẳng. Tuy nhiên, muốn giải bài tốn hình học
phẳng bằng số phức, chúng ta phải chuyển đổi các quan hệ trong mặt phẳng
thành các điều kiện liên quan đến số phức, nên trong phạm vi sáng kiến kinh

nghiệm tôi chỉ đề cập một ứng dụng tiêu biểu đó là sử dụng số phức để chứng
minh các bất đẳng thức của hình học phẳng.
Những kiến thức cần chuẩn bị:
-

Trong mặt phẳng phức, nếu các điểm A, B có tọa độ là a, b thì độ

dài đoạn thẳng AB là AB = |a-b|
-

Nếu O là gốc tọa độ thì OA = |a|, OB = |b|

-

Một số đẳng thức đại số: Với mọi a,b,c thõa mãn điều kiện xác

định của biểu thức, ta có:

21


*1) ab ( a − b ) + bc ( b − c ) + ca ( c − a ) = − ( a − b ) ( b − c ) ( c − a )
2
2
2
*2) a ( b − c ) + b ( c − a ) + c ( a − b ) = − ( a − b ) ( b − c ) ( c − a )
3
3
3
*3) a ( b − c ) + b ( c − a ) + c ( a − b ) = − ( a − b ) ( b − c ) ( c − a ) ( a + b + c )

Ví dụ 1. Cho tam giác ABC và một điểm M bất kì trong mặt phẳng.
Chứng minh rằng: a.MB.MC + b.MC.MA + c.MA.MB ≥ abc với a = BC , b = AC , c = AB
Lời giải
Xét mặt phẳng phức có M là gốc tọa độ. Gọi tọa độ của các điểm A, B,
C là x, y, z. Ta có MA = x , MB = y , MC = z và
c = AB = x − y , a = BC = y − z , b = CA = z − x .

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
y − z . y . z + z − x . z . x + x − y . x . y ≥ y − z . z − x . x − y .Ta có:
y−z . y . z + z−x . z . x + x− y . x . y

= ( y − z ) yz + ( z − x ) zx + ( x − y ) xy
≥ ( y − z ) yz + ( z − x ) zx + ( x − y ) xy

Theo *1) thì ( y − z ) yz + ( z − x ) zx + ( x − y ) xy = ( x − y ) ( y − z ) ( z − x ) nên bài
tốn được chứng minh
Ví dụ 2. Cho tam giác ABC và một điểm M bất kì trong mặt phẳng.
Chứng minh rằng a.MA2 + b.MB 2 + c.MC 2 ≥ abc với a = BC , b = AC , c = AB
Lời giải

22


Xét mặt phẳng phức có M là gốc tọa độ. Gọi tọa độ của các điểm A, B,
C là x, y, z. Ta có MA = x , MB = y , MC = z và
c = AB = x − y , a = BC = y − z , b = AC = z − x

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
y − z x2 + z − x y2 + x − y z 2 ≥ y − z . z − x . x − y .

Mà
y − z x2 + z − x y2 + x − y z 2 = x2 ( y − z ) + y 2 ( z − x ) + z 2 ( x − y )
≥ x2 ( y − z ) + y 2 ( z − x ) + z 2 ( x − y )
2
2
2
Và theo *2) thì x ( y − z ) + y ( z − x ) + z ( x − y ) = ( x − y ) ( y − z ) ( z − x )

(ĐPCM)
Dấu đẳng thức xảy ra khi M tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Ví dụ 3. Cho tam giác ABC và một điểm M bất kì trong mặt phẳng
Chứng minh rằng MA4 + MB 4 + MC 4 ≥

a 2b 2 c 2
với
a2 + b2 + c2

a = BC , b = AC , c = AB

Lời giải
Theo bất đẳng thức Bu-nhi-a -cốp-xki, ta có:

( a.MA

2

+ b.MB 2 + c.MC 2 ) ≤ ( a 2 + b 2 + c 2 ) ( MA4 + MB 4 + MC 4 )
2

Suy ra MA + MB + MC
4

4

4

( a.MA
≥

2

+ b.MB 2 + c.MC 2

)

2

a 2 + b2 + c2

Mà theo ví dụ 2 ta có a.MA2 + b.MB 2 + c.MC 2 ≥ abc nên ta có điều phải
chứng minh

23


Ví dụ 4. Cho tam giác ABC có trọng tâm G. Gọi M là một điểm bất kì
trong mặt phẳng. Chứng minh rằng a.MA3 + b.MB3 + c.MC 3 ≥ 3abc.MG với
a = BC , b = AC , c = AB

Lời giải
Xét mặt phẳng phức có M là gốc tọa độ. Gọi tọa độ của các điểm A, B,
C là x, y, z. Tọa độ của điểm G là

x+ y+z
3

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
3

3

3

y−z . x + z−x . y + x− y . z ≥ y−z . z−x . x− y . x+ y+z

Sử dụng *3) và bất đẳng thức tam giác ta có điều phải chứng minh

24


C. KẾT LUẬN

Qua một số năm giảng dạy về số phức tôi tự đúc rút ra một số kinh
nghiệm thể hiện qua đề tài này với hy vọng bạn đọc sẽ thuận lợi hơn trong
việc tìm hiểu, làm quen cũng như sử dụng số phức để giải quyết các bài tốn
phổ thơng, từ đó bạn đọc có điều kiện để rèn luyện tư duy và học mơn tốn tốt
hơn. Dù tài liệu học cịn ít ỏi và chưa được đa dạng, những khai thác trong đề
tài có thể chưa thật đầy đủ và các ví dụ minh họa có thể chưa thật đại diện cho
một dạng toán nhưng với nổ lực của mình tơi hy vọng qua đề tài này phần nào

đó có thể giúp bạn đọc cảm thấy yêu thích số phức đồng thời thu được nhiều
điều bổ ích.

25