TL: BCH Tỉnh đoàn TH K.XVII

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (216 KB, 15 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Chuyên đề: số phức

Chủ đề1: dạng đại số của số phức
Cộng, trừ, nhân, chia số phức
A. củng cố kiến thức

1. Số phức: Một biểu thức dạng z = a + bi, trong đó a và b là những số thực và i thỏa mãn
i2 = -1 đợc gọi là một số phức.

a đợc gọi là phần thực, b đợc gọi là phần ảo
i đợc gọi là đơn vị ảo.

Tập các số phức đợc kớ hiu l

Số phức có phần ảo bằng 0 gọi là số thực nên R.
Số phức có phần thực bằng 0 gọi là số ảo.

0 = 0 + 0i là số vừa thực vừa ảo.
2. Hai số phøc b»ng nhau

z a+bi (a,b

)

z' a'+b' i (a',b'

)

'

z z'

'

a a

b b





















3. Céng, trõ hai sè phøc

z a+bi (a,b

)

z' a'+b' i (a',b'

)

z + z' (a + a' ) + (b + b') i

z z' (a - a') + (b - b' )i

















Số đối của số phức z = a + bi là số phức - z = - a - bi; z + (-z) = 0.
4. Nhân hai số phức

z a+bi (a,b

)

z' a'+b' i (a',b'

)

zz'

aa bb

'

' (

ab a b i

'

' )











5. Môđun của số phức, số phức liên hợp

z = a +bi (a, b ) thì môđun của z là

z = a +b

2

z = a +bi (a, b  ) th× sè phức liên hợp của z là

z

= a - bi.
Ta cã:

2
2 2

zz' = z z' , zz a

b

z

z + z' = z + z', zz'=z z', z = z







z lµ sè thùc khi vµ chØ khi z =

z

6. Chia cho sè phøc kh¸c 0

Nếu z = a + bi (a, b  ) khác không thì số phức nghịch đảo của z là

1 -1

z =

2

z

Thơng của z' cho z khác không là:

z'

z'z

-1

z'z

z

 

zz

. Ta cã:

' ' '

,
z

z z z

z z z z

 

  

  .
7. BiĨu diƠn h×nh häc cđa sè phøc

Số phức z = a + bi (a, b  ) đợc biểu diễn bởi M(a; b) trong mặt phẳng toạ độ Oxy 
hay còn gọi là mặt phẳng phức.

Trục Ox biểu diễn các số thực gọi là trục thực, trục Oy biểu diễn các số ảo gọi là trục ảo
Số phức z = a + bi (a, b  ) cũng đợc biểu diễn bởi vectơ u( ; )a b



, do đó M(a; b) là
điểm biểu diễn của số phức z = a + bi (a, b  ) cũng có nghĩa là OM biểu diễn số phức 
đó.

Ta cã:NÕu u v,
 

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

u v  biĨu diƠn sè phøc z + z',

u v  biĨu diƠn sè phøc z - z',
ku k (  )



 biĨu diƠn số phức kz,
OM u z

, với M là điểm biểu diễn của z.

B. Các dạng bài tập

1. Xỏc nh tổng, hiệu, tích, thơng của các số phức
a) Phơng pháp giải

- áp dụng các quy tắc cộng, trừ, nhân, chia hai số phức, chú ý các tính chất giao hốn,
kết hợp đối với các phép tốn cộng và nhân.

b) C¸c vÝ dơ

VÝ dơ 1: Tìm phân thực, phần ảo của các số phøc sau
a) i + (2 - 4i) - (3 - 2i); b) ( 1 ) i 3 (2 )i 3

Bài giải

a) Ta có: i + (2 - 4i) - (3 - 2i) = ((0 + 2) + (1 - 4)i) + (- 3 + 2i)
= (2 - 3) + (-3 + 2)i

= -1 - i.

Vậy số phức đã cho có phần thực là - 1, phần ảo là - 1.
b) Sử dụng các quy tắc cộng, trừ, nhân hai số phức ta có

3

2

3 ( 1 )

( 1)

3( 1)

2 2

3 3 3

( 2 )

( 2) ( )

8 i

 

 

 



 



 



Do đó nhận đợc kết quả của bài tốn là 2 + 10i

VÝ dô 2: TÝnh
1
1 3
2 2 i

Bài giải

Ta có :

1 3 1 3

1 3

2 2 2 2

1 2 2

1 3 1 3

2 2 2 2

i i

i

i i

 

  

   

 

   

   

VÝ dô 3: TÝnh 1 i i2i3 ... i2009
Bài giải
Ta có: 1 i2010 (1 )(1i i i2i3 ... i2009)
Mà 1 i20102. Nên

2

3 2009

1 ...

1 i i

i

 



 





, hay lµ

2 3 2009

1 i i i  ... i  1 i.
VÝ dô 4: Tính (1 ) i100

Bài giải
Nhận thÊy (1 ) i 2 (1 )(1 )i  i 2i.

Suy ra (1 ) i100 ((1 ) ) i 2 50 ( 2 )i 50  ( 2) ( )50 50i 250.

VÝ dô 5: Cho sè phøc

1

3

2 z





i

H·y chøng minh r»ng: ;

1

2 1 0;

2

3 1.

z

z z

z

  



</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

1

3

2 z





i

. Nªn

1

3

1

3

2 1 (

) (

) 1 0

2 z

   

z



i

 



i

 

;

L¹i cã

1

3

1 2

1

3

1

2

1

3

2 i

z

i











. Suy ra

1

2 z

 

.
H¬n nữa ta có

z

3 1

Ví dụ 6: Tìm số phøc z, nÕu

2 z 0

z  

.
Bài giải
Đặt z = x + yi, khi đó





2 2 2 2

2
2 2 2 2

0 ( ) 0

2 0
0
0
0

0
2 0
0
0
0
0
(1 ) 0

(1 ) 0

z x yi x y

x y x y xyi

x

y y

x y x y

y
xy
x x
x
x
y
y y
y
y
x x

z

      

     
 
 
  
     
 
   



 
 


  



 


 
 

  
  





  



0 (do 1 0)
0
0, 0
0, 1

0, 1
0, 0
x x
y

x y
x y
x y
y x
 
 








    
 

 

  
   
 

   

 


Vậy có ba số phức thoả mãn điều kiện là z = 0; z = i; z = - i.
2. Biểu diễn s phc trong mt phng to

a) Phơng pháp giải

Để biểu diễn một số phức cần dựa vào định nghĩa và các tính chất sau:
Nếu số phức z đợc biểu diễn bởi vectơ u



, số phức z' đợc biểu diễn bởi vectơ u'



, thì
z + z' đợc biểu diễn bởi u u '



 

;
z - z' đợc biểu diễn bởi u u '

 
;
- z đợc biểu diễn bởi u


.
b) C¸c vÝ dơ.

Ví dụ 1: Giả sử M(z) là điểm trên mặt phẳng toạ đô biểu diễn số phức z. Tìm tập hợp
những điểm M(z) thỏa mãn điều kiện sau

a) z  1 i 2; b) 2z i z .
Bài giải

a) Đặt z = x + yi suy ra z - 1 + i = (x - 1) + (y + 1)i. Nªn hƯ thøc z  1 i 2 trë thµnh

2 2

( 1) ( 1) 2
( 1) ( 1) 4.

x y

   

    

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

b) Gọi A (- 2 ; 0), B(0 ; 1). Khi đó 2z  i z  z ( 2)  z i hay là

M(z)A = M(z)B. Vậy tập hợp các điểm M(z) là đờng trung trực của đoạn thẳng AB.
Nhận xét: Với phần b ta có thể thức hiện cách giải nh đã làm ở phần a. Tuy nhiên
để thể thực hiện cách giải nh vậy là ta đã dựa váo nhận xét sau:

NÕu vÐct¬ u



của mặt phẳng phức biểu diễn số phức z thì độ dài của vectơ u


lµ u z


,
và từ đó nếu các điểm A, B theo thứ tự biểu diễn các số phức z, z' thì AB  z z'



VÝ dô 2: Trong các số phức z thoả mÃn điều kiện

3
2 3

2
z  i 

. T×m sè phøc z cã
modul nhỏ nhất.

Bài giải

Xét biểu thức

3
2 3

2
z  i 

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

( 2) ( 3)
2

2 2

( 2) ( 3) .

x y i

x y

   

    

Do đó các điểm M biểu diễn số phức z thoả mãn (1) nằm trên đờng tròn (C) tõm

I(2; -3) và bán kính R =
3
2 .

Ta có z đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi

điểm M nằm trên đờng trịn (C) và gần O nhất. Do đó M là giao điểm của (C) và đờng
thẳng OI, với M là giao điểm gần O hơn.

Ta có OI = 4 9  13. Kẻ MH  Ox. Theo định lí ta lét có
3

13 9 6 13 9

2 13 3 13

3 13 2 2

MH OM

MH
OI



     

6 13 9 78 9 13

26
2 13

MH  

  

L¹i cã

13 2 13 3 26 3 13
2

2 13 13 13

OH

.
Vậy số phức cần tìm là

26 3 13 78 9 13

13 26

z    i

VÝ dô 3: Chøng minh r»ng víi mäi sè phøc z, w, ta cã z w z w . Đẳng thức xảy
ra khi nào?

Bài giải

Gọi A, B, C lần lợt là các ®iĨm biĨu diƠn cđa c¸c sè phøc z, w, z + w.
y

O H 2

M
I

- 3

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Ta có z OA w, OB z w,  OC. Từ OC  OA + AC suy ra z w z  w .
Hơn nữa OC = OA + AC khi và chỉ khi O, A, C thẳng hàng và A thuộc đoạn 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  
w = kz.

c. câu hỏi và bài tập

1. Chng minh rằng với mọi số phức z, w ta đều có z  w  z w . Dấu bng xy ra khi
no?

2. Trong mặt phẳng phức, bốn ®iĨm ph©n biƯt A, B, C, D theo thø tù biểu diễn các số phức
z, w, u, v thoả mÃn c¸c tÝnh chÊt:

a) z w u v 1;
b) z + w + u + v = 0.

3. Cho sè phøc z = m + (m - 3)i, m R

a) Tìm m để biểu diễn của số phức nằm trên đờng phân giác thứ hai y = - x;

b) Tìm m để biểu diễn của số phức nằm trên hypebol

2
y

x


;

c) Tìm m để khoảng cách của điểm biểu diễn số phức đến gốc toạ độ là nhỏ nhất.
4. Xác định tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức thoả món h

thức

3
z

z i .

5. Xét các điểm A, B, C trong mặt phẳng phức theo thứ tự biĨu diƠn c¸c sè phøc
4 ; (1 )(1 2 ); 2 6

1 3

i i i i

i i



 

  .

a) Chøng minh ABC là tam giác vuông cân;

b) Tìm số phức biểu diễn bởi điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình vuông.

Ch 2: Căn bậc hai của số phức và phơng trình bậc hai
A. Kin thc cn nh

1. Định nghĩa căn bậc hai của số phức
Cho số phức w mỗi số phức z tho¶ m·n z2

= w đợc gọi là một căn bậc hai của số phức w.
a) Nếu w là số thực

+ w < 0 thì có hai căn bậc hai:



wi

&



wi

+ w 0 thì có hai căn bậc hai:

w

&



w

.
b) Nếu w là số phức khi đó ta thực hiện các bớc:

+ Giả sử w= a + ib, đặt z = x + iy là một căn bậc hai của w tức là: z2 w khi đó ta có hệ:

2 2

(1)

2 (2)

x

y

a

xy b













Bình phơng 2 vế của (1) và (2) rồi cộng lại ta đợc

2 2 2 2

x



y



a



b

Do vậy ta đợc hệ:

2 2

2 2 2 2

(1)

(2')

x

y

a

x

y

a

b





















Giải hệ tìm đợc

x

2 và y2suy ra x và y để tìm z.

Chó ý: Theo (2) ta cã nÕu b > 0 th× x, y cùng dấu. Nếu b < 0 thì x, y trái dấu.
2. Công thức nghiệm của phơng trình bậc hai hệ sè phøc

Cho PT:

0; (1)

( , ,

,

0)

ax



bx c

 

a b c





a



vµ cã

b

4

ac

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

+ NÕu

 

0

pt cã hai nghiƯm lµ 1 2

;

2 b

x

a







 



Trong đó



là một căn bậc hai của



+ NÕu = 0 th× pt cã nghiƯm kÐp: 1 2

2 b

x

a





B. C¸c dạng bài tập
 1. Giải phơng trình bậc nhất
 a) Phơng pháp gi¶i

Biến đổi phơng trình về dạng Az + B = 0, A, B , A0. Viết nghiệm

B
z

A



b) VÝ dô

Ví dụ 1: Giải phơng trình 2iz + 1 - i = 0
Bài giải

Nghiệm của phơng trình là

(1 ) 1 1 1 1

2 2 2 2 2

i
z i
i i
  
  
.

2. Tính căn bậc hai và giảiphơng trình bậc hai

a) Phơng pháp giải

S dng cơng thức tính căn bậc hai của số phức để tính căn bậc hai.

Sử dụng cơng thức nghiệm của phơng trình bậc hai để tìm nghiệm của phơng trình với
chú ý phải đa về đúng dạng của phơng trình.

b) Các ví dụ

Ví dụ 1:Tìm căn bậc hai của các số phức sau:

)

5 12

) 8 6

) 33 56

)

3 4

a

i

b

i

c

i

d

i

Bài giải

a) Gäi z = x + iy là một căn bậc hai của -5 + 12i tức lµ



x iy



5 12

i

x

y

2

ixy

5 12

i



 







 

2 2 2

2 2

2 2 2

5

4

5

2

12

13

9 x

y

x

y

xy

x

y













































2

3 x

y





 





Do b = 12 > 0 nên x và y cùng dấu từ đó có

2

3 x

y











hc

2

3 x

y

Vậy -5 + 12i có 2 căn bËc hai lµ z1 =2+3i vµ z2 = -2-3i.

b) T¬ng tù ta gäi z = x + iy là một căn bậc hai của 8+ 6i tøc lµ



x iy





 

8 6

i



x



y



2 ixy

 

8 6

i

2 2 2

2 2

2 2 2

8

9

8

2

6

10

1 x

y

x

y

xy

x

y













































3

1 x

y





 





Do b= 6> 0 nên x và y cùng dấu từ đó có

3

1 x

y











hc

3

1 x

y











VËy 8 + 6i có 2 căn bậc hai là 3+i vµ -3-i.

c) Gäi z = x + iy là một căn bậc hai của 33 - 56i tøc lµ



x iy







33 56



i



x



y



2 ixy



33 56



i

2 2 2

2 2

2 2 2

33

49

33

2

56

65

16 x

y

x

y

xy

x

y













































7

4 x

y





 





Do b = -56 < 0 nên x và y trái dấu từ đó có

7

4 x

y











hc

7

4 x

y











</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

d) Gọi z = x + iy là một căn bËc hai cđa -3 +4i tøc lµ



x iy





 

3 4

i



x



y



2 ixy

 

3 4

i

2 2 2

2 2

2 2 2

3

1

3

2

4

5

4 x

y

x

y

xy

x

y













































1

2 x

y





 





Do b = 4 > 0 nên x và y cùng dấu từ đó có

1

2 x

y











hoặc

1

2 x

y

Vậy 2 căn bậc hai cđa -3 + 4i lµ 1 + 2i vµ -1-2i.

VÝ dơ 2: Giải các phơng trình sau:









)

3 4

5 1 0; (1)

)

1

2 0;

(2)

a

x

i x

i

b

x

i x

i













Bài giải

a) Ta cã









3 4

i

4 5 1

i

3 4

i

 





 

Theo kết quả ví dụ 1d) thì có hai căn bậc hai là 1+ 2i và -1 - 2i. Do đó pt (1) có hai

nghiƯm lµ: 1 2

3 4

1 2

3 4 1 2

2 3 ;

1

2 i

x





 

 

i

x





 

 

i

b) T¬ng tù ta cã









1 i

4 i

2 8 6

i

  



 

 

Theo kết quả ví dụ 1b) thì có hai căn bậc hai là 3 + i và -3 - i. Do đó pt (2) có hai
nghiệm là:

1 2

1

3

1

3 1;

2 i

x



   



x



  







i

Chó ý: PT (2) cã thĨ dïng nhÈm nghiÖm nhê a + b + c = 0
Ví dụ 3: Giải các phơng tr×nh sau:

) 3

2 0; (1)

)

1 0; (2)

)

1 0

(3)

a

x

b

x

c x

  





Bài giải

a) Ta có



= 12- 4.3.2 =-23<0 nên ta có hai căn bậc hai của



là:

i

23 &



i

23

. Từ

đó nghiệm của pt (1) là:

1 2

1

23

1

23 ;

6 i

x



 

x



 

b) T¬ng tù ta cã  = -3 < 0 có hai căn bậc hai là:

i

3 &

i

3

nên (2) có các
nghiệm lµ:

1 2

1

3

1

3 ;

2 i

x



 

x



 

c) Ta cã









(3)

1

0 1 0

1 0; (*)

x





 









 

  



Theo b) ta cã (*) cã hai nghiƯm lµ 1 2

1

3

1

3 ;

2 i

x



 

x



 

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

1 2 3

1

3

1

3 1;

;

2 i

x



x



 

x



 

( Các nghiệm của pt (3) đợc gọi là căn bậc ba của 1).

VÝ dụ 4: Chứng minh rằng nếu một phơng trình bậc hai víi hƯ sè thùc cã nghiƯm phøc

  

thì cũng nhận

là nghiệm.

Bài giải

Giả sö PT bËc hai:





0;

, ,

,

0

ax



bx c

 

a b c





a



nhËn sè phøc

  

lµ
nghiƯm tøc lµ ta cã:

a





b



c

0

. (1)

Lấy liên hợp hai vế của (1) và sử dụng tính chất liên hợp của số thùc b»ng chÝnh nã th× ta

đợc:

 

0

a





b



  

c

a





b



 

c

. Điều này chứng tỏ



là nghiệm của pt.
 áp dụng: Chứng tỏ 1+i là một nghiệm của phơng trình

x



3 x



3 5



i



0

. Tìm
nghiệm cịn lại của pt đó.

Ví dụ 5: Phát biểu và chứng minh định lí đảo và thuận của định lí Vi-et của phơng
tình bậc hai với hệ số phức.

ThuËn: NÕu hai sè

x

&

x

2 lµ hai nghiệm của phơng trình

0;

, ,

,

0

ax



bx c

 

a b c





a



th× 1 2 1 2

&

b

c

x

x x

a







.
Chøng minh

Theo c«ng thøc nghiƯm cđa pt bËc hai víi hÖ sè phøc ta cã:

1 2

2 2

1 2 2

2 .

2

4 b

x

a

b

c

x x

a



 



 























 





 







 







 



Đảo : Nếu hai số ; thoả m·n:   S &  . P th×  ; lµ nghiƯm cđa pt:

0

x



Sx P





.(1)

Chøng minh

Ta cã:







 



(1)

x

0 x





















 



  





§iỊu nµy chøng tá  ; lµ nghiƯm cđa (1).

áp dụng: Lập phơng trình bậc hai cã c¸c nghiƯm



 

4 3 ;

i



2 5

i

Bài giải

Theo bài ra ta có:







 2 8i và  . 



4 3 i

 

2 5 i



23 14 iTheo kết
quả VD5 ta đợc pt bậc hai cần lập là:





2 8

14

23 0

x





i x



i





Ví dụ 6:Tìm m để phơng trình:

x



mx



3 i



0

có tổng bình phơng 2 nghiệm bng
8.

Bài giải

Theo bµi ra ta cã:





2
2 2

1 2

8

1 2

2

1 2

8 x



x

 

x



x



x x



(1). Theo Vi-et ta cã
1 2

1 2

3 x

m

x x

i













Thay vào (1) ta đợc

m



6 i

 

8 m

 

8 6

i

. Tức m là một căn bậc

hai cđa 8+6i. Theo kÕt qu¶ VD1b/ ta có 2 giá trị của m là: 3 + i vµ -3 - i.

Ví dụ 7: Giải hệ phơng trình

2 2
1 2

1 2

5 2

(1)

4 (2)

z

i

z

i





 





 

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Bài giải
Từ (2) ta cã

2 2

1 2

2

1 2

15 8 .

z



z



z z





i

KÕt hỵp víi (1) ta cã

z z

1 2

 

5 5

i

vậy ta có hệ

phơng trình:

1 2

4 5 5

z

i

z z

i



 





 



Do đó

z z

,

2 là nghiệm của phơng trình





4

5 5

0

z



i z

 

i



. Ta cã

  

5 12

i

theo VD1a/ ta biÕt



cã hai căn bậc hai là:
2 + 3i và -2 - 3i.

VËy ta cã
1

4 2 3

3

2

4 2 3

1 2

2 i

z

i

z

i

  





 





 







 





Hc

1 2

3 z

i

z

i

 





 



.

VÝ dơ 8: Cho

z z

,

2lµ hai nghiệm của phơng trình

1i 2 z 3 2 i z 1 i 0
.
Không giải pt hÃy tính giá trị của các biểu thức sau:

2 2 2 2 1 2

1 2 1 2 1 2

2 1

)

z

a A z

z

b B

z z

c C

z









Bài giải

Theo Vi-et ta có:

1 2

3 2 3 2 2 2 3 2

3 3

1 2

1 1 2 1 2

3 3

1 2

i

z z i

i
i

z z i

i

   

   








  

   

 



a) Ta cã





2
2

1 2 1 2

3 2 2 2 3 2 1 2 1 2 11 30 2 6 4 2

2 2

3 3 3 3 9 9

A z z  z z     i      i    i

   

   





1 2 1 2

3 2 2 2 3 2 1 2 1 2 5 2 2 1 10 2

3 3 3 3 9 9

B z z z z     i      i    i

   

c) Ta cã

2 2

1 2

6 26 2
18

1 2 1 2

3 3

z z A i

C

z z

i

  

  

 



.
VÝ dơ 9: Gi¶i pt:

z



6 z



25 0



(1)

Bài giải

z

t

.

Khi đó (1) có dạng:

t



6 t



25 0



(2).

Ta cã:

 

'

16

cã hai căn bậc hai là 4i và - 4i nên pt (2) cã hai nghiƯm lµ

t

 

3 4

i

vµ

t

3 4

i

.

Mặt khác 3 + 4i có hai căn bậc hai là: 2 + i và -2 - i còn 3 - 4i có hai căn bậc hai là:
2 - i và -2 + i nên pt (1) có 4 nghiƯm lµ:

2 ;

2 z

 

i

z

 

i

z



i

z

i

C. câu hỏi và bài tập

Bài 1: Tìm các căn bậc hai của các số phøc sau:

a) 8+6i b) 3+4i c)

1 3

i
i

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

1 1

1i 1 i e)

1
1

i
i



 

 



  f)

1 3

3
i

i

  

 



 

Bµi 2: Gäi u u1; 2là hai căn bậc hai của z1 3 4i và v v1; 2 là hai căn bậc hai của

2 3 4

z i

. Tính u1u2 v1 v2?

Bài 3: Giải các phơng trình sau:







)

2 2 1 0

)

5 14

2 12 5

0 )

80 4099 100

0 )

3

6

3 13 0

)

cos

sin

cos sin

0. a z

iz

i

b

z

i z

i

c

z

i

d

z

i

z

i

e z



i



z i

























 



Bài 4: Tìm các căn bậc ba của 8 và -8.

Bài 5: Giải các phơng trình trùng phơng:

4 2

)

8 1

63 16

0 )

24 1

308 144

0 a z

i z

i

b z

i z

i

















Bµi 6: Cho

z z

,

2 lµ hai nghiệm của phơng trình:

2 1 2 2 3 0

z i z i

.
Không giải pt hÃy tính giá trị của các biểu thức sau:

2 2 2 2 1 2

1 2 1 2 1 2

2 1

3 3 3 3

1 2 2 1 1 2 1 2

2 1 1 2

)

1

2

1

2 )

z

a A z

z

b B z z

z z

c C

z

d D z

z

e E z z

z z

f F

z















































Bài 7: Giải các hệ pt

2 2

4

0

2

)

2

1 z

i

z

u

v

uv

a

b

u v

i

z i

z

 













 





 

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Chủ đề 3 : Dạng lợng giác của số phức
A. Kiến thức cần nhớ 
I. Số phức dới dạng lợng giác.

1. Acgumen cña sè phøc z 0 y

Cho số phức z 0. Gọi M là điểm
trong mặt phẳng phức biểu diễn số phức z.

Khi đó số đo (radian) của mỗi góc lợng b

giác tia đầu Ox, tia cuối OM đợc M

gọi là một Acgumen của z.
O a x
Chú ý: + Nếu ϕ là Acgumen của z thì mọi Acgumen của z đều có dạng:

ϕ + k2 π , k Z.

+ Acgumen của z 0 xác định sai khác k2 π , k Z.

2. Dạng lợng giác của số phức

Cho sè phøc Z = a+bi, (a, b R), víi r =

√

a2

+b2 lµ modun cđa sè phøc z vµ ϕ
lµ Acgumen cđa sè phøc z.

Dạng z = r (cos ϕ +isin ϕ ) đợc gọi là dạng lợng giác của số phức z 0, còn dạng
z = a + bi đợc gọi là dạng đại số của s phc z.

II. Nhân và chia số phức dới dạng lợng giác

Nếu z = r(cos ϕ +isin ϕ ), z' = r' (cos ϕ '+isin ϕ ') (r 0 vµ r' 0 ) th×
zz' = rr ( cos ( ϕ+ϕ'

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>





cos( ') sin( ')
' '

z r

i

z r      (khi r' > 0).

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



r(cos isin )



n rn(cosn isinn )

    

[cosϕ+isinϕ]n=cosnϕ+isinnϕ,∀n∈N∗.
2. Căn bậc n của một số phức

Víi z = r(cos ϕ +isin ϕ ), r > 0, có hai căm bậc hai của z là

(cos sin )

2 2

r i 
;

(cos sin ) (cos( ) sin( ))

2 2 2 2

r  i  r  i 

       

B. các dạng Bài tập

1. Viết số phức dới dạng lợng giác
a) Phơng pháp

Với mỗi số phức z = a + bi:
TÝnh r = a2+¿b2

√¿

TÝnh cos ϕ = ,sin

a b

r  r từ đó suy ra acgumen của z

Sư dơng c«ng thức lợng giác của số phức cho ta z = r (cos ϕ+isinϕ¿ .
 b) C¸c vÝ dơ

VÝ dơ 1: Viết các số phức sau dới dạng lợng giác

1 3
)(1 3)(1 ) )

1
) sin cos

i

a i i b

i
c z  i 



 



 

Bµi gi¶i

a) Ta cã

1 3 2 cos( ) sin( )

3 3

i   i  

      

 ; cßn 1 i 2 cos 4 isin 4

 

 

    

  . Do đó

(1 3)(1 ) 2 2 cos( ) sin( )

12 12

i i   i  

       

 .

b) Từ phần trên ta có ngay kÕt qu¶

1 3 7 7

2 cos sin

1 12 12

i

i
i

      

     

      .

c) Ta cã

sin cos cos( ) sin( )

2 2

z i   i  

. VËy

cos( ) sin( )

2 2

z  i  
.
VÝ dô 2: Tuú theo gãc , h·y viÕt sè phức sau dới dạng lợng giác

(1 cos isin )(1 cos isin ).
Bài giải

Xét sè phøc z =(1 cos  isin )(1 cos  isin ) , ta cã





2 2

(2sin .2sin cos )(2 cos .2sin cos )

2 2 2 2 2 2

4sin cos (sin cos )(cos sin )

2 2 2 2 2 2

2sin (sin cos sin cos (cos sin ))

2 2 2 2 2 2

2sin sin cos .

z i i

i i

i
i

     



  

  

   

 

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

+ NÕu sin 0, th× tõ (*) cã z = 2sin

cos( ) .sin( )

2 i 2

   

 

 

là dạng số phức cần

tìm.

+ NÕu sinh < 0, th× tõ (*) ta cã

2sin ( sin cos ) 2sin cos( ) .sin( )

2 2

z   i     i  

  là dang lợng giác cần

tìm.

+ Nếu sinh = 0, thì z = 0, nên khơng có dạng lợng giác xác định.
2. Các bài tập tính tốn tổng hợp về dạng lợng giác của số phức
a) Phơng pháp giải

Đa số phức về dạng lợng giác rồi sử dụng các cơng thức Moivre để tính tốn các đại
l-ợng theo yêu cầu của bài tập.

b) C¸c vÝ dơ

Ví dụ 1: Tìm phần thực và phần ảo của mỗi số phức sau

10
9

5 7

(1 )

)
( 3 )

b) cos sin (1 3 )

3 3

i
a

i

i i i




 

 

 

 

 

2009
2009

1
)

c z
z

, nếu
1

1
z

z

Bài giải

a) XÐt sè phøc

10
10

9
9

5
9
4

2(cos sin )

(1 ) 4 4

( 3 )

2(cos sin

6 6

5 5

2 (cos sin )

2 2

3 3

2 (cos sin )

2 2

1 1

(cos sin )

2 16

i
i

i

i
i
i
i

 

 



 

  



   



 

 

 




 



    

VËy phÇn thùc bằng
1
16

, phần ảo bằng 0.
b) XÐt sè phøc





5 7

7
7

7 7

cos sin (1 3 )

3 3

cos( ) sin( ) 2(cos sin )

3 3 3 3

7 7

2 cos( ) sin( ) (cos sin )

3 3 3 3

2 cos 2 sin 2 2 .

i i i

 

 

 

 

 

   

   

       

   

   

 

      

 

    

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

2
1

1 1 0

1 3

cos sin

2 3 3

1 3

cos( ) sin( ).

2 3 3

z z z

z

i

z i

i

z i

     

   

  





   

    




Víi

cos sin

3 3

z i 

, ta cã

2009 2009 2009

2009

2009 2009

1 1

(cos sin ) ( )

3 3 cos sin

3 3

(cos sin ) (cos( ) sin( ))

3 3 3 3

2009 2009 2009 2009

(cos sin )(cos sin )

3 3 3 3

2cos

z i

z i

i i

 

   

 



   

     

    

  

 (669 2 ) 2cos2 1.

3 3

 

   

VËy phần thực cảu số phức bằng 1, phần ảo bằng 0.
VÝ dơ 2: TÝnh tỉng sau S (1 )i 2008(1 ) i 2008

Bài giải
Ta cã

2008 1004

1 2(cos sin ) (1 ) 2 (cos502 sin 502 )

4 4

1 2(cos sin ) 2(cos( ) sin( ))

4 4 4 4

(1 ) 2 (cos( 502 ) sin( 502 )).

i i i i

i i i

i i

 

        

   

      

       

Do đó S21005cos(502 ) 2  1005.

Ví dụ 3: Cm rằng các điểm biểu diễn các căn bậc ba của 1 lập thành một tam giác đều.
Bài giải

Xét phơng trình z3 1 trên , có nghiệm dạng z r (cosisin ) . Khi đó

3 1 3(cos3 sin 3 ) 1
1

3 2 , .

z r i

r

k k

 



   



 

  

 

Do đó phơng trình trên có đúng ba nghiệm ứng với ba giá trị của k là
Với k = 0 ta có z0 = cos0 + isin0 = 1;

Víi k = 1 ta cã z1 =

2 2 1 3

cos sin ;

3 i 3 2 i 2

 

  

Víi k = 2 ta cã z2 =

4 4 1 3

cos sin

3 i 3 2 i 2

 

  

Nên 1 có ba căn bậc ba đó là các số phức đợc xác định nh trên. Trong mặt phẳng phức,
gọi A, B, C lần lợt là điểm biểu diễn các số phức z0, z1, z2. Khi đó



1;
2

;
3
2

OA OB OC
AOB

BOC

  






  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Bài 1: Viết các số phức sau dới dạng lợng giác:

a. 1 - i

3 b. ( 1 - i

√

3¿(1+i) c. 1−i

√

1+i
d. 1 - itan π

5 e. tan
5π

8 +i f. 1-cos ϕ− isinϕ (

ϕ∈R ,ϕ≠ k2π , k∈Z )

Bài 2:Cho 2 số phức: 4 – 4i và 1+ i

√

3 . Tìm Modun và Acgumen của các số phức là
đối liên hợp của 2 số phức trên và viết chúng dới dạng lợng giác.

Bµi 4: Tìm dạng lợng giác của các số phức sau: z ; 1

z , biÕt:
 a, z = r ( cos ϕ+isinϕ¿ , r >0.

b, z = 1 +

3 i

Bài 5: Tìm các căn bậc 5 cđa 1? CMR tỉng cđa chóng b»ng 0?
Bµi 6: Rút gọn hết dấu căn ở mỗi biểu thức sau

a, 4

√

−1 b, 8

√

1 c,

√

1−i d,

√

3 −1

2 −

√

3
2 i

Bài 7: Cho số phức z = a + bi . Một hình vng tâm là gốc toạ độ 0, các cạnh song song
với các trục toạ độ và có độ dài bằng 4. Xác định a,b để tìm điểm biểu diễn của số thực z.
a, Nằm trong hình vng

b, Nằm trên đờng chéo củahình vng
Bài 8: Chứng minh rằng

|

z1z2+1

|

+ z1 z2 ❑2 = (1+

|

z1

|

❑2 )(1+

|

z2

|

) ❑2 b.

|

z1+z2

|

z1

|

z2

|

)

|

z1

|

z1

|

+ z2

|

z2

|

.
Bµi 9: TÝnh

</div>

TL: BCH Tỉnh đoàn TH K.XVII

z a+bi (a,b

)

z' a'+b' i (a',b'

)

'

z z'

'

<i>a a</i>

<i>b b</i>





















z a+bi (a,b

)

z' a'+b' i (a',b'

)

z + z' (a + a' ) + (b + b') i

z z' (a - a') + (b - b' )i



















z a+bi (a,b

)

z' a'+b' i (a',b'

)

zz'

<i>aa bb</i>

'

' (

<i>ab a b i</i>

'

' )











z = a +b

2

2

z

zz' = z z' , zz a

b

z

z + z' = z + z', zz'=z z', z = z







z

1

-1

z =

<sub>2</sub>

z

z

z'

<sub> z'z</sub>

<sub>-1</sub>

z'z

z

zz

3

3

2

2

3