Tài liệu Chuyên đề luyện thi ĐH phần số phức pdf

Chuyên đề số phức ồ Văn Hoàng
1
Chủ đề 1: DẠNG ĐẠI SỐ CỦA SỐ PHỨC
A/ Kiến thức cơ bản:
1) Các định nghĩa:
* Cho a và b là hai số thực và i là đơn vị ảo ( i
2
= -1), khi
đó: z = a + bi được gọi là một số phức.
a: được gọi là phần thực ; b: được gọi là phần ảo
Tập các số phức được kí hiệu là 
 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.
*
z
= a - bi là số phức liên hợp của z = a + bi và ngược lại
* Mô đun của số phức z = a + bi là | z | =
2 2
a b
2
2 2
zz' = z z' , zz=a +b z ,z+z'=z+z', zz'=z z', z= z
z là số thực khi và chỉ khi z =
z
2) Các phép toán và tính chất cơ bản:
 (a + bi) = (c + di)

a c

b d





 (a + bi) + (c + di) = (a + c) + (b + d)i
 (a + bi) - (c + di) = (a - c) + (b - d)i
 (a + bi).(c + di) = nhân bình thường như nhân đa thức

( )( )
( )( )
a bi a bi c di
c di c di c di
  

  
(nhân tử, mẫu cho số phức liên hợp ở mẫu)
3) Biểu diễn hình học của số phức
Số phức z = a + bi (a, b
 
) được 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 được 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 có:Nếu
 
,u v
theo thứ tự biểu diễn các số phức z, z' thì


 
u v
biểu diễn số phức z + z',


 
u v
biểu diễn số phức z − z',
 k


 ( )u k
biểu diễn số phức kz,


 
 
OM u z
, với M là điểm biểu diễn của z.
B/ CÁC DẠNG BÀI TẬP
1. Xác định tổng, hiệu, tích, thương của các số phức
Ví dụ 1: Tìm phân thực, phần ảo của các số phức sau
a) z =i + (2 − 4i) − (3 − 2i); b) z’ =
  
3 3
( 1 ) (2 )i i
a) z = (0 + 2 − 3) + (1 − 4 + 2)i = −1 − i.
Vậy số phức đã cho có phần thực là − 1, phần ảo là − 1.
b)
3 3 3 3
(-1 ) (-1) 3(-1) 3(-1) 3 2 2 ;i i i i i      
3 3 3
(-2 ) (-2) ( ) 8i i i 
. Kết quả: 2 + 10i
Ví dụ 2: Tính

1
1 3
2 2
i
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
 
  
  
 
  
  
  
Ví dụ 3: Tính
2 3 2009
1 i i i i    
Ta có
2010 2 3 2009
1 (1 )(1 )i i i i i i       
Mà 1 − i
2010
=2. Nên
2 3 2009
2
1
1
i i i i
i
     

= 1 + i.

Vd 4: Tính
100
(1 )i
Ta có (1− i)
100
=
2 50 50 50 50 50
((1 ) ) ( 2 ) ( 2) ( ) 2i i i      
Ví dụ 5:
Cmr:
2 2 3
1
1 0; ; 1.z z z z z
z
     
Với
1 3
2 2
z i  
Do
2
1 3
2 2
z i  
.
Nên
2
1 3 1 3
1 ( ) ( ) 1 0
2 2 2 2

z z i i         
;
Lại có
1 3
1 1 1 3
2 2
1 2 2
1 3
2 2
i
i
z
i
 
    
 
.
Suy ra
2
1
z z
z
 
. Hơn nữa ta có z
3
= z
2
.z = 1.
Ví dụ 6: Tìm số phức z, nếu
2

0z z 
.
Đặt z = x + yi, khi đó
2 2 2 2
0 ( ) 0z z x yi x y      


2 2 2 2
2 2 2 2
0
2 0
2 0
x y x y
x y x y xyi
xy

   

      





2
2
0
0
0
0, 0

0
0 (1 ) 0
0, 1
1
0, 1
0 0
0 (do 1 0)
0, 0
(1 ) 0
0
0
x
x
x
x y
y
y y y y
x y
y
x y
y y
x x
y x
x x
x x
y





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

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

 


 









Vậy có ba số phức thoả điều kiện là z = 0; z = i; z = − i.
2. Biểu diễn số phức trong mặt phẳng toạ độ
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)
  1 2z i
; b)
  2 z i z
.
a) Đặt z = x + yi suy ra z − 1 + i = (x − 1) + (y + 1)i.
  1 2z i
2 2 2 2
( 1) ( 1) 2 ( 1) ( 1) 4.x y x y        
Vậy tập hợp các điểm M(z) trên mặt phẳng toạ độ biểu
diễn các số phức z thỏa mãn giả thiết là đường tròn tâm
I(1; − 1) bán kính R = 2.
b) Gọi A (− 2 ; 0), B(0 ; 1). Khi đó

  2 z i z
    ( 2)z z i
hay là M(z)A = M(z)B. Vậy tập hợp các
điểm M(z) là đường trung trực của đoạn thẳng AB.
Nhận xét: Với phần b ta có thể thức hiện cách giải như đã làm ở
phần a. Tuy nhiên để thể thực hiện cách giải như vậy là ta đã dựa
váo nhận xét sau: Nếu véctơ

u
của mặt phẳng phức biểu diễn số
phức z thì độ dài của vectơ

u
là


u z
, và từ đó nếu các điểm
A, B theo thứ tự biểu diễn các số phức z, z' thì
' 

AB z z
.
Ví dụ 2: Trong các số phức z thoả mãn điều kiện
  
3
2 3
2
z i
. Tìm số phức z có modul nhỏ nhất.

Xét biểu thức
  
3
2 3
2
z i
(1). Đặt z = x + yi. Khi đó (1)
trở thành
3 9
2 2
( 2) ( 3) ( 2) ( 3) .
2 4
x y i x y        
Do đó các điểm M biểu diễn số phức z thoả mãn (1) nằm
trên đường tròn (C) tâm I(2; −3) và bán kính R =
3
2
.
Ta có |z| đạt giá trị nhỏ nhất  điểm M(C) và gần O nhất
Chuyên đề số phức Hồ Văn Hoàng
2
Do đó M là giao điểm của (C) và đường 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
2
3
13
MH OM
OI

 
9 6 13 9
13 3 13
2 2
MH

   
 
  
6 13 9 78 9 13
26
2 13
MH
.
Lại có

 
   
3
13
2 13 3 26 3 13
2

2 13
13 13
OH
OH
.
Vậy số phức cần tìm là
 
 
26 3 13 78 9 13
13 26
z i
.
Ví dụ 3: Chứng minh rằng với mọi số phức z, w, ta có
  z w z w
. Đẳng thức xảy ra khi nào?
Gọi A, B, C lần lượt là các điểm biểu diễn của các số phức
z, w, z + w. Ta có
   , ,z OA w OB z w OC
.
Từ OC

OA + AC suy ra
  z w z w
.
Hơn nữa OC = OA + AC khi và chỉ khi O, A, C thẳng hàng
và A thuộc 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
để w = kz.
Chủ đề 2: CĂN BẬC HAI CỦA SỐ Phức
A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ
1. Căn bậc hai của số thực âm:
Mỗi số thực âm a có 2 căn bậc hai là i
| |a
và - i
| |a
Ví dụ: số -7 có 2 căn bậc hai là i
7
và - i
7

số -9 có 2 căn bậc hai là 3i và -3i
2. Định nghĩa căn bậc hai của số phức
Cho số phức w mỗi số phức z thoả mãn z
2
=
w được gọi là
một căn bậc hai của số phức w.
a) Nếu w là số thực
+ w < 0 thì có hai căn bậc hai:
&i w i w  
+ w

0 thì có hai căn bậc hai:
&w w
.
b) Nếu w là số phức khi đó ta thực hiện các bước:
+ Giả sử w = a + ib, đặt z = x + iy là một căn bậc hai của
w tức là:
2
z w
khi đó ta có hệ:
2 2
(1)
2 (2)
x y a
xy b

 




Bình phương 2 vế của (1) và (2) rồi cộng lại ta được
2 2 2 2
x y a b  
. Ta có hệ:
2 2
2 2 2 2
(1)
(2')
x y a
x y a b

 


  


Giải hệ tìm được
2
x
và
2
y
suy ra x và y để tìm z.
Chú ý: Theo (2) ta có : nếu b > 0 thì x, y cùng dấu.
nếu b < 0 thì x, y trái dấu.
3. Phương trình bậc hai với hệ số thực:
ax
2

+ bx + c = 0 , (a,b,c
R
) (1)


>0:pt(1) có 2 nghiệm thực phân biệt
1
2
b
x
a
  



= 0 : pt (1) có nghiệm (thực) kép:
1 2
2
b
x x
a

 


< 0 : pt (1) có 2 nghiệm phức phân biệt:
1
| |
2
b i

x
a
  

,
2
| |
2
b i
x
a
  

4.Công thức nghiệm của ph trình bậc hai hệ số phức
Cho phương trình :
2
0; (1) ( , , , 0)ax bx c a b c a    
và có
2
4b ac  
 Nếu
0 
pt có hai nghiệm
1 2
;
2 2
b b
x x
a a
 

   
 
Trong đó

là một căn bậc hai của

.
 Nếu

= 0 thì pt có nghiệm kép:
1 2
2
b
x x
a
  
.
B. CÁC DẠNG BÀI TẬP
1. Giải phương trình bậc nhất Biến đổi phương trình về
dạng Az + B = 0; A, B 

, A ≠ 0. Viết nghiệm
B
z
A
 
Ví dụ : Giải phương trình 2iz + 1 - i = 0
Nghiệm của phương trình là
(1 ) 1 1 1 1
2 2 2 2 2

i
z i
i i
  
    
.
2.Tính căn bậc hai và giải phương trình bậc hai
Ví dụ 1: Tìm căn bậc hai của các số phức sau:
) 5 12 ) 8 6 ) 33 56 ) 3 4a i b i c i d i     
a) Gọi z = x + iy là một căn bậc hai của -5 + 12i tức là
 
2
2 2
5 12 2 5 12x iy i x y ixy i         
2 2 2
2 2
2 2 2
5 4
5
2 12
13 9
x y x
x y
xy
x y y
 
   

  
 

  
  

  
 

 
2
3
x
y
 



 

Do b = 12 > 0 x, y cùng dấu do đó
2
3
x
y





hoặc
2
3

x
y
 


 

Vậy -5 + 12i có 2 căn bậc hai là z
1
=2+3i và z
2
= -2-3i.
b) Tương tự gọi z = x + iy là một căn bậc hai của 8+ 6i tức
là
 
2
2 2
8 6 2 8 6x iy i x y ixy i       
2 2 2
2 2
2 2 2
8 9
8
2 6
10 1
x y x
x y
xy
x y y
 

  

 
 
  
  

  
 

 
3
1
x
y
 



 

Do b= 6> 0  x, y cùng dấu do đó
3
1
x
y






hoặc
3
1
x
y
 


 

Vậy 8 + 6i có 2 căn bậc hai là 3+i và -3-i.
c) Gọi z = x + iy là một căn bậc hai của 33 - 56i tức là
 
2
2 2
33 56 2 33 56x iy i x y ixy i       
2 2 2
2 2
2 2 2
33 49
33
2 56
65 16
x y x
x y
xy
x y y
 
  


 
 
  
  
 
  
 

 
7
4
x
y
 



 

Do b = -56 < 0  x, y trái dấu do đó
7
4
x
y



 


hoặc
7
4
x
y
 




Vậy 2 căn bậc hai của 33 - 56i là 7- 4i và -7+i4.
d) Gọi z = x + iy là một căn bậc hai của -3 +4i tức là
 
2
2 2
3 4 2 3 4x iy i x y ixy i         
2 2 2
2 2
2 2 2
3 1
3
2 4
5 4
x y x
x y
xy
x y y
 
   


  
 
  
  

  
 

 
1
2
x
y
 



 

Do b = 4 > 0 x, y cùng dấu do đó
1
2
x
y





hoặc

1
2
x
y
 


 

Vậy 2 căn bậc hai của -3 + 4i là 1 + 2i và -1-2i.
x
y
O
H
2
M
I
- 3
Chuyên đề số phức Hồ Văn Hoàng
3
Ví dụ 2: Giải các phương trình sau:
 
 
2
2
) 3 4 5 1 0; (1)
) 1 2 0; (2)
a x i x i
b x i x i
    

    
a) Ta có
   
2
3 4 4 5 1 3 4i i 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 nghiệm là:
1 2
3 4 1 2 3 4 1 2
2 3 ; 1
2 2
i i i i
x i x i
     
     
b) Tương tự ta có
   
2
1 4 2 8 6i i 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
2 2
i i i i

x x i
       
     
Chú ý: PT (2) có thể dùng nhẩm nghiệm nhờ a + b + c = 0
Ví dụ 3: Giải các phương trình :
2
) 3 2 0 (1);a x x  
2 3
) 1 0 (2); ) 1 0 (3)b x x c x    
a) Ta có

= 1
2
- 4.3.2 = −23 = − 23 i
2
< 0 nên ta có hai căn
bậc hai của

là:
23 & 23i i
. Từ đó nghiệm của pt (1)
là:
1 2
1 23 1 23
;
6 6
i i
x x
   
 

b) Tương tự ta có

= − 3 = −3i
2
< 0 có hai căn bậc hai là:
3 & 3i i
nên (2) có các nghiệm là:
1 2
1 3 1 3
;
2 2
i i
x x
   
 
c) Ta có
 
 
2
2
1 0
(3) 1 1 0
1 0; (*)
x
x x x
x x
 

     


  

Theo b) (*) có hai nghiệm là
1 2
1 3 1 3
;
2 2
i i
x x
   
 
.
Từ đó ta có các nghiệm của pt (3) là:
1 2 3
1 3 1 3
1; ;
2 2
i i
x x x
   
  
( Các nghiệm của pt (3) được gọi là căn bậc ba của 1).
Ví dụ 4 : Lập phương trình bậc hai có các
nghiệm là:
4 3 ; 2 5i i
 
    
Theo bài ra ta có:
2 8i
 

  
và
. 23 14i
 
  
.
kết quả pt bậc hai cần lập là:
 
2
2 8 14 23 0x i x i    
Ví dụ 6: Tìm m để phương trình:
2
3 0x mx i  
có tổng bình phương 2 nghiệm bằng 8.
Theo bài ra ta có:
 
2
2 2
1 2 1 2 1 2
8 2 8x x x x x x     
(1).
Theo Vi-et ta có
1 2
1 2
3
x x m
x x i
  





Thay vào (1) ta được
2 2
6 8 8 6m i m i    
m là một căn bậc hai của 8+6i.
Theo kết quả VD1b/ có 2 giá trị của m là: 3 + i và -3 - i.
Ví dụ 7: Giải hệ phương trình
2 2
1 2
1 2
5 2 (1)
4 (2)
z z i
z z i

  


  


Từ (2) ta có
2 2
1 2 1 2
2 15 8 .z z z z i   
Kết hợp với (1) ta có
1 2
5 5z z i 
vậy ta có hệ phương

trình:
1 2
1 2
4
5 5
z z i
z z i
  


 

Do đó
1 2
,z z
là nghiệm của
phương trình
 
2
4 5 5 0z i z i    
. Ta có
5 12i   
theo VD1a/ ta biết

có hai căn bậc hai là: 2 + 3i và -2 - 3i.
Vậy ta có
1
2
4 2 3
3

2
4 2 3
1 2
2
i i
z i
i i
z i
  

  



  

  


hoặc
1
2
1 2
3
z i
z i
 


 


.
Ví dụ 8: Cho
1 2
,z z
là 2 nghiệm của phương trình
 
 
2
1 2 3 2 1 0i 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
) ; ) ; )
z z
a A z z b B z z z z c C
z z
     
Theo Vi-et ta có:
1 2
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 có
 
2
1 2 1 2
2A z z z z  
=
2
3 2 2 2 3 2 1 2 1 2 11 30 2 6 4 2
2
3 3 3 3 9 9
i i i
   

      
    
   
   
   
b) B
 
1 2 1 2
z z z z 
3 2 2 2 3 2 1 2 1 2 5 2 2 1 10 2
3 3 3 3 9 9
i i i
  
      
    
  
  
  
c) Ta có
2 2
1 2
1 2
6 26 2
18
1 2 1 2
3 3
z z
A i
C
z z

i

 
  
 

.
Ví dụ 9: Giải pt:
4 2
6 25 0z z  
(1)
Đặt
2
.z t
Khi đó (1) có dạng:
2
6 25 0t t  
(2).
Ta có:
' 16  
= 16.i
2
có hai căn bậc hai là 4i và - 4i nên
pt (2) có hai nghiệm là
1
3 4t i 
và
2
3 4t 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
nghiệm là:
1 2 3 4
2 ; 2 ; 2 ; 2z i z i z i z i         
Bài 1: Thực hiện phép tính :
a)
3
1 2i
ĐS:
3 6
5 5
i
b)
1
1
i
i


ĐS: i
c)
m
i m
ĐS: −i
m
d)
a i a
a i a



ĐS:
1 2
1 1
a a
i
a a


 
e)
3
(1 2 )(1 )
i
i i

 
ĐS:
4 3
5 5
i
f)
2 2
2 2
(1 2 ) (1 )
(3 2 ) (2 )
i i
i i
  
  

ĐS:
21 9
34 17
i
g)
a i b
i a

ĐS:
b
i a
a

h) (2 – i)
6
ĐS: -117 – 44i
Bài 2: Giải các phương trình trùng phương:
   
4 2 4 2
) 8 1 63 16 0; ) 24 1 308 144 0a z i z i b z i z i         
Bài 3: Cho
1 2
,z z
là 2 nghiệm phương trình:
 
2
1 2 2 3 0z 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 z
a A z z b B z z z z c C
z z
d D z z e E z z z z f F z z
z z z z
     
   
       
   
   
Bài 4: Giải các hệ phương trình:
a)
1 2
2 2
1 2
4
5 2
z z i
z z i
  




  


ĐS:(3 – i; 1 + 2.i) và (1 + 2.i; 3 – i)
b)
1 2
2 2
1 2
. 5 5.
5 2.
z z i
z z i
  



   


Bài 5: Lập phương trình bậc hai hệ số thực có nghiệm là:
a)
1 2i
và
1 2i
b)
3 2i
và
3 2i

Bài 6: Lập phtrình bậc hai hệ số thực nhận 2 số phức z và
z
làm nghiệm
Bài 7: Trên mặt phẳng toạ độ tìm tập hợp các điểm biểu diễn các số phức
z = a + bi , thoả mãn điều kiện:
a) Phần thực bằng phần ảo. b) phần thực 1 < a < 2. c) |z| = 4
Bài tập 4: Tìm nghiệm của phương trình z
2
=
z
, ở đây
z
là số phức liên hợp
của số phức z.
ĐS: (2 – i; -1 – 3.i), (-1 – 3i; 2 – i),
(-2 + i; 1 + 3i), (1 + 3i; -2 + i)
Chuyên đề số phức Hồ Văn Hoàng
4
Chủ đề 3 : DẠNG LƯỢNG GIÁC CỦA SỐ
PHỨC
A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ
I. Số phức dưới dạng lượng giác.
1. Acgumen của số phức z

0
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 lượng giác tia đầu Ox, tia
cuối OM được gọi là một Acgumen của z
Chú ý: + Nếu

là Acgumen của z thì mọi Acgumen của z
đều có dạng:

+ k2

, k

Z.
+ Acgumen của z

0 xác định sai khác k2

, k

Z.
2. Dạng lượng giác của số phức
Cho số phức z = a+bi, (a, b

R), với r =
2 2
a b
là
modun của số phức z và

là Acgumen của số phức z.
Dạng z = r (cos


+isin

) được gọi là dạng lượng giác của
số phức z

0, còn dạng z = a + bi được gọi là dạng đại số
của số phức z.
II. Nhân và chia số phức dưới dạng lượng giác
Nếu z=r(cos

+isin

), z'=r'(cos

'+isin

')(r
0
& r'
0
) thì
zz' = rr ( cos (
') sin( 'i
   
  
))
 
cos( ') sin( ')
' '

z r
i
z r
   
   
(khi r' > 0).
III. Công thức Moa-Vrơ và ứng dụng
1. Công thức Moa- Vrơ
 
(cos sin ) (cos sin )
n
n
r i r n i n
   
  
 
cos sin cos sin , * .
n
i n i n n N
   
    
2. Căn bậc n của một số phức
Với z = r(cos

+isin

), r > 0, có hai căn bậc hai của z là

(cos sin )
2 2

r i
 

;

(cos sin ) (cos( ) sin( ))
2 2 2 2
r i r i
   
 
     
.
1. Viết số phức dưới dạng lượng giác
Ví dụ 1: Viết các số phức sau dưới dạng lượng giác
1 3
)(1 3)(1 ); ) ; ) sin cos
1
i
a i i b c z i
i
 

   

a)
1 3 2 cos( ) sin( )
3 3
i i
 
 

    
 
 
; còn
1 2 cos sin
4 4
i i
 
 
  
 
 
.
Do đó
(1 3)(1 ) 2 2 cos( ) sin( )
12 12
i i i
 
 
     
 
 
.
b) Từ phần trên ta có ngay kết quả
1 3 7 7
2 cos sin
1 12 12
i
i
i

 
 

   
   
   
 

   
 
.
c) Ta có
sin cos cos( ) sin( )
2 2
z i i
 
   
     
.
Vậy
cos( ) sin( )
2 2
z i
 
 
   
.
Ví dụ 2: Tuỳ theo góc

, hãy viết số phức sau dưới

dạng lượng giác
(1 cos sin )(1 cos sin ).i i
   
   
Xét số phức z =
(1 cos sin )(1 cos sin )i i
   
   
, ta có
2 2
(2sin .2sin cos )(2cos .2sin cos )
2 2 2 2 2 2
z i i
     
  
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
i i
i
     
     

  
   
 
2sin sin cosi
  

 
hay z = 2sin

(sin

- icos

) (*)
 Nếu
sin 0


, thì từ (*) có z = 2sin

cos( ) .sin( )
2 2
i
 
 
 
  
 
 
là
dạng số phức cần tìm.
 Nếu sin

< 0, thì từ (*) ta có
2sin ( sin cos )z i
  

   
2sin cos( ) .sin( )
2 2
i
  
 
 
    
 
 
là dạng lượng giác cần tìm.
 Nếu sin

= 0, thì z = 0, nên không có dạng lượng giác xác định.
2. Các bài tập tính toán tổng hợp về dạng lượng giác
Phương pháp: Đưa số phức về dạng lượng giác rồi sử
dụng các công thức Moivre để tính toán các đại lượng theo
yêu cầu của bài tập.
Ví dụ 1: Tìm phần thực và phần ảo của mỗi số phức sau
10
5 7
9
(1 )
) ; b) cos sin (1 3 )
3 3
( 3 )
i
a i i i
i
  

 
 
 

 
;
2009
2009
1
)c z
z

,nếu
1
1z
z
 
a)
10
5
10
9
9
9
4
5 5
2(cos sin )
2 (cos sin )
(1 )
4 4

2 2
3 3
( 3 )
2 (cos sin )
2(cos sin
2 2
6 6
1 1
(cos sin )
2 16
i
i
i
i
i
i
i
 
 
 
 
 
 


 

 
 


 


 
 
   
b)
7
5 7
cos sin (1 3 ) = cos( ) sin( ) 2(cos sin )
3 3 3 3 3 3
i i i i i i
     
     
     
 
   
     
 
7 7 7
7 7
2 cos( ) sin( ) (cos sin ) 2 cos2 sin2 2 .
3 3 3 3
i i i i i i
   
 
 
       
 
 

c) Từ
2
1 3
cos sin
1
2 3 3
1 1 0
1 3
cos( ) sin( ).
2 3 3
i
z i
z z z
z
i
z i
 
 


  


      


    


Với

cos sin
3 3
z i
 
 
, ta có
2009
2009
1
z
z

2009 2009
2009 2009
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
2 2
2cos(669 ) 2cos 1.
3 3
i
i
i i

i i
 
 
   
   
 

  

     

  
    
Ví dụ 2: Tính tổng sau
2008 2008
(1 ) (1 )S i i   
2008 1004
2008 1004
1 2(cos sin ) (1 ) 2 (cos502 sin502 )
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
1005 1005
2 cos(502 ) 2S

 
.
Ví dụ 3: Chứng minh rằng các điểm biểu diễn các căn
bậc ba của 1 lập thành một tam giác đều.
Xét phương trình
3
1z 
trên

, có nghiệm dạng
(cos sin )z r i
 
 
.
Khi đó
3 3
1
1 (cos3 sin3 ) 1
3 2 , .
r
z r i
k k
 




    

  


Do đó phương trình trên có đúng ba nghiệm ứng với ba giá trị của k là
Với k = 0 ta có z
0
= cos0 + isin0 = 1;
Với k = 1 ta có z
1
=
2 2 1 3
cos sin ;
3 3 2 2
i i
 
   
Với k = 2 ta có z
2
=
4 4 1 3
cos sin
3 3 2 2
i i
 
   

.
Chuyên đề số phức Hồ Văn Hoàng
5
Nên 1 có ba căn bậc ba đó là các số phức được xác định như trên.
Trong mặt phẳng phức, gọi A, B, C lần lượt là điểm biểu diễn các số phức
z
0
, z
1
, z
2
. Khi đó


1;
2
;
3
2
3
OA OB OC
AOB
BOC
  




  
Từ đó suy ra tam giác ABC là tam giác đều.