Chuyên đề Số phức – Trần Đình Cư

Giới thiệu Chuyên đề Số phức – Trần Đình Cư

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc Chuyên đề Số phức – Trần Đình Cư CHƯƠNG SỐ PHỨC.

Chuyên đề Số phức – Trần Đình Cư

Tài liệu môn Toán 12 và hướng dẫn giải chi tiết các đề thi từ cơ bản đến vận dụng cao sẽ luôn được cập thường xuyên từ hoctoanonline.vn , các em học sinh và quý bạn đọc truy cập web để nhận những tài liệu Toán hay và mới nhất.

Tài liệu Chuyên đề Số phức – Trần Đình Cư

Các em học sinh và bạn đọc tìm kiếm thêm tài liệu Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng tại đây nhé.

Text Chuyên đề Số phức – Trần Đình Cư
Chuyên Đề Số Phức Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 1 Chuyên Đề Số Phức MỤC LỤC CHỦ ĐỀ 1. CÁC PHÉP TOÁN CƠ BẢN ………………………………………………………………………………. 3 CHỦ ĐỀ 2. BIỂU DIỄN HÌNH HỌC CÁC SỐ PHỨC …………………………………………………………… 28 CHỦ ĐỀ 3. TÌM TẬP HỢP ĐIỂM……………………………………………………………………………………… 40 (BỘ CHUYÊN ĐỀ SỐ PHỨC BAO GỒM 9 CHỦ ĐỀ) (SẼ UPDATE TRONG THOI GIAN TỚI) Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 2 Chuyên Đề Số Phức CHỦ ĐỀ 1. CÁC PHÉP TOÁN CƠ BẢN Phương pháp Cho hai số phức z  a  bi, z’  a’ b’i,  a, b,a’, b’  ta cần nhớ các định nghĩa và phép tính cơ bản sau: a  a’ z  z’   .  b  b’ z  z’   a  a’    b  b’  i; z  z’   a  a’    b  b’  i. z.z’   a  bi  a’ b’i   aa’ bb’  ab’ a’ b  i. z’ z’.z  a’ b’i  a  bi  aa’ bb’  ab’ a’ b  i    . 2 z z a 2  b2 a 2  b2 Vận dụng các tính tính chất trên ta có thể dễ dàng giải các bài toán sau. Ta cũng cần chú ý kết quả sau: Với i n , n  thì  thì in  i4k   i4   Nếu n  4k  k   Nếu n  4k  1  k   Nếu n  4k  2  k   Nếu n  4k  3  k  k 1  thì in  i4ki  1.i  i  thì in  i4ki2  1. 1  1  thì in  i4ki3  1. i   i I. CÁC VÍ DỤ MẪU Ví dụ 1. Cho số phức: z  3 1  i . Tính các số phức sau: z; z2 ; (z)3 ;1  z  z2 . 2 2 Giải Ta có 3 1  i 2 2  z   3 1  3 3 1 1 3 z   i   i   i  2 2  4 2 4 2 2    Tính (z)3 2 2 3 3 2 2 3  3 1   3  3 1 3 1  1  z   i   . i    i    3.   . i  3.  2 2   2   2  2 2 2  2        3 3 9 3 3 1   i  ii 8 8 8 8  3 3 1 1 3 3  3 1 3  i  i  i 2 2 2 2 2 2 Dùng MTCT như sau:  1  z  z2  1  Bước 1: Chọn chương trình số Màn hình hiền thị phức: MODE 2 Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 3 Chuyên Đề Số Phức 3 1  iA Bước 2: Lưu 2 2 Bước 3: Tính z ấn SHIFT 2 2 ALPHA A Ta được 3 1  i 2 2 Bước 4: Tính z2 ấn ANPHA A2 1 3  i Ta được 2 2 Bước 4: Tính (z)3 ta ấn ( SHIFT 2 2 ALPHA A ) x2  Bước 5: Tính ` 1  z  z2 Ta được: 1  z  z2  3  3 1 3  i 2 2 Ví dụ 2. Tìm phần thực và phần ảo của số phức: a) z   9  5i   1  2i  ; b) z   4  3i  4  5i  ; c) z   2  i  ; d) z  3 2i . i1 Giải a) Ta có: z   9  5i   1  2i   9  1   5  2  i  8  7i Vậy phần thực a  8 ; phần ảo b  7. Dùng MTCT: b) Ta có: z   4  3i  4  5i   16  20i  12i  15  31  8i Vậy phần thực a  31 ; phần ảo b  8. Dùng MTCT: Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 4 Chuyên Đề Số Phức c) Ta có: z   2  i   8  3.4.i  3.2.i 2  i 3  8  12i  6  i  2  11i 3 Vậy phần thực a  2 ; phần ảo b  11. Dùng MTCT: d) Ta có: z  2i  i  1 2  2i 2i    1 i i  1 i 2  12 2 Vậy phần thực a  1 ; phần ảo b  1. Dùng MTCT: Ví dụ 3. Thực hiện các phép tính sau: 5  6i ; 4  3i a) A  1 ; 1  i  4  3i  b) B  d) D  3  2i ; i  1  7i  e)    4  3i  c) C  1 1 3  i 2 2 2026 Giải a) Ta có: A  1 1 1 7 i 7 1    2 2   i 2 1  i  4  3i  4  3i  4i  3i 7  i 7  i 50 50 Dùng MTCT: b) Ta có: B  5  6i  5  6i  4  3i  2  39i 2 39     i. 2 4  3i 25 25 25 42   3i  Dùng MTCT: Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 5 Chuyên Đề Số Phức 1 c) Ta có: C  1 3  i 2 2  2 1  3i   2 1  3i 1  3i 2 2   22 3i 4  1 3  i 2 2 Dùng MTCT: d) Ta có: D  3  2i  3  2i  i    3i  2i 2  2  3i. 2 i i Dùng MTCT: e) Ta có:  1  7i     4  3i    2i  2026 1013   1  7i  4  3i       4  3i  4  3i   2026  1  i  2   1  i     2026 1013  21013.i1013  21013.i1012 .i  21013.i. Dùng MTCT: 1  7i 4  3i Bước 1: Tính Bước 2: 1  i  2026 2   1  i     1013   2i  1013 Tìm dư của phép chia 1013 cho 4. Suy ra: i 2013  i  1  7i  Vậy    4  3i  2026  21013 i. Ví dụ 4. Viết các số phức sau đây dưới dạng a  bi,  a,b  R  : a) z   2  i   1  2i    3  i  2  i  ; 3 3 1  i 3  i 1  2i b) z    ; 1 i 2  i 1 i  2  i  1  i  ; c) z  2 1  i   3 1  i  2  i ; d) z  3 1  2i  1  i  . e) z  5  2  2i  5 2 6 Giải a) z   2  i   1  2i    3  i  2  i  3 3 Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 6 Chuyên Đề Số Phức  2 3  23  3.22 i  3.2i 2  i 3  1  3.2i  3.  2i    2i    6  3i  2i  i 2    8  12i  6  i  1  6i  12  8i    6  5i  1  8  18i.  Dùng MTCT: b) z  1  i 3  i 1  2i   1 i 2  i 1 i 1  i    2  i  2  i   1  1i 1  i   1  i 1  i   2  i  2  i  1  i 1  i  2  1  2i  i 2 6  i  i 2 1  i  2i 2 2i 7  i 3  i 1 7         i. 11 41 11 2 5 2 10 10 Dùng MTCT: 2 4  i 2  4i  1  i   2  i  1  i   c) z   1  5i 2 1  i   3 1  i   3  4i 1  i    3  4i2  7i  1  7i 1  5i   1  5i 1  5i 1  5i 1  5i   1  35i 2  12i 34  12i 17 6     i. 1  25 26 13 13 Dùng MTCT: 3 2  i  2   2  i  1  2i    2i  d) z   2  i      3   1  2i 1  2i     1  2i   1  2i  5 3 4  i 2   4i . 3  5i  3    3  4i   i  3  4i   i  3  4i   4  3i  1 4  Dùng MTCT:  1  i    1  i   1 .  1  i 2 1  i e) z      5 5 5 32 1  i   2  2i 2 1  i     6 6 Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 7 Chuyên Đề Số Phức  1 4 1 1 1 .i .i 1  i   .i 1  i     i. 32 32 32 32 Dùng MTCT: Ví dụ 5. Tìm nghịch đảo của số phức sau: a)z  3  4i; b) z  3  2i; c)z  1 i 5 ; 3  2i  d)z  3  i 2 . 2 Giải a) Xét z  3  4i . Ta có: 1 1 3  4i 3  4i 3 4      i 2 z 3  4i 32   4i  25 25 25 Vậy nghịch đảo của số phức z là 1 3 4   i. z 25 25 Dùng MTCT: b) Xét z  3  2i . Ta có: 1 3  2i  3  2i 3 2 1 1 1       i. z 3  2i 3  2i 94 13 13 13 Vậy nghịch đảo của số phức z là 1 3 2   i. z 13 13 Dùng MTCT: c) Xét z  1 i 5 . Ta có: 3  2i   1 3  2i  3  2i  1  i 5 32 5 23 5     i 2 z 1 i 5 6 6 1 5 Dùng MTCT:  d) Xét z  3  i 2  2  7  6 2i . Ta có Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 8 Chuyên Đề Số Phức 1 1 7  6 2i   z 7  6 2i 72  6 2   2  7  6 2i 7 6 2   i. 121 121 121 Dùng MTCT: Lời bình: Nếu đề bài cho trắc nghiệm thì đối với câu này có thể dò kết quả từ đáp án trắc nghiệm giữa hai con số 6 2  0,070126 . 121 2 Nhận xét: Quá trình thực hiện trên, thực ra ta đang dùng công thức sau: z.z  z  Ví dụ 6. Cho z   2a  1   3b  5  i, a,b  a) z là số thực 1 z  z z2 . Tìm các số a, b để b) z là số ảo. Giải a) z là số thực  3b  5  0  b   5 3 1 b) z là số ảo  2a  1  0  a  . 2 Ví dụ 7. Tìm m  R để: a) Số phức z  1   1  mi   1  mi là số thuần ảo. 2 b) Số phức z  m  1  2  m  1i 1  mi là số thực. Định hướng: Ta cần biến đổi số phức z về dạng z  a  bi,  a,b  . Lúc đó: z là số thuần ảo (ảo) khi a  0 và z là số thực khi b  0 Giải a) Ta có: z  1  1  mi   1  mi   1  1  mi  1  2mi  i 2 m 2  3  m 2  3mi. 2 z là số thuần ảo  3  m2  0  m   3. b) Ta có: z  m  1  2  m  1 i   m  1  2  m  1 i  1  mi  1  mi 1  mi  m  1  m  2m  2   m  m  1  2m  2  i 1  mi 1  m2 . z là số thực  m  m  1  2m  2  0  m2  m  2  0  m  1  m  2. Ví dụ 8. Tìm các số thực x, y sao cho z  z’ , với từng trường hợp Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 9 Chuyên Đề Số Phức a)z   3x  9   3i, z’  12   5y  7  i; b)z   2x  3    3y  1 i, z’   2y  1   3x  7  i. c) (x2  2y  i)  3  i   y  x  11  i   26 14i. 2  d) x2  y 2 3  3  i  2i   3i  1   y  2x  1 i 6 2   9  320  896i 4 Giải 3x  9  12 x  7 a) z  z’    3  5y  7 y  2 Vậy x  7; y  2. 2x  3  2y  1 2x  2y  4 x  y  2 x  2 b) z  z’      3y  1  3x  7 3x  3y  6 x  y  2 y  0 Vậy x  2; y  0. c) Ta có  3  i   8  6i; 1  i   2  2i nên đẳng thức đã cho có dạng 2 x 2 3   2y  i  8  6i   y  x  1 2  2i   26  14i   Hay 8×2  2xy  14y  6  8  6×2  2xy  14y  26  14i 2 2 2    4x  xy  7y  10 4x  xy  7y  10 4x  xy  7y  10, 1   Suy ra:  2 2 2 3x  xy  7y  11 x  2y  3 2y  3  x ,  2     Thế (2) vào (1) ta có x3  x2  3x  1  0  x  1,x  1  2 Vậy các cặp số thực cần tìm là  x; y   1;1 ,  1  d) Ta có  3i  1  6   64,   2;  2 , 1  2; 2 3 i 1  i   9 4       128i nên 64 x2  y2  2i  128i y2  2x  320  896i  Hay x2  y2  2i y2  2x  1  5  14i 2 2 2   x  y  5 x 2x  1  0 x  1   Vì thế ta có:  2 2  y  2  y  2x  6 y  6  2x   Vậy các cặp số cần tìm là:  x; y   1; 2  , 1; 2  . Ví dụ 9. Chứng minh rằng : 3 1  i  100  4i 1  i  98  4 1  i  . 96 Giải Ta có: 3 1  i  100  4i 1  i  98  4 1  i  96 96 4 2  1  i   3 1  i   4i 1  i   4    96 2 96   1  i   3  2i   4i  2i   3   1  i  .0  0   Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 10 Chuyên Đề Số Phức Vậy đẳng thức đã cho được chứng minh. Ví dụ 10. a) Tính mô-đun của số phức z biết z  3i  2  i   2i 3 . 1  3i  b) Cho số phức z thỏa mãn z  3 . Tìm môđun của số phức z  iz . 1 i Giải a) Ta có z  3i  2  i   2i 3  6i  3i 2  2i  3  4i . Vậy mô-đun của z là z  32  42  5 . Dùng MTCT: b) Ta có: 1  3i  3  13  3.12.  3i   3.1. 3i    3i  2 3  1  3 3i  9  3 3i  8 Do đó: 1  3i  z 3 1 i  8  4  4i 1i Suy ra: z  iz  4  4i  i  4  4i   8  8i  z  iz   8    8  2 2  8 2. Dùng MTCT: 1  3i  Bước 1: Tính 1 i 3 A Bước 2: Tính A  iA Ví dụ 11. Xét số phức: z  1 im . Tìm m để z.z  2 1  m  m  2i  Giải Ta có: z  im  1  m 2  2mi   m  i  1  m 2  2mi  1  m  2 2  4m 2 Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 11 Chuyên Đề Số Phức       m 1  m 2  2m  i 1  m 2  2m 2 m 1 m 2  1  m 1 1 m Do đó z.z  2 2 2 iz   m 1  m   i 1  m  1  m  2 2 2 m 1 m 2  1 1  m2 2 i 1 m2  1 1 1 1      m 2  1  2  m  1 . 2 2 2 2 m 1 2 m2  1   Lời bình: Ta có thể tính z bằng cách biến đổi ở mẫu như sau:   1  m  m  2i   1  m 2  2mi   m 2  2mi  i 2    m  i  . Lúc đó: z  2 im im mi 1 mi m 1     2  2  2 i 2 2 m  i 1  m  m  2i    m  i  m  1 m  1 m  1 m  i Ví dụ 12. Tính S  1  i  i 2  i 3  …  i 2012 . Giải Cách 1. Ta có: S  1  i  i2  i3  …  i2012  iS  i  i 2  i 3  i 4 …  i 2012  i 2013 Suy ra: S  iS  1  i 2013  S  1  i 2013 1  i  1 1 i 1i Cách 2. Dãy số 1, i, i 2 , i 3 , …,i 2012 lập thành một cấp số nhân gồm 2013 số hạng, có công bội là i, số hạng đầu là 1. Do đó: S  1  i  i 2  i 3  …  i 2013  1. 1  i 2013 1 1 i Ví dụ 13. Số phức z  x  2yi  x, y   thay đổi thỏa mãn z  1 . Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức: P  x  y . Giải Ta có z  1  x2  4y2  1  x2  4y 2  1 1 Từ P  x  y  y  x  P , thay vào (1) ta được 5×2  8Px  4P2  1  0  2  Phương trình (2) có nghiệm     ‘  16P2  5 4P2  1  0   Với P   5 5 P 2 2 5 2 5 5 5 2 5 5 z  i . Với P  z  i. 2 5 10 2 5 10 Suy ra: min P   5 2 5 5 5 2 5 5  i ; maxP   i. khi z   khi z  2 5 10 2 5 10 Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 12 Chuyên Đề Số Phức Ví dụ 14. Cho số phức z  cos 2   sin   cos i , với số  thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của z . Giải Ta có: z  cos2 2   sin   cos    cos2 2  sin 2  1 2   sin 2 2  sin 2  2 Đặt t  sin 2,  1  t  1 . Xét hàm số f  t   t 2  t  2, t  1;1 1 Ta có: f ‘  t   2t  1  f ‘  t   0  t   . Ta có: f 1  0, f  1  2 , 2  1 9 f    2 4 Suy ra:       12  k 9 1 1 maxf  t   khi t    sin 2     ,k  4 2 2   7   k  12  minf  t   0 khi t  1  sin 2  1    Vậy max z    k  k  4   3 , min z  0 2 Ví dụ 15. (Đề Minh họa của bộ). Cho số phức z = 3 – 2i. Tìm phần thực và phần ảo của số phức z A. Phần thực bằng –3 và Phần ảo bằng –2i. B. Phần thực bằng –3 và Phần ảo bằng –2. C. Phần thực bằng 3 và Phần ảo bằng 2i. D. Phần thực bằng 3 và Phần ảo bằng 2. Hướng dẫn giải Ta có: z  3  2i  phần thực là 3 và phần ảo là 2. Ví dụ 16. (Đề Minh Họa của Bộ). Cho hai số phức z1  1  i và z2  2  3i . Tính môđun của số phức z1  z2 . A. z1  z2  13 . B. z1  z2  5 . C. z1  z2  1 .D. z1  z2  5 . Hướng dẫn giải Ta có: z1  z2  3  2i  z1  z2  32  22  13 Vậy chọn đáp án A Dùng MTCT: Ví dụ 17. (Đề minh họa của bộ). Cho số phức z  2  5i. Tìm số phức w  iz  z A. w  7  3i. B. w  3  3i. C. w  3  7i. D. w  7  7i Hướng dẫn giải Ta có: z  2  5i  z  2  5i  w  iz  z  i(2  5i)  2  5i  3  3i. Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 13 Chuyên Đề Số Phức Vậy chọn đáp án B. Dùng MTCT: Ví dụ 17. (Đề thử nghiệm lần 1 của Bộ). Tìm số phức liên hợp của số phức z  i (3i  1) A. z  3  i B. z  3  i C. z  3  i D. z  3  i Hướng dẫn giải Ta có: z  i  3i  1  i  3  z  3  i . Vậy chọn đáp án D. Dùng MTCT: Ví dụ 18: (Đề thử nghiệm lần 1 của Bộ). Tính môđun của số phức A. z  34. B. z  34 C. z  z thoả mãn 5 34 3 z(2  i)  13i  1 D. z  34 3 Hướng dẫn giải Ta có: z  2  i   13i  1  z  z 1  13i  2  i  1  13i z 2i  2  i  2  i  2  i  26i  13 15  25i   3  5i  z  32  52  34 4i 5 Vậy chọn đáp án A. Dùng MTCT: Ví dụ 19: ( Đề Thử nghiệm lần 1-Bộ Giáo dục). Xét số phức z thoả mãn (1  2i) z  10  2  i. Mệnh z đề nào sau đây đúng? A. 3  z 2 2 B. z  2 C. z  1 2 D. 1 3  z  2 2 Hướng dẫn giải Cách 1: Ta có (1  2i) z   10 10 10  2  i   z  2    2 z  1 i    z  2    2 z  1 i  z z z  z  2   2 z  12  102  z  1 2 z Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 14 Chuyên Đề Số Phức Vậy chọn đáp án D. Cách 2: Dùng MTCT Ta có: (1  2i) z  10 10 2i  z  z (1  2i) z  2  i Để cho đơn giản ta tiến hành thử các đáp án: Thử phương án A: Cho z  1,8 . Lúc đó: Ấn tiếp Mẫu thuẩn ban đầu z  1,8 . Như vậy loại A Tương tự ta sẽ loại được B,C. Thử phương án D. Cho z  1 . Lúc đó z bằng kết quả ở bên Ấn tiếp Vậy chọn D. II. CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN Câu 1. Cho z1  1  3i,z2  2  i,z3  3  4i. Tính: 1.1. Tính z1  2z2  z3 A. 1  4i B. 2  4i. C. 2  5i D. 4  6i B. 2  3i. C. 2  5i. D. 1  6i B. 20  33i. C. 20  35i D. 11  61i 1.2. Tính z1 z2  z2 z3 A. 1  4i 1.3. Tính z1z2 z3  z22 z3 A. 11  45i Hướng dẫn giải 1.1. Ta có: z1  2z2  z3  1  3i   2  2  i   (3  4i)  1  3i  4  2i   3  4i   2  5i. Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 15 Chuyên Đề Số Phức Vậy chọn đáp án C. Dùng MTCT: 1.2. Ta có: z1 z2  z2 z3  1  3i  2  i    2  i  3  4i   1  3i  2  i    2  i  3  4i   2  3  7i  6  4  11i  1  4i. Vậy chọn đáp án A. Dùng MTCT: 1.3. Ta có: z1z2 z3  z22 z3  z1 .z2 .z3  z22 z3  1  3i  2  i  3  4i    2  i   3  4i  2   2  3  5i  3  4i    4  1  4i  3  4i    5  5i  3  4i    3  4i  3  4i   15  20  35i  9  16  20  35i. Vậy chọn đáp án C. Dùng MTCT Câu 2. Tính lũy thừa 1  i  2006 bằng B. 21003 i A. 21003 i C. 22006 i D. 22006 i Hướng dẫn giải Ta có: 1  i  2006 2   1  i     1003   2i  1003  21003 i. Vậy chọn đáp án B. Câu 3. Tính lũy thừa  2  3i  bằng 3 A. 46  9i B. 4  9i C. 4  19i D. 6  12i Hướng dẫn giải Ta có:  2  3i   23  3.22.3i  3.2.  3i    3i   46  9i. 3 2 3 Vậy chọn đáp án A Dùng MTCT: Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 16 Chuyên Đề Số Phức Câu 4. Tính lũy thừa  4  5i    4  3i   bằng 5 A. 32i B. 9i C. 19i D. 12i Hướng dẫn giải Ta có:  4  5i    4  3i    2i   32i. 5 5 Vậy chọn đáp án A. Dùng MTCT Câu 5. Tính lũy thừa A. 4  2 3i  2 i 3  bằng 2 C. 3  3i B. 1  2 6i D. 6  3i Hướng dẫn giải Ta có:  2 i 3  2  2  3  2 2 3i  1  2 6i. Vậy chọn đáp án B. Dùng MTCT 3  1 3 Câu 6. Tính lũy thừa    i  bằng  2 2   B. 4 A. 6 C. 4 D. 1 Hướng dẫn giải 3 2 3 2  1  1  1  3   3  3   1 3  3.    .  i   i       3.    .i   i   2 2   2  2  2  2   2   2   1 3 3 9 3 3   i  i 1 8 8 8 8 3 Vậy chọn đáp án D. Dùng MTCT Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 17 Chuyên Đề Số Phức Câu 7. Viết các số phức z  A. 6 i 3  4 4 1i 2 5 i 3 B.  2 i 3 i 5 dưới dạng a  bi ,  a,b  2 i 5  4 4 C. 3 i 5  3 3  D. 2 3 2i 7  3 3 Hướng dẫn giải Ta có: z  1 i 2 5 i 3  ( 5  6 i 1  i 2  5  i 3    2  i  3  i 5  3  i 5  5  i 3  5  i 3   3  i 5  3  i 5  3  i 10)   6  5  i 10  i 3  2 6  2i 3 6 i    2 i  53 8 4 3 . 4 Vậy chọn đáp án A. Dùng MTCT  7  8i  Câu 8. Viết các số phức z  11  8  7i  10 A.  4 7i  133 133 B.  dưới dạng a  bi ,  a, b  8 7i  113 113 C.   4 7i  23 23 D.  4 5i  123 123 Hướng dẫn giải Ta có: 10   7  8i  8  7i   7  8i    7  8i  1 8  7i z      11    8  7i   8  7i  8  7i   8  7i  8  7i    8  7i  8  7i  10 10 10  56  56i 2  49i  64i  8  7i  113i 10 8  7i       49  64  113  113 64  49   10 8  7i 8  7i 8 7i   i   i 4 .i 4 .i 2   . 113 113 113 113 Vậy chọn đáp án B. Dùng MTCT Câu 9. Tính A  A. i 1 7 1 i  7  2i  i  B. i C. i D. 1 Hướng dẫn giải Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 18 Chuyên Đề Số Phức   .i  i Ta có: i7  i6 .i  i 2 Do đó: A  3 1 7 1 1 1  1  i 2  1  2  1.   i  7    i     2i  i  2i  i  2 i  2i  Vậy chọn đáp án D. Dùng MTCT:  1 i  Câu 10. Tính B     1 i  33 A. 13  3i  1  i  10 1   2  3i  2  3i   ; i B. 33  31i C. 13  32i D. 3  32i Hướng dẫn giải 1  i 1  i 1  i  1  i  2i Ta có:    i 1 i 11 2 2 2  1 i  Do đó:    1 i  33   16  i 33  i 2 .i  i Ta lại có: 5  2  1  i    1  i 2  2i    1  i    2  3i  2  3i   i  13  i 10  1 i  Vậy B     1 i   5   2i   32i 5 1 33  1  i  10 1   2  3i  2  3i    i  32i  13  i  13  32i i Vậy chọn đáp án C. Dùng MTCT: Câu 11. Tính C  1  1  i   1  i   1  i   …  1  i  2 3 20 Hướng dẫn giải Áp dụng công thức của cấp số nhân: Ta có: Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 19 Chuyên Đề Số Phức C  1   1  i   1  i   1  i   …  1  i  2  1. 1  1  i  21 1  1  i   3 1  1  i  i 20  u1 . 1  q 21 1 q 21 . Ta có: 1  i   2i 21 20 10   1  i   1  i  . 1  i    2i  . 1  i   210 1  i   210  i.210 2 Do đó: C    1  210  i.210  210  1  210 i. i Câu 12. Cặp số thực x, y thỏa mãn 2x  1  1  2y  i  2  x   3y  2  i là: 1 3 A. x  , y  3 5 1 1 B. x  , y  5 5 1 1 C. x  , y  3 5 1 3 D. x   , y   3 5 Hướng dẫn giải Ta có:  1 x   2x  1  2  x 3x  1  3. 2x  1  1  2y  i  2  x   3y  2  i     1  2y  3y  2 5y  3 y  3  5  Vậy chọn đáp án A. Câu 13. Cặp số thực x, y thỏa mãn 4x  3   3y  2  i  y  1   x  3  i là: A. x  5 2 ,y  11 11 B. x   5 2 ,y  11 11 C. x  5 2 ,y   11 11 D. x   5 2 ,y   11 11 Hướng dẫn giải Cách 1: Ta có:  5 x  4x  3  y  1 4x  y  2  11 . 4x  3   3y  2  i  y  1   x  3  i     3y  2  x  3 x  3y   1 2   y   11  Vậy chọn đáp án B. Cách 2: Thử trực tiếp các kết quả {Dùng MTCT} Cách 3: CALC X  100 Y  0,01 Câu 14. Cặp số thực x, y thỏa mãn x  3  5i   y 1 – 2i   7  32i là: 3 A. x  6; y  1 B. x  6; y  1 C. x  6; y  1 D. x  6; y  1 Hướng dẫn giải Cách 1: Ta có: Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 20 Chuyên Đề Số Phức x  3  5i   y 1 – 2i   7  32i  3x  5xi  y  11  2i   7  32i 3 3x  11y  7 x  6  3x  11y   5x  2y  i  7  32i    . 5x  2y  32 y  1 Vậy chọn đáp án C. Cách 2: Dùng MTCT:  Bước 1: Nhập X  3  5i   Y 1 – 2i   7  32i 3  Bước 2: Ấn CALC cho X  100,Y  0,01 Từ kết quả: 292,89  468,02i 2 92, 89  4 68, 02i 3x 7 11y 5x 32 2y Ta có được hệ 3x  7  11y  0 x  6   5x  32  y  0 y  1 Câu 15. Cặp số thực x, y thỏa mãn A. x  1; y  1 x 1 y 1 là:  1 i 1 i B. x  1; y  1 C. x  338 61 ;y  49 49 D. x  1; y  1 Hướng dẫn giải Cách 1: Ta có: x 1 y 1    x  11  i    y  11  i  1 i 1 i x  1  y  1 x  y  2 x  1  x  1   x  1 i  y  1   y  1 i     x  1   y  1 x  y  0 y  1. Vậy chọn đáp án D. Cách 2: Dùng MTCT Câu 16. Các cặp số thực x, y thỏa mãn   C.  x,y   10; 2  ; 10; 5  A.  x,y    0;12  ;  1;15  y 1   2  3i là: x  i 3  3i   D.  x,y   1; 2  ; 1;15  B.  x,y    0; 2  ; 1; 5  Hướng dẫn giải Ta có y 1  i  y y 1 xi xi y  1   2  3i    2  3i  2   i 2    2  3i x  i 3  3i  x  i  x  i  3 1  i 1  i  x 1 6  x 1 6   x y  1 x x2  x  0 1  2  2  2 x  0 x  1 x  1 6 x  1     y  . 1   y  12  y  15  1  y 3 y  3  1  3 2 x 1 6  x 2  1 6 x2  1  6 Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 21 Chuyên Đề Số Phức Vậy chọn đáp án A. Câu 17. Các cặp số thực x, y thỏa mãn  x  i 1  yi    3  2i  x  1  4i là:   A.  x,y   1;1 ;  1; 2    5  B.  x, y   1; 2  ;   ; 4    2    1   C.  x, y    ; 2  ; 1; 3    2    1   3   D.  x, y    1;  ;  2;    2   2   Hướng dẫn giải Ta có:  x  i 1  yi    3  2i  x  1  4i  x  y  1  xy  i  3x  1   2x  4  i  5  y  2x  1 x  y  3x  1 x  1   y  2x  1 x      2   2 1  x  2x  1  2x  4 2x  3x  5  0 1  xy  2x  4  y  3  y  4    Vậy chọn đáp án B. Câu 18. Tìm điều kiện cho 2 số thưc x, và y để  x  iy  là số thực 2 x  1 A.   y  1 x  1 B.  y  1 x  0 C.  y  0 x  2 D.  y  1 Hướng dẫn giải Ta có:  x  iy  2 Do đó,  x  iy   x2  y2  2xyi . 2 x  0 là số thực khi 2xy  0   y  0 Vậy chọn đáp án C. Câu 19. Tìm điều kiện cho 2 số thưc x, và y để  x  iy  là số ảo 2 x  0 B.  2 2  3x  y x  0 A.   3x  y x  0 D.  2 2  x  3y x  0 C.   x  3y Hướng dẫn giải Ta có:  x  iy  3    x3  3.×2 .iy  3x.  yi    iy   x3  3xy2  3×2 y  y3 i 2 Do đó,  x  iy  3 3 là số ảo khi khi x  0 x3  3xy 2  0  x x 2  3y 2  0   2 . 2  x  3y   Câu 20. Tìm số thực m để bình phương của số phức z  A. m  2 B. m  3 Viết được z  2   6m  m 2  9 i 2 m  3i là số thực. 1 i C. m  4 D. m  5 Hướng dẫn giải . Lập luận tìm được m  3 . Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 22 Chuyên Đề Số Phức Vậy chọn đáp án B. Câu 21. Cho số phức z  3  2i . Tìm phần thực và phần ảo của số phức w  iz  z . Hướng dẫn giải Ta có: z  3  2i  z  3  2i . Khi đó: w  i  3  2i    3  2i   1  i . Vậy, phần thực là 1 , phần ảo là 1. Câu 22. Cho z  2  3i,  x,y  A. z  6 . Hãy viết dưới dạng đại số của w  B. z  6 C. z  6  i  z3  z  z z 1 2 z. D. z  6  i Hướng dẫn giải Ta có:      z  z  1   z   z  z  z  1   z   z   z   z  2  a  b   2a  6 z3  z w  z z 1  w  z2 z z2  1 2 2 2 2 2 z 2 Vậy chọn đáp án B. Dùng MTCT Bước 1: Lưu 2  3i  A Bước 2: Tính   A3  A  A A 1 Câu 24. Cho z  2 A 1 i . Tính z 2015 1 i A. 1 B. z  1 C. z  1  i D. z  1  i Hướng dẫn giải Ta có z 1  i 1  i 1  i    i  z2016  i 2016  1 1 i 2 Do đó: z2016  1. Vậy chọn đáp án A. Câu 23. Tính tổng S  i  2i2  3i3  …  2012.i 2012 . A. 1006  1006i B. 1006  1006i C. 1006  1006i D. 1006  1006i Hướng dẫn giải Cách 1. Ta có iS  i2  2i3  3i4  …  2012i 2013 Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 23 Chuyên Đề Số Phức  S  iS  i  i2  i3  …  i 2012  2012.i2013 Dãy số i, i 2 , i 3 , …,i 2012 là một cấp số nhân có công bội q  i và có 2012 số hạng, suy ra: i  i 2  i 3  …  i 2012  i. 1  i 2012 0 1 i Do đó: S  iS  2012.i 2013  2012i  S  2012i  1006  1006i 1 i Vậy chọn đáp án D. Cách 2. Dãy số 1,x,x2 ,…,x2012 là một cấp số nhân gồm 2013 số hạng và có công bội bằng x. Xét x  1, x  0 ta có: 1  x  x2  x3  …  x2012  1  x2013 1 1 x Lấy đạo hàm hai vế của (1) ta được: 1  2x  3×2  …  2012x 2011  2012.×2013  2013x 2012  1 1  x  2 2 Nhân hai vế của (2) cho x ta được: x  2×2  3×3  …  2012x 2012  2012.×2014  2013x 2013  x 1  x   3 2 Thay x  i vào (3) ta được: S  i  2i 2  3i 2  …  2012i 2012  2012i 2014  2013i 2013  i 1  i  2 Với i2014  1, i2013  i Vậy S  2012  2012i  1006  1006i. 2i Câu 24. Cho  ,  hai số phức liên hiệp thỏa mãn A.  2 C. 2 B. 3 3  R và     2 3. Tính  . D. 5 Hướng dẫn giải Đặt   x  iy    x  iy với x,y  R. Không giảm tính tổng quát, ta coi y  0. Vì     2 3 nên 2iy  2 3  y  3. Do  ,  hai số phức liên hợp nên . , mà   3  x3  3xy2  3×2 y  y3 i nên 3    2  3    2  do đó 3  . Nhưng ta có   khi và chỉ khi 3×2 y  y3  0  y 3×2  y2  0  x2  1. Vậy   x2  y2  1  3  2. Câu 25. Tìm c biết a,b và c các số nguyên dương thỏa mãn: c   a  bi   107i. 3 Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 24 Chuyên Đề Số Phức A. 400 B. 312 C. 198 D. 123 Hướng dẫn giải   Ta có c   a  bi   107i  a 3  3ab2  i 3a 2 b  b3  107 . Nên c là số nguyên dương thì 3   3a2 b  b3  107  0. Hay b 3a 2  b2  107. Vì a,b  Z và 107 là số nguyên tố nên xảy ra: 11450  Z (loại). 3  b  107; 3a 2  b2  1  a 2   b  1; 3a 2  b2  107  a 2  36  a  6 (thỏa mãn). Vậy nên c  a3  3ab2  63  3.6.12  198. Vậy chọn đáp án C. Câu 26. Cho số phức z có phần ảo bằng 164 và với số nguyên dương n thỏa mãn A. n  14 B. n  149 C. 697 z  4i. Tìm n. zn D. 789 Hướng dẫn giải Đặt z  x  164i ta có: z x  164i  4i   4i  x  164i  656  4  x  n  i zn x  164i  n x  656   n  697. x  n  41 Vậy giá trị cần tìm của n là 697. Vậy chọn đáp án C. Câu 27. Cho số phức z thỏa mãn z  A. B. 2 1  3i  .Tìm mô đun của số phức z  iz 1 i C. 5 3 D. 7 Hướng dẫn giải Từ z ta phải suy ra được z và thay vào biểu thức z  iz rồi tìm môđun: z 1  3i   1  3i  1  i   1  1 i Suy ra: z  2 3 2  1 3 i 2 1 3 1 3 1 3 1 3  i  i.z   i 2 2 2 2 Do đó: z  iz  1  i  z  iz  2 . Vậy chọn đáp án A. Dùng MTCT: Bước 1: Lưu 1  3i   A 1 i Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 25 Chuyên Đề Số Phức Bước 2: Tính A  iA Lời bình: Nhận thấy rằng với số phức z  a  bi bất kì ta đều có z  iz  1  i  a  b  hay z  iz z  iz luôn nằm trên trục Ox khi biểu diễn  a  b  , z  . Về phương diện hình học thì 1 i 1 i trong mặt phẳng phức. Câu 28. Tìm số thực m biết: z   m  1 A.  m  1 2m im và zz  ( trong đó i là đơn vị ảo) 2 1  m  m  2i  m  0 B.   m  1 m  0 C.  m  1 m  2 D.  m  1 Định hướng: Quan sát thấy z cho ở dạng thương hai số phức. Vì Vậy cần phải đơn giản z bằng cách nhân liên hiện ở mẫu. Từ z  z . Thay z và z vào zz  2m ta tìm được m 2 Hướng dẫn giải Ta có:        i  m  1  m 2  2mi m 1  m 2  2m  i 1  m 2  2m 2 im z   2 2 1  m  m  2i  2 2 1 m  4m 1  m2     1  m   m 1  m2  i 1  m2 2 2   m 1 m 2  i 1 m 2 z m 1 m 2    i 1  m2 Như vậy: zz  m  0 2m m2  1 1 1 1    m  2     m  2   m 3  2m 2  m  0   2 2 2 2 2 1 m m  1 m2  1   Vậy chọn đáp án C. Câu 29. Tìm phần thực của số phức: z  1  i  ,n  n thỏa mãn phương trình: log 4  n  3   log 4  n  9   3 . A. 6 B. 8 C. 8 D. 9 Hướng dẫn giải Điều kiện: n  3,n  Phương trình log 4  n  3  log 4  n  9   3  log 4  n  3  n  9   3  n  3 n  9   43  n2  6n  9  0  n  7 do:n  3 3 7 2 3 z  1  i   1  i  . 1  i    1  i  .  2i   1  i  .  8i   8  8i   Vậy phần thực của số phức z là 8. Vậy chọn đáp án C. Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 26 Chuyên Đề Số Phức Câu 30. Cho số phức z  m  3i m  1 i  m  1 A.  m  1  . Tìm m, biết số phức w  z2 có môđun bằng 9. m  3 B.   m  1 m  3 C.  m  1 m  3 D.   m  3 Hướng dẫn giải Ta có: 2  m2  9   m2  9  m 2  9  6mi 2 wz   3m    i w  9  9m    9  2   2  2i     2  1 m 4  18m 2  81  9  m 2  9  18  m 2  9  m  3 2 Vậy giá trị cần tìm là m  3 Câu 31. Cho số phức z  im ,m  . Tìm giá trị nhỏ nhất của số thực k sao cho tồn tại m 1  m  m  2i  để z  1  k 5 1 2 A. k  52 2 B. k  C. k  5 1 2 D. k  5 2 2 Hướng dẫn giải Ta có z  z 1  im i  mi  m 2 1 m  i Xét hàm số f  m   Ta có: f  m   ‘   1 1 m  i  z 1 im mi k  0   z  1  k   m 2  2m  2  k2  2  m 1 m 2  2m  2  mi 2 m2  1 m 2  2m  2 m2  1 2 m2  m  1  m  1 2 2   f m  0  m  1  ‘ 2 5 .  1 5  3  5 Lập bảng biến thiên ta có min f  m      2  2    Yêu cầu bài toán k 2  Vậy k  3 5 3 5 5 1 k  2 2 2 5 1 là giá trị phải tìm. 2 Vậy chọn đáp án C. Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 27 Chuyên Đề Số Phức CHỦ ĐỀ 2. BIỂU DIỄN HÌNH HỌC CÁC SỐ PHỨC Phương pháp   Trong mặt phẳng phức, số phức z  x  yi, (x,y  ) được biểu diễn bằng :  Điểm M  x; y  , kí hiệu M  z   Vectơ OM   x; y   Vectơ u  (x; y) Biểu diễn hình học của z, z, z M  z  và M  z  đối xứng với nhau qua gốc tọa độ. M  z  và M(z) đối xứng với nhau qua trục Ox.  Biểu diễn hình học của z  z’ ,z  z’ ,kz  k   Gọi M, u lần lượt biểu diễn số phức z; M’ ,v biểu biểu diễn số phức z’. Ta có: OM  OM’ và u  v biểu diễn số phức z  z’ ; OM  OM’  M’M và u  v biểu diễn số phức z  z’ ; kOM, ku biểu diễn số phức kz.  Với M, A, B lần lượt biểu diễn số phức z, a, b thì : OM  z ; AB  b  a . I. CÁC VÍ DỤ MẪU Ví dụ 1. Trong mặt phẳng phức, cho ba điểm A,B,C không thẳng hàng biểu diễn các số phức a,b,c. Gọi M là trung điểm của AB, G là trọng tâm tam giác ABC và D là điểm đối xứng của A qua G. Các điểm M,G,D lần lượt biểu diễn các số phức m,g,d. a) Tính các số phức m, g, d theo a, b, c. b) Nếu thêm giả thiết a  b  c , chứng minh rằng tam giác ABC là tam giác đều nếu và chỉ nếu a  b  c  0. Giải a) M là trung điểm của AB  OM    1 1 OA  OB  m   a  b  . 2 2 G là trọng tâm của tam giác ABC  OG    1 1 OA  OB  OC  g   a  b  c  . 3 3 D là điểm đối xứng của A qua G  G là trung điểm của AD C  2OG  OA  OD  2g  a  d  d  2g  a 1 a  b  c   a 3 2 2 2  d  b  c  a. 3 3 3 D  d  2. G A M B b) Giả thiết a  b  c  OA  OB  OC  O là tâm đường Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 28 Chuyên Đề Số Phức tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Như vậy tam giác ABC là tam giác đều  O  G  g  0  a  b  c  0. Ví dụ 2. Cho hình bình hành ABCD. Ba đỉnh A, B ,C lần lượt biểu diễn các số phức a  2  2i, b  1  i,c  5  mi  m  R  . a) Tìm số phức d (biểu diễn điểm D); b) Định m sao cho ABCD là hình chữ nhật. Giải a) ABCD là hình bình hành A  CD  BA  d  c  a  b D dacb  d  2  2i  5  mi   1  i   d  8   m  3  i. B C b) ABCD là hình chữ nhật  AC  BD  c  a  d  b  5  mi  2  2i  8   m  3  i  1  i  3   m  2  i  9   m  4  i  3   m  2  i  9   m  4  i  32   m  2   9 2   m  4  2 2 2 2  9  m 2  4m  4  81  m 2  8m  16  12m  84  m  7. Ví dụ 3. Trong mặt phẳng phức, cho ba điểm M, A, B lần lượt biểu diễn các số phức : 3i 3  i z. z,   z và  3  3   Chứng minh rằng: a) z  C, tam giác OMA vuông tại M; b) z  C, tam giác MAB là tam giác vuông; c) z  C, tứ giác OMAB là hình chữ nhật. Giải 3i 3  i z. a) Đặt a    z và b   3  3   Ta có: OM  z OA  a  3i 3 1 1 2 z  1 i z  1 z  z 3 3 3 3  i  i 1 MA  a  z   1  z z. z  z  3 3 3  2 Nhận thấy: OM2  MA2  z  1 2 4 2 z  z  OA2 , z  . 3 3 Vậy tam giác OMA vuông tại M. b) Ta có: Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 29 Chuyên Đề Số Phức  i  i 1 MA  a  z   1  z z z  z  3 3 3  MB  b  z  i AB  b  a  i 3 zz  i 3 1 z  z 1 2 1  z 3 3  i  z  1  z  z . 3 3  2  1  2 2 1 2 Ta thấy MA  AB   z   z  z  z  MB2 đúng z  . 3  3  2 2 Vậy tam giác MAB vuông tại A với mọi z  C. b) Xét tam giác MOB, ta có: OB  b  i 3 z z 3 ; OM  z và MB  b  z  2 Suy ra: OM  OB  z  2 2 B 2 4z 3 3 A z. 2  MB2 . O M Vậy tam giác MOB vuông tại O với mọi z  C. Tứ giác OMAB có 3 góc vuông nên là hình chữ nhật. Lưu ý:  Ở trên ta sử dụng tính chất z1z2  z1 z2 .  Tứ giác có ba góc vuông là hình chữ nhật Ví dụ 4. Gọi A, B, C là ba điểm lần lượt biểu diễn các số phức a  1  i, b  i, c  1  ki, k  . a) Định k để ba điểm A, B, C thẳng hàng; b) Xét hàm số w  f  z   z2 . Đặt a’  f  a  ,b’  f  b  ,c’  f  c  . Tính a’, b’,c’ c) Gọi A’, B’, C’ lần lượt là các điểm biểu diễn các số phức a’, b’, c’. Định k để A’, B’, C’ là ba điểm thẳng hàng; d) Nếu u,v lần lượt biểu diễn các số phức z, z’. Chứng minh rằng u  v  z là số ảo. z’ Áp dụng: Tính k để tam giác A’B’C’ vuông tại A’. Giải a) Định hướng: Ba điểm A,B,C thẳng hàng  BA   BC    ab ab là số thực.  R  cb cb Như vậy, ta giải bài toán này như sau: Ta có:    a  b   c  b    1  2i  1   k  1 i a  b 1  i  i 1  2i    c  b 1  ki  i 1   k  1 i 1   k  1 i  1   k  1 i     1  2i   k  1 i  2  k  1 1   k  1 2  1  2k   k  3  i 1   ki  1 2 . Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 30 Chuyên Đề Số Phức Suy ra ab là số thực  k  3  0  k  3. cb b) Ta có a’  f  a   a 2   1  i   1  i   1  i 2  2i  2i 2 2 b’  f  b   b 2  i 2  1 c’  f  c   c 2  1  ki   1  k 2  2ki. 2 c) Định hướng : Trước hết ta cần tìm điều kiện để ba điểm A’,B’,C’ phân biệt  a’,b’,c’ đôi một khác nhau (*). Để giải (*) ta dùng phương pháp “phần bù”. Kết hợp điều kiện ba điểm A’,B’,C’thẳng hàng  B’C’   B’A’,    R   c’ b’    a’ b’   c’ b’ là số thực. a’ b’ Từ đó ta có lời giải sau: Hiển nhiên a’  b’.  1  k 2  0 Ta có a’  c’  2i  1  k 2  2ki    k 1  2k  2 Suy ra a’  c’  k  1. 1  1  k 2  Ta có b’  c’  1  1  k 2  2ki    k   . Vậy b’  c’.  2k  0 Tóm lại 3 điểm A’,B’,C’ phân biệt  k  1. Ta có   2  k 2  2ki 1  2i  1 c’ b’ c’ b’ 2  k 2  2ki là số thực     2  k 2  4k  4  2k 2  2k i  . Suy ra   a’  b’ a’ b’ 1  2i 5 1  2i 1  2i     2k2  2k  4  0  k  1,k  2  k  2 vì,k  1 . Vậy A’,B’,C’ là 3 điểm phân biệt thằng hàng  k  2. d) Đặt z  x  iy,z’  x’ iy’, và u,v lần lượt biểu diễn số phức z,z’  u   x; y  và v   x’; y’  . Ta có z x  iy  x  iy  x’ iy’  xx’ yy’  x’ y  y’ x  i    . z’ x’ iy’  x’ iy’  x’ iy’  x’2  y’2 Như vậy z là số ảo xx’ yy’  0  u.v  0  u  v. z’ Xem tam giác A’B’C’ ta có A’C’ biểu diễn các số phức z  c’ a’  1  k2   2k  2 i và A’ B’ biểu diễn z’  b’ a’  1  2i     2 1  k 2   2k  2  i  1  k   2k  2  i   1  2i  z   số phức   z’ 1  2i  1  2i  1  2i    1 1  k 2  2  2k  2   2  2k 2  2k  2 5   i  . Theo chứng minh trên: tam giác A’B’C’ vuông tại A’  A’C’  A’ B’  z là số ảo z’  1  k2  4k  4  0  k2 4k 3 0 k 1 (loại) và k  3  k  3. Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 31 Chuyên Đề Số Phức Ví dụ 5. Cho số phức z  m   m  3 i,m  a) Tìm m để biểu diễn số phức nằm trên đường phân giác góc phần tư thứ hai y  x b) Tìm m để biểu diễn số phức nằm trên Hyperbol y   2 x c) Tìm m để khoảng cách của điểm biểu diễn số phức đến gốc tọa độ nhỏ nhất. Giải a) Gọi M  m; m  3  là điểm biểu diễn số phức z  m   m  3  i 3 M nằm trên đường thẳng y  x  m  3   m  m  . 2 b) M nằm trên Hyperbol y   2 2 m3 x m  m  1 m  0  2   m  2 m  3m  2  0 c) Ta có: 2 2  3 9 OM  m 2   m  3   2m 2  6m  9  2  m    2 2   OM min  9 3 m 2 2 Ví dụ 6. Xét các điểm A, B, C trong mặt phẳng phức theo thứ tự biễu diễn các số 4i ; i 1 1  i 1  2i  ; 2  6i 3i a) Chứng minh ABC là tam giác vuông cân. b) Tìm số phức biểu diễn bởi điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình vuông. Giải a) Ta có 4i  1  i  4i   2  2i  A  2; 2  i  1  1  i  1  i  1  i 1  2i   3  i  B  3;1 2  6i  2i  C  0; 2  . 3i  BA  BC  Nhận thấy:   ABC vuông cân tại B. 2 2 2  AC  AB  BC b) Gọi D là đỉnh thứ tư của hình vuông ABCD BA  CD   1; 3    x D ; y D  2   D( 1; 1). Vậy D biểu diễn số phức 1  i. Ví dụ 7. Trong mặt phẳng phức cho các điểm: O (gốc tọa độ), A điểm biểu diễn số 1, B điểm biểu diễn số phức z không thực, A’ biểu diễn số phức z’  0 và B’ biểu diễn số phức zz’. Chứng minh rằng: Tam giác OAB và tam giác OA’ B’ đồng dạng. Giải Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 32 Chuyên Đề Số Phức Vì z không phải là số thực nên các điểm O, A, B theo thứ tự biểu diễn các số 0, 1, z là các đỉnh của tam giác. Với z’  0 , xét các điểm A’, B’ theo thứ tự biểu diễn các số z’, zz’ thì ta có: OA’ z’ OB’ zz’ A’ B’ zz’ z’ z’  z  1   z’ ,   z’ ,    z’ OA 1 OB AB z z 1 z 1 Vậy tam giác OA’B’ đồng dạng với tam giác OAB. Lưu ý: Ở trên ta đã sử dụng các tính chất   z1z2  z1 z2 Dựa vào định nghĩa tam giác đồng dạng OA’ OB’ A’ B’    k thì tam giác OA’B’ đồng dạng với tam giác OAB. OA OB AB Ví dụ 8. Biết A, B, C, D là bốn điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn theo thứ tự các số: 1  i,  1  i, 2i, 2  2i. a) Tìm các số z1 ,z2 ,z3 ,z4 theo thứ tự biểu diễn các vectơ AC,AD,BC,BD. b) Tính z1 z 3 và từ đó suy ra A, B, C, D cùng nằm trên một đường tròn. Tâm đường tròn biểu diễn , z2 z4 số phức nào? Giải a) Ta có: A  1;1 , B  1; 1 , C  0; 2  , D  2; 2  Lúc đó: AC  1,1 , AD   3; 3  , BC  1,3  , BD   3, 1 Do đó: z1  1  i, z2  3  3i, z3  1  3i, z4  3  i. b) Ta có: z1 1 i 1   i là một số ảo nên AC. AD  0 hay AC  AD (1) z2 3  3i 3 z 3 1  3i   i là số ảo nên BC. BD  0 hay BC  BD (2) z4 3  i Từ (1) và (2) suy ra A, B, C, D nội tiếp đường tròn đường kính CD. Do đó, tâm là trung điểm của CD nên nó biểu diễn số phức 2i   2  2i  2 1 II. CÂU HỎI VÀ BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN Câu 1. Gọi A, B theo thứ tự là các điểm của mặt phẳng phức biểu diễn số z khác 0 và z ‘  giác OAB là tam giác gì A. Tam giác cân C. Tam giác vuông 1 i z . Lúc đó, tam 2 B. Tam giác đều D. Tam giác vuông cân Hướng dẫn giải Giả sử z  x  yi thì ta có A  x; y  . Vì z  0 nên x 2  y2  0 . Ta có z ‘  1 i 1 xy xy z  1  i  x  yi    i. 2 2 2 2 Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 33 Chuyên Đề Số Phức  xy x y  Vậy B có tọa độ: B  ;  2   2 2 2 x 2  y2 xy xy   Ta lại có: OA 2  x 2  y2 ; OB2      2  2   2  2 2 2 2 xy  xy  xy  yx x 2  y2  AB2   x   y            2   2   2   2  2  OB  AB Từ đó suy ra:  2 . Vậy tam giác OAB vuông cân tại B. 2 2 OA  OB  AB Vậy chọn đáp án D. Câu 2. Các điểm A, B, C và A’, B’, C’ tương ứng biểu diễn các số phức z1 ,z2 ,z3 và z’1 ,z’2 ,z’3 ( trong đó A, B, C và A’, B’ , C’ không thẳng hàng). Hai tam giác ABC và A’B’C’ có cùng trọng tâm khi và chỉ khi A. z1  z2  z3  z1′  z’2  z’3 B. z1  z2  z3  z1′  z’2  z’3 C. z1  z2  z3  z1′  z’2  z’3 D. z12  z22  z23  z’12  z’22  z’32 Hướng dẫn giải Đặt z1  x1  y1i  A(x1 ; y1 )  x  x 2  x 3 y1  y 2  y 3    z2  x2  y 2 i    B(x2 ; y 2 )  G  1 ;  3 3     z3  x3  y 3i  C(x 3 ; y 3 )  x’  x’2  x’3 y’1  y’2  y’3  Trọng tâm: G’  1 ;  3 3    x  x2  x3  x’1  x’2  x’3 Nếu z1  z2  z3  z’1  z’2  z’3   1  G  G’   y1  y2  y3  y’1  y’2  y’3 Vậy hai tam giác ABC và A’B’C’ có cùng trọng tâm. Vậy chọn đáp án A. Câu 3. Cho A, B, C, D là bốn điểm trong mặt phẳng phức theo thứ tự biểu diễn các số   4  3  3 i;   2  3  3 i; 1  3i; 3  i . Chọn khẳng định đúng A. ABCD là hình bình hành B. AD  2CB C. D là trọng tâm của tam giác ABC D. Tứ giác ABCD nội tiếp được đường tròn    Ta có: A 4,3  3 ;  B 2,3  3 ; Hướng dẫn giải C 1,3  ; D  3;1 . Ta xét các mệnh đề:  ABCD là hình bình hành  AB  DC . Nhận thấy AB   2;0   DC   2; 2  . Như vậy ta loại A  AD   3  4 2   2 3  2  3,86 ; CB  12   3 2 2 Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 34 Chuyên Đề Số Phức AD  2CB . Như vậy ta loại B  Ta thấy: 4 21 7  3 3 3 Suy ra: D không là trọng tâm của tam giác ABC Vậy chọn đáp án D. Lời bình: Để chứng minh D đúng ta chứng minh như A sau: Đặt ACB   thì CA.CB  CA CB cos   cos   3 2 β 3 ADB   thì DA.DB  DA DB cos   cos   . 2 Đặt B D α C Vậy     300  ABCD nội tiếp đường tròn Chú ý: Cho hai đường thẳng a,b có vectơ chỉ phương là a, b . Gọi ;  lần lượt là góc của hai vectơ a, b và hai đường thẳng a,b. Lúc đó: cos  Chú ý: 00    1800 ; a.b a.b ; cos  a.b a.b ; 00    900 Câu 4. Cho ba điểm A ,B, C lần lượt biểu diễn các số phức a  1,b  1  i và c  b2 . Câu 4.1. Xác định  sao cho A,B,C là ba đỉnh của một tam giác A.   1 B.   1 C.   1 D.   0 Câu 4. 2. Khi A, B, C là ba đỉnh của tam giác. Hỏi tam giác ABC là tam giác gì? A. Tam giác cân B. Tam giác đều C. Tam giác vuông D. Tam giác vuông cân Câu 4.3. Tìm số phức d biểu biễn bởi D sao cho ABCD là hình chữ nhật A. d  1  2  i. B. d  1  2  i. C. d  1  2  i. D. d  1  2  i. Hướng dẫn giải Câu 4.1. Ta có: b  a  2  i  AB   2;    c  a   2  2i  AC   2 ; 2   c  b  2   2  3i  BC  2   2 ; 3  Điều kiện là A,B,C phân biệt và không thẳng hàng    0. Vậy chọn đáp án D. Câu 4. 2. Ta có: AB.AC  22  22  0  AB  AC . Vậy tam giác ABC vuông. Vậy chọn đáp án C. Câu 4.3. d  1  2  i. Vậy chọn đáp án B Câu 5. Trong mặt phẳng phức, cho ba điểm A, B, C không thẳng hàng theo thứ tự biểu diễn số phức z1 ,z2 ,z2 . Hỏi trọng tâm của tam giác ABC biểu diễn số phức nào? Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 35 Chuyên Đề Số Phức A. z1  z2  z2 . C. B. z1  z2  z2 1  z  z2  z2  3 1 D.  1  z  z2  z2  3 1 Hướng dẫn giải Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC khi và chỉ khi OG   1 OA  OB  OC 3 Vì OA,OB,OC theo thứ tự biểu diễn z1 ,z2 ,z2 nên G biểu diễn số phức  1  z  z2  z3  3 1 Vậy chọn đáp án C. Câu 6. Xét ba điểm A, B,C của mặt phẳng phức theo thứ tự biểu diễn ba số phức phân biệt z1 ,z 2 ,z 2 thỏa mãn z1  z2  z3 . Ba điểm A, B, C là ba đỉnh của một tam giác đều khi và chỉ khi z1  z2  z3  0. A. z1  z2  z3 B. z1  z2  z3  0 C. z1z2  z2 z3  z3 z1  0 D. z12  z2 2  z32 Hướng dẫn giải Ba điểm A, B, C theo thứ tự biểu diễn ba số phức phân biệt z1 ,z2 ,z2 thỏa mãn z1  z2  z3 nên ba điểm A, B, C thuộc đường tròn tâm O (O là gốc tọa độ). Tam giác ABC là tam giác đều khi và chỉ khi trọng tâm G của nó trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tức G  O hay z1  z2  z3  0. Câu 7. Cho M, N là hai điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn theo thứ tự các số phức z1 , z 2 khác 0 thỏa mãn đẳng thức z12  z22  z1z2 . Tam giác OMN là tam giác gì? B. Tam giác đều D. Tam giác vuông cân Hướng dẫn giải A. Tam giác cân C. Tam giác vuông Ta có: z12  z 22 2 z 2  z z z  1 2 1 z 2  z1  z 2  z1   2  z1z 2    2 2   z1  z 2 z 2  z1 z1  z 2  z1  z 2    * Vì z1,z2  0 nên z1 , z 2  0 Từ (*) ta có: z 2  z1  z2 z1 2 2  z1 z2 2 3 2 3  z1  z 2  z1  z 2 Do đó z2  z1  z1  z2 Mà OM  z1 ; ON  z2 ; MN  z2  z1 Vậy tam giác OMN đều. Vậy chọn đáp án B. Câu 8. Cho ba điểm A, B, C biểu diễn các số phức a  1  i, b  a2 và c  x  i,  x  . Tìm x sao cho Câu 8.1. Tam giác ABC vuông tại B A. x  1 B. x  2 C. x  3 D. x  5 Câu 8.2. Tam giác ABC cân tại C Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 36 Chuyên Đề Số Phức A. x  7 B. x  2 C. x  3 D. x  5 Hướng dẫn giải Câu 8.1. Ta có: a  1  i  A 1;1 Mặt khác, theo đề thì b  a 2  1  i   2i  B  0; 2  2 c  x  i,  x    C  x; 1 Ta có: AB   1;1 , BC   x; 3  Để tam giác ABC vuông tại B thì AB  BC  AB.BC  0  x  3  0  x  3. Vậy chọn đáp án C. Câu 8.2. Tam giác ABC cân tại C nên CA  CB  x  2. Vậy chọn đáp án B. Câu 9. Cho u,v là biểu diễn của hai số phức 1  3i và 3  2i . Gọi x là biểu diễn của số phức 6  4i . Hãy phân tích x qua u,v A. x   24 14 u v 11 11 B. x  24 14 u v 11 11 C. x  24 14 u v 11 11 D. x   24 14 u v 11 11 Giải Ta có u  1; 3  ,v   3; 2  ,x   6; 4   24 m  m  3m  6  11  x  24 u  14 v Giả sử x  m.u  nv    11 11 3m  2n  4 n  14  11  Vậy chọn đáp án C. Câu 10. Tìm các điểm biểu diễn của số phức z biết điểm biểu diễn của các số phức z,z2 ,z3 lập thành Câu 10.1.Tam giác vuông tại A A. Quỷ tích của z là đường thẳng x  1. C. Quỷ tích của z là đường elip x2 y2   1. 1 2 B. Quỷ tích của z là đường tròn x2  y2  1 D. Quỷ tích của z là Parabol y  1 2 x 2 Câu 10.2.Tam giác vuông tại B A. Quỷ tích của z là đường thẳng x  0. B. Quỷ tích của z là đường thẳng y  0 C. Quỷ tích của z là đường thẳng x  0, trừ gốc tọa độ D. Quỷ tích của z là đường thẳng y  0, trừ gốc tọa độ Câu 10.3 Tam giác vuông tại C A. Quỷ tích của z là đường thẳng x  2 B. Quỷ tích của z là đường thẳng y  1 2  1 1 C. Quỷ tích của z là đường tròn  x    y 2  2 4   Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 37 Chuyên Đề Số Phức D. Quỷ tích của z là hai đường thẳng y  0, x  0 Hướng dẫn giải Đặt z  a  bi  a,b   và gọi A,B,C là các điểm biểu diễn tương ứng của z,z2 ,z3 z  0  Vì A,B,C tạo thành một tam giác nên phải có: z  z  z  z  1 z  1  2 3 Khi đó AB  z2  z ,BC  z3  z2 ,AC  z3  z . Câu 10.1. Tam giá ABC vuông tại A ta có AB2  AC2  BC2 2 2 2 2 2 2 2 z2  z  z3  z  z3  z2  z2  z  z2  z . z  1  z . z 2  z 2 Do A,B,C là ba điểm phân biệt nên từ đẳng thức trên ta có: 2 2 2 2 1  z  1  z  2  z  z  z  z  z  z  2  x  1. Trong trường hợp này quỷ tích của z là đường thẳng x  1. Vậy chọn đáp án A. 2 2 Lưu ý: Ta dể dàng chứng minh được z  1  z  z  z  1 Câu 10.2. Tam giá ABC vuông tại B hay BA2  BC2  AC2 Tương tự như trên ta có quỷ tích của z là đường thẳng x  0 trừ gốc tọa độ. Vậy chọn đáp án C. Câu 10.3. Tam giác ABC vuông tại C hay CA2  CB2  AB2 2  1 1 Tương tự như trên ta có quỷ tích của z là đường tròn  x    y 2  . 2 4  Vậy chọn đáp án C. Câu 11. (Đề minh họa của bộ). Cho số phức z thỏa mãn (1  i) z  3  i. Hỏi điểm biểu diễn của z là điểm nào trong các điểm M, N, P, Q ở hình bên ? A. Điểm P. B. Điểm Q. C. Điểm M. D. Điểm N. Hướng dẫn giải Gọi z  x  yi( x, y  ) Khi đó: (1  i) z  3  i  ( x  y  3)  ( x  y  1)i  0 x  y  3  0 x  1    Q(1; 2). x  y 1  0  y  2 Vậy chọn đáp án B. Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 38 Chuyên Đề Số Phức Câu 12. (Đề thử nghiệm lần 1 của bộ). Điểm M trong hình vẽ bên là điểm biểu diễn của số phức z. Tìm phần thực và phần ảo y 3 của số phức z. A. Phần thực là −4 và phần ảo là 3. O x B. Phần thực là 3 và phần ảo là −4i. C. Phần thực là 3 và phần ảo là −4. -4 D. Phần thực là −4 và phần ảo là 3i. M Hướng dẫn giải Vậy chọn đáp án C. Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 39 Chuyên Đề Số Phức CHỦ ĐỀ 3. TÌM TẬP HỢP ĐIỂM Phương pháp  Giả sử các điểm M, A ,B lần lượt biểu diễn các số phức z, a, b. o z  a  z  b  MA  MB  M thuộc đường trung trực của đoạn AB. o z  a  z  b  k, k  R,k  0,k  a  b  MA  MB  k    M thuộc elip (E) nhận A, B là hai tiêu điểm và có độ dài trục lớn bằng k.  Giả sử M và M’ lần lượt biểu diễn các số phức z và w  f  z  . Đặt z  x  iy và w  u  iv  x,y,u,v  R  . Hệ thức w  f  z  tương đương với hai hệ thức liên hệ giữa x,y,u,v o Nếu biết một hệ thức giữa x,y, ta tìm được một hệ thức giữa u,v và suy ra được tập hợp các điểm M’. o Nếu biết một hệ thức giữa u,v ta tìm được một hệ thức giữa x,y và suy ra được tập hợp các điểm M. I. CÁC VÍ DỤ MẪU Ví dụ 1. Tìm tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z trong các trường hợp sau: {Đường thẳng } a) z  i  z  i ; b) z  1  3i  1; z 1 i c) z0 z  z0 z  1  0 với z0  1  i. Giải a) Cách 1. Đặt a  i và b  i. Gọi A  0; 1 và B  0;1 lần lượt biểu diễn các số phức a và b, suy ra z  i  z  a  MA và z  i  z  b  MB. Ta có z  i  z  i  MA  MB  M thuộc đường trung trực của AB, đó chính là trục Ox. Vậy tập hợp các điểm M là trục Ox. Cách 2. Đặt z  x  yi, x,y   Lúc đó: z  i  z  i  x  yi  i  x  yi  i  x   y  1 i  x   y  1 i  x 2   y  1  x 2   y  1   x 2   y  1   x 2   y  1  2 2 2 2  4y  0  y  0. Vậy tập hợp các điểm M là trục Ox. b) Cách 1. Ta có: z  1  3i  1  z  1  3i  z  1  i , 1 z 1 i Đặt a  1  3i biểu diễn bởi các điểm A(-1;3) và b  1  i được biểu diễn bởi điểm B(1;-1). Ta có (1)  z  a  z  b  MA  MB. Vậy tập hợp các điểm M là đường trung trực đoạn AB. Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 40 Chuyên Đề Số Phức Cách 2. Đặt z  x  yi,  x,y   Lúc đó: z  1  3i  1  z  1  3i  z  1  i  x  yi  1  3i  x  yi  1  i z 1 i  x  1   y  3  i  x  1   y  1 i   x  1   y  3  2   x  1   y  3    x  1    y  1  2 2 2 2   x  1   y  1 2 2 2  x 2  2x  1  y 2  6y  9  x 2  2x  1  y 2  2y  1  2x  6y  10  2x  2y  2  4x  8y  8  0  x  2y  2  0 Vậy tập điểm M là đường thẳng x  2y  2  0 . Lời bình: Ở trên ta đã sử dụng công thức z z1  1 . Phương trình đường thẳng x  2y  2  0 chính z2 z2 là phương trình đường trung trực của đoạn thẳng AB. c) Với z0  1  i, đặt z  x  iy,  x,y  R  , ta có: z0 .z  1  i  x  iy   x  y   y  x  i; z0 .z  x  y   y  x  i. Như vậy z0 z  z0 z  1  0  2  x  y   1  0  2x  2y  1  0. Tập hợp các điểm M là đường thẳng có phương trình 2x  2y  1  0. Ví dụ 2. Tìm tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z trong các trường hợp sau: {Đường tròn } a) z   3  4i   2 ; b) z  i  1  i  z 2 d) 2iz  1  5 . c) z  2iz  2i 3 z  0 ; Giải a) Đặt z  x  yi, x,y   . Lúc đó: z   3  4i   2  x  yi  3  4i  2   x  3    y  4  i  2   x  3   y  4  2 2  2   x  3   y  4   4 2 2 Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức thỏa đề bài là đường tròn tâm I  3; 4  bán kính R  2. b) Đặt z  x  yi,  x,y   . Lúc đó: 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  x  y 2 2  x 2   y  1   x  y    x  y  2 2 2  x2  y 2  2y  1  x 2  2xy  y 2  x 2  2xy  y 2  x 2  y 2  2y  1  0 Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức thỏa đề bài là đường tròn tâm I  0; 1 bán kính R  2.   c) Ta có z  2iz  2i3 z  0  z  2iz  2iz  0  z  2i z  z  0 1 2 2 2 Giả sử z  x  yi , thay vào (1) ta được: x2  y2  2i  x  iy  x  iy   0  x2  y2  4y  0  x2   y  2   4 . 2 Vậy tập hợp các điểm M  x; y  biểu diễn số phức z là đường tròn tâm I  0; 2  , bán kính R  2 . Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 41 Chuyên Đề Số Phức d) Giả sử z  x  yi, (x,y  ) . Suy ra: 2iz  1  5  2i  x  yi   1  5  2y  1  2xi  5   2y  1   2x  2 2  5  4x 2  4y 2  4y  1  5 2  1 5  x  y  y 1 0  x  y    2 4  2 2 2 Vậy tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức đã cho là một đường tròn có tâm  1 5 I  0;   và bán kính R  . 2 2   Ví dụ 3. Tìm tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z trong các trường hợp sau: {Elip}: z  1  z  1  4. Giải Đặt a  1 và b  1 , lần lượt biểu diễn bởi các điểm A(1;0) và B(-1;0). Ta có z  1  z  1  4  z  a  z  b  4  MA  MB  4. Vậy tập hợp các điểm M là elip (E) nhận A, B là hai tiêu điểm, có độ dài trục lớn là 4. Ví dụ 4. Tìm tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z trong các trường hợp sau: {Ảo thực} a) 2z  1 là số ảo; z 1 b) z1 ,  z  2i  là số thực. z  2i Giải a) Đặt z  x  iy  x, y  R  . Với z  1, ta có: 2 2z  1 2x  2yi  1  2x  1  2yi  x  1  iy   2x  1 x  1  2y  i 2y  x  1  y  2x  1     2 z 1 x  iy  1  x  1  iy  x  1  iy   x  1  y2 2z  1 2z  1 là số ảo  phần thực của bị triệt tiêu z 1 z 1   2x  1 x  1  2y 2  0  2x 2  x  1  2y 2  0  x 2  x 1  y2   0 2 2 2   x 1  1 1 1 9   x2     y2     x    y2  . 2 16 2 16 4 16     1  3 Vậy tập hợp các điểm M là đường tròn (C ), tâm I  ; 0  bàn kính R  , bỏ đi điểm A(1;0). 4 4  b) Đặt z  x  iy  x, y  R  . Với z  2i, ta có:     x  1  iy  x   y  1 i x  x  1  y  y  2   i xy   x  1 y  2  x  1  iy z1    2 z  2i x   y  2  i x   y  2 i x   y  2 i x2   y  2    z1 là số thực  phần ảo bị triệt tiêu z  2i  xy   x  1 y  2   0  xy   xy  2x  y  2   0  2x  y  2  0  y  2x  2. Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 42 Chuyên Đề Số Phức Vậy tập hợp các điểm M là đường thẳng có phương trình y  2x  2 , bỏ đi điểm A(0;2) vì z  2i. 2 Ví dụ 5. Tìm tập hợp các điểm biểu diễn của số phức z’  2z  3  i , với 3z  i  z.z  9  z  a  bi Định hướng: Đặt  ‘  a, b,x, y  z  x  yi     x3 a   x  2a  3  2 Khi đó z’  2z  3  i  x  yi   2a  3    2b  1 i     y  2b  1  b  y  1  2  Bài toán yêu cầu tìm điểm biểu diễn z’ nên cái sau cùng ta cần đưa về một biểu thức liên hệ x,y . 2 Trươc hết , từ biểu thứ 3z  i  z.z  9 ta biến đổi về bất đẳng thức theo a, b. Sau đó thế a y1 x3 ta được biểu thức chứa x,y . , b 2 2 Giải  z  a  bi Đặt  ‘  a, b,x, y  z  x  yi     x3 a   x  2a  3  2 Khi đó z’  2z  3  i  x  yi   2a  3    2b  1 i     y  2b  1  b  y  1  2  Theo đề, ta có: 3z  i  z.z  9  9a 2   3b  1  a 2  b2  9  4a 2  4b2  3b  4  0 2 2   x  3    y  1  2 2 2 2  3 7 73 y  1  4  0   x  3    y     2 4 16   7  73 Vậy quỹ tích biểu diễn số phức z’ là hình tròn có tâm I  3;  và bán kính R  . 4  4  Ví dụ 6. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho số phức z thỏa mãn z  1  2 .Tìm tập hợp biểu diễn số phức w  2z  i . Giải Gọi w  x  yi , với x, y  . Ta có: w  2z  i  z  Theo bài ra:  x  2 z 1  2  4 2  y  1  2 4 wi x y 1 x2 y 1 z  i  z 1  i 2 2 2 2 2  4   x  2    y  1  16 2 2 Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức w là đường tròn tâm I  2; 1 bán kính R  4 . Bình luận: Hầu hết các bài toán số phức đều làm theo cách tự nhiên như lời giải trên ( gọi w  x  yi ).Tuy nhiên các em cũng có thể tham khảo them cách sau: w  2z  i  w  i  2  2  z  1  w   2  i   2 z  1  4  tập hợp các điểm w là đường tròn có tâm  2; 1 , bán kính 4 trong mặt phẳng phức. Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 43 Chuyên Đề Số Phức Ví dụ 7. Hãy xác định tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z thỏa mãn: 1  z  i  2 . {Hình vành khăn} Giải Giả sử số phức z có dạng: z  x  yi với x, y Ta có: z  i  x   y  1 i  x2   y  1 2 Do đó: 1  z  i  2  1  z  i  4  1  x2   y  1  4 2 2 Gọi  C1  ,  C2  là hai đường tròn tâm I  0;1 và có bán kính lần lượt là R1  1, R 2  4 . Vậy tập hợp các điểm cần tìm là phần nằm giữa hai đường tròn  C1  ,  C2  . Ví dụ 8. Tìm tập hợp điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện 2 z  i  z  z  2i Giải Gọi M  x; y là điểm biểu diễn số phức z  x  yi . Khi đó 2 z  i  z  z  2i  2 x   y  1 i  2  y  1 i  x2   y  1   y  1 2 2 y x2 4 Vậy tập hợp điểm M là parabol  P  : y  x2 . 4   Ví dụ 9. Tìm tập hợp điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn z  3z  2  i 3 z Giải Đặt z  x  yi  x,y    ta được:  z  3z  2  i 3 z  x  yi  3x  3yi  2 x 2  y 2  i 3x 2  3y 2 x  0 4x  2 x 2  y 2  y   3x     y  0  2y  3x 2  3y 2  2 x  0 2  y  3x Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z cần tìm là phần đường thẳng y   3x với x  0 . Ví dụ 10 . Xác định tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện: a) zi là số thực dương với z  i ; zi c) z2  2z  5    b) z 2  z d) log 1 ; 3 2 z2 2 4 z  2 1  1. Giải a) Đặt z  x  yi, x,y  Ta có:  . z  i x   y  1 i x2  y 2  1  2xi   2 z  i x   y  1 i x2   y  1 Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 44 Chuyên Đề Số Phức y zi là số thực dương khi và chỉ khi zi 2x  0  x  0 2 2 x  y  1  0    2  y  1 2 x  y  1  0    A 1 O A’ -1 x Vậy tập hợp các điểm phải tìm là hai tia Ay và A’y’ trên trục tung trừ hai điểm A  0;1  và A’  0; 1 . b) Đặt z  x  yi,  x,y   y . Ta có:  z2  z 2   x  yi    x  yi   x 2  y 2  2xyi  x 2  y 2  2xyi 2 2 x  0  4xyi  0  xy  0   y  0 Vậy tập hợp các điểm cần tìm là các trục tọa độ. c) Đặt z  x  yi,  x,y   . Khi đó: z2  2z  5   x  yi   2  x  yi   5  x2  y2  2x  5  2y  x  1 i 2 Để z2  2z  5     y  0  2 2y  x  1  0  x  2x  5  0 thì   2 2 x  y  2x  5  0  x  1 y2  4   x  1 Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa đề bài là  . 2  y  2 d) Đặt z  x  yi, x,y   . Ta có: log 1 3 z2 2 4 z  2 1 1 z2 2 4 z  2 1  1  z2 7 3  x  yi  2  7   x  2   y 2  49 2 Vậy tập hợp cả các điểm thỏa mãn bài toán nằm ngoài hình tròn tâm I  2; 0  , bán kính R  7. Ví dụ 11. Gọi M và M’ là các điểm lần lượt biểu diễn các số phức z và z’  z  x  iy và z’  x’ iy’,  x,y,x’,y’  R  1 ,  z  0  . Đặt z a) Tính x’,y’ theo x, y và tính x,y theo x’,y’ . b) Cho M di động trên đường tròn (C ) tâm A(-1;1), bán kính R  2. Tìm tập hợp các điểm M’. c) Cho M di động trên đường thẳng d : y  x  1 , tìm tập hợp các điểm M’. Giải Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 45 Chuyên Đề Số Phức  x x’  2 x  y2 x  iy  1 z z a) Ta có: z’   z’   z’   x’  y’i    y z z.z |z|2 x 2  y 2  y’  . 2  x  y2  Tương tự, ta có:  x’ x  2 x’  y’2 x’ iy’ 1 1 1 z’ z’  z’   z   z   z   2  x  iy  2   y’ z z’ z’ z’.z’ z’ x’  y’2 y  . 2  x’  y’2  b) Đường tròn (C ) tâm A(-1;1), bán kính R  2 có phương trình (C ):  x  1   y  1  2  x2  y2  2x  2y  0. 2 2 Điểm M   C   tọa độ M  x; y  thỏa mãn phương trình: x2  y2  2x  2y  0   1 2x x y 2 2  2y x y 2 2 x2  y 2  2x  2y x2  y 2  0 ( Vì x2  y2  0 do z  0 )  2x’ 2y’ 1  0 (vì x x y 2 2  x’ và y x  y2 2  y’ theo kết quả của câu a)) Suy ra tọa độ của điểm M’(x’;y’) thỏa mãn phương trình 2x’ 2y’ 1  0. Vậy tập hợp các điểm M’ là đường thẳng có phương trình 2x  2y  1  0. c) Điểm M di động trên đường thẳng d: y  x  1 nên tọa độ của M(x;y) thỏa mãn y  x  1  x y’ x’2  y’2  x’ x’  y’ 2 2 x’ x’2  y’2  1 (vì theo câu a ta có y  y’ x’2  y’2 và )  y’  x’ x’2  y’2  x’2  y’2  x’ y’  0. Suy ra tọa độ của M’ x’; y’  thỏa mãn phương trình: x’2  y’2  x’ y’  0. Vậy tập hợp các điểm M’ là đường tròn (C’) có phương trình: x2  y2  x  y  0. Ví dụ 12. Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z  x  yi thỏa mãn điều kiện y  x  1  a)  ; 2   y  2x b)1  z  2. Hướng dẫn giải a) Vẽ đường thẳng d : y – x  1 và Parabol: y  2×2 .  y  x  1  x  y  1  0 Ta có:   . 2 2   y  2x y  2x Vậy tập hợp điểm M là phần giới hạn bởi đường thẳng d và (P). b) 1  x2  y2  4. Vậy tập hợp điểm là hình vành khăn giới hạn bởi hai đường tròn đồng tâm O bán kính 1 và 2, không lấy đường bên trong. Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 46 Chuyên Đề Số Phức Chú ý: Với câu c, giả sử đề bài thêm yêu cầu: tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa 1  z  2 và phần thực không âm thì   1  x2  y2  4 ycbt    x  0 Vậy tập hợp điểm là hình vành khăn giới hạn bởi hai đường tròn đồng tâm O bán kính 1 và 2, chỉ lấy phần bên phải trục tung và không lấy bên trong. II. CÂU HỎI VÀ BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN Câu 1. Giả sử M(z) là điểm trên mặt phẳng tọa độ biểu diễn số phức z. Tập hợp những điểm M(z) thỏa mãn điều 2  z  i  z là A. Đường thẳng 4x  2y  3  0 B. Đường thẳng 4x  2y  3  0 A. Đường thẳng x  2y  3  0 D. Đường thẳng x  9y  3  0 Hướng dẫn giải Cách 1. Đặt z  x  yi;  x,y   . là số phức đã cho và M  x; y  là điểm biểu diễn của z trong mặt phẳng phức Ta có z  2  i  z   x  2   yi  x   y  1 i  x  2 2  y 2  x 2   y  1 2  4x  2y  3  0 . Vậy tập hợp điểm M cần tìm là đường thẳng 4x  2y  3  0 Vậy chọn đáp án A. Cách 2. z  2  i  z  z   2   i  z  *  Đặt z  x  yi;  x,y   . là số phức đã cho và M  x; y  là điểm biểu diễn của z trong mặt phẳng phức, Điểm A biểu diễn số -2 tức A  2; 0 và điểm B biểu diễn số phức i tức B  0;1 Khi đó  *   MA  MB . Vậy tập hợp điểm M cần tìm là đường trung tực của AB: 4x  2y  3  0 . Câu 2. Tập hợp các điểm trên mặt phẳng tọa độ biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều kiện z  2i  z  1  i là A. Đường thẳng x  y  3  0 B. Đường thẳng x  2y  3  0 A. Đường thẳng x  2y  3  0 D. Đường thẳng x  y  1  0 Hướng dẫn giải Giả sử z  x  yi (x,y  ) , điểm M  x; y  biểu diễn z. Theo bài ra ta có: x   y  2  i   x  1   y  1 i  x 2   y  2   2  x  1   y  1 2 2  4y  4  2x  2y  2  x  y  1  0 Suy ra M thuộc đường thẳng có phương trình x  y  1  0 . Vậy tập hợp điểm biểu diễn các số phức z là đường thẳng có phương trình x  y  1  0 . Vậy chọn đáp án D. Câu 3. Tập hợp các điểm trên mặt phẳng tọa độ biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều kiện 5 1  i  z  3  2i   1  7i z  i là Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 47 Chuyên Đề Số Phức A. Đường thẳng B. Đường tròn A. Đường elip D. Đường Parabol Hướng dẫn giải Nhận thấy 5 1  i  5 2  1  7i Ta có 5 1  i  z  3  2i  1  7i  z  i  5 1  i  . z   z 3  2i i  1  7i . z  5  5i 1  7i 3  2i i 1 1 7 1  z  z  i  z  i 5  5i 1  7i 10 2 50 50  1 1  7 1  Vậy tập hợp M là đường trung trực AB, với A   ;  , B  ;  .  10 2   50 50  Vậy chọn đáp án A. Câu 4. Tập hợp các điểm trên mặt phẳng tọa độ biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều kiện z  z  3  4 là A. Hai đuờng thẳng x  1 7 , x 2 2 1 7 B. Hai đuờng thẳng x   , x   2 2 A. Hai đuờng thẳng x  1 7 , x 2 2 1 7 D. Hai đuờng thẳng x   , x  2 2 Hướng dẫn giải Đặt z  x  yi,  x,y   Lúc đó: z  z  3  4  x  yi  x  yi  3  4  2x  3  4  4x 2  12x  9  16  1 x  2  4x  12x  7  0   x   7  2 2 1 7 Vậy tập hợp điểm M là hai đường thẳng x= ; x   song song với trục tung. 2 2 Vậy chọn đáp án A. Câu 5. Tập hợp các điểm trên mặt phẳng tọa độ biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều kiện z  z  1  i  2 là A. Hai đuờng thẳng y  1 3 1 3 ;y  2 2 B. Hai đuờng thẳng y  1 3 1 3 ;y  2 2 A. Hai đuờng thẳng y  1 5 1 3 ;y  2 2 D. Hai đuờng thẳng y  1 5 1 3 ;y  2 2 Hướng dẫn giải Đặt z  x  yi, x,y   Lúc đó: Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 48 Chuyên Đề Số Phức z  z  1  i  2  x  yi  x  yi  1  i  2  1   2y  1 i  2  1   2y  1  2  1  4y 2  4y  1  4  4y 2  4y  2  0 2  1 3 y  2  2y 2  2y  1  0    1 3 y  2  Vậy tập hợp điểm M là hai đường thẳng y  1 3 1 3 song song với trục hoành. ;y  2 2 Vậy chọn đáp án B. Câu 6. Tập hợp các điểm trên mặt phẳng tọa độ biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều kiện 2 z  1  z  z  2 là A. Hai đuờng thẳng x  0 , y  0 . B. Hai đuờng thẳng x  0 , y  2 . C. Hai đuờng thẳng x  0 , x  2 . D. Hai đuờng thẳng x  2 , y  2 . Hướng dẫn giải Gọi M  x; y là điểm biểu diễn số phức z  x  yi ,  x,y   thỏa 2 z  1  z  z  2  2 x  yi  1  x  yi   x  yi   2  2 x  1  yi  2  2yi 2  x  1 2  y2   2    2y  2 2 x  0  x 2  2x  0    x  2 Vậy tập hợp các điểm M cần tìm là hai đường thẳng x  0 , x  2 . Vậy chọn đáp án C. Câu 7. Tập hợp các điểm trên mặt phẳng tọa độ biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều kiện z  1  i  2 là A. Đuờng thẳng x  y  2  0 B. Đường tròn  x  1   y  1  4 C. Đường thẳng x  y  2  0 D. Đường tròn tâm I 1; 1 và bán kính R  2. 2 2 Hướng dẫn giải Xét hệ thức: z  1  i  2 Đặt z  x  yi,  x,y  Khi đó: (1)   x  1   y  1 2 2 .  2   x  1   y  1  4 2 2 Vậy, tập hợp những điểm M(z) thỏa mãn hệ thức (1) là đường tròn tâm I 1; 1 và bán kính R  2. Vậy chọn đáp án D. Câu 8. Tập hợp các điểm trên mặt phẳng tọa độ biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều kiện z 3 z 1 là A. Đuờng tròn x2  y 2  18 9 y 0 8 8 B. Đường tròn x2  y 2  18 9 y 0 8 8 C. Đường tròn x2  y 2  18 9 y 0 8 8  9 1 D. Đường tròn tâm I  0;  và bán kính R  . 8  8 Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 49 Chuyên Đề Số Phức Hướng dẫn giải Đặt z  x  yi,  x,y  . Ta có z 18 9  3  z  3 z  1  x2  y2  y   0 z 1 8 8  9 3 Vậy, tập hợp những điểm M(z) thỏa mãn hệ thức (1) là đường tròn tâm I  0;  và bán kính R  . 8  8 Vậy chọn đáp án B. Câu 8. Tập hợp các điểm trên mặt phẳng tọa độ biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều kiện z  3  2i  2z  1  2i là 2 4 8 A. Đuờng tròn x2  y 2  x  y   0 3 3 3 2 4 8 B. Đường tròn x2  y 2  x  y   0 3 3 3 2 4 8 C. Đường tròn x2  y 2  x  y   0 3 3 3 2 4 8 D. x2  y 2  x  y   0 3 3 3 Hướng dẫn giải Đặt z  x  yi;  x,y  . Ta có: z  3  2i  2z  1  2i   x  3    y  2  i   2x  1   2y  2  i   x  3    y  2    2x  1   2y  2  2 2 2  3×2  3y 2  2x  4y  8  0 2 4 8 Suy ra: Tập hợp các điểm biểu diễn z là phương trình đường tròn (C): x2  y 2  x  y   0 . 3 3 3 Vậy chọn đáp án C. Câu 9. Tập hợp các điểm trên mặt phẳng tọa độ biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều kiện z  i   1  i  z là A. Đuờng tròn x2   y  1  2 B. Đường tròn x2   y  1  2 2 2 C. Đường tròn  x  1   y  1  2 2 D.  x  1   y  1  2 2 2 2 Hướng dẫn giải Gọi M  x; y là điểm biểu diễn của số phức z  x  yi;  x,y  Suy ra z  i  x2   y  1  1  i  z  1  i  x  yi   2 . x  y  x  y 2 2 Nên z  i  1  i  z  x2   y  1   x  y    x  y   x2   y  1  2 2 2 2 2 Vậy tập hợp điểm M là đường tròn x2   y  1  2 . 2 Vậy chọn đáp án A. Câu 9. Tập hợp các điểm trên mặt phẳng tọa độ biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều kiện z  4i  z  4i  10 là A. Đuờng elip x2 y 2  1 9 16 B. Đuờng elip x2 y 2  1 16 9 Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 50 Chuyên Đề Số Phức C. Đuờng elip x2 y 2  1 4 3 D. Đuờng elip x2 y 2  1 9 4 Hướng dẫn giải Xét hệ thức: Đặt z  4i  z  4i  10 z  x  yi,  x,y   . Lúc đó (4)  x   y  4   x   y  4  2 2 2 2 x2 y2  10   1 9 16 Vậy tập hợp điểm M là đường elip có hai tiêu điểm là F1 (0; 4);F2 (0; 4) và độ dài trục lớn là 16. Vậy chọn đáp án A. Câu 10. Tập hợp các điểm trên mặt phẳng tọa độ biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều kiện z  2  z  2  5 là A. Đuờng tròn B. Đuờng elip C. Đuờng parabol D. Đuờng thẳng Hướng dẫn giải Đặt z  x  yi; x,y  . Ta có: z  2  z  2  5   x  2   yi   x  2   yi  5  x  2 2  y2  x  2 2  y 2  5 1  Xét A  2;0  ; B  2;0  ;I  x; y   IA  IB  5 Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z chính là tập hợp các điểm I thỏa mãn IA  IB  5 , đó chính là một elip có tiêu cự c  AB IA  IB 5  2;a   2 2 2 Vậy chọn đáp án B. Câu 11. Tập hợp các điểm trên mặt phẳng tọa độ biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều kiện 2  z  z  2 là A. Tập hợp các điểm là nửa mặt phẳng ở bên phải trục tung B. Tập hợp các điểm là nửa mặt phẳng ở bên trái trục tung C. Tập hợp các điểm là nửa mặt phẳng phía trên trục hoành D. Tập hợp các điểm là nửa mặt phẳng phía dưới trục hoành Hướng dẫn giải Xét hệ thực: 2  z  z  2 1 . Đặt z  x  yi, x,y  . Khi đó: (3)  8x  0 Tập hợp những điểm M(z) thỏa mãn điều kiện (1) là nửa mặt phẳng ở bên phải trục tung, tức các điểm  x,y  mà x  0 Vậy chọn đáp án A. Câu 12. Tập hợp các điểm trên mặt phẳng tọa độ biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều kiện 1  z  1  i  2 là Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 51 Chuyên Đề Số Phức A. Tập hợp các điểm là hình tròn có tâm I 1; 1 , bán kính 2 B. Tập hợp các điểm là hình vành khăn có tâm tại A  1;1 và các bán kính lớn và nhỏ lần lượt là 2; 1 C. Tập hợp các điểm là hình tròn có tâm I 1; 1 , bán kính 1 D. Tập hợp các điểm là hình vành khăn có tâm tại I 1; 1 và các bán kính lớn và nhỏ lần lượt là 2; 1 Hướng dẫn giải b) Xét hệ thực: 1  z  1  i  2  2  . Đặt z  x  yi, x,y  . Khi đó:  2   1   x  1   y  1  4 2 2 Vậy tập hợp những điểm M(z) thỏa mãn điều kiện (2) là hình vành khăn có tâm tại A  1;1 và các bán kính lớn và nhỏ lần lượt là 2; 1 Vậy chọn đáp án B. Câu 13. Tìm tất cả các điểm của mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z sao cho zi zi là số thực. A. Tập hợp điểm gồm hai trục tọa độ B. Tập hợp điểm là trục hoành C. Tập hợp điểm gồm hai trục tọa độ bỏ đi điểm A(0;1) D. Tập hợp điểm là trục tung, bỏ đi A(0;1) Hướng dẫn giải Đặt z  x  yi,  x,y  Ta có: zi zi . z  i x   y  11  y    x  y  1  x 1  y   i  2 zi x2  1  y  là số thực  x  y  1  x 1  y   0  xy  0. Mặt khác: x2   y  1  0  cả mặt phẳng phức bỏ đi điểm  0;1 2 x  0  . Vậy các điểm của mặt phẳng phức cần tìm gồm hai trục tọa độ bỏ đi Tóm lại: ycbt    y  0  x,y  0;1     điểm A(0;1) Vậy chọn đáp án C Câu 14. Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z sao cho u  z  2  3i là một số thuần ảo. zi A. Đường tròn tâm I  1; 1 bán kính R  5 B. Đường tròn tâm I  1; 1 bán kính R  5 trừ đi hai điểm A  0;1 ; B  2; 3  . Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 52 Chuyên Đề Số Phức C. Đường tròn tâm I  1;1 bán kính R  5 D. Đường tròn tâm I  1;1 bán kính R  5 trừ đi hai điểm A  0;1 ; B  2; 3  . Hướng dẫn giải Đặt z  x  yi,  x,y   Ta có: u 2 2 z  2  3i  x  2   y  3  i   x   y  1 i  x  y  2x  2y  3  2  2x  y  1 i   2 2 zi x2   y  1 x2   y  1  x1 2  y1 2  5     x  y  2x  2y  3  0  u là số thuần ảo     x, y    0;1  2x  y  1  0  x, y    2; 3  2 2 Vậy tập hợp điểm z là đường tròn tâm I  1; 1 bán kính R  5 trừ đi hai điểm A  0;1 ; B  2; 3  . Vậy chọn đáp án B. Câu 15. Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z  x  yi thỏa mãn điều kiện x  y  1 là A. Ba cạnh của tam giác B. Bốn cạnh của hình vuông C. Bốn cạnh của hình chữ nhật D. Bốn cạnh của hình thoi Hướng dẫn giải Gọi M là điểm biểu diễn số phức z. x  y  1  x  y  1 Ta có: x  y  1   x  y  1 x  y  1 khi x  0,y  0 khi x  0,y  0 khi x  0,y  0 khi x  0,y  0 Vậy tập hợp điểm M là 4 cạnh của hình vuông. Vậy chọn đáp án B Câu 16. Gọi M và P lần lượt là các điểm biểu diễn các số phức z  x  iy, x,y R  và w  z2 . Tìm tập hợp các điểm P trong các trường hợp sau đây: Câu 16. 1. M thuộc đường thẳng d: y  2x 4 A. Đường thẳng  d’  : y   x 3 4 B. Tia  d’  : y   x,x  0. 3 4 C. Đường thẳng  d’  : y  x 3 4 D. Tia  d’  : y   x,x  0. 3 Hướng dẫn giải Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 53 Chuyên Đề Số Phức Đặt z  x  yi và w  u  vi  x,y,u,v  R  , ta có:  2 u  x 2  y 2 w  z2  u  vi   x  yi   u  vi  x 2  y 2  2xyi    v  2xy. M thuộc đường thẳng d: y  2x  tọa độ của điểm P thỏa mãn u  3×2  0 2 2 2  u  x  4x u  3x  0     4 2 v  2x 2x   v  4x   v   u  3  4 Vậy tập hợp các điểm P là tia  d’  : y   x,x  0. 3 Vậy chọn đáp án B. Câu 16.2. M thuộc đường thẳng d: y  x  1 1 1 A. Đường thẳng d’ : y  x  . 3 3 1 1 B. Parabol  P  : y  x2  . 2 2 C. Đường tròn  x  1   y  3   3 2 D. Elip 2 x2 y 2  1 25 16 Hướng dẫn giải M thuộc đường thẳng d: y  x  1  tọa độ điểm P thỏa mãn  u  1 x  u  x 2  x  1 2 2     u  2x  1      2 2 v  2x  x  1 v  2  u  1   2  u  1  v  2x  2x       2   2    u  1 u  1 x  2 x  2   v  1 u 2  2u  1  u  1 v  1 u 2  1 . 2 2 2     1 1 Vậy tập hợp các điểm P là parabol có phương trình y  x2  . 2 2 Vậy chọn đáp án B. Câu 16.3. M thuộc đường tròn  C  : x2  y2  1; 1 A. Đường thẳng d’ : y  x  . 3 1 B. Parabol  P  : y  x2 4 C. Đường tròn x2  y2  1 D. Elip x2  y2  1 2 Hướng dẫn giải Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 54 Chuyên Đề Số Phức 2 Ta có zz’  z . z’ . S uy ra z2  z.z  z . z  z . M thuộc đường tròn  C  : x2  y2  1  z  1  w  z2  z  1 2 2 Vậy tập hợp các điểm P là đường tròn  C  : x2  y2  1. Vậy chọn đáp án C. Câu 16.4. M thuộc hypebol  C  : y  1  x  0. x A. Đường thẳng d’ : x  2 B. Đường thẳng d’ : y  2 C. Đường thẳng d’ : y  1 D. Đường thẳng d’ : y  2 Hướng dẫn giải M thuộc hypebol  C  : y  1 ,  x  0  . Suy ra tọa độ điểm P(u;v) thỏa mãn: x  1 2  1 2 u  x  2 x  u  x  2 .   x v  2x. 1 v  2   x Vậy tập hợp các điểm P là đường thẳng có phương trình y=2. Vậy chọn đáp án D. Câu 17. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn zi zi  là số thuần ảo. z1 z1  1  1 A. Đường tròn tâm I   ; 0  bán kính R  2  2   1  1 B. Đường tròn tâm I   ; 0  bán kính R  trừ đi hai điểm  1; 0  . 2  2   1  1 C. Đường tròn tâm I   ; 0  bán kính R  2 4    1  1 D. Đường tròn tâm I   ; 0  bán kính R  trừ đi hai điểm  0;1 . 4  2  Hướng dẫn giải Giả sử z  x  yi và điểm biểu diễn số phức z là M  x; y  .     2 2 z  i z  i 2 z  z  z  i z  z  2i 2 x  y  2x  2  x  1 i    Ta có: 2 2 z1 z1 z  z z1  x  1  y 2 2   2  2 x2  y 2  2x  0 1 1 2 zi zi   x    y     là số thuần ảo   2 4 2 z1 z1  x  1  y 2  0     x; y    1; 0  Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 55 Chuyên Đề Số Phức 2  1 1 Vậy tập hợp điểm M là đường tròn  x    y 2  bỏ đi điểm  1;0  . 2 4  Vậy chọn đáp án B. Câu 19. Tìm quỹ tích các điểm trên mặt phẳng phức biểu diễn cho số phức w  iz  1 , biết z là số  phức thỏa mãn: z  2i  1  3 8. A. Đường tròn  C  :  x  3    y  1  4 2 2 B. Đường tròn  C  :  x  3    y  1  2 2 2 C. Đường tròn  C  :  x  3    y  1  4 2 2 D. Đường tròn  C  :  x  3    y  1  4 2 2 Hướng dẫn giải  3  Ta có z3  z nên z  2i  1 3    23  z  2i  1  2 *  Đặt w  x  yi Ta lại có w  iz  1  z  i  iw  z  i  i.w . (*) trở thành: iw  3i  1  2   y  1   x  3  2 2  2   y  1   x  3   4 2 2 Vậy quỹ tích các điểm biểu diễn w trên mặt phẳng phức là đường tròn  C  :  x  3    y  1  4 . 2 2 Vậy chọn đáp án C. Câu 20. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức w thỏa mãn: w  z  2  i , biết z là số phức thỏa z  1  2i  1 . A. Đường tròn tâm I 1; 2  bán kính R  2 B. Đường tròn tâm I  2;1 bán kính R  2 C. Đường tròn tâm I  1;1 bán kính R  1 D. Đường tròn tâm I  3; 3  , bán kính R  1 . Hướng dẫn giải Gọi w  x  yi  x, y    M x; y là điểm biểu diễn cho số w trên hệ trục Oxy. z  w  2  i  x  2   y  1 i  z  x  2   1  y  i 2 2 z  1  2i  1  x  3   3  y  i  1   x  3    y  3   1 Vây tập hợp điểm biểu diễn số phức w là một đường tròn tâm I  3; 3  , bán kính R  1 . Vậy chọn đáp án D. Câu 21. Trong mặt phẳng phức Oxy, tìm tập hợp các điểm M biểu diễn số phức w   1  2i z  3 biết z là số phức thỏa mãn: z  2  5 . A. Đường tròn tâm I 1; 2  bán kính R  5 Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 56 Chuyên Đề Số Phức B. Đường tròn tâm I  2;1 bán kính R  5 C. Đường tròn tâm I 1; 4  bán kính R  5 5 . D. Đường tròn tâm I 1; 3  , bán kính R  5 . Hướng dẫn giải Theo giả thiết: z  2  5  a  1   b  4  2  a  1   b  4 i  5  a  1   b  4  i  5 1  2i 1  2i  5 5   a  1   b  4   125 2 2 2 Vậy tập hợp điểm M thỏa mãn đề bài là đường tròn tâm I 1; 4  bán kính R  5 5 . Vậy chọn đáp án C.   Câu 22. Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z’  1  i 3 z  2 với z  1  2 .   A. Hình tròn tâm I 3; 3 , R  4 .   B. Đường tròn tâm I 3; 3 , R  4 . C. Hình tròn tâm I 1; 4  bán kính R  5 . D. Đường tròn tâm I 1; 3  , bán kính R  5 . Hướng dẫn giải  z  a  bi  a, b  aGiả sử ta có   z’  x  yi  x, y  Khi đó:        z’  1  i 3 z  2  x  yi  1  i 3 a  bi   2  x  yi  a  b 3  2  b  a 3   xy 3 2 a  x  a  b 3  2  4   y  b  a 3 3x  y2 3    b  4 Theo bài ra ta có: z  1  2   a  1   xy 3 6 2 2 2 xy 3 2   3x  y  2 3  b 4  1    4     4 4       2 2 3x  y  2 3  2  64  4x 2  4y 2  24x  8 3y  16  0   x2  y 2  6x  2 3y  4  0   x  3   y  3 2  2  16   Vậy quỹ tích các điểm biểu diễn số phức z’ là hình tròn tâm I 3; 3 , R  4 . Vậy chọn đáp án A. Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 57 Chuyên Đề Số Phức   Câu 23. Tìm tập hợp các điểm biểu diễn trong mặt phẳng phức w  1  i 3 z  2 biết rằng số phức z thỏa mãn z  1  2.   A. Hình tròn tâm I 3; 3 , R  4 . B. Đường tròn tâm I  3; 3  bán kính R  4   C. Đường tròn tâm I 3; 3 bán kính R  4 .   D. Hình tròn tâm I 3; 3 bán kính R  4. Hướng dẫn giải Đặt z  a  bi,  a,b   và w  x  yi,  x,y   Ta có: z  1  2   a  1  b2  4  *  2 Từ     w  1  i 3 z  2  x  yi  1  i 3  a  bi   2 x  a  b 3  2 x  3  a  1  b 3    y  3  3  a  1  b  y  3a  b   x  3    y  3   4  a  1  b 2   16  Do (*)    2 2 2   Vậy tập hợp các điểm cần tìm là hình tròn tâm I 3; 3 bán kính R  4. Vậy chọn đáp án D. 2 Câu 24. Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z’  2z  3  i với 3z  i  zz  9 .   A. Hình tròn tâm I 3; 3 , R  4 . B. Đường tròn tâm I  3; 3  bán kính R  4   C. Đường tròn tâm I 3; 3 bán kính R  4 .  7 73 D. Hình tròn tâm I  3;   , R  4 4  Giải  z  a  bi  a, b  Giả sử ta có   z’  x  yi  x, y     x3 a  x  2a  3  2 Khi đó z’  2x  3  i  x  yi   2a  3    2b  1 i    y y  2b  1  b   1  2  Theo bài ra ta có: 3z  i  zz  9  9a 2   3b  1  a 2  b2  9  4a 2  4b2  3b  4  0 2 2 Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 58 Chuyên Đề Số Phức   x  3    y  1 2 2 2 2  3 7 73   y  1  4  0   x  3    y    2 4 16   7 73 Vậy quỹ tích các điểm biểu diễn số phức z’ là hình tròn tâm I  3;   , R  4 4  Vậy chọn đáp án D. Câu 25 (Đề minh họa của bộ). Cho các số phức z thỏa mãn z  4 . Biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn các số phức w  (3  4i) z  i là một đường tròn. Tính bán kính r của đường tròn đó. A. r  4. B. r  5. C. r  20. D. r  22. Hướng dẫn giải Gọi w  a  bi , ta có w  a  bi  (3  4i) z  i  z   a  (b  1)i  a  (b  1)i  (3  4i)  3  4i 9  16i 2 (3a  4b  4)2  (3b  4a  3) 2 3a  4b  4 (3b  4a  3)  .i  z  25 25 25 Mà z = 4 nên  (3a  4b  4)2  (3b  4a  3)2  1002  a 2  b2  2b  399 Theo giả thiết, tập hợp các điểm biểu diễn các số phức w  (3  4i ) z  i là một đường tròn nên ta có a 2  b2  2b  399  a 2  (b  1)2  400  r  400  20 Vậy chọn đáp án C. Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 59 Chuyên Đề Số Phức Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 1 MỤC LỤC CHỦ ĐỀ 4. MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ CHỨNG MINH SỐ PHỨC …….. 3 I. CÁC VÍ DỤ RÈN LUYỆN KĨ NĂNG ………………………………………….. 3 II. BÀI TẬP VÀ CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN…………. 12 Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. TP Huế Page 2 Chuyên Đề Số Phức CHỦ ĐỀ 4. MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ CHỨNG MINH SỐ PHỨC Phương pháp: Ta nhắc lại một số công thức cơ bản sau: Cho số phức z  x  yi,  x,y   . Lúc đó  z  x  yi .  z  x2  y 2 .  z  z.z . Công thức này chứng minh dễ dàng như sau: 2 2 2 z.z   x  yi  x  yi   x2  y 2   x2  y   z .   I. CÁC VÍ DỤ RÈN LUYỆN KĨ NĂNG Ví dụ 1. Chứng minh rằng: a) z1  z2  z1  z2 ; z  z c)  1   1 ,  z 2  0   z2  z2 b) z1 .z2  z1 .z2 ; Áp dụng: Cho ba số phức z1 ,z2 ,z 3 đều có môđun bằng 1. Chứng minh z1  z2  z3  z1z2  z2 z3  z1z3 . Giải Giả sử: z1  x1  y1i, z2  x2  y2 i,  x1 ,x2 , y1 , y2   a) Ta có: z1  x1  y1i Mà Vậy và z2  x2  y 2 i nên z1  z2   x1  x2    y1  y2  i z1  z2   x1  x2    y1  y2  i  z1  z2   x1  x2    y1  y2  i z1  z2  z1  z2 . b) Ta có: z1 .z2   x1  y1i  x2  y2 i    x1x2  y1y2    x1y2  x2 y1  i Mặt khác: z1 .z2   x1  y1i  x2  y2i    x1x2  y1y2    x1y2  x2 y1  i  z1 .z2   x1x2  y1y2    x1y2  x2 y1  i Vậy z1 .z2  z1 .z2 . c) Ta cần chứng minh bổ đề sau: 1 z.  1 Vì z nên ta có  z1  z 1 , z  0   1 1 1  z.   1  z.   1  z  z z z     1 Áp dụng bổ đề trên, ta có: Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 3  z1    1  1  1     z1 .   z1 .   z1 .z2  z1 . z2  z2   z2   z2    Áp dụng: Vì z1z2 z3  1 z1z2  z2 z3  z3 z1  1  z1 . z2 (ĐPCM) nên z1z2  z 2 z 3  z 3 z1 z1z2 z3  z1z2  z2 z3  z3 z1 1 1 1    z1z2 z3 z1 z 2 z 3  z1  z 2  z 3  z1  z 2  z 3  z1  z 2  z 3 Lưu ý: Ta có công thức tổng quát sau: Cho n số phức z1 ,z2 ,…,z n bất kỳ. Ta luôn có:  z1  z2  z3  …  zn  z1  z 2  z 3  …  z n  z1z2 z3 …zn  z1 .z2 .z3 …zn . Trước hết ta chứng minh: z1  z2  z3  …  zn  z1  z2  z3  …  zn n Giả sử: zk  ak  bk i,  k  1,2,3,…,n và z   zk  a  bi k 1 n n k 1 k 1 Trong đó: a   a k , b   bk Ta có: z  a  bi  n n n n k 1 k 1 k 1 k 1  a k   bk    a k  bk i    z k Hay z1  z2  z3  …  zn  z1  z2  z3  …  zn Bây giờ ta chứng minh z1z2 z3 …zn  z1 .z2 .z3 …zn  * *  bằng quy nạp Với n  2 : Giả sử z1  a1  b1i, z2  a2  b2i Ta có: z1.z2   a1  b1i a 2  b2i   a1a 2  b1b2   a1b2  a 2 b1  i Suy ra: z1 .z2   a1a2  b1b2   a1b2  a 2 b1  i Mặt khác: z1.z2   a1  b1i a 2  b2i   a1a 2  b1b2   a1b2  a 2 b1  i Vậy với n  2 đẳng thức đúng. Giả sử (**) đúng với n  k,  n  2  ta sẽ chứng minh hệ thứ đúng với n  k  1 Thật vậy: Đặt z  z1z2 …z k , ta có: z  z1z2 z3 …zn  z1 .z2 .z3 …zk Với hai số phức z và zk 1 ta có: z.zk1  z.zk1  z1 .z2 .z3 …zk .zk1 Hệ thức cuối được chứng minh với n  k  1. Ví dụ 2. Chứng minh rằng: a) z1 .z2  z1 . z2 ; b) z z1  1 z2 z2 Áp dụng: Tìm mô đun các số phức sau: Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. TP Huế Page 4 Chuyên Đề Số Phức u x2  y 2  2xyi xy 2  i x4  y 4 x2  y 2  i 2xy w ,  x  y   2i xy ,  x, y  . Hướng dẫn giải a) Cách 1. Đặt z1  x1  y1i, z2  x2  y2 i,  x1 ,x2 , y1 , y2  Ta có: z1  x12  y12  z2  x22  y 22 và Từ đó: z1 z2  x12  y12 , x22  y 22  x 2 1    y12 x22  y 22  x12 x22  y12 y 22  x12 y 22  y12 x22 1 Mặt khác: z1 .z2   x1  y1i  x2  y2i    x1x2  y1y2    x1y2  y1x2  i Do đó:  x1x2  y1y2    x1y2  y1x2  2 z1 .z2  2  x12 x22  y12 y22  x12 y22  y12 x22 1 Từ (1) và (2) ta suy ra điều phải chứng minh 2 Cách 2. Vì z  z.z nên z1 .z2 2 2  z1 .z2 .z1.z2  z1.z2 .z2 .z1  z1.z1.z2 .z2  z1 . z2 2 Suy ra: z1 .z2  z1.z2 b) Cách 1. Trước hết ta chứng minh bổ đề: z1  z 1 z Thật vậy: z.  1  z . 1 ,z  1 1 1 1 hay z1  z ,z  1  z z z Áp dụng bổ đề trên ta có: * * z1 1  z1 .  z1 .z21  z1 z21  z1 z2 z2 z2 1  z1 z2 Cách 2. Vì z2  z2 nên z1 .z2 z1 . z2 z1 . z2 z1 z1 z .z z .z  1 2  1 22     2 2 2 z2 z2 z2 .z2 z2 z2 z2 z2 Lưu ý: Không có công thức: Với mọi số phức z1 ,z2 : z1  z2  z1  z2 . Tuy nhiên ta có bất đẳng thức sau: z1  z2  z1  z2 Thật vậy, gọi u1 biểu diễn z1 , u 2 biểu diễn z 2 thì u1  u2 biểu diễn z1  z2 Ta có: z1  z2  u1  u2 * TH 1: Khi z1z2  0 thì : u1  u 2 2   u1  u 2 2 2  2 2 2 2  2  u1  u 2  2u1 .u 2  u1  u 2  2 u1 u 2 cos u1 , u 2   u1  u 2  2 u1 u 2  u1  u 2  z 2 1  z2  2  Do đó: Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 5 z1  z2  u1  u2  z1  z2 * TH 2: Khi z1z2  0 thì rõ ràng z1  z2  z1  z2 Vậy z1  z2  z1  z2 , z1 ,z 2  Áp dụng: Ta sẽ áp dụng z z1  1 z2 z2 Ta có: u  x  y  2xyi 2 2 xy 2  i x 4  y 4 x x  y  2  y2 2 2  x 2  y 2  2xyi x  2  y2  2  4x 2 y 2 2x 2 y 2  x 4  y 4 xy 2  i x 4  y 4 2 2 1 Tương tự: w  x2  y 2  i 2xy  x  y   2i xy  x2  y 2  2xy  x  y   4xy 2  x  y 2 x  y 2  1. Ví dụ 3. a) Chứng minh: Số phức z là số thực khi và chỉ khi z  z . Vận dụng: Cho hai số phức z1 ,z2 đều có mođun bằng 1, z1 .z2  1 . Chứng minh z z1  z 2 là số thực. 1  z1z 2 b) Chứng minh: Số phức z là số ảo khi và chỉ khi z  z z z 1 2 Vận dụng: Chứng minh hai số phức phân biệt z1 ,z2 thỏa z1  z2 khi và chỉ khi z  z 1 2 là số ảo. Giải Đặt z  a  bi, a,b   a) Ta có: z  z  a  bi  a  bi  2bi  0  b  0  z là số thực. Vậy, z là số thực khi và chỉ khi z  z Vận dụng: Ta có: 2 z1 z1  z1  1  z1  1 1 z2  , tương tự ta có z1 z2 1 1  z1  z2 z1  z2 z1  z2 z1 z2 z  z2  1  z  ÑPCM  Xét z  1  z z  1  z z  1  z .z  1 1 1  z1 z 2 1 2 1 2 1 2 1 . z1 z 2 b) Ta có: z  z  a  bi    a  bi   2a  0  a  0  z laø soá aûo. Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. TP Huế Page 6 Chuyên Đề Số Phức Vậy, z là số ảo khi và chỉ khi z  z Vận dụng: Ta có z1  z 2 là số ảo z1  z 2  z1  z 2 z  z2 z  z 2 z1  z 2 z  z 2 z1  z 2  1  1  0 1  0 z1  z 2 z1  z 2 z1  z 2 z1  z 2 z1  z 2 z1  z 2   z1  z 2  .z1  z 2   z1  z 2  .z1  z 2  0       z1  z 2  . z1  z 2   z1  z 2  . z1  z 2  0   2  2 z1 z1  z 2 z 2  0  z 1 z 1  z 2 z 2  z 1  z 2 Ví dụ 4. Cho số phức z thỏa mãn 2  z1  z 2 2z  1 là số thực. Chứng minh rằng z là số thực. z1 Giải Ta biết rằng số phức w là số thực  w  w. Do đó  2z  1  2z  1 2z  1 2z  1 2z  1   là số thực    z 1 z 1 z1  z1  z1     2z  1  z  1   2z  1 z  1   2zz  2z  z  1  2zz  2z  z  1  z  z  z là số thực. Ví dụ 5. Cho n là số nguyên dương, chứng minh rằng: n n  6  17i   3  28i  a) z       ;  4  3i   5  6i   13  6i  b) z     4  5i  2n 3  4i  n  Giải a) Ta có n n n n  6  17i   3  28i  z      3  2i    3  2i   4  3i   5  6i  Suy ra: n n n n n n n z   3  2i    3  2i    3  2i    3  2i    3  2i    3  2i  n   3  2i    3  2i   z Vậy z là số thực. b) Ta có  13  6i  z   4  5i  2n n  3  4i    2  i  n n 2n n 2 3  4i    2  i   n 3  4i  n n   3  4i   3  4i    3  4i  3  4i    25n Vậy z là số thực. Ví dụ 6. Chứng minh rằng Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 7 2 2 2 2 a) z  z’  z  z’  2  z  z’  , z,z’    2 b) 1  z1 .z2  z1  z2  2  1  z1z2 z1 ,z2 ,z3 . c) Với mọi số phức 2 2  z  z2 1  2 , z1 ,z2  Chứng minh rằng: 2 2 z1  z2  z3  z1  z2  z3  z1  z2  z3  z1  z2  z3 2 2 2 2  4  z1  z2  z3  .   Giải a) Ta có: VT  z  z’  z  z’   z  z’  .z  z’   z  z’  .z  z’ 2 2      z  z’  z  z’   z  z’  . z  z’   z.z  z.z’  z’ z  z’.z’  zz  z.z’  z’ z  z’.z’ 2  2 2  2 z  2 z’  2 z  z’   VP 2 b) Ta có: 2 VT  1  z1 .z 2  z1  z 2    2    1  z1 .z 2 .1  z1 .z 2   z1  z 2  .z1  z 2   1  z1 .z 2 1  z1 z 2   z1  z 2  z1  z 2  1  z1 2 2 2 z 2  z1  z 2 2  *  Mặt khác:  VP  1  z1z2    z1  z2  2 2 2 2  1  2 z1z2  z1z2  z1  2 z1 z2  z2 2  1  z1 2 2 2 z2  z1  z2 * *  2 Từ (*) và (**) ta suy ra điều phải chứng minh. c) Ta có  2 z1  z2  z3   z1  z2  z3  . z1  z2  z3    z1  z2  z3  z1  z2  z3   z1 z1  z1 z2  z1 z3  z2 z1  z2 z2  z2 z3  z3 z1  z3 z2  z3 z3 2 2 2  z1  z2  z3  z1 z2  z1 z3  z2 z1  z2 z3  z3 z1  z3 z2 1 Tương tự  2 z1  z2  z3   z1  z2  z3  . z1  z2  z3    z1  z2  z3  z1  z2  z3   z1 z1  z1 z2  z1 z3  z2 z1  z2 z2  z2 z3  z3 z1  z3 z2  z3 z3 2 2 2  z1  z2  z3  z1 z2  z1 z3  z2 z1  z2 z3  z3 z1  z3 z2  2   2 z1  z2  z3   z1  z2  z3  . z1  z 2  z3    z1  z 2  z3  z1  z 2  z3   z1 z1  z1 z2  z1 z3  z2 z1  z2 z2  z2 z3  z3 z1  z3 z2  z3 z3 2 2 2  z1  z2  z3  z1 z2  z1 z3  z2 z1  z2 z3  z3 z1  z3 z2 Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. TP Huế 3 Page 8 Chuyên Đề Số Phức  2 z1  z2  z3   z1  z2  z3  . z1  z2  z3    z1  z2  z3  z1  z2  z3   z1 z1  z1 z2  z1 z3  z2 z1  z2 z2  z2 z3  z3 z1  z3 z2  z3 z3 2 2 2  z1  z2  z3  z1 z2  z1 z3  z2 z1  z2 z3  z3 z1  z3 z2  4  Cộng (1), (2), (3), (4) vế theo vế ta được 2 2 2 2 z1  z2  z3  z1  z2  z3  z1  z2  z3  z1  z2  z3 2 2 2  4  z1  z2  z3  .   Ví dụ 7. Chứng minh rằng nếu số phức z3  1 z 3  2 thì z  1  2. z Giải Ta có: 3   1 1 1 3  z    z  3  3  z   , mặt khác ta có: z1  z2  z1  z2 . z z z   Do đó: 3  1 1 1 1 1 1 z  z3   3  z    z3  3 z 23 z 3 3 z z z z z z  Đặt a  z  1 lúc đó ta được z a 3  2  3a   a  2  a  1  0  a  2 hay z  2 Ví dụ 8. Chứng minh rằng nếu z  1 thì 1 2 z 2z  i 1 . 2  iz Giải Giả sử z  a  bi,  a,b   theo giả thiết ta có a 2  b2  1  a 2  b2  1 Khi đó: 4a 2   2b  1 2z  i 2a   2b  1 i 2a   2b  1 i    2 2  iz  2  b   ai  2  b   ai  2  b  a2 2 Do đó: 4a 2   2b  1 2 2 2z  i 1  1  4a 2   2b  1   2  b   a 2 2 2  iz  2  b  a2 2  a 2  b2  1 Ví dụ 9. Cho z1 và z 2 là hai số phức thỏa z1  2z2  2z1  z2 . Chứng minh rằng với mọi số thực a, ta có: z1  az2  az1  z2 . Giải Giả sử z1  p  qi, z2  r  si với p,q,r,s  . Khi đó Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 9 z1  2z2  2z1  z 2   p  2r   i  q  2s    2p  r   i  2q  s  2 2 2  p  2r    q  2s    2p  r    2q  s  2 2 2 2   p  2r    q  2s    2p  r    2q  s   2  p2  4pr  4r 2  q 2  4qs  4s2  4p2  4pr  r 2  4q 2  4qs  s2  r 2  s2  p2  q2 1 Ta có: z1  az2  az1  z2   p  ar   i  q  as    ap  r   i  aq  s  2 2 2  p  ar    q  as    ap  r    aq  s  2 2 2 2   p  ar    q  as    ap  r    aq  s   2  p2  2apr  a2 r 2  q 2  2aqs  a2s2  a2 p2  2apr  r 2  a2 q2  2aqs  s2     p 2  q 2  a 2 p 2  q 2  r 2  s2  a 2 s 2  r 2       a 2  1 p 2  q 2  a 2  1 r 2  s2  2  (2) đúng, dẫn đến điều phải chứng minh. Ví dụ 10. Chứng minh rằng với mỗi số phức z , có ít nhất 1 trong hai bất đẳng thức sau xảy ra z  1  1 2 hoặc z2  1  1 Hướng dẫn giải  1  z  1  2 *  . Giả sử ta có đồng thời  2 z 1 1  Đặt z  a  bi, a,b   . Lúc đó   2  1 2 a 2  b2  4a  1  0 1  a   b2     2  *    2 2  1  a 2  b2  4a 2 b2  1  a 2  b2  2 a 2  b2  0           1 2 Lấy (1) cộng (2) vế theo vế ta được: a 2  b2  2   2a  1  0 (vô lý). Từ đó ta được điều phải chứng minh. Ví dụ 10*. Cho 2 z1 ,z2 ,z3 là ba số thực phân biệt sao cho z1  z2  z3  r  0 . Chứng minh rằng: Nếu z1z2  z3 , z 2z3  z1, z 3z1 z 2 là các số thực thì r  1 và z1z2z3  1. Hướng dẫn giải Vì z1 ,z2 ,z3 là ba số thực phân biệt và z1  z2  z3  r  0 nên z1 , z2 , z3 , z1  z2 , z2  z3 , z3  z1 đều khác không và z1 z1  z2 z2  z3 z3  r2 . Nếu z1z2  z3, z 2z 3 z1, z 3z 1 z 2 là các số thực thì ta có Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. TP Huế Page 10 Chuyên Đề Số Phức z1z2  z3  z1z2  z3  z1.z2  z3 z2 z3  z1  z2 z3  z1  z2 .z3  z1 z3z1  z2  z3z1  z 2  z3 .z1  z 2 Do đó: r 2  z1z2  z3  r 2  z1z2  z3  r 2  z1z 2  z3   z1z 2  z3  r2 Tương     4 2 2 z1z2 z3 z z z z z  z z z .z z .z  z z z z r z  r z z z z  r z 1 1 2 2 3 1 2 3 3 3 1 2 1 2 3 1 2 3 1 2 3  tự:  z z z z z z z z z r2  1 2 3  2 3 1  3 1 2 . 2 2 z1z2z3 z z  r z z2z3  r z1 z3z1  r 2z 2 1 2 3 Áp dụng tính chất của tỉ lệ thức a c ac   b d bd Ta có: z1z2  z3   z2z3  z1  z z z  z  1 z2  z3   z1  1 r2  1 2 3   1 z1z2 z3 z z  r 2z z1z2  r 2 z3  z2z3  r 2z1  z2  z3  z1  r2 z1  r2 1 2 3     Tương tự: z  1   z2  1 z 1 z 1 z 1 z z r2 r2  1  2  3   1  1 2 1 z1z2 z3 z  r 2 z  r 2 z  r 2 z1z2z3 z  r 2  z  r 2 z1  z2 1 2 3 1 2   Suy ra: z z z  r 2 1 2 3 2 z z z  r 2    r  1  r  1 1 2 3    z  1  1   2 1 z1z2 z3  1   z1z2 z3  1  2 z1  1  z1  r z  r   1 Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 11 II. BÀI TẬP VÀ CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN Câu 1. Cho số phức z  x  yi,  x,y  . 1.1. Phần thực của số phức z bằng: A. z  z B. z  z   D. 1 zz 2   D. 1 zz 2 C. 1 zz 2 C. 1 zz 2     1.2. Phần ảo của số phức z: A.  1 zz 2i  B.  1 zz 2i  Hướng dẫn giải Đặt z  x  yi,  x,y    z  x  yi.    1 x zz z  z  2x  2 Töø ñoù   z  z  2yi y  1 z  z   2i   Vậy chọn đáp án 1.1.D và 1.2 B Câu 2. Cho số phức z  a  bi,  a,b   . Khẳng định nào sau đây đúng A. a  z và b  z . B. a  z và b  z . C. a  z và b  z . D. a  z và b  z . Hướng dẫn giải Ta có  z  a2  a  a  z  a 2  b2    z  b2  b  b  Vậy a  z và b  z . Vậy chọn đáp án A. Câu 3. Cho z là số phức thỏa mãn C. z  2 B. z  1 A. z  5 z1 là số ảo. Tìm khẳng định đúng z 1 D. z  2 Hướng dẫn giải Ta có: z 1 z 1 z 1 z 1 z 1 z 1 z1    0  0 là số ảo  z  1 z  1 z  1 z  1 z 1 z 1 z 1   z  1 .z  1   z  1 .z  1  0       z  1 . z  1   z  1 . z  1  0  z.z  1  z  1  z  1 2 Vậy z  1. Vậy chọn đáp án B. Câu 4. Cho z1 ,z2  . Khẳng định nào sau đây sai Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. TP Huế Page 12 Chuyên Đề Số Phức A. z1 z2  z1 .z2 là số thực C. zz  z3  z 3   z 2 B. z2  z z2 là số ảo D. là số thực 2 là số thực 1  z.z Hướng dẫn giải Định hướng: Ta sử dụng kết quả sau: z   z  z và z là số ảo khi và chỉ khi z  z Ta có: A) z1 z2  z1 .z2  z1 z2  z1 .z 2  z1 .z 2  z1 .z 2  z1 .z 2  z1 z 2  z1 z2  z1 .z 2  z1 z 2  z1 .z 2 Vậy z1 z2  z1.z 2 là số thực  B) z2  z C) 2 zz 3  z  z  zz 1  z.z 2  3 z  z     z z2  z D) 3  2  2  z  z2  z2  z . Vậy z2  z 2 3  z2 1  z.z zz  3  z  z  3  z2  z . Vậy là số thực zz 3  z  z 2 1  z.z 2 . Vậy 3  z2  z là số ảo 2 1  z.z là số ảo. Vậy đáp án D sai. Vậy chọn đáp án D. Câu 5. Cho số phức z thỏa mãn A. z  B. z là số ảo 2z  1 là số thực. Khẳng định nào sau đây sai z2 C. z  z D. z  z Hướng dẫn giải 2z  1  2z  1  2z  1 2z  1 2z  1 2z  1 2z  1     là số thực   z2  z2  z2 z2 z2 z2 z2  2z.z  4z  z  2  2z.z  z  4z  2  5z  5z  z  z Vậy z là số thực. Vậy chọn đáp án B. Câu 6. Đẳng thức A. z1 z2 2 2 2 1 z  z  z  z  1 2 1 2  i z1  iz 2  i z1  iz 2  bằng 4  B. z1.z2 C. z1  z2 D. z1  z2 Hướng dẫn giải Ta có Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 13 2 2 2 z1  z 2  z1  z 2  i z1  iz 2  i z1  iz 2     z1 z 2  z1z 2  z1 .z 2  z1 .z 2  z1 z 2  z1z 2  z1 .z 2  z1 .z 2      iz1 z 2  z1z 2  z1 .z 2  iz1 .z 2  iz1 z 2  z1z 2  z1 .z 2  iz1 .z 2   4z1z 2 Suy ra: 2 2 2 1 z1z2   z1  z2  z1  z2  i z1  iz2  i z1  iz2  , z1 ,z2  . 4  Vậy chọn đáp án B. Câu 7. Chọn đẳng thức đúng trong các đẳng thức sau: 2 A. z1z2  1  z1  z2 2 z1z2  1  z1  z2 2 2  2  2  1  z1  1  z1 B. 2 b) z1z2  1  z1  z2 2 2 2 2 2 1  z  2 2  2  2  1  z1 C. b) z1z2  1  z1  z2 1  z   1  z1 D. 1  z  2 2 1  z  2 2 Hướng dẫn giải 2 2 2 1  z  z1z2  1  z1  z 2   1  z1 2 2  z1z 2  z1 z 2  z1z 2  1  z1  z1 z 2  z1z 2  z 2 2 2 2 Vậy chọn đáp án A. Câu 8. Cho số phức z thỏa điều kiện A. z  1 B. z  3 6z  i  1 . Tìm khẳng định đúng 2  3iz C. z  1 3 D. z  1 3 Hướng dẫn giải Ta có: 6z  i  1  6z  i  2  3iz 2  3iz     6z  i  2  3iz   6z  i  6z  i   2  3iz  2  3iz 2 2  27z.z  3  z  2  1 1 z 9 3 Vậy chọn đáp án C. Câu 9. Gọi z là số phức khác 0 sao cho z3  Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. TP Huế 8 z3  9. Tìm khẳng định đúng Page 14 Chuyên Đề Số Phức 2  3. z A. z  B. z  2  3. z C. z  2  3. z D. z  2  3. z Hướng dẫn giải Ta có: 3   2 8 2 2 8 2 3 3  z    z  3  3z.  z    z  3  6  z   , mặt khác ta có: z z z z z z      z1  z2  z1  z2 . Do đó: 3  2 8 2 3 z    z  3  6 z  z z z  3  z 2 8 2 2  z3  6 z 96 z 3 z z z z  z 2 2 6 z 90 z z 3 Đặt a  z  1 lúc đó ta được: z   a 3  6a  9  0   a  3  a 2  3a  3  0  a  3. Vậy chọn đáp án A. Câu 10. Cho a,b,c,d   A. a2  b2  2 c2  d 2  n thỏa a  bi   c  di  . Tìm khẳng định đúng n  C. a2  b2  2n c2  d2     B. a2  b2  c2  d2  D. a2  b2  c2  d 2 n Hướng dẫn giải Giả sử: c  di  r  cos  isin với r  c2  d 2 1 . Theo đề:  c  di  n  r n  cosn  isin n  a  bi  r n  a2  b2  2   Từ (1) r  c2  d 2  r2n  c2  d 2  n Từ (2) r n  a2  b2  r2n  a2  b2  Vậy a2  b2  c2  d 2 . n Vậy chọn đáp án D. Câu 11*. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 11z10  10iz 9 10iz 11 0. Tìm khẳng định đúng A. z  1 B. z  1 C. z  1 D. z  1 3 Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 15 Hướng dẫn giải Ta có 11z10  10iz9  10iz  11  0  z9 11z  10i   11  10iz. Hay: z9  11  10iz (*) 11z  10i Đặt z  x  iy với x,y  . Từ (*) suy ra:     10 2 x 2  y 2  112  220y f  x, y  11  10iz z    11z  10i g  x, y  112 x2  y 2  10 2  220y 9 Xét các trường hợp:  Nếu z  1 thì x2  y2  1 nên:   10  x   y   11        g  x, y   112 x 2  y 2  10 2  220y  10 2 x 2  y 2  21 x 2  y 2  10 2  220y 2 2 2 2  220y  f  x, y  . Do đó z9  1  z  1 (mâu thuẫn).  Nếu z  1 thì x2  y2  1 nên:   10  x   y   11  g  x, y   112 x 2  y 2  10 2  220y  10 2 x 2  y 2  21 x 2  y 2  10 2  220y 2 2 2 2  220y  f  x, y  . Suy ra z9  1  z  1 (mâu thuẫn).  Nếu z  1 thì g  x,y   f  x,y  (thỏa mãn) Vậy z  1 . Vậy chọn đáp án B. Cách 2. Casio nhanh chống bằng cách thử trực tiếp. Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. TP Huế Page 16 Chuyên Đề Số Phức Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 1 Chuyên Đề Số Phức MỤC LỤC CHỦ ĐỀ 5. TÌM SỐ PHỨC THỎA MÃN ĐIỀU KIỆN …………………………………………………. 3 I. MỘT SỐ VÍ DỤ RÈN LUYỆN KĨ NĂNG ………………………………………………………………. 3 II. CÂU HỎI VÀ BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN ………………………………… 18 Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 2 Chuyên Đề Số Phức CHỦ ĐỀ 5. TÌM SỐ PHỨC THỎA MÃN ĐIỀU KIỆN Phương pháp  Tìm số phức z  x  yi,  x,y   Chú ý rằng: z2  z  x  0 , z  x  yi  0   y  0   x  x2 z1  x1  y1i; z2  x2  y2 i . Khi đó: z1  z2   1  y1  y2  z  x  yi,  x,y   Trong trường hợp tìm số phức có môđun lớn nhất, nhỏ nhất ta làm như sau: 2  thật ra là tìm phần thực x và phần ảo y của nó. 2 , z2  z khi z là số thực  . Khi đó z là số ảo (thuần ảo) khi x  0 , z là số thực khi y  0 .  Bước 1: Tìm tập hợp điểm () các điểm biểu diễn của z thỏa mãn điều kiện.  Bước 2: Tìm số phức z tương ứng với điểm biểu diễn M  () sao cho khoảng cách OM có giá trị lớn nhất ( hoặc nhỏ nhất ) I. MỘT SỐ VÍ DỤ RÈN LUYỆN KĨ NĂNG Ví dụ 1. Tìm số phức z thỏa mãn a) z2  z  0; b) z2  z  0; c)z2  2z. d) z2  z  z ; e) z3  z f) z z  z  2. Giải a) Đặt z  x  yi, x, y  . Phương trình z2  z  0 trở thành :  2 2 2  2 x2  y2  2xyi  x2  y2  0  x  y  x  y  0  2xy  0 x  0 y  0 x  0 y  0    2  2 2 2 2 y  y  0 x  x  0 y  y x  0 x  0 x  0 x  0 y  0 y  0  2   2  2  y   y x  0 y  y  0 y  y  0 x  0 x  0 x  0 x  0    y  0 y   1   y  1 Vậy số phức cần tìm là z  0, z  i, z  i . b) Đặt z  x  yi,  x,y  z  x – yi   z2  x2  y2  2xyi     Phương trình z2  z  0 trở thành: Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 3 Chuyên Đề Số Phức x2  y2  2xyi  x  yi  0  x 2  x  y 2   2xy  y  i  0 x2  x  y2  0  x2  x  y2  0 x2  x  y2  0     y  0 y  2x  1  0   2xy  y  0 1 x  2   * x  0 Với y  0 thay vào (*) ta được: x2  x  0    x  1  3 y  1 2 Với x  thay vào (*) ta được:   2 3 y    2 Vậy các số phức cần tìm là z  0, z  1, z  1 3 1 3  i, z   i. 2 2 2 2 c) Đặt z  x  yi  x, y  R  z  x  yi. Phương trình z2  2z trở thành  x2  y2  2x (1) x2  y2  2xyi  2x  2yi    xy  y (2) (2)  y  x  1  0  y  0,x  1. Với y  0 , (1)  x2  2x  0  x  0  x  2. với x  1 , (1)  y2  3  y   3 Vậy số phức cần tìm là: z  0,z  2,z  1  i 3,z  1  i 3 . d) Giả sử z  x  yi  x,y   . Khi đó: 2 z2  z  z   x  yi   x2  y2  x  yi  2 2 2 2   x2  y2  x2  y2   2xyi  x  yi  x  y  x  y  x   2xy  y  1 2 1 1 1 2 2 2 3 1  y   y     y  y  TH1: x   ta được 4 4 2 4 4 2  2 3  2 3 y  4  0 5 2 5 y    y 4 2  1  y2  y 4  3 y2  19 16y 4  40y 2  5  0   4 2 16  TH2: y  0  x2  x  x  x  0  x  y  0. Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 4 Chuyên Đề Số Phức 1 5 2 5 Vậy có 3 số phức thỏa mãn là: z  0;z    i 2 2 e) Giả sử z  x  yi  x,y    z  x  yi 3   z3  z   x  yi   x  yi  x3  3xy 2  3x 2 y  y3 i  x  yi     x x2  3y2  x x3  3xy 2  x    2 3 y 3×2  y2  y 3x y  y  y  x  0  x  0,y  0  z  0  2 2    x  3y  1  0    x  0,y 2  1  z   i  2 y  0  2  x  1,y  0  z  1 2 3x  y  1  0   Vậy phương trình cho có 5 nghiệm z  0,z  i,z  1 2 4 2 2 2 Cách 2: z3  z  z.z3  z.z  z  z  z  z  z  1  0   2 2  z  0 hoặc z  1  0 2 Khi z  0 thì z  0 , do đó z  0 là một nghiệm của phương trình z3  z Khi z  1  0  z  0 nên phương trình z3  z  z.z3  z.z hay z4  z.z  1 2  z  1 z  1  0  z2  1 z2  1  0    2 z   i  z  1  0    Vậy phương trình đã cho có 5 nghiệm z  0,z  i,z  1 . a  0 f) Gọi số phức za  bi; a,b  . Điều kiện: z  0   b  0 Ta có: z z  z  2  z  z.z  2z  a  bi  a2  b2  2  a  bi   a  a2  b2  2a  a  a2  b2  bi  2a  2bi     b  2b a  1 a  0 Giải hệ ta được:  hoặc  (loại) b  0 b  0 Thử lại ta thấy z  1 thỏa mãn bài toán. Vậy số phức cần tìm là z  1 . Ví dụ 2. Tìm số phức z thỏa mãn phương trình a)  z  2z  3 8 ; c) z2  z3 b) z2  2011  0 ; Giải Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 5 Chuyên Đề Số Phức a) Đặt t  z  2z . Ta có phương trình   t 3  8  t 3  8  0   t  2  . t 2  2t  4  0 t  2 t  2   2    t  1  3i   t  2t  4  0   t  1  3i Gọi z  a  bi a,b   Ta có t  z  2z  a  bi  2  a  bi   a  3bi   a  2 a  2 Với t  2  a  3bi  2     z  2 3b  0 b  0  a  1  3  a 1  Với t  1  3i  a  3bi  1  3i    3  z  1  3 .i 3b   3 b    3  Vậy z  2;z  1  3 i 3 b) Đặt z  a  bi a,b   Khi đó:     z2  a2  b2  2abi  z2  a2  b2  2abi  z2  2011  a2  b2  2011  2abi  a2  b2  2011  0 Do đó z  2011  0  a  b  2011  2abi  0    2ab  0 2  2 2  Nếu b  0 thì a2  2011  0 (vô lý). Do đó b  0  a  0 . Dẫn đến b   2011 Vậy số phức z cần tìm là:  2011.i c) Đặt z  x  yi . Ta có: xy  0  z2  z3  x2  y2  2xyi  z3  0   2 x  y 2  z 3  0  *   y2  0   y0z0 x  0 thay vào (*)  y  z  0   3 z  0   2 3 y  0  z  x , thay vào (*)  x2  x3  0  x  0, x  1 . Vậy z  0, z  1 Ví dụ 3 . Tìm phần thực và phần ảo của số phức z thỏa mãn: 2 a) 1  i   2  i  z  8  i  1  2i  z ; 2 b)  2  3i  z   4  i z   1  3i . Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 6 Chuyên Đề Số Phức 2 c)  2  3i  z   4  i  z   1  3i  ; d) z  2z  3  2i . Giải a) Ta có: 1  i   2  i  z  8  i  1  2i  z  z 1  i   2  i   1  2i   8  i 2 2  z 2i  2  i   1  2i   8  i  z  8  i  8  i 1  2i    2  3i 2i  1 5 Vậy số phức z đã cho có phần thực là 2, phần ảo là 3 . b) Đặt z  x  yi  z  x  yi, x,y  . Lúc đó:  2  3i  z   4  i  z   1  3i  2   2  3i  x  yi    4  i  x  yi    1  3i  2 6x  4y  8 x  2  6x  4y  2  x  y  i  8  6i    . 2x  yb  6 y  5 Vậy phần thực của z là 2 , phần ảo là 5 . c) Đặt z  a  bi, (a, b ), ta có:  2  3i  z   4  i  z   1  3i  2   6a  2b    4a  2b  i  8  6i   2  3i  a  bi    4  i  a  bi    1  3i  2 6a  2b  8 a  7   4a  2b  6  b  17 Vậy số phức z cần tìm có phần thực bằng 7 và phần ảo bằng 17. Phần thực của số phức cần tìm là 3 , phần ảo là 1. d) Đặt z  a  bi, (a,b  ) . Từ giả thiết ta có: 3a  3 a  1 a bi 2  a  bi   3  2i  3a  bi  3  2i     b  2 b  2 Vậy số phức z có phần thực bằng 1, phần ảo bằng 2 . Ví dụ 3. a) Cho số phức z thỏa mãn z  1  2i  z  2 1  2i  . Tìm phần thực và phần ảo của số phức w  z2  3z . b) Tìm phần thực và phần ảo của số phức 25i z   4  3i  z  26  6i . , biết rằng 2i z Giải a) Giả sử z  x  yi (x,y  ) . Từ giả thiết suy ra 2x  4 x  2   z  2 i.  x  y  1 y  1 2 Do đó w  z2  3z   2  i   3  2  i   3  i . Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 7 Chuyên Đề Số Phức b) Gọi z  a  bi, (a,b  ) . Ta có z   4  3i  z  26  6i   2  i  a  bi   5  4  3i  a  bi   5  26  6i  2i   22a  16b    14a  18b  i  130  30i 22a  16b  130 a  3    z  3  4i 14a  18b  30  b  4 Do đó 25i 25i  3  4i    4  3i . z 25 Vậy phần thực là -4, phần ảo là 3. Ví dụ 4. a) Tìm số phức z thỏa mãn z  2 và z 2 là số thuẩn ảo. b) Tìm số phức z thỏa mãn z  2 và z là số ảo. c) Tìm số phức z thỏa mãn z  5 và phần thực của nó bằng 2 lần phần ảo. d) Cho số phức z thỏa mãn 1  3i  z là số thực và z  2  5i  1 e) Tìm số phức z biết iz  1  2 và 1  i  z 1  2i là số thuần ảo. Giải a) Đặt z  x  yi,  x, y  . Ta có: z  2  x2  y2  2  x2  y2  2 2 Mặt khác: z2   x  yi   x2  y2  2xyi là số thuần ảo nên x2  y2  0 2 2 2  x  y  2  x  1  Ta có hệ:  2 2 2 x  y  0    y  1 Vậy các số phức cần tìm là: z1  1  i, z2  1  i, z3  1  i, z4  1  i. b) Đặt z  x  yi,  x,y  . Ta có: z  2  x2  y2  2  x2  y2  4 * Mặt khác: z  x  yi là số ảo nên x  0 . y  2 Thay x  0 vào (*) ta được y2  4   .  y  2 Vậy các số phức cần tìm là: z1  2i, z2  2i. c) Đặt z  x  yi, x, y   . Ta có: z  5  x2  y2  5  x2  y2  25 * Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 8 Chuyên Đề Số Phức Mặt khác: Số phức có phần thực của nó bằng 2 lần phần ảo nên x  2y thay vào phương trình (*) ta được: 5y2  25  y2  5  y   5. Vậy số phức cần tìm là: z1  2 5  5i, z1  2 5  5i . d) Gọi z  a  bi;  a, b   Ta có 1  3i  z  1  3i  a  bi   a  3b  3ai  bi  a  3b   b  3a  i 1  3i  z là số thực  b  3a  0  b  3a 2 2 z  a  bi ta có z  2  5i  1  a  2   b  5 i  1   a  2    5  3a   1 a  2 (thỏa mãn)  a  7  5 Vậy có hai số phức z thỏa mãn là z  2  6i;z  e) Đặt z ‘  iz  1  z  7 21  i. 5 5 z ‘ 1 2 * và z ‘  2  z ‘  , khi đó ta có:  i z’ 1  i  z  1  2i   1 i i   iz  1  1 i i  1  2i  1  i  z ‘     Số phức này là số ảo, do đó ta có: 1  i  z’   1  i  z’  1  i  z’   1  i  z’  1  i  .2    1  i z ‘  z’2  2i  z ‘   1  i .     z’ Thay vào (*) ta có z  1;z  1  2i . Ví dụ 5. a) Tìm số phức z thỏa mãn z   2  i   10 và zz  25 2 2 b) Tìm số phức z thỏa mãn: z  2z.z  z  8 và z  z  2 .      c) Tìm số phức z biết: z  2 và  z  1 2  i 3  z  1 2  i 3  14 d) Tìm số phức z thỏa mãn đồng thời: zi zi 1  1 và z  3i z 1   e) Tìm số phức z thỏa mãn z  1  5 và 17 z  z  5zz  0 . f) Tìm số phức z thỏa mãn z  1  2i  5 và z.z  34 . Giải a) Gọi z = a + bi  a  R, b  R  , Ta có: z   2  i    a  2    b  1 i; Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 9 Chuyên Đề Số Phức 2 2 Từ giả thiết ta có: z   2  i   10   a  2    b  1  10 và z.z  25  a2  b2  25 1 2  a  3 a  5 Giải hệ (1) và (2) ta được   b  4 b  0 Vậy các số phức cần tìm là: z  3  4i hoặc z  5 2 b) Gọi z  x  yi , ta có: z  x  yi; z  z  zz  x2  y2  x,y   2 2   z  2z.z  z  8  4 x2  y2  2 1 2 z  z  2  2x  2  x  1 Từ (1) và (2) tìm được x  1; y  1 . Vậy các số phức cần tìm là 1  i và 1  i . c) Ta có: 2z  z 3i  2z  z 3i  10      2 z  z  3i z  z  10 Đặt z  a  bi, z  a  bi Dẫn đến:  2a  3b  5  a  5  3b 2 Kết hợp với giả thiết ban đầu: z  2  a2  b2  4 Nên kết hợp lại ta được số phức: z  1  3i; z  d) Gọi z  x  yi, x,y  13 3 3  i 7 7 x  1  y,x  0 . Từ bài toán suy ra: y  3   2 2 2 2  x   y  1   x  10   y x  y   x  y 1.  8y  8  x2   y  12  x2   y  32  Vậy z  1  i e) Đặt z  a  bi , ta có: z 1  5  2  a  1  b2  5  a2  b2  2a  24 1   Mặt khác 17 z  z  5z.z  0  a2  b2  Thay (2) vào (1) được 34 a 2 5 24 a  24  a  5 . Kết hợp với (1) có b2  9  b  3 5 Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 10 Chuyên Đề Số Phức Vậy có hai số phức thỏa mãn bài toán là 5  3i và 5  3i . f) Gọi z  a  bi  z  1  2i  5  a  1   b  2 i  5  2  a  1   b  2 2 5 1 Ta có z.z  34   a  bi  a  bi   34  a2  b2  34 2  a  3  b  5 a2  b2  2a  4b  20 a  2b  7   2   a  3 Từ (1) và (2) ta có hệ  2 2 2  5 a  b  34 a  b  34   29 b  5   Vậy z  3  5i, z  29 3  i. 5 5 Ví dụ 6. a) Cho số phức z thỏa mãn phương trình 1  i  z   2  i  z  4  i . Tính mô-đun của z. b) Tìm mô-đun của số phức z biết z  3z  1  2i . c) Cho số phức z thỏa mãn hệ thức z2  1  i  z  11i . Tính mô-đun của số phức z. d) Tìm mô-đun của số phức z, biết rằng z   4  3i  z  26  6i 2i e) Cho hai số phức z1,z2 thỏa các điều kiện sau: z1  3z2  4 và z1  z2  1. Hãy tính 3z1  z2 . Giải a) Ta có: 1  i  z   2  i  z  4  i * Gọi z  a  bi (a,b  ) a  2 *  1  i  a  bi    2  i  a  bi   4  i  3a  2b  bi  4  i  b  1  z 5 b) Đặt z  a  bi, (a,b  ) . Khi đó theo giả thiết ta có:  1 a   a  bi   3  a  bi   1  2i  4a  2bi  1  2i   4  z  14  i b  1  z 1 17 1  16 4 Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 11 Chuyên Đề Số Phức c) Đặt z  a  bi, (a, b ) z2  1  i  z  11i  a2  b2  2abi  1  i  a  bi   11i  a2  b2  2abi  a  b   a  b  11 i  a   b  a  2  2  a   b  a2  b2  a  b 2a  2a  11  0 (VN)  b  3    a  b  1    a  3 2ab  a  b  11 2ab  a  b  11  a  b  1      2b2  2b  12  0   b  2   Vậy z  a2  b2  13 . d) Gọi z  a  bi a,b   . Ta có: z   4  3i  z  26  6i   2  i  a  bi   5  4  3i  a  bi   5  26  6i  2i   22a  16b    14a  18b  i  130  30i 22a  16b  130 a  3   14a  18b  30 b  4 Vậy z  3  4i  z  5 Cách 1. 2 z1  3z2  4  z1  3z2  16   z1  3z2  z1  3z2   16       z1  3z2  z1  3z2  16  z1 z1  3 z1z2  z1 z2  9z2 z2  16  2  2    z1  3 z1z2  z1 z2  9 z 2  16  1  3 z1z 2  z1 z 2  9  16  z1z2  z1 z2  2 Ta có: 2  3z1  z2   3z1  z2  3z1  z2    3z1  z2  3z1  z2     9z1 z1  3 z1 z2  z2 z1  z2 z2  9  3.2  1  4 Vậy 3z1  z2  2. Cách 2. Đặt z1  x1  y1i, z2  x2  y2 i,  x1 , y1 , x2 , y2   Ta có z1  z2  1  x12  y12  x22  y22  1 Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 12 Chuyên Đề Số Phức 2 2 z1  3z2  4   x1  3×2    y1  3y2   16    x12  y12  9 x22  y22  6  x1x2  y1y2   16  6  x1x2  y1y2   6   x1x2  y1y2   1 Lúc đó: 2 2 3z1  z2   3×1  x2    3y1  y2     2   9 x12  y12  x22  y22  6  x1x2  y1y2   10  6  4 Do đó: 3z1  z2  2. Ví dụ 7. a) Tìm số phức z thỏa mãn: b) Tìm số phức z thỏa mãn z  iz  z   0 . 2  z  1 1  iz   i . z c) Tìm số phức z thỏa mãn z  1 z 1 i  1  i  z . 1  i  z d) Tìm số phức z thỏa mãn  z  11  i   e) Tìm số phức z thỏa mãn 2 2 z i z . 1 i 2  iz z  2i   2z . 2  i 1  2i Giải a) Ta có:  z2  i  0 z i z z  0   z2  z  0   2 2  1 2  . Phương trình (1) trở thành: x2  y2  2xyi  i  0  x2  y2   2xy  1 i  0  Giải (1): Đặt z  x  yi,  x,y  x  y x2  y2  0      x  y 2xy  1  0 * 2xy  1  0   Với x  y thay vào (*) ta được: 2×2  1  0 (vô nghiệm) Với x  y thay vào (*) ta được: 2×2  1  0  x   Vậy z1  2 2 2 2 2 2  i, z2    i. 2 2 2 2 Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 13 Chuyên Đề Số Phức  . Phương trình (2) trở thành: a2  b2  2abi  a  bi  0  a2  b2  a   2ab  b  i  0 a2  b2  a  0 **   Giải (2): Đặt z  a  bi, a, b a2  b2  a  0     b  0 2ab  b  0   1  a   2  a  0 Với b  0 thay vào (**) ta được: a2  a  0  a  a  1  0   a  1 Vậy ta được z3  0, z4  1 Với a   1 1 1 3 3 thay vào (**) ta được:  b2   0  b2   b   2 4 2 4 2 1 3 1 3 Vậy ta được z5    i, z6    i. 2 2 2 2 b) Điều kiện: z  0, z  1 . PT    z z  1 1  iz  2 z 1 2  i   z  i z  z 1 i Giả sử z  x  yi; x,y      z  1 z  1 z z  1 1  iz     i  z 1  iz   z  1 i  * . Khi đó  * trở thành:  x  yi  x2  y2 i   x 2  y 2  1 i  x   x 2  y 2  x 2  y 2  y  1  i  0     x  0 x  0 x  0    2    y  1 2 2 2 2 y  y  y  1  0  x  y  x  y  y  1  0   y  1  2   Nếu x  0,y 1  2 thì z  1  2 i , thỏa mãn điều kiện. Nếu x  0,y  1 thì z  i , khi đó z  1 không thỏa mãn điều kiện.   Vậy số phức cần tìm là z  1  2 i . c) Đặt (z  x  yi với x,y  ;x2  y2  0 ). Ta có Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 14 Chuyên Đề Số Phức z 1 i 1  i  z  1  i  z  z.z  1 i  z 1  i  z 1 i   x2  y2  i  x2  y2 x  y   x  y  i  x2  y2  x2  y2 x  y  x2  y2  x  y         1   x2  y2  x  y   x 2  y 2  x  y   1   x  y  0 1    xy  0  2 2  x  y  x  y   1 2  +) Với x  0, tac có  2   y y2  1  y  1, thỏa mãn (1). Suy ra z  i +) Với y  0, tac có  2   x x2  1  x  1, không thỏa mãn (1), loại d) Đặt z  x  yi với x,y    x  1  yi 1  i   . Khi đó  z  11  i   2 z i z 1 i  x  1  yi 1  i   x2  y2 2   3x  1  y   3x  1  y  i  2 x2  y2    x  0,y  1 3x  1  y  2 x2  y 2  y  3x  1     3 1 2 10x  3x  0 3x  1  y  0 x   ,y   10 10  Vậy z  i hoặc z   e) Ta có 3 1  i 10 10 2  iz z  2i   2z   2  iz 1  2i    z  2i  2  i   2  2  i 1  2i  z 2  i 1  2i   2  4i    2  i  z   4  3i  z (1). +) Gỉa sử z  a  bi  a, b  . Lúc đó: (1)   2  4i    2  i  a  bi    4  3i  a  bi    2  2a  b    4  a  2b  i   4a  3b    3a  4b  i 2  2a  b  4a  3b 3a  2b  1 a  1     z  1 i 4  a  2b  3a  4b a  b  2 b  1 Vậy số phức cần tìm là z  i  1 . Ví dụ 8. a) Tính môđun của số phức z biết z3  12i  z và z có phần thực dương. Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 15 Chuyên Đề Số Phức b) Tìm số phức z có phần ảo bằng 164 và n  * thỏa : z  4i . zn c) Tìm số phức z thỏa mãn hai điều kiện: z  1  2i  z  3  4i và   z  2i zi là một số thuần ảo. d) Tìm số phức z thỏa mãn:  z  1 . z  2i là số thực và z  i  2 . Giải a) Giả sử z  x  yi  x  0,x,y    3  z3  12i  z   x  yi   12i  x  yi  x 3 3xy 2  3x 2 y  y3  12 i  x  yi x3  xy2  x x2  3y2  1    do x  0  . 2 3 2 3 3x y  y  12  y 3x y  y  12  y Thế x2  3y2  1 vào phương trình thứ hai ta được:   3 y2  1 y  y3  12  y  2y3  y  3  0  y  1  x2  4  x  2  do x  0  . Suy ra z  2  y  môđun của số phức z là: z  5 b) Gọi z  a  164i a  Theo giả thiết, ta có  z a  164i  4i   4i  a  164i  4i  a  164i  n  zn a  164i  n  a  656 a  656  a  164i  656   a  n  i     n  697 4  a  n   164 c) Giả sử z  x  yi . Theo bài ra ta có: x  1   y  2  i  x  3   4  y  i 2 2 2 2   x  1   y  2    x  3   y  4   y  x  5 Số phức w  z  2i zi  x  y  2 i x  1  y  i  x 2   y  2  y  1  x 2y  3  i x   y  1 2 x2   y  2  y  1  0  2  w là một số ảo  2y  3  0, x 2   y  1  0  y  x  5  Vậy z   2 .  12 x  *   237 y   7 12 23  i 7 7 d) Giả sử z  a  bi,  a, b   Khi đó: Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 16 Chuyên Đề Số Phức  z  1 .  z  2i    a  1  bi  . a   2  b  i   a  a  1  b  2  b     2a  b  2  i   2a  b  2 1 2 z  2  2  a2   b  1  2  2  1 12 Từ (1) và (2) ta được a  1, b  0 hoặc a   , b  5 5 1 12 Vậy z1  1, z2    i 5 5 a) Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện z  2  3i  Ví dụ 9. mođun nhỏ nhất.  3 . Tìm số phức z có 2  b) Tìm số phức z thỏa mãn  z  1 z  2i là số thực và z đạt giá trị nhỏ nhất. c) Trong các số phức z thỏa mãn z  3i  iz  3  10 , tìm số phức z có mô-đun nhỏ nhất. d) Trong các số phức z thỏa mãn z  2  i  z  1  4i , tìm số phức có mô-đun nhỏ nhất. Giải a) Đặt z  x  yi,  x, y   . Khi đó z  2  3i  2 2 3 9   x  2    y  3  2 4 Các điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn hệ thức đã cho nằm trên đường tròn tâm I(2;-3) 3 và bán kính R= . 2 Ta có: Min z khi và chỉ khi M nằm trên đường tròn và gần O nhất. Đó là điểm M1 (Bạn đọc tự vẽ hình). Ta có: OI= 4  9  13. Kẻ M1H  Ox. Theo định lý talet ta có: M1H 3  OH  2 Vậy z= OM1 OI  3 2  M H  78  9 13 ; 1 26 13 13  3 2  OH  26  3 13 . 13 13 13  26  3 13 78 9 13  i 13 26 b) Giả sử z  x  yi  x,y   . Khi đó:  z  1  z  2i    x  1  yi  x  2  y  i  Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 17 Chuyên Đề Số Phức   Để  z  1 z  2i là số thực thì  x  1 2  y   xy  0 hay 2x  y  2  0 . Suy ra tập hợp các   điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn  z  1 z  2i là số thực là đường thẳng  có phương trình 2x  y  2  0 . Để z nhỏ nhất thì M phải là hình chiếu của O  0; 0  lên  . 4 2 4 2 Từ đó tìm được M  ;  nên z   i . 5 5  5 5 2 c) Áp dụng công thức: z.z  z ; z  w  z  w  Ta có: 100  z  3i  iz  3 2  2  2  z  3i  iz  3       2  2  2  2  z  3i  iz  3   z  3i  iz  3           2  z  3i  z  3i  iz  3 iz  3  2  z  3i  z  3i  iz  3  iz  3    2  2  4 z.z  9  4 z  36 . Giải bất phương trình ta có z  4  z  3i  iz  3  Vậy min z  4 đạt được khi   z  4, z  4 z  4   d) Giả sử z  a  bi,  a, b   . Khi đó: z  2  i   a  2    b  1 i và z  1  4i   a  1   b  4  i 2 2 2 2 z  2  i  z  1  4i   a  2    b  1   a  1   b  4   a  2  b 2 2 z  a2  b2  2b2  4b  4  2  2  b  1  2 Vậy z  1  i thỏa mãn đề bài. II. CÂU HỎI VÀ BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN   Câu 1. Tìm số phức z thỏa mãn đẳng thức: z  2 z  z  2  6i . A. z  2  6i 5 B. z  2  6i 5 2 C. z    6i 5 2 D. z    6i 5 Hướng dẫn giải Cách 1. Giả sử z  x  yi (x,y  )   Ta có z  2 z  z  2  6i  x  yi  2  x  yi  x  yi   2  6i Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 18 Chuyên Đề Số Phức 2  2  5x  yi  2  6i   x; y    ; 6  . Vậy z   6i . Vậy chọn đáp án A. 5 5  2 Câu 2. Số số phức z thỏa mãn đẳng thức: z  A. 1 B. 2     1 1 z  z  1 z  z i . 2 2 C. 3 D. 4 Hướng dẫn giải Đặt z  a  bi (a,b  ) , suy ra 2 z  a  bi, z  a2  b2 , z  z  2bi, z  z  2a . Thay vào phương trình đã cho ta có a2  b2  bi  1  ai  1 a  b   a2  b2  1 2    1  b  a a  b   2  Vậy z  1 2 1  2 i, z  1 2  1 2 i .Vậy chọn đáp án B. 2 2 Câu 3. Số số phức z thỏa mãn  z  1  z  1  10i  z  3 . A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 Hướng dẫn giải Gọi z  a  bi a,b  2  . Ta có  z  1 2 2  z  1  10i  z  3 2   a  1  2  a  1 bi  b2   a  1  b2  10i  a  bi  3    2a2  a  1   2ab  3b  10  i  0 2a2  a  1  0  2ab  3b  10  0  1    a; b   1; 2    a; b     ; 5   2  1 Vậy z  1  2i hoặc z    5i . Vậy chọn đáp án C 2   2 Câu 4. Biết z1,z2 là hai số phức thỏa điều kiện: 2 z  1  z  1  1  i  z . Tính z1  z2 A.  3 11  i 10 10 B.  3 11  i 10 10 C. 3 11  i 10 10 D. 3 11  i 10 10 Hướng dẫn giải Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 19 Chuyên Đề Số Phức    2  2 z  1  z  1  1  i  z  2  a  bi  1  a  bi  1  1  i  a2  b2  3a  1  a2  b2   3a  1  bi  a2  b2  i a2  b2   2 2  b  a  b  a  0  3 a    b  3a  1 10a2  3a  0 a  0   3 10     a      2 2 10 b  1 b  1   3a  1  a  b  b  3a  1  b  3a  1  10   Có hai số phức cần tìm z1  i; z2   Suy ra: z1  z2   3 1  i 10 10 3 11  i . Vậy chọn đáp án A. 10 10 Câu 5. Tìm số phức z thỏa mãn z  A. 1  i 1 i 1  i  z  1  i  z B. i  1 C. i D. i Hướng dẫn giải Đặt z  x  yi, x,y  , x2  y2  0 . Ta có: z 1 i 1  i  z  1  i  z  z.z  1 i  z 1  i  z 1 i   x2  y2  i  x2  y2 x  y   x  y  i  x  y  0 1 x2  y2  x2  y2 x  y  x2  y2  x  y          xy  0 2 2 2 2 1   x  y  x  y   x  y  x  y   1  2 2    x  y  x  y   1  2  Với x  0 , ta có  2   y y2  1  y  1 , thỏa mãn (1). Suy ra z  i . Với y  0 , ta có  2   x x2  1  x  1 , không thỏa mãn (1). Vậy z  i . Vậy chọn đáp án D. 2 2 Câu 6. Biết z1,z2 là số phức thỏa mãn:  z  1  z  1  10i  z  3 . Tính z12  z22 . A.  111 i 4 B. 111  i C. 111  4i D. 44  i Hướng dẫn giải Gọi z  a  bi a,b  2  , ta được:  a  bi  1 2  a  bi  1  10i  a  bi  3 Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 20 Chuyên Đề Số Phức  a  1    b  2 2 2a  a  1  0 2  2a  a  1   2ab  3b  10  i  0     1  a   2ab  3b  10  0 2    b  5    1 111 Vậy z  1  2i, z    5i . Suy ra z12  z22   i. 2 4 Câu 7. Biết z1,z2 là số phức thỏa mãn: thỏa mãn phương trình z 10   4  3i . Tính 1 i z 1 1 .  z1 z2 A.  7 23  i 25 50 B. 7 23  i 25 50 C. 7 23  i 25 50 D.  7 23  i 25 50 Hướng dẫn giải Điều kiện z  0 . Gọi z  a  bi a,b   . Phương trình đã cho tương đương với: z.z  10 1  i    4  3i 1  i  z  a2  b2  10  10i  a  7b   7a  b  i a2  b2  10  a  7b  7a  b  10  a  2 a  2, b  4  5a  19a  18  0  9    a   a  9 , b   13 5    b  10  7a  5 5  b  10  7a 2 Vậy z  2  4i hoặc z  9 13 1 1 7 23  i . Suy ra:    i 5 5 z1 z2 25 50 Vậy chọn đáp án C. Câu 8. Tìm mô đun số phức z thỏa mãn A. 1 B. 2  iz z  2i   2z . 2  i 1  2i C. 2 2 D. 2 2 Hướng dẫn giải 2  iz z  2i   2z   2  iz 1  2i    z  2i  2  i   2  2  i 1  2i  z 2  i 1  2i   2  4i    2  i  z   4  3i  z Giả sử z  a  bi,  a, b  1  Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 21 Chuyên Đề Số Phức 1   2  4i    2  i  a  bi    4  3i  a  bi    2  2a  b    4  a  2b  i   4a  3b    3a  4b  i 2  2a  b  4a  3b 3a  2b  1 a  1     z  1 i 4  a  2b  3a  4b a  b  2 b  1 Vậy số phức cần tìm là z  1  i  z  2 . Vậy chọn đáp án B. Câu 9. Tìm số phức z thỏa điều kiện:  z  z 1  i    z  z  2  3i   4  i. A. z  1 1  i. 2 2 1 1 B. z    i. 2 2 1 1 C. z    i. 2 2 D. z  1 1  i. 2 2 Hướng dẫn giải Đặt z  x  yi  z  x  yi, x,y   z  z  2x Ta có   z  z  2yi Phương trình  z  z 1  i    z  z  2  3i   4  i trở thành : 2x 1  i   2yi  2  3i   4  i  2x  2xi  4yi  6y  4  i  1 x  2 2x  6y  4  2x  6y   2x  4y  i  4  i    2x  4y  1 y  1  2 Vậy z cần tìm là: z  1 1  i. Vậy chọn đáp án D. 2 2 Câu 10. Tìm môđun số phức z thỏa điều kiện: B. z  10 A. z  101 z  z i z  z    4  6i. 1 i 2  2i C. z  1 D. z  11 Hướng dẫn giải Đặt z  x  yi  z  x  yi, x,y  Phương trình  z  z i z  z    4  6i trở thành : 1 i 2  2i 2x 2yi2 2x 2y   4  6i    4  6i 1  i 2 1  i  1  i 2 1  i   2x 1  i   y 1  i  1  i 1  i   4  6i  2x  y   2x  y  i 2  4  6i 2x  y  8 x  1   2x  y  12 y  10 Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 22 Chuyên Đề Số Phức Vậy z cần tìm là z  1  10i  z  101. Vậy chọn đáp án A. Câu 11. Tìm Số số phức thỏa điều kiện: A. 1 z  z i z  z    4  6i 1 i 2  2i B. 2 D. 4 C. 3 Hướng dẫn giải Gọi z  a  bi, a,b   ta có: 3  a  bi   4  a  bi  1  a2  b2  5  7i a2  b2  a  1 a  0 a  1    b  1 7b  7  b  1 Kết luận z  i, z  1  i . Vậy chọn đáp án B. Câu 11. Biết z là số phức thỏa điều kiện: 1  i  z  A. w   1 1  i 10 5 B. w  1 1  i 10 5 z 1  5  7i. Tính w  1 i z C. w  1 1  i 10 5 D. w   1 1  i 10 5 Hướng dẫn giải Gọi z  a  bi a,b   , khi đó (*) trở thành: 2  a  bi    a  bi   2  12i a  2 a  2  a  3bi  2  12i    3b  12 b  4 Vậy z  2  4i  w  1 1  i . Vậy chọn đáp án C. 10 5 Câu 12 . Tìm số phức z thỏa điều kiện z  2z  2  4i A. w  1  2i 1 1 B. w   i 3 5 C. z  2  4i. 3 D. w   1  2i 14 Hướng dẫn giải a) Ñaët z  x  yi  z  x – yi,  x,y  . Phương trình đã cho trở thành:  2 3x  2 x  x  yi  2  x  yi   2  4i  3x – yi  2 – 4i    3 y  4 y  4  Vậy z  2  4i. Vậy chọn đáp án C. 3 Câu 13. Biết z1,z2 là các số phưc thỏa mãn điều kiện z2  2z  0 . Tìm z1  z2 A. z1  z2  1 2 B. z1  z2  2 C. z1  z2  2 2 D. z1  z2  2 Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 23 Chuyên Đề Số Phức Hướng dẫn giải Ñaët z  x  yi  z  x – yi,  x,y  . Phương trình đã cho trở thành: x2  y2  2xyi  2  x  yi   0  x2  y2  2x   2xy  2y  i  0 x2  y2  2x  0 * x2  y2  2x  0    y  0 2y  x  1  0    x  1 x  0 Với y  0 thay vào phương trình (*) ta được: x2  2x  0    x  2 Với x  1 thay vào phương trình (*) ta được: y2  3  y   3. Vậy z1  3i, z2  2  3i. Suy ra: z1  z2  2 . Vậy chọn đáp án D. Câu 13. Tìm số số phức thỏa mãn điều kiện z2  2z  0 . A. 2 C. 1 B. 3 D. 0 Hướng dẫn giải Đặt z  x  yi,  x,y  R   z 2  x 2  y 2  2xyi. x2  y2  2 x2  y2  Phương trình z2  2 z  0  x2  y2  2xyi  2 x2  y2    2xy  0 1 2 Từ (2)  x  0 hoặc y  0.   y2  2y y  2  Với x  0, 1  y2  2 y 2  y 2  2 y    y2  2y  y  2 Suy ra z  0 hoặc z  2i hoặc z   2i.  Với y  0, 1  x2  2 x2  x2  2 x  0  x  0. Suy ra z  0. Vậy phương trình z2  2 z  0  z  0 hoặc z  2i hoặc z   2i. Vậy chọn đáp án B. Cách khác: Ta giải phương trình hệ quả rồi thử lại. 2 Phương trình z2  2 z  0 (1)  z2  2 z  z2  2 z  z  2 z  z  0 hoặc z  2.  Với z  0  z  0.  Với z  2, phương trình (1)  z2  4  0  z2  4  z2  4i2  z  2i. Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 24 Chuyên Đề Số Phức Thử lại: Ta thế các giá trị của z vừa tìm được vào phương trình (1). Với z  0, ta có z2  0  phương trình (1) được nghiệm đúng. 2 Với z  2i, ta có z2   2i   4i2  4 và 2 z  2 2i  2.2  4. Vậy phương trình z2  2 z  0 được nghiệm đúng. Kết luận: Phương trình có 3 nghiệm là: z1  0,z2  2i,z3  2i. 2 Câu 14. Biết z1,z2 là số phức thỏa điều kiện z2  z  1  0 . Tính A. i C. 1  i B. i 1 1  z1 z2 D. 0 Hướng dẫn giải Đặt z  x  yi,  x,y   . 2 Phương trình z2  z  1  0 trở thành:  x2  y2  2xyi  x2  y2  1  0  2y2  1  2xyi  0 x  0 x  0 y  0 2y2  1  0       2 1 2 1   1 2xy  0 y  y  y    2  2 2  Vậy số phức z cần tìm là: z  1 2 i,z   1 2 i . Suy ra 1 1  0. z1 z2 Vậy chọn đáp án D. Câu 15. Biết z1 ,z2 ,z3 ,z4 là các số phức thỏa điều kiện A. 3 B. 2 C. z2  i  i. . Tính z1  z2  z3  z4 z 1 3 D. 2 3 Hướng dẫn giải Đặt z  x  yi,  x,y   . Phương trình z2  i  i  z 2  i  iz  i trở thành z 1 x2  y2  y 2 2 2 x  yi  i x  yi  x  y  2xyi   y  xi       2xy  x  1 x2  y2  y  0 y   2 x  0   2  y  y  0 x2  1  1  0 x  2y  1  0  4 2  1 y  x  0 x  0  2    3 y  0 y  1  x  2 Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 25 Chuyên Đề Số Phức Vậy số phức z cần tìm là: z  0,z  i,z  3 1 3 1  i,z    i. 2 2 2 2 Suy ra z1  z2  z3  z4  3 . Vậy chọn đáp án A. Câu 17. Biết z là số phức thỏa điều kiện z2  i z  0 . Tìm số phức z có phần ảo âm A. z  1  1 2 i 1 B. z   2  1 2 i C. z  1 2  1 2 i D. z  1  1 2 i Hướng dẫn giải Đặt z  x  yi,  x,y  R  Phương trình z2  i z  0  x2  y2  2xyi  i x2  y2 1 2 x2  y2  0   2xy   x2  y2 Từ 1  y  x. o Với y  x,  2   2×2   2×2  x  0 Suy ra y  0. Vậy z  0. o Với y  x :   x  0 2   2x  x 2 1  x   2   2×2   2×2  2×2  x 2   2 2 2x  x 2   1 x   2  o Với x  0  y  0 o Với x  1 2 o Với x   y 1 2 y 1 2 1 2 . Vậy chọn đáp án C. Câu 18. Biết z là số phức thỏa điều kiện iz2  z  1  0. Tìm số phức z có phần thực dương A. z2   2 5  2 5  i. 4 4 B. z2   2 3  2 3  i. 2 2 Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 26 Chuyên Đề Số Phức C. z2   2  10  2  10  i. 4 4 D. z2   2 5  2 5  i. 2 2 Hướng dẫn giải Đặt z  x  yi,  x,y  R  Phương trình iz2  z  1  0  i(x2  y2  2xyi)  x2  y2  1  0    (2xy  x 2  y 2  1)  x 2  y 2 i  0 x  y x2  y2  0 1        x  y 2 2  2 2 2xy  x  y  1  0 2xy  x  y  1  0  2  o Với x  y : 2   2x 2  2x 2 1  0  2x 2  x 2 1  0 2  2 x  x 2 1  0  x  Suy ra y  x   2 10 4 2  10  2 10 x 4 4 . o Với y  x, 2   2x 2  2x 2 1  0  2x 2  x 2 1  0 2  2 x  x 2  1  0 (vô nghiệm) Vậy số phức z cần tìm là: z1   2  10  2  10  2  10  2  10  i và z2   i. 4 4 4 4 Vậy chọn đáp án C. Câu 19. Tìm số phức z thỏa mãn 2z  z   z  z  11  i   2 . A. z  1  i. B. z  1  i. C. z  1  i. D. z  1  i. Hướng dẫn giải Đặt z  x  yi,  x,y  . Ta có : 2z  z  2x  2yi   x  yi   x  3yi  z  z  11  i   2   2x  11  i   2  2x  1   2x  1 i Như vậy phương trình đã cho trở thành : x  2x  1 x  1 x  3yi  2x  1   2x  1 i    3y  2x  1 y  1 Vậy phương trình có 1 nghiệm z  1  i. Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 27 Chuyên Đề Số Phức Vậy chọn đáp án D. 2 Câu 20. Tìm số phức z thỏa mãn 1  2i  z  z  4i  20 . A. z  1  i. B. z  3  i. C. z  1  2i. D. z  4  3i. Hướng dẫn giải Đặt z  a  bi, (a,b  )  z  a  bi . Suy ra: 1  2i  2 z  z  4i  20   2a  4b    4a  4b  i  4i  20 a  2b  10 a  4   . Vaäy z  4  3i. a  b  1 b  3 Vậy chọn đáp án D. Câu 21*. Số số phức z thỏa mãn z 2z.z  1  z  2  6iz  . A. 1 B. 2 C. 0 D. z  4 Hướng dẫn giải Xét z  0 là nghiệm của phương trình   Xét z  0 . Đặt z  a  bi; a, b  ,a2  b2  0 , từ giả thiết ta có: 2 2 z  3 z  1  2 z  6 z z.i  z.z 3 z  1  2 z .z  6z z z.i z 2 2 3 2 2 3 3 z  1  2 z  a  bi   6 z .i  z . 3 z  1  2a z   6 z  2b z  i    2 2 z . 3 z  1  4a2   2  2 2  z . 3 z  1  2a z  z . 3 z  1  2a  2    3 z  b  0 6 z 3  2b z  0 3 z 2  b  0    a  0, b  0   b  b  1  12a2  b  b  1  12a2 1    2  2  3 z  b  3a  3b2  b  2    a  0, b  0 a  0, b  0  Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta có 9a2  4b2  a2  Thế (3) vào(1), ta được: z 4 2 b  3 9 16 2 3 2 b  b2  b  b   a  , (do a  0,b  0 ) 3 13 13 2 3  i. 13 13 Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 28 Chuyên Đề Số Phức Vậy ta có hai số phức cần tìm là z  0,z  2 3  i. 13 13 Vậy chọn đáp án B. Câu 22. Cho số phức z thỏa mãn z  A. 3  4i 25  8  6i . Tìm w  iz  3 z C. 4i B. 5i D. z  1  4i Hướng dẫn giải Giả sử z  a  bi với a;b  Khi đó z  a  bi; 1 1 a  bi   z a  bi a2  b2 Khi đó phương trình z    và a, b không đồng thời bằng 0.     25  a  bi  25  8  6i  a  bi   8  6i z a2  b2 a a2  b2  25  8 a2  b2    b a2  b2  25  6 a2  b2   1 . Lấy (1) chia (2) theo vế ta có b  3 a , thế vào (1) ta có 4  2 a  0a  4 Với a  0  b  0 (loại) Với a  4  b  3 . Ta có số phức z  4  3i . Vậy chọn đáp án C. Câu 23. Tìm số phức z biết z   2  3i z  1  9i . A. 3  4i C. z  2  i B. 1  5i D. z  1  4i Hướng dẫn giải Gọi z  a  bi a,b    z  a  bi Theo đề cho ta suy ra: a  3b  1 a  2 a  bi   2  3i  a  bi   1  9i  a  3b   3a  3b  i  1  9i    3a  3b  9  b  1 Số phức cần tìm là z  2  i . Vậy chọn đáp án C.   Câu 24. Tính mô- đun của số phức z  i biết  z  i  z  i  2iz (i là đơn vị ảo). A. 3  4i C. z  2  i B. 1  5i D. z  1  4i Hướng dẫn giải   a) Đặt z  a  bi, (a, b ), ta có  z  i  z  i  2iz Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 29 Chuyên Đề Số Phức    z.z  i z  z  1  2iz  a2  b2  1  2ai  2b  2ai  2 a2  b2  1  2b   a2  b2  2b  1  2  a2   b  1  2  2a  2a 2 z  i  a   b  1 i  a2   b  1  2 . Vậy mô-đun của số phức z  i bằng 2. Câu 25. Cho số phức z thỏa mãn hệ thức 1  2i  z   2  2i  z  i . Tính mô-đun của z. A. 1 2 B. 5 3 C. 1 5 D. 1 3 Hướng dẫn giải Giả sử z  a  bi, (a,b  ) . Ta có: 1  2i  a  bi    2  2i  a  bi   i  3a  4b   bi  i  4 3a  4b  0 a     3  b  1  b  1  Vậy z  a2  b2  16 5  1  . Vậy chọn đáp án B. 9 3 Câu 26. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 2  z 1  3z  i 5  i  . Tính mô-đun của z. A. 2 B. 2 C. 2 2 D. 4 Hướng dẫn giải cĐặt z  a  bi, (a, b ). Khi đó: 2  z  1  3z  i  5  i   2  a  bi  1  3  a  bi   1  5i  a  1  5 1  b  i  0 a  1  z 2 b  1 Vậy chọn đáp án A. Câu 27. Số số phức z thỏa z  2 và z3 là số thực là: A. 6 B. 2 D. 4 C. 5  Hướng dẫn giải    Gọi z  a  bi, (a,b  )  z 3  a 3  3ab 2  3a 2b  b 3 i Theo giả thiết ta có: Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 30 Chuyên Đề Số Phức   b  0 b  0 a2  b2  4  2   a2  b2  2  a  4  a  2   b  0    2 2 2 3 a  1   b  3a  2 2   3a b  b  0    b  3a  2 2   b   3   a  3a  4 Vậy z  2, z  2, z  1  3, z 1  3, z  1  3, z  1  3 . Vậy chọn đáp án A. Câu 28. Tìm nghịch đảo của số phức z, biết z thỏa mãn z  2i  z  2  4i và zi zi thuần ảo. 1 5 A.   i 4 12 B.  3 5  i 17 17 C.  3 5  i 17 17 3 5 D.   i 2 2 Hướng dẫn giải Giả sử z  a  bi, (a,b  ) thì z  2i  z  2  4i  a  b  4 1 Với a  0 hoặc b  1, ta có: a2  b  1 2   2a b  1 i 2        a  b  1 i   zi      2 2 z  i a   b  1 i a2   b  1 a2   b  1 a   b  1 i Vì a  b  1 2 là số thuần ảo nên a2   b  1  0   zi a  1  b zi 3 5 3 5 Kết hợp 1 ta có a   , b  . Vậy số phức đó là z    i . 2 2 2 2 Vậy chọn đáp án C. Câu 29. Tìm mo đun số phức z thỏa mãn z  2 và z  B. 1 A. 2 C. 2 là số thực. 1 i 2 D. 2 2 Hướng dẫn giải Giả sử z  a  bi  a, b  Suy ra z  2 1 i . 2 1  i   a  bi   a 1 Từ giả thiết z  2  b  1 i . 2 là số thực nên ta có b  1 . 1 i Khi đó z  2  a  i  2  a2  1  2  a   3. Vậy số phức cần tìm là z  3  i và z   3  i . Từ đây suy ra z  2 . Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 31 là số Chuyên Đề Số Phức Vậy chọn đáp án Câu 30. Tính mô-đun của số phức z, biết z3  12i  z và z có phần thực dương. A. 2 B. z  7 C. z  3 D. z  5 Hướng dẫn giải 3 Giả sử z  x  yi, x,y  . z3  12i  z   x  yi   12i  x  yi x3  3xy2  x   x  3xy  3x y  y  12 i  x  yi   2 3  3x y  y  12  y 3 2  2  3 1 2 Do x  0  1  x2  3y2  1 . Thế vào (2) ta được:   3 3y2  1 y  y3  12  y  2y3  y  3  0  3 Giải phương trình (3) ta được y  1  x2  4 . Do x  0 nên x  2 . Vậy z  2  i  z  5 . Vậy chọn đáp án D. 4 zi Câu 31. Tìm z thỏa mãn điều kiện :   1 zi A. z  0,z  1,z  i. B. z  0,z  1 C. z  i,z  i D. z  i,z  0 Hướng dẫn giải  z  i 2   1  z  i  pt   2  z  i     1  z  i  (1) (2) z 1 1   i  i (loaïi) (1)   z  1  ;  z  1  1 z  0  z  1 z 1 i  z  i (2)   z  1   z  1  i z  1  z  1 Vậy nghiệm của phương trình là: z  0,z  1,z  i. Vậy chọn đáp án A. 4  iz  2  Câu 32. Tìm số số phức z thỏa mãn:    7  24i .  z 3  A. 5 B. 3 C. 4 D. 2 Hướng dẫn giải Nhận xét: Nếu làm bằng cách gọi z  a  bi , thay vào và tính toán vế trái, rồi đồng nhất phần thực và phần ảo của 2 vế sẽ rất dài và dẫn tới hệ đẳng cấp bậc 4 rất cồng kềnh. Áp dụng cách tính căn bậc hai bằng máy tính cầm tay , ta có cách giải ngắn gọn: Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 32 Chuyên Đề Số Phức iz  2 2  3z ‘ Đặt z  z * . Phương trình đã cho trở thành: z 3 z’  i ‘ Lần lượt tay z ‘ vừa tìm được vào công thức (*), ta tìm được: 11 1 19 3 11 5 3  z    i;  i;  i;2  i  . Vậy chọn đáp án C. 2   2 2 10 10 4 4 Câu 33. Biết z1,z2 ,z3 là các số phức thỏa mãn z  3i  1  iz và z  2 2 z1  z2  z3 2 9 là số thuần ảo. Tính z . A. 51 B. 30 C. 41 D. 22 Hướng dẫn giải Đặt z  x  yi,  x, y   2 2 z  3i  1  iz  x   y  3 i  1  y   ix  x2   y  3  1  y   x2 2 2   y  3  1  y   y  2 Do đó z  x  2i Như thế z 9  x  2i   9 9 9x   18   x  2i   x  2i   x    2  2 i 2 2 z x  2i x 4 x 4  x 4  Để z  x  0 x  0 9 9x là số thuần ảo thì x  0 2  z x2  4  x  5  x   5 Vậy có ba số phức thỏa mãn yêu cầu đề toán là z  2i, z   5  2i và z  5  2i Vậy chọn đáp án D. 2 Câu 34. Tìm số phức z thỏa mãn: z  5 và  z  i  là số thuần ảo. A. z  2  i , z  2  i B. z  2  i , z  1  2i B. z  2  i , z  1  2i D. z  2  i , z  2  i , z  1  2i , z  1  2i Hướng dẫn giải a2  b2  5  b2  b  2  0   Gọi z  a  bi    2 2 2 2   a   b  1  0 a   b  1 Với b  1  a  2  z  2  i hoặc z  2  i Với b  2  a  1  z  1 2i hoặc z  1  2i Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 33 Chuyên Đề Số Phức Vậy chọn đáp án D.   Câu 35. Tìm số phức z có phần ảo âm, biết z  1  1 và số phức 1  i  z  1 có phần ảo bằng 1. A. z  i B. z  2  i C. z  1  i D. z  3  i Hướng dẫn giải Đặt z  x  yi  x,y    z  x  yi 2 Ta có z  1  1   x  1  y2  1 1 Vì 1  i   z  1   x  y  1   x  y  1 i ; 1  i   z  1 có phần ảo bằng 1 nên x  y  1  1  x  1  y  1  2 y  0 2 Thay (2) vào (1) ta được:  y  1  y2  1  2y2  2y  0    y  1 Với y  0  x  2  z  2 Với y  1  x  1  z  1  i Vậy có hai số phức là z  2 và z  1  i . Vậy chọn đáp án C. Câu 36. Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z  5 và A. 5 B. 3 z  7i z 1 là số thực. C. 4 D. 2 Hướng dẫn giải 1 z  7i x  x  1  y  y  7  xy   x  1 y  7  Có w    i 2 2 2 2 z 1  x  1  y  x  1  y w là số thực  xy   x  1 y  7   0 2  7  x  1 Từ (2) có y   * , thay vào (1) được phương trình: 2x  1 Gọi z  x  yi  z  5  x2  y2  25   2x 4  2×3  25×2  x  12  0   x  3 x  4  2x 2  1  0  x  3; x  4; x   2 2 Thay vào (*) tìm được y tương ứng từ đó tìm được các số phức: z  3  4i ; z  4  3i ; z 2 7 2  i. 2 2 Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 34 Chuyên Đề Số Phức Câu 37. Tìm môđun số phức z biết u  A. z  365 5 B. z  z  2  3i là một số thuần ảo và z  1  3i  z  1  i zi 265 5 C. z  215 5 D. z  235 5 Hướng dẫn giải Đặt z  x  yi,  x,y   . Khi đó:  x  2    y  3 i   x  2    y  3 i  x   y  1 i  u 2 x   y  1 i x2   y  1 x2  y2  2x  2y  3   2  2x  y  1 i   2 x2   y  1 u là số thuần ảo khi và chỉ khi:  x 1 2  y 1 2  5 x2  y2  2x  2y  3  0    1     2 2   x; y    0;1 x   y  1  0  Ta có: 2 z  1  3i  z  1  i   x  2y  2  0 2  x  1   y  3 2  2  x  1   y  1 2  3 16  265 Từ (1) và (2) ta có:  x; y     ;    z  . Vậy chọn đáp án B. 5  5 5 Câu 39. Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện z  1  2i  2 , tìm số phức z có môđun nhỏ nhất.  2   4  A. z   1   2  i 5  5   2   4  B. z   1   2  i 5  5   2   4  C. z   1   2  i 5  5   2   4  D. z    1   2  i 5  5  Hướng dẫn giải Gọi z  x  yi, x,y  ; Gọi M  x;y  là điểm biểu diễn số phức . 2 2 Ta có : z  1  2i  2   x  1   y  2   4 Đường tròn 2 2  C :  x  1   y  2  4 có tâm I(1;2). Đường thẳng OI có phương trình y  2x Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 35 Chuyên Đề Số Phức Số phức z thỏa mãn điều kiện và có môdun nhỏ nhất khi và chỉ khi điểm biểu diễn số phức đó thuộc đường tròn (C) và gần gốc tọa độ O nhất, điểm đó chỉ là một trong hai giao điểm của đường thẳng OI với (C), khi đó tọa độ của nó thỏa mãn hệ y  2x 2 2 hoặc x  1   x  1  2 2 5 5  x  1   y  2   4 Chọn x  1  2 5  y  2  2   4  nên số phức z   1   2  i 5 5  5  4 Vậy chọn đáp án C. Câu 40. Cho số phức z thỏa mãn z2i z 1 i  2 . Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của z. A. z C. z min min  10  3; z max   10  3; z  10  3 max B.  10  3 D. z z min min   10  3; z max   10  3; z max  10  3  10  3 Hướng dẫn giải Giả sử z  x  yi . Từ giả thiết: z2i z 1 i  2  x  2   y  1 i  2 x  1   y  1 i 2 2 2 2 2   x  2    y  1  2   x  1   y  1   x2   y  3  10   Tập hợp điểm biểu diễn của z là đường tròn tâm I  0; 3 bán kính R  10 . Gọi M là điểm biểu diễn của z, ta có: IM  IO  OM  IM  IO  10  3  OM  10  3 z min  OMmin  10  3; z max  OMmax  10  3 Vậy chọn đáp án A.   Câu 41. Cho số phức z thỏa mãn  z  3  i  z  1  3i là một số thực. Tìm giá trị nhỏ nhất của z . A. z min  2 B. z min 2 2 C. z min 2 D. z min  2 2 Hướng dẫn giải Giả sử z  x  yi . Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 36 Chuyên Đề Số Phức     Từ giả thiết: w   z  3  i  z  1  3i  x  3   y  1 i x  1   y  3 i   x2  y2  4x  4y  6  2  x  y  4  i Ta có w   xy4  0 Tập hợp biểu diễn của z là đường thẳng  d  : x  y  4  0 . Gọi M là điểm biểu diễn của z. z min  OMmin  OM   d  Tìm được M  2;2   z  2  2i . Suy ra: z min  2 2 . Vậy chọn đáp án B. Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 37 Chuyên Đề Số Phức Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 1 MỤC LỤC CHỦ ĐỀ 6. PHƯƠNG TRÌNH SỐ PHỨC…………………………………………………………………………. 3 BÀI TOÁN 1. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT SỐ PHỨC ………… 3 BÀI TOÁN 2. CĂN BẬC HAI SỐ PHỨC, PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI VÀ PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI …………………………………………………………………………… 9 DẠNG 3. PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA………………………………………………………………………….. 40 DẠNG 4. PHƯƠNG TRÌNH BẬC BỐN SỐ PHỨC ……………………………………………………….. 52 Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 2 Chuyên Đề Số Phức CHỦ ĐỀ 6. PHƯƠNG TRÌNH SỐ PHỨC BÀI TOÁN 1. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT SỐ PHỨC I. MỘT SỐ VÍ DỤ RÈN LUYỆN KĨ NĂNG Ví dụ 1. Giải các phương trình sau đây với ẩn z: a)  2  i  z  z  2i  1; b) 1  i  z  2i   2  i. Giải a) Ta có:  2  i  z  z  2i 1  z 2  i 1  1  2i  z 1  i   1  2i  1  2i 1  i   1  2i2  i  2i  1  3i  z  1  3 i. 1  2i  z 1 i 11 2 2 1  i 1  i  1  i2 Vậy số phức z cần tìm là: z  1 3  i. 2 2 b) Ta có: 1  i  z  2i   2  i  z  2i  21  ii  z  2i   z  2i  2  i2  3i 1 i 2 z  2  i 1  i  1  i 1  i  1  3i 1 7  2i  z   i. 2 2 2 Vậy số phức z cần tìm là: z  1 7  i. 2 2 Ví dụ 2. Giải các phương trình sau đây với ẩn z: a) 2i  1 3i  1 z ; i2 i 3 z b)  2i  1 2  5i  2 2i3  i  1 . Giải a) Ta có: 2i  1 3i  1 3i  1 2i  1 3i  1 i  2 z x :  .  1 i2 i 3 i 3 i 2 i  3 2i  1 2 b) Ta có:  2i  1  3  4i; i3  i.i2  i 2 z  2i  1 2   5i  2  2i  1 5i  2 37 9  z   i i  1 i 1 2 2 Ví dụ 3. Giải các phương trình sau đây với ẩn z: a)  5  4i  z   3  2i  4  i  ; b)  z  2  i  3i  z  1  3i  . Giải a) Ta có Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 3  5  4i  z  3  2i  4  i   z  3  2i  4  i   14  5i  50  81 i 5  4i 5  4i 41 41 b) Ta có  z  2  i  3i  z  1  3i   i.z  2i  3i  9i2  z  3iz   1  4i  z  9  i  z  9  i 13 35   i 1  4i 17 17   Ví dụ 4. Giải phương trình sau:  2iz  3 z  5i  z  3  6i  0. Giải Ta có: 2iz  3  0  2iz  3 z  5i  z  3  6i  0  z  5i  0 z  3  6i  0      3 3 z  2i z   2 i    z  5i  z  5i  z  3  6i z  3  6i    3 Vậy nghiệm của phương trình là: z   i, z  5i, z  3  6i. 2 Ví dụ 5. a) Cho số phức z thỏa mãn 1  i  z  2z  2 . Tính mô-đun của số phức w  z  2  3i . b) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện  2  i  z  11  ii  5  i . Tìm mô-đun của số phức w  1  z  z2 . Giải 3a  b  2 a  1 a) Đặt z  a  bi (a, b ) . Theo đề ra ta có:  nên z  1  i .  a  b  0 b  1   Khi đó w  z  2  3i  1  i  2  3i  3  4i . Vậy w  32  42  5 . b) Ta có:  2  i  z  11  ii  5  i   2  i  z  5  z  2  i . Khi đó: w  z  z2  5  5i  w  5 2. b) Ta có: Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 4 Chuyên Đề Số Phức  2  i  z  11  ii  5  i   2  i  z  5  z  2 5 i  2  i . Từ đó w  1  z  z2  6  5i . Suy ra w  36  25  61 . Ví dụ 6. Cho số phức z thỏa mãn hệ thức  2  i 1  i   z  4  2i . Tính mô-đun của z. Giải Cách 1. Đặt z  a  bi, (a, b ), khi đó z  a  bi . Theo bài ra ta có: a  3  4 a  1    2  i 1  i   z  4  2i  a  3  1  b  i  4  2i  1  b  2  b  3  z  1  3i  z  12  32  10. Cách 2. Ta có:  2  i 1  i   z  4  2i  z  4  2i  2  i 1  i   1  3i Suy ra: z  1  3i  z  10 II. BÀI TẬP VÀ CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN Câu 1. Giải phương trình  2  3i  z  z  1. A. z   1 3  i. 10 10 B. z   1 3  i. 10 10 C. z  1 3  i. 10 10 D. z  1 3  i. 10 10 Hướng dẫn giải Ta có:  2  3i  z  z  1   2  3i  1 z  1  1  3i  z  1  z  1 13i   1  3i  2 2 1 3  1 3  i. 10 10 Vậy chọn đáp án A. Câu 2. Giải phương trình  2  i  z  4  0 . 1 3 A. z    i. 5 5 B. z  8 4  i. 5 5 C. z  5 3  i. 10 10 D. z  1 3  i. 13 13 D. z  1 3  i. 13 13 Hướng dẫn giải Ta có:  2  i  z  4  0  z  Vậy z  4 2  i 8 4 4    i. 2  i 22  12 5 5 8 4  i. Vậy chọn đáp án B. 5 5 Câu 2. Giải phương trình 1 3 A. z    i. 5 5 2i 1  3i z . 1 i 2i B. z  8 4  i. 5 5 C. z  22 4  i. 25 25 Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 5 Hướng dẫn giải Ta có: 1 3  1 7  1 3  2i 1  3i 1 7 22 4 z    iz   i  z    i :   i  z   i. 1 i 2i 5 5 25 25 2 2  5 5  2 2  Vậy chọn đáp án C. Câu 3. Tìm nghiệm của phương trình A. z  1 3  i. 5 5 B. z  1 4  i. 5 5 2z  1  1 i zi C. z  1 1  i. 2 2 1 1 D. z    i 2 2 Hướng dẫn giải Điều kiện: z  i . Với điều kiện trên, phương trình đã cho trở thành: 2z  1  1  i  2z  1  1  i  z  i   2z  1  1  i  z  i  i 2 zi i 1  i  i i  i2 1 1   2  1  i  z  i  1  1  1  i  z  i  z     z    i. 1  i 1  i 1  i  1  i 2 2 1 1 Vậy z cần tìm là: z    i . 2 2 Vậy chọn đáp án D. Câu 4. Tìm nghiệm của phương trình 1 3 A. z    i. 7 7 B. z  2 4  i. 3 3 i 1 1   . z 2  i 3  6i C. z  3 21  i. 10 10 D. z  3 5  i 2 2 Hướng dẫn giải Điều kiện: z  0 Với điều kiện trên, phương trình đã cho trở thành: i 1 1 i 1 1 i 2i 1  2i         z 2  i 3  6i z 2  i 3 1  2i  z 4  1 3 1  2i 1  2i   i 2  i 1  2i i 3  2  i  1  2i i 7i        z 5 z 15 15 z 15 3 1  4  z 15i  7  i  15i 15  105i 3 21    z   i. 7  i  7  i  7  i  49  1 10 10 Vậy chọn đáp án C.  1 Câu 5. Tìm nghiệm của phương trình: 1  2i  z  2  i   iz    0 . i  A. z  1,z  i B. z  1,z  i C. z  i,z  i D. z  i,z  1 Hướng dẫn giải Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 6 Chuyên Đề Số Phức Ta có:  1 iz   0  1  1  2i  z  2  i   iz    0  i    i  1  2i  z  2  i  0 (1) (2) Giải (1): (1)  i2z  1  0  z  1  0  z  1 Giải (2):  2  i 1  2i   2  2  i  4i  z  i  z  i 2  i z 1  2i 1 4 1  2i 1  2i  (2)  z  Vậy phương trình có 2 nghiệm là z  i và z  i . Vậy chọn đáp án C. Câu 6. Tìm nghiệm của phương trình A. z  1 7i 3  2i  1 B. z  i  3 i . 2z  1 C. z  i D. z  2 Hướng dẫn giải 3 1 Điều kiện: z   . Ta có:  2i  1  11  2i . 2 7i  3  2i  1 3 3 i   7  i  2z  1   2i  1  3  i  2z  1 3  2i  1 3  i   11  2i 3  i   5  z  2.  2z  1  7i 7i Vậy chọn đáp án D. Câu 7. Tìm nghiệm của phương trình A. z  2i B. z  i  1 2iz 3  i  2  2z  1 . 10  5i C. z  i D. z  2  i Hướng dẫn giải 2iz 2  2 2z  1   2  i  z 10  5i    2z  1 3  i  10  5i 3  i 2 2   2  i 10  5i   10  5i  z  2  3  i  z   3  i  2 2  10  5i   2  3  i   z   3  i    2  i 10  5i      26  7i  z  7  26i  z  i. Vậy chọn đáp án C. Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 7 Câu 8. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện A. 4 2 B. 2 2 z  5i  2i  3 . Tính mô-đun của số phức z  2i . z 2 i C. 2 D. 3 2 Hướng dẫn giải z  5i 4  12i  2i  3  z  5i   3  2i  z  2  i   z   4  2i 2  2i Ta có: z  2  i Nên z  2i  4  4i .. Vậy z  2i  4 2 . Vậy chọn đáp án A. Câu 9. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 1  2i  z  A. 3 B. 2 2 C. 1  3i  2  i . Tính mô-đun của z. 1 i 2 D. 3 2 Hướng dẫn giải 1  3i 1 7  2i  z   i  z  2 1 i 5 5 Vậy chọn đáp án C. Ta có: 1  2i  z  Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 8 Chuyên Đề Số Phức BÀI TOÁN 2. CĂN BẬC HAI SỐ PHỨC, PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI VÀ PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI Phương pháp 1. Ta nhắc lại căn bậc hai của số phức Định nghĩa: Cho số phức w. Mỗi số phức z thỏa mãn z2  w được gọi là một căn bậc hai của w. Mỗi căn bậc hai của w là một nghiệm của phương trình z2  w  0. a) Trường hợp w là số thực  Căn bậc hai của 0 là 0.  Xét số thực w  a  0    Khi a  0 , ta có z2  a  z  a z  a . Phương trình z2  a  0  z  a hoặc z   a. Vậy số thực a dương có hai căc bậc hai là    a và  a.   Khi a  0 , ta có z2  a  z2  ai2  z  ai z  ai . Phương trình z2  a  0  z  ai hoặc z   ai. Vậy số thực a âm có hai căn bậc hai là  ai và  ai. Ví dụ: 1  i2  -1 có hai căn bậc hai là i và –i. a2  a2 .i2  a2 có hai căn bậc hai là ai và –ai. b) Trường hợp w  a  bi  a, b  R, b  0  Đặt z  x  yi ,  x,y  R  2 z là căn bậc hai của w  z2  w   x  yi   a  bi  x2  y2  2xyi  a  bi x2  y2  a  . 2xy  b Giải hệ phương trình này, ta luôn tính được hai nghiệm  x;y  . Mỗi nghiệm (x;y) của hệ phương trình trên cho ta một căn bậc hai z  x  yi của số phức w  a  bi. Kĩ thuật MTCT tìm căn bậc hai của số phức Giả sử ta cần tìm căn bậc hai số phức z  a  bi,  a, b    Bước 1: Nhập vào màn hình a  bi và ấn phím  {lưu lại số phức a  bi }  Bước 2: Nhập vào màn hình Ans  arg  Ans  2 rồi ấn phím  Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 9  Bước 3: Ấn phím S  D nếu màn hình không hiển thị đầy đủ. Lúc này máy sẽ hiển thị số phức dạng   i  Bước 4: Kết luận căn bậc hai cần tìm là     i  Ví dụ: Tìm căn bậc hai của số phức z  5  12i Hướng dẫn thực hành  Bước 1: Nhập vào màn hình 5  12i và ấn phím   Bước 2: Nhập vào màn hình Ans  arg  Ans  2 rồi ấn phím  ta được kết quả là 2  3i  Bước 3: Bỏ qua vì màn hình đã hiển thị 2  3i  Bước 4: Kết luận căn bậc hai cần tìm là   2  3i  2. Phương trình bậc hai Xét phương trình: Az2  Bz  C  0 (A,B,C là số phức A  0 ) (1) Ta có   B2  4AC.  Nếu   0,  có 2 căn bậc hai là  và  , phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt là: z1   B   B   . và z2  2A 2A Nếu   0, phương trình (1) có nghiệm kép z1  z2   B . 2A Chú ý:  Ta chứng minh được với mọi phương trình bậc hai hệ số thực, nếu z  x  yi  x,y  R  và y  0 là một nghiệm thì z  x  yi cũng là nghiệm của phương trình đó.  Do tính chất của phép nhân số phức, định lí Vi-et vẫn đúng cho phương trình bậc hai với ẩn z  C. Do đó các cách tính nhẩm nghiệm của phương trình bậc hai vẫn áp dụng được. Chẳng hạn: A  B  C  0  z  1,z  C ; A A  B  C  0  z  1,z   C . A KĨ THUẬT GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI HỆ SỐ PHỨC Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 10 Chuyên Đề Số Phức  Bước 1: Ghi vào màn hình D  B2  4AC : E   Bước 2: Ấn CALC và khai báo các hệ số D arg  D  2 :X B  E B  E :Y  2A 2A Ví dụ: Giải phương trình z2  2 1  2i  z   7  4i   0; Dùng MTCT Vậy hai nghiệm của phương trình là: z  1  2i,z  3  2i I. MỘT SỐ VÍ SỤ RÈN LUYỆN KĨ NĂNG Ví dụ 1. Tìm căn bậc hai của số phức a)  9; b)3  4i; c)1  3i; d) 1 . 4i Giải a) Gọi z là căn bậc hai của 9 , ta có: z2  9  z2  9i2  z  3i hoặc z  3i. Vây -9 có hai căn bậc hai là 3i và -3i. b) Gọi z  x  yi, x,y  R  là căn bậc hai của 3+4i, ta có: 2 z2  3  4i   x  yi   3  4i  x 2  y 2  2xyi  3  4i x2  y2  3 x2  y2  3   xy  2 2xy  4 Từ (2)  x  0 và y  1 2 2 thay vào (1) ta được: x  x2  1 loaïi  1  x  2  3  x  3x  4  0   2 x x  4 2 4 4 2 x  2  y  1 Với x2  4    x  2  y  1 Vậy 3  4i có hai căn bậc hai là 2  i và   2  i  . Dùng MTCT Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 11 Vậy 3  4i có hai căn bậc hai là 2  i và   2  i  . c) Gọi z  x  yi ,  x, y  R  là căn bậc hai của 1  3i Lúc đó:  x  yi  2 x2  y2  1 1   1  3i  x  y  2xyi  1  3i    2xy   3  2  2 Từ (2)  x  0 và y   2 3 thay vào phương trình (1) ta được 2x  2 1 x    loaïi   3 x . 1  x2  2  1  4×4  4×2  3  0   3 2 2 4x  x2   2 3 Với x  3 2 Với x   y 3 2 3 2  2x 2 y 3 2  . 2x 2 Vậy có hai căn bậc hai của 1  3i là z  6 2 6 2  i và   i. 2 2 2 2 Dùng MTCT Vậy có hai căn bậc hai của 1  3i là z  6 2 6 2  i và   i. 2 2 2 2 d) Gọi z  x  yi, x,y  R  là căn bậc hai của  1 4i Ta có: 2 1 i2 i   x  yi    x2  y2  2xyi  4i 4i 4  1  1  x2  y2  0 1 y y    y   8x 8x     8x 1 1 2xy  x2  64x 4  1  0 x 4  1 0  4  2   64 64x    1 1 2 1 2  1 x   x     x   y    4  4 8x  2 2  2 2 2 2 hoaëc     x2  1 y  1   2 2 y  y .     8 8x   4  4 z2   Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 12 Chuyên Đề Số Phức Vậy   2 1 2  2 2 có hai căn bậc hai là z   i .  i và z     4 4 4 4  4i  Dùng MTCT Vậy   2 1 2 2 2  có hai căn bậc hai là z   i và z     i .  4  4 4 4 4i   Nhận xét: Mọi số phức đều có hai căn bậc hai đối nhau. Ví dụ 2. a) Tìm số phức z thỏa mãn: z2  164  48 5i b) Tìm số phức w thỏa mãn: w4  164  48 5i Giải a) Đặt z  x  yi, x, y  R , ta có: 2 z2  164  48 5i   x  yi   164  48 5i  x2  y2  2xyi  164  48 5i 1 2 x2  y2  164   xy  24 5 Từ (2)  x  0 và y  24 5 thay vào (1) ta được x 2  x2  180  24 5  4 2  x  4 Với 1  x   x   164  x  164x  2880  0   2  x  16   2 x  4  y  6 5. Với x  4  y  6 5. Vậy có hai số phức z thỏa mãn z2  164  48 5i là z  4  6 5i, z  4  6 5i. b) Ta có z2  164  48 5i và w4  164  48 5i    Suy ra: w4  z2  w2  z w2  z  0  w2  z.   Theo kết quả trên ta có z   4  6 5i  w2  4  6 5i hoặc w2  4  6 5i. Đặt w  x  yi,  x,y  R .  2 Trường hợp 1: Với w2  4  6 5i ta có  x  yi   4  6 5i Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 13 x2  y2  4   x  y  2xyi  4  6 5i    2xy  6 5 2 2 Từ (2)  x  0 và y  1 2 3 5 thay vào (1) ta được x 2  x2  5 3 5 4 2  x   4  x  4x  45  0   x  3    x  2    x  9 2 Với x  3  y  3 5i  5 x Với x  3  y   3 5i   5. x  Vậy w   3  5i .  2 Trường hợp 2: Với w2  4  6 5i, ta có  x  yi   4  6 5i x2  y2  4   x  y  2xyi  4  6 5i    2xy  6 5 2 2 Từ (2)  x  0 và y   1 2 3 5 thay vào (1) ta được x 2  x2  9  3 5  x  x 5   4  x 4  4×2  45  0    x  2  x  5    2 Với x  5  y   3 5  3 x Với x   5  y   Vậy w     3 5  3. x 5  3i . Kết luận: Có 4 số phức w thỏa mãn w4  164  48 5i là:   w   3  5i , w     5  3i . Ví dụ 3. a) Tìm số phức z thỏa mãn z 4  1; 4  z 1  b) Tìm số phức z thỏa mãn    1. zi    Giải a) Ta có: z4  1  z 4  i2  z2  i z2  i  0  z2  i. Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 14 Chuyên Đề Số Phức  Với z2  i, ta đặt z  x  yi, x, y  R ta có: x2  y 2  0 2  2 2 x  yi  i  x  y  2xyi  i      2xy  1 Từ (2)  x  0 và y   x2  1 4x 2  x4  o Với x  1 o Với x   2 1 thay vào (1) ta được 2x 1 1 1  x2   x   . 4 2 2 y 1 2 1 2 1 1  . 2x 2 y 1 1  . 2x 2  1 1  Vậy z     i . 2   2   z     Kết luận: z 4  1     z      1  i 2 2  1 1   i . 2 2  1  b) Theo kết quả câu a ta có:  z 1      z 1   z  i    1    z 1 zi      z  i 4 i   2 2 . 1 i    2 2 1  Xét 4 trường hợp:  Trường hợp 1: z 1 1 i    2z  2  1  i  z  i   2z  2  z  i  iz  1 zi 2 2  2  1  i  2  1  i    2  1  i  2  1  i  2  1  i   2  1  1  2  2  1 i  2  2 2  2  2  1 i  1  2   2  1 i z 42 2 2 2  2  1  1 1  2   2  1 i 1 i z z  . 2 2 2  2  1  2 1 i z  2 1 i  z  2 1 i  2 2  Trường hợp 2: Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 15 z 1 1 i  (  )  2z  2   1  i  z  i   2z  2  z  iz  i  i 2 zi 2 2  2z  2  z  iz  i  1   22 z   2 1 i z  2 1 i 2  1 i   2 1 i  2  1  i  2  1  i  2  1  i   2  1  1 2  2  2  1 i 2  1   2  1 i 2  1   2  1 i z  42 2 2 2 2  2  1 z   1 2 i  2 1 i    2 2 2  1  i2  2 2 . 2 Trường hợp 3: z 1 1 1   i  2z  2  1  i  z  i   2z  2  z  iz  i  i 2 zi 2 2  2 1 i z  2  1  i  2  1  i  2  1  i     2  1  i  2  1  i  2  1  i   2z  2  z  iz  i  1  z z  2  2i 42 2  1 i 2 2 1 z 2 2  2 1 i  2 1 i 2 2  2 1 1 i     2 1 2 1 2 2 1 1 . Trường hợp 4: z 1 1 1   i  2z  2   1  i  z  i   2z  2  z  iz  i  i 2 zi 2 2  2z  2  z  iz  i  1  2 1 i z z 2 1 i 2  2i 42 2      2  1  i   2 1 i 1 i 2 2 z  2 1 i z  2 1 i  2 1 i 2 1 i 1 2 2   2 1 i 2 2  2 1 1 i     2 1 2 1 2 2 1 1 . Kết luận: 4  z 1  1 i 1 i 1 i hoặc z  hoặc z        1  z   2 2 2 2 2 2 2 2 zi hoặc z  1 2 2  i 2 2 . Ví dụ 4. Giải các phương trình bậc hai sau đây: a) z2  4z  5  0; b) z2  8z  16  2i  0; Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 16 Chuyên Đề Số Phức 2 c)  2z  1  9  0; d) z2  3z  25  0. 4 Giải a) Phương trình: z2  4z  5  0 có các hệ số A  B  C  1  4  5  0 nên phương trình có hai nghiệm là z1  1,z2  5. 2 b) Phương trình z2  8z  16  2i  0   z  4   2i 2 2   z  4   1  i  2 (chú ý là 1  i   1  i2  2i  1  1  2i  2i ) z  4  1  i z  5  i   z  4  1  i z  3  i 2 2 2 2 c) Phương trình  2z  1  9  0   2z  1  9   2z  1   3i   1 3 z  2  2 i 2z  i  3i   z  1  3 i 2z  i  3i  2 2 d) Phương trình z2  3z    32  4. 25  0 có: 4 2 25 3  4i  0  16   4i  . Phương trình có hai nghiệm là z  . 4 2 MTCT Ví dụ 5. Giải các phương trình bậc hai hệ số phức sau đây: a) z2  7z  11  3i  0; b) z2  2 1  2i  z   7  4i  0; c) z2  2  2  i  z  6  8i  0 ; d) z2   2  i  z  i  1  0. Giải a) Phương trình z2  7z  11  3i  0 có:   49  44  12i  5  12i 2 Đặt    x  yi  ,  x,y  R . Ta có  x  yi  2 x2  y2  5   5  12i    2xy  12 Từ (2)  x  0 và y   1 2 6 thay vào (1) ta được x Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 17  x2  4  x  3   x2  9 x  3 1  x2  362  5  x4  5×2  36  0   x 2 Với x  3  y  2 ; Với x  3  y  2. Vậy    3  2i  . Phương trình có hai nghiệm là z1  7  3  2i 7  2  2i  5  i, z2   2  i. 2 2 Lời bình: Việc tìm căn bậc hai của số phức 5  12i ta dùng MTCT cho nhanh b) Phương trình z2  2 1  2i  z   7  4i   0 có: 2  ‘  1  2i   7  4i  1  4  4i  7  4i  4. Phương trình có hai nghiệm là: z1  1  2i  2  1  2i, z2  1  2i  2  3  2i. c) Phương trình z2  2  2  i  z  6  8i  0 có: 2  ‘   2  i   6  8i  4  1  4i  6  8i  3  4i. x2  y2  3, 1  Đặt 3  4i   x  yi  ,  x,y  R     2xy  4,  2  2 Từ (2)  x  0 và y  1  x2  2 thay vào (1) ta được: x  x2  4  3  x 4  3×2  4  0    x  1.  x2  1 x2 4 Với x  1  y  2 ; 2 Với x  1  y  2. Vậy  ‘  3  4i  1  2i  . Phương trình có nhiệm là: z1  2  i  1  2i  3  i,z2  2  i  1  2i  1  3i. d) Phương trình z2   2  i  z  i  1  0 có các hệ số thỏa mãn a  b  c  1  2  i  i  1  0. Suy ra phương trình có hai nghiệm là z1  1,z2  1  i. Ví dụ 6. Giải phương trình sau trên tập số phức : a) 4z  3  7i  z  2i. zi b) z2  1  i  z  6  3i  0 Giải a) Điều kiện z  i Phương trình cho tương đương với: 4z  3  7i   z  i  z  2i  hay z2   4  3i  z  1  7i  0 * Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 18 Chuyên Đề Số Phức 2 Cách 1: Phương trình này có biệt số   3  4i    i2  4i  4   i  2  *  z  1  2i hoặc z  3  i Cách 2: Gọi   x  yi  x,y  2  là căn bậc hai của  , khi đó  x  yi   3  4i hay  x2  y2  3   x,y    2;1 ,  2;1 x2  y2  2xyi  3  4i suy ra  2xy   4   *  z  1  2i hoặc z  3  i b) Ta có: 2 2   1  i   4  6  3i   24  10i  1  5i  Phương trình có hai nghiệm là: z  1  2i và z  3i. Ví dụ 7. Giải các phương trình sau:  a) z2  z   2   4 z2  z  12  0;  b) z2  3z  6  2    2z z 2  3z  6  3z 2  0. Giải a) Ñaët t  z2  z. Phương trình đã cho trở thành z2  z  6  0  t  6 t 2  4t  12  0    z2  z  2  0 t  2  1 z    2  2 Với z  z  6  0    z   1   2 23 i 2 23 i 2 z  1 Với z2  z  2  0   z  2 1 23 1 23 i, z    i, z  1, z  2. Vậy nghiệm của phương trình là: z    2 2 2 2 b) Cách 1. Ta có: Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 19  z2  3z  6   2  z2  3z  6     2z z 2  3z  6  3z 2  0  2    2z z 2  3z  6  z 2  4z 2  0   2 2   z2  3z  6  z    2z   0  z 2  4z  6      2 2   2z   0   z2  4z  6  2z z 2  4z  6  2z  0 z2  2z  6  0 z  1  5i   z2  6z  6  0 z  3  3 Vậy nghiệm của phương trình là: z  1  5i, z  3  3. Cách 2. Đặt t  z2  3z  6 . Phương trình đã cho trở thành t 2  2zt  3z2  0 * . 2 2 Ta có:  ‘   2z   3z2  4z2   2z  Phương trình (*) có hai nghiệm: t  z  2z, t  z  2z. z  1  5i Với t  z  2z  z2  3z  6  z  2z  z2  2z  6  0   z  1  5i z  3  3 Với t  z  2z  z2  3z  6  z  2z  z2  6z  6  0   . z  3  3 2 2 Ví dụ 8. a) Hãy giải phương trình sau trên tập hợp số phức  z  i   z  i   5z2  5  0 .   b) Giải phương trình: z2  z  z  3 z  2   10, z  Giải   Khai triển, rút gọn, nhân tử hóa  z  1 z  4   0 2 a) Viết lại phương trình về dạng: z2  1  5z2  5  0 2 2 Giải các phương trình, thu được z  i và z  2 rồi kết luận.    b) PT  z  z  2  z  1 z  3  10  z2  2z z2  2z  3  10 Đặt t  z2  2z . Khi đó phương trình trở thành: t 2  3t  10  0  t  2 z  1  i   z  1  6 t  5 Vậy phương trình có các nghiệm: z  1  6; z  1  i Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 20 Chuyên Đề Số Phức Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm z  1  2i hoặc z  3  i Ví dụ 9. a) Gọi z1,z2 là hai nghiệm của của phương trình bậc hai hệ số phức Az2  Bz  C  0,  A  0  . Chứng minh rằng: z1  z2  B C và z1.z2  . A A Áp dụng 1: Biết phương trình bậc hai 1  i  z2  Bz  C  0 có hai nghiệm là z1  2,z2  1  2i. Tính B vá C. b) Cho hai số phức có tổng z1  z2  S và tích z1.z2  P. Chứng minh rằng z1 và z 2 là hai nghiệm của phương trình bậc hai z2  Sz  P  0. Áp dụng 2: Tìm hai số phức có tổng bằng 4 và tích bằng 4  2i. Giải a) Phương trình Az2  Bz  C  0 có   B2  4AC. Gọi  là một căn bậc hai của . Phương trình có hai nghiệm là: z1  B   B   ,z2  . 2A 2A Ta có : z1  z2  B   B   B   2A 2A A   2 2 B2  B2  4AC   B      B      B   C và z1.z2     .  .  A 4A2 4A 2  2A   2A  Áp dụng 1: 1  i  z2  Bz  C  0 có hai nghiệm là z1  2,z2  1  2i. Áp dụng kết quả trên ta có:   B B z1  z2   A 2  1  2i   1  i   C z .z  2. 1  2i   C 1 2  A  1 i 1 2 Từ (1)  B   1  i  3  2i   3  2i2  2i  3i  5  i Từ (2)  C  1  i  2  4i   2  4i2  2i  4i  6  2i. Vậy B  5  i và C  6  2i. b) Hiển nhiên z1,z2 là hai nghiệm của phương trình bậc hai  z  z1  z  z2   0  z2   z1  z2  z  z1.z2  0  z2  Sz  P  0. Áp dụng 2: Gọi hai số phức phải tìm là z1 và z 2 . Theo giả thiết ta có S  z1  z2  4 và P  z1.z2  4  2i. Do đó z1 và z 2 là hai nghiệm của phương trình bậc hai z2  Bz  P  0 hay Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 21 2 z2  4z  4  2i  0. Phương trình trên tương đương với:  z  2   2i 2 2   z  2   1  i   z  2   1  i   z  2  1  i  3  i,z  2  1  i  1  i. Vậy phương trình có hai nghiệm là z1  3  i,z2  1  i. Ví dụ 10. Cho phương trình bậc hai hệ số thực Az2  Bz  C  0 (1), với A  0. a) Chứng minh rằng nếu phương trình (1) có một nghiệm thực z1 thì nghiệm còn lại z 2 cũng là số thực. b) Chứng minh rằng nếu phương trình (1) có một nghiệm thực z 0 không là số thực thì z 0 cũng là một nghiệm. Áp dụng: Tìm phương trình bậc hai hệ số thực biết phương trình có 1 nghiệm là 2  i . Giải a) Ta biết rằng phương trình bậc hai Az2  Bz  C  0 (1) có hai nghiệm là z1 và z 2 . Theo công thức Vi-et ta có z1  z2  Vì A,B nên B  A B A và ta cũng có z1  . Vậy z2  . b) Ta có z 0 là nghiệm của phương trình Az2  Bz  C  0 nên: Az02  Bz0  C  0  Az20  Bz 0  C  0 ( Vì liên hiệp của số thực là chính số thực đó suy ra   A z0 2   Bz 0  C  0   Vậy z 0 cũng là nghiệm của phương trình Az2  Bz  C  0 . Áp dụng: Theo chứng minh trên, phương trình bậc hai hệ số thực có 1 nghiệm là z1  2  i thì nghiệm kia là z2  2  i. Ta có S  z1  z2   2  i    2  i   4 và P  z1.z2   2  i  2  i   22  i2  4  1  5. Vậy z1,z2 là hai nghiệm của phương trình bâc hai: z2  Sz  P  0 hay z2  4z  5  0. Ví dụ 11. Biết z1,z2 là hai nghiệm của phương trình 2z2  3iz  3i  1  0 . Hãy tính: a)z12  z22 ; b)z13  z32 ; c)z14  z24 ; d) z1 z2  z2 z1 . Giải Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 22 Chuyên Đề Số Phức  3 i z1  z2   2 Theo định lý Vi-et ta có:  z .z  1  3i  1 2 2 Do đó: 6  3 i 2 3 3 3 7 3 b) z13  z32   z1  z 2   2z1z 2  z1  z 2    i 2 8 2 a) z12  z22   z1  z2   2z1z 2  1       c) z14  z24  z12  2  z22 2  z12  z22  2 2 2  2z12z22   z1  z2   2z1z2   2z12z 22   31 15  i 16 2 2 z z z2  z22  z1  z2   2z1z2 43 9 d) 1  2  1     i. z2 z1 z1z2 z1z2 20 20 Ví dụ 12. Gọi z1, z2 là hai nghiệm phức của phương trình z2  4z  9  0 ; M, N lần lượt là các điểm biểu diễn z1, z2 trên mặt phẳng phức. Tính độ dài đoạn thẳng MN. Giải Phương trình đã cho có  ‘  4  9  5  5i2 nên có hai nghiệm z 1;2  2  i 5 .     Từ đó M 2; 5 , N 2;  5  MN  2 5 . Đáp số: MN  2 5 .    Ví dụ 13. a) Giải phương trình: z2  i z2  2iz  1  0 b) Tìm số phức B để phương trình bậc z2  Bz  3i  0 có tổng bình phương hai nghiệm bằng 8. Giải a) Ta có  z2  i  0 z  i z  2iz  1  0   z2  2iz  1  0  2  2  1 2  2 2  i z1  2 2 2  Giải (1): Ta có z  i   2 2  i z2    2 2 2 Giải (2): z2  2iz  1  0   z  i   0  z  i Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 23 Vậy nghiệm của phương trình là z1  2 2 2 2  i, z2    i, z  i . 2 2 2 2 để phương trình z2  az  b  0 nhận số phức z  1  i làm Ví dụ 14. a) Tìm a, b nghiệm. b) Tìm tất cả các số thực a, b sao cho số phức z  2  3i là nghiệm của phương trình z2  az  b  0 . Giải 2 a) Theo đề, ta có: 1  i   a 1  i   b  0  1  2i  i2  a  ai  b  0 a  2  0 a  2   a  2 i  a  b  0    a  b  0 b  2 b) Tính z2  1  6i, az  2a   3a  i . Suy ra z2  az  b   2a  b  1   3a  6  i 2a  b  1  0 a  2 Từ đó, có hệ   3a  6  0 b  3 Ví dụ 15. Tính mô-đun của số phức w  b  ci  b,c   , biết số phức 8 1  i   1  2i  7 1  i  là nghiệm của phương trình z2  bz  c  0 . Giải 4  2i   1  2i   2  1  2i 1  i   3  i Ta có: z 0  3 2i  2i  1  i  Vì z 0 là nghiệm của phương trình z2  bz  c  0 nên:  3  i  2 8  3b  c  0 b  6  b  3  i   c  0     w  6  10i 6  b  0 c  10 Ta có w  102  62  2 34 Ví dụ 16. Cho phương trình 8z2  4  a  1 z  4a  1  0 (1) có hai nghiệm z1, z2 thỏa mãn 1 , với a là tham số. Tìm a để z1 là số ảo, trong đó z 2 là số phức có phần ảo dương. z2 Giải Từ giả 2 thiết suy ra  z1, z2 không  phải là số 4  a  1  8  4a  1  0  4 a2  6a  1  0  a2  6a  1  0 thực. Do đó ’  0 , hay *  Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 24 Chuyên Đề Số Phức Suy ra z1  Ta có   a  1   a2  6a  1 i 4 , z2    a  1   a2  6a  1 i 4  z1 z1 là số ảo  z12 là số ảo z2   a  0 2   a  1   a2  6a  1  0  a2  2a  0   a  2 Đối chiếu với điều kiện (*) ta có giá trị của a là a  0, a  2 . Ví dụ 17. a) Tìm m  biệt z1,z2  để phương trình 4z2  4  m  1 z  m2  3m  0 có hai nghiệm phân thỏa mãn z1  z2  10 . b) Gọi z1,z2 là hai nghiệm phức phân biệt của phương trình z2   m  4i  z  1  7i  0 Tìm số phức m sao cho z1 z2 3  i .   z2 z1 2 c) Trên tập số phức, tìm m để phương trình bậc hai: z2  mz  i  0 có tổng bình phương hai nghiệm bằng 4i . Giải a) z1,z2  là nghiệm của phương trình: 4z2  4  m  1 z  m2  3m  0 nên nếu gọi z1  a  bi  z2  a  bi với a,b  2 2 Giả thiết cho: z1  z2  10  z1  z2  10      a2  b2  a2  b2  2 a2  b2  10  4 a2  b2  a2  b2  10 4 Mặt khác theo Viet ta có : z1.z2  m2  3m m2  3m 10 hay   m 2  3m  m  2 hoặc m  5 4 4 4 2 b) Xét phương trình z2   m  4i  z  1  7i  0 1 . Ta có    m  4i   4  7i  1 2 Phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt    0   m  4i  4  7i  1  0 Theo định lý Vi-ét, ta có z1  z2  m  4i;z1.z2  1  7i z12  z22 3  i 3 i     Mặt khác z2 z1 2 z1.z2 2 z1 z2 c) Giả sử z1,z2 là nghiệm của phương trình đã cho và m  a  bi với a,b  . Theo bài toán ta có: z12  z22  4i Suy ra m2  2i dẫn tới hệ: Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 25  a2  b2  0  m  1  i hoặc m  1  i  2ab   2   II. CÂU HỎI VÀ BÀI TẬP RÈN LUYỆN KĨ NĂNG Câu 1. Tìm nghiệm của phương trình z2  2z  5  0 . A. z1  -1  2i; z2  -1-2i. B. z1  -1  2i; z2  -1-2i. C. z1  1  2i; z2  -1  2i. D. z1  -1  2i; z2  -1  2i. Hướng dẫn giải Ta có:  ‘  4  4i2 . Phương trình đã cho có hai nghiệm là: z1  -1  2i; z2  -1-2i. Vậy chọn đáp án A. Câu 2. Tìm nghiệm của phương trình z2  1  3i  z  2 1  i   0 . A. z1  2i; z2  -1- i. B. z1  2i; z2  -1  i. C. z1  1  2i; z2  -1  2i. D. z1  -1  2i; z2  i. Hướng dẫn giải 2 Ta có: z1    2i  1  i  . Phương trình đã cho có hai nghiệm là: 1  3i  1  i 1  3i  1  i  2i; z2   1  i. 2 2 Vậy chọn đáp án B. Câu 3. Tìm nghiệm của phương trình z2  2  2  i  z   7  4i   0 . A. z1  1  2i; z2  -1- i. B. z1  1  2i; z2  -1  i. C. z1  1  2i; z2  -1  3i. D. z1  2  i, z2  2  3i. Hướng dẫn giải 2 Ta có:  ‘   2  i    7  4i   4  4i2 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là: z1  2  i, z2  2  3i. Câu 4. Tìm nghiệm của phương trình 2iz2  3z  4  i  0 . A. B. 1 z1  4 1313  17 1  1313  17   3 i;  2 4 2   1 1313  17 1  1313  17  z1    3 i  4 2 4 2   1 z1  4 C. D. 1313  17 1  1313  17   3 i;  2 4 2   1 1313  17 1  1313  17  z1    3 i  4 2 4 2   Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 26 Chuyên Đề Số Phức z1  1 4 z1  1 4 1313  17 1   3 2 4  1313  17 1   3 2 4  1313  17  i;  2  1313  17  i  2  z1  1 4 z1  1 4 1313  17 1   3 2 4  1313  17 1   3 2 4  1313  17  i;  2  1313  17  i  2  Hướng dẫn giải Ta có:  ‘  9  8i  4  i   17  32i . Ta tìm căn bậc hai x  yi của  Ta có:  x  yi  2  2 256 x   17 2 2  2 x  y  17  x  17  32i    2xy  32 y  16    x    x  17  1313  2 17  1313  2 x    2 17  1313    x y   16   2   x y   16  x Từ đó, phương trình có hai nghiệm phức là: 1313  17 1  1313  17   3 i;  2 4 2   1 1313  17 1  1313  17  z1    3 i  4 2 4 2   1 z1  4 Vậy chọn đáp án A. Câu 5. Tìm nghiệm của phương trình 9z2  12iz  11  9i  0 . 1 1 2 A. z1   2i; z2    i. 3 3 3 1 1 2 B. z1    2i; z2    i. 3 3 3 1 1 2 C. z1   2i; z2    i. 3 3 3 1 1 2 D. z1   2i; z2   i. 3 3 3 Hướng dẫn giải 2 2 Ta có ’   6i   9 11  8i   135  72i   3  12i  Suy ra z1  6i   3  12i  6i  3  12i 1 1 2   2i;z2    i 9 3 9 3 3 Vậy chọn đáp án A. Câu 6. Tìm nghiệm của phương trình z2   2i  1 z  1  5i  0 . Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 27 A. z1  1  2i; z2  -1  i. B. z1  i  1; z2  2  3i C. z1  1  i; z2  -1  3i. D. z1  2  i, z2  2  3i. Hướng dẫn giải 2 2 Ta có ’   2i  1  4 1  5i   7  24i  3  4i     3  4i là một căn bậc hai của  Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm z1  i  1; z2  2  3i Câu 7. Tìm nghiệm của phương trình iz2  2 1  i  z  4  0 . A. z1  1  2i; z2  -1  i. B. z1  2; z2  2i. C. z1  1  i; z2  -1  i. D. z1  2  4i, z2  2  4i. Hướng dẫn giải 2 2 Ta có:  ‘  1  i   4i  1  i  Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: z1  2; z2  2i. Vậy chọn đáp án B. Câu 8. Tìm nghiệm của phương trình z2   5  i  z  8  i  0 . A. z1  1  3i; z2  -1  4i. B. z1  2  2i; C. z1  1  5i; z2  -2  5i. D. z1  2  i; z2  2  2i. z2  3  2i. Hướng dẫn giải 2 2 Ta có:    5  i   4  8  i   8  6i  1  3i  Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: z1  2  i; z2  3  2i. Vậy chọn đáp án D. Câu 9. Tìm nghiệm của phương trình 2z2  2  5  2i  z  28  4i  0 . A. z1  1  7i; z2  -1  5i. B. z1  2  2i; z2  2  i. C. z1  3  4i; D. z1  2  2i; z2  3  2i. z2  2  2i. Hướng dẫn giải 2 2 Ta có:  ‘   5  2i   2.  28  4i   35  12i  1  6i  Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: z1  3  4i; z2  2  2i. Vậy chọn đáp án C. Câu 10. Tìm nghiệm của phương trình: z2   3  4i  z  1  5i  0 . A. z1  1  i; C. z1  1  5i; z2  2  3i. B. z1  3  2i; z2  2  2i. z2  1  2i. D. z1  2  2i; z2  3  3i. Hướng dẫn giải Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 28 Chuyên Đề Số Phức 2 2 Ta có:    3  4i   4  1  5i   3  4i  1  2i  Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: z1  1  i; z2  2  3i. Vậy chọn đáp án A. Câu 10. Tìm nghiệm của phương trình: 2z2  3z  1  iz  4  3z   i  0 . A. z1  1  i; z  C. z1  1; 5 1  i. 13 13 z2  1  2i. B. z1  3; z2  5  2i. D. z  1 , z  5 1  i 13 13 Hướng dẫn giải Phương trình đã cho tương đương với:  2  3i  z2   4i  3 z  1  i  0 2 2 Ta có    4i  3  4  2  3i 1  i   3  4i  1  2i  Suy ra z1  và z2  3  4i  1  2i  1 2  2  3i  3  4i  1  2i  2  2  3i  1  i 1  i  2  3i  5 1    i 2  3i 13 13 22  32  vậy phương trình có hai nghiệm là z  1 và z  5 1  i. 13 13 Vậy chọn đáp án D. Câu 12. Tìm các số thực b,c để phương trình (với ẩn z): z2  bz  c  0 nhận z  1  i làm một nghiệm. A. b  2,c  2. B. b  2,c  3. C. b  1,c  2. D. b  2,c  2. Hướng dẫn giải Theo đề, z  1  i làm một nghiệm của phương trình: z2  bz  c  0 b  c  0 b  2 2  . Nên 1  i   b 1  i   c  0  b  c   2  b  i  0   2  b  0 c  2   Vậy, b  2,c  2. Vậy chọn đáp án D. Câu 13. Cho z1, z2 là các nghiệm phức của phương trình : 2z2 – 4z  11  0. Tính giá trị của 2 biểu thức A  A. 2 2 z1  z2  z1  z2  2 2 . B. 17 2 C. 5 D. 1 2 Hướng dẫn giải Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 29  3 2 i z1  1  2 Xét phương trình: 2z2 – 4z  11  0    3 2 i z2  1   2 2 2 2 z1  z2 Lúc đó: A   z1  z2  2  3 2 3 2 1 i  1 i 2 2 2  3 2 3 2  i 1 i 1   2 2    17 . 2 Vậy chọn đáp án B. Câu 14. Gọi z1 và z2 lần lượt là nghiệm của phương trình: z2  2z  10  0 . Tính giá trị của 2 biểu thức A  z1  z2 A. 15 2 B. 17 C. 20 D. 10 Hướng dẫn giải Ta có:   22  4.10  36  36i2 Phương trình có hai nghiệm là: z1  1  3i và z2  1  3i. z1   1 2  32  10 và z1  2 2  1   3 2  10 . 2 Vậy A  z1  z2  20. Vậy chọn đáp án C. Câu 15. Gọi z1, z2 là hai nghiệm phức của phương trình 2z2  4z  11  0 . Tính giá trị của 2 2 biểu thức z1  z2 . A. 15 C. 21 B. 37 D. 11 Hướng dẫn giải Ta có  ‘  18  18i2 . Do đó phương trình có hai nghiệm là z1  2  3 2i 2  3 2i , z2  . 2 2 2 2  4  18   4  18   z1  z2      11 .  4   4  Vậy chọn đáp án D. Câu 16. Gọi z1 và z 2 là hai nghiệm phức của phương trình z2  2z  17  0 . Tính giá trị của biểu thức A  i  z1  i  z2 . A. A  2 23 B. A  2 10,A  2 11 Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 30 Chuyên Đề Số Phức D. A  2 10, A  2 26 C. A  2 26,A  2 5 Hướng dẫn giải 2 2 Ta có  ‘   1  17  16   4i  Phương trình đã cho có hai nghiệm là 1  4i và 1  4i . Nếu z1  1  4i thì A  2 i  1  4i  2 1  3i  2 10 Nếu z1  1  4i thì A  2 i  1  4i  2 1  5i  2 26 Vậy chọn đáp án D. Câu 17. Gọi z1 và z 2 là hai nghiệm phức của phương trình z2  4z  7  0 . Tính z  1 3 2   z 10 2  3 2  10 D. 1 C. 2 B. 0 A. 5 Hướng dẫn giải Giải phương trình ta được z1  2  3i; z2  2  3i z  1 3 2   z 10 2  3 2   10 3 1  i    10 3 1  i   10 10 10 5 5  35 1  i   1  i    35  2i    2i          65 i 5  i 5  0 Vậy chọn đáp án B. Câu 18. Tìm nghiệm của phương trình :  x  i  2  x2   2  i  x  7i  1  0   A. z  3  i,x  1  2i. B. z  3  i,x  1  2i. C. z  3  i,x  1  2i. D. z  3  i,x  1  2i. Hướng dẫn giải Ta có: x  i  2  0 2    x  i  2 x  2  i x  7i  1  0        x2   2  i  x  7i  1  0  1 2 Giải (1): x  2  i 2 2 Giải (2): x2   2  i  x  7i  1  0 có    2  i   4  7i  1  7  24i   4  3i  Vậy phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt là: Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 31 x1  2  i  4  3i  3  i; 2 x2  2  i  4  3i  1  2i. 2 Câu 19. Biết z1,z2 là nghiệm của phương trình z2   2  i  z  3  5i  0. 19.1. Tính z12  z22 A. 3  14i B. 3  14i C. 3  14i D. 3  14i B. 193  74i C. 193  74i D. 193  74i 19.2. Tính z14  z24 A. 193  74i 19.3. Tính A.  1 z12  1 z22 93 157  i. 289 578 B. 93 157  i. 289 578 C.  93 157  i. 289 578 D. 93 157  i. 289 578 19.4. Tính z2z14  z1z24 . A. 67  251i. B. 67  251i. C. 67  251i. D. 67  251i. Hướng dẫn giải z  z  2  i Theo định lý Vi-et ta có:  1 2 z1.z2  3  5i Do đó: 2 z12  z22   z1  z2   2z1z2  3  14i  z14  z24        z12 2 z22 2 z12  z22  2  2z12z22 2 2   z1  z2   2z1z2   2z12z22    193  74i 2  z  z   2z1z2   93  157 i.     1 2 2 289 578 z12 z22  z z 2  z1z2  1 2 3  z2z14  z1z24  z1z2  z13  z32   z1z2  z1  z2   3z1z2  z1  z2    67  251i.   1 1 z12  z22 Câu 20. Gọi A, B là hai điểm biểu diễn cho các số phức là nghiệm của phương trình z2  2z  3  0 . Tính độ dài đoạn thẳng AB . A. 2 2 B. 3 2 C. 2 3 D. 3 Hướng dẫn giải  . Xét phương trình: z2  2z  3  0 có  ‘  1  3  2  i 2 2 Phương trình có hai nghiệm z1  1  i 2; z2  1  i 2 . Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 32 Chuyên Đề Số Phức      A 1; 2 ; B 1;  2 . Vậy AB  2 2 . Câu 21. Cho số phức z có phần thực dương thỏa mãn điều kiện A. 1 C. 2 2 B. z  11 z  4i .  z  1 . Tính z2 z  2i 3 D. Hướng dẫn giải Ta có: z  2  3i z  11  z  1  z2  4z  13  0,  ‘  9  9i2   z2 z  2  3i z  2  3i  z  4i  z  2i Vậy chọn đáp án A 2i 1 2i Câu 22. Gọi z1,z2 lần lượt là hai nghiệm của phương trình z2  1  3i  z  2  2i  0 và thỏa   mãn z1  z2 . Tìm giá trị của biểu thức A  z1 A. 1 3 B. 3 2 1 C. 2  1  z2  1 2 1 2 D. 3 2 Hướng dẫn giải Phương trình đã cho tương đương với: z  2i z2  2i  1  i  z  2i. 1  i   0   z  2i  z  i  1  0   z  i  1 Do z1  z2 nên ta có z1  2i và z2  i  1   Ta có A  z1 1 2  1   i  1 1 2 2 2 2 2 1 1 i 1 3     i   1  2i i 2 2 2 Câu 23. Gọi z1,z2 lần lượt là hai nghiệm của phương trình z2  4z  7  0 . Tính giá trị của  biểu thức Q  z1  3  2 A. 1   z 10 B. 3 2  3 2  10 C. 0 D. 5 Hướng dẫn giải Định hướng: Ta sẽ tiến hành giải phương trình đầu tiên để tìm ra z1,z2 sau đó tiến hành 10 10 lắp vào biểu thức cần tính ta có: 35 1  i   1  i   . Đến đây vì mũ 10 lơn nên ta sẽ tiến   hành làm từng lớp một, tức là: Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 33 5 5  10 10 2 2  35 1  i   1  i    35  1  i     1  i           5 5 5 5  35  2i    2i    65  i    i    0     Từ đó ta có lời giải như sau: Phương trình đã cho tương đương với: 2 2   z2  4z  7  0   z  2   3   z  2   i 3 2  z  2i 3 z  2  i 3 Do Q là biểu thức đối xứng với z1,z2 nên không mất tính tổng quát, giả sử  1 z2  2  i 3 Lúc đó:  Q  z1  3  2   z 2 2  3 2   i 2 3 3    i 10 3 3    3 10 10 10  i  1   3 10 5 5  35  2i    2i    65  i5  i5   0     Vậy chọn đáp án C. Lưu ý: Cũng có thể dùng dạng lượng giác của số phức để giải quyết bài toán này. Câu 24. Cho số phức z có phần thực dương thỏa mãn z2  6z  13  0 . Tính z  A. 13 C. 7 B. 17 6 . zi D. 7 3 Hướng dẫn giải 2 2 2 Ta có z2  6z  13  0   z  3  4   z  3   2i   z  3  2i hoặc z  3  2i Với z  3  2i ta có z  6 6  3  2i   4  i  17 zi 3  3i Vậy chọn đáp án B. Câu 25. Tìm nghiệm của phương trình z2  2 cos .z  1  0 . A. z1  cos   isin , z2  cos   isin  B. z1   cos   isin , z2  cos   isin  C. z1   cos   isin , z2  cos   isin  D. z1  cos   isin , z2   cos   isin  Hướng dẫn giải 2 Ta có:   4 cos2   4  4sin2    2sin   . Phương trình đã cho có hai nghiệm Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế 10  i  1 Page 34 Chuyên Đề Số Phức 2 cos   2i sin   cos   i sin ; 2 2 cos   2i sin  z2   cos   i sin  2 z1  Vậy chọn đáp án A. Câu 26. Tìm nghiệm của phương trình z2   cos   isin  z  isin .cos   0. A. z1  isin , z2  isin  B. z1  cos , z2  isin  C. z1   cos , z2  isin  D. z1  cos , z2   cos  Hướng dẫn giải Ta có: 2    cos   i sin    4i sin .cos   cos2   sin2   2i sin .cos    cos   i sin   2 Do đó, phương trình đã cho có hai nghiệm cos   i sin   cos   i sin   cos  2 cos   i sin   cos   i sin  z1   i sin  2 z1  Vậy chọn đáp án B. Câu 31. Biết phương trình 1  i  x2     i  x  1  i  0 không có nghiệm thực. Tìm những giá trị có thể có của . A.   3 B.   1 C.   2 D.   3 Hướng dẫn giải Nếu phương trình có một nghiệm thực r thì: 1  i  r2     i  r  1  i  0  r2  r  1  i   r2  r     0 2  r 2  r  1  0  r 2  r  1  0  r  r  1  0,(1)    2  r  r    0    1 r  1  0,  2  r  r    1  0 Từ phương trình (2) ta có:  Nếu   1 thì từ (1) suy ra r2  r  1  0, phương trình này không có nghiệm thực.  Nếu r  1 thì từ (1) suy ra 1    1  0    2. Vậy phương trình đã cho không có nghiệm thực khi và chỉ khi   2. Vậy chọn đáp án C. Câu 32. Cho z1 và z 2 là các số phức thỏa mãn z12  4z2  16  20i. Giả sử ,  là các nghiệm của phương trình x2  z1x  z2  m  0 thỏa mãn điều kiện    2 7, với m là số phức. Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 35 32.1. Tìm giá trị lớn nhất của m . A. m max  7  41. B. m max  9  47. C. m max  7  34. D. m  7  34. D. m max  5  35. 32.2. Tìm giá trị nhỏ nhất của m . A. m max  3  47. B. m max  7  41. C. m max max  5  35. Hướng dẫn giải Sử dụng định lý Viet ta có     z1, .  z2  m. 2 Do đó:             4  z12  4z2  4m  16  20i  4m Từ     2 7 suy ra 4  5i  m  7. Do đó điểm M biểu diễn số phức m trên mặt phẳng phức thuộc đường tròn tâm I(4;5) và bán kính R=7. Ta cần tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của OM. Đường thẳng OI cắt đường tròn tại hai điểm A,B với Onằm giữa Avà I. Vì OI  42  52  41 nên: 32.1. Giá trị lớn nhất của m khi M  B, khi đó: m  OB  OI  IB  7  41. Vậy chọn đáp án A. max 32.2. Giá trị nhỏ nhất của m khi M  A, khi đó: m  OA  IA  OI  7  41. Vậy chọn đáp án B. min 1  3i   2  i  Câu 33. Tìm mô-đun của số phức w  b  ci biết số phức 1  3i  1  i  12 6 6 là nghiệm của phương trình z2  8bz  64c  0 . B. 7 A. 2 5 C. 29 D. 19 Hướng dẫn giải  Ta có 1  3i 1  3i  3 1  i  2  3  1  3 3i  3.3i2  3 3i3  8  1  3 3i  3.3i2  3 3i3  8  2i    2  i    8  2  i    8 2  i   8 1  2i   8  16i Do đó i 1  3i  1  i   8  2i  1  3i 12 6 4 6 2 3 Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 36 Chuyên Đề Số Phức 2 Theo giả thiết ta có  8  16i   8b  8  16i   64c  0 2  1  2i   b 1  2i   c  0   2b  4  i  b  c  3  0 2b  4  0  b  2   w b  c  3  0 c  5  2  2  52  29 Vậy chọn đáp án C. Câu 34. Cho a,b,c là 3 số phức phân biệt khác 0 và a  b  c . Nếu một nghiệm của phương trình az2  bz  c  0 có môđun bằng 1 thì khẳng định nào sau đây đúng A. c2  ab C. b  ac B. a2  bc D. b2  ac Hướng dẫn giải Giả sử z1,z2 là nghiệm của phương trình az2  bz  c  0 với z  1 . Theo định lý Viet ta có z1z2  c c 1 c c 1  z2  . Suy ra z2   .  1 a a z1 a a z1   2 b Bởi vì z1  z2   , a  b  z1  z2  1,suy ra  z1  z2  z1  z2  1 a 2 1 1  2  b c   z1  z2      1   z1  z2   z1.z2       b2  ac a  a  z1 z2  Vậy chọn đáp án D. 2  iz  3  iz  3 Câu 35. Tìm nghiệm của phương trình:  4  0.  3 z  3i  z  3i  A. z   1 55 1 5  i,z   i 17 17 7 7 C. z   1 55  i , z  3i 17 17 B. z  3i,z  3i  4 D. z  1 5  i,z  3i  4 7 7 Hướng dẫn giải Đặt t  iz  3 . Phương trình đã cho trở thành z  3i t  4 t 2  3t  4  0    t  1 Với t  4  iz  3  4  iz  3  4 z  3i   iz  3  4z 13i z  3i   4  i  z  13i  3  z  Với t  1  13i  3 1 55   i 4  i 17 17 iz  3  1  iz  3  z  3i  1  i z  3  3i  z  3i. z  3i Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 37 Vậy chọn đáp án C. Câu 36. Tìm nghiệm của phương trình:  z  3  i  2  6  z  3  i   13  0. A. z  3i,z  1  2i B. z  i,z  3i  4 C. z  3i  4,z  3i D. z  3i,z  i Hướng dẫn giải Đặt t  z  3  i . Phương trình đã cho trở thành  t  3  2i t 2  6t  13  0    t  3  2i Với t  3  2i  z  3  i  3  2i  z  3i. Với t  3  2i  z  3  i  3  2i  z  i. Vậy chọn đáp án D.      Câu 37. Tính giá trị của P  z12  1 z22  1 z32  1 z 42  1 biết z1,z2 ,z3 ,z 4 là nghiệm    phức của phương trình 5z2  6iz  2 3z2  2iz  0 . A. 12 25 B. 13 45 C. 11 23 D. 26 7 Hướng dẫn giải Phương trình cho  3z2  2iz  0 1 ,5z2  6iz  2  0  2  1  z1  0,z2  2i3 2 Giải  2  : ta có ’   3i   10  1 Suy ra z3  3i  1 1 3 3i  1 1 3   i;z 4    i 5 5 5 5 5 5      Do đó: P  z12  1 z22  1 z32  1 z 42  1 2   1 3  2   4 2   1 3    0  1  i  1   i   1    i   1   5 5   9   5 5     4  17 6  17 6  5  289 36  13     1  i   i       9  25 25  25 25  9  625 625  45 Vậy chọn đáp án B.   Câu 38. Gọi z1,z2 ,z3,z 4 là bốn nghiệm của phương trình  z  1 z  2  z2  2z  2  0 trên tập số phức, tính tổng: S  1 z12  1 z22  1 z32  1 z24 . Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 38 Chuyên Đề Số Phức A. 2 5 B. 3 5 C. 5 4 D. 6 7 Hướng dẫn giải Không mất tính tổng quát ta gọi 4 nghiệm của phương trình là: z1  1,z2  2,z3  1  i,z4  1  i Thay vào biểu thức S  1 z12  1 z22  1 z32  1 z24  1 1 1 1 5    2 2 4 1 i   1  i  4 Vậy chọn đáp án C.    Câu 39. Cho z1, z2 , z3 , z4 là các nghiệm của phương trình: z2  1 z2  2z  2  0 . Tính S  z12014  z2014  z32014  z2014 2 4 C. 2 B. 4 A. 5 D. 3 Hướng dẫn giải z2  1  i2 z   i PT    z2  2z  2  0 z  1  i 2014 S  i2014   i     i2 1007 2014  1  i  1007 2   i      1  i  1007   2i  2014 1007   2i  1007 1007  2   2  i  21007 i1007  2 Vậy chọn đáp án C. Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 39 DẠNG 3. PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA Phương Pháp Theo định lý cơ bản của đại số, phương trình bậc ba có đúng 3 nghiệm phức (không nhất thiết phân biệt). 1) Để giải phương trình bậc ba tổng quát Az3  Bz2  Cz  D  0  A  0  (1), ta cần biết một nghiệm z 0 của phương trình. Khi đó phương trình (1) được biến đổi thành phương trình tích z  z 0  0 1   z  z0   Az2  bz  c  0    Az2  bz  c  0 Muốn xác định Az2  bz  c, ta có thể dùng một trong hai cách: Cách 1: Ta thực hiện phép chia đa thức Az3  Bz2  Cz  D cho z  z 0, thương sẽ là Az2  bz  c. Cách 2: Dùng sơ đồ Horner sau đây để xác định hệ số A,b,c của đa thức thương là Az2  bz  c . 2) Đôi khi ta có thể xác định z 0 bằng cách nhẩm nghiệm như sau: Nếu A  B  C  D  0 thì phương trình có 1 nghiệm là z 0 =1. Nếu A  B  C  D  0 thì phương trình có 1 nghiệm là z  1 . 3) Việc biến đổi thành phương trình tích có thể thực hiện dễ dàng nếu ta có thể đặt nhân tử chung. 4) Ta biết rằng nếu một phương trình đa thức hệ số thực có 1 nghiệm phức z0  x  yi  x,y  ,y  0  thì z0  x  yi cũng là 1 nghiệm. Như vậy: o Mọi phương trình bậc ba hệ số thực có ít nhất một nghiệm thực, nghĩa là – Hoặc có 3 nghiệm thực – Hoặc có 1 nghiệm thực và 2 nghiệm phức (không thực) liên hợp nhau. o Muốn giải phương trình bậc 3 hệ số thực, ta thường phải tìm nghiệm thực của phương trình rồi biến thành phương trình tích. Nghiệm thực này có thể tính chính xác nhờ máy tính bỏ túi (nếu là nghiệm hữu tỉ). o Nếu biết phương trình bậc 3 hệ số thực P  z   0 có 1 nghiệm không là số thực z 0 thì z 0 cũng là nghiệm, nên phương trình phải có dạng   P  z    z  z1  z  z 0  z  z 0  0.     Chia P  z  cho  z  z0  z  z0  z2  z0  z 0 z  z0 .z0 sẽ tìm được thừa số z  z1. Như vậy phương trình có 3 nghiệm là z 0 ,z0 ,z1. Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 40 Chuyên Đề Số Phức I. MỘT SỐ VÍ DỤ RÈN LUYỆN KĨ NĂNG Ví dụ 1. Giải các phương trình sau: a) z3   2  i  z2   2  2i  z  2i  0 biết 1 nghiệm là z1  i . b) z3  4z2   4  i  z  3  3i  0 biết 1 nghiệm là z1  i . c) z3  z2   2  2i  z  2  4i  0 biết 1 nghiệm là z1  1  i. Giải a) Chia đa thức z3   2  i  z2   2  2i  z  2i cho z  i ta được thương là z2  2z  2 . Do đó, phương trình đã cho viết thành:   z3   2  i  z2   2  2i  z  2i  0   z  i  z2  2z  2  0 z  i  0 z  i z  i  2  2  z  2z  2  0 z  2z  2  0 z  1  i Vậy phương trình có 3 nghiệm: z1  i; z2  1  i; z3  1  i. b) Chia đa thức P  z   z3  4z2   4  i  z  3  3i cho z  i ta được thương là z2   4  i  z  3  3i . Do đó, hương trình đã cho viết thành:   z3  4z2   4  i  z  3  3i  0   z  i  z2   4  i  z  3  3i  0 z  i  0 1  z2   4  i  z  3  3i  0  2 Giải (1): 1  z  i 2 Giải (2): Ta có:    4  i   12  12i  16  1  8i  12  12i  3  4i. Ta đi tìm căn bậc hai của  2 Đặt 3  4i   x  yi  , x,y   x2  y2  3   x2  y2  2xyi  3  4i    2xy  4 Từ (ii) suy ra: x  0, y  Từ (1) suy ra: x2  4 x 2 i  ii  2 x  3  x 4  3×2  4  0  x2  1 (loại) hoặc x2  4  x  2. Với x  2  y  1 Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 41 Với x  2  y  1. 2 Như vậy:    2  i  . Phương trình z3  4z2   4  i  z  3  3i  0 có 2 nghiệm là: z 4  i  2  i 4  i  2  i  1  i, z   3. 2 2 Vậy nghiệm của phương trình là: z  i, z  1  i, z  3. c) Chia đa thức P  z   z3  z2   2  2i  z  2  4i cho z  1  i  ta được thương là: z2  iz  1  3i . Do đó, phương trình đã cho viết thành: z3  z2   2  2i  z  2  4i  0 z  1  i  0 1   z  1  i  z2  iz  1  3i  0   z2  iz  1  3i  0    2 Giải (1): 1  z  1  i Giải (2): Ta có   i2  4  12i  5  12i. 2 Đặt 5  12i   x  yi  , x,y  R  x2  y2  5  i    x  y  2xyi  5  12i    2xy  12  ii  2 2 Tư (ii) suy ra: x  0,y  Từ (i) suy ra: x2  36 x 2 6 x  5  x 4  5×2  36  0  x2  4 hoặc x2  9 (loại) x  2. Với x  2  y  3 Với x  2  y  3. 2 Như vậy:    2  3i  . Phương trình (2) có 2 nghiệm là z  i  2  3i i  2  3i  1  2i; z   1  i 2 2 Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm là: z1  1  i; z2  1  2i; z3  1  i. Ví dụ 2.Giải các phương trình: a) z3  1  i  z2  az  b  4i  0,a, b  R và biết phương trình có 1 nghiệm là z  1  i. b) z3  aiz2   i  b  z  2  2i  0,a, b  R và biết phương trình có 1 nghiệm là z  1  i. Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 42 Chuyên Đề Số Phức c) Tìm các số a, b, c để phương trình z3  az2  bz  c  0 nhận z  1  i và z  2 làm nghiệm. Giải a) Theo đề: z  1  i là nghiệm cuả phương trình z3  1  i  z2  az  b  4i  0 nên 3 2 1  i   1  i 1  i  a  b  0  a 1  i   b  4i  0  a  b   a  4  i  0    a  4, b  4. a  4  0 Với a  4,b  4 phương trình đã cho trở thành: z3  1  i  z2  4z  4  4i  0. Vì phương trình có 1 nghiệm là z  1  i, ta chia đa thức P  z   z3  1  i  z2  4z  4  4i cho z  1  i ta được thương là z2  4 . Do đó, phương trình z3  1  i  z2  4z  4  4i  0 tương đương với z  1  i  z  1  i   z2  4   0   z  1  i   2 2 z  4  4i z  2i. Vậy phương trình có 3 nghiệm z  1  i, z  2i, z  2i. b) Ta có: z  1  i. là nghiệm của phương trình z3  aiz2   i  b  z  2  2i  0,a, b  R nên 3 1  i   2  ai 1  i    i  b 1  i   2  2i  0       1  3i  3i2  i3  ai 1  2i  i2  i  i2  b  bi  2  2i  0  1  3i  3  i  2a  i  1  b  bi  2  2i  0 3  2a  b  0 a  3  3  2a  b   b  3 i  0    b  3  0  b  3. Với a  3,b  3 phương trình đã cho trở thành: z3  3iz2   i  3 z  2  2i  0. Biết z  1  i là 1 nghiệm, chia đa thức P  z   z3  3iz2   i  3 z  2  2i cho z  1  i ta được thương là: z2  1  2i  z  2i . Do đó, phương trình: z3  3iz2   i  3 z  2  2i  0 tương đương với: z  1  i  0 2    z  1  i z  1  2i z  2i  0       z2  1  2i  z  2i  0  1 2 Giải (1): 1  z  1  i z  1 Giải (2):  2   z2  1  2i  z  2i  0,  A  B  C  0    z  2i. Vậy phương trình có 3 nghiệm là: z  1  i, z  1, z  2i . c) Vì z  1  i và z  2 là nghiệm của phương trình nên Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 43 23  a 2 3  2b  c  0    4a  2b  c  8  0   3 2  b  c   2a  b  2  i  0 1  i   a 1  i   b 1  i   c  0  b  c  2  0 a  4    2a  b  2  0  b  6 . 4a  2b  c  8  0 c  4   Ví dụ 3. a) Cho phương trình: z3  5z2  16z  30  0 1 , gọi z1, z2 , z 3 lần lượt là 3 nghiệm của phương trình (1) trên tập số phức. Tính giá trị biểu thức: A  z12  z22  z32 . b) Giải phương trình sau trong tập hợp số phức: z3  6z  9  0. c) Giải phương trình sau trên tập số phức z3  3iz2  3z  2i  0 . Giải a) Ta có: z3  5z2  16z  30  0 có 3 nghiệm là: z1  3; z2  1  3i; z3  1  3i Lúc đó: 2 2 A  z12  z22  z32  32  1  3i   1  3i   7 b) Ta có: z  3 pt  z3  9z  3z  9  0   z  3 z 2  3z  3  0   2 z  3z  3  0 z  3  z   3  3 i, z   3  3 i  2 2 2 2   3 3 3 3 i, z    i. Vậy nghiệm của phương trình là: z  3, z    2 2 2 2 c) Ta có: 3 3 z3  3iz2  3z  2i  0   z  i   i  0   z  i   i3  0 2   z  2i   z  i   i  z  i   1  0     z  2i z  2i   2   3 i i 3 i 3    z  2i   z      0  z    z   2 2  2  4 2      z  i   3 z  i  3  2  2 2 Vậy nghiệm của phương trình là: z  2i; z  i 3 i 3 ;z . 2 2 Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 44 Chuyên Đề Số Phức Ví dụ 4. Chứng minh rằng phương trình sau có nghiệm thuần 2z3   5i  3 z2   8i  4  z  4i  4  0 . Giải Giả sử phương trình có nghiệm thuần ảo. Đặt z  ai (a là số thực khác 0), thay vào phương trình ta được: 3 2 2  ai    5i  3 ai    8i  4  ai  4i  4  0    3a2  8a  4  i 2a3  5a2  4a  4  0 3a2  8a  4  0   a  2 3 2 2a  5a  4a  4  0 Vậy phương trình đã cho có nghiệm thuần ảo là z  2i . Ví dụ 5. Giải phương trình: z3   2  2i  z2   5  4i  z  10i  0 , trên tập số phức, biết phương trình có nghiệm thuần ảo. Giải Giả sử z  xi là một nghiệm của phương trình. Khi đó, ta có: x3i   2  2i  x2   5  4i  x  10i  0      2×2  4x  x3  2×2  5x  10 i  0 2  2x  4x  0   x  2  x  2i là một nghiệm của phương trình nên ta biến 3 2  x  2x  5x  10  0   đổi phương trình đã cho về dạng: z  2i  z  2i   z2  2z  5  0   z  2i  z  1  2i z  2z  5  0 2 Vậy phương trình đã cho có nghiệm z  2i;z  1  2i II. BÀI TẬP VÀ CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN Câu 1. Tìm nghiệm củaphương trình z3  1  2i  z2  2 1  i  z  2  0 .      1  3  i,z  1  3  i.     A. z1  1,z2  1  3 i,z3   1  3 i. B. z1  1,z2   1  3 i,z3  1  3 i. C. z1  1,z2 D. z1  1,z2  1  3 i,z3  1  3 i.  3    Hướng dẫn giải Các hệ số của phương trình z3  1  2i  z2  2 1  i  z  2  0 thỏa mãn: A  B  C  D  1  1  2i  2 1  i   2  0. Vậy phương trình nhận z  1 là nghiệm. Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 45 ảo Phương trình z3  1  2i  z2  2 1  i  z  2  0 1 2 z  1  0   z  1 z2  2iz  2  0   z2  2iz  2  0    Giải (1): (1)  z  1 2 Giải (2): Ta có  ‘   i   2  1  2  3  3i2   Phương trình (2) có 2 nghiệm là z  1  3 i.     Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm là: z1  1,z2  1  3 i,z3  1  3 i. Vậy chọn đáp án D. Câu 2. Tìm nghiệm củaphương trình z3  2iz2   2  i  z  3  i  0 .     1 2 1 1 B. z  1, z    2  15  i, z     2  15  i. 2 2 2 2 1 2 1 1 C. z  1, z    2  15  i, z    2  15  i. 2 2 2 2 1 2 1 1 D. z  1, z    2  15  i, z    2  15  i. 2 2 2 2 1 2 1 1 A. z  1, z    2  15 i, z   2  15 i. 2 2 2 2 Hướng dẫn giải Các hệ số của phương trình z3  2iz2   2  i  z  3  i  0 thỏa mãn: A  B  C  D  1  2i  2  i  3  i  0 nên phương trình nhận z  1 là 1 nghiệm. Phương trình z3  2iz2   2  i  z  3  i  0 z  1  0   z  1 z2  (1  2i)z  3  i  0   z2  (1  2i)z  3  i  0    1 2 Giải (1): (1)  z  1 2 Giải (2):   1  2i   12  4i  1  4  4i  12  4i  15. Phương trình (2) có hai nghiệm là: z1      1  2i  15i 1 1 1  2i  15i 1 1   2  15 i , z2    2  15 i. 2 2 2 2 2 2 Kết luận: phương trình z3  2iz2   2  i  z  3  i  0 có 3 nghiệm là: z  1, z      1 2 1 1  2  15 i, z   2  15 i. 2 2 2 2 Vậy chọn đáp án D. Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 46 Chuyên Đề Số Phức Câu 3. Biết z1 ,z2 ,z3 là nghiệm của phương trình z3   2  i  z2  z  2  i  0. Tính A  z1  z2  z3 A. 2  3 B. 2  5 C. 2  7 D. 2  5 Hướng dẫn giải Phương trình z3   2  i  z2  z  2  i  0 tương đương với:   z2  z  2  i   z  2  i  0   z  2  i  z 2  1  0 z  2  i  0 z  2  i z  2  i  2  2  z  1  0 z  1 z   i. Vậy phương trình có 3 nghiệm là: z  2  i, z  i, z  i. Vậy chọn đáp án B. Câu 4. Biết z1 ,z2 ,z3 là nghiệm của phương trình z3  3iz2  3z  9i  0 . Tính A. 2 3 2 B. 32 3 3 C. 2 7 5 D. 1 1 1   z1 z2 z3 2 5 4 Hướng dẫn giải Ta có: 3 3 z3  3iz2  3z  9i  0   z  i    2i   0 z  i 2   z  i   z  i   2i  z  i   4   0   .   z   3 Vậy nghiệm của phương trình là: z  i, z   3. Vậy chọn đáp án B. Câu 5. Tìm nghiệm của phương trình 2z3  9z2  14z  5  0 1 A. z   , z  3  i, z  3  i 2 1 B. z   , z  2  i, z  3  i 2 1 C. z   , z  2  i, z  3  i 2 1 D. z   , z  2  i, z  2  i 2 Hướng dẫn giải Ta thấy phương trình 2z3  9z2  14z  5  0 nhận z   1 là nghiệm. 2 Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 47 Chia đa thức P  z   2z3  9z2  14z  5 cho z  1 ta được thương là 2z2  8z  10 . Do đó, 2 phương trình 2z3  9z2  14z  5  0 tương đương với:  1  1 2 z   0  z   2z  8z  10  0   2 2  2z2  8z  10  0    1 2 1 Giải (1): 1  z   . 2 Giải (2):  2   z2  4z  5  0 . Ta có:  ‘  4  5  1  i2 Do đó, phương trình (2) có hai nghiệm là: z  2  i. 1 Vậy phương trình có 3 nghiệm là: z   , z  2  i, z  2  i 2 Vậy chọn đáp án D. Câu 6. Tìm nghiệm của phương trình z3  7z2  17z  15  0 . 1 A. z   , z  3  i, z  3  i 2 1 B. z   , z  2  i, z  3  i 2 1 C. z   , z  2  i, z  3  i 2 1 D. z   , z  2  i, z  2  i 2 Hướng dẫn giải Ta thấy phương trình: z3  7z2  17z  15  0 có 1 nghiệm là z=3. Chia đa thức P  z   z3  7z2  17z  15 cho z-3 ta được thương là z2  4z  5 . Do đó, phương trình z3  7z2  17z  15  0 tương đương với: z  3  0 2  z  3 z  4z  5  0    z2  4z  5  0    1 2 Giải (1): 1  z  3 Giải (2): Ta có:  ‘  4  5  1  i2 Do đó phương trình (2) có hai nghiệm: z  2  i. Vậy phương trình có 3 nghiệm là: z1  3, z2  2  i, z3  2  i.     Câu 7. Cho phương trình z3  6  2 z2  13  6 2 z  13 2  0 biết phương trình có 1 nghiệm là z1  3  2i. Tìm tổng mô đun hai số phức còn lại A. 13  7 B. 13  5    C. 13  3 D. 13  2 Hướng dẫn giải  Phương trình: z3  6  2 z2  13  6 2 z  13 2  0 hệ số thực có 1 nghiệm là z1  3  2i. Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 48 Chuyên Đề Số Phức Suy ra z1  3  2i cũng là nghiệm. Do đó phương trình phải có dạng:  z  z1  z  3  2i z  3  2i  0.     Chia đa thức P  z   z3  6  2 z2  13  6 2 z  13 2 cho  z  3  2i  z  3  2i   z2  6z  13, ta được thương là z     2.  Phương trình z3  6  2 z2  13  6 2 z  13 2  0 tương đương với z  2  z  3  2i z  3  2i   0. Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm là: z1  2,z2  3  2i,z3  3  2i. Vậy chọn đáp án D. Câu 8. Cho phương trình z3  2z2  25z  b  0, b  R và biết phương trình có nghiệm thuần ảo. Tìm b A. 3 B. 25 C. 50 D. 5 Hướng dẫn giải Gọi nghiệm thuần ảo của phương trình là ai  a  R   ai thỏa mãn phương trình: 3  ai  2  2  ai   25ai  b  0  a3i  2a2  25ai  b  0  b  2a2 1   2a  b  a3  25a i  0   2 a 25  a  0  2       a  0 Ta có:  2    a  5 Với a  0  b  0 (loại) Với a  5  b  50. Vậy chọn đáp án C. Câu 9. Cho phương trình z3  bz2   9  i  z  6  2i  0, b  R và biết phương trình có ngiệm thực. Tìm các nghiệm của phương trình A. z1  2,z2  2  i,z3  1  i. B. z1  2,z2  2  i,z3  1  i. C. z1  2,z2  2  i,z3  1  i. D. z1  2,z2  2  i,z3  1  i. Hướng dẫn giải Gọi x là nghiệm thực của phương trình: z3  bz2   9  i  z  6  2i  0, b  R ta có: Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 49 x3  bx2  (9  i)x  6  2i  0  x3  bx2  9x  6   2  x  i  0 2  x  0 x  2  3   2  b  5 x  bx  9x  6  0 Suy ra phương trình có dạng: z3  5z2   9  i  z  6  2i  0, với z=2 là nghiệm thực của phương trình. Chia đa thức P  z   z3  5z2   9  i  z  6  2i cho z-2 ta được thương là z2  3z  3  i . Do đó, phương trình z3  5z2   9  i  z  6  2i  0 tương đương với: z  2  0  z  2   z2  3z  3  i   0   2 z  3z  3  i  0 1 2 Giải (1): 1  z  2 2 Giải (2): Ta có:   9  12  4i  3  4i  1  2i  . Phương trình (2) có hai nghiệm là: z1  2  i, z2  1  i Vậy phương trình có 3 nghiệm là: z1  2,z2  2  i,z3  1  i. 3  z  i  z2  1  2iz Câu 10. Tìm nghiệm của phương trình:  2 0   2i  1 i  A. z1  2,z2  2  i,z3  1  i. B. z1  2,z2  2  i,z3  1  i. C. z  1  2i, z  i, z  2  i. D. z1  2,z2  2  i,z3  1  i. Hướng dẫn giải 3 2 zi zi Biến đổi phương trình thành:     2  0.  1 i   1 i  Đặt w  zi thì phương trình trở thành: 1 i   w3  w2  2  0   w  1 w2  2w  2  0  w  1  w  1  2  2  w  1  i 2  0  w  2w  2  0   w  1   w  1  i . w  1  i  zi  1  z  1  2i 1 i  Với w  1:  Với w  1  i : zi  1 i  z  i 1 i  Với w  2  i : zi  2i  z  2i 1 i Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 50 Chuyên Đề Số Phức Vậy phương trình có 3 nghiệm: z  1  2i, z  i, z  2  i. Vậy chọn đáp án C. Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 51 DẠNG 4. PHƯƠNG TRÌNH BẬC BỐN SỐ PHỨC Phương Pháp  Với dạng phương trình trùng phương, ta đặt w  z2 , sẽ đưa về phương trình bậc hai theo w. Giải phương trình này, ta tính w rồi lại giải phương trình w  z2 để tính z.  Nếu A  B  C  D  E  0 thì phương trình Az4  Bz3  Cz2  Dz  E  0 có 1 nghiệm là z  1 . Chia P  z   Az4  Bz3  Cz2  Dz  E cho z  1 , phương trình P  z   0   tương đương với phương trình  z  1 Az3  bz2  cz  d  0.  Nếu A  B  C  D  E  0 thì phương trình Az4  Bz3  Cz2  Dz  E  0 có 1 nghiệm là z  1 . Chia P  z   Az4  Bz3  Cz2  Dz  E cho z  1 , phương trình P(z)=0 tương   đương với phương trình  z  1 Az3  bz2  cz  d  0. Như vậy ta nên viết các hệ số của phương trình để xem phương trình có rơi vào hai trường hợp đặc biệt này không.  Trường hợp phương trình hệ số thực, nếu biết 1 nghiệm z 0 (không là số thực) thì z 0 cũng là nghiệm. Do đó phương trình có dạng:  z  z0   z  z0   Az2  bz  c  0. Khi khai triển phương trình này và đồng nhất với phương trình đã cho sẽ tìm được hệ số b và c. Giải phương trình:  Az 2   bz  c  0 ta được nghiệm z1,z2 . Như vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm là: z0 ,z0 ,z1,z2 . I. MỘT SỐ VÍ DỤ RÈN LUYỆN KĨ NĂNG Ví dụ 1. Giải các phương trình: a) z4  4z2  5  0 b) z4   8  8i  z2  63  16i  0 c) iz4  2 1  2i  z2  8  0. Giải a) Phương trình: z4  4z2  5  0 ta coi là phương trình bậc hai theo z 2 , phương trình có 2 z  1 nghiệm là z2  1 hoặc z2  5  5i2   z   5i. Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 52 Chuyên Đề Số Phức b) Đặt w  z2 , phương trình z4   8  8i  z2  63  16i  0 (1) trở thành w2   8  8i  w  63  16i  0  w2  2  4  4i  w  63  16i 2  ‘   4  4i   63  16i  32i  63  16i  63  16i  1  8i  2 2  w  4  4i  1  8i  5  12i Phương trình (2)    w  4  4i  1  8i  3  4i 2 Với w  5  12i  z 2  5  12i  3  2i   z   3  2i . 2 Với w  3  4i  z 2  3  4i  2  i   z   2  i . Vậy phương trình (1) có 4 nhiệm là: z    3  2i  ,z    2  i  . c) iz4  2 1  2i  z2  8  0 (1) Đặt w  z2 , phương trình iz4  2 1  2i  z2  8  0 trở thành iw2  2 1  2i  w  8  0 (2) 2 2  ‘  1  2i   8i  1  4i2  4i  8i  1  4i 2  4i  1  2i  . Phương trình (2) có 2 nghiệm là: w1  1  2i  1  2i 1  2i  1  2i 2 2i  4, w2       2i. i i i i2 Với w  4  z2  4i2  z  2i 2 Với w  2i  z 2  1  i   z   1  i . Vậy phương trình iz4  2 1  2i  z2  8  0 có 4 nghiệm là: z  2i,z   1  i  . Ví dụ 2. Cho phương trình bậc bốn hệ số thực P  z   z4  4z3  9z2  mz  20  0,m  R. Biết phương trình có 1 nghiệm z1  2i .Tính m và nghiệm còn lại. Giải Ta có z1  2i là nghiệm của phương trình: z4  4z3  9z2  mz  20  0 4 3 2   2i   4  2i   9  2i   m  2i   20  0  16  32i  36  2mi  20  0   32  2m  i  0  m  16. Phương trình trở thành P  z   z4  4z3  9z2  16z  20  0 (1) Ta biết rằng nếu một phương trình đa thức hệ số thực nhận z1 là 1 nghiệm phức, không thực, z1  x  yi,  x,y  R,y  0  thì z1  x  yi cũng là nghiệm của phương trình. Như vậy phương trình nhận 2 nghiệm là z1  2i,z2  2i. Do đó phương trình (1) phải có dạng: Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 53   P  z    z  2i  z  2i  z 2  az  b  0,  a, b  R      P  z   z2  4 z2  az  b  0  P  z   z 4  az3   b  4  z2  4az  4b  0,  2  Đồng nhất hệ số của hai phương trình (1) và (2) ta được a  4, b  5. Vậy phương trình P  z   z4  4z3  9z2  16z  20  0 z2  4  0  z2  4 z2  4z  5  0   z2  4z  5  0     z2  4  0  z2  4  z  2i  z2  4z  5  0  z  2  i. Vậy phương trình có 4 nghiệm: z  2i, z  2  i. Ví dụ 3. Chứng minh rằng phương trình: z4  4z3  14z2  36z  45  0 có hai nghiệm là số thuần ảo. Giải Đặt z  bi  z 2  b2 , z3  ib3, z 4  b 4 z  bi là 3    45  i  4b nghiệm của phương trình nên b4  4  ib   14  b2  36ib  45  0   b4  14b2 3  b4  14b2  45  0  36b  0    b  3 3 4b  36b  0  Vậy z  3i là nghiệm của phương trình. Ví dụ 4. Phương trình x4  ax3  bx2  cx  d  0 có 4 nghệm không thực với các giá trị thực a, b, c, d. Biết tích hai trong bốn nghiệm đó là 13  i và tổng của hai nghiệm còn lại là 3  4i . Tìm giá trị của b Giải Gọi 4 nghiệm của phương trình x4  ax3  bx2  cx  d  0 là , , , . Khi đó x4  ax3  bx2  cx  d   x    x    x    x   , x nên ta suy ra           b (*). Theo bài ra ta có .  13  i,     3  4i . Vì a,b,c,d  R nên .; . cũng như   ;    phải là các số phức liên hợp, do đó     3  4i, .  13  i . Theo (*) thì b                           b   3  4i  3  4i   13  i  13  i  51. Vậy giá trị cần tìm của b là 51. Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 54 Chuyên Đề Số Phức Ví dụ 5. Giải phương trình sau trên tập hợp số phức: z4  4z3  11z2  14z  10  0 Giải Biến đổi phương trình đã cho về dạng: z 2  2z z2  2z  2  7 z  2z  10  0   2 z  2z  5   2 2  z  1  i  z2  2z  2  0 z  1 i   z  1  2i z2  2z  5  0  z  1  2i Vậy nghiệm của phương trình là: z  1  i; z  1  i; z  1  2i; z  1  2i. z2 Ví dụ 6. Giải phương trình sau trên tập số phức: z  z   z  1  0 2 4 3 Giải Nhận xét z  0 không là nghiệm của phương trình (1) vậy z  0  1  1 1 Chia hai vế PT (1) cho z 2 ta được :  z2     z     0 (2) 2 z 2 z    1 1 1  t2  2 Đặt t  z  . Khi đó t 2  z2   2  z2  2 2 z z z Phương trình (2) có dạng : t 2  t  5  0 (3) 2 5   1  4.  9  9i2 2 PT (3) có 2 nghiệm t  Với t  1  3i 1  3i ,t 2 2 1  3i 1 1  3i  2z2  1  3i  z  2  0 ta có z   z 2 2 2  4 2 Có   1  3i   16  8  6i  9  6i  i2   3  i  PT(4) có 2 nghiệm: z  Với t  1  3i   3  i   1  i, z  1  3i   3  i   i  1 4 4 1  3i 1 1  3i  2z2  1  3i  z  2  0 ta có: z   z 2 2 2 2  5 2 Có   1  3i   16  8  6i  9  6i  i2   3  i  PT(5) có 2 nghiệm: z  1  3i   3  i   1  i, z  1  3i   3  i   1  i 4 4 Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm: z  1  i, z  1  i, z  2 i 1 i  1 ,z 2 2 Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 55 3 3 3 3 Vậy phương trình có các nghiệm z  3; z    i; z    i 2 2 2 2 II. BÀI TẬP VÀ CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN Câu 1. Tìm tổng mô đun các nghiệm của phương trình z4  z3   3  i  z2  4z  4i  4  0, biết phương trình có nghiệm thực A. 5  2 B. 3  2 C. 3  2 D. 7  2 Hướng dẫn giải Gọi z  x là nghiệm thực của phương trình, ta có: x4  x3   3  i  x2  4x  4i  4  0 (1)    x 4  x3  3×2  4x  4  i x2  4  0 x2  4  0   x  2. 4 3 2 x  x  3x  4x  4  0  Như vậy phương trình được biến đổi thành phương trình tích có dạng:  z  2  z  2   z2  az  b   0   z2  4  z2  az  b   0  z 4  az3   b  4  z2  4az  4b  0,  2  a  1  a  1  b  4  3  i Đồng nhất phương trình (1) và (2) ta được:   b  1  i 4a  4 4b  4i  4 z2  4 Vậy phương trình (1) tương đương với: z  4 z  z  1  i  0   z2  z  1  i   2  2  i  ii  Giải (i): z2  4  z  2 2 Giải (ii): Ta có:   1  4  4i  1  2i  . Phương trình (ii) có hai nghiệm z1  1  1  2i 1  1  2i , z2   1  i 2 2 Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm: z1  2,z2  2,z3  i,z4  1  i. Vậy chọn đáp án A. Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 56 Chuyên Đề Số Phức Câu 2. Biết phương trình có z4  2iz3  z2  2iz  2  0 có nghiệm thuần ảo. Tìm tổng mô đun của các nghiệm phức có phần ảo dương. A. 2 C. 1 B. 3 D. 5 Hướng dẫn giải Gọi nghiệm thuần ảo của phương trình là xi,  x  R  , ta có: x 4 i 4  2ix3i3  x2 i2  2i.xi  2  0  x 4  2×3  x 2  2x  2  0   2  x2 x2  2x  1  2  x  1  0  x 2  x  1  2  x  1  0     x  1  x2  x  1  2   0   x  1 x3  x 2  2  0   x  1  0  x  1  3   2  x  x  2  0  x  1. Vậy 2 nghiệm thuần ảo của phương trình là z  i và phương trình có dạng phương trình tích:  z  i  z  i   z2  az  b   0,  a, b  C    z2  1 z2  az  b   0  z 4  az3   b  1 z2  az  b  0. Đồng nhất phương trình này với phương trình đã cho ta được: a  2i a  2i    b  1  1  b  2 Phương trình trở thành: z   i  z  i  z  i   z2  2iz  2   0   z   i   2 z  i  1 z  2iz  2  0 Kết luận: Phương trình đã cho có 4 nghiệm là: z  i, z  i, z  1  i, z  1  i. Suy ra: i  1. Vậy chọn đáp án C. Câu 3. Cho phương trình: z4  3z3   2  i  z2  3z  3  i  0 1 . Phương trình có bao nhiêu nghiệm thực A. 2 C. 1 B. 0 D. 4 Hướng dẫn giải Các hệ số của phương trình là: A  1;B  3;C  2  i;D  3;E  3  i. Ta có A  B  C  D  E  0. Suy ra phương trình có 1 nghiệm: z  1 . Chia đa thức P  z   z 4  3z3   2  i  z 2  3z  3  i cho z  1 , ta biến đổi: z  1 1   z  1  z3  2z2  iz  3  i   0  z3  2z2  iz  3  i  0, 2    Phương trình (2) lại có các hệ số thỏa mãn: A’ B’ C’ D’  1  2  i  3  i  0. Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 57 Do đó phương trình (2) có 1 nghiệm z= -1. z  1  2    z  1  z2  3z  3  i   0  z2  3z  3  i  0, 3   2   9  12  4i  3  4i  1  2i  Suy ra (3) có 2 nghiệm là z  1  i, z  2  i. Kết luận: Phương trình (1) có 4 nghiệm là: z  1, z  1, z  1  i, z  2  i. 4  zi  Câu 4. Cho z1,z2 ,z3 ,z4 là nghiệm phức của phương trình    1 . Tính giá trị của  2z  i       biểu thức: P  z12  1 z22  1 z32  1 z24  1 . A. 13 45 1 15 B. C. 9 14 D. 1 13 Hướng dẫn giải 4 4 4  zi  Ta có:    1   z  i    2z  i   2z  i  4 4 2 2 2 2   z  i    2z  i   0   z  i    2z  i     z  i    2z  i    0         5z2  6iz  2 3z2  2iz  0  3z 2  2iz  0 1 ,5z 2  6iz  2  0  2  1  z1  0,z2  2i3 2 Giải  2  ta có ’   3i   10  1 Suy ra z3  Do đó  3i  1 1 3 3i  1 1 3   i,z 4    i 5 5 5 5 5 5     P  z12  1 z22  1 z32  1 z24  1 2   1 3  2   4 2   1 3    0  1  i  1   i   1    i   1   5 5   9   5 5     4  17 6  17 6  5  289 36  13     1  i   i       9  25 25  25 25  9  625 625  45 Vậy chọn đáp án B. Câu 5. Biết z1 ,z2 ,z3 ,z4 là nghiệm của phương trình z 4  z3  Tìm 1 z1 2  1 z2 2  1 z3 2  1 z4 2 z2  z  1  0. 2  0. Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 58 Chuyên Đề Số Phức A. 5 C. 7 B. 3 D. 9 Hướng dẫn giải Dễ thấy z  0 không phải là nghiệm của phương trình nên 2  1  1 5 1 1 1 pt  z  z     0  z   z     0 2 z z2 z  z 2  2  1 1  3i 2z2  1  3i  z  2  0 * z  z  2  ….  2z2  1  3i  z  2  0 ** 1 1  3i z     z 2 Giải (*) {Kĩ thuật MTCT} Ghi vào màn hình: D  B2  4AC : E  D arg  D  2 :X B  E B  E :Y  2A 2A Ta được nghiệm của phương trình: Chỉ cần thay đổi các hệ số của phương trình ta tìm được nghiệm của phương trình (2) Suy ra: Vậy chọn đáp án A. Câu 6. Giải phương trình: z4  4z3  7z2  16z  12  0 A. z  1,z  3,z  3i,z  2i B. z  1,z  3,z  2i,z  5i C. z  1,z  3,z  6i,z  2i D. z  1,z  3,z  2i,z  2i Hướng dẫn giải Dễ thấy z  1 là nghiệm của phương trình nên (pt)   z  1 z3  3z2  4z  12  0   z  1 z 2  z  3   4  z  3    0   z  1 z  1  z3   z  3  z  2i z2  4  0   z  2i   Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 59 Chuyên Đề Số Phức Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 1 Chuyên Đề Số Phức CHỦ ĐỀ 7. GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH Phương pháp  Ta nhắc lại cách giải hệ phương trình bằng định thức như sau: D a b a’ b’  ab’ a’ b ; Dx  c b c’ b’  cb’ c’ b ; Dy  Nếu D  0 thì hệ có nghiệm duy nhất: x  Dx D ; y a b a’ b’ Dy D  ab’ a’ b . Nếu D  0 và Dx  0 hoặc Dy  0 thì hệ vô nghiệm Nếu D  Dx  Dy  0 thì hệ có vô số nghiệm.  Ngoài phương pháp định thức trên ta có thể sử dụng phương pháp cộng đại số, phương pháp rút thế…  Ngoài ra ta còn có thể dựa vào tính chất tập hợp điểm số phức để giải và biện luận hệ phương trình. I. MỘT SỐ VÍ DỤ RÈN LUYỆN KĨ NĂNG Ví dụ 1. Giải các hệ phương trình sau trên tập số phức:   3  i  x   4  2i  y  2  6i a)  ; 4  2i x  2  3i y  5  4i         2  i  x   2  i  y  6 b)    3  2i  x   3  2i  y  8 Giải a) Ta có các định thức D 3 i 4  2i   2  3i  4  2i Dx  Dy  2  6i 5  4i    3  i  2  3i    4  2i  4  2i   21  23i 4  2i   2  3i  3 i 2  6i 4  2i 5  4i    2  6i  2  3i    5  4i  4  2i   2  44i   3  i  5  4i    4  2i  2  6i   23  21i Vậy hệ phương trình có nghiệm  x,y  với  x     y   Dx  2  44i  21  23i   1  i 2  44i   D 21  23i 212  232 Dy D  23  21i  23  21i  21  23i   i 21  23i 212  232 b) Ta có các định thức Chuyên Đề Số Phức D 2i 3  2i 2i   2  i  3  2i    3  2i  2  i   2i 3  2i Dx  6 8 2i  6  3  2i   8  2  i   2  4i 3  2i Dy  2i 3  2i 6  8  2  i   6  3  2i   2  4i 8 Vậy hệ phương trình có nghiệm  x,y  với  x    y   Dx D Dy D  2  4i  2i 2i  2  4i  2i 2i Ví dụ 2. Giải các hệ phương trình sau với hai ẩn z và w : 2z  w  4 a)  ; 2iz  w  0  z  w  4  3i b)  z  iw  3  2i Giải  2z  w  4 2z  w  4 2z  w  4 a) Ta có:    2iz  w  0 2iz  w  0  2  2i  z  4   2 1  i  2 1  i   2 z  z  1  i z  z    1 i    1  i 1  i    1  1 w  2  2i w  4  2z  w  4  2 1  i   w  4  2z   b) Hệ phương trình z  w  4  3i z  w  4  3i   z  iw  3  2i 1  i  w  1  5i (2)  w  (1) (2) 1  5i 1  5i 1  i  1  5  i  5i    3  2i 1 i 1 i 1  i 1  i  (1)  z  4  3i  w  4  3i  3  2i  1  i. z  1  i Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm  w  3  2i Ví dụ 3. Giải các hệ phương trình sau với hai ẩn z và w : z  w  w  i a)  ; z  w  z  i z  w  1  w b)  2z  w  2  i  w Giải  z  w  w  i z   w  w   i  a) Ta có:  z  w  z  i   z  z   w  i Đặt z  x  yi, w  u  vi , (x,y,u,v  ), hệ phương trình trở thàn Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 3 Chuyên Đề Số Phức x  0  x  0 x  0 u  0   x   y  2v  i  i x  yi  2vi  i y  2v  1 u  0      y  3  5 2yi  u  vi  i u  0 y  2v  1   u   2y  v  i  i 2y  v  1 2y  v  1  1 v  5   3 z  5 i Vậy phương trình có 1 nghiệm là :  ; w  1 i  5  z  w  1  w z   w  w   1  b) Ta có:  2z  w  2  i  w  2z   w  w   2  i Đặt z  x  yi, và w  u  vi(x,y,z,v  R) thì hệ phương trình trở thành x  1 x  2u  1  y0   x  2u  yi  1 x  yi  2u  1  y  0     u  0  2x  2yi  2vi  2  i 2x   2y  2v  i  2  i 2x  2  2y  2v  1 v   1  2 z  1  Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm là :  1 w   i  2 x  iy  2z  10  Ví dụ 4. Giải hệ phương trình trên tập số phức: x  y  2iz  20 . ix  3iy  1  i z  30    Giải Ta có: x  iy  2z  10 x  iy  2z  10    x  y  2iz  20 x  y  2iz  20 ix  3iy  1  i z  30 x  3y  i  1 z  30i         i  1 y  2 1  i z  10 Khử x ta có hệ:   4y  1  i  z  20  30i x  3  11i  Lúc đó: x  3  11i. Vậy hệ có nghiệm là: y  3  9i z  1  7i  Chuyên Đề Số Phức  z1.z2  5  5i Ví dụ 5. Tìm số phức z1,z2 thỏa mãn  2 2  z1  z2  5  2i Giải  z1.z2  5  5i Ta có:  2 2  z1  z2  5  2i 2 Ta có z12  z22   z1  z2   2z1z2 z  z  1  4i 2 2  5  2i   z1  z2   2  5  5i    z1  z2   15  8i   1 2 z1  z2  1  4i z  z  1  4i * 1 2 z1.z2  5  5i Nên z1,z2 là nghiện phương trình: z2   4i  1 z  5  5i  0 z  2  i  z  1  3i Ta được nghiệm:  2  i; 1  3i  ;  1  3i;2  i   z  z  1  4i * 1 2  z1.z2  5  5i Nên z1,z2 là nghiện phương trình: z2  1  4i  z  5  5i  0 z  2  i  z  1  3i z  2  i z  1  3i  z  2  i  z  1  3i   ; 1 ; 1 ; 1 Vậy nghiệm của hệ phương trình là:  1  z2  1  3i  z2  2  i  z2  1  3i  z2  2  i 3 5  z  w  0 Ví dụ 6. Giải hệ phương trình hai ẩn:  2 4  z (w)  1 (1) (2) Giải   Từ (2) suy ra: z6 w   Do đó: w10 w 12 Suy ra: z6  w 10 12  1. Từ (1) suy ra: z6  w10  1 nên w 22  1 tức là w  1  1 tức là z  1. Từ w    1 và w10 w w 12    1 suy ra w 2  1 nên w bằng 1 hoặc bằng -1.   Từ w 2  1 và (2) suy ra z2  1 tức z  1 hoặc z  1 . Mà (1): z3  w5  0 nên z  1  w  1 và z  1  w  1 Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 5 Chuyên Đề Số Phức Vậy hệ có hai nghiệm  z,w   1; 1 ;  z,w    1;1 .  2z  w  zw  7 Ví dụ 7. Giải hệ phương trình:  2  z,w  2  z  w  2w  2  Giải Phương trình thứ nhất của hệ tương đương: 2  z  w   w  7  z  w7 ,(dễ thấy w  2 2w không thỏa mãn). Thế vào phương trình thứ hai cảu hệ ta được: 2  w7 2 4 3 2    w  2w  2  w  6w  15w  2w  57  0 2w     w2  7w  19 w2  w  3  0 2   7  7 3i 3  w    27 w     w2  7w+19  0 2 4  2 2    2 2  1 11 w  w  3  0  1 11 w     w     2 2 2 4   w    w    w    w   7  3i 2 7  3i 2 1  i 2 1  i 2 3 5  3i 3 2 3 5  3i 3 z 2 11 3  i 11 z 2 11 3  i 11 z 2 z Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm:  3 7  3i 3   5  3i 3 7  3i 3  ; ;  , ,    2 2 2      3  i 11 1  i 11   3  i 11 1  i 11  ; ;   ,      2 2 2 2      z; w    5 23i Nhận xét: Việc biến đổi phương trình bậc 4 có nghiệm thực thì không quá khó khăn, có thể dùng máy tính để nhẩm nghiệm và đoán nhân tử chung. Thế nhưng với phương trình bậc 4 nghiệm phức (và không có nghiệm thực) thì việc dùng máy tính để nhẩm nghiệm rồi đoán nhân tử chung là không thể. Vậy nên ta phải dùng kĩ thuật giải phương trình bậc 4 để phân tích nhân tử chung một cách nhanh chóng:  w4  6w3  15w2  2w+57=0  w2  3w  2  6w2  2w  57 . Chuyên Đề Số Phức   Bây giờ ta thêm vào 2 vế một lượng là 2m. w2  3w  m2  (để vế trái được một bình   phương đúng): w 2  2 -3w  m     2m  6  w2  2 1  3m  w  m 2  57 (*) Muốn vế phải là một bình phương đúng (hoặc có thể là lượng âm của bình phương đúng: A2 ) thì:   77  3 33 4 Vì lí do “thẩm mỹ” nên chúng ta chọn m  11 . Thay m  11 vào (*): 2 ’  0  1  3m    2m  6  m 2  57  0  m  11  m   w -3w+11 2 2  2    16w2  64w  64   4w  8  w2 -7w+19 w2 +w+3  0 Ví dụ 8. Giải hệ bất phương trình sau với ẩn là số phức z :  z  3  i  2 (1)   2z  9  2i  5 (2) Gọi z  x  yi x,y  Giải  là tọa vị của điểm M bất kỳ trong mặt phẳng phức. Tập hợp các điểm M có tọa vị z thỏa mãn (1) là hình tròn tâm A  3  i  , bán kính R  2 ( kể cả biên ). 9 5 Ta có (2)  z   i  2 2 Tập hợp các điểm M có tọa độ z thỏa mãn (2) là phần của mặt phẳng nằm bên ngoài hình tròn 9  5 tâm B   i  , bán kính R  ( kể cả biên ). 2 2  Vậy nghiệm của hệ bất phương trình đã cho là giao của hai tập hợp trên. Đó là “ hình trăng lưỡi liềm ” không bị bôi đen trong hình vẽ. Ví dụ 9. Giải hệ bất phương trình sau với ẩn là số phức z:  z  3  2i  1 (1)   z 1  z  1  2i  2 (2)  Gọi z  x  yi x,y  Giải  là tọa vị của điểm M bất kỳ trong mặt phẳng phức. Tập hợp các điểm M có tọa vị z thỏa mãn (1) là nửa mặt phẳng không chứa điểm A có bờ là đường trung trực của đoạn thẳng Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 7 Chuyên Đề Số Phức AB ( kể cả đường trung trực ), với A  3  2i  và B  1 . Tập hợp các điểm M có tọa vị z thỏa mãn (2) là hình tròn tâm E 1  2i  , bán kính R  2 ( kể cả biên ). Vậy nghiệm của hệ bất phương trình đã cho làgiao của hai tập hợp trên. Đó là phần hình tròn kể cả biên không bị bôi đen trong hình vẽ  z1  z2  z3  1  Ví dụ 11. Cho ba số phức z1,z2 ,z3 thỏa mãn hệ  z z z3 1 2    1  z2 z3 z1 Tính giá trị biểu thức T  az1  bz2  cz3 ;a,b,c  R Giải Vì z1  z2  z3  1 , z1 z2  cos x  i sin x, Suy ra Mà z3 z1  z2 z3 z1 z2  z2 z3 z3  z1  1 , do đó có thể đặt:  cos y  i sin y z3 z 2 .  cos  x  y   i sin  x  y  . z2 z1  z1 z2 z3 cos x  cos y  cos  x  y   1    1 nên  z2 z3 z1  sin x  sin y  sin  x  y   0 Ta có 0  sin x  sin y  sin  x  y  xy xy xy xy cos  2sin cos 2 2 2 2 xy xy xy xy x y  2sin  cos sin sin .  cos   4sin 2  2 2  2 2 2  2sin Suy ra hoặc x  k2 hoặc y  k2 hoặc x  y  k2 , do đó hai trong ba số z1,z2 ,z3 bằng nhau. 2 z  Giả sử z1  z2 thì  0   hay ta có  3   1  z3   iz1 . z3 z1 z3 z1  z1  z1 z3 z1 z3 Do đó az1  bz2  cz3  az1  bz1  icz1  z1 a  b  ic  Vậy a  b 2  c2 hoặc  b  c 2  a2 hoặc  a  c 2 2 a  b  c2  b2 . II. CÂU HỎI VÀ BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN 3x  1  i  y  2  14i Câu 1. Tìm nghiệm của hệ phương trình:  . ix  2i  1 y   4  9i    A.  x,y   1  5i; 3  2i  . B.  x,y   1  5i;3  2i  . Chuyên Đề Số Phức C.  x,y   1  5i; 3  2i  . D.  x,y   1  5i; 3  2i  . Hướng dẫn giải Ta có D 3 i 1 i  3 1  2i   i 1  i   4  7i 1  2i Dx  2  14i 1  i   2  14i 1  2i    4  9i 1  i   39  13i 4  9i 1  2i Dy  3 i  2  14i  3  4  9i   i  2  14i   2  29i  4  9i Vậy nghiệm của hệ phương trình là:  x,y   1  5i; 3  2i  . Vậy chọn đáp án D. x  3y  2  3i Câu 2. Tìm nghiệm của hệ phương trình  2x  y  5  2i  17  9i 1  4i  A.  x,y    ;  7   7  17  9i 1  4i  B.  x,y     ;  7 7    17  9i 1  4i  C.  x,y    ;  7   7  17  9i 1  4i  D.  x,y     ;  7 7   Hướng dẫn giải Từ phương trình thứ (2) ta có: y  2x  5  2i thay vào phương trình thứ nhất ta được: x  3  2x  5  2i   2  3i  7x  17  9i  x  Lúc đó: y  17  9i 7 1  4i . 7  17  9i 1  4i  Vậy nghiệm của hệ phương trình là:  x,y    ; . 7 7    x   2  i  y  2 . Câu 3. Tìm số nghiệm của hệ phương trình  2 2 x  3iy  5  15i   A. 1 B. 2 C. 0 D. 4 Hướng dẫn giải Từ phương trình thứ nhất ta được: x  2   2  i  y thế vào phương trình thứ (2) ta được: 3  7i  y2  4  2  i  y  1  15i  0 * 2 Ta có  ‘  120  22i  11  i   y  i  x  3  2i Do đó  *    y  26  51i  x  45  76i  29 29 Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 9 Chuyên Đề Số Phức Vậy chọn đáp án B. z  w  zw  8 Câu 4. Số nghiệm của hệ phương trình  2 2 z  w  1 A. 1 B. 2 D. 4 C. 3 Hướng dẫn giải Ta có z  w  zw  8 zw  5 zw  13 hpt    i     ii  2 z  w  3 z  w  5  z  w   2  z  w   15  0  3  i 11  3  i 11 w  w   2 2  ;  i    3  i 11 3  i 11   z z   2  2  5  i 27  5  i 27 w  w   2 2   ii    5  i 27  5  i 27  z  z    2 2 Vậy chọn đáp án D.   u2  v2  4uv  0 Câu 5. Tìm nghiệm của hệ phương trình    u  v  2i           B.  u,v    1  3  i, 1  3  i  ;  u,v    1  3  i, 1  3  i  . C.  u,v     1  3  i, 1  3  i  ;  u,v     1  3  i, 1  3  i  . D.  u,v    1  3  i, 1  3  i  ;  u,v    1  3  i, 1  3  i  . A.  u,v   1  3 i, 1  3 i ;  u,v   1  3 i, 1  3 i . Hướng dẫn giải 2   u  v   2uv  0  4  2uv  0  uv  2 Ta có hệ tương đương:   u  v  2i  Do đó ta có hệ mới:      u  v  2i   uv  2 nên u, v là nghiệm của phương trình z  1  3 i z  2iz  2  0   z  1  3 i 2 Vậy nghiệm của hệ phương trình là:  u,v  1       3 i, 1  3 i ;  u,v   1  3 i, 1  3 i . Vậy chọn đáp án D. Chuyên Đề Số Phức  1 1 z1  z2  4  i Câu 6. Cho hệ phương trình  2 2 . Tính  z z2 z  z  5  2i  1  1 2 1 3 A.   i 2 10 1 3 B.   i 2 10 1 3  i 2 10 Hướng dẫn giải C. D. 1 3  i 2 10  z  z  4  i hpt   1 2 .  z1z2  5  5i Theo định lý Vi-et thì z1,z2 là nghiệm của phương trình t 2   4  i  t  5  5i  0,   5  12i   2  3i  2   4  i    2  3i   3 i t  2   .   4  i    2  3i  t   1  2i  2 Tóm lại, hệ đã cho có hai nghiệm  z1;z2  là  3  i;1  2i  ; 1  2i;3  i  Vậy chọn đáp án D. z  w  3 1  i   Câu 7. Giải hệ phương trình hai ẩn:  3 3 z  w  9  1  i  Hướng dẫn giải 3 Ta có: z3  w3   z  w  -3zw  z  w  =9  1  i   z  w  3 1  i  hpt   . zw  5i   Theo định lí Vi-et z1,z2 là nghiệm của phương trình: t 2  3 1  i  t  5i  0,   2i  1  i  2 t  2  i  .  t  1  2i Tóm lại, hệ đã cho có hai nghiệm  z; w  là  2  i;1  2i  ; 1  2i;2  i    z  z 2  z3  1 Câu 8. Cho ba số phức z1,z2 ,z3 thỏa mãn hệ  1  z1  z2  z3  1 1 1  z2n Tính giá trị của biểu thức S  z12n1  z2n với n là số nguyên dương. 2 3 Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 11 Chuyên Đề Số Phức A. S  2 B. S  1 Vì z1  z2  z3  1 nên D. S  4 1 2 Hướng dẫn giải C. S  1 1 1  z1,  z2 ,  z3 . Do đó z1 z2 z3 1 1 1    z1  z2  z3  z1  z2  z3  1 z1 z2 z3  z1z2  z2z3  z3z1  z1z2z3  a Vậy z1,z2 ,z3 là ba nghiệm của phương trình: Chứng tỏ trong ba số phức z1,z2 ,z3 phải có một số bằng 1 và hai số còn lại đối nhau. Không mất tính tổng quát, giả sử z1  1;z2  z3 khi đó : 1 1 1 S  z12n1  z2n  z32n1  1  z2n  z2n 1 2 2 z Vậy ta có tổng S=1 Chú ý: Có thể giải bài toán bằng cách sử dụng biểu diễn hình học số phức hoặc dùng dạng lượng giác ( ví dụ dưới đây) z1  z2  z3  4  2i  Câu 9. Giải hệ phương trình: 2z1  z2  z3  2  5i  z1  2z2  3z3  9  2i  z1,z2 ,z3    i,3  2i,1  i  . A. 1 2  3  z1,z2 ,z3    i,3  2i,1  i  . B.  z1,z2 ,z3    i,3  2i,1  i  . C.  z1,z2 ,z3    i,3  2i,1  i  . D. Hướng dẫn giải Cộng (1) và (2) vế theo vế ta được: 3z1  2z2  6  7i  4  Nhân (2) với 3 rồi cộng với (3) ta được 7z1  5z2  15  17i  5 z1  z2  z3  4  2i  Lúc đó hệ phương trình trở thành: 3z1  2z2  6  7i 7z  5i  15  17i  1 Giải hệ trên ta được:  z1,z2 ,z3    i,3  2i,1  i  . Vậy chọn đáp án C.  z1  z2  z3  1  Câu 10. Tìm số nghiệm của hệ phương trình z1z2z3  1 z  z  z  1  1 2 3 A. S  2 B. S  1 C. S  3 D. S  6 Chuyên Đề Số Phức Hướng dẫn giải   z  z 2  z3  1 Ta có lưu ý sau: Chứng minh rằng nếu 3 số phức z1;z2 ;z3 thõa mãn:  1 thì  z1  z2  z3  1 một trong 3 số đó phải bằng 1. Thật vậy Ta có: z1  z2  z3  1  1  z1  z2  z3  Nếu z  1 thì z2  z3  0  Nếu z  1 thì 1  z1  0 , gọi điểm P biểu diễn số phức 1   z1   z2  z3  0 thì P sẽ không trùng với O và 1  z1  z2  z3 nên đường trung trực của OP cắt đường tròn đơn vị rại hai điểm 1, z1 và cũng là hai điểm biểu diễn z2 ,z3 . Do đó hoặc z2  1,z 3  z1 hoặc z2  z1,z3  1 . Vậy z1  1 hoặc z2  1 hoặc z3  1. Áp dụng: giải hệ phương trình trên thì có một ẩn bằng 1 và tổng hai ẩn còn lại bằng 0. Xét z1  1 thì có z2  z3  0 nên z2  z3 . Từ giả thiết z1z2 z3  1 nên z32  1 hay z32  1  i2 thì có z2  i,z3  i hoặc z2  i,z3  i. Vậy hệ có 6 nghiệm là hoán vị các phần tử của bộ ba 1,i, i  . Vậy chọn đáp án D. z3  w2  0 . Tìm khẳng định đúng Câu 11. Cho hệ phương trình  5 3 z w  1 A. Hệ có nghiệm duy nhất B. Hệ đã cho vô nghiệm C. Nghiệm của hệ là những số thực D. Thành phần nghiệm của hệ có một số thực và một số phức Hướng dẫn giải z3  w2  0 (1) Xét hệ phương trình  z5w3  1 (2) 15 10  z3  w2  0 z  w   w10 w9  1 (*) Ta có  15 9 5 3  z w  1 z w  1 Từ (*) ta có w 10 9 9 w  1  w  1 , vì thế 1  w10 w9  w.  w.w   w . Do đó w  1 nên hệ có 3 5  z  1  z .z  1   z 1 dạng  5 5 z  1  z  1  Thử lại thấy thỏa mãn, vậy hệ đã cho có nghiệm  z;w   1;1 Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 13 Chuyên Đề Số Phức Vậy chọn đáp án D. 2 z  i  z  z  2i  Câu 12. Tìm số phức z thỏa mãn :   z2  (z)2  4  1 A. z   3 4  3 4 1 B. z   3 4  i Gọi số phức z  x  yi  x,y  3 4 i C. z  3 4  1 3 4 D. z  3 4  i Hướng dẫn giải   y   2 x  (y  1)i  (2y  2)i   Hệ   y    4xyi  4  Vậy số phức cần tìm là : z  3 4  1 3 4 x2 x  3 4  4  1 y 1 1  3 y  4  x x i . Vậy chọn đáp án D. Câu 13. Tìm tham số m để hệ phương trình phức có nghiệm duy nhất:  z  3i  1  1 , (ẩn z là số phức)   z  i  1  m  z A. m  1  3 , m  1  15 B. m  1  3 , m  1  5 C. m  1  5 , m  1  15 D. m  1  5 , m  1  3 Gọi z  x  yi, x,y  Hướng dẫn giải   x  1   y  3 i  1  Theo giả thiết, ta có   x  1   y  1 i  m  x  yi   2 2  x 1 2  y  3 2  1       x  1   y  3  1    * 2 2 2 2  x  1   y  1   m  x   y2  2 m  1 x  2y  2  m  0     2 * là hệ phương trình tọa độ giao điểm của đường tròn (C):  x  1   y  3 Và đường thẳng    : 2  m  1 x  2y  2  m2  0 Đường tròn (C) có tâm I 1;3 và bán kính R  1 . Hệ phương trình có nghiệm duy nhất     tiếp xúc với (C).    d I,     R  2 Đặt t   m  1 m 2  2m  6 2 4  m  1  4  t  0  , ta có 2 2  1   m  1  7  4  m  1  4 2 1 1 3 4 i Chuyên Đề Số Phức 2 t  7  4t  4   t  7   4t  4  t 2  18t  45  0  t  3,t  15 2  t  3   m  1  3  m  1  3  t  15   m  1  15  m  1  15 2 Vậy giá trị cần tìm là m  1  3 hay m  1  15 Vậy chọn đáp án A. Câu 14. Tìm nghiệm của hệ phương trình sau với ẩn là số phức z và  là tham số thực khác 0.  z  4  2i  z  2  i (1)    z2 1 (2)  z  2i A. z  2  2i, z  2  2i. B. z  2  2i, z  2  2i. C. z  2  2i, z  2  2i. D. z  2  2i, z  2  2i. Hướng dẫn giải Gọi A, B theo thứ tự là các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn số phức là 4  2i , 2 . Khi đó tập hợp điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn (1) là đường tròn đường kính AB, trừ hai điểm A và B. Đường tròn này có tâm E biểu diễn số phức 1  i và bán kính R  2 2  x  1   y  1 1 6  2i  3  i  10 nên có phương trình là 2  10 * Gọi C, D theo thứ tự là các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức 2, 2i . Khi đó tập hợp điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn (2) là đường trung trực của đoạn thẳng CD. Đường trung trực này đi qua trung điểm H 1  i  của đoạn thẳng CD và nhận CD  2  2i  làm véctơ pháp tuyến nên có phương trình là 2  x  1  2  y  1  0  x  y  0 ** . Suy ra giao điểm của đường tròn và đường trung trực là nghiệm của hệ đã cho. Đó là các điểm  x; y  thỏa mãn (*) và (**), tức là nghiệm của hệ phương trình sau:   x  y  0 y   x    2 2 2 2  x  1   y  1  10   x  1    x  1  10  y  x x  2 x  2 hoặc  .   x  2 y  2 y  2 Vậy nghiệm của hệ phương trình là: z  2  2i, z  2  2i. Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 15 Chuyên Đề Số Phức Vậy chọn đáp án A.  z  1  4i  3   Câu 15. Số nghiệm của hệ phương trình sau với z là ẩn số :  z  3  2i 2   z 3 i  2 A. 0 B. 1 C. 2 (1) (2) D. 4 Hướng dẫn giải Gọi E là điểm trong mặt phẳng phức có tọa vị là 1  4i . Khi đó tập hợp điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn (1) là đường tròn tâm E, bán kính R  3 . Phương trình đường tròn này là: 2 2  x  1   y  4  9 (*). Gọi 3 A, B theo thứ tự là các điểm biểu diễn số phức 3  2i,   i . 2 Khi đó tập hợp điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn (2) là đường tròn Appollonius chia đoạn thẳng AB theo tỷ số k  2 . Đường tròn Appollonius có tâm F là điểm có tọa độ  3  3  2i  4    i  ak b  2   1  2i và có bán kính f  2 1 4 1 k 2 R k ab 1 k 2  3 2 3  2i   i 2 1 4  1  2i  5 2 2 Phương trình đường tròn Appollonius là :  x  1   y  2   5 (**) Suy ra nghiệm của hệ đã cho là giao điểm của hai đường tròn (*) và (**), tức là các điểm  x; y  thỏa mãn hệ phương trình sau:  x 1 2  y  4 2  9     x2  y2  2x  8y  8  0    2 2 2 2  x  1   y  2   5 x  y  2x  4y  0    x  y  2  0  y  2  x  2   2 2 2  x   2  x   2x  4  2  x   0 x  y  2x  4y  0   x  1 x  2 y  2  x  2  hoặc  . x  x  2  0 y  1 y  4  Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là z  1  i và z  2  4i . Vậy chọn đáp án C. Chuyên Đề Số Phức Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 1 Chuyên Đề Số Phức CHỦ ĐỀ 8. DẠNG LƯỢNG GIÁC SỐ PHỨC Bài toán 1: Viết số phức dưới dạng lượng giác Phương pháp 1. Để viết số phức z  a  bi,(a, b ) dưới dạng lượng giác z  r(cos  isin ) Trước hết ta biến đổi: z  a 2  b2 ( a a 2  b2  a Như vậy: r  a 2  b2 . Đặt cos  b a 2  b2 i) và sin   a 2  b2 b a 2  b2 Từ đó suy ra  là 1 acgumen của z . 2. Chú ý các công thức biến đổi lượng giác: *1  cos  isin   2 cos 2     2i sin cos 2 2 2     2 cos cos  i sin  2 2 2 * 1  i tan   1  i sin  1  (cos   isin ) cos cos I. Các ví dụ điển hình thường gặp Ví dụ 1. Viết các số phức sau dưới dạng lượng giác: a) 5; b) -3 d) 2i . b)7i; Giải a) 5  5 1  0i   5  cos0  isin0  . b) 3  3  1  0i   3  cos+sini  .    c) 7i  7  0  i   7  cos  i sin  . 2 2        d) 2i  2  0  i   2  cos     i sin      2  2   Ví dụ 2. Viết các số phức sau dưới dạng lượng giác: a) 1  i 3; b) 3  i 3; c) 1 3  i; 3 3 d) 7 3  7i. 3 Giải 1       3 a) 1  i 3  2   i   2 cos     i sin     . 2 2   3  3    b) c)   1      i  3  i 3  3 1  i   6     6 cos     i sin     . 2  4  4   2  1 3 21 3  2    i  i    cos  isin .   3 3 32 2  3 3 3 Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 2 Chuyên Đề Số Phức      7 3 7 3 14 3  1 3  14 3   7i  1i 3   i  cos     isin    .   3 3 3 2 2  3   3  3   d)  Ví dụ 3. Viết các số phức sau dưới dạng lượng giác: a) 1  3i 1  2i  ; c)   b) 1  i  1    2  2i .  2  3 2  4    i ;  3  2 i  ;  Giải a) 1  3i 1  2i   1  6i 2  3i  2i  5  5i  5  1  i   1  1  3 3   5 2 i  i sin  .   5 2  cos 4 4  2 2   b) 1  i  1      3  1 3 3   3  2 i   1      3 2   3 21 i   3  1   3  1  i  3 1  3  i   2  3  1   i  2 2    3 1 i  3  c)  2  2i  .  2   3 2  4  i    2  6 2  8    6  4     6 2  6    6  6 2  i   6 2  6  1  i   1 1   2 6 2  6  i 2   2 2      3  2  cos  i sin  . 6 6    2 2 2 i         12  6 2 cos     i sin     .  4  4   Ví dụ 4. Viết các số phức sau dưới dạng lượng giác: a) 1 ; 2  2i b) 3i ; 1  2i c) 1 i 3 . 1 i Giải a) Ta có:      1 1 2 2    cos     i sin     2  2i 2 1  i  4      4  4  4  cos  i sin  4 4  b)  3  i 1  2i   3  2  6i  i  5  5i  1  i 3i  2 1  2i 1  2i 1  2i  1 4 1   2i   1  1     2  i   2  cos  i sin  . 4 4 2    2 c)          7    7    1 i 3 2   cos      i sin       2 cos    i sin   1 i 2  3 4  3 4   12   12    Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 3 Chuyên Đề Số Phức Ví dụ 5. Viết các số phức sau dưới dạng lượng giác: a) 1   i  b) 1  3  1  3 i. 3 Giải a) Ta có:  sin  6  1  cos   i sin    2  cos   i sin   . 1  1  i tan  1  i      6 6 6 6 6 3 3 cos cos  6 6 i      b) 1  3  1  3 i  1  tan   1  tan  i  1  3  3    sin   3  1  3 i    cos cos   3  3 sin    1    cos  sin   cos  i sin  i     3 3 3 3 cos cos 3 3 1    1     cos  sin    sin  cos  i    3 3 3 3 cos cos  3 3 1       1 2 cos     2 sin    .i    3 4  cos 3 4 cos 3 3           2 2  cos  i sin   2 2 cos     i sin     . 12 12    12   12    1  Cách khác:  1 3  1  3  1  3 i  1  3 1  i  1  3       tan  tan  4 3 i   1  3 1     1  tan .tan  4 3            1  3 1  i tan      1  3 1  i tan     .  4 3   12         sin       12    1  3 cos      i sin      .  1  3 1  i            12   12   cos cos    12   12           Mà cos             1 3 1 3  cos     cos .cos  sin .sin    . 12 3 4 3 4 3 4 2 2 2 2 2 2   Do đó: Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 4 Chuyên Đề Số Phức        1 3  cos     i sin        12   12   cos  12        2 2 cos     i sin     .  12   12    1  3  1  3 .i  Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 5 Chuyên Đề Số Phức II. Bài tập tự luyện Bài tập 1. Viết các số phức sau dưới dạng lượng giác: a)  2  i  3  i   c) 1  i  1  ( 3  2)i  b) 2 2 i 2 6  2i d)   3  3  2i  3  i   3    Giải  2  2   a) Ta có:  2  i  3  i   5  5i  5 2  i   5 2  cos  i sin  .  2  2  4 4   b) Ta có: 2 2 i 2 2 2 1 2 2  1     i   i    cos  i sin    6  2i 4 4 2 2 2  2 4 4 c) Ta có: 1  i  1  (     3  2)i  3  3  1  3 i  1  3  3 i   3  1    22 3   i   2  2 3  cos  i sin  .  2 2  3 3       d) Ta có  3  2i  3    14 3  1    i. 3  2    3  3  7 3 i   7i  7   i  3  3  3        3  14 3  cos     i sin     .   2  3   3  3  Bài tập 2. Viết các số phức sau dưới dạng lượng giác: a) 2 1 i ; c) 1   b) 2  3  i ;   2  1 i;  d) 1  2  3 i. Giải a) Ta có:   1 1    2  1  i  2 1   i   2  1  cos  i sin  4 4 2 2            2  2cos2  2i sin .cos   2 2 cos  cos  i sin  . 8 8 8 8 8 8    3 i 5 5  b) Ta có: 2  3  i  2 1     2  1  cos  i sin  2 2  6 6     5 5 5  5  5 5   2  2cos2  i sin .cos   4cos  cos  i sin  . 12 12 12  12  12 12   c) 1     2 1 i   2 1   2 1   2 1 i Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 6 Chuyên Đề Số Phức    2       1 i  2  1 1    2 2   3 3  2  1  1  cos  i sin  4 4   2 1 2 1 i  2     3 3 3  2  1  2 cos 2  2i sin .cos  8 8 8   3  3 3   2 2 2  1 .cos . cos  i sin  . 8  8 8   2   d) 1   2  3  i   2  3  2  3    2  3  i  3 i  2  3 2  3  i  2 2  3 1     2 2       2 2  3  1  cos  i sin  6 6                  2 2  3  2 cos 2  2is sin .cos  12 12 12        4 2  3 cos .  cos  i sin  . 12  12 12  Bài tập 3. Viết các số phức sau dưới dạng lượng giác    a) z    cos  i sin  ; 9 9     b)z  5   cos  i sin  . 6 6  Hướng dẫn giải a) Ta có:          z    cos  i sin    cos  i sin  cos      i sin     9 9 9 9 9 9       cos  i sin . 10 10 b) Ta có:           5 5  z  5   cos  i sin   5 cos      i sin       5  cos  i sin  6 6 6 6  6 6       Bài tập 4. Viết các số phức sau dưới dạng lượng giác: a)   cos   isin  ; b) cos   isin ; c)  cos   isin . Hướng dẫn giải a) Ta có:   cos   isin    cos   isin   cos       isin      b) Ta có: cos   isin   cos    isin   c) Ta có:  cos   isin   cos      isin     . Bài tập 5. Viết dưới dạng lượng giác các số phức sau: Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 7 Chuyên Đề Số Phức a) 1   cos   i sin  1  cos   i sin  ; b) 1   cos   i sin   1  cos   i sin   . Hướng dẫn giải a) Ta có: 1   cos   i sin   1  cos   i sin    1  cos   i sin  1  cos   i sin    tan . 2    i cos 2 2  i tan    2 cos  i sin 2 2     2i sin cos 2 2 2    2 cos 2  2i sin cos 2 2 2 2 sin 2 sin  Khi tan         0 thì dạng lượng giác là tan cos     i sin     2 2  2  2   Khi tan        0 thì dạng lượng giác là  tan cos    i sin    2 2 2  2   Khi tan   0 thì không có dạng lượng giác. 2 b) Ta có 1   cos   i sin    1  cos   i sin            2 sin  sin  i cos  .2 cos  cos  i sin  2 2 2 2 2 2        2 sin cos      i sin      2 2 2     Khi sin         0 thì dạng lượng giác là 2sin cos      i sin      2 2 2 2     Khi sin         0 thì dạng lượng giác là 2sin cos      i sin      2 2 2 2     Khi sin   0 thì không có dạng lượng giác. 2 Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 8 Chuyên Đề Số Phức Bài toán 2: Áp dụng công thức Moivre để thực hiện các phép tính Phương pháp * (cos  isin ) n  cosn   isin n  * (cos  isin )(cos  ,  isin  ,)  cos(    ,) isin(    ,) * cos  i sin  cos ,  i sin  ,  cos(   , )  i sin(   , ) * 1  cos  isin   2cos 2     2isin cos 2 2 2     2cos cos  i sin  2 2 2 * 1  i tan   1  i sin  1  (cos   isin ) cos cos I. Các ví dụ điển hình thường gặp Ví dụ 1. Tính các giá trị của số phức sau và viết kết quả của chúng dưới dạng a  bi,  a,b    2 2  3 3  a)A   cos  i sin  cos  i sin  . 7 7  14 14      7  cos  i sin  4 4  b) B  ;    5  cos  i sin  12 12   3     cos 5  i sin 5   c) C   4    cos  i sin  15 15   Giải a) Ta có:  2 2   3 3  A   cos  i sin  .  cos  i sin  7 7  14 14    2  3   2  3     cos      i sin    cos  i sin  i. 2 2  7 14   7 14  b) Ta có    7  cos  i sin  4 4        7  B  cos     i sin        5  4 12   4 12   5  cos  i sin  12 12    7   105 35  i.  cos  i sin   6 6 10 10 5 c) Ta có Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 9 Chuyên Đề Số Phức 3     3 3   cos 5  i sin 5   cos 5  i sin 5     C  4   4  4      cos 15  i sin 15   cos 15  i sin 15        3 4    3 4    1 3  cos    i.   i sin      5 15   5 15   2 2  n  3 i Ví dụ 2. Tìm số nguyên dương n bé nhất để   là số thực.  1 i    (Trích đề thi thử số 1 năm 2012, TT 46/1 Chu Văn An, Huế) Giải          3  i  2  cos  i sin  ; 1  i  2  cos     i sin     6 6   4  4   Ta có:   3 i 5 5   2  cos  i sin  1 i 12 12   n n  3 i  5n 5n  Do đó   i sin   2 2  cos   1 i  12 12     Số đó là số thực khi và chỉ khi sin 5n 5n 5n 0  k   k k  12 12 12  Số nguyên dương bé nhất cần tìm là n  12 . Ví dụ 3. Tính giá trị các biểu thức sau: 9 7 9  1 i 3   1 i 3  b) B       2   2       1 i   1 i  a) A      ;  2   2   c) C  1  i 3  1  i  6 5   1  i  1  i 3 5 ; 6 1  i 3   1  i 3  d) D  5 1  i  4 1  i  7 5 4 Giải a) Ta có 9 9 9  1 i   1 i           A      cos  i sin    cos     i sin     4 4   4  4   2   2    9   9  9 9  cos  i sin  cos     i sin    4 4  4   4   cos 9  9   9  9 9    i sin  cos    i sin    cos  cos  2 4 4 4 4  4   4  b) Ta có Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 10 Chuyên Đề Số Phức 7 7 7  1 i 3   1i 3           B     cos  i sin    cos     i sin      2   2   3 3   3  3       7   7  7 7  cos  i sin  cos     i sin    3 3  3   3  7 7 7 7   cos  i sin  cos  i sin  2i sin  i 3 3 3 3 3 3 7 c) Ta có  C  1 i 3  1  i  6 5   1  i  1  i 3 5  6 6 5 5   1 i 3    1 i    1 i    1 i 3   2   2   2          2   2     2 2   2    2 2     2   2 2 6  2 6          cos  i sin   cos     i sin     3 3    4  4  5 2 6  2 5 5          cos  i sin   cos     i sin     4 4    3  3  5 6 6   5   5   6 6    28 2  cos  i sin   cos     i sin     3 3    4   4    6   6   5 5    28 2  cos  i sin   cos     i sin     4 4    3   3   5 5 5 5  5  28 2  cos  i sin  cos  i sin   29 2 cos  512 4 4 4 4  4  d) Ta có 5 1  i 3   1  i 3  D 5 1  i  5  4 1  i  4   2  cos  i sin  3 3  2 5 5 1 1 3  3  2   i 25   i 2 2   2 2        4 4 i  i  4 1 4 1 2   2     2 2  2  2 5 5      2  cos     i sin      4  4   5       2 5  cos     i sin      3  3       2 2  cos  i sin  4 4  5 4  5   5  5 5 cos     i sin     i sin  3   3  3 3 8 8 cos   i sin   5   5  cos     i sin     4   4  cos 1 i 3 1 i 3 8  8    2 2 2  2       8 1 1 Ví dụ 4. Tính giá trị các biểu thức sau Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 11 Chuyên Đề Số Phức 4 4  5 5   5 5  a) A   1  cos  i sin    1  cos  i sin  ; 3 3   3 3   4 2    1   cos  i sin  6 6  b) B  ; 4    1   cos  i sin  6 6   8 8  1   cos  i sin  3 3   c) C  . 2  8 8  1   cos  i sin  3 3   Giải a) Ta có 4  5 5   5 5  A   1  cos  i sin    1  cos  i sin  3 3   3 3   4 4  5 5 5   5 5 5    2 cos 2  2i sin cos    2 cos 2  2i sin cos  6 6 6   6 6 6   4  5  5 5    5  5 5     2 cos  cos  i sin     2 cos  cos  i sin   6  6 6   6  6 6   4 4 4   5   5    5  5 5    5    2 cos  cos  i sin     2 cos  cos     i sin      6  6 6    6   6   6     4 4 4  2 3   20    20    20  20    2 3      i sin   cos   cos         i sin       2   6 6   2    6   6    20  20  9  2 cos  9.   18 cos 6  6  b) Ta có 4 4       1   cos  i sin  1   cos  i sin  6 6 6 6   B  4 4          1   cos  i sin  1   cos     i sin     6 6   6  6   4 4 2 2  i sin 1  cos  i sin 6 6 3 3    4   4   2   2  1  cos     i sin    1  cos     i sin    6 6 3        3  1  cos    2 2 2 cos  cos  i sin   i sin 3 3 3  3 3   2 2       1  cos  i sin 2 cos  cos     i sin     3 3 3  3  3  1  cos     1 i 3  cos     i sin       2 2 3 3 3 3 c) Ta có Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 12 Chuyên Đề Số Phức 2 2   8 8  2 2  1   cos  i sin  1   cos  i sin  3 3  3 3    C  2 2   8 8  2 2  1   cos  i sin  1   cos  i sin  3 3  3 3       2   2   1   cos     i sin     3   3    2 2  1   cos  i sin  3 3   2 2   4   4   1  cos     i sin     3   3     4 4  1   cos  i sin  3 3    2    2    2   2 2 2 2 sin 2   2i sin  cos   2i sin cos    2 sin 2 3 3 3       3 3 3  2 2 2 2 2 2 2 2 2 sin  2i sin cos 2 sin  2i sin cos 3 3 3 3 3 3    2  2 2    2 sin  sin  i cos  sin 2   i cos 2  cos     i sin    3  3 3   6  6 3 3    2 2     2  2 2   i cos 2 sin  sin  i cos  sin cos     i sin    3 3 3  3 3   6  6     cos     i sin     6  6   cos        i sin        1  i 3 .      2    6 6  6 6 2 cos    i sin   6 6  1 i  Ví dụ 5. a) Chứng minh số phức z     3  3i  24 là số thực. (Trích Trường THPT Kon Tum, lần 3 – 2012) n 3i 3  b) Tìm tất cả số nguyên dương n thỏa mãn A    là số thực.  3  3i    (Trích Trường THPT Quế Võ số 1, lần 4 – 2013) Giải a) Ta có:  1 i  z   3  3i  24   2 24       cos     i sin      4  4      2 24 cos  i sin  6 6  cos  6    i sin  6     1  1  12 2  cos 4   i sin 4   212 4096 24 24 b) Ta có Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 13 Chuyên Đề Số Phức n n  3 i    n n A  i sin    cos  i sin   cos  2  6 6 6 6    n A   sin  0  n  6k, k  , k  1 6 7  1 3  z  Ví dụ 6. Giả sử z là số phức thỏa mãn z  2z  4  0 . Tìm số phức w     2z    2 (Trích Trường THPT Chuyên ĐH Vinh – 2012) Giải Từ giả thiết z2  2z  4  0 ta có  z  1  3  z  1  3i 2 Với z  1  3i ta có: 7  3  3i  w    3  3i    1  i  7  3 i  7      cos 4  i sin 4  1    . 7 8 2     cos 6  i sin 6    7 7  7   i sin 4 4   1. 1 i   3 1  3 1i  . 8 3 i 32 32 8 2 cos 7   i sin 7  6 6 1 cos Với z  1  3i ta có: 7 1  i  7 w  3 i  7     cos 4  i sin 4  1   .  7 8 2     cos  i sin  6 6   7 7  i sin 4 4  1. 1i   3 1  3 1i  . 32 32 8 2 cos 7   i sin 7  8  3  i 6 6 1 cos Ví dụ 7. Cho số phức z thỏa mãn  z  1 2  i   3  i . Tìm phần thực và phần ảo của z9 . z  2i 2 (Trích Trường THPT Phan Bội Châu, Nghệ An lần 2 – 2013) Giải Đặt z  x  yi,  x,y    z  x  yi  z  1 2  i   3  i   4  2i  z   3  i  z  2  4i   x  y   7y  3x  i  2  4i 2 z  2i x  y  2   x  y  1 z  1 i 7y  3x  4 Do đó z9   2   cos 94  i sin 94   16  16i 9 Phần thực của z là 16, phần ảo của z là 16. Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 14 Chuyên Đề Số Phức  5  Ví dụ 8. Gọi z1 , z2 là hai nghiệm của phương trình z2   2cos  z  1  0 . Tìm số n nguyên 21   dương nhỏ nhất sao cho z1n  z2 n  1 . (Trích Trường THPT Nguyễn Văn Cừ, Bắc Ninh lần 3 – 2013) Giải  5  5 5 Phương trình z2   2cos  z  1  0 (1). (1) có  ‘  cos2  1   sin 2 21  21 21  Do đó các căn bậc hai của  ‘ là i sin Vậy (1) có các nghiệm là z1  cos 5 . 21 5 5 5 5  i sin , z2  cos  i sin 21 21 21 21 Ví dụ 9. Cho z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z2  2z  4  0 . Tìm phần thực, phần ảo z  của số phức: w   1   z2  2013 , biết z1 có phần ảo dương. (Trích Trường THPT Can Lộc, Hà Tĩnh lần 2 – 2014) Giải Vì   3 nên phương trình có hai nghiệm phức: z1  1  3i, z2  1  3i (do z1 có phần ảo dương) 3i 1  3i   z 1 Ta có: 1  z2 1  3i z  Do đó:  1   z2  2013 4 2 2 2 1 3       i   cos  i sin   2 2   3 3        cos  i sin  3 3  4026  cos1342  i sin1342   1 Vậy phần thực bằng 1, phần ảo bằng 0. n n  5 5   5 5  z1n  z 2 n  1   cos  i sin    cos  i sin   1 21 21 21 21     n n   5   5    5 5   cos     i sin       cos  i sin   1 21 21   21   21      n5   n5  n5 n5  cos    i sin 1   i sin     cos 21 21  21   21   n5  n5  cos   1   cos 21  21  n5  n5  7 42k  cos  cos     k2   n    21 3 21 3 5 5 k   *  Vì n là số nguyên dương nhỏ nhất nên từ (*) suy ra n  7 . Ví dụ 10. Cho số phức z biết z  1  3i . Viết dạng lượng giác của z . Tìm phần thực và phần ảo của số phức w   1  i  z5 Giải Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 15 Chuyên Đề Số Phức Cách 1: Ta có phương trình đã cho tương đương với phương trình: 1 i 3    z  2    2  cos  i.sin  2 2  3 3   1 i 3  5 5  Do đó: z5  32  cos  i.sin   32     16  16i 3 2 3 3  2          Suy ra: w  1  i  16  16i 3  16 1  3  16 1  3 i Vậy số phức w  1  i  z 5 có phần thực là 16  16 3 và phần ảo là 16  16 3 Cách 2: Dạng lượng giác của số phức z  1  3i  r  1  3  2  r  2  1     Ta có: cos      z  2  cos  i sin  2 3 3     3   3 sin   2  1 i 3  5 5  Áp dụng công thức Movie, ta có z5  25  cos  i.sin   32     16 1  i 3 2 3 3  2                w  1  i  z5  1  i  .16 1  i 3  16  1  3  1  3 i   16 1  3  16 1  3 i Vậy phần thực   của số phức w là 16  16 3 và phần ảo của số phức w là 16  16 3 II. Bài tập rèn luyện Bài tập 1. Tính các giá trị của số phức sau và viết kết quả của chúng dưới dạng a  bi,  a,b      5 5  a) A  5  cos  i sin  cos  i sin  ; 9 9  36 36   b) B  i 3     cos 6  i sin 6    5 ; 10   2 2         i sin    3  cos  i sin    2  cos 3 3    3 3   c) C   . 5   7 7    i sin    2  cos 6 6    Hướng dẫn giải a) Ta có     5 5  A  5  cos  i sin  cos  i sin  9 9  36 36      5    5      5 2 5 2  5 cos   i .   i sin      5  cos  i sin   4 4 2 2  9 36   9 36     b) Ta có Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 16  Chuyên Đề Số Phức       3  cos  i sin  3  cos  i sin  2 2 2 2 i 3   B   5 5  5 5        cos  i sin   cos  i sin cos  i sin   6 6   6 6  6 6        5    5          3 3  3 cos    i   i sin      3  cos    i sin    2 6   2 6   3   3  2 2   c) Ta có 10   2 2         i sin    3  cos  i sin    2  cos 3 3    3 3   C  5   7 7   2 cos  i sin    6 6      20  20     32 3  cos  i sin cos  i sin   3 3  3 3    35 35  32  cos  i sin 6 6     20   35   20   35    7 7   3 cos       i sin    i sin     3  cos 3 6  3 6  6 6   3  3    3 i  3 3  3    i  2  2 2 2  m  7i  Bài tập 2. Cho số phức z    . Tìm m nguyên để z là số thực, z là số ảo  4  3i  Hướng dẫn giải  7i  Ta có: z     4  3i  m m 22  m m   i sin  cos  (*) 4 4   z laø soá thöïc  m  4k, k  ; z laø soá aûo  m  4k  2, k  Bài tập 3. Cho số phức z  1  3i . Tính z7 . (Trích Trường THPT Chuyên Nguyễn Tất Thành – 2013) Giải 1  3    Ta có z  1  3i  2   i   2  cos  i sin  2 2  3 3      7 7     i sin   128  cos  i sin   64  64 3i Suy ra z7  128  cos 3 3  3 3   Bài tập 4. Cho số phức z thỏa mãn: z  z 6  7i . Tìm phần thực của số phức z2013 .  1  3i 5 (Trích Trường THPT Chuyên Trần Phú, lần 2 – 2013) Giải Gọi số phức z  a  bi, a,b    z  a  bi thay vào (1) ta có: Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 17 Chuyên Đề Số Phức  a  bi 1  3i   6  7i a  bi 6  7i   a  bi  1  3i 5 10 5  10a  10bi  a  3b  i  b  3a   12  14i a  bi   9a  3b  i  11b  3a   12  4i 9a  3b  12 a  1   11b  3a  14 b  1 a  b  1 z  1 i  z 2013  1  i  2013        2  cos  i sin   4 4    2013  2013 2013   21006. 2  cos  i sin  4 4   Vậy phần thực của z2013 là 21006 2.cos 2013  21006 4 Bài tập 5. Gọi z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z2  z  1  0 . Tìm phần thực, phần ảo của số phức w  z12014  z22014 . (Trích Trường THPT Chuyên Quảng Bình, lần 2 – 2014) Giải  1  z1   2 z2  z  1  0    1 z2   2  Ta có z1  3 i 2 3 i 2 1 3   1 3    i  cos  i sin ; z2   i  cos  i sin 2 2 3 3 2 2 3 3 Áp dụng công thức Moa-vrơ:    z1   cos  i sin  3 3  2014     z 2   cos  i sin  3 3    w  cos  cos 2014 2014 2 2  i sin  cos  i sin 3 3 3 3 2014  cos 2014 2014 2 2  i sin  cos  i sin 3 3 3 3 2 2  cos  1 . Phần thực của w là -1, phần ảo là 0. 3 3 Bài tập 6. Cho các số phức z thỏa mãn:  2  z   z5 . Chứng minh rằng z có phần thực bằng 1. 5 (Trích Trường THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Quảng Trị – 2014) Giải 5 5 2z Ta có z  0; z  2 không thỏa mãn phương trình nên  2  z   z5     1.  z  2z 2z  r  cos   i sin    0 nên đặt z z 5 2z 5    r  cos 5  i sin 5   1  1  cos k2   i sin k2   z   Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 18 Chuyên Đề Số Phức Nên  2z k2 k2  2 k2 k2  1 cos  i sin  i sin 0    1  cos z 5 5  z 5 5  z 2 2  k2  k2  k  k k  1  cos  i sin 2 cos  cos  i sin 5 5 5  5 5  k k k k  i sin cos  i sin 5 5 5 5  1  i tan k   k 5 k  k 2 k  cos cos  cos 2  i sin 2  5 5  5 5  cos Vậy z luôn có phần thực là 1. Bài tập 7. Biết rằng số phức z thỏa mãn z  1 1  1 . Hãy tính z2010  2010 z z Hướng dẫn giải  1 z   1 2 Từ z   1    z 1 z   2  Bài tập 8. Cho z  3   i  cos  i sin 1 2 3 3  z 2010  2 2010     3 z i  cos    -i sin    2  3  3 1 i 3 . Tính 2 a) A  z12  z6  1; b) B  z9  z6  z 3  1; c) C  z8  2z 4  z 2 ; d) D  1  z  z 2  z 3  …  z8 ; e) E  1  z  z 2  z 3  …  z9  z10 ; f) F  z 2009  z 2010  z 2011. Hướng dẫn giải Ta có: z      1 i 3  cos     i sin    2  3  3 a) Ta có 12 z        cos     i sin      3  3   12  12   12   cos     i sin    1  3   3  6        6   6  z6  cos     i sin      cos     i sin     1 3 3 3        3   Do đó: A  z12  z6  1  3 b) Ta có 9        9   9  z  cos     i sin      cos     i sin     1  3  3   3   3   9 6        6   6  z6  cos     i sin      cos     i sin     1  3  3   3   3   3        3   3  z  cos     i sin      cos     i sin     1  3  3   3   3   3 Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 19 Chuyên Đề Số Phức Vậy B  z9  z6  z3  1  0 Cách 2. Ta có thể xem B là tổng của cấp số nhân 4 số hạng liên tiếp, số hạng đầu là 1, công bội là   3 1  q4 1  z 3 9 6 3  z . Suy ra ta có: B  z  z  z  1  u1 1 q 1  z3 4  1  z12 1  z3 Với z12  1, z3  1. Vậy B  0. c) Ta có 2        2   2  1 i 3 z  cos     i sin      cos     i sin       2 2  3  3   3   3   2 4        4   4  1 i 3 z4  cos     i sin      cos     i sin       2 2  3  3   3   3   8        8   8  1 i 3 z  cos     i sin      cos     i sin       2 2  3  3   3   3   8 Vậy C  z8  2z4  z2  2 d) Ta có D  1  z  z2  z3  …  z8 là tổng của cấp số nhân có 9 số hạng, số hạng đầu bằng 1, công bội là z Do đó: D  u1 . 1  q9 1  q9  với z9  1 1 q 1 q Do đó: D  1  1 1 i 3   2 2  4 1 i 3   4 1 i 3  1  i 3 1  i 3   1  i 3. e) Ta có E  1  z  z2  z3  …  z9  z10 là tổng của cấp số nhân có 11 số hạng, số hạng đầu bằng 1, công bội là z Do đó: 1  q11 1   z  1  z11 E   1 q 1 z 1   z  11 Với z  1i 3 3 i 3  z1  2 2 2       Và z11  cos     i sin      3  3    z11  1  11  11   11  1 i 3  cos     i sin     2  3   3  2 3 i 3 .  2 2 Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 20 Chuyên Đề Số Phức 3 i Vậy E  2 3 i 2 3 2  3  3i  1  i 3 . 2 3 3  3i 2 2 f) Ta có  F  z2009  z2010  z2011  z2009 1  z  z2  1 i 3 1 i 3  z2     1  z  z2  0 2 2 2 Vậy F  0 . Với z  Bài tập 9. Chứng minh rằng: a) sin  6 2  6 2 và cos   . 12 4 12 4 b) Cho số phức z  6 2 6 2  i . 4 4 Tính A  z2  z  2  1 1  ; z z2 B  z2  z  2i  1 1  z z2 Hướng dẫn giải a) Ta có sin        6 2  sin     sin cos  cos sin  12 3 4 3 4 4 3 4 cos        6 2  cos     cos cos  sin sin  12 3 4 3 4 4 3 4 b) Theo câu a) ta có 6 2 6 2    i  cos  i sin 4 4 12 12 2 2 1 1  z  1  z  1 hay z.z  1   z vaø z 2 z z z Ta có     1 1  1 1   z2  z  2     z z2  z z2  2 2      z 2  z  2.z.z   z  z  z  z  z  z vôùi z  z  2 cos 12   A  z 2  z  2      Do đó: 2          A   2 cos   2 cos  2  2 cos 2   2 cos  2  1  cos   2 cos 12  12 12  12 6 12     3 6 2 6 2  21  2 3  .   2.   2  4 2  Vậy A  42 3 6  2 . 2 Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 21 Chuyên Đề Số Phức  B  z 2  z  2i   2  1 1 1 1  2  z 2  2  2i   z   z z z z        z 2  z  2i  z  z  z  z z  z  2i – z  z       .2 cos  2i  2i sin  2i sin  2i  2i sin 12 12 12 6 12      1 6 2 6 6  2  2i  sin  1  sin   2i   1    i.   6 12  4 2  2   2i sin Bài tập 10. Tìm phần thực của số phức z  1  i  , n  n . Trong đó n thỏa mãn: log 4  n  3   log 5  n  6   4 . Giải Phương trình: log 4  n  3   log 5  n  6   4 có nghiệm duy nhất là n  19 (vì VT của phương trình là một hàm số đồng biến nên đồ thị của nó cắt đường thẳng y  4 tại một điểm duy nhất) Ta có: 19     2 19  19 1  i  2   2 19  19 19  2  cos  i sin  4 4   z  1  i  1    19      cos  i sin  4 4  19  1 1  2   i   29  i.29 2   2  2 19    Suy ra Re z  29  512 . Bài tập 11. Cho số phức z    7i 3 1  2i 3 . Viết z dưới dạng lượng giác. Tìm phần thực và phần ảo của số phức w  1  i 3 z 5 . Ta có: z  7 i 3 1  2i 3  Giải 7  i 3 1  2i 3   1  i 1   2 3  3 2 2    z  2  cos  i sin  3 3  Khi đó:        w  1  i 3  2  cos  i sin   3 3    5 1 i 3  5 5   1  i 3 .2 5  cos  i sin   32. 1  i 3     32  32i 3 2 3 3  2        Vậy phần thực của w là 32 , phần ảo là 32 3 . Bài tập 12. Tìm điều kiện đối với các số phức a,b,c sao cho với mọi số phức z thỏa mãn z  1 thì az2  bz  c là số thực. Lời giải Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 22 Chuyên Đề Số Phức Vì az2  bz  c là số thực nên ta có các giá trị đặc biệt:  Chọn z  1 thì a  b  c  R. (1)  Chọn z  1 thì a  b  c  R. (2)  Chọn z  i thì a  ib  c  R. (3)  Chọn z  i thì a  ib  c  R. (4) Từ (1) và (2) ta có b  R. Nhưng từ (3) và (4) ta có ib  R do đó b  0. Khi đó, từ (1) và (3) thì a,c  R. Vì z  1 nên đặt z  cos   i sin    R  ta có: az2  bz  c  a  cos 2  i sin 2   b  cos   i sin    c   a cos 2  c   ia sin 2 R khi và chỉ khi asin 2  0,  Điều đó xảy ra khi và chỉ khi a  0 . Vậy giá trị cần tìm là a  b  0 và c là một số thực tùy ý. Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 23 Chuyên Đề Số Phức Bài toán 3. Tìm môđun và acgumen của số phức Phương pháp: Nhìn chung các bài tập này có cách giải như sau: Giả sử ta cần tìm một acgumen của số phức z. Ta cần biến đổi sao cho z có dạng z  r  cos   i sin   Với z  a  bi,(a,b  ) ta có mô đun của z là r  a 2  b2 Và 1 acgumen của z là  thỏa cos  a2 a 2  b2 ; sin   b2 a 2  b2  Với z  r(cos  isin ) thì z có mô đun là r và 1 acgumen của z là   Với z  r(cos   isin )  r cos( ) isin( )       Với z  r(sin   icos )  r cos(  )  isin(  )  2 2   I. Các ví dụ điển hình thường gặp  Ví dụ 1. Cho số phức z  1  sin   i cos  , 0    . Tìm một acgumen của số phức z. 2 Giải     z  1  sin   i cos   1  cos      i sin     2  2         2 sin 2     2i sin    cos    4 2 4 2 4 2            2 sin    sin     i cos      4 2   4 2   4 2             2 sin    cos     i sin      4 2  4 2  4 2  Do 0          neân 2sin     0 . Vậy, một acgumen của z là  4 2 2 4 2   Ví dụ 2. Cho số phức z có mô đun bằng 1 và  là một acgumen của z a) Tìm một acgumen của z z b) Tìm một acgumen của z  z nếu cos   0 Hướng dẫn Từ giả thiết suy ra z  cos   isin a) Ta có z cos   i sin  cos    i sin      cos  2  i sin  2  z cos   i sin  cos   i sin  Vậy một acgumen của z là 2 b) Ta có : z  z  2cos   Nếu cos   0 thì z  z  2cos   2cos   cos0  isin0  . Lúc đó 0 là một acgumen của z  z Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 24 Chuyên Đề Số Phức  Nếu cos   0 thì z  z  2cos .( 1)  2cos   cos   isin   . Lúc đó  là một acgumen zz Ví dụ 3. Tìm môđun và một acgumen của các số phức sau:   a) z  1  cos  i sin ; 4 4 c) z  1  cos 2 2 ;  i sin 5 5 e) z  1  sin   b) z  1  cos  i sin 3 3 d) z  1  sin    i sin 3 6    i sin . 6 6 Giải         a) z  1  cos  i sin  2cos2  2i sin cos  2cos  cos  i sin  8 8 8 4 4 8 8 8   r  2 cos 8 Vậy     .  8      b) z  1  cos  i sin  2cos2  2i sin .cos 3 3 6 6 6           2cos  cos  i sin   2cos cos     i sin     6 6 6 6  6  6    r  2 cos 6  3 Vậy      .  6 c) z  1  cos 2 2     i sin  2sin 2  2i sin .cos 5 5 5 5 5     3 3   2sin  sin  i cos   2sin  cos  i sin  . 5 5 5 5 10 10    r  2 sin 5 Vậy    3   10     d) z  1  sin  i sin  1  cos  2i sin 3 6 6 6     2 cos2  2i sin cos 12 12 12     11 11   2 cos   cos  i sin   2 cos  cos  i sin  12  12 12  12  12 12    r  2 cos 12 Vậy    11  12 Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 25 Chuyên Đề Số Phức     e) z  1  sin  i sin  1  cos  i sin 6 6 3 3     2i sin .cos 6 6 6    1 7 7   2 sin   sin  i cos   2.  sin  i cos  6 6 6 2 6 6   2 sin 2  2   2   cos     i sin    .  3   3  r  1  Vậy  2    . 3  Ví dụ 4. Tìm môđun và một acgumen của các số phức sau: a) z  1  1 2  1 2 i; c) z  2 3  3  i 3; b) z  2  2  i 2; d) z  3 2 1   i. 3 3 3 Giải Ta kí hiệu r và  lần lượt là môđun và acgumen của số phức z, ta có a) z  1   2 cos 2 1 2    i  1  cos  i sin 4 4 2 1        2i sin .cos  2 cos  cos  i sin  8 8 8 8 8 8        2 cos cos     i sin     8  8  8    r  2 cos 8 Vậy      .  8   2 i 2   b) z  2  2  i 2  2  1     2  1  cos  i sin    2 2 4 4            2  2 sin 2  2i sin .cos   4 sin  sin  i cos  8 8 8 8 8 8   3   3    3 3    4 sin  cos  i sin   4 sin cos     i sin     8 8 8  8  8   8    r  4 sin 8 Vậy     3  .  8   3 1    c) z  2 3  3  i 3  2 3  1   i   2 3  1  cos  i sin   2 2  6 6   Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 26 Chuyên Đề Số Phức         2 3  2cos2  2i sin .cos   4 3 cos  cos  i sin  12 12 12  12  12 12     r  4 3 cos 12 Vậy     .  12 d) z  3 2 1 2 3 1 2 3 1    i   i   1   i 3 3 3 3 3 3 3  2 2  2    4      2 sin 2  2i sin .cos   sin   sin  i cos  3 12 12 12  3 12  12 12       4 4   7 7   sin  sin     i cos      sin  cos  i sin  3 12  12  12 12   12   12   3  4  r  3 sin 12 Vậy    7  .  12 Ví dụ 5. Gọi z1 ,z 2 là hai nghiệm của phương trình: z2  2iz  4  0,z1 có phần thực âm. Tính môđun và acgumen của các số phức sau: z1 ; z2  2 a) w  z12 .z2 ; b) w  c) w   z1  2  z2  2  ; d) w  z1 . 2  z2 .   Giải Ta gọi r và  lầ lượt là môđun và acgumen của số phức w. Giải phương trình: z2  2iz  4  0 ta được 2 nghiệm là:   3 1  5 5  z1   3  i  2    i   2  cos  i sin  ,z1 có phần thực âm và  2 2  6 6      3 1     z2  3  i  2   i   2  cos  i sin  .  2 2  6 6        5 5   i sin  ; z2  2  cos  i sin  . a) Ta có: z12  4  cos 6 6 3 3    Suy ra:   5    5     11 11  w  z12 .z2  4.2. cos     i sin      8  cos  i sin . 6 6   3 6  3 6    r  8  Vậy w có môđun và một acgumen là:  11   6  b) Ta có   3 1    z2  2  3  i  2  2  1   i   2  1  cos  i sin    2 2  6 6   Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 27 Chuyên Đề Số Phức         2  2 sin 2  2i sin .cos   4 sin   sin  i cos  12 12 12  12  12 12           7 7   4 sin sin     i sin      4 sin  cos  i sin  . 12   12  12  12 12   12   Suy ra:  5 5  2  cos  i sin   z1 6 6   5 7    5 7    1  w   cos    i sin        z2  2 6 12  6 12    7 7    4 sin  cos  i sin  2 sin 12 12  12 12    3 3  1    cos  i sin   cos  i sin  .     12 12  4 4 2 sin  2 sin  12 12 1  1 r   z1  2 sin Vậy w  có môđun và acgumen là  12 z2  2     . 4  c) Ta có z2  2  4sin  7 7   i sin  theo câu b) và  cos 12  12 12    3 1    z1  2   3  i  2  2  1   i   2  1  cos  i sin   2 2  6 6           2  2 cos 2  2i sin .cos   4 cos   cos  i sin  12 12 12  12  12 12    4 cos  11 11   i sin  cos . 12  12 12  Suy ra w   z1  2  z 2  2   4 cos  16.sin  11 11   7 7   i sin  i sin   cos  .4 sin  cos 12  12 12  12  12 12   11 7    11 7       .cos cos      i sin   12 12   12 12   12 12     18 18   3 3   8.sin .  cos  i sin  i sin    8 sin  cos 6  12 12  6 2 2   3 3   4 cos  cos  i sin  . 12  2 2  r  4  Vậy w   z1  2  z2  2  có môđun và một acgumen là:  3 .   2  Cách khác: Trong trường hợp này, ta có thể áp dụng công thức Vi-et: z1  z2  2i, z1z2  4. Ta có: w   z1  2  z2  2   z1 .z2  2  z1  z2   4  4  2.2i  4  4i Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 28 Chuyên Đề Số Phức  3 3   4  0  i   4  cos  i sin  . 2 2       d) w  z1 . 2  z2  w  z1. 2  z2  z1.  2  z 2   z1.  z 2  2 .   5 5  5 5   isin   2   cos  isin Với z1  2  cos  6 6  6 6       5   5        2 cos      i sin       2 cos     i sin      6   6   6  6    và z2  2  4sin  7 7   i sin  .  cos 12  12 12  Suy ra        7 7  w  z1 .  z 2  2   2 cos     i sin     .4 sin  cos  i sin  12  12 12   6  6     7    7       5 5   8 sin . cos     i sin    i sin       8 sin .  cos 12  12  12 12   6 12   6 12    w  8 sin  5   5     5 5    .  cos  i sin   8 sin . cos     i sin     . 12  12 12  12   12   12    Vậy w  z1 . 2  z2    r  8 sin 12 có môđun và acgumen là:     5  .  12 Ví dụ 6. Tìm môđun và một acgumen của số phức z thỏa mãn phương trình: 1  z2  i. 1  z2 Giải 1  z2 Ta có z  2 1 z 2  i  1  z2  i  iz2  1  i  z2  1  i  z2   1  i 1  i  1  i 1  i     1  i 2  2i 11   i  cos   i sin  2 1  i 1 i 2  z  1. Đặt z  cos   isin   z 2  cos2   isin2 . Ta có:     z2  cos  i sin  cos 2  i sin 2  cos  i sin 2 2 2 2    2   k2     k. 2 4 Chọn k  0,1 ta được 1   5 , 2  . 4 4 Vậy có 2 số phức z thỏa mãn 1  z2 1  z2  i là: Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 29 Chuyên Đề Số Phức z1 có môđun r  1 , một acgumen là 1   5 và z 2 có môđun r  1 , một acgumen là   . 4 4   8 Ví dụ 7. Trong các acgumen của số phức 1  3i , tìm acgumen có số đo dương nhỏ nhất. (Trích Ebooktoan.com số 13 – 2013) Giải 1  3     Ta có 1  3i  2   i   2  cos  i sin  2 2  6 3      8 8   i sin Theo công thức Moavơrơ ta có: z  28  cos  . Từ đó suy ra z có các họ acgumen là: 3 3    8  2k, k  3 . Ta thấy với k  2 thì acgumen dương nhỏ nhất của z là  Ví dụ 8. Tìm acgume âm lớn nhất của số phức z  1  i 3  10 4 . 3 . Giải  z  1 i 3  10 10 1 3 2  i  2 2   10 10 10     2  cos  i.sin  3 3  Aps dụng công thức Moa vro, ta có:  10 10  10  4 4  z  210  cos  i.sin  i.sin    2  cos 3 3  3 3    4 4 2  k2  k  Z  . Ta có  k2  0  k   hay 3 3 3 Các acgumen của z đều có dạng k …, 4, 3, 2, 1 Acgumen âm lớn nhất của z tương ứng với k  1 Vậy acgumen cần tìm của z là  2 3 Ví dụ 9. Giải phương trình sau trên tập hợp số phức:  z  i   1  i 3 . 4 (Trích Trường THPT Chuyên Lý Tự Trọng, Cần Thơ – 2013) Giải 4 4  2 2   i sin  Ta có:  z  i   1  i 3   z  i   2  cos 3 3   Giả sử z  i  r  cos   i sin  , r    1   z  i   r 4  cos 4  i sin 4  4  r 4  2 r  4 2  2    Từ (1) và (2) suy ra: cos 4  cos  k 3 k      6 2  2  sin 4  sin 3 2  Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 30 Chuyên Đề Số Phức Cho k  0,  1,  2 ta nhận được các giá trị acgumen tương ứng của số phức z  i là  2  5 , 2  , 3   , 4   6 3 3 6 Từ đó phương trình đã cho có 4 nghiệm lần lượt là: 1  4     18  4 2 z  i  4 2  cos  i sin  hay z    1 i  2  6 6 2    4   2 2  2  4 18 z  i  4 2  cos  i sin  hay z     1 i  3 3  2  2   4        2  4 18 z  i  4 2  cos     i sin     hay z    1 i  2  2  3  3    4    5   5   18  4 2 z  i  4 2  cos     i sin     hay z     1 i  2  2  6   6     Nhận xét: Dạng lượng giác luôn phát huy được ưu thế của mình khi xử lí các biểu thức lũy thừa bậc cao của số phức.  5  Ví dụ 10. Gọi z1 ,z 2 là nghiệm của phương trình z2   2cos  z  1  0 . Tìm số n nguyên dương 21   nhỏ nhất sao cho z1n  z2 n  1 Giải  5  Đặt z2   2cos  z  1  0 (1). Biệt thức của (1) là 21   2 ’  cos2 5 5  5   1   sin 2   i sin 2  . 21 21  21  Vậy (1) có các nghiệm là z1  cos 5 5 5 5 và z2  cos  i sin  i sin 21 21 21 21 n n  5 5   5 5  z1n  z2 n  1   cos  i sin    cos  i sin   1 21 21   21 21   n n   5   5    5 5   co s     i sin      co s  i sin   1 21 21 21 21         n5   n5  n5 n5  co s    i sin 1   i sin     co s 21 21  21   21   n5  n5 n5  cos   1  2 co s 1   co s 21 21  21  n5  n5  7 42k  co s  co s     k2   n    k  21 3 21 3 5 5  *  Vì n là số nguyên nhỏ nhất nên từ  *  suy ra: n  7 Ví dụ 11. Tìm số phức z thỏa mãn: biết z  2i có một acgument bằng một acgument của z  2 cộng với  . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức T  z  1  z  i . 4 Giải Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 31 Chuyên Đề Số Phức Đặt z  a  bi a,b  nên  . Khi đó z  2i có một acgument bằng acgument của z  2 cộng với     r  cos  i.sin  với r  0 . 4 4 z 2  z  2i z  2i  z 2 Suy ra   a b 2 i a  2  bi     a  2   b a a 2 b b 2 a 2  b2  2  2    a  2   b2  0  a  b  2  0 2      a  2  b  2   ab  i a  2   b a  2   b 2   a  2  b  2   ab  i 0 a  2   b a a 2 b b 2 2 2 2 2 2 2 *  Ta có: T  z  1  z  i  a  1  bi  a   b  1 i  a  1 2  b2  a 2   b  1  3  2a  3  2b do (*) 2 Ap dụng bất đẳng thức Cosi,ta được: T 2  2  6  2a  2b   2  6  2 a 2  b2   20   Suy ra T  2 5 , đẳng thức xảy ra khi a  b  1 Vậy, giá trị lớn nhất của T là 2 5 , đạt khi z  1  i II. Bài tập áp dụng Bài tập 1. Tính môđun và một acgumen của số phức sau a)z  5i ; 2  3i b)z  5  1  3i  c)z    ;  2i  18  8i ; 4  9i 3 3 3 i c)z    .  3  2i    Hướng dẫn giải a) Ta có z  5  i  2  3i   13  13i  1  i 5i  2  3i  2  3i  2  3i  13  1  1     2  i   2  cos  i sin  4 4 2    2 r  8 Vậy    . b) Ta có z  18  8i 18  8i  4  9i      2i  2  cos  i sin  4  9i 2 2  4  9i  4  9i   Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 32  4 Chuyên Đề Số Phức r  8  Vậy     . 2  c) Ta có 5 5 5  1  3i    1  3i  2  i    5  5i  z        1  i    2  i    2  i  2  i    5  5 5 5   2         2    2  i    2 5 cos   i sin    2     2  4   4      5   5    5   5    25  cos    i sin     4 2 cos    i sin    4   4   4   4    r  4 2  Vậy  5    . 4  3 3 3 i d) z    .  3  2i    Ta có  3 3 i 3  2i   3 3  i   3  2i    9  2  6 3  3  i 34 3  2i  3  2i 1  7  7 3i 3     1  i 3  2  i   2  cos  i sin  .   7 3 3  2 2  3 3 3 3 i      3 Suy ra z     2 cos  i sin    2  cos   i sin    3  2i    3 3    r  8 Vậy    .   Bài tập 2. Cho số phức z thỏa mãn 1  i 3 z  z  3 . Tìm mô-đun của số phức w  1  z 5  z10 . (Trích đề thi thử Người Thầy – 2013) Giải Gọi z  a  bi  a, b   . Ta có: 1  i 3  z  z  3  1  i 3  a  bi   a 2  b2  3 a  b 3  a 2  b2  3  a  b 3  a 2  b2  b  a 3 i  3    b  a 3  0  4a  4a 2  3    b  a 3   1 2 Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 33 Chuyên Đề Số Phức  3 a  3  4a  0  3 1  4  a  , thay vào (2) ta có b   1   2 2  2 2 4a   3  4a  a  1  a  3   2 2  Suy ra z      1 i 3   cos     i sin    2 2  3  3 Do đó  5   5   10   10  w  1  z5  z10  1  cos     i sin     cos     i sin     3   3   3   3   1 1 i 3 1 i 3     1 i 3 2 2 2 2 Vậy w  1  i 3  2 Bài tập 3. Tìm số phức z biết rằng z  2z  3  i và  1  i  z   1 3  1 3 i có một acgumen bằng  .(THPT Chuyên Đại học Vinh, lần 2 – 2013) 6 Giải Ta có 1  i  z  1 i   1  3   1  3  1 3  1 3 i 2 2    . 1 3  1 3 i  1  3i 4 1      cos  i sin  2 3 3  Đặt z  r  cos   i sin  , r  0 . Khi đó: 1  i  z   r      cos      i sin      3 3    1 3  1 3 i 2    Theo bài ra ta có:      3r r      . Suy ra z   i 3 6 3 2 2 Từ giả thiết của bài toán ta có: 3r r  i 2 2 3r  ri  3  i 2 r  2  3r   r 2 2 2 2 2    3 r  1  r  1  r  4 r  1         r  2  2   2     3 Từ đó ta có z  3  i, z  3 1  i. 3 3 2 Bài tập 4. Viết dạng lượng giác của số phức z biết z2 .z  16 và i.z có một acgumen bằng (THPT Lương Thế Vinh, Hà Nội lần 3 – 2013) Giải Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 34  . 6 Chuyên Đề Số Phức 2   Ta có z2 .z  16  z.z 2    16  z  2 /  16  z 2 2 Gọi  là một acgumen của z. Ta có z  2  cos   i sin  Từ đó suy ra:      i.z  2i  cos   i sin   2  sin   i cos    2  cos      i sin      2  2   Chọn  sao cho      2 6 3    Vậy z có dạng lượng giác là z  2  cos  i sin  . 3 3  Bài tập 5. Tìm số phức z biết z2  2z là số thực và z  1  có một acgumen là  . (THPT Chuyên z 3 Phan Bội Châu, Nghệ An lần 1 – 2013) Giải Vì z.z  1  0 và z  một acgumen là  1  1 z.z  1 có một acgumen là  nên có một acgumen là  , suy ra z có  z z 3 z 3  . 3    r r 3 ,  r 0 Gọi z  r  cos  i sin   a  bi  a  , b 3 3 2 2  Ta có z2  2z  a 2  b2  2a  2b a  1 i là số thực khi và chỉ khi: a  1 r  2 . Vậy z  1  3i . 2b  a  1  0     b  0 r  0 Bài tập 6. Tìm số phức z sao cho zi  có một acgumen bằng và z  1  z  i (THPT Chuyên zi 2 Vĩnh Phúc khối B, D, lần 5 – 2013) Giải Đặt z  x  yi,  x, y   x2  y 2  1 zi 2x   i z  i x2   y  12 x2   y  12  x2  y2  1 0  2  x 2   y  1 x 2  y 2  1 zi    có một acgumen bằng zi 2 2x  x  0 0 2  2  x   y  1  1 Lại có: z  1  z  i   x  1  y  x   y  1 i   x  1  y2  x2   y  1  x  y  2  2 2 Từ (1) và (2) suy ra x  y   2 2 2 z  i. 2 2 2 Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 35 Chuyên Đề Số Phức Bài tập 7. Trong các số phức z thỏa mãn z  4  3i  1 , số phức nào có z nhỏ nhất. Khi đó acgumen của nó bằng bao nhiêu? (Trích GSTT Group lần 4 – 2014) Giải Đặt z  a  bi  z  a 2  b2  z  4  3i   a  4    b  3  i  a  4    b  3 2 2 z  4  3i  1   a  4    b  3   1  1  a 2  b2  2  3b  4a   25 2 2 Áp dụng Bunhia copski:   3b  4a   3 2    4 2 b2  a 2  5 a 2  b 2  1  a 2  b 2  10 a 2  b 2  25  1  a 2  b2  5  1  6  a 2  b2  4  6  z  4 z nhỏ nhất khi z  4   3b  4a   0  16  a  5 4 3  16 12 b a Dấu “=” xảy ra khi:    z  i  4  i  5 5 5 5   3 4  b   12 2 2 a  b  16 5   4 z  4  cos   i sin   . Acgumen của z là: ar cos  k2 . 5 Bài tập 8. Tìm số phức z thỏa mãn z  2i  2 3 và   3  i z có một acgumen bằng  . (Trích 3 Trường THPT Chuyên ĐH Vinh, lần 3 – 2014) Giải Đặt z  r  cos   i sin  , r  0 .   Suy ra z  r cos    isin   . Khi đó:        3  i z  2r  cos      i sin      6  6   Theo giả thiết ta có    3r r        . Khi đó z   i. 6 3 6 2 2 Suy ra z  2i  2 3  3r  r   2  i  2 3 2 2  2 3r 2  r    2    12  r 2  2r  8  0  r  2 (vì r  0 ) 4  2 Vậy z  3  i . Bài tập 9. Xét số phức z thỏa điều kiện 2z  2  i 2  1 (*) a) Tìm tập hợp điểm M biểu diễn số phức z thỏa (*) b) Trong các số phức z thỏa (*) tìm số số phức có acgumen dương và nhỏ nhất. Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 36 Chuyên Đề Số Phức Hướng dẫn giải y 2 I 2 K 300 450 O x 2 1 2 2 2  2  2 1 a)M(z)  (C) :  x   y     2   2  4  IK 1    IOK  IO 2 6 b) Kẻ tiếp tuyến OK với đường tròn. Dễ thấy OI  1 nên     KOx    4 6 12 sin IOK     3    z  OK  cos  i sin    cos  i sin  12 12  2  12 12   Vậy z  3    cos  i sin  2  12 12  Bài tập 10. Tìm số phức z sao cho zi   1 và z  1 có một acgumen bằng  . z  3i 6 Hướng dẫn giải x  zi Từ z  3i  1   y  1 vôùi z  x  yi  Lúc đó: z  1  x  1  i 1 . Vì z  1 có 1 acgumen bằng   nên z  1 có dạng 6       z  1  r cos     i sin     ,r  0  6  6   r  x 1 i  3  i 2 2    r 3 x  1   2  x  3  1 Từ (1) và (2) suy ra  r  2 1  r  2 Vậy z  2 3  1  i laø soá phöùc caàn tìm Bài tập 11. Xác định tập hợp các điểm trên mặt phẳng phức biểu diễn số phức z sao cho z sao cho số phức z2  có một acgument bằng z2 3 Hướng dẫn giải Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 37 Chuyên Đề Số Phức Giả sử Do z  x  yi,  x,y   thì z2 x2  y2  4 4y   i 2 2 z2  x  2   y2  x  2   y2 z2  có một acgument bằng nên ta có z2 3 x2  y2  4  x  2 2  y2  4y  x  2 2    i  r  cos  isin  ,r  0 3 3   y2  x2  y2  4 r   2   x  2   y2 2  4y r 3    2 2 2  x  2  y Do đó:  1 2 Từ (1) và (2) ta suy ra y  0 và 2  r 3 2   4    x2   y     2 2 2 3 3     x  2  y   4y 2  2  4 Taäp hôïp ñieåm M(z) caàn tìm laø phaàn ñöôøng troøn taâm I  0;  , baùn kính 3 3  naèm phía treân truïc thöïc (y  0) Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 38 Chuyên Đề Số Phức Bài toán 4. Áp dụng công thức Moavrơ để tính căn bậc n của số phức Phương pháp 1. Tính căn bậc hai của số phức w: Căn bậc hai của số phức z là số phức w thỏa w2  z *Căn bậc hai của 0 bằng 0 * Với z  0, z  r(cos  i sin ),r  0 Đặt w  R(cos  isin ) thì w2  z  R 2 (cos2  isin 2 )  r(cos  isin  )  R 2  r   2    k2,  R  r       k,  2     *Số phức z  r(cos  isin ) có 2 căn bậc hai đó là  r  cos  i sin  và 2 2     r  cos  i sin  2 2  TT có căn bậc n: wn  z  R n (cos n  isin n )  r(cos  isin ) R  n r   R n  r    k2     n    k2 2   I. Các ví dụ điển hình thường gặp Ví dụ 1. Tìm căn bậc hai của số phức sau và viết dưới dạng lượng giác w  1 3  i. 2 2 Giải Ta có w  1 3    i  cos  i sin . 2 2 3 3 Đặt z  r  cos   i sin  là một căn bậc hai của w, ta có: z 2  w  r 2  cos 2  i sin 2   cos    i sin 3 3 r  1 r  1       2   k2 ,k  Z    k,k  Z. 3 6     7 7  i sin . Vậy w có hai căn bậc hai là: z1  cos  i sin và z2  cos 6 6 6 6 Ví dụ 2. Tính căn bậc ba của số phức sau và viết dưới dạng lượng giác: w  1  i 3. Giải Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 39 Chuyên Đề Số Phức  1  3 2 2  Ta có: w  1  i 3  2    i  i sin    2  cos  2  2  3 3     w có môđun R  2 và một acgumen   2 . 3 Suy ra căn bậc ba của w là số phức z có: Môđun r  3 2 và một acgumen  k2 2 k2    ,k  Z. 3 3 9 3 Lấy k  0,1,2 thì  có ba giá trị:  1  2 2 2 8 2 4 14 , 2    , 3    . 9 9 3 9 9 3 9   2 2  8 8  z1  3 2  cos  i sin  , z 2  3 2  cos  i sin  , 9 9  9 9    Vậy w  1  i 3 có 3 căn bậc ba là:  14 14   z 3  3 2  cos  i sin . 9 9   Ví dụ 3. Tính căn bậc bốn của số phức sau và viết dưới dạng lượng giác: w  i. Giải    Ta có: w  i  cos  i sin có môđun R  1 và một acgumen   . 2 2 2 Suy ra căn bậc bốn của w là số phức z có: môđun r  1 và một acgumen  k2  k    ,k  Z. 4 4 8 2 Lấy k  0,1,2,3 ta có 4 giá trị của  :  1     5  9  3 13 , 2    , 3     , 4    . 8 8 2 8 8 8 8 2 8 II. Bài tập rèn luyện Bài tập 1. Tìm căn bậc hai của số phức sau và viết dưới dạng lượng giác w  1  i    3 i . Hướng dẫn giải Ta có: w  1  i    1 i   3 1  3 i  2   i  .2.  2   2 2   2                2 2  cos  i sin  cos  i sin   2 2 cos     i sin     4 4  6 6  4 6  4 6    5 5   8  cos  i sin  . 12 12   Vậy w có 2 căn bậc hai là:  5 5  z1  4 8  cos  i sin  24 24     5   5   29 29  z 2  4 8 cos      i sin       4 8  cos  i sin . 24 24   24   24    Bài tập 2. Tìm căn bậc ba của số phức sau và viết dưới dạng lượng giác w  2 2  i 2 2 Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 40 Chuyên Đề Số Phức Hướng dẫn giải Ta có: w      2 2 i  cos     i sin    2 2  4  4  w có môđun R=1 và acgumen    . 4 Suy ra căn bậc ba của w là số phức z có: môđun r  3 1  1 và một acgumen  k2  k2    ,k  Z. 3 3 12 3 Với k = 0,1,2 ta có ba giá trị của  .  1     2 7   4 15 5 , 2     , 3      . 12 12 3 12 12 3 12 4 Vậy w  2 2 có 3 căn bậc 3 là: i 2 2     7 7 5 5 z1  cos     i sin    , z2  cos  i sin , z3  cos  i sin . 12 12 4 4  12   12  Bài tập 3. Tính căn bậc bốn của w   3 1  i. 2 2 Hướng dẫn giải Ta có: w   3 1 7 7 có:  i  cos  i sin 2 2 6 6 r  1    k2 7  k   ,k  Z.    4 4 24 2  Lấy k  0,1,2,3 ta có 4 giá trị cuả  : 7 7 31 ; 3   ; 24 24 24 7   19 7  3 43 2    ; 4    . 24 2 24 24 2 24 1  3 1  i có 4 căn bậc 4 là: 2 2 7 7 19 19 z1  cos  i sin , z 2  cos  i sin 24 24 24 24 31 31 43 43 z3  cos  i sin , z 4  cos  i sin . 24 24 24 24 Vậy w   Bài tập 4. Tính căn bậc năm của w  i. Hướng dẫn giải Căn bậc năm của số phức w  i là số phức z thỏa mãn z5  i. Vì z5  i  1  z5  1  z  1 . Đặt z  cos   isin , ta có Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 41 Chuyên Đề Số Phức    i sin 2 2    cos 5  i sin 5  cos  i sin 2 2   k2  5   k2     ,k  Z 2 10 5 Lấy k  0,1,2,3,4 ta được 5 giá trị của  : z 5  i   cos   i sin    cos 5   2   4 9 , 2    , 3    10 10 5 2 10 5 10  6 13  8 17  4    , 5    . 10 5 10 10 5 10 1  Vậy có 5 căn bậc năm của i là:     9 9  i sin , z 2  cos  i sin , z 3  cos  i sin , 10 10 2 2 10 10 13 13 17  17  z4  cos  i sin , z 5  cos  i sin . 10 10 10 10 z1  cos Bài tập 5. a) Viết z0  3  i dưới dạng lượng giác. b) Tính z 04 và suy ra các căn bậc bốn của w  8  8i 3. Hướng dân giải    a) z0  2  cos  i sin  6 6  b) z0 4  8  8i 3.     2 2   i sin  , Các căn bậc 4 của 8  8i 3 là : z0  2  cos  i sin  ,z1  2  cos 6 6 3 3      7 7  5 5  z2  2  cos  i sin  ,z3  2  cos  i sin  6 6  3 3    Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 42 Chuyên đề: Số phức Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133 Page 1 Chuyên đề: Số phức MỤC LỤC CHỦ ĐỀ 9. MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA SỐ PHỨC…………………………………………………………………………………………. 3 Bài toán 1. Sử dụng số phức vào giải hệ phương trình …………………………………………………………………………………. 3 Bài toán 2: Ứng dụng số phức vào chứng minh các công thức, đẳng thức lượng giác …………………………………… 10 Bài toán 3: Ứng dụng vào chứng minh bất đẳng thức …………………………………………………………………………………. 20 Bài toán 4. Ứng dụng giải toán khai triển hay tính tổng nhị thức Niutơn …………………………………………………… 23 Bài toán 5. Ứng dụng giải toán đa thức và phép chia đa thức ………………………………………………………………………. 27 Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133 Page 2 Chuyên đề: Số phức CHỦ ĐỀ 9. MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA SỐ PHỨC Bài toán 1. Sử dụng số phức vào giải hệ phương trình f(x; y)  g(x; y) (1) Xét hệ phương trình:  h(x; y)  k(x; y) (2) Lấy (2) nhân i sau đó cộng (trừ) (1) vế theo vế ta được : f(x; y)  h(x; y).i  g(x; y)  k(x; y).i (*) Đặt z  x  yi , biểu diễn (*) thông qua các đại lương z,z,|z|,… I. Các ví dụ điển hình thường gặp 3 2  2x  6xy  5 Ví dụ 1. Giải hệ phương trình sau:  . 2 3 6x y  2y  5 3   Giải Lấy phương trình thứ nhất cộng với phương trình thứ hai nhân i ta được 1 3 3  2×3  6xy2  i 6×2 y  2y 3  5  5 3i   x  yi   5   i 2 2      1 3   z  x  yi là một căn bậc ba của số phức 5   i 2 2    Ta có: 1 1  3    3  5  i   5  cos  i sin   5   i  có ba căn bậc ba là 2 2  2 2  3 3            7 7  13 13  z0  3 5  cos  i sin  , z1  3 5  cos  i sin  , z0  3 5  cos  i sin  9 9 9 9  9 9     Vậy với z  z0 ,z  z1 ,z  z2 ta được nghiệm của phương trình là:   3 x  5 cos 9  ,   y  3 5 sin   9   7 3 x  5 cos 9  ,   y  3 5 sin 7   9   13 3 x  5 cos 9    y  3 5 sin 13  9  3 2 2 2  x  3xy  3x  3y  3x  0 Ví dụ 2. Giải hệ phương trình sau:  . 3 2   y  3x y  6xy  3y  1  0 Giải  x  1 3  3y 2 x  1  1     Hệ đã cho tương đương với  2 3   3  x  1 y  y  1 Lấy phương trình thứ nhất cộng với phương trình thứ 2 nhân i ta đươc  x  1 3  3y2  x  1  i 3  x  1 y  y 3   1  i   2   x  1  iy   1  i  z  x  1  iy là một căn bậc 3 của 1  i . 3 Ta có:    1  i  2  cos  i sin  nên 1  i có ba căn bậc ba là 4 4  Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133 Page 3 Chuyên đề: Số phức      3 3  17  17   z0  6 2  cos  i sin  , z1  6 2  cos  i sin  ,z 2  6 2  cos  i sin  4 4 4 4  4 4     Vậy với z  z0 ,z  z1 ,z  z2 ta được nghiệm của phương trình là:    3  17  x  1  6 2 cos x  1  6 2 cos x  1  6 2 cos       12 , 4 , 12     3  17  6 6 6  y  2 sin  y  2 sin  y  2 sin    12 4 12     3x  y  3 (1) x  2 x  y2  Ví dụ 3. Giải hệ phương trình:  .  y  x  3y (2)  x2  y2  Giải Cách 1. Lấy (2) nhân i sau đó cộng với (1) ta được x  yi   3x  y    x  3y  i  3  x  yi  3  x  yi    x  yi  i  3(*) x2  y 2 x2  y 2 (*)  z  Đặt z  x  yi; x,y  . Lúc đó: x2  y 2  3  i  z  3  z   3  i   3  z  2  i |z|2 z  x  2   x  yi  2  i y  1    x  1  x  yi  1  i    y  1  z  1  i . Vậy, nghiệm của hệ phương trình là:  x,y    2;1 ,  x,y   1; 1 . Cách 2. Ta thấy x  0,y  0 không là nghiệm của hệ phương trình   2 3x 2  xy  3x x  2 x  y2  Nhân (1) với x , nhân (2) với y ta được  2  2 xy  3y 0 y  2 x  y2  trừ vế theo vế ta được x2  y2  3  3x (*)   3xy  y 2  3y xy  2 x  y2  Nhân (1) với y , nhân (2) với x ta được  x 2  3xy  xy  0  2 2 x  y  cộng vế theo vế ta được 2xy  1  3y (*)  x2  y 2  3  3x Ta được hệ   2xy  1  3y Đáp số:  x,y    2;1 ,  x,y   1; 1 Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133 Page 4 Chuyên đề: Số phức 3 2 2 2  x  3xy  x  1  x  2xy  y Ví dụ 4. Giải hệ phương trình:  3 2 2 2   y  3x y  y  1  y  2xy  x (1) (2) . Giải Lấy (2) nhân i sau đó cộng với (1) ta được x 3         3xy 2  x  1  y 3  3x 2 y  y  1 i  x 2  2xy  y 2  y 2  2xy  x 2 i    x3  3x(yi)2  3x 2 (yi)  (yi) 3   x  yi   1  i  x 2  2xyi  y 2  2xy  x 2i  y 2i   x  yi    x  yi   i  1   x  yi    x  yi  i (*) 3 2 2 Đặt z  x  yi; x,y  . Lúc đó phương trình (*) trở thành z  1  z   1  i  z  z  1  i  0   z  1 z  1 z  1  i   0   z  1  z  1  i x  1 x  1 x  1    y  0 y  0 y  1 3 2 Vậy, nghiệm của hệ phương trình là  x; y   1;0  ;  x; y    1;0  ;  x; y   1;1 .   12   x 1  2 3x  y    :  .  y  1  12   6    3x  y    Ví dụ 5. Giải hệ phương trình với nghiệm với x,y  Giải x  0  Điều kiện:  y  0 . Đặt u  3x ,v  y  u,v  0  .  y  3x    12  u  1  2 2 3 1 u  vi   u  v2  Hệ đã cho có dạng:  . Đặt z  u  iv . Ta có  2 . z u  v2 v  1  12   6    u2  v2  Từ hệ đã cho ta có   12  12  u1  2  iv  1  2 3 6 2  u v  u  v2    u  iv 12  u  iv  12 2  2 3  6i  z   2 3  6i 2 z u v    z 2  2 2  3iz  12  0 ,(*) Giải phương trình (*), ta có ’  6  6 3i  3 z  3 3     3 i  2 suy ra các nghiệm:  3  3 i,z  3  3  3  3 i Vì u,v  0 nên ta có: u  3  3,v  3  3 , suy ra nghiệm của hệ là: Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133 Page 5 Chuyên đề: Số phức  x; y    4  2  3;12  6 3 . x  x  y  x  z   3  Ví dụ 6. Giải hệ phương trình trên tập số phức:  y  y  x  y  z   3 .  z  z  x  z  y   3 (Đề thi học sinh giỏi Romania năm 2002) Giải x  x  y  x  z   3, 1  Xét hệ phương trình  y  y  x  y  z   3,  2   z  z  x  z  y   3,  3  Rõ ràng x,y,z  0 và x,y,z đôi một khác nhau. Từ (1) và (2) ta có x  x  y  x  z   y  y  x  y  z   x  x  z   y  y  z  Hay x2  y2  xz  yz. x 2  y 2  xz  yz  Tương tự hệ đã cho trở thành  y 2  z 2  yx  zx  2 2 z  x  zy  xy (4) Cộng vế với vế ta được x2  y2  z2  xy  yz  zx. Kết hợp với (4) ta có: x2  yz,y2  zx,z2  xy. Suy ra x2  y2  z2  xyz. Đặt a  xyz thì từ x2  y2  z2  xyz  a và x,y,z đôi một khác nhau nên x  3 a ,y   3 a ,z  2 3 a với 3  1,1    2  0.   Mà x  x  y  x  z   3 nên a 1    1  2  3.   Ta có 1    1  2  1    2  3  3 nên a=1 Vậy các số phức  x, y,z  cần tìm là các hoán vị của (1,  , 2 ). II. Bài tập rèn luyện x3  3xy 2  1 Bài tập 1. Giải hệ phương trình với nghiệm là số thực:  . 3 2  y  3x y   3 Hướng dẫn giải Đây là hệ 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 không có nghiệm đặc biệt! Xét số phức   z  x  iy . Vì z3  x3  3xy2  i 3×2 y  y3 ,nên từ hệ đã cho ta có  2 2  z3  1  3i  2  cos  i sin  , tương tự cách làm ở chương 1, ta tìm được 3 giá trị của z là: 3 3   Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133 Page 6 Chuyên đề: Số phức 3   2 2  8 8  2  cos  i sin  , 3 2  cos  i sin  , 9 9 9 9     3  14 14  2  cos  i sin  9 9   Từ đó suy hệ đã cho có 3 nghiệm là:  2  8  14 3 3 3 x  2 cos 9 x  2 cos 9 x  2 cos 9 ; ;   y  3 2 cos 2  y  3 2 sin 8  y  3 2 sin 14 9  9  9  x4  6x 2 y 2  y 4  3  Bài tập 2. Giải hệ phương trình trong tập số thực:  . 1 3 3 x y  y x  4  Hướng dẫn giải Xét số phức z  x  iy.   Vì z4  6×2 y2  y4  4i x3 y  y 3 x , nên từ hệ đã cho suy ra:    z4  3  i  2  cos  i sin  6 6  (*) Các số phức thỏa mãn (*):      13 13  2  cos  i sin  , 4 2  cos  i sin  24 24  24 24    25 25  4  37  37   4  2  cos  i sin  i sin  , 2  cos  24 24  24 24    4 Vậy các nghiệm cần tìm của hệ là:    13  25  37  x  4 2 cos x  4 2 cos x  4 2 cos x  4 2 cos      24 ;  24 ;  24 ;  24      y  4 2 sin   y  4 2 sin 13 y  4 2 sin 25 y  4 2 sin 37      24  24  24  24   16x  11y 7 x  2 x  y2  Bài tập 3. Giải hệ phương trình với nghiệm với x,y  R :  . 11x  16y y   1 2 2  x  y  Lời giải Điều kiện x2  y2  0. Đặt z  x  iy . Ta có: x  yi 1  2 . z x  y2 Vì hai số phức bằng nhau khi và chỉ khi phần thực bằng nhau và phần ảo bằng nhau, nên hệ đã cho tương đương với:  11x  16y   i y   7i  x2  y2 x 2  y 2   x  iy x  iy  x  iy  16 2  11i 2 7i 2 x y x  y2 16  11i z  7  i  z 2   7  i  z  16  11i  0 z x 16x  11y Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133 Page 7 Chuyên đề: Số phức Phương trình z2   7  i  z  16  11i  0 có hai nghiệm z  2  3i,z  5  2i nên hệ đã cho có các nghiệm  x; y    2; 3 hoặc  x; y    5; 2  . Chú ý: Muốn giải được các hệ phương trình bằng phương pháp sử dụng số phức, cần nhớ một công thức cơ bản của số phức, đăc biệt là với mỗi số phức z  x  iy thì ta có x2  y 2 là bình phương mođun và x  iy 1 z .   z zz x2  y 2   3   10x  1  3 5x  y    :  .  y  1  3   1    5x  y    Bài tập 4. Giải hệ phương trình với nghiệm với x,y  Hướng dẫn giải Từ hệ suy ra x  0, y  0. Bài hệ này không có ngay dàng giống ví dụ trên, tuy nhiên với mục đích chuyển mẫu số về dạng nình phương mođun của số phức, chỉ cần đặt u  5x ,v  y với u,v  0.    3 3  u  1  2 2    2 u v  Hệ đã cho có dạng:   3 v  1   1 2 2    u v  Đặt z  u  iv . Ta có: 1 u  iv  . z u2  v2 Hệ đã cho tương đương với:  3 u1  2 u  v2     3 3  i   iv  1  2 2  2 u v    u  iv 3 3 3 2  2i  u  iv  3 2  i  z  2 z 2 2 u v    2z 2  3 2  2i z  6  0,(*) Giải phương trình (*), ta có ’  34  12 2i  Vì u,v  0 nên z   2  6i  2 suy ra các nghiệm là z  2  2i,z  2  2i . 2 2  2i 2 1 do đó u  ,v  1  x  , y  1. 2 2 10  1  Vậy nghiệm cần tìm là  x; y    ;1  .  10  x4  y 4  4×3  3xy 2  2x  4y  0  Bài tập 5. Giải hệ phương trình:  . 2 2 2 3 3 2 2x y  3x y  2xy  3y  2x  1  1  2y  4y     Hướng dẫn giải Hệ phương trình đã cho tương đương với           x2  y 2 x2  y 2  3x x2  y 2  2  x  2y   0   2xy x2  y 2  3y x2  y 2  4 x2  y2  2  2x  y   0    Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133 Page 8 Chuyên đề: Số phức Nhận thấy x  y  0 là một nghiệm của hệ phương trình  2 x  2y 2 0 x  y  3x  2. 2 2 x  y  Nếu x2  y2  0 thì hệ đã cho viết thành  2xy  3y  4  2. 2x  y  0  x2  y2  Suy ra: x2  y 2  3x  2.  2x  y   i 2xy  3y  4  2. 2 0 x y x  y 2   x  2y 2 2   x  yi   3  x  yi   2 2 Đặt z  x  yi  x  iy x y 2 2  x  iy x y 2 2  4. y  ix x2  y 2  4i  0 y  ix 1 i ta có phương trình , 2  2 z x y z 2 4i   4i  0  z 3  3z 2  4iz  2  4i  0 z z z  1  2   z  1 z  2z  4i  2  0   z  3  i  z  1  i z 2  3z    x  0 Với z  1 ta được nghiệm của hệ là  y  0 x  3 Với z  3  i ta được nghiệm của hệ là   y  1 x  1 Với z  1  i ta được nghiệm của hệ là  y  1   1   3x  1  2 xy   Bài tập 6. Giải hệ phương trình:   7y  1  1   4 2    xy   (Đề thi học sinh giỏi quốc gia năm 1996) Hướng dẫn giải Từ hệ suy ra x  0,y  0. Đặt u  x ,v  y ,  u,v  0  .    2 1  u  1  2 2  3 u v    Hệ đã chho có dạng:   4 2 1 v  1   2 2    7 u v   Đặt z  u  iv. Ta có: 1 u  iv  . z u2  v2 Hệ đã cho tương đương với: Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133 Page 9 Chuyên đề: Số phức u  iv  u  iv  2  4 2 iz 3 7 u v  2 4 2   z2    i  z  1  0,(*)  3  7   2 2 1 2 4 2   i z 3 7 2 2  2 4 2   4  Giải (*): Vì     i  4    2 2i  nên các nghiệm:  3 7   21   2 2   2  1 2 i  2i      2 i  3 7 3 21  7  21      1 1 2 2  2 2 2 2 z  i  2i      2 i   3 7 3 21  7  21   z 1  2 2 Ta có nghiệm u,v và do đó nghiệm của hệ là: 2 2 2 2  2 2   1  1 2  2  x   2  hoặc x    &y  2  & y      7  21  21   3  3    7  Bài toán 2: Ứng dụng số phức vào chứng minh các công thức, đẳng thức lượng giác Phương pháp Cho dạng lượng giác số phức z  r  cos  i sin  ; z1  r1  cos1  i sin 1  ; z  r2  cos2  i sin 2  . Ta có các công thức sau: z1 .z2  r1r2 cos(1  2 )  icos(1  2 ) ; z1 r1  cos(1  2 )  icos(1  2 ) z2 r2  Công thức Moa-vrơ : zn  r n cos(n)  isin(n)  a  a 2 . Lúc đó z1  z 2   1   b1  b2 Nếu z1  a1  b1i; z2  a 2  b2i; với a1 , a 2 , b1 , b2  I. Các ví dụ điển hình thường găp Ví dụ 1. Chứng minh rằng: sin 3  3sin   4sin3 ; cos3  3cos  4cos3 Giải Đặt z  cos  isin  . Ta có: z 3   cos  i sin    cos 3  3cos 2 .i.sin   3cos .  i sin     i sin   3  2    3   cos3   3i 1  sin 2  sin   3cos  1  cos 2   i.sin 3    4cos3   3cos   i 3sin   4 sin 3 Mặt khác: z3  cos3  i sin 3 Từ (1) và (2) ta được: (1) (2) . sin 3  3sin   4sin3 ; cos3  3cos  4cos3 Nhận xét: Ta có bài toán tổng quát sau: Biểu diễn cosnx; sinnx theo các lũy thừa của cosx; sinx vơi n là số nguyên dương bất kỳ. Áp dụng công thức Moivre ta có  cos x  i sin x   cos nx  i sin nx n Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133 Page 10 Chuyên đề: Số phức Mặt khác, theo công thức khai triển nhị thức Newton:  cos x  i sin x  n  C0n cosn x  iC1n cos n 1 xsin x  i 2C2n cos n 2 xsin 2 x  i 3 C3n cosn 3 xsin 3 x  …  i n 1Cnn 1 cos xsin n 1 x  i n Cnn sin n x Từ đó suy ra: cos nx  C0n cosn x  C2n cosn 2 xsin 2 x  C4n cosn 4 xsin 4 x  …  M sin nx  C1n cosn 1 xsin x  C3n cosn 3 xsin 3 x  …  N Trong đó:  1 m sin 2m x, n  2m     M , m   m 2m 2m   1 C2m 1 cos xsin x,  n  2m  1  1 m 1 C2m 1 cos xsin 2m 1 x, n  2m   , m     2m N m 2m 1  x,  n  2m  1  1 sin Cụ thể: Với n  4 ta có: cos 4x  C04 cos4 x  C24 cos2 xsin 2 x  C44 sin 4 x  8cos 4 x  8cos 2 x  1 sin 4x  C14 cos3 xsin x  C34 cos xsin 3 x  4cos 3 xsin x  4cos xsin 3 x Ví dụ 2. Chứng minh rằng:  3 5 1 a) cos  cos  cos  ; 7 7 7 2 b) sin  3 5 1   sin  sin  cot . 7 7 7 2 14 Giải   Xét z  cos  i sin . Ta có 7 7  3 5   3 5  z  z3  z5  cos  cos  cos  i  sin  sin  sin  7 7 7 7 7 7   Mặt khác: z  z3  z5   1  cos z7  z z 1 2  1  z z 1    i sin 7 7 2   2   1  cos 7   sin 7   2   1  1 z 1   1  cos  i sin 7 7 1 1   i cot 2 2 14 Từ (1) và (2) suy ra:  3 5 1  3 5 1  cos  cos  cos  và sin  sin  sin  cot . 7 7 7 2 7 7 7 2 14 Ví dụ 3. Cho sina  sin b  2 6 . Tính sin  a  b  . ,cosa  cos b  2 2 Giải Đặt z1  cosa  isina,z2  cos b  isin b . Khi đó: Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133 Page 11 Chuyên đề: Số phức z1  z2   6 2   i  2  cos  i sin  2 2 6 6  z1  z2   6 2   i  2  cos  i sin  2 2 6 6  2 2 Mà z1 z1  z1  1,z2 z2  z2  1 nên z1  z2  1 1 z1  z2 ,   z1 z2 z1z2 suy ra:     cos  i sin cos  i sin   6 6  6 6 z1z2    cos  i sin 3 3     z1  z2 cos   i sin  cos     i sin    6 6  6  6 z1  z2 Ta lại có z1 .z2  cos  a  b   isin a  b  nên sin(a+b)  sin Chú ý: Ta cũng có kết quả cos  a  b   cos  3 .  3 2  1  . 3 2 Ví dụ 4. Tính tổng với n   và a  2k  k    : A  cos x  cos  x  a   cos  x  2a   …  cos  x  na  B  sin x  sin  x  a   sin  x  2a   …  sin  x  na  Giải Đặt z  cosx  isinx,w  cosa  isina. Theo công thức nhân và cộng thức Moivre ta có: zw k   cos x  i sin x  cosa  i sin a  k zw k   cos x  i sin x  cos ka  i sin ka   cos  x  ka   i sin  x  ka  . Xeùt A  iB   cos x  i sin x   cos  x  a   i sin  x  a      cos  x  2a   i sin  x  2a    …  cos  x  na   i sin  x  na        z  zw  zw2  …  zw n  z Vậy A  iB  z 1  wn 1 1 w (Vì a  2k nên w  1 ). 1  cos  n  1 a  i sin  n  1 a 1  w n 1   cos x  i sin x  1 w 1  cosa  i sina Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133 Page 12 Chuyên đề: Số phức   cos x  i sin x  sin n 1  n 1 n 1  a  sin a  i cos a 2  2 2  a a a sin  sin  i cos  2 2 2 n1 a  n 1 n  1  a a 2  sin a  i cos a  sin  i cos   cos x  i sin x   a  2 2 2 2  sin 2 n1 sin a  na na  2  cos  i sin    cos x  i sin x  a  2 2  sin 2 n1 sin a  na   na  2  cos   x   i sin   x   a   2   2  sin 2 sin Xét phần thực và phần ảo của hai vế ta được: A n1 n1 a sin a  na   na  2 2 cos   x; B  sin   x a a  2   2  sin sin 2 2 sin Nhận xét: Từ hai loại công thức trên, xét các trường hợp riêng: a) Nếu x  0 thì suy ra:   1  cosa  cos 2a  ….  cos na  n1 a na 2 cos a 2 sin 2 sin sina  sin 2a  …  sin 3a  …  sin na  n1 a na 2 sin a 2 sin 2 sin b) Nếu x  2a thì ta có:  cosa  cos 3a  cos 5a  …  cos  2n  1 a   sina  sin 3a  sin 5a  …  sin  2n  1 a  sin 2  n  1 a 2sina sin 2  n  1 a sina Ví dụ 5. Chứng minh các công thức: a) sin180  5 1 ; 4 b) cos 360  5 1 . 4 Giải Ta có:    cos 540  sin 360  cos 3.180  sin 2.180   4 cos3 180  3cos180  2 sin180 cos180  4 sin 2 180  2 sin 2 180  1  0 Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133 Page 13 Chuyên đề: Số phức Do đó sin180 là nghiệm dương của phương trình 4×2  2x  1  0. Vậy sin180  5 1 5 1 suy ra cos 360  1  2sin 2 180  . 4 4 Nhận xét: Áp dụng công thức sin180  5 1 ta tính được biểu thức 4 sin 20 sin180 sin 220 sin 380 sin 420 sin 580 sin 62 0 sin78 0 sin 820  5 1 1024 Để làm được bài toán này trước hết ta chứng minh công thức sau:        1 sina sin 600  a sin 600  a  sin 3a. 4 Thật vậy:  sin a sin 600  a sin 600  a    sin a sin 600 cosa  sin a cos 60 0 sin 60 0 cosa  sin a cos 60 0   3  3  1 1  sin a  cosa  sin a  cosa  sin a   2  2  2 2    3  3 1 1  sin a  cos 2 a  sin 2 a   sin a  3 1  sin 2 a  sin 2 a   sin 3a.   4 4 4  4       1 Sử dụng công thức sina sin 600  a sin 600  a  sin 3a. 4 Ta có: sin 20 sin180 sin 220 sin 38 0 sin 42 0 sin 58 0 sin 62 0 sin 78 0 sin 820      sin 20 sin 580 sin 620 sin180 sin 42 0 sin 78 0 sin 22 0 sin 38 0 sin 820     1 1 5 1 sin 60 sin 540 sin 660  sin180  . 64 256 4 1 Ví dụ 6. Giải phương trình: cos x  cos 2x  cos 3x  . 2 Giải Đặt z  cosx  isin x thì cos x  z2  1 z4  1 z6  1 ,cos 2x  ,cos 3x  2z 2z2 2z3 Phương trình đã cho trở thành z 2  1 z 4  1 z6  1 1    2z 2 2z2 2z3  z6  z 5  z 4  z 3  z 2  z  1  0 (*) Vì z  1 không là nghiệm nên với z  1 ta có:     (*)   z  1 z6  z5  z4  z3  z2  z  1  0  z7  1  0    2k     2k  Hay z7  1  cos   isin  nên z  cos    i sin   với k  0;6. Vì z  1 nên không nhận  7   7  giá trị k=3. Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133 Page 14 Chuyên đề: Số phức  3 5 9  m2,x   m2,x   m2,x   m2 , 7 7 7 7 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là 11 13 x  m2,x   m2,m  Z. 7 7 x Vậy nghiệm cần tìm của hệ đã cho  x; y    2;1 hoặc  x; y   1; 1 . Ví dụ 7. Chứng minh rằng sin 3   1  sin2  . 10 10 8 Lời giải Đặt z  cos   1  zz  i sin  z  ,sin  . Khi đó: 10 10 z 10 2i 3 2   zz zz 3 2 1 2 sin  sin 2         z  z  i z  z  1  (1).   8 10 10  2i   2i  8  3 Mặt khác z5  cos  5 5  i sin  i  z4  iz3  z2  iz  1  0 (do z  1 ), 10 10   nhưng z4  iz;iz3  z nên suuy ra z2  z2  i z  z  1  0,(2). Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh. Ví dụ 8. Cho a,b,c là các số thực thỏa mãn các điều kiện cosa  cos b  cosc sina  sin b  sin c  m cos  a  b  c  sin  a  b  c  Chứng minh rằng cos  a  b   cos  b  c   cos  c  a   m. (Đề nghị IMO năm 1989) Giải Đặt x  cosa  isina,y  cos b  isin b,z  cosc  isinc. Ta có x  y  z  cosa  cos b  cosc  i  sina  sin b  sinc   m.cos  a  b  c   i.m.sin a  b  c   mxyz . Do đó x  y  z  mxyz nên 1 1 1    m. xy yz zx Vì x  y  z  1 nên x1  x,y1  y,z1  z. Vậy 1 1 1    m  x.y  y.z  z.x  m  cos  a  b   cos  b  c   cos  c  a  xy yz zx i sin  a  b   sin  b  c   sin(c  a)  m Từ đó ta có cos  a  b   cos  b  c   cos  c  a   m. II. Bài tập rèn luyện Bài tập 1. Chứng minh rằng:  2 3 1  cos  ; a) cos  cos 7 7 7 2 b)sin  2 3 1 3  sin  sin  cot . 7 7 7 2 14 Hướng dẫn giải   Xét z  cos  i sin , ta có z7  cos   isin   1 , nên z là nghiệm khác -1 của phương trình z7  1  0 7 7 z7  1  0 . Ta có: Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133 Page 15 Chuyên đề: Số phức      z7  1  0   z  1 z6  z5  z4  z3  z2  z  1  0  z  z2  z3 1  z 3  1 +) 1  z3  1  cos nên 1 1 z 3  3 3 3  3 3   i sin  2sin .  sin  i sin  7 7 14  14 14   3 3  1 1 3 sin  i cos    i cot  3  14 14  2 2 14 2sin 14 1  2 3   2 3   cos  i  sin  sin  sin  +) z  z2  z3  cos  cos 7 7 7 7 7 7   Do đó xét phần thực của đẳng thức z  z2  z 3   2 3 1 cos  cos  cos  ; 7 7 7 2 sin 1 1  z3 ta suy ra được:  2 3 1 3  sin  sin  cot . 7 7 7 2 14 Bài tập 2. Hãy biểu diễn tan 5x qua tan x Hướng dẫn giải Ta có: cos 5x  i sin 5x   cos x  i sin x  5 Sử dụng khai triển nhị thức Niu-ton cho vế phải và tách phần thực và phần ảo ta có cos 5x  cos5 x  10cos3 xsin 2 x  5cos xsin 4 x sin 5x  5cos4 xsin x  10cos2 xsin 3 x  sin 5 x Từ đó suy ra: tan 5x  5tan x  10 tan 3 x  tan 5 x 1  10 tan 2 x  5tan 4 x . Bài tập 3. Cho a,b,c là các số thực thỏa mãn sina  sinb  sinc  0 và cosa  cosb  cosc  0. Chứng minh rằng: sin2a  sin2b  sin2c  0 và cos2a  cos2b  cos2c  0. Giải Đặt z1  cosa  isina; z2  cos b  isin b; z3  cosc  isinc , ta có: z1  z2  z3  0, z1  z2  z3  1 nên 1  zk  k  1; 2; 3  . zk Vì thế: z12  z22  z32   z1  z2  z3   2  z1z2  z2 z3  z3 z1  2  1 1 1  = 02  2z1z2 z3      2z1z 2 z 3 z1  z 2  z 3  z1 z2 z3     2z1z2 z3  z1  z2  z3   0 Nên cos2a  cos2b  cos2c  i  sin2a  sin2b  sin2c   0 Từ đó ta suy ra đều phải chứng minh. 1 Bài tập 4. Giải phương trình cos x  cos 3x  cos 5x  cos7x  cos9x  . 2 Lời giải Ta có cosx  1 không là nghiệm của phương trình. Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133 Page 16 Chuyên đề: Số phức Đặt z  cosx  isin x với x  0; 2  . Ta có z  1,z1  cos x  i sin x, 2cos x  z  z1 , 2cos nx  z n  z  n Vậy phương trình đã cho trở thành: 1 1 1 1 1  z3   z5   z7   z9  1 3 5 7 z z z z z9  1  z 2  z 4  …  z18  z9  z 20  1  z11  z9 z     z11  1 z9  1  0  z11  1,z9  1  Nếu z9  1 thì z9  cos0  isin0 nên z  cos k2 k2  i sin ,k  0; 8. 9 9 k2 Vì x  0; 2  và z  1 nên x  ,k  1; 8. 9 Do đó nghiệm của phương trình đã cho là x    Nếu z11  1 thì z11  cos   isin  nên: z  cos   k2   k2  i sin ,k  0;10. 11 11 Vì x  0; 2  và z  1 nên x  Suy ra nghiệm cần tìm là x    k2 ,k  0; 9. 11      k2  2m k  0;9 ,m  Z. 11 Vậy các nghiệm của phương trình là: x  x  k2  2m k  1; 8 ,m  Z. 9   k2  2m k  1; 8 ,m  Z và 9    k2  2m k  0;9 ,m  Z. 11 Bài tập 5. Cho a,b,c là các số thực thỏa mãn điều kiện cosa  cos b  cosc  sina  sin b  sinc  0 Chứng minh rằng: a) cos3a  cos3b  cos3c  3cos  a  b  c  ; sin3a  sin3b  sin3c  3sin  a  b  c  b) cos5a  cos5b  cos5c  sin5a  sin5b  sin5c  0 Giải Đặt x  cosa  isina,y  cos b  isin b,z  cosc  isinc. Suy ra x  y  z  cosa  cos b  cosc  i  sina  sin b  sinc   0   a) Ta có: x3  y3  z3  3xyz   x  y  z  x2  y2  z2  xy  yz  zx nên lượng giác:  cosa  i sina    cos b  i sin b    cosc  i sinc   3  cosa  i sina  cos b  i sin b  cosc  i sin c   cos 3a  cos 3b  cos 3c  i  sin 3a  sin 3b  sin 3c   3 cos  a  b  c   i sin(a  b  c)  3 3 Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133 Page 17 Chuyên đề: Số phức Từ đó ta được: cos 3a  cos 3b  cos 3c  3cos a  b  c  và sin 3a  sin 3b  sin 3c  3sin  a  b  c     b) Với x  y  z  0 thì 2 x5  y5  z5  5xyz x2  y2  z2  Mặt khác, từ x  y  z  1 suy ra x1  x,y1  y,z1  z. Vì thế: x2  y 2  z2   x  y  z   2  xy  yz  zx  2     x  y  z   2xyz x  y  z   x  y  z   2xyz x  y  z   0 2 2 Do đó x5  y5  z5  0   cosa  i sina    cos b  i sin b    cosc  i sin c   0 5 5 5  cos 5a  cos 5b  cos 5c  i  sin 5a  sin 5b  sin 5c   0 Vậy nên cos5a  cos5b  cos5c  sin5a  sin5b  sin5c  0. Bài tập 6. Chứng minh rằng: 1 cos6 0 1  sin 24 0 1  sin 48 0  1 sin120 . Giải Xét số phức z  cos6  isin6 , có z15  cos900  isin900  i. 0 0 z2  1 z4  1 z8  1 z16  1 0 0 ,sin120  ,sin 24  ,sin 48  2z 2iz2 2iz4 2iz8 Ta có cos60  Đẳng thức cần chứng minh trở thành 2z z2  1  2iz2 z4  1  2iz4 z8  1  2iz8 z16  1 0   Rút gọn và chú ý z  0 ta có z16  1  iz z14  1  0. Hay: z15 z  1  iz15  iz  0  iz  1  i 2  iz  0 (đúng) Vậy đẳng thức được chứng minh. Bài tập 7. Giả sử  và  là nghiệm của phương trình x2  2x  2  0 và cot   y  1 . Chứng minh  y      y   n   n  sin n sin n  Giải Ta có x2  2x  2  0  x  1  i . Không mất tính tổng quát, lấy   1  i,   1  i . Theo giả thiết cot   y  1  y  cot   1 . n n n  cos  1  i  Lúc đó :  y      cot   1  1  i     cos n  i sin n  sin n   sin   Tương tự :  y   n   cot   1  1  i  n Do đó  y      y     n n n  cos  1   i   cos n  i sin n sin n   sin   1 sin n  .2i sin n . Mặt khác :     2i Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133 Page 18 Chuyên đề: Số phức  y      y   n Từ đó ta có được :   n  sin n sin n  Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133 Page 19 Chuyên đề: Số phức Bài toán 3: Ứng dụng vào chứng minh bất đẳng thức Cho số phức z  a  bi;a,b  . Lúc đó môđun của số phức z  a 2  b2 Cho các số phức z1 ; z2 ; z3 . Ta có các bất đẳng thức thường dùng sau : z1  z2  z1  z2 ; z1  z2  z3  z1  z2  z3 I. Các ví dụ điển hình thường gặp Ví dụ 1. Chứng minh rằng với mọi a,b,c  ta luôn có : a2  b2  c2  2ac  a2  b2  c2  2ac  2 a 2  b2 . Giải Bất đẳng thức tương đương với a  c  2  b2  a  c  2  b2  2 a 2  b2 Xét z1   a  c   bi; z2   a  c   bi . Ta có z1  a  c  2  b2 ; z 2  a  c  2  b2   Mặt khác : z1  z2  2a  2bi  z 1  z 2  4 a 2  b 2  2 a 2  b 2 Áp dụng : z1  z2   z1  z2 ta được a2  b2  c2  2ac  a2  b2  c2  2ac  2 a 2  b2 Ví dụ 2. Chứng minh rằng với mọi  ,  ta có : cos4   cos4  sin 2   sin 2   2 Giải Xét z1  cos2  cos2.i; z2  sin2 ; z3  sin2 .i Ta có : z1  cos 4  cos 4; z 2  sin 2 ; z 3  sin 2 ; z1  z2  z3  cos2  cos2.i  sin 2   sin2 .i  1  i  z1  z2  z3  2 Áp dụng : z1  z2  z3  z1  z2  z3 ta được cos4   cos4  sin 2   sin 2   2 Ví dụ 3. Cho a,b,c  0 thỏa mãn ab  bc  ac  abc . Chứng minh rằng: b2  2a 2 c 2  2b2 a 2  2c 2    3 *  ab cb ac Giải 2 2 2  2 1  2 1  2 bñt  *            3 a 2  b  b2  c  c 2  a  1 Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133 Page 20 Chuyên đề: Số phức Xeùt z1  1 2 1 2 1 2  i; z 2   i; z1   i. a b b c c a 2 2  2 1  2 1  2 Ta coù: z1     ; z2   ; z3  2    2 2  b   a  a b  c  c      1 1 1  1 1 1 Maët khaùc: z1  z 2  z 3       2     i a b c a b c 1  1 1 1  z1  z 2  z  3     a b c 2 2 Theo giả thiết: ab  bc  ac  abc  1 1 1    1 . Do đó: z1  z2  z  3 a b c Áp dụng : z1  z2  z3  z1  z2  z3 ta được b2  2a 2 c 2  2b2 a 2  2c 2    3. ab cb ac Ví dụ 4. Cho a, b, c, d là bốn số thực thỏa mãn điều kiện : a2  b2  1  2  a  b  ; c 2  d2  36  12  c  d  . Chứng minh rằng :  a  c    b  d   2 2   6 2 1 . Giải Từ giả thiết ta có : a  1   b  1  1;  c  1  d  1  36. Xét z1  1  a  1  b  i; z2  c  6  d  6  i; z3  5  5i Ta có : z1  z2  z3  c  a   d  b i 2 2 2 2 Vì z1  z2  z3  z1  z2  z3 nên 1 6  5 2   c  a   d  b  2 2  a  c    b  d   2 2  2 1  6 II. Bài tập áp dụng Bài tập 1. Chứng minh rằng với mọi x  , ta luôn có : x2  2x  5  x2  2x  5  2 5 Hướng dẫn giải Bất đẳng thức đã cho tương đương với  x  1 2  22  1  x  2  22  2 5 Xét số phức : z1  x  1  2i; z2  1  x  2i Lúc đó : z1  z2  2  4i Vì z1  z2  z1  z2   x  1 2  22  1  x  Bài tập 2. Chứng minh rằng với x,y,z  2  22  22  42  2 5  ÑPCM  ta luôn có x2  xy  y2  x2  xz  z2  y2  yz  z2 Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133 Page 21 Chuyên đề: Số phức Hướng dẫn giải Bất đẳng thức đã cho tương đương với 2 2 2 2  y y 3   z z 3  2 2    x       y  yz  z  x        2 2 2 2         Xét z1  x  y y 3 z z 3 1 3  i; z2  x   i  z1  z2   y  z   y  zi 2 2 2 2 2 2 2 2 2  y y 3   z z 3  z1  z 2  z1  z 2   x        x      2   2  2   2    2 2 2  1   3    y  z    y  z    y 2  yz  z 2 .  2   2  Vì Bài tập 3. Chứng minh rằng với mọi x , ta luôn có : 1 2 1 2 16 32 1 2 1 2 4 8 x 2  x  x  x  4x  10  x  x   4  2 2. 2 2 5 5 2 2 5 5 Hướng dẫn giải Bất đẳng thức đã cho tương đương với 1 2 32 64 8 16 x  x  x 2  8x  20  x 2  x  4 24 2 5 5 5 5 2 2 2 2  2  4  8 16   8      x2  4   4  x   22     x         x      5  5     5   5     x2  4  4 2 4 Xét z1  x  2i; z 2  4  x  2i; z 3  x   z1  z2  4  4i; z 3  z 4  4  4i 16 4 8  8i; z 4   x  i 5 5 5 Ta luôn có : z1  z 2  z 3  z 4  z1  z 2  z 3  z 4    x2  4   4  x 2 2 2 2 2 2   4  8 16   8    22     x         x      5  5    5   5     2  12   16   4 2  4 2        4 2  4  ÑPCM   5   5  Bài tập 4. Chứng minh rằng với x,y,z  ta luôn có x2  xy  y2  y2  yz  z2  x2  xz  z2  3  x  y  z  . Hướng dẫn giải Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133 Page 22 Chuyên đề: Số phức Bất đẳng thức đã cho tương đương với 2 2 2 2 2  y y 3    z z 3  x x 3  x    y    z              2   2  2   2  2   2     2  3 x  y  z Xét z1  x  y y 3 z z 3 x x 3  i; z2  y   i; z3  z   i 2 2 2 2 2 2 Ta có : z1  z2  z3  3 3 x  y  z   x  y  zi 2 2 Vì z1  z2  z3  z1  z2  z3 nên 2 2 2 2 2  y y 3   z z 3  x x 3    y     z      x     2   2  2   2  2   2      2 2 2 9 3 x  y  z   x  y  z  3  x  y  z .  4 4 Bài toán 4. Ứng dụng giải toán khai triển hay tính tổng nhị thức Niutơn Phương pháp Ta nhắc lại công thức khai triển nhị thức Niutơn a  b n n   Ckn a n k bk  Cona n  C1na n 1b  C1na n 2 b2  …  Cnn 1abn 1  Cnn bn k 0 Ta lưu ý rằng : m  * thì i4m  1; i4m1  i; i4m2  1; i4m 3  i I. Các ví dụ điển hình thường gặp Ví dụ 1. Tính tổng a) S1  1  Cn2  Cn4  C6n  … b)S 2  C1n  C3n  C5n  C7n  … Giải Ta có: 1  i  n  1  C1n i  Cn2 i 2  …  C nn i n      1  C2n  C4n  C6n  …  i C1n  C 3n  C 5n  C7n  … (1) n n  i 2 n sin (2) 4 4 n Töø (1) vaø (2) suy ra: S1  2 n cos ; 4 1  i  n  2 n cos S 2  2 n sin n 4 0 2 4 6 98 50  C100  C100  C100  …  C100  C100 Ví dụ 2. Chứng minh rằng C100 100  2 Lời giải. Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133 Page 23 Chuyên đề: Số phức 1  i  100 0 2 2 100  C100  C1100 i  C100 i  …  C100 100 i     0 2 4 1 3 5 99  C100  C100  C100  …  C100 100  C100  C100  C100  …  C100 i 1  i  2  2i   1  i  100   2i  50  2 50 0 2 4 50 Vaäy: C100  C100  C100  …  C100 100  2 Ví dụ 3. Tính các tổng sau 0 2 4 6 14 A  C15  3C15  5C15  7C15  ….  13C12 15  15C15 ; 3 5 7 15 B  2C115  4C15  6C15  8C15  ….  14C13 15  16C15 . Giải Xét khai triển 1  x  15 0 1 2 2 3 3 12 13 13 14 14 15 15  C15  C15 x  C15 x  C15 x  …  C12 15 x  C15 x  C15 x  C15 x  x 1  x  15 1  x  15 0 1 2 2 3 3 4 13 13 14 14 15 15 16  C15 x  C15 x  C15 x  C15 x  …  C12 15 x  C15 x  C15 x  C15 x Lấy đạo hàm hai vế  15x 1  x  14 0 1 2 2 3 3 12 12 13 13  C15  2C15 x  3C15 x  4C15 x  …  13C15 x  14C15 x 14 15 15  15C14 15 x  16C15 x Thay x bởi i ta được 1  i   15i 1  i  15 14 0 1 2 2 3 3 12 12 13 13  C15  2C15 i  3C15 i  4C15 i  …  13C15 i  14C15 i  14 15 15  15C14 15 i  16C15 i  0 2 4 6 12 14  C15  3C15  5C15  7C15  ….  13C15  15C15   2C 1 15  3 5 7 13 15  4C15  6C15  8C15  ….  14C15  16C15 i Mặt khác: 1  i  15  15i  1  i  14 15     2  cos  i sin  4 4  15 14  15i 2 14     cos  i sin  4 4   2 2   215   i   15i.27  i   27  27 i  15.27  16.27  27 i  211  27 i  2 2   Vậy 0 2 4 6 14 11 A  C15  3C15  5C15  7C15  ….  13C12 15  15C15  2 3 5 7 15 7 B  2C115  4C15  6C15  8C15  ….  14C13 15  16C15  2 II. Bài tập rèn luyên Bài tập 1. Chứng minh rằng:  2  cos n4 n  …   2  sin 4 S1  C0n  Cn2  Cn4  C6n  C8n  …  S 2  C1n  Cn3  Cn5  C7n  C9n n n Giải Xét khai triển nhị thức Newton: 1  i  n  C0n  iC1n  i 2C2n  i 3C3n  i 4C4n  …  i n 1Cnn1  i n Cnn Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133 Page 24 Chuyên đề: Số phức 1,(k  4m)  i,(k  4m  1) k Vì i   1,(k  4m  2) i,(k  4m  3) 1  i  n m   nên ta có:   C0n  Cn2  Cn4  …  i C1n  Cn3  Cn5  ….  (1) Mặt khác, theo công thức Moivre thì: 1  i  n   2 n n    cos  i sin   4 4   2 n n n   i sin  cos  (2) 4 4   Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh. 1 1 3 1 5 1 Bài tập 2. Tính tổng S  C12n  C2n  C2n  C72n  … 2 4 6 8 Hướng dẫn giải Chú ý rằng 1 2k 1 1 C  C2k nên: 2k 2n 2n  1 2n 1 1 1 3 1 5 1 S  C12n  C2n  C2n  C72n  … 2 4 6 8 1 1 1 1 4  C22n 1  C2n C62n 1  C8  … 1  2n  1 2n  1 2n  1 2n  1 2n 1 1 4 6 8 C2  C2n 1  C2n 1  C2n 1  … 2n  1 2n 1  Vì 1  i  2n 1 và 1  i   2 4  C02n1  C2n 1  C2n 1 2n 1   2 2n 1   cos  1  1 2n  1   2 1 2n 1 3 5  C2n 1  C2n 1  …  2n  1 2n  1    i sin   nên: 4 4  2 4 6 C02n 1  C2n 1  C2n 1  C2n 1  …  Vậy ta có S    …  i  C 2n 1  2 cos 2n 1 cos 2n  1  4 2n  1   . 4  Bài tập 3. Tính tổng n   A  C0n cosa  C1n cos 2a  Cn2 cos 3a  …  Cnn 1 cos na  Cnn cos(n  1)a B  C0n sina  C1n sin 2a  Cn2 sin 3a  …  Cnn 1 sin na  Cnn sin(n  1)a Giải Đặt z  cosa  isina thì zn  cos na  isin na. Do đó ta có: A  iB  C0n  cosa  i sina   C1n  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 C0n  C1n z  C2n z 2  C3n z 3  …  Cnn z n  z 1  z  n a a a Vì 1  z  1  cosa  i sina  2cos  cos  i sin  nên: 2 2 2 Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133 Page 25 Chuyên đề: Số phức  a a a  A  iB   cosa  i sin a   2 cos  cos  i sin   2 2 2    a na na   2 n cos n  cosa  i sin a   cos  i sin  2 2 2   n a n2 n2   2 n cos n  cos a  i sin a 2 2 2  a n2 a n2 Vậy A  2n cosn cos a, B  2n cosn sin a 2 2 2 2 Nhận xét: Cho n là giá trị cụ thể, suy ra được nhiều biểu thức lượng giác đẹp. a 7a cosa  5cos 2a  10cos 3a  10cos 4a  5cos 5a  cos6a  2 5 cos 5 cos 2 2 Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133 Page 26 Chuyên đề: Số phức Bài toán 5. Ứng dụng giải toán đa thức và phép chia đa thức Phương pháp I. Các ví dụ điển hình thường gặp Ví dụ 1. Chứng minh rằng đa thức  x  1 4n  2   x  1 4n 2 chia hết cho đa thức x2  1 với mọi số tự nhiên n. Vì x2  1  0   x  i  x  i   0 nên x2  1 có nghiệm là i. Đặt f  x    x  1 4n  2 f  i   f  i  1   i  1 4n  2 f  i   f  i  1 4n  2   x  1 4n  2 4n  2 . Ta có:  (2i)2n1   2i   ( i  1)4n2   2i  2n 1 2n 1   2i  0 2n 1 0 Giải Trong các bài toán về phép chia đa thức, muốn chứng minh f  x  chia hết cho g  x  , ta chứng minh mọi nghiệm của đa thức g  x  đều là nghiệm của đa thức f  x  . Cách làm này gặp phải khó khăn nế như g  x  không có nghiệm thực, tuy nhiên số phức giáp ta giải quyết vấn đề này. Vậy i cũng là nghiệm của f  x  , do đó f  x  chia hết cho x2  1. Ví dụ 2. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n lớn hơn 1 và số thực  thỏa mãn sin   0 , đa thức xn sin   xsin n  sin  n  1  chia hết cho đa thức x2  2xcos   1 . Giải Xét phương trình x2  2xcos   1  0, ’  cos2   1  i 2 sin2  nên có nghiệm x1  cos   isin ,x2  cos   isin  là hai số phức liên hợp. Đặt P  x   x2 sin   xsin n  sin  n  1  ta có: P  x1    cos n  i sin n  sin    cos   i sin   sin n  sin  n  1   cos n sin   cos  sin n  sin  n  1   0   Suy ra P x1  0 hay P  x2   0. Vậy P  x  chia hết x2  2xcos   1. Ví dụ 3. Tìm số nguyên dương n sao cho đa thức x2n  xn  1 chia hết cho đa thức x2  x  1 . Lời giải Các nghiệm cuả đa thức x2  x  1 là: x1  1  3i 1  3i ,x2  2 2 Đặt f  x   x2n  xn  1. Vì x1 ,x2 là hai số phức liên hợp, nên chỉ cần tìm n sao cho f  x1   0 (khi đó f  x2  sẽ bằng không). Ta có: x1  1  3i 2 2 nên  cos  i sin 2 3 3 Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133 Page 27 Chuyên đề: Số phức 2n n   2 2  2 2  f  x1    cos  i sin    cos  i sin   1 3 3  3 3     4n 2n 4n 2n  f  x1   cos  cos  1  i  sin  sin  3 3 3 3     2n  2n  4n 2n  1  0 cos  2 cos cos 3  cos 3  1  0 3  3   f  x1   0    sin 4n  sin 2n  0 sin 2n  2 cos 2n  1   0     3 3 3  3  2n  2 cos  1  0  n  3k  1,  k    3 Vậy đa thức x2n  xn  1 chia hết cho đa thức x2  x  1 khi và chỉ khi n là số nguyên dương không chia hết cho 3. Ví dụ 4. Tìm số nguyên dương n sao cho đa thức  x  1  xn  1 chia hết cho đa thức x2  x  1 . n Lời giải Các nghiệm của đa thức x2  x  1 là: x1  1  3i 1  3i ,x2  . 2 2 Đặt f  x    x  1  xn  1. n 1  3i   1  3i 2 2 do đo  cos  i sin  x1  1   cos  i sin 2 3 3 2 3 3 2n 2n n n f  x1   cos  i sin  cos  i sin  1. 3 3 3 3  n  n   2n n  1  0 cos  2 cos cos  cos  1  0  3  3   3 3 f  x1   0    sin 2n  sin n  0 sin n  2 cos n  1   0     3 3 3  3  n  2 cos  1  0  n  6k  1. 3 Vì x1  Vậy giá trị cần tìm của n là những số nguyên dương chia cho 6 dư 1 hoặc chia 6 dư 5. Ví dụ 5. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử với hệ số nguyên:   b)  x  1  x2  x  1 4 a) x4  4 ; 2 Giải   a) Ta có x4  4  x4   2i   x2  2i x2  2i 2  2 2   x2  1  i   . x2  1  i     x  1  i  x  1  i  x  1  i  x  1  i      Mà:  x  1  i  x  1  i    x  1 2  x  1  i  x  1  i    x  1   2  i 2  x2  2x  2  i 2  x2  2x  2 Nên x4  4  x2  2x  2 x2  2x  2  b) Ta có: Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133 Page 28 Chuyên đề: Số phức   (x  1)4  x2  x  1 2     x  1  i 2 x2  x  1 4   2   2 2   x  1  i x2  x  1  .  x  1  i x 2  x  1      Bằng cách giải các phương trình bậc hai , ta phân tích được thành tích:   x  1 2   x  1 2   ix   x  1  1  i  x  i   x  1  i   i x2  x  1  1  i  x  i   x  1  i  2 Mặt khác:  x  1  i  x  1  i    x  1    x Vậy  x  1  x2  x  1 4  i 2  x2  2x  2 1  i  x  i  . 1  i  x  i   2×2  2x  1 2 2 2    2x  2 2×2  2x  1 . II. Bài tập áp dụng Bài tập 1. Có tồn tại hay không số nguyên dương n sao cho đa thức  x  1 2n   x  1 2n  2x2n chia hết cho đa thưc x4  1. Hướng dẫn giải Các nghiệm của đa thức x4  1 là: 1, i. Đặt f  x    x  1 f  i    i  1 2n 2n   x  1   i  1 2n 2n  2x2n , ta có f 1  f  1  0 , nhưng  2i 2n   2i    2i   2  1 n n   Nếu n  2m  1,  m    thì f  i   2  0. n Nếu n  2m, m   thì f  i   22m1  1  2  0 m   .  m  Vậy không tồn tại số nguyên dương n để đa thức  x  1 2n   x  1 2n  2x2n chia hết chho đa thức x4  1. Bài tập 2. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử với hệ số nguyên:   a) x2  1 2    x  3 ; 2 b) 3×2  5x  4  2   5x  3  2 Hướng dẫn giải a) Ta có:  x  1 2 2     x  3   x2  1 2 2    i 2  x  3   x2  ix  1  3i x2  3x  1  3i 2  Vì  x2  ix  1  3i   x  1  i  x  1  2i   x2  ix  1  3i   x  1  i  x  1  2i    x  1  i  x  1  i    x  1   x  1  2i  x  1  2i    x  1   Vậy x2  1 2  2  i 2  x2  2x  2 2  4i 2  x2  2x  5     x  3   x2  2x  2 x2  2x  5 . 2 Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133 Page 29 Chuyên đề: Số phức  b) 3×2  5x  4  2    5x  3   3×2  5x  2 2  2  i 2  5x  3  2   3×2  5 1  i  x  4  3i  . 3×2  5 1  i  x  4  3i      Ta có:  3×2  5 1  i  x  4  3i   x  2  i  3x  1  2i   3×2  5 1  i  x  4  3i   x  2  i  3x  1  2i    x  2  i  x  2  i    x  2    3x  1  2i  3x  1  2i    3x  1  Vì vậy 3×2  5x  4  2 2  i 2  x2  4x  5  2  4i 2  9×2  6x  5     5x  3   x2  4x  5 9×2  6x  5 . 2 Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133 Page 30 Chuyên Đề Số Phức Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 1 Chuyên Đề Số Phức TUYỂN TẬP 100 CÂU SỐ PHỨC VẬN DỤNG VÀ VẬN DỤNG CAO Câu 1. Cho số phức z thỏa 1  i  z  z  i . Tìm mô-đun của số phức w  1  i  z . A. w  13 B. w  2 13 C. w  23 D. w  33 Hướng dẫn giải Gọi z  x  yi, x,y   x  1 1  i  z  z  i  1  i  x  yi   x  yi  i   2x  y   xi  i  y  2   z  1  2i  w  1  i  z  1  i  1  2i  2  3i w  13 Vậy chọn đáp án A.  Câu 2. Tìm mô-đun của số phức z biết z2 1  i   2 z A. w  5 B. w  5 2 1  i   21  i C. w  2 3 D. w  3 Hướng dẫn giải Đặt w  z2 1  i   a  bi a,b    thì z 2 1  i   w  a  bi a  7 Do đó ta có w  2w  21  i  3a  bi  21  i   b  1 Dẫn đến z2  2 7i  3  4i   2  i  1 i Suy ra z  5 Vậy chọn đáp án B. Câu 3. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  19  4i . Tìm mô-đun của số phức z2 w  z2  z  1 biết z có phần thực dương. A. w  217 B. w  113 C. w  277 D. w  133 Hướng dẫn giải Gọi z  a  bi a,b   . Phương trình đã cho trở thành: Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 2 Chuyên Đề Số Phức a 2  b2  2a  19 a 2  b2  2  a  bi   19  4i  a 2  b2  2a  2bi  19  4i   2b  4  a  3 a 2  2 2  2a  19  0 a 2  2a  15  0  z  3  2i      a  5    b  2  b  2  z  5  2i b  2    Trường hợp 1: z  3  2i , ta có: w   3  2i    3  2i   2  9  14i  w  92  142  277 2 Vậy chọn đáp án C. Câu 4. Cho số phức z thỏa mãn A. w  17 zi z  11  z  3 . Tính mô-đun của số phức w  z2 zi B. w  11 C. w  7 D. w  1 Hướng dẫn giải  z  1  2i z  11  z  3  z  11   z  3  x  2   z2  2z  5  0   z2  z  1  2i Với z  1  2i  w  1 i  i  w  1 1 i Với z  1  2i  w  1  3i 4 3   i  w 1 1  3i 5 5 Vậy w  1 . Vậy chọn đáp án D. Câu 5. Tính mô-đun của số phức z biết A. w  2 2  z  1 2  i   3  i z  2i B. w  3 2 C. w  2 D. w  4 Hướng dẫn giải Đặt z  x  yi  x,y    z  x  yi  z  1 2  i   3  i   4  2i  z   3  i  z  2  4i z  2i 2 x  y  2   x  y    7y  3x  i  2  4i   3x  7y  4  x  y  1 z  1 i  z  2 Vậy chọn đáp án C. Câu 6. Tính mô-đun của số phức z biết A. w  2 B. w  5 5z  1  2z  i  1  3i . 1  2i C. w  3 D. w  4 Hướng dẫn giải Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 3 Chuyên Đề Số Phức Giả sử z  a  bi,  a,b    z  a  bi   PT   1  2i  z  1  2z  i  1  3i  1  2i  a  bi   1  2 a  bi  i  1  3i  a  bi  2ai  2b  1  2a  i  2b  1  3i  a  1  4a  b  i  1  3i a  1 a  1   1  4a  b  3  b  2 Vậy z  1  2i  z  5 Vậy chọn đáp án B. Câu 7. Tìm số phức z thỏa mãn 1  z  z  i   iz  1 và z có phần thực dương. 2 A. z  1  i 2 C. z  2  i B. z  1  i,z  1  i D. z  1  i Hướng dẫn giải Đặt z  a  bi a,b  , a  0  . Từ giả thiết ta có: 1  a  bi  a   b  1 i    b  1  ai  2 2 1  a  2 b  1 2 2     1  a  bi  2  b  1  2a  b  1 i     b  2a  b  1 Từ (I) suy ra: 1  1 2 I  2 2 1 b  2  b  1  b  1   b  2  2b  1  0  b  2 hoặc b   2 2  b  1 Với b    a   1 (loại). Với b  2  a  1  z  1  2i . 2 Vậy chọn đáp án C. Câu 8. Tìm phần thực của số phức z thỏa mãn điều kiện z  z  6 và z2  2z  8i là một số thực. B. 2 A. 3 D. 1 C. 1 Hướng dẫn giải Gọi z  x  yi . Ta có z  z  6   x  yi    x  yi   6  x  3   1 z2  2z  8i   x  yi   2  x  yi   8i  x2  y2  2x   2xy  2y  8  i 2 2xy  2y  8  0 là số thực nên 2 . Từ (1) và (2) ta giải được x  3 và y  2 . Vậy z  3  2i . Vậy chọn đáp án A.   Câu 9. Tìm số số phức z thỏa mãn  z  1 z  2i là số thực và z  2 2 . A. 3 B. 2 C. 1 D. 0 Hướng dẫn giải Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 4 Chuyên Đề Số Phức Gọi z  x  yi, x,y    z  x  yi    x  1  yi  x   2  i   GT   x 2  y 2  8 xy   x  1 2  y   0  2 2 x  y  8  2 x   5  y  2  2x x  2  2   5x  8x  4  0  y  2  y  14  5  2 5 Vậy z  2  2i;    14  i 5  Vậy chọn đáp án B. Câu 10. Tìm số phức z biết  iz  2  z  2  là số thuần ảo và z  2 . B. 2 A. 3 C. 1 D. 4 Hướng dẫn giải Giả sử z  a  bi  a,b  ,  iz  2  z  2    2  b  ai a  2  bi   2  ba  2   ab  0  a  b  ab  2  0 1 Mặt khác z  2 nên a 2  b2  4  2 ta có: là số thuần ảo nên: Từ (1) và (2) ta tìm được a  2 , b   2 hoặc a   2 , b  2 hoặc a  0, b  2 hoặc a  2, b  0 . Vậy có 4 số phức thỏa mãn là: z  2  i 2 , z   2  i 2 , z  2, z  2i . Vậy chọn đáp án D. Câu 11. Tìm phần thực nguyên của số phức z thỏa mãn 1  3i  z là số thực và z  2  5i  1 . B. 2 A. 1 C. 1 D. 5 Hướng dẫn giải Giả sử z  x  yi , khi đó 1  3i  z  1  3i  a  bi   a  3b   b  3a  i 1  3i  z là số thực  b  3a  0  b  3a z  2  5i  1  a  2   5  3a  i  1  a  2    5  3a  2 2 1 a  2  b  6  10a 2  34a  29  1  5a 2  17a  14  0   a  7  b  21  5 5 7 5 Vậy z  2  6i, z   21 i. 5 Vậy chọn đáp án B. 2 Câu 12. Tìm số phức z, biết rằng z.z  2 và z  1  z là một số thuần ảo. A. z  1  i; z  1  2i B. z  2  i; z  1  i C. z  3  i; z  2  i D. z  1  i; z  1  i Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 5 Chuyên Đề Số Phức Hướng dẫn giải Đặt z  x  yi  x,y   . Ta có: z.z  2  x2  y2  2 1 z  1  z   x  1  y2   x  yi    x  1  y 2  x  yi 2 2 2 z  1  z là một số thuần ảo   x  1  y2  x  0  2 2 2 x 2  y 2  2 y2  2  x2 x  1   Từ (1), (2) ta có hệ:     2 2 3x  3  0  y  1    x  1  y  x  0 Vậy có 2 số phức thỏa yêu cầu bài toán là z  1  i; z  1  i . Vậy chọn đáp án D. Câu 13. Tìm mô đun số phức z thỏa mãn A. B. 2 z z  2i  1 đồng thời là số thuần ảo. z  2  2i z2 C. 2 3 3 D. 5 Hướng dẫn giải z  2 Điều kiện  z  2  2i Giả sử z  x  yi  x,y   . Khi đó: Từ giả thiết ta có: z  z  2  2i  x2  y2   x  2    y  2  hay y  2  x 2 2 Ta có: z  2i x   y  2  i  x   y  2  i   x  2   yi    2 z  2  x  2   yi  x  2   y2 Do đó z  2i là số thuần ảo thì x  x  2   y  y  2   0 hay x2  y2  2  x  y  z2 1 2 Thay (1) vào (2) ta có x2   2  x   4  2×2  4x  0 2 Nếu x  2 thì y  0 nên z  2 (loại) Nếu x  0 thì y  2 , khi đó z  2i (thỏa mãn) Vậy chọn đáp án A.   Câu 14. Tìm số số phức z thỏa mãn  z  1 z  2i là số thực và z  1  5 B. 2 A. 1 C. 1 D. 5 Hướng dẫn giải Giả sử z  a  bi,  a,b     Ta có  z  1 z  2i   a  bi  1 a  bi  2i   a  1  bi  a   2  b  i   a2  b2  a  2b   2a  b  2  i Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 6 Chuyên Đề Số Phức   Theo bài  z  1 z  2i là số thực nên 2a  b  2  0  b  2  2a Mặt khác z  1  5   a  1  bi  5  a  1  b2  5 2 a  0 2 2 2   a  1   2  2a   5  5  a  1  5  a  1  1   a  2 Với a  0  b  2  z  2i Với a  2  b  2  z  2  2i Vậy có hai số phức thỏa mãn yêu cầu bài toán là z  2i, z  2  2i . Vậy chọn đáp án B. Câu 15. Trong mặt phẳng Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức thỏa mãn: z  2i  1  2 z  i  1  2 2  2  2   2 B. Đường tròn tâm I  1;   , R  3 3 A. Đường tròn tâm I  1;  , R  3  3  2 4 C. Đường tròn tâm I  1;  , R  9  3 4 D. Đường tròn tâm I  1;  , R  9  3 Hướng dẫn giải Giả sử z  x  yi,  x,y   thì: z  2i  1  2 z  i  1  x  1   y  2  i  2 x  1   y  1 i 2 2 2 2   x  1   y  2   4  x  1   y  1   3x 2  3y 2  6x  4y  3  0   2 2  4 2 4  x 2  y 2  2x  y  1  0   x  1   y    3 3 9   2 2 Vậy tập hợp số phức z thỏa mãn là đường tròn tâm I  1;  và bán kính R  . 3  3 Vậy chọn đáp án A. Câu 16. Tìm tập hợp điểm M mà tọa độ phức của nó thỏa mãn điều kiện: z  2  i  1 . A. Đường tròn tâm I  2; 1 , R  1 B. Đường tròn tâm I  2;1 , R  1 C. Đường tròn tâm I  2;1 , R  1 D. Đường tròn tâm I  1; 2  , R  1 Hướng dẫn giải Hai số phức liên hợp có mô-đun bằng nhau, ta suy ra: z  2  i  z  2  i (vì z  2  i  z   2  i   z  2  i ) Từ đó ta có: z  2  i  1 Đặt z  x  iy  x,y   . Suy ra Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 7 Chuyên Đề Số Phức z  2  i  1   x  2    y  1 i  1   x  2    y  1 2 2 1   x  2    y  1  1 2 2 Vậy tập hợp các điểm M là đường tròn tâm I  2;1 , bán kính R  1 . Vậy chọn đáp án B. Câu 17. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện: z   3  4i   2 . A. Đường tròn tâm I  2; 1 , R  2 B. Đường tròn tâm I  3; 4  , R  1 C. Đường tròn tâm I  2;1 , R  2 D. Đường tròn tâm I  3; 4  , R  2 Hướng dẫn giải Đặt z  x  yi  x,y  Ta có   x  3   y  4  2 z  3  4i  x  3   y  4 i 2  2   x  3   y  4   4 2 2 Vậy tập hợp điểm biểu diễn các số phức z là đường tròn tâm I  3; 4  bán kính R  2 . Vậy chọn đáp án D. Câu 18. Tìm tập hợp các số phức z trên hệ tọa độ, biết z  2  3i z  3i  4  2. A. Đường tròn: x2  y2  12x  18y  37  0 . B. Đường tròn: x2  y2  12x  18y  37  0 . C. Đường tròn: x2  y2  12x  18y  37  0 . D. Đường tròn: x2  y2  12x  18y  37  0 . Hướng dẫn giải Đặt z  x  yi  z  x  yi . z  2  3i z  3i  4 Hay   x  2    y  3 i  x  4    y  3 i  x  2    y  3  i   x  4    y  3  i      2 2  x  4    y  3  x  2  x  4   y2  9    x  4  y  3    x  2  y  3   i 2 2  x  4   y  3 2 2   x  2  x  4   y 2  9    x  4  y  3    x  2  y  3        2 2 2 2  2  x  4    y  3     2 Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 8 Chuyên Đề Số Phức 2 2 2 2 2 2   x  2    y  3    x  4    y  3    2  x  4    y  3         2 2 2 2   x  2    y  3   2  x  4    y  3       x 2  y 2  4x  6y  13  2 x 2  y 2  8x  6y  25 2   x 2  y 2  12x  18y  37  0 Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là phương trình đường tròn: x2  y2  12x  18y  37  0 . Vậy chọn đáp án B. Câu 19. Tìm tập hợp các điểm biểu diễn của số phức z’  z  3  i biết z  2  3i  2 . A. Hình tròn tâm  2; 3  , bán kính 2 B. Hình tròn tâm  3;1 , bán kính 2 C. Đường tròn tâm  3;1 , bán kính 2 D. Đường tròn tâm  3;1 , bán kính 2 Hướng dẫn giải Đặt z  x  yi;  x,y  . Ta có z’  z  3  i  z’   x  3    y  1 i Có z  2  3i  2   x  2    y  3  i  2   x  2    y  3  4 2 2 Nên tập hợp điểm biểu diễn z là hình tròn tâm  2; 3  , bán kính 2  Tập hợp điểm biểu diễn z’ là hình tròn tâm  3;1 , bán kính 2. Vậy chọn đáp án B. Lưu ý: Việc suy z  z’ là một phép biến hình. Bao gồm phép tinh tiến theo Ox từ x  2 tới x  3 và tịnh tiến theo Oy từ y  3 đến y  1 . Và do là phép tịnh tiến nên bán kính đường tròn không thay đổi. Câu 20. Cho số phức z thỏa 1  i  z  2  1 . Tìm tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z . 1 i A. Đường tròn có I  0; 1 , bán kính R  B. Đường tròn có I  0;1 , bán kính R  1 . 2 1 . 2 C. Đường tròn có I  0; 1 , bán kính R  1 . 4 Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 9 Chuyên Đề Số Phức D. Đường tròn có I  0;1 , bán kính R  1 . 4 Hướng dẫn giải Cách 1: Gọi số phức z  x  yi;  x,y  Ta có: . x  yi  x  yi 1  i  x y  x y  z         i (1) 1 i 1 i 1 i 2 2 2 2 Theo giả thiết: 1  i  z  2  1  1  i  x  yi   2  1   x  y  2    y  x  2 2  1 (2) Nhìn vào số phức dạng (1) để biến đổi phương trình (2): 2 2 xy xy   2    2    2  1  41     Từ đó suy ra, tập hợp các điểm M biểu diễn số phức x2   y  1  2 z là đường tròn có phương trình 1 i 1 1 có tâm I  0; 1 , có bán kính R  . 4 2 Vậy chọn đáp án A. Ta còn có cách giải tự nhiên hơn như sau: Cách 2: Gọi M  x; y  là điểm biểu diễn của số phức z z . Ta có  x  yi 1 i 1 i Điều kiện bài toán: x 1  i  z  2  1  2 z 1  i   2  1   x  yi  2i   2  1  1 i   2  2y    2x   1   x    y  1  2 2 2 2 1 4 Vậy tập hợp M là đường tròn có phương trình x2   y  1  . 2 1 4 Câu 21. Tìm số phức z thỏa mãn đẳng thức z  3  2i  3 . Hãy tìm tập hợp điểm M biểu diễn cho số phức w, biết w  z  1  3i . A. Đường tròn  C  :  x  2    y  5   9 2 2 B. Đường tròn  C  :  x  2    y  5   9 2 2 C. Đường tròn  C  :  x  2    y  5   9 2 2 D. Đường tròn  C  :  x  2    y  5   9 2 2 Hướng dẫn giải Đặt z  a  bi  a, b w  x  yi  x; y   có điểm biểu diễn là N  a; b  và M  x; y  là điểm biểu diễn cho  Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 10 Chuyên Đề Số Phức Ta có a  bi  3  2i  3  a  3    b  2   9 2 1 2 a  x  1 w  z  1  3i  x  yi  a  bi  1  3i   b  y  3 Thay vào (1) ta được  x  2    y  5   9  M thuộc  C  :  x  2    y  5   9 2 2 2 2 Vậy tập hợp điểm M là đường tròn  C  :  x  2    y  5   9 2 2 Vậy chọn đáp án C. Câu 22. Cho số phức thỏa mãn z  2  2i  1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z. A. z min  2 2  1; z max  2 2  1 B. z min  3 2  1; z max  3 2  1 C. z min  2 3  1; z max  2 3  1 D. z min  3 3  1; z max  3 3  1 Hướng dẫn giải Đặt x  iy với x,y  . Vì z  2  2i  1 nên: x  2   y  2  i  1   x  2    y  2   1. 2 2 Vì thế có thể đổi biến x  2  cost,y 2 sint với 0  t  2 π. Khi đó:  π 2 2 x2  y2   cos t  1   sin t  2   9  4  sin t  cos t   9  4 2 sin  t    4  π   Mà 1  sin  t    1 nên 9  4 2  x2  y2  9  4 2 , do đó: 4 9  4 2  z  9  4 2  2 2 1 z  2 2 1  z  2 2  1 khi t  7π 2 2 hay x  2  ,y  2  . 4 2 2 Vậy giá trị nhỏ nhất của z là 2 2  1 khi z  2   z  2 2  1 khi t  2  2  i2  .  2 2   3π 2 2 hay x  2  ,y  2  . 4 2 2 Vậy giá trị lớn nhất của của z là 2 2  1 khi z  2  2  2  i2  .   2 2   Câu 23. Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện z  1  2i  1 , tìm số phức z có môđun nhỏ nhất. Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 11 Chuyên Đề Số Phức  1    2   i. 5  5 1 A. z  1  C. z  1   1    2   i. 5  5 1  1    2   i. 5  5 B. z  1  1 D. z  1  1  1  2   i. 5  5 Hướng dẫn giải Giả sử z  a  bi với  a,b   . Gọi M  x; y  là điểm biểu diễn số phức z. Ta có: z  1  2i  1   x  1   y  2   1 2 2 Đường tròn (C):  x  1   y  2   1 có tâm I  1; 2  2 2 Đường thẳng OI có phương trình là y  2x . Số phức z thỏa mãn điều kiện đề bài khi điểm biểu diễn M của nó thuộc đường tròn (C) và gần gốc tọa độ nhất  M là một trong hai giao điểm của đường tròn (C) với đường thẳng OI. Tọa đọ M thỏa mãn hệ phương trình:  x  1   y  2x    2 2  x  1   y  2   1  y  2   1 5 1 5 Do môđun của z lớn nhất nên chọn z  1   1    2   i. 5  5 1 Vậy chọn đáp án C. Câu 24. Trong các số phức z thỏa mãn z2  i  1 , tìm số phức z có mô-đun lớn nhất. A. z  1  i và z  1  i B. z  1  2i và z  1  2i C. z  1  3i và z  1  3i D. z  1  i và z  1  2i Hướng dẫn giải Giả sử z  a  bi,  a,b   . Ta có: z  a 2  b2   Mặt khác z2   a  bi   a 2  b2  2abi  z2  i  a 2  b2   2ab  1 i 2 Theo bài ra ta có: z2  i  1  a 2  b2  2    2ab  1  1  a 2  b2 2   a 4  b4  2a 2 b2  4a 2 b2  1  4ab  1  a 2  b2   2 2   2ab  1  1 2  4ab 2 Theo bất đẳng thức Cô-si ta có a 2  b2  2 a 2 b2  2 ab  2ab  z  2ab 4  Khi đó z  a 2  b2  2 2 4 2 2  4ab  2 z  z  2 z  z  2  z  2 Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 12 Chuyên Đề Số Phức a  b  a  b  1  2 đạt được khi  ab  ab   a  b  1  2 2 a  b  2 Suy ra z max Vậy có hai số phức z thỏa mãn yêu cầu bài toán là z  1  i và z  1  i Vậy chọn đáp án A. Câu 25. Cho số phức z thỏa mãn z  2iz  3 .Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của modun số phức z. A. min z  1 và max z  2 B. min z  1 và max z  3 C. min z  2 và max z  3 D. min z  2 và max z  3 Hướng dẫn giải Gỉa sử số phức z có dạng z  a  bi  a,b   .Ta có: z  2iz   a  bi   2i a  bi   a  2b    2a  b  i . +) Theo bài ra: z  2iz   a  2b    2a  b  2   2  3  5a 2  8ab  5b2  9   Ta có: 2 ab  2 a . b  a 2  b2   a 2  b2  2ab  a 2  b2     a  b   9  9 a  b   9  a  b   1  3      4 a 2  b2  8ab  4 a 2  b2  5a 2  8ab  5b2  9 a 2  b2 mà 5a2  8ab  5b2  9 nên 2 2 2 2 2 2 a 2  b2  1. Ta lại có mooddun của số phức z là a 2  b2 nên từ đây ta có thể kết luận:   2 2 2 a  b   i  z  a  b 2  2 2   min z  1   2  2   2 2 2 5a  8ab  5b  9  i a  b   z   2 2 2     3 3 3 a   b   i  z  a   b 2  2 2  max z  3   2  2   3 3 3 5a  8ab  5b  9  i a   b   z   2 2 2   Vậy chọn đáp án B. Câu 26. Tìm số phức z có mô đun nhỏ nhất sao cho z  z  4  3i . 3 2 A. z  2  i 3 2 3 2 B. z  2  i C. z  2  i 3 2 D. z  2  i Hướng dẫn giải Đặt z  a  bi z  z  4  3i  a 2  b2   a  4    3  b   8a  6b  25 2 2 (1) Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 13 Chuyên Đề Số Phức Gọi M  a; b  là điểm biểu diễn số phức z trên mặt phẳng phức. Từ (1) ta có M thuộc đường thẳng Δ : 8x  6y  25  0 Do z  ΟΜ nên mô đun của z nhỏ nhất khi OM nhỏ nhất. M thuộc Δ nên OM nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của O trên Δ Đường thẳng d đi qua O và vuông góc với Δ là 3x  4y  0 Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ: x  2 8x  6y  25  0 3  3    3  Μ  2;  . Vậy z  2  i 2  2 3x  4y  0 x  2  Vậy chọn đáp án A. Nhận xét: 2  6b  6b  Một cách giải khác: thế a  25  và khảo sát hàm số f  b   b2   25   . 8  8   Đây là bài toán điển hình cho phương pháp ứng dụng hình tọa độ để giải bài toán số phức. Ý tưởng của phương pháp này là rất đơn giản, xuất phát từ việc mỗi số phức đều có thể biểu diễn một cách duy nhất bởi 1 điểm M  x; y  trên mặt phẳng phức, các điều kiện của z quy về các điều kiện của điểm M ví dụ: z  ΟΜ , z là điểm M’ đối xứng với M qua Ox,… Về nguyên tắc, tất cả các bài toán số phức đều có thể quy về hình học phẳng, tuy nhiên ta chỉ nên dùng trong điều kiện đề bài thuận lợi  Mặt khác từ bài toán hình học phẳng cũng có thể xây dựng nên các bài toán về số phức hay và khó. Câu 27. Cho số phức z  A. m  1 mi 3 1  m 2  2mi ,m  B. m  1  . Tìm m để z.z  1. C. m  1 D. m  2 Hướng dẫn giải Ta có: z.z  1  z  1   mi 3 2 mi 3 2 1 1  m 2  2mi 2 1  m 2  2mi 2 1 m2  3 1  m  2 2  4m 2   1  m2  3  1  m2  2  4m 2  m 4  m 2  2  0  m 2  1  m  1. Vậy chọn đáp án C. Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 14 Chuyên Đề Số Phức Câu 28. Cho số phức z  28.1. Tìm m để zz  1 2 A. m  1 B. m  1 28.2. Tìm m để z  i  A. m. m  i ,m  1  m  m  2i  1 D. m  2 1 4 B. m  5 C. m  1 1 1 C. m  15 D. m  5 1 15 28.3. Tìm m để z có mođul lớn nhất. A. m  1 Deã thaáy z  B. m  0   m  i  1  m 2  2mi  D. m  2 C. m  3 Hướng dẫn giải  1  m 2  2mi 1  m 2  2mi   m m2  1  1 m2  1 i 1 1 1  2   m  1. 2 m 1 2 m m2 1 1 1 b) Ta coù: z – i   i  z  i   m2   m 4 15 15 m2  1 m2  1 a)Ta coù: zz  c) Ta coù: z  1 m 1 2 z max  m  0. Câu 29. Tìm nghiệm của phương trình x4  2ix2  3  0 trên tập số phức:  2  6 6 2  i i  ,x     .  2  2  2     2 B. x     2  6 6 2  i i  ,x     .  2 2  2    2  D. x     A. x    C. x     2  6 6 2  i i  ,x     .  2  2  2     2     6 6 2 2  i i  ,x      . 2 2  2    2 Hướng dẫn giải Đặt t  x2 . Phương trình đã cho trở thành t 2  2it  3  0. Nghiệm của phương trình là t  3i,t  i. 2   π π   π π  Nếu t  3i thì x  3  cos  i sin    3  cos  i sin   nên: 2 2   4 4   2  6  π π 6 x   3  cos  i sin     i .  4 4 2    2 2   π  π   π  π  Nếu t  i thì x  cos     i sin     cos     i sin     nên:  2  2   4  4  2 Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 15 Chuyên Đề Số Phức  2   π  π  2 x   cos     i sin        i .  2 2   4  4     2  6 6 2  i i  ,x     .  2 2  2    2  Vậy phương trình có 4 nghiệm: x    Câu 30. Tìm số nghiệm của phương trình A. 0  z  i  1 B. 1     3  z  i  1 z  2  2 z  2 2 C. 2  2 0 D. 3 Hướng dẫn giải Do z  2 không là nghiệm nên phương trình đã cho tương đương với: z  i 1  2 2   z  i 1 zi1 z  2 20   3 z  i 1 z2  z2   1   z2 Đặt z  x  yi,  x,y  a   b  a   z  i  1  2  z  2    x  1   y  1 i   2x  4   2yi x  1  2x  4 x  1    y  1  2y y  1  b  z  i  1    z  2    x  1   y  1 i   x  2   yi x  1  x  2 (vô nghiệm)  y  1  y Vậy phương trình có nghiệm duy nhất z  1  i . Vậy chọn đáp án B. Câu 31. Cho z  a  bi,  a, b   . Tìm số phức z thõa z  z 1  z  z 1 . A. z  b,b  R hoặc z  a,a  1;1 . B. z  bi,b  R hoặc z  a,a  C. z  b,b  R hoặc z  a,a  D. z  bi,b  R hoặc z  a,a  1;1 . Hướng dẫn giải 2 2 Ta có z  z  1  z  z  1 khi và chỉ khi z  z  1  z  z  1 .    Hay  z  z  1  z  z  1   z  z  1  z  z  1    2    z.z  z  z z  1  z  1  z.z  z  z z  1  z  1    2 (1)   Mặt khác z  1  z  1   z  1 z  1   z  1 z  1  2 z  z 2 2      z  z  0 Nên (1) trở thành z  z  z  1  z  1   2 z  z  0    z  1  z  1  2 Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 16 Chuyên Đề Số Phức * Nếu z  z  0 thì phần thực của z bằng 0 nên z  bi,b  R . * Nếu z  1  z  1  2 (2) thì theo bất đẳng thức tam giác ta có z  1  z  1   z  1   z  1  2 Nên (2) xảy ra khi z là số thực thuộc đoạn  1;1. Vậy những số phức cần tìm là z  bi,b  R hoặc z  a,a  1;1 . Vậy chọn đáp án D.  Câu 32. Tìm số nghiệm của phương trình: z2  2 z 2  A. 0 B. 1    z 1  1   z 2  1  1  0,z  .  C. 2 D. 3 Hướng dẫn giải Giả sử z  a  ib,a,b  R. Vì z  2 Do z  a 2  b2 , z  1  2 z 2  1  α ,2 z 1 a  1 2 nên b  0.  b2  1  a 2  b2  2a nên nếu đặt  β thì α , β  . Phương trình được viết dưới dạng: a 2     b2  2iab α   a  ib  β  1  0  a 2  b2 α  αβ  1  i  2baα  bβ   0   Suy ra a 2  b2 α  αβ  1  0 (1) và 2abα  bβ  0 (2).   Vì b  0 nên từ (2) có β  2aα, nên (1) có dạng a 2  b2 α  1.    2 2  Do đó a 2  b2  2a  b  1   1    (3) Xét f  x   x 2x  1 với x  0,f , x   2 x  1  x.2 x  0, x  0. Vậy f  x  là hàm số đồng biến trên 0;   , mà f 1  1 nên x=1 là nghiệm duy nhất. Như thế theo (3) ta có a2  b2  1  z  1  2  2a. Mà β  2a nên 2 22a  1  2a, hay 2 Vì a  1 nên y  3. Từ (4) có y  0  2 Vì thế y  2 1 y 2 3 5  23 1 y 1 y y (4) với y  1  2a.  2  y  2.  3, mâu thuẫn với y  3. Vậy phương trình đã cho không có nghiệm. Vậy chọn đáp án A.    Câu 33. Cho z với z  1  1  i 3  1  i 3   1  i 3   …  1  i 3  2 3 20 . Khẳng định nào sau đây đúng A. z là số thuần ảo B. z là số phức có phần thực dương Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 17 Chuyên Đề Số Phức C. z là số phức có phần thực âm D. z là số thực. Định hướng: Áp dụng hằng đẳng thức:   a n  bn   a  b  a n 1  a n 2 b  a n 3 b2  …  a2 bn 3  abn 2  bn 1 (n nguyên dương) Đồng thời, số mũ với bậc cao và dạng 1  3 làm ta nhớ đến dạng lượng giác của số phức. Hướng dẫn giải    z  1 1 i 3  1 i 3    2  1 i 3 π π  3   …  1  i 3  Ta có 1  i 3  2  cos  i sin   1  i 3 3 3  Vậy z  221  1   221  1 i 3 3  21  20 1  i 3   21 1 3i  221  cos7 π  i sin7 π   2 21 i hay z là số ảo. Vậy chọn đáp án A. 2 2 Câu 34. Tìm môđun số phức z, biết z  2z.z  z  8 và z  z  2 . A. 2 2 B. 1 C. 2 D. 3 Hướng dẫn giải Giả sử z  x  yi (x,y  ) . Ta có: 2  2 x 2  y 2  2 x  1 x  1  z  2z.z  z  8  hoặc  .    2x  2   y  1 y  1 z  z  2   Vậy các số phức cần tìm là 1  i và 1  i . Vậy chọn đáp án C. Câu 35. Tìm phần thực số phức z thỏa mãn A. 6 B. 1 z  12 5 z4  và 1. z  8i 3 z8 C. 3 D. 2 Hướng dẫn giải Điều kiện z  8 và z  8i  a 2  b2  144  24a 25 a  6   2   a  b2  144  16b 9   b  8 Đặt z  a  bi, ta có hệ:  2 2  a  b  16  8a  1   b  17  2 2  a  b  64  16b So sánh với điều kiện, kết luận có hai số phức thỏa mãn đề bài là z  6  8i, và z  6  17i Vậy chọn đáp án A. Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 18 Chuyên Đề Số Phức Nhận xét: Bài toán có vẻ rất dài dòng, nhưng bạn biết đến công thức a a (môđun chứ  b b không phải giá trị tuyệt đối đâu nhé!) và khả năng nhẩm nhanh thì bài này rất dể. Nếu cứ dặt dạng bình thường và cứ biến đổi thì bài này thực chất là một bài giải hệ cơ bản vì các bieur thức chứa bình phương nó sẽ triệt tiêu nhau hết. Còn không thì bạn tốn một chút thời gian đẻ định hình. Lưu ý các điều kiện. a a  và cách biến đổi. b b Yêu cầu: Nhớ lại côn thức về môđun: Câu 36. Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  3, z2  2, z1  z2  5 . Tính z1  z2 . A. 6 B. C. 3 2 D. 2 2 Hướng dẫn giải Gọi z1  a1  b1i a1 ,b1  , z 2  a 2  b 2i a 2 ,b 2   a 2  b 2  3 1  1 2 Từ giả thiết bài toán ta có: a 2  b2 2  4  2  a1a 2  b1b2   2  2 2  a1  a 2    b1  b2   5 Vậy z1  z2  a1  a2    b1  b2  2 2  a 2 1     b12  a 2 2  b2 2  2  a1a 2  b1b2   3 Vậy chọn đáp án C. Câu 37. Cho các số phức z1 ,z2 đồng thời thỏa mãn các điều kiện z1  3z1z 2  1  i z 2 và 2z1  z2  3  2i . Tìm môđun của số phức w  z1  z1  z 2 . z2 A. 6 C. 3 B. 2 D. 5 Hướng dẫn giải  z1  3z1z 2 z    1  i   1  3z1  1  i z1  3z1z 2   1  i  z 2  z2    z2  2z1  z 2  3  2i 2z  z  3  2i 2z  z  3  2i  2 2  1  1 z  z   1  3z1    2z1  z2    1  i    3  2i   1  z1  z2  2  i  w  5 c) Ta có: z2  z2   z1  3z1z 2 z   1  i  1  3z1  1  i z1  3z1z 2   1  i  z 2  z2    z2  2z  z   3  2i   2z  z  3  2i 2  1 2 2z1  z2  3  2i  1 z    1  3z1    2z1  z 2    1  i     z2  z1   z1  z 2  5 z2 z   3  2i  z1  z1  z2  2  i 2 Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 19 Chuyên Đề Số Phức Vậy chọn đáp án D. Câu 38. Cho số phức z  0 thỏa mãn z  2. Tìm giá tri lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của P zi . z 1 3 A. min P  ; max P  2 2 C. min P  2; max P  1 B. min P  ; max P  2 2 5 2 1 D. min P  ; max P  3 3 Hướng dẫn giải Ta có P  1 zi i i i i  1 và 1   1   1  nên: z z z z z i i 1 1  P  1   1   P  1  z z z z Mặt khác, theo bài ra z  2 nên 1 1  vì thế: z 2 1 1 1 3  1  P  1  2 z z 2 Vì P  1 3 chẳng hạn với z  2i và P  chẳng hạn với z=2i nên: 2 2 Vậy, giá trị lớn nhất của P là 3 1 , giá trị nhỏ nhất của P là . 2 2 Vậy chọn đáp án A. Câu 39: Cho số phức z thỏa mãn hệ thức: z  2z  1  5i  . Tính mô-đun của z. 2 A. 2 45 B. C. 2 40 41 D. 2 41 Hướng dẫn giải Đặt z  a  bi, a, b   . Khi đó z  a  bi Ta có: z  2z  1  5i   a  bi  2  a  bi   24  10i  3a  bi  24  10i 2 3a  24 a  8    z  8  10i  z  b  10 b  10  8   10  2 2  2 41 Vậy chọn đáp án D. Câu 40: Tính mô-đun của số phức z, biết rằng z  z  1 và z  z  0 A. z  1 2 B. z  1 3 C. z  1 4 D. z  1 5 Hướng dẫn giải Giả sử: z  a  bi  z  a  bi , với a, b  Ta có: z  z  0  a  0  z  bi Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 20 Chuyên Đề Số Phức z  z  1  b2  Vậy: z  1 1 z 4 2 1 2 Chọn A Câu 41: Cho số phức z thỏa mãn: z  z  2  8i . Tìm số phức liên hợp của z? A. 15  8i B. 15  6i C. 15  2i D. 15  7i Hướng dẫn giải Đặt: z  a  bi,  a, b   z  a 2  b2 Khi đó: z  z  2  8i  a  bi  a 2  b2  2  8i  a  a 2  b2  bi  2  8i  a  15 a  a 2  b 2  2   b  8  b  8 Vậy z  15  8i  z  15  8i Chọn A Câu 42: Cho số phức z thỏa mãn: z.z  1 và z  1  2 . Xác định phần thực của z A. 0 B. -1 C. 1 D. 2 Hướng dẫn giải Đặt: z  a  ib , với a, b  . Suy ra z  a  ib Ta có: z.z  1  a 2  b2  1 và z  1   a  1  i  b   z 1  2   a  1   b  2 2  2   a  1  b 2  4 2 2 2 2 2   a  1 a  b  1 b  1  a Ta có hệ phương trình :      2 2 2 2 b  0  a  1  b  4  a  1  1  a  4   Kết luận: Số phức z có phần thực bằng -1, phần ảo bằng 0. Vậy chọn đáp án B. Câu 43: Tìm số phức z sao cho 1  2i  z là số thuần ảo và 2.z  z  13 A. z  2  i và z  2  i B. z  2  i C. z  i D. z  2  2i Hướng dẫn giải Giả sử z  a  bi  a, b  1  2i  z  , khi đó 1  2i  z  1  2i  a  bi    a  2b    2a  b  i là số thuần ảo  a  2b  0  a  2b 2.z  z  a  3bi  2b  3bi  13b2  13  b  1 Có hai số phức thỏa mãn đề bài: z  2  i; z  2  i Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 21 Chuyên Đề Số Phức Vậy chọn đáp án A. Câu 44. Cho số phức thỏa mãn z  1 . Tìm mọi giá trị lớn nhất của A  1  z  3 1  z B. MaxA  10 A. MaxA  2 10 D. MaxA  2 5 C. MaxA  2 21 Hướng dẫn giải Đặt z  x  iy với x,y  . Vì z  1 nên y2  1  x2 và x  1;1 . Ta có: 1 z  1  x  2  y 2  2 1  x  và 1  z  1  x  2  y 2  2 1  x  Do đó 1  z  3 1  z  2 1  x   3 2 1  x   f  x  Bài toán trở thành tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: f  x   2 1  x   3 2 1  x  với x   1;1 . Hàm số liên tục trên x   1;1 và với x   1;1 thì: f’  x   1 2 1  x  ,f ‘  x   0  x   3  2 1  x  4 5  4 Mà f 1  2,f  1  6,f     2 10 nên : MaxA  2 10 khi z    i 5 5 5  4 3  Vậy chọn đáp án A. Câu 45. Cho số phức thỏa mãn z  1 . Tìm mọi giá trị nhỏ nhất của B  1  z  1  z  z2 A. MinB  2 B. MinB  3 z 1 C. MinB  5 z 1 z 1 D. MinB  7 z 1 Hướng dẫn giải Vì 1  z  z2  1  x  x2  y2  i  2x  1 y  2×2  x  i  2x  1 y nên 1  z  z2   2x 2 x  2  y 2  2x  1  2  2x  1 2 x 2   y 2  2x  1 Vậy nên B  1  z  1  z  z2  2 1  x   2x  1 . Đặt g  x   2 1  x   2x  1 với x  1;1 . Xét hai trường hợp:  1  Trường hợp 1: Xét x   ;1 thì g  x   2 1  x   2x  1 2  Ta có: g’  x   1   2  0, x   ;1 nên: 2  2 1  x  1 1 Maxg  x   g 1  3,Ming  x   g    3. 1  1  2  ;1  ;1 2  2  Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 22 Chuyên Đề Số Phức   1   Trường hợp 2: Xét x   1;  thì g  x   2 1  x   2x  1 2 Vì g’  x   1 2 1  x   2  0,g’  x   0  x   7 và: 8  7  13  1  g  1  3,g     ,g    3  8 4 2  7 Nên Maxg  x   g     và không tồn tại giá trị nhỏ nhất trên khoảng đó.  8 4  1 13  1; 2    1 2 So sánh hai trường hợp, ta có: MinB  3 khi z   z 1 3 i. 2 Vậy chọn đáp án B. Câu 46. Cho số phức thỏa mãn z  1. Tìm Max z3  z  2 . A. Max z3  z  2  13 B. Max z3  z  2  2 13 C. Max z3  z  2  3 13 D. Max z3  z  2  5 13 z 1 z 1 z 1 z 1 Hướng dẫn giải Đặt z  x  iy với x,y  . Vì z  1 nên y2  1  x2 và x  1;1 .   Ta có: z3  z  2  x3  3xy2  x  2  i 3×2  y2  1 y    4×3  4x  2  i 2×2  2 y 2     2 2 Vậy z3  z  2  4×3  4x  2  4×2  2 y2  16×3  4×2  16x  8 Xét f  x   16×3  4×2  16x  8 với x  1;1 . f ‘  x   48×2  8x  16,f ‘  x   0  x  2 1 ,x   3 2  1 2 8 f  1  4,f     13,f    ,f 1  4  2  3  27 1 2 Vậy Max z3  z  2  13 khi z    z 1 3 i. 2 Vậy chọn đáp án A. Chú ý: Min z3  z  2  z 1 2 6 2 5 khi z    i. 9 3 3 Ví dụ 47: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện: log 2 z   3  4i   1 A. Đường thẳng qua gốc tọa độ B. Đường tròn bán kính 1 Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 23 Chuyên Đề Số Phức C. Đường tròn tâm I  3; 4  bán kính 2 D. Đường tròn tâm I  3; 4  bán kính 3 Lời giải Điều kiện z  3  4i Gọi M  x; y  với  x; y   3; 4  là điểm biểu diễn số phức: z  x  yi,  x, y   Khi đó: log 2 z   3  4i   1  z   3  4i   2   x  3   y  4  2  2   x  3   y  4   4 2 2 2 Vậy tập hợp các điểm số phức z trong mặt phẳng tọa độ là đường tròn tâm I  3; 4  bán kính R2 Chọn C Ví dụ 48: Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z trên mặt phẳng tọa độ thỏa mãn điều kiện z  5z  5z  0 2 A. Đường thẳng qua gốc tọa độ B. Đường tròn bán kính 1 C. Đường tròn tâm I  5;0  bán kính 5 D. Đường tròn tâm I  5;0  bán kính 3 Lời giải Đặt z  x  yi , ta có z  x  yi Do đó: z  5z  5z  0  x 2  y2  5x  5yi  5x  5yi  0   x  5   y 2  25 2 2 Trên mặt phẳng tọa độ, đó là tập hợp các điểm thuộc đường tròn bán kính bằng 5 và tâm là I  5;0  Chọn C Ví dụ 49: Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp các điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều kiện zi   2  i   2 A. Đường thẳng qua gốc tọa độ B. Đường tròn bán kính 1 C. Đường tròn tâm I  5;0  bán kính 5 D. Đường tròn tâm I 1; 2  bán kính 2 Lời giải Gọi z  x  yi,  x, y   , ta có: zi   2  i   2   y  2   x  1 i  2   x  1   y  2   4 2 2 Vậy tập hợp điểm biểu diễn các số phức z là đường tròn tâm I 1; 2  và bán kính R  2 Chọn D Câu 50. Cho số phức z là nghiệm của phương trình z2  2z  2  0 , Tính giá trị của biểu thức: P  z2016  A. P  16 504  1 4504 1 z 2016 . B. P  4 504  1 2 504 C. P  16 504  1 2504 D. P  8504  1 4 504 Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 24 Chuyên Đề Số Phức Hướng dẫn giải Ta có z2  2z  2  0   z  1  1  i 2  z2  2i 2   Suy ra z4  z2 Vậy P  z2016  2   2i   4 2 1 z2016    z4 504  1   z4 504   4  504  1  4  504  16 504  1 4 504 . Vậy chọn đáp án A. Câu 51. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 11z10  10iz 9 10iz 11 0 .Khẳng định nào sau đây đúng. A. z  10 C. z  11 B. z  1 D. z  9 Hướng dẫn giải 11z10  10iz9  10iz  11  0  z9 11z  10i   11  10iz hay : z 9  z 9  11  x 11z  10i      y   10 2 2 2 11z  10i   1 11  10iz  18  2  z  1 1 z  z 1 2  21 1  x2  y 2    112 x2  y 2  100  220y  21 1  z 2    21 1  z   2  112 x 2  y 2  100  220y 2   11  x  y   100  220y  0  0 z 2 1   220y 2 Suy ra: z 11  10iz 102 x2  y 2  112  220y 11  10iz 18 11z  10i  2 2 2 2  1  z  1. Vậy chọn đáp án B. Câu 52. Tìm phần thực của số phức z  1  i  , trong đó n là số tự nhiên và thỏa mãn n log 4  n  3   log 5  n  6   4 A. 152. C. 512. B. 512. D. 251. Hướng dẫn giải Trước hết ta giải phương trình: log 4  n  3   log 5  n  6   4 Hàm số f(x) = log 4  x  3  log 5  x  6  là hàm đồng biến trên (3; +∞) và f(19) = 4. Do đó, phương trình log 4  n  3   log 5  n  6   4 có nghiệm duy nhất n  19 . π 4 π 4 Ta có: w  1  i  2(cos  i sin ) . Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 25 Chuyên Đề Số Phức  Với n = 19 : z  w19  ( 2)19  cos  Suy ra phần thực của z là : 19 π 19 π  3π 3π  19   i sin  i sin    ( 2)  cos 4 4  4 4    2 19 cos 3π 2  ( 2)19 .  512. 4 2 Vậy chọn đáp án C. Câu 53. Cho hai số phức z1 ,z2 thỏa mãn iz1  2  1 và z2  iz1 .Tìm giá trị nhỏ nhất của 2 biểu thức z1  z2 . A. Min z1  z2  2  1 C. Min z1  z2  2  B. Min z1  z2  2  2 1 1 2 1 D. Min z1  z2  2  2 2 Định hướng: Đây là bài toán khá phức tạp và khó trong việc khai thác dữ kiện.Điều đầu tiên ta cũng sẽ gọi dạng của z1  x1  y1i , sau đó tiến hành làm bình thường. Nhận thấy khi khai triển thì bài toán sẽ rắt rối và đây là dấu hiệu để ta dùng đến kiến thức trong tọa độ phẳng. Sau đây là một vài vấn đề khi làm dạnh toán này: Cho hai số phức z1 ; z2 được biểu diễn các điểm tương ứng M1 ;M2  z1  z2  M1M2 . Chứng minh: Gỉa sử: z1  x1  y1i; z2  x2  y2i  M1  x1 ; y1  ;M2  x2 ; y2  z1  z 2   x1  y1i    x 2  y 2 i    x1  x 2    y1  y 2  i  M1M 2   x1  x 2 ;  y1  y 2  2 2   z1  z 2   x1  x 2    y1  y 2    z1  z 2  M1M 2 M M   x  x  2   y  y  2 1 2 1 2  1 2 Hướng dẫn giải Đặt z1  x1  y1i  x1 ,y1  . Khi đó điểm M1  x1 ; y1  biểu diễn số phức z1 thỏa mãn: iz1  2   1 1  ix1  y1  2   x12  y1  2 2 2  2 1  . 4   Suy ra tập hợp các điểm M biểu diễn z1 là đường tròn  C1  tâm O1 0; 2 và có bán kính R1  1 . 2 +) z2  iz1  y1  x1i  N  y1 ; x1  biểu diễn z 2 . Ta cần tìm M   C1  để z1  z2  MN nhỏ nhất +) Để ý rằng OM  x1 ; y1   ON  y1 ; x1  và OM  ON nên MN  ON 2 . Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 26 Chuyên Đề Số Phức MN đạt giá trị nhỏ nhất  OM nhỏ nhất. Đường thẳng OO1 cắt đường tròn  C1  tại   1  1  M1  0; 2   và M2  0; 2  . 2 2   Dễ thấy MN nhỏ nhất bằng 2  1 2  khi M  M1 ,tức là khi đó z1   2   1  i . 2 Vậy chọn đáp án A. Câu 54. Cho số phức z thỏa mãn: z  3i  iz  3  10 , tìm số phức z có modun nhỏ nhất. A. z  4; z  i B. z  4,z  3i C. z  4; z  4i D. z  4; z  4 Hướng dẫn giải 2 Áp dụng công thức: z.z  z ,z  ω  z  ω Ta có:  100  z  3i  iz  3  2  2 2   2  z  3i  iz  3   z  3i  iz  3         2 2 2   2  z  3i  iz  3         2  z  3i  z  3i  iz  3 iz  3  2  z  3i  z  3i  z  3i  iz  3     2  4 z.z  9  4 z  36 Giải bất phương trình ta có: z  4  z  3i  iz  3  Vậy min z  4 đạt được khi   z 4 Vậy chọn đáp án D.  z  4; z  4   Câu 55. Tìm số phức z thỏa mãn  z  1 z  2i là số thực và z là nhỏ nhất. 4 5 2 5 4 5 A. z   i 2 5 4 5 B. z    i 2 5 C. z    i 4 5 2 5 D. z   i Hướng dẫn giải Gọi z  a  bi; a,b     Theo giả thiết, ta có:  z  1 z  2i   a  1  bi  a   b  2  i   a  a  1  b  b  2   ab   a  1 b  2  i  z  1  z  2i  là số thực  ab  a  1 b  2   0  2a  b  2  0  b  2  2a Khi đó z  a   2  2a  i .  4 2 Ta có z  a 2   2  2a   5a 2  8a  4  5  a     5 5 5  2 4 2 5 Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 27 Chuyên Đề Số Phức  min z  4 5 4 2 2 5 , khi a   b  5 5 5 2 5 Vậy z   i . Vậy chọn đáp án D. Câu 56. Tìm Số số phức z có mô đun bằng 1, đồng thời số phức w  z2  2z  1 có mô đun lớn nhất. A. 1 B. 2 C. 3 D. 0 Hướng dẫn giải Gọi z  x  yi x,y   Theo giả thiết, ta có: z  1  x2  y2  1  y2  1  x2 ,x  1;1 . Hơn nữa w  z2  2z  1  x2  y2  2xyz  2  x  yi   1    x2  y 2  2x  1  2y  x  1 i  w  2 x 2  x 1    1  x   x  1 2 2 2 x 2   y 2  2x  1  4y 2  x  1 2  2 4x 3  x 2  4x  2 Xét hàm số f  x   4×3  x2  4x  2,x  1;1 1 2 f ‘  x   12×2  2x  4,f ‘  x   0  x   ,x  2 3  1 13  2  Lại có f  1  1,f     ,f    ,f 1  1.  2  4  3  27 Do đó max w  2 maxf  x  1; 1 2 1 3  13 đạt được khi x   ; y   . 2 2 1 2 Vậy, có hai số phức cần tìm là z1    3 1 3 i; z2    i. 2 2 2 Vậy chọn đáp án B. Câu 57. Tìm tất cả các số phức z thỏa mãn phương trình z2  z  0 . Khi đó tính tổng lủy thừa bậc 4 của tất cả các nghiệm của phương trình đã cho. A. 1 2 B. 1 3 C. 1 5 D. 1 7 Hướng dẫn giải z  a  bi,a,b  R. Suyra z2  a 2  b2  2abi,z  a  bi   Vậy z2  z  0  a 2  b 2  a  2ab  b i  0  a 2  b2  a  0 Từ đó thu được   2ab  b  0 1 2  Giải hệ phương trình thu được  a, b    0,0  ,  1,0  ,  ;  1 2 Vậy có bốn số phức z1  0,z2  1,z 3   3  2  3 1 3 i,z 3   i thỏa mãn phương trình đã cho. 2 2 2 Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 28 Chuyên Đề Số Phức Để ý rằng z k là nghiệm của phương trình đã cho nên z4k  zk2 , do đó 2 z14  z42  z43  z44 2 1 3 1 3 1 1        . 2 2  2 2  2     Vậy chọn đáp án A.  Câu 58. Gọi z1 ,z2 là hai nghiệm của phương trình z2   2cos  5π   z  1  0 . Tìm số n nguyên 21  dương nhỏ nhất sao cho z1n  z2 n  1 . C. 2 B. 7 A. 5 D. 3 Hướng dẫn giải  Phương trình z2   2cos  5π   z  1  0 (1). Biệt thức của (1) là 21  2 5π 5π  5π  Δ  cos  1   sin 2   i sin 2  . 21 21  21  ‘ 2 +)Vậy (1) có các nghiệm là z1  cos 5π 5π 5π 5π và z2  cos  i sin  i sin 21 21 21 21 n n  5π 5π   5π 5π  z1n  z2 n  1   cos  i sin    cos  i sin   1 21 21   21 21   n n   5π   5π    5π 5π   co s     i sin      co s  i sin   1 21 21   21   21      n5π   n5 π  n5 π n5 π  co s    i sin 1   i sin     co s 21 21  21   21   n5 π  n5 π n5 π  cos   1  2 co s 1   co s 21 21 21   n5π π n5 π π 7 42k  co s  co s     k2 π  n    k  21 3 21 3 5 5  *  Vì n là số nguyên nhỏ nhất nên từ  *  suy ra: n  7 Vậy chọn đáp án B. Câu 59. Cho các số phức z1 ,z2 đồng thời thỏa mãn các điều kiện: z1  2z2 là số thực 2z1  z2 là số ảo và 3z1  z2  5  5i . Tìm modul của số phức w  z12  3z1 .z2 2 . A. w  5 10 B. w  10 10 C. w  7 10 D. w  2 10 Hướng dẫn giải z1  x  yi .Từ đó có: z 2  a  bi Ta đặt:   z1  2z2   x  2a    y  2b  i   2z1  z2   2x  a    2y  b  i  y  2b  0 Theo giả thiết ta có:  2x  a  0 (1). Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 29 Chuyên Đề Số Phức 3x  a  5 Từ 3z1  z2   3x  a    3y  b  i  5  5i , ta được:  3y  b  5 (2) z1  1  2i z 2  2  i Từ (1), (2) sua ra a  2; b  1; x  1; y  2 , sua ra  Từ đó ta có: z12  3z1 .z22  30  10i . Vậy modul w  10 10 Câu 60: Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều kiện z  1  z  i A. Đường thẳng qua gốc tọa độ B. Đường tròn bán kính 1 C. Đường tròn tâm I  5;0  bán kính 5 D. Đường tròn tâm I 1; 2  bán kính 2 Hướng dẫn giải Gọi z  x  yi,  x, y   , ta có:   x  1  y2  x 2   y  1 2 z  1  z  i   x  1  yi  x   y  1 i 2 2 2  x 2  1  2x  y2  x 2  y2  2y  1  y  x Tập hợp điểm biểu diễn các số phức z là đường thẳng y  x đi qua gốc tọa độ. Chọn A Câu 61: Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều kiện 2  z  2  z A. Đường thẳng qua gốc tọa độ B. Đường tròn bán kính 1 C. Nửa trái của mặt phẳng tọa độ không kể trục Oy. D. Đường tròn tâm I 1; 2  bán kính 2 Hướng dẫn giải Gọi z  x  yi,  x, y   , ta có: 2z  2z  2z  2z 2 2   2  x   iy   2  x   iy 2 2   2  x   y2   2  x     y   x  0 2 2 2 Tập hợp các điểm biểu diễn các số phức z là nửa trái của mặt phẳng tọa độ không kể trục Oy. Chọn C Câu 62: Gọi z1 , z 2 là hai nghiệm của phương trình z2  2z  2  0 trên tập số phức. Tìm môđun của số phức: w   z1  1 A. w  5 2015   z 2  1 B. w  2 2016 C. w  1 D. w  3 Hướng dẫn giải Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 30 Chuyên Đề Số Phức Phương trình: z2  2z  2  0 có  ‘  1  2  1  i 2 z  1  i Suy ra phương trình có hai nghiệm  1 z 2  1  i Thay z1  1  i vào w ta được w   i  Thay z 2  1  i vào w  i 2015   i  2015  i 2016    i 2  1007  i2  1002 2016 .i  i 2  1003 .i  i 2  1013  1  i  1  i Vậy w  2 Chọn B  Câu 63. Cho các số phức z1 , z2 thỏa mãn: z1 không phải là số ảo và z1  z1 . z2  z 2 không phải là số thực và z2  z2 . z1 A. 1 2  là số thực. Tính z 1 B. 2 2016  z2 C. 2 2 2  là số ảo; 2017 D. 2 Hướng dẫn giải   là số ảo:   z  z . z   z  z . z   z  z  z Ta có z1  z1 . z2   z1  z1 . z2  2 2 2 1     z1  z1  1  z2  1   2 2 2   z2  1 2 1 2 1 1 2  2  1  z2  1 (Do z1 không là số ảo nên z1  z1 )  z  z . z  là số thực:  z  z . z   z  z . z   z  z . z  z  z . z   z  z  1  z   z  1 (Do z không phải là số thực, khi đó z 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 1 2 2 2 1 2 2 1 2 Vậy P  z1 1 2016  z2 1 2017 2 2  z2 ) 2. 5  1 i  5 6 7 8 Câu 64. Cho z    . Tính A  z  z  z  z  0 .  1 i  A. 1 B. 2 C. 0 D. 2 Hướng dẫn giải 5 5 5  1  i   1  2i  i 2   2i  5 Ta có: z      i i    2   1 i   1 i  2     Do đó: z5  z6  z7  z8  z5 1  z  z2  z3   i  1  i  i 2  i 3  0 5 Vậy chọn đáp án C. Câu 65. Cho 2 số phức z1 , z2 thỏa mãn điều kiện: z1  z2  1 và z1  z2  3 . Tính z1  z2 . Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 31 Chuyên Đề Số Phức A. 1 B. 2 C. 0 D. 2 Hướng dẫn giải Gọi z1  a1  b1i; z 2  a 2  b 2i 2 2  a1  b1  1 Ta có z1  z2  1   2 2  a 2  b2  1 z1  z 2  a1  a 2   b1  b2  i  z1  z 2   a1  a 2    b1  b2  2 2 z1  z 2  3   a1  a 2    b1  b2   3 2 z1  z 2 2 2   a1  a 2    b1  b 2   a12  a 2 2  2a1a 2  b12  b 2 2  2b1b 2 2   2 a 2     2b    a  2 a12  a 2 2  2 b12  b2 2  a12  a 2 2  b12  b 2 2  2a1a 2  2b1b 2 2 1  a22 2 1  b2 2 1 2 2  a 2    b1  b2     2.1  2.1  3  1  z1  z 2  1 Vậy chọn đáp án A. 2 3 2 3 2   i  lớn nhất.  2 2   2 Câu 66. Tìm số phức z thỏa z  2  z  2  26 và có z   A. z   3 2 3 2  i 2 2 B. z   3 2 3 2  i 2 2 C. z  3 2 3 2  i 2 2 D. z  3 2 3 2  i 2 2 Hướng dẫn giải Giả sử z  x  yi; x,y  Ta có z  2  z  2  26   x  2   y2   x  2   y2  26  x2  y2  9 . Suy ra tập hợp các 2 2 2 2 điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện 1 là đường tròn (S) tâm là gốc tọa độ O, bán kính R  3 . 2 3 2 3 2   3 2  3 2  i  x  Ta có z    y   2  2  2   2    2 2 2 3 2 3 2 3 2 3 2  Vì  ;     9 nên điểm K   thuộc đường tròn (S).  2   2   2 2       3 2 3 2 3 2   3 2  3 2  i  x  Gọi M  x; y  là điểm thuộc (S), khi đó z    y   MK  2      2 2 2       3 2 3 2   i  2  2   Suy ra z   lớn nhất  MK lớn nhất  MK là đường kính của (S)  3 2 3 2  M  ;   2 2   Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 32 Chuyên Đề Số Phức Vậy z   3 2 3 2  i . Vậy chọn đáp án A. 2 2 Câu 67. Cho số phức z thỏa mãn z  2i là số ảo. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức z2 T  z 1  z i . A. maxT  3 5 B. maxT  2  5 D. maxT  2 5 C. maxT  5 Hướng dẫn giải Đặt z  x  yi (x,y  ) Khi đó z  2i x   y  2  i  x   y  2  i  .  x  2   yi    2 z  2  x  2   yi  x  2   y2  x x  2   y  2 y x  2 2  y2   x  2  y  2   xy i 2  x  2   y2 là số ảo khi và chỉ khi x x  2   y  2 y x  2 2  y2 x2  y 2  2  x  y   0 . 2 2 x  2  y  0     Ta có T  z  1  z  i   x  1  yi  x   y  1 i   x  1 2  y 2  x 2   y  1 2 1 2 Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có 2(x  y)  x2  y 2  (x  y)2 . Suy ra x  y  4. Suy ra T2  2  2  2  x  y    20 . Suy ra T  2 5 ,dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y  2. Vậy giá trị lớn nhất của T là 2 5 , đạt khi z  2  2i . Vậy chọn đáp án D. Ví dụ 68: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện A. 53 29 B. 53 28 z  4i z  11 ?  z  1 . Hãy tính z  2i z2 C. 52 29 D. 50 29 Lời giải Ta có:  z  2  3i z  11  z  1  z 2  4z  13  0,  ‘  9  9i 2   z2  z  2  3i Do đó * z  2  3i  z  2  3i  z  4i 2 i  1 z  2i 2  i z  4i 2  7i 53   z  2i 2  5i 29 Chọn A Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 33 Chuyên Đề Số Phức Câu 69: Gọi z1 và z2 là hai nghiệm phức của phương trình 2 1  i  z2  4  2  i  z  5  3i  0 . Tính z1  z 2 ? 2 2 A. 9 B. 10 C. 1 D. 12 Hướng dẫn giải Phương trình:  ‘  4  2  i   2 1  i  5  3i   16 Do đó phương trình có hai nghiệm phức: z1  3 5 1 1  i, z 2    i 2 2 2 2 Vậy z1  z 2  9 2 2 Chọn A. Câu 70: Cho số phức z thỏa mãn: 1  2z  3  4i   5  6i  0 . Tìm số phức w  1  z ? A. w   7 1  i 25 25 B. w  7 1  i 25 25 C. w   7 1  i 25 25 D. w   7 1  i 25 5 Hướng dẫn giải Gọi z  a  bi , với a, b  . Ta có 1  2z  3  4i   5  6i  0   2a  1  2bi  3  4i   5  6i  0   6a  8b  8  8a  6b  10  i  0 32  a  6a  8b  8  0 32 1 7 1  25    z    i  w  1 z    i 25 25 25 25 8a  6b  10  0 b  1  25  Chọn đáp án A Câu 71: Tìm phần thực và phẩn ảo của số phức sau: z  A. 0; 18 B. 18;0 C. 18;0 3  5i   5  2i  3  i  ? 1  4i D. 0;18 Hướng dẫn giải Thực hiện đúng: 3  5i  1  i 1  4i Tính  5  2i  3  i   17  i . Vậy z  18  phần thực: -18, phần ảo: 0 Chọn đáp án B Câu 72: Cho số phức z thỏa mãn: 1  i  z   3  i  z  2  6i . Tìm phần thực, phần ảo của số phức w  2z  1 A. 6;5 B. 5; 6 C. 5; 6 D. 5;6 Hướng dẫn giải Giả sử z  a  bi  a, b    z  a  bi , khi đó: 1  i  z  3  i  z  2  6i  1  i  a  bi   3  i  a  bi   2  6i  4a  2b  2bi  2  6i Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 34 Chuyên Đề Số Phức 4a  2b  2 a  2   2b  6 b  3 Vậy: z  2  3i Do đó w  2z  1  2  2  3i   1  5  6i Vậy số phức w có phần thực là 5, phẩn ảo là 6 Chọn đáp án D Câu 73: Tính mô-đun số phức z  1  2i  2  i  A. B. 5 5 5 2 C. 5 5 D. 5 5 Hướng dẫn giải z  1  2i  2  i   1  2i   4  4i  i 2   1  2i 3  4i   3  4i  6i  8i 2  11  2i 2 Vậy z  11  2i  z  112  22  5 5 Chọn đáp án C. Câu 74: Cho hai số phức z1 , z 2 thỏa mãn z1  z 2  1; z1  z 2  3 . Tính z1  z 2 A. B. C. D. Hướng dẫn giải Ta có: z1  a1  b1i; z2  a 2  b2i  a1 ,a 2 , b1 , b2   2 2 2 2    z1  z 2  1 a1  b1  a 2  b 2  1   2 2 z  z  3   1 2   a1  a 2    b1  b 2   3  2  a1b2  a 2 b2   1   a1  a 2    b1  b2   1 2 2 Vậy: z1  z 2  1 Chọn đáp án A. Câu 75: Giải phương trình trên tập số phức: A. z  3  2i B. z  3  2i 12z  i  11  1  7i 2  iz C. z  2  3i D. z  2  3i Hướng dẫn giải Phương trình tương dương: z  5  i   13  13i z 13  13i  5  i   3  2i  5  i  5  i  Chọn đáp án B Câu 76: Tìm mô-đun của số phức z biết  2  i3  z  1  3i  z  i 4 ? A. 3 2 B. 3 2 5 C. 3 2 2 D. 2 2 Hướng dẫn giải Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 35 Chuyên Đề Số Phức Ta có:  2  i3  z  1  3i  z  i 4   2  i  z  z  1  3i  1 z 3i 3 3 z  i 1 i 2 2 2 2 3 2 3 3 Do đó z  z        2 2 2 Chọn đáp án C. Câu 77: Cho số phức z  a  bi,  a, b   thỏa mãn điều kiện:  3  i  z  1  i  2  i   5  i . Tìm phần thực và phần ảo của z ?  14 a  5 A.  b   8  5 4  a  5 B.  b   8  5 4  a  5 C.  b  8  5 4  a  5 D.   b  7  5 Hướng dẫn giải Ta có:  3  i  z  1  i  2  i   5  i   3  i  z  4  4i  z  Số phức z có phần thực 4  4i 4 8   i 3i 5 5 4 8 , phần ảo bằng  5 5 Chọn đáp án B Câu 77: Cho số phức z thỏa mãn: 1  i  z  2iz  5  3i . Tìm môđun của w  2  z  1  z A. w  5 B. w  7 C. w  9 D. w  11 Hướng dẫn giải Giả sử: z  a  bi; a, b    1 i z  2i.z  5  3i   1 i a  bi  2i. a  bi  5 3i a  3b  5 a  2    z  2i a  b  3 b  1 Khi đó ta có: w  2  3  i    2  i   4  3i  w  16  9  5 Chọn đáp án A Câu 78: Tìm môđun của số phức z biết  2  i3  z  1  3i  z  i 4 . A. 3 2 2 B. 3 3 2 C. 3 2 5 D. 5 2 2 Hướng dẫn giải Ta có:  2  i  z  1  3i  z  i   2  i  z  z  1  3i  1 3 z 4 3i 3 3 z  i 1 i 2 2 2 2 3 2 3 3 Do đó: z  z        2 2 2 Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 36 Chuyên Đề Số Phức Vậy chọn đáp án A. Câu 79: Gọi z1 , z 2 là các nghiệm phức của phương trình z2  2z  5  0 . Tính độ dài đoạn AB, biết A, B lần lượt là các điểm biểu diễn số phức z1 , z 2 . A. AB  4 3 C. AB  4 B. AB  3 D. AB  3 4 Hướng dẫn giải Xét phương trình: z2  2z  5  0.  ‘  1  5  4   2i  2 Phương trình có hai nghiệm z1  1  2i;z 2  1  2i Ta có: A 1; 2  ;B 1;2   AB   0;4   AB  4 Chọn đáp án C Câu 80: Giải phương trình:  z 2  2z   5  z 2  2z   6  0 trên tập hợp các số phức 2  z  1  i A.   z  1  i 2  z  1  i B.  z  1  i 2 z  1  i C.   z  1  i 2  z  2  i D.   z  1  i 2 Hướng dẫn giải  z 2  2z  2 2 2 2 z  2z  5 z  2z  6  0       2  z  2z  3 z2  2z  2  z2  2z  2  0  z  1  i z2  2z  3  z2  2z  3  0  z  1  i 2 Chọn đáp án A Câu 81: Cho số phức z thỏa mãn:  2  i  z  A. 1023 2  6i 20  3  2i . Tính  zi  z  1 i B. 1024 C. 1025 D. 1026 Hướng dẫn giải Ta có:  2  i  z  z 2  6i  3  2i   2  i  z  7  4i 1 i 7  4i  7  4i  2  i    2  3i 2i 5  zi  z  20 10 20 2 10   2i  3  2  3i    1  i     2i   210  1024   Chọn đáp án B  z  12 5    z  8i 3 Câu 82. Giải hệ phương trình hai ẩn:   z  4 1  z  8 A. z=6+17i vaø z=-6+8i B. z=-6+17i vaø z=6+8i C. z=6+17i vaø z=6-8i D. z=6+17i vaø z=6+8i Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 37 Chuyên Đề Số Phức Hướng dẫn giải Ñaët z  x  yi. Phöông trình ñaàu ta ñöôïc x=6; phöông trình 2 ta ñöôïc  y  17 y  8 Vaäy soá phöùc caàn tìm laø z=6+17i vaø z=6+8i Vậy chọn đáp án D.  z 1 1   zi Câu 83. Giải hệ phương trình hai ẩn:   z  3i  1  z  i A. z  1  4i C. z  1  2i B. z  1  i D. z  1  i Hướng dẫn giải Cách 1. Ta có tập hợp các điểm M của ặt phẳng phức biểu diễn các số z thỏa mãn z  z0 z  z1  1  z  z 0  z  z1 là đường trung trực của đoạn thẳng A 0 A1 với A 0 , A1 theo thứ tự biểu diễn số phức z0 ,z1. Do đó: z 1  1 nên điểm M biểu diễn số phức z  x  yi,  x,y  zi  phải nằm trên đường z  3i  1 chứng tỏ phần ảo của z bằng 1. Vậy z  1  i . Vậy zi phân giác y  x . Còn điều kiện chọn đáp án D. Cách 2. Ñaët z  x  yi. Phöông trình ñaàu ta ñöôïc x=1; phöông trình 2 ta ñöôïc y=1 Vaäy soá phöùc caàn tìm laø z=1+i Câu 84. Cho số phức z bằng 9  bi với b là số thực dương. Biết phần ảo của z2 và z3 bằng nhau. Tìm b. A. b  5 B. b  9 C. b  12 D. b  15 Hướng dẫn giải 2 Ta có z2   9  bi   81  b2  18bi nên Imz2  18b .  3  Lại có z3   9  bi   729  27b2  243b  b3 i nên Imz3  243b  b3 . Theo bài ra ta có Imz2  IMz3  18b  243b  b3  b  0;b  15;b  15 Vì b là số thực dương nên b=15.   2 2   Câu 85. Cho M  z 1  z   z  1 ,z  C. Chọn phương án đúng? A. M  B. M  C. M D. M  Hướng dẫn giải Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 38 Chuyên Đề Số Phức   2 Ta có z  1   z  1 z  1   z  1 z  1 nên:  z  1  z  1   z  1   z  1  z  1   z  1  z  z   0  z  1,z  z 2 2 2 Vậy ta có z là số thực nên M  . Vậy chọn đáp án B. Câu 86. Cho hai số phức x,y có tổng các bình phương là 7 và tổng các lập phương là 10. Tìm giá trị thực lớn nhất của tổng x+y? C. 2 B. 6 A. 3 D. 4 Hướng dẫn giải Đặt S  x  y,P  x.y. Theo bài ta có:  S2  7 2 2 2   P  x  y  7 S  2P  7   2  3 3 3 x  y  10 S  3SP  10 S  7  P   10       Suy ra S 7  S2  7    10  S3  21S  20  0   S  1 S  4  S  5  0 2  Hay S  5,S  1,S  4. Vậy gía trị lớn nhất của x+y là 4. Vậy chọn đáp án D. Câu 87: Cho số phức z thỏa mãn A. 3  z  1 2  i   3  i z  2i 2 .Tìm phần thực và phần ảo của z9 C. 2 B. 16 D. 4 Hướng dẫn giải Đặt z  x  yi,  x,y  R   z  x  yi  z  1 2  i   3  i   4  2i  z   3  i  z  2  4i   x  y   7y  3x  i  2  4i z  2i 2  x  y   2  π π   x  y  1  z  1  i  2  cos  i sin  4 4   7y  3x   4 Do đó z9   2   cos 94π  i sin 94π   16  16i 9 Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 39 Chuyên Đề Số Phức Phần thực của z là 16, phần ảo của z là 16. Vậy chọn đáp án B. Câu 88: Cho số phức z thỏa mãn z  A. 22013 z 6  7i  1  3i 5 1 .Tính phần thực của số phức z2013 C. 21006 B. 21006 D. 22013 Hướng dẫn giải Gọi số phức z  a  bi, a,b   a  bi    z  a  bi thay vào (1) ta có: a  bi   a  bi 1  3i   6  7i  10a  10bi  a  3b  i 10 5 a  bi 6  7i  1  3i 5  b  3a   12  14i 9a  3b  12 a  1    11b  3a  14 b  1 a  b  1 z  1 i  z 2013  1  i  2013   π π    2  cos  i sin   4 4    2013  2013π 2013π   21006 2  cos  i sin  4 4   Vậy phần thực của z2013 là 21006 2cos 2013π  21006 4 Vậy chọn đáp án C.   Câu 89: Tính môđun của số phức z, biết:  2z  11  i   z  1 1  i   2  2i . A. 2 . 5 B. 3 . 3 C. 2 . 3 D. 2 . 2 Hướng dẫn giải Gọi z  a  bi,  a,b  . Ta có:  2z  11  i    z  1 1  i   2  2i   2a  1  2bi  1  i    a  1  bi  1  i   2  2i   2a  2b  1   2a  2b  1 i   a  b  1   a  b  1 i  2  2i 3a  3b  2 1 1   3a  3b    a  b  2  i  2  2i    a  ,b   3 3 a  b  2  2 Suy ra môđun: z  a 2  b2  2 . Vậy chọn đáp án C. 3 Câu 90: Tính môđun của số phức z, biết rằng: z3  12i  z , và z có phần thực dương Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 40 Chuyên Đề Số Phức A. B. 5 C. 3 3 D. 2 Hướng dẫn giải +) Đặt z  x  yi, x, y R  z  x  yi +) Theo bài ra:     z 3  12i  z   x  yi   12i  x  yi  x 3  3xy 2  3x 2 y  y 3  12 i  x  yi 3 2 3  2 x 3  3xy 2  x x  3xy  1 (do x  0) 8y  4y  12  0    2 3 2 3 2 2 3 3y  1 y  y  12   y x  3y  1 3x y  y  12  y     2  y  1 y 2  2y  3  0  y  1    x  2 x  3y 2  1 (do x  0)  +) Môđun của số phức z là z  x2  y2  5 . Vậy chọn đáp án A. Nhận xét: Cách đặt z  x  yi là cách thường được sử dụng trong các bài toán về số phức khi đã cho trước một đẳng thức. Trong bài tập này, chúng ta không sử dụng dạng lượng giác của số phức bởi vì số mũ ở đây cũng không quá cao, đồng thời thì trong bài ra các dữ kiện cũng không xuất hiện dạng tích hay thương để áp dụng dạng lượng giác. Câu 91. Cho các số phức x,y,z thỏa mãn: x  y  z  1 .So sánh x  y  z và xy  yz  xz . A. x  y  z  xy  yz  xz . B. x  y  z  xy  yz  xz C. x  y  z  xy  yz  xz D. x  y  z  xy  yz  xz Hướng dẫn giải 1 1 1 x  y  z  1  xy  yy  zz  1  x  ; y  ; z  x y z xyz  1 x  1 y  1 z  xy  xz  yz xy  xz  yz xy  xz  yz xy  xz  yz     xy  xz  yz xyz x y z xyz xyz Vậy chọn đáp án C. Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 41 Chuyên Đề Số Phức Câu 92. Tìm phần phần ảo của z 30 biết z 1  i   2 1  i  A. 0 z B. 2 1  i  1 i z 30   2i  30 C. 3 3 D. 2 Hướng dẫn giải  2i  2 30 Phần thực của z 30 là 230 ; Phần ảo của z 30 là 0. Vậy chọn đáp án A. Câu 93. Tìm tất cả các số phức z thỏa mãn phương trình z2  z  0 . Khi đó, tính tổng lũy thừa bậc 4 của tất cả các nghiệm của phương trình đã cho. 1 1 A. 1 C. 3 B. D. 2 8 Hướng dẫn giải Đặt z  a  bi, a,b  Vậy  . Suy ra z2  a2  b2  2abi, z  a  bi . z2  z  0  a 2  b 2  a   2ab  b i  0  a 2  b2  a  0 Từ đó, thu được   2ab  b  0 1 2  . Giải hệ, thu được  a; b    0; 0  ,  1; 0  ,  ;  1 2 Vậy có bốn số phức z1  0, z 2  1, z 3   3  2  3 1 3 i, z 4   i thỏa mãn phương trình đã cho. 2 2 2 2 Để ý rằng do z k là nghiệm của phương trình đã cho nên zk 4  zk , do đó: 2 z14  z42  z34  z44 2 1 3  1 3  1  1   i    i  2 2  2 2  2     Vậy chọn đáp án B. Câu 94.1: Cho số phức z thỏa mãn z  5 A. 21006   3   2013 5 B. 21006   3   z 6  7i tìm phần thực của z2013  1  3i 3 2013 5 2013 C. 31006   3   5 2013 D. 41006   3   Hướng dẫn giải +) Giả sử z  a  bi  a,b    z  a  bi thay vào (1) ta được: Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 42 Chuyên Đề Số Phức  a  bi 1  3i   6  7i  27a  9b  33b  9a i  60  70i a  bi 6  7i   a  bi      1  3i 3 10 3  5 a  3 27a  9b  60  5 5 π π    z  1  i   2  cos  sin  3 3 4 4  33b  9a  70 b  5  3 a  bi  z 2013 5  π π    2  cos  sin   4 4   3 2013 5   2 3  5   2013π 2013π   5  sin 2  cos  4 4  3   2013  2 2   i   2 2   2013 Vậy phần thực của z2013 là 21006   3 . Vậy chọn đáp án A.   Câu 94.2: Cho số phức z thỏa mãn z  z 6  7i .Tìm phần thực của số phức z2014  1  3i 5 B. 22013 A. 0 2013 C. 22014 D. 1 Hướng dẫn giải +) Gọi số phức z  a  bi a,b  a  bi  bi 6  7i .    z  a  bi .Thay vào (1) ta có a  bi  a1  3i 5 a  bi 1  3i   6  7i  10a  10bi  a  3b  i 10 5  b  3a   12  14i 9a  3b  12 a  1  9a  3b  i 11b  3a   12  14i    11b  3a  14 b  1 +)Với a  b  1 z  1 i  z 2 1007 2014  1  i  2014   π π    2  cos  i sin   4 4     2014 π 2014 π  .  cos  i sin  4 4   Vậy phần số thực của z2014 là 21007.cos 2014 . 2014 π 0. 4 2 3 Câu 95: Cho số phức z thỏa mãn z  2z  3  6i . Tính giá trị của biểu thức z  z  z . A. 96 B. 155 C. 123 D. 145 Hướng dẫn giải Giả sử z  x  yi  x,y   Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 43 Chuyên Đề Số Phức Từ giả thiết, ta có   x2  y 2  2x  3 x2  y 2  2  x  yi   3  6i    2y  6 2  2 3   x2  9  2x  3 x  9   2x  3  ,x    2 y  3 y  3   2  z  4  3i 3 Vậy, z  z  z  5  25  125  155 . Vậy chọn đáp án B. Câu 96: Tìm phần thực số phức z có phần ảo bằng 164 và n  B. 656 A. 96 * thỏa : C. 13 z  4i . zn D. 45 Hướng dẫn giải Gọi z  a  164i a  Theo giả thiết, ta có  z a  164i  4i   4i  a  164i  4i  a  164i  n  zn a  164i  n  a  656 a  656  a  164i  656   a  n  i     4  a  n   164 n  697 Vậy chọn đáp án B. Câu 97: Gọi z1 ,z 2 là hai nghiệm phức của phương trình: z2   m  4i  z  1  7i  0 . Tìm số phức m sao cho A. m  2;m  3  8i z1 z 2 3  i   z 2 z1 2 B. m  3;m  3  8i C. m  5;m  3  8i D. m  3;m  3  8i Hướng dẫn giải Xét phương trình z2   m  4i  z  1  7i  0 (1) Ta có    m  4i   4  7i  1 2 Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt    0   m  4i   4  7i  1  0 2 Theo định lí Viet,ta có z1  z2  m  4i,z1z2  1  7i Mặt khác z1 z 2 3  i z 2  z22 3  i    1  z 2 z1 2 z1z 2 2 Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 44 Chuyên Đề Số Phức z  z   1 2 2  2z1z 2 z1z 2  m  4i   2 1  7i  z  z  3i 3i   1 2 2 2 z1z 2 2 2 7i 1 2   m  4i    7  i  1  7i  2 2   m  4i   7  24i   m  4i    3  4i  2 2 2 m  4i  3  4i m  3   (thỏa mãn   0 ) m  4i  3  4i m  3  8i Vậy m  3;m  3  8i . Vậy chọn đáp án D. 1  3   2  i  . Là nghiệm của Câu 98: Tìm môđun của số phức w  b  ci , biết số phức z  1  3i  1  i  12 6 6 phương trình z2  8bz  64c  0 B. 5 A. 7 C. D. 23 29 Hướng dẫn giải      1  3i 3  1  3 3i  3.3i 2  3 3i 3  8   3 +) Ta có  1  3i  1  3 3i  3.3i 2  3 3i3  8  2 1  i   2i  1  3i  +) Do đó 1  3i   2  i   84  2  i  8  2  i     8 1  2i   8  16i 12 2 3 1 1  i   8  2i  12 8  16i  Theo giả thiết ta có 2  8b 8  16i   64c  0  1  i   b 1  2i   c  0   2b  4  i  b  c  3  0 2 2b  4  0 b  2   w   b  c  3  0 c  5  2  2  52  29 Chú ý: Có thể dùng dạng số phức của lượng giác để sử lý bài toán này! Câu 99: Tìm các số thực a,b sao cho z  2  3i là nghiệm của phương trình z2  az  b  0 . A. a  4,b  13 B. a  4,b  13 C. a  4,b  13 D. a  4,b  13 Hướng dẫn giải z  2  3i là nghiệm của phương trình z2  az  b  0   2  3i   a  2  3i   b  0  5  12i  2a  3ai  b  0 2 3a  12  0 a  4   2a  b  5    3a  12  i  0    2a  b  5  0 b  13 Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 45 Chuyên Đề Số Phức Vậy, a  4,b  13 . Vậy chọn đáp án A. Câu 100. Tìm m z1 ,z 2  để phương trình 4z2  4  m  1 z  m2  3m  0 có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn z1  z 2  10 . A. m  2,m  5 B. m  7,m  9 C. m  2,m  5 D. m  9,m  7 Hướng dẫn giải z1 ,z 2  là nghiệm của phương trình: 4z2  4  m  1 z  m2  3m  0 nên nếu gọi z1  a  bi  z2  a  bi với a,b  Giả thiết cho: z1  z2  10  z1  z2  10 2 2  a 2  b2  a 2  b2  2  a 2  b2   10  4  a 2  b 2   a 2  b 2  10 4 Mặt khác theo Viet ta có : z1.z 2  m2  3m m2  3m 10 hay   m2  3m  m  2 hoặc m  5 . 4 4 4 Vậy chọn đáp án A. Ths. Trần Đình Cư. SĐT: 01234332133. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế Page 46
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top