Hướng dẫn giải các dạng toán số phức

Giới thiệu Hướng dẫn giải các dạng toán số phức

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc Hướng dẫn giải các dạng toán số phức CHƯƠNG SỐ PHỨC.

Hướng dẫn giải các dạng toán số phức

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 Hướng dẫn giải các dạng toán số phức

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

Text Hướng dẫn giải các dạng toán số phức
PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX SỐ PHỨC BÀI 1. DẠNG ĐẠI SỐ CỦA SỐ PHỨC VÀ CÁC PHÉP TOÁN TRÊN SỐ PHỨC A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1. Định nghĩa Định nghĩa 1. Mỗi biểu thức dạng a + bi, trong đó a, b ∈ R, i2 = −1 được gọi là một số phức. Đối với số phức z = a + bi, ta nói a là phần thực, b là phần ảo của z, i gọi là đơn vị ảo. Tập số phức C = {a + bi|a, b ∈ R, i2 = −1}. Tập số thực R ⊂ C. VÍ DỤ 1. Số phức z = 3 − 2i có phần thực là . . . . . . phần ảo là . . . . . . Lời giải. Số phức z = 3 − 2i có phần thực là 3 phần ảo là −2.  Đặc biệt Khi phần ảo b = 0 ⇔ z = a ∈ R ⇔ z là số thực. ! Khi phần thực a = 0 ⇔ z = bi ⇔ z là số thuần ảo. Số 0 = 0 + 0i vừa là số thực, vừa là số ảo. 2. Hai số phức bằng nhau Hai số phức là bằng nhau nếu phần thực và phần ảo của chúng tương ứng bằng nhau. ® a=c a + bi = c + di ⇔ , với a, b, c, d ∈ R. b=d VÍ DỤ 2. Tìm các số thực x, y biết rằng (2x + 1) + (3y − 2)i = (x + 2) + (y + 4)i. Lời giải. ® Từ định nghĩa ta có 3. 2x + 1 = x + 2 ⇔ 3y − 2 = y + 4 ® x=1 y = 3.  Biểu diễn hình học của số phức Điểm M (a; b) trong hệ trục tọa độ vuông góc của mặt phẳng được gọi là điểm biểu diễn của số phức z = a + bi. VÍ DỤ 3. Quan sát hình vẽ bên cạnh, ta có y 3 D 1 Điểm A biểu diễn cho số phức . . . . . . . . . . . . . . . 2 Điểm B biểu diễn cho số phức . . . . . . . . . . . . . . . −3 2 3 x O 3 Điểm C biểu diễn cho số phức . . . . . . . . . . . . . . . 4 Điểm D biểu diễn cho số phức . . . . . . . . . . . . . . . A 2 C −2 −3 B Lời giải. Ta có “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates Trang 1 PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX 1 Điểm A biểu diễn cho số phức z = 3 + 2i. 2 Điểm B biểu diễn cho số phức z = 2 − 3i. 3 Điểm C biểu diễn cho số phức z = −3 − 2i. 4 Điểm D biểu diễn cho số phức z = 3i.  4. Mô-đun của số phức Giả sử số phức z = a + bi được biểu diễn bởi điểm M (a; b) trên mặt phẳng tọa độ. # » 1 Độ dài của véc-tơ OM được gọi là mô-đun của số phức z và được ký hiệu là |z|. √ # » Khi đó, |z| = OM = |a + bi| = a2 + b2 . 2 Kết quả, với mọi số phức z ta có y M b O a x (a) |z| ≥ 0 và |z| = 0 ⇔ z = 0. (b) z · z̄ = |z|2 . (c) |z| = |z̄|. (d) |z1 · z2 | = |z1 | · |z2 |. |z1 | z1 . = (e) z2 |z2 | VÍ DỤ 4. Tìm mô-đun của các số phức sau » 1 z = 3 − 2i ⇒ |z| = |3 − 2i| = . . . . . . . . . = . . . . . . » √ √ 2 z = 1 + i 3 ⇒ |z| = |1 + i 3| = . . . . . . . . . = . . . . . . Lời giải. Ta có p √ 32 + (−2)2 = 13. » √ √ 2 |z| = |1 + i 3| = 12 + ( 3)2 = 2. 1 |z| = |3 − 2i| =  5. Số phức liên hợp Định nghĩa 2. Cho số phức z = a + bi, (a, b ∈ R). Ta gọi a − bi là số phức liên hợp của z và được ký hiệu là z̄ = a − bi. VÍ DỤ 5. 1 Cho z = −3 − 2i ⇒ z̄ = . . . . . . . . . 2 Cho z̄ = 4 + 3i ⇒ z = . . . . . . . . . Lời giải. 1 Cho z = −3 − 2i ⇒ z̄ = −3 + 2i. 2 Cho z̄ = 4 + 3i ⇒ z = 4 − 3i.  Trang 2 “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX Trên mặt phẳng tọa độ, các điểm biểu diễn z và z̄ đối xứng với nhau qua trục Ox. y z = a + bi b Từ định nghĩa ta có các kết quả sau 2 z̄¯ = z; |z̄| = |z|. O a x 2 z1 ± z2 = z̄1 ± z̄2 . 2 z1 · z2 = z̄1 · z̄2 . Å ã z̄1 z1 = . 2 z2 z̄2 −b z̄ = a − bi 2 z là số thực ⇔ z = z̄. 2 z là số thuần ảo ⇔ z = −z̄. 6. Cộng, trừ, nhân, chia số phức Cho hai số phức z1 = a + bi và z2 = c + di. 1 Phép cộng và phép trừ hai số phức được thực hiện theo quy tắc cộng, trừ đa thức. Phép cộng: z1 + z2 = (a + bi) + (c + di) = (a + c) + (b + d)i. Phép trừ: z1 − z2 = (a + bi) − (c + di) = (a − c) + (b − d)i. Số phức đối của của số phức z = a + bi là −z = −a − bi. Do đó, z + (−z) = (−z) + z = 0. VÍ DỤ 6. Cho hai số phức z1 = 5 + 2i và z2 = 3 + 7i. Tìm phần thực, phần ảo và mô-đun của số phức w = z1 + z2 và số phức w0 = z2 − z1 . Lời giải. Ta có w = (5 + 2i) + (3 + 7i) = 8 + 9i và w0 = (3 + 7i) − (5 + 2i) = −2 + 5i. Như thế √ √ • w có phần thực là 8, phần ảo là 9 và mô-đun là |w| = 82 + 92 = 145, p √ • w0 có phần thực là −2, phần ảo là 5 và mô-đun là |w0 | = (−2)2 + 52 = 29.  2 Phép nhân số phức được thực hiện theo quy tắc nhân đa thức, rồi thay i2 = −1 trong kết quả nhận được. Cụ thể, z1 · z2 = (ac − bd) + (ad + bc)i. 3 Phép chia: z1 ac + bd bc − ad z1 · z̄2 z1 · z̄2 = = 2 = c2 + d2 + c2 + d2 · i, (z2 6= 0). z2 z2 z̄2 |z2 | 4 Số phức nghịch đảo của z = a + bi 6= 0 là z̄ z̄ a − bi 1 = 2 = 2 = 2 . z |z| a + b2 a + b2 VÍ DỤ 7. Cho hai số phức z1 = 5 + 2i và z2 = 4 + 3i. Hãy tính • w = z1 · z2 = . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • z1 · z̄2 = . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . z1 • r= = …………………………………………………………………………. z2 Lời giải. Ta có • w = z1 · z2 = (5 + 2i)(4 + 3i) = 14 + 23i. • z1 · z̄2 = (5 + 2i)(4 − 3i) = 26 − 7i = 26 + 7i. • r= z1 5 + 2i (5 + 2i)(4 − 3i) 26 − 7i 26 7 = = = = − · i. z2 4 + 3i (4 + 3i)(4 − 3i) 25 25 25  “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates Trang 3 PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ B. LATEX DẠNG TOÁN VÀ BÀI TẬP { DẠNG 1.1. Bài toán quy về giải phương trình, hệ phương trình nghiệm thực Phương pháp giải. Hai số phức là bằng nhau nếu phần thực và phần ảo của chúng tương ứng bằng nhau. ® a=c a + bi = c + di ⇔ , với a, b, c, d ∈ R. b=d Biểu diễn số phức cần tìm z = a + bi với a, b ∈ R. Biến đổi thu gọn phương trình của bài toán về dạng A + Bi = C + Di. ® A=C Giải hệ phương trình B = D. 1. Ví dụ VÍ DỤ 1. Tìm các số thực x và y thỏa các điều kiện sau 1 2x + 1 + (1 − 2y)i = 2(2 − i) + yi − x. ĐS: x = 1, y = 1 2 (1 − 2i)x + (1 + 2y)i = 1 + i. ĐS: x = 1, y = 1 Lời giải. 1 Ta có 2x + 1 + (1 − 2y)i = 2(2 − i) + yi − x ⇔ 2x + 1 + (1 − 2y)i = 4 − x + (y − 2)i ® ⇔ 2x + 1 = 4 − x ⇔ 1 − 2y = y − 2 ® x=1 y = 1. Vậy x = 1, y = 1. ® 2 Ta có (1 − 2i)x + (1 + 2y)i = 1 + i ⇔ x + (−2x + 1 + 2y)i = 1 + i ⇔ x=1 ⇔ − 2x + 1 + 2y = 1 ® x=1 y = 1. Vậy x = 1, y = 1.  VÍ DỤ 2. Tìm số phức z thỏa mãn điều kiện bên dưới. Từ đó xác định phần thực, phần ảo, số phức liên hợp và mô-đun của z. 1 (2 + 3i) z − (1 + 2i) z = 7 − i. ĐS: z = 2 − i √ 2 |z − (2 + i)| = 10 và z · z = 25. ĐS: z = 3 + 4i, z = 5 Lời giải. 1 Gọi z = a + bi ⇒ z = a − bi, (a, b ∈ R). Ta có (2 + 3i) (a + bi) − (1 + 2i) (a − bi) = 7 − i ⇔ 2a + 2bi + 3ai + 3bi2 − a + bi − 2ai + 2bi2 = 7 − i ⇔ (a − 5b) + (a + 3b) i = 7 − i ® ® a − 5b = 7 a=2 ⇔ ⇔ a + 3b = −1 b = −1. » √ 2 Suy ra z = 2 − i ⇒ |z| = |2 − i| = 22 + (−1) = 5. Vậy phần thực của số phức z là 2, phần ảo bằng −1, số phức liên hợp z = 2 + i. Nhận xét. Khi bài toán yêu cầu tìm các thuộc tính của số phức (phần thực, phần ảo, mô-đun hoặc số phức liên hợp) mà đề bài cho √ giả thiết chứa hai thành phần trong ba thành phần z, z, |z| thì ta sẽ gọi số phức z = a + bi ⇒ z = a − bi, |z| = a2 + b2 với a, b ∈ R, rồi sau đó thu gọn và sử dụng kết quả hai số phức bằng nhau, giải hệ. 2 Gọi z = a + bi, (a, b ∈ R).» Ta có |a + bi − 2 − i| = Trang 4 √ 10 ⇔ 2 2 (a − 2) + (b − 1) = √ 2 2 10 ⇔ (a − 2) + (b − 1) = 10. (1) “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX 2 2 Lại có a2 + b2 = 25 ⇔ (a − 2) + (b − 1) + 4a + 2b = 30. (2) ñ a=3 Thế (1) vào (2) ta được b = 10 − 2a. Khi đó a2 + (10 − 2a) = 25 ⇔ 5a2 − 40a + 75 = 0 ⇒ a = 5. Với a = 3 ⇒ b = 4. Với a = 5 ⇒ b = 0. Vậy có 2 số phức z thỏa mãn đề bài là z = 3 + 4i và z = 5. 2  √ 2 VÍ DỤ 3. Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn |z + 2 − i| = 2 2 và (z − 1) là số thuần ảo?  z = −i Ä √ √ ä  z = −1 + 3 + 2 − 3 i ĐS:   Ä √ √ ä z = −1 − 3 + 2 + 3 i Lời giải. Gọi z = a + bi, (a, b ∈ R) . Ta có 2 2 (z − 1) = z 2 − 2z + 1 = (a + bi) − 2 (a + bi) + 1  2 ⇒ (z − 1) = a2 + 2abi + b2 i2 − 2a − 2bi + 1 = a2 − b2 − 2a + 1 + (2ab − 2b) i. 2 2 Vì (z − 1) là số thuần nó bằng 0, nghĩa là có a2 − b2√− 2a + 1 = 0 ⇔ (a − 2) − b2 = 0. √ ảo nên phần thực của √ 2 2 Ta có |z + 2 − i| = 2 2 ⇔ |a + bi + 2 − i| = 2 2 ⇔ |(a + 2) + (b − 1) i| = 2 2 ⇔ (a + 2) + (b − 1) = 8. Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình (1) (2) ® b=a−1    (a + 2)2 + (b − 1)2 = 8  b = (a − 1) ®  ⇔ ⇔  b=1−a  2 2 (a + 2) + (b − 1) = 8   ® ( 2 a=0  b = −1  b=a−1 (  a = −1 + √3 2  2a = 0 ⇔ ®  b = 2 − √3 b=1−a  ( 2  a = −1 − √3 a + 2a − 2 = 0  √ b = 2 + 3. ® 2 2 2 (a + 2) + (b − 1) = 8 Vậy có ba số phức thỏa mãn yêu cầu bài toán là z = −i, z = −1 + Ä Ä √ √ ä √ √ ä 3 + 2 − 3 i, z = −1 − 3 + 2 + 3 i. Nhận xét. Số phức z = a + bi được gọi là số phức thuần ảo ⇔ phần thực a = 0 và z là số thực ⇔ phần ảo b = 0.  2. Bài tập áp dụng BÀI 1. Tìm các số thực x và y thỏa các điều kiện sau (nhóm sử dụng hai số phức bằng nhau). 1 3x + 2iy − ix + 5y = 7 + 5i. ĐS: x = −1, y = 2 Lời giải. ® Ta có 3x + 2iy − ix + 5y = 7 + 5i ⇔ 3x + 5y + (−x + 2y)i = 7 + 5i ⇔ 3x + 5y = 7 ⇔ − x + 2y = 5 Vậy x = −1, y = 2. 2 ® x = −1 y = 2.  x + yi = 3 + 2i. 1−i ĐS: x = 5, y = −1 Lời giải. x + yi Ta có = 3 + 2i ⇔ x + yi = (3 + 2i)(1 − i) ⇔ x + yi = 5 − i ⇔ 1−i Vậy x = 5, y = −1. 3 x−3 y−3 + = i. 3+i 3−i ® x=5 y = −1.  ĐS: x = −2, y = 8 Lời giải. “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates Trang 5 PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX x−3 y−3 + = i ⇔ (x − 3)(3 − i) + (y − 3)(3 + i) = (3 + i)(3 − i)i ⇔ 3x + 3y − 18 + (−x + y)i = 10i 3+i 3−i ® ® 3x + 3y − 18 = 0 x = −2 ⇔ ⇔ − x + y = 10 y = 8. Vậy x = −2, y = 8. Ta có  BÀI 2. Nhóm bài toán tìm phần thực, phần ảo, số phức liên hợp và mô-đun của z. 1 2z − iz = 2 + 5i. ĐS: z = 3 + 4i Lời giải. Gọi z = a + bi ⇒ z = a − bi, (a, b ∈ R). Ta có 2 (a + bi) − i (a − bi) = 2 + 5i ⇔ 2a + 2bi − ia + bi2 = 2 + 5i ⇔ (2a − b) + (2b − a) i = 2 + 5i ® ® 2a − b = 2 a=3 ⇔ ⇔ − a + 2b = 5 b = 4. Suy ra z = 3 + 4i. Vậy số phức z có phần thực là 3, phần ảo bằng 4, số phức liên hợp là z = 3 − 4i, mô-đun bằng |z| = 5.  ĐS: z = 2 − 3i 2 z + (2 + i) z = 3 + 5i. Lời giải. Gọi z = a + bi ⇒ z = a − bi, (a, b ∈ R). Ta có a + bi + (2 + i) (a − bi) = 3 + 5i ⇔ a + bi + 2a − 2bi + ai − bi2 = 3 + 5i ⇔ (3a + b) + (a − b) i = 3 + 5i ® ® 3a + b = 3 a=2 ⇔ ⇔ a−b=5 b = −3. Suy ra z = 2 − 3i. √ Vậy số phức z có phần thực là 2, phần ảo bằng −3, số phức liên hợp z = 2 + 3i, mô-đun bằng |z| = 13. 3 2z + 3 (1 − i) z = 1 − 9i.  ĐS: z = 2 + 3i Lời giải. Gọi z = a + bi ⇒ z = a − bi, (a, b ∈ R). Ta có 2 (a + bi) + 3 (1 − i) (a − bi) = 1 − 9i ⇔ 2a + 2bi + 3a − 3bi − 3ai + 3bi2 = 1 − 9i ⇔ (5a − 3b) − (3a + b) i = 1 − 9i ® ® 5a − 3b = 1 a=2 ⇔ ⇔ 3a + b = 9 b = 3. Suy ra z = 2 + 3i. √ Vậy phần thực của số phức z là 2, phần ảo bằng 3, số phức liên hợp z = 2 − 3i, mô-đun bằng |z| = 13. 4 (3z − z) (1 + i) − 5z = 8i − 1.  ĐS: z = 3 − 2i Lời giải. Gọi z = a + bi ⇒ z = a − bi, (a, b ∈ R). Ta có ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ [3 (a + bi) − (a − bi)] (1 + i) − 5 (a + bi) = 8i − 1 (2a + 4bi) (1 + i) − 5 (a + bi) = 8i − 1 2a + 2ai + 4bi + 4bi2 − 5a − 5bi = 8i − 1 (−3a − 4b) + (2a − b) i = 8i − 1 ® ® − 3a − 4b = −1 a=3 ⇔ 2a − b = 8 b = −2. Suy ra z = 3 − 2i. √ Vậy phần thực của số phức z là 3, phần ảo bằng −2, số phức liên hợp z = 3 + 2i, mô-đun bằng |z| = 13. Trang 6  “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX 2 5 (2 − 3i) z + (4 + i) z = − (1 + 3i) . ĐS: z = −2 + 5i Lời giải. Gọi z = a + bi ⇒ z = a − bi, (a, b ∈ R). Ta có (2 − 3i) (a + bi) + (4 + i) (a − bi) = 8 − 6i ⇔ 2a + 2bi − 3ai − 3bi2 + 4a − 4bi + ai − bi2 = 8 − 6i ⇔ (6a + 4b) − 2 (a + b) i = 8 − 6i ® ® 6a + 4b = 8 a = −2 ⇔ ⇔ 2a + 2b = 6 b = 5. Suy ra z = −2 + 5i. √ Vậy phần thực của số phức z là −2, phần ảo bằng 5, số phức liên hợp z = −2 − 5i, mô-đun |z| = 29. 6 (3 − 2i) z + 5 (1 + i) z = 1 + 5i.  ĐS: z = 1 − i Lời giải. Gọi z = a + bi ⇒ z = a − bi, (a, b ∈ R). Ta có (3 − 2i) (a + bi) + 5 (1 + i) (a − bi) = 1 + 5i ⇔ 3a + 3bi − 2ai − 2bi2 + 5a − 5bi + 5ai − 5bi2 = 1 + 5i ⇔ (8a + 7b) + (3a − 2b) i = 1 + 5i ® ® 8a + 7b = 1 a=1 ⇔ ⇔ 3a − 2b = 5 b = −1. Suy ra z = 1 − i. √ Vậy phần thực của số phức z là 1, phần ảo bằng −1, số phức liên hợp z = 1 + i và mô-đun |z| = 2. 7 (3 + i) z + (1 + 2i) z = 3 − 4i.  ĐS: z = 2 + 5i Lời giải. Gọi z = a + bi ⇒ z = a − bi, (a, b ∈ R). Ta có (3 + i) (a − bi) + (1 + 2i) (a + bi) = 3 − 4i ⇔ 3a − 3bi + ai − bi2 + a + bi + 2ai + 2bi2 = 3 − 4i ⇔ (4a − b) + (3a − 2b) i = 3 − 4i ® ® 4a − b = 3 a=2 ⇔ ⇔ 3a − 2b = −4 b = 5. Suy ra z = 2 + 5i. √ Vậy phần thực của số phức z là 2, phần ảo bằng 5, số phức liên hợp z = 2 − 5i, và mô-đun |z| = 29. 2 8 (1 + 2i) z + z = 4i − 20.  ĐS: z = 4 + 3i Lời giải. Gọi z = a + bi ⇒ z = a − bi, (a, b ∈ R). Ta có 2 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ (1 + 2i) (a + bi) + a − bi = 4i − 20 (−3 + 4i) (a + bi) + a − bi = 4i − 20 −3a − 3bi + 4ai + 4bi2 + a − bi = 4i − 20 (−2a − 4b) + (4a − 4b) i = 4i − 20 ® ® − 2a − 4b = −20 a=4 ⇔ ⇒ z = 4 + 3i. 4a − 4b = 4 b=3 Vậy phần thực của số phức z là 4, phần ảo bằng 3, số phức liên hợp z = 4 − 3i, và mô-đun |z| = 5. 9 z 2 + |z| = 0.  ĐS: z = 0; z = ±i Lời giải. “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates Trang 7 PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX Gọi z = a + bi ⇒ z = a − bi, (a, b ∈ R). Ta có 2 (a + bi) + p 2 2 a2 + b2 = 0 ⇔ a − b + p ® a2 + b2 + 2abi = 0 ⇔ a2 − b2 + 2ab = 0 p a2 + b2 = 0  ®   añ = 0 a = 0 p  2  2 2 2 √    b=0  añ − b + a + b = 0  − b2 + b2 = 0    ⇔ ⇔ ⇔ ® a = 0   ® b = ±1    b=0   b=0 √ b=0 2 2 a + a =0 a = 0. ñ z=0 z = ±i. Vậy có 3 số phức thỏa mãn đề bài là z = 0, z = ±i. Suy ra  10 |z| + (z − 3) i = 1. ĐS: z = 3 − 4i Lời giải. Gọi z = a + bi ⇒ z = a − bi, (a, b ∈ R). Ta có Äp ä p p a2 + b2 + (a − bi − 3) i = 1 ⇔ a2 + b2 − bi2 + (a − 3) i = 1 ⇔ a2 + b2 + b + (a − 3) i = 1 ( ®p ® a=3 a=3 a2 + b2 + b = 1 ⇔ ⇔ ⇒ z = 3 − 4i. ⇔ p b = −4 a−3=0 b2 + 9 = 1 − b Vậy phần thực của số phức z là 3, phần ảo bằng −4, số phức liên hợp z = 3 + 4i. 11 z + z = 10 và |z| = 13.  ĐS: z = 5 ± 12i Lời giải. Gọi z = a + bi, (a, b ∈ R). Ta có 2a = 10 ⇔ a = 5 ⇒ Vậy có 2 số phức z thỏa mãn đề bài là z = 5 ± 12i. 12 |z + 1 − 2i| = |z − 2 − i| và |z − 1| = √ b2 + 25 = 13 ⇒ b = ±12.  ñ √ 5. ĐS: z = 2 + 2i z = −1 − i Lời giải. Gọi z = a + bi, (a, b ∈ R) ⇒ z = a − bi. Ta có |z + 1 − 2i| = |z − 2 − i| ⇔ |a + bi + 1 − 2i| = |a − bi − 2 − i| 2 2 2 2 ⇔ (a + 1) + (b − 2) = (a − 2) + (b + 1) ⇔ a = b. ñ √ b=2 2 2 Lại có |z − 1| = 5 ⇔ (a − 1) + b2 = 5. Thay a = b vào ta được (b − 1) + b2 = 5 ⇔ b = −1. Vậy có 2 số phức z thỏa mãn đề bài là z = 2 + 2i và z = −1 − i. 2  ñ 2 13 |z| + 2z · z + |z| = 8 và z + z = 2. ĐS: z =1+i z =1−i Lời giải. Gọi z = a + bi, (a, b ∈ R) ⇒ z = a − bi. Ta có z + z = 2 ⇒ 2a = 2 ⇒ a = 1.ñ  b=1 2 2 Lại có |z| + 2z · z + |z| = 8 ⇒ 4 a2 + b2 = 8 ⇔ a2 + b2 = 2 ⇒ b2 = 1 ⇒ b = −1. Vậy có 2 số phức z thỏa mãn đề bài là z = 1 + i và z = 1 − i. 14 w = z + iz + z 2 với z + (2 − i) z = 5 + i.  ĐS: w = −3i Lời giải. Gọi z = a + bi, (a, b ∈ R) ⇒ z = a − bi. Ta có z + (2 − i) z = 5 + i ⇔ a + bi + (2 − i) (a − bi) = 5 + i ® ® 3a − b = 5 a=1 ⇔ ⇔ −a−b=1 b = −2 ⇒ Vậy số phức w cần tìm là w = −3i. Trang 8 2 w = 1 + i (1 − 2i) + (1 − 2i) ⇔ w = −3i.  “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX 15 w = z + 2z với (1 − i) z + 2iz = 5 + 3i. ĐS: w = 6 − i Lời giải. Gọi z = a + bi, (a, b ∈ R) ⇒ z = a − bi. Ta có (1 − i) z + 2iz = 5 + 3i ⇔ (1 − i) (a + bi) + 2i (a − bi) = 5 + 3i ⇔ a + bi − ai − bi2 + 2ai − 2bi2 = 5 + 3i ⇔ (a + 3b) + (a + b) i = 5 + 3i ® ® a=2 a + 3b = 5 ⇔ ⇔ b = 1. a+b=3 ⇒ z = 2 + i ⇒ w = 2 + i + 2 (2 − i) = 6 − i. Vậy số phức w cần tìm là w = 6 − i.  BÀI 3. Nhóm bài toán tìm các số phức z thỏa mãn biểu thức số phức là số thực, số thuần ảo. 1 |z| = ñ √ 5 và phần thực bằng 2 lần phần ảo. ĐS: z =2+i z = −2 − i Lời giải. Gọi z = a + bi, (a, b ∈ R) . Ta có phần thực√bằng 2 lần phần ảo nên a = 2b. Mặt khác |z| = 5 ⇔ a2 + b2 = 5. ® a=2 ñ  a = 2b a = 2b a = 2b z =2+i  b=1 Ta có hệ phương trình ⇔ ⇔ ⇔® ⇒ 2 2 2 2 2  z = −2 − i. a = −2 a +b =5 b =1 (2b) + b = 5 b = −1 Vậy có hai số phức thỏa mãn yêu cầu bài toán là z = 2 + i, z = −2 − i.  ñ √ z =1±i 2 |z| = 2 và z 2 là số thuần ảo. ĐS: z = −1 ± i ® ® ® Lời giải. Gọi z = a + bi, (a, b ∈ R) . Ta có z 2 = a2 −√b2 + 2abi là số thuần ảo nên a2 − b2 = 0. Mặt khác |z| = 2 ⇔ a2 + b2 = 2. ® a=1  b=1  ®   a = −1 z =1+i  ® 2 ®  2 2   b=1 a −b =0 a =1  z = −1 + i ® Ta có hệ phương trình ⇔ ⇔ ⇒  2 2 2 z = 1 − i a +b =2 b =1  a=1   b = −1 z = −1 − i. ®   a = −1 b = −1 Vậy có 4 số phức thỏa mãn yêu cầu bài toán là z = 1 + i, z = −1 + i, z = 1 − i, z = −1 − i. 3 |z − i| =  ñ √ 2 và (z − 1) (z + i) là số thực. ĐS: z=1 z = −1 + 2i Lời giải. Gọi z = a + bi, (a, b ∈ R) . Ta có (z − 1) (z + i) = z · z + zi − z − i = a2 + b2 + (a + bi) i − (a − bi) − i = a2 + b2 − a − b + (a + b − 1) i. Do (z − 1) (z + i) là √ số thực nên a + b − √ 1 = 0. 2 Ta lại có |z − i| = 2 ⇔ |a + bi − i| = 2 ⇔ a2 + (b − 1) = 2. ® a = −1 ñ ® ®  a=1−b a=1−b z=1  b=2 Ta có hệ phương trình ⇔ ⇔® ⇒ 2 2 2  a=1 z = −1 + 2i. a + (b − 1) = 2 2 (b − 1) = 2  b=0 “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates Trang 9 PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX ñ √ 4 |2z − z| = 13 và (1 + 2i) z là số thuần ảo. ĐS: z =2+i z = −2 − i Lời giải. Gọi z = a + bi, (a, b ∈ R) . Ta có (1 + 2i) z = (1√+ 2i) (a + bi) = (a − 2b) + (2a √ + b) i là số thuần ảo √ nên a − 2b = 0 ⇒ a = 2b. Ta lại có |2z − z| = 13 ⇔ |2 (a + bi) − (a − bi)| = 13 ⇔ |a + 3bi| = 13 ⇔®a2 + 9b2 = 13.  a=2 ® ® ® ñ  a = 2b a = 2b a = 2b z =2+i  b=1 Ta có hệ phương trình ⇔ ⇔ ⇔® ⇒ 2 2 2 2 2  a = −2 z = −2 − i. a + 9b = 13 4b + 9b = 13 b =1 b = −1 Vậy có 2 số phức z thỏa mãn yêu cầu bài toán là z = 2 + i, z = −2 − i. 5 |z − 1| = √  ñ 5 và (z − 1) (z + 2i) là số thực. ĐS: z=1 z = 2 − 2i Lời giải. Gọi z = a + bi, (a, b ∈ R) . Ta có (z − 1) (z + 2i) = z · z + 2iz − z − 2i = a2 + b2 + 2i (a + bi) − (a − bi) − 2i = a2 + b2 − a − 2b + (2a + b − 2) là số thực nên 2a + b √ − 2 = 0 ⇒ b = 2 − 2a. √ 2 Ta lại có |z − 1| = 5 ⇔ |a − 1 + bi| = 5 ⇔ (a − 1) + b2 = 5. ® a=0 ñ ® ® ®  b=2 b = 2 − 2a b = 2 − 2a b = 2 − 2a z = 2i  ⇒ ⇔ ⇔ ⇔® Ta có hệ phương trình 2 2 2 2  z = 2 − 2i. a=2 (a − 1) + b = 5 5 (a − 1) = 5 (a − 1) = 1 b = −2 Vậy có 2 số phức z thỏa mãn yêu cầu bài toán là z = 2i, z = 2 − 2i. 6 z + z = 6 và z 2 + 2z − 8i là số thực.  ĐS: z = 3 + 2i Lời giải. Gọi z = a + bi, (a, b ∈ R) . Ta có z + z = 6 ⇔ 2a = 6 ⇔ a = 3. Ta lại có z 2 + 2z − 8i = a2 − b2 + 2abi + 2 (a − bi) − 8i = a2 − b2 + 2a − (2ab − 2b − 8) i là số thực nên 2ab − 2b − 8 = 0. Suy ra b = 2. Vậy số phức z thỏa mãn là z = 3 + 2i.  7 |z − 3i| = |1 − iz| và z + 9 là số thuần ảo. z ĐS: z = 2i Lời giải. Gọi z = a + bi, (a, b ∈ R) . 9 9 9 (a − bi) 9a Ta có z + = a + bi + = a + bi + 2 là số thuần ảo nên a + 2 = 0. 2 z a + bi a +b a + b2 2 2 TalLại có |z − 3i| = |1 − iz| ⇔ |a + bi − 3i| = |1 − i (a − bi)| ⇔ a2 + (b − 3) = (1 − b) + a2 ⇔ b = 2. 9a Suy ra a + 2 = 0 ⇔ a3 + 13a = 0 ⇔ a = 0. a +4 Vậy số phức z thỏa mãn là z = 2i.  { DẠNG 1.2. Xác định các yếu tố cơ bản của số phức qua các phép toán Phương pháp giải. Sử dụng hợp lý các phép toán cộng, trừ, nhân, chia để tìm được số phức z. Từ đó tìm được phần thực, phần ảo, mô-đun của z và tìm được z. Hai số phức bằng nhau thì có mô-đun bằng nhau. Sử dụng các kết quả 2 |z1 · z2 | = |z1 | · |z2 |. 2 z · z̄ = |z|2 . 2 |z| = |z̄|. z1 |z1 | 2 = với z2 6= 0. z2 |z2 | Trang 10 “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX 1. Ví dụ VÍ DỤ 1. 1 Cho z thỏa (2 + i)z + 1−i = 5 − i. Tìm các thuộc tính của w = 1 + 2z + z 2 . 1+i 2 Cho z thỏa z = 2 + 4i + 2i(1 − 3i). Tìm các thuộc tính của z. 2 3 ĐS: w = 8 − 6i ĐS: z = 8 + 6i  ĐS: z = 210 + 1 i − 210 20 3 Tính z = 1 + (1 + i) + (1 + i) + (1 + i) + · · · + (1 + i) . Lời giải. 1−i (1 − i)(1 − i) −2i = 5 − i ⇔ (2 + i)z + = 5 − i ⇔ (2 + i)z + =5−i 1+i (1 + i)(1 − i) 2 5(2 − i) 5 ⇔z= = 2 − i. ⇔ (2 + i)z = 5 ⇔ z = 2+i 5 Do đó, w = 1 + 2z + z 2 = 1 + 2(2 − i) + (2 − i)2 = 1 + 4 −p 2i + 4 − 4i + i2 = 8 − 6i. Vậy w có phần thực là 8, phần ảo là −6, mô-đun là |w| = 82 + (−6)2 = 10 và w = 8 + 6i. Nhận xét. 1 Ta có (2 + i)z + Về phương pháp tự luận, để thực hiện phép chia 2 số phức, ta cần nhân thêm số phức liên hợp của mẫu số. 1−i (1 − i)2 Chẳng hạn, trong lời giải trên ta có = . 1+i (1 + i)(1 − i) Nếu sử dụng Casio, ta chuyển về chế độ CMPLX (mode 2) (i tương ứng ENG). Chuyển vế tìm z và nhập 1−i 5−i− 1 + i sẽ được kết quả 2 − i, nghĩa là tìm được số phức z = 2 − i. Các phép toán còn lại thao tác tương 2+i tự trên Casio. 2 Ta có z = 2 + 4i + 2i(1 − 3i) = 2 + 4i + 2i − 6i2 = 8 + 6i. √ Vậy z có phần thực là 8, phần ảo là 6, mô-đun là |z| = 82 + 62 = 10 và z = 8 − 6i. 3 Ta có số phức z là tổng của 21 số hạng đầu tiên của một cấp số nhân với số hạng đầu u1 = 1 và công bội q = 1 + i. 20 X 21 (1 + i) − 1 . i k=1 î ó 21 2 10 10 Ta lại có (1 + i) = (1 + i) (1 + i) = (2i) (1 + i) = −210 (1 + i).  −210 (1 + i) − 1 = 210 + 1 i − 210 . Vậy z = i Khi đó z = 1 + k (1 + i) =  VÍ DỤ 2. Cho số phức z thỏa mãn z − 4 = (1 + i)|z| − (4 + 3z)i. Mệnh đề nào sau đây đúng? A. 0 < |z| ≤ 1. B. 1 < |z| ≤ 3. C. 3 < |z| ≤ 10. D. 10 < |z| ≤ 50. Lời giải. Từ giả thiết ta có z − 4 = |z| + i|z| − 4i − 3iz ⇔ (1 + 3i)z = (|z| + 4) + (|z| − 4)i. » 2 Lấy mô-đun hai vế ta được |(1 + 3i)z| = |(|z| + 4) + (|z| − 4)i| ⇔ |(1 + 3i)| · |z| = (|z| + 4) + (|z| − 4)2 » √ ⇔ 10|z| = 2|z|2 + 32 ⇔ 10|z|2 = 2|z|2 + 32 ⇔ 8|z|2 = 32 ⇔ |z|2 = 4 ⇔ |z| = 2. Nhận xét. Lấy mô-đun hai vế của một biểu thức số phức thực ra là việc sử dụng phép kéo theo của hai số phức bằng nhau z1 = z2 ⇒ |z1 | = |z2 |. Do đó ta chỉ thực hiện được nó khi biểu thức giả thiết của bài toán được đưa về các dạng chuẩn sau a + bi = c + di với a, b, c, d ∈ R. (a + bi)z = c + di với a, b, c, d ∈ R. a + bi a + bi = c + di hoặc = c + di với a, b, c, d ∈ R. z z Ta thường sử dụng các tính chất |z| = |z|, z · z = |z|2 = |z|2 , |z1 z2 | = |z1 | · |z2 | và Chọn đáp án B "Toán học là môn thể dục của trí tuệ "–Isocrates z1 |z1 | = với z2 6= 0. z2 |z2 |  Trang 11 PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ 2. LATEX Bài tập áp dụng BÀI 1. Nhóm bài toán tìm phần thực, phần ảo, số phức liên hợp và mô-đun của z, w. 1 (1 + i)z = 14 − 2i. ĐS: z = 6 − 8i Lời giải. 14 − 2i (14 − 2i)(1 − i) 12 − 16i = = = 6 − 8i. 1+i 2 2 p Vậy z có phần thực là 6, phần ảo là −8, mô-đun là |z| = 62 + (−8)2 = 10 và z = 6 + 8i. Ta có z =  2 (1 − i)z + (2 − i) = 4 − 5i. ĐS: z = 3 − i Lời giải. 2 − 4i (2 − 4i)(1 + i) 6 − 2i Ta có (1 − i)z + (2 − i) = 4 − 5i ⇔ (1 − i)z = 2 − 4i ⇔ z = ⇔z= ⇔z= ⇔ z = 3 − i. 1 − i 2 2 p √  Vậy z có phần thực là 3, phần ảo là −1, mô-đun là |z| = 32 + (−1)2 = 10 và z = 3 + i. 3 w = z1 − 2z2 biết rằng z1 = 1 + 2i, z2 = 2 − 3i. ĐS: w = −3 + 8i Lời giải. Ta có w = 1 + 2i − 2(2 − 3i) = −3 + 8i. p √ Vậy w có phần thực là −3, phần ảo là 8, mô-đun là |w| = (−3)2 + 82 = 73 và w = −3 − 8i. 4 w = z1 z2 biết rằng z1 = 2 + 5i, z2 = 3 − 4i.  ĐS: w = 26 + 7i Lời giải. Ta có w = (2 + 5i)(3 − 4i) = 26 + 7i. √ √ Vậy w có phần thực là 26, phần ảo là 7, mô-đun là |w| = 262 + 72 = 5 29 và w = 26 − 7i. 5 (1 − 2i)z − 9 + 7i = 5 − 2i. 3−i  ĐS: z = 1 + 3i Lời giải. 9 + 7i 7+i = 5 − 2i ⇔ (1 − 2i)z − (2 + 3i) = 5 − 2i ⇔ (1 − 2i)z = 7 + i ⇔ z = ⇔ z = 1 + 3i. 3−i 1 − 2i √ √  Vậy z có phần thực là 1, phần ảo là 3, mô-đun là |z| = 12 + 32 = 10 và z = 1 − 3i. Ta có (1 − 2i)z − 6 (1 + i)2 (2 − i)z = 8 + i + (1 + 2i)z. ĐS: z = 2 − 3i Lời giải. Ta có (1 + i)2 (2 − i)z = 8 + i + (1 + 2i)z ⇔ 2i(2 − i)z = 8 + i + (1 + 2i)z ⇔ (2 + 4i)z = 8 + i + (1 + 2i)z . 8+i ⇔ z = 2 − 3i. ⇔ (1 + 2i)z = 8 + i ⇔ z = 1 + 2i p √ Vậy z có phần thực là 2, phần ảo là −3, mô-đun là |z| = 22 + (−3)2 = 13 và z = 2 + 3i. BÀI 2. Nhóm bài toán lấy mô-đun hai vế của đẳng thức số phức (đề cần tính |z| hoặc P (|z|)). √ 1 Tìm mô-đun của số phức z thỏa mãn 2z − 2 = (1 − i)|z| + (2 − z 2)i. ĐS: |z| =  √ 2 Lời giải. √ Từ giả thiết ta có (2 + i 2)z = (|z| +»2) + (2 − |z|)i. √ Lấy mô-đun hai vế ta được 6|z| = (|z| + 2)2 + (2 − |z|)2 ⇔ 6|z|2 = 2|z|2 + 8 ⇔ 6|z|2 = 2|z|2 + 8 √ ⇔ 4|z|2 = 8 ⇔ |z|2 = 2 ⇔ |z| = 2. √ Vậy |z| = 2.  √ 2 Cho số phức z 6= 0 thỏa mãn z [(2 + 3i)|z| − 3 + 2i] − 26 = 0. Tính giá trị của |z|. ĐS: |z| = 1 Lời giải. √ Từ giả thiết ta có z [(2|z| − 3) + »(3|z| + 2)i] = 26. √  Lấy mô-đun hai vế ta được |z| (2|z| − 3)2 + (3|z| + 2)2 = 26 ⇔ |z|2 13|z|2 + 13 = 26  ⇔ |z|2 |z|2 + 1 = 2 ⇔ |z|4 + |z|2 − 2 = 0 ñ 2 |z| = 1 ⇔ ⇔ |z| = 1. |z|2 = −2 (vô lý) Vậy |z| = 1. Trang 12  "Toán học là môn thể dục của trí tuệ "–Isocrates PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX 3 Cho số phức z 6= 0 thỏa mãn 1−i (2 − 3i)z + 2 − i. Tính giá trị của |z|. = z |z|2 ĐS: |z| = 1 Lời giải. 1−i (2 − 3i)z 1−i 2 − 3i −1 + 2i = +2−i⇔ = +2−i⇔ = 2 − i. z z z z √ zz 5 √ Lấy mô-đun hai vế ta được = 5 ⇔ |z| = 1. |z| Vậy |z| = 1.  √ 10 4 Cho số phức z 6= 0 thỏa mãn (1 + 2i)|z| = + i − 2. Tính giá trị của |z|. ĐS: |z| = 1 z Lời giải. √ 10 Từ giả thiết ta có (|z| + 2) + (2|z| − 1)i = . z √ »  10 Lấy mô-đun hai vế ta được (|z| + 2)2 + (2|z| − 1)2 = ⇔ |z|2 5|z|2 + 5 = 10 ⇔ |z|4 + |z|2 − 2 = 0 |z| ñ 2 |z| = 1 ⇔ ⇔ |z| = 1. |z|2 = −2 (vô lý)  Vậy |z| = |z| = 1. √ 26 5 Cho số phức z 6= 0 thỏa mãn (2 + 3i)|z| = + 3 − 2i. Tính giá trị của |z|. ĐS: |z| = 1 z Lời giải. √ 26 . Từ giả thiết ta có (2|z| − 3) + (3|z| + 2)i = z √ √ » » 26 26 2 2 2 Lấy mô-đun hai vế ta được (2|z| − 3) + (3|z| + 2) = ⇔ 13|z| + 13 = |z| |z|  ⇔ |z|2 |z|2 + 1 = 2 ⇔ |z|4 + |z|2 − 2 = 0 ñ 2 |z| = 1 ⇔ ⇔ |z| = 1. |z|2 = −2 (vô lý) Vậy |z| = 1.  √ 4 10 6 Cho số phức z 6= 0 thỏa mãn (1 − 3i)|z| = + 3 + i. Tính giá trị của P = |z|4 + |z|2 . ĐS: P = 16 z Lời giải. √ 4 10 Từ giả thiết ta có (|z| − 3) + (−3|z| − 1)i = . z √ √ » » 4 10 4 10 2 2 2 Lấy mô-đun hai vế ta được (|z| − 3) + (−3|z| − 1) = ⇔ 10|z| + 10 = |z| |z|  2 2 ⇔ |z| |z| + 1 = 16 ⇔ |z|4 + |z|2 = 16 Từ giả thiết ta có ⇔ |z|4 + |z|2 = 16. Vậy P = 16.  { DẠNG 1.3. Chuẩn hóa số phức 1. Ví dụ VÍ DỤ 1. Cho số phức z1 6= 0, z2 6= 0 thỏa mãn |z1 | = |z2 | = |z1 − z2 |. Tính giá trị của biểu thức Å P = z1 z2 ã4 Å + z2 z1 ã4 . ĐS: −1 Lời giải. "Toán học là môn thể dục của trí tuệ "–Isocrates Trang 13 PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX Chuẩn hóa z1 =1, suy ra |z1 | = 1, đặt z2 = a + bi (a, b ∈ R), khi đó |z2 | = Ta có ® |z1 | = |z2 | = 1 ⇔ |z1 − z2 | = 1 ®p a2 + b2 = 1 ⇔ |(1 − a) − bi| = 1 ® 2 2 a +b =1 (1 − a)2 + b2 = 1 √ √ 1 3 1 3 Chọn z2 = + i thì z1 − z2 = − i. 2 2 2 2 Ta thấy |z1 | = |z2 | = |z1 − z2 | = 1, thỏa mãn yêu cầu bài toán. ñÅ ã2 ô2 ñÅ ã2 ô2 z2 z1 + = −1. Do đó P = z2 z1 2. √ a2 + b2 . ® ⇔  1   a = a +b =1 2√ ⇔  3 a2 + b2 − 2a = 0  b = ± . 2 2 2  Bài tập áp dụng √ z1 BÀI 1. Cho hai số phức z1 và z2 thỏa mãn |z1 | = 3, |z2 | = 4, |z1 − z2 | = 37. Biết số phức z = = a + bi. Tìm |b|. z2 √ √ 3 3 3 3 8 A. |b| = . B. |b| = . C. |b| = . D. |b| = . 8 8 8 3 Lời giải. √ z1 3 |z1 | 3 9 Ta có |z| = = = nên a2 + b2 = hay a2 + b2 = . z2 |z2 | 4 4 16 √ √ p z1 − z2 z1 37 37 21 |z1 − z2 | = = − 1 = |z − 1| = . Suy ra (a − 1)2 + b2 = hay a2 + b2 − 2a = . Lại có |z2 | z2 z2 4 4 16 Ta có hệ phương trình     3 9 3 9  2 2 2 2     a = − a + b = a = − a + b = 8√ 16 16 8 ⇔ ⇔ ⇔     3 3   − 2a = 3  b2 = 27  a2 + b2 − 2a = 21  |b| = . 16 4 64 8 √ 3 3 . Vậy |b| = 8 Chọn đáp án C  √ BÀI 2. Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn |z1 | = 2, |z2 | = 2. Gọi M , N lần lượt là điểm biểu diễn số phức z1 và iz2 . Biết ÷ rằng M ON = 45◦ với O là gốc tọa độ. Tính z12 + 4z22 . √ √ B. 4. C. 6. D. 4 5. A. 4 2. Lời giải. Ta có zÄ12 + 4z22 = äz12 − (2iz2 )2 = (z1 − 2iz2 )(z1 + 2iz2 ). # » # » Lại có OM , ON = 45◦ và |z12 + 4z22 | = |(z1 − 2iz2 )(z1 + 2iz2 )| = |z1 − 2iz2 | · |z1 + 2iz2 |. Mặt khác √ √ 2 √ 2 2 2 2 ◦ 2 |z1 − 2iz2 | = |z1 | + 4|iz2 | − 4|z1 ||iz2 | cos 45 = 2 + 4 · ( 2) − 4 · 2 · 2 · = 4. 2 √ √ √ 2 |z1 + 2iz2 |2 = |z1 |2 + 4|iz2 |2 + 4|z1 ||iz2 | cos 45◦ = 22 + 4 · ( 2)2 + 4 · 2 · 2 · = 20. 2 √ √ Do đó z12 + 4z22 = 4 · 20 = 4 5. Chọn đáp án D  BÀI 3. Cho ba số phức z1 , z2 , z3 thỏa mãn |z1 | = |z2 | = |z3 | = 1 và z1 + z2 + z3 = 0. Tính giá trị của biểu thức P = z12 + z22 + z32 . A. P = −1. B. P = 0. C. P = 1. D. P = 2. Lời giải. Ta có Å ã 1 1 1 P = z12 + z22 + z32 = (z1 + z2 + z3 )2 − 2(z1 z2 + z2 z3 + z3 z1 ) = −2z1 z2 z3 + + z z2 z3 ã Å ã1 Å z̄1 z̄2 z̄3 z̄1 z̄2 z̄3 = −2z1 z2 z3 + + = −2z1 z2 z3 + + = −2z1 z2 z3 (z̄1 + z̄2 + z̄3 ) z1 z̄1 z2 z̄2 z3 z̄3 |z1 |2 |z2 |2 |z3 |2 = −2z1 z2 z3 · z1 + z2 + z3 = 0. Chọn đáp án B Trang 14  "Toán học là môn thể dục của trí tuệ "–Isocrates PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX { DẠNG 1.4. Bài toán sử dụng bất đẳng thức trong số phức # » Vì số phức z = a+bi được biểu diễn bởi điểm M (a; b) trên mặt phẳng tọa độ. Do đó ta có thể xem véc-tơ OM = (a; b) cũng biểu diễn cho số phức z. Nghĩa là có thể sử dụng bất đẳng thức véc-tơ trong phép toán max − min của số phức. #» = (m; n), khi đó Cho ba véc-tơ #» u = (a; b), #» v = (x; y), w a b x y 1 | #» u − #» v | ≥ | #» u | − | #» v |. Dấu “=” xảy ra khi #» u , #» v cùng chiều, tức là = hay = . x y a b a b x y 2 | #» u + #» v | ≤ | #» u | + | #» v |. Dấu “=” xảy ra khi #» u , #» v cùng chiều, tức là = hay = . x y a b a b x y 3 | #» u | · | #» v | ≥ #» u · #» v . Dấu “=” xảy ra khi #» u , #» v cùng chiều, tức là = hay = . x y a b #» ≤ | #» #» Dấu “=” xảy ra khi a = x = m . 4 | #» u + #» v + w| u | + | #» v | + | w|. b y n Các bất đẳng thức cổ điển thường được sử dụng 1 Bất đẳng thức Cauchy a+b √ ≥ ab. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b. 2 √ a+b+c ≥ 3 abc. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. ◦ Với a ≥ 0, b ≥ 0, c ≥ 0 thì 3 ◦ Với a ≥ 0, b ≥ 0 thì 2 Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz (Bunhiacôpxki) ◦ Với a > 0, b > 0 và x, y bất kỳ ta luôn có b x y a = hay = . x y a b ( ◦ Với a, b, x, y bất kỳ ta luôn có x2 y 2 (x + y)2 + ≥ (dạng cộng mẫu số). Dấu “=” xảy ra khi a b a+b (a · x + b · y)2 ≤ (a2 + b2 )(x2 + y 2 ) a b » . Dấu “=” xảy ra khi = hay 2 2 2 2 x y |a · x + b · y| ≤ (a + b )(x + y ) x y = . a b ( ◦ Với a, b, c, x, y, z bất kỳ ta luôn có xảy ra khi (a · x + b · y + c · z)2 ≤ (a2 + b2 + c2 )(x2 + y 2 + z 2 ) » . Dấu “=” |a · x + b · y + c · z| ≤ (a2 + b2 + c2 )(x2 + y 2 + z 2 ) a b c x y z = = hay = = . x y z a b c Lưu ý ! 1 Ta có thể sử dụng phương pháp hàm số (hoặc tam thức) để tìm max − min. 2 Ngoài ra còn sử dụng phương pháp hình học. 1. Ví dụ VÍ DỤ 1. Cho số phức z thỏa |z − 3 + 4i| = 4. Tìm giá trị lớn nhất của P = |z|. ĐS: Pmax = 9. Lời giải. Cách 1. Áp dụng bất đẳng thức | #» u − #» v | ≥ | #» u | − | #» v | (hay |z1 − z2 | ≥ |z1 | − |z2 |). Ta có 4 = |z − 3 + 4i| = |z − (3 − 4i)| ≥ |z| − |3 − 4i| ⇒ 4 ≥ |z| − 5 ⇒ |z| ≤ 9. Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 9. Cách 2. Sử dụng lượng giác hóa. Gọi z = x + yi (x, y ∈ R). Ta có |z − 3 + 4i| = 4 ⇔ |(x − 3) + (y + 4)i| = 4 ⇔ (x − 3)2 + (y + 4)2 = 16 ⇔ “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates Å x−3 4 ã2 Å + y+4 4 ã2 = 1. Trang 15 PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX  x−3 ®   = sin α x = 4 sin α + 3 4 Đặt hay , khi đó  y = 4 cos α − 4  y + 4 = cos α 4 » » p p √ P = |z| = x2 + y 2 = (4 sin α + 3)2 + (4 cos α − 4)2 = 41 + 24 sin α − 32 cos α = 41 + 242 + 322 sin(α − β) » = 41 + 40 sin(α − β), 32 24 = cos β, √ = sin β. với √ 2 2 2 24 + 32 24 + 322 Lại có −1 ≤ sin(α − β) ≤ 1 ⇔ −40 ≤ 40 sin(α − β) ≤ 40 ⇔ 1 ≤ 41 + 40 sin(α − β) ≤ 81 ⇔ 1 ≤ » 41 + 40 sin(α − β) ≤ 9. Suy ra Pmin = 1 và Pmax = 9. p Cách khác. Áp dụng bất đẳng thức |a · x + b · y| ≤ (a2 + b2 )(x2 + y 2 ). Ta có »  |24 sin α − 32 cos α| ≤ [242 + (−32)2 ] sin2 α + cos2 α = 40 ⇔ −40 ≤ 24 sin α − 32 cos α ≤ 40 ⇔ 1 ≤ 41 + 24 sin α − 32 cos α ≤ 81 √ ⇔ 1 ≤ 41 + 24 sin α − 32 cos α ≤ 9. Suy ra Pmin = 1 và Pmax = 9. Cách 3. Sử dụng phương pháp hình học. Gọi z = x + yi (x, y ∈ R). Ta có |z − 3 + 4i| = 4 ⇔ |(x − 3) + (y + 4)i| = 4 ⇔ (x − 3)2 + (y + 4)2 = 16. Do đó tập hợp biểu diễn số phức z là một đường tròn có tâm I(3; −4) và bán kính R = 4. y Từ hình vẽ ta có ® |z|min = OM1 = OI − IM1 = OI − R = 1 |z|max = OM2 = OM1 + 2R = 9. O Để tìm z có mô-đun lớn nhất và z có mô-đun nhỏ nhất chính là tọa độ hai điểm M1 , M2 cũng là tọa độ giao điểm của đường thẳng OI và đường tròn. x y #» Đường thẳng OI qua O(0; 0) và có véc-tơ chỉ phương là OI = (3; −4) có dạng = 3 −4 4 hay y = − x. 3 Å ã Å ã 3 4 27 36 Ta tìm được các giao điểm M1 ; − , M2 ;− . 5 5 5 5 x M1 I M2 Nhận xét. Cách 2 và 3 tổng quát hơn, có thể tìm Pmax và Pmin cùng một lúc. Tùy vào yêu cầu của bài toán mà ta chọn phương pháp cho phù hợp cho trắc nghiệm hoặc tự luận.  VÍ DỤ 2. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện |iz + 4 − 3i| = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của |z|. ĐS: |z|min = 4 Lời giải. Cách 1. Gọi z = x + yi (x, y ∈ R). Ta có |iz + 4 − 3i| = 1 ⇔ |(4 − y) + (x − 3)i| = 1 ⇔ (x − 3)2 + (y − 4)2 = 1. ® ® x − 3 = sin α x = 3 + sin α Đặt hay , khi đó y − 4 = cos α y = 4 + cos α » p √ |z| = x2 + y 2 = (3 + sin α)2 + (4 + cos α)2 = 6 sin α + 8 cos α + 26. Mặt khác |6 sin α + 8 cos α| ≤ Trang 16 » (62 + 82 )(sin2 α + cos2 α) “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ |6 sin α + 8 cos α| ≤ 10 −10 ≤ 6 sin α + 8 cos α ≤ 10 16 ≤ 6 sin α + 8 cos α + 26 ≤ 36 √ 4 ≤ 6 sin α + 8 cos α + 26 ≤ 6. Suy ra |z|min = 4, |z|max = 6. Cách 2. Áp dụng bất đẳng thức | #» u − #» v | ≥ | #» u | − | #» v | (hay |z1 − z2 | ≥ |z1 | − |z2 |). Ta có 1 = |iz + 4 − 3i| = |4 − 3i − (−iz)| ≥ |4 − 3i| − | − iz| = 5 − |z| ⇒ |z| ≥ 4. Suy ra |z|min = 4. 2.  Bài tập áp dụng BÀI 1. Cho số phức z thỏa mãn |z 2 − i| = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = |z̄|. Lời giải. Ta có √ 1 = |z 2 − i| ≥ |z 2 | − |i| ⇔ 1 ≥ |z|2 − 1 ⇔ |z|2 ≤ 2 ⇒ |z| ≤ 2. √ Lại có P = |z̄| = |z|. Do đó Pmax = 2. ĐS: Pmax = BÀI 2. Trong các số phức z thỏa mãn |z − 2 − 4i| = |z − 2i|, tìm số phức có mô-đun nhỏ nhất. Lời giải. Gọi z = x + yi (x, y ∈ R). Từ giả thiết đề bài ta có ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ĐS: |z|min √ 2  √ =2 2 |x + yi − 2 − 4i| = |x + yi − 2i| |(x − 2) + (y − 4)i| = |x + (y − 2)i| » » (x − 2)2 + (y − 4)2 = x2 + (y − 2)2 x+y−4=0 y = 4 − x. Cách 1. Sử dụng đánh giá hằng đẳng thức A2 ≥ 0. Ta có » » p p √ |z| = x2 + y 2 = x2 + (4 − x)2 = 2×2 − 8x + 16 = 2(x − 2)2 + 8 ≥ 2 2. Dấu “=” xảy ra khi x − 2 = 0 hay x = 2. √ Vậy số phức z có mô-đun nhỏ nhất bằng 2 2 khi z = 2 + 2i. x2 y2 (x + y)2 Cách 2. Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng cộng mẫu + ≥ . a b a+b Ta có p √ x2 y2 (x + y)4 |z| = x2 + y 2 = + ≥ ⇒ |z| ≥ 2 2. 1 1 1+1 Dấu “=” xảy ra khi x = y = 2. √ Vậy số phức z có mô-đun nhỏ nhất bằng 2 2 khi z = 2 + 2i. Cách 3. Sử dụng hình học. y Tập hợp biểu diễn số phức z là đường thẳng d : x + y − 4 = 0. Số phức có mô-đun nhỏ nhất khi và chỉ khi |z|min = OH và số phức cần tìm chính là tọa độ điểm H à hình chiếu của điểm O lên d. Vì OH ⊥ d nên phương trình của OH có dạng x − y + m = 0. Lại có O(0; 0) thuộc OH nên m = 0, suy ra phương trình của OH là x − y = 0. Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình ® ® x+y =4 x=2 ⇔ x−y =0 y = 2. √ Vậy số phức z có mô-đun nhỏ nhất bằng 2 2 khi z = 2 + 2i. M H O x  “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates Trang 17 PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX BÀI 3. Trong các số phức thỏa mãn |z − i| = |z̄ − 2 − 3i|, tìm số phức có mô-đun nhỏ nhất. ĐS: |z|min √ 3 5 = 5 Lời giải. Gọi z = x + yi (x, y ∈ R). Từ giả thiết đề bài ta có |x + (y − 1)i| = |(x − 2) − (y + 3)i| ⇔ x2 + (y − 1)2 = (x − 2)2 + (y + 3)2 ⇔ 4x − 8y − 12 = 0 ⇔ x = 2y + 3. Ta có » p p |z| = x2 + y 2 = (2y + 3)2 + y 2 = 5y 2 + 12y + 9 = √ Å ã 6 2 9 3 5 5 y+ + ≥ . 5 5 5 6 3 Dấu “=” xảy ra khi y = − , x = . 5 5 √ 3 5 3 6 Vậy |z|min = khi z = − i. 5 5 5  BÀI 4. Trong các số phức thỏa mãn |iz − 3| = |z − 2 − i|, tìm số phức có mô-đun nhỏ nhất. ĐS: |z|min √ 5 = 5 Lời giải. Gọi z = x + yi (x, y ∈ R). Từ giả thiết đề bài ta có |(−y − 3) + xi| = |(x − 2) + (y − 1)i| ⇔ (−y − 3)2 + x2 = (x − 2)2 + (y − 1)2 ⇔ 4x + 8y + 4 = 0 ⇔ x = −2y − 1. Ta có » p p |z| = x2 + y 2 = (−2y − 1)2 + y 2 = 5y 2 + 4y + 1 = √ Å ã 5 2 2 1 + ≥ . 5 y+ 5 5 5 2 1 Dấu “=” xảy ra khi y = − , x = − . 5 5 √ 5 1 2 Vậy |z|min = khi z = − − i. 5 5 5  BÀI 5. Trong các số phức thỏa (z − 1)(z̄ + 2i) là số thực, tìm số phức có mô-đun nhỏ nhất. ĐS: |z|min √ 2 5 = 5 Lời giải. Gọi z = x + yi (x, y ∈ R). Ta có (z − 1)(z̄ + 2i) = z · z̄ + 2iz − z̄ − 2i = |z|2 + 2i(z − 1) − z̄ = x2 + y 2 + 2i(x + yi − 1) − (x − yi) = x2 + y 2 + 2xi − 2y − 2i − x + yi = (x2 + y 2 − x − 2y) + (2x + y − 2)i. Vì (z − 1)(z̄ + 2i) là số thực nên 2x + y − 2 = 0 hay y = 2 − 2x. Ta có |z| = » p p x2 + y 2 = x2 + (2 − 2x)2 = 5×2 − 8x + 4 = √ Å ã 4 2 4 2 5 5 x− + ≥ . 5 5 5 4 2 Dấu “=” xảy ra khi x = , y = . 5 5 √ 2 5 4 2 Vậy |z|min = khi z = + i. 5 5 5 BÀI 6. Trong các số phức thỏa mãn |z − 1| = |z − i|, tìm mô-đun nhỏ nhất của số phức w = 2z + 2 − i. ĐS: |w|min  √ 3 2 = 2 Lời giải. Gọi z = x + yi (x, y ∈ R). Từ giả thiết đề bài ta có |(x − 1) + yi| = |x + (y − 1)i| ⇔ (x − 1)2 + y 2 = x2 + (y − 1)2 ⇔ −2x + 2y = 0 ⇔ x = y. Ta có w = 2z + 2 − i = 2x + 2yi + 2 − i = 2x + 2 + (2y − 1)i = (2x + 2) + (2x − 1)i. Khi đó » p |w| = |(2x + 2) + (2x − 1)i| = (2x + 2)2 + (2x − 1)2 = 8×2 + 4x + 5 = 1 1 Dấu “=” xảy ra khi x = − , y = − . 4 4 √ 3 2 1 1 Vậy |w|min = khi z = − − i. 2 4 4 Trang 18 √ Å ã 1 2 9 3 2 8 x+ + ≥ . 4 2 2  “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX BÀI 7. Cho các số phức z, w thỏa mãn |z + 2 − 2i| = |z − 4i| và w = iz + 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của |w|. ĐS: |w|min = √ 2 2 Lời giải. Gọi z = x + yi (x, y ∈ R). Từ giả thiết đề bài ta có |(x + 2) + (y − 2)i| = |x + (y − 4)i| ⇔ (x + 2)2 + (y − 2)2 = x2 + (y − 4)2 ⇔ 4x + 4y − 8 = 0 ⇔ y = 2 − x. Ta có w = iz + 1 = xi − y + 1 = (1 − y) + xi = (x − 1) + xi. Khi đó » p |w| = (x − 1)2 + x2 = 2×2 − 2x + 1 = √ ã Å 1 2 1 2 + ≥ 2 x− . 2 2 2 1 3 Dấu “=” xảy ra khi x = , y = . 2 2 √ 2 1 3 Vậy |w|min = khi z = + i. 2 2 2  BÀI 8. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện |z| ≥ 2. Tìm tích của giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức P = 3 . 4 Lời giải. B. 1. A. Đặt w = C. 2. D. z+i . z 2 . 3 z+i , ta có z wz = z + i ⇔ (w − 1)z = i ⇔ |(w − 1)z| = |i| ⇔ |w − 1||z| = 1 ⇔ |w − 1| = 1 1 ⇔ |w − 1| ≤ . |z| 2 Lại có |w| − 1 ≤ |w − 1| ≤ 1 3 ⇒ |w| ≤ . 2 2 Mặt khác 1 1 ⇒ |w| ≥ . 2 2 3 3 = . Do đó tích của giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức là . 2 4 | − 1| − | − w| ≤ | − 1 − (−w)| ⇔ 1 − |w| ≤ |w − 1| ≤ 1 , Pmax 2 Chọn đáp án A Suy ra Pmin =  BÀI 9. Cho số phức z thỏa mãn |z − 3| + |z + 3| = 8. Gọi M , m lần lượt giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của |z|. Tìm M + m. √ √ √ A. 4 − 7. B. 4 + 7. C. 7. D. 4 + 5. Lời giải. Ta có Gọi E(x; y) là điểm biểu diễn của số phức z, A(3; 0), B(−3; 0). √ Ta có EA + EB = 8 nên E √ thuộc elip có trục lớn bằng 8, tiêu cự bằng 6, trục bé bằng 2 7. Do đó |z|max = 4, zmin √ = 7. √ Suy ra M = 4, m = 7. Vậy M + m = 4 + 7. Chọn đáp án B  √ BÀI 10. Cho số phức z thỏa mãn |z| = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = |1 + z| + 3|1 − z|. ĐS: Pmax = 2 10. Lời giải. Gọi z = x + yi (x, y ∈ R). Từ giả thiết đề bài ta có p |z| = 1 ⇔ x2 + y 2 = 1 ⇔ x2 + y 2 = 1 ⇔ y 2 = 1 − x2 . Từ kết quả trên ta thấy x ∈ [−1; 1]. Mặt khác P » » = |1 + z| + 3|1 − z| = |(x + 1) + yi| + 3|(1 − x) − yi| = (x + 1)2 + y 2 + 3 (1 − x)2 + y 2 » » p p = x2 + 2x + 1 + 1 − x2 + 3 1 − 2x + x2 + 1 − x2 = 2(x + 1) + 3 2(1 − x). p p 1 3 2(x + 1) + 3 2(1 − x) trên đoạn [−1; 1] có f 0 (x) = p −p , ∀x ∈ (−1; 1). 2(x + 1) 2(1 − x) 4 Phương trình f 0 (x) = 0 có nghiệm x = − ∈ [−1; 1]. 5 Xét hàm số f (x) = “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates Trang 19 PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX Å ã √ 4 Lại có f (−1) = 6, f (1) = 2, f − = 2 10. 5 √ 4 3 4 3 Do đó Pmax = 2 10 khi x = − , y = ± tức là z = ± i. 5 5 p5 5 Cách khác. Sử dụng bất đẳng thức a · x + b · y ≤ (a2 + b2 )(x2 + y 2 ). Ta có » » » P = 1 · (x + 1)2 + y 2 + 3 (1 − x)2 + y 2 ≤ (12 + 32 ) [(x + 1)2 + y 2 + (1 − x)2 + y 2 ] » √ ⇒ P ≤ 20(x2 + y 2 + 1) = 2 10.  1 1 2 z1 BÀI 11. Cho số phức z1 , z2 thỏa mãn z1 6= 0, z2 = 6 0, z1 + z2 6= 0 và = + . Tính . z1 + z2 z1 z2 z2 √ √ √ 2 z1 3 z1 z1 2 z1 = . B. = . C. = 2 3. D. =√ . A. z2 2 z2 2 z2 z2 3 √ 2 ĐS: 2 Lời giải. Ta có 1 2 1 = + z1 + z2 z1 z2 ⇔ z1 z2 = (z1 + z2 )(z2 + 2z1 ) ⇔ z1 z2 = z1 z2 + 2z12 + z22 + 2z1 z2 ⇔ 2z12 + 2z1 z2 + z22 = 0 Å ã2 z1 z1 −1 ± i z1 +2· +1=0⇔ = . ⇔ 2 z2 z2 z2 2 √ 2 z1 . = Do đó z2 2 Chọn đáp án A  2 BÀI 12. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z − 2z + 5 = |(z − 1 + 2i)(z + 3i − 1)|. Tính min |w|, với w = z − 2 + 2i. 1 3 B. min |w| = 2. C. min |w| = 1. D. min |w| = . A. min |w| = . 2 2 Lời giải. z 2 − 2z + 5 = |(z − 1 + 2i)(z + 3i − 1)| ⇔ |(z − 1 − 2i)(z − 1 + 2i)| = |(z − 1 + 2i)(z + 3i − 1)| ⇔ |z − 1 − 2i| · |z − 1 + 2i| = |z − 1 + 2i| · |z − 1 + 3i| (1) 1 z = 1 − 2i ⇒ w = −1 ⇒ |w| = 1. 2 z 6= 1 − 2i. Gọi z = x + yi với x, y ∈ R. (1) ⇔ |z − 1 − 2i| = |z − 1 + 3i| ⇔ |(x − 1) + (y − 2)i| = |(x − 1) + (y + 3)i| ⇔ (x − 1)2 + (y − 2)2 = (x − 1)2 + (y + 3)2 1 ⇔ y=− . 2 … 1 1 3 9 3 2 Với y = − ⇒ z = x − i. Khi đó w = x − 2 + i ⇒ |w| = (x − 2) + > . 2 2 2 4 2 3 1 ⇒ min |w| = khi z = 2 − i. 2 2 Vậy min |w| = 1. Chọn đáp án C  2 2 BÀI 13. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z + 4 = z + 2iz . Tính giá trị nhỏ nhất của P = |z + i|. A. min P = 2. B. min P = 1. C. min P = 3. D. min P = 4. Lời giải. z 2 + 4 = z 2 + 2iz ⇔ |(z − 2i)(z + 2i)| = |z(z + 2i)| ⇔ |z − 2i| · |z + 2i| = |z| · |z + 2i| (∗) 1 z = −2i ⇒ P = |−i| = 1. Trang 20 “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX 2 z 6= −2i. Gọi z = x + yi với x, y ∈ R. (∗) ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ Với y = 1 ⇒ z = x + i. Khi đó P = |x + 2i| = ⇒ min P = 2 khi z = i. |z − 2i| = |z| |x + (y − 2)i| = |x + yi| x2 + (y − 2)2 = x2 + y 2 y = 1. √ x2 + 4 > 2. Vậy min P = 1. Chọn đáp án B  BÀI 14. Cho số phức z = x + 2iy, (x, y ∈ R) thay đổi thỏa mãn điều kiện |z| = 1. Tính tổng S của giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của P = x − y. √ √ √ B. S = 0. C. S = 5. D. S = 2 5. A. S = − 5. Lời giải.    −16×61  −16×61 3 3 |z| = 1 ⇔ |x + 2iy| = 1 ⇔ x2 + 4y 2 = 1 ⇒ ⇒ ⇒− ≤x−y ≤ . 1 1 1 1  − 6y6  − 6 −y 6 2 2 2 2 2 2 3 1 3 1 Do đó min P = − khi x = −1; y = − và max P = khi x = 1; y = . 2 2 2 2 Vậy S = 0. Chọn đáp án B BÀI A. 2.  BIỂU DIỄN HÌNH HỌC CỦA SỐ PHỨC VÀ BÀI TOÁN LIÊN QUAN KIẾN THỨC CƠ BẢN 1 Điểm M (a; b) trong hệ trục tọa độ vuông góc của mặt phẳng được gọi là điểm biểu diễn số phức z = a + bi. 2 Các điểm M (a; b) và M 0 (a; −b) biểu diễn số phức z = a + bi và z = a − bi. y M (a; b) b ϕ O −b a x tan ϕ = b · a M 0 (a; −b) Bài toán: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, hãy tìm tập hợp các điểm M (x; y) biểu diễn số phức z = x + yi thỏa mãn điều kiện cho trước. Bước 1: Gọi M (x; y) biểu diễn số phức z = x + yi (với x, y ∈ R) Bước 2 : Biến đổi điều kiện K để tìm mối liên hệ giữa x, y và kết luận. “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates Trang 21 PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ Mối liên hệ giữa x và y ◦Ax + By + C = 0 ◦(x − a)2 + (y − b)2 = R2 ◦x2 + y 2 + 2ax + 2by + c = 0 ◦(x − a)2 + (y − b)2 ≤ R2 ◦x2 + y 2 + 2ax + 2by + c ≤ 0 ◦R12 ≤ (x − a)2 + (y − b)2 ≤ R22 Kết luận tập hợp điểm M (x; y) Là đường thẳng d : Ax + By + C = 0. Là đường tròn (C) có tâm I(a; b) và bán kính R. √ Là đường tròn (C) có tâm I(−a; −b) và bán kính R = a2 + b2 − c. Là hình tròn (C) có tâm I(a; b) và bán kính R. √ Là hình tròn (C) có tâm I(−a; −b) và bán kính R = a2 + b2 − c. Là hình vành khăn tạo bởi hai đường tròn đồng tâm I(a; b) và bán kính R1 và R2 . Å ã b ∆ Là Parabol (P ) có đỉnh I − ; − . 2a 4a √ Là đường Elip (E) có trục lớn 2a, trục nhỏ 2b và tiêu cự 2c = 2 a2 − b2 . ◦y = ax2 + bx + c y2 x2 ◦ 2 + 2 = 1 với a b # » # » ◦ MA = MB B. ® LATEX M F1 + M F2 = 2a F1 F2 = 2c < 2a Là đường trung trực của đoạn AB. BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài tập 1. Nhóm 1. Bài toán xác định điểm biểu diễn số phức cơ bản và bài toán liên quan. Câu 1. Quan sát hình vẽ bên cạnh, ta có: Điểm A(2; 1) biểu diễn cho số phức z1 = 2 + i. Điểm B(. . . ; . . .) biểu diễn cho số phức z2 = . . .. Điểm C(. . . ; . . .) biểu diễn cho số phức z3 = . . .. Điểm D(. . . ; . . .) biểu diễn cho số phức z4 = . . .. Điểm E(. . . ; . . .) biểu diễn cho số phức z5 = . . .. Điểm F (. . . ; . . .) biểu diễn cho số phức z6 = . . .. 3 y C 2 D E 1 −3 −1 A O 1 −1 F x 2 B −2 ĐS: B(2; −1), z2 = 2 − i; C(1; 3), z3 = 1 + 3i; D(0; 2), z4 = 2i; E(−3; 2), z5 = −3 + 2i; F (−1; −2), z2 = −1 − 2i. z = 2 + i và số phức liên hợp z ! Sốđối phức xứng nhau qua trục Ox. 1 1 = z2 = 2 − i có điểm biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ Oxy là A và B Câu 2. Điểm A trong hình vẽ dưới đây là điểm biểu diễn của số phức z. Tìm phần thực và phần ảo của số phức z. A. Phần thực là −3 và phần ảo là 2i. B. Phần thực là 3 và phần ảo là −2. C. Phần thực là 3 và phần ảo là −2i. D. Phần thực là −3 và phần ảo là −2. y A O 3 x 2 Lời giải. Số phức z = 3 + 2i nên số phức liên hợp z = 3 − 2i. Vậy z có phần thực là 3 và phần ảo là −2. Chọn đáp án B  Câu 3. Cho số phức z = 2 − i. Trên mặt phẳng tọa độ, tìm điểm biểu diễn số phức w = iz. A. M (−1; 2). B. N (2; −1). C. P (2; 1). D. Q(1; 2). Lời giải. w = iz = i(2 − i) = 2i − i2 = 1 + 2i. Suy ra điểm biểu diễn số phức w = iz là Q(1; 2). Chọn đáp án D  Câu 4. Cho số phức z thỏa mãn 2i + z(1 − i) = i(3 − i). Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, điểm nào dưới đây là điểm biểu diễn số phức z. A. M3 (1; 0). B. M1 (0; 1). C. M4 (0; 2). D. M2 (0; −1). Lời giải. Trang 22 "Toán học là môn thể dục của trí tuệ "–Isocrates PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX i(3 − i) − 2i 1+i = = i. 1−i 1−i Suy ra điểm biểu diễn số phức z là M1 (0; 1). Chọn đáp án B Ta có: 2i + z(1 − i) = i(3 − i) ⇔ z = Câu 5. Cho số phức z = 3 − 2i. Tìm điểm biểu diễn của số phức w = z + i · z. A. A(1; −5). B. M (5; −5). C. M (1; 1). Lời giải. Ta có: w = z + i · z = 3 − 2i + i · (3 + 2i) = 3 − 2i + 3i + 2i2 = 3 − 2i + 3i − 2 = 1 + i. Suy ra điểm biểu diễn số phức w là M (1; 1). Chọn đáp án C  D. M (5; 1). Câu 6. Điểm M (x0 ; y0 ) biểu diễn của số phức z thỏa (1 + i)z + (2 + i)z = 3 + i. Tính 2x0 + 3y0 . A. −1. B. 8. C. 5. D. 1. Lời giải. Do M (x0 ; y0 ) biểu diễn của số phức z nên z = x0 + y0 i. Ta có: ® ® x0 = 1 3x0 = 3 ⇔ (1 + i)(x0 + y0 i) + (2 + i)(x0 − y0 i) = 3 + i ⇔ 3x0 + (2x0 − y0 )i = 3 + i ⇔ y0 = 1. 2x0 − y0 = 1 Vậy 2x0 + 3y0 = 2 + 3 = 5. Chọn đáp án C   Câu 7. Cho hai số phức z1 = 1 − 3i, z2 = −4 − 6i có các điểm biểu diễn trong mặt phẳng tọa độ lần lượt là M , N . Gọi z là số phức mà có điểm biểu diễn là trung √ điểm đoạn M N . Tính mô-đun của số phức z. √ √ √ 2 10 3 10 A. |z| = 3 10. B. |z| = . C. |z| = 10. D. |z| = . 3 2 Lời giải. Ta có M (1; −3) và N (−4; −6). Å ã 3 9 I là trung điểm đoạn M N nên I − ; − . 2 2 3 9 Mà z là số phức có điểm biểu diễn là trung điểm I đoạn M N nên z = − − i. 2 2 √ 3 10 Vậy |z| = . 2  Chọn đáp án D # » Nhận xét. Vì điểm biểu diễn của số phức z = a + bi là M (a; b) hay OM = (a; b). Do đó cần nhớ những kiến thức cơ bản về véctơ, hệ trục Oxy và hệ thức lượng trong tam giác. #» Cho ham giác ABC, hai véctơ #» a = (a1 ; a2 ), b = (b1 ; b2 ) và R, r, p lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp và nửa chu vi tam giác ABC. 1 Các phép toán cơ bản trên vectơ: # » # » # » # » # » # » Quy tắc ba điểm: AB = AC + CA, AB − AC = CB. # » # » # » Quy tắc đường chéo hình bình hành ABCD: AC = AB + AD. » # » # » 2 2 2 AB = (xB − xA ; yB − yA ) ⇒ AB = AB = (xB − xA ) + (yB − yA ) . xA + xB yA + yB và yM = . 2 2 xA + xB + xC yA + yB + yC G là trọng tâm tam giác ABC ⇒ xG = và yG = . 3 3 ® a1 = b1 #» 4 Hai vectơ bằng nhau: #» a = b ⇔ . a2 = b2 3 M là trung điểm của AB ⇒ xM = a1 a2 #» #» 5 Hai vectơ cùng phương #» a ↑↑ b ⇔ #» a = k. b ⇔ = (b1 , b2 6= 0). b1 b2  #» #» #» a ⊥ b ⇔ #» a. b = 0    Ä #»ä #» #» #» #» Ä #»ä a. b 6 Tích vô hướng #» a . b = a1 b1 + a2 b2 = | #» a | . b cos #» a, b ⇒ #»   cos a , b = #» #»  |a|. b 7 Định lí hàm sin: a b c = = = 2R. sin A sin B sin C "Toán học là môn thể dục của trí tuệ "–Isocrates Trang 23 PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX  2 2 2   a = b + c − 2bc. cos A 8 Định lí hàm cos: b2 = a2 + c2 − 2ac. cos B .   2 c = b2 + a2 − 2ab. cos C B ma c A b a C   2 b2 + c2 − a2  2  ma =   4     2 a2 + c2 − b2 2 9 Công thức trung tuyến: mb =  4     2  2 b + a2 − c2   m2 = · c 4 p 1 1 abc a+b+c 10 Diện tích: S = aha = bc sin A = = pr = p(p − a)(p − b)(p − c); p = : nửa chu vi. 2 2 4R 2 Câu 8. Gọi M và N lần lượt là điểm biểu diễn của các số phức z1 , z2 như hình bên dưới. Hỏi khẳng định nào sau đây sai? A. |z1 − z2 | = M N . B. |z1 | = OM . C. |z2 | = ON . D. |z1 + z2 | = M N . y N M O Lời giải. Đặt z1 = a» 1 + b1 i, z2 = a2 + b2 i, suy ra M (a1 ; b1 ), N (a2 ; b2 ) 2 2 ⇒ M N = (a2 − a1 ) + (b2 − b1 ) . » 2 2 Ta có z1 + z2 = (a1 + a2 ) + (b1 + b2 ) i ⇒ |z1 + z2 | = (a1 + a2 ) + (b1 + b2 ) 6= M N . Chọn đáp án D  Câu 9. Gọi M là điểm biểu diễn số phức z1 = 3 − 4i và điểm N là điểm biểu diễn số phức z2 = tích S của tam giác OM N với O là gốc tọa độ. 15 25 25 A. S = . B. S = . C. S = . 2 4 2 Lời giải. Å ã 1 7 1 7 1 Ta có z1 = 3 − 4i, z2 = (1 + i) z1 = − i ⇒ M (3; −4), N ;− . 2 ã2 2 2 Å ã 2 Å 7 1 1 7 # » # » # »# » Ta có N O = − ; , NM = − ; − ⇒ N O.N M = 0 ⇒ 4OM N vuông tại N . 2 2 2 2 √ √ 5 2 5 2 và N M = . NO = 2 2 1 25 Vậy S4OM N = · N O · N M = . 2 4 Chọn đáp án B (# » AB = (a; b) 1 a b 1 Cần nhớ: Tính diện tích 4ABC : # » ⇒ S4ABC = = |ad − bc|. c d 2 2 AC = (c; d) x 1 (1 + i) z1 . Tính diện 2 D. S = 31 . 4  2 Câu 10. Trong mặt phẳng phức cho 3 điểm lần lượt là điểm biểu diễn của số phức z1 = 1 + i, z2 = (1 + i) , z3 = m − i. Tìm tham số m để tam giác ABC vuông tại B. A. m = 3. B. m = −2. C. m = −3. D. m = 2. Lời giải. Ta có z1 = 1 + i ⇒ A(1; 1), z1 = (1 + i)2 = 2i ⇒ B(0; 2), z3 = m − i ⇒ C(m, −1). # » # » BA = (1; −1), BC = (m; −3). # »# » Để 4ABC vuông tại B ⇔ BA.BC = 0 ⇔ 1 · m + (−1) · (−3) = 0 ⇔ m + 3 = 0 ⇔ m = −3. Chọn đáp án C  Trang 24 "Toán học là môn thể dục của trí tuệ "–Isocrates LATEX PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ Câu 11. Trong mặt phẳng phức, gọi A, B, C lần lượt là điểm biểu diễn của các số phức z1 = 3+2i, z2 = 3−2i, z3 = −3−2i. Hỏi khẳng định nào sau đây là sai? A. B và C đối xứng nhau qua trục tung. ã Å 2 . B. Trọng tâm của tam giác ABC là điểm G 1; 3 C. A và B đối xứng nhau qua trục hoành. √ D. A, B, C nằm trên đường tròn tâm là gốc tọa độ và bán kính bằng 13. Lời giải. Ta có z1 = 3 + 2i ⇒ A(3; 2), z2 = 3 − 2i ⇒ B(3; −2), z3 = −3 − 2i ⇒ C(−3; −2). B và C đối xứng nhau qua trục tung. Å ã Å ã 2 2 Trọng tâm G của tam giác ABC: G 1; − 6= 1; . 3 3 A và B đối xứng nhau √ qua trục hoành. √ OA = OB = OC = 13 nên A, B, C nằm trên đường tròn tâm là gốc tọa độ và bán kính bằng 13. Chọn đáp án B  Câu 12. Cho ABCD là hình bình hành với A, B, C lần lượt là các điểm biểu diễn các số phức 1 − i, 2 + 3i, 3 + i. Tìm số phức z có điểm biểu diễn là D. A. z = 2 − 3i. B. z = 4 + 5i. C. z = 4 + 3i. D. z = 2 + 5i. Lời giải. Ta có A(1; −1), B(2; 3), C(3; 1). # » # » Gọi z = x + yi (x, y ∈ R) ⇒ D(x; y). Khi đó AB ® = (1; 4) , DC =®(3 − x; 1 − y). 1=3−x x=2 # » # » Do ABCD là hình bình hành nên AB = DC ⇔ ⇔ 4=1−y y = −3. Vậy z = 2 − 3i. Chọn đáp án A  Câu 13. Cho hai điểm M, N trong mặt phẳng phức như hình vẽ, gọi P là điếm sao cho OM N P là hình bình hành. Hỏi điểm P biểu thị cho số phức nào sau đây? A. z4 = 3 − 3i. B. z3 = −2 + i. C. z2 = 4 + i. D. z1 = 2 − i. y 2 M N 1 O 3 x 1 Lời giải. Ta có O(0; 0), M (1; 2), N (3; 1) và OM N P là hình bình hành ⇒ P (2; −1) ⇒ P biểu thị số phức z1 = 2 − i. Chọn đáp án D  Câu 14. Trong mặt phẳng phức, gọi A, B, C lần lượt là các điểm biểu diễn các số phức z1 = (1 − i) · (2 + i) , z2 = 1 + 3i, z3 = −1 − 3i. Hỏi khẳng định nào sau đây đúng? A. Tam giác ABC là tam giác vuông nhưng không cân. B. Tam giác ABC là tam giác cân nhưng không đều, không vuông. C. Tam giác ABC là tam giác vuông cân. D. Tam giác ABC là tam giác đều. Lời giải. # » # » # » Ta có i nên A (3; −1) , B (1; 3) , C (−1; −3). Khi đó AB = (−2; 4) , AC = (−4; −2) , BC = (−2; −6). ( #z1»= #3 − » AB · AC = 0 Do √ nên tam giác ABC vuông cân tại A. AB = AC = 2 5 Chọn đáp án C  Câu 15. √ Cho số phức z thỏa |z| = 2 10. Hỏi điểm biểu diễn của z là điểm nào trong hình? A. Điểm P . B. Điểm M . C. Điểm N . D. Điểm Q. y 4 N M 2 −3 6 −4 O −2 P −3 x 3 Q Lời giải. "Toán học là môn thể dục của trí tuệ "–Isocrates Trang 25 PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX √ √ √ Ta có: M (3; 4) ⇒ |z| = 5, N (−4; 2) ⇒ |z| = 2 5, P (−3; −3) ⇒ |z| = 3 2, Q (6; −2) ⇒ |z| = 2 10. Chọn đáp án D Câu 16. Trong mặt phẳng tọa độ, điểm M là điểm biểu diễn số phức z. Điểm nào trong hình vẽ là điểm biểu diễn của số phức 2z? A. Điểm N . B. Điểm Q. C. Điểm E. D. Điểm P .  y Q E M x N P Lời giải. # » # » Dựa vào hình vẽ ta thấy OE = 2OM . Vậy điểm E là điểm biểu diễn của số phức 2z. Chọn đáp án C  Câu 17. 1 Cho số phức z có điểm biểu diễn là M . Biết số phức w = được biểu diễn bởi một trong z bốn điểm P, Q, R, S như hình vẽ. Hỏi điểm biểu diễn của w là điểm nào? A. Điểm S. B. Điểm Q. C. Điểm P . D. Điểm R. y P M 1 x Q 1 R S Lời giải. Ta có M (1; 1) nên z = 1 + i, suy ra w = 1 1 1 1 = = − i. z 1+i 2 2 Vậy điểm biểu diễn của w là điểm Q. Chọn đáp án B  Câu 18. Số phức z được biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ như hình vẽ. Hỏi điểm biểu diễn của số phức i w = nằm ở góc phần tư thứ mấy trong hệ trục tọa độ Oxy? z A. Thứ nhất. B. Thứ hai. C. Thứ ba. D. Thứ tư. y 1 z 1 x Lời giải. √ Gọi z = x + yi, (x, y ∈ R+ ) sao cho 0 < x2 + y 2 < 2. Khi đó w= i i i(x + yi) −y + xi y x = = 2 = 2 =− 2 + 2 i. 2 2 2 z x − yi x +y x +y x +y x + y2 y x < 0; 2 > 0 ⇒ điểm biểu diễn của số phức w nằm ở góc phần tư thứ hai. 2 +y x + y2 Chọn đáp án B Mà − x2  Câu 19. √ 2 Cho số phức z thỏa |z| = và điểm A trong hình vẽ bên là điểm biểu diễn của z. Biết trong 2 1 hình vẽ, điểm biểu diễn của số phức w = là một trong bốn điểm M, N, P, Q. Khi đó điểm iz biểu diễn của số phức w là điểm nào sau đây? A. Điểm Q. B. Điểm M . C. Điểm N . D. Điểm P . Q M y A x N P Lời giải. Trang 26 “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX Gọi z = x + iy, (x, y ∈ R+ ) sao cho x2 + y 2 = w= 1 . Khi đó 2 1 1 −y − xi = −2y − 2xi. = = 2 iz −y + xi x + y2 Dựa vào hình vẽ của đề bài ta suy ra điểm biểu diễn của số phức w là điểm P . Chọn đáp án D  Câu 20. Trên mặt phẳng phức, gọi M là điểm biểu diễn số phức z = (2 − 3i) · (1 + i) và ϕ là góc tạo bởi chiều dương # » trục hoành và véc-tơ OM . Tính sin 2ϕ. 5 5 13 13 A. sin 2ϕ = − . B. sin 2ϕ = . C. sin 2ϕ = . D. sin 2ϕ = − . 13 13 5 5 Lời giải. # » Ta có z = (2 − 3i) · (1 + i) = 5 − i nên M (5; −1) ⇒ OM = (5; −1). 1 2 tan ϕ 5 Do tan ϕ = − nên sin 2ϕ = =− . 5 13 1 + tan2 ϕ Chọn đáp án A  2 Câu 21. Trên mặt phẳng phức, gọi M là điểm biểu diễn số phức z = (2 + i) · (4 − i) và gọi ϕ là góc tạo bởi chiều dương # » trục hoành và véc-tơ OM . Tính cos 2ϕ. 87 87 87 87 A. cos 2ϕ = − . B. cos 2ϕ = . C. cos 2ϕ = − . D. cos 2ϕ = . 475 475 425 425 Lời giải. # » 2 Ta có z = (2 + i) · (4 − i) = 16 + 13i nên M (16; 13) ⇒ OM = (16; 13). 87 1 − tan2 ϕ 13 = nên cos 2ϕ = . Do tan ϕ = 16 425 1 + tan2 ϕ Chọn đáp án D  √ Câu√22. Cho A, B, C, D là bốn điểm trong mặt phẳng tọa độ theo thứ tự biểu diễn các số phức 1 + 2i, 1 + 3 + i, 1 + 3 − i, 1 − 2i. Biết ABCD là tứ giác nội tiếp đường tròn tâm I, bán kính R. Hỏi tọa độ điểm I biểu diễn số phức nào sau đây? √ √ A. z = 3. B. z = 1 − i 3. C. z = 1. D. z = −1. Lời giải. Ä ä Ä √ √ ä Ta có A (1; 2) , B 1 + 3; 1 , C 1 + 3; −1 , D (1; −2) và gọi I (x; y). Do ABCD là tứ giác nội tiếp đường tròn tâm I, bán kính R nên IA = IB = IC = ID = R. Suy ra: 2 2 2 2 +) IA2 = ID2 ⇒ (x − 1) + (y − 2) = (x − 1) + (y + 2) ⇒ y = 0. Ä ä √ 2 2 2 2 +) IA2 = IB 2 ⇒ (x − 1) + (y − 2) = x − 1 − 3 + (y − 1) , với y = 0 ta tìm được x = 1. Vậy I (1; 0) nên I biểu diễn số phức z = 1. Chọn đáp án C  Câu 23. Cho hai số phức z0 , z1 khác 0 thỏa mãn z02 − z0 z1 + z12 = 0. Gọi A, B lần lượt là các điểm biểu diễn cho số phức z0 , z1 . Hỏi tam giác OAB là tam giác gì? A. Tam giác đều. B. Tam giác vuông tại O. C. Tam giác tù. D. Tam giác có một góc bằng 45◦ . Lời giải. Ta có Å ã2 z0 z0 z02 − z0 z1 + z12 = 0 ⇔ − +1=0 z1 z1 √  z0 1−i 3  z1 = 2 ⇔  √  z0 1+i 3 = z1 2 √  1−i 3 z1  z0 = 2√ ⇔   1+i 3 z0 = z1 . 2 √ 1−i 3 Xét trường hợp z0 = z1 . 2 √ √ 1−i 3 1−i 3 OA = |z0 | = z1 = · |z1 | = |z1 | = OB. 2 2 “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates Trang 27 PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX √ √ 1−i 3 1+i 3 # » # » AB = OB − OA = |z1 − z0 | = z1 − z1 = z1 = |z1 | = OB. 2 2 Như vậy: OA = OB = AB ⇒ 4OAB là tam giác đều. √ 1+i 3 Xét trường hợp z0 = z1 . 2 √ √ 1+i 3 1+i 3 · |z1 | = |z1 | = OB. OA = |z0 | = z1 = 2 2 √ √ 1+i 3 1−i 3 # » # » AB = OB − OA = |z1 − z0 | = z1 − z1 = z1 = |z1 | = OB. 2 2 Như vậy: OA = OB = AB ⇒ 4OAB là tam giác đều. Tóm lại, ba điểm O, A, B tạo thành tam giác đều (O là gốc tọa độ). Chọn đáp án A  0 Câu 24. Xét số phức z và số phức liên hợp của nó có điểm biểu diễn là M, M . Số phức z (4 + 3i) và số phức liên hợp của nó có điểm biểu diễn lần lượt là N, N 0 . Biết rằng M M 0 N 0 N là một hình chữ nhật. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = |z + 4i − 5|. 5 2 1 4 A. min P = √ . B. min P = √ . C. min P = √ . D. min P = √ . 34 5 2 13 Lời giải. y Đặt z = a + bi. Khi đó z(4 + 3i) = 4a − 3b + (3a + 4b)i và 0 0 M b M (a; b); M (a; −b), N (4a − 3b; 3a + 4b), N (4a − 3b; −3a − 4b). # » M N = (3a − 3b; 3a + 3b). Theo tính chất đối xứng thì M N N 0 M 0 là hình thang cân. Do đó để M N N 0 M 0 # » là hình chữ nhật thì M N cùng phương với trục Ox hay 3a + 3b = 0 ⇔ b = −a. Ta có N 3a + 4b » (a − 5)2 + (b + 4)2 |z + 4i − 5| = » p a x = (a − 5)2 + (−a + 4)2 = 2a2 − 18a + 41 O 4a − 3b Å ã 9 2 1 −3a − 4b = 2 a− + N0 2 2 1 ≥ √ . 2 −b M0 9 9 9 hay z = − i. 2 2 2 1 9 9 Vậy giá trị nhỏ nhất của |z + 4i − 5| bằng √ khi và chỉ khi z = − i. 2 2 2 Chọn đáp án C  √ Câu 25. Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn |z1 | = 2, |z2 | = 3 và nếu gọi M, N lần lượt là điểm biểu diễn của z1 , iz2 thì ÷ M ON = 30◦ . Tính P = z12 + 4z22 . √ √ √ √ A. P = 5. B. P = 4 7. C. P = 3 3. D. P = 5 2. Lời giải. Ta có zÄ12 + 4z22 = äz12 − (2iz2 )2 = (z1 − 2iz2 )(z1 + 2iz2 ). # » # » Lại có OM , ON = 30◦ và |z12 + 4z22 | = |(z1 − 2iz2 )(z1 + 2iz2 )| = |z1 − 2iz2 | · |z1 + 2iz2 |. Mặt khác √ √ 2 √ 3 2 2 2 ◦ 2 |z1 − 2iz2 | = |z1 | + 4|iz2 | − 4|z1 ||iz2 | cos 30 = 2 + 4 · ( 3) − 4 · 2 · 3 · = 4. √2 √ √ 3 |z1 + 2iz2 |2 = |z1 |2 + 4|iz2 |2 + 4|z1 ||iz2 | cos 30◦ = 22 + 4 · ( 3)2 + 4 · 2 · 3 · = 28. 2 √ √ Do đó z12 + 4z22 = 4 · 28 = 4 7. Chọn đáp án B  Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = { DẠNG 2.1. Tập hợp điểm của số phức là đường thẳng và các bài toán liên quan Phương pháp giải Trang 28 “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX BÀI 1. 1 Cho số phức z thỏa mãn |z − (1 + i)| = |z + 2i|. Tập hợp các điểm biểu diễn số phức w = (3 − 4i)z − 1 trên mặt phẳng tọa độ là một đường thẳng. Viết phương trình đường thẳng đó. ĐS: 3x + y + 8 = 0 Lời giải. Gọi M (x; y) là điểm biểu diễn số phức w = x + yi (x, y ∈ R). Ta có w = (3 − 4i)z − 1 = x + yi ⇔ z = x + 1 + yi . 3 − 4i Do đó |z − (1 + i)| = |z + 2i| ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ x + 1 + yi x + 1 + yi − (1 + i) = + 2i 3 − 4i 3 − 4i (x + 9) + (y + 6)i (x − 6) + (y + 1)i = 3 − 4i 3 − 4i |(x − 6) + (y + 1)i| |(x + 9) + (y + 6)i| = |3 − 4i| |3 − 4i| |(x − 6) + (y + 1)i| = |(x + 9) + (y + 6)i| » » (x − 6)2 + (y + 1)2 = (x + 9)2 + (y + 6)2 ⇔ (x − 6)2 + (y + 1)2 = (x + 9)2 + (y + 6)2 ⇔ 3x + y + 8 = 0. Suy ra, tập hợp các điểm biểu diễn số phức w là đường thẳng có phương trình 3x + y + 8 = 0.  2 Cho các số phức z thỏa mãn |z − 2 − i| = |z̄ + 2i|. Tập hợp các điểm biểu diễn số phức w = (1 + i)z − 2 trên mặt phẳng tọa độ là một đường thẳng. Viết phương trình đường thẳng đó. ĐS: 3x + y + 5 = 0 Lời giải. Gọi M (x; y) là điểm biểu diễn số phức w = x + yi (x, y ∈ R). Ta có w = (1 + i)z − 2 = x + yi ⇔ z = (x + y + 2) − (x − y + 2)i . 2 Do đó |z − 2 − i| = |z̄ + 2i| (x + y + 2) − (x − y + 2)i (x + y + 2) + (x − y + 2)i −2−i = + 2i 2 2 (x + y − 2) − (x − y + 4)i (x + y + 2) + (x − y + 6)i ⇔ = 2 2 ⇔ |(x + y − 2) − (x − y + 4)i| = |(x + y + 2) + (x − y + 6)i| » » ⇔ (x + y − 2)2 + (x − y + 4)2 = (x + y + 2)2 + (x − y + 6)2 ⇔ ⇔ (x + y − 2)2 + (x − y + 4)2 = (x + y + 2)2 + (x − y + 6)2 ⇔ 3x + y + 5 = 0. Suy ra, tập hợp các điểm biểu diễn số phức w là đường thẳng có phương trình 3x + y + 5 = 0.  BÀI 2. Cho số phức z thỏa mãn 2 |z − 2 + 3i| = |2i − 1 − 2z̄|. Tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z trong mặt phẳng tọa độ Oxy là đường thẳng có phương trình nào sau đây? A. 20x − 16y − 47 = 0. B. 20x + 16y − 47 = 0. C. 20x − 16y + 47 = 0. D. 20x + 16y + 47 = 0. Lời giải. Gọi M (x; y) là điểm biểu diễn số phức z = x + yi (x, y ∈ R). Ta có ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 2 |z − 2 + 3i| = |2i − 1 − 2z̄| 2 |(x + yi) − 2 + 3i| = |2i − 1 − 2(x − yi)| 2 |(x − 2) + (y + 3)i| = |(−2x − 1) + (2y + 2)i| » » 2 (x − 2)2 + (y + 3)2 = (−2x − 1)2 + (2y + 2)2   4 (x − 2)2 + (y + 3)2 = (−2x − 1)2 + (2y + 2)2 20x − 16y − 47 = 0. “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates Trang 29 PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX Suy ra, tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường thẳng có phương trình 20x − 16y − 47 = 0. Chọn đáp án A  Câu 26. Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn |z| = |z̄ − 2 + 3i|. A. Đường thẳng d : 4x − 6y + 13 = 0. B. Đường thẳng d : 4x + 6y − 13 = 0. C. Đường thẳng d : 6x − 4y − 13 = 0. D. Đường thẳng d : 6x − 4y + 13 = 0. Lời giải. Gọi M (x; y) là điểm biểu diễn số phức z = x + yi (x, y ∈ R). Ta có |z| = |z̄ − 2 + 3i| ⇔ |x + yi| = |(x − yi) − 2 + 3i| ⇔ |x + yi| = |(x − 2) + (3 − y)i| » p x2 + y 2 = (x − 2)2 + (3 − y)2 ⇔ ⇔ x2 + y 2 = (x − 2)2 + (3 − y)2 ⇔ 4x + 6y − 13 = 0. Suy ra tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường thẳng có phương trình 4x + 6y − 13 = 0. Chọn đáp án B  Câu 27. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn z(1 + i) là số thực. A. Trục Oy. B. Trục Oz. C. y = −x. D. y = x. Lời giải. Gọi M (x; y) là điểm biểu diễn số phức z = x + yi (x, y ∈ R). Ta có z(1 + i) = (x + yi)(1 + i) = (x − y) + (x + y)i. Để z(1 + i) là số thực điều kiện cần và đủ là x + y = 0 ⇔ y = −x. Suy ra, tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường thẳng có phương trình y = −x. Chọn đáp án C  Câu 28. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện w = z(2 + 3i) + 5 − i là số thuần ảo. A. Đường thẳng 2x − 3y + 1 = 0. B. Đường thẳng 2x − 3y + 5 = 0. C. Đường thẳng 3x + 2y + 1 = 0. D. Đường thẳng 3x + 2y − 1 = 0. Lời giải. Gọi M (x; y) là điểm biểu diễn số phức z = x + yi (x, y ∈ R). Ta có w = z(2 + 3i) + 5 − i = (x + yi)(2 + 3i) + 5 − i = (2x − 3y + 5) + (3x + 2y − 1)i. Để w = z(2 + 3i) + 5 − i là số thuần ảo điều kiện cần và đủ là 2x − 3y + 5 = 0. Suy ra, tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường thẳng có phương trình 2x − 3y + 5 = 0. Chọn đáp án B  √ Câu 29. Tìm tất cả các số phức z thỏa mãn |z − 2i| = 5 và điểm biểu diễn số phức z thuộc đường thẳng d : 3x − y + 1 = 0. 2 1 A. z = 1 − 4i. B. z = 1 + 4i hoặc z = − − i. 5 5 2 11 2 1 C. z = −1 − 2i hoặc z = + i. D. z = − + i. 5 5 5 5 Lời giải. Gọi M (x; y) là điểm biểu diễn số phức z = x + yi (x, y ∈ R). Ta có |z − 2i| = √ 5 ⇔ √ |(x + yi) − 2i| = 5 √ ⇔ |x + (y − 2)i| = 5 ⇔ x2 + (y − 2)2 = 5. Mặt khác, điểm biểu diễn số phức z thuộc đường thẳng d : 3x − y + 1 = 0 nên ta có hệ phương trình ® 2 x + (y − 2) = 5 3x − y + 1 = 0 2 1 Từ đó suy ra z = 1 + 4i hoặc z = − − i. 5 5 Chọn đáp án B Trang 30 2 ® ⇔  2  x = − x=1 5 hoặc  y=4  y = −1. 5  “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX Câu 30. Cho số phức z thỏa mãn |z − i| = |z − 1 + 2i|. Tập hợp các điểm biểu diễn số phức w = (2 − i)z + 1 trên mặt phẳng tọa độ là một đường thẳng. Viết phương trình đường thẳng đó. A. x − 7y − 9 = 0. B. x + 7y − 9 = 0. C. x + 7y + 9 = 0. D. x − 7y + 9 = 0. Lời giải. Gọi M (x; y) là điểm biểu diễn số phức w = x + yi (x, y ∈ R) thỏa bài toán. x − 1 + yi . Ta có w = (2 − i)z + 1 = x + yi ⇔ z = 2−i Từ đó |z − i| = |z − 1 + 2i| x − 1 + yi x − 1 + yi −i = − 1 + 2i 2−i 2−i |(x − 1) + (y + 5)i| |(x − 2) + (y − 2)i| = ⇔ |2 − i| |2 − i| » » (x − 2)2 + (y − 2)2 = (x − 1)2 + (y + 5)2 ⇔ ⇔ x + 7y + 9 = 0. ⇔ Chọn đáp án C  Nhận xét. Bài toán cho z, yêu cầu tìm tập hợp điểm biểu diễn w (loại gián tiếp) thường ta sẽ gọi w = x + yi, sau đó biểu thị z theo x, y sẽ tìm được tập hợp điểm. Câu 31. Cho tất cả các số phức z = x + yi (x, y ∈ R) thỏa mãn |z + 2i − 1| = |z + i|. Biết z được biểu diễn bởi điểm M sao cho M A ngắn nhất với A(1; 3). Tìm P = 2x + 3y. A. P = 9. B. P = 11. C. P = −3. D. P = 5. Lời giải. Gọi M (x; y) là điểm biểu diễn số phức z = x + yi (x, y ∈ R). Ta có |z + 2i − 1| = |z + i| ⇔ |x + yi + 2i − 1| = |x + yi + i| ⇔ |(x − 1) + (y + 2)i| = |x + (y + 1)i| ⇔ (x − 1)2 + (y + 2)2 = x2 + (y + 1)2 ⇔ x − y − 2 = 0. Như vậy, tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường thẳng ∆ : x − y − 2 = 0. Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm A(1; 3) trên đường thẳng ∆,khi đó H(3; 1). Ta luôn có M A ≥ M H. Nên, M A ngắn nhất khi và chỉ khi M ≡ H, hay M (3; 1). Do đó P = 2x + 3y = 2 · 3 + 3 · 1 = 9.  Chọn đáp án A Câu 32. Cho hai số phức z1 = 1 + 3i và z2 = −5 − 3i. Tìm điểm M (x; y) biểu diễn số phức z3 , biết rằng trong mặt phẳng phức 2y + 1 = 0 và mô-đun số Å điểm Mã nằm trên đường thẳng Å x −ã Å phức ã w = 3z3 − z2 − 2z1 đạtÅgiá trị nhỏ ã nhất. 3 1 3 1 3 1 3 1 A. M − ; − . B. M ;− . C. M ; . D. M − ; . 5 5 5 5 5 5 5 5 Lời giải. Vì điểm M (x; y) nằm trên đường thẳng x − 2y + 1 = 0 nên M = (2y − 1; y). Do đó z3 = (2y − 1) + yi. Ta có w = 3z3 − z2 − 2z1 = 3 [(2y − 1) + yi] − (−5 − 3i) − 2(1 + 3i) = 6y + (3y − 3)i. √ Å ã p 1 2 36 6 5 2 2 |w| = (6y) + (3y − 3) = 45 y − + ≥ . 5 5 5 1 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi y = . 5 Å ã 3 1 Như vậy |w| nhỏ nhất khi M − ; . 5 5 Chọn đáp án D  { DẠNG 2.2. Tập hợp điểm của số phức là đường tròn, hình tròn, hình vành khăn Phương pháp giải BÀI 1. 2. 1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp những điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện |z − (3 − 4i)| = ĐS: Đường tròn (C) : (x − 3)2 + (y + 4)2 = 4. Lời giải. “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates Trang 31 PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX Gọi M (x; y) là điểm biểu diễn số phức z = x + yi (x, y ∈ R) thỏa mãn bài toán. Ta có |z − (3 − 4i)| = 2 ⇔ ⇔ |x + yi − (3 − 4i)| = 2 |(x − 3) + (y + 4)i| = 2 » (x − 3)2 + (y + 4)2 = 2 ⇔ ⇔ (x − 3)2 + (y + 4)2 = 4. Vậy, tập hợp các điểm M (x; y) là điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn bài toán là đường tròn (C) : (x−3)2 +(y+4)2 = 4 có tâm I(3; −4), bán kính R = 2.  2 Cho số phức z thỏa mãn |z + 2| = 5. Biết rằng tập hợp điểm biểu diễn của số phức w = (1 − 2i)z + 3 là một đường √ tròn tâm I và bán kính R. Tìm I và R. ĐS: I(1; 4), R = 5 5. Lời giải. Gọi w = x + yi (x, y ∈ R). Theo đề bài ta có w = (1 − 2i)z + 3 w−3 1 − 2i w−3 ⇔ z+2= +2 1 − 2i w − 1 − 4i ⇔ z+2= 1 − 2i (x − 1) + (y − 4)i ⇔ z+2= . 1 − 2i ⇔ z= Lấy mô-đun hai vế ta được (x − 1) + (y − 4)i 1 − 2i |(x − 1) + (y − 4)i| ⇔ 5= |1 − 2i| p (x − 1)2 + (y − 4)2 √ ⇔ 5= 5 √ ⇔ (x − 1)2 + (y − 4)2 = (5 5)2 . |z + 2| = √ Vậy, tập hợp các điểm biểu diễn số phức w là đường tròn có tâm I(1; 4), bán kính R = 5 5.  √ 10 3 Cho số phức z thỏa mãn (2 + i) |z| = + 1 − 2i. Biết tập hợp điểm biểu diễn của số phức w = (3 − 4i)z − 1 + 2i z là một đường tròn tâm I và bán kính R. Tìm I và R. ĐS: I(−1; 2), R = 5. Lời giải. √ √ 10 10 + 1 − 2i ⇔ (2 |z| − 1) + (|z| + 2) i = . z z Lấy mô-đun hai vế, ta có Ta có (2 + i) |z| = √ 10 |(2 |z| − 1) + (|z| + 2) i| = z √ » 10 2 2 ⇔ (2 |z| − 1) + (|z| + 2) = |z| 10 2 ⇔ 5 |z| + 5 = 2 |z| 4 2 ⇔ 5 |z| + 5 |z| − 1 = 0 ⇔ |z| = 1. Gọi w = x + yi (x, y ∈ R). Theo đề bài ta có w = (3 − 4i)z − 1 + 2i ⇔ z = w + 1 − 2i (x + 1) + (y − 2)i ⇔z= . 3 − 4i 3 − 4i Lấy mô-đun hai vế ta được |z| = Trang 32 (x + 1) + (y − 2)i 3 − 4i |(x + 1) + (y − 2)i| |z| = |3 − 4i| p (x + 1)2 + (y − 2)2 ⇔ 1= 5 ⇔ (x + 1)2 + (y − 2)2 = 25. ⇔ “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX Vậy, tập hợp điểm biểu diễn số phức w là đường tròn tâm I(−1; 2), bán kính R = 5.  4 Hãy xác định tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z thỏa mãn 1 < |z − 1| < 2. Lời giải. y Gọi M (x; y) là điểm biểu diễn số phức z = x + yi (x, y ∈ R) thỏa mãn bài toán. Theo đề bài ta có 1 < |z − 1| < 2 ⇔ 1 < |(x − 1) + yi| < 2 » ⇔ 1 < (x − 1)2 + y 2 < 2 ⇔ 1 < (x − 1)2 + y 2 < 4. O I x Vậy tập hợp các điểm M (x; y) biểu diễn số phức z thỏa mãn 1 < |z − 1| < 2 là hình vành khăn là phần nằm giữa hai đường tròn đồng tâm I(1; 0) với bán kính R1 = 1, R2 = 2 như hình vẽ bên (không tính những điểm nằm trên hai đường tròn).  Câu 33. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp những điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện |z − i| = |(1 + i)z|. A. x2 + (y − 1)2 = 4. B. (x − 1)2 + y 2 = 4. C. x2 + (y + 1)2 = 2. D. (x + 1)2 + y 2 = 2. Lời giải. Gọi M (x; y) là điểm biểu diễn số phức z = x + yi (x, y ∈ R). Ta có |z − i| = |(1 + i)z| ⇔ |(x + yi) − i| = |(1 + i)(x + yi)| ⇔ |x + (y − 1)i| = |(x − y) + (x + y)i| » » ⇔ x2 + (y − 1)2 = (x − y)2 + (x + y)2 ⇔ x2 + (y − 1)2 = (x − y)2 + (x + y)2 ⇔ x2 + y 2 + 2y − 1 = 0 ⇔ x2 + (y + 1)2 = 2. Vậy, tập hợp những điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện |z − i| = |(1 + i)z| là đường tròn (C) có phương trình x2 + (y + 1)2 = 2.  Chọn đáp án C Cần nhớ những kiến thức cơ bản về đường tròn trong mặt phẳng tọa độ Oxy. 1 Để viết phương trình đường tròn ta cần tìm tâm I(a; b) và bán kính R. ! Dạng 1 Đường tròn (C) có phương trình (x − a)2 + (y − b)2 = R2 . Dạng 2 Đường tròn (C) có phương trình x2 + y 2 − 2ax − 2by + c = 0, với R = √ a2 + b2 − c. 2 Chu vi đường tròn p = 2πR và diện tích hình tròn S = πR2 . Câu 34. Trong mặt phẳng phức, tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn |z − 3 + 5i| = 4 là một đường tròn. Tính chu vi p của đường tròn đó. A. p = 4π. B. p = 2π. C. p = 8π. D. p = 16π. Lời giải. Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn |z − 3 + 5i| = 4 là đường tròn tâm I(3; −5), bán kính R = 4. Chu vi đường tròn là p = 2πR = 8π. Chọn đáp án C  Câu 35. Cho số phức z thỏa mãn (z + 1)(z̄ − 2i) là một số thuần ảo. Tập hợp điểm biểu diễn số phức z là một đường tròn có diện tích S bằng bao nhiêu? 5π 5π . C. S = . D. S = 25π. A. S = 5π. B. S = 4 2 Lời giải. Gọi M (x; y) là điểm biểu diễn số phức z = x + yi (x, y ∈ R). Ta có (z + 1)(z̄ − 2i) = (x + yi + 1)(x − yi − 2i) = [(x + 1) + yi] · [x − (y + 2)i] = (x2 + y 2 + x + 2y) − (2x + y + 2)i. Å ã 1 2 5 (z + 1)(z̄ − 2i) là một số thuần ảo khi và chỉ khi x2 + y 2 + x + 2y = 0 ⇔ x + + (y + 1)2 = . 2 4 "Toán học là môn thể dục của trí tuệ "–Isocrates Trang 33 PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX √ Å ã 1 5 Suy ra, tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn (C) tâm I − ; −1 , bán kính R = . 2 2 5π Diện tích hình tròn (C) là S = πR2 = . 4 Chọn đáp án B  Câu 36. Cho số phức z thỏa mãn |z − 1| = 2. Biết rằng tập hợp điểm biểu diễn số phức w = 2z − i là một đường tròn tâm I và bán kính R. Tìm khẳng định đúng. A. I(2; −1), R = 2. B. I(2; 1), R = 4. C. I(2; −1), R = 4. D. I(−2; 1), R = 2. Lời giải. Gọi w = x + yi (x, y ∈ R). Theo đề bài ta có w+i 2 w+i ⇔ z−1= −1 2 w−2+i ⇔ z−1= 2 (x − 2) + (y + 1)i ⇔ z−1= . 2 w = 2z − i ⇔ z = Lấy mô-đun hai vế ta được (x − 2) + (y + 1)i 2 |(x − 2) + (y + 1)i| ⇔ 2= 2 p (x − 2)2 + (y + 1)2 ⇔ 2= 2 ⇔ (x − 2)2 + (y + 1)2 = 16. |z − 1| = Như vậy,tập hợp điểm biểu diễn số phức w = 2z − i là một đường tròn tâm I(2; −1) và bán kính R = 4. Chọn đáp án C  √ Câu 37. Cho số phức z thỏa mãn |z − 1| = 1. Biết rằng tập hợp điểm biểu diễn số phức w = (1 + i 3)z + 2 là một đường tròn√ tâm I và bán kính R. Tìm khẳng √ định đúng. √ √ A. I(3; 3), R = 4. B. I(3; 3), R = 2. C. I(3; − 3), R = 4. D. I(−3; 3), R = 2. Lời giải. Gọi w = x + yi (x, y ∈ R). Theo đề bài ta có √ w = (1 + i 3)z + 2 w−2 √ 1+i 3 w−2 √ −1 ⇔ z−1= 1+i 3 √ w−3−i 3 √ ⇔ z−1= 1+i 3 √ (x − 3) + (y − 3)i √ ⇔ z−1= . 1+i 3 ⇔ z= Lấy mô-đun hai vế ta được √ (x − 3) + (y − 3)i √ |z − 1| = 1+i 3 √ (x − 3) + (y − 3)i ⇔ 1= √ 1+i 3 » √ (x − 3)2 + (y − 3)2 ⇔ 1= 2√ ⇔ (x − 3)2 + (y − 3)2 = 4. √ √ Như vậy,tập hợp điểm biểu diễn số phức w = (1 + i 3)z + 2 là một đường tròn tâm I(3; 3) và bán kính R = 2. Chọn đáp án B Trang 34  "Toán học là môn thể dục của trí tuệ "–Isocrates PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX Câu 38. Cho số phức z thỏa mãn |z − 1 + 2i| = 3. Biết tập hợp điểm biểu diễn số phức w = z̄ + 1 − i là một đường tròn tâm I và bán kính R. Tìm khẳng định đúng. √ C. I(2; 1), R = 4. D. I(1; 2), R = 5. A. I(2; 1), R = 3. B. I(1; 2), R = 3. Lời giải. Gọi w = x + yi (x, y ∈ R). Theo đề bài ta có w = z̄ + 1 − i ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ z̄ = w − 1 + i z̄ = (x − 1) + (y + 1)i z = (x − 1) − (y + 1)i z − 1 + 2i = (x − 1) − (y + 1)i − 1 + 2i z − 1 + 2i = (x − 2) + (1 − y)i. Lấy mô-đun hai vế ta được |z − 1 + 2i| = |(x − 2) + (1 − y)i| » ⇔ 3 = (x − 2)2 + (1 − y)2 ⇔ (x − 2)2 + (y − 1)2 = 9. Vậy, tập hợp điểm biểu diễn số phức w = z̄ + 1 − i là một đường tròn tâm I(2; 1) và bán kính R = 3. Chọn đáp án A  2 Câu 39. Cho số phức z thỏa mãn |z + 1| = z z̄ . Biết rằng tập hợp điểm biểu diễn số phức w = (1 + 2i)z + 1 là một 2 đường tròn tâm I và bán kính R. Tìm I và R. √ √ A. I(0; −2), R = 5. B. I(1; −4), R = 10. C. I(0; 2), R = √ 5. D. I(−1; −4), R = √ 10. Lời giải. Gọi w = x + yi (x, y ∈ R). Theo đề bài ta có w = (1 + 2i)z + 1 w−1 1 + 2i (x − 1) + yi . ⇔ z= 1 + 2i ⇔ z= Từ đó ta có 2 |z + 1| = z z̄ 2 ⇔ (x − 1) + yi +1 1 + 2i 2 = 1 (x − 1) + yi (x − 1) − yi · · 2 1 + 2i 1 − 2i 2 x + (y + 2)i 1 (x − 1)2 + y 2 = · 1 + 2i 2 5 x2 + (y + 2)2 1 (x − 1)2 + y 2 ⇔ = · 5  2 5 2 ⇔ 2 x + (y + 2)2 = (x − 1)2 + y 2 ⇔ ⇔ (x + 1)2 + (y + 4)2 = 10. Như vậy,tập hợp điểm biểu diễn số phức w = (1 + 2i)z + 1 là một đường tròn tâm I(−1; −4) và bán kính R = Chọn đáp án D √ 10.  √ 2 3 + 1 + i. Biết rằng tập hợp điểm biểu diễn số phức w = iz − 1 + i là z một đường tròn tâm I và bán kính R. Tìm khẳng định đúng. √ √ A. I(−1; 1), R = 2. B. I(1; 1), R = 2. C. I(1; 1), R = 2. D. I(−1; 1), R = 2. Câu 40. Cho số phức z thỏa mãn (1 − i) |z̄| = Lời giải. √ √ √ 2 3 2 3 2 3 Ta có (1 − i) |z̄| = + 1 + i ⇔ (1 − i) |z| = + 1 + i ⇔ (|z| − 1) − (|z| + 1) i = . z z z "Toán học là môn thể dục của trí tuệ "–Isocrates Trang 35 PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX Lấy mô-đun hai vế, ta có √ 2 3 |(|z| − 1) − (|z| + 1) i| = z √ » 2 3 2 2 (|z| − 1) + (|z| + 1) = |z| 12 2 2 (|z| − 1) + (|z| + 1) = 2 |z| ⇔ ⇔ 4 2 ⇔ |z| + |z| − 6 = 0 ⇒ |z| = 2 √ |z| = 2. 2 ⇒ Gọi w = x + yi (x, y ∈ R). Theo đề bài ta có w = iz − 1 + i ⇔ z = −iw − i − 1 ⇔ z = (y − 1) + (−x − 1)i. Từ đó ta có |z| = |(y − 1) + (−x − 1)| ⇔ » √ 2 = (y − 1)2 + (−x − 1)2 ⇔ (x + 1)2 + (y − 1)2 = 2. √ Vậy, tập hợp điểm biểu diễn số phức w là đường tròn tâm I(−1; 1), bán kính R = 2. Chọn đáp án A  176 − 82i +7+3i. Biết tập hợp điểm biểu diễn số phức w = (1+i)z +2−i z̄ là một đường tròn tâm I và bán kính R. Tìm I và R. √ √ A. I(2; −1), R = 5. B. I(2; 1), R = 5. C. I(2; −1), R = 5 2. D. I(2; 1), R = 5 2. Lời giải. 176 − 82i 176 − 82i + 7 + 3i ⇔ (3 |z| − 7) − (7 |z| + 3) i = . Ta có (3 − 7i) |z| = z̄ z̄ Lấy mô-đun hai vế, ta có Câu 41. Cho số phức z thỏa mãn (3−7i) |z| = 176 − 82i z̄ √ » 37700 2 2 ⇔ (3 |z| − 7) + (7 |z| + 3) = |z| 37700 2 2 ⇔ (3 |z| − 7) + (7 |z| + 3) = 2 |z| |(3 |z| − 7) − (7 |z| + 3) i| = 4 2 ⇔ |z| + |z| − 650 = 0 ⇒ ⇒ |z| = 25 |z| = 5. 2 Gọi w = x + yi (x, y ∈ R). Theo đề bài ta có w = (1 + i)z + 2 − i ⇔ z = w−2+i (x − 2) + (y + 1)i ⇔z= . 1+i 1+i Từ đó ta có (x − 2) + (y + 1)i 1+i |(x − 2) + (y + 1)i| ⇔ 5= |1 + i| p (x − 2)2 + (y + 1)2 √ ⇔ 5= 2 » √ ⇔ (x − 2)2 + (y + 1)2 = 5 2 |z| = ⇒ (x − 2)2 + (y + 1)2 = 50. √ Vậy, tập hợp điểm biểu diễn số phức w là đường tròn tâm I(2; −1), bán kính R = 5 2. Chọn đáp án C Trang 36  "Toán học là môn thể dục của trí tuệ "–Isocrates PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX 2 Câu 42. Cho số phức z thỏa mãn |3z + i| ≤ z · z̄ + 9. Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức w thỏa mãn w = z̄ + 1 − i. Å ã Å ã 5 2 73 5 2 73 A. Hình tròn (x − 1)2 + y + ≤ . B. Đường tròn (x − 1)2 + y + ≤ . 8 64 8 64 C. Đường tròn (x − 1)2 + (y + 3)2 ≤ 9. D. Hình tròn (x − 1)2 + (y + 3)2 ≤ 9. Lời giải. Gọi w = x + yi (x, y ∈ R). Ta có w = z̄ + 1 − i ⇔ z̄ = (x − 1) + (y + 1)i ⇔ z = (x − 1) − (y + 1)i. Từ đó ta có 2 |3z + i| ≤ z · z̄ + 9 ⇔ 2 |3 [(x − 1) − (y + 1)i] + i| ≤ (x − 1)2 + (y + 1)2 + 9 2 ⇔ |3(x − 1) − (3y + 2)i| ≤ (x − 1)2 + (y + 1)2 + 9 ⇔ 9(x − 1)2 + (3y + 2)2 ≤ (x − 1)2 + (y + 1)2 + 9 ã Å 73 5 2 ≤ . ⇔ (x − 1)2 + y + 8 64 ã Å 5 2 73 Vậy, tập hợp điểm biểu diễn số phức w là hình tròn (x − 1)2 + y + ≤ . 8 64 Chọn đáp án A  √ Câu 43. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp các điểm M biểu diễn số phức w thỏa mãn w = (1 + i 3)z + 2 với |z − 1| ≤ 2. √ A. Hình tròn x2 + (y − 1)2 ≤ 4. B. Hình tròn (x − 3)2 + (y − √3)2 ≤ 16. C. Hình tròn x2 + (y − 1)2 = 16. D. Hình tròn (x − 3)2 + (y − 3)2 = 4. Lời giải. Gọi w = x + yi (x, y ∈ R). Ta có √ (x − 2) + yi w−2 √ ⇔z= √ w = (1 + i 3)z + 2 ⇔ z = . 1+i 3 1+i 3 Từ đó ta có |z − 1| ≤ 2 (x − 2) + yi √ ⇔ −1 ≤2 1+i 3 √ (x − 3) + (y − 3)i √ ⇔ ≤2 1+i 3 » √ (x − 3)2 + (y − 3)2 ≤2 ⇔ 2 √ ⇔ (x − 3)2 + (y − 3)2 ≤ 16. √ Vậy, tập hợp điểm biểu diễn số phức w là hình tròn (x − 3)2 + (y − 3)2 ≤ 16. Chọn đáp án B  Câu 44. Tập hợp các điểm biểu diễn số phức w = (1 + i)z + 1 với z là số phức thỏa mãn |z − 1| ≤ 1 là hình tròn. Tính diện tích S của hình tròn đó. A. S = 4π. B. S = 2π. C. S = 3π. D. S = π. Lời giải. Gọi w = x + yi (x, y ∈ R). Ta có w = (1 + i)z + 1 ⇔ z = w−1 (x − 1) + yi ⇔z= . 1+i 1+i Từ đó ta có ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ |z − 1| ≤ 1 (x − 1) + yi −1 ≤1 1+i (x − 1) + yi −1 ≤1 1+i p (x − 2)2 + (y − 1)2 √ ≤1 2 x − 2)2 + (y − 1)2 ≤ 2. "Toán học là môn thể dục của trí tuệ "–Isocrates Trang 37 PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ Vậy, tập hợp điểm biểu diễn số phức w là hình tròn (x − 2)2 + (y − 1)2 ≤ 2. Bán kính hình tròn là R = hình tròn là S = πR2 = 2π. Chọn đáp án B LATEX √ 2, diện tích của  2 Câu 45. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tập hợp các điểm M biểu diễn số phức w thỏa mãn w = z̄ + 1 − i với |2z + i| ≤ 3z z̄ + 1 là một hình tròn. Tìm tâm I và bán kính R. A. I(1; −1), R = 2. B. I(1; 1), R = 2. C. I(−1; −1), R = 2. D. I(1; 1), R = 4. Lời giải. Gọi w = x + yi (x, y ∈ R). Ta có w = z̄ + 1 − i ⇔ z̄ = w − 1 + i ⇔ z = (x − 1) − (y + 1)i. Từ đó ta có 2 |2z + i| ≤ 3z z̄ + 1   2 |2 [(x − 1) − (y + 1)i] + i| ≤ 3 (x − 1)2 + (y + 1)2 + 1   2 ⇔ |2(x − 1) − (2y + 1)i| ≤ 3 (x − 1)2 + (y + 1)2 + 1   ⇔ 4(x − 1)2 + (2y + 1)2 ≤ 3 (x − 1)2 + (y + 1)2 + 1 ⇔ ⇔ (x − 1)2 + (y − 1)2 ≤ 4. Vậy, tập hợp điểm biểu diễn số phức w là hình tròn có tâm I(1; 1) và bán kính R = 2. Chọn đáp án B  Câu 46. Trong mặt phẳng phức Oxy, tập hợp biểu diễn số phức z thỏa mãn 1 ≤ |z + 1 − i| ≤ 2 là hình vành khăn. Tính chu vi P của hình vành khăn. A. P = 4π. B. P = π. C. P = 2π. D. P = 3π. Lời giải. Giả sử số phức z có dạng z = x + iy, với x, y ∈ R. Khi đó z + 1 − i = x»+ iy + 1 − i = (x + 1) + (y − 1) i. Do đó |z + 1 − i| = 2 2 (x + 1) + (y − 1) . » 2 2 2 2 Xét |z + 1 − i| = 2 ⇔ (x + 1) + (y − 1) = 2 ⇔ (x + 1) + (y − 1) = 4 (C1 ). » 2 2 2 2 Tương tự ta xét |z + 1 − i| = 1 ⇔ (x + 1) + (y − 1) = 1 ⇔ (x + 1) + (y − 1) = 1 (C2 ). Do đó P là tổng chu vi hai đường tròn (C1 ) và (C2 ). Mà đường tròn (C1 ) có bán kính R1 = 2 và (C2 ) có bán kính R2 = 1 nên P = 2π · R1 − 2π · R2 = 2π · 2 − 2π · 1 = 2π. Chọn đáp án C  Câu 47. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 3 ≤ |z − 3i + 1| ≤ 5. Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z tạo thành một hình phẳng. Tính diện tích S của hình phẳng đó. A. S = 25π. B. S = 8π. C. S = 4π. D. S = 16π. Lời giải. Giả sử số phức z có dạng z = x + iy, với x, y ∈ R. Khi đó z − 3i + 1 = x»+ iy − 3i + 1 = (x + 1) + (y − 3) i. Do đó |z − 3i + 1| = 2 2 (x + 1) + (y − 3) . » 2 2 2 2 Xét |z − 3i + 1| = 5 ⇔ (x + 1) + (y − 3) = 5 ⇔ (x + 1) + (y − 3) = 25 (C1 ). » 2 2 2 2 Tương tự ta xét |z − 3i + 1| = 3 ⇔ (x + 1) + (y − 3) = 3 ⇔ (x + 1) + (y − 3) = 9 (C2 ). Do đó S là diện tích hình vành khăn tạo bởi hai đường tròn (C1 ) và (C2 ). Mà đường tròn (C1 ) có bán kính R1 = 5 và (C2 ) có bán kính R2 = 3 nên S = π · R12 − π · R22 = π · 52 − π · 32 = 16π. Chọn đáp án D  Câu 48. Gọi (H) là tập hợp các điểm trong mặt phẳng tọa độ Oxy biểu diễn số phức z = x + yi (x, y ∈ R) thỏa mãn điều kiện x2 + y 2 ≤ 1 ≤ x − y. Tính diện tích hình H. 3π 1 π π 1 A. + . B. . C. − . D. 1. 4 2 4 4 2 Lời giải. y Do giả thiết số phức z có dạng z = x + iy, với x, y ∈ R. 2 2 Khi đó ta xét x + y = 1 (1) và phương trình x − y = 1 ⇔ y = x − 1 (2). ñ x=0 2 Thay (2) vào (1) ta có x2 +(x − 1) = 1 ⇔ x2 +x2 −2x+1 = 1 ⇔ 2x2 −2x = 0 ⇔ x=1 p " 2 y = 1−x x −1 1 O Mặt khác x2 + y 2 = 1 ⇔ y 2 = 1 − x2 ⇔ . p y = − 1 − x2 Do giả√thiết suy ra hình H giới hạn bởi các đường x = 0; x = 1, y = x − 1 và −1 y = − 1 − x2 . Trang 38 "Toán học là môn thể dục của trí tuệ "–Isocrates PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX Khi đó diện tích hình H bằng Z1 Z1 Z1 p Z1 Ä ä p 2 x − 1 + 1 − x dx = x dx − dx + 1 − x2 dx S= 0 0 0 2 1 = x 2 1 −x 0 0 Z1 p 1 − x2 dx + 0 0 Z1 p 1 = − + 1 − x2 dx. 2 0 Z1 p h π πi 1 − x2 dx, đặt x = sin t, với t ∈ − ; Xét J = suy ra dx = cos tdt. 2 2 0 π Khi x = 0 suy ra t = 0; khi x = 1 suy ra t = . 2 π π 2 2 Z p Z 1 − sin2 t cos t dt = |cos t| cos t dt. Do đó J = 0 0 h πi Vì cos t ≥ 0 với mọi t ∈ 0; nên 2 π π π Z2 Å Z2 Z2 ã 1 1 1 + cos 2t 1 dt + cos 2t dt = t dt = J= 2 2 2 2 0 0 0 π 2 0 1 + sin 2t 4 π 2 = 0 π . 4 1 π Do đó S = − + . 2 4 Chọn đáp án C  { DẠNG 2.3. Tập hợp điểm của số phức là elíp Định nghĩa 1. Cho hai điểm cố định F1 và F2 với F1 F2 = 2c > 0. Đường elíp là tập hợp các điểm M sao cho M F1 + M F2 = 2a (a > c). Hai điểm F1 , F2 được gọi là các tiểu điểm của elíp. Khoảng cách 2c được gọi là tiêu cự của elíp. y2 x2 Phương trình chính tắc của elíp (E) : 2 + 2 = 1. a b Các thông số cần nhớ: Trục lớn A1 A2 = 2a. Trục bé B1 B2 = 2b. ! Tiêu cự F1 F2 = 2c. Mối liên hệ a2 = b2 + c2 . c c Bán kính qua tiêu của M là M F1 = a + x, M F2 = a − x. a a Câu 49. Biết tập hợp các điểm M biểu diễn hình học số phức z thỏa mãn |z + 4| + |z − 4| = 10 là một elíp (E). Hãy viết phương trình elíp đó. x2 y2 x2 y2 x2 y2 x2 y2 A. (E) : + = 1. B. (E) : + = 1. C. (E) : + = 1. D. (E) : + = 1. 9 25 25 9 16 9 5 3 Lời giải. Gọi M (x; y) là điểm biểu diễn số phức z = x + iy, với x, y ∈ R thỏa mãn bài toán. Khi đó z − 4 = x»+ iy − 4 = (x − 4) + yi. 2 Do đó |z − 4| = (x − 4) + y 2 . Tương tự, xét z » + 4 = x + iy + 4 = (x + 4) + yi. 2 (x + 4) + y 2 . » » 2 2 Từ giả thiết suy ra (x − 4) + y 2 + (x + 4) + y 2 = 10 Do đó |z + 4| = “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates (∗). Trang 39 PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX Đặt F1 (−4; 0) và F2 (4; 0) thì (∗) ⇔ M F1 + M F2 = 10 > F1 F2 = 8. y2 x2 Nên tập hợp điểm M (x; y) biểu diễn số phức z là một elíp (E) : 2 + 2 = 1 với hai tiêu điểm F1 , F2 . a b Do M F1 + M F2 = 10 suy ra 2a = 10 ⇔ a = 5. Mặt khác F1 F2 = 8 suy ra 2c = 8 ⇔ c = 4. Mà b2 = a2 − c2 ⇔ b2 = 25 − 16 ⇔ b2 = 9 ⇔ b = 3. y2 x2 + = 1. Vậy phương trình elíp (E) : 25 9 Chọn đáp án B  Câu 50. Biết tập hợp các điểm M biểu diễn hình học số phức z thỏa mãn |z − 2| + |z + 2| = 10 là một elíp (E). Hãy viết phương trình elíp đó. x2 y2 x2 y2 x2 y2 x2 y2 A. (E) : + = 1. B. (E) : + = 1. C. (E) : + = 1. D. (E) : + = 1. 25 16 25 21 21 16 16 9 Lời giải. Gọi M (x; y) là điểm biểu diễn số phức z = x + iy, với x, y ∈ R thỏa mãn bài toán. Khi đó z − 2 = x»+ iy − 2 = (x − 2) + yi. 2 Do đó |z − 2| = (x − 2) + y 2 . Tương tự, xét z » + 2 = x + iy + 2 = (x + 2) + yi. 2 (x + 2) + y 2 . » » 2 2 Từ giả thiết suy ra (x − 2) + y 2 + (x + 2) + y 2 = 10 (∗). Đặt F1 (−2; 0) và F2 (2; 0) thì (∗) ⇔ M F1 + M F2 = 10 > F1 F2 = 4. x2 y2 Nên tập hợp điểm M (x; y) biểu diễn số phức z là một elíp (E) : 2 + 2 = 1 với hai tiêu điểm F1 , F2 . a b Do M F1 + M F2 = 10 suy ra 2a = 10 ⇔ a = 5. Mặt khác F1 F2 = 4 suy ra 2c = 4 ⇔ c = 2. √ Mà b2 = a2 − c2 ⇔ b2 = 25 − 4 ⇔ b2 = 21 ⇔ b = 21. x2 y2 Vậy phương trình elíp (E) : + = 1. 25 21 Chọn đáp án B Do đó |z + 2| =  Câu 51. Biết tập hợp các điểm M biểu diễn hình học số phức z thỏa mãn |z − 1| + |z + 1| = 4 là một elíp (E). Hãy viết phương trình elíp đó. x2 y2 x2 y2 x2 y2 x2 y2 A. (E) : + = 1. B. (E) : + = 1. C. (E) : + = 1. D. (E) : + = 1. 9 4 4 3 9 3 4 2 Lời giải. Gọi M (x; y) là điểm biểu diễn số phức z = x + iy, với x, y ∈ R thỏa mãn bài toán. Khi đó z − 1 = x»+ iy − 1 = (x − 1) + yi. 2 Do đó |z − 1| = (x − 1) + y 2 . Tương tự, xét z » + 1 = x + iy + 1 = (x + 1) + yi. 2 (x + 1) + y 2 . » » 2 2 Từ giả thiết suy ra (x − 1) + y 2 + (x + 1) + y 2 = 4 (∗). Đặt F1 (−1; 0) và F2 (1; 1) thì (∗) ⇔ M F1 + M F2 = 4 > F1 F2 = 2. x2 y2 Nên tập hợp điểm M (x; y) biểu diễn số phức z là một elíp (E) : 2 + 2 = 1 với hai tiêu điểm F1 , F2 . a b Do M F1 + M F2 = 4 suy ra 2a = 4 ⇔ a = 2. Mặt khác F1 F2 = 2 suy ra 2c = 2 ⇔ c = 1. √ Mà b2 = a2 − c2 ⇔ b2 = 4 − 1 ⇔ b2 = 3 ⇔ b = 3. 2 2 x y Vậy phương trình elíp (E) : + = 1. 4 3 Chọn đáp án B  √ √ Câu 52. Biết tập hợp các điểm M biểu diễn hình học số phức z thỏa mãn z − 2 + z + 2 = 8 là một elíp (E). Hãy Do đó |z + 1| = viết phương trình elíp đó. x2 y2 x2 y2 x2 y2 A. (E) : + = 1. B. (E) : + = 1. C. (E) : + = 1. 16 13 16 14 16 12 Lời giải. Gọi M (x; y) là điểm biểu diễn sốÄ phức z ä= x + iy, với x, y ∈ R thỏa mãn bài toán. √ √ √ Khi đó z − 2 = x + iy − 2 = x − 2 + yi. … Ä √ ä2 √ x − 2 + y2 . Do đó z − 2 = Ä √ √ √ ä Tương tự, xét z + 2 = x + iy + 2 = x + 2 + yi. Trang 40 D. (E) : x2 y2 + = 1. 16 15 “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX √ Do đó z + 2 = Ä √ ä2 x + 2 + y2 . … … Ä Ä √ ä2 √ ä2 x − 2 + y2 + x − 2 + y 2 = 8 (∗). Từ giả thiết suy ra Ä √ ä Ä√ ä √ Đặt F1 − 2; 0 và F2 2; 0 thì (∗) ⇔ M F1 + M F2 = 8 > F1 F2 = 2 2. y2 x2 Nên tập hợp điểm M (x; y) biểu diễn số phức z là một elíp (E) : 2 + 2 = 1 với hai tiêu điểm F1 , F2 . a b Do M F1 + M F2 = 8√suy ra 2a = 8 ⇔ √a = 4. √ Mặt khác F1 F2 = 2 2 suy ra 2c = 2 2 ⇔ c = 2. √ Mà b2 = a2 − c2 ⇔ b2 = 16 − 2 ⇔ b2 = 14 ⇔ b = 14. 2 2 x y Vậy phương trình elíp (E) : + = 1. 16 14 … Chọn đáp án B  { DẠNG 2.4. Bài toán liên quan đến giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất Sử dụng phương pháp lượng giác hóa Đối với nhóm bài toán tập hợp điểm biểu diễn số phức là một đường tròn thi việc lượng giác hóa tỏ ra khá hiệu quả và nhanh chóng.  x − a 2 Å y − b ã2 2 2 2 Giả sử có được giả thiết (x − a) + (y − b) = R ⇔ + = 1, sẽ gợi ta đến công thức sin2 t + R R x−a ®  = sin t  x = R sin t + a R 2 cos t = 1 nên ta đặt ⇔ để đưa bài toán về dạng lượng giác quen thuộc. Ngoài  y = R cos t + b  y − b = cos t R ra, ta cần nhớ những đánh giá thường được sử dụng √ −1 ≤ sin t ≤ 1, −1 ≤ cos t ≤ 1 và a sin t + b cos t = a2 + b2 sin (t + α). p Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng 1: |ax + by| ≤ (a2 + b2 ) (x2 + y 2 ). »  √ a sin t + b cos t ≤ (a2 + b2 ) sin2 t + cos2 t = a2 + b2 .   sin t = cos t a b Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi p  a sin t + b cos t = a2 + b2 » √  a sin t + b cos t ≥ − (a2 + b2 ) sin2 t + cos2 t = − a2 + b2 .   sin t = cos t a b Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi p  a sin t + b cos t = − a2 + b2 ! BÀI 1. Cho số phức z = x + iy (x, y ∈ R) thỏa mãn đồng thời các điều kiện |z − 2 − 3i| = 1 và biểu thức |z + i + 1| đạt giá trị lớn nhất. Tính giá trị của biểu thức |3x − 2y|. √ 5 13 ĐS: |3x − 2y| = 13 Lời giải. Ta có |z − 2 − 3i| = 1 ⇔ |(x − 2) + (y − 3) i| = 1 ⇔ Cách giải 1. Sử dụng lượng giác hóa Đặt “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates » (x − 2) + (y − 3) = 1 ⇔ (x − 2) + (y − 3) = 1 (∗) ® x = sint + 2 y = cos t + 3 2 2 2 2 Trang 41 PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX Ta có |z + i + 1| = |x − yi + i + 1| = |(x + 1) + (1 − y) i| » 2 2 = (x + 1) + (1 − y) » 2 2 = ((x − 2) + 3) + (−2 − (y − 3)) » 2 2 = (x − 2) + 6 (x − 2) + 9 + 4 + 4 (y − 3) + (y − 3) √ Từ (∗) suy √ 6x + 4y − 10. √ ra |z + i + 1| = Khi đó 6x + 4y − 10 = 6 sin t + 4 cos t + 14. Theo bất đẳng thức Cauchy – Schwar ta có √  2 2 2 (6 sin t + 4 cos t) ≤ 62 + 42 sin2 t + cos2 t ⇔ (6 sin t + 4 cos t) ≤ 52 ⇔ |6 sin t + 4 cos t| ≤ 2 13 p √ √ Suy ra 6x + 4y − 10 ≤ 2 13 + 14 Dấu đẳng thức xảy ra khi  √  3 13  ® sin t cos t    sin t = 2 sin t − 3 cos t = 0 = 13 6 4 √ ⇔ ⇔ √ √   3 sin t + 2 cos t = 13   cos t = 2 13 6 sin t + 4 cos t = 2 13 13  √ 3 13  ®  x = +2 x = sint + 2 13 Do suy ra . √  y = cos t + 3   y = 2 13 + 3 13 √ 5 13 Nên |3x − 2y| = . 13 Cách giải 2. Sử dụng trực tiếp bất đẳng thức Cauchy – Schwarz Ta có |z + i + 1| = |x − yi + i + 1| = |(x + 1) + (1 − y) i| » 2 2 (x + 1) + (1 − y) = » 2 2 = ((x − 2) + 3) + (−2 − (y − 3)) » 2 2 = (x − 2) + 6 (x − 2) + 9 + 4 + 4 (y − 3) + (y − 3) p √ Từ (∗) suy ra |z + i + 1| = 6x + 4y − 10 = 6 (x − 2) + 4 (y − 3) + 14. Theo bất đẳng thức Cauchy – Schwar ta có ó √ î 2 2 2 [6 (x − 2) + 4 (y − 3)] ≤ 62 + 42 (x − 2) + (y − 3) ⇔ |6 (x − 2) + 4 (y − 3)| ≤ 2 13 p √ √ Suy ra 6x + 4y − 10 ≤ 2 13 + 14 Dấu đẳng thức xảy ra khi    ® x − 2 y − 3  x =  2x − 3y = −5 = 6 4 √ ⇔ ⇔ √   3x + 2y = 12 + 13  y = 6x + 4y − 24 = 2 13 √ 3 13 +2 13 √ 2 13 +3 13 √ 5 13 Nên |3x − 2y| = . 13 Cách giải 3. Sử dụng hình học (hình chiếu và tương giao) Giải sử M (x; y) là điểm biểu diễn số phức z. 2 2 Từ (∗) suy ra tập hợp biểu diễn số phúc z là đường tròn có phương trình (C) : (x − 2) + (y − 3) = 1. Gọi I, R là tâm và bán kính đường tròn (C) ta có I (2; 3), R = 1. Trang 42 “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX y Mặt khác |z + i + 1| = |x − yi + i + 1| = |(x + 1) + (1 − y) i| » 2 2 = (x + 1) + (1 − y) » 2 2 = (x + 1) + (y − 1) M K I 3 H » N 2 2 1 Giả sử N (−1; 1) suy ra M N = (x + 1) + (y − 1) . Bài toán trở thành tìm vị trí điểm M trên đường tròn (C) sao cho độ dài M N đạt giá trị lớn nhất. −1 O Gọi H, K lần lượt là giao điểm của đường thẳng N I với đường tròn (C) như hình bên. Dễ thấy N H ≤ M N ≤ N K suy ra max M N = N K khi M ≡ K. x+1 y−1 Mà phương trình đường thẳng đi qua hai điểm I, N là = ⇔ 3 2 2x − 3y + 5 = 0. Khi đó tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình  2x + 5  ®  y = 2x − 3y + 5 = 0 3 Å ã2 ⇔ 2 2 2x + 5  (x − 2) + (y − 3) = 1   (x − 2)2 + −3 =1 3   2x + 5 2x + 5 y = y = 3 3 ⇔ ⇔   2 2 13×2 − 52x + 43 = 0 9 (x − 2) + (2x − 4) = 9 √  3 13      x = 2 + 13 2x + 5    √ y=    3 2 13    √   y = 3 + 3 13  ⇔  √3  x = 2 + 13 ⇔    3 13     √  x = 2 −     3 13  13   x=2− √  13 2 13  y = 3 − 3  √ 3 13  Ç √ √ å √  x = 2 + 3 13 3 13 13 nên |3x − 2y| = 5 13 . Suy ra tọa độ điểm K 2 + ;3 + . Do đó √  13 13 13   y = 3 + 2 13 3 2 x  Câu 53. (Đề tham khảo – Bộ Giáo dục và Đào tọa năm 2018 – √ Câu 46) Xét các số phức z = a + bi với a, b ∈ R thỏa mãn |z − 4 − 3i| = 5. Tính P = a + b khi |z + 1 − 3i| + |z − 1 + i| đạt giá trị lớn nhất. A. P = 10. B. P = 4. C. P = 6. D. P = 8. Lời giải. » √ √ √ 2 2 2 2 Ta có |z − 4 − 3i| = 5 ⇔ |(a − 4) + (b − 3) i| = 5 ⇔ (a − 4) + (b − 3) = 5 ⇔ (a − 4) + (b − 3) = 5 (∗) ( √ a = 5 sin t + 4 Đặt √ b = 5 cos t + 3 Ta có Q = |z + 1 − 3i| + |z − 1 + i| » » 2 2 2 2 = (a + 1) + (b − 3) + (a − 1) + (b + 1) … … Ä√ ä2 Ä√ ä2 Ä√ ä2 Ä√ ä2 = 5 sin t + 5 + 5 cos t + 5 sin t + 3 + 5 cos t + 4 » » √ √ √ = 5 sin2 t + 10 5 sin t + 25 + 5 cos2 t + 5 sin2 t + 6 5 sin t + 9 + 5 cos2 t + 8 5 cos t + 16 » √ » √ √ = 10 5 sin t + 30 + 6 5 sin t + 8 5 cos t + 30 “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates Trang 43 PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX Theo bất đẳng thức Cauchy – Schwar ta có ã2 Å» √ » √ √ 10 5 sin t + 30 + 6 5 sin t + 8 5 cos t + 30 Suy ra ä √ √ Ä √ 12 + 12 10 5 sin t + 30 + 6 5 sin t + 8 5 cos t + 30 Ä √ ä √ ≤ 2 16 5 sin t + 8 5 cos t + 60 √ ≤ 16 5 (2 sin t + cos t) + 120 ≤ » √ » √ » √ √ 10 5 sin t + 30 + 6 5 sin t + 8 5 cos t + 30 ≤ 16 5 (2 sin t + cos t) + 120 Mà 2 (2 sin t + cos t) ≤ 22 + 12 Nên √  2 sin2 t + cos2 t ⇔ (2 sin t + cos t) ≤ 5 ⇔ |2 sin t + cos t| ≤ 5  » √ √ √ √ 16 5 (2 sin t + cos t) + 120 ≤ 200 ⇔ 16 5 (2 sin t + cos t) + 120 ≤ 10 2 » √ Suy ra Q ≤ 10 2 dấu đẳng thức xảy ra khi  2   ® sin t cos t  sin t = √   sin t − 2 cos t = 0 = 5 2 1 √ ⇔ 2 sin t + cos t = √5 ⇔  1    cos t = √ 2 sin t + cos t = 5 5 ( √ ® a = 5 sin t + 4 a=6 Mà suy ra . √ b=4 b = 5 cos t + 3 Nên P = a + b = 10.  Chọn đáp án A √ Câu 54. Xét các số phức z = a + bi (a, b ∈ R) thỏa mãn |z + 6 − 8i| = 2 5. Tính P = a + b khi Q = |z + 6 + 2i| + |z − 2 − 2i| đạt giá trị lớn nhất. A. P = 10. B. P = 4. C. P = 6. D. P = 8. Lời giải. » √ √ √ 2 2 2 2 Ta có |z + 6 − 8i| = 2 5 ⇔ |(a + 6) + (b − 8) i| = 2 5 ⇔ (a + 6) + (b − 8) = 2 5 ⇔ (a + 6) + (b − 8) = 20 (∗) ( √ a = 2 5 sin t − 6 Đặt √ b = 2 5 cos t + 8 Ta có Q = |z + 6 + 2i| + |z − 2 − 2i| » » 2 2 2 2 = (a + 6) + (b + 2) + (a − 2) + (b − 2) … … ä2 Ä √ ä2 ä2 Ä √ ä2 Ä √ Ä √ = 2 5 sin t + 2 5 cos t + 10 + 2 5 sin t − 8 + 2 5 cos t + 6 » » √ √ √ = 20 sin2 t + 20 cos2 t + 40 5 cos t + 100 + 20 sin2 t − 32 5 sin t + 64 + 20 cos2 t + 24 5 cos t + 36 » » √ √ √ = 40 5 cos t + 120 + −32 5 sin t + 24 5 cos t + 120 Theo bất đẳng thức Cauchy – Schwar ta có Å» √ ã2 » √ √ 40 5 cos t + 120 + −32 5 sin t + 24 5 cos t + 120 Suy ra » √ » » √ √ √ 40 5 cos t + 120 + −32 5 sin t + 24 5 cos t + 120 ≤ 64 5 (2 cos t − sin t) + 480 Mà 2 (2 cos t − sin t) ≤ 22 + (−1)2 Nên Trang 44 ä √ √ Ä √ 12 + 12 40 5 cos t + 120 − 32 5 sin t + 24 5 cos t + 120 Ä √ ä √ ≤ 2 64 5 cos t − 32 5 sin t + 240 √ ≤ 64 5 (2 cos t − sin t) + 480 ≤  √  2 cos2 t + sin2 t ⇔ (2 cos t − sin t) ≤ 5 ⇔ |2 cos t − sin t| ≤ 5 » √ » √ √ √ 64 5 (2 cos t − sin t) + 480 ≤ 800 ⇔ 64 5 (2 cos t − sin t) + 480 ≤ 20 2 “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX √ Suy ra Q ≤ 20 2 dấu đẳng thức xảy ra khi  √  − 5  ® sin t cos t   sin t =  2 sin t + cos t = 0 = 5 2 −1 √ ⇔ ⇔ √ √   5 2 cos t − sin t = 2 5   cos t = 2 cos t − sin t = 5 5 ( √ ® a = 2 5 sin t − 6 a = −8 . Mà suy ra √ b = 12 b = 2 5 cos t + 8 Nên P = a + b = 4. Chọn đáp án B  z − 2i Câu 55. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện là số ảo. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = |z − 1| + |z − i|. z−2 √ √ √ √ B. 3 2. C. 2 5. D. 3 2. A. 5 2. Lời giải. Giả sử số phức z = a + bi với a, b ∈ R. Khi đó z − 2i a + bi − 2i = z−2 a + bi − 2 = = = = a + (b − 2) i (a − 2) + bi [a + (b − 2) i] [(a − 2) − bi] [(a − 2) + bi] [(a − 2) − bi] a (a − 2) − abi + b (b − 2) + (b − 2) (a − 2) i 2 (a − 2) + b2 å Ç a (a − 2) + b (b − 2) (b − 2) (a − 2) − ab i + 2 2 (a − 2) + b2 (a − 2) + b2 2 2 Do giả ( thiết√suy ra a (a − 2) + b (b − 2) = 0 ⇔ (a − 1) + (b − 1) = 2 a = 2 sin t + 1 Đặt √ b = 2 cos t + 1 Ta có P (∗) = |z − 1| + |z − i| » » 2 2 (a − 1) + b2 + a2 + (b − 1) = … … Ä√ ä2 Ä√ ä2 Ä√ ä2 Ä√ ä2 = 2 sin t + 2 cos t + 1 + 2 sin t + 1 + 2 cos t » » √ √ 2 sin2 t + 2 cos2 t + 2 2 cos t + 1 + 2 sin2 t + 2 2 sin t + 1 + 2 cos2 t = » √ » √ = 2 2 cos t + 3 + 2 2 sin t + 3 Theo bất đẳng thức Cauchy – Schwar ta có Å» √ ã2 » √ 2 2 cos t + 3 + 2 2 sin t + 3 ä √ Ä √ 12 + 12 2 2 cos t + 3 + 2 2 sin t + 3 Ä √ ä √ ≤ 2 2 2 cos t + 2 2 sin t + 6  √ π ≤ 4 2 (cos t + sin t) + 12 = 8 cos x − + 12 4 ≤  π Do −1 ≤ cos x − ≤ 1 ta suy ra 4 Å» √ ã2 » √ » √ » √ √ 2 2 cos t + 3 + 2 2 sin t + 3 ≤ 20 ⇒ 2 2 cos t + 3 + 2 2 sin t + 3 ≤ 2 5 √ Do đó P ≤ 2 5 dấu đẳng thức xảy ra khi p √  √ p √ 2   ® 2 2 cos t + 3 2 2 sin t + 3     sin t = sin t = cos t = 2 1 √ ⇔ ⇔ √  1 π   cos t + sin t = 2 2    cos x −  =1 cos t = 4 2 “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates Trang 45 PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX √ ® 2 sin t + 1 a=2 . Mà suy ra √ b=2 b = 2 cos t + 1 √ Nên max P = 2 5. Chọn đáp án C ( a=  √ Câu 56. Cho số phức z thỏa mãn |z − 3 − 4i| = 5. Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất giá trị nhỏ nhất của biểu 2 2 thức P = |z +√ 2| − |z − i| . Tính môđun của √ số phức w = M + mi. √ √ B. |w| = 2 309. C. |w| = 1258. D. |w| = 3 137. A. |w| = 2 314. Lời giải. Giả sử số phức z có dạng z = a + bi (a, b ∈ R). » √ √ √ 2 2 2 2 Ta có |z − 4 − 3i| = 5 ⇔ |(a − 4) + (b − 3) i| = 5 ⇔ (a − 4) + (b − 3) = 5 ⇔ (a − 4) + (b − 3) = 5 (∗) Khi đó P 2 = |z + 2| − |z − i| 2 2 2 = (a + 2) + b2 − a2 − (b − 1) = a2 + 4a + 4 + b2 − a2 − b2 + 2b − 1 = 4a + 2b + 3 = 2 [2 (a − 4) + (b − 3)] + 25 Theo bất đẳng thức Cauchy – Schwar ta có 2 [2 (a − 4) + (b − 3)] 22 + 12 ≤ î 2 2 (a − 4) + (b − 3) ó 2 ⇔ [2 (a − 4) + (b − 3)] ≤ 25 ⇔ |2 (a − 4) + (b − 3)| ≤ 5 Nên 15 ≤ 2 [2 (a − 4) + (b − 3)] + 25 ≤ 35 Suy ra max P √ = 35 và min P √ = 15 hay M = 35; m = 15. Khi đó |w| = 152 + 352 = 5 58.  √ √ 3 2 3 2 2 2 Câu 57. Xét số phức z = a + bi (a, b ∈ R) thỏa mãn |z − 2| + |z + 2| = 26 và biểu thức z − − i đạt giá trị 2 2 lớn nhất. Tìm giá trị của biểu thức P = |a√ + b|. √ A. P = 6. B. P = 3 2. C. P = 4. D. P = 2. Lời giải. Giả sử số phức z có dạng z = a + bi (a, b ∈ R). Ta có 2 2 |z − 2| + |z + 2| = 26 2 2 ⇔ (a − 2) + b2 + (a + 2) + b2 = 26 ⇔ a2 − 4a + 4 + b2 + a2 + 4a + 4 + b2 = 26 ⇔ a2 + b2 = 9 (∗) Mà √ √ 3 2 3 2 z− − i 2 2 √ å Ç √ å 3 2 3 2 a− + b− i 2 2 Ç = √ å2 Ç √ å2 3 2 3 2 a− + b− 2 2 Ã Ç = … = √ √ 9 9 a2 − 3 2a + + b2 − 3 2b + 2 2 √ √ » √ 3 2 3 2 Do (∗) nên z − − i = 18 − 3 2 (a + b). 2 2 Ta có √  2 2 (a + b) ≤ 2 a2 + b2 ⇔ (a + b) ≤ 18 ⇔ |a + b| ≤ 3 2 Trang 46 “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX Nên » √ √ 0 ≤ 18 − 3 2 (a + b) ≤ 36 ⇔ 0 ≤ 18 − 3 2 (a + b) ≤ 6 √ √ √ 3 2 3 2 Suy ra max z − − i = 6 khi đó |a + b| = 3 2. 2 2 Câu 58. Xét số phức z = a + bi (a, b ∈ R) thỏa mãn giá trị của biểu thức P = a + b. √ A. P = 0. B. P = 1 + 2 2. Lời giải. Giả sử số phức z = a + bi với a, b ∈ R. Khi đó z − 2i a + bi − 2i = z−2 a + bi − 2 = = = =  z − 2i là số thuần ảo và môđun của z đạt giá trị lớn nhất. Tính z−2 a + (b − 2) i (a − 2) + bi [a + (b − 2) i] [(a − 2) − bi] [(a − 2) + bi] [(a − 2) − bi] a (a − 2) − abi + b (b − 2) + (b − 2) (a − 2) i 2 (a − 2) + b2 Ç å a (a − 2) + b (b − 2) (b − 2) (a − 2) − ab + i 2 2 (a − 2) + b2 (a − 2) + b2 2 2 Do giả ( thiết√suy ra a (a − 2) + b (b − 2) = 0 ⇔ (a − 1) + (b − 1) = 2 a = 2 sin t + 1 Đặt √ b = 2 cos t + 1 Ta có |z| = √ D. P = 1 + 3 2. C. P = 4. (∗) p a2 + b2 Ä√ ä2 Ä√ ä2 2 sin t + 1 + 2 cos t + 1 » √ √ 2 sin2 t + 2 2 sin t + 1 + 2 cos2 t + 2 2 cos t + 1 » √ 2 2 (cos t + sin t) + 4 …  π 4 cos x − +4 4 … = = = = …  √ π π Do −1 ≤ cos x − ≤ 1 ta suy ra 4 cos x − + 4 ≤ 4 2. 4 4 √ Do đó |z| ≤ 4 2 dấu đẳng thức xảy ra khi   π π π = 1 ⇔ x − = k2π ⇔ x = + k2π cos x − 4 4 4  π  √ ( √ ®   a = 2 sin + k2π +1 a = 2 sin t + 1 a=2 4 π  Mà suy ra ⇔ . √ √  b=2 b = 2 cos t + 1  b = 2 cos + k2π + 1 4 ® √ a=2 Nên max |z| = 4 2 khi . b=2 Do đó P = 4. Chọn đáp án C (k ∈ Z)  Câu 59. Xét số phức z = a + bi (a, b ∈ R) thỏa mãn |z − 1 + 2i| = 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = |z − 2i|. p √ √ √ √ A. 3 + 17. B. 3 − 17. C. 1 + 5 2. D. 26 + 6 17. Lời giải. » 2 2 2 2 Ta có |z − 1 + 2i| = 3 ⇔ |(a − 1) + (b + 2) i| = 3 ⇔ (a − 1) + (b + 2) = 3 ⇔ (a − 1) + (b + 2) = 9 (∗) ® a = 3 sin t + 1 Đặt b = 3 cos t − 2 “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates Trang 47 PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX Ta có P » 2 = |z − 2i| = a2 + (b − 2) » 2 2 = (3 sin t + 1) + (3 cos t − 4) p 9 sin2 t + 6 sin t + 1 + 9 cos2 t − 24 cos t + 16 = » = 6 (sin t − 4 cos t) + 26 Theo bất đẳng thức Cauchy – Schwar ta có 2 (sin t − 4 cos t) ≤ 12 + (−4)2   sin2 t + cos2 t 2 ⇔ (sin t − 4 cos t) ≤ 17 √ ⇔ |sin t − 4 cos t| ≤ 17 p √ p Nên 6 (sin t − 4 cos t) + 26 ≤ 6 17 + 26. Dấu đẳng thức xảy ra khi  √  17  ®   cos t = sin t  sin t = − cos t − 4 sin t = 0 15 −4 1 √ √ ⇔ sin t − 4 cos t = √17 ⇔   17 4   sin t − 4 cos t = 17 cos t = − 15  √ 3 17  ®  a = − +1 a = 3 sin t + 1 15 Mà . suy ra √  b = 3 cos t − 2   b = − 12 17 − 2 15 p √ Vậy max P = 26 + 6 17. Chọn đáp án D C.  DẠNG TOÁN VÀ BÀI TẬP { DẠNG 2.5. Sử dụng bình phương vô hướng Đối với một số bài toán tìm max, min việc sử dụng bình phươngÄvô hướng để tìm điểm rơi nhằm áp dụng bất đẳng p #» #» #»ä #» #» #» #» 2 2 2 2 thức ax + by ≤ (a + b )(x + y ) hoặc a · b = | a | · b · cos a ; b ≤ | #» a | · b tỏ ra khá hiệu quả. Ta cần nhớ 2 2 2 bình phương vô hướng | #» u ± #» v | = | #» u | + | #» v | ± 2 #» u · #» v. 1. Ví dụ VÍ DỤ 1. Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn |z1 + 2z2 | = 5 và |3z1 − z2 | = 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu … thức 155 P = |z1 | + |z2 |. ĐS: Pmax = . 14 Lời giải. Gọi M , N lần lượt là điểm biểu diễn của z1 và z2 . # » # » # » # » Suy ra | #» u | = |z1 + 2z2 | = |OM + 2ON | = 5 và | #» v | = |3z1 − z2 | = |3OM − ON | = 3. # » # » # » # » Phân tích. Bài toán trở thành tìm M , N để P = |OM | + |ON | đạt p giá trị lớn nhất thỏa mãn |OM + 2ON | = 5 và # » # » |3OM − ON | = 3. Để tìm Pmax ta sử dụng bất đẳng thức ax + by ≤ (a2 + b2 )(x2 + y 2 ). 1  # » 1  # » # » # » Tức tìm P = |OM | + |ON | = · α OM + · β ON hay α β P = 1  # » 1  # » · α OM + · β ON ≤ α β # » Do đó cần phải tìm tổng bình phương vô hướng α2 OM Trang 48 2 Å 1 1 + 2 α2 β # » + β 2 ON ãÅ # » α2 OM 2 # » + β 2 ON 2 ã . 2 = const, đó là chìa khóa. “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX Ta có   # » # » # »2 # »2 # » # »   OM + 2ON = 5  OM + 4 ON + 4OM · ON = 25 ⇔ # » # » # »2 # »2 # » # »  OM   9 OM − ON = 3 + ON − 6OM · ON = 9  # »2 # »2 # » # »   3 OM + 12 ON + 12OM · ON = 75 # »2 # » ⇔ ⇒ 21 OM + 14 ON 2 2 # » # » # » # »   18 OM + 2 ON − 12OM · ON = 18 2 = 93. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz P = ≤ √ 1 # » # » 21 · OM + ON = √ · 21 Å ãÅ 1 1 # »2 21 OM + 14 + 21 14 √ 1 # » # » OM + √ · 14 ·ON 14 … … ã Å ã 2 1 155 155 1 # » = ON · 93 = + ⇒ Pmax = . 21 14 14 14 …   155 3    ON =  21OM = 14ON … 5 14 ⇔ Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi …   OM + ON = 155 2 155   OM = . 14 5 14  VÍ DỤ 2. Cho số phức z thỏa mãn |z − 1 − i| = 1 và biểu thức P = 3|z| + 2|z − 4 − 4i| đạt giá trị lớn nhất. Tìm mô-đun của √ số phức z. √ B. |z| = 4. C. |z| = 2. D. |z| = 2 + 1. A. |z| = 2 − 1. Lời giải. Gọi M (x; y) là điểm biểu diễn số phức z = x + yi (x, y ∈ R). Có |z − 1 − i| = 1 ⇔ |(x − 1) + (y − 1)i| = 1 ⇔ (x − 1)2 + (y − 1)2 = 1. Do đó tập hợp điểm biểu diễn số phức z là một đường tròn tâm I(1; 1) bán kính Rp= 1. p Ta có P = 3|z| + 2|z − 4 − 4i| = 3 x2 + y 2 + 2 (x − 4)2 + (y − 4)2 . # » # » Xét O(0; 0), N (4; 4) thì P = 3OM + 2N M = 3 OM + 2 N M .  # » 2 Ä # » # »ä2 #»2 # »2 #» # » #» # »   OM = OI + IM = OI + IM + 2OI · IM = 3 + 2OI · IM Ta có Ä # » # »ä2 # » # »2 # »2 # » # » # » # »   N M = N I + IM = N I + IM + 2N I · IM = 19 + 2N I · IM (#» OI = (1; 1) # » #» # » # » #» Nhận thấy rằng # » ⇒ IN = 3OI ⇔ 3OI + IN = 0 . IN = (3; 3) = 3(1; 1) # »2 # »2 # » Ä # » # »ä # »2 # »2 Suy ra 3 OM + N M = 28 + 2IM · 3OI + N I = 28 ⇒ 3 OM + N M = 28. Å ã √ √ # »  # » # » # »2 # » # »2 = 14. Khi đó P = 3 OM + 2 N M = 3 3 OM + 2 · N M ≤ (3 + 4) 3 OM + N M  1 # » # »   OM = NM # » 2 ⇔ OM = 2 = |z|. Vậy Pmax = 14 đạt được khi # » # »   3 OM + 2 N M = 14 Chọn đáp án C 2.  Bài tập áp dụng Câu 60.√ Cho số phức z thỏa mãn |z| √= 1. Tính giá trị lớn nhất của√P = |z + 1| + 3|z − 1|. √ A. 2 10. B. 10. C. 3 10. D. 4 10. Lời giải. Gọi M là điểm biểu diễn số phức z và A(−1; 0), B(1; 0), O(0; 0). # » # » # » Khi đó |z| = 1 ⇔ OM = 1 và P = |z + 1| + 3|z − 1| = AM + 3 BM .  # » 2 Ä # » # »ä2 # »2 # »2 # » # » # » # »   AM = AO + OM = AO + OM + 2 · AO · OM = 2 + 2 · AO · OM Ta có # »2 # »2 # » # » # » # »  # » 2 Ä # » # »ä2  BM = BO + OM = BO + OM + 2 · BO · OM = 2 + 2 · BO · OM . # » # » #» Dễ thấy AO + BO = 0 . “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates Trang 49 PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ # » Suy ra AM 2 # » + BM 2 LATEX # » Ä # » # »ä = 4 + 2OM · AO + BO = 4. Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky ta có P = # » # » AM + 3 BM ≤ (12 + 32 ) Å # » AM 2 # » + BM 2 ã = √ √ 40 = 2 10.   2√   AM = 1 BM  BM = 10 3 3 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ⇔ √ √    AM = 1 10. AM + BM = 2 10 2 Chọn đáp án A  Câu 61. Cho số√phức z thỏa mãn |z − 1 − √2i| = 2 và biểu thức P = |z| +√|z − 3 − 6i| đạt giá trị lớn nhất.√Tính |z|. B. |z| = 7. C. |z| = 2 7. D. |z| = 2 + 7. A. |z| = 1 + 7. Lời giải. Gọi M là điểm biểu diễn số phức z và I(1; 2), O(0; 0), A(3; 6). # » # » # » Khi đó |z − 1 − 2i| = 2 ⇔ IM = 2 và P = |z| + |z − 3 − 6i| = OM + AM .  # » 2 Ä # » # »ä2 #»2 # »2 #» # » #» # »   OM = OI + IM = OI + IM + 2OI · IM = 9 + 2OI · IM Ta có #»2 # »2 #» # » #» # »  # » 2 Ä # » # »ä2  AM = AI + IM = AI + IM + 2AI · IM = 24 + 2AI · IM . (#» AI = (−2; −4) #» # » #» Mặt khác # » ⇒ AI + 2OI = 0 . OI = (1; 2) # »2 # »2 Suy ra 2 OM + AM = 42. Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky ta có P 1 √ # » # » # » # » OM + AM = √ · 2 OM + AM ≤ 2 = Å 1 +1 2 ãÅ # » 2 OM 2 # » + AM 2 ã √ = 3 7.  # » # »  2 OM = AM √ √ √ # » Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ⇒ OM = 7 ⇒ |z| = 7 ⇒ |z| = 7. √ # » # »  OM + AM = 3 7 Chọn đáp án B  Câu 62. Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1 + z2 = 8 + 6i và |z1 − z2 | = 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = |z1 |√ + |z2 |. √ √ √ A. 2 13. B. 13. C. 26. D. 2 26. Lời giải. Gọi M , N lần lượt là hai điểm biểu diễn số phức z1 , z2 và O(0; 0). Ta có z1 + z2 = 8 + 6i ⇒ |z1 + z2 | = 10. # » # » # » # » # » # » Khi đó |z1 − z2 | = 2 ⇔ OM − ON = 2; |z1 + z2 | = 10 ⇔ OM + ON = 10 và P = OM + ON .   # » # »2 # »2 # »2 # » # »  OM  OM   − ON = 4 + ON − 2OM · ON = 4 # »2 # »2 Suy ra ⇔ ⇒ OM + ON = 52. 2 2 2 # » # » # » # » # » # »    OM  OM + ON = 100 + ON + 2OM · ON = 100 Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky ta có P = # » # » OM + ON ≤ Å (1 + 1) # » OM 2 # » + ON 2 ã √ √ = 2 26 ⇒ Pmax = 2 26. Chọn đáp án D  Câu 63. Cho số phức z = x + yi với x, y ∈ R thỏa mãn 4|z + i| + 3|z − i| = 10. Tìm |z|min . A. 4. B. 3. C. 2. D. 1. Lời giải. Gọi M là điểm biểu diễn số phức z và A(0; −1), B(0; 1). # » # » # » Suy ra 4|z + i| + 3|z − i| = 10 ⇔ 4 AM + 3 BM = 10; |z| = OM .  # » 2 Ä # » # »ä2 # » # »   OM = OA + AM = OA2 + AM 2 + 2OA · AM Ta có # » 2 Ä # » # »ä2 # » # »   OM = OB + BM = OB 2 + BM 2 + 2OB · BM . Trang 50 “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX # » # » # » # » Dễ thấy OA = (0; −1), OB = (0; −1) ⇒ OA = −OB và OA2 = OB 2 = 1. Suy ra # » 2 OM 2 Ä # » # » # » # »ä = OA2 + OB 2 + AM 2 + BM 2 + 2 OA · AM + OB · BM # » Ä # » # »ä = 2 + AM 2 + BM 2 + 2OA AM − BM # » # » = 2 + AM 2 + BM 2 + 2OA · AB = AM 2 + BM 2 − 2. Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky ta có » » # » # » 4 AM + 3 BM ≤ (32 + 42 ) (AM 2 + BM 2 ) ⇔ 10 ≤ 25 (AM 2 + BM 2 ) ⇒ AM 2 + BM 2 ≥ 4. # » Vậy 2 OM 2 # » = AM 2 + BM 2 − 2 ≥ 4 − 2 = 2 ⇒ OM ≥ 1 ⇒ |z|min = 1. Chọn đáp án D  √ 2 2 Câu 64. Cho số phức z thỏa mãn |z − 3 − 4i| = 5 và biểu thức P = |z + 2| − |z − i| đạt giá trị lớn nhất. Tính |z + i|. √ √ √ √ B. 61. C. 5 3. D. 41. A. 3 5. Lời giải. Gọi M (x; y) là điểm biểu √ diễn số phức z. Suy ra |z − 3 − 4i| = 5 ⇔ (x − 3)2 + (y − 4)2 = 5. Khi đó P = |z + 2|2 − |z − i|2 = (x + 2)2 + y 2 − x2 − (y − 1)2 = 4x + 2y + 3 = 2 [2(x − 3) + (y − 4)] + 23. Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky ta có » 2(x − 3) + (y − 4) ≤ (22 + 12 ) [(x − 3)2 + (y − 4)2 ] = 5 ⇒ Pmax = 2 · 5 + 23 = 33.  ® x−3 =y−4 x=5 2 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ⇔  y = 5. 2(x − 3) + (y − 4) = 5 √ Khi đó |z + i| = 61. Chọn đáp án B  √ Câu 65. Cho số phức z = x + yi với x, y ∈ R thỏa mãn |z − 4 − 3i| = 5. Tính x + y biết rằng biểu thức P = |z + 1 − 3i| + |z − 1 + i| đạt giá trị lớn nhất. A. 4. B. 6. C. 8. D. 10. Lời giải. Gọi M (x; y) là điểm√biểu diễn số phức z. p p Khi đó |z−4−3i| = 5 ⇔ (x−4)2 +(y−3)2 = 5 và P = |z+1−3i|+|z−1+i| = (x + 1)2 + (y − 3)2 + (x − 1)2 + (y + 1)2 . Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky ta có » » P = (x + 1)2 + (y − 3)2 + (x − 1)2 + (y + 1)2 » » 2 [(x + 1)2 + (y − 3)2 + (x − 1)2 + (y + 1)2 ] = 2 [2(x2 + y 2 ) − 4y + 12] ≤ Mặt khác (xp − 4)2 + (y − 3)2 = 5 ⇔√x2 + y 2 = 8x + 6y − 20. Suy ra P ≤ 2 (16x + 8y − 28) = 2 8x + 4y − 14. p Lại có 8x + 4y 8(x − 4) + 4(y − √ 3) + 30 ≤ (82 + 42 ) [(x − 4)2 + (y − 3)2 ] + 30 = 20 + 30 = 50. √ − 14 = √ Do đó P ≤ 2 50 = 10 2 ⇒ Pmax  = 10 2. ® x−4 = y−3 x=6 8 4 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ⇔ ⇒ x + y = 10.  y=4 8(x − 4) + 4(y − 3) = 20 Chọn đáp án D  Câu 66. Cho số phức√z thỏa mãn |z| = 2 và biểu thức P = |z − 1| + |z − 1 − 7i| đạt giá trị nhỏ nhất. Tính mô-đun của số phức w = z√− 1 + i 3. √ √ √ A. |w| = 2 2. B. |w| = 2 3. C. |w| = 4 3. D. |w| = 3 2. Lời giải. Gọi M (x; y) là điểm biểu diễn số phức z và A(1; 0), B(1; 7). # » # » # » Khi đó |z| = 2 ⇔ x2 + y 2 = 4 và P = |z − 1| + |z − 1 − 7i| = AM + BM ≥ AB . ® x=1 Suy ra Pmin = AB = 7. Phương trình tham số của đường thẳng đi qua hai điểm AB : với t ∈ R. y = 7t “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates Trang 51 PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX √ Ä Ä √ ä √ ä 3 Mà x + y = 4 ⇒ t = ± ⇒ M1 1; 3 hoặc M2 1; − 3 . 7 √ √ √ Dễ thấy điểm AM1 + BM1 < AM2 + BM2 ⇒ M1 ≡ M ⇒ z = 1 + i 3 ⇒ w = 2 3i ⇒ |w| = 2 3. 2 2 Chọn đáp án B  Câu 67. Cho số phức z thỏa mãn |z − 1 − i| = 5 và biểu thức P = |z − 7 − 9i| + 2|z − 8i| đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm |z|. √ √ √ √ A. 37. B. 41. C. 29. D. 17. Lời giải. Gọi M (x; y) là điểm biểu diễn số phức z và I(1; 1), A(7; 9), B(0; 8). Khi đó |z − 1 − i| = 5 ⇔ M I = 5 ⇒ tập hợp điểm M nằm trên đường tròn (C) có tâm I bán kính R = 5 và P = AM + 2BM . Có IA = 10 và các điểm A, B đều nằm ngoài đường tròn (C). Å ã # »0 R2 # » 0 5 0 0 2 · IA ⇒ A Lấy A trên đoạn IA sao cho AI · IA = R ⇒ IA = ;3 . IA2 2√ Suy ra M A = 2M A0 ⇒ P = 2(M A0 + BM ) ≥ 2A0 B ⇒ Pmin = 2A0 B ® = 5 5. x = −t Khi đó M là giao điểm của đường tròn (C) và đường thẳng A0 B : với y = 8 + 2t t ∈ R. ñ t = −1 ⇒ M (1; 6) Thay vào (C) : (x − 1)2 + (y − 1)2 = 25 ⇒ t = −5 ⇒ M (5; −2). √ Dễ thấy M (1; 6) thì Pmin = M A + 2M B ⇒ |z| = 37. y A B 0 I A M x O Chọn đáp án A  Câu 68. Cho số phức z = x + yi với x, y ∈ R thỏa mãn |z − 3 − 3i| = 6. Tính x + y biết rằng biểu thức P = 2|z + 6 − 3i| + 3|z + 1 + 5i| đạt giá trị nhỏ nhất. √ √ √ √ A. 2 + 2 5. B. 1 − 5. C. 2 − 2 5. D. 1 + 5. Lời giải. Gọi M (x; y) là điểm biểu diễn số phức z và A(−6; 3), B(−1; −5). Khi đó từ |z − 3 − 3i| = 6 suy ra M thuộc đường tròn (C) có tâm I(3; 3) bán kính 3 R = 6. Dễ thấy IA = 9 = · R. 2 # » 2# » Gọi C = IA ∩ (C) và D thỏa mãn ID = IC ⇒ D(−1; 3). 3 2 3 Suy ra ID · IA = R · R = R2 . 3 2 AM IA 3 Suy ra 4IM D v 4IAM ⇒ = = hay 2M A = 3M D. MD IM 2 Lại có P = 2M A + 3M B = 3(M D + M B) ≥ 3DB. √ # » # » Dấu bằng xảy ra khi √ và chỉ khi M B, M D ngược hướng suy ra M (−1; 3 − 2 5). Vậy x + y = 2 − 2 5. y A D I x O M B Chọn đáp án C  { DẠNG 2.6. Sử dụng hình chiếu và tương giao Cho đường thẳng (∆) : ax + by + c = 0 và điểm M ∈ (∆). Điểm N ∈ / (∆) thì N M nhỏ nhất khi và chỉ khi M ≡ K với K là hình chiếu của N trên (∆). (∆) y M |c| min |z| = OH = d[O,(∆)] = √ . 2 a + b2 Khi đó M ≡ H và H = (∆) ∩ OH. min |z − (xN + yN i)| = N K = dN,(∆) Khi đó M ≡ K và K = (∆) ∩ N K. Trang 52 K |axN + byN + c| √ = . a2 + b2 N H O x "Toán học là môn thể dục của trí tuệ "–Isocrates PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX Cho tập hợp các điểm M (x; y) biểu diễn số phức z = x + yi (x, y ∈ R) là đường tròn (C ) có tâm I(a; b) và bán kính R. Gọi N là điểm biểu diễn số phức z 0 . Khi đó ® min |z| = min OM = OM1 = |OI − R| max |z| = max OM = OM2 = OI + R. Khi đó OI ∩ (C ) = {M1 ; M2 }. ® min |z − z 0 | = min M N = N N1 = |N I − R| max |z − z 0 | = max M N = N N2 = N I + R. Khi đó N I ∩ (C ) = {N1 ; N2 }. 1. y M N M2 N1 I N2 M1 x O Ví dụ VÍ DỤ 1. Xét các số phức z = x + yi, (x, y ∈ R) thỏa mãn |z − 2 − 4i| = |z − 2i| và |z| đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm P = 3x − 2y. A. 2. B. 3. C. 4. D. 5. Lời giải. Ta có |z − 2 − 4i| = |z − 2i| ⇔ |(x − 2) + (y − 4)i| = |x + (y − 2)i| ⇔ (x − 2)2 + (y − 4)2 = x2 + (y − 2)2 ⇔ x + y − 4 = 0. Vậy tập hợp điểm M (x; y) biểu diễn các số phức z = x + yi, (x, y ∈ R) là đường thẳng (d) : x + y − 4 = 0. min |z| = min OM = OH với H là hình chiếu của điểm O lên (d). Vì OH ⊥ d : x + y − 4 = 0 ⇒ OH : x − y + m = 0. Do O(0; 0) ∈ OH ⇒ m = 0 ⇒ OH : x − y ® = 0. ® x+y =4 x=2 Tọa độ điểm H = (d) ∩ OH thỏa mãn hệ ⇔ . x=y y=2 ⇒ P = 3x − 2y = 2. ! y M H x O (d) Ngoài cách giải sử dụng hình chiếu và tương giao (hình học), ta có thể giải theo cách khác như: Sử dụng A2 ≥ 0, bất đẳng thức cộng mẫu để tìm min |z|. Chọn đáp án A  VÍ DỤ 2. Cho các số phức z = x + yi, (x, y ∈ R) thỏa mãn |z + 2 − 2i| = |z − 4i|. Tìm giá trị nhỏ nhất của |iz + 1|. √ √ √ 3 2 2 A. 2 2. B. . C. . D. 2. 2 2 Lời giải. |z + 2 − 2i| = |z − 4i| ⇔ |(x + 2) + (y − 2)i| = |x + (y − 4)i| ⇔ x + y − 2 = 0. Vậy tập hợp điểm M (x; y) biểu diễn số phức z = x + yi, (x, y ∈ R) là đường thẳng (∆) : x + y − 2 = 0. p Ta lại có |iz + 1| = |(i(x + yi) + 1)| = |(1 − y) + xi| = (x2 ) + (y − 1)2 = M N với N (0; 1). Bài toán trở thành tìm điểm M ∈ (∆) : x + y − 2 = 0 thỏa mãn M N√nhỏ nhất. |xN + yN − 2| |0 + 1 − 2| 2 √ min |iz + 1| = min M N = d[N ;(∆)] = √ = = . 2 2 12 + 12 y H N M x O (∆) ! Ngoài cách giải sử dụng hình chiếu và tương giao (hình học), ta có thể giải theo cách khác như: Sử dụng A2 ≥ 0, bất đẳng thức cộng mẫu để tìm min |z|. Chọn đáp án C "Toán học là môn thể dục của trí tuệ "–Isocrates  Trang 53 PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX VÍ DỤ 3. Cho các số phức z = x + yi, (x, y ∈ R) thỏa mãn |z − (2 + 4i)| = 2. Gọi z1 , z2 lần lượt là hai số phức có mô-đun lớn nhất và mô-đun nhỏ nhất. Tính tổng phần ảo của hai số phức z1 , z2 đó. A. −4. B. 4. C. −8. D. 8. Lời giải. y |z − (2 + 4i)| = 2 ⇔ |(x − 2) + (y − 4)i| = 2 ⇔ (x − 2)2 + (y − 4)2 = 4. Vậy tập hợp điểm M (x; y) biểu diễn số phức z là đường tròn C có tâm I(2; 4) và bán kính R = 2. p Ta lại có |z| = x2 + y 2 = OM . Bài toán trở thành tìm M ∈ C : (x − 2)2 + (y − 4)2 = 4 thỏa mãn OM nhỏ nhất và OM lớn nhất. ® min |z| = min OM = OM1 = |OI − R| M1 Theo hình vẽ có . max |z| = max OM = OM2 = OI + R Lúc này tọa độ biểu diễn số phức z1 , z2 là hai điểm M1 , M2 là giao của OI với (C ). #» Phương trình đường thẳng OI đi qua điểm O(0; 0), có véc-tơ chỉ phương OI = (2; 4) x y O là = ⇔ y = 2x. 2 4 Vậy tọa độ của M1 , M2 là nghiệm của Ç hệ √ ® Ç √ å √ √ å y = 2x 2 5 4 5 2 5 4 5 ⇔ (x; y) = 2 + ;4 + hoặc (x; y) = 2 − ;4 − . 5 5 5 5 (x − 2)2 + (y − 4)2 = Ç 4 Ç √ √ å √ √ å 2 5 4 5 2 5 4 5 Suy ra z1 = 2 + + 4+ i, z2 = 2 − + 4− i. 5 5 5 5 Ç √ å √ å Ç 4 5 4 5 + 4− = 8. Do đó tổng hai phần ảo của số phức z1 , z2 là 4 + 5 5 M2 I M x Chọn đáp án D 2.  Bài tập áp dụng Câu 69. Xét các số phức z = x + yi (x, y ∈ R) thỏa mãn |z − i| = |z − 2 − 3i| và |z| đạt giá trị nhỏ nhất. Tính 3x − y. 3 6 5 A. 3. B. . C. . D. . 5 5 3 Lời giải. y |z − i| = |z − 2 − 3i| ⇔ |x + (y − 1)i| = |(x − 2) − (y + 3)i| ⇔ x2 + (y − 1)2 = (x − 2)2 + (y + 3)2 ⇔ −2y + 1 = −4x + 4 + 6y + 9 ⇔ x − 2y − 3 = 0. (d) Vậy tập hợp điểm M (x; y) biểu diễn các số phức z = x + yi, (x, y ∈ R) là đường thẳng (d) : x − 2y − 3 = 0. min |z| = OH với H là hình chiếu của điểm O lên (d). Vì OH ⊥ d : x − 2y − 3 = 0 ⇒ OH : 2x + y + m = 0. Do O(0; 0) ∈ OH ⇒ m = 0 ⇒ OH : 2x + y = 0.  3 ®  x = x − 2y = 3 5 ⇒ P = 3x − y = 3. Tọa độ điểm H = (d) ∩ OH thỏa mãn hệ ⇔  2x + y = 0  y = −6 5 Chọn đáp án A Câu 70. Xét các số phức z = x+yi (x, y ∈ R) thỏa mãn A. T = 5 . 12 B. T = − 12 . 5 x O M H  z + 1 − 5i = 1 và |z| đạt giá trị nhỏ nhất. Tính T = 3x+y. z+3−i 12 5 C. T = . D. T = − . 5 12 Lời giải. z + 1 − 5i x + 1 + (y − 5)i =1⇔ =1 z+3−i x + 3 − (y + 1)i ⇔ |x + 1 + (y − 5)i| = |(x + 3) − (y + 1)i| ⇔ (x + 1)2 + (y − 5)2 = (x + 3)2 + (y + 1)2 ⇔ 2x + 1 − 10y + 25 = 6x + 9 + 2y + 1 ⇔ x + 3y − 4 = 0. Trang 54 y H M x O (d) "Toán học là môn thể dục của trí tuệ "–Isocrates PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX Vậy tập hợp điểm M (x; y) biểu diễn các số phức z = x + yi, (x, y ∈ R) là đường thẳng (d) : x + 3y − 4 = 0. min |z| = OH với H là hình chiếu của điểm O lên (d). Vì OH ⊥ d : x + 3y − 4 = 0 ⇒ OH : 3x − y + m = 0.  ®  x = x + 3y = 4 Do O(0; 0) ∈ OH ⇒ m = 0 ⇒ OH : 3x − y = 0.Tọa độ điểm H = (d) ∩ OH thỏa mãn hệ ⇔  3x − y = 0 y = ⇒ T = 3x + y = 0. Chọn đáp án C 2 5. 6 5  Câu 71. Cho các số phức z = x + yi (x, y ∈ R) thỏa mãn |z − 1 − 2i| = |z − 2 + i|. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức |z + 2 − 3i|. √ √ 11 10 11 121 C. A. . B. 10. . D. . 10 10 10 Lời giải. |z − 1 − 2i| = |z − 2 + i| ⇔ |(x − 1) + (y − 2)i| = |(x − 2) + (y + 1)i| ⇔ x − 3y = 0. Vậy tập hợp điểm M (x; y) biểu diễn các số phức z = x + yi, (x, y ∈ R) là đường thẳng (d) : x − 3y = 0. p 2 Ta lại có |z + 2 − 3i| = |(x + 2) + (y − 3)i| = (x + 2)2 + (y − 3) √ = M N với N (−2; 3). 11 10 | − 2 − 3 · 3| √ = Vậy min |z + 2 − 3i| = min M N = d[N,(d)] = . 10 10 y N M H O (d) Chọn đáp án C x  Câu 72. Cho số phức z = x + yi (x, y ∈ R) thỏa mãn |z − 3 + 4i| = 4. Tính tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = |z|. A. 12. B. 11. C. 9. D. 10. Lời giải. y |z − 3 + 4i| = 4 ⇔ |(x − 3) + (y + 4)i| = 4 ⇔ (x − 3)2 + (y + 4)2 = 16. x Vậy tập hợp điểm M (x; y) biểu diễn các số phức z = x + yi, (x, y ∈ R) là đường tròn O M1 C có tâm I(3; −4), bán kính R = 4. p Ta có |z| = x2 ® + y 2 = OM . M min |z| = min OM = OM1 = |OI − R| = 5 − 4 = 1 I Theo hình vẽ có . max |z| = max OM = OM2 = OI + R = 5 + 4 = 9 Vậy tổng cần tìm là 9 + 1 = 10. M2 Chọn đáp án D 3.  Bài tập rèn luyện Câu 73. Cho số phức z = x + yi (x, y ∈ R) thỏa mãn |z − i| = |z + 1| và biểu thức P = |z − (3 − 2i)| đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm T = |x − y|. A. T = 1. B. T = 3. C. T = 5. D. T = 7. Lời giải. y |z − i| = |z + 1| ⇔ |x + (y − 1)i| = |(x + 1) + yi| ⇔ x + y = 0. (d) Vậy tập hợp điểm M (x; y) biểu diễn các số phức z = x + yi, (x, y ∈ R) là đường M thẳng (d) : x + y = 0. p Ta có |z − (3 − 2i)| = |(x − 3) + (y + 2)i| = (x − 3)2 + (y + 2)2 = M I với I(3; −2). x O Vậy P = M I nhỏ nhất khi M trùng với H là hình chiếu của I trên (d). Vì IH ⊥ (d) : x + y = 0 ⇒ IH : x − y + m = 0. Do I(3; −2) ∈ IH ⇒ m = −5 ⇒ IH : x − y − 5 = 0.  I 5 ®  x = H x+y =0 2 ⇒ T = |x − y| = 5. Khi đó tọa độ của H thỏa mãn hệ ⇔  x−y =5  y = −5 2 Chọn đáp án C  √ Câu 74. Cho số phức z = x + yi (x, y ∈ R) thỏa mãn |z − 1 + 2i| = 5 và biểu thức P = |z + 1 + i| đạt giá trị lớn nhất. Tìm Q = |x − 2y|. A. Q = 3. B. Q = 5. C. Q = 7. D. Q = 9. Lời giải. "Toán học là môn thể dục của trí tuệ "–Isocrates Trang 55 PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ √ √ |z − 1 + 2i| = 5 ⇔ |(x − 1) + (y + 2)i| = 5 ⇔ (x − 1)2 + (y + 2)2 = 5. Vậy tập hợp điểm M (x; y) biểu diễn các √ số phức z = x + yi, (x, y ∈ R) là đường tròn (C ) có tâm I(1; −2) và bán kính R = 5. p Ta có P = |z + 1 + i| = |(x + 1) + (y + 1)i| = (x + 1)2 + (y + 1)2 = M N với N (−1; −1). Dễ thấy N ∈ (C ) nên M N lớn nhất khi và chỉ khi M ≡ M1 là điểm đối xứng với N qua I. ® x = 2xI − xN = 2 · 1 + 1 = 3 Suy ra ⇒ Q = |x − 2y| = 9. y = 2yI − yN = 2 · (−2) + 1 = −3 LATEX y x O N M I M1 Chọn đáp án D  Câu 75. Cho√ số phức z = x+yi (x, y ∈ R)√ thỏa mãn |2iz−1+3i| = 1. Tìm √ giá trị lớn nhất của biểu thức√ P = |z+2−3i|. −1 + 5 2 1+5 2 −1 + 2 5 1+2 5 A. . B. . C. . D. . 2 2 2 2 Lời giải. y |2iz − 1 + 3i| = 1 ⇔ |2i(x + yi) − 1 + 3i| = 1 ⇔ |(−2y − 1) + (2x + 3)i| = 1 ã Å ã Å 1 2 1 3 2 + y+ = . ⇔ x+ 2 2 4 Vậy tập hợp điểm M (x; y) biểu diễn các số phức z = x + yi, (x, y ∈ R) là đường tròn ã Å 1 3 1 và bán kính R = . (C ) có tâm I − ; − 2 2 2 p Ta có |z + 2 − 3i| = |(x + 2) + (y − 3)i| = (x √ + 2)2 + (y − 3)2√= M N với N (−2; 3). 1+5 2 5 2 1 + = . Vậy max P = max M N = N M1 = N I + R = 2 2 2 N M x O I M1 Chọn đáp án B  Câu 76. Cho số phức z = x + yi (x, y ∈ R) thỏa mãn |z − 1 + 2i| = 4. Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = |z + 1 − i|. Tìm M + m. √ √ A. 4. B. 8. C. 13. D. 2 13. Lời giải. y |z − 1 + 2i| = 4 ⇔ |(x − 1) + (y + 2)i| = 4 ⇔ (x − 1)2 + (y + 2)2 = 16. M1 Vậy tập hợp điểm M (x; y) biểu diễn các số phức z = x + yi, (x, y ∈ R) là đường tròn (C ) có tâm I(1; −2) và bán kính R N p= 4. Ta có |z + 1 − i| = |(x + 1) + (y − 1)i| = (x + 1)2 + (y − 1)2 = M N với N (−1; 1). x O Theo hình vẽ có ( √ √ m = min P = min M N = N M1 = |N I − R| = | 13 − 4| = 4 − 13 √ I M M = max P = max M N = N M2 = |N I + R| = 13 + 4. Vậy M + m = 8. M2 Chọn đáp án B  √ Câu 77. Cho số phức z = x + yi (x, y ∈ R) thỏa mãn |z − 1 − i| + |z − 7 − 4i| = 3 5. Gọi a, b lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của P = |z − 5 + 2i|. Tìm a + b. Lời giải. y Gọi M (x; y) là điểm biểu diễn số phức z = x + yi (x, y ∈ R). Trong mặt phẳng tọa độ xét các điểm A(1; B √1), B(7; 4) và I(5; −2). √ Ta có |z − 1 − i| + |z − 7 − 4i| = 3 5 ⇔ M A + M B = 3 5 = AB. Suy ra tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z là đoạn thẳng AB. M Ta lại có |z − 5 + 2i| = IM . Theo hình vẽ, ta có IM ≥ IH và H IM ≤ IB. Phương trình đường thẳng AB đi qua A(1; 1), có véc-tơ chỉ phương A x−1 y−1 # » AB = (6; 3) là = hay x − 2y + 1 = 0. 6 3  √ x |5 − 2 · (−2) + 1| O   min |z − 5 + 2i| = IH = √ =2 5 5 Ta có . » √   max |z − 5 + 2i| = IB = (7 − 5)2 + (4 + 2)2 = 2 10 I √ √ Vậy a + b = 2 10 + 2 5. Trang 56 "Toán học là môn thể dục của trí tuệ "–Isocrates LATEX PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/  Câu 78. Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn |z1 + 5| = 5 và |z2 + 1 − 3i| = |z2 − 3 − 6i|. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = |z1 − z2 |. Lời giải. y Gọi M , N lần lượt là điểm biểu diễn của số phức z1 và z2 . 2 2 Ta có |z1 + 5| = 5 ⇔ |(xM + 5) + yM i| = 5 ⇔ (xM + 5) + yM = 25. M H Vậy M nằm trên đường tròn (C ) tâm I(−5; 0) và bán kính R = 5. N Ta lại có M1 |z2 + 1 − 3i| = |z2 − 3 − 6i| (∆) ⇔ |(xN + 1) + (yN − 3)i| = |(xN − 3) + (yN − 6)i| ⇔ 8x + 6y − 35 = 0. Vậy N nằm trên đường x p thẳng (∆) : 8x + 6y − 35 = 0. O I Hơn nữa |z1 − z2 | = (xM − xN )2 + (yM − yN )2 = M N . Gọi (d) là đường thẳng đi qua I và vuông góc với (∆), (d) cắt (∆) tại H, đoạn thẳng IH cắt (C ) tại M1 . Khi đó để P = M N nhỏ nhất thì M ≡ M1 và N ≡ H. |8 · (−5) + 6 · 0 − 35| 5 √ Suy ra min M N = M1 H = d[I;(∆)] − R = −5 = . 2 2 2 8 +6  Câu 79. Gọi S√là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để tồn tại duy nhất số phức z = x + yi (x, y ∈ R) thỏa mãn zz = 1 và |z − 3 + i| = m. Tìm số phần tử của S. A. 1. B. 2. C. 3. D. 4. Lời giải. zz = 1 ⇔ (x + yi)(x − yi) = 1 ⇔ x2 + y 2 = 1. y Vậy tập hợp điểm M (x; y) biểu diễn các số phức z = x + yi, (x, y ∈ R) là đường tròn (C ) có tâm O(0; 0) và bán…kính R = 1. M0 Ä ä √ √ 2 Ta có |z − 3 + i| = m ⇔ x − 3 + (y + 1)2 = m ⇔ M N = m với N2 √ N ( 3; −1). Vì đường tròn (C ) nhận ON làm trục đối xứng nên để tồn tại duy nhất số phức x O z hay tồn tại duy nhất điểm M thỏa mãn M N = m thì M phải là giao điểm N1 của ON và (C ). M Mà ON cắt (C ) tại 2 điểm N1 , N2 nên số phần tử của S là 2. N Chọn đáp án B  Câu 80. Tìm giá trị lớn nhất của P = |z 2 − z| + |z 2 + z| với z là số phức thỏa mãn |z| = 1. √ √ √ √ A. 2. B. 2 2. C. 3. D. 2 3. Lời giải. |z| = 1 ⇔ x2 + y 2 = 1. y Vậy tập hợp điểm C(x; y) biểu diễn các số phức z = x + yi, (x, y ∈ R) là đường tròn (C ) có tâm O(0; 0), bán kính R = 1. M Ta có 2 2 P = |z − z| + |z + z| = |z||z − 1| + |z||z + 1| = |(x − 1) + yi| + |(x + 1) + yi| B » » O 2 2 2 2 = (x − 1) + y + (x + 1) + y A x = MA + MB với A(1; 0) và B(−1; 0). Dễ thấy AB là đường kínhp của đường tròn (C ) nên √ AB = 2.√ 2 2 Khi đó P = M A + M B ≤ 2(M A + M B ) = 2AB 2 = 2 2. Đẳng thức√xảy ra khi M A = M B hay M là điểm chính giữa cung AB. Suy ra max P = 2 2. Chọn đáp án B Câu 81. Cho số phức z = x + yi (x, y ∈ R) thỏa mãn iz + nhất và giá trị nhỏ nhất của |z|. Tính M · n. A. M · n = 2. B. M · n = 1. Lời giải. "Toán học là môn thể dục của trí tuệ "–Isocrates  2 2 + iz + = 4. Gọi M và n lần lượt là giá trị lớn 1−i i−1 √ C. M · n = 2 2. √ D. M · n = 2 3. Trang 57 PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX Ta có y 2 2 + iz + =4 1−i i−1 C ⇔ |i(x + yi) + 1 + i| + |i(x + yi) − 1 − i| = 4 A ⇔ |(−y + 1) + (x + 1)i| + |(−y − 1) + (x − 1)i| = 4 » » ⇔ (x + 1)2 + (y − 1)2 + (x − 1)2 + (y + 1)2 = 4 √ O ⇔ CA + CB = 4 > 2 2 = AB. B với C(x; y), A(−1; 1) và B(1; −1). Vậy tập hợp điểm C(x; y) biểu diễn các số phức z = x + yi, (x, y ∈ R)√là elip (E) nhận A và B làm hai tiêu điểm với độ dài trục lớn bằng 4, tiêu cự bằng 2 2. Dễ thấy O là trung điểm của AB nên O là tâm đối xứng của elip (E). Mà |z| = OC nên OC lớn nhất khi C nằm trên trục lớn và nhỏ nhất khi C nằm trên trục nhỏ của elip (E). 4   M = =2    Ã2 ⇒ Å ã2 Ç √ å2 √  4 2 2   − = 2.  n = 2 2 √ Vậy M · n = 2 2. ® max |z| = max OM = a x2 y2 Nếu tập hợp điểm biểu diễn z là một elip (E) : 2 + 2 = 1 (a > b > 0) thì . a b min |z| = min OM = b iz + x ! Chọn đáp án C BÀI A. 3.  PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI TRÊN TẬP SỐ PHỨC DẠNG TOÁN VÀ BÀI TẬP { DẠNG 3.1. Căn bậc hai của số phức Căn bậc hai của số phức z = x + yi là một số phức w = a + bi và tìm như sau ® 2 2 2 a + bi ⇔ x + yi = (a + bi) ⇔ (a − b ) + (2ab) · i = x + yi ⇔ a2 − b2 = x 2ab = y Giải hệ này ta tìm được a, b. Từ đó tìm được căn bậc hai của số phức z. ! Ta có thể làm tương tự đối với các trường hợp căn bậc ba, bậc bốn. 1. Ví dụ VÍ DỤ 1. Tìm căn bậc hai của số phức z = −3 + 4i. ĐS: 1 + 2i và −1 − 2i Lời giải. Gọi w = a + bi là căn bậc hai của số phức z khi đó −3 + 4i = (a + bi)2 ⇔ (a2 − b2 ) + (2ab) · i = −3 + 4i  ® 2 ® 4  a2 − 4 + 3 = 0 a − b2 = −3 a + 3a2 − 4 = 0 2 a ⇔ ⇔ ⇔  2ab = 4 ab = 2 ab = 2 ñ 2 ñ ñ    a =1  a = ±1 a = ±1 ⇒ b = ±2 2 a = ±2i ⇔ ⇔ a = −4 ⇔   a = ±2i ⇒ b = ±i.   ab = 2 ab = 2 Vậy có hai căn bậc hai của số phức z là w1 = 1 + 2i và w2 = −1 − 2i. Trang 58  “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX 4 Tìm căn bậc, căn bậc bốn của số phức z = a + bi bằng máy tính bỏ túi: Để máy tính ở chế độ ra-đian SHIFT MODE – 4 và để chế độ số phức SHIFT – MODE – 2 . ® ã Å p X = 0 ⇒ w1 = . . . arg(a + bi) 2πX CALC Tìm căn bậc hai |a + bi|∠ + 2 2 X = 1 ⇒ w2 = . . . !  X    Å ã  p X arg(a + bi) 2πX Tìm căn bậc bốn 4 |a + bi|∠ + CALC  4 4 X    X Trong đó | 2. = 0 ⇒ w1 = 1 ⇒ w2 = 2 ⇒ w3 = 3 ⇒ w4 | bằng SHIFT – HYP ; ∠ bằng SHIFT – (−) ; arg( = … = … = … = … ) bằng SHIFT – 2 – 1 . Bài tập áp dụng BÀI 1. Tìm căn bậc hai của số phức sau 1 z = −5 + 12i. ĐS: w = ±2 ± 3i 3 z = 3 − 4i. ĐS: w = ±2 ∓ i √ √ ĐS: w = ±3 ± i 5 5 z = 4 + 6 5i. ĐS: w = ±3 ± i 2 z = 8 + 6i. 4 z = 33 − 56i. ĐS: w = ±7 ∓ 4i √ √ √ ĐS: w = ± 2 ∓ i 3 6 z = −1 − 2 6i. Lời giải. 1 Gọi w = a + bi là căn bậc hai của số phức z khi đó −5 + 12i = (a + bi)2 ⇔ (a2 − b2 ) + (2ab) · i = −5 + 12i  ® 2 ® 4 2  a2 − 36 + 5 = 0 a − b = −5 a + 5a2 − 36 = 0 a2 ⇔ ⇔ ⇔  ab = 6 2ab = 12 ab = 6 ñ ñ 2 ñ    a = ±2  a =4 a = ±2 ⇒ b = ±3 2 a = ±3i ⇔ ⇔ ⇔ a = −9   a = ±3i ⇒ b = ∓2i.   ab = 6 ab = 6 Vậy có hai căn bậc hai của số phức z là w1 = 2 + 3i và w2 = −2 − 3i. 2 Gọi w = a + bi là căn bậc hai của số phức z khi đó 8 + 6i = (a + bi)2 ⇔ (a2 − b2 ) + (2ab) · i = 8 + 6i  ® 2 ® 4  a2 − 9 − 8 = 0 a − b2 = 8 a − 8a2 − 9 = 0 a2 ⇔ ⇔ ⇔  2ab = 6 ab = 3 ab = 3 ñ 2 ñ ñ    a =9  a = ±3 a = ±2 ⇒ b = ±1 2 a = ±i ⇔ ⇔ a = −1 ⇔   a = ±i ⇒ b = ∓3i.   ab = 3 ab = 3 Vậy có hai căn bậc hai của số phức z là w1 = 3 + i và w2 = −3 − i. 3 Gọi w = a + bi là căn bậc hai của số phức z khi đó 3 − 4i = (a + bi)2 ⇔ (a2 − b2 ) + (2ab) · i = 3 − 4i  ® 2 ® 4  a2 − 4 − 3 = 0 a − b2 = 3 a − 3a2 − 4 = 0 2 a ⇔ ⇔ ⇔  2ab = −4 ab = −2 ab = −2 ñ 2 ñ ñ    a = −1  a = ±i a = ±i ⇒ b = ±2i 2 a = ±2i ⇔ ⇔ a = −4 ⇔   a = ±2i ⇒ b = ±2i.   ab = −2 ab = −2 Vậy có hai căn bậc hai của số phức z là w1 = −2 + i và w2 = 2 − i. “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates Trang 59 PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX 4 Gọi w = a + bi là căn bậc hai của số phức z khi đó 33 − 56i = (a + bi)2 ⇔ (a2 − b2 ) + (2ab) · i = 33 − 56i  ® 4 ® 2 2  a2 − 784 − 33 = 0 a − 33a2 − 784 = 0 a − b = 33 2 a ⇔ ⇔ ⇔  2ab = −56 ab = −28 ab = −28 ñ 2 ñ ñ    a = −16  a = ±4i a = ±4i ⇒ b = ±7i 2 a = ±7 ⇔ ⇔ a = 49 ⇔   a = ±7 ⇒ b = ∓4.   ab = −28 ab = −28 Vậy có hai căn bậc hai của số phức z là w1 = 7 − 4i và w2 = −7 + 4i. 5 Gọi w = a + bi là căn bậc hai của số phức z khi đó √ √ 4 + 6 5i = (a + bi)2 ⇔ (a2 − b2 ) + (2ab) · i = 4 + 6 5i  ® 2 ® 4  a2 − 45 − 4 = 0 a − b2 = 4 a − 4a2 − 45 = 0 2 a√ √ √ ⇔ ⇔ ⇔  2ab = 6 5 ab = 3 5 ab = 3 5 ñ ñ 2 a = ±3 ” √ a =9     √ a = ±3 ⇒ b = ± 5 a2 = −5 ⇔ a = ±i 5 ⇔ ⇔ √   √ √ a = ± 5i ⇒ b = ∓3i.   ab = 3 5 ab = 3 5 √ √ Vậy có hai căn bậc hai của số phức z là w1 = 3 + 5i và w2 = −3 − 5i. 6 Gọi w = a + bi là căn bậc hai của số phức z khi đó √ √ −1 − 2 6i = (a + bi)2 ⇔ (a2 − b2 ) + (2ab) · i = −1 − 2 6i  ® 2 ® 4  a2 − 6 + 1 = 0 a − b2 = −1 a + a2 − 6 = 0 2 a √ ⇔ √ ⇔ ⇔ √  2ab = −2 6 ab = − 6 ab = − 6 ” √ ñ 2  ” √ √ a=± 2 a =2     √ a=± 2⇒b=∓ 3 2 a = −3 ⇔ ⇔ √ √ a = ±i 3 ⇔   √ √ a = ±i 3 ⇒ b = ±i 2.    ab = − 6 ab = − 6 √ √ √ √ Vậy có hai căn bậc hai của số phức z là w1 = 2 − i 3 và w2 = − 2 + i 3.  { DẠNG 3.2. Phương trình bậc hai với hệ số phực Xét phương trình bậc hai az 2 + bz + c = 0 (1) với a 6= 0 có biệt thức ∆ = b2 − 4ac. Nếu ∆ = 0 thì phương trình (1) có nghiệm kép z1 = z2 = − b . 2a Nếu ∆ 6= 0 và gọi δ là căn bậc hai của ∆ thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt là z1 = −b − δ z2 = . 2a 1. −b + δ và 2a Ví dụ VÍ DỤ 1. Biết z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2 − 2z + 4 = 0. Tính |z1 | + |z√2 |. √ 2 + i 12 2 − i 12 ĐS: z1 = và z2 = . 2 2 Lời giải. √ Ta có ∆ = b2 − 4ac = −12. Căn bậc hai của ∆ là ±i 12. √ √ 2 + i 12 2 − i 12 Suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt z1 = và z2 = . 2 2 Trang 60  “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX 2. Bài tập áp dụng BÀI 1. Giải các phương trình sau trên trường số phức C. 1 z 2 − (1 + i)z + 6 + 3i = 0. ĐS: z1 = 1 − 2i và z2 = 3i 2 z 2 + 3(1 + i)z + 5i = 0. ĐS: z1 = −1 − 2i và z2 = −2 − i 3 z 2 + (1 + i)z − 2 − i = 0. ĐS: z1 = 1 và z2 = −2 − i 4 z 2 − 8(1 − i)z + 63 − 16i = 0. ĐS: z1 = 5 − 12i và z2 = 3 + 4i 5 (2 − 3i)z 2 + (4i − 3)z + 1 − i = 0. 6 4z 2 + (12i − 4)z + 2i − 8 = 0. ĐS: z1 = 1 và z2 = − ĐS: z1 = 1 5 − i 13 13 3 5 1 1 − i và z2 = − − i 2 2 2 2 Lời giải. 1 Ta có ∆ = (1 + i)2 − 4(6 + 3i) = −24 − 10i 6= 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt. Gọi δ = a + bi là căn bậc hai của số phức ∆ khi đó −24 − 10i = (a + bi)2 ⇔ (a2 − b2 ) + (2ab) · i = −24 − 10i  ® 4 ® 2  a2 − 25 + 24 = 0 a + 24a2 − 25 = 0 a − b2 = −24 2 a ⇔ ⇔ ⇔  ab = −5 2ab = −10 ab = −5 ñ ñ 2 ñ    a = ±1  a =1 a = ±1 ⇒ b = ∓5 2 a = ±5i ⇔ ⇔ a = −25 ⇔   a = ±5i ⇒ b = ±i.   ab = −5 ab = −5 Suy ra có hai căn bậc hai của số phức ∆ là δ1 = 1 − 5i và δ2 = −1 + 5i. Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm z1 = 1 − 2i và z2 = 3i. 2 Ta có ∆ = (3 + 3i)2 − 4 · 5i = −2i 6= 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt. Dễ thấy căn bậc hai của ∆ là −1 + i hoặc 1 − i. Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt z1 = 1 − 2i và z2 = −2 − i. 3 Ta có ∆ = (1 + i)2 + 4(2 + i) = 8 + 6i 6= 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt. Gọi δ = a + bi là căn bậc hai của số phức ∆ khi đó 8 + 6i = (a + bi)2 ⇔ (a2 − b2 ) + (2ab) · i = 8 + 6i  ® 2 ® 4  a2 − 9 − 8 = 0 a − b2 = 8 a − 8a2 − 9 = 0 2 a ⇔ ⇔ ⇔  2ab = 6 ab = 3 ab = 3 ñ ñ 2 ñ    a = −1  a = ±i a = ±i ⇒ b = ∓3i 2 a = ±3 ⇔ ⇔ a =9 ⇔   a = ±3 ⇒ b = ±1.   ab = 3 ab = 3 Suy ra có hai căn bậc hai của số phức ∆ là δ1 = 3 + i và δ2 = −3 − i. Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm z1 = 1 và z2 = −2 − i. 4 Ta có ∆ = (8 − 8i)2 − 4(63 − 16i) = −252 − 64i 6= 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt. Gọi δ = a + bi là căn bậc hai của số phức ∆ khi đó −252 − 64i = (a + bi)2 ⇔ (a2 − b2 ) + (2ab) · i = −252 − 64i  ® 4 ® 2 2  a2 − 1024 + 252 = 0 a + 252a2 − 1024 = 0 a − b = −252 2 a ⇔ ⇔ ⇔  2ab = −64 ab = −32 ab = −32 ñ 2 ñ ñ    a =4  a = ±2 a = ±2 ⇒ b = ∓16 2 a = ±16i ⇔ ⇔ a = −256 ⇔   a = ±16i ⇒ b = ±2i.   ab = −32 ab = −32 Suy ra có hai căn bậc hai của số phức ∆ là δ1 = 2 − 16i và δ2 = −2 + 16i. Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm z1 = 5 − 12i và z2 = 3 + 4i. “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates Trang 61 PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX 5 Ta có ∆ = (4i − 3)2 − 4(1 − i)(2 − 3i) = −3 − 4i 6= 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt. Gọi δ = a + bi là căn bậc hai của số phức ∆ khi đó −3 − 4i = (a + bi)2 ⇔ (a2 − b2 ) + (2ab) · i = −3 − 4i  ® 4 ® 2  a2 − 4 + 3 = 0 a + 3a2 − 4 = 0 a − b2 = −3 2 a ⇔ ⇔ ⇔  ab = −2 2ab = −4 ab = −2 ñ 2 ñ ñ    a =1  a = ±1 a = ±1 ⇒ b = ∓2 2 a = ±2i ⇔ ⇔ a = −4 ⇔   a = ±2i ⇒ b = ±i.   ab = −2 ab = −2 Suy ra có hai căn bậc hai của số phức ∆ là δ1 = 1 − 2i và δ2 = −1 + 2i. 1 5 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm z1 = 1 và z2 = − − i. 13 13 6 Ta có ∆ = (12i − 4)2 − 16(2i − 8) = −128i 6= 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt. Gọi δ = a + bi là căn bậc hai của số phức ∆ khi đó −128i = (a + bi)2 ⇔ (a2 − b2 ) + (2ab) · i = −128i ® 2 ñ a = b = 8i a − b2 = 0 ⇔ ⇔ a = −b = −8i. 2ab = −128 Suy ra có hai căn bậc hai của số phức ∆ là δ1 = −8 + 8i và δ2 = 8 − 8i. 1 1 3 5 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm z1 = − i và z2 = − − i. 2 2 2 2  BÀI 2. Giải các phương trình sau trên tập số phức. √ ĐS: z = 2i, z = 1 ± i 3. 1 z 3 − 2(1 + i)z 2 + 4(1 + i)z − 8i = 0. Lời giải. Phương trình tương đương với ⇔ Giải (1). ∆0 = −3 có một căn bậc hai là (z − 2i)(z 2 − 2z + 4) = 0 ñ z = 2i z 2 − 2z + 4 = 0. (1) √ √ 3i nên (1) có hai nghiệm phân biệt z = 1 ± 3i.  √ 1 i 11 ĐS: z = −i, z = − ± . 2 2 2 z 3 + (1 + i)z 2 + (3 + i)z + 3i = 0. Lời giải. Phương trình tương đương với ⇔ (z + i)(z 2 + z + 3) = 0 ñ z = −i z 2 + z + 3 = 0. (1) √ √ −1 ± 11i Giải (1). ∆ = −11 có một căn bậc hai là 11i nên (1) có hai nghiệm phân biệt z = . 2 3 z 3 + (2 − 2i)z 2 + (5 − 4i)z − 10i = 0.  ĐS: z = 2i, z = −1 ± 2i Lời giải. Phương trình tương đương với ⇔ (z − 2i)(z 2 + 2z + 5) = 0 ñ z = 2i z 2 + 2z + 5 = 0. (1) Giải (1). ∆0 = −4 có một căn bậc hai là 2i nên (1) có hai nghiệm phân biệt z = −1 ± 2i.  BÀI 3. Giải các phương trình sau trên tập số phức. Trang 62 “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX 1 ĐS: z = − , z = 1 + i, z = 2 − i. 2 1 2z 3 − 5z 2 + 3z + 3 + (2z + 1)i = 0. Lời giải. Phương trình tương đương với (2z + 1)(z 2 − 3z + 3 + i) = 0  1 z=− 2 ⇔  z 2 − 3z + 3 + i = 0. (1) Giải (1). ∆ = −3 − 4i, gọi a + bi là một căn bậc hai của ∆, ta có ®  2 ñ  b = − (a; b) = (1; −2) a − b = −3 a ⇔ ⇔  (a; b) = (−1; 2). 2ab = −4  a2 − 4 = −3 a2 2 2 Do đó ∆ có một căn bậc hai là 1 − 2i nên (1) có hai nghiệm phân biệt z = 1 + i, z = 2 − i. 2 z 3 − 2(1 + i)z 2 + 3iz + 1 − i = 0.  ĐS: z = 1, z = i, z = 1 + i. Lời giải. Phương trình tương đương với ⇔ (z − 1)(z 2 − (1 + 2i)z − 1 + i) = 0 ñ z=1 z 2 − (1 + 2i)z − 1 + i = 0. (1) Giải (1). ∆ = 1 có một căn bậc hai là 1 nên (1) có hai nghiệm phân biệt z = i, z = 1 + i. 3 z 3 − (2i − 1)z 2 + (3 − 2i)z + 3 = 0.  ĐS: z = −1, z = −i, z = 3i. Lời giải. Phương trình tương đương với ⇔ (z + 1)(z 2 − 2iz + 3) = 0 ñ z = −1 z 2 − 2iz + 3 = 0. (1) Giải (1). ∆0 = −4 có một căn bậc hai là 2i nên (1) có hai nghiệm phân biệt z = 3i, z = −i.  BÀI 4. Giải các phương trình sau trên tập số phức. 1 z4 − z3 + z2 + z + 1 = 0. 2 1 1 ĐS: z = 1 ± i, z = − ± i 2 2 Lời giải. Rõ ràng z = 0 không là nghiệm của phương trình. Chia cả hai vế cho z 2 ta được phương trình tương đương ⇔  2  Ta có ∆ = −9 = (3i) nên  1 1 z2 − z + + + 2 z Å ã Å 1 2 z− − z− z 1 =0 z2 ã 1 5 + = 0. z 2 1 1 − 3i = z 2 1 1 + 3i z− = . z 2 z− 1 1 − 3i 1 1 = ⇔ 2z 2 − (1 − 3i)z − 2 = 0, ∆ = 8 − 6i = (3 − i)2 . Do đó z = 1 − i; z = − − i. z 2 2 2 1 1 + 3i 1 1 2 2 Với z − = ⇔ 2z − (1 + 3i)z − 2 = 0, ∆ = 8 + 6i = (3 + i) . Do đó z = 1 + i; z = − + i. z 2 2 2 Với z −  “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates Trang 63 PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX √ ĐS: z = ±1 − 3i, z = (−3 ± 3 2)i. 2 (z − i)(z + 2i)(z + 4i)(z + 7i) = 34. Lời giải. Phương trình tương đương với z 2 + 6iz + 7   z 2 + 6iz − 8 = 34. Đặt z 2 + 6iz + 7 = t ta được phương trình ñ 2 t(t − 15) = 34 ⇔ t − 15t − 34 = 0 ⇔ t = 17 t = −2. Với t = 17 ⇒ z 2 + 6iz − 10 = 0, ∆0 = 1 ⇒ z = −3i ± 1. Ä √ ä2 √ Với t = −2 ⇒ z 2 + 6iz + 7 = −2, ∆0 = −18 = 3 2i ⇒ z = −3i ± 3 2i.  { DẠNG 3.3. Tìm các thuộc tính của số phức thỏa mãn điều kiện K Phương pháp giải Bước 1: Gọi số phức cần tìm là z = x + yi với x, y ∈ R. Bước 2: Biến đổi điều kiện K (thường liên quan đến mô-đun, biểu thức có chứa z, z, |z|,. . . ) để đưa về phương trình hoặc hệ phương trình nhờ hai số phức bằng nhau, rồi suy ra x, y và z. ! Trong tập số phức C, cho số phức z = x + yi có phần thực là x phần ảo là y với x, y ∈ R và i2 = −1. Khi đó, ta cần nhớ p – Mô-đun của số phức z = x + yi là |z| = x2 + y 2 . – Số phức liên hợp của z = x + yi là z = x − yi. ® – Hai số phức z1 = x1 + y1 i và z2 = x2 + y2 i được gọi là bằng nhau khi và chỉ khi x1 = x2 y1 = y2 . Trong tài liệu này, để cho ngắn gọn, ta kí hiệu phần thực và phần ảo của số phức z lần lượt là Re(z) và Im(z). 1. Ví dụ VÍ DỤ 1. Tìm phần thực, phần ảo, số phức liên hợp và tính mô-đun của số phức trong các trường hợp sau: 1 z = (2 + 4i) + 2i(1 − 3i). ĐS: z = 8 + 6i, |z| = 10. 2 z= √ 2−i 1+i 7 14 7 5 − . ĐS: z = + i, |z| = . 1 − 2i 3i 15 15 15 Lời giải. 1 Ta có z = 2 + 4i + 2i + 6 = 8 + 6i, nên z = 8 − 6i, Re(z) = 8, Im(z) = 6 và |z| = √ 62 + 82 = 10. (2 − i)(1 + 2i) (1 + i)i 2 + 2 + (4 − 1)i −1 + i 17 14 − = + = + i. 1+4 −3 5 3 15 15 √ Å ã2 Å ã2 14 7 5 17 14 17 14 7 Suy ra z = + = − i, Re(z) = , Im(z) = và |z| = . 15 15 15 15 15 15 15 2 Ta có z =  VÍ DỤ 2. Tìm các số thực x, y thỏa mãn điều kiện: 1 (2 − i)x + (2 + y)i = 2 + 2i. ĐS: x = 1, y = 1. 2 x−2 y−3 + = i. 1+i 1−i ĐS: x = 1, y = 4. Lời giải. Trang 64 “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX 1 Ta có (2 − i)x + (2 + y)i = 2 + 2i ⇔ 2x + (2 + y − x)i = 2 + 2i ® ® 2x = 2 x=1 ⇔ ⇔ 2+y−x=2 y = 1. 2 Ta có x−2 y−3 + =i 1+i 1−i ⇔ (x − 2)(1 − i) + (y − 3)(1 + i) = i(1 + 1) ⇔ (x + y − 5) + (y − x − 1)i = 2i ® ® x+y−5=0 x=1 ⇔ ⇔ y−x−1=2 y = 4.  2. Bài tập áp dụng BÀI 1. Tìm phần thực, phần ảo, số phức liên hợp và tính mô-đun của số phức trong các trường hợp sau. √ ĐS: z = 7 − i, |z| = 5 2. 1 z = (3 − 2i)2 + (2 + i)3 . Lời giải. Ta có z = (9 − 4 − 12i) + (8 + 12i − 6 − i) = 7 − i.p √ Suy ra z = 7 + i, Re(z) = 7, Im(z) = −1 và |z| = 72 + (−1)2 = 5 2. 2 ω = z1 − 2z2 , biết rằng z1 = 1 + 2i, z2 = 2 − 3i. Lời giải.  ĐS: ω = −3 + 8i, |ω| = √ 73. p √ (−3)2 + 82 = 73.  √ ĐS: z = 8 − 8i, |z| = 8 2. Ta có ω = 1 + 2i − 2(2 − 3i) = −3 + 8i, nên ω = −3 − 8i, Re(ω) = −3, Im(ω) = 8 và |ω| = 3 z = (1 + i)n , với n ∈ Z thỏa mãn log4 (n − 3) + log4 (n + 9) = 3. Lời giải. Ta có log4 (n − 3) + log4 (n + 9) = 3 ⇔ (n − 3)(n + 9) = 43 ⇔ n = 7. √ Do đó z = (1 + i)7 = (2i)3 (1 + i) = −8i(1 + i) = 8 − 8i. Suy ra z = 8 + 8i, Re(z) = 8, Im(z) = −8 và |z| = 8 2.  4 z= (1 + i)100 . (1 − i)96 − i(1 + i)98 4 ĐS: z = − . 3 Lời giải. Ta có • (1 + i)100 = (2i)50 = 250 · (i2 )25 = −250 . • (1 − i)96 = (−2i)48 = 248 · (i2 )24 = 248 . • i(1 + i)98 = i(2i)49 = −249 · (i2 )24 = −249 . −250 −22 4 4 4 4 = = − . Suy ra z = − , Re(z) = − , Im(z) = 0 và |z| = . 48 49 2 +2 1+2 3 3 3 3 Å ã2015 z1 − 3z 2 5 z= , với z1 = 4 + 3i, z2 = −i. 4z2 Do đó z =  ĐS: z = −i, |z| = 1. Lời giải. z1 − 3z 2 4 + 3i − 3i Ta có = = i. 4z2 −4i Nên z = i2015 = (i2 )1007 · i = −i. Suy ra z = i, Re(z) = 0, Im(z) = −1 và |z| = 1. √ √ 6 z = ( 2 + i)2 (1 − i 2).  √ √ ĐS: z = 5 − 2i, |z| = 27. Lời giải. √ √ √ √ √ Ta có z = (2 − 1√+ 2 2i)(1 − i 2) = 1 + 4√+ (2 2 − √2)i = 5 + 2i. Suy ra z = 5 − 2i, Re(z) = 5, Im(z) = − 2, |z| = 3 3. “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates  Trang 65 PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ Ç 7 z= LATEX √ å3 1+i 3 . 1+i √ ĐS: z = 2 + 2i, |z| = 2 2. Lời giải. √ √ √ 1 + 3 3i − 9 − 3 3i (1 + i 3)3 −8 4 4(1 + i) = = = = = 2 + 2i. (1 + i)3 1 + 3i − 3 − i −2 + 2i 1 − i 1+1 √ Suy ra z = 2 − 2i, Re(z) = Im(z) = 2 và |z| = 2 2. Ta có z =  BÀI 2. Tìm các số thực x, y thỏa mãn điều kiện. 1 (1 − 2i)x + (1 + 2y)i = 1 + i. ĐS: x = 1, y = 1. Lời giải. Ta có (1 − 2i)x + (1 + 2y)i = 1 + i ⇔ x + (1 + 2y − 2x)i = 1 + i ® ® x=1 x=1 ⇔ ⇔ 1 + 2y − 2x = 1 y = 1.  x−3 y−3 2 + = i. 3+i 3−i Lời giải. ĐS: x = −2, y = 8. Ta có x−3 y−3 + =i 3+i 3−i ⇔ (x − 3)(3 − i) + (y − 3)(3 + i) = i(9 + 1) ⇔ (3x + 3y − 18) + (y − x)i = 10i ® ® 3x + 3y − 18 = 0 x = −2 ⇔ ⇔ y − x = 10 y = 8.  √ ã3 Å ã4 Å ã5 ã2 Å Å 1 1 −1 + i 3 1 1 + z3 + 3 + z 4 + 4 , biết z = + z2 + 2 . ĐS: P = 15. BÀI 3. Tính P = z + z z z z 2 Lời giải. Ta có √ √ √ √ 1 −1 + i 3 2 (−1 + i 3)2 + 4 (1 − 3 + 4 − 2 3i)(−1 − i 3) √ √ z+ = + = = z 2 2(1 + 3) −1 + i 3 2(−1 + i 3) √ √ −(1 + 3) −2(1 − 3i)(1 + 3i) = = −1. = 8 4 Suy ra 1 z + 2 z 2 z3 + 1 z3 z4 + 1 z4 Å ã 1 2 = z+ − 2 = −1; z Å Å ã3 ã 1 1 −3 z+ = 2; = z+ z z Å ã 1 2 = z2 + 2 − 2 = −1. z Do đó P = (−1)2 + (−1)3 + 24 + (−1)5 = 15. 3.  Bài tập rèn luyện BÀI 4. Tìm phần thực, phần ảo, số phức liên hợp và tính mô-đun của số phức trong các trường hợp sau. √ ĐS: ω = 26 + 7i, |ω| = 5 29. 1 ω = z1 · z2 , biết rằng z1 = 2 + 5i, z2 = 3 − 4i. Lời giải. Ta có ω = (2 + 5i) · (3 − 4i) = 6 + 20 + (15 − 8)i = 26 √+ 7i. √ Suy ra ω = 26 − 7i, Re(ω) = 26, Im(ω) = 7 và |ω| = 262 + 72 = 5 29. Trang 66  “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX 2 z = (2 − 4i)(5 + 2i) + √ ĐS: z = 19 − 19i, |z| = 19 2. 4 − 2i . 1+i Lời giải. 2(2 − i)(1 − i) = 18 − 16i + (2 − 1) + (−2 − 1)i = 19 − 19i. 1+1 p √ Suy ra z = 19 + 19i, Re(z) = 19, Im(z) = −19 và |z| = 192 + (−19)2 = 19 2. Ta có z = 10 + 8 + (4 − 20)i + 3 z = (1 + i)2020 .  ĐS: z = −21010 , |z| = 21010 . Lời giải. Ta có z = (1 + 2i − 1)1010 = 21010 (i2 )505 = −21010 . Nên z = −21010 , Re(z) = −21010 , Im(z) = 0 và |z| = 21010 . 4 z = 1 + (1 + i) + (1 + i)2 + (1 + i)3 + · · · + (1 + i)20 .  ĐS: z = −210 + 210 + 1 i.  Lời giải. Theo công thức tổng của một cấp số nhân ta có    1 1 − (1 + i)21 1 − (2i)10 (1 + i)  = = 1 + 210 (1 + i) i = −210 + (210 + 1)i. z= 1 − (1 + i) −i Suy ra z = −210 − (210 + 1)i, Re(z) = −210 , Im(z) = 1 + 210 , |z| = » 2 220 + (210 + 1) .  BÀI 5. Tìm các số thực x, y thỏa mãn điều kiện. 1 x + yi = 3 + 2i. 1−i ĐS: x = 5, y = −1 Lời giải. Ta có x + yi = 3 + 2i ⇔ x + yi = (3 + 2i)(1 − i) ⇔ x + yi = 3 + 2 + (2 − 3)i ⇔ 1−i ® x=5 y = −1.  2 (−1 + 4i)x + (1 + 2i)3 y = 2 + 9i. ĐS: x = 17 95 ;y = − . 46 46 Lời giải. Ta có (−1 + 4i)x + (1 + 2i)3 y = 2 + 9i ⇔ (−1 + 4i)x + (1 + 6i − 12 − 8i)y = 2 + 9i ⇔ (−x − 11y) + (4x − 2y)i = 2 + 9i  95 ®  x = − x − 11y = 2 46 ⇔ ⇔  4x − 2y = 9  y = − 17 . 46  BÀI 6. Tìm x, y để hai số phức z1 = 9y 2 − 4 − 10xi5 và z2 = 8y 2 + 20i11 là liên hợp của nhau. ĐS: x = −2, y = ±2. Lời giải. ® z1 = 9y 2 − 4 − 10xi5 = 9y 2 − 4 − 10xi Ta có z2 = 8y 2 + 20i11 = 8y 2 − 20i. ® 2 ® x = −2 9y − 4 = 8y 2 Do đó z1 = z 2 ⇔ ⇔  y = ±2. − 10x = 20 ! Trong bài toán tìm thuộc tính của số phức z thỏa điều kiện K cho trước, nếu K là thuần z (tất cả đều z) hoặc thuần z thì đó là bài toán giải phương trình bậc nhất (phép cộng – trừ – nhân – chia số phức) với ẩn z (hoặc z). Còn nếu chứa hai loại trở lên (z, z, |z|) thì ta sẽ gọi z = x + yi (x, y ∈ R) ⇒ z = x − yi. Từ đó sử dụng các phép toán trên số phức để đưa về hai số phức bằng nhau khi và chỉ khi thực = thực, ảo = ảo để giải hệ phương trình tìm x, y ⇒ z cần tìm. BÀI 7. Tìm phần thực, phần ảo, số phức liên hợp và tính mô-đun của số phức trong các trường hợp: “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates Trang 67 PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX 1 (1 − i)z + (2 − i) = 4 − 5i. (TN – 2011) ĐS: z = 3 − i. Lời giải. 2 − 4i = 3 − i. 1−i √ Vậy số phức z = 3 − i có phần thực là 3, phần ảo là −1, số phức liên hợp là z = 3 + i, mô-đun là |z| = 10. Ta có (1 − i)z + (2 − i) = 4 − 5i ⇔ (1 − i)z = 2 − 4i ⇔ z = 2 2z − iz = 2 + 5i. (CĐ – 2014)  ĐS: z = 3 + 4i. Lời giải. Gọi z = x + yi (x, y ∈ R) ⇒ z = x − yi. Ta có ® 2x − y = 2 ⇔ 2y − x = 5 2z − iz = 2 + 5i ⇔ 2(x + yi) − i(x − yi) = 2 + 5i ⇔ 2x − y + (2y − x) = 2 + 5i ⇔ ® x=3 y = 4. ⇒ z = 3 + 4i. Vậy số phức z = 3 + 4i có phần thực là 3, phần ảo là 4, số phức liên hợp là z = 3 − 4i, mô-đun là |z| = 5. 3 (1 + i)2 (2 − i)z = 8 + i + (1 + 2i)z. (CĐ – 2009)  ĐS: z = 2 − 3i. Lời giải. 8+i = 2 − 3i. 1 + 2i √ Vậy số phức z = 2 − 3i có phần thực là 2, phần ảo là −3, số phức liên hợp là z = 2 + 3i, mô-đun là |z| = 13.  Ta có (1 + i)2 (2 − i)z = 8 + i + (1 + 2i)z ⇔ (2 + 4i)z − (1 + 2i)z = 8 + i ⇔ (1 + 2i)z = 8 + i ⇔ z = 4 (2 − 3i)z + (4 + i)z = −(1 + 3i)2 . (CĐ – 2010) ĐS: z = −2 + 5i. Lời giải. Gọi z = x + yi (x, y ∈ R) ⇒ z = x − yi. Ta có (2 − 3i)z + (4 + i)z = −(1 + 3i)2 ⇔ (2 − 3i)(x + yi) + (4 + i)(x − yi) = 8 − 6i ® ® 6x + 4y = 8 x = −2 ⇔ 6x + 4y − (2x + 2y)i = 8 − 6i ⇔ ⇔ 2x + 2y = 6 y = 5. ⇒ z = −2 + 5i. √ Vậy số phức z = −2 + 5i có phần thực là −2, phần ảo là 5, số phức liên hợp là z = −2 − 5i, mô-đun là |z| = 29.  ĐS: z = 2 − 3i. 5 z + (2 + i)z = 3 + 5i. (A, A1 – 2014) Lời giải. Gọi z = x + yi (x, y ∈ R) ⇒ z = x − yi. Ta có ® z + (2 + i)z = 3 + 5i ⇔ x + yi + (2 + i)(x − yi) = 3 + 5i ⇔ 3x + y + (x − y)i = 3 + 5i ⇔ 3x + y = 3 ⇔ x−y =5 ® x=2 y = −3. ⇒ z = 2 − 3i. √ Vậy số phức z = 2 − 3i có phần thực là 2, phần ảo là −3, số phức liên hợp là z = 2 + 3i, mô-đun là |z| = 13.  6 2z + 3(1 − i)z = 1 − 9i. (B – 2014) ĐS: z = 2 + 3i. Lời giải. Gọi z = x + yi (x, y ∈ R) ⇒ z = x − yi. Ta có ® 2z+3(1−i)z = 1−9i ⇔ 2(x+yi)+3(1−i)(x−yi) = 1−9i ⇔ 5x−3y−(3x+y)i = 1−9i ⇔ 5x − 3y = 1 ⇔ 3x + y = 9 ® x=2 y = 3. ⇒ z = 2 + 3i. √ Vậy số phức z = 2 + 3i có phần thực là 2, phần ảo là 3, số phức liên hợp là z = 2 − 3i, mô-đun là |z| = 13. 7 (3z − z)(1 + i) − 5z = 8i − 1. (D – 2014)  ĐS: z = 3 − 2i. Lời giải. Gọi z = x + yi (x, y ∈ R) ⇒ z = x − yi. Ta có (3z − z)(1 + i) − 5z = 8i − 1 ⇔ (2x + 4yi)(1 + i) − 5(x + yi) = 8i − 1 ® ® 3x + 4y = 1 x=3 ⇔ −3x − 4y + (2x − y)i = 8i − 1 ⇔ ⇔ 2x − y = 8 y = −2. ⇒ z = 3 − 2i. √ Vậy số phức z = 3 − 2i có phần thực là 3, phần ảo là −2, số phức liên hợp là z = 3 + 2i, mô-đun là |z| = 13.  Trang 68 “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX 8 z − (2 + 3i)z = 1 − 9i. (D – 2011 CB) ĐS: z = 2 − i. Lời giải. Gọi z = x + yi (x, y ∈ R) ⇒ z = x − yi. Ta có ® z−(2+3i)z = 1−9i ⇔ x+yi−(2+3i)(x−yi) = 1−9i ⇔ −x−3y−(3x−3y)i = 1−9i ⇔ − x − 3y = 1 ⇔ 3x − 3y = 9 ® x=2 y = −1. ⇒ z = 2 − i. √ Vậy số phức z = 2 − i có phần thực là 2, phần ảo là −1, số phức liên hợp là z = 2 + i, mô-đun là |z| = 5. 9 (2z − 1)(1 + i) + (z + 1)(1 − i) = 2 − 2i. (A – 2011 NC) ĐS: z =  1 1 − i. 3 3 Lời giải. Gọi z = x + yi (x, y ∈ R) ⇒ z = x − yi. Ta có (2z − 1)(1 + i) + (z + 1)(1 − i) = 2 − 2i ⇔ (2x − 1 + 2yi)(1 + i) + (x + 1 − yi)(1 − i) = 2 − 2i ® ⇔ 3x − 3y + (x + y − 2)i = 2 − 2i ⇔ ⇒z=  1  x = 3x − 3y = 2 3 ⇔  x + y − 2 = −2  y = −1. 3 1 1 − i. 3 3 √ 1 1 2 1 1 1 1 − i có phần thực là , phần ảo là − , số phức liên hợp là z = + i, mô-đun là |z| = .  3 3 3 3 3 3 3 √ 15 1 − i. 10 zz + 3(z − z) = 4 − 3i. ĐS: z = ± 2 2 Lời giải. Vậy số phức z = Gọi z = x + yi (x, y ∈ R) ⇒ z = x − yi. Ta có ® zz + 3(z − z) = 4 − 3i ⇔ x2 + y 2 + 6yi = 4 − 3i ⇔  √  15  2 2  x=± x +y =4 2 ⇔  1 6y = −3  y = − . 2 √ 15 1 − i. ⇒z=± 2 2 Kết luận √ √ √ 15 1 15 15 1 1 Số phức z = − i có phần thực là , phần ảo là − , số phức liên hợp là z = + i, mô-đun là 2 2 2 2 2 2 |z| = 2. √ √ √ 15 1 15 1 15 1 Số phức z = − − i có phần thực là − , phần ảo là − , số phức liên hợp là z = − + i, mô-đun 2 2 2 2 2 2 là |z| = 2.  Ä √ √ ä −3 + 3 − 1 + 3 3 i 11 z 3 = 18 + 26i. ĐS: z = 3 + i; z = 2 Ä √ √ ä −3 − 3 − 1 − 3 3 i ;z= . 2 Lời giải. Gọi z = x + yi (x, y ∈ R). Ta có ® 3 3 3 2 2 3 z = 18 + 26i ⇔ (x + yi) = 18 + 26i ⇔ x − 3xy + (3x y − y )i = 18 + 26i ⇔ x3 − 3xy 2 = 18 2 3 3x y − y = 26 (1) (2). Từ (1) và (2) suy ra 13(x3 − 3xy 2 ) − 9(3×2 y − y 3 ) = 0 ⇔ 13×3 − 27×2 y − 39xy 2 + 9y 3 = 0 ⇒ x = 3y, thay vào (1), ta được 27y 3 − 9y 3 = 18 ⇔ y = 1 ⇒ x = 3 ⇒ z = 3 + i.   Do đó, ta có z 3 = 18 + 26i ⇔ z 3 = (3 + i)3 ⇔ (z − 3 − i) z 2 + (3 + i)z + 8 + 6i = 0 ñ z =3+i ⇔ z 2 + (3 + i)z + 8 + 6i = 0 “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates Trang 69 PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX  z =3+i Ä √ ä √   3 − 1 + 3 3 i −3 + z = ⇔  2Ä  √ ä √  −3 − 3 − 1 − 3 3 i z= . 2 Kết luận √ Số phức z = 3 + i có phần thực là 3, phần ảo là 1, số phức liên hợp là z = 3 − i, mô-đun là |z| = 10. Ä √ ä √ √ √ −3 + 3 − 1 + 3 3 i −3 + 3 1+3 3 Số phức z = có phần thực là , phần ảo là − , số phức liên hợp là 2 2 Ä √ √ 2ä −3 + 3 + 1 + 3 3 i √ z= , mô-đun là |z| = 10. 2 Ä √ ä √ √ √ −3 − 3 − 1 − 3 3 i −3 − 3 1−3 3 Số phức z = có phần thực là , phần ảo là − , số phức liên hợp là 2 2 Ä √ √ 2ä −3 − 3 + 1 − 3 3 i √ z= , mô-đun là |z| = 10. 2 Vậy số phức  12 z 2 + |z| = 0. ĐS: z = 0; z = ±i. Lời giải. Gọi z = x + yi (x, y ∈ R) ⇒ |z| = p x2 + y 2 . Ta có ® 2 2 2 z + |z| = 0 ⇔ x − y + p x2 + y2 + 2xyi = 0 ⇔ x2 − y 2 + xy = 0 p x2 + y 2 = 0 ® ⇔ x=0 hoặc y=0 ® x=0 y = ±1. ⇒ z = 0 hoặc z = i hoặc z = −i. Kết luận Số phức z = 0 có phần thực là 0, phần ảo là 0, số phức liên hợp là z = 0, mô-đun là |z| = 0. Số phức z = i có phần thực là 0, phần ảo là 1, số phức liên hợp là z = −i, mô-đun là |z| = 1. Số phức z = −i có phần thực là 0, phần ảo là −1, số phức liên hợp là z = i, mô-đun là |z| = 1.  1 1 ĐS: z = 0; z = − ± i. 2 2 13 z 2 = |z|2 + z. (A – 2011 CB) Lời giải. Gọi z = x + yi (x, y ∈ R) ⇒ z = x − yi, |z| = z 2 = |z|2 + z p x2 + y 2 . Ta có ⇔ (x + yi)2 = x2 + y 2 + x − yi ⇔ x2 − y 2 + 2xyi = x2 + y 2 + x − yi ® 2 ® x − y 2 = x2 + y 2 + x x = −2y 2 ⇔ ⇔ 2xy = −y (2x + 1)y = 0  1 ®  x = − x=0 2 ⇔ hoặc  y=0  y = ±1. 2 1 1 ⇒ z = 0; z = − ± i. 2 2 Kết luận Số phức z = 0 có phần thực là 0, phần ảo là 0, số phức liên hợp là z = 0, mô-đun là |z| = 0. √ 1 1 1 1 1 1 2 Số phức − + i có phần thực là − , phần ảo là , số phức liên hợp là z = − − i, mô-đun là |z| = . 2 2 2 2 2 2 2 √ 1 1 1 1 1 1 2 Số phức − − i có phần thực là − , phần ảo là − , số phức liên hợp là z = − + i, mô-đun là |z| = . 2 2 2 2 2 2 2  Trang 70 “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX 1 ĐS: z = 1 − 2i; z = − − 5i. 2 14 (z + 1)2 + |z − 1|2 + 10i = z + 3. Lời giải. Gọi z = x + yi (x, y ∈ R) ⇒ z = x − yi. Ta có (z + 1)2 + |z − 1|2 + 10i = z + 3 ⇔ (x + yi + 1)2 + (x − 1)2 + y 2 + 10i = x − yi + 3 ⇔ x2 − y 2 + 1 + 2xyi + 2yi + 2x + x2 − 2x + 1 + y 2 + 10i = x + 3 − yi ® 2 2x + 2 = x + 3 ⇔ 2×2 + 2 + (2xy + 2y + 10)i = x + 3 − yi ⇔ 2xy + 2y + 10 = −y  ®  x = −1 x=1 2 ⇔ hoặc  y = −2 y = −5. 1 ⇒ z = 1 − 2i; z = − − 5i. 2 Kết luận Số phức 1 − 2i có phần thực là 1, phần ảo là −2, số phức liên hợp là z = 1 + 2i, mô-đun là |z| = √ 5. 1 1 1 Số phức − − 5i có phần thực là − , phần ảo là −5, số phức liên hợp là z = − + 5i, mô-đun là |z| = 2 2 2 √ 101 . 2  √ 5+i 3 15 z − − 1 = 0. (B – 2011 CB) z Lời giải. √ √ ĐS: z = −1 − i 3; z = 2 − i 3. Gọi z = x + yi (x, y ∈ R) ⇒ z = x − yi. Ta có √ √ 5+i 3 z− − 1 = 0 ⇔ zz − z = 5 + i 3 z √ ⇔ x + y − x − yi = 5 + i 3 ⇔ 2 ® ⇔ 2 x = −1 √ hoặc y=− 3 ® ® x2 + y 2 − x = 5 √ y=− 3 x=2 √ y=− 3 √ √ ⇒ z = −1 − i 3; z = 2 − i 3. Kết luận √ √ √ Số phức −1 − i 3 có phần thực là −1, phần ảo là − 3, số phức liên hợp là z = −1 + i 3, mô-đun là |z| = 2. √ √ √ √ Số phức 2 − i 3i có phần thực là 2, phần ảo là − 3, số phức liên hợp là z = 2 + i 3, mô-đun là |z| = 7.  16 iz − (1 + 3i)z = |z|2 . 1+i ĐS: z = 0; z = − 45 9 − i. 26 26 Lời giải. Gọi z = x + yi (x, y ∈ R) ⇒ z = x − yi, |z| = iz − (1 + 3i)z = |z|2 1+i ⇒ z = 0; z = − p x2 + y 2 . Ta có ⇔ (1 + i)(x + yi) − (4 + 2i)(x − yi) = 2(x2 + y 2 ) ® − 3x − 3y = 2×2 + 2y 2 2 2 ⇔ −3x − 3y + (5y − x)i = 2x + 2y ⇔ 5y − x = 0  45 ®  x = − x=0 26 ⇔ hoặc  y=0 y = − 9 . 26 45 9 − i. 26 26 Kết luận Số phức z = 0 có phần thực là 0, phần ảo là 0, số phức liên hợp là z = 0, mô-đun là |z| = 0. “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates Trang 71 PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX 45 45 9 45 9 9 Số phức − − i có phần thực là − , phần ảo là − , số phức liên hợp là z = − + i, mô-đun là 26 26 26 26 26 26 √ 9 26 |z| = . 26  17 z + 1+i = (1 − i)|z|. (1 − i)z ĐS: z = −i. Lời giải. Gọi z = x + yi (x, y ∈ R) ⇒ z = x − yi, |z| = z+ 1+i = (1 − i)|z| (1 − i)z p x2 + y 2 . Ta có z6=0 p ⇔ zz + i = (1 − i)|z|z ⇔ x2 + y 2 + i = (1 − i)(x − yi) x2 + y 2 p p ⇔ x2 + y 2 + i = (x − y) x2 + y 2 − (x + y) x2 + y 2 i p ( 2 ®p x + y 2 = (x − y) x2 + y 2 x2 + y 2 = x − y ⇔ ⇔ p y 2 − x2 = 1 1 = −(x + y) x2 + y 2  ®  x ≥ y x=0 ⇔ xy = 0 ⇔  y = −1.  2 y − x2 = 1 ⇒ z = −i. Vậy số phức z = −i có phần thực là 0, phần ảo là −1, số phức liên hợp là z = i, mô-đun là |z| = 1. 18 z + i − (i + 1) · z = z. z 1 ĐS: z = − − 2  Ç √ å 2 1 ± i. 2 2 Lời giải. Gọi z = x + yi (x, y ∈ R) ⇒ z = x − yi, |z| = z + i − (i + 1) · z =z z p x2 + y 2 . Ta có z6=0 2 ⇔ z + iz − (i + 1)z = zz ⇔ (x + yi)2 + i(x + yi) − (i + 1)(x − yi) = x2 + y 2 ⇔ x2 − y 2 + 2xyi + xi − y − xi − y − x + yi = x2 + y 2 ® 2 ® 2 x − y 2 − x − 2y = x2 + y 2 2y + 2y + x = 0 ⇔ ⇔ 2xy + y = 0 (2x + 1)y = 0  1   x = − 2 √ ⇔  −1 ± 2  y = . 2 1 −1 ± ⇒z=− + 2 2 Kết luận √ 2 i. √ √ √ 1 −1 + 2 1 −1 + 2 1 −1 + 2 Số phức z = − + i có phần thực là − , phần ảo là , số phức liên hợp là z = − − i, 2p 2√ 2 2 2 2 4−2 2 mô-đun là |z| = . 2 √ √ √ 1 −1 − 2 1 −1 − 2 1 −1 + 2 Số phức z = − + i có phần thực là − , phần ảo là , số phức liên hợp là z = − + i, 2p 2√ 2 2 2 2 4−2 2 mô-đun là |z| = . 2  BÀI 8. Tìm số phức và các thuộc tính của nó trong các trường hợp sau: 1 w = 1 + z + z 2 , với 5(z + i) = 2 − i. (A – 2012 NC) z+1 ĐS: w = 2 + 3i. Lời giải. Trang 72 “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX Gọi z = x + yi (x, y ∈ R) ⇒ z = x − yi. Ta có 5(z + i) =2−i z+1 z6=−1 ⇔ 5(x − yi + i) = (2 − i)(x + yi + 1) ⇔ 3x − y − 2 + (x − 7y + 6)i = 0 ® ® 3x − y − 2 = 0 x=1 ⇔ ⇔ x − 7y + 6 = 0 y = 1. ⇒ z = 1 + i. Do đó, ta có w = 1 + z + z 2 = 1 + 1 + i + (1 + i)2 = 2 + 3i. √ Vậy số phức w = 2 + 3i có phần thực là 2, phần ảo là 3, số phức liên hợp là w = 2 − 3i, mô-đun là |w| = 13.  √ 1−i 3 2 w = z + iz, với z = . ĐS: w = 1 + i. 1−i Lời giải. √ √ √ √ √ 1−i 3 1+ 3 1− 3 1+ 3 1− 3 Ta có z = = + i⇒z= − i. 1−i 2 2 √ å Ç2 √ √ 2 √ 1+ 3 1− 3 1+ 3 1− 3 Do đó, ta có w = z + iz = + i+i − i = 1 + i. 2 2 2 2 √  Vậy số phức w = 1 + i có phần thực là 1, phần ảo là 1, số phức liên hợp là w = 1 − i, mô-đun là |w| = 2. Ä √ ä3 1−i 3 3 w = z + iz, với z = . (A – 2010 NC) ĐS: w = −8 − 8i. 1−i Lời giải. Ä √ ä3 1−i 3 −8 Ta có z = = = −4 − 4i ⇒ z = −4 + 4i. 1−i 1−i Do đó, ta có w = z + iz = −4 − 4i + i(−4 + 4i) = −8 − 8i. √ Vậy số phức w = −8 − 8i có phần thực là −8, phần ảo là −8, số phức liên hợp là w = −8 + 8i, mô-đun là |w| = 8 2.  z − 2z + 1 , với (1 + i)(z − i) + 2z = 2i. (D 2013) z2 Lời giải. ĐS: w = −1 + 3i 4 w= Ta có (1 + i)(z − i) + 2z = 2i ⇔ (3 + i)z = −1 + 3i ⇔ z = −1 + 3i = i. 3+i −i − 2i + 1 z − 2z + 1 = = −1 + 3i. z2 i2 √ Vậy số phức w = −1 + 3i có phần thực là −1, phần ảo là 3, số phức liên hợp là w = −1 − 3i, mô-đun là |w| = 10.  Do đó, ta có w = 4 , với 1 + z = |z − i|2 + (iz − 1)2 . z+1 Lời giải. 5 w=z+ 7 7 ĐS: w = 2 − i, w = − + i. 2 2 Gọi z = x + yi (x, y ∈ R) ⇒ z = x − yi. Ta có 1 + z = |z − i|2 + (iz − 1)2 ⇔ 1 + x − yi = |x − yi − i|2 + (xi − y − 1)2 ⇔ 1 + x − yi = x2 + (y + 1)2 − x2 + (y + 1)2 − 2x(y + 1)i ® ® x = 2(y + 1)2 − 1 1 + x = 2(y + 1)2 ⇔ ⇔ y = 2x(y + 1) 4(y + 1)3 − 2(y + 1) − y = 0  1 ®  x = − x=1 2 ⇔ hoặc  y = −2  y = −1. 2 1 1 ⇒ z = 1 − 2i hoặc z = − − i. 2 2 4 4 Với z = 1 − 2i, ta có w = z + = 1 − 2i + = 2 − i. z+1 1 − 2i + 1 1 1 4 1 1 4 7 7 Với z = − − i, ta có w = z + =− − i+ = + i. 1 1 2 2 z+1 2 2 2 2 − − i+1 2 2 Kết luận Số phức w = 2 − i có phần thực là 2, phần ảo là −1, số phức liên hợp là w = 2 + i, mô-đun là |w| = “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates √ 5. Trang 73 PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX √ 7 7 7 7 7 7 7 2 Số phức w = + i có phần thực là , phần ảo là , số phức liên hợp là w = − i, mô-đun là |w| = . 2 2 2 2 2 2 2  Ä √ ä12 1+i 3 (2 − i) 6 w = b + ci, với Ä là nghiệm của phương trình z 2 + 8bz + 64c = 0. √ ä6 6 1 − i 3 (1 + i) ĐS: w = −2 + 5i. Lời giải. Ä √ ä12 (2 − i) 1+i 3 Ta có Ä = 8 + 16i. √ ä6 1 − i 3 (1 + i)6 Theo đề bài, ta có (8 + 16i)2 + 8b(8 + 16i) + 64c = 0 ⇔ −192 + 256i + 64b + 128bi + 64c = 0 ® ® − 192 + 64b + 64c = 0 b = −2 ⇔ ⇔ 256 + 128b = 0 c = 5. ⇒ w = −2 + 5i. √ Vậy số phức w = −2 + 5i có phần thực là −2, phần ảo là 5, số phức liên hợp là w = −2 − 5i, mô-đun là |w| = 29.  BÀI 9. Tìm số phức và các thuộc tính khi nó thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: √ √ √ √ ĐS: z = 2 5 + 5i, z = −2 5 − 5i. 1 |z| = 5 và phần thực bằng 2 lần phần ảo. Lời giải. Đặt z = a + bi (a, b ∈ R). Theo giả thiết ta có hệ phương trình ( ® ® a = 2b a = 2b a = 2b p √ ⇔ ⇔ 2 b =5 b = ± 5. a2 + b2 = 5 √ √ √ √ Với b = √ 5, a = 2 5,√z = 2 5 +√ 5i. √ Với b = − 5, a = −2 5, z = −2 5 − 5i. 2 |z − 2 + i| = 2 và phần ảo nhỏ hơn phần thực 3 đơn vị.  √ √ ĐS: z = 2 ± 2 − (1 ∓ 2)i. Lời giải. Đặt z = a + bi (a, b ∈ R). Theo giả thiết ta có hệ phương trình  b=a−3  ” a−b=3 √ b=a−3 » a=2+ 2 ⇔ ⇔ 2 2  (a − 2) + (a − 2) = 4 √ (a − 2)2 + (b + 1)2 = 2  a=2− 2 √ √ √ √ Với a = 2 + √2, b = −1 + √2, z = 2 + √2 + (−1 + √ 2)i. Với a = 2 − 2, b = −1 − 2, z = 2 − 2 − (1 + 2)i. ( 3 |z + 2i − 1| − ® √ 5|z − 2 + 3i| = 0. và phần thực bằng 2 lần phần ảo.  3 ĐS: z = 4 + 2i, z = 3 + i. 2 Lời giải. Đặt z = a + bi (a, b ∈ R). Theo giả thiết ta có hệ phương trình ( a = 2b » » (a − 1)2 + (b + 2)2 − 5[(a − 2)2 + (3 − b)2 ] = 0 ® a = 2b ⇔ (2b − 1)2 + (b + 2)2 − 5[(2b − 2)2 + (3 − b)2 ] = 0  a = 2b    b=2 ⇔     b= 3 . 2 Với b = 2, a = 4, z = 4 + 2i. 3 3 Với b = , a = 3, z = 3 + i. 2 2 Trang 74  “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX 4 |z + 1 − 2i)| = 5 và z · z = 34. ĐS: z = 3 + 5i, z = − 29 3 + i. 5 5 Lời giải. Đặt z = a + bi (a, b ∈ R). Theo giả thiết ta có hệ phương trình ( 2 2 a + b = 34 » ⇔ (a + 1)2 + (b − 2)2 = 5 ® a2 + b2 = 34 ⇔ a = 2b − 7 ®  a = 2b − 7    a = 2b − 7 3 ⇔ b= 2 2   5 . (2b − 7) + b = 34   b=5 3 29 29 3 , a = − , z = − + i. 5 5 5 5 Với b = 5, a = 3, z = 3 + 5i. √ 5 |z − (2 + i)| = 10 và z · z = 25. Với b =  ĐS: z = 3 + 4i, z = 5. Lời giải. Đặt z = a + bi (a, b ∈ R). Theo giả thiết ta có hệ phương trình ( a2 + b2 = 25 » √ ⇔ (a − 2)2 + (b − 1)2 = 10 ® 2 2 a + b = 25 ⇔ b = 10 − 2a ®    bñ= 10 − 2a ⇔ a=3  . a2 + (10 − 2a)2 = 25  a=5 b = 10 − 2a Với a = 3, b = 4, z = 3 + 4i. Với a = 5, b = 0, z = 5. 6 |z + 1 − 2i| = |z − 2 − i| và |z − 1| = √  ĐS: z = −1 − i, z = 2 + 2i. 5. Lời giải. Đặt z = a + bi (a, b ∈ R). Theo giả thiết ta có hệ phương trình  » » ®   (a + 1)2 + (b − 2)2 = (a − 2)2 + (b + 1)2  añ = b a=b ⇔ ⇔ » b = −1  (a − 1)2 + b2 = √5  . (a − 1)2 + b2 = 5  b=2 Với a = b = −1, z = −1 − i. Với a = b = 2, z = 2 + 2i.  √ 1 ĐS: z = 3 4 + √ i. 3 4 7 2|z − i| = |z − z + 2i| và |z 2 − z 2 | = 4. Lời giải. Đặt z = a + bi (a, b ∈ R). p p 2|z − i| = |z − z + 2i| ⇔ 2 a2 + (b − 1)2 = (2b + 2)2 . |z 2 − z 2 | = 4 ⇔ |ab| = 1. Ta có hệ phương trình » ( » 2 a2 + (b − 1)2 = (2b + 2)2 |ab| = 1 Suy ra z = √   3 2 a = 4 b = a ⇔ 4 ⇔ 1 b = √  . 3 |ab| = 1 4 √ 1 3 i. 4+ √ 3 4 √ 8 |z| = 1 và |z − z | = 3 với phần thực dương và phần ảo âm. 2 2  √ √ 3 1 1 3 ĐS: z = − i, z = − i. 2 2 2 2 Lời giải. Đặt z = a + bi (a, b ∈ R, a > 0, b < 0). Theo giả thiết ta có hệ phương trình   3 3  2   b2 =    b = 2  2   2 3 16a 2   16a    a + b = 1  b2 =   1 2 1 √ 16a a= ⇔ ⇔ ⇔ a2 = 3 2√  |ab| = 3  2    4    .     = 1 a +   2 4 3   3 16a  a2 =   a= 4 2 √ √ 1 3 1 3 Với a = , b = − ,z= − i. 2√ 2 2 2 √ 3 1 3 1 Với a = ,b=− ,z= − i. 2 2 2 2 "Toán học là môn thể dục của trí tuệ "–Isocrates  Trang 75 PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX BÀI 10. Tìm số phức và các thuộc tính khi nó thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: Nhận xét. Số phức là thuần ảo khi phần thực bằng 0 và số phức là thuần thực khi phần ảo bằng 0 √ 1 |z| = 2 và z 2 là số thuần ảo. ĐS: z = 1 ± i, z = −1 ± i. Lời giải. Đặt z = a + bi (a, b ∈ R). Ta có z 2 = a2 − b2 − 2abi, theo giả thiết z 2 thuần ảo suy ra a2 − b2 = 0. Ta có hệ phương trình ® ® 2 a + b2 = 2 a = ±1 ⇔ 2 2 b = ±1. a −b =0 Suy ra z = 1 ± i, z = −1 ± i. √ 2 |z − i| = 2 và (z − 1)(z + i) là số thực.  ĐS: z = 1, z = −1 + 2i. (D-2010 CB) Lời giải. Đặt z = a + bi (a, b ∈ R). (z − 1)(z + i) = a2 + b2 − a − b + (a + b − 1)i là số thực ⇔ b = 1 − a. Theo giả thiết ta có hệ phương trình ® ® b=1−a b=1−a ⇔ . 2 2 a = ±1 a + (b − 1) = 2 Với a = 1, b = 0, z = 1. Với a = −1, b = 2, z = −1 + 2i.  3 (1 − 3i)z là số thực và |z − 2 + 5i| = 1. ĐS: z = 2 + 6i, z = 7 21 + i. 5 5 Lời giải. Đặt z = a + bi (a, b ∈ R). (1 − 3i)z = (1 − 3i)(a + bi) = a + 3b + (b − 3a)i ∈ R ⇔ b = 3a. Theo giả thiết ta có hệ phương trình  b = 3a  ®   b = 3a a=2 ⇔   (a − 2)2 + (5 − b)2 = 1   a= 7 . 5 Với a = 2, b = 6, z = 2 + 6i. 21 7 21 7 , z = + i. Với a = , b = 5 5 5 5 4 (z − 1)(z + 2i) là số thực và |z − 1| =  √ 5 ĐS: z = 2i, z = 2 − 2i. Lời giải. Đặt z = a + bi (a, b ∈ R). (z − 1)(z + 2i) = a2 + b2 − a − 2b + (2a + b − 2)i là số thực ⇔ b = 2 − 2a. Theo giả thiết ta có hệ phương trình  ®   bñ= 2 − 2a b = 2 − 2a ⇔ . a=0  (a − 1)2 + b2 = 5  a=2 Với a = 0, b = 2, z = 2i. Với a = 2, b = −2, z = 2 − 2i.   √ 5 |z − z + 1 − i| = 5 và (2 − z)(i + z) là số ảo.  ĐS:  1 3 3 3 + i, z = + i 2 2 2 2 . 3 1 1 1 z = − i, z = − i 2 2 2 2 z= Lời giải. Đặt z = a + bi (a, b ∈ R). 2 2 2 2 (2 − z)(i + z) = −a √ − b + 2a 2+ b + (2 − a2 − 2b)i là số ảo suy ra −a − b + 2a + b = 0. |z − z + 1 − i| = 5 ⇔ (a + 1) + (2b − 1) = 5. Ta có hệ phương trình  − a2 − b2 + 2a + b = 0    ®   1 − a2 − b2 + 2a + b = 0 b=− ⇔  2 . 2 2  1 + (2b − 1) = 5    3   b= 2 Trang 76 "Toán học là môn thể dục của trí tuệ "–Isocrates PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX  1 1 1 z= − i 1   2 2 2 Với b = − ⇒  ⇒ 3 3 1 2 a= z = − i. 2  2 2  1 1 3 a= z= + i 3  2 ⇒ 2 2 Với b = ⇒   3 3 3 2 a= z = + i. 2 2 2  a=  √ √ 3± 5 ĐS: z = −1 ± 5 + i. 2 6 2|z − i| = |z − z + 2i| và (2 − z)(i + z) là số thực. Lời giải. Đặt z = a + bi (a, b ∈ R). (2 − z)(i + z) = −a2 − b2 + 2a + b + (2 − a − 2b)i là số thực suy ra a = 2 − 2b. Theo giả thiết ta có hệ phương trình (   a = 2 − 2b √ ⇔  b = 3 ± 5. 4[(2 − 2b)2 + (b − 1)2 ] = (2b + 2)2 2 √ √ √ 3+ 5 a = −1 − 5, z = −1 − 5 + i. 2√ √ √ 3− 5 a = −1 + 5, z = −1 + 5 + i. 2 a = 2 − 2b » ⇔ 2 a2 + (b − 1)2 = |2b + 2| √ 3+ 5 , Với b = 2√ 3− 5 Với b = , 2 BÀI 11. Tìm z thỏa: |z − 3i| = |1 − iz| và z − ® a = 2 − 2b  √ ĐS: z = 2i, z = ± 5 + 2i. 9 là số thuần ảo. z Lời giải. Đặt z = a + bi (a, b ∈ R). 9 (z 2 − 9)z (a2 + b2 − 9)a + (a2 + b2 + 9)bi Ta có z − = = là số thuần ảo suy ra 2 z |z| a2 + b2 ñ 2 2 (a + b − 9)a = 0 ⇔ a=0 a2 + b2 = 9. |z − 3i| = |1 − iz| ⇔ a2 + (b − 3)2 = (b − 1)2 + a2 ⇔ b = 2. Với a = 0, b = 2, z = 2i. √ Với a2 + b2 = 9, b = 2, z = ± 5 + 2i.  √ √ z − 2i −16 ± 67 17 ∓ 67 BÀI 12. Tìm số phức z sao cho |z + 1 − 2i| = |z + 3 + i| và là số thuần ảo. ĐS: z = + i. z+i 6 6 Lời giải. Đặt z = a + bi (a, b ∈ R). (a + (b − 2)i)(a + (b − 1)i) z − 2i Ta có = , là số thuần ảo khi và chỉ khi a2 − (b − 2)(b − 1) = 0. z+i a2 + (b − 1)2 5 |z + 1 − 2i| = |z + 3 + i| ⇔ (a + 1)2 + (b − 2)2 = (a + 3)2 + (b − 1)2 ⇔ b = −2a − . Ta nhận được hệ phương trình 2  √  −16 + 67    a = 6  √   17 − 67    b = −2a − 5  b =  6 2 ⇔ √   2 −16 − 67  a − (b − 2)(b − 1) = 0  a =  6  √  17 + 67  b = 6 √ √ −16 ± 67 17 ∓ 67 Suy ra z = + i.  6 6 2 BÀI 13. Cho hai số phức z1 và z2 thỏa mãn |z1 + z2 |2 + |z1 − z2 |2 = (|z1 | + |z2 |) . Chứng minh rằng |z1 | = |z2 |. Lời giải. "Toán học là môn thể dục của trí tuệ "–Isocrates Trang 77 PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX Đặt z1 = a1 + b1 i, z2 = a2 + b2 i (a1 , b1 , a2 , b2 ∈ R). 2 |z1 + z2 |2 + |z1 − z2 |2 = (|z1 | + |z2 |) ⇔ (a1 + a2 )2 + (b1 + b2 )2 + (a1 − a2 )2 + (b1 − b2 )2 = a21 + b21 + a22 + b22 + 2 » ⇔ a21 + b21 + a22 + b22 = 2 (a21 + b21 )(a22 + b22 ) » 2 » ⇔ a21 + b21 − a22 + b22 = 0 » (a21 + b21 )(a22 + b22 ) ⇔ |z1 | = |z2 |. 2013 1 Tìm các số phức z1 , z2 thỏa mãn 4z1 − 3 · i BÀI 14.  z2 2013 = iz1 + 5 và − z1 = 4. z1 ĐS: z1 = 1 + i, z2 = 4 + (4 − 21007 )i. Lời giải. Ta có 4z1 − 3 · i2013 = iz1 + 5 ⇔ (4 − i)z1 = 5 + 3i ⇔ z1 = 5 + 3i =1+i 4−i ⇒ z12014 = (1 + i)2014 = (2i)1007 = −21007 i ⇒ z2 = 4z1 + z12014 = 4 + (4 − 21007 )i.  2 5 z−4 z − 12 = và = 1. z − 8i 3 z−8 ĐS: z = 6 + 8i, z = 6 + 17i. Lời giải. Đặt z = a + bi (a, b ∈ R, a > 0, b < 0). Theo giả thiết ta có hệ phương trình  ®  2 2 2 2  añ = 6 9(a − 12) + 9b = 25a + 25(b − 8) ⇔ b=8  . (a − 4)2 + b2 = (a − 8)2 + b2  b = 17 Suy ra z = 6 + 8i, z = 6 + 17i.  BÀI 15. Giả sử z1 , z2 là hai số phức thỏa mãn đồng thời các điều kiện |6z1 − i| = |2 + 3iz1 |, |6z2 − i| = |2 + 3iz√ 2 | và 1 3 |z1 − z2 | = . Tính mô đun của z1 + z2 . ĐS: |z1 + z2 | = . 3 3 Lời giải. Đặt z1 = a1 + b1 i, z2 = a2 + b2 i (a1 , b1 , a2 , b2 ∈ R). Ta có   1 1 2 2      a21 + b21 = a + b = 1   1 |6z1 − i| = |2 + 3iz1 |    9 9       1 1 |6z2 − i| = |2 + 3iz2 | ⇔ 2 2 2 2 ⇔ a2 + b2 = a2 + b2 =    9 9      |z − z | = 1    1 2    (a1 − a2 )2 + (b1 − b2 )2 = 1  2(a1 a2 + b1 b2 ) = 1 . 3 9 9 √ 1 1 3 Suy ra a21 + b21 + a22 + b22 + 2(a1 a2 + b1 b2 ) = ⇔ (a1 + a2 )2 + (b1 + b2 )2 = ⇔ |z1 + z2 | = .  3 3 3 BÀI 16. Cho số phức z thỏa mãn (1 − z)(i + z) là số thuần ảo. Tìm giá trị lớn nhất √ và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = |z − i|. ĐS: Pmax = 2 khi z = 1, Pmin = 0 khi z = i Lời giải. Đặt z = a + bi (a, b ∈ R). Ta có (1 − z)(i + z) = −a2 − b2 + a + b − (a + b − 1)i, là số thuần ảo khi và chỉ khi Å ã Å ã 1 2 1 2 1 −a2 − b2 + a + b = 0 ⇔ a − + b− = . 2 2 2 Mặt khác s ñÅ ã Å ã ã Å ã ô Å 1 1 1 2 1 2 P = a + (b − 1) = a − b + 1 = a − − b− +16 2 a− + b− +1=2 2 2 2 2 √ ⇒ 0 6 P 6 2. 2 Trang 78 2 2 "Toán học là môn thể dục của trí tuệ "–Isocrates PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX Vậy Pmin = 0 khi z = i, Pmax BÀI 17. Biết  1 1  ®  a − 2 = 2 − b > 0 √ a=1 ã2 Å ã2 Å ⇔ ⇔ z = 1. = 2 khi 1 1 1  b=0   a− + b− = 2 2 2  z − 2i là số thuần ảo. Tìm giá trị lớn nhất Tmax của biểu thức T = |z − 1| + |z − i|. z−2 √ ĐS: Tmax = 2 5 khi z = 2 + 2i. Lời giải. Đặt z = a + bi (a, b ∈ R). z − 2i (a + (b − 2)i)(a − 2 − bi) , là số thuần ảo khi và chỉ khi Ta có = z−2 (a − 2)2 + b2 a(a − 2) + (b − 2)b = 0 ⇔ a2 + b2 − 2a − 2b = 0 ⇔ (a − 1)2 + (b − 1)2 = 2. Ta lại có 2 T 2 = (|z − 1| + |z − i|) = |2z − 1 − i|2 + | − 1 + i|2 = 4(a2 + b2 ) − 4(a + b) + 4 = 4(a + b) + 4 = 4(a − 1) + 4(b − 1) + 12 » 6 4 2 [(a − 1)2 + (b − 1)2 ] + 12 = 20. √ Suy ra Tmax = 2 5 khi a − 1 = b − 1 = 1 ⇔ a = b = 2 ⇔ z = 2 + 2i.  Dạng toán 2: Biểu diễn hình học của số phức và bài toán liên quan Loại 1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, hãy tìm tập hợp điểm M biểu diễn các số phức z = x + yi thỏa mãn điều kiện K cho trước. • Bước 1. Gọi M (x; y) là điểm biểu diễn số phức z = x + yi (x, y ∈ R). • Bước 2. Biến đổi điều kiện K để tìm mối liên hệ giữa x, y và kết luận. Mối liên hệ giữa x và y • Ax + By + C = 0. ñ (x − a)2 + (y − b)2 = R2 • x2 + y 2 − 2ax − 2by + c = 0. ñ (x − a)2 + (y − b)2 6 R2 • x2 + y 2 − 2ax − 2by + c 6 0. • R12 6 (x − a)2 + (y − b)2 6 R22 . • y = ax2 + bx + c, a 6= 0. x2 y 2 • 2 + 2 = 1 với a b ® x2 y 2 • 2 − 2 = 1 với a b ® |M F1 + M F2 | = 2a F1 F2 = 2c < 2a. |M F1 − M F2 | = 2a F1 F2 = 2c > 2a. • MA = MB Kết luận tập hợp điểm M (x; y) Là đường thẳng d : Ax + By + C = 0. Là đường √tròn (C) có tâm I(a; b) và bán kính R = a2 + b2 − c. Là hình √ tròn (C) có tâm I(a; b) và bán kính R = a2 + b2 − c. Là những điểm thuộc miền vành khăn tạo bởi hai đường tròn đồng tâm I(a; b) và bán kính lần lượt R1 và R2 . LàÅ một parabol (P ) có đỉnh ã b ∆ S − ;− . 2a 4a Là một elip có trục √ thực là 2a, trục ảo là 2b và tiêu cự 2c = 2 a2 − b2 với a > b > 0. Là một hypebol có trục √ thực là 2a, trục ảo là 2b và tiêu cự 2c = 2 a2 + b2 với a, b > 0. Là đường trung trực của đoạn thẳng AB. Nhóm I (Loại đề cho trực tiếp) √ BÀI 18. Tìm số phức z thỏa mãn điều kiện |z − 2i| = 5 và điểm biểu diễn của z thuộc đường thẳng d : 3x − y + 1 = 0. 2 1 ĐS: z = 1 + 4i, z = − − i 5 5 Lời giải. Gọi z = a + bi, a, b ∈ R. Theo bài ra ta có hệ  ® 2 ® 2 ® 2 a = 1, b = 4 a + (b − 2)2 = 5 a + (b − 2)2 = 5 a + (3a − 1)2 = 5 ⇔ ⇔ ⇔ 2 1 3a − b + 1 = 0 b = 3a + 1 b = 3a + 1 a = − ,b = − . 5 5 2 1 Vậy có hai số phức z thỏa mãn bài toán là z = 1 + 4i và z = − − i. 5 5 “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates  Trang 79 PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ BÀI 19. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1 − 2i)z − phẳng tọa độ Oxy. LATEX 2−i = (3 − i)z. Tìm tọa độ điểm biểu diễn số phức z trong mặt 1+i ã Å 1 7 ĐS: M ; 10 10 Lời giải. Phương trình đã cho tương đương với 2−i i−2 1 7 ⇔z= = + i. 1+i (1 + i)(2 + i) 10 10 Å ã 1 7 Do đó điểm biểu diễn của số phức z là điểm M . ; 10 10 (−2 − i)z =  BÀI 20. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm M biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều kiện |z| = |z − 2 + 3i|. ĐS: d : 4x + 6y − 13 = 0 Lời giải. Đặt z = x + yi, x, y ∈ R. Giả thiết tương đương với x2 + y 2 = (x − 2)2 + (−y + 3)2 ⇔ 4x + 6y − 13 = 0. Vậy, tập hợp điểm M biểu diễn các số phức z là đường thẳng có phương trình 4x + 6y − 13 = 0.  BÀI 21. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm M biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều kiện |z − (3 − 4i)| = 2. ĐS: (C) : (x − 3)2 + (y + 4)2 = 4 Lời giải. Đặt z = x + yi, x, y ∈ R. Giả thiết tương đương với (x − 3)2 + (y + 4)2 = 4. Vậy, tập hợp điểm M biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều kiện |z − (3 − 4i)| = 2 là đường tròn (C) có tâm I(3; −4), bán kính R = 2.  BÀI 22. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm M biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều kiện |z −i| = |(1 + i)z|. ĐS: x2 + y 2 + 2y − 1 = 0 Lời giải. √ Vì |(1 + i)z| = |1 + i| · |z| = 2|z|, do đó nếu gọi z = x + yi, x, y ∈ R ta có |z − i| = |(1 + i)z| ⇔ x2 + (y − 1)2 = 2(x2 + y 2 ) ⇔ x2 + y 2 + 2y − 1 = 0. Vậy, tập hợp điểm M biểu diễn các số phức z thỏa mãn yêu cầu bài toán là đường tròn có phương trình x2 +y 2 +2y −1 = 0.  z BÀI 23. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm M biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều kiện = 3. z−i ã2 Å 9 9 = ĐS: (C) : x2 + y − 8 64 Lời giải. Đặt z = x + yi, x, y ∈ R. Khi đó Å ã  2  9 2 9 z 2 2 2 2 = . = 3 ⇔ |z| = 3|z − i| ⇔ x + y = 9 x + (y − 1) ⇔ x + y − z−i 8 64 Å ã 9 2 9 Vậy, tập hợp điểm M biểu diễn các số phức z là đường tròn (C) : x + y − = . 8 64 2  BÀI 24. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm M biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều kiện |z| ≤ 2. ĐS: x2 + y 2 ≤ 4 Lời giải. Đặt z = x + yi, x, y ∈ R. Ta có |z| ≤ 2 ⇔ x2 + y 2 ≤ 4. Vậy, tập hợp điểm M biểu diễn các số phức z là phần trong của hình tròn tâm O(0; 0), bán kính r = 2.  BÀI 25. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm M biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều kiện 1 < |z − 1| < 2. ĐS: 1 < (x − 1)2 + y 2 < 4 Lời giải. Đặt z = x + yi, x, y ∈ R. Ta có 1 < |z − 1| < 2 ⇔ 1 < (x − 1)2 + y 2 < 4. Vậy, tập hợp điểm M biểu diễn các số phức z là phần trong của hình tròn (x − 1)2 + y 2 = 4 và không thuộc hình tròn (x − 1)2 + y 2 = 1.  Trang 80 "Toán học là môn thể dục của trí tuệ "–Isocrates PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX z+i là số thuần z−i ĐS: x2 + y 2 = 1, (x 6= 0) BÀI 26. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm M biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều kiện ảo. Lời giải. Đặt z = x + yi, x, y ∈ R. Ta có x2 + y 2 − 1 2x x + (y + 1)i [x + (y + 1)i] · [x − (y − 1)i] z+i = + 2 · i. = = 2 2 2 2 z−i x + (y − 1)i x + (y − 1) x + (y − 1) x + (y − 1)2 z+i là số thuần ảo khi và chỉ khi x2 + y 2 − 1 = 0, x 6= 0, tức là tập hợp điểm M biểu diễn các số phức z là đường z−i tròn có phương trình x2 + y 2 = 1, (x 6= 0).  Do đó BÀI 27. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm M biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều kiện |z −i|+|z +i| = 4. x2 y2 ĐS: (E) : + =1 4 3 Lời giải. Đặt z = x + yi, x, y ∈ R. Ta có » » |z − i| + |z + i| = 4 ⇔ x2 + (y − 1)2 + x2 + (y + 1)2 = 4 » ⇔ x2 + (y − 1)2 = 16 − 8 x2 + (y + 1)2 + x2 + (y + 1)2   x2 y2 ⇔ 4 x2 + (y + 1)2 = (4 + y)2 ⇔ + = 1. 4 3 y2 x2 + = 1.  4 3 BÀI 28. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm M biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều kiện 2|z − i| = x2 |z − z + 2i|. ĐS: (P ) : y = 4 Lời giải. Đặt z = x + yi, x, y ∈ R. Ta có Vậy, tập hợp điểm M biểu diễn các số phức z là đường Elip (E) :   x2 2|z − i| = |z − z + 2i| ⇔ 4 x2 + (y − 1)2 = (2y + 2)2 ⇔ y = . 4 Vậy, tập hợp điểm M biểu diễn các số phức z là đường Parabol (P ) : y = x2 . 4  2 BÀI 29. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm M biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều kiện z 2 − (z) = 4. 1 ĐS: (H) : y = ± x Lời giải. Đặt z = x + yi, x, y ∈ R. Ta có z 2 − (z) 2 = 4 ⇔ 4|xy| = 4 ⇔ xy = ±1. 1 Vậy, tập hợp điểm M biểu diễn các số phức z là đường (H) : y = ± .  x BÀI 30. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm M biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều kiện (1+i)z +(1−i)z = −2x − 1 2|z + 1|. ĐS: (H) : y = , (x > 0) 2x Lời giải. Đặt z = x + yi, x, y ∈ R. Ta có ® » 2xy = −2x − 1 2 2 (1 + i)z + (1 − i)z = 2|z + 1| ⇔ 2x − 2y = 2 (x + 1) + y ⇔ (1). x≥y + Nhận thấy x = 0 không thỏa mãn (1) nên ta xét x 6= 0. + Nếu x < 0 thì từ (1) suy ra 2x2 + 2x + 1 ≤ 0 (mâu thuẫn!). + Nếu x > 0 thì từ (1) suy ra 2×2 + 2x + 1 ≥ 0 (luôn đúng). −2x − 1 , (x > 0).  2x BÀI 31. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm M biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều kiện |z + z|+(z + z) i = 2z. ĐS: y = x, (x ≥ 0) Lời giải. Vậy, tập hợp điểm M biểu diễn các số phức z là đường cong (H) : y = “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates Trang 81 PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX Đặt z = x + yi, x, y ∈ R. Ta có ® |z + z| + (z + z) i = 2z ⇔ |2x| + 2xi = 2x + 2yi ⇔ |2x| = 2x ⇔ y = x (x ≥ 0). 2x = 2y Vậy, tập hợp điểm M biểu diễn các số phức z là phần đường thẳng y = x, (x ≥ 0).  BÀI 32. Cho số phức z = m + (m − 3)i, (m ∈ R). 1 Tìm tất cả các tham số m để điểm biểu diễn số phức z nằm trên đường phân giác thứ hai y = −x. 2 x 2 Tìm tất cả các tham số m để điểm biểu diễn số phức z nằm trên đường hypebol (H) : y = − . ĐS: 1. m = 3 ; 2. m = 1 và m = 2 2 Lời giải. 1 Điểm biểu diễn của số phức z là M (m; m − 3). Yêu cầu bài toán tương đương với m − 3 = −m ⇔ m = 3 . 2 2 Điểm biểu diễn của số phức z là M (m; m − 3). Yêu cầu bài toán tương đương với ñ m=1 2 2 m − 3 = − ⇔ m − 3m + 2 = 0 ⇔ . m m=2  4i , z2 = BÀI 33. Xét các điểm A, B, C trong mặt phẳng phức theo thứ tự biểu diễn lần lượt các số phức: z1 = i−1 2 + 6i (1 − i)(1 + 2i) và z3 = . 3−i 1 Chứng minh rằng 4ABC là tam giác vuông. 2 Tìm số phức biểu diễn điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình vuông. ĐS: 1. 4ABC vuông tại B; 2. z = 1 + 5i Lời giải. 1 Ta có z1 = 2 − 2i, z2 = 3√+ i, z3 = 2i. √Suy ra A(2; −2), B(3; 1), C(0; 2). Tính được AB = BC = 10, AC = 20. Nhận thấy AB 2 + BC 2 = AC 2 nên 4ABC vuông cân tại B. 2 Gọi D(x; y) là điểm biểu diễn của số phức z = x + yi, (x, y ∈ R). Điều kiện cần và đủ để ABCD là hình vuông là # » # » AB = DC ⇔ (1; 3) = (x; y − 2) ⇔ ® x=1 y−2=3 ® x=1 ⇒ z = 1 + 5i. y=5  BÀI 34. Cho các điểm A, B, C, D, M , N , P nằm trong mặt phẳng phức lần lượt biểu diễn các số phức 1 + 3i, −2 + 2i, −4 − 2i, 1 − 7i, −3 + 4i, 1 − 3i và −3 + 2i. Chứng minh rằng hai tam giác ABC và M N P có cùng trọng tâm và tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp được mà ta phải tìm tâm và bán kính. Tìm điểm Q trongÅmặt phẳng phức sao cho M N P Q là ã 5 hình bình hành. ĐS: G − ; 1 , I(1; −2), R = 5, Q(1; −5) 3 Lời giải. Ta có A(1; 3), B(−2; 2), C(−4; −2), D(1; −7), M (−3; 4), N (1; −3) và P (−3; 2). Gọi trọng tâm tam giác ABC và tam giác M N P lần lượt là G, G0 . Ta có   5  5 1−2−4 −3 + 1 − 3   xG =  xG0 = =− =− 3 3 ; 3 3 . 3 + 2 − 2 4 − 3 + 2    yG =  yG0 = =1 =1 3 3 Từ đó suy ra G ≡ G0 . Giả sử điểm I(x; y) sao cho IA2 = IB 2 = IC 2 = ID2 . Khi đó ta có hệ phương trình   2 2 2 2 ®    (1 − x) + (3 − y) = (−2 − x) + (2 − y)  6x + 2y = 2 x=1 2 2 2 2 (−2 − x) + (2 − y) = (−4 − x) + (−2 − y) ⇔ 4x + 8y = −12 ⇔   y = −2.   10x − 10y = 30 (−4 − x)2 + (−2 − y)2 = (1 − x)2 + (−7 − y)2 Trang 82 “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX Do đó, tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm I(1; −2), bán kính R = IA = 5. Gọi Q(a; b). M N P Q là hình bình hành khi và chỉ khi ® ® a+3=4 a=1 # » # » M N = QP ⇔ (4; −7) = (a + 3; b − 2) ⇔ ⇔ ⇒ Q(1; −5). b − 2 = −7 b = −5  Nhóm II (loại đề cho gián tiếp) BÀI 35. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm M biểu diễn các số phức w thỏa mãn điều kiện w = (1−2i)z +3, biết z là số phức thỏa mãn |z + 2| = 5. ĐS: (C) : (x − 1)2 + (y − 4)2 = 125 Lời giải. w−3 . Do đó Ta có w = (1 − 2i)z + 3 ⇒ z = 1 − 2i √ w−3 |z + 2| = 5 ⇔ + 2 = 5 ⇔ |w − 1 − 4i| = 5|1 − 2i| ⇔ |w − 1 − 4i| = 5 5 (1). 1 − 2i Đặt w = x + yi, (x, y ∈ R), ta có (1) ⇔ (x − 1)2 + (y − 4)2 = 125. Vậy, tập hợp điểm M biểu diễn các số phức w là đường tròn có phương trình (x − 1)2 + (y − 4)2 = 125.  Ä √ ä BÀI 36. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm M biểu diễn các số phức w thỏa mãn điều kiện w = 1 + i 3 z+ √ 2, biết z là số phức thỏa mãn |z − 1| = 2. ĐS: (C) : (x − 3)2 + (y − 3)2 = 4 Lời giải. Ä √ ä w−2 √ . Do đó Ta có w = 1 + i 3 z + 2 ⇒ z = 1+i 3 √ √ √ w−2 √ − 1 = 2 ⇔ |z − 3 − i 3| = 2|1 + i 3| ⇔ |z − 3 − i 3| = 4 (1). |z − 1| = 2 ⇔ 1+i 3 √ Đặt w = x + yi, (x, y ∈ R), ta có (1) ⇔ (x − 3)2 + (y − 3)2 = 16. √ Vậy, tập hợp điểm M biểu diễn các số phức w là đường tròn có phương trình (x − 3)2 + (y − 3)2 = 16.  BÀI 37. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm M biểu diễn các số phức w thỏa mãn điều kiện w = z + 1 − i, biết z là số phức thỏa mãn |z − 1 + 2i| = 3. ĐS: (C) : (x − 2)2 + (y + 1)2 = 9 Lời giải. Ta có w = z + 1 − i ⇒ z = w − 1 + i ⇔ z = w − 1 − i. Do đó |z − 1 + 2i| = 3 ⇔ |w − 1 − i − 1 + 2i| = 3 ⇔ |w − 2 + i| = 3 (1). Đặt w = x + yi, (x, y ∈ R), ta có (1) ⇔ (x − 2)2 + (y + 1)2 = 9. Vậy, tập hợp điểm M biểu diễn các số phức w là đường tròn có phương trình (x − 2)2 + (y + 1)2 = 9.  BÀI 38. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm M biểu diễn các số phức w thỏa mãn điều kiện w = 2z − i, biết z là số phức thỏa mãn |z − 1| = 2. ĐS: (C) : (x − 2)2 + (y + 1)2 = 16 Lời giải. w+i w+i nên |z − 1| = 2 ⇔ − 1 = 2 ⇔ |w − 2 + i| = 4 (1). Ta có z = 2 2 Đặt w = x + yi, (x, y ∈ R), ta có (1) ⇔ (x − 2)2 + (y + 1)2 = 16. Vậy, tập hợp điểm M biểu diễn các số phức w là đường tròn có phương trình (x − 2)2 + (y + 1)2 = 16.  BÀI 39. Trong mặt Oxy, tìm tập hợp điểm M biểu diễn các số phức w thỏa điều kiện |w − iz − z| = 2, biết z là √ phẳng 3 (1 + 3i) số phức z = . ĐS: (C) : x2 + y 2 = 4 16(1 + i)5 Lời giải. √ Å ã Å ã 1 1 1 1 1 (1 + 3i)3 1 − i. Khi đó, |w − iz − z| = 2 ⇔ w − i − i + + i = 2 ⇔ |w| = 2. Ta có, z = = 16(1 + i)5 16 16 16 16 16 16 Vậy tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức w là (C) : x2 + y 2 = 4.  BÀI 40. Trong mặt phẳng Oxy, tìm tập hợp điểm M biểu diễn các số phức w thỏa điều kiện w = (1 + 2i)z + 1, biết z là zz 2 số phức thỏa |z + 1| = . ĐS: (C) : x2 + y 2 − 2x + 8y + 7 = 0 2 Lời giải. w−1 Đặt w = x + yi, (x; y ∈ R) Ta có, w = (1 + 2i)z + 1 ⇔ z = . 1 + 2i Khi đó 2 |z + 1| = zz 2 2 |z|2 w−1 w−1 2 ⇔2 +1 = 2 1 + 2i 1 + 2i  2  2 2 ⇔ 2 |w + 2i| = |w − 1| ⇔ 2 x + (y + 2)2 = (x − 1)2 + y 2 ⇔ 2 |z + 1| = ⇔ x2 + y 2 − 2x + 8y + 7 = 0. “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates Trang 83 PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX Vậy tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức w là đường tròn (C) : x2 + y 2 − 2x + 8y + 7 = 0.  √ BÀI 41. Trong mặt phẳng Oxy, tìm tập hợp điểm M biểu diễn các số phức w thỏa điều kiện w = (1 + i 3)z√+ 2, biết z là số phức thỏa |z − 1| ≤ 2. ĐS: (C) : (x − 3)2 + (y − 3)2 ≤ 16 Lời giải. Ta có, √ √ √ w = (1 + i 3)z + 2 ⇔ w = (1 + i 3)(z − 1) + 3 + i 3 √ √ ⇔ w − (3 + i 3) = (1 + i 3)(z − 1) √ ⇔ w − (3 + i 3) = 2 |z − 1| ≤ 4. . Vậy tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức w là hình tròn (C) : (x − 3)2 + (y − √ 2 3) ≤ 16  BÀI 42. Trong mặt phẳng Oxy, tìm tập hợp điểm M biểu diễn các số phức w thỏa điều kiện w = (1 + i)z + 1, biết z là số phức thỏa |z − 1| ≤ 1. ĐS: (C) : (x − 2)2 + (y − 1)2 ≤ 2 Lời giải. Ta có, w = (1 + i)z + 1 ⇔ w = (1 + i)(z − 1) + 2 + i ⇔ w − (2 + i) = (1 + i)(z − 1) √ √ ⇔ |w − (2 + i)| = 2 |z − 1| ≤ 2. . Vậy tập hợp các điểm biễu diễn cho số phức w là hình tròn (C) : (x − 2)2 + (y − 1)2 ≤ 2.  BÀI 43. Trong mặt phẳng Oxy, tìm tập hợp điểm M biểu diễn các số phức w thỏa điều kiện w = z + 1 − i, với số phức z thỏa mãn: 5 1 ĐS: (C) : x2 + y 2 − 2x + y + ≤ 0 4 4 2 1 |3z + i| ≤ z · z + 9. Lời giải. Đặt w = x + yi, (x; y ∈ R). Ta có w = z + 1 − i ⇔ z = (x − 1) + (y + 1)i ⇔ z = (x − 1) − (y + 1)i. Khi đó, 2 |3z + i| ≤ z · z + 9 ⇔ 2 2 |3z + i| ≤ |z| + 9 2 ⇔ |3(x − 1) − 3(y + 1)i + i| ≤ (x − 1)2 + (y + 1)2 + 9 ⇔ 9(x − 1)2 + (−3y − 2)2 ≤ (x − 1)2 + (y + 1)2 + 9 5 1 ⇔ x2 + y 2 − 2x + y + ≤ 0. 4 4 5 1 Vậy tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức w là (C) : x2 + y 2 − 2x + y + ≤ 0. 4 4  2 2 |2z + i| ≤ 3z · z + 1. ĐS: (C) : x2 + y 2 − 2x − 2y − 2 ≤ 0 Lời giải. Đặt w = x + yi, (x; y ∈ R). Ta có w = z + 1 − i ⇔ z = (x − 1) + (y + 1)i ⇔ z = (x − 1) − (y + 1)i. Khi đó, 2 |2z + i| ≤ 3z · z + 1 2 2 ⇔ |2z + i| ≤ 3 |z| + 1 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ |2(x − 1) − 2(y + 1)i + i| ≤ 3(x − 1)2 + 3(y + 1)2 + 1 4(x − 1)2 + (−2y − 1)2 ≤ 3(x − 1)2 + 3(y + 1)2 + 1 4(x2 − 2x + 1) + 4y 2 + 4y + 1 ≤ 3×2 − 6x + 3 + 3y 2 + 6y + 4 x2 + y 2 − 2x − 2y − 2 ≤ 0. 2 Vậy tập hợp các điểm biễu diễn cho số phức w là hình tròn (C) : x2 + y 2 − 2x − 2y − 2 ≤ 0.  Loại 2. Tìm số phức z có mô-đun nhỏ nhất, lớn nhất thỏa mãn tính chất K cho trước. 1 Bước 1. Tìm tập hợp điễm biểu diễn các số phức z để được mối liên hệ giữa x và y. 2 Bước 2. Dựa vào mối liên hệ giữa x và y ở bước 1, để tìm |z|min , |z|max . Trang 84 “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX ! Thông thường với loại này, người ra đề hay cho tập hợp điểm biễu diễn số phức z là một đường thẳng hoặc đường tròn. Khi đó, ta có hai hướng xử lý: một là sử dụng phương pháp hình học, hai là sử dụng phương pháp đại số (bất đẳng thức). BÀI 44. Trong mặt phẳng phức, hãy tìm số phức z có mô-đun nhỏ nhất. Biết rằng số phức z thỏa mãn điều kiện: √ ĐS: z = 2 + 2i và |z|min = 2 2 1 |z − 2 − 4i| = |z − 2i|. Lời giải. Đặt z = x + iy, (x; y ∈ R). Ta có |z − 2 − 4i| = |z − 2i| ⇔ |(x − 2) + (y − 4)i| = |x + (y − 2)i| ⇔ (x − 2)2 + (y − 4)2 = x2 + (y − 2)2 ⇔ x2 − 4x + 4 + y 2 − 8y + 16 = x2 + y 2 − 4y + 4 ⇔ x + y − 4 = 0. Vậy tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức z là đường thẳng ∆ : x + y − 4 = 0. Gọi K là điểm biểu diễn cho số phức z và H là hình chiếu vuông góc của O lên đường thẳng ∆ thì OK ≥ OH nên H là điểm biểu diễn cho số phức có mô-đun nhỏ nhất. Gọi d là đường thẳng qua gốc tọa độ và vuông góc với đường thẳng x + y − 4 = 0 thì d : x − y = 0. ® ® x+y−4=0 x=2 Khi đó, tọa độ điểm H thỏa mãn ⇔ x−y =0 y = 2. √ Vậy z = 2 + 2i và |z|min = 2 2. 2 |z − i| = |z − 2 − 3i|. y 4 H K O 4 x ĐS: z = 3 6 − i và |z|min 5 5 √ 3 5 = 5  Lời giải. Đặt z = x + iy, (x; y ∈ R). Ta có, |z − i| = |z − 2 − 3i| ⇔ |x + (y − 1)i| = |(x − 2) + (−y − 3)i| ⇔ x2 + (y − 1)2 = (x − 2)2 + (−y − 3)2 ⇔ x2 + y 2 − 2y + 1 = x2 − 4x + 4 + y 2 + 6y + 9 ⇔ x − 2y − 3 = 0. Gọi d là đường thẳng qua gốc tọa độ và vuông góc với đường thẳng thì d : 2x + y = 0. y O 3 − 2 3 x K H Vậy tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức z là đường thẳng ∆ : x − 2y − 3 = 0. Gọi K là điểm biểu diễn cho số phức z và H là hình chiếu vuông góc của O lên đường thẳng ∆ thì OK ≥ OH nên H là điểm biểu diễn cho số phức có mô-đun nhỏ nhất. ® x − 2y − 3 = 0 Gọi z là số phức có mô-đun nhỏ nhất thì điểm biễu diễn cho z là điểm H có tọa độ thỏa mãn 2x + y = 0  3  x = 5 ⇔   y = −6. 5 √ 3 6 3 5 Vậy z = − i và |z|min = .  5 5 5 1 2 3 |iz − 3| = |z − 2 − i|. ĐS: z = − − i 5 5 Lời giải. Đặt z = x + iy, (x; y ∈ R). Khi đó, |iz − 3| = |z − 2 − i| ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ |i(x + iy) − 3| = |(x + iy) − 2 − i| |(−y − 3) + ix| = |(x − 2) + (y − 1)i| ⇔ (−y − 3)2 + x2 = (x − 2)2 + (y − 1)2 y 2 + 6y + 9 + x2 = x2 − 4x + 4 + y 2 − 2y + 1 x + 2y + 1 = 0. “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates Trang 85 PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX Vậy tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức z là đường thẳng d : x + 2y + 1 = 0. … Å ã p p 2 2 1 1 2 2 2 2 Ta có |z| = x + y = (−2y − 1) + y = 5 y + + ≥ . 5 5 5 … 1 2 1 khi y = − , suy ra x = − . Vậy |z|min = 5 5 5 1 2 Vậy z = − − i. 5 5  √ 4 2 2 5 ĐS: z = + và |z|min = 5 5 5 4 (z − 1)(z + 2i) là số thực. Lời giải. y Đặt z = x + iy, (x; y ∈ R). Khi đó, (z − 1)(z + 2i) 2 = [(x − 1) + iy] [x + (2 − y)i] = x(x − 1) + (x − 1)(2 − y)i + xyi − y(2 − y) = x(x − 1) − y(2 − y) + (2x + y − 2)i. O x Vì (z − 1)(z + 2i) là số thực nên 2x + y − 2 = 0. Gọi d là đường thẳng qua gốc tọa độ và vuông góc với đường thẳng 2x + y − 2 = 0 thì d : x − 2y = 0. Gọi K là điểm biểu diễn cho số phức z và H là biểu diễn cho số phức có mô-đun nhỏ nhất.  Gọi ®  x = 2x + y − 2 = 0 là điểm H thỏa mãn ⇔  x − 2y = 0 y = √ 4 2 2 5 Vậy z = + và |z|min = . 5 5 5 5 H 1 K hình chiếu vuông góc của O lên ∆ thì OK ≥ OH nên H là điểm z là số phức có mô-đun nhỏ nhất thì tọa độ điểm biểu diễn cho z 4 5 2 . 5  z + 1 − 5i = 1. z+3−i 2 6 ĐS: z = + i và |z|min = 5 5 √ 40 5 Lời giải. y Đặt z = x + iy, (x; y ∈ R). Khi đó, z + 1 − 5i =1 ⇔ z+3−i ⇔ ⇔ ⇔ 4 3 |z + 1 − 5i| = |z + 3 − i| |(x + 1) + (y − 5)i| = |(x + 3) + (−y − 1)i| (x + 1)2 + (y − 5)2 = (x + 3)2 + (−y − 1)2 x + 3y − 4 = 0. O H K 4 x Gọi d là đường thẳng qua gốc tọa độ và vuông góc với đường thẳng x + 3y − 4 = 0 thì d : 3x − y = 0. ® Gọi z là số phức có mô-đun nhỏ nhất thì tọa độ điểm biểu diễn cho z thỏa Vậy z = 2 6 + i và |z|min = 5 5 √ 40 . 5  2  x = x + 3y − 4 = 0 5 ⇔ 6  3x − y = 0 y = . 5  BÀI 45. Trong mặt phẳng phức, hãy tìm số phức z có mô-đun nhỏ nhất và mô-đun lớn nhất. Biết rằng số phức z thỏa mãn điều kiện: 1 |z − 2 − 4i| = √ ( 5. ĐS: z = 1 + 2i, |z|min = z = 3 + 6i, |z|max √ 5 √ =3 5 Lời giải. Trang 86 “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX √ Đặt z = x + iy, (x; y ∈ R). Khi đó, |z − 2 − 4i| = 5 ⇔ (x − 2)2 + (y − 4)2 = 5. Vậy tập hợp các điểm biểu diễn cho z là đường tròn (C) : (x − 2)2 + (y − 4)2 = 5. Gọi d là đường thẳng đi qua gốc tọa độ O(0; 0) và tâm I(2; 4) của ® x = 2t (C) thì d : , (t ∈ R). y = 4t Thế x = 2t và y = 4t vào phương trình của (C) ta được  1 t=  2 (2t − 2)2 + (4t − 4)2 = 5 ⇔ 20t2 − 40t + 15 = 0 ⇔  3 t= . 2 ® √ x=1 1 ○ Với t = thì . Ta có z = 1 + 2i và |z|min = 5. 2 y=2 ® √ x=3 3 ○ Với t = thì . Ta có z = 3 + 6i và |z|max = 3 5. 2 y=6 y N M x  2 ® (1 + i)z + 2 = 1. 1−i ĐS: z = i, |z|min = 1 z = 3i, |z|max = 3 Lời giải. y Đặt z = x + iy, (x; y ∈ R). Khi đó, √ (1 + i)z 2 − 2i + 2 = 1 ⇔ |1 + i| · z + = 2 ⇔ |z − 2i| = 1 ⇔ x2 + (y − 2)2 = 1. 1−i 1+i 2 Vậy tập hợp các điểm biểu diễn cho z là (C) : x® + (y − 2)2 = 1. Gọi d là đường thẳng x=0 đi qua gốc tọa độ O(0; 0) và tâm I(0; 2) thì d : , (t ∈ R). Thế x = 0 và y = 2t y = 2t  3  t = 2 2 vào phương trình của (C) ta có (2t − 2) = 1 ⇔   t = 1. 2 N M x 1 thì z = i, |z|min = 1. 2 3 ○ Với t = thì z = 3i, |z|max = 3. 2 ○ Với t =  √ 3 |z − 2 + 2i| = 2 2. ® z = 0, |z|min = 0 √ z = 4 − 4i, |z|max = 4 2 ĐS: Lời giải. √ Đặt z = x + iy, (x; y ∈ R). Khi đó, |z − 2 + 2i| = 2 2 ⇔ (x − 2)2 + (y + 2)2 = 8. Vậy tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức z là (C) : (x − 2)2 + (y + 2)2 = 8. Gọi®d là đường thẳng đi qua gốc tọa độ và tâm I(2; −2) của (C) thì x = 2t d: , (t ∈ R). Thế x = 2t và y = −2t vào phương trình của (C) ta y = −2t ñ t=0 2 2 2 được (2t − 2) + (2 − 2t) = 8 ⇔ 8t − 16t = 0 ⇔ t = 2. y M x ○ Với t = 0 thì z = 0, |z|min = 0. √ ○ Với t = 2 thì z = 4 − 4i, |z|max = 4 2. N  “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates Trang 87 PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ Å 4 log 1 3 |z − 3 + 4i| + 1 2 |z − 3 + 4i| + 8 LATEX  √ √ 3(5 + 5) 4(5 + 5)   z = − i 5√ 5√ ĐS:    z = 3(5 − 5) − 4(5 − 5) i 5 5 ã = 1. Lời giải. Đặt z = x + iy, (x; y ∈ R). Khi đó, Å ã |z − 3 + 4i| + 1 =1 log 31 2 |z − 3 + 4i| + 8 2 8 ⇔ |z − 3 + 4i| + 1 = |z − 3 + 4i| + 3 3 ⇔ 3 |z − 3 + 4i| + 3 = 2 |z − 3 + 4i| + 8 ⇔ 3(x − 3)2 + 3(y + 4)2 + 3 = 2(x − 3)2 + 2(y + 4)2 + 8 ⇔ (x − 3)2 + (y + 4)2 = 5. y x M Vậy tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức z là (C) : (x−3)2 +(y+4)2 = 5. Gọi®d là đường thẳng đi qua gốc tọa độ và tâm I(3; −4) của (C) thì x = 3t d: , (t ∈ R). Thế x = 3t và y = −4t vào phương trình của y = −4t √  5+ 5 t = 5√ (C) ta có: (3t − 3)2 + (4 − 4t)2 = 5 ⇔ 5t2 − 10t + 4 = 0 ⇔   5− 5 t= . 5 N √ √ √ √ 3(5 + 5) 4(5 + 5) 5+ 5 thì z = − i, |z|max = 5 + 5. ○ Với t = 5 5 5 √ √ √ √ 5− 5 3(5 − 5) 4(5 − 5) ○ Với t = thì z = − i, |z|min = 5 − 5. 5 5 5  5 |z + 1| = z+z +3 . 2 ĐS: z = −2, |z|min = 2 Lời giải. ○ Cách 1. z+z + 3 ⇔ |(x + 1) + iy| = |x + 3| ⇔ 4x − y 2 + 8 = 0. 2 Khi đó, |z|2 = x2 + y 2 = x2 + 4x + 8 = (x + 2)2 + 4 ≥ 4 ⇒ |z|min = 2 khi x = −2, y = 0 nên z = −2. Đặt z = x + iy, (x; y ∈ R). Khi đó, |z + 1| = ○ Cách 2. y Đặt z = x + iy, (x; y ∈ R). z+z Khi đó, |z + 1| = + 3 ⇔ |(x + 1) + iy| = |x + 3| ⇔ 4x − y 2 + 8 = 0. 2 ® 4x − y 2 + 8 = 0 Xét đường tròn tâm O(0; 0) và bán kính bằng 2. Xét hệ x2 + y 2 = 4 Ta được x2 + 4x + 4 = 0 ⇔ x = −2. Vậy z = −2, |z|min = 2. −2 O x  6 |z + 1 + 2i| = 1.  √ √ √ 5+ 5 5+ 5   z = − −2· i, |z|max = 5 + 1 5√ 5√ ĐS:  √ 5 − 5 5 − 5  z = − −2· i, |z|min = 5 − 1 5 5 Lời giải. Trang 88 “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX Đặt z = x + iy, (x; y ∈ R). Khi đó, |z + 1 + 2i| = 1 ⇔ (x + 1)2 + (y + 2)2 = 1. 2 2 Vậy tập hợp các điểm biểu diễn cho ® z là (C) : (x + 1) + (y + 2) = 1. Gọi d là đường thẳng đi qua gốc tọa độ x = −t và tâm I(−1; −2) của (C) thì d : , (t ∈ R). Thế x = −t và y = −2t vào phương trình của (C) ta được y = −2t √  5+ 5 t =  5√ (1 − t)2 + (2 − 2t)2 = 1 ⇔ 5t2 − 10t + 4 = 0 ⇔   5− 5 t= . 5 √ √ √ √ 5+ 5 5+ 5 5+ 5 thì z = − −2· i và |z|max = 5 + 1. (a) Với t = 5 5 5 √ √ √ √ 5− 5 5− 5 5− 5 (b) Với t = thì z = − −2· i và |z|min = 5 − 1. 5 5 5  BÀI 46. Hãy tìm số phức w với w = z−(3−2i) có mô-đun nhỏ nhất, trong đó số phức z thỏa mãn điều kiện |z − i| = |z + 1|. √ 2 5 5 ĐS: |z|min = khi z = − i 2 2 2 Lời giải. Đặt z = x + iy, (x; y ∈ R). Khi đó, |z − i| = |z + 1| ⇔ x2 + (y − 1)2 = (x + 1)2 + y 2 ⇔ y = −x. √ ã Å p 1 5 2 2 2 + ≥ . Ta có, w = z − (3 − 2i) = (x − 3) + (y + 2)i = (x − 3) + (2 − x)i ⇔ |w| = (x − 3) + (2 − x) = 2 x − 2 2 2 √ 5 5 2 Vậy |z|min = khi z = − i. 2 2 2  BÀI 47. Trong tất cả các số phức z thỏa mãn |z − 1| = 1, tìm số phức z sao cho số phức z − i có mô-đun nhỏ nhất. √ √ 2 2 ĐS: z = 1 − + i 2 2 Lời giải. Đặt z = x + iy, (x; y ∈ R). Khi đó, |z − 1| = 1 ⇔ (x − 1)2 + y 2 = 1. y Ta có kết quả sau: Trong các số phức z thỏa mãn |z − z1 | = r1 . Hãy tìm giá trị lớn M A nhất và giá trị nhỏ nhất của P = |z − z2 |. Gọi I, A và M là các điểm biễu diễn cho z1 , z2 và z. Khi đó, IA = |z1 − z2 | = r2 nên M2 ® max P = AM1 = r1 + r2 I min P = AM2 = |r1 − r2 | . x M1 √ √ √ Áp dụng ta có z1 = 1, z2 = i, I(1; 0), A(0; 1) và IA = |z1 − z2 | = 2 nên |z − i|min = 1 − 2 = 2 − 1. ® x=t Ta có đường thẳng qua hai điểm A, I là d : , (t ∈ R). Thế x = t, y = 1 − t vào phương trình (x − 1)2 + y 2 = 1 y =1−t √  2 t=1+  ta được (t − 1)2 + (1 − t)2 = 1 ⇔  √2  2 t=1− . 2 sÇ Ç √ √ √ å √ å2 Ç √ å2 √ 2 2 2 2 2 ○ Với t = 1 + thì M1 1 + ;− và AM1 = 1+ + 1+ = 2 + 1. 2 2 2 2 2 sÇ Ç √ √ √ å √ å2 Ç √ å2 √ 2 2 2 2 2 ○ Với t = 1 − thì M2 1 − ; và AM2 = 1− + 1− = 2 − 1. 2 2 2 2 2 Vậy z = 1 − √ √ 2 2 + i. 2 2 BÀI 48. Cho các số phức z thỏa mãn điều kiện |z − 1 + 2i| = w = z + 1 + i. Lời giải. “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates  √ 5. Tìm số phức w có mô-đun lớn nhất, biết rằng ĐS: z = 3 − 3i Trang 89 PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ Đặt z = x + iy, (x; y ∈ R). Khi đó, |z − 1 + 2i| = LATEX √ 5 ⇔ (x − 1)2 + (y + 2)2 = 5. ® x = 1 − 2t Gọi I(1; −2), A(−1; −1). Khi đó phương trình đường thẳng d đi qua hai điểm I và A là d : , (t ∈ R) Thế y = −2 + t ñ t=1 x = 1 − 2t và y = −2 + t vào phương trình (x − 1)2 + (y + 2)2 = 5 ta được t2 = 1 ⇔ t = −1. ○ Với t = 1 thì M1 (−1; −1) và AM1 = 0. √ ○ Với t = −1 thì M2 (3; −3) và AM2 = 2 5. Vậy z = 3 − 3i.  BÀI 49. Tìm số phức z thỏa mãn điều kiện |2z + 1| = |z + z + 3| sao cho số phức w = z − 8 có mô-đun nhỏ nhất. ĐS: z = 7 + 4i và z = 7 − 4i Lời giải. Đặt z = x + iy, (x; y ∈ R). Khi đó, |2z + 1| = |z + z + 3| ⇔ |(2x + 1) + 2yi| = |2x + 3| ⇔ (2x + 1)2 + 4y 2 = (2x + 3)2 ⇔ y 2 = 2x + 2. 2 Khi đó, |z − 8| =√(x − 8)2 + y 2 = (x − 8)2 + 2x + 2 = x2 − 14x + 66 = (x − 7)2 + 17 ≥ 17. Vậy |z − 8|min = 17 khi x = 7 và y = ±4. Kết luận có hai số phức thỏa là z = 7 + 4i và z = 7 − 4i.  BÀI 50. Cho số phức z = x + 2yi, (x; y ∈ R) thay đổi thỏa mãn |z| = 1. Hãy tìm giá trị lớn nhất và√giá trị nhỏ nhất√của 5 5 biểu thức P = x − y. ĐS: min P = − và max P = 2 2 Lời giải. Đặt z = x + iy, (x; y ∈ R). Khi đó, |z| = 1 ⇔ x2 + 4y 2 = 1. 2 2 2 Từ P = x − y ta có y = x − P thế vào (1) ta được x2 + 4(x − √P ) = 1 ⇔√5x − 8xP + 4P − 1 = 0 5 5 Phương trình (2) có nghiệm khi ∆0 ≥ 0 ⇔ 5 − 4P 2 ≥ 0 ⇔ − ≤P ≤ . 2 2 √ √ 5 5 Vậy min P = − và max P = . 2 2 (1) (2)  √ BÀI 51. Tìm tập hợp điểm M biểu diễn số phức z sao cho |z − 1 − 2i| = 2 2, (*). Từ đó hãy tìm số phức ñ z thỏa (*) để z = −1 + 4i phần ảo của z bằng 4. ĐS: z = 3 + 4i Lời giải. Gọi z = a + bi. p √ √ 2 2 Do |z − 1 − 2i| = 2 2 ⇔ (a − 1)2 + (b − 2)2 = 2 2 ⇔ (a − 1) √ + (b − 2) = 8. √ Vậy tập hợp điểm M biểu diễn số phức z thỏa |z − 1 − 2i| = 2 ñ 2 là đường trònñ(C) tâm I(1; 2) và bán kính R = 2 2. a−1=2 a=3 Do z có phần ảo b = 4 nên (a − 1)2 + 4 = 8 ⇔ (a − 1)2 = 4 ⇔ ⇔ a − 1 = −2 a = −1. Vậy có hai số phức là z = −1 + 4i; z = 3 + 4i.  { DẠNG 3.4. Phương trình bậc hai và bậc cao trong số phức Xét phương trình bậc hai az 2 + bz + c = 0, (*) với a 6= 0 có biệt số ∆ = b2 − 4ac. Khi đó: 1 Nếu ∆ = 0 thì phương trình (*) có nghiệm kép z1 = z2 = − b . 2a 2 Nếu ∆ 6= 0 và gọi δ là một căn bậc hai của ∆ thì phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt là z1 = hoặc z2 = Trang 90 −b − δ . 2a −b + δ 2a “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX 1 Hệ thức Vi-ét vẫn đúng trong trường phức C: z1 + z2 = − b c và z1 z2 = . a a 2 Căn bậc hai của số phức z = x + yi là một số phức w và tìm như sau: ! + Bước 1. Đặt w = a + bi với x, y, a, b ∈ R là một căn bậc hai của số phức z. ® 2 ® a = ··· a − b2 = x 2 2 2 2 + Bước 2. Biến đổi w = x + yi = (a + bi) ⇔ (a − b ) + 2abi = x + yi ⇔ ⇒ b = ··· 2ab = y + Bước 3. Kết luận các căn bậc hai của số phức z là w = a + bi. Ta có thể làm tương tự đối với trường hợp căn bậc ba, căn bậc bốn. Ngoài cách tìm căn bậc hai của số phức như trên, ta có thể tách ghép đưa về số chính phương dựa vào hằng đẳng thức. 1. Ví dụ VÍ DỤ 1. Tìm căn bậc hai của số phức z = 16 − 30i. ĐS: z = ±5 ∓ 3i Lời giải. Đặt w = a + bi là căn bậc hai của số phức z = 16 − 30i với ® a, b ∈ R. a2 − b2 = 16 (1) Khi đó (a + bi)2 = 16 − 30i ⇔ a2 − b2 + 2abi = 16 − 30i ⇔ 2ab = −30 (2) ñ 2 ñ b =9 b = −3 15 225 2 4 2 Từ (2) ⇒ a = − thay vào (1), ta có 2 − b = 16 ⇒ b + 16b − 225 = 0 ⇒ 2 ⇒ b b b = 3. b = −25 (V N ) Với b = −3 ⇒ a = 5. Với b = 3 ⇒ a = −5. Vậy w = −5 + 3i, w = 5 − 3i. VÍ DỤ 2. Giải phương trình: z 2 + 2z + 5 = 0 trên tập số phức C.  ĐS: z = −1 ± 2i Lời giải. Ta có ∆0 = −4 = 4i2 nên δ = 2i là một căn bậc hai của ∆0 . Vậy phương trình có hai nghiệm phức phân biệt x1,2 = −1±2i.  2. Bài tập rèn luyện BÀI 1. Tìm căn bậc hai của các số phức sau: 2 z = −5 + 12i. ĐS: w = ±2 ± 3i 2 z = 8 + 6i. ĐS: w = ±3 ± i 2 z = 3 − 4i. ĐS: w = ±2 ∓ i 2 z = 33 − 56i. √ 2 z = 4 + 6 5i. √ 2 z = −1 − 2 6i. ĐS: w = ±7 ∓ 4i √ ĐS: w = ±3 ± i 5 √ √ ĐS: w = ± 2 ∓ i 3 Lời giải. 1 z = −5 + 12i. Đặt w = a + bi là căn bậc hai của số phức z = −5 + 12i với a, ® b 2∈ R. 2 a − b = −5 (1) Khi đó (a + bi)2 = −5 + 12i ⇔ a2 − b2 + 2abi = −5 + 12i ⇔ 2ab = 12 (2) ñ 2 ñ b =9 b = −3 36 6 2 4 2 Từ (2) ⇒ a = thay vào (1), ta có 2 − b = −5 ⇒ b − 5b − 36 = 0 ⇒ 2 ⇒ b b b = 3. b = −4 (V N ) Với b = −3 ⇒ a = −2. Với b = 3 ⇒ a = 2. Vậy w = 2 + 3i, w = −2 − 3i. 2 z = 8 + 6i. Đặt w = a + bi là căn bậc hai của số phức z = 8 + 6i với a, b ∈ R. “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates Trang 91 PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX a2 − b2 = 8 (1) 2ab = 6 (2) ñ ñ 2 b =1 b = −1 3 9 2 4 2 ⇒ Từ (2) ⇒ a = thay vào (1), ta có 2 − b = 8 ⇒ b + 8b − 9 = 0 ⇒ 2 b b b = 1. b = −9 (V N ) Với b = −1 ⇒ a = −3. Với b = 1 ⇒ a = 3. Vậy w = 3 + i, w = −3 − i. ® 2 2 2 Khi đó (a + bi) = 8 + 6i ⇔ a − b + 2abi = 8 + 6i ⇔ 3 z = 3 − 4i. Đặt w = a + bi là căn bậc hai của số phức z = 3 − 4i với ® a,2 b ∈ 2R. a − b = 3 (1) Khi đó (a + bi)2 = 3 − 4i ⇔ a2 − b2 + 2abi = 3 − 4i ⇔ 2ab = −4 (2) ñ ñ 2 b =1 b = −1 4 −2 2 4 2 ⇒ thay vào (1), ta có 2 − b = 3 ⇒ b + 3b − 4 = 0 ⇒ 2 Từ (2) ⇒ a = b b b = 1. b = −4 (V N ) Với b = −1 ⇒ a = 2. Với b = 1 ⇒ a = −2. Vậy w = 2 − i, w = −2 + i. 4 z = 33 − 56i. Đặt w = a + bi là căn bậc hai của số phức z = 33 − 56i với ® a, b ∈ R. a2 − b2 = 33 (1) Khi đó (a + bi)2 = 33 − 56i ⇔ a2 − b2 + 2abi = 33 − 56i ⇔ 2ab = −56 (2) ñ ñ 2 b = 16 b = −4 −28 784 2 4 2 ⇒ Từ (2) ⇒ a = thay vào (1), ta có 2 − b = 33 ⇒ b + 33b − 784 = 0 ⇒ 2 b b b = 4. b = −49 (V N ) Với b = −4 ⇒ a = 7. Với b = 4 ⇒ a = −7. Vậy w = 7 − 4i, w = −7 + 4i. √ 5 z = 4 + 6 5i. √ Đặt w = a + bi là căn bậc hai của số phức z = 4 + 6 5i với a, ®b 2∈ R. 2 a − b = 4 (1) √ √ √ Khi đó (a + bi)2 = 4 + 6 5i ⇔ a2 − b2 + 2abi = 4 + 6 5i ⇔ 2ab = 6 5 (2) ” √ ñ 2 √ b =5 b=− 5 49 3 5 2 4 2 thay vào (1), ta có 2 − b = 4 ⇒ b + 4b − 45 = 0 ⇒ 2 Từ (2) ⇒ a = ⇒ √ b b b = −9 (V N ) b = 5. √ √ √ √ Với b = − 5 ⇒ a = −3. Với b = 5 ⇒ a = 3. Vậy w = −3 − 5i, w = 3 + 5i. √ 6 z = −1 − 2 6i. √ Đặt w = a + bi là căn bậc hai của số phức z = −1 − 2 6i với a, b®∈ R. a2 − b2 = −1 (1) √ √ √ Khi đó (a + bi)2 = −1 − 2 6i ⇔ a2 − b2 + 2abi = −1 − 2 6i ⇔ 2ab = −2 6 (2) ” √ ñ 2 √ b =3 b=− 3 − 6 6 2 4 2 Từ (2) ⇒ a = thay vào (1), ta có 2 − b = −1 ⇒ b − b − 6 = 0 ⇒ 2 ⇒ √ b b b = −2 (V N ) b = 3. √ √ √ √ √ √ √ √ Với b = − 3 ⇒ a = 2. Với b = 3 ⇒ a = − 2. Vậy w = 2 − 3i, w = − 2 + 3i.  BÀI 2. Tìm căn bậc ba của các số phức sau: 1 z = −i. 2 z = −27. 3 z = 2 + 2i. 4 z = −46 + 9i. √ 3 1 − i ĐS: w = i, w = ± 3 2 √ 3 3 3 ĐS: w = −3, w = ± i 2 2 √ √ √ √ 1− 3 1+ 3 1 + 3 −1 + 3 ĐS: w = −1 + i, w = − i, w = + i 2 2 2 2 p p √ √ √ √ −2 − 3 3 + 21 − 12 3i −2 + 3 3 − 21 + 12 3i ĐS: w = , z = 2 + 3i, z = 2 2 Lời giải. 1 z = −i. Đặt w = a + bi là căn bậc ba của số phức z = −i với a, b ∈®R. a3 − 3ab2 = 0 (1) Khi đó (a + bi)3 = −i ⇔ a3 − 3ab2 + (3a2 b − b3 )i = −i ⇔ 2 3 3a b − b = −1 (2) ñ a=0 Từ (1), suy ra a(a2 − 3b2 ) = 0 ⇔ a2 − 3b2 = 0. Trang 92 “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX Với a = 0 thay vào (2), ta có −b3 = −1 ⇔ b = 1. Vậy w = i. √ 1 3 3 Với a2 − 3b2 = 0 ⇔ a2 = 3b2 thay vào (2), ta có 9b3 − b3 = −1 ⇔ b = − ⇒ a2 = ⇒ a = ± . 2 4 2 √ 3 1 Vậy w = ± − i. 2 2 2 z = −27. Đặt w = a + bi là căn bậc ba của số phức z = −27 với a, b ∈ R. ® a3 − 3ab2 = −27 Khi đó (a + bi)3 = −27 ⇔ a3 − 3ab2 + (3a2 b − b3 )i = −27 ⇔ 3a2 b − b3 = 0 ñ b=0 Từ (2), suy ra b(3a2 − b2 ) = 0 ⇔ 3a2 − b2 = 0. 3 Với b = 0 thay vào (1), ta có a = −27 ⇔ a = −3. Vậy w = −3. 3 Với 3a2 − b2 = 0 ⇔ b2 = 3a2 thay vào (1), ta có a3 − 9a3 = −27 ⇔ a = ⇒ b2 = 2 √ 3 3 3 i. Vậy w = ± 2 2 (1) (2) √ 27 3 3 ⇒b=± . 4 2 3 z = 2 + 2i. √ ® x= 3 2 + 2i √ 3 y = 2 − 2i. Ta có (x + y)3 = x3 + y 3 + 3xy(x + y) = 4 + 6(x + y). Đặt x + y = −2 √  Suy ra ta có phương trình (x + y) − 6(x + y) − 4 = 0 ⇒  x + y = 1 + 3 √ x + y = 1 − 3. √ √ Mặt khác xy = 3 2 + 2i · 3 2 − 2i = 2.  3 ñ X = −1 + i + Với x + y = −2 và xy = 2. Khi đó x, y là nghiệm của phương trình X + 2X + 2 = 0 ⇒ X = −1 − i. √ Kiểm tra ta thấy w = 3 2 + 2i = −1 + i. √ √ + Với x + y = 1 + √ 3 và xy = 2. Khi√đó x, y là nghiệm của√phương trình X 2 − (1 + 3)X + 2 = 0. √ Ta có ∆ = (1 + 3)2 − 8= −4 + 2 √3 = (4√− 2 3)i2 = ( 3 − 1)2 i2 . 3−1 1+ 3 + i X = 2√ 2 Do đó ta có hai nghiệm  √  1+ 3 3−1 X= − i. 2 √ √2 √ 1+ 3 3−1 Kiểm tra ta thấy w = 3 2 + 2i = + i. 2 2 √ √ + Với x + y = 1 − √ 3 và xy = 2. Khi√đó x, y√là nghiệm của phương trình X 2 + (1 − 3)X + 2 = 0. Ta có ∆ = (1 − 3)2 − 8= −8 − 2 √3 = ( √3 + 1)2 i2 . 1− 3 3+1 + i X = 2 Do đó ta có hai nghiệm  √ √ 2  1− 3 3+1 − i. X= 2 √ √2 √ 1− 3 3+1 Kiểm tra ta thấy w = 3 2 + 2i = − i. 2 2 2 4 z = −46 + 9i. √ 3 −46 + 9i √ 3 y = −46 − 9i. Ta có (x + y)3 = x3 + y 3 + 3xy(x + y) = −92 + 39(x + y). ® Đặt x= x+y =4 √  Suy ra ta có phương trình (x + y)3 − 39(x + y) + 92 = 0 ⇒  x + y = −2 + 3 3 √ x + y = −2 − 3 3. √ √ Mặt khác xy = 3 −46 + 9i · 3 −46 − 9i = 13.  ñ X = 2 + 3i + Với x + y = 4 và xy = 13. Khi đó x, y là nghiệm của phương trình X − 4X + 13 = 0 ⇒ X = 2 − 3i. √ Kiểm tra ta thấy w = 3 −46 + 9i = 2 + 3i. 2 “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates Trang 93 PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX √ √ 2 + Với x + y = −2 + 3√ 3 và xy = 13. Khi√đó x, y là nghiệm √ 2của phương trình X − (−2 + 3 3)X + 13 = 0. Ta có ∆ = 31 − 12 3 − 52 = −21 − 12 3 =p (21 + 12 3)i . √ √  −2 + 3 3 + 21 + 12 3i X = 2p Do đó ta có hai nghiệm  √ √  −2 + 3 3 − 21 + 12 3i X= . 2 p √ √ √ −2 + 3 3 − 21 + 12 3i 3 Kiểm tra ta thấy w = −46 + 9i = . 2 √ √ 2 + Với x + y = −2 − 3√ 3 và xy = 13. Khi√đó x, y là nghiệm √ 2của phương trình X + (2 + 3 3)X + 13 = 0. Ta có ∆ = 31 + 12 3 − 52 = −21 + 12 3 =p (21 − 12 3)i . √ √  −2 − 3 3 + 21 − 12 3i X =  2p Do đó ta có hai nghiệm  √ √  −2 − 3 3 − 21 − 12 3i X= . 2 p √ √ √ −2 − 3 3 + 21 − 12 3i 3 Kiểm tra ta thấy w = −46 + 9i = . 2  BÀI 3. Giải các phương trình sau trên trường số phức C: 2 x2 − 4x + 7 = 0. √ 5 7 ĐS: x1,2 = ± i 4 4 √ ĐS: x1,2 = 2 ± i 3 3 x2 − 2x + 2 = 0. ĐS: x1,2 = 1 ± i 2 1 2x − 5x + 4 = 0. 4 8z 2 − 4z + 1 = 0. ĐS: z1,2 = 1 1 ± i 4 4 1 ĐS: z1 = i, z2 = − i 2 5 2z 2 − iz + 1 = 0. 6 (z − i)2 + 4 = 0. ĐS: z1 = 3i, z2 = −i √ √ ĐS: z1,2 = ±i 2, z3,4 = ±i 5 √ √ ĐS: z1,2 = ± 2, z3,4 = ±i 3 √ ĐS: z1,2 = 1, z3,4 = (−2 ± 3)i 7 z 4 + 7z 2 + 10 = 0. 8 z 4 + z 2 − 6 = 0. 9 (z + i)4 + 4z 2 = 0. Lời giải. 1 2×2 − 5x + 4 = 0. √ 7i là một căn √ ∆. √ bậc hai của 5 5 ± 7i 7 = ± i. Vậy phương trình có hai nghiệm phức phân biệt x1,2 = 4 4 4 Ta có ∆ = (−5)2 − 4 · 2 · 4 = −7 = 7i2 nên δ = 2 x2 − 4x + 7 = 0. √ Ta có ∆0 = (−2)2 − 1 · 7 = −3 = 3i2 nên δ = 3i là một căn√bậc hai của ∆0 . Vậy phương trình có hai nghiệm phức phân biệt x1,2 = 2 ± 3i. 3 x2 − 2x + 2 = 0. Ta có ∆0 = (−1)2 − 1 · 2 = −1 = i2 nên δ = i là một căn bậc hai của ∆0 . Vậy phương trình có hai nghiệm phức phân biệt x1,2 = 1 ± i. 4 8z 2 − 4z + 1 = 0. Ta có ∆0 = (−2)2 − 8 · 1 = −4 = 4i2 nên δ = 2i là một căn bậc hai của ∆0 . 2 ± 2i 1 1 Vậy phương trình có hai nghiệm phức phân biệt z1,2 = = ± i. 8 4 4 5 2z 2 − iz + 1 = 0. Ta có ∆ = (−i)2 − 4 · 2 · 1 = −9 = 9i2 nên δ = 3i là một căn bậc hai của ∆. i − 3i 1 i + 3i Vậy phương trình có hai nghiệm phức phân biệt z1 = = i và z2 = = − i. 4 4 2 6 (z − i)2 + 4 = 0. ñ ñ z − i = 2i z = 3i Ta có (z − i) + 4 = 0 ⇔ (z − i) = 4i ⇔ ⇔ z − i = −2i z = −i. 2 Trang 94 2 2 “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX 7 z 4 + 7z 2 + 10 = 0. ñ t = −2 Đặt t = z 2 , khi đó phương trình trở thành t2 + 7t + 10 = 0 ⇔ t = −5. √ 2 2 2 Với t = −2 ⇒ z = −2 ⇒ z = 2i ⇒ z = ±√2i. Với t = −5 ⇒ z 2 = −5 ⇒ z 2 = 5i2 ⇒ z = ± 5i. 8 z 4 + z 2 − 6 = 0. ñ Đặt t = z 2 , khi đó phương trình trở thành t2 + t − 6 = 0 ⇔ √ Với t = 2 ⇒ z 2 = 2 ⇒ z = ± 2. √ Với t = −3 ⇒ z 2 = −3 ⇒ z 2 = 3i2 ⇒ z = ± 3i. t=2 t = −3. 9 (z + i)4 + 4z 2 = 0. ñ 2 2 4 2 2 Ta có (z + i) + 4z = 0 ⇔ (z + i) = 4i z ⇔ (z + i)2 = 2iz 2 ñ ⇔ z2 − 1 = 0 (1) 2 (z + i) = −2iz z + 4iz − 1 = 0 (2) Theo (1) thì z 2 − 1 = 0 ⇔ z 2 = 1 ⇔ z1,2 = ±1. √ hai của ∆0 . √ Theo (2), ta có ∆0 = (2i)2 + 1 = −3 = 3i2 nên δ = 3i là một căn bậc √ Khi đó phương trình (2) có hai nghiệm phức phân biệt là z3,4 = −2i ± 3i = (−2 ± 3)i.  BÀI 4. Giải các phương trình sau trên trường số phức C: 1 4z − 3 − 7i = z − 2i. z−i 2 z 2 − (1 + i)z + 6 + 3i = 0. 3 z 2 + 3(1 + i)z + 5i = 0. 4 z 2 + (1 + i)z − 2 − i = 0. 5 z 2 − 8(1 − i)z + 63 − 16i = 0. 6 (2 − 3i)z 2 + (4i − 3)z + 1 − i = 0. 7 2(1 + i)z 2 − 4(2 − 4i)z − 10 + 14i = 0. ĐS: z1 = 3 + i, z2 = 1 + 2i ĐS: z1 = 1 − 2i, z2 = 3i ĐS: z1 = −1 − 2i, z2 = −2 − i ĐS: z1 = 1, z2 = −2 − i ĐS: z1 = 5 − 12i, z2 = 3 + 4i ĐS: z1 = 1, z2 = − 1 5 − i 13 13 ĐS: z1 = −1, z2 = −1 − 6i Lời giải. 1 4z − 3 − 7i = z − 2i. z−i 4z − 3 − 7i Ta có = z − 2i ⇒ z 2 − (3i + 4)z + 1 + 7i = 0. z−i Khi đó ∆ = (3i + 4)2 − 4(1 + 7i) = 3 − 4i nên δ = 2 − i là một căn bậc hai của ∆. 3i + 4 + 2 − i 3i + 4 − 2 + i Vậy phương trình có hai nghiệm phức phân biệt z = = 3 + i hoặc z = = 1 + 2i. 2 2 2 z 2 − (1 + i)z + 6 + 3i = 0. Ta có ∆ = (1 + i)2 − 4(6 + 3i) = 1 + 2i − 1 − 24 − 12i = −24 − 10i. Gọi δ = 1 − 5i là một căn bậc hai của ∆. 1 + i + 1 − 5i 1 + i − 1 + 5i Vậy phương trình có hai nghiệm phức là z1 = = 1 − 2i hoặc z2 = = 3i. 2 2 3 z 2 + 3(1 + i)z + 5i = 0. Ta có ∆ = 9(1 + i)2 − 4 · 5i = 18i − 20i = −2i. Gọi δ = 1 − i là một căn bậc hai của ∆. −3 − 3i + 1 − i −3 − 3i − 1 + i = −1 − 2i hoặc z2 = = −2 − i. Vậy phương trình có hai nghiệm phức là z1 = 2 2 4 z 2 + (1 + i)z − 2 − i = 0. Ta có ∆ = (1 + i)2 − 4(−2 − i) = 1 + 2i − 1 + 8 + 4i = 8 + 6i. Gọi δ = 3 + i là một căn bậc hai của ∆. −1 − i + 3 + i −1 − i − 3 − i Vậy phương trình có hai nghiệm phức là z1 = = 1 hoặc z2 = = −2 − i. 2 2 5 z 2 − 8(1 − i)z + 63 − 16i = 0. Ta có ∆0 = 16(1 − i)2 − (63 − 16i) = 16 − 32i − 16 − 63 + 16i = −63 − 16i. Gọi δ = 1 − 8i là một căn bậc hai của ∆0 . Vậy phương trình có hai nghiệm phức là z1 = 4(1 − i) + 1 − 8i = 5 − 12i hoặc z2 = 4(1 − i) − 1 + 8i = 3 + 4i. “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates Trang 95 PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX 6 (2 − 3i)z 2 + (4i − 3)z + 1 − i = 0. Ta có ∆ = (4i − 3)2 − 4(2 − 3i)(1 − i) = −16 − 24i + 9 + 4 + 20i = −3 − 4i. Gọi δ = 1 − 2i là một căn bậc hai của ∆. 4 − 6i −4i + 3 − 1 + 2i 1 5 −4i + 3 + 1 − 2i = = 1 hoặc z2 = = − − i. Vậy phương trình có hai nghiệm là z1 = 2(2 − 3i) 4 − 6i 2(2 − 3i) 13 13 7 2(1 + i)z 2 − 4(2 − 4i)z − 10 + 14i = 0. Ta có a − b + c = 2 + 2i + 8 − 16i − 10 + 14i = 0. Vậy phương trình có hai nghiệm là z1 = −1 và z2 = − −10 + 14i = −1 − 6i. 2 + 2i  2 2 BÀI 5. Gọi z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z + 2z + 10 = 0. Hãy tính giá trị của biểu thức A = |z1 | + |z2 |2 . ĐS: A = 20 Lời giải. Ta có ∆0 = −9 = 9i2 nên δ = 3i là một căn bậc hai của ∆0 . Khi đó phương trình có hai √ nghiệm√phức là z1 = −1 − 3i và z2 = −1 + 3i.  Vậy A = |z1 |2 + |z2 |2 = ( 10)2 + ( 10)2 = 20. |z1 |2 + |z2 |2 . (z1 + z2 )2012 11 ĐS: M = 2012 2 BÀI 6. Cho z1 , z2 là các nghiệm phức của phương trình 2z 2 −4z+11 = 0. Hãy tính giá trị của biểu thức M = Lời giải. √ Ta có ∆0 = 4 − 22 = −18 = 18i2 nên δ = 3 2i là một căn bậc hai√của ∆0 . √ 3 2 3 2 Khi đó phương trình có hai nghiệm phức phân biệt là z1 = 1 − i và z2 = 1 + i. 2 2 11 11 2 2 + |z1 | + |z2 | 11 Do đó (z1 + z2 )2012 = 22012 . Vậy M = = 2 20122 = 2012 . (z1 + z2 )2012 2 2 ® BÀI 7. Tìm số phức z và w thỏa z + w = 4 − i và z 3 + w3 = 7 + 28i. ĐS:  z =3+i hoặc w = 1 − 2i ® z = 1 − 2i w =3+i Lời giải. Ta có z 3 + w3 = 7 + 28i ⇔ (z + w)(z 2 + w2 − zw) = 7 + 28i ⇔ z 2 + w2 − zw = 7 + 28i = 7i. 4−i 7i − (4 − i)2 = 5 − 5i. −3 2 Khi đó z và w là hai nghiệm của phương trình X − (4 − i)X + 5 − 5i = 0. Ta có ∆ = (4 − i)2 − 4(5 − 5i) = −5 + 12i nên δ = 2 + 3i là một căn bậc hai của ∆. 4 − i − 2 − 3i 4 − i + 2 + 3i Khi đó phương trình có hai nghiệm X = = 3 + i hoặc X = = 1 − 2i. 2 2 ® ® z =3+i z = 1 − 2i Vậy hoặc . w = 1 − 2i w =3+i Mặt khác z 2 + w2 − zw = 7i ⇔ (z + w)2 − 3zw = 7i ⇔ zw =  PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ BẬC HAI ! Trong giải phương trình bậc cao, nếu đề cho phương trình có một nghiệm thuần ảo, ta thế z = bi vào phương trình và giải tìm b ⇒ z = bi. Do có nghiệm z = bi nên chia Hoocner để đưa về phương trình bậc thấp hơn mà đã biết cách giải để tìm nghiệm còn lại. Còn nếu đề bài cho biết có 1 nghiệm thực. Khi đó cần đến khả năng nhẩm nghiệm của phương trình bậc cao (nếu có i thì ta sẽ nhẩm nghiệm sao cho triệt tiêu đi i). BÀI 8. Giải các phương trình sau, biết rằng chúng có một nghiệm thuần ảo. 1 z 3 − 2(1 + i)z 2 + 4(1 + i)z − 8i = 0. 2 z 3 + (1 + i)z 2 + (3 + i)z + 3i = 0. √ ĐS: z = 2i hoặc z = 1 ± i 3 √ 1 i 11 ĐS: z = −i hoặc z = − ± 2 2 3 z 3 + (2 − 2i)z 2 + (5 − 4i)z − 10i = 0. ĐS: z = 2i hoặc z = −1 ± 2i Lời giải. 1 z 3 − 2(1 + i)z 2 + 4(1 + i)z − 8i = 0. Giả sử phương trình có một nghiệm thuần ảo là z = bi nên ta có: (bi)3 − 2(1 + i)(bi)2 + 4(1 + i)bi − 8i = 0 ⇔ −b3 i + 2b2 + 2b2 i + 4bi − 4b − 8i = 0 Trang 96 “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates LATEX PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ ñ b=0   ® 2   2b − 4b = 0 b=2 ⇔ ñ ⇔ ⇔ b = 2. 3 2  b=2 − b + 2b + 4b − 8 = 0    b = −2 ñ 2 Khi đó phương trình đã cho trở thành (z − 2i)(z − 2z + 4) = 0 ⇔ ñ z − 2i = 0 2 z − 2z + 4 = 0 ⇔ z = 2i √ z = 1 ± i 3. 2 z 3 + (1 + i)z 2 + (3 + i)z + 3i = 0. Giả sử phương trình có một nghiệm thuần ảo là z = bi nên ta có: (bi)3 + (1 + i)(bi)2 + (3 + i)bi + 3i ñ= 0 ⇔ −b3 i − b2 − b2 i + 3bi − b + 3i = 0  b=0   ®  2  b = −1 −b −b=0 ñ ⇔ ⇔ ⇔ b = −1. 3 2  b = −1 − b − b + 3b + 3 = 0   √   b=± 3  ñ z = −i z + i = 0 √  ⇔ Khi đó phương trình đã cho trở thành (z + i)(z 2 + z + 3) = 0 ⇔ 1 i 11 z2 + z + 3 = 0 . z=− ± 2 2 3 z 3 + (2 − 2i)z 2 + (5 − 4i)z − 10i = 0. Giả sử phương trình có một nghiệm thuần ảo là z = bi nên ta có: (bi)3 + (2 − 2i)(bi)2 + (5 − 4i)bi − 10iñ = 0 ⇔ −b3 i − 2b2 + 2b2 i + 5bi + 4b − 10i = 0  b=0   ®  2  b=2 − 2b + 4b = 0 ñ ⇔ b = 2. ⇔ ⇔ 3 2  b=2 − b + 2b + 5b − 10 = 0   √   b=± 5 ñ ñ z − 2i = 0 z = 2i 2 Khi đó phương trình đã cho trở thành (z − 2i)(z + 2z + 5) = 0 ⇔ ⇔ 2 z = −1 ± 2i. z + 2z + 5 = 0  BÀI 9. Giải các phương trình sau, biết rằng chúng có một nghiệm thực. 1 ĐS: z = − , z = 1 + i, z = 2 − i 2 1 2z 3 − 5z 2 + 3z + 3 + (2z + 1)i = 0. 2 z 3 − 2(1 + i)z 2 + 3iz + 1 − i = 0. ĐS: z = 1, z = i, z = 1 + i Lời giải. 1 2z 3 − 5z 2 + 3z + 3 + (2z + 1)i = 0. Å ã Å ã Å ã Å Å ã ã 1 3 1 2 1 1 1 Vì 2 − −5 − +3 − + 2 − + 1 i = 0 nên z = − là một nghiệm của phương trình đã cho. 2 2 2 2 2 ñ 2z + 1 = 0 (1) Khi đó phương trình đã cho trở thành (2z + 1)(2z 2 − 6z + 6 + 2i) = 0 ⇔ 2 2z − 6z + 6 + 2i = 0 (2). 1 Với (1), ta có 2z + 1 = 0 ⇔ z = − . 2 Với (2), thì ∆0 = 9 − 2(6 + 2i) = −3 − 4i. Khi đó gọi δ là căn bậc hai của ∆0 thì δ = 1 − 2i. 3 + 1 − 2i 3 − 1 + 2i Vậy phương trình (2) có hai nghiệm phức phân biệt z = = 2 − i và z = = 1 + i. 2 2 2 z 3 − 2(1 + i)z 2 + 3iz + 1 − i = 0. Vì 1 + (−2 − 2i) + 3i + 1 − i = 0 nên phương trình có một nghiệm là z = 1. ñ Khi đó phương trình đã cho trở thành (z − 1)(z 2 − (1 + 2i)z + i − 1) = 0 ⇔ z−1=0 2 (1) z − (1 + 2i)z + i − 1 = 0 (2). Với (1) thì z − 1 = 0 ⇔ z = 1. Với (2) thì ∆ = (1 + 2i)2 − 4(i − 1) = 1 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt z = 1 + 2i − 1 z= = i. 2 1 + 2i + 1 = 1 + i và 2  BÀI 10. Giải các phương trình sau trên tập số phức C “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates Trang 97 PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ 1 z 3 − (2i − 1)z 2 + (3 − 2i)z + 3 = 0 LATEX ĐS: z = −1; z = −i; z = 3i Lời giải. Ta có z 3 − (2i − 1)z 2 + (3 − 2i)z + 3 = 0 ⇔ (z 3 + z 2 ) − 2iz(z + 1) + 3(z + 1) = 0 ⇔ (z + 1)(z 2 − 2iz + 3) = 0  z = −1  ⇔  z = −i z = 3i. Vậy phương trình có nghiệm là z = −1, z = −i, z = 3i.  √ −2 ± 3 1 ĐS: z = 2; z = + i 2 2 2 iz 3 + z 2 − (1 + 4i)z − 2 = 0 Lời giải. Ta có iz 3 + z 2 − (1 + 4i)z − 2 = 0 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ Với z − 2 = 0 ⇔ z = 2. −2 ± Với iz + (2i + 1)z + 1 = 0 ⇔ z = 2 √ (iz 3 − 4iz) + (z 2 − z − 2) = 0 iz(z − 2)(z + 2) + (z − 2)(z + 1) = 0 (z − 2)[iz(z + 2) + (z + 1)] = 0 (z − 2)[iz 2 + (2i + 1)z + 1] = 0. 1 + i. 2 √ −2 ± 3 1 Vậy phương trình có nghiệm là z = 2, z = + i. 2 2 2 3 z4 − z3 + 3  z2 +z+1=0 2 1 1 ĐS: z = 1 ± i; z = − ± i 2 2 Lời giải. Ta thấy z = 0 không phải là nghiệm của phương trình, do đó phương trình tương đương với Å ã 1 1 1 z2 + 2 − z − + = 0. z z 2 (1) 1 1 5 1 3 ⇒ z 2 + 2 = w2 + 2. Thay vào phương trình (1) ta được w2 − w + = 0 ⇔ w = ± i. z z 2 2 2  Å ã z =1+i 1 3 1 1 3 1 3 Với w = + i, ta có z − = + i ⇔ z 2 − + i z−1=0⇔ 1 1 2 2 z 2 2 2 2 z = − + i. 2 2  Å ã z =1−i 1 3 1 1 3 1 3 Với w = − i, ta có z − = − i ⇔ z 2 − − i z−1=0⇔ 1 1 2 2 z 2 2 2 2 z = − − i. 2 2 Đặt w = z − 1 1 Vậy phương trình có nghiệm là z = 1 ± i, z = − ± i. 2 2  ß ™ 1 i ĐS: z ∈ − ; 2; 2i; 2 2 4 4z 4 − (6 + 10i)z 3 + (15i − 8)z 2 + (6 + 10i)z + 4 = 0 Lời giải. Ta thấy z = 0 không là nghiệm của phương trình, do đó ta có Å ã Å ã 1 1 2 4 z + 2 − (6 + 10i) z − + (15i − 8) = 0. z z (1) 3 w= 1  2 Đặt w = z − , thay vào (1) ta được 4(w2 + 2) − (6 + 10i)w + 15i − 8 = 0 ⇔ 4w2 − (6 + 10i)w + 15i = 0 ⇔  5i z w= . 2  Trang 98 “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX 1 z=− 3 1 3 3 2 , ta có z − = ⇔ z 2 − z − 1 = 0 ⇔  2 z 2 2 z = 2.  i z= 1 5i 5i 5i 2  2 ⇔z − z−1=0⇔ Với w = , ta có z − = 2 z 2 2 z = 2i. √ Vậy phương trình có nghiệm là z = ±1 − 3i, z = (−3 ± 3 2)i.  Với w = 5 (z − i)(z + 2i)(z + 4i)(z + 7i) = 34  √ ĐS: z = ±1 − 3i; z = (−3 ± 3 2)i Lời giải. Ta có (z − i)(z + 2i)(z + 4i)(z + 7i) = 34 ⇔ (z 2 + 6iz + 7)(z 2 + 6iz − ñ8) = 34. w = 17 Đặt w = z 2 + 6iz + 7, ta có w(w − 15) = 34 ⇔ w2 − 15w − 34 = 0 ⇔ w = −2. Với w = 17, ta có z 2 + 6iz + 7 = 17 ⇔ z 2 + 6iz − 10 = 0 ⇔ z = ±1 − 3i. √ Với w = −2, ta có z 2 + 6iz + 7 = −2 ⇔ z 2 + 6iz + 9 = 0 ⇔ z = (−3 ± 3 2)i. √ Vậy phương trình có nghiệm là z = ±1 − 3i, z = (−3 ± 3 2)i. ® 6 (z 2 + 3z + 2)(z 2 + 11z + 30) = 60 ĐS: z ∈  √ ´ 7 15 0; −7; − ± i 2 2 Lời giải. Ta có (z 2 + 3z + 2)(z 2 + 11z + 30) = 60 ⇔ (z + 1)(z + 2)(z + 5)(z + 6) = 60 ⇔ (z 2 + 7z + 6)(z 2 + 7z + 10) = 60. Đặt w = z 2 + 7z + 8, ta có (w + 2)(w − 2) = 60 ⇔ w2 = 64 ⇔ w = ±8. ñ z=0 2 Với w = 8, ta có z + 7z + 8 = 8 ⇔ z = −7. √ 7 15 2 2 i. Với w = −8, ta có z + 7z + 8 = −8 ⇔ z + 7z + 16 = 0 ⇔ z = − ± 2 2 √ 7 15 Vậy phương trình có nghiệm là z = 0, z = −7, z = − ± i.  2 2 { DẠNG 3.5. Dạng lượng giác của số phức Cho số phức z = a + bi (a, b ∈ R). Đặt r = √ a b a2 + b2 , cos ϕ = √ , sin ϕ = √ . Khi đó a2 + b2 a2 + b2 1 Dạng lượng giác của số phức z là z = r(cos ϕ + i sin ϕ). 2 Một acgument của số phức z là ϕ. 3 tan ϕ = b . a 4 z n = r n (cos nϕ + i sin nϕ). √ VÍ DỤ 1 (B-2012). Gọi z1 , z2 là hai nghiệm của phương trình z 2 − 2 Å3iz − 4 = 0. Viết dạng lượng giác của z1 và ã  2π 2π π π z2 . ĐS: 2 cos + i sin và 2 cos + i sin 3 3 3 3 Lời giải. √ Ta có z 2 − 2 3iz − 4 = 0 ⇔ ”  π π z1 = 2 cos + i sin z1 = 1 + 3i 3 3 ã  Å √ ⇒ 2π 2π z2 = −1 + 3i z2 = 2 cos + i sin . 3 3 √   √ π VÍ DỤ 2. Viết số phức z dưới dạng lượng giác, biết rằng |z − 1| = |z − i 3| và iz có một acgument bằng . 6 ã Å π π 1 2π 2π ĐS: z = cos + i sin và z = cos + i sin 3 3 2 3 3 “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates Trang 99 PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX Lời giải. Gọi z = a + bi (với a, b ∈ R). Ta có √ √ √ √ √ √ |z −1| = |z −i 3| ⇔ |(a−1)+bi| = |a+(b− 3)i| ⇔ (a−1)2 +b2 = a2 +(b− 3)2 ⇔ 2a−1 = 3(2b− 3) ⇔ a = 3b−1. √ √ b π b 3 Ta lại có iz = b + ai ⇒ √ = cos ⇒ √ = ⇒ b2 = 3a2 ⇒ b = ± 3a. 2 2 2 2 6 2 a +b a +b √ √ √ 1 π π 1 3 3 ⇒z= + i = cos + i sin . Với b = 3a, ta có a = 3a − 1 ⇒ a = . Do đó b = 2 2 2 2 3 3 √ √ Å ã √ 2π 1 1 1 2π 3 3 cos . Với b = − 3a, ta có a = −3a − 1 ⇒ a = − . Do đó b = ⇒z=− + i= + i sin 4 4 4 4 2 3 3 Å ã π 2π π 1 2π Vậy z = cos + i sin và z = cos .  + i sin 3 3 2 3 3 z+3 π có một acgument bằng . z−3 √ 4 √ √ √ 3±3 3 3±3 3 −3 ± 3 3 3 ∓ 3 3 ĐS: z = − i và z = + i 2 2 2 2 VÍ DỤ 3. Tìm số phức z, biết rằng |1 − 2z| = |i − 2z| và Lời giải. Gọi z = a + bi (với a, b ∈ R). Ta có |1 − 2z| = |i − 2z| ⇔ |(1 − 2a) − 2bi| = | − 2a + (2b + 1)i| ⇔ (2a − 1)2 + 4b2 = 4a2 + (2b + 1)2 ⇔ 4a − 1 = −4b − 1 ⇔ a = −b. Ta lại có (a + 3) + bi [(a + 3) + bi][(a − 3) − bi] (a2 + b2 − 9) − 6bi z+3 = = = . Suy ra z−3 (a − 3) + bi (a − 3)2 + b2 (a − 3)2 + b2 π 2a2 − 9 ⇔ (2a2 − 9)2 = 36a2 ⇔ 2a2 − 9 = ±6a. =p 4 (2a2 − 9)2 + 36a2 √ 3±3 3 2 2 . Với 2a − 9 = 6a ⇔ 2a − 6a − 9 = 0 ⇔ a = 2 √ √ √ √ 3+3 3 3+3 3 3+3 3 3+3 3 – Nếu a = thì b = − ⇒z= − i. 2√ 2√ 2√ 2√ 3−3 3 3−3 3 3−3 3 3−3 3 – Nếu a = thì b = − ⇒z= − i. 2 2 2 2 √ −3 ± 3 3 Với 2a2 − 9 = −6a ⇔ 2a2 + 6a − 9 = 0 ⇔ a = . 2 √ √ √ √ −3 + 3 3 3−3 3 −3 + 3 3 3 − 3 3 – Nếu a = thì b = ⇒z= + i. 2 √ 2√ 2 √ 2√ −3 − 3 3 3+3 3 −3 − 3 3 3 + 3 3 – Nếu a = thì b = ⇒z= + i. 2 2 2 2 √ √ √ √ −3 ± 3 3 3 ∓ 3 3 3±3 3 3±3 3 − i và z = + i. Vậy có 4 số phức thỏa mãn là z = 2 2 2 2 cos VÍ DỤ 4. Tìm số phức z, biết rằng |z| = |2z − √ 3 + i| và 1−  (1 + i)z π √ √ có một acgument bằng − . 6 3 + (1 + 3)i √ ĐS: z = 3 + i Lời giải. Gọi z = a + bi (với a, b ∈ R). Ta có √ √ √ √ |z| = |2z− 3+i| ⇔ |a+bi| = |(2a− 3)+(−2b+1)i| ⇔ a2 +b2 = (2a− 3)2 +(2b−1)2 ⇔ 3a2 +3b2 −4 3a−4b+4 = 0. (1) Ta lại có (1 + i)z √ √ 1 − 3 + (1 + 3)i = = = Trang 100 [(1 + i)(a + bi)][1 − 8 √ √ 3 − (1 + 3)i] √ √ [(a − b) + (a + b)i][1 − 3 − (1 + 3)i] √ √ 8 (a + 3b) + (− 3a + b)i . 4 “Toán học là môn thể dục của trí tuệ “–Isocrates PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX √  π  −√3a + b √ 1 − 3a + b √ √ Suy ra tan − = ⇒ −√ = ⇒ a = 3b. 6 a + 3b 3 a + 3b Thay vào (1) ta được √ 9b2 + 3b2 − 12b2 − 4b + 4 = 0 ⇔ b = 1 ⇒ a = 3. √ Vậy z = 3 + i.  VÍ DỤ 5. Tìm số phức z thỏa mãn |z − 1| = |z − 3| và một acgument của z − 3 bằng một acgument của z + 3 cộng √ π với . ĐS: z = 2 + i 5 2 Lời giải. Gọi z = a + bi (với a, b ∈ R). Ta có |z − 1| = |z − 3| ⇔ |(a − 1) + bi| = |(a − 3) + bi| ⇔ (a − 1)2 + b2 = (a − 3)2 + b2 ⇔ 2(2a − 4) = 0 ⇔ a = 2. Lại có z − 3 = (a − 3) + bi và z + 3 = (a + 3) + bi. Gọi ϕ1 , ϕ2 lần lượt là acgument của z − 3 và z + 3. Theo đề bài ta có  π π ϕ1 = ϕ2 + ⇔ sin ϕ1 = sin ϕ2 + ⇔ sin ϕ1 = cos ϕ2 . 2 2 Do vậy a+3 b 5 b p =p ⇔√ =√ ⇔ 2 2 2 2 2 1+b 25 + b2 (a − 1) + b (a + 3) + b ( b>0 √ p p ⇔ b = 5. b 25 + b2 = 5 1 + b2 √ Vậy z = 2 + i 5.  √ VÍ DỤ 6. Cho số phức z thỏa mãn |z| + (1 + i 3)z = 3. Hãy tìm mô-đun của số phức w = z + z 2 + z 123 . ĐS: |w| = 2 Lời giải. Gọi z = a + bi (với a, b ∈ R). Ta có p p √ √ √ √ |z| + (1 + i 3)z = 3 ⇔ a2 + b2 + (1 + i 3)(a + bi) = 3 ⇔ ( a2 + b2 + a − b 3) + (a 3 + b)i = 3. (p (p √ √ a2 + b2 + a − b 3 = 3 a2 + b2 + a − b 3 = 3 Do đó ⇔ √ √ b+a 3=0 b = −a 3.  1 ñ a = (thỏa mãn a ≥ 0) 6a = 3 (nếu a ≥ 0)  2 Suy ra 2|a| + 4a = 3 ⇔ ⇔ 3 2a = 3 (nếu a ≤ 0) a = (không thỏa mãn a ≤ 0). 2 √ √  π  π 1 3 1 3 Với a = thì b = − ⇒z= − i = cos − + i sin − . Khi đó 2 2 2 2 3 3 Å ã Å ã Å ã Å ã  π  π √ 2π 2π 123π 123π w = cos − + i sin − + cos − + i sin − + cos − + i sin − = −1 − 3i ⇒ |w| = 2. 3 3 3 3 3 3 Vậy |w| = 2.  √ VÍ DỤ 7. Tìm acgument âm lớn nhất của số phức z = (1 + i 3)10 . ĐS: ϕ = − 2π 3 Lời giải. √ å Å ã  √ 1 3 π π 10π 10π + i = 2 cos + i sin ⇒ (1 + i 3)10 = 210 cos + i sin . 2 2 3 3 3 3 10π 5 Ta thấy + k2π < 0 ⇒ k < − . Vì k ∈ Z nên k = −2, −3, . . .. Do đó, acgument âm lớn nhất của số phức 3 3 √ 10 2π z = (1 + i 3) là − .  3 √ √ VÍ DỤ 8. Tìm số phức z thỏa mãn |z + 3 + i 3| = 3 và có acgument dương nhỏ nhất. ĐS: z = −3 √ Ta có 1 + i 3 = 2 Ç Lời giải. "Toán học là môn thể dục của trí tuệ "–Isocrates Trang 101 PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX y Gọi z = a + bi (với a, b ∈ R). Ta có √ √ √ |z + 3 + i 3| = 3 ⇔ (a + 3)2 + (b + 3)2 = 3. −3 O x Gọi M là điểm biểu √ diễn số phức z, khi √ đó M (a; b) nằm trên đường tròn tâm I(−3;√− 3) có bán kính R = 3. Dễ thấy đường tròn tâm I bán kính R = 3 tiếp xúc với trục hoành tại điểm M0 (−3; 0). # » Vì acgument của z là góc tạo bởi OM và tia Ox nên điểm biểu diễn số phức có acgument dương nhỏ nhất trùng với điểm M0 , hay z = −3. I √ − 3  Ç VÍ DỤ 9. Tìm các số nguyên dương n thỏa mãn z = √ ån 3−i 3 √ là số thực. 3 − 3i ĐS: n = 6k, 1 ≤ k ∈ Z Lời giải. √ √ √ √ √ √ 3−i 3 3−i ( 3 − i)(1 + i 3) 3 1 2 3 + 2i π π √ = Ta có √ = = = + i = cos + i sin . 4 4 2 2 6 6 3 −Ç3i 1√− å i 3 n nπ nπ 3−i 3 = cos + i sin . Suy ra z = √ 6 6 3 − 3i nπ nπ Do đó, để z là số thực thì sin =0⇔ = kπ ⇔ n = 6k. Do n ∈ N∗ nên k ≥ 1 (k ∈ Z). 6 6  ån Ç√ ã Å 3−i 5 − i n+2 √ là số thực và số phức z2 = là số ảo. Hãy tìm số nguyên VÍ DỤ 10. Cho số phức z1 = 2 − 3i 1−i 3 dương n nhỏ nhất. ĐS: n = 12 Lời giải. Ç√ ån √ √ √ √ √ 3−i 3 1 3−i ( 3 − i)(1 + i 3) 2 3 + 2i π π nπ nπ √ = √ Ta có = = + i = cos + i sin ⇒ z1 = = cos + i sin . 4 4 2 2 6 6 6 6 1−i 3 1 − 3i nπ nπ Do đó, để z là số thực thì sin =0⇔ = kπ ⇔ n = 6k (k ∈ N∗ ). (1) 6 6 Å ã   n+2 √ 5−i (5 − i)(2 + 3i) 13 + 13i π (n + 2)π (n + 2)π π Mà = = = 1 + i = 2 cos + i sin ⇒ z2 = 2 2 cos + i sin . 2 − 3i 13 13 4 4 4 4 (n + 2)π (n + 2)π π Để z2 là số thuần ảo thì cos =0⇔ = + kπ ⇔ n = 4k (k ∈ N∗ ). (2) 4 4 2 Từ (1) và (2) suy ra số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán là n = 12.  Ç 2 VÍ DỤ 11. Cho số phức z thỏa mãn z − 2z + 4 = 0. Tìm số phức w = å7 √ 1+ 3−z . 2+z √  2 ±π ±π  ĐS: w = 4 cos + i sin 2 12 12 Lời giải. √ Ta có z 2 − 2z + 4 = 0 ⇔ z = 1 ± i 3. √ Với z = 1 + i 3, ta có √ √ √ √ √ √ 1−i (1 − i)( 3 − i) 1+ 3−z 3−i 3 3 − 1 − i(1 + 3) √ =√ = = = . z1 = 2+z 4 4 3+i 3 3+i π π √   tan + tan 1+ 3 4 3 = tan π + π = tan 7π . Suy ra √ = Gọi ϕ là acgument của số phức z1 , khi đó tan ϕ = π π 4 3 12 1− 3 1 − tan tan 4 3 7π ϕ= . Từ đó ta có 12 √ Å Å ã √ Å ã ã √  1 √ 7π 7π 2 7π 7π 2 49π 49π 2 π π z1 = ·2 2 cos + i sin = cos + i sin ⇒ w = 4 cos + i sin = 4 cos + i sin 4 12 12 2 12 12 2 12 12 2 12 12 Trang 102 "Toán học là môn thể dục của trí tuệ "–Isocrates PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX √ Với z = 1 − i 3, ta có √ √ √ √ √ √ 3+i 3 1+i (1 + i)( 3 + i) 3 − 1 + i(1 + 3) 1+ 3−z √ =√ = z2 = = = . 2+z 4 4 3−i 3 3−i π π √ ã Å   tan + tan 1+ 3 4 3 = − tan π + π = tan − 7π . √ =− Gọi ϕ là acgument của số phức z2 , khi đó tan ϕ = − π π 4 3 12 1− 3 1 − tan tan 4 3 7π Suy ra ϕ = − . Từ đó ta có 12 √ Å √ Å ã ã √  1 −7π −49π −π 2 −7π 2 −49π 2 −π  z2 = · cos ⇒ w = 4 cos = 4 cos + i sin + i sin + i sin . 4 2 12 12 2 12 12 2 12 12 √  ±π 2 ±π  . + i sin Vậy có 4 số phức thỏa mãn là w = 4 cos 2 12 12  √ VÍ DỤ 12. Cho số phức z thỏa mãn 2|z| + 3iz = 4 − z. Tìm số phức w = z 2012 + √ 3 3 . ĐS: w = − − i z 2013 2 2 1 Lời giải. Gọi z = a + bi (với a, b ∈ R). Ta có p p √ √ √ √ 2|z| + 3iz = 4 − z ⇔ 2 a2 + b2 + i 3(a + bi) = 4 − (a + bi) ⇔ (2 a2 + b2 − b 3) + a 3i = (4 − a) − bi. ( p ( p √ √ 2 a2 + b2 − b 3 = 4 − a 2 a2 + b2 − b 3 = 4 − a Do đó ⇔ √ √ a 3 = −b b = −a 3. ñ 2a = 1 (nếu a ≥ 0) 1 Suy ra |a| + a = 1 ⇔ ⇒ a = (thỏa mãn a ≥ 0). 2 0 = 1 (nếu a ≤ 0) √ √ √ 3 3 3 1 1 π π 1 1 π π Với a = thì b = − ⇒z= − i = cos − i sin và = + i = cos + i sin . Khi đó 2 2 2 2 3 3 z 2 2 3 3 √ 2012π 2013π 2013π 2π 2π 3 2012π 3 w = cos − i sin + cos + i sin = cos − i sin + cos π + i sin π = − − i. 3 3 3 3 3 3 2 2 √ 3 3 Vậy w = − − i. 2 2  VÍ DỤ 13. Tìm phần thực và phần ảo của các số phức sau √ 1 z = ( 3 + i)8 ĐS: Re(z) = − (1 + i)10 ( 3 + i)9 √ 1 3 , Im(z) = 29 29 ĐS: Re(z) = 0, Im(z) = −214 2 z= √ Lời giải. Ç √ å ã Å √ 1 π π 1 8π 8π 1 1 3 1 Ta có 3 + i = cos + i sin ⇒ z = 8 cos + i sin = 8 − + i . 2 3 3 2 3 3 2 2 2 √ 1 3 Vậy Re(z) = − 9 , Im(z) = 9 . 2 2 2 Ta có (1 + i)2 = 2i ⇒ (1 + i)10 = (2i)5 = 32i, Å ã √ √ 1 π π 1 9π 9π 1 9 3+i= cos + i sin ⇒ ( 3 + i) = 9 cos + i sin = − 9. 2 3 3 2 3 3 2 (1 + i)10 Do vậy z = √ = −214 i ⇒ Re(z) = 0, Im(z) = −214 . ( 3 + i)9  "Toán học là môn thể dục của trí tuệ "–Isocrates Trang 103 PAGE TOÁN HỌC SƠ CẤP https://www.facebook.com/MATHDDT/ LATEX VÍ DỤ 14. Tìm phần thực và phần ảo của các số phức sau 1 w = z 2014 + 1 1 biết z + = 1 z 2014 z ĐS: Re(z) = −1, Im(z) = 0 (1 + i)2012 ( 3 + i)2011 ĐS: Re(z) = −23016 , Im(z) = 23016 · 2 z= √ √ 3 Lời giải. √ 3 1 1 π π 2 1 Ta có z + = 1 ⇔ z − z + 1 = 0 ⇔ z = ± i = cos ± i sin . z 2 2 3 3 π π 2014π 2014π 2014π 2014π + i sin ⇒ w = cos + i sin + cos − i sin = −1. 3 3 3 3 3 3 Do đó Re(z) = −1, Im(z) = 0. π π 2014π 2014π 2014π 2014π Với z = cos − i sin ⇒ w = cos − i sin + cos + i sin = −1. 3 3 3 3 3 3 Do đó Re(z) = −1, Im(z) = 0. Với z = cos 2 Ta có (1 + i)2 = 2i ⇒ (1 + i)2012 = (2i)1006 = −21006 , Ç √ å Å ã √ √ 1 π π 1 2011π 2011π 1 1 3 2011 3+i= cos + i sin ⇒ ( 3 + i) = 2011 cos + i sin = 2011 + i . 2 3 3 2 3 3 2 2 2 (1 + i)2012 = −23017 Do vậy z = √ ( 3 + i)2011 Ç √ å √ √ 1 3 − i = −23016 + 23016 · 3i ⇒ Re(z) = −23016 , Im(z) = 23016 · 3. 2 2  Trang 104 "Toán học là môn thể dục của trí tuệ "–Isocrates
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top