Tài liệu Chuyên đề số phức luyện thi đại học – nguyển minh hiếu

WWW.VINAMATH.COM Không có việc gì khó Chỉ sợ lòng không bền Đào núi và lấp biển Quyết chí cũng làm nên Chuyên đề Hồ Chí Minh Số Phức §1. Dạng Đại Số Của Số Phức A. Kiến Thức Cần Nhớ 1. Khái niệm số phức. • Định nghĩa: • Biểu diễn hình học: • Hai số phức bằng nhau:
z = a + bi a, b ∈ R, i2 = −1 . a gọi là phần thực, b gọi là phần ảo. b = 0 ⇒ z = a gọi là số thực, a = 0 ⇒ z = bi gọi là số thuần ảo. Số phức z =  a + bi được biểu diễn bởi điểm M (a; b) trên mặt phẳng Oxy. a1 = a2 z1 = z2 ⇔ . b1 = b2 z = a − bi. • Số phức liên hợp: 2. Phép toán số phức. • Cộng, trừ, nhân hai số phức: Xem như nhân hai đa thức. z1 z2 z1 = . • Chia hai số phức: z2 z2 z2 3. Mô đun của số phức. √ • Định nghĩa: |z| = a2 + b2 .     1| • Tính chất: |z1 .z2 | = |z1 | . |z2 |,  zz21  = |z |z2 | , |z1 + z2 | ≤ |z1 | + |z2 |. Kỹ Năng Cơ Bản 1. Tìm số phức. • Nếu trong biểu thức chỉ chứa z thì biến đổi để rút z. • Nếu trong biểu thức chứa z, z, |z| thì gọi z = a + bi, (a, b ∈ R) thay vào biểu thức để tìm a, b. 2. Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức. • Gọi z = x + yi, (x, y ∈ R), thay vào biểu thức để tìm mối liên hệ giữa x, y. Lưu • • • ý. Một số tập hợp điểm thường gặp: x = x0 : Đường thẳng song song trục Oy. ax + by + c = 0: Đường thẳng. y = xa : Hypebol. 2 2 • (x − a) + (y − b) = R2 : Đường tròn. • y = y0 : Đường thẳng song song trục Ox. •q y = ax2 + bx + c: Parabol. q 2 2 • (x − a) + y 2 + (x + a) + y 2 = b: Elip. • x2 + y 2 − 2ax − 2by + c = 0: Đường tròn. C. Bài Tập 9.1. Thực hiện các phép tính sau (2 − 3i) (1 + i) . a) 4+i 2 3 (1 + i) (2i) d) . −2 + i 5 + 4i . 3 + 6i 2 2i(2 + 3i) e) . 3 + 4i b) 4 − 3i + 9.2. Tìm phần thực và phần ảo của các số phức sau 2 2 b) z = i2011 . a) z = (1 + i) − (1 − i) .  33  99 1+i 2 d) z = . e) z = . 1−i 1−i WWW.VINAMATH.COM 2−i 3 + 2i + . 1 + 4i 1 − 2i 1 f) . (1 + i) (4 − 3i) c) 2012 c) z = (1 + .  i) 1 1 f) z = i7 − 7 . 2i i 1 WWW.VINAMATH.COM Nguyễn Minh Hiếu 9.3. Cho số phức z = x + iy. Tìm phần thực và phần ảo của các số phức sau b) v = z 2 + |z| − 2i. a) u = z 2 − 2z + 4i. c) w = z+i . iz − 1 9.4. Tìm phần thực, phần ảo của các số phức z thỏa mãn các điều kiện sau 2 2 a) (CĐ-09) (1 + i) (2 − i) z = 8 + i + (1 + 2i) z. b) (CĐ-2010) (2 − 3i) z + (4 + i) z = −(1 + 3i) . √ !3 √ √

2 1+i 3 d) (B-2011) z = . c) (A-2010) z = 2+i 1−i 2 . 1+i 9.5. Tìm số phức z thỏa mãn các điều kiện sau √ 5+i 3 − 1 = 0. √z d) (D-2010) |z| = 2 và z 2 là số thuần ảo. √ f) (B-09) |z − (2 + i)| = 10 và z.z = 25. a) (D-2011) z − (2 + 3i) z = 1 − 9i. b) (B-2011) z − 2 c) (A-2011) z 2 = |z| + z.  4 z+i e) = 1. z−i 9.6. Tìm môđun của số phức z thỏa mãn các điều kiện sau 2 b) (A-2011) (2z − 1) (1 + i) + (z + 1) (1 − i) = 2 − 2i. a) (CĐ-2011) (1 + 2i) z + z = 4i − 20. 9.7. Giải các phương trình sau 2+i −1 + 3i a) z= . 1−i 2+i c) z + 2z = 2 − 4i. e) z 2 + |z| = 0.  1 b) ((2 + i) z + 3 + i) iz + 2i d) z 2 + z = 0. 2 f) z + 2z = (1 + 5i) .  = 0. √
3 1+i 3 . Tìm môđun của số phức z + iz. 9.8. (A-2010) Cho số phức z thoả z = 1−i 9.9. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z + (1 − i) z = 1 − 2i. Tìm môđun của số phức 9.10. (D-2012) Cho số phức z thỏa mãn (2 + i) z + z . 1+z 2 (1 + 2i) = 7 + 8i. Tìm môđun của số phức w = z + 1 + i. 1+i 5 (z + i) = 2 − i. Tính môđun của số phức w = 1 + z + z 2 . z+1     z − 1    = 1,  z − 2i  = 1. 9.12. Tìm số phức z thoả mãn đồng thời    z−i z+i  9.11. (A-2012) Cho số phức z thỏa mãn 9.13. Tìm số phức z thỏa mãn |z| = |z − 2 − 2i| và z − 2i là số thuần ảo. z−2 9.14. Tìm số phức z có môđun nhỏ nhất thỏa mãn điều kiện |iz − 3| = |z − 2 − i|. i−m 1 − m (m − 2i) a) Tìm m để z.z = 12 . b) Tìm m để |z − i| ≤ 41 . 9.15. Cho số phức z = 9.16. Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thoả mãn điều kiện a) |z b) |z − z + 1 − i| = 2.  + z + 3| = 4.  2 2 e) (D-09) |z − (3 − 4i)| = 2. d) z − (z)  = 4. 9.17. Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thoả mãn điều kiện a) |z − 1 + i| = 2. b) |2 + z| = |i − z|. d) 1 ≤ |z + 1 − i| ≤ 2. e) |z − 4i| + |z + 4i| = 10. 9.18. (CĐ-2012) Cho số phức z thỏa mãn (1 − 2i) z − c) Tìm m để z có môđun lớn nhất. c) 2 |z − i| = |z − z + 2i|. f) |z − i| = |(1 + i) z|. c) |2 +z| > |z − 2|.  z  f)  z−i  = 3. 2−i = (3 − i) z. Tìm tọa độ điểm biểu diễn của z trong mặt 1+i phẳng tọa độ Oxy. 9.19. Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức w = (1 + i) z − 2, biết |z − 3| = 2. 9.20. Cho các điểm A, B, C và A0 , B 0 , C 0 trong mặt phẳng phức biểu diễn theo thứ tự các số phức 1 − i, 2 + 3i, 3 + i và 3i, 3 − 2i, 3 + 2i. Chứng minh rằng ABC và A0 B 0 C 0 là hai tam giác có cùng trọng tâm. 9.21. Gọi M, M 0 theo thứ tự là các điểm của mặt phẳng phức biểu diễn số phức z khác 0 và z 0 = tam giác OM M 0 vuông cân. 1+i 2 z. Chứng minh 9.22. Cho A, B là hai điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn theo thứ tự các số phức z0 , z1 khác 0 thoả mãn đẳng thức z02 + z12 = z0 z1 . Chứng minh tam giác OAB đều. WWW.VINAMATH.COM 2 WWW.VINAMATH.COM Chuyên đề 9. Số Phức §2. Phương Trình Bậc Hai Nghiệm Phức A. Kiến Thức Cần Nhớ 1. Căn bậc hai của số phức. • Định nghĩa: Số phức w gọi là căn bậc hai của số phức z nếu w2 = z. √ Chú ý: Số thực a > 0 có hai căn bậc hai là w = ± p a. Số thực a < 0 có hai căn bậc hai là w = ±i |a|. Mỗi số phức z 6= 0 luôn có hai căn bậc hai. 2 2 2  • Cách tìm căn bậc hai: Gọi w = x + yi, (x, y ∈ R) ta có z = w = x − y + 2xyi ⇔ x2 − y 2 = a . 2xy = b 2. Phương trình bậc hai nghiệm phức. 2 • Tính ∆ = b2 − 4ac (hoặc ∆0 = (b0 ) − ac). • Trường hợp ∆ là số thực: • Trường hợp ∆ là số phức: √ −b ± ∆ Nếu ∆ > 0 thì phương trình có hai nghiệm z = . 2a b Nếu ∆ = 0 thì phương trình có nghiệm kép z = − . 2a p −b ± i |∆| Nếu ∆ < 0 thì phương trình có hai nghiệm z = . 2a −b ± w Ta tìm căn bậc hai w của ∆. Khi đó phương trình có hai nghiệm z = . 2a B. Bài Tập 9.23. Tìm các căn bậc hai của các số phức sau a) z = 13 − 12i. √ c) z = 1 + 4i√3. e) z = 4 + 6i 5. b) z = −24 + 10i. √ d) z = 17 + 20i√ 2. f) z = −1 − 2i 6. 9.24. Giải các phương trình sau trên tập hợp các số phức a) z 2 − 2z + 2 = 0. b) −z 2 + 3z − 9 = 0. 2 c) 2z − 5z + 4 = 0. d) −3z 2 + 2z − 1 = 0. e) z 4 + z 2 − 6 = 0. f) z 4 + 7z + 12 = 0. 9.25. Ký hiệu z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình 2z 2 − 2z + 1 = 0. Tính giá trị biểu phức A = 2 1 1 + 2. z12 z2 2 9.26. (A-09) Gọi z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2 + 2z + 10 = 0. Tính A = |z1 | + |z2 | . 9.27. (CĐ-2012) Gọi z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2 − 2z + 1 + i = 0. Tính |z1 | + |z2 |.    z1 z2   9.28. Cho z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z − (i + 2) z + i = 0. Tính  + . z2 z1 2 9.29. Giải các phương trình sau trên tập hợp các số phức a) iz 2 − 2 (1 − i) z − 4 = 0. b) z 2 − (5 − i) z + 8 − i = 0.  2   iz + 3 iz + 3 c) (D-2012) z 2 + 2 (1 + i) z + 5i = 0. d) −3 − 4 = 0. z − 2i z − 2i e) 3z 3 − 24 = 0. f) 8z 4 + 8z 3 = z + 1. 9.30. Giải các phương trình sau trên tập hợp các số phức 2 2 a) z 2 − 2 (2 + i) z + 7 + 4i = 0. b) (z − 1) (z + 1) + 9z 2 = 0.



2 c) (z − i) z 2 + 1 z 3 + i = 0. d) 3 z 2 − z + 1 + 7 z 2 − z + 1 = 0.
2

2
e) z 2 + z + 4 z 2 + z − 12 = 0. f) z 2 + 3z + 6 + 2z z 2 + 3z + 6 − 3z 2 = 0. 9.31. Giải các phương trình sau trên tập hợp các số phức a) z 3 − 2 (1 + i) z 2 + 3iz + 1 − i = 0. b) z 4 − 4z 3 + 7z 2 − 16z + 12 = 0. 2 d) z 4 + 6z 3 + 9z 2 + 101 = i3000 . c) z 4 − z 3 + z2 + z + 1 = 0. WWW.VINAMATH.COM 3 WWW.VINAMATH.COM Nguyễn Minh Hiếu §3. Dạng Lượng Giác Của Số Phức A. Kiến Thức Cần Nhớ 1. Định nghĩa. Trong đó: 2. Hai số phức bằng nhau. 3. Nhân chia hai số phức. Chú ý: 4. Căn bậc hai dạng lượng giác. 5. Công thức Moa-vrơ. Hệ quả: z = r (cos ϕ + i sin ϕ) (r > 0). p a b r = |z| = a2 + b2 , cos ϕ = , sin ϕ = (ϕ gọi là một acgumen). r r   r1 = r2 r1 = −r2 z1 = z2 ⇔ hoặc z1 = z2 ⇔ . ϕ1 = ϕ2 + k2π ϕ1 = ϕ2 + π + k2π z1 z2 = r1 r2 (cos (ϕ1 + ϕ2 ) + i sin (ϕ1 + ϕ2 )). r1 z1 = (cos (ϕ1 − ϕ2 ) + i sin (ϕ1 − ϕ2 )). z2 r2 2 2 z = r (cos 2ϕ + i sin 2ϕ). z = r (cos (−ϕ) + i sin (−ϕ)). 1 1 = (cos (−ϕ) + i sin (−ϕ)). z r√
w = ± r cos ϕ2 + i sin ϕ2 . z n = rn (cos nϕ + i sin nϕ) (n ≥ 1). n (cos ϕ + i sin ϕ) = cos nϕ + i sin nϕ. B. Bài Tập 9.32. Tìm acgumen của số phức z = 2 + √ 3 + i. √ 9.33. Viết dưới dạng lượng giác và tìm căn bậc hai của số phức z = −2 + 2i 3. √ 9.34. (B-2012) Gọi z1 vàz2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2 − 2 3iz − 4 = 0 = 0. Viết dạng lượng giác của z1 và z2 . 9.35. Viết các số phức sau dưới dạng lượng giác √ 1−i 3 a) z = 1 + i. . b) z = 1+i 10 (1 + i)
6 4 √ e) z = √
9 . d) z = (1 − i) 3+i . 3+i 9.36. Tính  2004 i a) z = . 1+i  b) z = 1+i √ 2 √
c) z = 1 − i 3 (1 + i). f) w = z 2000 + 365 . c) z = 9.37. Viết các số phức sau dưới dạng lượng giác a) z = cos π4 − i sin π4 . b) z = − sin π8 − i cos π8 . e) z = cos ϕ + i (1 + sin ϕ). d) z = sin ϕ + 2isin2 ϕ2 . 1 1 , biết z + = 1. z 2000 z √ !21 5 + 3i 3 √ . 1 − 2i 3 c) z = cos ϕ − i sin ϕ. √
7
f) z = cos π3 − i sin π3 i5 1 + i 3 . 9.38. Tìm số phức z sao cho |z| = |z − 2| và một acgumen của z − 2 bằng một acgumen của z + 2 cộng với 9.39. Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn z−2 có một acgumen bằng z+2 π 2. π 3. 9.40. Cho số phức z có môđun bằng 1. Biết một acgumen của z là ϕ, tìm một acgumen của mỗi số phức sau 1 c) w = −z 2 z. a) w = 2z 2 . b) w = − . 2z d) w = z + z. e) w = z 2 + z. f) w = z 2 + z. n n 9.41. Tính tổng Sn = (1 + i) + (1 − i) . Từ đó suy ra S2012 . WWW.VINAMATH.COM 4 WWW.VINAMATH.COM LỜI GIẢI Số Phức §1. Dạng Đại Số Của Số Phức 9.1. Thực hiện các phép tính sau (2 − 3i) (1 + i) a) . 4+i 2 3 (1 + i) (2i) d) . −2 + i 5 + 4i . 3 + 6i 2 2i(2 + 3i) e) . 3 + 4i b) 4 − 3i + 2−i 3 + 2i + . 1 + 4i 1 − 2i 1 . f) (1 + i) (4 − 3i) c) Lời giải. 5−i (5 − i)(4 − i) 19 − 9i 19 9 (2 − 3i) (1 + i) = = = = − i. a) 4+i 4+i (4 + i)(4 − i) 17 17 17 5 + 4i (5 + 4i)(3 − 6i) 39 − 18i 39 18 33 17 b) 4 − 3i + = 4 − 3i + = 4 − 3i + = 4 − 3i + − i= − i. 3 + 6i (3 + 6i)(3 − 6i) 45 45 45 15 5 3 + 2i (2 − i)(1 − 4i) (3 + 2i)(1 + 2i) −2 − 9i −1 + 8i 22 91 2−i + = + = + = − + i. c) 1 + 4i 1 − 2i (1 + 4i)(1 − 4i) (1 − 2i)(1 + 2i) 17 5 85 85 2 3 4 (1 + i) (2i) (2i) 16(−2 − i) 32 16 d) = = = − − i. −2 + i −2 + i (−2 + i)(−2 − i) 5 5 2 2i(2 + 3i) 2i(−5 + 12i) (−24 − 10i)(3 − 4i) −112 + 66i 112 66 e) = = = =− + i. 3 + 4i 3 + 4i (3 + 4i)(3 − 4i) 25 25 25 1 1 7−i 7 1 f) = = = − i. (1 + i) (4 − 3i) 7+i (7 + i)(7 − i) 50 50 9.2. Tìm phần thực và phần ảo của các số phức sau 2 2 b) z = i2011 . a) z = (1 + i) − (1 − i) .  33  99 1+i 2 d) z = . e) z = . 1−i 1−i 2012 c) z = (1 + i) .   1 1 7 i − 7 . f) z = 2i i Lời giải. 2 2 a) z = (1 + i) − (1 − i) = 2i + 2i = 4i ⇒ phần thực là 0; phần ảo là 4. 2011 2 1005 b) z = i = (i ) i = −i ⇒ phần thực là 0; phần ảo là −1. h i1006 2012 2 c) z = (1 + i) = (1 + i) = (2i)1006 = 21006 (i2 )503 = −21006 ⇒ phần thực là −21006 ; phần ảo là 0. 33  2 16 (1 + i) (2i) (1 + i) 1+i = = = −2 ⇒ phần thực là −2; phần ảo là 0. d) z = 16 1−i (1 − i)(1 + i) (−2i) (1 − i)  99 2 99 e) z = = (1 + i) = (2i)49 (1 + i) = 249 (i2 )24 (−1 + i) = −249 + 249 i ⇒ phần thực −249 ; phần ảo 249 . 1− i  i6 1 1 1 1 1 7 f) z = i − 7 = − 8 = − − = −1 ⇒ phần thực là −1; phần ảo là 0. 2i i 2 2i 2 2 9.3. Cho số phức z = x + iy. Tìm phần thực và phần ảo của các số phức sau a) u = z 2 − 2z + 4i. b) v = z 2 + |z| − 2i. c) w = z+i . iz − 1 Lời giải. a) Ta có u = (x + iy)2 − 2(x + iy) + 4i = x2 − y 2 − 2x + (2xy − 2y + 4)i Suy ra phần thực là x2 −p y 2 − 2x; phần ảo là 2xy − 2y p + 4. 2 b) Ta có v = (x + iy) + x2 + y 2 − 2i = x2 − y 2 + x2 + y 2 + (2xy − 2)i 1 WWW.VINAMATH.COM 5 WWW.VINAMATH.COM Nguyễn Minh Hiếu p Suy ra phần thực là x2 − y 2 + x2 + y 2 ; phần ảo là 2xy − 2. 2xy x − iy + i x − iy + i (x − iy + i)(−1 − y − xi) y 2 − x2 − 1 = − c) Ta có w = = = + 2 2 2i i(x + iy) − 1 −1 − y + xi (1 + y) + x2 x2 + (y + 1) x2 + (y + 1) 2xy y 2 − x2 − 1 (x − iy + i)(−1 − y − xi) ; phần ảo là − + Suy ra phần thực là 2 2 2. (1 + y) + x2 x2 + (y + 1) x2 + (y + 1) 9.4. Tìm phần thực, phần ảo của các số phức z thỏa mãn các điều kiện sau 2 2 a) (CĐ-09) (1 + i) (2 − i) z = 8 + i + (1 + 2i) z. b) (CĐ-2010) (2 − 3i) z + (4 + i) z = −(1 + 3i) . ! √ 3 √ √

2 1+i 3 d) (B-2011) z = . c) (A-2010) z = 2+i 1−i 2 . 1+i Lời giải. 2 a) Ta có (1 + i) (2 − i) z = 8 + i + (1 + 2i) z ⇔ (2 + 4i) z = 8 + i + (1 + 2i) z ⇔ (1 + 2i) z = 8 + i (8 + i)(1 − 2i) 10 − 15i 8+i ⇔z= ⇔z= ⇔ z = 2−3i. ⇔z= 1 + 2i (1 + 2i)(1 − 2i) 5 Phần thực là 2; phần ảo là −3. b) Gọi z = a + bi (a, b ∈ R) ⇒ z = a − bi. Ta có 2 (2 − 3i) z + (4 + i) z̄ = −(1 + 3i) ⇔ (2 − 3i) (a + bi) + (4 + i) (a − bi) = 8 − 6i   a = −2 6a + 4b = 8 ⇔ ⇔ 6a + 4b − (2a + 2b)i = 8 − 6i ⇔ b=5 2a + 2b = 6 Phần thực là −2; phần ảo là 5. √ √
√
√
√ √
2 c) Ta có z̄ = 2+i 1 − i 2 = 1 + 2 2i 1 − i 2 = 5 + i 2 ⇒ z = 5 − i 2 √ Phần thực là 5; phần ảo là − 2. √
√
√
2 √
√ !3 1+i 3 1+i 3 −2 + 2i 3 1 + i 3 −8 1+i 3 = = 2 + 2i d) Ta có z = = = 2 1+i −2 + 2i −2 + 2i (1 + i) (1 + i) Phần thực là 2; phần ảo là 2. 9.5. Tìm số phức z thỏa mãn các điều kiện sau a) (D-2011) z − (2 + 3i) z = 1 − 9i. 2 c) (A-2011) z 2 = |z| + z.  4 z+i e) = 1. z−i √ 5+i 3 − 1 = 0. b) (B-2011) z − √z d) (D-2010) |z| = 2 và z 2 là số thuần ảo. √ f) (B-09) |z − (2 + i)| = 10 và z.z = 25. Lời giải. a) Gọi z = a + bi (a, b ∈ R) ⇒ z = a − bi. Ta có z − (2 + 3i) z̄ = 1 − 9i ⇔ a + bi − (2 + 3i)(a − bi) = 1 − 9i ⇔ −a − 3b − (3a − 3b)i = 1 − 9i   −a − 3b = 1 a=2 ⇔ ⇔ 3a − 3b = 9 b = −1 Vậy z = 2 − i. b) Gọi z = a + bi (a, b ∈ R, z 6= 0) ⇒ z = a − bi. Ta có √ √ √ 5+i 3 z− − 1 = 0 ⇔ z.z − 5 − i 3 − z = 0 ⇔ (a − bi)(a + bi) − (a + bi) = 5 + i 3 z   a = 2√  2 2 √  a + b − a = 5 √  b=− 3 ⇔ ⇔ a2 + b2 − a − bi = 5 + i 3 ⇔  a = −1 b=− 3 √ b=− 3 √ √ Vậy z = 2 − i 3 hoặc z = −1 − i 3. c) Gọi z = a + bi (a, b ∈ R) ⇒ z = a − bi. Ta có 2 z 2 = |z| + z̄ ⇔ (a + bi)2 = a2 + b2 + a − bi ⇔ a + 2b2 − (2ab + b)i = 0    a=0 2   a   + 2b =1 0 a + 2b2 = 0  b=0 1 a = −2 ⇔ ⇔ ⇔  2ab + b = 0 a = −2  b=0 b = ± 12 WWW.VINAMATH.COM 6 WWW.VINAMATH.COM Chuyên đề 9. Số Phức 1 1 Vậy z = 0, z = − + i hoặc z = − 21 − 21 i. 2 2 d) Gọi z = a + bi (a, b ∈ R) ⇒ z 2 = a2 − b2 + 2abi. Theo giả thiết ta có  2  √  √ a = ±1 a =1 a2 + b2 = 2 ⇔ ⇔ b = ±1 b2 = 1 a 2 − b2 = 0 Vậy có bốn số phức cần tìm là z = 1 + i, z = 1 − i, z = −1 + i và z = −1 − i. e) Điều kiện: z 6= i. Ta có  z+i z−i 4 h ih i 2 2 2 2 = 1 ⇔ (z + i)4 = (z − i)4 ⇔ (z + i) + (z − i) (z + i) − (z − i) = 0
⇔ z 2 + 2iz + i2 + z 2 − 2iz + i2 (z + i + z − i) (z + i − z + i) = 0 
z=0 ⇔ 2z 2 − 2 .2z.2i = 0 ⇔ (thỏa mãn) z = ±1 Vậy z = 0 hoặc z = ±1. f) Gọi z = a + bi (a, b ∈ R). Ta có    √ √ (a − 2)2 + (b − 1)2 = 10 |a + bi − 2 − i| = 10 |z − (2 + i)| = 10 ⇔ ⇔ a2 + b2 = 25 z.z̄ = 25 (a + bi)(a − bi) = 25   a=5  2   a + b2 − 4a − 2b = 5 b=0 b = 10 − 2a  ⇔ ⇔ ⇔  a=3 a2 + b2 = 25 a2 + b2 = 25 b=4 Vậy z = 5 hoặc z = 3 + 4i. 9.6. Tìm môđun của số phức z thỏa mãn các điều kiện sau 2 b) (A-2011) (2z − 1) (1 + i) + (z + 1) (1 − i) = 2 − 2i. a) (CĐ-2011) (1 + 2i) z + z = 4i − 20. Lời giải. a) Gọi z = a + bi (a, b ∈ R) ⇒ z = a − bi. Ta có 2 (1 + 2i) z + z̄ = 4i − 20 ⇔ (−3 + 4i) (a + bi) + a − bi = 4i − 20 ⇔ −3a − 3bi + 4ai + 4bi2 + a − bi = 4i − 20 ⇔ −2a − 4b + (4a − 4b)i = −20 + 4i   −2a − 4b = −20 a=4 ⇔ ⇔ ⇒ z = 4 + 3i 4a − 4b = 4 b=3 √ Vậy |z| = 16 + 9 = 5. b) Gọi z = a + bi (a, b ∈ R) ⇒ z = a − bi. Ta có (2z − 1) (1 + i) + (z̄ + 1) (1 − i) = 2 − 2i ⇔ (2a + 2bi − 1)(1 + i) + (a − bi + 1)(1 − i) = 2 − 2i ⇔ 2a + 2bi − 1 + 2ai + 2bi2 − i + a − bi + 1 − ai + bi2 − i = 2 − 2i   1 1 a = 31 3a − 3b = 2 ⇔ ⇔ 3a − 3b + (a + b)i = 2 ⇔ ⇒z= − i a+b=0 b = − 31 3 3 r Vậy |z| = √ 1 1 2 + = . 9 9 3 9.7. Giải các phương trình sau 2+i −1 + 3i a) z= . 1−i 2+i c) z + 2z = 2 − 4i. e) z 2 + |z| = 0.  1 b) ((2 + i) z + 3 + i) iz + 2i d) z 2 + z = 0. 2 f) z + 2z = (1 + 5i) .  = 0. Lời giải. 2+i −1 + 3i (−1 + 3i)(1 − i) 2 + 4i (2 + 4i)(3 − 4i) 22 4 a) z= ⇔z= ⇔z= ⇔z= ⇔z= + i. 2 1−i 2+i 3 + 4i (3 + 4i)(3 − 4i) 25 25 (2 + i) WWW.VINAMATH.COM 7 WWW.VINAMATH.COM Nguyễn Minh Hiếu   1 z = −3−i 2+i b) ((2 + i) z̄ + 3 + i) iz + =0⇔ z = − 2i12 2i c) Gọi z = a + bi (a, b ∈ R) ⇒ z = a − bi. Ta có   ⇔ z = − 75 + 51 i ⇔ z = 12  z = − 75 − 51 i . z = 12  z + 2z̄ = 2 − 4i ⇔ a + bi + 2(a − bi) = 2 − 4i ⇔ 3a − bi = 2 − 4i ⇔ 3a = 2 ⇔ b=4  a = 32 b=4 2 + 4i. 3 d) Gọi z = a + bi (a, b ∈ R) ⇒ z = a − bi. Ta có Vậy z = a = 21 1  a −b =0  b = ±2 ⇔  b(2a − 1) = 0 a=0 b=0   z 2 + z̄ = 0 ⇔ (a + bi)2 + a − bi = 0 ⇔ a2 − b2 + (2ab − b)i = 0 ⇔  2 2 1 1 1 1 + i hoặc z = − i. 2 2 2 √2 e) Gọi z = a + bi (a, b ∈ R) ⇒ |z| = a2 + b2 . Ta có: p p 2 z 2 + |z| = 0 ⇔ (a + bi) + a2 + b2 = 0 ⇔ a2 − b2 + a2 + b2 + 2abi = 0  √  2 √ a2 − b2 + a2 + b2 = 0 (1)   2 2 2 a −b + a +b =0 ⇔ ⇔ a=0 2ab = 0  b=0   √ b=0 z=0 Với a = 0 thay vào (1) ta có: −b2 + b2 = 0 ⇔ ⇒ . b = ±1 z = ±i √ Với b = 0 thay vào (1) ta có: a2 + a2 = 0 ⇔ a = 0 ⇒ z = 0. Vậy z = 0 và z = ±i. f) Gọi z = a + bi (a, b ∈ R) ⇒ z = a − bi. Ta có  a = −8 2 z + 2z̄ = (1 + 5i) ⇔ a + bi + 2(a − bi) = −24 + 10i ⇔ 3a − bi = −24 + 10i ⇔ b = −10 Vậy z = 0, z = Vậy z = −8 − 10i. √
3 1+i 3 . Tìm môđun của số phức z + iz. 9.8. (A-2010) Cho số phức z thoả z = 1−i √
√
√
√
2 1+i 3 −2 + 2i 3 1 + i 3 1+i 3 8 = =− = −4 − 4i ⇒ z = −4 + 4i. Lời giải. Ta có z̄ = 1−i 1−i 1−i √ √ Khi đó z̄ + iz = −4 − 4i + i(−4 + 4i) = −8 − 8i. Vậy |z̄ + iz| = 64 + 64 = 8 2. 9.9. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z + (1 − i) z = 1 − 2i. Tìm môđun của số phức z . 1+z Lời giải. Gọi z = a + bi (a, b ∈ R) ⇒ z = a − bi. Ta có z + (1 − i) z̄ = 1 − 2i ⇔ a + bi + (1 − i)(a − bi) = 1 − 2i ⇔ a + bi + a − bi − ai + bi2 = 1 − 2i   a=2 2a − b = 1 ⇔ ⇔ 2a − b − ai = 1 − 2i ⇔ b=3 a=2 z 2 + 3i (2 + 3i)(3 + 3i) 1 5 Suy ra z = 2 + 3i, z = 2 − 3i. Do đó = = = − + i. 1 + z̄ 1 + 2 − 3i (3 − 3i)(3 + 3i) 6 6 √   r  z  1 25 26 = Vậy  + = . 1 + z̄  36 36 6 9.10. (D-2012) Cho số phức z thỏa mãn (2 + i) z + 2 (1 + 2i) = 7 + 8i. Tìm môđun của số phức w = z + 1 + i. 1+i 2 (1 + 2i) 4 + 7i = 7 + 8i ⇔ (2 + i) z + 3 + i = 7 + 8i ⇔ z = ⇔ z = 3 + 2i. 1+i 2+i √ Suy ra w = z + 1 + i = 3 + 2i + 1 + i = 4 + 3i. Vậy |w| = 16 + 9 = 5. Lời giải. Ta có (2 + i) z + WWW.VINAMATH.COM 8 WWW.VINAMATH.COM Chuyên đề 9. Số Phức 9.11. (A-2012) Cho số phức z thỏa mãn 5 (z + i) = 2 − i. Tính môđun của số phức w = 1 + z + z 2 . z+1 Lời giải. Gọi z = a + bi (a, b ∈ R) ⇒ z = a − bi. Ta có 5 (z̄ + i) = 2 − i ⇔ 5(a − bi + i) = (2 − i)(a + bi + 1) z+1   a=1 3a − b = 2 ⇒z =1+i ⇔ ⇔ 3a − b + (a − 7b)i = 2 − 6i ⇔ b=1 a − 7b = −6 Suy ra w = 1 + z + z 2 = 1 + 1 + i + (1 + i)2 = 2 + 3i. Vậy |w| =     z − 1  z − 2i     = 1.  9.12. Tìm số phức z thoả mãn đồng thời  = 1,  z −i z+i  √ 4+9= √ 13. Lời giải. Gọi z = a + bi (a, b ∈ R). Ta có        z−1  = 1 1 (a − 1)2 + b2 = a2 + (b − 1)2 |a + bi − 1| = |a + bi − i|  z−i  ⇔ ⇔ 2 2 2 2 ⇔a=b=   z−2i a + (b − 2) = a + (b + 1) |a + bi − 2i| = |a + bi + i|   2 = 1 z+i  Vậy z = 1 1 + i. 2 2 9.13. Tìm số phức z thỏa mãn |z| = |z − 2 − 2i| và z − 2i là số thuần ảo. z−2 Lời giải. Gọi z = a + bi (a, b ∈ R). Ta có |z| = |z − 2 − 2i| ⇔ |a + bi| = |a + bi − 2 − 2i| ⇔ a2 + b2 = (a − 2)2 + (b − 2)2 ⇔ a = 2 − b ⇒ z = 2 − b + bi z − 2i 2 − b + bi − 2i (b − 2)(−1 + i) b−2 = = = . z−2 2 − b + bi − 2 b(−1 + i) b z − 2i Do đó là số thuần ảo ⇔ b − 2 = 0 ⇔ b = 2 ⇒ a = 0. Vậy z = 2i. z−2 Khi đó 9.14. Tìm số phức z có môđun nhỏ nhất thỏa mãn điều kiện |iz − 3| = |z − 2 − i|. Lời giải. Gọi z = a + bi (a, b ∈ R). Ta có |iz − 3| = |z − 2 − i| ⇔ |i(a + bi) − 3| = |a + bi − 2 − i| ⇔ |−b − 3 + ai| = |a − 2 + (b − 1)i| ⇔ (b + 3)2 + a2 = (a − 2)2 + (b − 1)2 ⇔ a = −2b − 1 ⇒ z = −2b − 1 + bi √ r 2 √ + 4b + 1 = 5b + √25 + 51 ≥ √15 . √ 1 2 Dấu bằng xảy ra ⇔ 5b + √25 = 0 ⇔ b = − 52 . Vậy z = − − i. 5 5 Khi đó |z| = 5b2 i−m 1 − m (m − 2i) a) Tìm m để z.z = 12 . b) Tìm m để |z − i| ≤ 41 . c) Tìm m để z có môđun lớn nhất.

m + m3 + 1 + m2 i (−m + i) 1 − m2 − 2mi m 1 = = + i. Lời giải. Ta có z = 2 2 2 2 (1 − m + 2mi) (1 − m − 2mi) 1+m 1 + m2 (1 − m2 ) + 4m2 1 m2 1 1 1 1 a) z.z̄ = ⇔ + = ⇔ = ⇔ m2 = 1 ⇔ m = ±1. 2 2 2 2 2 2 2 1+m 2 (1 + (1 + m )  m )     m  1  m 1 1 m2  1 m2 1 1    b) |z − i| ≤ ⇔  + i − i ⇔ − i ⇔ ≤ ⇔ |m| ≤ √ . ≤ ≤  4  1 + m2 2 2 2  2 4 1 + m 1 + m 1 + m 4 1 + m 16 15 r 1 c) |z| = ≤ 1. Dấu bằng xảy ra ⇔ m = 0. Vậy |z| đạt giá trị lớn nhất bằng 1 khi m = 0. 1 + m2 9.15. Cho số phức z = 9.16. Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thoả mãn điều kiện a) |z b) |z − z + 1 − i| = 2.  + z + 3| = 4.  2 2 e) (D-09) |z − (3 − 4i)| = 2. d) z − (z)  = 4. WWW.VINAMATH.COM c) 2 |z − i| = |z − z + 2i|. f) |z − i| = |(1 + i) z|. 9 WWW.VINAMATH.COM Nguyễn Minh Hiếu Lời giải. a) Gọi z = x + yi (x, y ∈ R) ⇒ z = x − yi. Ta có  |z + z̄ + 3| = 4 ⇔ |x + yi + x − yi + 3| = 4 ⇔ |2x + 3| = 4 ⇔ Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là hai đường thẳng x = x = 21 x = − 27 1 7 và x = − . 2 2 b) Gọi z = x + yi (x, y ∈ R) ⇒ z = x − yi. Ta có |z − z̄ + 1 − i| = 2 ⇔ |x + yi − x + yi + 1 − i| = 2 ⇔ |1 + (2y − 1)i| = 2 √ 1± 3 2 ⇔ 1 + 4y − 4y + 1 = 4 ⇔ y = 2 √ 1± 3 Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là hai đường thẳng y = . 2 c) Gọi z = x + yi (x, y ∈ R) ⇒ z = x − yi. Ta có 2 |z − i| = |z − z̄ + 2i| ⇔ 2 |x + yi − i| = |x + yi − x + yi + 2i| ⇔ |x + (y − 1) i| = |(y + 1) i| 1 ⇔ a2 + (b − 1)2 = (b + 1)2 ⇔ x2 = 4y ⇔ y = x 4 Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là parabol y = 1 x. 4 d) Gọi z = x + yi (x, y ∈ R) ⇒ z = x − yi. Ta có     1  2  2 2 2 z − (z̄)  = 4 ⇔ (x + yi) − (x − yi)  = 4 ⇔ |xyi| = 1 ⇔ y = ± x 1 Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là hai hypebol y = ± . x e) Gọi z = x + yi (x, y ∈ R). Ta có |z − (3 − 4i)| = 2 ⇔ |x + yi − 3 + 4i| = 2 ⇔ |x − 3 + (y + 4)i| = 2 ⇔ (x − 3)2 + (y + 4)2 = 4 Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tâm I(3; −4) và bán kính R = 2. f) Gọi 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 2 + 2y − 1 = 0 Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tâm I(0; −1) và bán kính R = 9.17. Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thoả mãn điều kiện a) |z − 1 + i| = 2. b) |2 + z| = |i − z|. d) 1 ≤ |z + 1 − i| ≤ 2. e) |z − 4i| + |z + 4i| = 10. √ 2. c) |2 +z| > |z − 2|.  z  f)  z−i  = 3. Lời giải. a) Gọi z = x + yi (x, y ∈ R). Ta có |z − 1 + i| = 2 ⇔ |x + yi − 1 + i| = 2 ⇔ |x − 1 + (y + 1)i| = 2 ⇔ (x − 1)2 + (y + 1)2 = 4 Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tâm I(1; −1) và bán kính R = 2. b) Gọi z = x + yi (x, y ∈ R). Ta có |2 + z| = |i − z| ⇔ |2 + x + yi| = |i − x − yi| ⇔ (x + 2)2 + y 2 = x2 + (y − 1)2 ⇔ 4x + 2y + 3 = 0 Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường thẳng 4x + 2y + 3 = 0. c) Gọi z = x + yi (x, y ∈ R). Ta có |2 + z| > |z − 2| ⇔ |2 + x + yi| > |x + yi − 2| ⇔ (x + 2)2 + y 2 > (x − 2)2 + y 2 ⇔ x > 0 Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là nửa mặt phẳng nằm bên phải trục Oy, không kể trục Oy. d) Gọi z = x + yi (x, y ∈ R). Ta có 1 ≤ |z + 1 − i| ≤ 2 ⇔ 1 ≤ |x + yi + 1 − i| ≤ 2 ⇔ 1 ≤ (x + 1)2 + (y − 1)2 ≤ 4 WWW.VINAMATH.COM 10 WWW.VINAMATH.COM Chuyên đề 9. Số Phức Gọi (C1 ) và (C2 ) là hai đường tròn tâm I(−1; 1) và bán kính lần lượt là R1 = 1 và R2 = 2. Ta có tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là phần mặt phẳng nằm giữa (C1 ) và (C2 ), kể cả (C1 ) và (C2 ). e) Gọi z = x + yi (x, y ∈ R). Ta có q q 2 2 2 |z − 4i| + |z + 4i| = 10 ⇔ |x + yi − 4i| + |x + yi + 4i| = 10 ⇔ x + (y − 4) + x2 + (y + 4) = 10 (1) p p Đặt F1 (0; −4) và F2 (0; 4). Với M(x;y) bất kỳ ta có F1 M = x2 + (y + 4)2 , F2 M = x2 + (y − 4)2 (2). Từ (1) và (2) ta có F1 M + F2 M = 10, suy ra tập hợp các điểm M là elip có hai tiêu điểm F1 (0; −4) và F2 (0; 4). Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là elip có hai tiêu điểm F1 (0; −4) và F2 (0; 4). f) Điều kiện: z 6= i. Khi đó gọi z = x + yi (x, y ∈ R). Ta có      z    = 3 ⇔ |x + yi| = 3 |x + yi − i| ⇔ x2 + y 2 = 9 x2 + (y − 1)2 ⇔ x2 + y 2 − 9 y + 9 = 0 z − i 4 8 r   9 3 9 và bán kính R = = . Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tâm I 0; 8 64 8 9.18. (CĐ-2012) Cho số phức z thỏa mãn (1 − 2i) z − 2−i = (3 − i) z. Tìm tọa độ điểm biểu diễn của z trong mặt 1+i phẳng tọa độ Oxy. 2−i 1 − 3i (1 − 3i)(−2 + i) 1 7 = (3 − i) z ⇔ (−2 − i)z = ⇔z= ⇔z= + i. 1+i 2 2(−2 − i)(−2 + i) 10 10   1 7 ; . Vậy tọa độ điểm biểu diễn số phức z là 10 10 Lời giải. Ta có (1 − 2i) z − 9.19. Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức w = (1 + i) z − 2, biết |z − 3| = 2. w+2 . Lời giải. Ta có w = (1 + i) z − 2 ⇔ z = 1 − i  w + 2  Từ đó suy ra |z − 3| = 2 ⇔  − 3 = 2 ⇔ |w + 2 − 3 + 3i| = 2 |1 − i| ⇔ |w − 1 + 3i| = 2 |1 − i|. 1−i Gọi w = x + yi (x, y ∈ R). Ta có |w − 1 + 3i| = 2 |1 − i| ⇔ |x + yi − 1 + 3i| = 2 |1 − i| ⇔ (x − 1)2 + (y + 3)2 = 8 √ Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức w là đường tròn tâm I(1; −3) và bán kính R = 2 2. 9.20. Cho các điểm A, B, C và A0 , B 0 , C 0 trong mặt phẳng phức biểu diễn theo thứ tự các số phức 1 − i, 2 + 3i, 3 + i và 3i, 3 − 2i, 3 + 2i. Chứng minh rằng ABC và A0 B 0 C 0 là hai tam giác có cùng trọng tâm. Lời giải. Theo giả thiết ta có A (1; −1) , B (2; 3) , C (3; 1) và A0 (0; 3) , B 0 (3; −2) , C 0 (3; 2). Gọi G và G0 lần lượt là trọng tâm các tam giác ABC và A0 B 0 C 0 ta có G (2; 1) và G0 (2; 1). Vậy hai tam giác ABC và A0 B 0 C 0 có cùng trọng tâm. 9.21. Gọi M, M 0 theo thứ tự là các điểm của mặt phẳng phức biểu diễn số phức z khác 0 và z 0 = 1+i 2 z. Chứng minh tam giác OM M 0 vuông cân.      1 + i 1 + i |z| |z| 0 0 0 0    − 1 |z| = √ . Lời giải. Ta có OM = |z|; OM = |z | =  |z| = √ ; M M = |z − z| =   2 2 2 2 Khi đó OM 0 = M M 0 và OM 02 + M M 02 = OM 2 , do đó tam giác OM M 0 vuông cân tại M 0 . 9.22. Cho A, B là hai điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn theo thứ tự các số phức z0 , z1 khác 0 thoả mãn đẳng thức z02 + z12 = z0 z1 . Chứng minh tam giác OAB đều. 2 Lời giải. Ta có z02 + z12 = z0 z1 ⇔ z02 = z0 z1 − z12 ⇔ z02 = z1 (z0 − z1 ) ⇔ |z0 | = |z0 − z1 | (1). |z1 | 2 Lại có z02 + z12 = z0 z1 ⇔ z12 = z0 z1 − z02 ⇔ z12 = z0 (z1 − z0 ) ⇔ Từ (1) và (2) ta có: |z0 |2 |z1 | = |z1 |2 |z0 | 3 |z1 | = |z1 − z0 | (2). |z0 | 3 ⇔ |z0 | = |z1 | ⇔ |z0 | = |z1 |. Với |z0 | = |z1 | thay vào (1) được |z0 | = |z0 − z1 |. Suy ra |z0 | = |z1 | = |z0 − z1 | hay OA = OB = AB. Vậy tam giác OAB đều (đpcm). WWW.VINAMATH.COM 11 WWW.VINAMATH.COM Nguyễn Minh Hiếu §2. Phương Trình Bậc Hai Nghiệm Phức 9.23. Tìm các căn bậc hai của các số phức sau a) z = 5 − 12i. √ c) z = 1 + 4i√3. e) z = 4 + 6i 5. b) z = −24 + 10i. √ d) z = 17 + 20i√ 2. f) z = −1 − 2i 6. Lời giải. a) Ta có z = 5 − 12i = (3 − 2i)2 , suy ra z có hai căn bậc hai là ±(3 − 2i). b) Ta có z = −24 +√10i = (1 +√5i)2 , suy ra z có hai căn bậc hai là ±(1 + 5i). √ c) Ta có z = 1 + 4i 3√= (2 + 3i)√2 , suy ra z có hai căn bậc hai là ±(2 + 3i).√ d) Ta có z = 17 + 20i + 2 2i)2 , suy ra z có hai căn bậc hai là ±(5√+ 2 2i). √ 2 = (5 √ 2 e) Ta có z = 4 + 6i √ 5 = (3 √ + 5i) ra z có hai căn bậc hai là ±(3 +√ 5i).√ √ , suy f) Ta có z = −1 − 2i 6 = ( 2 − 3i)2 , suy ra z có hai căn bậc hai là ±( 2 − 3i). 9.24. Giải các phương trình sau trên tập hợp các số phức a) z 2 − 2z + 2 = 0. b) −z 2 + 3z − 9 = 0. 2 c) 2z − 5z + 4 = 0. d) −3z 2 + 2z − 1 = 0. 4 2 e) z + z − 6 = 0. f) z 4 + 7z 2 + 12 = 0. Lời giải. a) Ta có ∆0 = 1 − 2 = −1 < 0. Phương trình có hai nghiệm z = 1 ± i. √ 3 ± 3i 3 . b) Ta có ∆ = 9 − 36 = −27 < 0. Phương trình có hai nghiệm z = 2√ 5±i 7 c) Ta có ∆ = 25 − 32 = −7 < 0. Phương trình có hai nghiệm z = . 4√ 1±i 2 d) Ta có ∆0 = 1 − 3 = −2 < 0. Phương trình có hai nghiệm z = . 3 √  2  z =2 z = ± √2 e) Ta có z 4 + z 2 − 6 = 0 ⇔ ⇔ . z 2 = −3 z = ±i 3  2  √ z = −3 z = ±i 3 . f) Ta có z 4 + 7z 2 + 12 = 0 ⇔ ⇔ z 2 = −4 z = ±2i 9.25. Ký hiệu z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình 2z 2 − 2z + 1 = 0. Tính giá trị biểu phức A = Lời giải. Ta có ∆0 = 1 − 2 = −1 < 0. Phương trình có hai nghiệm z1,2 = 1 4 4 2 2 1 Khi đó A = 2 + 2 = 2 + 2 = i − i = 0. z1 z2 (1 + i) (1 − i) 1 1 + 2. 2 z1 z2 1±i 2 . 2 2 9.26. (A-09) Gọi z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2 + 2z + 10 = 0. Tính A = |z1 | + |z2 | . Lời giải. Ta có ∆0 = 1 − 10 = −9 < 0. Phương trình có hai nghiệm z1,2 = −1 ± 3i. √ √
2
2 2 2 2 2 Khi đó A = |z1 | + |z2 | = A = |−1 + 3i| + |−1 − 3i| = 1+9 + 1 + 9 = 20. 9.27. (CĐ-2012) Gọi z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2 − 2z + 1 + 2i = 0. Tính |z1 | + |z2 |. 2 Lời giải. Ta có ∆0 = 1 − (1 + i) = −2i =√(1 − i) . Phương trình có hai nghiệm z = i hoặc z = 2 − i. Khi đó |z1 | + |z2 | = |i| + |2 − i| = 1 + 5.    z1 z2  9.28. Cho z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2 − (i + 2) z + i = 0. Tính  + . z2 z1 √ 2± 3+i . Lời giải. Ta có ∆ = (2 + i)2 − 4i = 3. Phương trình có hai nghiệm z1,2 = 2        2  2 2  z1 z2   z + z22   (z1 + z2 ) − 2z1 z2   (2 + i) − 2i  |3 + 2i| √ Khi đó  +  =  1 = 13. = = =    z2 z1 z1 z2   z1 z2 i |i| 9.29. Giải các phương trình sau trên tập hợp các số phức a) iz 2 − 2 (1 − i) z − 4 = 0. b) z 2 − (5 − i) z + 8 − i = 0.  2   iz + 3 iz + 3 c) (D-2012) z 2 + 3 (1 + i) z + 5i = 0. − 4 = 0. d) −3 z − 2i z − 2i e) 3z 3 − 24 = 0. f) 8z 4 + 8z 3 = z + 1. WWW.VINAMATH.COM 12 WWW.VINAMATH.COM Chuyên đề 9. Số Phức Lời giải. a) Ta có ∆0 = (1 − i)2 + 4i =(1 + i)2 .  2 1−i+1+i  z = −2i  z=  z= i i Phương trình có hai nghiệm  −2i ⇔ z = −2 . 1−i−1−i ⇔ z= z= i i 2 2 b) Ta có ∆ = (5 − i) − 4(8 −i) = −8 − 6i = (1 − 3i) . 5 − i + 1 − 3i  z = 3 − 2i  z= 2 Phương trình có hai nghiệm  5 − i − 1 + 3i ⇔ z = 2 + i . z= 2 c) Ta có ∆ = 9(1 + i)2 − 20i  = −2i = (1 + i)2 . −3 − 3i + 1 − i  z = −1 − 2i  z= 2 Phương trình có hai nghiệm  −3 − 3i − 1 + i ⇔ z = −2 − i . z= 2 d) Điều kiện z 6= 2i. Phương trình đã cho tương đương với    iz + 3 −3 + 2i (−3 + 2i)(1 − i)  iz + 3 = −z + 2i  z=  z = 1+i  z − 2i = −1 2 ⇔ ⇔ ⇔  iz + 3 3 + 8i (3 + 8i)(4 + i) iz + 3 = 4z − 8i =4 z= z= z − 2i 4−i 17 
z=2 √ . e) Ta có 3z 3 − 24 = 0 ⇔ z 3 − 8 = 0 ⇔ (z − 2) z 2 + 2z + 4 = 0 ⇔ z = −1 ± i 3 f) Ta có phương trình tương đương  1 5  z = −2 + 2i ⇔ 4 35 z= + i 17 17  z = −1  1

 8z 3 (z + 1) = z + 1 ⇔ (z + 1) 8z 3 − 1 = 0 ⇔ (z + 1) (2z − 1) 4z 2 + 2z + 1 = 0 ⇔  z = 2 √  −1 ± i 3 z= 4 9.30. Giải các phương trình sau trên tập hợp các số phức 2 2 a) z 2 − 2 (2 + i) z + 7 + 4i = 0. b) (z − 1) (z + 1) + 9z 2 = 0.
3


2 2 c) (z − i) z + 1 z + i = 0. d) 3 z 2 − z + 1 + 7 z 2 − z + 1 = 0.
2

2
e) z 2 + z + 4 z 2 + z − 12 = 0. f) z 2 + 3z + 6 + 2z z 2 + 3z + 6 − 3z 2 = 0. Lời giải. a) Ta có ∆0 = (2 + i)2 − 7 − 4i = −4 < 0. Phương trình có hai nghiệm  z = 2 + 3i . z =2−i b) Ta có phương trình tương đương z2 − 1
2 s √ √ 5 7∓3 5 −7 ± 3 2 4 2 2 ⇔ z = ±i + 9z = 0 ⇔ z + 7z + 1 = 0 ⇔ z = 2 2 c) Ta có phương trình tương đương  " z=i z = ±i
2 2 2 ±3 − i (z − i) z + 1 (z − i) z + iz − 1 = 0 ⇔  z = −1 ⇔ z= z 2 + iz − 1 = 0 2
d) Ta có phương trình tương đương " 3 z2 − z + 1
2
+ 7 z2 − z + 1 − 6 = 0 ⇔ √  1 ± i 15 z 2 − z + 1 = −3  z= 2√ 2 ⇔ 2 3±i 3 z −z+1= z= 3 6  z=1  z = −2 z2 + z = 2 √ e) Ta có phương trình tương đương ⇔ .  z 2 + z = −6 −1 ± i 23 z= 2 f) Nhận thấy z = 0 không phải nghiệm phương trình. Với z 6= 0 ta có phương trình tương đương " 2 √  2 2  2   2  z +3z+6 z + 3z + 6 z + 3z + 6 =1 z + 2z + 6 = 0 z = −1 ± √ i 5 z +2 − 3 = 0 ⇔ z2 +3z+6 ⇔ ⇔ z 2 + 6z + 6 = 0 z = −3 ± 3 z z = −3  z WWW.VINAMATH.COM 13 WWW.VINAMATH.COM Nguyễn Minh Hiếu 9.31. Giải các phương trình sau trên tập hợp các số phức a) z 3 − 2 (1 + i) z 2 + 3iz + 1 − i = 0. b) z 4 − 4z 3 + 7z 2 − 16z + 12 = 0. 2 d) z 4 + 6z 3 + 9z 2 + 101 = i3000 . c) z 4 − z 3 + z2 + z + 1 = 0. Lời giải. a) Ta có phương trình tương đương
(z − 1) z 2 − (1 + 2i)z − 1 + i = 0 ⇔   z=1 z=1  z=i ⇔ z 2 − (1 + 2i)z − 1 + i = 0 z =1+i b) Ta có phương trình tương đương  z=1

(z − 1) z 3 − 3z 2 + 4z − 12 = 0 ⇔ (z − 1) (z − 3) z 2 + 4 = 0 ⇔  z = 3 z = ±2i c) Nhận thấy z = 0 không phải nghiệm phương trình. Với z 6= 0 ta có phương trình tương đương 2    1 5 1 1 − z− + =0⇔z− z− z z 2 z " z =1±i 1 ⇔ 2z 2 − (1 ± 3i) z − 2 = 0 ⇔ z=− ± 2 1 1 1 z −z+ + + 2 =0⇔ 2 z z 2 = 1 3 ± i 2 2 1 i 2 d) Ta có phương trình tương đương z 4 + 6z 3 + 9z 2 = −100 ⇔ z 2 + 3z
2 = 100i2 ⇔  z 2 + 3z + 10i = 0 ⇔ z 2 + 3z − 10i = 0  z = 1 ± 2i z = −4 ± 2i §3. Dạng Lượng Giác Của Số Phức √ 9.32. Tìm acgumen của số phức z = 2 + 3 + i. q p √
2 √ √ √ Lời giải. Ta có |z| = 2 + 3 + 1 = 8 + 4 3 = 6 + 2. ( √ √3 cos ϕ = √2+ π 6+ 2 ⇔ϕ= + k2π. Gọi acgumen của z là ϕ ta có 1√ √ 12 sin ϕ = 6+ 2 √ 9.33. Viết dưới dạng lượng giác và tìm căn bậc hai của số phức z = −2 + 2i 3. √ !   √ 2π 2π 3 1 i = 4 cos + i sin Lời giải. Ta có z = −2 + 2i 3 = 4 − + . 2 2 3 3 ! √   √  π π 1 3 + i =± 1+i 3 . Căn bậc hai của z là w = ±2 cos + i sin = ±2 3 3 2 2 √ 9.34. (B-2012) Gọi z1 và z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2 − 2 3iz − 4 = 0 = 0. Viết dạng lượng giác của z1 và z2 . √ √ Lời giải. Ta có ∆0 = 3i2 + 4 = 1 > 0. Phương trình có hai nghiệm z1 = 1 + i 3 và z2 = −1 + i 3. ! √  √ π π 1 3 Khi đó z1 = 1 + i 3 = 2 + i = 2 cos + i sin 2 2 3 3 √ !   √ 2π 2π 1 3 i = 2 cos + i sin và z2 = −1 + i 3 = 2 − + . 2 2 3 3 9.35. Viết các số phức sau dưới dạng lượng giác √ 1−i 3 a) z = 1 + i. b) z = . 1+i 10 (1 + i)
6 4 √ e) z = √
9 . 3+i . d) z = (1 − i) 3+i WWW.VINAMATH.COM √
c) z = 1 − i 3 (1 + i). f) w = z 2000 + 1 1 , biết z + = 1. z 2000 z 14 WWW.VINAMATH.COM Chuyên đề 9. Số Phức Lời giải. √  √  1 π 1 π a) z = 1 + i = 2 √ + √ i = 2 cos + i sin . 4 4 2 2  √ 

√      2 21 − 23 i √ √ cos − π3 + i sin − π3 1−i 3 7π 7π = 2 =√  b) z = = 2 cos − + i sin − . 1+i cos π4 + i sin π4 12 12 2 √12 + √12 i √ !    √  1 1 1 3 √ √ √ + i − i c) z = 1 − i 3 (1 + i) = 2 2 2 2 2 2         π  π  √ √  π π π π = 2 2 cos − + i sin − cos + i sin = 2 2 cos − + i sin − . 3 3 4 4 12 12 !! √ 6 4     π  π 4  √ 1 1 3 1 π 6 π 2 + i = 4 cos − d) z = 2 √ −√ i + i sin − 64 cos + i sin 2 2 4 4 6 6 2 2 = 256 (cos (−π) + i sin (−π)) (cos π + i sin π) = 256 (cos 0 + i sin 0). 10 √ 
10 5π 2 √12 + √12 i 32 cos π4 + i sin π4 cos 5π 1 2 + i sin 2
= e) z =   √
9 = 9 3π 3π = 16 (cos π + i sin π). π π 16 cos + i sin 512 cos 6 + i sin 6 2 2 2 23 + 12 i √  π  π 3 1 1 + i sin ± . Khi đó f) Ta có z + ⇔ z 2 − z + 1 = 0 ⇔ z = ± i ⇔ z = cos ± z 2 2 3 3      1 π π 2000 1 + w = z 2000 + 2000 = cos ± + i sin ±


2000 π z 3 3 cos ± 3 + i sin ± π3     2000π 2000π 1

= cos ± + i sin ± + 2000π 3 3 cos ± 3 + i sin ± 2000π 3         2π 2π 2π 2π = cos ± + i sin ± + cos ∓ + i sin ∓ 3 3 3 3 √ √ 1 3 3 1 i− − i = −1 = cos π + i sin π =− + 2 2 2 2  9.36. Tính  2004 i a) z = . 1+i  b) z = 1+i √ 2 365 . c) z = √ !21 5 + 3i 3 √ . 1 − 2i 3 Lời giải. !2004  2004 2004 cos π2 + i sin π2 π π i 1 
a) Ta có z = = √ = √ cos + i sin 1+i 4 4 2 cos π4 + i sin π4 2   2004π 1 1 2004π 1 + i sin = 1002 cos = 1002 (cos 501π + i sin 501π) = − 1002 . 2 4 4 2 2 365   π 365 365π 5π 5π 1 365π π 1 1+i √ + i sin = cos + i sin = − √ − √ i. = cos = cos + i sin b) Ta có z = 4 4 4 4 4 4 2 2 2 √
!21  √
  21  √ 21 5 + 3i 3 1 + 2i 3 2π 2π = −1 + i 3 = 2 cos + i sin c) Ta có z = 13 3 3   42π 42π = 221 cos + i sin = 221 (cos 14π + i sin 14π) = 221 . 3 3  9.37. Viết các số phức sau dưới dạng lượng giác a) z = cos π4 − i sin π4 . b) z = − sin π8 − i cos π8 . e) z = cos ϕ + i (1 + sin ϕ). d) z = sin ϕ + 2isin2 ϕ2 . c) z = cos ϕ − i sin ϕ. √
7
f) z = cos π3 − i sin π3 i5 1 + i 3 . Lời giải.  π  π π π a) z = cos − i sin = cos − + i sin − . 4 4 4 4   π π 7π 7π 11π 11π b) z = − sin − i cos = sin − + i cos − = cos + i sin . 8 8 8 8 8 8 c) z = cos ϕ − i sin ϕ = cos (−ϕ) + i sin (−ϕ). ϕ ϕ ϕ ϕ d) z = sin ϕ + 2isin2 = 2 sin cos + i sin . 2 2 2 2 ϕ Với sin = 0 thì z = 0 nên có dạng lượng giác không xác định. 2 ϕ ϕ ϕ ϕ Với sin > 0 thì z có dạng lượng giác z = 2 sin cos + i sin . 2 2 2 2 WWW.VINAMATH.COM 15 WWW.VINAMATH.COM Nguyễn Minh Hiếu ϕ  ϕ  ϕ ϕ cos < 0 thì z có dạng lượng giác z = −2 sin + π + i sin +π . 2    2ϕ π 2 ϕ π 2  ϕ π  π  π + i 1 − cos ϕ + = 2 sin cos + i sin . + + + e) z = sin ϕ + 2 2 4 2 4 2 4  ϕ π 2 Với sin = 0 thì z = 0 nên có dạng lượng giác không xác định. + 2 4 ϕ ϕ π  ϕ π  ϕ π  π + + + + Với sin > 0 thì z có dạng lượng giác z = 2 sin cos + i sin . 2 4 2 4   2 4 2  4   ϕ  ϕ π ϕ 5π ϕ 5π π cos Với sin < 0 thì z có dạng lượng giác z = −2 sin + i sin . + + + + 2 4 2 4 2 4 2 4        5 7 π π π π π π f) z = cos − i sin cos + i sin 2 cos + i sin 3 3 2 2 3  3   π     π 5π 7π 5π 7π 7 cos + i sin − cos + i sin + i sin = 2 cos − 3 2 2 3 3  3  9π π 9π π = 128 cos = 128 cos + i sin . + i sin 2 2 2 2 Với sin 9.38. Tìm số phức z sao cho |z| = |z − 2| và một acgumen của z − 2 bằng một acgumen của z + 2 cộng với π 2. Lời giải. Gọi z = a + bi (a, b ∈ R), ta có 2 |z| = |z − 2| ⇔ |a + bi| = |a + bi − 2| ⇔ a2 + b2 = (a − 2) + b2 ⇔ a = 1 Khi đó z = 1 + bi ⇒ z − 2 = −1 + bi; z + 2 = 3 + bi. π Gọi acgumen của z − 2 và z + 2lần lượt là ϕ1 và ϕ2 . Theo giả thiết ta có ϕ1 = ϕ2 + 2 . y    y≥0  √−1 2 = − √ 2 √
y≥0 cos ϕ1 = − sin ϕ2 1+y 9+y 2 2 2 9 + y = y 1 + y ⇔ ⇔ ⇔ y = 3. Do đó ⇔ y 3 4

√ √ y =9 cos ϕ2 = sin ϕ1 =   9+y 2 1+y 2 9 1 + y2 = y2 9 + y2 √ Vậy z = 1 + i 3. 9.39. Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn Lời giải. Trường hợp z = −2 thì z−2 có một acgumen bằng z+2 π 3. z−2 không xác định. z+2 z−2 = 0 có dạng lượng giác không xác định nên không có khái niệm acgumen. z+2 Trường hợp z = 6 ±2, gọi z = x + yi (x, y ∈ R), ta có Trường hợp z = 2 thì z−2 x − 2 + yi (x − 2 + yi) (x + 2 − yi) x2 + y 2 − 4 + 4yi = = = 2 2 2 z+2 x + 2 + yi (x + 2) + y (x + 2) + y 2 π π z−2 có một acgumen bằng nên w = x2 + y 2 − 4 + 4yi có một acgumen bằng . Theo giả thiết 3 ( z2 + 22 ( 2 23 x +y −4 x +y −4 1 π = (1) = cos 3 Do đó ta có 4y |w| . ⇔ 4y |w| √3 2 π (2) |w| = sin 3 |w| = 2 8y 4y Từ (2) ⇒ |w| = √ thay vào (2) được x2 + y 2 − √ − 4 = 0. 3 3   2 4 Gọi (C) là đường tròn tâm I 0; √ , bán kính R = √ . 3 3 Ta có tập hợp các điểm cần tìm là cung tròn (C) nằm phía trên trục hoành, không kể giao điểm với trục hoành. 9.40. Cho số phức z có môđun bằng 1. Biết một acgumen của z là ϕ, tìm một acgumen của mỗi số phức sau 1 c) w = −z 2 z. a) w = 2z 2 . b) w = − . 2z d) w = z + z. e) w = z 2 + z. f) w = z 2 + z. Lời giải. 2 a) Ta có w = 2z 2 = 2(cos ϕ + i sin ϕ) = 2 (cos 2ϕ + i sin 2ϕ). Do đó w có một acgumen là 2ϕ. 1 −1 cos π + i sin π 1 b) Ta có w = − = = = (cos (π + ϕ) + i sin (π + ϕ)). 2z̄ 2 (cos (−ϕ) + i sin (−ϕ)) 2 (cos (−ϕ) + i sin (−ϕ)) 2 Do đó w có một acgumen là π + ϕ. 2 c) Ta có w = −(cos ϕ + i sin ϕ) (cos (−ϕ) + i sin (−ϕ)) = (cos 2ϕ + i sin 2ϕ) (cos (π − ϕ) + i sin (π − ϕ)) = (cos (π + ϕ) + i sin (π + ϕ)). Do đó w có một acgumen là π + ϕ. d) Ta có w = z + z̄ = (cos ϕ + i sin ϕ) + (cos (−ϕ) + i sin (−ϕ)) = 2 cos ϕ. WWW.VINAMATH.COM 16 WWW.VINAMATH.COM Chuyên đề 9. Số Phức Nếu cos ϕ > 0 thì w = 2 cos ϕ (cos 0 + i sin 0) nên w có một acgumen là 0. Nếu cos ϕ < 0 thì w = −2 cos ϕ (cos π + i sin π) nên w có một acgumen là π. Nếu cos ϕ = 0 thì w = 0 nên w có acgumen không xác định. 2 e) Ta có w = (cos ϕ + i sin ϕ) + (cos ϕ + i sin ϕ)= (cos 2ϕ + i sin 2ϕ)  + (cos ϕ + i sin ϕ) 3ϕ 3ϕ ϕ ϕ ϕ 3ϕ = 2 cos cos . cos + 2i cos = 2 cos + i sin 2 2 2  2 2  2 ϕ 3ϕ 3ϕ ϕ 3ϕ Nếu cos > 0 thì w = 2 cos cos nên w có một acgumen là + i sin . 2 2 2 2 2


3ϕ ϕ + π + i sin 3ϕ + π nên w có một acgumen là Nếu cos < 0 thì w = −2 cos ϕ2 cos 3ϕ + π. 2 2 2 2 ϕ Nếu cos = 0 thì w = 0 nên w có acgumen không xác định. 2 2 f) Ta có w = (cos ϕ + i sin ϕ) + (cos (−ϕ) + i sin (−ϕ)) = (cos 2ϕ + i sin 2ϕ) + (cos (−ϕ) + i sin (−ϕ)) ϕ 3ϕ ϕ ϕ 3ϕ 3ϕ  ϕ cos + i sin . = 2 cos cos + 2i sin cos = 2 cos 2 2 2 2 2 2 2   3ϕ ϕ ϕ 3ϕ ϕ Nếu cos cos + i sin nên w có một acgumen là . > 0 thì w = 2 cos 2 2 2 2 2


ϕ ϕ ϕ ϕ cos + i sin nên w có một acgumen là + π. Nếu cos < 0 thì w = −2 cos 3ϕ + π + π 2 2 2 2 2 ϕ Nếu cos = 0 thì w = 0 nên w có acgumen không xác định. 2 n n 9.41. Tính tổng Sn = (1 + i) + (1 − i) . Từ đó suy ra S2012 . √   π  π n n π nπ π n √  2 cos + i sin 2 cos − + i sin − Lời giải. Ta có Sn = . + = 2.2 2 . cos 4 4 4 4 4 2012π 1007 1007 1006 cos (503π) = −2 . Từ đó suy ra S2012 = 2.2 . cos 4 = 2 WWW.VINAMATH.COM 17