Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 20 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
20
Dung lượng
419,34 KB
Nội dung
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498
35
a.
2
; 2
3
a b
b.
3
; 1
4
a b
Bài 3 : Giải cácphươngtrình sau
a.
1 2 1 3 2 3
i z i i i
b.
2 3 7 8
z i i
c.
1 3 4 3 7 5
i z i i
d.
1 3 2 4
i z i z
e.
1 2 5 6
2 3
z
i i
i
B. CĂNBẬCHAICỦASỐPHỨCVÀCÁCLOẠIPHƯƠNGTRÌNH,HỆPHƯƠNG
TRÌNH
Dạng 1: Tìm cănbậchaicủasốphức
Bài 1: Tìm cănbậchaicủacácsốphức sau:
a. 5 12 b. 8 6 c.
33 56 d. 3 4
i i i i
Giải:
a. Gọi
z x iy
là một cănbậchaicủa
5 12
i
tức là
2
2 2
5 12 2 5 12
x iy i x y ixy i
2 2 2
2 2
2 2 2
5 4
5
2 12
13 9
x y x
x y
xy
x y y
2
3
x
y
Do
12 0 ,
b x y
cùng dấu do đó
2
3
x
y
hoặc
2
3
x
y
Vậy
5 12
i
có 2 cănbậchai là
1
2 3
z i
và
2
2 3 .
z i
b. Tương tự gọi
z x iy
là một cănbậchaicủa
8 6
i
tức là
2
2 2
8 6 2 8 6
x iy i x y ixy i
2 2 2
2 2
2 2 2
8 9
8
2 6
10 1
x y x
x y
xy
x y y
3
1
x
y
Do
6 0 ,
b x y
cùng dấu do đó
3
1
x
y
hoặc
3
1
x
y
Vậy
8 6
i
có 2 cănbậchai là
3
i
và
3 .
i
c. Gọi
z x iy
là một cănbậchaicủa
33 56
i
tức là
2
2 2
33 56 2 33 56
x iy i x y ixy i
2 2 2
2 2
2 2 2
33 49 7
33
4
2 56
65 16
x y x x
x y
y
xy
x y y
Do
56 0 ,
b x y
trái dấu do đó
7
4
x
y
hoặc
7
4
x
y
Vậy 2 cănbậchaicủa
33 56
i
là
7 4
i
và
7 4.
i
d. Gọi
z x iy
là một cănbậchaicủa
3 4
i
tức là
www.VNMATH.com
Vuihoc24h.vn
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498
36
2
2 2
3 4 2 3 4
x iy i x y ixy i
2 2 2
2 2
2 2 2
3 1 1
3
2
2 4
5 4
x y x x
x y
y
xy
x y y
Do
4 0 ,
b x y
cùng dấu do đó
1
2
x
y
hoặc
1
2
x
y
Vậy 2 cănbậchaicủa
3 4
i
là
1 2
i
và
1 2 .
i
Bài 2: Tìm cáccănbậchaicủa mỗi sốphức sau:
a. 4 + 6
5
i b.
1 2 6
i
Giải:
a. Giả sử
z x iy
,x y
là một cănbậchaicủa
4 6 5
w i
Khi đó:
2 2
2
2
2
2
3 5
(1)
4
4 6 5
45
2 6 5
4 (2)
y
x y
x
z w x yi i
xy
x
x
(2) x
4
– 4x
2
– 45 = 0 x
2
= 9 x = ± 3.
x = 3 y =
5
x = -3 y = -
5
Vậy sốphức w = 4 + 6
5
i có haicănbậchai là: z
1
= 3 +
5
i và z
2
= -3 -
5
i
b. Giả sử z = x +yi (x, y thuộc R) là một cănbậchaicủa w = -1-2
6
i
Khi đó:
2
2
1 2 6
z w x yi i
2 2
2
2
6
(1)
1
6
2 2 6
1 (2)
y
x y
x
xy
x
x
(2) x
4
+ x
2
– 6 = 0 x
2
= 2 x = ±
2
.
x =
2
y = -
3
x = -
2
y =
3
Vậy sốphức w = 4 + 6
5
i có haicănbậchai là: z
1
=
2
-
3
i và z
2
= -
2
+
3
i
Dạng 2: Phươngtrìnhbậchai
Bài 1: Giải cácphươngtrình sau:
2 2
a. 3 4 5 1 0; (1) b. 1 2 0; (2)
x i x i x i x i
Giải:
a. Ta có
2
3 4 4 5 1 3 4
i i i
. Vậy
có haicănbậchai là 1+ 2i và −1 − 2i.
Do đó pt (1) có hai nghiệm là:
1 2
3 4 1 2 3 4 1 2
2 3 ; 1
2 2
i i i i
x i x i
b. Ta có
2
1 4 2 8 6
i i i
. Vậy
có haicănbậchai là 3 + i và −3 − i.
www.VNMATH.com
Vuihoc24h.vn
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498
37
Do đó pt (2) có hai nghiệm là:
1 2
1 3 1 3
1; 2
2 2
i i i i
x x i
Chú ý:
PT (2) có thể dùng nhẩm nghiệm nhờ a + b + c = 0
Bài 2: Giải cácphươngtrình sau:
a.
2
3 2 0 1
x x b.
2
1 0 (2)
x x c.
3
1 0 (3)
x
Giải:
a. Ta có
2
23 23 0
i
nên ta có haicănbậchaicủa
là:
23
i và
23
i . Từ đó nghiệm của pt (1) là:
1,2
1 23
6
i
x
b. Ta có
2
3 3 0
i
nên (2) có các nghiệm là:
1,2
1 3
2
i
x
c. Ta có
2
2
1 0
(3) 1 1 0
1 0; (*)
x
x x x
x x
Theo b. Pt (*) có hai nghiệm là
1,2
1 3
2
i
x
. Từ đó ta có các nghiệm của pt (3) là:
1
x
;
1,2
1 3
2
i
x
(Các nghiệm của pt (3) được gọi là cănbậc ba của 1).
Bài 3: Lập phươngtrìnhbậchai có các nghiệm là:
4 3 ; 2 5
i i
HD:
Theo bài ra ta có:
2 8i; . 23 14i.
kết quả pt bậchaicần lập là:
2
2 8 14 23 0
x i x i
Bài 4: Tìm m để phương trình:
2
3 0
x mx i
có tổng bình phương 2 nghiệm bằng 8.
Giải:
Theo bài ra ta có:
2
2 2
1 2 1 2 1 2
8 2 8
x x x x x x
(1).
Theo Vi−et ta có
1 2
1 2
3
x x m
x x i
Thay vào (1) ta được
2 2
6 8 8 6
m i m i
m là một cănbậchaicủa
8 6 .
i
Vậy: có 2 giá trị của m là: 3 + i và −3 − i.
Bài 5: Trên tập sốphức , tìm B để phươngtrìnhbậchai
2
0
z Bz i
có tổng bình phươnghai nghiệm bằng
4
i
.
Giải:
Gọi
1 2
,
z z
là hai nghiệm củaphươngtrình đã cho và
B a bi
với ,a b
.
Theo đề phươngtrìnhbậchai
2
0
z Bz i
có tổng bình phươnghai nghiệm bằng
4i
.
nên ta có :
2 2 2 2 2
1 2 1 2 1 2
( ) 2 2 ( ) 2 4
z z z z z z S P B i i
hay
2
2
B i
hay
2 2 2
( ) 2 2 2
a bi i a b abi i
Suy ra :
2 2
0
2 2
a b
ab
.
Hệ phươngtrình có nghiệm (a;b) là
(1; 1),( 1;1)
Vậy :
1 ;B = 1
B i i
www.VNMATH.com
Vuihoc24h.vn
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498
38
Bài 6: Cho
1 2
;
z z
là 2 nghiệm pt
2
1 2 3 2 1 0
i z i z i
Không giải pt hãy tính giá trị củacác biểu thức sau:
2 2 2 2
1 2
1 2 1 2 1 2
2 1
a. ; b. ; c.
z z
A z z B z z z z C
z z
Giải:
Theo Vi−et ta có:
1 2
1 2
3 2 3 2 2 2 3 2
3 3
1 2
1 1 2 1 2
3 3
1 2
i
z z i
i
i
z z i
i
a. Ta có
2
2
1 2 1 2
3 2 2 2 3 2 1 2 1 2 11 30 2 6 4 2
2 2
3 3 3 3 9 9
A z z z z i i i
b.
1 2 1 2
3 2 2 2 3 2 1 2 1 2 5 2 2 1 10 2
3 3 3 3 9 9
B z z z z i i i
c. Ta có
2 2
1 2
1 2
6 26 2
18
1 2 1 2
3 3
z z
i
A
C
z z
i
.
Bài 7: Giải phươngtrình nghiệm phức trên tập sốphức
a.
2
8(1 ) 63 16 0
z i z i
b.
2
2 3 4 3 1 0
i z i z i
HD:
a. Ta có
2 2
' 16(1 ) (63 16 ) 63 16 (1 8 )
i i i i
Từ đó ta tìm ra hai nghiệm
1
5 12
z i
;
2
3 4
z i
.
b. Ta có
2 3 4 3 1 0
i i i
1 2
1 5
1;
13
i
z z
Bài 8: (CĐ – 2010) Giải phươngtrình
2
1 6 3 0
z i z i
trên tập hợp cácsố phức.
Giải:
Phương trình có biệt thức
2
1 4 6 3 24 10
i i i
2
1 5
i
Phương trình có hai nghiệm là:
1 2
z i
và
3 .
z i
Bài 9: (CĐ – 2009) Giải phươngtrình sau trên tập hợp cácsố phức:
4 3 7
2
z i
z i
z i
Giải:
Điều kiện:
1
z
www.VNMATH.com
Vuihoc24h.vn
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498
39
Phương trình đã cho tương đương với
2
4 3 1 7 0
z i z i
Phương trình có biệt thức
2
4 3 4 1 7 3 4
i i i
2
2
i
Phương trình có hai nghiệm là:
4 3 2
1 2
2
i i
z i
và
4 3 2
3 .
2
i i
z i
Bài 10: Giải phươngtrình nghiệm phức :
25
8 6
z i
z
Giải:
Giả sử
z a bi
với ; a,b R và a,b không đồng thời bằng 0.
Khi đó
2 2
1 1
;
a bi
z a bi
z a bi
a b
Khi đó phươngtrình
2 2
25 25( )
8 6 8 6
a bi
z i a bi i
z a b
2 2 2 2
2 2 2 2
( 25) 8( ) (1)
(2)
( 25) 6( )
a a b a b
b a b a b
.
Lấy (1) chia (2) theo vế ta có
3
4
b a
thế vào (1) ta được a = 0 hoặc a = 4
Với a = 0 b = 0 ( Loại)
Với a = 4 b = 3 . Ta có sốphức z = 4 + 3i.
Bài 11: Tìm cácsố thực b, c để phươngtrình z
2
+ bz + c = 0 nhận sốphức z = 1 + i làm một nghiệm.
Giải:
Vì z = 1 + i là một nghiệm củaphương trình: z
2
+ bx + c = 0 ( b, c R), nên ta có :
2
0 2
1 1 0 2 0
2 0 2
b c b
i b i c b c b i
b c
Bài 12: Giải các pt sau:
2
z 0
z
Giải:
Giả sử , x,yz x yi
Ta có
2 2
2 2 2 2 2
0
z 0 2 0 2 0 0
2 0
x y x
z x y xyi x yi x y x xy y i i
xy y
www.VNMATH.com
Vuihoc24h.vn
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498
40
2
2 2
2 2
2 2
2
2 2
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
3
0
3
0
0
2
2 1 0
4
2 1 0
1
3
1
2
2
2
1
2
x
y
x
x
x x
x y x
y
y
x y x
y
x y x
y
y
y
x y x
y x
x
x
y
x
x
1
0
1
2
3
2
1
2
3
2
x
y
x
y
x
y
Vậy: Có bốn sốphứccần tìm là:
1 2 3 3
1 3 1 3
0, z 1, z , z
2 2 2 2
z i i
Bài 13: Tìm m để pt
2
3 0
z mz i
có hai nghiệm
1 2
,
z z
thỏa
2 2
1 2
8
z z
.
Giải:
Ta có:
2
2 2
1 2 1 2 1 2
8 2 . 8
z z z z z z
Với
1 2 1 2
, z . 3
b c
z z m z i
a a
Suy ra:
2 2 2
2 2 2
1 2 1 2 1 2
8 2 . 8 2.3 8 8 6 3 3
z z z z z z m i m i i m i
.
Bài 14: Cho sốphức z thoả mãn
2
2 3 0
z z
. Gọi
f z
là sốphức xác định bởi
17 15 14 2
( ) 6 3 5 9
f z z z z z z
. Tính mô đun của
f z
Giải:
Ta đặt
2
2 3 0 (1)
z z
(1) có
2 0
nên (1) có 2 nghiệm phức là
1
1 2
2
1 2
| | | | 3
1 2
z i
z z
z i
17 15 14 2 15 2 14 2 2
( ) 6 3 5 9 ( 2 3) 2 ( 2 3) 3( 2 3)
f z z z z z z z z z z z z z z z
nếu
1 1 1 1 1
( ) | ( ) | | | 3
z z f z z f z z
nếu
2 2 2 2 2
( ) | ( )| | | 3
z z f z z f z z
Vậy
| ( ) | 3
f z
Dạng 3: Phươngtrình quy về phươngtrìnhbậchaivàphươngtrìnhbậc cao
Phương pháp 1: Phương pháp phân tích thành nhân tử:
www.VNMATH.com
Vuihoc24h.vn
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498
41
Bài 1: Cho phươngtrình sau:
3 2
2 – 2 5 – 4 –10 0 1
z i z i z i
a. Chứng minh rằng (1) nhận một nghiệm thuần ảo.
b. Giải phươngtrình (1).
Giải:
a. Đặt z = yi với y R
Phương trình (1) có dạng:
3 2
2 2 5 4 –10i 0
iy i yi i yi
3 2 2
– 2 2 5 4 –10 0 0 0
iy y iy iy y i i
đồng nhất hoá hai vế ta được:
2
3 2
2 4 0
2 5 10 0
y y
y y y
giải hệ này ta được nghiệm duy nhất y = 2
Vậy phươngtrình (1) có nghiệm thuần ảo z = 2i.
b. Vì phươngtrình (1) nhận nghiệm 2i
vế trái của (1) có thể phân tích dưới dạng:
3 2 2
2 – 2 5 – 4 –10 – 2 ( , )
z i z i z i z i z az b a b R
đồng nhất hoá hai vế ta giải được a = 2 và b = 5.
2
1 – 2 2 5 0
z i z z
2
2
2
1 2
2 5 0
1 2
z i
z i
z i
z z
z i
Vậy phươngtrình (1) có 3 nghiệm.
Bài 2: Giải cácphương trình:
1. z
3
– 27 = 0
2. z
3
= 18 + 26i, trong đó z = x + yi ; x,y Z
Giải:
1.
3 2
2
2,3
1
1
– 27 0 –1 3 9 0
3 3 3
3 9 0
2
z
z
z z z z
i
z z
z
Vậy phươngtrình đã cho có 3 nghiệm.
2. Ta có:
3
3 2 2 3
– 3 3 – 18 26
x yi x xy x y y i i
Theo định nghĩa haisốphức bằng nhau, ta được:
3 2
2 3
3 18
3 26
x xy
x y y
Từ hệ trên, rõ ràng x 0 và y 0.
Đặt y = tx , hệ
2 3 3 2
18 3 – 26 – 3
x y y x xy
3 2 3 2 2
18 3 26 1 3 18 – 78 – 54 26 0 3 1 3 –12 –13 0.
t t t t t t t t t
Vì
1
, 3 1 3 .
3
x y Z t Q t x và y z i
www.VNMATH.com
Vuihoc24h.vn
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498
42
Bài 3:
1. Tìm cácsố thực a, b để có phân tích: z
3
+3z
2
+3z – 63 = (z – 3)(z
2
+az + b)
2. Giải phương trình: z
3
+3z
2
+3z – 63 = 0
3. Cho phương trình:
3 2
5 16 30 0
z z z
(1), gọi
1 2 3
, ,
z z z
lần lượt là 3 nghiệm củaphươngtrình
(1) trên tập số phức. Tính giá trị biểu thức:
2 2 2
1 2 3
A z z z
.
Giải:
1. Giả thiết
3 2 3 2
3 3 – 63 3 3 – 3
z z z z a z b a z b
3 3
6
3 3
21
3 63
a
a
b a
b
b
2. Áp dụng phần 1. ta có:
3 2 2
3 3 – 63 0 – 3 6 21 0
z z z z z z
3
3 2 3
3 2 3
z
z i
z i
Vậy phươngtrình đã cho có 3 nghiệm.
3.
3 2
5 16 30 0
z z z
có 3 nghiệm là:
1 2 3
3; 1 3 ; 1 3
z z i z i
2 2 2
1 2 3
7
A z z
Bài 4: Giải phương trình:
4 3 2
– 4 7 – 16 12 0 1
z z z z
Giải:
Do tổng tất cả cáchệsốcủaphươngtrình (1) bằng 0 nên (1) có nghiệm z = 1.
3 2 2
1 –1 – 3 4 –12 0 –1 – 3 4 0
z z z z z z z
2
1
1
3
3
2
4 0
2
z
z
z
z
z i
z
z i
Vậy phươngtrình đã cho có 4 nghiệm.
Bài 5: Giải phương trình:
4 3 2
4 7 16 12 0
z z z z
Giải:
Phân tích đa thức vế trái thành nhân tử ta có:
4 3 2 2
1
4 7 16 12 0 ( 1)( 3)( 4) 0 3
2
z
z z z z z z z z
z i
Bài 6: Giải phươngtrình
3 2
2 5 3 3 2 1 0
z z z z i
, biết rằng phươngtrình có nghiệm thực
Giải:
Phương trình có nghiệm thực
3 2
2 5 3 3
1
2
2 1 0
z z z
z
z
tức là phươngtrình có một nghiệm
1
2
z
www.VNMATH.com
Vuihoc24h.vn
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498
43
Phương trình
2
2 1 3 3 0
z z z i
giải phươngtrình này ta được
1
2
z
;
2 ; 1
z i z i
Bài 7: Giải phươngtrình
3 2
1 2 1 2 0
z i z i z i
, biết rằng phươngtrình có một nghiệm thuần ảo
Giải:
Giả sử phươngtrình có một nghiệm thuần ảo
z bi
, thay vào phươngtrình ta được
3 2
2 3 2
2
3 2
1 2 1 2 0 2 2 0
0
1
2 2 0
bi i bi i bi i b b b b b i
b b
b z i
b b b
Vậy phươngtrình tương đương với
2
1 2 0
z i z i z
giải phươngtrình này sẽ được nghiệm
Phương pháp 2: Phương pháp đặt ẩn phụ
Bài 1: Giải phương trình:
2
2 2
4 12 0
z z z z
Giải:
Đặt
2
t z z
, khi đó phươngtrình đã cho có dạng:
2
2
2
1 23
2
6 6 0
1 23
4 –12 0
2
2 0 2
1
2
i
z
t z z
i
t t
z
t
z z
z
z
Vậy phươngtrình đã cho có 4 nghiệm.
Bài 2: Giải phương trình:
2
2 2 2
3 6 2 3 6 – 3 0
z z z z z z
Giải:
Đặt
2
3 6
t z z
phươngtrình đã cho có dang:
2 2
2 – 3 0 – 3 0
3
t z
t zt z t z t z
t z
- Với
2 2
1 5
3 6 – 0 2 6 0
1 5
z i
t z z z z z z
z i
- Với
2 2
3 3
3 3 6 3 0 6 6 0
3 3
z
t z z z z z z
z
Vậy phươngtrình đã cho có 4 nghiệm.
www.VNMATH.com
Vuihoc24h.vn
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com
DĐ: 01694 013 498
44
Bài 3: Cho phương trình:
4 3 2
2 – – 2 1 0 1
z z z z
a. Bằng cách đặt
1
y z
z
hãy đưa phươngtrình về dạng:
2
– 2 – 3 0.
y y
b. Từ đó giải (1)
Giải:
Do
0
z
không là nghiệm của (1) chia hai vế củaphươngtrình cho z
2
ta được:
2
2
1 1
2 – 1 2 0
z z
z
z
Đặt
1
y z
z
phươngtrình có dạng:
2
1
– 2 – 3 0
3
y
y y
y
- Với
1 1 3
1 1
2
i
y z z
z
- Với
1 3 5
3 3
2
y z z
z
Vậy phươngtrình đã cho có 4 nghiệm
Bài 4: Giải phương trình:
2
4 3
1 0 1
2
z
z z z
Giải:
Do
0
z
không phải là nghiệm củaphươngtrình (1) nên:
(1)
2
2
1 1 1
0
2
z z
z
z
2
1 1 5
0
2
z z
z z
Đặt
1
y z
z
pt có dạng:
2 2
1 3
5
2
– 0 2 – 2 5 0
1 3
2
2
i
y
y y y y
i
y
- Với
2
1 3 1 1 3
2 – 1 3 – 2 0 2
2 2
i i
y z z i z
z
Ta có :
2 2
1 3 16 8 6 3
i i i
phươngtrình (2) có 2 nghiệm:
1
1
z i
và
2
1 1
2 2
z i
- Với
2
1 3 1 1 3
2 – 1 3 – 2 0 3
2 2
i i
y z z i z
z
Ta có :
2 2
1 3 16 8 6 3
i i i
phươngtrình (3) có 2 nghiệm:
3
1
z i
và
4
1 1
2 2
z i
Vậy phươngtrình đã cho có 4 nghiệm.
www.VNMATH.com
Vuihoc24h.vn
[...]... nếu phươngtrình az 2 bz c 0 (a, b, c R) có nghiệm phức R thì cũng là nghiệm củaphươngtrình đó Bài 15: Giải phươngtrình sau trên tập số phức: 2 a z 2i 2 z 2i 3 0 2 4z i 4z i b 6 0 5 z i z i Bài 16: Chứng minh rằng: a Nếu x iy là căn bậchaicủahaisốphức a bi thì x yi là căn bậchaicủasốphức a bi x y a b b Nếu x iy là căn bậchai của. .. định cácsốphức z khác 0, đồng thời thoả mãn các điều i u V w2 1 , từ đó lập phươngtrìnhbậchai có nghiệm là cácsốsốphức đã tìm được? z Bài 4: Cho sốphức z là một nghiệm củaphương trình: z 2 z 1 0 kiện w1 z là số thực và 2 2 2 1 1 1 1 Rút gọn biểu thức P z z 2 2 z 3 3 z 4 4 z z z z 2 Bài 5: Giải phươngtrình trên tập số phức: ... c 40 42i 4 2 Bài 2: Tìm cănbậchaicủa mỗi sốphức sau: a -1 + 4 3.i b 4 + 6 5.i c -1 - 2 6.i Đs: a ( 3 2.i ) b (3 5.i) c ( 2 3.i) Bài 3: Tìm cáccănbậchaicủa mỗi sốphức sau: a 1 4 3i b 4 6 5i c 1 2 6i o h i u V n v d 11 4 3i d -5 + 12.i d (2 + 3i) C DẠNG LƯỢNG GIÁC CỦASỐPHỨC Dạng 1: Viết sốphức dưới dạng lượng giác Bài 1: Viết cácsốphức sau dưới dạng lượng giác... www.VNMATH.com 52 Giáo viên: Nguyễn Thành Long DĐ: 01694 013 498 Hệphươngtrình Email: Loinguyen1310@gmail.com Bài 1: Giải hệphươngtrìnhhai ẩn phức z1 , z 2 sau : z1 z 2 4 i 2 2 z1 z 2 5 2i Bài 2: Giải hệphươngtrìnhhai ẩn phức z1 , z 2 sau : z1 z 2 5 5i 2 2 z1 z 2 5 2i Bài 3: Giải cáchệphươngtrình sau trên tập số phức: 1 1 1 1 x 2 y 1 2i i b x y 2... giải: Bài 1: Giải phươngtrìnhbậc 2 sau trong tập hợp cácsốphức z 2 – 2 2 – i z 6 – 8i 0 o h Bài 2: Tìm cácsố thực b, c để phươngtrình z 2 bz c 0 nhận sốphức z 1 i làm một nghiệm Đs: Vì z 1 i là một nghiệm củaphương trình: z 2 bz c 0 nên b c 0 b 2 (1 i) 2 b(1 i) c 0 b c (2 b)i 0 2 b 0 c 2 Bài 3: Cho cácsốphức w1 1 2i,... 5i 5i 1 i z w 3(1 i ) Vậy ta có hệphương trình: z.w 5i Theo định lý Viet z, w là các nghiệm củaphương trình: t 2 3 1 i 5i 0 4 Ta có: 2i 1 – i 2 t 2 i Phươngtrình (4) có hai nghiệm t 1 2i Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (z;w) là 2 i;1 2i và 1 2i; 2 i Bài 6: Giải hệphươngtrình 2 ẩn z và w: (1) z1 z2 z3 1 z1 z2 z2... Giải cáchệphương trình: x iy 2 z 10 a x y 2iz 20 ix 3iy (1 i) z 30 Email: Loinguyen1310@gmail.com z3 2z 2 2z 1 0 b 2010 z 2011 1 0 z z1 z 2 3 i d 1 1 3 i z z 5 1 2 2 z i z z 2i c 2 2 z z 4 h 4 2 c Căn bậchaicủasốphức Bài 1: Tìm căn bậchaicủasố phức: 1 2 a z 17 20 2i b i c 40 42i 4 2 Bài 2: Tìm căn. .. Giải cácphuơngtrình sau trên tập sốphức 1 z 3 z 2 z z 3 4i h 4 2 c o h Phươngtrìnhbậc cao: i u n v 2 3 (1 i ) z 2 2 11i 0 Bài 1: Tìm cácsố thực a, b, c để có z 3 2 1 i z 2 4 1 i z 8i z ai z 2 bz c Từ đó giải phươngtrình z 3 2 1 i z 2 4 1 i z 8i 0 trên tập sốphức Tìm modun củacác nghiệm đó V Đáp số: a 2, b 2, c 4 và z... Giải phương trình: z 2 z 0 1 3 Đs: z 0, z 1 , z i 2 2 Bài 11: Tìm đa thức bậchaihệsố thực nhận làm nghiệm biết: a = 2 5i b = 2 i 3 c = 3 - i 2 2 Bài 12: Giải phươngtrình z cos i sin z isin cos 0 , R trên tập sốphức o h i u Đs: z1 cos ; z 2 i sin Bài 13: Gọi z1 và z2 là 2 nghiệm phứccủaphương trình: z 2 2 z 4 0 Tính giá trị của 2... 4 2 c Giải: Ta có z1 , z2 , z3 là các nghiệm củaphương trình: z – z1 z – z2 z z3 0 o h z 3 – z1 z2 z3 z 2 z1 z2 z2 z3 z3 z1 z z1 z2 z3 0 z 3 – z 2 z – 1 0 z 1 và z i Vậy hệphươngtrình đã cho có 6 nghiệm (là hoán vị của bộ ba số 1, i và –i) 6 2 a a a 2 a 5 Bài 7: Giải hệphươngtrình sau trong tập số phức: a 2 b 2 ab 2 b a 2 . 3 z i i i B. CĂN BẬC HAI CỦA SỐ PHỨC VÀ CÁC LOẠI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH Dạng 1: Tìm căn bậc hai của số phức Bài 1: Tìm căn bậc hai của các số phức sau: a. 5 12 b. 8. iy là căn bậc hai của hai số phức a bi thì x yi là căn bậc hai của số phức a bi b. Nếu x iy là căn bậc hai của số phức a bi thì x y i k k là căn bậc hia của số phức 2. Căn bậc hai của số phức Bài 1: Tìm căn bậc hai của số phức: a. 17 20 2 . z i b. 1 2 4 2 i c. 40 42 i d. 11 4 3 i Bài 2: Tìm căn bậc hai của mỗi số phức sau: a.