chuyên đề số phức ôn thi đại học

1 MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ SỐ PHỨC Biên soạn: GV NGUYỄN TRUNG KIÊN I) DẠNG ĐẠI SỐ CỦA SỐ PHỨC Dạng 1) Bài toán liên quan đến biến đổi số phức Phương pháp chung để giải các bài toán dạng này là ta gọi số phức z x yi = + Biến đổi bài toán về dạng { ( ; ) 0 ( ; ) ( ; ). 0 ( ; ) 0 f x y f x y g x y i g x y = + = ⇔ = Từ đó ta giải hệ tìm , x y Ví dụ 1) Tìm số nguyên x, y sao cho số phức z x yi = + thoả mãn 3 18 26 z i = + Giải: 3 18 26 z i = + ( ) ( ) ( ) 3 2 3 2 3 3 2 2 3 3 18 18 26 18 3 26 3 3 26 x xy x yi i x y y x xy x y y  − =  ⇔ + = + ⇔ ⇔ − = −  − =   Giải phương trình bằng cách đặt x ty = ta được: ( ) ( ) 2 3 3 2 18 3 1 26 3 13 27 39 9 0 3 t t t t t t t − = − ⇔ − − + = ⇒ = . Thay 3 x y = vào phương trình (1) của hệ ta thu được: 3 18 18 1; 3 3 y y x z i = ⇒ = = ⇒ = + Ví dụ 2) Tìm số phức z x yi = + thỏa mãn điều kiện: 2 3 (2 3 ) (2 1)(1 ) 35 50 x i y i i − + + + = − − Giải: Phương trình được viết lại: (( 5 12 ) (2 1)( 2 2 ) 35 50 5 4 2 (4 2 12 ) 35 40 x i y i i x y y x i i − − + + − + = − − ⇔ − − − + + − = − − { { 5 4 33 5 12 4 52 2 x y x x y y + = = ⇔ ⇔ − = = Vậy số phức cần tìm là 5 2 z i = + Ví dụ 3) Cho hai số phức 1 2 ; z z thoả mãn 1 2 1 2 1; 3 z z z z= = + = Tính 1 2 z z − Giải: Đặt 1 1 1 2 2 2 ; z a bi z a b i = + = + . Từ giả thiết ta có ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 2 2 2 2 1 2 1 2 1 3 a b a b a a b b  + = + =   + + + =   2 ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 2 1 1 1 a b a b a a b b z z ⇒ + = ⇒ − + − = ⇒ − = Dạng 2) Bài toán liên quan đến nghiệm phức Ví dụ 1) Giải phương trình sau: 2 8(1 ) 63 16 0 z i z i − − + − = Giải: Ta có ( ) 2 2 ' 16(1 ) (63 16 ) 63 16 1 8 i i i i ∆ = − − − = − − = − Từ đó tìm ra 2 nghiệm là 1 2 5 12 , 3 4 z i z i = − = + Chú ý: Khi đã tính được ' 63 16 i ∆ = − − . Dựa vào hằng đẳng thức 2 2 2 ( ) 2 a b a ab b + = + + Ta có thể phân tích nhanh như trên. Nếu không làm như trên ta có thể tìm ' ∆ theo cách. Gọi w a bi = + là một căn bậc hai của 2 2 2 2 2 63 ' w ' 2 63 16 , 2 16 a b a b abi i a b ab  − = − ∆ ⇒ = ∆ ⇔ − + = − − ⇔ ⇒  = −  Ví dụ 2) Giải phương trình sau: 2 2(1 ) 4(2 ) 5 3 0 i z i z i + − − − − = Giải: Ta có ∆ ’ = 4(2 – i) 2 + 2(1 + i)(5 + 3i) = 16. Vậy phương trình cho hai nghiệm là: z 1 = i ii i i i i 2 5 2 3 2 )1)(4( 1 4 )1(2 4)2(2 −= − − = + − = + + − z 2 = i ii i i i i 2 1 2 1 2 )1)(( 1)1(2 4)2(2 −−= − − = + − = + − − Chú ý: Trong quá trình tính toán các em phải đưa về kết quả cuối cùng số phức ở dạng đại số (trừ câu hỏi viết dạng LG). Trong ví dụ trên nếu các em để 1 i z i − = + là chưa đúng. Ví dụ 3) Giải phương trình 3 2 9 14 5 0 z z z − + − = Giải: Ta có phương trình tương đương với ( ) ( ) 2 2 1 4 5 0 z z z − − + = . Từ đó ta suy ra phương trình có 3 nghiệm là 1 2 3 1 ; 2 ; 2 2 z z i z i = = − = + Ví dụ 4) Giải phương trình: 3 2 2 5 (3 2 ) 3 0 z z i z i − + + + + = biết phương trình có nghiệm thực Giải: Giả sử z a = là nghiệm thực của phương trình 3 Ta suy ra 3 2 3 2 2 5 3 3 0 (2 5 3 3) (2 1) 0 2 1 0 a a a a a a a i a  − + + = − + + + + = ⇔  + =  1 1 2 2 a z ⇒ = − ⇒ = − Phương trình đã cho tương đương với ( ) ( ) 2 2 1 3 3 0 z z z i + − + + = . Giải phương trình ta tìm được 1 ; 2 ; 1 2 z z i z i = − = − = + Ví dụ 5) Giải phương trình: 3 2 (1 2 ) (1 ) 2 0 z i z i z i + − + − − = biết phương trình có nghiệm thuần ảo: Giải: Giả sử nghiệm thuần ảo của phương trình là z bi = thay vào phương trình ta có ( ) ( ) 3 2 2 3 2 (1 2 ) (1 )( ) 2 0 ( ) ( 2 2) 0 bi i bi i bi i b b b b b i + − + − − = ⇔ − + − + + − = 2 3 2 0 1 2 2 0 b b b z i b b b  − =  ⇔ ⇒ = ⇒ =  − + + − =   là nghiệm, từ đó ta có phương trình tương đương với ( ) ( ) 2 (1 ) 2 0 z i z i z − + − + = . Giải pt này ta sẽ tìm được các nghiệm Qua ví dụ 4, 5 ta thấy khi biết được phương trình bậc 3 có một nghiệm thực z a = hoặc nghiệm thuần ảo z ai = thì ta thay vào phương trình sau đó biến đổi về dạng: { ( ) 0 ( ) ( ) 0 ( ) 0 f a f a g a i g a = + = ⇔ = để tìm a sau đó phân tích phương trình thành dạng tích với nghiệm vừa tìm được theo quy tắc. Nếu biết phương trình có nghiệm 0 z z = thì ta phân tích được thành dạng: 0 ( ) ( ) 0 z z h z − = Ví dụ 6) Giải các phương trình: a) 4 3 2 2 2 3 10 0 z z z z + − − − = b) ( 1)( 2)( 4)( 7) 0 z z z z − + + + = c) 2 2 2 (9 11) 16(3 2) 0 z z + + + = Giải: a) Phương trình được viết lại 4 3 2 2 2 2 2 2 3 10 0 ( ) 3( ) 10 0 z z z z z z z z + − − − = ⇔ + − + − = Từ đó suy ra 2 2 5 2 z z z z  + =  + = −  Giải hai phương trình trên ta thu được: 1 21 1 7 ; 2 2 i z z − ± − ± = = b) ( 1)( 2)( 4)( 7) 0 z z z z − + + + = 4 Phương trình được viết lại: 2 2 ( 6 7)( 6 8) 34 z z z z + − + + = Đặt 2 6 7 z z t + − = ta có phương trình mới 2 15 34 0 t t + − = Phần còn lại dành cho học sinh tự làm. c) 2 2 2 (9 11) 16(3 2) 0 z z + + + = Chú ý rẳng 2 1 i = − nên ta có thể viết phương trình đã cho thành: 2 2 2 2 2 2 (9 11) 16 (3 2) 0 (9 12 11 8 )(9 12 11 8 ) 0 z i z z iz i z iz i + − + = ⇔ − + − + + + = Công việc còn lại là giải các phương trình bậc 2 ẩn phức quen thuộc. Ví dụ 7) Tìm nghiệm của phương trình sau: 2 z z = . Giải: Giả sử phương trình có nghiệm: z=a+bi thay vào ta có ( ) 2 a bi a bi + = + 2 2 2 a b a ab b  − = ⇔  = −  Giải hệ trên ta tìm được 1 3 ( , ) (0;0),(1;0),( ; ) 2 2 a b = − ± . Vậy phương trình có 4 nghiệm là 1 3 0; 1; 2 2 z z z i = = = − ± Dạng 3) Các bài toán liên quan đến modun của số phức: Để giải quyết tốt các dạng toán này học sinh cần nắm chắc các kiến thức về modun số phức và các tính chất liên quan hình học phẳng. Ví dụ 1) Chứng minh rằng: a) 1 2 1 2 z z z z + = + b) 1 2 1 2 . . z z z z = c) 1 1 2 2 z z z z = Giải: Giả sử 1 1 1 z x y i = + và 2 2 2 z x y i = + với 1 1 2 2 , , ,x y x y ∈ ℝ a) Ta có: 1 1 1 z x y i = − và 2 2 2 z x y i = − nên ( ) ( ) 1 2 1 2 1 2 z z x x y y i + = + − + Mà ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 z z x x y y i z z x x y y i + = + + + ⇒ + = + − + Vậy 1 2 1 2 z z z z + = + . b) Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 2 1 . z z x y i x y i x x y y x y x y i = − − = − − + và ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 z z x x y y x y x y i z z x x y y x y x y i = − + + ⇒ = − − + Từ đó suy ra 1 2 1 2 . . z z z z = . c) Vì 2 z z = nên 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z = = = = = = . Ví dụ 2) Cho số phức 1 z và 2 z đều có mođun bằng 1. Chứng minh rằng số phức 1 2 1 2 1 z z z z + + là số thực với 1 2 1 z z ≠ − . 5 Giải: Sử dụng điều kiện số phức z là số thực khi và chỉ khi z z = Ta có 2 1 2 1 1 1 1z z z z = = ⇒ . Tương tự 2 2 1 z z = Do đó 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z +   + + + + = = = = = =   + + + +   + Vậy z z = nên 1 2 1 2 1 z z z z + + là số thực. Ví dụ 3) Cho ba số phức , , x y z cùng có modun bằng 1. So sánh modun của các số x y z + + và xy yz zx + + . Giải: Ta có 1 1 1 xy yz zx xyz x y z + + = + + . Vì nghịch đảo của số phức có modun bằng 1 là liên hợp của nó nên ta có: 1 1 1 ; , , , 1.1.1 1 xy yz zx x y z x y x y z x y z xyz x y z x y z   + + = + + = + + = + + = = = = = =     Vậy x y z xy yz zx + + = + + . Ví dụ 4) Tìm các số phức z thoả mãn đồng thời các điều kiện sau: 1 2 2 z i z i + − = − + và 5 z i− = Giải: Giả sử z=x+yi (x,y là số thực) .Từ giả thiết ta có 1 ( 2) 2 (1 ) ( 1) | 5 x y i x y i x y i  + + − = − + −   + − =   ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 ( 2) ( 2) (1 ) 1 5 x y x y x y  + + − = − + −  ⇔  + − =   2 3 10 6 4 0 y x x x =  ⇔  − − =  1, 3 x y ⇔ = = hoặc 2 6 , 5 5 x y = − = − . Vậy có 2 số phức thoả mãn điều kiện. Ví dụ 5) Xét số phức z thoả mãn ; 1 ( 2 ) i m z m R m m i − = ∈ − − a) Tìm m để 1 . 2 z z = b)Tìm m để 1 4 z i − ≤ c) Tìm số phức z có modun lớn nhất. Giải: 6 a) Ta có ( ) ( ) ( )( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 (1 ) 2 (1 2 ) 1 2 1 2 1 2 1 4 i m m mi i m m m m m m z m mi m mi m mi m m − − − − − − + + − + = = = − + − + − − − + ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 (1 ) (1 ) 1 1 1 1 1 1 1 m m i m m m i z i m m m m m + + + = = + ⇒ = − + + + + + ( ) 2 2 2 2 1 1 1 . 1 2 1 2 2 1 m z z m m m + ⇒ = ⇔ = ⇔ + = ⇔ = ± + b) Ta có 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 4 1 1 4 1 1 4 m m m z i i i m m m m   − ≤ ⇔ + − ≤ ⇔ − ≤   + + + +   ⇔ 2 4 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 16 1 (1 ) (1 ) 16 1 6 15 15 m m m m m m m m m ⇔ + ≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤ + ⇔ − ≤ ≤ + + + c) Ta có ( ) 2 max 2 2 2 1 1 1 | | 1 0 1 1 m z z m m m + = = ≤ ⇒ = ⇔ = + + Ví dụ 6) Trong các số phức z thoả mãn điều kiện 2 4 5 z i− − = Tìm số phức z có modun lớn nhất, nhỏ nhất. Giải: Xét số phức z x yi = + . Từ giả thiết suy ra ( ) ( ) 2 2 2 4 5 x y − + − = Suy ra tập hợp điểm ( ; ) M x y biểu diễn số phức z là đường tròn tâm (2;4) I bán kính 5 R = Dễ dàng có được (2 5sin ;4 5cos ) M α α + + . Modun số phức z chính là độ dài véc tơ OM  Ta có |z| 2 = 2 2 2 (2 5sin ) (4 5 cos ) 25 4 5(sin 2cos ) OM α α α α = + + + = + + Theo BĐT Bunhiacopxki ta có ( ) 2 2 2 (sin 2cos ) (1 4) sin cos 5 α α α α + ≤ + + = 5 sin 2cos 5 α α ⇒ − ≤ + ≤ 5 3 5 z ⇒ ≤ ≤ . Vậy min 1 2 | | 5 sin 2cos 5 sin ;cos 1, 2 1 2 5 5 z x y z i α α α α − − = ⇒ + = − ⇔ = = ⇔ = = ⇒ = + max 1 2 | | 3 5 sin 2cos 5 sin ;cos 3, 6 3 6 5 5 z x y z i α α α α = ⇔ + = ⇔ = = ⇔ = = ⇒ = + Về mặt hình học ta cần nhớ bài toán sau: Cho một đường tròn tâm ( ; ) I a b có bán kính R . Tìm điểm M thuộc đường tròn để độ dài OM lớn nhất? Nhỏ nhất. Để giải quyết bài toán này ta cần nhớ đến tính chất: ‘’Đường kính là dây cung lớn nhất trong đường tròn.’’ 7 Như vậy độ dài OM lớn nhất hoặc nhỏ nhất sẽ ứng với các vị trí của điểm M thuộc đường tròn sao cho , , O I M thẳng hàng. y x M 2 M 1 O I Ngoài lời giải trên ta có cách giải khác sau: Xét số phức z x yi = + . Từ giả thiết suy ra ( ) ( ) 2 2 ( ): 2 4 5 C x y − + − = Suy ra tập hợp điểm ( ; ) M x y biểu diễn số phức z là đường tròn tâm (2;4) I bán kính 5 R = Yêu cầu bài toán tương đương với việc tìm điểm M thuộc đường tròn ( ) C sao cho độ dài OM  lớn nhất, nhỏ nhất. Ta thấy đường thẳng OI có phương trình là: 2 y x = Giao điểm của đường thẳng OI và đường tròn có tọa độ thỏa mãn hệ: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 5 20 15 0 2 4 5 2 2 4 5 2 2 2 x x x y x x y x y x y x    − + = − + − = − + − = ⇔ ⇔    = = =    Từ đó tính được hai điểm 1 2 (1;2) (3;6) M M    ứng với hai số phức là 1 2 3 6 z i z i = +   = +  Số phức có modun lớn nhất là: 3 6 z i = + Số phức có modun nhỏ nhất là: 1 2 z i = + Ví dụ 7) Trong các số phức thoả mãn điều kiện 2 4 2 z i z i − − = − .Tìm số phức z có moodun nhỏ nhất. Giải: Xét số phức z x yi = + . Từ giả thiết suy ra ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 4 2 4 0 x y x y x y − + − = + − ⇔ + − = Suy ra tập hợp điểm ( ; ) M x y biểu diễn số phức z là đường thẳng 4 y x = − + . Ta có 2 2 2 2 2 2 (4 ) 2 8 16 2( 2) 8 2 2 z x y x x x x x= + = + − = − + = − + ≥ . Từ đó suy min 2 2 2 2 2 2 z x y z i = ⇔ = ⇒ = ⇒ = + Về mặt hình học : Yêu cầu bài toán tương đương với việc tìm điểm M thuộc đường thẳng ( ) d sao cho OM nhỏ nhất. 8 Ta có ngay kết quả quen thuộc OM nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của O lên đường thẳng ( ) d Vì vậy ta cũng có thể giải bài toán trên theo cách khác là: (d) O H Xét số phức z x yi = + . Từ giả thiết suy ra ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 4 2 4 0 x y x y x y − + − = + − ⇔ + − = Suy ra tập hợp điểm ( ; ) M x y biểu diễn số phức z là đường thẳng ( ): 4 0 d x y + − = . Ta thấy 2 2 z x y OM = + =  . Độ dài OM nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của O lên đường thẳng ( ) d Đường thẳng ( ') d qua O vuông góc với đường thẳng ( ) d là: 0 x y − = Giao điểm H của ( ),( ') d d là nghiệm của hệ: { { 0 2 4 0 2 x y x x y y − = = ⇒ + − = = Số phức cần tìm là 2 2 z i = + Ví dụ 8) Tìm số phức z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện : 4 3 z z i = + − và biểu thức 1 2 3 A z i z i = + − + − + có giá trị nhỏ nhất. Giải: Đặt z x yi = + thay vào ta có: 2 2 2 2 ( 4) ( 3) ( 4) ( 3) 8 6 25 0 x iy x y i x y x y x y + = + − + ⇔ + = + + + ⇔ + + = Như vậy tập hợp các điểm ( ; ) M x y biểu diễn số phức z là đường thẳng :8 6 25 0 x y ∆ + + = Ta có : 2 2 2 2 ( 1) ( 1) ( 2) ( 3) ( 1) ( 1) ( 2) ( 3) A x y i x y i x y x y= + + − + − + + = + + − + − + + Xét điểm ( 1;1), (2; 3), ( ; ) E F M x y − − Bài toán trở thành: Tìm điểm M thuộc đường thẳng :8 6 25 0 x y ∆ + + = để ME MF + nhỏ nhất. Ta thấy : , E F ở cùng phía nhau so với ∆ . Gọi H là hình chiếu vuông góc của E lên , E ′ ∆ là điểm đối xứng với E qua ∆ thì: . ME MF ME MF E F ′ ′ + = + ≥ Dấu bằng xảy ra khi , , M E F ′ thẳng hàng. Tức là M E F ′ = ∆ ∩ Phần còn lại dành cho các em học sinh. 9 Ví dụ 9) Tìm số phức z sao cho | (3 4 ) | 5 z i− + = (1) và biểu thức 2 2 | 2 | | | P z z i = + − − đạt giá trị lớn nhất. Giải: Gọi z x yi = + thay vào (1) ta thu được: 2 2 ( 3) ( 4) 5 x y − + − = như vậy tập hợp tất cả các điểm ( ; ) M x y biễu diễn số phức z là đường tròn 2 2 ( 3) ( 4) 5 x y − + − = Ta có 2 2 22 2 2 ( 2) ( 1) 42 | | | 2 3 | x yP z x y y z xi= + −   = + + − + −− = + +   Về mặt hình học 4 2 3 4 2 3 0 P x y x y P = + + ⇔ + + − = là một đường thẳng có chứa tham số P Ta cần tìm P để đường thẳng ( ) :4 2 3 0 x y P ∆ + + − = và đường tròn 2 2 ( ):( 3) ( 4) 5 T x y − + − = có giao điểm chung. Điều kiện cần và đủ để ( ),( ) T ∆ có điểm chung là / I d R ∆ ≤ trong đó (3;4), 5 I R = Ta có / 12 8 3 23 20 20 I P P d ∆ + + − − = = . Suy ra điều kiện là: 23 5 23 10 10 23 10 13 33 20 P P P P − ≤ ⇔ − ≤ ⇔ − ≤ − ≤ ⇔ ≤ ≤ Vậy giá trị lớn nhất của P là 33 . Suy ra { 2 2 ( 3) ( 4) 4 2 30 0 5 5 5 x y x y x y − + − = + − = =  ⇔  =  Vậy 5 5 z i = + Ngoài ra ta cũng có thể giải theo phương pháp lượng giác hóa: Xét điểm M thuộc đường tròn 2 2 ( ):( 3) ( 4) 5 T x y − + − = (3 5 sin ;4 5cos ) M ϕ ϕ ⇒ + + Thay vào 4 2 3 23 2 5(2sin cos ) P x y ϕ ϕ = + + = + + Ta có 2 2 2 (2sin cos ) (4 1)(sin cos ) 5 ϕ ϕ ϕ ϕ + ≤ + + = từ đó ta cũng thu được ax 33 Pm = Dấu bằng xảy ra khi ( ) 2 sin sin cos 5 5;5 2 1 1 cos 2sin cos 5 5 M ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ  =   =   ⇔ ⇒     = + =    Vậy 5 5 z i = + Dạng 4) Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức Phương pháp chung để giải dạng toán này là: Ta đặt z x yi z x yi = + ⇒ = − thay vào giả thiết bài toán để tìm mối liên hệ , x y Học sinh cần chú ý : Nếu mối liên hệ , x y là: + 0 ax by c + + = thì tập hợp là đường thẳng 10 + 2 2 2 2 0 x y ax by c + − − + = thì tập hợp là đường tròn tâm ( ; ) I a b bán kính R . + 2 2 2 2 1 x y a b + = ( ) a b > thì tập hợp là Elip có tâm là gốc tọa độ các trục lớn 2 a , trục nhỏ 2 b . Các tiêu điểm 2 2 1 2 ( ;0), ( ;0), F c F c c a b − = − Ví dụ 1) Tìm tập hợp các điểm M trong mặt phẳng phức biểu diễn số phức z biết: a) 3 z z i = − b) 3 4 z z i = − + c) 2 2 8 z z − + + = Giải: Gọi z x yi = + a) Từ giả thiết ta có 2 2 2 2 2 2 9 9 3 9( ( 1) ) ( ) 8 64 z z i x y x y x y= − ⇔ + = + − ⇔ + − = Vậy tập hợp điểm M là đường tròn tâm 9 3 (0; ), 8 8 I R = b) Từ giả thiết ta có ( ) 2 2 2 2 3 (4 ) 6 8 25 x y x y x y + = − + − ⇔ + = . Vậy tập hợp các điểm M là đường thẳng 6x+8y-25=0 c) Cách 1: Giả sử z x yi = + thì 2 2 8 z z − + + = 2 2 2 2 ( 2) ( 2) 8 x y x y ⇔ − + + + + = ⇔ 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( 2) 64 ( 2) 8 2 ( 2) 8 ( 2) 64 16 ( 2) ( 2) x y x y x y x x y x y x y   − + ≤ ⇔ − + ≤   ⇔ ⇔   − + = − + + = − − + + − +     2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( 2) 64 ( 2) 64 ( 2) 64 8 8 8 4( 4 4) 4 16 64 3 4 48 1 16 12 x y x y x y x x x x x y x x x y x y     − + ≤ − + ≤ − + ≤     ≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤       − + + = − + + =    + =   (1) (2) (3) Ta thấy các điểm nằm trong hình tròn (1) và Elip (3) và tung độ các điểm nằm trên (Elip (3) luôn thoả mãn điều kiện (2) . Vậy tập hợp điểm M là Elip có phương trình 2 2 1 16 12 x y + = . Cách 2: Gọi z x yi = + ( ; ) M x y ⇒ là điểm biểu diễn số phức z. Theo giả thiết ta có 2 2 2 2 ( 2) ( 2) 8 x y x y − + + + + = Gọi 1 2 ( 2;0), (2;0) F F− ta có 1 2 8 MF MF + = Theo định nghĩa Elip (SGK H10) suy ra điểm M thuộc Elip có các tiêu điểm là 1 2 ( 2;0), (2;0) F F− . Trục lớn 2 2 2 8 4; 2 4 2 2 3 a a c b= ⇒ = = ⇒ = − = [...]... và số phức z − 2 có một acgumen bằng acgumen của số phức z + 2 cộng với π 2 35 8 36) Cho z là số phức thỏa mãn: ( z + i )( z + i ) = 2iz Tính | z + i | 37) Tìm tất cả số phức z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện | z + 3 | + | z − 3 |= 10 35) Giải phương trình sau trên tập số phức: 2 z 2 + 4 | z | −5 z = và | 2 z + 3i |= 109 38) Tìm mô-đun của số phức z biết: 4 z + (1 + 3i ) z = 25 + 21i 39) Tìm số phức. .. biễu diễn số phức w = 2 z − 3i , biết số phức z thoả mãn bất đẳng thức | z − 3 |=| 2 z + 3i − 1| 55) Cho α , β là hai số phức liên hợp thỏa mãn điều kiện: α là số thực và β2 α − β = 2 3 Tính α  z1 − z1 = 4 z2 − 2  56) Tìm các số phức z1 ; z2 biết :   i  2  z2 1 + z  − 1 − i z = 1 − i ( )1 1    24 57) Tìm số phức z thỏa mãn: z 2 + z.z 2 − 2 = 0 58) Giải phương trình sau trên tập số phức: z... = 0 2 59) Tìm số phức z thỏa mãn 2 điều kiện : z = z + 2 và số phức acgumen là π z−2 có một z+2 2 60) Tìm số phức z sao cho | z − (3 + 4i ) |= 5 và biểu thức P =| z + 2 |2 − | z − i |2 đạt giá trị lớn nhất 61) Giải phương trình sau trên tập số phức: (9 z 2 + 11) 2 + 16(3 z + 2) 2 = 0 z − 2i 62) Tìm số phức z thỏa mãn điều kiện z + 1 − 2i = z + 3 + 4i và là số thuần z +i ảo 63) Tìm số phức z thỏa mãn:... DỤNG TÍNH CHẤT CỦA SỐ PHỨC Muốn giải được các hệ phương trình bằng phương pháp sử dụng số phức, cần nhớ những công thức cơ bản của số phức, 2 Đặc biệt là với mỗi số phức z = x + iy thì ta có z = x 2 + y 2 ; z.z = x 2 + y 2 ; 1 z x − iy = = 2 z zz x + y 2 Phương pháp chung là nhân một phương trình của hệ với i sau đó cộng hai phương trình với nhau Dựa vào các tính chất của số phức để thi t lập phương... < 0 + Số phức z = bi có 1 acgumen là ϕ = π nếu b > 0 , ϕ = − π nếu b < 0 2 2 + Số phức z có 1 acgumen là ϕ thì z có 1 acgumen là −ϕ + Số phức z.z ' có 1 acgumen là ϕ + ϕ ' z + có một ác gumen là ϕ − ϕ ' z' + z n có 1 acgumen là ϕ n + Nếu ta biết trước số phức z có 1 acgumen là ϕ thì suy ra số phức z có dạng z = r (cos ϕ + i sin ϕ ) với điều kiện r > 0 Ví dụ 1) Tìm phần thực và phần ảo của số phức z,... |= 1 − i ( ) 64) Tìm số phức z thỏa mãn phương trình z.z + z 2 − z − 2 z = 10 + 3i 65) Tìm số phức z thỏa mãn điều kiện: 2 − iz z + 2i − = 2z 2 + i 1 − 2i 4 = i Tính giá trị biểu thức: A = 1 + (1 + i ) z z +1 z = 2  67) Tìm số phức z thỏa mãn điều kiện sau:   z + 2iz = 2  66) Cho số phức z thỏa mãn: z − i−z 68) Tìm số phức z thỏa mãn điều kiện   =1  z+i  69) Tìm số phức z thỏa mãn điều... đun của số phức w = ( z + z )(1 + i ) + ( z − z )( 2 + 3i ) = 4 − i z3 + z + 1 , biết rằng số phức z thỏa điều kiện z2 +1 71) Cho số phức z thoả mãn | z + 2iz |= 3 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của mô đun số phức z 72) Tìm các số phức z1 ; z2 thỏa mãn đồng thời các điều kiện: z1 − z1 = 4 z2 − 2 và  i  1+ i z2  1 +  − = 1− i  z1  2 z1 73) Giải phương trình sau trong tập số phức biết... 3 4 z − 2 −1 6) Trong các số phức thoả mãn điều kiện z − 2 + 3i = 3 Tìm số phức z có modun 2 lớn nhất,nhỏ nhất 7) Tìm số phức z thoả mãn điều kiện ( z − 1)( z + 2i ) là số thực và z nhỏ nhất 8) Tìm một acgumen của số phức z khác 0 biết z + z i = z 9) Tìm số phức z thoả mãn z 2 + z = 2 và z = 2 10) Giải hệ pt sau trong tập số phức: 21 2 z − i = z − z + 2i  a)  2 2 z −z =4   z1 + z2 = 3 − i ... 30) Tìm số phức z, biết z = 2; và ( z + 1)(2 − i 3) + ( z + 1)(2 + i 3) = 14 31) Tìm số phức z thỏa mãn phương trình: z z 4 2 +z =− 200 1 − 7i iz − (1 + 3i ) z =| z |2 1+ i 33) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , tìm tập hợp các điểm M biễu diễn số phức w = 2 z − 3i , biết số phức z thoả mãn bất đẳng thức | z − 3 |≤| 2 z + 3i − 1| 32) Tìm phần thực và phần ảo của số phức z biết z thõa mãn 34) Tìm số phức z thỏa... GIÁC Trong phần này các em học sinh cần nắm chắc các công thức: z = r (cos ϕ + i sin ϕ ) với r > 0, r = z là dạng lượng giác của số phức z z ' = r '(cos ϕ '+ i sin ϕ ') với r ' > 0, r ' = z ' Các đại lượng ϕ , ϕ ' gọi là một acgumen của số phức z , z ' + Nhân hai số phức: z.z ' = r.r ' [ cos(ϕ + ϕ ') + i sin(ϕ + ϕ ') ] z r = [ cos(ϕ − ϕ ') + i sin(ϕ − ϕ ') ] z' r' + Lũy thừa số phức: z n = r n (cos nϕ . 1 MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ SỐ PHỨC Biên so n: GV NGUYỄN TRUNG KIÊN I) DẠNG ĐẠI SỐ CỦA SỐ PHỨC Dạng 1) Bài toán liên quan đến biến. phức ở dạng đại số (trừ câu hỏi viết dạng LG). Trong ví dụ trên nếu các em để 1 i z i − = + là chưa đúng. Ví dụ 3) Giải phương trình 3 2 9 14 5 0 z z z − + − = Giải: Ta có phương trình. 1 2 1 2 1 z z z z + + là số thực. Ví dụ 3) Cho ba số phức , , x y z cùng có modun bằng 1. So sánh modun của các số x y z + + và xy yz zx + + . Giải: Ta có 1 1 1 xy yz zx xyz x y z +