chyên đề ôn thi ĐH- số phức

MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH PHỨC A, Tóm Tắt Lý Thuyết - Dạng 1: + Phương trình trùng phương dạng: Ccbaacbzaz ∈≠=++ ,, ;0,0 24 (1) + Phương pháp giải: Đặt 2 zt = , khi đó phương trình (1) trở thành 0 2 =++ cbtat - Dạng 2: + Phương trình dạng: Ccbaaabzczbzaz ∈≠=++++ ,, ;0,0 234 (2) + Phương pháp giải: Nhận thấy 0 = z không phải là nghiệm của phương trình. Chia cả hai vế phương trình cho 2 z ta được : 0 11 2 2 =+       ++       + c z zb z za Đặt z zt 1 += . Khi dó phương trình (2) trở thành: 02 2 =−++ acbtat - Dạng 3: + Phương trình dạng: Ccbaaabzczbzaz ∈≠=+−++ ,, ;0,0 234 (3) + Phương pháp giải: Nhận thấy 0 = z không phải là nghiệm của phương trình. Chia cả hai vế phương trình cho 2 z ta được : 0 11 2 2 =+       −+       + c z zb z za Đặt z zt 1 −= . Khi dó phương trình (3) trở thành: 02 2 =+++ acbtat - Dạng 4: + Phương trình dạng: 2 234 a e ;,,,, ;0,0       =∈≠=++++ b d Cedcbaaedzczbzaz (4) + Phương pháp giải: Nhận thấy 0 = z không phải là nghiệm của phương trình. Chia cả hai vế phương trình cho 2 z ta được : 0 2 2 =+       ++       + c z d bz z e az Đặt bz d zt += . Khi dó phương trình (4) trở thành: 02 22 =−++ adcbtbabt - Dạng 5: + Phương trình dạng: Ccbacbzaz ∈=+++ ;, ;)()( 44 (5) + Phương pháp giải: Đặt 2 ba zt + += . Khi dó phương trình (5) trở thành: c ba t ba t =       − +       − + 4 2 2 4 2 2 2 122 Đặt c ba u ba utu =       − +       − +⇒= 42 22 2 2 2 122 - Dạng 6: + Phương trình dạng: Ccbabzaz ∈=+++ ;, ;0)()( 222 (6) Nguyễn Thị Lệ Thanh- Giáo viên Toán- Trường THPT Tam Dương 1 + Phương pháp giải: Phương trình (6) tương đương với:     =+++ =−+− ⇔     +−=+ +=+ ⇔+=+ 0 0 )( )( )()( 2 2 2 2 2222 biaizz biaizz bziaz bziaz bziaz - Dạng 7: + Phương trình dạng: ( ) -bz ;;, ; )( 4 4 2 ≠∈= + + Ccbac bz az (7) + Phương pháp giải: Phương trình (7) tương đương với: ⇔     +=+ +=+ ⇔+=+ 222 2222 4442 )()( )()( )()( bzaz bziaz bziaz        =+++ =−+− =+++ =−+− 0 0 0 0 2 2 2 2 bazz bazz biaizz biaizz - Dạng 8: + Phương trình dạng: dcbaCedcbaedzczbzaz +=+∈=++++ ;,.,, ;))()()(( (8) + Phương pháp giải: ⇔=++++ edzczbzaz ))()()(( [ ][ ] 0)()(z 22 =++++++ cdzdczabzba Đặt abzbazt +++= )( 2 . Khi đó phương trình (8) trở thành: 0)(0)( 2 =−−+⇔=−+ etabcdtabcdtt B, Các Ví Dụ Mẫu Ví dụ 1: Giải phương trình: 02)2( 24 =−−− iziz (1) Giải : Đặt 2 zt = , khi đó phương trình (1) trở thành      +−±= ±= ⇒    −= = ⇔=−−− )1( 2 2 2 2 02)2( 2 iz iz it t itit Vậy phương trình có 4 nghiệm: )1( 2 2 ;2 iziz +−±=±= Ví dụ 2: Giải phương trình : 027972 234 =+−+− zzzz (2) Giải : Nhận thấy 0 = z không phải là nghiệm của phương trình. Chia cả hai vế phương trình cho 2 z ta được: 09 1 7 1 2 2 2 =+       +−       + z z z z Đặt z zt 1 += . Khi dó phương trình (2) trở thành:         = = ± = ⇒     = = ⇔=+− 2 1 2 2 31 2 5 1 0572 2 z z i z t t tt Nguyễn Thị Lệ Thanh- Giáo viên Toán- Trường THPT Tam Dương 2 Vậy nghiệm của phương trình là: 2 31 ; 2 1 ;2 i zzz ± === Ví dụ 3: Giải phương trình: 04)106()815()106(4 234 =+++−++− ziziziz (3) Giải : Nhận thấy 0 = z không phải là nghiệm của phương trình. Chia cả hai vế phương trình cho 2 z ta được : 0815 1 )106( 1 4 2 2 =−+       −+−       + i z zi z z . Đặt z zt 1 −= . Khi dó phương trình (3) trở thành:          = = −= = ⇒       = = ⇔=++− iz iz z z it t itit 2 1 2 2 1 2 2 5 2 3 015)106(4 2 Vậy nghiệm của phương trình là: iz i zzz 2; 2 ; 2 1 ;2 ==−== Ví dụ 4: Giải phương trình: 04)3(2)34()3( 234 =++−+++− ziziziz (4) Giải : Nhận thấy 0 = z không phải là nghiệm của phương trình. Chia cả hai vế phương trình cho 2 z ta được: 034 2 )3( 4 2 2 =++       ++−       + i z zi z z Đặt z zt 2 += . Khi dó phương trình (4) trở thành:       = −= = = ⇒    = = ⇔=++− iz iz z z it t itit 2 2 1 3 03)3( 2 Vậy nghiệm của phương trình là: izizzz 2;;1;2 =−=== Ví dụ 5: Giải phương trình : 82)6()4( 44 =+++ zz (5) Giải : Đặt 5 += zt . Khi dó phương trình (5) trở thành:      ±−= −= −= ⇒     ±= = ⇔=−+ 105 7 3 10 4 0406 2 2 24 iz z z it t tt Vậy nghiệm của phương trình là: 105;7;3 izzz ±−=−=−= Ví dụ 6: Giải phương trình: 0)3()1( 222 =+++ zz (6) Giải : Phương trình (6) tương đương với:       +−= −= −−= += ⇔     =+++ =−+− ⇔     +−=+ +=+ ⇔+=+ iz iz iz iz iizz iizz ziz ziz ziz 21 1 1 21 031 031 )3(1 )3(1 )3()1( 2 2 2 2 2222 Vậy nghiệm của phương trình là: iziziziz −=+−=−−=+= 1;21;1;21 Nguyễn Thị Lệ Thanh- Giáo viên Toán- Trường THPT Tam Dương 3 Ví dụ 7: Giải phương trình: ( ) 16 )1( 1 4 4 2 = − − z z (7) Giải : Phương trình (7) tương đương với:        +−=− −=− +−=− −=− ⇔     −=− −=− ⇔−=− 221 221 221 221 )1(4)1( )1(4)1( )1(16)1( 2 2 2 2 222 2222 442 zz zz iizz iizz zz ziz zz       −= +−= −= ±= ⇔        =−+ =+− =−−+ =+−− ⇔ 3 12 12 1 032 012 0212 0212 2 2 2 2 z iz iz z zz zz iizz iizz Vậy nghiệm của phương trình là: 3;1;21;21 −=±=+−=−= zziziz Ví dụ 8: Giải phương trình: 10)3)(1)(2( =+−+ zzzz (8) Giải : Ta có: ⇔=+−+ 10)3)(1)(2( zzzz 0)32)(2( 22 =−++ zzzz Đặt zzt 2 2 += . Khi đó phương trình (8) trở thành:    ±−= ±−= ⇒    = −= ⇔=−− 61 1 5 2 0103 2 z iz t t tt Vậy nghiệm của phương trình là : 61;1 ±−=±−= ziz Nguy ễ n Th ị L ệ Thanh Nguyễn Thị Lệ Thanh- Giáo viên Toán- Trường THPT Tam Dương 4 . MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH PHỨC A, Tóm Tắt Lý Thuyết - Dạng 1: + Phương trình trùng phương dạng:. Ccbaaabzczbzaz ∈≠=++++ ,, ;0,0 234 (2) + Phương pháp giải: Nhận thấy 0 = z không phải là nghiệm của phương trình. Chia cả hai vế phương trình cho 2 z ta