skkn số PHỨC và một số ỨNG DỤNG của nó TRONG GIẢI TOÁN ở bậc THPT

SỐ PHỨC VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA NÓ TRONG GIẢI TOÁN Ở BẬC THPT A ĐẶT VẤN ĐỀ I LI NểI U Khởi đầu từ nhu cầu giải phơng trình đại số, số phức bắt đầu xuất từ kỷ thứ XVI phát triển mạnh ®Õn Trong chương trình đổi nội dung Sách giáo khoa, số phức đưa vào chương trình tốn học phổ thông giảng dạy cuối lớp 12 Kể từ xuất khái niệm số phức, nghiên cứu khẳng định cơng cụ quý giá toán học, ứng dụng nhiều ngành khoa học khác như: Toán học, Vật lý, Khoa học kỹ thuật… Trong Toán học, số phức dùng để giải nhiều toán từ sơ cấp đến cao cấp.Số phức cầu nối hoàn hảo phân mơn Đại số, Lượng giác, Hình học Giải tích Số phức đưa vào giảng dạy bậc phổ thông nhiều nước giới, lại nội dung với học sinh trung học phổ thông Việt Nam, thực gây khơng khó khăn nguồn tài liệu tham khảo hạn chế Bên cạnh tốn số phức năm gần thiếu đề thi tốt nghiệp trung học phổ thông Đại học, Cao đẳng Chính mà tơi chọn đề tài “Số phức số ứng dụng giải tốn bậc THPT” để viết sáng kiến kinh nghiệm Đề tài gồm hai phần: - Phần thứ nhất: Một số dạng toán thường gặp số phức bậc THPT - Phần thứ hai: Một số ứng dụng số phức giải toán bậc THPT II THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU Thực trạng: Số phức vấn đề hoàn toàn khó học sinh bậc trung học phổ thơng Vì đưa vào chương trình Sách giáo khoa nên có tài liệu số phức để học sinh giáo viên tham khảo Bên cạnh đó, lượng tập dạng tập số phức Sách giáo khoa nhiều hạn chế.Chính mà việc giảng dạy học tập giáo viên học sinh gặp khó khăn Kết quả, hiệu thực trạng: Do tính chất đặc biệt số phức nên giảng dạy nội dung giáo viên có nhiều hướng khai thác, phát triển tốn giúp học sinh có nhìn sâu, rộng Bằng việc kết hợp tính chất số phức với số kiến thức đơn giản khác lượng giác, giải tích, đại số hình học giáo viên xây dựng nhiều dạng tốn với nội dung hấp dẫn hoàn toàn mẻ để tạo nên lôi người học Một số dạng tập đề tài phần cung cấp cho học sinh kiến thức số phức ứng dụng số phức giải toán B NỘI DUNG I MỘT SỐ DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP VỀ SỐ PHỨC Ở BẬC THPT Dạng 1: Tìm số phức thỏa mãn điều kiện cho trước: Phương pháp: Sử dụng phép biến đổi trực tiếp, đặt z=x+yi ( x, y ∈ ¡ ) ý z = x − yi, z = x + y , z = x − y + xyi để tìm số phức z Ví dụ1: Tìm số phức z thỏa mãn :  z − (2 + i) = 10 a   z.z = 25 (Đề thi tuyển sinh dại học khối B năm 2009) b z có phần thực phần ảo số nguyên thõa mãn: z = −117 − 44i Lời giải a Gọi z=x+yi ( x, y ∈ ¡ ) đó.u cầu tốn tương đương với hệ:  x =   x − + ( y − 1)i = 10 ( x − 2) + ( y − 1) = 10 y = ⇔ ⇔  2  x =  x + y = 25  x + y = 25    y = 2 Vậy có số phức cần tìm z=3+4i z=5 b Gọi z=x+yi ( x, y ∈ ¢ ) Ta có : z = x − yi Khi : z = −117 − 44i ⇔ ( x − yi )3 = −117 − 44i ⇔ ( x3 − xy ) − (3 xy − y )i = −117 − 44i 3  x − xy = −117 (1) 44 x − 132 xy = −117.44 ⇔ ⇔ ⇒ 44 x + 351x y − 132 xy − 117 y =  3 3 x y − y = 44 351x y − 117 y = 44.117 4  y = x ⇔ (4 x − y )(11x + 96 xy + 39 y ) = ⇔  −48 y ± 25 y   x = 11 Vì x, y nguyên nên với y = y thay vào (1) ta suy x=3 nên y=4 Vậy số phức cần tìm z=3+4i Ví dụ 2: Trong số phức z thõa mãn điều kiên z − − 4i = Tìm số phức z có modun lớn nhất, nhỏ Lời giải Giả sử điểm M(x;y) biểu diễn số phức z=x+yi Khi đó: z − − 4i = ⇔ ( x − 2) + ( y − 4)i = ⇔ ( x − 2) + ( y − 4) = ⇔ ( x − 2) + ( y − 4) = (1) Suy tập hợp điểm M(x;y) biểu diễn số phức z đường trịn tâm I(2;4), bán kính R = z = OM = x + y = ( x − 2) + ( y − 4) + x + y − 20 = x + y − 15 = [ ( x − 2) + 2( y − 4) ] + 25 (2) Áp dụng Bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki ta có: ( x − 2) + 2( y − 4) ≤ (12 + 22 ) ( x − 2) + ( y − 4)  = ⇒ −5 ≤ ( x − 2) + 4( y − 4) ≤ (3) Từ (2), (3) ta suy ra: ≤ z ≤3 Vậy: x = z = ⇔  ⇒ z = + 2i y = x = z max = ⇔  ⇒ z = + 6i y = Dạng 2: Biểu diễn số phức tìm tập hợp điểm r - Véc tơ u ( x; y ) biểu diễn số phức z=x+yi uuuu r - Điểm M(x;y) biểu diễn số phức z=x+yi tức OM biểu diễn số phức - Tìm tập hợp điểm thường dùng kiến thức hình học phẳng - Phương pháp dựa vào phép đặt z=x+yi Ví dụ 1: Gọi M, M’ theo thứ tự điểm mặt phẳng phức biểu diễn số phức z ≠ z ' = 1+ i z Chứng minh tam giác OMM’ vuông cân với O gốc tọa độ Lời giải uuuur uuuuu r Vì M, M’ điểm biểu diễn số phức z z’ nên OM , OM ' biểu diễn z, z’ Vì z '− z = uuuuur uuuuu r uuuu r MM ' = OM ' − OM nên uuuuur MM ' biểu diễn số phức 1+ i 1 z − z = (− + i ) z 2 Khi đó: uuuu r uuuuu r 1 OM = OM = z ; OM ' = OM ' = z ' = ( + i ) z = z 2 uuuuur 1 MM ' = MM ' = (− + i ) z = z 2 Nhận thấy:  z OM ' = MM ' = nên tam giác OMM’ vuông cân M’  OM '2 + MM '2 = OM  Ví dụ 2: Trong mặt phẳng Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thõa mãn điều kiện: a z − i = (1 + i ) z (Đề thi TSĐH khối B năm 2010) c z − − z + = b z + + z − = d z − = Re z + Lời giải a.Giả sử điểm M(x;y) biểu diễn số phức z=x+yi ( x; y ∈ ¡ ) Ta có: z - i=x+(y-1)i (1+i)z=(1+i)(x+yi)=x-y+(x+y)i Nên z − i = (1 + i) z ⇔ x + ( y − 1)i = x − y + ( x + y )i ⇔ x + ( y − 1) = ( x − y ) + ( x + y ) ⇔ x + ( y + 1) = Vậy tập hợp điểm M biểu diễn số phức z thõa mãn u cầu tốn đường trịn có phương trình x + ( y + 1)2 = b Trong mặt phẳng Oxy Giả sử điểm M, F1 , F2 biểu số phức z, -1, Suy ra: uuuur uuuur F1M biểu diễn số phức z-(-1)=z+1 ; F2 M biểu diễn số phức z-1.Với F1 , F2 nằm trục thực Ox -Khi điều kiện: z + + z − = ⇔ MF1 + MF2 = F1F2 = Vậy tập hợp điểm M Elip có trục lớn trục bé Phương trình Elip mặt phẳng tọa độ Oxy là: x2 y + =1 c.Tương tự câu b giả sử điểm M, F1 , F2 biểu số phức z, -5, Với F1 , F2 nằm trục thực Ox Tương tự câu b ta có: z − − z + = ⇔ MF2 − MF1 = F1F2 = 10 Tập hợp điểm thỏa mãn MF2 − MF1 = với F1F2 = 10 Hypebol có hai tiêu điểm thuộc trục Ox, độ dài trục thực trục ảo x2 y Phương trình Hypebol mặt phẳng tọa độ Oxy ( H ) : − = 16 d Giả sử điểm M(x;y) biểu diễn số phức z = x + iy với x, y ∈ ¡ Ta có z-2=x-2+yi nên: z − = Re z + ⇔ ( x − 2) + y2 = x +  x ≥ −2  x ≥ −2 ⇔ ⇔ ⇒ y = 8x  2 2  y = 8x ( x − ) + y = ( x + ) Vậy tập hợp điểm M Parabol (P): y = 8x có đỉnh O(0;0) tiêu điểm F(2;0) Ví dụ 3: Tìm tập hợp điểm biểu diễn mặt phẳng phức số phức ω = (1 + i 3) z + biết số phức z thỏa mãn: z − ≤ Lời giải Đặt z = a + bi (a; b ∈ R) , ω = x + yi ( x; y ∈ ¡ ) Ta có z − ≤ ⇔ (a − 1)2 + b ≤ (1) x = a − b +  Từ ω = (1 + i 3) z + ⇒ x + yi = (1 + i 3)(a + bi) + ⇔   y = a + b  x − = a − − b ⇔  y − = 3(a − 1) + b 2 2 2 Từ ( x − 3) + ( y − 3) ≤ (a − 1) + b  + (a − 1) + b  ≤ 32 (1) Vậy tập hợp điểm cần tìm hình trịn ( x − 3)2 + ( y − 3) ≤ 32 có tâm I (3; 3) , bán kính R = Dạng 3: Chứng minh đẳng thức,bất đẳng thức: Ví dụ : Cho số phức x,y,z có mô đun Chứng minh rằng: xy + yz + zx = x + y + z Lời giải x 1 Ta có x = = x (vì x = 1) Tương tự ta có y = y , z = z x Khi đó: 1 1 1 xy + yz + zx = xyz ( + + ) = x y z + + = x + y + z = x + y + z = x + y + z x y z x y z Ví dụ 2: Chứng minh z ≤ 2z − i ≤1 + iz Lời giải Giả sử z = a + bi (a, b ∈ R) z = a + b ≤ ⇔ a + b ≤ z − 2a + (2b − 1)i = = Ta có + iz (2 − b) + 4a + (2b − 1) (2 − b) + a Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: 4a + (2b − 1) (2 − b) + a ≤1 ⇔ 4a + (2b − 1) ≤ (2 − b) + a ⇔ a + b ≤ ⇒ đpcm Dạng Giải phương trình, hệ phương trình tập số phức - Việc giải phương trình có bậc lớn thường sử dụng phương pháp phân tích thành nhân tử, đặt ẩn phụ… để chuyển dạng bậc hai - Việc giải các,phương trình, hệ phương trình tập số phức tương tự tập số thực - Các dạng hệ thường gặp hệ phương trình bậc nhất, hệ đối xứng, … Ví dụ Giải phương trình sau tập số phức a ( z − 1)4 + ( z + 3) + 128 = b ( z − 1)( z + 2)( z + 4)( z + 7) = c z − z + z − z + = = Lời giải a Đặt t = z + phương trình ( z − 1)4 + ( z + 3) + 128 = trở thành (t − 2) + (t + 2) + 128 = Khai triển rút gọn ta được: t + 24t + 80 = , suy t = −4 ; t = −20 Với t = −4 ta có t = 4i ⇒ t = 2i ; t = −2i Với t = −20 ta có t = 20i ⇒ t = 5i ; t = −2 5i Vậy phương trình có nghiệm: z1 = −1 + 2i ; z2 = −1 − 2i ; z3 = −1 + 5i ; z3 = −1 − 5i 2 b PT ⇔ ( z − 1) ( z + ) ( z + ) ( z + ) = 34 ⇔ ( z + z − ) ( z + z + ) = 34 ( 1) Đặt t = z + z − ⇒ z + z + = t + 15 (1) trở thành t ( t + 15) = 34 ⇔ t + 15t − 34 = ⇒ t = 2; t = −17 +) Với t=2 z + z − = ⇔ z + z − = ⇒ z1 = −3 + 2; z2 = −3 − +) Với t= -17 z + z − = −17 ⇔ z + z + 10 = Ta có ∆ ' = ( −3) − 10 = −1 = i ⇒ z3 = −3 + i; z4 = −3 − i 10 3 x + ( + i ) y = −2 + 14i ix − ( 2i − 1) y = −4 + 9i a.Xét hệ phương trình  Ta có +D = a b 1+ i = = ( − 2i ) − i ( + i ) = − 7i a ' b ' i − 2i + Dx = c b −2 + 14i + i = = ( −2 + 14i ) ( − 2i ) − ( −4 + 9i ) − i ( −2 + 14i ) = + 29i c ' b ' −4 + 9i − 2i + Dy = a c = a' c' i − + 14i = ( −4 + 9i ) − i ( −2 + 14i ) = + 29i − + 9i Dx 39 + 13i   x = D = − 7i  x = + 5i ⇒ Vậy hệ phương trình có nghiệm  D  y = −3 + 2i  y = y = + 29i D − 7i   x + y = 2 3 x + y + 3xy − x + = b.Xét hệ phương trình  ( 1) ( 2) Từ (1) ta có y=3-2x, vào phương trình (2) ta có: x + ( − x ) + x ( − x ) − x + = ⇔ x − x + 13 = ( 3)  x = − 3i ⇒ y = −1 + 6i Giải (3) ta   x = + 3i ⇒ y = −1 − 6i Vậy hệ cho có nghiệm (x;y)=(2-3i;-1+6i);(2+3i;-1-6i) c Ta có x3 + y = ( x + y ) − 3xy ( x + y ) nên hệ phương trình cho tương đương với 12  x + y = ( + i )  x + y = ( i + i ) ⇔   3 27 ( + i ) − xy ( + i ) = ( −1 + i ) ( x + y ) − xy ( x + y ) = ( −1 + i ) x + y = 3( + i )  x + y = ( + i )  ⇔ ⇔  ( + i ) − ( −1 + i )  xy = 5i  xy = 1+ i  Suy x, y nghiệm phương trình z − ( + i ) z + 5i = ( ) Giải phương trình (2) ∆ = ( + i ) − 4.5i = −2i = − 2i + i = ( − i ) 2  3( + i ) +1− i = 2+i z = Nghiệm (2)   3( + i ) −1 + i = + 2i z =  Vậy nghiệm cần tìm ( + i;1 + 2i ) , ( + 2i; + i )  x + y = −5 ( + x ) d Hệ phương trình   y + x = −5 ( + y ) ( 1) thuộc hệ đối xứng loại II ( 2) Trừ vế cho vế phương trình (1) (2) ta x + y − y − x = −10 − x + 10 + y ⇔ x − y + ( x − y ) = ⇔ ( x − y ) ( x + y ) + ( x − y ) = ⇔ ( x − y ) ( x + y + 4) = Vậy hệ cho tương đương với  x + y = −5 ( + x )   x + y = −5 ( + x ) ⇔  x − y =  ( x − y ) ( x + y + ) =   x + y + = ( 3) - Nếu y=x từ (3) ta có x + x = −10 − x ⇔ x + x + 10 =  x = −3 + i ⇒ y = −3 + i Giải ta nghiệm   x = −3 − i ⇒ y = −3 − i 13 - Nếu y=-4-x từ (3) ta có  x = −2 + 2i ⇒ y = −2 − 2i x − − x = −10 − x ⇔ x + x + = ⇒   x = −2 − 2i ⇒ y = −2 + 2i Vậy nghiệm hệ cho ( −3 + i; −3 + i ) ; ( −3 − i; −3 − i ) ; ( −2 + )( 2i; −2 − 2i ; −2 − 2i; −2 + 2i ) Dạng 5: Biểu diễn số phức dạng lượng giác: Phương pháp: + Chuyển số phức từ dạng đại số z=a+bi (a, b ∈ ¡ , a + b ≠ 0) sang dạng lượng giác - Tính r = z = a + b a b - Tìm ϕ thỏa mãn đồng thời cos ϕ = ,sin ϕ = r r Khi dạng lượng giác cần tìm z z = r (cos ϕ + i sin ϕ ) Ví du 1:Viết số phức sau dạng lượng giác: − cos ϕ − i sin ϕ b z = + cos ϕ + i sin ϕ a z = (1 − 3i)(1 + i ) Lời giải a Ta có: − 3i = 2( − + i = 2( π π   i ) = cos(− ) + i sin( − )  3   1 π π  + i ) = cos + i sin  4 2  Theo công thức nhân số phức dạng lượng giác suy ra: 14 π π   z = (1 − 3i )(1 + i ) = 2 cos(− ) + i sin( − )  12 12   b Ta có: ϕ ϕ ϕ ϕ π ϕ π 2sin (sin − i cos ) cos( − ) + i sin( − ) − cos ϕ − i sin ϕ ϕ 2 = tan 2 2 = −i tan ϕ z= = ϕ ϕ + cos ϕ + i sin ϕ cos ϕ (cos ϕ + i sin ϕ ) 2 cos + i sin 2 2 *) Nếu tan ϕ = z = ⇒ r = z = z = ( cos ϕ + i sin ϕ ) với ϕ tùy ý *) Nếu tan tan ϕ >0 dạng lượng giác số phức là: ϕ π π  cos(− ) + i sin( − )   2 2  *)Nếu − tan tan ϕ 0, y >0 Đặt u = x , v = y với u,v >0.Hệ cho trở thành:    u 1 + u + v  =    (I)   v1 −  = −1   u + v  Đặt z=u+iv Ta có: u − vi = Từ hệ (I) ta suy : z u + v2 20     u 1 + + iv1 − = −i    u +v   u +v  ⇔ u + iv + u − iv 3 − 2i = −i ⇔ z + = 2 z u +v ( *) ⇔ z − (3 − 2i ) z + = Giải phương trình (*), ta có ∆' = −34 − 12 2i = ( − 6i ) suy nghiệm z = − 2i, z = + 2i Vì u,v > nên z = + 2i , u = , v = 1⇒ x = , y = 2 10  Vậy nghiệm cần tìm ( x; y ) =   ;1  10  3- Ứng dụng số phức tốn hình học phẳng Một ứng dụng quan trọng số phức với toán sơ cấp giải tốn hình học phẳng Số phức cơng cụ mạnh việc khảo sát sâu sắc vấn đề mặt phẳng Tuy nhiên, muốn giải toán hình học phẳng số phức, phải chuyển đổi quan hệ mặt phẳng thành điều kiện liên quan đến số phức, nên phạm vi sáng kiến kinh nghiệm đề cập ứng dụng tiêu biểu sử dụng số phức để chứng minh bất đẳng thức hình học phẳng Những kiến thức cần chuẩn bị: - Trong mặt phẳng phức, điểm A, B có tọa độ a, b độ dài đoạn thẳng AB AB = |a-b| - Nếu O gốc tọa độ OA = |a|, OB = |b| - Một số đẳng thức đại số: Với a,b,c thõa mãn điều kiện xác định biểu thức, ta có: 21 *1) ab ( a − b ) + bc ( b − c ) + ca ( c − a ) = − ( a − b ) ( b − c ) ( c − a ) 2 *2) a ( b − c ) + b ( c − a ) + c ( a − b ) = − ( a − b ) ( b − c ) ( c − a ) 3 *3) a ( b − c ) + b ( c − a ) + c ( a − b ) = − ( a − b ) ( b − c ) ( c − a ) ( a + b + c ) Ví dụ Cho tam giác ABC điểm M mặt phẳng Chứng minh rằng: a.MB.MC + b.MC.MA + c.MA.MB ≥ abc với a = BC , b = AC , c = AB Lời giải Xét mặt phẳng phức có M gốc tọa độ Gọi tọa độ điểm A, B, C x, y, z Ta có MA = x , MB = y , MC = z c = AB = x − y , a = BC = y − z , b = CA = z − x Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: y − z y z + z − x z x + x − y x y ≥ y − z z − x x − y Ta có: y−z y z + z−x z x + x− y x y = ( y − z ) yz + ( z − x ) zx + ( x − y ) xy ≥ ( y − z ) yz + ( z − x ) zx + ( x − y ) xy Theo *1) ( y − z ) yz + ( z − x ) zx + ( x − y ) xy = ( x − y ) ( y − z ) ( z − x ) nên tốn chứng minh Ví dụ Cho tam giác ABC điểm M mặt phẳng Chứng minh a.MA2 + b.MB + c.MC ≥ abc với a = BC , b = AC , c = AB Lời giải 22 Xét mặt phẳng phức có M gốc tọa độ Gọi tọa độ điểm A, B, C x, y, z Ta có MA = x , MB = y , MC = z c = AB = x − y , a = BC = y − z , b = AC = z − x Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: y − z x2 + z − x y2 + x − y z ≥ y − z z − x x − y Mà y − z x2 + z − x y2 + x − y z = x2 ( y − z ) + y ( z − x ) + z ( x − y ) ≥ x2 ( y − z ) + y ( z − x ) + z ( x − y ) 2 Và theo *2) x ( y − z ) + y ( z − x ) + z ( x − y ) = ( x − y ) ( y − z ) ( z − x ) (ĐPCM) Dấu đẳng thức xảy M tâm đường trịn nội tiếp tam giác ABC Ví dụ Cho tam giác ABC điểm M mặt phẳng Chứng minh MA4 + MB + MC ≥ a 2b c với a2 + b2 + c2 a = BC , b = AC , c = AB Lời giải Theo bất đẳng thức Bu-nhi-a -cốp-xki, ta có: ( a.MA + b.MB + c.MC ) ≤ ( a + b + c ) ( MA4 + MB + MC ) Suy MA + MB + MC 4 ( a.MA ≥ + b.MB + c.MC ) a + b2 + c2 Mà theo ví dụ ta có a.MA2 + b.MB + c.MC ≥ abc nên ta có điều phải chứng minh 23 Ví dụ Cho tam giác ABC có trọng tâm G Gọi M điểm mặt phẳng Chứng minh a.MA3 + b.MB3 + c.MC ≥ 3abc.MG với a = BC , b = AC , c = AB Lời giải Xét mặt phẳng phức có M gốc tọa độ Gọi tọa độ điểm A, B, C x, y, z Tọa độ điểm G x+ y+z Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 3 y−z x + z−x y + x− y z ≥ y−z z−x x− y x+ y+z Sử dụng *3) bất đẳng thức tam giác ta có điều phải chứng minh 24 C KẾT LUẬN Qua số năm giảng dạy số phức tự đúc rút số kinh nghiệm thể qua đề tài với hy vọng bạn đọc thuận lợi việc tìm hiểu, làm quen sử dụng số phức để giải tốn phổ thơng, từ bạn đọc có điều kiện để rèn luyện tư học mơn tốn tốt Dù tài liệu học cịn ỏi chưa đa dạng, khai thác đề tài chưa thật đầy đủ ví dụ minh họa chưa thật đại diện cho dạng tốn với nổ lực tơi hy vọng qua đề tài phần giúp bạn đọc cảm thấy yêu thích số phức đồng thời thu nhiều điều bổ ích 25 Vì thời gian có hạn, với phạm vi sáng kiến kinh nghiệm nên đề tài mà tơi nghiên cứu cịn hạn chế,chắc chắn khơng tránh khỏi sai sót, mong độc giả góp ý kiến để đề tài hoàn thiện Xin chân thành cám ơn! Lam Sơn, ngày tháng năm 2011 Người viết đề tài Bùi Thị Thanh 26 ... II MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA SỐ PHỨC TRONG GIẢI TOÁN Ở BẬC THPT Trong Toán học, số phức dùng để giải nhiều toán từ sơ cấp đến cao cấp .Trong phạm vi sang kiến kinh nghiệm đề cập đến số ứng dụng số phức. .. 2- Ứng dụng số phức giải hệ phương trình Đại số Qua phần ứng dụng số phức toán lượng giác tổ hợp, thấy sức mạnh công cụ số phức Ở sử dụng công cụ số phức để giải toán giải hệ phương trình mà giải. .. kiến thức số phức ứng dụng số phức giải toán B NỘI DUNG I MỘT SỐ DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP VỀ SỐ PHỨC Ở BẬC THPT Dạng 1: Tìm số phức thỏa mãn điều kiện cho trước: Phương pháp: Sử dụng phép biến đổi trực