Chuyên đề luyện thi đại học số phức

chuyên đề luyện thi đại học số phức

Chuyên đề: Số phức và các bài toán liên quan 1 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam Email : dangnamneu@gmail.com Yahoo: changtraipkt Mobile: 0976266202 KIẾN THỨC CẦN NHỚ Số phức z được xác định bởi   , ,z a bi a b    Số phức liên hợp của z được xác định z a bi  Modul của số phức z là : 2 2 2 2 2 ; .z a b z z z a b     Phép toán chia đối với số phức : 1 1 2 2 2 2 .z z z z z  Phương trình bậc hai đối với số phức : 2 0az bz c   Tính deltal 2 4b ac   Nếu 1,2 0 2 b z a        Nếu x yi   ta biến đổi deltal thành số chính phương tức biểu diễn   2 x yi u vi   , trong đó u, v là nghiệm của hệ 2 2 2 u v x uv y       Dạng lượng giác của số phức : z a bi  Viết z dưới dạng 2 2 2 2 2 2 . a b z a b i a b a b            Để ý là 2 2 2 2 2 2 1 a b a b a b                 , nên xác định một góc   ;      sao cho Chuyên đề: Số phức và các bài toán liên quan 2 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam 2 2 2 2 os tan sin a c a a b b b a b                 Góc  được gọi là một acrgumen của số phức z. Ta đặt 2 2 r a b  thì z được biểu diễn dưới dạng :   os isinz r c     Công thức De-moiver :       os n isin n n z r c n     , được áp dụng khi biểu thức chưa số phức có bậc cao. Điểm biểu diễn số phức z x yi  Với mỗi số phức z x yi  xác định một điểm   ;M x y trên mặt phẳng tọa độ Oxy biểu diễn cho số phức z x yi  . Các bài toán dạng này thường xoay quanh việc tìm tập hợp điểm biễn số phức z, ta phải tìm ra mối quan hệ giữa x và y, thông thường thì tập hợp điểm biễn diễn nằm trên một đường thẳng ; đường tròn hay elip. CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN TÌM SỐ PHỨC DẠNG 1 : ĐẶT   ,z a bi a b     Được áp dụng khi đề bài yêu cầu tìm số phức z, tuy nhiên điều kiện cho tìm z không phải là phương trình bậc hai hai bậc 3 đối với z.  Biến đổi điều kiện bài toán thành 0 0 0 A A Bi B         giải hệ điều kiện này ta suy ra được a và b, từ đó suy ra số phức z cần tìm. BÀI TẬP MẪU Bài 1. Tìm tất cả số phức z thỏa mãn 2 2 z z z  Lời giải: Chuyên đề: Số phức và các bài toán liên quan 3 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam Giả sử   , ,z a bi a b    Điều kiện bài toán tương đương với:     2 2 2 2 2 2 0a bi a b a bi b a b ab i          2 0; 0 2 0 1 1 ; 2 0 2 2 b a b a a b b ab                    Vậy có ba số phức thỏa mãn bài toán là 1 2 3 1 1 1 1 0; ; 2 2 2 2 z z i z i       . Bài 2. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện       2 2 3 4 1 3i z i z i      . Tìm phần thực và phẩn ảo của số phức z. Lời giải: Giả sử   , ,z a bi a b    Điều kiện bài toán tương đương với:         2 2 3 4 1 3 2 3 3 2 4 4 8 6i a bi i a bi i a b ai bi a b ai bi i                    6 4 8 0 2 6 4 8 6 2 2 0 6 2 2 0 5 a b a a b a b i a b b                         Vậy phần thực của số phức z bằng 2, phần ảo bằng 5. Bài 3. Tìm nghiệm của phương trình sau 2 .z z Lời giải: Giả sử phương trình có nghiệm z a bi  thay vào phương trình ta có   2 2 2 2 a bi a bi a b a ab b            Giải hệ này ta tìm được 4 nghiệm là Chuyên đề: Số phức và các bài toán liên quan 4 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam     1 3 0;0 , 1,0 , ; 2 2           . Đó phương trình đã cho có 4 nghiệm là 1 3 0, 1, 2 2 z z z i     Bài 4. Tìm số cặp thứ tự   ,a b với ,a b  . Thỏa mãn   2002 .a bi a bi   Lời giải: Đặt z a bi  suy ra z a bi  vậy theo giả thiết ta suy ra       2002 2001 2002 2002 2001 2 2002 2003 1 0 0 , 0,0 . 1 0 1 . 1(*) z z z z z z z z z a b z z z z z z z z                        Phương trình (*) này có 2003 nghiệm phân biệt . Vậy có 2004 cặp thứ tự   ,a b thỏa mãn yêu cầu bài toán. Bài 5. Tìm số nguyên ,x y sao cho số phức z x yi  thỏa mãn 3 18 26 .z i  Lời giải:           3 3 3 2 2 2 3 3 3 2 2 3 3 2 3 2 2 3 2 3 18 26 . 18 26 3 3 18 26 3 3 18 26 3 18 26 3 18 3 3 26 z i x yi i x x yi xy i y i i x xy x y y i i x xy x xy x y y x y y                                 Đặt     3 2 1 26 3 18 3 1 3, 1 3 x ty t t t t x y          3z i   Chuyên đề: Số phức và các bài toán liên quan 5 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam Bài 6. Cho 2 số phức 1 2 ,z z thỏa mãn 1 2 1 2 1, 3z z z z    . Tính 1 2 z z Lời giải: Giả sử 1 1 1 2 2 2 ,z a bi z a b i    , theo giả thiết ta có       2 2 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 3 a b a b a a bb a a b b                     2 2 1 2 1 2 1 2 1 1.a a b b z z        Bài 7. Tìm số phức z thỏa mãn   2 1 11z i z i   Lời giải: Giả sử z a bi  , khi đó        2 2 2 1 11 2 11a bi i a bi i a b abi a b a b i             2 2 3; 2 2; 3 2 11 a b a b a b a b ab a b                     Vậy có hai số phức thỏa mãn là 1 2 3 2 ; 2 3z i z i     DẠNG 2: GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BÂC HAI, BẬC CAO VỚI ẨN PHỨC  Áp dụng các bước giải phương trình bậc hai đối với số phức z lưu ý đến biến đổi deltal thành số chính phương. Đối với các phương trình bậc ba hay bậc bốn: 3 2 0Az Bz Cz D     Đề bài có cho biết thêm thông tin là phương trình có một nghiệm thuẩn ảo thì ta thay z bi vào phương trình đã cho, tìm được b ta tìm được một nghiệm của phương trình, từ đó phân tích phương trình thành phương trình tích: được trình bày như sau: Chuyên đề: Số phức và các bài toán liên quan 6 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam Giả sử z bi là một nghiệm của phương trình, biến đổi về dạng 0 0 0 A A Bi B         giải hệ điều kiện này ta suy ra được b, từ đó phân tích phương trình thành:     2 0z bi Mz Nz P     Đề bài cho biết phương trình có một nghiệm thực thì ta cho biểu thức có chứa i bằng 0 và không chứa i bằng không, giải hệ điều kiện này ta suy ra được nghiệm thực: được trình bày như sau Giả sử z a là một nghiệm thực của phương trình khi đó phương trình trở thành ( ) 0f a  , biến đổi về dạng 0 0 0 A A Bi B         giải hệ điều kiện này ta tìm được a, và khi đó phân tích phương trình thành:     2 0z a Mz Nz P    Một số bài toán nâng cao hơn là giải phương trình bậc cao đối với z, khi đó các em sử dụng các kỹ thuật như đặt ẩn phụ, nhóm thành nhân thử chung đưa về phương trình tích,… BÀI TẬP MẪU Bài 1. Giải phương trình sau :   2 8 1 63 16 0z i z i     Lời giải: Ta có       2 2 ' 16 1 63 16 1 8i i i       . Do đó phương trình có 2 nghiệm là       1 2 4 1 1 8 5 12 4 1 1 8 4 3 z i i i z i i i             Bài 2. Giải phương trình sau     2 2 1 4 2 5 3 0i z i z i      Lời giải: Chuyên đề: Số phức và các bài toán liên quan 7 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam Ta có      2 ' 4 2 2 1 5 3 16i i i       Vậy phương trình có 2 nghiệm là              1 2 2 2 4 4 1 4 3 5 2 1 1 2 2 2 2 2 4 1 1 1 2 1 1 2 2 2 i i i i z i i i i i i i z i i i                          Bài 3. Giải phương trình sau 3 2 9 14 5 0z z z    Lời giải: Ta có phương trình tương đương với     2 2 1 4 5 0z z z    . Từ đó suy ra phương có 3 nghiệm là 1 2 3 1 , 2 , 2 . 2 z z i z i     Bài 4. Giải phương trình   3 2 2 5 3 3 2 1 0z z z z i      , biết phương trình có nghiệm thực. Lời giải: Vì phương trình có nghiệm thực nên   3 2 2 5 3 3 0 1 . 2 2 1 0 z z z z z               Do đó phương trình tương đương với     2 2 1 3 3 0z z z i     . Giải phương trình này ta suy ra phương trình có 3 nghiệm là 1 2 3 1 , 2 , 1 . 2 z z i z i      Bài 5. Giải phương trình     3 2 1 2 1 2 0z i z i z i      biết phương trình có nghiệm thuần ảo. Lời giải: Chuyên đề: Số phức và các bài toán liên quan 8 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam 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 b b b x i b b b                 là nghiệm của phương trình. Vậy phương trình tương đương với         2 2 1 2 0 1 2 0 (1) z i z i z i z z i z               Giải (1): Ta có     2 2 2 2 1 17 4 1 8 2 8 8 17 4 xy x i i x yi x y y                              Từ đây suy ra:         1 2 1 17 4 17 4 17 4 1 1 17 4 2 2 1 17 4 17 4 1 17 4 1 17 4 2 2 i i i z i i i z                                  Bài 6. Tìm tất cả các số thực m sao cho phương trình sau có ít nhất một nghiệm thực     3 2 3 3 0z i z z m i      Lời giải: Phương trình đã cho tương đương với   3 2 2 3 3 1 0z z z m z i      . Do đó phương trình có ít nhất một nghiệm thực khi và chỉ khi. 3 2 2 3 3 0 1 1 . 1 5 1 0 z z z m z z m m z                         Vậy   1,5m  là giá trị cần tìm. Chuyên đề: Số phức và các bài toán liên quan 9 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam Bài 7. Tìm các giá trị thực của m để phương trình   3 2 5 6 0z z m z m     có ba nghiệm phức phân biệt 1 2 3 , ,z z z thỏa mãn 2 2 2 1 2 3 21z z z   Lời giải: Phương trình tương đương với     2 2 1 1 6 0 6 0 (*) z z z z m z z m              Yêu cầu bài toán tương đương với phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt 2 3 ,z z khác 1 và thỏa mãn 2 2 2 3 20z z    2 2 2 2 3 2 32 3 ' 9 0 7 7 1 6 0 9 9 8 36 2 20 2 2020 m m m m m m m m z z z zz z                                       Vậy 8m  là giá trị cần tìm. Bài 8. Gọi 1 2 ,z z là hai nghiệm của phương trình 2 2 10 0z z   . Tính giá trị của biểu thức 2 2 1 2 A z z  . Lời giải: Giải phương trình: 2 2 10 0z z   Ta có 2 ' 9 9 ' 3i i       Vậy 1,2 1 3z i   và   2 2 2 2 1 2 2 1 3 20A z z     . Bài 9. Gọi 1 2 ,z z là hai nghiệm của phương trình 2 2 3 0z z   . Tính modul của số phức 17 15 14 2 ( ) 6 3 5 9f z z z z z z      . Lời giải: Chuyên đề: Số phức và các bài toán liên quan 10 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam     2 2 1 2 2 1 2 2 3 0 1 2 1 2 z i z z z i z i                Khi đó:       17 15 14 2 15 2 14 2 2 ( ) 6 3 5 9 2 3 2 2 3 3 2 3f z z z z z z z z z z z z z z z                Do z là nghiệm của phương trình 2 2 3 0z z   nên ( ) ( ) 3f z z f z   . Bài 10. Tìm hai số thực b và c biết 1z i  là nghiệm của phương trình 2 0z bz c   . Khi đó tính modul của số phức:    1 2 w 2 1 2 1z i z i     . Lời giải: 1z i  là một nghiệm của phương trình nên:       2 2 0 2 1 1 0 2 0 0 2 b b i b i c b c b i b c c                          Khi đó phương trình trở thành:   2 1 2 2 2 1 2 2 0 1 1 z i z z z i z i               Vậy          1 2 w 2 1 2 1 1 2 1 1 2 1 2 3 2z i z i i i i i i i                  w 2 3 2 2 3 . 2 39i i i i        . Bài 11. Tìm m để phương trình 2 3 0z mz i   có hai nghiệm 1 2 ,z z thỏa mãn 2 2 1 2 8z z  . Lời giải: Ta có:   2 2 2 1 2 1 2 1 2 8 2 8z z z z z z      , nhưng theo vi-ét ta có 1 2 1 2 3 z z m z z i        từ đó suy ra :     2 2 8 6 3 3m i i m i        là giá trị cần tìm. Bài 12. Giải phương trình 4 3 2 4 7 16 12 0z z z z     . . Chuyên đề: Số phức và các bài toán liên quan 1 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National.           , nên xác định một góc   ;      sao cho Chuyên đề: Số phức và các bài toán liên quan 2 Dang Thanh Nam Auditing 51a, National