CHUYÊN ĐỀ SỐ PHỨC
A. CHUẨN BỊ KIẾN THỨC
I. DẠNG ĐẠI SỐ CỦA SỐ PHỨC .

1. Một số phức là một biểu thức có dạng a + bi, trong đó a, b là các số thực và số i thoả mãn i2
= -1. Ký hiệu số phức đó là z và viết z = a + bi .
i được gọi là đơn vị ảo
a được gọi là phần thực. Ký hiệu Re(z) = a
b được gọi là phần ảo của số phức z = a + bi , ký hiệu Im(z) = b
Tập hợp các số phức ký hiệu là C.
*) Một số lưu ý:
- Mỗi số thực a dương đều được xem như là số phức với phần ảo b = 0.
- Số phức z = a + bi có a = 0 được gọi là số thuần ảo hay là số ảo.
- Số 0 vừa là số thực vừa là số ảo.
2. Hai số phức bằng nhau.
Cho z = a + bi và z’ = a’ + b’i.
a = a '
b = b '

z = z’ ⇔ 

3. Biểu diễn hình học của số phức.
Mỗi số phức được biểu diễn bởi một điểm M(a;b) trên mặt phẳng toạ độ Oxy.
Ngược lại, mỗi điểm M(a;b) biểu diễn một số phức là z = a + bi .
4. Phép cộng và phép trừ các số phức.
Cho hai số phức z = a + bi và z’ = a’ + b’i. Ta định nghĩa:

 z + z ' = (a + a ') + (b + b ')i

 z − z ' = (a − a ') + (b − b ')i
5. Phép nhân số phức.

- Nếu z = a + bi, thì z =

z. z = a 2 + b 2

8. Phép chia số phức khác 0.
Cho số phức z = a + bi ≠ 0 (tức là a2+b2 > 0 )
Ta định nghĩa số nghịch đảo z-1 của số phức z ≠ 0 là số
1

1

z-1= a 2 + b 2 z = 2 z
z
Thương

z'
của phép chia số phức z’ cho số phức z ≠ 0 được xác định như sau:
z
z'
z '.z
= z.z −1 = 2
z
z

Với các phép tính cộng, trừ, nhân chia số phức nói trên nó cũng có đầy đủ tính chất giao
hoán, phân phối, kết hợp như các phép cộng, trừ, nhân, chia số thực thông thường.
II. DẠNG LƯỢNG GIÁC CỦA SỐ PHỨC.
1. Cho số phức z ≠ 0. Gọi M là một điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn số phức z. Số đo
(radian) của mỗi góc lượng giác tia đầu là Ox, tia cuối OM được gọi là một acgumen của z.
Như vậy nếu ϕ là một acgumen của z, thì mọi acgumen đều có dạng:

2


Khi đó z có hai căn bậc hai là:


ϕ

ϕ

r  cos  + π ÷+ isin  + π ÷÷
2

2



ϕ
ϕ

và - r  cos + isin ÷ =
2
2




B. MỘT SỐ DẠNG TOÁN CƠ BẢN.
VẤN ĐỀ 1: DẠNG ĐẠI SỐ CỦA SỐ PHỨC
Dạng 1: Các phép tính về số phức.

÷
2
2 2
 2 2  4 4
2

 3 1 
3 1
3
1
3
+ i÷
= + i2 +
i= +
i
⇒ ( z ) = 
÷
2
2
4
4
2
2
2


2

1


i
2 2 2 2
2
2

Nhận xét: Trong bài toán này, để tính ( z ) ta có thể sử dụng hằng đẳng thức như trong số thực.
3

Ví dụ 2: Tìm số phức liên hợp của: z = (1 + i )(3 − 2i) +



1
3+i

Page 3


CHUYÊN ĐỀ SỐ PHỨC
Giải:
Ta có : z = 5 + i +

3−i
3−i
= 5+i +
(3 + i )(3 − i )
10

Suy ra số phức liên hợp của z là: z =


1

x=−

3 x + y = 2 y − 1

7
⇔
Giải hệ này ta được: 
5 x = x − y
y = 4

7

Ví dụ 5: Tính:
i105 + i23 + i20 – i34
Giải:
Để tính toán bài này, ta chú ý đến định nghĩa đơn vị ảo để từ đó suy ra luỹ thừa của đơn
vị ảo như sau:
Ta có: i2 = -1; i3 = -i; i4 = i3.i = 1; i5 = i; i6 = -1…
Bằng quy nạp dễ dàng chứng minh được: i4n = 1; i4n+1 = i; i4n+2 = -1; i4n+3 = -i; ∀ n ∈ N*
Vậy in ∈ {-1;1;-i;i}, ∀ n ∈ N.
−n

−n
1
Nếu n nguyên âm, i = (i ) =  ÷ = ( −i ) .
i

n

Ta có:

1 + i (1 + i )(1 + i ) 2i
=
= =i
1− i
2
2
16

8

1− i
1+ i 
 1 − i  16
8
= −i . Vậy 
+
⇒
÷
÷ =i +(-i) = 2
1+ i
1
−
i
1
+
i



∈R

n

 19 + 7i   20 + 5i 
2) E2 = 
÷ +
÷ ∈R
 9 − i   7 + 6i 



Page 5


CHUYÊN ĐỀ SỐ PHỨC
Giải:

(

) (
7

1) Ta có: E1 = 2 + i 5 + 2 − i 5

) = ( 2+ i 5) +( 2−i 5) = ( 2 −i 5) + ( 2+ i 5)
7

7



n
n
 164 + 82i   170 − 85i 
=
÷ +
÷ = ( 2 + i) + ( 2 − i)
 82   85 

⇒ E2 = E2 ⇒ E2 ∈ R
Ví dụ 10: Cho z ∈ C.
CMR: z + 1 ≥

1
hoặc |z2 + 1| ≥ 1
2

Giải:
1

 z +1 < 2
Ta chứng minh bằng phản chứng: Giả sử 
 z2 +1 < 1


Đặt z = a+bi ⇒ z2 = a2 – b2 + 2a + bi
1

1


Sử dụng dữ kiện của đề bài để tìm mối liên hệ giữa x và y từ đó suy ra tập hợp điểm M.
Lưu ý:
-

Với số thực dương R, tập hợp các số phức với z = R biểu diễn trên mặt phẳng phức là
đường tròn tâm O, bán kính R.

-

Các số phức z, z < R là các điểm nằm trong đường tròn (O;R)

-

Các số phức z, z >R là các điểm nằm ngoài đường tròn (O;R)

Ví dụ 11 : Giả sử M(z) là điểm trên mặt phẳng phức biểu diễn số phức z. Tìm tập hợp các


Page 6


CHUYÊN ĐỀ SỐ PHỨC
điểm M(z) thoả mãn một trong các điều kiện sau đây:
1. z − 1 + i =2
2. 2 + z = 1 − i
3. 2 + z > z − 2
4. z − 4i + z + 4i = 10
5. 1≤ z + 1 − i ≤ 2
Giải: 1) Xét hệ thức: z − 1 + i =2 (1)
Đặt z = x +yi (x, y ∈ R) ⇒ z – 1 + i = (x – 1) + (y + 1)i.


2

-1

-2

(2) ⇔ |(x+2) +yi| = |-x+(1-y)i| ⇔ (x+2)2 + y2 = x2 + (1-y)2 ⇔ 4x + 2y + 3 = 0.
vậy tập hợp các điểm M(z) là đường thẳng 4x + 2y + 3 = 0.
nhận xét: Đường thẳng 4x + 2y + 3 = 0 chính là phương trình đường trung trực của đoạn AB.
3) Xét: 2 + z > z − 2 (3)
Giả sử z = x + yi, khi đó:
(3) ⇔ |2+x+yi| > |x+yi-2|
⇔ (x+2)2 +y2 > (x-2)2 +y2 ⇔ x > 0.
⇒ Tập hợp các điểm M(z) là nửa mặt phẳng ở bên phải trục tung, tức là các điểm (x;y) mà x >
0.
Nhận xét: Ta có thể giải cách khác như sau:
(3) ⇔ |z-(-2)| >|z-2|
Gọi A, B tương ứng là các điểm biểu diễn số thực -2 và 2, tức là A(-2;0), B(2;0).
Vậy (3) ⇔ M(z)A > M(z)B. Mà A, B đối xứng nhau qua Oy.
Từ đó suy ra tập hợp các điểm M(z) là nửa mặt phẳng ở bên phải trục tung.


Page 7


CHUYÊN ĐỀ SỐ PHỨC
4) Xét hệ thức: z − 4i + z + 4i = 10
Xét F1, F2 tương ứng biểu diễn các điểm 4i và -4i tức là F1 (0;4) và F2 =(0;-4). Do đó:
(4) ⇔ MF1 + MF2 = 10 (M = M(z))

2

Vậy tập hợp tất cả các điểm M là hai đường thẳng song song với trục tung x =
−

1
và x =
2

7
2

2) Xét hệ thức: |z + z + 1 - i| = 2.
Đặt z = x + yi ⇒ z = x – yi. Khi đó:



Page 8


CHUYÊN ĐỀ SỐ PHỨC

1+ 3
y =
2
(2) ⇔ |1+(2y-1)i| = 2 ⇔ 1 + (2y-1)2 = 4 ⇔ 2y2 -2y-1 = 0 ⇔ 

1− 3
y =


 z − 3i = 1
 z + i
z −1
= 1 ⇔ |z-1| = |z-i| ⇔ |x+yi-1|=|x+yi-i|
Giải: Giả sử z = x + yi, khi đó
z −i

⇔ (x-1)2 + y2 = x2 + (y-1)2 ⇔ x=y.
Ta lại có:

z − 3i
= 1 ⇔ |z-3i| = |z+i| ⇔ |x+yi-3i| = |x+yi+i| ⇔ x2 + (y – 3)2 = x2 + (y+1)2
z +i

⇔ y = 1 ⇒ x = 1. Vậy số phức phải tìm là z =1+i
Ví dụ 14: Trong các số phức z thoả mãn điều kiện: |z – 2+3i| =

3
2

Tìm số phức z có môđun nhỏ nhất.
Giải: Giả sử z = x + yi, khi đó : |z – 2+3i| =
⇔ (x-2)2 + (y+3)2 =

3
3
⇔ |(x-2) +(y+3)i|=
2
2


2

3
2

13 −

9 6 13 − 9
=
2
2

6 13 − 9 78 − 9 13
=
26
2 13
3
2 ⇒ OH = 26 − 3 13
13
13

13 −

Vậy số phức cần tìm là: z =

26 − 3 13 78 − 9 13
+
13
26



2

+ ( y − 1)

2

( x + 1)

2

+ ( y + 1)

2

2
2
( x − 1) + ( y − 1) = 8
⇔
 x + y = 0

⇒ 2y2 = 6 ⇒ y = ± 3 ⇒ x = m 3
Vậy có hai số phức thoả mãn là: z3 = 3 (1+i) và z3 = - 3 (1-i)
VẤN ĐỀ 2: GIẢI PHƯƠNG TRÌNH PHỨC.
Dạng 1: Tìm căn bậc hai của một số phức.
Cho số phức w = a + bi . Tìm căn bậc hai của số phức này.
Phương pháp:
+) Nếu w = 0 ⇒ w có một căn bậc hai là 0
+) Nếu w = a > 0 (a ∈ R) ⇒ w có hai căn bậc hai là


2

2
⇔  x2 + y 2 = a 2 + b2
⇔ ( 2 xy ) = b

 2 xy = b
 2 xy = b
 xy = b / 2





Từ hệ này, ta có thể giải ra x2 và y2 một cách dễ dàng, sau đó kết hợp với điều kiện
xy=b/2 để xem xét x, y cùng dấu hay trái dấu từ đó chọn được nghiệm thích hợp.
Nhận xét: Mỗi số phức khác 0 có hai căn bậc hai là hai số đối nhau.
Ví dụ 16: Tìm các căn bậc hai của mỗi số phức sau:
1) 4 + 6 5 i
2) -1-2 6 i
Giải:
1) Giả sử z = x +yi (x, y thuộc R) là một căn bậc hai của w = 4 + 6 5 i

3 5
(1)
 y =
 x − y = 4
x
2
2


 x 2 − 6 = −1 (2)
 2 xy = −2 6

x2

(2) ⇔ x4 + x2 – 6 = 0 ⇔ x2 = 2 ⇔ x = ± 2 .
2 ⇒y=- 3

x=

x=- 2 ⇒y= 3
Vậy số phức w = 4 + 6 5 i có hai căn bậc hai là: z1 =

2 - 3 i và z2 = - 2 + 3 i

Dạng 2: Giải phương trình bậc hai.
Cho phương trình bậc hai: Az2 +Bz +C = 0 (1) (A, B, C ∈ C, A ≠ 0)
Phương pháp:
Tính ∆ = B2 – 4AC
*) Nếu ∆ ≠ 0 thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt z1 =

−B + δ
−B − δ
, z2 =
2A
2A

(trong đó δ là một căn bậc hai của ∆).
*) Nếu ∆ = 0 thì phương trình (1) có nghiệm kép: z1 = z2 = −

⇔
  x = −1

  y = −1

Vậy số phức 2i có hai căn bậc hai là: 1+i và -1 –i
⇒ Phương trình có hai nghiệm là: z1 =
z2 =



3i − 1 + 1 + i
= 2i
2
3i − 1 − 1 − i
= −1 + i
2

Page 12


CHUYÊN ĐỀ SỐ PHỨC
Nhận xét: Ngoài phương pháp tìm căn bậc hai như ở trên, đối với nhiều bài ta có thể phân tích
∆ thành bình phương của một số phức. Chẳng hạn: 2i = i2 + 2i + 1 = (i+ 1)2 từ đó dễ dàng suy ra
hai căn bậc hai của 2i là 1 + i và -1 – i.
Dạng 3: Phương trình quy về bậc hai
Đối với dạng này ta thường gặp phương trình bậc 3 hoặc phương trình bậc 4 dạng đặc
biệt có thể quy được về bậc hai.
Đối với phương trình bậc 3 (hoặc cao hơn), về nguyên tắc ta cố gắng phân tích vế trái
thành nhân tử ( để đưa về phương trình tích) từ đó dẫn đến việc giải phương trình bậc nhất và

z + 2z + 5 = 0
 z = −1 + 2i

2

Vậy phương trình (1) có 3 nghiệm.
Ví dụ 19: Giải các phương trình:
1) z3 – 27 = 0
2) z3 = 18 + 26i, trong đó z = x + yi ; x,y ∈ Z
Giải:


Page 13


CHUYÊN ĐỀ SỐ PHỨC
z = 1
z =1

⇔
1) z3 – 27 = 0 ⇔ (z – 1) (z2 + 3z + 9) = 0 ⇔  2
 z = −3 ± 3 3i
z
+
3
z
+
9
=
0



2) Áp dụng phần 1) ta có: z3 +3z2 +3z – 63 =0 ⇔ (z – 3)(z2 +6z + 21)=0
z = 3

⇔  z = −3 + 2 3i
 z = −3 − 2 3i


Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm.
Ví dụ 21: Giải phương trình:
z4 – 4z3 +7z2 – 16z + 12 = 0 (1)
Giải:
Do tổng tất cả các hệ số của phương trình (1) bằng 0 nên (1) có nghiệm z = 1.
(1) ⇔ (z – 1)(z3 – 3z2 + 4z – 12) = 0
⇔ (z – 1) (z – 3) (z2 + 4) = 0
z =1
z =1
z = 3


z
=
3
⇔
⇔
 z = 2i
 z 2 + 4 = 0

 z = −2i

z = 1
 z = −2


Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm.
Ví dụ 23: Giải phương trình:
(z2 + 3z +6)2 + 2z(z2 + 3z +6) – 3z2 = 0
Giải:
Đặt t = z2 + 3z +6 phương trình đã cho có dang:
t = z

t2 +2zt – 3z2 = 0 ⇔ (t – z)(t+3z) = 0 ⇔ 
t = −3 z
 z = −1 + 5i

+ Với t = z ⇔ z2 + 3z +6 –z = 0 ⇔ z2 + 2z + 6 = 0 ⇔ 

 z = −1 − 5i

 z = −3 + 3
+ Với t = -3z ⇔ z + 3z +6 +3z = 0 ⇔ z + 6z + 6 = 0 ⇔ 
 z = −3 − 3
2

2

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm.
Ví dụ 24: Cho phương trình: z4 -2z3 – z2 – 2z + 1 = 0 (1)
a) Bằng cách đặt y = z +


Với y = 3 ⇒ = z +

1
−1 ± i 3
= -1 ⇔ z =
z
2
1
3± 5
=3⇔z=
z
2

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm
Ví dụ 25: Giải phương trình:
z2
z –z +
+z+1=0
2
4

3

(1)

Giải:
Do z = 0 không phải là nghiệm của phương trình (1) nên:
(1) ⇔ zz – z +
1
z


1 + 3i
1 1 + 3i
⇒z- =
⇔ 2z2 – (1+3i)z – 2 = 0 (2)
2
z
2

Ta có : ∆ = (1+3i)2 + 16 = 8 +6i = (3+i)2
⇒ phương trình (2) có 2 nghiệm: z1 = 1+i
1
2

z2 = − +
+) Với y =

1
i
2

1 − 3i
1 1 − 3i
⇒z- =
⇔ 2z2 – (1-3i)z – 2 = 0 (3)
2
z
2

Ta có : ∆ = (1-3i)2 + 16 = 8 -6i = (3-i)2


−5 + 5i
= 5i
1+ i
 z + w = 3(1 + i )
 z.w = 5i

Vậy ta có hệ phương trình: 

Theo định lý Viet ⇒ z, w là các nghiệm của phương trình: t2 -3(1+i) + 5i = 0 (4)
Ta có: ∆ = -2i = (1 – i)2
t = 2 + i

⇒ Phương trình (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)
Ví dụ 27: Giải hệ phương trình 2 ẩn z và w:
(1)
 z1 + z2 + z3 = 1

 z1 z2 + z2 z3 + z3 z1 = 1 (2)
z z z = 1
(3)
 1 2 3

Giải:
Ta có z1, z2 , z3 là các nghiệm của phương trình: (z – z1)(z – z2)(z-z3) = 0
⇔ z – (z1+z2+z3)z2 +(z1z2 +z2z3 + z3z1 )z - z1z2z3 = 0
3




CHUYÊN ĐỀ SỐ PHỨC
Giải:
1) Ta có: r1 = 2, ϕ =

π
π
π
⇒ z1 = 2(cos +isin )
2
2
2

2) Ta có: r2 = 1, ϕ = π ⇒ z2 = cosπ +isinπ
3) Ta có: r3 = 2, ϕ = 0 ⇒ z3 = 2(cos0+isin0)
3π
3π
3π
4) Ta có: r4 = 3, ϕ =
⇒ z4 = 2(cos +isin )
2

2

2

5) Ta có: r5 = 12
1


2π
Chọn ϕ là số thực thoả mãn 
⇒ϕ=
vậy z6 = 12(cos +isin )
3
3
3
sin ϕ = 3

2

7)Ta có: r7 = 18
1

cosϕ = 2
π
π
π
Chọn ϕ là số thực thoả mãn 
⇒ ϕ = − vậy z7 = 12(cos( − )+isin( − ))
3
3
3
sin ϕ = − 3

2

Nhận xét: Đây là một dạng bài tập rất phổ biến, cần chú ý cho học sinh cách chọn số ϕ thỏa
a


1+ i

3)

1
2 + 2i
  π
 π 
1) Ta có: 1- i 3 =2 cos  − ÷+ isin  − ÷
3
3

Giải:





(1+i) =







π
π

2 cos + i sin 

1
2  π
 π 
 π 
cos  − ÷+ isin  − ÷
= (1 − i) = 2  cos  − ÷+ isin  − ÷ =

4
2 + 2i 4
2   4
 4 
 4 
  4


÷


Ví dụ 30: Tìm phần thực và phần ảo của mỗi số phức sau:
1)

(

(1 − i )10
3 +i

)

9


25  cos+ i sin −
÷
 2  cos- 4 + i sin − 4 ÷
1
1
12
12 

 

=
= 4
=−
=
9
3π
3π 
2 (cosπ + i sin π )
16

 
π
π 
29  cos
+ i sin
÷
2
c
os
+

 cos − i sin ÷i (1 + 3i) =
3
3

π
π

 cos − i sin ÷i
3
3


7

 
π
π 
 π
 π 
7
 2  cos 3 + i sin 3 ÷ = 2  cos  − 3 ÷− i sin  − 3 ÷÷i





 


= 27 [ cos2π + i sin 2π ] i = 27 i


( )
2

z=

=

10

10

5


π
π
 π
 π  5 
 cos  − 4 ÷+ i sin  − 4 ÷÷ 2  cos 6 + i sin 6 ÷







10
4π
4π 

 4 
 3 
 3 
=
40π
40π
40π
40π 

cos
+ isin
210  cos
+ isin
÷
3
3
3
3 


= cos(-15π) + isin(-15π) = -1.
Ví dụ 32: Viết các số sau dưới dạng lượng giác:
1) cosa – isina, a ∈ [0;2π).
2) sina +i(1+cosa), a ∈ [0;2π).
3) cosa + sina + i(sina – cosa), a ∈ [0;2π)
Giải:
Ta có:
1) cosa - isin a = cos(2π - a) + isin(2π -a) khi a ∈ [0;2π)
a
2

3π a
3π a
< 0 ⇒ z2 = -2cos (cos( - ) + i sin ( - )
2
2
2 2
2 2

- Nếu a ⇒ z2 = 0(cos0 + isin0)
3) z3 = cosa + sina + i(sina – cosa) =


π

2 (cos  a − ÷+ i sin
4


π

a − ÷
4


Page 20


CHUYÊN ĐỀ SỐ PHỨC
Dạng 2: Ứng dụng của dạng lượng giác.
Ví dụ 33: Chứng minh rằng:

2π
i = cos
+ i sin
z = − +
2 2
3
3
−1 ± 3i
Xét phương trình: z4 + z 2 + 1 = 0 ⇔ z2 =
⇔
 2
1
3
2
 2π 
 2π 
i = cos  −
z = − −
÷+ i sin  −
÷
2 2
 3 
 3 


π
π

z = cos + i sin


 3
 3


Tóm lại phương trình đã cho có tất cả 5 nghiệm:


Page 21


CHUYÊN ĐỀ SỐ PHỨC
z = -1; z =

1
3
1
3
1
3
1
3
+
i; z = − −
i; z = −
i; z = − +
i
2 2
2 2
2 2
2 2

Ta có: z1 = 2(cos
⇒ z =
2

z1
z2

2 (cos

=

π
π
+ isin ); z2 =
3
3

 π
 π
2 (cos  − ÷ + isin  − ÷)
 4
 4

7π
7π
+ isin )
12
12

7π 1 + 3

d) Giải phương trình ở câu c)
e) Từ đó suy ra giá trị của z0 và biểu thức giá trị của cos

2π
2π
và sin
5
5

Giải:
a) Ta có: z0 = cos

2π
2π
+ i sin
5
5

Áp dụng công thức Moavrơ ta có: z05 = (cos

2π
2π
+ i sin )5 = cos2 π + isin2π = 1 ⇒ z0 là
5
5

nghiệm của phương trình z5 – 1 = 0.
b) Khai triển đẳng thức này ta được z5 – 1 = 0.
c) z5 – 1 = 0 ⇔ (z – 1)(1+z + z2 + z3 + z4) = 0



1
1
= y1 hoặc z +
z
z

= y2
*) Xét phương trình: z +

2

1− 5 
÷
÷
 2 

∆ = 


−1 + 5 i 5 + 5
 z1 =
+


4
2
2
5+ 5
5+ 5

z+1=0
z
2

1
1+ 5
= y2 ⇔ z2 – y2z + 1 = 0 ⇔ z2 +
z+1=0
z
2


−1 − 5 i 5 − 5
 z1 =
+
4
2
2
5− 5  5− 5 

 ⇒ 
-4== i
2 
2


 z = −1 − 5 − i 5 − 5
 2
4
2

z6 = -64 (1)
Giải:
Giả sử z = x + yi = r(cosϕ + isinϕ)
Ta có: -64 = 64(cos π + isin π )
Z = -64 ⇒ r6 (cos6 ϕ + isin6 ϕ )= 64(cos π + isin π ) ⇒ r6 = 64 ⇒ r = 2
π
π
Và cos6 ϕ + isin6 ϕ = cos π + isin π ⇒ 6 ϕ = π +2k π (k ∈ Z) ⇒ ϕ = + 2k
6

6




Với k = 0 ⇒ z1 = 2  cos

π
π
+ isin ÷ =
6
6



6

3 +i

Page 23


 π
 π 
Với k = -2 ⇒ z1 = 2  cos  - ÷+ isin  − ÷÷ = -2i
2
2












 5π 
 5π  
÷+ isin  - ÷÷ = - 3 -i
 6 
 6 

Với k = -3 ⇒ z1 = 2  cos  

(

Ví dụ 38: Tìm n là số nguyên dương và n ∈ [1,10] sao cho số phức z = 1 + i 3


∈ [3;6;9]
C. BÀI TẬP CỦNG CỐ KIẾN THỨC.
Các bài tập về dạng đại số của số phức
z1 + z2

Bài 1: Chứng minh rằng: Nếu |z1| = |z2 | = 1, z1.z2 ≠ 1 thì A = 1 + z z ∈ R
1 2
HD: Ta có: A = A suy ra A là số thực.
Bài 2: Tìm các điểm M trong mặt phẳng phức biểu diễn số phức z thoả mãn một trong các điều
kiện sau:
a) |z-2| = 3
 z−2
e) Re 
÷ =0
 z −1 
b) |z+i| 3
1+ z
f)
∈R
d) z +

z

1
=2
z

Đáp số:
a) Đường tròn tâm (2;0), bán kính bằng 3

e) Tập hợp các điểm M(x;y) là đường tròn: x2 + y2 – 3x + 2 = 0.
1 + z 1 + x − yi [ (1 + x ) − yi ] ( x − yi ) (1 + x ) x − y − [ y (1 + x) + xy ] i
=
=
f) Giả sử z = x + yi ⇒
=
x + yi
x2 − y2
x2 − y 2
z
2

Gt ⇒ 2xy + y = 0 ⇒ y = 0 hoặc x = -1/2.
Bài 3 : Tìm số thực x, y thỏa mãn đẳng thức : x(3+5i) + y(1-2i)3 = 9 + 14i
Phương trình bậc hai, phương trình bậc cao, hệ phương trình
Bài 4: Giải các phương trình sau:
a) z2 = -9
b) z2 = - 5
c) 4z2 – 2z + 1 = 0
d) z2 – 2zcos α + 1 = 0
e) z 2 − (3 − i)z + (4 − 3i) = 0
Bài 5: Tìm số phức z biết z2+ |z| = 0
Đáp số: z= 0; z = i; z = -i
Bài 6: a) Tìm các số phức a, b để có phân tích:
z4 + 2z3 +3z2 + 2z + 2 = (z2 + 1)(z2 +az + b)
b) Giải phương trình: z4 + 2z3 +3z2 + 2z + 2 = 0
Đáp số:
a) a = 2; b = 2
b) z1,2 = ± i; z3,4 = -1 ± i
Bài 7: Cho phương trình: z3 – 2(1+i)z2 + 3iz + 1-i = 0 (1)