I. GIẢI PHÁP 1: CUNG CẤP LÍ THUYẾT VỀ SỐ PHỨC
I.1. CÁC KHÁI NIỆM
1. Định nghĩa số phức
Mỗi biểu thức dạng a + bi , trong đó a, b ∈ ¡ , i 2 = −1 được gọi là một số phức
Đối với số phức z = a + bi , ta nói a là phần thực, b là phần ảo của z .
Tập hợp các số phức kí hiệu là £ .
Chú ý:
 Mỗi số thực a được coi là một số phức với phần ảo bằng 0: a = a + 0i
 Như vậy ta có ¡ ⊂ £ .
 Số phức bi với b ∈ ¡ được gọi là số thuần ảo ( hoặc số ảo)
 Số 0 được gọi là số vừa thực vừa ảo; số i được gọi là đơn vị ảo.
2. Số phức bằng nhau
Hai số phức là bằng nhau nếu phần thực và phần ảo tương ứng của chúng bằng nhau:
a = c
a + bi = c + di ⇔ 
b = d

3. Số phức đối và số phức liên hợp
Cho số phức z = a + bi , a, b ∈ ¡ , i 2 = −1
 Số phức đối của z kí hiệu là − z và − z = −a − bi .
 Số phức liên hợp của z kí hiệu là z và z = a − bi .
4. Biểu diễn hình học của số phức
Điểm M (a; b) trong một hệ trục tọa độ vuông góc của mặt phẳng được gọi là điểm biểu diễn số
phức z = a + bi .
5. Môđun của số phức

uuuur

Giả sử số phức z = a + bi được biểu diễn bởi M (a; b) trên mặt phẳng tọa độ. Độ dài của vectơ OM được
gọi là môđun của số phức z và kí hiệu là | z | .
uuuur

c + di

(c + di )(a − bi )

c + di
a + bi

, ta nhân cả tử và mẫu với số phức liên hợp của a + bi

ac + bd

ad − bc

Cụ thể: a + bi = (a + bi)(a − bi ) = a 2 + b 2 + a 2 + b 2 i .
I.1.3. TÍNH CHẤT CỦA SỐ PHỨC
Cho số phức z = a + bi , a, b ∈ ¡ , i 2 = −1
 Tính chất 1: Số phức z là số thực ⇔ z = z
 Tính chất 2: Số phức z là số ảo ⇔ z = − z
 Cho hai số phức z1 = a1 + b1i; z2 = a2 + b2i; a1 , b1 , a2 , b2 ∈ ¡ ta có:
 Tính chất 3: z1 + z2 = z1 + z2
 Tính chất 4: z1 .z2 = z1 .z2
z 

z

 Tính chất 5:  1 ÷ = 1 ; z2 ≠ 0
 z2  z2
 Tính chất 6: | z1 .z2 |=| z1 | . | z2 |
 Tính chất 7:


−b
2a

thì phương trình có 2 nghiệm phức phân biệt z =

−b ± i −∆
2a

 TH2: a, b, c là các số phức
 ∆ = 0 thì phương trình có nghiệm kép thực z =

−b
2a

 ∆ ≠ 0; ∆ = a + bi = ( x + iy ) 2
Khi đó phương trình có hai nghiệm z =

−b ± ( x + yi )
2a

2. Chú ý
 Phương trình bậc hai trên tập hợp số phức với hệ số thực luôn có 2 nghiệm là 2 số phức liên hợp.
 Khi b là số chẵn ta có thể tính ∆ ' và công thức nghiệm tương tự như trong tập hợp số thực.
2


Gọi z1 , z2 là 2 nghiệm của phương trình az 2 + bz + c = 0 (a ≠ 0) a, b, c là các số thực hoăc số phức.




Lời giải:
a) z =

3 1
3 1
+ i⇒z=
− i
2 2
2 2
2

b)

 3 1 
3 1 2
3
1
3
z 2 = 
+ i÷
÷ = 4 + 4i + 2 i = 2 + 2 i
2
2



c) ( z )

3


2 2  2 

 2 2   2 



d) 1 + z + z 2 =

3 + 3 1+ 3
+
i
2
2

 Nhận xét: Với bài tập trên, học sinh dễ dàng tính được. Qua bài tập này mục đích giúp học sinh
nhớ lại khái niệm số phức liên hợp và biết cách tính toán đơn giản về phép cộng, phép trừ số phức
và phép tính luỹ thừa của một số phức.
Bài 2: Tính giá trị của các biểu thức sau:
A=

4 + 3i 1 − i
+
1 − i 4 + 3i

B = ( 2 + 3i ) ( 1 + 2i ) +
C=
D=

3 + 4i
1

( 4 + 3i ) + ( 1 − i )
( 4 + 3i ) ( 1 − i )
2

A=

2

=

7 − 22i ( 7 − 22i ) ( 7 + i ) 27 161
=
=
+
i
7−i
( 7 − i ) ( 7 + i ) 50 50

Tương tự, ta có kết quả sau:
−38 86
+ i
13 13
22 79
C=
+
i
169 169
71 17
D= + i
41 41

÷ +
÷
 1− i   1+ i 


d) i z = 

Lời giải :
a) Ta có:
z=

(

2 +i

) (1− i 2 ) = ( 2 + i
2

2

)(

)

+ 2i 2 1 − i 2 = 5 + i 2 ⇒ z = 5 − i 2

Vậy z có phần thực bằng 5; phần ảo bằng − 2
và có môđun: z = 52 + ( − 2 ) = 3 3
2


 1 + i   2i 
11

÷ +
÷ = i + ( 1 + i ) = 16 − i
 1− i   1+ i 
16 − i
⇒z=
= −1 − 16i ⇒ z = −1 + 16i
i

Vậy z có phần thực bằng −1 ; phần ảo bằng 16; z = (−1) 2 + 162 = 257
Bài 4: Tính biểu thức sau:
A = i109 + i 43 + i 60 − i 54
B = 1 − i + i 2 − i 3 + i 4 − ... + i 2014
C = 1 + ( 1 + i ) + ( 1 + i ) + ... + ( 1 + i )
2

D=

(1− i)

10

(

3 +i

( −1 − i 3 )


1+ i
2
2

⇒B=

 Nhận xét: Giáo viên hướng dẫn học sinh làm bài trên theo cách phân tích lũy thừa của i như ý a).
Tuy nhiên, việc sử dụng hằng đẳng thức ở đây ta sẽ tính toán nhanh hơn và thuận tiện hơn.
c) Ta có C là tổng của 11 số hạng đầu tiên của cấp số nhân với số hạng đầu là u1 = 1, công bội q = 1 + i
Áp dụng công thức tính tổng 11 số hạng đầu tiên của cấp số nhân, ta có:
1− ( 1+ i)
1 − q11 1 − ( 1 + i )
=
=
1− q
1− (1+ i)
−i
11

C = u1

11

Để tính biểu thức ( 1 + i ) giáo viên cần hướng dẫn học sinh cách tính một cách thuận tiện nhất.Trong quá
trình giảng dạy, chúng tôi hướng dẫn học sinh làm theo một trong hai cách sau:
11

 Cách 1: Đối với học sinh học ban cơ bản
11
2



+ i.sin
Khi đó ( 1 + i ) = ( 2 )  cos
÷ = −32 + 32i
4
4


11

Thay vào biểu thức, ta có: C = 32 + 33i
 Nhận xét: Để làm bài tập này đòi hỏi học sinh phải có kĩ năng biến đổi biểuthức lượng giác và
công thức tính tổng của cấp số nhân.Qua đó giúp học sinh ôn lại các kiến thức về công thức lượng
giác, về cấp số nhân.
d)
 Cách 1: Áp dụng cho ban cơ bản
Ta có:

( 1− i)

(

3 +i

(

= (1− i)

10


3

((

= 1+ i 3

3i + i 2

)

) ) ( 1 + i 3 ) = ( −8 ) ( 1 + i 3 )
3 3

3

Thay vào biểu thức D ta có:
D=

(

−32i.16i. 1 + i 3

( −8 )

3

(1+ i 3)

) = −1

35π
35π  5 
5π
5π 

+ i sin
+ i sin
 cos
÷2  cos
÷
2
2  
6
6 

D=
40π
40π 

210  cos
+ i sin
÷
3
3 

= cos 5π + i sin 5π = −1

( 2)

10

3k + p

; k ; n; p ∈ ¥ ,0 ≤ p ≤ 2

 Cách 2: Biểu diễn dưới dạng lượng giác các biểu thức:

6


( 1+ i)

n

( 1+ i 3)
(

3 +i

)

nπ
nπ 

+ i sin
 cos
÷
4
4 

nπ

dưới dạng lượng giác:

( 1− i)

n

( 1− i 3) ; (
n

;

3 −i

)

n

 Trong tính toán trên tập hợp số phức, công thức nhị thức Niu-tơn (a + b) n vẫn đúng khi ta thay hai
số thực a; b bởi hai số phức. Để học sinh hiểu rõ hơn và biết áp dụng công thức nhị thức Niu-tơn
vào tính toán trên tập hợp số phức, chúng tôi cho học sinh làm bài tập sau:
Bài 5: Tính tổng
0
2
4
2012
2014
a ) S1 = C2015
− C2015
+ C2015
− ×××+ C2015

+ C2015
0
3
6
2015
+ C2015
+ C2015
+ ×××+ C2015
c) S5 = C2015

Lời giải:
0
1
2
2014
2015
(1 + i )2015 = C2015
+ C2015
×i + C2015
×i 2 + ×××+ C2015
×i 2014 + C2015
×i 2015

a) Ta có:

0
2
4
2012
2014

2

; S2 = −

2015π
2015π

+ i sin
 cos
4
4


1
1

÷ = 2018 − 2018 i
2
2


1
1018

2

b) Lại có:
0
1
2

+ ×××+ C2015
+ C2015
= C2015
+ C2015
+ C2015
+ ×××+ C2015
+ C2015
= 22014

Vậy S3 =

c)

S1 + A
S +A
1
1
= 1009 + 22013 ; S3 = 2
= − 1009 + 22013
2
2
2
2


z = 1

1
z 3 = 1 ⇔ ( z − 1)( z 2 + z + 1) = 0 ⇔  z = − +
2

k =0

2015
1
3
1
3
k
−
i; f (ω 2 ) = ∑ C2015
×ω 2 k = +
i
2 2
2
2
k =0

7


⇒ f ( 1) + f ( ω ) + f ( ω 2 ) = 22015 + 1

(1)

Mặt khác:
f ( 1) + f ( ω ) + f ( ω 2 ) =
671

671


 Thay cho việc hỏi tính tổng S1 ; S2 ; S3 ; S4 như trên, chúng tôi có thể hỏi dưới dạng chứng minh, rút
gọn.
II.1.2.Dạng 2: Tìm căn bậc hai của một số phức
A. Phương pháp:
Cho số phức z = a + bi, a, b ∈ ¡ . Tìm căn bậc hai của z

 Nếu

z=0

 Nếu

z = a > 0 thì z

 Nếu

z=a
  x = 3

 y = 5

  x = −3
  y = − 5


Vậy số phức đã cho có hai căn bậc hai là: z1 = 3 + i 5; z2 = −3 − i 5
b) Tương tự, ta có số phức w = −1 − 2i 6 có hai căn bậc hai là:
z1 = 2 − i 3; z2 = − 2 + i 3

II.1.3. Bài tập tự luyện
8


Bài 1: Tính biểu thức sau:
i + i 3 + i 5 + ... + i 2015
i 2 + i 4 + i 6 + ... + i 2016
B = 1 + (1 + i ) 2 + (1 + i ) 4 + ... + (1 + i ) 20
A=

C = (1 − i ) 2015
2015

 1− i 
D=
÷
1+ i 


3
2015
b. z = 1 + i + 2i + 3i + ... + 2015i
c. z =
d. z =

1 + i + i 2 + ... + i 2015
1 + 2i + 3i + 4i + ... + 2015i
(1 + i )100
( 3 + i )91

π
π

e. z =  cos − i sin ÷i15 (1 + 3)17
3
3


Bài 3:
0
5
10
2010
2015
+ C2015
+ C2015
+ ×××+ C2015
+ C2015
a) Tính tổng : S = C2015

2

2) Cho z = a + bi , a, b ∈ ¡ ⇒ z = a − bi , từ giả thiết bài toán ta có:
(2a + 2bi − 1)(1 + i ) + (a − bi + 1)(1 − i ) = 2 − 2i
⇔ 3a − 3b + (a + b − 2)i = 2 − 2i
1

a = 3
3a − 3b = 2
⇔
⇔
a + b − 2 = −2
b = −1

3
9


 Nhận xét:
Với cách dạy cũ tôi cho học sinh đề bài là: Tìm số phức z biết:
2(1 + 2i )
= 7 + 8i
1+ i

1)

(2 + i ).z +

2)


d) | z − 1|= 1 và (1 + i )( z − 1) có phần ảo bằng 1.
e) z 2 + 2 z là số thực và z +

1
z

có một acgumen là

−π
3

.

Lời giải:
a) Điều kiện z ≠ −2i . Khi đó
(1) ⇔ 2( z − 1)(2 − i ) = (3 + i)( z + 2i )
⇔ ( z − 1)(4 − 2i) = 3 z + 6i + iz + 2i 2
⇔ (1 − 3i ) z = 2i + 4
⇔z=

2i + 4 (2i + 4)(1 + 3i) −1 7
=
=
+ i
1 − 3i
10
5 5

⇒z=


1
2

Vậy số phức cần tìm là: z = 0; z = −1; z = ±

1

a = 2

b = ± 3

2

3
i
2

c) Gọi số phức z cần tìm dạng:

z = a + bi , a, b ∈ ¡ ⇒ | z |= a 2 + b 2

. Từ giả thiết ta có:

| z |= 5 ⇔ a + b = 5 (1)
2

2

( z + i ) 2 = (a + bi + i ) 2 = a 2 − (b + 1) 2 + 2a (b + 1)i


 a 2 + b 2 − 2a + 1 = 1 2b 2 + 2b = 0
a = 2  a = 1

⇔
⇔  b = −1 ⇔ 
; 

a = 2 + b
b = 0 b = −1
a − b = 2
 b = 0


Vậy số phức cần tìm là: z = 2; z = 1 − i .
e) Gọi số phức z cần tìm dạng: z = a + bi , a, b ∈ ¡ ⇒ | z |= a 2 + b 2 . Từ giả thiết ta có:
z 2 + 2 z = (a + bi ) 2 + 2(a − bi ) = (a 2 − b 2 + 2a ) + (2ab − 2b)i

là số thực khi 2ab − 2b = 0

b = 0
⇔
a = 1
1
z

+) b = 0 ⇒ z = a ⇒ z + = a +
1
z

+) a = 1 ⇒ z = 1 + bi ⇒ z + =

nên

−π
3

)


i÷
÷


−π
 1
= cos( )

2
3
 1+ b
⇒b=− 3

−π
− b
= sin( )
 1 + b 2
3

Vậy z = 1 − 3i
 Nhận xét: Với dạng toán này học sinh chỉ cần nắm được các khái niệm cơ bản của số phức
như: hai số phức bằng nhau, mođun của số phức, điều kiện để số phức là số ảo, số thuần ảo, số

Bài 5: Tìm số phức z thoả mãn: z 3 là số thực và z = 2

Bài 6: Tìm số phức z thoả mãn:








z −1
=1
z −i
z − 3i
=1
z +i

II.3. GIẢI PHƯƠNG TRÌNH TRÊN TẬP HỢP SỐ PHỨC
II. 3.1. Phương pháp giải phương trình az 2 + bz + c = 0 (a ≠ 0)
 Tính ∆ = b 2 −4ac
 Dựa vào giá trị của ∆ để xác định công thức nghiệm (dựa vào mục I.1.4 )
II. 3.2. Bài tập minh họa
Bài 1: Giải các phương trình sau trên tập hợp số phức:
a) z 2 + 2 z + 5 = 0
b) ( z 2 + i )( z 2 − 2iz − 1) = 0
c) z 2 + (1 − 3i ) z − 2(1 + i ) = 0

Lời giải:
a) z 2 + 2 z + 5 = 0

i
z = −
2
2

z 2 − 2iz − 1 = 0 ⇔ ( z − i ) 2 = 0 ⇔ z = i
c) z 2 + (1 − 3i ) z − 2(1 + i ) = 0

Ta có ∆ = (1 − 3i) 2 + 8(1 + i ) = 2i = (1 + i) 2 nên phương trình có nghiệm là:
3i − 1 + 1 + i

z =
 z = 2i
2
⇔

3
i
−
1
−
1
−
i
z =
z = i −1

2

Nhận xét:

 z = 1 − 3i
b) z 4 − z 3 + 6 z 2 − 8 z − 16 = 0 ⇔ ( z + 1)( z − 2)( z 2 + 8) = 0
 z = −1

⇔ z = 2
 z = ±2 2i

c) ( z − 3) 2 .( z + 3) 2 + 4 z 2 = 0 ⇔ ( z 2 − 9) 2 + 4 z 2 = 0 ⇔ ( z 2 − 9) 2 − 4i 2 z 2 = 0
z = i ± 2 2
 z 2 − 2iz − 9 = 0
⇔ 2
⇔
 z = −i ± 2 2
 z + 2iz − 9 = 0

d) Điều kiện: z ≠ i , khi đó phương trình tương đương với:
 z + i  2
z +i
z +i

÷ =1
 z − i = 1 ∨ z − i = −1
 z −i 
 z +i 
2

⇔

÷ =1 ⇔ 
2

Nhận xét:
 Giải phương trình trên tập hợp số phức cần đầy đủ các kĩ năng của việc giải phương trình trên tập
hợp số thực, qua các ví dụ trên ta đã sử dụng phương pháp phân tích thành tích để đưa một
phương trình bậc 3, bậc 4 về thành tích của các phương trình bậc nhất, bậc 2. Tôi nhấn mạnh cho
học sinh: một phương trình đa thức bậc n xét trên tập hợp số phức thì có n nghiệm phức(các
nghiệm không nhất thiết phân biệt ).
 Kĩ năng đặt ẩn phụ để quy phương trình đã cho thành phương trình bậc 2 sẽ được minh họa trong
bài tập sau:
Bài 3: Giải các phương trình:
a) 2 z 4 − 2 z3 + z 2 + 2 z + 2 = 0
b) ( z + 3) 4 + ( z + 5) 4 = 2
c) ( z 2 − z )( z + 3)( z + 2) = 10
d ) z 4 − 4 z 3 + 11z 2 − 14 z + 10 = 0
e) ( z 2 + 3z + 6) 2 + 2 z ( z 2 + 3 z + 6) − 3 z 2 = 0

Lời giải:
a) 2 z 4 − 2 z3 + z 2 + 2 z + 2 = 0

+) z = 0 không là nghiệm của phương trình.
+) z ≠ 0 phương trình tương đương với:
z2 − z +

1 1 1
1
1 1
+ + 2 = 0 ⇔ (z2 + 2 ) − (z − ) + = 0
2 z z
z
z 2


+) Với t =

1 − 3i
2

ta có:

z = 1− i
1 1 − 3i
2
z− =
⇔ 2 z − (1 − 3i ) z − 2 = 0 ⇔ 
 z = −1 − 1 i
z
2

2 2
b) ( z + 3) 4 + ( z + 5) 4 = 2

Đặt t = z + 4 , khi đó phương trình trở thành:
(t − 1) 4 + (t + 1) 4 = 2 ⇔ t 4 + 6t 2 = 0
t 2 = 0
t = 0
⇔2
⇔
t + 6 = 0
t = ± 6i
14

1 ± 3i

t = z
t 2 + 2 zt − 3z 2 = 0 ⇔ 
 t = −3 z

+) Với t = z ⇒ z 2 + 3z + 6 = z ⇔ z = −1 ± 5i
+) Với t = −3z ⇒ z 2 + 3z + 6 = −3z ⇔ z = −3 ± 3
Nhận xét:
 Với những phương trình nêu trên rõ ràng là không nhẩm được nghiệm đẹp để đưa về phương trình
tích, do đó ta cần tìm ra một cách đặt ẩn phụ phù hợp. Ngay ở 3 ý đầu chúng tôi đã đưa ra 3
phương trình bậc 4 có cách giải đặc biệt đó là:
2

e
d
1) az 2 + bz 3 + cz 2 + dz + e = 0,  ÷ =
b
a
 

 TH1: Kiểm tra z = 0 có là nghiệm của phương trình
 TH2: z ≠ 0 ,chia cả hai vế của phương trình cho z 2 ta được:



2
 a z + 


2



với a + b = c + d

 Đặt t = z 2 + (a + b) z , đưa phương trình đã cho thành phương trình bậc 2 ẩn t.
 Khi giải phương trình đa thức trên tập hợp số phức thực chất chúng tôi đã ôn tập cho học sinh các
phương pháp giải phương trình trên tâp hợp số thực.
 z1 + z2 = 4 + i
Bài 4: Giải hệ phương trình với ẩn phức z1 , z 2 sau:  2 2

 z1 + z2 = 5 − 2i

Lời giải:
15


z + z = 4 + i
 z1 + z2 = 4 + i
⇔ 1 2
 2 2
 z1 + z2 = 5 − 2i
 z1 .z2 = 5(1 + i )

nên z1 , z 2 là nghiệm của phương trình bậc 2:

z = 3 − i
z 2 − (4 + i ) z + 5(1 + i ) = 0 ⇔ 
 z = 1 + 2i

Vậy nghiệm của hệ phương trình ( z1 , z 2 ) là (3 − i;1 + 2i ) và (1 + 2i;3 − i )
II.3.3. Bài tập áp dụng

Bài 2: z1 , z2 là nghiệm phức của phương trình: 2(1 + i) z 2 − 4(2 − i) z − 5 − 3i = 0
Tính | z1 |2 + | z2 |2
IV. CHUYÊN ĐỀ 4: Biểu diễn hình học của số phức
IV.4.1. Dạng 1: Tìm tập hợp điểm biểu diễn cho số phức z thoả mãn điều kiện cho trước
A. Phương pháp
 Gọi z = x + yi ( x, y ∈ R) ⇒ M ( x; y ) biểu diễn cho số phức z trong mặt phẳng toạ độ.
 Dựa vào dữ kiện bài toán, thiết lập mối liên hệ giữa x và y
 Dựa vào mối liên hệ đó, để kết luận tập hợp điểm trong mặt phẳng biểu diễn cho số phức z .
B. Bài tập minh hoạ
Bài 1: Trên mặt phẳng toạ độ, tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thoả mãn điều kiện sau:
a) z = 1
b) 1 < z ≤ 2
c)

z
=3
z −i

d) z − 2 + 3i =

3
2

Lời giải:
Gọi z = x + yi ( x, y ∈ R) ⇒ M ( x; y ) biểu diễn cho số phức z trong mặt phẳng toạ độ.
a) Ta có z = 1 ⇔ x 2 + y 2 = 1 ⇔ x 2 + y 2 = 1
16


Vậy tập hợp các điểm M là đường tròn tâm O ( 0; 0 ) và bán kính R = 1 .

9  3

⇔ 8 x 2 + 8 y 2 − 18 y + 9 = 0 ⇔ x 2 +  y − ÷ =  ÷
8 8


3


Vậy tập hợp các điểm M là đường tròn tâm I  0; ÷ và bán kính R =
8
 8
9

3
2

3
2

d) Ta có z − 2 + 3i = ( *) ⇔ ( x − 2) + ( y + 3)i = ⇔ ( x − 2) 2 + ( y + 3) 2 =

9
4

.

3
Tập hợp M là đường tròn(C) tâm I ( 2; - 3) và bán kính R =
2

2
b) Ta có z 2 = x 2 − y 2 + 2 xyi nên z 2 là số ảo ⇔ x − y = 0 ⇔  y = − x



Tập hợp M là hai đường phân giác y = x và y = − x
c) Ta có

z + i x 2 − ( y − 1)2
2 xy
= 2
+ 2
i
2
z − i x + ( y − 1)
x + ( y − 1) 2

17


z +i
z +i

Nên

là số thực

 x = 0
 xy = 0


y =1.
Bài 3: Trên mặt phẳng toạ độ, tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thoả mãn điều kiện sau:
a) 2 z − i = z − z + 2i
b) z − i + z + i = 4
c)

z 2 − ( z )2 = 4

Lời giải:
Đặt: z = x + yi ( x, y ∈ R) → z có điểm biểu diễn trên mặt phẳng phức là M ( x; y ) .
a) 2 z − i = z − z + 2i ⇔ 2 x + ( y − 1)i = (1 + y )i ⇔ y =

x2
4

Vậy tập hợp điểm M là đường parabol (P) có phương trình y =

x2
4

.

b) z − i + z + i = 4 ⇔ x 2 + ( y − 1) 2 + x 2 + ( y + 1) 2 = 4 (*)
Đặt F1 (0; −1) ; F2 (0;1)
(*) ⇔ MF1 + MF2 = 4 > F1 F2 = 2

Suy ra tập hợp M là elíp (E) có 2 tiêu điểm là F1 , F2 .
Gọi (E) có phương trình
 MF1 + MF2 = 2a


y = − 1

x
2

2

1
x

Vậy tập hợp điểm M là đường hybebol (H) có phương trình là y = và y = −
18

1
x


Bài 4: Trên mặt phẳng phức tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức ω = (1 + i 3) z + 2 thoả mãn điều kiện
z −1 ≤ 2 .
Lời giải:
Gọi z = a + bi (a; b ∈ R) và ω = x + yi ( x; y ∈ R) ⇒ M ( x; y ) biểu diễn cho só phức ω trong mặt phẳng toạ độ
z − 1 ≤ 2 ⇔ (a − 1) 2 + b 2 ≤ 4 (1)

Ta có:
 x = a − 3b + 2
ω = (1 + i 3) z + 2 ⇔ x + yi = (a + bi )(1 + i 3) + 2 ⇔ 
 y = 3a + b
 x − 3 = a − 3b − 1
⇔
 y − 3 = 3(a − 1) + b

khoảng

⇔ (2m 2 − 6m + 9)

cách


2
y=−
x

từ

thì

M
2

m ≠ 0
m ≠ 0
m = 1
2

m−3 = − ⇔  2
⇔ m = 1 ⇔ 
m
m = 2
m − 3m + 2 = 0
m = 2


nhất


Lời giải:

a) Để điểm biểu diễn chúng nằm trong giải giữa 2 đường thẳng

x = −2

và x = 2 thì

y = −3

và y = 3 thì

−2 < a < 2

b) Để điểm biểu diễn chúng nằm trong giải giữa 2 đường thẳng
−3 < b < 3

c) Để điểm biểu diễn chúng nằm trong hình tròn tâm O, bán kính 2 thì a 2 + b 2 < 4 .
II.4.3. Dạng 3: Chứng minh tính chất liên quan đến hình biểu diễn của số phức hoặc dùng hình biểu
diễn của số phức chứng minh tính chất của số phức.
A. Phương pháp: Để chứng minh các điểm biểudiễn cho các số phức thoả mãn điều kiện (T), thông
thường ta làm như sau
 Đọc toạ độ các điểm biểu diễn cho các số phức đã cho.
 Dựa vào điểu kiện (T), ta qui được bài toán về bài toán hình giải tích trong mặt phẳng.
B. Bài tập minh hoạ
Bài 1: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho A, B là hai điểm lần lượt biểu diễn hai nghiệm phức của phương
trình z 2 + 6 z + 18 = 0 . Chứng minh rằng tam giác OAB vuông cân.

=
=
= 2 − 2i → z1 có
−1 + i
1+1
2

z2 = (1 − i )(1 + 2i ) = 3 + i → z2
z3 =

điểm biểu diễn là A ( −2; 2 ) .

có điểm biểu diễn là B ( 3;1) .

2 + 6i (2 + 6i )(3 + i ) 6 + 2i + 18i + 6i 2
=
=
= 2i → z3
3−i
10
3−i

có điểm biểu diễn là C ( 0; 2 ) .

Nên AB = 10
BC = 10
AC = 20
20

4i

ABCD là hình vuông ⇔ BA = CD ⇔  y − 2 = −3 ⇔  y = −1
Vậy D biểu diễn số phức z = −1 − i .
Bài 3: Cho A, B, C không thẳng hàng biểu diễn số phức z1 , z 2 , z3 .
a) Trọng tâm tam giác ABC biểu diễn số phức nào?

b)

z1 , z2 , z3

thoả mãn z1 = z2 = z3 . Chứng minh rằng A,B,C là ba đỉnh một tam giác đều ⇔ z1 + z2 + z3 = 0

.
Lời giải:
 x A + xB + xC y A + yB + yC 
;
÷
3
3



a) Trọng tâm tam giác ABC là G 

biểu diễn số phức

z1 + z2 + z3
3

.



( Còn khi z = 0 , rõ ràng z + w ≤ z + w ).
Vậy z + w ≤ z + w khi và chỉ khi z = 0 hoặc nếu z ≠ 0 thì tồn tại k ∈ R+ để w = kz .
IV.4.3. Bài tập tự luyện:
Bài 1: Trên mặt phẳng phức tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thoả mãn điều kiện sau:
a)

z − (3 − 4i ) = 2

KD-2009

b)

z − i = (1 + i ) z

KB-2010

c) z − i + z + 2i = 5
d) z − 4i + z + 4i = 10
21


2
2
e) z − ( z.z ) = 4

g) z + z + 3 = 4
h) z 2 = ( z ) 2
i) z − z + 1 − 2i = 3
k) z = z + 4i − 3

6
5

Đẳng thức xảy ra khi y = ⇒ x =

2
5

2 6
2 10
Vậy z đạt giá trị nhỏ nhất bằng
khi z = + i
5

5

2
5

5

6
5

Vậy z = + i là số phức cần tìm.
Bài tập 2: Trong các số phức z có phần thực, phần ảo không âm và thoả mãn:
z −3
=1.
z − 1 + 2i


2

không âm)

− z 2 ) .i = − 4 xy ⇒ z 2 − z 2 = 4 xy

z (1 − i ) + z (1 + i ) = 2 x + 2 y

Do đó P = 16 x 2 y 2 + 4 xy.(2 x + 2 y ) = 16 x 2 y 2 + 8 xy
2

x+ y
1
÷ =
4
 2 


Đặt t = xy ⇒ 0 ≤ t ≤ 

 1
2
, ta có P = 16t + 8t; t ∈ 0; 
 4



Xét hàm số f (t ) = 16t 2 + 8t liên tục trên 0; 
 4
1

1
2



 x = 0; y = 1

Khi t = ⇒ x = y = ; Khi t = 0 ⇒  x = 1; y = 0
Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng



33
1 1
khi z = + i
16
2 2

P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 0 khi z = 1 ∨ z = 0
Nhận xét:
 Bài tập này cũng có thể giải được bằng cách rút y = 1 − x và thế vào biểu thức P ta được hàm số
g ( x) = 16 x 2 (1 − x) 2 + 8 x(1 − x) rồi đi tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số g ( x) trên [ 0;1]
 Như vậy qua dạng bài tập này học sinh thấy được mối liên hệ giữa bài toán số phức với bài toán
tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số. Qua đó giúp các em ôn tập phương pháp timg giá
trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm một biến
C. Bài tập tự luyện
Bài 1: Cho số phức z thoả mãn (2 − z )(i + z ) là một số ảo, tìm số phức có môđun nhỏ nhất
2

Bài 2: Trong các số phức z thoả mãn (1 − i) z = (1 + i) z . Tìm số phức sao cho biểu thức P =

Để giải được lớp bài toán này, chúng tôi cung cấp cho học sinh các bất đẳng thức cơ bản như: Bất đẳng
thức liên hệ giữa trung bình cộng và trung bình nhân, bất đẳng thức Bunhia- Cốpxki, bất đẳng thức hình
học và một số bài toán công cụ sau:
 Bài toán 1: Cho đường tròn (T ) cố định có tâm I bán kính R và điểm A cố định. Điểm M di động
trên đường tròn (T ) . Hãy xác định vị trí điểm M sao cho AM lớn nhất, nhỏ nhất.
Lời giải:
 TH1: A thuộc đường tròn (T)
Ta có: AM đạt giá trị nhỏ nhất bằng 0 khi M trùng với A
AM đạt giá trị lớn nhất bằng 2R khi M là điểm đối xứng với A qua I
 TH2: A không thuộc đường tròn (T)
Gọi B, C là giao điểm của đường thẳng d và đường tròn (T); giá sử AB < AB
+) Nếu A nằm ngoài đường tròn (T) thì với điểm M bất kì trên (T), ta có:
AM ≥ AI − IM = AI − IB = AB .

Đẳng thức xảy ra khi M ≡ B

AM ≤ AI + IM = AI + IC = AC .

Đẳng thức xảy ra khi M ≡ C

+) Nếu A nằm trong đường tròn (T) thì với điểm M bất kì trên (T), ta có:
AM ≥ IM − IA = IB − IA = AB .

Đẳng thức xảy ra khi M ≡ B

AM ≤ AI + IM = AI + IC = AC .

Đẳng thức xảy ra khi M ≡ C

Vậy khi M trùng với B thì AM đạt gí trị nhỏ nhất

 Vậy khi M trùng với H; N trùng với J thì MN đạt giá trị nhỏ nhất
B. Bài tập minh hoạ:
24


Bài tập 1:
Trong các số phức z thoả mãn z − 3 + 4i = 4 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của z
Lời giải:
 Cách 1
Gọi z = x + yi ( x; y ∈ R ) ⇒ M ( x; y ) biểu diễn cho số phức z trong hệ toạ độ Oxy
z − 3 + 4i = 4 ⇔ ( x − 3) 2 + ( y + 4) 2 = 4 ⇔ ( x − 3) 2 + ( y + 4) 2 = 16

Vậy điểm M biểu diễn cho số phức z thuộc đường tròn (T) có tâm I (3; −4) , bán kính R = 4.
z = x 2 + y 2 = OM ; OI = 5 > R
z

nên O nằm ngoài đường tròn (T)

lớn nhất , nhỏ nhất khi OM lớn nhất, nhỏ nhất khi M di dộng trên (T)

(Bài toán qui về Bài toán 1- Trường hợp 2)
 3 4   27 36 
Đường thẳng OI cắt đường tròn (T) tại hai điểm phân biệt A  ; − ÷; B  ; − ÷ ⇒ OA = 1; OB = 9
5

5

 5

5 

5

5

5

5

3 4
27 36
Vậy z nhỏ nhất bằng 1 khi z = − i ; z lớn nhất bằng 9 khi z = − i
5

5

5

5

 Nhận xét: Ngoài ra bài toán trên có thể giải bằng phương pháp sử dụng bất đẳng thức BunhiaCốpxki hoặc phương pháp lượng giác hoá.
Bài 2: Trong các số phức z thoả mãn điều kiện z ( z + 2 − 4i) là một số ảo, tìm số phức z sao cho ω = z − 1 − i
có môđun lớn nhất
Lời giải:
Gọi z = x + yi ( x; y ∈ R ) ⇒ M ( x; y ) biểu diễn cho số phức z trong hệ toạ độ Oxy
z ( z + 2 − 4i ) = ( x − yi ) [ ( x + 2) + ( y − 4)i ] = x( x + 2) + y ( y − 4) + [ x( y + 4) − y ( x + 2) ] i
z ( z + 2 − 4i ) là

một số ảo

⇔ x( x + 2) + y ( y − 4) = 0 ⇔ x 2 + y 2 + 2 x − 4 y = 0 ⇔ ( x + 1) 2 + ( y − 2) 2 = 5