Chuyên đề Số phức và ứng dụng để giải toán sơ cấp

 chất giao hoán ∀z1 = (x1, y1), z2 = (x2, y2) ∈
C,
ta có: z1z2 = (x1x2−y1y2, (x1y2+x2.y1) = (x2x1−y2.y1, (x2y1+x1y2) = z2.z1.
(vi) Phép nhân có tính chất kết hợp
∀z1 = (x1, y1), z2 = (x2, y2), z3 = (x3, y3) ∈ C ta có:
(z1z2)z3 = (x1.x2 − y1y2, x1y2 + x2y1)(x3, y3)
= ((x1x2 − y1y2)x3 − (x1y2 + y1x2.)y3, (x1.x2 − y1y2)y3 + (x1y2 + x2y1)x3)
= (x1x2x3−y1y2x3−x1y2y3−y1x2y3, x1x2y3−y1y2y3+x1y2x3+y1x2x3)
Tương tự ta cũng có :
z1(z2z3) = (x1x2x3−x1y2y3−y1x2y3−y1y2x3;x1x2y3+x1y2x3+y1x2y3−y1y2y3)
điều này chứng tỏ :(z1z2)z3 = z1(z2z3)
(vii) Phép nhân phần tử đơn vị Tồn tại phần tử đơn vị 1 = (1, 0) ∈ C
Thật vậy ta có : ∀z1 = (x, y) ∈ C, 1.z = (1, 0)(x, y) = (1x − 0y, 1y + 0.x) =
(x, y)
= (x, y)(1, 0) = z.1 = z.
(viii) Tồn tại phần tử nghịch đảo, ∀z1 = (x, y) ∈ C, z 6= 0 , phần tử
nghịch đảo của z là z−1 =
(
x
x2+y2 ,− yx2+y2
)
(ix) Phép nhân phân phối với phép cộng
Hà Duy Nghĩa THPT Phan Đình Phùng Đăk Lăk
Số phức và ứng dụng để giải toán sơ cấp Trang 5
∀z1 = (x1, y1), z2 = (x2, y2), z3 = (x3, y3) ∈ C ta có:
z1(z2 + z3) = (x1, y1)(x2 + x3, y2 + y3)
= (x1(x2 + x3)− y1(y2 + y3);x1(y2 + y3) + y1(x2 + x3))
= (x1x2 + x1x3 − y1y2 − y1y3, x1y2 + x1y3 + y1x2 + y1x3)
= (x1x2 − y1y2, x1y2 + y1x2) + (x1x3 − y1y3, x1y3 + y1x3)
= z1z2 + z1z3
Vậy ta đã chứng minh được (C,+, .)thỏa mãn các tiên đề của trường. Do
đó (C,+, .) là một trường số.
Có rất nhiều cách biểu diễn của số phức trên, mà mỗi cách có thể khác
thác được một số tính chất đặc biệt các nhau của tập C, sau đây tôi giới
thiệu một số cách biểu diễn đó.
1.2 Dạng đại số của số phức
1.2.1 Xây dựng số i
Xét tương ứng f : R→ R× {0} , f(x) = (x, 0)
Dễ dàng chứng minh được f là ánh xạ và là một song ánh.
Ngoài ra ta cũng có:(x, 0) + (y, 0) = (x + y, 0), (x, 0)(y, 0) = (xy, 0), vì f là
song ánh nên ta có thể đồng nhất (x, 0) = x.
Đặt i = (0, 1), khi đó ta có :z = (x, y) = (x, 0)+(0, y) = (x, 0)+(y, 0)(0, 1) =
x+ yi = (x, 0) + (0, 1)(y, 0) = x+ iy. Từ đó ta có kết quả sau:
Mệnh đề 1.2.1. Mỗi số phức tùy ý z = (x, y) có thể biểu diễn duy nhất dưới
dạng
z = x+ yi
với x, y là những số thưc tùy ý, và trong đó hệ thức i2 = −1.
Hà Duy Nghĩa THPT Phan Đình Phùng Đăk Lăk
Số phức và ứng dụng để giải toán sơ cấp Trang 6
Hệ thức i2 = −1 suy trực tiếp từ phép nhân hai số phức
i2 = ii = (0, 1)(0, 1) = (−1, 0) = −1
Biểu thức x+ yi gọi là dạng đại số của số phức z = (x, y)., Vì vậy ta có thể
viết C = {x + yi | x, y ∈ R, i2 = −1}và từ bây giờ ta ký hiệu cho số phức
z = (x, y) = x+ yi và ta có các khái niệm liên quan sau đây:
x =Rez gọi là phần thực của số phức z
y =Imz gọi là phần ảo của số phức z
i gọi là đơn vị ảo.
Nếu số phức có phần thực x = 0 gọi là thuần ảo.
Hai số phức z1, z2 gọi là bằng nhau nếu Re(z1) = Re(z2) và Im(z −
1)=Im(z2).
Số phức z ∈ R nếu và chỉ nếu Im(z) = 0.
Số phức z ∈ C\R nếu Im(z) 6= 0.
1.2.2 Các phép toán trên dạng đại số
Tương tự, ta cũng định nghĩa phép toán cộng và nhân như sau
C = {x+ yi | x, y ∈ R, i2 = −1}
(i). Phép cộng Tổng của hai số phức z1 = x1+ iy1 và z2 = x2+ iy2 , là một
số phức z được xác định :
z = (x1 + x2) + i(y1 + y2).
Kí hiệu z = z1 + z2.
(ii).Phép nhân Tích của hai số z1 = x1+ iy1 và z2 = x2+ iy2 là một số
phức z được xác định bởi:
z = (x1x2 − y1y2) + i(x1y2 + y1x2)
Hà Duy Nghĩa THPT Phan Đình Phùng Đăk Lăk
Số phức và ứng dụng để giải toán sơ cấp Trang 7
Kí hiệu z = z1z2. Định nghĩa này trùng với định nghĩa các phép toán trên C
ở phần trước.
1.2.3 Số phức liên hợp và Môđun của số phức
Định nghĩa 1.2.2. Cho số phức z = x + iy, số phức có dạng x − iy được
gọi là số phức liên hợp của số phức z, kí hiệu là z, nghĩa là z = x + yi và
z = x+ i y = x− i y.
Mệnh đề 1.2.3. .
1. z = z ⇔ z ∈ R
2. z = z
3. z.z là số thực không âm.
4. z1 + z2 = z1 + z2
5. z1.z2 = z1z2
6. z−1 = (z)−1, z ∈ C∗
7.
(
z1
z2
)
= z1z1 , z2 ∈ C∗
Chứng minh. .
1. Ta có:z = z nên suy ra x+yi = x−yi⇒ 2yi = 0⇒ y = 0⇒ z = x ∈ R.
2. Ta cóz = x− yi,⇒ z = x+ yi = z.
3. Ta có :z.z = (x+ yi)(x− yi) = x2 + y2 ≤ 0
4. Ta cóz1 + z1 = (x1 + x2) + (y1 + y2)i = (x1 + x2)− (y1 + y2)i
= (x1 − y1i) + (x2 − y2)i = z1 + z2
Hà Duy Nghĩa THPT Phan Đình Phùng Đăk Lăk
Số phức và ứng dụng để giải toán sơ cấp Trang 8
5. Ta cóz1z1 = (x1x2 − y1y2) + i(x1y2 + x2y1)
= (x1x2 − y1y2)− i(x1y2 + x2y1)
= (x1 − y1i)(x2 − y2i) = z1z2.
6. Ta có:z 1z = 1⇒
(
z 1z
)
= 1⇒ z 1z = 1⇒ z−1 = (z)−1
7. Ta có :
(
z1
z2
)
=
(
z1.
1
z2
)
= z1 1z2 = z1
1
z2
= z1z2 .
Định nghĩa 1.2.4. Cho số phức z = x+ iy khi đó
√
x2 + y2 gọi là modulus
( trị tuyệt đối ) của số phức z ký hiệu |z| = √x2 + y2.
Mệnh đề 1.2.5. .
1. − |z| ≤ Re(z) ≤ |z| ,− |z| ≤ Im(z) ≤ |z|
2. |z| ≥ 0, |z| = 0⇔ z = 0
3. |z| = |−z| = |z|
4. z.z = z2
5. |z1.z2| = |z1||z2|
6. |z1| − |z2| ≤ |z1 + z2| ≤ |z1|+ |z2|
7.
∣∣∣z−1∣∣∣ = |z|−1, z ∈ C∗
8.
∣∣∣z1
z2
∣∣∣ = |z1||z2| , z2 ∈ C∗
9. |z1| − |z2| ≤ |z1 − z2| ≤ |z1 + z2|
10. |z1 + z2|2 + |z1 − z2|2 = 2 (|z1|+ |z2|).
Chứng minh. Các mệnh đề (1-4) Suy ra trực tiếp từ định nghĩa.
• (5) Ta có |z1z2|2 = (z1z2)(z1z2) = (z1z1)(z2z2)) = |z1| 2|z2|2.
Hà Duy Nghĩa THPT Phan Đình Phùng Đăk Lăk
Số phức và ứng dụng để giải toán sơ cấp Trang 9
• (6) |z1 + z2|2 = (z1 + z2) (z1 + z2) = (z1 + z2) (z1 + z2)
= |z1|2 + z1z2 + z1z2 + |z2|2
Ngoài ra, z1.z2 = z1z2 = z1z2
nên suy ra z1z2 + z1z2 = 2Re(z − 1z2)2 ≤ |z1z2| = 2 |z1| |z2| .
Do đó
|z1 + z2|2 ≤ (|z1|+ |z2|)2
Hay
|z1 + z2| ≤ |z1|+ |z2|
Mặt khác,
|z1| = |z1 + z2 − z2| ≤ |z1 + z2|+ |z2|
Suy ra
|z1| − |z2| ≤ |z1 + z2|
• (7) Ta có :z 1z = 1⇒ |z|
∣∣∣1
z
∣∣∣⇒ ∣∣∣1z ∣∣∣ = 1|z| Nên :
∣∣∣z−1∣∣∣ = |z|−1, z ∈ C∗.
• (8)
∣∣∣z1
z2
∣∣∣ = ∣∣∣z1 1z2 ∣∣∣ = ∣∣∣z1z2−1∣∣∣ = |z1| |z2|−1 = |z1||z2|
• (9) Tương tự trong phần (6) ta cũng có :
|z1| = |z1 − z2 + z2| ≤ |z1 − z2|+ |z2|
Nên suy ra :
|z1| − |z2| ≤ |z1 − z2|
Ngoài ra:
|z1 − z2| = |z1 + (−z2)| ≤ |z1|+ |−z2| = |z1|+ |z2|
Hà Duy Nghĩa THPT Phan Đình Phùng Đăk Lăk
Số phức và ứng dụng để giải toán sơ cấp Trang 10
• (10) Ta có:
|z1 + z2|
2
+ |z1 − z2|
2
= (z1 + z2) (z1 + z2) + (z1 − z2) (z1 − z2)
= |z1|
2
+ z1z2 + z1z2 + |z2|
2
= |z1|
2 − z1z2 − z1z2 + |z2|
2
= 2
(
|z1|2 + |z2|2
)
.
1.3 Dạng lượng giác của số phức
Ở dạng này cho ta thấy tính chất đặc biệt về lũy thừa của một số phức
thông qua định lý Moiver.
1.3.1 Tọa độ cực của số phức
Trong mặt phẳng Oxy cho (x, y) khác gốc tọa độ.
Số thực r =
√
x2 + y2 gọi là bán kính cực của điểm M , số đo θ ∈ [0, 2pi)
của góc lượng giác
(−→
Ox,
−−→
OM
)
gọi là argument của M, cặp có thứ tự (r, θ) gọi
là tọa độ cực của điểm M, viết M(r, θ).
Chý ý : Ánh xạ h : R×R\(0, )→ (0,∞)× [0, 2pi) ,
h(x, y)→ (r, θ) là một song ánh.
Điểm gốc O là điểm duy nhất có r = 0, θ không xác định.
Mỗi điểm M trong mặt phẳng có duy nhất điểm P (1, θ) là giao điểm của
tia OM với đường tròn đơn vị tâm O, sử dụng định nghĩa sin và cosin ta
thấy:
x = r cos θ, y = r sin θ
Ngoài ra ta cũng có thể định nghĩa argument của số phức z như sau:
∀z 6= 0, cos θ = Rez|z| , sin θ =
Imz
|z|
Hà Duy Nghĩa THPT Phan Đình Phùng Đăk Lăk
Số phức và ứng dụng để giải toán sơ cấp Trang 11
1.3.2 Biểu diễn lượng giác của số phức
Cho số phức z = x = yi ta có thể viết z dưới dạng cực: z = r(cos θ+i sin θ)
Đặt α = θ + k2pi, k ∈ Z ,khi đó z = r(cosα + i sinα).
Tức là với số phức z bất kỳ ta luôn viết được dưới dạng
z = r(cos t+ i sin t), r ≥ 0, t ∈ R
1.3.3 Phép toán trong dạng lượng giác của số phức
Cho hai số phức z1, z2 6= 0, có biểu diễn dạng lượng giác
z1 = r1(cos t1 + i sin t1), z2 = r2(cos t2 + i sin t2) khi đó :
Hai số z1, z2 gọi là bằng nhau nếu nếu r1 = r2 và t2 − t1 = k2pi, k ∈ Z
Tích hai số phức z1.z2 là số phức được xác định :
z1z2 = r1r2 (cos(t1 + t2) + i sin(t1 + t2)) .
Định lý 1.3.1. ( De Moivre), Cho z = r(cos t + i sin t) và n ∈ N, khi đó ta
có
zn = rn(cosnt+ i sinnt)
Chú ý : Công thức De Moivre vẫn đúng cho lũy thừa nguyên âm
Ngoài ra z = r(cos θ + i sin θ) còn được biểu diễn dưới dạng z = reiθ gọi
là biểu diễn số phức dưới dạng mũ.
Mệnh đề 1.3.2. Với mọi φ, φ1, φ2 ∈ R ta có:
1. eiφ1eiφ2 = ei(φ1+φ2)
2. ei(φ+2pi) = eiφ
3. eiφ = e−iφ
4. |eiφ| = 1
Hà Duy Nghĩa THPT Phan Đình Phùng Đăk Lăk
Số phức và ứng dụng để giải toán sơ cấp Trang 12
Chứng minh. Đối với mệnh đề (1),(2),(4) suy ra trực tiếp từ định nghĩa và
tính chất của lũy thừa. Ta chứng ming cho mệnh đề (3). Ta có :
eiφ = cos(φ) + isin(φ)
= cos(φ)− isin(φ) = cos(−φ) + isin(−φ)
= e−iφ.
1.4 Căn bậc n của đơn vị và biểu diễn hình học của
số phức
1.4.1 Căn bậc n của số phức
Định nghĩa 1.4.1. Cho số phức w 6= 0 và số nguyên n ≥ 2. Khi đó nghiệm
z của phương trình zn − w = 0 là căn bậc n của số phức z
Mệnh đề 1.4.2. Cho số phức w = r(cos(θ) + isin(θ)), với r > 0, θ ∈ [0, 2pi)
Khi đó căn bậc ncủa số phức w gồm n số phân biệt xác định bởi :
zk = n
√
r(cos(θ + 2kpi
n
) + isin(θ + 2kpi
n
)), k = 1, 2, ..., n− 1.
Chứng minh. Xét dạng lượng giác của số phức z = ρ(cosϕ+ isinϕ) khi đó
zn = ρn(cosnϕ+ i.sinnϕ)
Ngoài ra ta có zn = w nên ta suy ra:ρn(cosnϕ+isinnϕ) = r(cos(θ)+isin(θ)).
Do đó:ρn = r, nϕ = θa+ 2kpi, k ∈ Z
Vậy nghiệm của phương trình zn − w = 0 có dạng:
zk = n
√
r(cosϕk + isinϕk), k ∈ Z.
Vì 0 ≤ ϕ0 < ϕ1 < ... < ϕn−1 < 2pi nên ϕ, k ∈ {0, 1, ..., n − 1} là argument
cực. Bởi tính duy nhất của tọa độ cực ta ruy ra phương trình có n nghiệm
{z0, z1, ..., zn} Mặt khác với số nguyên k tùy ý, gọi r ∈ {0, 1, 2, ..., n − 1}
Hà Duy Nghĩa THPT Phan Đình Phùng Đăk Lăk
Số phức và ứng dụng để giải toán sơ cấp Trang 13
là hệ thặng dư theo modun n ( nghĩa là chia k cho n ta được các số dư
{0, 1, 2, ..., n− 1}.)
Khi đó ϕk = θn + (nq + r)
2pi
n = ϕr + 2piq.
Điều này suy ra :zk = zr hay {zk, k ∈ Z = {z0, z1, ..., zn−1}, }.
Định nghĩa 1.4.3. Nghiệm của phương trình zn − 1 = 0 Gọi là căn bậc n
của đơn vị.
Từ định nghĩa ta thấy rằng căn bậc n của đơn vị là:
ωk = cos
2kpi
n
+ isin2kpi
n
, k = 0, 1, .., n− 1
Người ta ký hiệu cho tập các căn bậc n của đơn vị là Un = {1, ω, ω2, ...ωn−1}
(Un là nhóm nhân cyclic cấp n.)
Số ωk ∈ Un gọi là căn nguyên thủy bậc n của đơn vị nếu mọi số nguyên
dương m < n ta có ωmk 6= 1.
1.4.2 Biểu diễn hình học của số phức
Định nghĩa 1.4.4. Điểm M(x, y) trong mặt phẳng Oxy gọi là điểm biểu
diễn hình học của số phức z = x+ yi.
Số phức z = x + yi gọi là tọa độ phức của điểm M(, y), ta dùng ký hiệu
M(z) để chỉ tọa độ phức của điểm M là z
Mặt phẳng tọa độ với việc biểu diễn số phức như trên gọi là mặt phẳng
phức.
Ngoài ra, trên mặt phẳng phức người ta cũng đồng nhất số phức z = x = yi
với −→v = −−→OM,M(x; y)
Định nghĩa 1.4.5. Cho số phức z = x + yi có biểu diễn hình học là M(z),
khi đó khoảng cách từ M(z) đến O là Môđun của số phức z
Xét hai số phức z1 = x1 + y1i, z2 = x2 + y2i và các véc tơ tương ứng ~v1 =
x1~i+ y1~j,~v2 = x2~i+ y2~j, khi đó :
Hà Duy Nghĩa THPT Phan Đình Phùng Đăk Lăk
Số phức và ứng dụng để giải toán sơ cấp Trang 14
• Tổng hai số phức : z1 + z2 = (x1 + x2)i+ (y1 + y2)i
• Tổng hai véctơ :~v1 + ~v2 = (x1 + x2)~i+ (y1 + y2)~j Qua biểu diễn ta thấy
tổng hai số phứcz1 + z2 tương ứng với tổng hai véc tơ ~v1 + ~v2.
• Hiệu hai số phức :z1 − z2 = (x1 + x2)i− (y1 + y2)i
• Hiệu hai véctơ :~v1 − ~v2 = (x1 − x2)~i+ (y1 − y2)~j
• Khoảng cách hai điểm M1(x − 1, y1),M2(x2, y2) bằng mô đun của số
phức z1 − z2 bằng độ dài của ~v1 − ~v2.
M1M2 = |z1 − z2| = |−→v1 −−→v2 | =
√
(x2 − x1)2 + (y2 − y1)2
• Nếu λ là số thực thì tích λ.z = λx + λyi tương ứng với véctơ λ~v =
λx~i+ λy~j.
• Tích của hai số phức z1 = r1(cosθ1 + isinθ1), z2 = r2(cosθ2 + isinθ2).
và gọi M1(r1, θ1),M(r2, θ2) là tọa độ cực tương ứng của điểm M1,M2,
gọi P1, P2 là giao điểm của đường tròn C(O, 1) với tia OM1, OM2.Dựng
P3 thuộc đường tròn có argument cực θ1 + θ2 chọn M3 thuộc tia OP3 :
OM3 = OM1.OM2 gọi z3 là tọa độ phức của điểmM3 khi đóM3(r1r2, θ1+
θ2) là điểm biểu diễn của tích z1.z2
Hình 1.1: Biểu diễn tổng hai số
phức
Hình 1.2: Biểu diễn tích một số thực
dương và một số phức
Hà Duy Nghĩa THPT Phan Đình Phùng Đăk Lăk
Số phức và ứng dụng để giải toán sơ cấp Trang 15
Chú ý: i)Với số thực dương r tập hợp các số phức với Môđun r biểu diễn
trên mặt phẳng phức là đường tròn C(O, r)
(ii) Các số phức {z, |z| < r} là các điểm nằm trong đường tròn
C(O, r).
(iii) Các số phức {z, |z| > r} là các điểm nằm ngoài đường tròn
C(O, r)
Mệnh đề 1.4.6. Biểu diễn hình học của các căn bậc n > 2 của w 6= 0 là
đỉnh của n giác đều nội tiếp trong đường tròn tâm O bán kính n
√
r, r = |w|.
Chứng minh. Gọi các điểm biểu diễn của các số phức z1, z2, ..., zn−1 trên mặt
phẳng phức là M0(z0),M1(z1), ...,Mn−1(zn−1).Khi đó ta có :
OMk = |zk| = n
√
r, k ∈ {0, 1, .., n− 1}
Suy ra Mk ∈ C(0, n√r). Mặt khác, số đo cung cung M˜kMk+1 bằng :
arg zk+1 − arg zk = θ + 2(k + 1)pi − (θ + 2kpi)
n
= 2pi
n
, k ∈ {0, 1, .., n− 2}
Cung còn lại có số đo được xác định như sau :sdM˜n−1M0 = 2pi − (n− 1)2pin
Từ đó suy ra các cung trên có số đo bằng nhau, hay đa giácM0M1...Mn−1
đều.
Hình 1.3: Biểu diễn các căn bậc 3 của số phức z=1+i
Hà Duy Nghĩa THPT Phan Đình Phùng Đăk Lăk
Số phức và ứng dụng để giải toán sơ cấp Trang 16
Định lý 1.4.7. 1. Nếu n |q thì nghiệm bất kỳ của phương trình zn− 1 = 0
cũng là nghiệm của phương trình zq − 1 = 0
2. Các nghiệm chung của phương trình zm − 1 = 0 và zn − 1 = 0 là các
nghiệm của phương trình zd = 0, d = UCLN(m,n).
3. Các căn bậc n nguyên thủy của đơn vị là
ωk = cos
2kpi
n
+ i. sin 2kpi
n
, 0 6 k 6 m,UCLN(k, n) = 1
Chứng minh. Xem trong tài liệu ([2],p 45-46)
1.5 Tích thực của hai số phức
Như ta đã biết tích vô hướng hai véctơ là một số thực, trong phần này tôi
sẽ giới thiệu khái niệm tương tự cho tích hai số phức.
Định nghĩa 1.5.1. Tích thực của hai số phức a và b là một số xác định bởi
a.b = 12(ab+ ab)
Từ định nghĩa trên ta suy ra trực tiếp mệnh đề sau
Mệnh đề 1.5.2. Cho các số phức a, b, c, z, cá mệnh đề sau đây là đúng.
1. a.a = |a|2
2. a.b = b.a
3. a.(b+ c) = a.b+ a.c
4. (αa) = α(a.b) = a(αb)∀α ∈ R
5. a.b = 0 nếu và chỉ nếu OA ⊥ OB với A(a), B(b)
6. (az).(bz) = |z|2(a.b)
Hà Duy Nghĩa THPT Phan Đình Phùng Đăk Lăk
Số phức và ứng dụng để giải toán sơ cấp Trang 17
Mệnh đề 1.5.3. Giả sử rằng A(a), B(b), C(c)văD(d) là bốn điểm rời nhau.
Các mệnh đề sau đây là tương đương:
1. AB ⊥ CD
2. (b− a)(c− d) = 0
3. b−ad−c ∈ iR∗
Chứng minh. Lấy điểm M(b− a), N(d− c) ta được tứ giác OAMB,OCDN
là hình bình hành, khi đó ta có AB ⊥ CD nếu và chỉ nếu OM ⊥ ON Mà,
m.n = (b − a)(d − c) = 0 nên theo tính chất 5 của mệnh đề trên ta suy ra
điều phải chứng minh. 2)⇔ 3) suy trực tiếp từ từ định nghĩa.
Hà Duy Nghĩa THPT Phan Đình Phùng Đăk Lăk
Chương 2
MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ SỐ PHỨC
Trong chương này ta sẽ làm quen với các bài toán liên quan đến số phức.
Áp các phép toán của số phức để giải các bài toán cổ điển các bài toán thi
IMO. Tham khảo trên tài liệu [2].
2.1 Dạng 1: Tính toán, biến đổi trên trường số phức
Bài tập 2.1.1. Cho a là số thực dương và đặt
M0 =
{
z ∈ C∗,
∣∣∣∣∣z + 1z
∣∣∣∣∣ = a
}
Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của |z| khi z ∈M0
Lời giải
Ta có a2 = |z + 1z |2 =
(
z + 1z
) (
z + 1z
)
= |z|
4+(z+z)2−2|z|2+1
|z|2
Điều này suy ra:
|z|4 − |z|2
(
a2 + 2
)
+ 1 = −(z + z)2 6 0
Do đó
|z|2 ∈
a2 + 2−√a4 + 4a2
2 ;
a2 + 2 +
√
a4 + 4a2
2

Suy ra
|z| ∈
−a+√a2 + 4
2 ;
a+
√
a2 + 4
2

Vậy
max |z| = a+
√
a2 + 4
2 ;min |z| =
−a+√a2 + 4
2 , z ∈M0, z = z
18
Số phức và ứng dụng để giải toán sơ cấp Trang 19
Bài tập 2.1.2. Chứng minh√
7
2 6 |1 + z|+
∣∣∣1− z + z2∣∣∣ 6 3
√
7
6∀z ∈ C, |z| = 1
Lời giải
Đặt t = |z + 1| ⇒ t ∈ [0; 2]
khi đó t2 = (1 = z)(1 + z) = 2 + 2Re(z)⇒ Re(z) = t2−22
Xét hàm số
f : [0; 2] −→ R, f(t) = t+
√
|7− 2t2|
Ta có:
f(
√
7
2) =
7
2 ≤ t+
√
|7− 2t2| ≤ f(
√
7
6) = 3
√
7
6 .
Ngoài ra, |1 + z|+ |1 +−z + z2| = t+
√
|7− 2t2|.
Vậy
√
7
2 6 |1 + z|+
∣∣∣1− z + z2∣∣∣ 6 3√76 ,∀z ∈ C, |z| = 1.
Bài tập 2.1.3. Giải phương trình: z3 = 18 + 26i, z = x+ yi, x, y ∈ Z
Ta có: (x+ yi)3 = (x+ yi)2(x+ yi) = (x3 − 3xy2) + (3x2y − y3)i
Suy ra: 
x3 − 3xy2 = 18
3x2y − y3 = 26
Đặt y = tx từ hệ trên ta suy ra
18(3t− t3)) = 26(1− 3t2), x.y 6= 0
(3t− 1)(3t2 − 12t− 13) = 0⇒ t = 13(t ∈ Q)
Với x = 3y thay vào phương trình x3 − 3xy = 18 ta được:
x = 3, y = 1.
Bài tập 2.1.4. Cho p, q là hai số phức, q 6= 0. Chứng minh rằng nếu các
nghiệm phương trình bậc hai x2 + px + q = 0 có môđun bằng nhau thì pq là
số thực.
Hà Duy Nghĩa THPT Phan Đình Phùng Đăk Lăk
Số phức và ứng dụng để giải toán sơ cấp Trang 20
(1999 Romanian Mathematical Olympiad-Final Round)
Lời giải
Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình và r = |x1| = |x2| khi ddos ta có:
p2
q2
= (x1 + x2)
2
x− 1.x2 =
x1
x− 2 +
x2
x1
+ 2 = x1.x2
r2
+ x2.x1
r2
+ 2 = 2 + 2
r2
Re(x1.x2)
Do đó p
2
q2 là một số thực. Ngoài ra, Re(x1.x2) ≥ −|x1.x2| = r2 suy ra p
2
q2 ≥ 0.
Vậy pq là số thực.
2.2 Dạng 2:ứng dụng số phức trong việc giải toán
sơ cấp
Bài tập 2.2.1. Chứng minh công thức lượng giác sau:
sin5t = 16sin5t− 20sin3t+ 5sint (2.1)
cos5t = 16cos5t− 20cost + 5cost (2.2)
Lời giải
áp dụng công thức Moiver ta có : (cost+ isint)5 = cos5t+ i.sin5t
Ngoài ra theo khai triển nhị thức:
(cost+ isint)5 = cos5t+ 5icos4tsint+ 10i2cos3tsin2t
+10i3cos2tsin3t+ 5i4costsin4t+ i5sin5t
= cos5t− 10cos3t(1− cos2t) + 5cost(1− cos2t)2
+i(sin2t(1− sin2t)2 − 10(1− sin2t)sin3t+ sin5t)
Đồng nhất phần thực, phần ảo hai biểu thức trên ta được điều phải chứng
minh.
Phần (2.2) tương tự.
Bài tập 2.2.2. Chứng minh rằng cospi7 − cos2pi7 + cos3pi7 = 12
Hà Duy Nghĩa THPT Phan Đình Phùng Đăk Lăk
Số phức và ứng dụng để giải toán sơ cấp Trang 21
(International Mathematical Olympiad -Poland 1963)
Lời giải
Xét phương trình x7+1 = 0. Dễ thấy các nghiệm của phương trình là các căn
bặc 7 của số -1. Tức là tập nghiệm của phương trình là: {e ipi7 , e i3pi7 , ..., e i13pi7 }
Mặt khác e ipi7 + ei 3pi7 + ...+ ei 13pi7 = e ipi7 (e
i2pi
7 )7−1
e
ipi
7
= 0 nên tổng phần thực của nó
bằng không. Do đó
cos
pi
7 + cos
3pi
7 + cos
5pi
7 + cos
7pi
7 + cos
9pi
7 + cos
11pi
7 + cos
13pi
7 = 0
⇔ 2(cospi7 + cos
3pi
7 + cos
5pi
7 )− 1 = 0
⇔ cospi7 − cos
2pi
7 + cos
3pi
7 =
1
2 .
Bài tập 2.2.3. Chứng minh bất đẳng thức quen thuộc sau:
1.
√
x2 + xy + y2 +
√
y2 + yz + z2 +
√
z2 + zx+ x2 ≥ √3(x+ y + z),
∀x, y, z > 0
2.
√
4cos2xcos2y + sin2(x− y) +
√
4sin2xsin2y + sin2(x− y) ≥ 2),
∀x, y ∈ R
Lời giải
1.Đặt z1 = x+ y2 +
√
3
2 yi, z2 = y +
z
2 +
√
3
2 zi, z3 = z +
x
2 +
√
3
2 xi
khi đó ta có:
|z1| =
√
x2 + xy + y2, |z2| =
√
y2 + yz + z2, |z3| =
√
z2 + zx+ x2
|z1 + z2 + z3| =
√
3(x+ y + z)
Hà Duy Nghĩa THPT Phan Đình Phùng Đăk Lăk
Số phức và ứng dụng để giải toán sơ cấp Trang 22
áp dụng công thức 6 của Mệnh đề 1.2.5 ta được: |z1+z2+z3| ≤ |z1|+|z2|+|z3|
Suy ra:
√
x2 + xy + y2 +
√
y2 + yz + z2 +
√
z2 + zx+ x2 ≥ √3(x+ y + z).
2.Tương tự: Đặt z1 = 42cosxcosy+ isin(x− y), z2 = 2sinxsiny+ isin(x− y)
Ta suy ra điều chứng minh.
Bài tập 2.2.4. Chứng minh đẳng thức tổ hợp quen thuộc sau:
C02011 + C32011 + C62011 + ...+ C20102011 =
22011 + 1
3
Lời giải
Gọi ω là căn bậc nguyên thủy bậc 3 của đơn vị, tức là ω3 = 1, ω = cos2pi3 +
isin2pi3 khi đó ta có 1 + ω + ω
2 = 0 và

ω3n = 1
ω3n+1 = ω
ω3n+2 = ω2
, n ∈ N
Khai triển các nhị thức Newton (1 + 1)2011, (1 + ω)2011, (1 + ω2)2011 ta được:
(1 + 1)2011 = C02011 + C12011 + C22011 + ...+ C20102011 + C20112011
(1 + ω)2011 = C02011 + C12011ω + C22011ω2 + ...+ C20102011ω2010 + C20112011ω2011
= C02011 + C12011ω + C22011ω2 + ...+ C20102011 + C20112011ω
(1 + ω)2011 = C02011 + C12011ω2 + C22011ω + ...+ C20102011 + C20112011ω2 Cộng vế theo
vế các số hạng của 3 tổng trên ta được:
3
(
C02011 + C32011 + ...+ C20102011
)
= (1 + 1)2011 + (1 + ω)2011 + (1 + ω2)2011.
Ngoài ra,
• (1 + 1)2011 = 22011
• (1 + ω)2011 =
(
1 + cos2pi3 + isin
2pi
3
)2011 = (cospi3 + isinpi3)2011
= cos2011pi3 + isin
2011pi
3 = cos
pi
3 + isin
pi
3
Hà Duy Nghĩa THPT Phan Đình Phùng Đăk Lăk
Số phức và ứng dụng để giải toán sơ cấp Trang 23
•
(
1 + ω2
)2011 = (1 + cos4