
Một số dạng bài tập về số phức - Nguyễn Trung Kiên
Mô tả tài liệu
Tài liệu tham khảo các chuyên đề ôn thi môn toán : Một số dạng bài tập về số phức - Nguyễn Trung Kiên , giúp các bạn học sinh ôn thi tốt và đạt kết quả cao trong các kỳ thi tốt nghiệp, thi tuyển sinh sắp tới.
Tóm tắt nội dung
1
I) DẠNG ĐẠI SỐ CỦA SỐ PHỨC
Dạng 1) Bài toán liên quan ñến biến ñổi số phức
Ví dụ 1) Tìm số nguyên x, y sao cho số phức z=x+yi thoả mãn 3 18 26z i= +
Giải:
3 18 26z i= + ( ) ( ) ( )
3 2
3 2 3 3 2
2 3
3 18
18 26 18 3 26 3
3 26
x xy
x yi i x y y x xy
x y y
− =⇔ + = + ⇔ ⇔ − = −
− =
Giải phương trình bằng cách ñặt y=tx ta ñược
1
3, 1
3
t x y= ⇒ = = . Vậy z=3+i
Ví dụ 2) Cho hai số phức 1 2;z z thoả mãn 1 2 1 2; 3z z z z= + = Tính 1 2z z−
Giải:
Đặt 1 1 1 2 2 2;z a b i z a b i= + = + . Từ giả thiết ta có ( ) ( )
2 2 2 2
1 1 2 2
2 2
1 2 1 b a b
a a b b
+ = + =
+ + + =
( ) ( ) ( )2 21 1 2 2 1 2 1 2 1 22 1 1 1a b a b a a b b z z⇒ + = ⇒ − + − = ⇒ − =
Dạng 2) Bài toán liên quan ñến nghiệm phức
Ví dụ 1) Giải phương trình sau: 2 8(1 ) 63 16 0z i z i− − + − =
Giải: Ta có ( )22' 16(1 ) (63 16 ) 63 16 1 8i i i i∆ = − − − = − − = − Từ ñó tìm ra 2 nghiệm là
1 25 12 , 3 4z i z i= − = +
Ví dụ 2) Giải phương trình sau: 22(1 ) 4(2 ) 5 3 0i z i z i+ − − − − =
Giải: Ta có ∆ ’ = 4(2 – i)2 + 2(1 + i)(5 + 3i) = 16. Vậy phương trình cho hai nghiệm là:
z1 =
z2 =
Ví dụ 3) Giải phương trình 3 29 14 5 0z z z− + − =
Giải: Ta có phương trình tương ñương với ( )( )22 1 4 5 0z z z− − + = . Từ ñó ta suy ra
phương trình có 3 nghiệm là 1 2 3
1
; 2 ; 2
2
z z i z i= = − = +
Ví dụ 4) Giải phương trình: 3 22 5 3 3 (2 1) 0z z z z i− + + + + = biết phương trình có
nghiệm thực
Giải: Vì phương trình có nghiệm thực nên
3 22 5 3 3 0
2 1 0
z z z
z
− + + =
+ = thoả mãn cả
hai phương trình của hệ:Phương trình ñã cho tương ñương với
( ) ( )22 1 3 3 0z z z i+ − + + = . Giải phương trình ta tìm ñược 1 ; 2 ; 1
2
z z i z i= − = − = +
Ví dụ 5) Giải phương trình: 3 2(1 2 ) (1 ) 2 0z i z i z i+ − + − − = biết phương trình có
nghiệm thuần ảo:
Giải: 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) 0bi i bi i bi i b b b b b i+ − + − − = ⇔ − + − + + − =
2
3 2
0
1
2 2 0
b b
b z i
b b b
− =⇔ ⇒ = ⇒ =
− + + − =
là nghiệm, từ ñó ta có phương trình tương
ñương với ( )( )2 (1 ) 2 0z i z i z− + − + = . Giải pt này ta sẽ tìm ñược các nghiệm
Ví dụ 6) Tìm nghiệm của phương trình sau: 2z z= .
Giải: Giả sử phương trình có nghiệm: z=a+bi thay vào ta có ( )2a bi a bi+ = +
2 2
2
a b a
ab b
− =
⇔
= −
Giải hệ trên ta tìm ñược
1 3
( , ) (0;0), (1;0), ( ; )
2 2
a b = − ± . Vậy phương
trình có 4 nghiệm là
1 3
0; 1;
2 2
z z z i= = = − ±
Dạng 3) Các bài toán liên quan ñến modun của số phức:
Ví dụ 1) Tìm các số phức z thoả mãn ñồng thời các ñiều kiện sau:
1 2 2z i z i+ − = − + và 5z i− =
Giải:
Giả sử z=x+yi (x,y là số thực) .Từ giả thiết ta có
1 ( 2) 2 (1 )
( 1) | 5
x y i x y i
x y i
+ + − = − + −
+ − =
( )
( )
2 2 2 2
22
1 ( 2) ( 2) (1 )
1 5
x y x y
x y
+ + − = − + −⇔
+ − 6 4 0
y x
x x
=
⇔
− − =
1, 3x y⇔ = = hoặc
2 6
,
5 5
x y= − = − . Vậy có 2 số phức thoả mãn ñiều kiện.
Ví dụ 2) Xét số phức z thoả mãn ;
1 ( 2 )
i m
z m R
m m i
−= ∈
− −
a) Tìm m ñể z =
b)Tìm m ñể
1
4
z i− ≤
c) Tìm số phức z có modun lớn nhất.
Giải:
a) Ta có
( )( )
( )( ) ( )
2 2 2 2
22 2 2 2 2
1 2 (1 ) 2 (1 2 )
1 2 1 2 1 2 1 4
i m m mii m m m m m m
z
m mi m mi m mi m m
− − −− − − + + − += = =
− + − + − − − +
3
( )
2 2
2 2 2 2 22
(1 ) (1 ) 1 1
1 1 1 11
m m i m m m
i z i
m m m mm
+ + += = + ⇒ = −
+ + + ++
( 1 1
. 1 2 1
2 21
m
z z m m
m
+
⇒ = ⇔ = ⇔ + = ⇔ = ±
+
b) Ta có
2
2 2 2 2
1 1 1 1
1
4 1 1 4 1 1 4
m m m
z i i i
m m m m
− ≤ ⇔ + − ≤ ⇔ − ≤ + + + +
⇔
2 4 2
2 2
2 2 2 2 2
1 1 1 1
16 1
(1 ) (1 ) 16 1 6 15 15
m m m
m m m
m m m
⇔ + ≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤ + ⇔ − ≤ ≤
+ + +
c) Ta có
( 22
1 1
1 | | 1 z m
mm
+= = ≤ ⇒ = ⇔ =
++
Ví dụ 3) Trong các số phức z thoả mãn ñiều kiện 2 4 5z i− − = Tìm số phức z có
modun lớn nhất, nhỏ nhất.
Giải: Xét số phức z = x+yi . Từ giả thiết suy ra ( ) ( )2 22 4 5x y− + − = Suy ra tập hợp
ñiểm M(x;y) biểu diễn số phức z là ñường tròn tâm I(2;4) bán kính 5R =
Dễ dàng có ñược (2 5 sin ;4 5 cos )M α α+ + . Modun số phức z chính là ñộ dài véc tơ
OM.
Ta có |z|2= 2 2 2(2 5 sin ) (4 5 cos ) 25 4 5(sin 2cos )OM α α α α= + + + = + +
Theo BDT ta có ( )2 2 2(sin 2cos ) (1 4) sin cos 5α α α α+ ≤ + + =
5 sin 2cos 5α α⇒ − ≤ + ≤ 5 3 5z⇒ ≤ ≤ . Vậy
min
1 2
| | 5 sin 2cos 5 sin ;cos 1, 2 1 2
5 5
z x y z iα α α α− −= ⇒ + = − ⇔ = = ⇔ = = ⇒ = +
max
1 2
| | 3 5 sin 2cos 5 sin ;cos 3, 6 3 6
5 5
z x y z iα α α α= ⇔ + = ⇔ = = ⇔ = = ⇒ = +
Ví dụ 4) Trong các số phức thoả mãn ñiều kiện 2 4 2z i z i− − = − .Tìm số phức z có
moodun nhỏ nhất.
Giải: Xét số phức z = x+yi . Từ giả thiết suy ra
( ) ( ) ( )2 2 222 4 2 4 0x y x y x y− + − = + − ⇔ + − = Suy ra tập hợp ñiểm M(x;y) biểu diễn
số phức z là ñường thẳng y=-x+4
Ta có 2 2 2 2 2 2(4 ) 2 8 16 2( 2) 8 2 2z x y x x x x x= + = + − = − + = − + ≥ . Từ ñó suy
min
2 2 2 2 2 2z x y z i= ⇔ = ⇒ = ⇒ = +
Dạng 4) Tìm tập hợp ñiểm biểu diễn số phức
Ví dụ 1) Tìm tập hợp các ñiểm M trong mặt phẳng phức biểu diễn số phức z biết:
a) 3
z
z i
=
−
b) 3 4z z i= − + c) 4z i z i− + + =
4
Giải:
Gọi z=x+yi
a) Từ giả thiết ta có 2 2 2 2 2 2
9 9
3 9( ( 1) ) ( )
8 64
z z i x y x y x y= − ⇔ + = + − ⇔ + − =
Vậy tập hợp ñiểm M là ñường tròn tâm
9 3
(0; ),
8 8
I R =
b) Từ giả thiết ta có ( )22 2 23 (4 ) 6 8 25x y x y x y+ = − + − ⇔ + = . Vậy tập hợp các ñiểm
M là ñường thẳng
c) Giả sử z =x+yi thì 4z i z i− + + = ( ) ( )2 22 21 1 4x y x y⇔ + − + + + = ⇔
( )
( ) ( ) ( )
( )
( )
22 22
22 2 2 22 2 2
1 161 4
2 1 41 16 8 1 1
x yx y
x y yx y x y x y
+ + ≤+ + ≤ ⇔ ⇔
+ − = + + − = − + + + + +
( ) ( 2
2 2 2
1 16(1)
1 16
4 4 8 4 8 16 1(2)
3 y
x y
x y
x y y y y
y
y
+ + ≤ + + ≤
⇔ + + + = + + ⇔ + =
≥ − ≥ −
Ta thấy các ñiểm nằm trong hình tròn (1) và Elip (2) và tung ñộ các ñiểm nằm trên (Elip)
luôn thoả mãn ñiều kiện y >-4. Vậy tập hợp ñiểm M là Elip có pt
2 2
1
3 4
x y+ = .
Ví dụ 2) Tìm tập hợp các ñiểm biểu diễn trong mặt phẳng phức số
phức ( )1 3 2i zω = + + biết rằng số phức z thoả mãn: 1z − ≤ 2.
Giải: Đặt ( ),z a bi a b R= + ∈
Ta có 1z − ≤ 2 ( )2 21 4a b⇔ − + ≤ (1)
Từ
( ) ( )( ) 3 2 3 1 31 3 2 1 3 2
3 3 3( 1)
x a b x a b
i z x yi i a bi
y a b y a b
ω
= − + − = − + = + + ⇒ + = + + + ⇔ ⇔
= + − = − +
Từ ñó ( ) ( ) ( )22 2 23 3 4 1 16x y a b − + − ≤ − + ≤ do (1)
Vậy tập hợp các ñiểm cần tìm là hình tròn ( ) ( )223 3 16x y− + − ≤ ; tâm ( )3; 3I , bán
kính R=4.
Ví dụ 3) Xác ñịnh tập hợp các ñiểm M(z) trong mặt phẳng phức biểu diễn các số
phức z sao cho số có acgumen bằng
3
π
.
Giải:
5
Giả sử z=x+yi, thì
( )
( )
( ) ( )
( )2 2
2 222
2 2 2
x yi x yix yiz
z x yi x y
− + + + − +− = =
+ + + + +
( )
( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2 2 22 2 2
4 2 2 4 4
2 2 2
x y yi x x x y y
i
x y x y x y
− + + + − + + −= = +
+ + − + − +
(1)
Vì số phức có acgumen bằng
3
π
, nên ta có:
( ) ( )
2 2
2 22 2
4 4
cos sin
3 32 2
x y y
i i
x y x y
π πτ+ − + = +
− + − +
với 0τ >
( )
( )
2 2
2 2
2 3
22
x y
x y
y
x + − = − +
⇒
=
− +
Từ ñó suy ra y>0 (1) và
2 2
2 2 2
2 2
4 4 2 4
3 4 (2)
4 3 3 3
y y
x y x y
x y
= ⇔ + − = ⇔ + − = + −
.Từ (1) và (2) suy ra
tập hợp các ñiểm M là ñường tròn tâm nằm phía trên trục thực(Trên trục Ox).
Dạng 5) Chứng minh bất ñẳng thức:
Ví dụ 1) Chứng minh rằng nếu 1z ≤ thì 2 1 ≤
+
Giải:
Giả sử z =a+bi (a, b ∈R) thì 2 2 2 21 1z a b a b= + ≤ ⇔ + ≤ . Ta có
2 2
2 2
4 (2 1)2 1 2 (2 1)
2 (2 ) (2 )
a bz a b i
iz b ai b a
+ −− + −= =
+ − + − +
.Bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương
với
2 2
2 2 2 2 2 2
2 2
4 (2 1)
1 4 (2 1) (2 ) 1
(2 )
a b
a b b a a b dpcm
b a
+ −
≤ ⇔ + − ≤ − + ⇔ + ≤ ⇒
− +
Ví dụ 2) Cho số phức z khác không thoả mãn ñiều kiện ≤ . Chứng minh
rằng: ≤
Giải: Dễ dàng chứng minh ñược với 2 số phức 1 2,z z bất kỳ ta có 1 2 1 2z z z z+ ≤ +
Ta có
3 3
3 3
3 3
1 1 1 1 1 1 1
3 3 2 3z z z z z z z
z z z z z z z
+ = + + + ⇒ + ≤ + + + ≤ + +
Đặt =a ta có ( ) ( )23 3 2 0 2 1 0a a a a dpcm− − ≤ ⇔ − + ≤ ⇒
6
II) D ẠNG LƯỢNG GIÁC CỦA SỐ PHỨC
Dạng 1: VIẾT DẠNG LƯỢNG GIÁC
Ví dụ 1) Viết dưới dạng lượng giác của các số phức:
a)
( )1 cos sin
1 cos ϕ
ϕ ϕ
− +
+ +
b) ( ) ( )1 cos sin 1 cos sini iϕ ϕ ϕ ϕ− + + +
Giải:
a)
( ) ( )
( )
1 cos sin 1 cos sin
1 cos sin 1 cos sin
i i
i i
ϕ ϕ ϕ ϕ
ϕ ϕ ϕ ϕ
− + − −
=
+ + + +
2 sin cos sin cos
2 2 2 2 2tan tan
2 22cos 2 sin cos cos sin
2 2 2 2 2
i i
i
i i
ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ
ϕ ϕ
ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ
− −
= = = −
+ +
- Khi tan 0
2
ϕ > dạng lượng giác là: tan cos sin
2 2 2
i
ϕ π π − + −
- Khi tan 0
2
ϕ < dạng lượng giác là: tan cos sin
2 2 2
i
ϕ π π − +
- Khi tan 0
2
ϕ = thì không có dạng lượng giác.
( ) ( )) 1 cos sin 1 cos sin
2sin sin cos .cos cos sin
2 2 2 2 2 2
b i i
i i
ϕ ϕ ϕ ϕ
ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ
− + + +
= − +
2sin cos isin
2 2
π πϕ ϕ ϕ = − + −
- Khi sin 0ϕ = thì dạng lượng giác không xác ñịnh.
- Khi sin 0ϕ > thì dạng lượng giác là: 2sin cos sin
2 2
i
π πϕ ϕ ϕ − + −
- Khi sin 0ϕ < thì dạng lượng giác là: ( 2sin ) cos sin
2 2
i
π πϕ ϕ ϕ − + + +
Ví dụ 2): Viết dưới dạng lượng giác của các số phức:
a)
( )1 cos sin
1 cos ϕ
ϕ ϕ
− +
+ +
b) [ ][ ]1 (cos sin ) 1 cos sini iϕ ϕ ϕ ϕ− + + +
Giải:
a)
( )
2
sin cos1 cos sin 1 cos sin 2 2tan tan
1 cos sin 2 22cos 2 sin .cos cos sin
2 2 2 2 2
ii i
i
i i i
ϕ ϕ
ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ
ϕ ϕ ϕ ϕ ϕϕ ϕ
−− + − −= = = −
+ + + −
Khi thì dạng lượng giác là sin
2 2
i
π π − + −
7
Khi thì dạng lượng giác là - sin
2 2
i
π π +
Khi thì không tồn tại dạng lượng giác.
b) [ ][ ]1 (cos sin ) 1 cos sini iϕ ϕ ϕ ϕ− + + +
2sin sin cos .2cos cos sin
2 2 2 2 2 2
2sin cos sin
2 2
i i
i
ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ
π πϕ ϕ ϕ
= − +
= − + −
- Khi sin 0ϕ = thì dạng lượng giác không xác ñịnh
- Khi sin 0ϕ > thì dạng lượng giác là: 2sin cos sin
2 2
i
π πϕ ϕ ϕ − + −
- Khi sin 0ϕ < thì dạng lượng giác là: ( )2sin cos sin
2 2
i
π πϕ ϕ ϕ − + + +
Dạng 2: MÔĐUN VÀ ACGUMEN
Ví dụ 1) Tìm phần thực và phần ảo của số phức z, biết 2 2 2 3z i= − +
Giải: Ta có: 2 2 2 22 2 3 4 co s sin
3 3
z i z i
π π = − + ⇔ = +
Do ñó: 2 2
2 2
2 2 3 4 cos sin
3 3
z i z i
π π = − + ⇔ = +
2 2
2 cos sin
1 33 3
1 32 cos sin
3 3
z i
z i
z iz i
π π
π π
= + = + ⇔ ⇔
= − −= − +
Từ ñó suy ra phần thực và phần ảo của z tương ứng là 1 và 3 hoặc -1 và 3−
Ví dụ 2) Tìm một acgumen của số phức: ( )1 3z i− + biết một acgumen của z
Giải: z có một acgumen nên
1 3
2 2
z z i
= +
Do ñó: ( )1 3z i− + = 1 3( 2)
2 2
z i
− +
- Khi 2z > , một aacgumen của ( )1 3z i− + là
3
π
- Khi 0 2z< < , một acgumen của ( )1 3z i− + là 4
3
π
8
- Khi 2z = thì ( )1 3z i− + =0 nên acgumen không xác ñịnh.
Ví dụ 3) Cho số phức z có môñun bằng 1. Biết một acgumen của z là ϕ , tìm một
acgumen của:
a) 22z c)z z+ d) 2z z+
Giải:
1z = , z có một acgumen là ϕ . Do ñó cos sinz iϕ ϕ= +
a) ( ) ( )2 2cos 2 sin 2 2 2 cos 2 sin 2 2 2 cos sinz i z i z iϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ= + ⇒ = + ⇒ = −
Vậy 2z2 có một acgumen là 2ϕ
b) ( )cos sin cos sin 2 2 cos sinz i z i z iϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ= + ⇒ = − ⇒ = −
( ) ( )( ) ( )
( ) ( ) ( )( )
1 1 1
cos sin cos sin
2 22
1 1 1
cos sin cos sin
2 22
i i
z
i i
z
ϕ ϕ ϕ ϕ
ϕ ϕ ϕ π ϕ ϕ π
⇒ = − − − = +
⇒ − = − − = + + +
Vậy
1
2z
− có một acgumen là ϕ π+
c) Ta có: 2cosz z ϕ+ =
Nếu cos 0ϕ > thì có một acgumen là 0
Nếu cos 0ϕ < thì có một acgumen làπ
Nếu cos 0ϕ = thì acgumen không xác ñịnh.
d) 2 cos 2 sin 2 , cos sinz z i z iϕ ϕ ϕ ϕ+ = + = −
( )2 3 3cos 2 cos sin 2 sin 2cos cos .2cos sin
2 2 2 2
3
2cos cos sin
2 2 2
z z i i
i
ϕ ϕ ϕ ϕϕ ϕ ϕ ϕ
ϕ ϕ ϕ
⇒ + = + + − = +
= +
Vậy acgumen 2z z+ là
2
ϕ
nếu
3
cos 0
2
ϕ > , là
2
ϕ π+ nếu 3cos 0
2
ϕ < và không xác ñịnh
nếu
3
cos 0
2
ϕ =
Ví dụ 4) Cho số phức 1 cos sin
7 7
z i
π π= − − . Tính môñun, acgumen và viết z dưới
dạng lượng giác.
Giải:
Ta có:
2
2 8 41 cos sin 2 1 cos 2 1 cos 2cos
7 7 7 7 7
z
π π π π π = − + = − = + =
Đặt ( )arg zϕ = thì
2
8
sin sin 47 7tan cot tan
4 7 141 cos 2sin
7 7
π π
π πϕ π π
−
= = = = −
−
9
Suy ra: ,
14
k k z
πϕ π= − + ∈
Vì phần thực 1 cos 0
7
π− > , phần ảo sin 0
7
π− < nên chọn một acgumen là
14
π−
Vậy
4
2cos cos i sin
7 14 14
z
π π π = − + −
Ví dụ 5) Viết dưới dạng lượng giác của một số phức z sao cho
1
3
z = và một
acgumen của là
Giải:
Theo giả thiết
1
3
z = thì ( )1 cos sin
3
z iϕ ϕ= +
( ) ( ) ( )( )1 1cos sin cos sin
3 3
z i iϕ ϕ ϕ ϕ⇒ = − = − + −
Vì
1 2
1 2 2 cos sin
2 2 4 4
i i i
π π + = + = +
Nên
1
os sin
1 4 43 2
z
c i
i
π πϕ ϕ = − − + − − +
Do ñó:
3
2 2 , .
4 4 2
k k k
π π πϕ π ϕ π− − = − + ⇔ = + ∈ Ζ vậy 1 os sin .
3 2 2
z c i
π π = +
Ví dụ 6) Tìm số phức z sao cho:
3
1
z i
z i
+ =
+
và z+1 có một ácgumen là
6
π−
Giải: Từ giả thiết
3
1
z i
z i
+ =
+
( ) ( )2 22 23 ( 3) ( 1) 3 1
2
z i z i x y i x y i x y x y
y
⇒ + = + ⇔ + + = + + ⇔ + + = + +
⇒ = −
z+1 có 1 acgumen bằng
6
π− tức là ( )1 [ os sin ] 3
6 6 2
z c i i
π π ττ + = − + − = −
với r>0.
Ta có suy ra
3
1 42 2 3 1 2
2 3 = = ⇔ ⇒ = − −
= −− = −
Dạng 3) ỨNG DỤNG SỐ PHỨC TRONG BÀI TOÁN T Ổ HỢP
Ví dụ 1) Tính các tổng sau khi n=4k+1
a) 0 2 4 2 2 22 1 2 1 2 1 2 1 2 n
n n n n nS C C C C C
−
+ + + + += − + − + −
b) 1 3 5 2 1 2 12 1 2 1 2 1 2 1 2 n
n n n n nS C C C C C
− +
+ + + + += − + − + −
Giải:
10
Xét
( )2 1 0 1 2 2 2 1 2 1 0 2 2 1 3 2 12 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 11 ..... ... ( .. )n n n n nn n n n n n n n n ni C iC i C i C C C C i C C C+ + + ++ + + + + + + + + ++ = + + + + = − + − + − + −
Mặt khác ta lại có:
( ) 2 12 1 (2 1) (2 1)1 2 cos sin 1 2 cos sin
4 4 4 4
nn n n
i i i i
π π π π++ + + + = + ⇒ + = +
=
(2 1) (2 1) (8 3) (8 3)
2 2 cos sin 2 2 cos sin
4 4 4 4
n nn n k ki i
π π π π+ + + + + = +
3 3
2 2 cos sin 2 2
4 4
n n ni i
π π = + = − +
Từ ñó ta có
a) S=-2n
b) S=2n
Ví dụ 2) Tính các tổng hữu hạn sau:
a) 2 4 61 n nS C C C= − + − +
b) 1 3 5 7 n n nS C C C C= − + − +
Giải:
Xét ( ) 0 1 2 2 2 4 1 3 5 71 ..... 1 ... ( ....)n n nn n n n n n n n n ni C iC i C i C C C i C C C C+ = + + + + = − + − + − + − +
( )1 2 cos sin 1 2 cos sin
4 4 4 4
nn n n
i i i i
π π π π + = + ⇒ + = +
Từ ñó ta có kết quả
a) 2 cos
4
n n
S
π= b) 2 sin
4
n n
S
π=
Ví dụ 3) Chứng minh rằng: 3 6
1
1 ... 2 2cos
3 3
n
n n
n
C C
π + + + = +
Giải: Ta có 0 1 2 32 ....n nn n n n nC C C C C= + + + + (1)
Xét 3
2 2
cos sin 1
3 3
i
π πε ε= + ⇒ =
Ta có
( ) 0 1 2 2 0 1 2 2 3 41 ...... .....n n nn n n n n n n n nC C C C C C C C Cε ε ε ε ε ε ε+ = + + + = + + + + + (2)
( )2 0 2 1 4 2 2 0 2 1 2 3 2 41 ...... .....(3)n n nn n n n n n n n nC C C C C C C C Cε ε ε ε ε ε ε+ = + + + = + + + + +
Ta có 2 21 0;1 os sin ;1 os sin
3 3 3 3
c i c i
π π π πε ε ε ε+ + = + = − + = +
Cộng (1) (2) (3) theo vế ta có
( ) ( ) ( ) ( )2 0 3 6 0 3 62 1 1 3 ... 2 2cos 3 n
n n n n n n
n
C C C C C C
πε ε+ + + + = + + + ⇔ + = + + +
3 6 11 ... 2 2cos
3 3
n
n n
n
C C
π ⇔ + + + = +
11
MỘT SỐ BÀI TẬP TỰ LUYỆN
1) Giải phương trình sau trên tập số phức:
3)a z z= ) 3 4b z z i+ = + ( )22) 4 3c z z i− = 2) 2 1 0d z z i+ + − =
2) 4 5 0e z z+ + = 2)(1 ) 2 11 0f i z i+ + + = 2) 2( ) 4 0g z z z− + + =
2) Tìm số thực x thoả mãn bất phương trình:
) 1 4 2 5xa i −+ − ≤ 2
1 7
) log 1
4
i
b x
+ − ≤ 2
1 2 2
)1 log 0
2 1
x i
c
+ + −
− ≥
−
3) Tìm số phức z sao cho ( 2)( )A z z i= − + là số thực
4) Tìm số phức z thoả mãn ñiều kiện là số thực
5) Tìm tập hợp các ñiểm M trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z thoả mãn
ñiều kiện
( )22) 9a z z− = 2) 4
2
z i
b
z i
− =
+
)3 3c z i z z i+ = + − ) 3 4 2d z i+ − = ) 1e z z i+ ≥ +
) 4 3f z z i= + − 2) 1
2
z i
g
z i
− >
+
)2 2h z i z z i− = − + 1
3
2 2
) log ( ) 1
4 2 +
>
− −
6) Trong các số phức thoả mãn ñiều kiện
3
2 3
2
z i− + = . Tìm số phức z có modun lớn nhất.
7) Tìm số phức z thoả mãn ñiều kiện ( ) ( )1 2z z i− + là số thực và z nhỏ nhất.
8) Tìm một acgumen của số phức z khác 0 biết z z i z+ =
9) Tìm số phức z thoả mãn 2 2z z+ = và 2z =
10) Giải hệ pt sau trong tập số phức:
2 2
2 2
)
4
z i z z i
a
z z
− = − +
− =
1 2
1 2
3
) 1 1 3
5
z z i
b i
z z
+ = −
+ + =
2
1 2
2
2 1
1 0
)
1 0
z z
c
z z
− + =
− + =
12 5
8 − = −
− =
−
3 2
2010 2011
2 2 1 0
)
1 0
z z z
e
z z
+ + + =
+ + =
11) Cho phương trình 3 22 (2 1) (9 1) 5 0z i z i z i− + + − + = có nghiệm
thực. Hãy tìm tất cả các nghiệm của phương trình.
12) Tìm phần thực phần ảo của = + biết 1 w 1
w
+ =
13) Tìm n nguyên dương ñể các số phức sau là số thực, số ảo:
2 6
)
3 3
n
i
a z
i
− += +
4 6
)
1 5
n
i
b z
i
+ = − +
7 4
)
4 3
n
i
c z
i
+ = −
3 3
)
3 3
i
d z
i
−= −
12
14) Cho n nguyên dương, chứng minh rằng
( )0 2 4 6 2 22 2 2 2 2
2
3 9 27 ..... 3 2 cos
3
n n n
n n n n n
n
C C C C C
π− + − + + − =
15) Tìm số phức z sao cho 2z z= − và một acgumen của z-2 bằng một acgumen
của z+2 cộng với
2
π
16) Giải phương trình
a) 2 2 10 4 i
c
= + + − b) 2 2 12 6 i= + + −
Mọi thắc mắc xin vui lòng liên hệ thầy Nguyễn Trung Kiên