Số phức - Lý thuyết và bài tập

bi là –z = -a – bi (a, b )R O M b y a x * z biểu diễn u  , z’ biểu diễn u '  thì z + z’ biểu diễn bởi u u '    và z – z’ biểu diễn bởi u u '    2. Nhân hai số phức : *       a bi a’ b’i aa’ bb’ ab’ ba’ i      . (a, a’, b, b’ )R . 3. Số phức liên hợp: * Cho số phức z = a + bi. Số phức liên hợp của z là z a bi  * Tính chất: z z ; z z ' z z ' ; z.z ' z.z '     4. Môđun của số phức : z = a + bi * 2 2z a b zz OM     * z 0 z C , z 0 z 0      5. Chia hai số phức : * Số phức nghịch đảo của z (z 0) : 1 2 zz z   * Thương của z’ chia cho z (z 0) : 1 2 z ' z 'z z 'zz 'z z zzz    6. Căn bậc hai của số phức : * z là căn bậc hai của số phức  2z  * z = x + yi là căn bậc hai của số phức w = a + bi: 2 2 22 2 a a bxx y a 2 2xy b by 2x               (a, b, x, y )R Chú ý: * w = 0 có đúng 1 căn bậc hai là z = 0. * w 0 có đúng hai căn bậc hai đối nhau: + Hai căn bậc hai của a > 0 là a . + Hai căn bậc hai của a < 0 là a.i  7. Phương trình bậc hai Az2 + Bz + C = 0: (A, B, C là số thực cho trước, A 0 ). * ACB 42  * 0 : Phương trình có hai nghiệm phân biệt A B 2  , ( là 1 căn bậc hai của ) . * 0 : Phương trình có 1 nghiệm kép là A B 2  III. Các tính chất của số phức: 1. z là số thực z z  ; z là số ảo z z   . 2. z.z ' z z ' z,z ' C   , | z | | z | | z |   ; 2z.z z 3. Với z z '0 , w z ' wz. z     , 4. Ta có: | z | . | z ' | | zz ' | ; z 'z ' z ' z '; z z zz        ; 5. | z | | z ' | | z z ' | | z | | z ' |     ; | z | | z ' | | z z ' | | z | | z ' |     B. CÁC VÍ DỤ MINH HỌA DẠNG 1: DÙNG TÍNH CHẤT ĐỂ CHỨNG MINH CÁC BÀI TOÁN TRÊN TẬP SỐ PHỨC. Ví dụ 1: Cho 3 số phức a, b, c thỏa: | a | | b | | c | 1   . Chứng minh rằng: 1. So sánh: | a b c |  và | ab bc ca |  2. Biết thêm: a b c 0   . Tính 2 2 2z a b c   . 3. Biết thêm a bc,b ca,c ab   là số thực. Tính: t a.b.c . Giải: 1. Ta có: 1 1 1| a b c | | a b c | | | | ab bc ca | a b c            Vậy: | a b c | | ab bc ca |     Sở dĩ ta có được cách chứng minh vô cùng đẹp đẽ này nhờ vào việc vận dụng một cách linh hoạt các tính chất: | z | | z |;z z ' z z '    . Đặc biệt hơn nữa nếu 1| z | 1 z z    2. Từ | a b c | | ab bc ca |     kéo theo a b c 0 ab bc ca 0       nên ta có: 2 2 2 2a b c (a b c) 2(ab bc ca) 0         . Vậy 2 2 2z a b c 0    . 3. Từ giả thiết: a bc,b ca,c ab   là số thực nên ta có: 1 1 a bca bc a bc (a bc)(1 abc) 0 a bc abc            . Tương tự cũng có: (abc 1)(b ca) 0,(abc 1)(c ab) 0      . Nếu 2 a bc abc 1 0 b ca abc (abc) abc 1 c ab                 . Vậy: t abc 1 t abc 1       . Các bạn lại thấy trong ví dụ này ta đã khéo léo sử dụng tính chất z là số thực z z  và thông qua vài phép biến đổi cơ bản dựa trên tính chất của số phức kết hợp với giả thiết ta lại thu được những kết quả ngắn gọn ngoài sự mong đợi. Ví dụ 2: Cho bốn số phức khác nhau: 1 2 3 4z ;z ;z ;z sao cho: 1 2 3 4| z | | z | | z | | z | 1    . Chứng minh rằng:     1 2 2 3 3 4 4 1 1 2 3 4 z z z z z z z z z .z .z .z     là một số thực . Giải: 1. Từ giả thiết: 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 1 1 1| z | | z | | z | | z | 1 z ;z ;z ;z z z z z          . Đặt:     1 2 2 3 3 4 4 1 1 2 3 4 z z z z z z z z F z .z .z .z      Vậy ta có:          1 2 2 3 3 4 4 11 2 2 3 3 4 4 1 1 2 3 4 1 2 3 4 z z z z z z z zz z z z z z z z F z .z .z .z z .z .z .z                 Hay:     1 2 2 3 3 4 4 11 2 2 3 3 4 4 1 1 2 3 4 1 2 3 4 1 1 1 1 1 1 1 1( )( )( )( ) z z z z z z z zz z z z z z z zF F1 1 1 1 z .z .z .z. . . z z z z            Vì F F nên F là số thực (đpcm). Ví dụ 3: Tìm các điểm biểu diễn của số phức z biết điểm biểu diễn của các số phức 2 3z;z ;z lập thành một tam giác vuông. Giải: Đặt z a bi;(a,b R)   và gọi A, B, C là các điểm biểu diễn tương ứng của các số phức 2 3z;z ;z . Vì A, B, C tạo thành một tam giác nên ta phải có: 2 3 3 2 z z z 0 z z z 1 z 1z z              Khi đó ta có: 2 3 2 3AB | z z |,BC | z z |,CA | z z |      . Trường hợp 1: Tam giác ABC vuông tại A hay: 2 2 2AB AC BC  hay ta có: 2 2 3 2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2| z z | | z z | | z z | | z z | | z z | . | z 1| | z | . | z z |            Do A, B, C là ba điểm phân biệt nên từ đẳng thức trên ta có: 2 2 2 21 | z 1| | z | 2 | z | z z | z | z z 2 x 1               Trong trường hợp này quỹ tích điểm biểu diễn của z là đường thẳng x=-1. (Lưu ý: Ta dễ dàng chứng minh được: 2 2| (z 1) | | z | z z 1     ) Trường hợp 2: Tam giác ABC vuông tại B hay: 2 2 2BA BC AC  hay ta có: 2 2 3 2 2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2| z z | | z z | | z z | | z z | | z z | . | z | | z 1| . | z z |            Do A, B, C là ba điểm phân biệt nên từ đẳng thức trên ta có: 2 2 2 21 | z | | z 1| 1 | z | 1 z z | z | z z 0 x 0              Trong trường hợp này quỹ tích điểm biểu diễn của z là đường thẳng x=0 trừ gốc tọa độ. Trường hợp 3: Tam giác ABC vuông tại C hay: 2 2 2CA CB AB  hay ta có: 2 2 3 2 2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2| z z | | z z | | z z | | z z | | z z | . | z | z 1| . | z z |            Do A, B, C là ba điểm phân biệt nên từ đẳng thức trên ta có: 2 2 2 2 2 2 21 11 | z | | z 1| 1 | z | 1 z z | z | 2 | z | z z 0 (x ) y 2 4                  Trong trường hợp này quỹ tích điểm biểu diễn của z là đường tròn: 2 21 1(x ) y 2 4    Vậy: Tập hợp điểm biểu diễn của số phức z là: + Trục ảo: Trừ gốc tọa độ. + Đường thẳng x=-1 trừ điểm z=-1. + Đường tròn: 2 21 1(x ) y 2 4    trừ ra hai điểm gốc tọa độ và z=-1. Ví dụ 4: Rút gọn các số phức sau: 1. 2011 5 3 3iA 1 2 3i        2. 2010iB 1 i      3. 20101 iC 1 i      Giải: 1. Ta có: 2011 2011 20115 3 3i (5 3 3i)(1 2 3i)A ( 1 3i) 131 2 3i                   Lại có: 3( 1 3i) 8   nên có: 2011 3 670 670 670A ( 1 3i) (( 1 3i) ) .( 1 3)i 8 8 . 3.i           2. Ta có: 2010 2010 2010 i 1B (1 i) 1 i 2       Lại có: 2(1 i) 2i  nên có: 2010 2010 20102010 2010 1 1B (1 i) (2i) i 1 2 2       3. Ta có: 2010 20101 iC ( i) 1 1 i         Ví dụ 5: Chứng minh các số phức sau là số thực: 1. 2009 2009 2010 2010 ( 1 2i) (1 2i)A (1 3i) ( 1 3i)         2. 2010 2010 2010 2010 (19 7i) (20 5i)B (9 i) (7 6i)       Giải: 1. Do: 2009 2009 2009 2009 2010 2010 2010 2010 ( 1 2i) (1 2i) ( 1 2i) (1 2i)A (1 3i) ( 1 3i) (1 3i) ( 1 3i)                 2009 2009 2009 2009 2010 20102010 2010 ( 1 2i) (1 2i) ( 1 2i) (1 2i)A ( 1 3i) ( 1 3i)(1 3i) ( 1 3i)                  2009 2009 2010 2010 ( 1 2i) (1 2i)A A (1 3i) ( 1 3i)           Vậy A là số thực. 2. Rút gọn: 2010 2010B (2 i) (2 i)    . Từ đó có: 2010 2010 2010 2010 2010 2010B (2 i) (2 i) (2 i) (2 i) (2 i) (2 i) B             Vậy B là số thực. Ví dụ 6: Cho n là số nguyên dương 1. Cho n i iA           33 33 . Hãy tìm n để A là số thực. 2. Cho n i iB          34 7 . Hãy tìm n để B là số thuần ảo. Giải: 1. Thấy n 3 iA 2        . Với n 1,5 ta có ngay A là số ảo. Mặt khác: 3 6 3 i 3 ii 1 2 2                 là số thực nên với n=6k thì A là số thực. 2. Thấy n n7 iB (1 i) 4 3i       . Với n 1,3 thấy B là số ảo. Mặt khác ta có: 2 4(1 i) 2i (1 i) 4      là số thực. Vậy để B là số ảo thì n N \ {n=4k,k N}  . Ví dụ 7: Cho a,b là hai số phức liên hợp của nhau. Biết: 2 a| a b | 2 3; b   là số thực. Tính|a|? Giải: Vì 2 2 2 2| a b | 2 3 (a b)(a b) 12 | a | | b | (a b ) 12           (*) Lại có: 2 a b là số thực nên: 2 2 22 2 a b a | a | b 0 b a      . Thay vào (*) ta có: |a|=2. Ví dụ 8: Trong mặt phẳng phức với gốc tọa độ O, cho hai điểm A,B phân biệt (khác O) biểu diễn hai số phức a, b. Chứng minh rằng tam giác OAB đều khi và chỉ khi 2 2a b ab  . Giải: Ta có: OA | a |;OB | b |;AB | b a |    . Vì tam giác OAB đều nên có: | a | | b | | b a | k 0 a.a (a b)(a b)         hay: 2 2 2 2k a bb.b a.b b.a b. k ( ) a b ab b b a         . Ngược lại nếu: 2 2 2 2a b ab a ab b 0      (*). Coi (*) là phương trình ẩn a ta có: 1 3a ( .i)b 2 2 a b.t 1 3a ( .i)b 2 2          Với: 1 3t ( .i) 2 2   hoặc 1 3t ( .i) 2 2   ( Lưu ý: |t|=1). Vậy: | a | | bc | | b | k b.b ab ba (a b)(a b) a.a | a b | | b |             Hoàn toàn tương tự chứng minh được: | a b | | a |  . Vậy tam giác ABC đều. Ví dụ 9: Cho số phức z thoả: | z | 1 . Chứng minh rằng: 2 143 | z 1| | z z 1| 3       Giải: Đặt 2z a . Vì:| z | 1 | a | 1   . Khi đó ta có: 2 2 4 2 2 2P | z 1| | z z 1| | a.a a | | a a a a |          Hay: 2 2 2P | a || a a | | a || a a 1|     . Do a a R  nên đặt: t | a a |, t [0;2]   ta có: 22 2 2a a (a a) 2aa t 2      . Vậy: 2P t | t 3 |   . Khảo sát hàm số P trên [0;2] ta thu được: [0;2] [0;2] 13min P 3;max P 4   Vậy: 2 143 | z 1| | z z 1| 3       Ví dụ 10: Tìm tập hợp điểm biểu diễn của số phức z biết: z 2i i.z 1   là số ảo. Giải: Ta thấy điều kiện cần là: iz 1 z i   Vì z 2i i.z 1   là số ảo nên có: z 2i z 2i 0 (z 2i)(i.z 1) (z 2i)(i.z 1) i.z 1 i.z 1             2 2iz z 2i iz z 2i [i(z z) 1](z z) 0           Vậy có các khả năng: * z z 0 z ai(a R,a 1)      * ii(z z) 1 0 z x (x R) 2        Kết luận: Vậy tập hợp điểm z thoả yêu cầu là trục ảo trừ đi một điểm z=i và đường thẳng 1y 2   song song với trục thực đi qua điểm iz 2   . Ví dụ 11: Tìm số phức z thảo mãn đồng thời: z 1 z 3i 1 z i z i       . Giải: Ta có: * 2 2z 1 1 | z 1| | z i | | z | i(z z) 1 | z | i(z z) 1 z i z z i(z z)                     * 2 2z 3i 1 | z | 3i(z z) 9 | z | i(z z) 1 z i 4i(z z) 8 z z 2i                   Vậy có hệ: z 1 iz z 2i z 1 iz z i(z z)             Vậy số phức z cần tìm là: z=1+i. Ví dụ 12: Tìm tập hợp điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn z 3z (2 i 3) | z |   . Giải: Ta có: z 3z (2 i 3) | z | z 3z (2 i 3) | z |       Vậy: 2(z 3z)(z 3z) (2 i 3)(2 i 3) | z |     Khai triển có: 2 2 2 2 210 | z | 3(z z) 6z.z 7 | z | (z z) | z |       Với z a bi (a,b R)   ta có: 2 2 y 3x z x(1 i 3) y 3x y 3x z x(1 i 3)               . Thử lại thấy z x(1 i 3)  không thoả mãn yêu cầu. Vậy số phức z cần tìm là: z x(1 i 3),x 0,x R    . Ví dụ 13: Tìm các số phức z thỏa mãn đổng thời các điều kiện: *) | z 1 2i | | z 3 4i |     *) z 2i z i   là một số ảo. Giải: Ta có: z 2i z i   là một số ảo khi và chỉ khi: z 2i z 2i z 2i z 2i0 z iz i z i z i             (*) Từ: | z 1 2i | | z 3 4i |     ta có: 2 2| z 1 2i | | z 3 4i |     hay: (z 1 2i)(z 1 2i) (z 3 4i)(z 3 4i) (1 i)z (1 i)z             Hay: z iz  . Thay vào (*) ta có: z 2i z 2 z 2i (z 2) 2 22 z i z 1 z i z 1 (z i) 3 3                  Vậy số phức cần tìm là: 2 2z i 3 3   Ví dụ 14: Cho phương trình với hệ số thực 4 3 2x ax bx cx d 0     có không có nghiệm thực. Khi đó phương trình có 4 nghiệm phức. Biết tích hai trong 4 nghiệm đó là 13 i và tổng của hai nghiệm còn lại là 3 4i . Tìm giá trị của b? Giải: Trước hết chứng minh nếu z là nghiệm thì z cũng là nghiệm, nên phương trình có 4 nghiệm là 1 2 1 2z ,z ,z ,z . Thật vậy từ: 4 3 2x ax bx cx d 0     ta cũng có: 4 3 2x ax bx cx d 0     hay: 4 3 2x ax bx cx d 0     ( Vì a,b,c,d là các số thực). Áp dụng định lý Viet ta có: 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 2b z z z z z z z z z z z z      . Vì 1 1 2 2 1 1 2 2z z ;z z R;z z ;z z R    nên ta có: 1 2 1 2 1 2 1 2b z .z z .z (z z )(z z ) 13 i 13 i (3 4i)(3 4i) 51             . Ví dụ 15:Cho phương trình 3 23z az bz c 0    . Tìm các số thực a,b,c để phương trình có 2 nghiệm là 1z 3  , z=-2+3i. Giải: Đặt u a bi(a,b R) u a bi      . Khi u là một nghiệm của phương trình thì: 3 23u au bu c 0    . Từ đó có: 3 23 23u au bu c 0 3u au bu c 0         Từ đó ta thấy phương trình có 3 nghiệm phân biệt: 1z ;z u;z u 3    . Hay: 3 2P(z)=3z az bz c   P(z) (3z 1)(z u)(z u)     Đồng nhất hệ số ta được: a 2u 3u 1 11 b 3u.u u u 3 13 4 c u.u 13                  Ví dụ 16: Trong mặt phẳng cho 3 số phức phân biệt a, b, c thỏa: 7 7 7(a b) (b c) (c a) 0      . Chứng minh điểm biểu diễn các số phức a, b, c tạo thành 3 đỉnh của một tam giác đều. Giải: Đặt: x a b, y b c c a x y(x, y C;x, y 0)           . Khi đó ta có: 7 7 7 7 7 7 2 2 2(a b) (b c) (c a) x y (x y) 7xy(x y)(x xy y )             . Vậy từ x y 0  ta có: 2 2 3 3x xy y 0 x y | x | | y |       Hoàn toàn tương tự ta có: | a b | | b c | | c a |     . Vậy a, b, c có điểm biểu diễn là 3 đỉnh một tam giác đều. Ví dụ 17: Cho 3 số phức a, b, c thỏa: | a | | b | | c | a b c 1      . Tính giá trị của tổng: 2011 2011 2011S a b c   . Giải: Vì a+b+c=1 nên a, b, c là ba nghiệm của phương trình: 3 2t t mt n 0    . Do 1 1 1a b c 1 R 1 a b c a b c a b c               Từ: 1 1 1 1 ab bc ca abc a b c        . Vậy phương trình (*) được đưa về dạng: 3 2t t mt m 0    . Nhận thấy phương trình luôn có một nghiệm t=1. Không mất tính tổng quát ta giả sử a=1. Khi đó: b+c=0 hay: b=-c. Vậy: 2011 2011 2011S a b c 1    Ví dụ 18: Cho hai số phức 1 2z ,z thoả mãn 1 2 1 2z z 1; z z 3    . Tính 1 2z z . Giải: Thông thường ta thường sử dụng cách giải sau: Đặt 1 1 1 2 2 2z 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 2 a b a b 1 (a a ) (b b ) 3           Suy ra 1 1 2 22(a b a b ) 1   2 2 1 2 1 2 1 2(a a ) (b b ) 1 z z 1       . Trong bài toán này ta thấy việc sử dụng định nghĩa về số phức cho ta kết quả hết sức ngắn gọn. Tuy nhiên ta cũng có thể giải quyết bài toán theo hướng sau: Ta có: 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2z z (z z )(z z ) | z | | z | 2(z z z z ) 2 2(z z z z )           2 2 21 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 23 z z (z z )(z z ) | z | | z | 2(z z z z ) 2 2(z z z z )            Cộng 2 vế các đẳng thức trên ta có: 1 2z z 1  . Ví dụ 19: Cho a, b, c, d là các nghiệm của phương trình: 4z 1 1 2z i      . Tính giá trị biểu thức: 2 2 2 2A (a 1)(b 1)(c 1)(d 1)     Giải: Ta có: 4 4 4z 1 1 (z 1) (2i z) 0 2z i           . Đặt: 4 4f (z) (z 1) (2i z) 15(z a)(z b)(z c)(z d)         Vì: 2z 1 (z i)(z i)    nên có: 2 2 2 2 f (i).f ( i)A (a 1)(b 1)(c 1)(d 1) 225        Do: 4 4 4 4f (i) (i 1) i 5;f ( i) ( i 1) ( 3i) 85             Vậy: 2 2 2 2 17A (a 1)(b 1)(c 1)(d 1) 9       Ví dụ 20: Biết z1; z2 là hai nghiệm của phương trình: 2z z 1 0   . Tính giá trị biểu thức: n n1 2A z z ;n N   . Giải: Ta thấy phương trình 2z z 1 0   có hai nghiệm phức: 1 2 1 3 1 3z i;z i 2 2 2 2     . Hiển nhiên có: 1 2z ;z 1  từ đó có: 2 3z z 1 0 z 1      nên: 3 31 2z z 1   . Ta xét các khả năng có thể có của n: * 3 k 3 k k1 2n 3k : A (z ) (z ) 2.( 1)     * 3 k 3 k k k1 1 2 2 1 2n 3k 1: A (z ) .z (z ) .z ( 1) (z z ) ( 1)         * 3 k 2 3 k 2 k 2 k 11 1 2 2 1 2 1 2n 3k 2 : A (z ) .z (z ) .z ( 1) ((z z ) 2z z ) ( 1)           Ví dụ 21: Cho x;y;z thỏa | x | | y | | z | x y z 1      . Tính giá trị biểu thức: 2009 2009 2009F x y z   . Giải: Vì x y z 1   nên x,y,z là nghiệm của phương trình: 3 2t t at b 0;(a,b )     Do x y z 1   nên: x y z x y z     . Mặt khác vì: | x | | y | | z | 1   nên: 1 1 1x y z x y z      . Vậy: 1 1 1x y z xy yz zx xyz x y z          hay: a=-b. Thay a=-b vào phương trình ta có: 3 2t t at a 0    . Dễ thấy phương trình luôn có một nghiệm t=1. Không mất tính tổng quát giả sử x=1. Khi đó ta có: y+z=0 hay y=-z. Vậy: 2009 2009 2009F x y z 1    DẠNG 2: ÁP DỤNG SỐ PHỨC ĐỂ GIẢI CÁC HỆ ĐẠI SỐ HAI ẨN TRONG TẬP SỐ THỰC. Trước khi đi vào nội dung của dạng bài tập này ta hãy xét ví dụ sau: Tìm các số nguyên x,y sao cho số phức z x yi  thoả mãn 3z 18 26i  . Giải: Ta có: 3 2 3 2 3 x 3xy 18 (x yi) 18 26i 3x y y 26           2 3 3 218(3x y y ) 26(x 3xy )    . Giải ta được 1t x 3, y 1 3     . Vậy z=3+i. Thông qua ví dụ trên ta thấy rằng để giải một phương trình ẩn thuộc tập số phức ta thường đặt z x yi(x,y R)   nhằm đưa về các hệ đại số với hai ẩn x,y trên tập số thực R. Vậy tại sao ta không thử nghĩ: Liệu một hệ hai ẩn x, y trên tập R có thể giải được bằng con đường đặt ẩn phụ bằng ẩn z thuộc tập số phức không? Để trả lời câu hỏi này trong nhiều trường hợp, dùng số phức có thể giải được các hệ phương trình khó. Trước khi đi vào xét các ví dụ cụ thể tôi xin nêu ra con đường và cơ sở chung để giải quyết các dạng bài tập này: Giả sử có hai số thực x,y. Khi đó luôn tồn tại một số phức z duy nhất mà z x yi  . Lúc đó từ hệ: x yi z z z z zx ;y 2 2ix yi z          Từ đó ta cũng có: 2 2 2 2 i(z z )x y z.z;x.y 4     . Vậy các hệ với hai ẩn x, y luôn đưa về dạng phương trình ẩn z. Để minh họa cho ý tưởng trên ta hãy xét một vài các ví dụ sau: Ví dụ 1: Giải hệ sau trên tập số thực R: 2 2x y x y 2 2xy x y 2          Giải: Từ hệ đã cho ta có: 2 2 2 2 x y x y 2 (2xy x y 2)i 0 (x 2xyi y ) (x yi) i(x yi) 2i 2 0                    Đặt z x yi  ta có phương trình: 2z (1 i)z 2 2i 0     . Giải phương trình ta có: z 2 (x 2;y 0) z 1 i (x 1;y 1)             Vậy hệ đã cho có nghiệm: x 2 x 1 ; y 0 y 1          . Ví dụ 2: Giải hệ sau trên tập số thực R: 2 2x y x 1 2xy y 3        Giải: Từ hệ phương trình ta có: 2 2 2 2x y x 1 (2xy y 3)i 0 (x 2xyi y ) (x yi) 1 3i 0               Đặt z x yi  ta có phương trình: 2z z 1 3i 0    . Giải phương trình ta có: z 1 i (x 1;y 1) z 2 i (x 2;y 1)               Vậy hệ đã cho có nghiệm: x 1 x 2 ; y 1 y 1           . Ví dụ 3: Giải hệ sau trên tập số thực R: 2 2x y xy 3x 3y 0 xy 2x 6          Giải: Hệ phương trình tương đương: 2 2x y x 3y 6 0 xy 2x 6          . Đặt z=x+yi khi đó ta có hệ: 2 2 2zz (1 i)z (1 i)z 12 z z 2i(z z) 12i            . Lại đặt: u z 1 i z u 1 i       ta sẽ có hệ: 2 2 u.u 5 u u 2u 2u 12i        . Vì u.u 5 nên 5u.u R,u u   . Thế vào phương trình dưới trong hệ ta có: 2 2 u 1 2i z 3 (u 3(1 i)u 5i) 0 u 2 i z 2 i                . Vậy hệ đã cho có hai cặp nghiệm: (3;0); (2;1). Ví dụ 4: Giải hệ sau trên tập số thực R: 3 2 2 2 3 2 2 2 x 3xy x 1 x 2xy y y 3x y y 1 y 2xy x               Giải: Viết hệ lại dưới dạng: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x(x y ) 2xy x 1 (x y ) 2xy 0 y(y x ) 2x y y 1 (y x ) 2xy 0                   Từ hệ phương trình ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2x(x y ) 2xy x 1 (x y ) 2xy i(y(y x ) 2x y y 1 (y x ) 2xy) 0                2 2 2 2(x yi)(x 2xyi y ) (1 i)(x 2xyi y ) (x yi) i 1 0             Đặt z x yi  khi đó có: 3 2z (1 i)z z 1 i 0      hay: (z 1 i)(z 1)(z 1) 0     . Vậy có: z 1 z 1 z 1 i        hay hệ đã cho có 3 cặp nghiệm: (-1;0); (1;0); (1;1). Ví dụ 5: Giải hệ sau trên tập số thực R: 2 2 2 2 3x yx 3 x y (x, y ) x 3yy 0 x y            Giải: Từ hệ suy ra: 2 2 2 2 2 2 (3x y) (x 3y)i 3(x yi) i(x yi)x yi 3 x yi 3 x y x y x y                 Đặt z=x+yi ta được phương trình ẩn z : 2 (3 i)z (3 i)z 3 z 3 zz        Giải PT bậc hai tìm được z 2 i;z 1 i    . Từ đó tìm ra 2 nghiệm của hệ là (x, y) (2,1);(1, 1)  . Ví dụ 6: Giải hệ sau trên tập số thực R: 2 2x 3 (y 1) xy x 2        Giải: Viết hệ đã cho lại dưới dạng: 2 2x y 2y 2 0 2xy 2x 4 0          . Khi đó từ hệ đã cho có: 2 2x y 2y 2 i(2xy 2x 4) 0       Hay: 2 2x 2ixy y 2i(x yi) 2 4i 0       . Đặt z x yi  ta có phương trình: 2 z 1 i z 2iz 2 4i 0 z 1 3i            . Vậy phương trình có nghiệm: x 1 x 1 ; y 1 y 3           . C. CÁC BÀI TẬP ÁP DỤNG: Bài 1: Cho các số thực a,b,c thảo: |a|=|b|=|c|=1. Chứng minh rằng: a. (a b)(b c)(c a)T a.b.c     là số thực. b. ab bc ca 1(a b c 0) a b c         Bài 2: Chứng minh rằng nếu: 1 z 1 2| z | | z | 1;z z 1   thì: 1 2 1 2 z z 1 z z   là số thực. Bài 3: Chứng minh với mọi số phức z ta đều có: 1| z 1| 2   hoặc 2| z 1| 1  Bài 4: Cho a,b,c là 3 số phức. Chứng minh các đẳng thức sau; 1. 2 2 2 2 2 2 2| a b | | b c | | c a | | a | | b | | c | | a b c |           2. 2 2 2 2|1 ab | | a b | (1 | a | )(1 | b | )      3. 2 2 2 2|1 ab | | a b | (1 | a | )(1 | b | )      4. 2 2 2 2 2| a b c | | a b c | | a b c | | a b c| 4(| a | | b | | c |)               Bài 5: Hãy tìm n để n n 1 3.i 1 i 3 2 2 2                 . Bài 6: Cho 3 số phức phân biệt a,b,c khác 0 và thỏa: |a|=|b|=|c|. 1. Chứng minh rằng nếu: Phương trình az2+bz+c=0 có một nghiệm có môđun bằng 1 thì: b2=ac. 2. Chứng minh rằng nếu mỗi phương trình: az2+bz+c=0 và bz2+cz+a=0 đều có một nghiệm có môđun bằng 1 thì: |a-b|=|b-c|=|c-a|. Bài 7: Giải các hệ phương trình sau: 1. z 12 5 z 8i 3 z 4 1 z 8         2. z 1 1 z i z 3i 1 z i         3. 1 22 2 1 2 z .z 5 5i z z 5 2i         4. 1 2 3 1 2 3 1 2 3 z z z 1 z z z 1 z .z .z 1          5. 1 22 2 1 2 z z 4 i z z 5 2i        6. 3 5 1 2 2 4 1 2 0 .( ) 1      z z z z 7. | z | 1 3z z zz      8. z 3i 1 z i | (z 2)(iz 5 2i) | 6          9. z 2 i 1 z 3 i z 2i 1 z i            Bài 8: Chứng minh rằng,nếu các số phức 1 2 3z ;z ;z thoả mãn các điều kiện: 1 2 3z z z 0   và 1 2 3| z | | z | | z | 1   thì các điểm phức 1 2 3z ;z ;z là ba đỉnh của một một tam giác đều nội tiếp trong một đường tròn. Bài 9: Chứng minh rằng, nếu các số phức 1 2 3 4z ;z ;z ;z thoả mãn các điều kiện: 1 2 3 4z z z z 0    và 1 2 3 4| z | | z | | z | | z | 1    , thì các điểm phức 1 2 3 4z ;z ;z ;z là các đỉnh của một hình chữ nhật. Bài 10: Gọi M, M’ theo thứ tự là các điểm của mặt phẳng phức biểu diễn số 0z  và 1' 2 iz z . Chứng minh rằng tam giác 0MM’ là vuông cân ( O là gốc toạ độ). Bài 11: Tìm tất cả các số phức z để số z ' (z 3)(z 2i)   là một số thực. Bài 12: Giải hệ sau trên tập số thực: 2 2(x y)(y x) x y 2x 1 2 xy x 12 0             Bài 13: Giải hệ sau trên tập số thực: 2 2 2(x y) 1 x y x(xy y 1) y(xy 1) 1           Bài 14: Giải hệ sau trên tập số thực: 13x 1 2 x y (x, y ) 17y 1 4 2 x y                   . Bài 15: Giả sử z0 là một nghiệm của phương trình: 2z z 1 0   . Tính giá trị của các biểu thức sau: 1. 4 9 20100 0 0A z z z   2. 2 20 0 0 0B (2008 2009z 2010z )(2008 2009z 2010z )     Bài 16: Giải phương trình sau trên tập số phức: 4 4 2(z i) (z i) 2(z 1)     Bài 17: Tìm modun của các số phức sau: 1. 8 6 6 8 (2 3 2i) (1 i)z (1 i) (2 3 2i)       2. 4 10 4 ( 1 i) 1z ( 3 i) (2 3 2i)       Bài 18: Tìm tập hợp điểm biểu diễn của số phức z biêt: | z 2 | | z 2 | 6    Bài 19: Giải hệ phương trình sau trên R: 2 2 3 2 2 2 x 2y xy 2y 2x 3xy 2y 3x y         Bài 20: Tìm các số phức z1, z2 thỏa: 1 2 1 2 | z | | z | 1 z z ai(a R)       Bài 21: Giải hệ phương trình sau trên tập số phức: 3 3 x y 3 3i x y 9 9i         P