Bài giảng: Các phép biến đổi cơ bản trên tập hợp số phức - Cô Nguyễn Phương Anh (Giáo viên VietJack) 1. Phương pháp giải Quảng cáo Cho số phức z= a + bi, ( a,b ∈ R). Tìm căn bậc hai của số phức z. Gọi ω = c + di, ( c,d ∈ R ) là căn bậc hai của z. Suy ra: z=ω 2 ⇒ a + bi = ( c + di)2 ⇒ a + bi= c2 + 2cdi – d2 ⇒ ( a – c2 + d2) + ( b – 2cd)i = 0 + Từ đó , ta có hệ phương trình:  Giải hệ phương trình trên ta được c và d. Từ đó, suy ra căn bậc hai của z. 2. Ví dụ minh họa Ví dụ 1: Tìm các căn bậc 2 của z = – 5 + 12i A. 2 + 3i và – 2 - 3i B. 1 + 4i và – 1- 4i C. 2- 3i và – 2 + 3i D. 3 – 4i và -3 + 4i
Gọi = a + bi, là căn bậc hai của số phức z Suy ra: (a + bi)2 = - 5 + 12i ⇒ a2 + 2abi- b2 = - 5 + 12i ⇒ (a2- b2 + 5) + (2ab – 12) i =0 Từ phương trình trên ta có hệ phương trình : Rút b từ phương trình thứ hai thay vào phương trình thứ nhất, ta có: Hệ này có 2 nghiệm: (2; 3) và ( -2; -3). Vậy số phức z có 2 căn bậc hai là 2 + 3i và – 2- 3i. Chọn A Quảng cáo Ví dụ 2: Gọi z là căn bậc hai của số phức ω = 4 + 6√5i . Tìm mô đun của z? A. 3 B. 4 C. √14 D.√10
Gọi z = x + yi, (x,y∈ R) là một căn bậc hai của ω Khi đó ta có: (x + yi)2 = 4 + 6√5i ⇒(x2 - y2-4) + (2xy - 6√5)i =0 ⇔ Giải hệ phương trình tìm được nghiệm: ⇔ Vậy số phức đã cho có hai căn bậc hai là: z1 = 3 + i√5; z2 = -3 -i√5 |z1 | = |z2| = √14 Chọn C Ví dụ 3: Cho số phức z = Gọi ω = a + bi ( a,b ∈ R) là căn bậc hai của số phức z. Tính P= a2 + b2 ? A. ±3 B. ±√10 C. ±√5 D. ±√13
Ta có: z = = = Do ω = a + bi ( a,b ∈ R) là căn bậc hai của số phức z. ⇒ ( a + bi)2 = -1 + 3i ⇔ a2 + 2abi – b2 + 1 – 3i = 0 ⇔( a2 – b2 + 1) + ( 2ab – 3) =0 Từ đó ta có hệ phương trình sau: ⇔ Chọn B Ví dụ 4: Gọi ω = 2 + ai ( a ∈ R) là một căn bậc hai của số phức z= b + 12i; (b ∈ R) . Tính a + b? A.-1 B. 1 C. – 2 D. 3
Do ω = 2 + ai là một căn bậc hai của số phức z = b + 12i nên ta có: ( 2 + ai)2 = b + 12i ⇔ 4 + 4ai- a2 = b + 12i ⇔ (4 – a2 – b) + ( 4a – 12)i =0 Từ đó ta có hệ phương trình sau: Do đó, a + b = 3 + (-5) = - 2. Chọn C. 1. Phương pháp giải Cho phương trình bậc hai ax2 + bx + c = 0; (a,b,c ∈ R a≠0 ) . Xét Δ = b2 - 4ac , ta có • ∆ =0 phương trình có nghiệm thực : x = -b/2a • ∆ > 0 phương trình có hai nghiệm thực được xác định bởi : x1,2 = • ∆ < 0 phương trình có hai nghiệm phức được xác định bởi : x1,2 = Chú ý: * Có thể dùng biệt thức ∆’= b’2 – ac (với b= 2b’) Khi đó nghiệm của phương trình bậc hai đã cho được xác định bởi công thức: Quảng cáo 2. Ví dụ minh họa Ví dụ 1: Nghiệm của phương trình z2 - 2z + 7 =0 trên tập số phức là: A. z = 1±√6i B. z = 1±2√2i C. z = 1±√7i D.z = 1±√2i
Ta có: ∆’= b’2 – ac = (-1)2 – 7.1 = - 6 < 0 Suy ra phương trình đã cho có 2 nghiệm phức: z = 1 + √6i và z = 1-√6i Chọn A. Ví dụ 2: Gọi z0 là nghiệm phức có phần ảo âm của phương trình 2z2 – 6z + 5 =0. Tìm i.z0?
A. iz0 = C. iz0 =
Xét phương trình: 2z2 – 6z + 5= 0 Có ∆’= (-3)2 – 2. 5 = -1 Phương trình đã cho có hai nghiệm phức là : Do đó, nghiệm z0 có phần ảo âm là Do đó : i.z0 = ( ).i = Chọn B. Ví dụ 3: : Gọi z1 và z2 là các nghiệm của phương trình z2 – 4z + 9= 0. Gọi M, N là các điểm biểu diễn của z1 và z2 trên mặt phẳng phức. Khi đó độ dài của MN là: A. MN = 4 B. MN = 5 C. MN = 2√5 D. MN = √5
Xét phương trình z2 – 4z + 9=0 ⇔ z2 – 4z + 4 =- 5 ⇔ ( z-2)2 = 5i2 ⇔ Khi đó, tọa độ hai điểm M và N biểu diễn hai số phức z1, z2 là M(2;√5);N(2;-√5) . ⇒ MN = Chọn C. Ví dụ 4:. Kí hiệu z0 là nghiệm phức có phần ảo dương của phương trình 4z2 – 16z + 17 = 0 . Trên mặt phẳng tọa độ, điểm nào dưới đây là điểm biểu diễn của số phức w= i.z0 ? A. M( C. M(
Xét phương trình: 4z2 – 16z + 17 = 0 có ∆’= 82 – 4. 17= - 4= (2i)2. Phương trình có hai nghiệm Do z0 là nghiệm phức có phần ảo dương nên z0 = z2 = 2 + . Ta có w= i.z0 = (2 + ).i = -1⁄2 + 2i Điểm biểu diễn số phức w là M(- ;2) .Chọn B. 1. Phương pháp giải + Biến đổi phương trình về dạng phương trình tích, trong đó mỗi nhân tử là phương trình bậc nhất hoặc bậc hai. Chú ý sử dụng các hằng đẳng thức đáng nhớ. + Dùng phương pháp đặt ẩn phụ. + Với phương trình trùng phương bậc bốn: + Nhẩm nghiệm, phép chia đa thức cho đa thức.... 2. Ví dụ minh họa Ví dụ 1: Cho phương trình sau: A. 2 + 5i B. -3 + 6i C. 3 + 6i D. – 2 + 5i
* Nhẩm nghiệm: Ta thấy tổng các hệ số của phương trình bằng 0 nên phương trình có nghiệm z=1. * Khi đó: z3 - 3(1 + 2i)z2 + (-3 + 8i)z + 5-2i = 0 ⇔(z-1)[z2-2(1 + 3i)z + 2i-5] ⇔ ⇔ Vậy nghiệm của phương trình đã cho là : z= 1; z= i và z= 2 + 5i. Tổng các nghiệm là: 1 + i + 2 + 5i = 3 + 6i Chọn C Ví dụ 2: Cho phương trình: A. z= -2i, z = 1 - 2i và z = 1 + 2i. B. z= 2i, z = - 1 + 2i và z = - 1- 2i. C. z= -1 + i, z = 1 + i và z = - 1- i. D. Đáp án khác
Đặt z = yi với y ∈ R Phương trình đã cho có dạng: ⇔ -iy3 – 2y2 + 2iy2 + 5iy + 4y – 10i = 0 = 0 + 0i Đồng nhất hoá hai vế ta được: Giải hệ này ta được nghiệm duy nhất Suy ra phương trình có nghiệm thuần ảo z = 2i. * Vì phương trình nhận nghiệm 2i. ⇒ vế trái của phương trình đã cho có thể phân tích dưới dạng: z3 + (2 – 2i)z2 + (5 – 4i)z – 10i đồng nhất hoá hai vế ta giải được a = 2 và b = 5. ⇒ (1)⇔ (z – 2i)(z2 + 2z + 5) = 0 ⇔ Vậy nghiệm của phương trình đã cho là z= 2i, z= - 1 + 2i và z= - 1- 2i. Chọn B. Ví dụ 3:Cho phương trình: A. – 2 B. 2 C. 4 D. – 4
Phương trình trên có 1 nghiệm là Suy ra, z4 + 2z3 – z2 – 2z + 10 = 0 ⇔ ( z + 2- i). (z + 2 + i). (z2 + 4z + 5) =0 ⇔ Vậy phương trình trên có 4 nghiệm là : Tổng phần thực của bốn nghiệm của phương trình: - 2 + (-2) + 1 + 1 = - 2 . Chọn A. Ví dụ 4: Cho phương trình sau: A. C.
Đặt t = z2 + 3z + 6 phương trình đã cho có dạng: t2 + 2zt – 3z = 0 ⇔ (t – z)(t + 3z) = 0 + Với t = z ⇔ z2 + 3z + 6 – z = 0 ⇔ + Với t = -3z ⇔ z2 + 3z + 6 + 3z = 0 ⇔ Chọn A. Ví dụ 5: Giải phương trình sau A. z = 2 + i; z = 2 -i ; z = B. z = 1 + i; z = 1-i ; z = ; z = . C. z = 1 + 2i; z = 1- 2i ; z = ; z = . D. z = 1 + i; z = 1-i ; z =
Nhận xét: z = 0 không là nghiệm của phương trình (1) vậy z ≠ 0 . Chia hai vế phương trình cho z2 ta được: (z2 + . Khi đó : t2 = z2 + = 0 Đặt t = z - . Khi đó : Phương trình (2) có dạng: t2 – t + Δ = 1 - 4. = -9 = 9i2 PT (3) có 2 nghiệm t= + Với t= ta có z - = Có Δ = (1 + 3i)2 + 16 PT (4) có 2 nghiệm: z = + Với t = ta có : z - ⇔2z2-(1-3i)z-2 = 0 (5) Có Δ = (1 - 3i)2 + 16 = 8 - 6i = 9 - 6i + i2 = (3-i)2 PT(5) có 2 nghiệm: z = Vậy PT đã cho có 4 nghiệm: z=1 + i; z=1-i ; z= ; z= . Chọn B. 1. Phương pháp giải * Để tính giá trị của biểu thức liên quan đến nghiệm của phương trình ta cần: xác định các nghiệm của phương trình, sử dụng hệ thức Vi- et, linh hoạt sử dụng các hằng đẳng thức đáng nhớ.. * Hệ thức Vi–ét đối với phương trình bậc hai với hệ số thực: Cho phương trình bậc hai az2 + bz + c= 0 có hai nghiệm phân biệt z1; z2 (thực hoặc phức). Ta có hệ thức Vi–ét 2. Ví dụ minh họa Ví dụ 1: Gọi z1, z2 là các nghiệm của phương trình z2 + 4z + 5=0. Đặt (1 + z1)100 + (1 + z2)100 . Khi đó A. ω= 240.i B.ω=-251 C.ω=251 D.ω=-250i
Ta có: z2 + 4z + 5=0 Suy ra: = [(-1 + i)2]50 + [(-1-i)2]2 = (2i)50 + (-2i)50 = 250.i48.i2 + (-2)50.i48.i2 = 250.1.(-1) + 250.i.(-1)=-252 Chọn B. Ví dụ 2: Kí hiệu z1, z2, z3, z4 là 4 nghiệm phức của phương trình x4 + 2x2 + 4= 0. Tính tổng T bằng |z1| + |z2| + |z3| + |z4|: A. 2 B.2√2 C. 4 D. 4√2
Xét phương trình: x4 + 2x2 + 4 =0 (*) Đặt t= x2, phương trình (*) trở thành: ⇔ Giả sử z1,2 là hai nghiệm của phương trình (1) và z3,4 là hai nghiệm của phương trình (2) . Khi đó |z1| 2 = |z2| 2 =|-1-√3.i| = 2 ⇒ |z1| = |z2| = √2 . Tương tự ta có : ⇒ |z3| = |z4| = √2 . Vậy T = |z1| + |z2| + |z3| + |z4| = 4√2 Chọn D . Ví dụ 3: Cho các số phức a, b,c, z thỏa mãn A.P = 2 C. P = . D. P = 0.5
Giả sử phương trình az2 + bz + c= 0 có hai nghiệm phức z1, z2. Theo hệ thức Vi-et ta có: Ta có Do đó : |z1 + z2|2 + |z1-z2|2 -2( |z1 + z2|)2 = 2( |z1 + z2|)2-2( |z1-z2|)2 = 4|z1|.|z2| = 4|z1.z2| = 4. Chọn B Ví dụ 4: Cho các số phức z1 ≠0 ; z2 ≠0 thỏa mãn điều kiện A.
Theo giả thiết ta có: ⇔(2z2 + z1).(z1 + z2)=z1.z2 ⇔ 2z2.z1 + 2z22 + z12 + z2.z1-z2.z1 = 0 ⇔ 2.z2.z1 + 2z22 + z12 = 0 (*) Do z2 ≠ 0 nên ta chia cả hai vế của (*) cho z2 ta được : Trong cả hai trường hợp ta có ⇒ ⇒P=√2 + = Chọn D Ví dụ 5:Cho hai số phức z1, z2 là các nghiệm của phương trình z2 + 4z + 13= 0.Tính môđun của số phức w = ( z1 + z2 ). i + z1.z2 A.|w| = 3 B. |w| = √185 C.|w| = √153 D. |w| = √17
Xét phương trình z2 + 4z + 13 = 0 có Do đó phương trình trên có hai nghiệm là : Khi đó: w = ( z1 + z2 ). i + z1. z2 = ( -2- 3i – 2 + 3i). i + ( -2- 3i). ( -2 + 3i) = -4i + 13 suy ra: |w| = √(-42 + 132) = √185 Chọn B. 1. Phương pháp giải * Cho hai số phức z1 và z2 thỏa mãn: Khi đó,z1, z2 là nghiệm phương trình: * Nếu số phức z0 = a + bi; (a,b ∈ R) là nghiệm phương trình A.z2 + Bz + C=0 (*) thì: Az02 + Bz0 + C = 0 * Nếu số phức z0 = a + bi; là nghiệm phương trình A.z2 + Bz + C=0 (*) thì z1 = a – bi cũng là nghiệm của phương trình (*). 2. Ví dụ minh họa . Ví dụ 1: Biết phương trình z2 + az + b=0 , A. C.
Do z1 = 1 + 2i là nghiệm nên z2 = 1 -2i cũng là nghiệm của phương trình đã cho. Ta có: Do z1, z2 là nghiệm của phương trình
Từ (1) và (2) ta có: Chọn D. Ví dụ 2: Biết z1 = 2- i là một nghiệm phức của phương trình z2 + bz + c = 0; (b,c ∈ R) , gọi nghiệm còn lại là z2. Tìm số phức w= bz1 + cz2 A.w= 18 – i B.w= 18 + i. C.w= 2- 9i D.w= 2 + 9i .
Do z1 = 2 – i là một nghiệm phức của phương trình z2 + bz + c = 0; (c,b ∈ R) nên z2 =2 + i cũng là 1 nghiệm của phương trình đã cho. Ta có: z1 = 2 – i là một nghiệm phức của phương trình z2 + bz + c = 0 nên ta có: ( 2- i)2 + b.(2- i) + c=0 ⇔ 4 – 4i + i2 + 2b – bi + c = 0 ⇔( 3 + 2b + c) – ( 4 + b) i= 0. ⇔ khi đó: Chọn D . Ví dụ 3: . Cho số thực a, b, c sao cho phương trình z3 + az2 + bz + c = 0 nhận z= 1 + i và z = 2 làm nghiệm. Khi đó tổng giá trị a + b + c là: A. -2. B. 2. C. 4. D. -4.
Phương trình có nghiệm z = 2 nên thay z=2 vào phương trình ta được: 8 + 4a + 2b + c= 0 ( 1) . Phương trình có nghiệm z= 1 + i nên thay vào phương trình ta được: (1 + i)3 + a.(1 + i)2 + b( 1 + i) + c= 0 ⇔ 1 + 3i + 3i2 + i3 + a. (1 + 2i + i2) + b(1 + i) + c=0 ⇔ 1 + 3i – 3- i + 2ai + b + bi + c= 0 ⇔( - 2 + b + c) + ( 2 + 2a + b).i = 0 ⇔ Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: ⇔ Suy ra a + b + c= - 2 . Chọn A. Ví dụ 4: Biết hai số phức có tổng bằng 4 và tích bằng 5. Tổng môđun của hai số phức đó bằng: A. 4 B.√10 C. 2√5 D.2√3
Hai số phức cần tìm có tổng bằng 4 và tích bằng 5 nên chúng là nghiệm phương trình: z2 – 4z + 5= 0 Phương trình trên có ∆’= 22 – 5 = -1= i2 Suy ra hai số phức đó là Vậy tổng môdun của số phức đó là: |z1| + |z2| = 2√5 Chọn C. Ví dụ 5: Biết phương trình z2 + mz + n = 0 (với m, n là các tham số thực) có một nghiệm là A. 4√2 B. 4 C. 2√2 D. 16.
Thay z = 1 + i vào phương trình, ta được : (1 + i)2 + m. (1 + i) + n= 0 ⇔ 1 + 2i + i2 + m + mi + n= 0 ⇔ (m + n) + ( m + 2).i = 0 ⇔ Suy ra w= - 2 + 2i nên mô dun của w là |w| = √8 = 2√2 . Chọn C. 1. Ví dụ minh họa Ví dụ 1: . Cho phương trình z2 – mz + 2m – 1=0 trong đó m là tham số phức. Giá trị của m để phương trình có hai nghiệm z1, z2 thỏa mãn A. m=-2-2√2i. B. m=2 + 2√2i . C. 2-2√2i D. 2 ± 2√2i
Theo Viet, ta có: Theo giả thiết ta có: z12 + z22= -10 ⇔(z1 + z2)2 - 2z1z2 = -10 ⇔ m2 - 2( 2m- 1) = - 10 ⇔ m2 – 4m + 12= 0 Có ∆’= (-2)2 – 12 = - 8 = 8i2 Do đó phương trình đã cho có 2 nghiệm là : Chọn D Ví dụ 2: Cho phương trình z2 + mz -6i = 0. Để phương trình có tổng bình phương hai nghiệm bằng 5 thì m có dạng ±(a + bi) (a,b ≠R) . Giá trị a + 2b là: A. 0 B. 1 C. - 2 D. - 1
Gọi z1, z2 là hai nghiệm của phương trình đã cho Theo Vi -et, ta có: Theo bài cho, tổng bình phương hai nghiệm bằng 5. Ta có: z12 + z22 = 5 ⇔ (z1 + z22)-2z1.z2 = 5 ⇔ m2 + 12i = 5 ⇔ m2 = (3- 2i)2 ⇔ m = ± (3-2i) Do đó, Chọn D. Ví dụ 3: Cho z1, z2 là hai số phức thỏa mãn A. P=0 B. P= 21008. C. P=21009 . D. P= 2.
Xét phương trình z2 – 4z + 5= 0 có Do đó phương trình có hai nghiệm phức:
Suy ra P=( z1 – 1)2017 + ( z2 – 1)2017 =( 1 – i)2017 + ( 1 + i)2017 = (1-i)[(1-i)2]1008 + (1 + i)[(1 + i)2]1008 = (1-i).(-2i)1008 + (1 + i).(2i)1008 = (1-i).(-2i)1008.(i4)252 + (1 + i).(2i)1008(i4)252 = (1-i).21008 + (1 + i).22018 Chọn C. Ví dụ 4:Cho số phức w và hai số thực a, b. Biết rằng w + i và 2w – 1 là hai nghiệm của phương trình z2 + az + b =0 . Tính tổng S= a + b? A.
Giả sử w= x + yi, (x,y ∈ R) . Do w + i và 2w – 1 là hai nghiệm của phương trình z2 + az + b = 0 nên suy ra 2w - 1= 2(x + yi)-1 = x-yi-i ⇔ Theo hệ thức Viet, ta lại có:
Từ (1) và (2) ta suy ra: Chọn D. Ví dụ 5: Cho hai số thực b và c, (c > 0). Kí hiệu A, B là hai điểm biểu diễn hai nghiệm phức của phương trình z2 + 2bz + c=0 trong mặt phẳng phức. Tìm điều kiện của b và c để tam giác OAB là tam giác vuông (O là gốc tọa độ). A. b2 = 2c. B. c = 2b2 . C. b = c. D. b2 = c
Xét phương trình z2 + 2bz + c = 0 + Trường hợp 1.Nếu Δ ≥0 ⇔ b2 + c ≥ 0 Khi đó phương trình đã cho có hai nghiệm thực phân biệt. Do đó,2 điểm A và B biểu diễn hai nghiệm của phương trình đã cho nằm trên trục hoành => Ba điểm O, A, B thẳng hàng nên loại trường hợp này. + Trường hợp 2. Nếu ∆’ < 0 thì b2 < c. Khi đó, hai nghiệm là Tọa độ hai điểm A và B biểu diễn hai nghiệm của phương trình đã cho là A(-b;- Nhận xét tam giác OAB luôn cân tại O. Do đó, để tam giác OAB vuông thì phải vuông tại O Chọn B Xem thêm các dạng bài tập Toán lớp 12 có trong đề thi THPT Quốc gia khác:
Giới thiệu kênh Youtube VietJack
so-phuc.jsp |
