CĂN BẬC HAI CỦA SỐ PHỨC VÀ CÁC LOẠI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH docx

Bài 7: Giải phương trình nghiệm phức trên tập số phức a... Chứng minh rằng 1 nhận một nghiệm thuần ảo... Tìm môđun của các nghiệm đó.

DĐ: 01694 013 498

3

a b  b 3; 1

4

a b

Bài 3 : Giải các phương trình sau

a 1i z 2i1 3 i 2 3i b 2z3i 7 8i

c 1 3 i z 4 3 i 7 5i d 1i z  3 2i4z

2 3

z

i   



B CĂN BẬC HAI CỦA SỐ PHỨC VÀ CÁC LOẠI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG

TRÌNH

Dạng 1: Tìm căn bậc hai của số phức

Bài 1: Tìm căn bậc hai của các số phức sau:

a. 5 12i b 86i c 33 56 i d  3 4i

Giải:

a Gọi z xiy là một căn bậc hai của  5 12 i tức là

xiy    ix y  ixy   i

2 2

5

2 3

x y

 



 

 



Do b120 x y, cùng dấu do đó 2

3

x y











3

x y

 





 



Vậy  5 12icó 2 căn bậc hai là z1 23i và z2   2 3 i

b Tương tự gọi z xiy là một căn bậc hai của 86i tức là

xiy   ix y  ixy  i

2 2

8

3 1

x y

 



 

 



Do b60x y, cùng dấu do đó 3

1

x y











hoặc 3

1

x y

 





 



Vậy 86icó 2 căn bậc hai là 3i và  3 i

c Gọi z xiy là một căn bậc hai của 33 56i tức là

2 2

33

4

y

 

Do b 560x y, trái dấu do đó 7

4

x y







 



4

x y

 









Vuihoc24h.vn

DĐ: 01694 013 498

xiy    ix y  ixy   i

2 2

3

2

y

 

Do b40x y, cùng dấu do đó 1

2

x y











2

x y

 





 



Vậy 2 căn bậc hai của  3 4 ilà 1 2i và  1 2 i

Bài 2: Tìm các căn bậc hai của mỗi số phức sau:

a 4 + 6 5 i b 1 2 6i 

Giải:

a Giả sử z xiy x y  ,  là một căn bậc hai của w46 5i

2 2 2

2

2 2

3 5

(1) 4

45

4 (2)

y

xy

x x













(2)  x4 – 4x2 – 45 = 0  x2 = 9  x = ± 3

x = 3  y = 5

x = -3  y = - 5

Vậy số phức w = 4 + 6 5 i có hai căn bậc hai là: z1 = 3 + 5 i và z2 = -3 - 5 i

b Giả sử z = x +yi (x, y thuộc R) là một căn bậc hai của w = -1-2 6 i

1 2 6

z w xyi    i

2 2

2 2

6 (1) 1

6

1 (2)

y

xy

x x







 

 (2)  x4 + x2 – 6 = 0  x2 = 2  x = ± 2

x = 2  y = - 3

x = - 2  y = 3

Vậy số phức w = 4 + 6 5 i có hai căn bậc hai là: z1 = 2 - 3 i và z2 = - 2 + 3 i

Dạng 2: Phương trình bậc hai

Bài 1: Giải các phương trình sau:

a x  34i x5i 1 0; (1) b x  1i x  2 i 0; (2)

Giải:

a Ta có  34i2 4 5 i1  3 4i Vậy  có hai căn bậc hai là 1+ 2i và −1 − 2i

Do đó pt (1) có hai nghiệm là: 1 3 4 1 2 2 3 ; 2 3 4 1 2 1

x       i x      i

        Vậy có hai căn bậc hai là 3 + i và −3 − i

Vuihoc24h.vn

DĐ: 01694 013 498

x       x        i

Chú ý:

PT (2) có thể dùng nhẩm nghiệm nhờ a + b + c = 0

Bài 2: Giải các phương trình sau:

1 0 (2)

1 0 (3)

x  

Giải:

23 23 i 0

      nên ta có hai căn bậc hai của là:

23

i và i 23 Từ đó nghiệm của pt (1) là: 1,2 1 23

6

i

b Ta có     3 3i2  nên (2) có các nghiệm là: 0 1,2 1 3

2

i

2

1 0; (*)

x

x x

 



 Theo b Pt (*) có hai nghiệm là 1,2 1 3

2

i

x   Từ đó ta có các nghiệm của pt (3) là:x 1; 1,2 1 3

2

i

(Các nghiệm của pt (3) được gọi là căn bậc ba của 1)

Bài 3: Lập phương trình bậc hai có các nghiệm là:  43 ;i    2 5i

HD:

Theo bài ra ta có:   2 8i;     23 14i.

kết quả pt bậc hai cần lập là: 2  

x   i x i 

Bài 4: Tìm m để phương trình: x2 mx3i có tổng bình phương 2 nghiệm bằng 8 0

Giải:

Theo bài ra ta có: 2 2  2

1 2 8 1 2 2 1 2 8

x x   x x  x x  (1)

Theo Vi−et ta có 1 2

1 2 3

x x i









Thay vào (1) ta được m2 6i 8 m2  8 6i  m là một căn bậc hai của 86 i

Vậy: có 2 giá trị của m là: 3 + i và −3 − i

Bài 5: Trên tập số phức , tìm B để phương trình bậc hai z2 Bz i 0 có tổng bình phương hai nghiệm bằng

4i



Giải:

Gọi z z là hai nghiệm của phương trình đã cho và 1, 2 B abi với a b   ,

Theo đề phương trình bậc hai z2 Bz i 0 có tổng bình phương hai nghiệm bằng 4i

nên ta có : z12 z22 (z1z2)2 2z z1 2 S2 2P ( B)2 2i 4i hay B2  2i hay

(abi)  2ia b 2abi 2i Suy ra :

2 2

0

a b ab



 



Hệ phương trình có nghiệm (a;b) là (1; 1),( 1;1) 

Vuihoc24h.vn

DĐ: 01694 013 498

Bài 6: Cho z z là 2 nghiệm pt 1; 2   2  

1i 2 z  32i z  1 i 0 Không giải pt hãy tính giá trị của các biểu thức sau:

2 1

a.A z z ; b B z z z z ; c.C z z

Giải:

Theo Vi−et ta có:

1 2

1 2

i

i i

i







2 2

1 2 1 2

b 1 2 1 2

Bz z z z     i       i     i

c Ta có

2 2

1 2

1 2

6 26 2 18

C

z z

i



Bài 7: Giải phương trình nghiệm phức trên tập số phức

a z2 8(1i z) 63 16 i  0

23i z  4i3 z  1 i 0

HD:

a Ta có  ' 16(1i)2 (63 16 ) i  63 16 i(1 8 ) i 2

Từ đó ta tìm ra hai nghiệm z1  5 12i; z2  3 4i

b Ta có 23i  4i3  1 i 0

1 2

1 5

1;

13

i

z  z   

Bài 8: (CĐ – 2010) Giải phương trình 2  

z  i z  i trên tập hợp các số phức

Giải:

Phương trình có biệt thức  1i24 6 3  i 24 10 i 1 5i 2

Phương trình có hai nghiệm là: z 1 2i và z3 i

Bài 9: (CĐ – 2009) Giải phương trình sau trên tập hợp các số phức: 4z 3 7i z 2i

z i

 

 



Giải:

Điều kiện: z  1

Vuihoc24h.vn

DĐ: 01694 013 498

Phương trình đã cho tương đương với 2  

z   i z  i Phương trình có biệt thức  2  

4 3i 4 1 7i 3 4i

2 i

Phương trình có hai nghiệm là: 4 3 2 1 2

2

z      i và 4 3 2 3

2

z     i

Bài 10: Giải phương trình nghiệm phức : z 25 8 6i

z

Giải:

Giả sử z abi với ; a,b  R và a,b không đồng thời bằng 0

Khi đó z a bi ; 1 1 a2 bi2

z a bi a b



Khi đó phương trình z 25 8 6i a bi 25(2a bi2 ) 8 6i







(2)







Lấy (1) chia (2) theo vế ta có 3

4

b a thế vào (1) ta được a = 0 hoặc a = 4 Với a = 0  b = 0 ( Loại)

Với a = 4  b = 3 Ta có số phức z = 4 + 3i

Bài 11: Tìm các số thực b, c để phương trình z2 + bz + c = 0 nhận số phức z = 1 + i làm một nghiệm

Giải:

Vì z = 1 + i là một nghiệm của phương trình: z2 + bx + c = 0 ( b, c  R), nên ta có :

Bài 12: Giải các pt sau: z2 z 0

Giải:

Giả sử z x yi, x,y 

2 2

xy y



Vuihoc24h.vn

DĐ: 01694 013 498

2

2 2

2 2

2 2

2

2 2

0 0 0

1 0

0

3 0

3

2

3 1

2

1 2

x y x

x

y

y

x

x

x











 

  



































1 0 1 2 3 2 1 2 3 2

x y x y x y







  







































  





 Vậy: Có bốn số phức cần tìm là: 1 0, z2 1, z3 1 3 , z3 1 3

Bài 13: Tìm m để pt z2 mz3i có hai nghiệm 0 z z thỏa1, 2 z12 z22 8

Giải:

1 2 8 1 2 2 1 2 8

Với z1 z2 b m, z 1z2 c 3i

Bài 14: Cho số phức z thoả mãn 2

z  z  Gọi f z  là số phức xác định bởi

17 15 14 2

f z z z  z  z  z Tính mô đun của f z 

Giải:

Ta đặt 2

2 3 0 (1)

z  z 

(1) có    2 0 nên (1) có 2 nghiệm phức là 1 1 2

2



 



f z z z  z  z  z  z z  z  z z  z  z  z  z

nếu zz1 f z( )1  z1| ( ) | |f z1  z1| 3

nếu zz2  f z( )2 z2| ( ) | |f z2  z2| 3

Vậy | f z( ) | 3

Dạng 3: Phương trình quy về phương trình bậc hai và phương trình bậc cao

Phương pháp 1: Phương pháp phân tích thành nhân tử:

Vuihoc24h.vn

DĐ: 01694 013 498

Bài 1: Cho phương trình sau:

z  i z  i z i 

a Chứng minh rằng (1) nhận một nghiệm thuần ảo

b Giải phương trình (1)

Giải:

a Đặt z = yi với y  R

Phương trình (1) có dạng:  iy 3 2 i2 yi 2  54i yi – 10i0

3 2 2

đồng nhất hoá hai vế ta được:

2

3 2







giải hệ này ta được nghiệm duy nhất y = 2

Vậy phương trình (1) có nghiệm thuần ảo z = 2i

b Vì phương trình (1) nhận nghiệm 2i

 vế trái của (1) có thể phân tích dưới dạng:

đồng nhất hoá hai vế ta giải được a = 2 và b = 5

2 2

1 2

1 2

z i

z i







Vậy phương trình (1) có 3 nghiệm

Bài 2: Giải các phương trình:

1 z3 – 27 = 0

2 z3 = 18 + 26i, trong đó z = x + yi ; x,y  Z

Giải:

2

2,3

1 1

2

z z













Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm

2 Ta có:  3 3 2  2 3

Theo định nghĩa hai số phức bằng nhau, ta được:

3 2

2 3

x y y







Từ hệ trên, rõ ràng x  0 và y  0

Đặt y = tx , hệ  2 3  3 2

18 3x y– y 26 x – 3xy

18 3t t 26 1 3t 18t – 78t – 54t 26 0 3t 1 3t – 12 – 13t 0

3

x yZ  t Q t  x và y  z  i

Vuihoc24h.vn

DĐ: 01694 013 498

Bài 3:

1 Tìm các số thực a, b để có phân tích: z3 +3z2 +3z – 63 = (z – 3)(z2 +az + b)

2 Giải phương trình: z3 +3z2 +3z – 63 = 0

3 Cho phương trình: z35z216z30 (1), gọi 0 z1, , z2 z lần lượt là 3 nghiệm của phương trình 3

(1) trên tập số phức Tính giá trị biểu thức:A z12 z22 z32

Giải:

6

21

a

a

b a

b b

 















3

3 2 3

3 2 3

z







  



   

 Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm

3 3 2

có 3 nghiệm là: z13;z2  1 3 ;i z3  1 3i

2 2 2

1 2 3 7

A z z

– 4 7 – 16 12 0 1

z z  z z 

Giải:

Do tổng tất cả các hệ số của phương trình (1) bằng 0 nên (1) có nghiệm z = 1

1  z– 1 z – 3z 4 – 12z 0 z– 1 z– 3 z 4 0

2

1 1

3 3

2

4 0

2

z z

z z

z







 

 Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm

Bài 5: Giải phương trình:z4 4z3 7z2 16z120

Giải:

Phân tích đa thức vế trái thành nhân tử ta có:

1

2

z









  



2z 5z 3z 3 2z1 i0, biết rằng phương trình có nghiệm thực

Giải:

Phương trình có nghiệm thực

3 2

2

z z



 



tức là phương trình có một nghiệm 1

2

z  

Vuihoc24h.vn

DĐ: 01694 013 498

2z1 z 3z 3 i 0 giải phương trình này ta được 1

2

z   ; z2i z;   1 i

Bài 7: Giải phương trình 3   2  

z   i z  i z i  , biết rằng phương trình có một nghiệm thuần ảo

Giải:

Giả sử phương trình có một nghiệm thuần ảo zbi, thay vào phương trình ta được

2

3 2

0

1





Vậy phương trình tương đương với   2  

zi z  i z  giải phương trình này sẽ được nghiệm

Phương pháp 2: Phương pháp đặt ẩn phụ

Bài 1: Giải phương trình:  2 2  2 

Giải:

t z  , khi đó phương trình đã cho có dạng: z



2 2

2

2

4 – 12 0

1 2

i z

z z















 

 Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm

Bài 2: Giải phương trình: 2 2  2  2

Giải:

Đặt 2

t z  z phương trình đã cho có dang:

3







   

  



z

z

   

  



Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm

Vuihoc24h.vn

DĐ: 01694 013 498

z  z z z 

a Bằng cách đặt y z 1

z

  hãy đưa phương trình về dạng: y2 – 2 – 3y 0

b Từ đó giải (1)

Giải:

Do z 0 không là nghiệm của (1)  chia hai vế của phương trình cho z2 ta được:

2

2

z z

z z

Đặt y z 1

z

   phương trình có dạng: 2 – 2 – 3 0 1

3

y

y

 





2

i

z

 

2

z



Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm

2

4 3

1 0 1 2

z

z z    z

Giải:

Do z 0 không phải là nghiệm của phương trình (1) nên:

2

z z

z z

2

0 2

      

Đặt y z 1

z

1 3

1 3 2

2

i y

i y











 



z

Ta có :  1 3 i2 16 8 6i 3i2

 phương trình (2) có 2 nghiệm: z1   và 1 i 2 1 1

z    i

z

Ta có :  1 3 i2 16 8 6i3i2

 phương trình (3) có 2 nghiệm: z3   và 1 i 4 1 1

z    i

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm

Vuihoc24h.vn

DĐ: 01694 013 498

Bài 5: Giải phương trình: 4 2  

6 25 0 1

z  z  

Giải:

Đặt 2

z  Khi đó (1) có dạng: t 2  

– 6 25 0 2

t t  

Ta có:   ’ 1616.i2 0 nên pt (2) có hai nghiệm là t 3 4 i

Mặt khác 34i có hai căn bậc hai là: 2i và  2 icòn

34icó hai căn bậc hai là: 2 i và  2 i

Vậy: pt (1) có 4 nghiệm là: z1 2i z; 2   2 i z; 3 2i z; 4    2 i

Bài 6: Giải phương trình (ẩn z) trên tập số phức: 1

3



















z i

i z

Giải:

Điều kiện: z  i

Đặt

z

i

i

z

w





 ta có phương trình: w3 1(w1)(w2 w1)0



















































2

3 1 2

3 1 1

0 1

1

2

i w

i w

w

w

w

w







z i

i z w

2

3 1 2

3 1

































z i

i z i

w

2

3 1 2

3 1





























z i

i z i

w

Vậy pt có ba nghiệm z0;z 3 và z 3

Bài 7: Giải phương trình: 2 2  2  2

Giải:

3







1

2

3

4

z

   



   



  







Vuihoc24h.vn

DĐ: 01694 013 498

Giải:

PTz z( 2)(z1)(z3)10(z2 2 )(z z2 2z3) 0

Đặtt z2 2z Khi đó phương trình trở thành t2 t3 100

1 2

t

  



 



Vậy phương trình có các nghiệm: z1 6;z 1 i

Bài 9: Giải phương trình tập số phức: 4 3 2

z  z z  z 

Giải :

Phương trình z4 2z3 z2 2z 1 0 z2 (z2 12) 2(z 1) 1 0 (z2 12) 2(z 1) 1 0

(z = 0 không là nghiệm của phương trình)

Đặt w z 1

z

  ; phương trình trên trở thành: w2 + 2w – 3 =0 













3

1

w w























































2

5 3 0

1 3 3

1

2

3 1 0

1 1

1

2 2

z z

z z

z

i z

z z z

z

Vậy phương trình có bốn nghiệm:

2

3

2

5

3 





z

z  i z  i z i zai z bzc Tìm môđun của các nghiệm đó

HD:

Cân bằng hệ số ta được a = 2, b = –2, c = 4

Từ đó giải phương trình: z3 2(1i z) 24(1i z) 8i  trên tập số phức 0

Phương trình (z2 )(i z2 2z4)0 z2 ;i z  1 3 ;i z  1 3i z 2

Dạng 3: Giải hệ phương trình:

Bài 1: Giải hệ phương trình:

2 2

1 2

1 2

5 2 (1)





Giải:

Từ (2) ta có z12 z22 2z z1 2 15 8  i

Kết hợp với (1) ta có z z1 2 55i

Vậy ta có hệ phương trình: 1 2

1 2

4

5 5







Do đó z z1, 2 là nghiệm của phương trình 2  

z  i z  i Ta có    5 12i

Nên  có hai căn bậc hai là: 2 + 3i và −2 − 3i

Vuihoc24h.vn

DĐ: 01694 013 498

Vậy ta có

1

2

3 2

1 2 2

  







  



hoặc 1

2

1 2 3

 





 



Bài 2: Giải hệ phương trình: w

iz







Giải:

Coi i như 1 tham số ta có:

1 1

i



1 1

1

x z

y

D z D i

D

i D







1

i D

i

Bài 3: Giải hệ phương trình: 2 w 2 w 8

z







Giải:

Hệ



 



u z



2

2

v

u

v

 



 



  







Bài 4: Giải hệ phương trình:

2 2

2 2

3

3 ( , ) 3

0

x

y















Giải:

Từ hệ suy ra: x yi (3x y)2 (x2 3 )y i 3 x yi 3(2x yi2) i x(2 yi2) 3

Đặt z x yi ta được PT ẩn zC:

2

z z

Giải PT bậc hai tìm được z  và 2 i z  1 i

Từ đó tìm ra 2 nghiệm của hệ là ( , )x y ( , );( ,2 1 1 1 )

Bài 5: Giải hệ phương trình 2 ẩn z và w:

Vuihoc24h.vn

DĐ: 01694 013 498

3 3

w 3(1 ) (1)







Giải:

Từ (2) ta có: zw3 – 3zw z w9 1 i   3

Thay (1) vào (3) ta được: 27 1 i3 – 9zw1i9 1 i

3 1 3i 3i i –zw 1 i 1 i

1

i

i

 

 Vậy ta có hệ phương trình: w 3(1 )

.w 5







 Theo định lý Viet  z, w là các nghiệm của phương trình: 2    

t  i  i

2i 1 – i

   

 Phương trình (4) có hai nghiệm 2

1 2

 



  

 Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (z;w) là 2i;1 2 và 1 2 ; 2 i   i i

Bài 6: Giải hệ phương trình 2 ẩn z và w:

1 2 3

1 2 2 3 3 1

1 2 3

1 (1)

1 (2)

z z z

z z z z z z

z z z









Giải:

Ta có z1, , z2 z là các nghiệm của phương trình: 3 z–z1z–z2zz30

1 2 3 1 2 2 3 3 1 1 2 3

z z z z z z z z z z z z z z z

3 2

Vậy hệ phương trình đã cho có 6 nghiệm (là hoán vị của bộ ba số 1, i và –i)

Bài 7: Giải hệ phương trình sau trong tập số phức:

2

2

2 2 2 2

6 5

a a

a a

a b ab b a a











Giải:

Điều kiện: a2  a0

Từ (1) (a2a)25(a2 a)60





















6

1

2 2

a a

a a

Khi 2

2 1

2

i a

i a













thay vào (2)

Vuihoc24h.vn

DĐ: 01694 013 498

2

2

i b

i b















 a













2

3

a a

Thay vào (2)

2

2

b

b











 Vậy hệ pt có nghiệm (a, b) là:





























2

3 1

; 2

23 1 , 2

3 1

;

2

23

























2

3 1

; 2

23 1 , 2

3 1

; 2

23

;















  















  

































2

5 1

; 2 , 2

5 1

; 2 , 2

5 1

; 3 , 2

5

1

;

3

Bài tập tự giải:

Bài 1: Giải phương trình bậc 2 sau trong tập hợp các số phức

2

– 2 2 – 6 – 8 0

z i z i

Bài 2: Tìm các số thực b, c để phương trình z2 bz c 0 nhận số phức z 1 i làm một nghiệm

Đs:

Vì z 1 i là một nghiệm của phương trình: z2 bz c 0nên

Bài 3: Cho các số phức w1  1 2 , i w2 3 – 4 i Xác định các số phức z khác 0, đồng thời thoả mãn các điều kiện w z là số thực và 1 2 1



z

w

, từ đó lập phương trình bậc hai có nghiệm là các số số phức đã tìm được?

Bài 4: Cho số phức z là một nghiệm của phương trình: 2

1 0

z    z

Rút gọn biểu thức

Bài 5: Giải phương trình trên tập số phức: 2  

x  i x  i

Bài 6: Giải phương trình trên tập số phức:z22z 1 6i 0

Bài 7: (ĐH – A 2009) Gọi z z là hai nghiệm của phương trình z1, 2 2 + 2z + 10 = 0 Tính giá trị biểu thức

2 2

z

z

Vuihoc24h.vn