Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com DĐ: 01694 013 498 35 a. 2 ; 2 3 a b   b. 3 ; 1 4 a b  Bài 3 : Giải các phương trình sau a.      1 2 1 3 2 3i z i i i      b. 2 3 7 8z i i   c.     1 3 4 3 7 5i z i i     d.   1 3 2 4i z i z    e.   1 2 5 6 2 3 z i i 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 12 b. 8 6 c. 33 56 d. 3 4i i i i      Giải: a. Gọi z x iy  là một căn bậc hai của 5 12 i  tức là   2 2 2 5 12 2 5 12x iy i x y ixy i          2 2 2 2 2 2 2 2 5 4 5 2 12 13 9 x y x x y xy x y y                            2 3 x y         Do 12 0 ,b x y   cùng dấu do đó 2 3 x y      hoặc 2 3 x y        Vậy 5 12i  có 2 căn bậc hai là 1 2 3z i  và 2 2 3 .z i   b. Tương tự gọi z x iy  là một căn bậc hai của 8 6i tức là   2 2 2 8 6 2 8 6x iy i x y ixy i        2 2 2 2 2 2 2 2 8 9 8 2 6 10 1 x y x x y xy x y y                          3 1 x y         Do 6 0 ,b x y   cùng dấu do đó 3 1 x y      hoặc 3 1 x y        Vậy 8 6i có 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 2 33 56 2 33 56x iy i x y ixy i        2 2 2 2 2 2 2 2 33 49 7 33 4 2 56 65 16 x y x x x y y xy x y y                                   Do 56 0 ,b x y    trái dấu do đó 7 4 x y       hoặc 7 4 x y       Vậy 2 căn bậc hai của 33 56i là 7 4i và 7 4.i  d. Gọi z x iy  là một căn bậc hai của 3 4 i  tức là www.VNMATH.com Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com DĐ: 01694 013 498 36   2 2 2 3 4 2 3 4x iy i x y ixy i          2 2 2 2 2 2 2 2 3 1 1 3 2 2 4 5 4 x y x x x y y xy x y y                                    Do 4 0 ,b x y   cùng dấu do đó 1 2 x y      hoặc 1 2 x y        Vậy 2 căn bậc hai của 3 4 i  là 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 4 6 5w i  Khi đó:   2 2 2 2 2 2 3 5 (1) 4 4 6 5 45 2 6 5 4 (2) y x y x z w x yi i xy x x                           (2)  x 4 – 4x 2 – 45 = 0  x 2 = 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: z 1 = 3 + 5 i và z 2 = -3 - 5 i b. Giả sử z = x +yi (x, y thuộc R) là một căn bậc hai của w = -1-2 6 i Khi đó:   2 2 1 2 6z w x yi i       2 2 2 2 6 (1) 1 6 2 2 6 1 (2) y x y x xy x x                        (2)  x 4 + x 2 – 6 = 0  x 2 = 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: z 1 = 2 - 3 i và z 2 = - 2 + 3 i Dạng 2: Phương trình bậc hai Bài 1: Giải các phương trình sau:     2 2 a. 3 4 5 1 0; (1) b. 1 2 0; (2)x i x i x i x i          Giải: a. Ta có     2 3 4 4 5 1 3 4i i i        . Vậy  có hai căn bậc hai là 1+ 2i và −1 − 2i. Do đó pt (1) có hai nghiệm là: 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 2 3 ; 1 2 2 i i i i x i x i             b. Ta có     2 1 4 2 8 6i i i        . Vậy  có hai căn bậc hai là 3 + i và −3 − i. www.VNMATH.com Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com DĐ: 01694 013 498 37 Do đó pt (2) có hai nghiệm là: 1 2 1 3 1 3 1; 2 2 2 i i i i x x i               Chú ý: PT (2) có thể dùng nhẩm nghiệm nhờ a + b + c = 0 Bài 2: Giải các phương trình sau: a.   2 3 2 0 1x x   b. 2 1 0 (2)x x   c. 3 1 0 (3)x   Giải: a. Ta có 2 23 23 0i      nên ta có hai căn bậc hai của  là: 23i và 23i . Từ đó nghiệm của pt (1) là: 1,2 1 23 6 i x    b. Ta có 2 3 3 0i     nên (2) có các nghiệm là: 1,2 1 3 2 i x    c. Ta có     2 2 1 0 (3) 1 1 0 1 0; (*) x x x 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: 1x  ; 1,2 1 3 2 i x    (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 ; 2 5i i        HD: Theo bài ra ta có: 2 8i; . 23 14i.           kết quả pt bậc hai cần lập là:   2 2 8 14 23 0x i x i     Bài 4: Tìm m để phương trình: 2 3 0x mx i   có tổng bình phương 2 nghiệm bằng 8. Giải: Theo bài ra ta có:   2 2 2 1 2 1 2 1 2 8 2 8x x x x x x      (1). Theo Vi−et ta có 1 2 1 2 3 x x m x x i        Thay vào (1) ta được 2 2 6 8 8 6m i m i      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 2 0z Bz i   có tổng bình phương hai nghiệm bằng 4i . Giải: Gọi 1 2 ,z z là hai nghiệm của phương trình đã cho và B a bi  với ,a b   . Theo đề phương trình bậc hai 2 0z Bz i   có tổng bình phương hai nghiệm bằng 4i . nên ta có : 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 ( ) 2 2 ( ) 2 4z z z z z z S P B i i           hay 2 2B i  hay 2 2 2 ( ) 2 2 2a bi i a b abi i        Suy ra : 2 2 0 2 2 a b ab        . Hệ phương trình có nghiệm (a;b) là (1; 1),( 1;1)  Vậy : 1 ;B = 1B i i    www.VNMATH.com Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com DĐ: 01694 013 498 38 Bài 6: Cho 1 2 ;z z là 2 nghiệm pt     2 1 2 3 2 1 0i z i z i      Không giải pt hãy tính giá trị của các biểu thức sau: 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 a. ; b. ; c. z z A z z B z z z z C z z       Giải: Theo Vi−et ta có: 1 2 1 2 3 2 3 2 2 2 3 2 3 3 1 2 1 1 2 1 2 3 3 1 2 i z z i i i z z i i                       a. Ta có   2 2 1 2 1 2 3 2 2 2 3 2 1 2 1 2 11 30 2 6 4 2 2 2 3 3 3 3 9 9 A z z z z i i i                                 b.   1 2 1 2 3 2 2 2 3 2 1 2 1 2 5 2 2 1 10 2 3 3 3 3 9 9 B z z z z i i i                           c. Ta có 2 2 1 2 1 2 6 26 2 18 1 2 1 2 3 3 z z iA C z z i          . Bài 7: Giải phương trình nghiệm phức trên tập số phức a. 2 8(1 ) 63 16 0z i z i     b.     2 2 3 4 3 1 0i z i z i      HD: a. Ta có 2 2 ' 16(1 ) (63 16 ) 63 16 (1 8 )i i i i          Từ đó ta tìm ra hai nghiệm 1 5 12z i  ; 2 3 4z i  . b. Ta có     2 3 4 3 1 0i i i      1 2 1 5 1; 13 i z z     Bài 8: (CĐ – 2010) Giải phương trình   2 1 6 3 0z i z i     trên tập hợp các số phức. Giải: Phương trình có biệt thức     2 1 4 6 3 24 10i i i          2 1 5i  Phương trình có hai nghiệm là: 1 2z i  và 3 .z i Bài 9: (CĐ – 2009) Giải phương trình sau trên tập hợp các số phức: 4 3 7 2 z i z i z i      Giải: Điều kiện: 1z   www.VNMATH.com Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com DĐ: 01694 013 498 39 Phương trình đã cho tương đương với   2 4 3 1 7 0z i z i     Phương trình có biệt thức     2 4 3 4 1 7 3 4i i i         2 2 i  Phương trình có hai nghiệm là: 4 3 2 1 2 2 i i z i       và 4 3 2 3 . 2 i i z i       Bài 10: Giải phương trình nghiệm phức : 25 8 6z i z    Giải: Giả sử z a bi  với ; a,b  R và a,b không đồng thời bằng 0. Khi đó 2 2 1 1 ; a bi z a bi z a bi a b        Khi đó phương trình 2 2 25 25( ) 8 6 8 6 a bi z i a bi i z a b            2 2 2 2 2 2 2 2 ( 25) 8( ) (1) (2) ( 25) 6( ) a a b a b b a b a b              . 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 z 2 + bz + c = 0 nhận số phức z = 1 + i làm một nghiệm. Giải: Vì z = 1 + i là một nghiệm của phương trình: z 2 + bx + c = 0 ( b, c  R), nên ta có :       2 0 2 1 1 0 2 0 2 0 2 b c b i b i c b c b i b c                          Bài 12: Giải các pt sau: 2 z 0z  Giải: Giả sử , x,yz x yi    Ta có     2 2 2 2 2 2 2 0 z 0 2 0 2 0 0 2 0 x y x z x y xyi x yi x y x xy y i i xy y                         www.VNMATH.com Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com DĐ: 01694 013 498 40   2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 3 0 3 0 0 2 2 1 0 4 2 1 0 1 3 1 2 2 2 1 2 x y x x x x x y x y y x y x y x y x y y y x y x y x x x y 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 2 3 3 1 3 1 3 0, z 1, z , z 2 2 2 2 z i i       Bài 13: Tìm m để pt 2 3 0z mz i   có hai nghiệm 1 2 ,z z thỏa 2 2 1 2 8z z  . Giải: Ta có:   2 2 2 1 2 1 2 1 2 8 2 . 8z z z z z z      Với 1 2 1 2 , z . 3 b c z z m z i a a        Suy ra:         2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 8 2 . 8 2.3 8 8 6 3 3z z z z z z m i m i i m i                   . Bài 14: Cho số phức z thoả mãn 2 2 3 0z z   . Gọi   f z là số phức xác định bởi 17 15 14 2 ( ) 6 3 5 9f 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 1 2 | | | | 3 1 2 z i z z z i            17 15 14 2 15 2 14 2 2 ( ) 6 3 5 9 ( 2 3) 2 ( 2 3) 3( 2 3)f z z z z z z z z z z z z z z z                nếu 1 1 1 1 1 ( ) | ( )| | | 3z z f z z f z z      nếu 2 2 2 2 2 ( ) | ( ) | | | 3z z f z z f z z      Vậy | ( ) | 3f z  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: www.VNMATH.com Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com DĐ: 01694 013 498 41 Bài 1: Cho phương trình sau:       3 2 2 – 2 5 – 4 –10 0 1z 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:         3 2 2 2 5 4 –10i 0iy i yi i yi     3 2 2 – 2 2 5 4 –10 0 0 0iy y iy iy y i i        đồng nhất hoá hai vế ta được: 2 3 2 2 4 0 2 5 10 0 y y y y y              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:         3 2 2 2 – 2 5 – 4 –10 – 2 ( , )z i z i z i z i z az b a b R      đồng nhất hoá hai vế ta giải được a = 2 và b = 5.       2 1 – 2 2 5 0z i z z      2 2 2 1 2 2 5 0 1 2 z i z i z i z z z i                     Vậy phương trình (1) có 3 nghiệm. Bài 2: Giải các phương trình: 1. z 3 – 27 = 0 2. z 3 = 18 + 26i, trong đó z = x + yi ; x,y  Z Giải: 1.     3 2 2 2,3 1 1 – 27 0 –1 3 9 0 3 3 3 3 9 0 2 z z z z z z i z z z                        Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm. 2. Ta có:     3 3 2 2 3 – 3 3 – 18 26x yi x xy x y y i i     Theo định nghĩa hai số phức bằng nhau, ta được: 3 2 2 3 3 18 3 26 x xy x y y          Từ hệ trên, rõ ràng x  0 và y  0. Đặt y = tx , hệ     2 3 3 2 18 3 – 26 – 3x y y x xy          3 2 3 2 2 18 3 26 1 3 18 – 78 – 54 26 0 3 1 3 –12 –13 0.t t t t t t t t t          Vì 1 , 3 1 3 . 3 x y Z t Q t x và y z i           www.VNMATH.com Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com DĐ: 01694 013 498 42 Bài 3: 1. Tìm các số thực a, b để có phân tích: z 3 +3z 2 +3z – 63 = (z – 3)(z 2 +az + b) 2. Giải phương trình: z 3 +3z 2 +3z – 63 = 0 3. Cho phương trình: 3 2 5 16 30 0z z z    (1), gọi 1 2 3 , , z z z lần lượt là 3 nghiệm của phương trình (1) trên tập số phức. Tính giá trị biểu thức: 2 2 2 1 2 3 A z z z   . Giải: 1. Giả thiết     3 2 3 2 3 3 – 63 3 3 – 3z z z z a z b a z b        3 3 6 3 3 21 3 63 a a b a b b                  2. Áp dụng phần 1. ta có:     3 2 2 3 3 – 63 0 – 3 6 21 0z z z z z z        3 3 2 3 3 2 3 z z i z i             Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm. 3. 3 2 5 16 30 0z z z    có 3 nghiệm là: 1 2 3 3; 1 3 ; 1 3z z i z i     2 2 2 1 2 3 7A z z      Bài 4: Giải phương trình:   4 3 2 – 4 7 – 16 12 0 1z z z z   Giải: Do tổng tất cả các hệ số của phương trình (1) bằng 0 nên (1) có nghiệm z = 1.             3 2 2 1 –1 – 3 4 –12 0 –1 – 3 4 0z z z z z z z      2 1 1 3 3 2 4 0 2 z z z z z i z z i                       Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm. Bài 5: Giải phương trình: 4 3 2 4 7 16 12 0z z z z     Giải: Phân tích đa thức vế trái thành nhân tử ta có: 4 3 2 2 1 4 7 16 12 0 ( 1)( 3)( 4) 0 3 2 z z z z z z z z z z i                     Bài 6: Giải phương trình   3 2 2 5 3 3 2 1 0z z z z i      , biết rằng phương trình có nghiệm thực Giải: Phương trình có nghiệm thực 3 2 2 5 3 3 1 2 2 1 0 z z z z z            tức là phương trình có một nghiệm 1 2 z   www.VNMATH.com Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com DĐ: 01694 013 498 43 Phương trình     2 2 1 3 3 0z z z i     giải phương trình này ta được 1 2 z   ; 2 ; 1z i z i    Bài 7: Giải phương trình     3 2 1 2 1 2 0z 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             3 2 2 3 2 2 3 2 1 2 1 2 0 2 2 0 0 1 2 2 0 bi i bi i bi i b b b b b i b b b z i b b b                                Vậy phương trình tương đương với     2 1 2 0z 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 4 12 0z z z z     Giải: Đặt 2 t z z  , khi đó phương trình đã cho có dạng:  2 2 2 1 23 2 6 6 0 1 23 4 –12 0 2 2 0 2 1 2 i z t z z i t t z t z z z z                                       Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm. Bài 2: Giải phương trình:     2 2 2 2 3 6 2 3 6 – 3 0z z z z z z      Giải: Đặt 2 3 6t z z   phương trình đã cho có dang:    2 2 2 – 3 0 – 3 0 3 t z t zt z t z t z t z             - Với 2 2 1 5 3 6 – 0 2 6 0 1 5 z i t z z z z z z z i                     - Với 2 2 3 3 3 3 6 3 0 6 6 0 3 3 z t z z z z z z z                       Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm. www.VNMATH.com Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com DĐ: 01694 013 498 44 Bài 3: Cho phương trình:   4 3 2 2 – – 2 1 0 1z z z z   a. Bằng cách đặt 1 y z z   hãy đưa phương trình về dạng: 2 – 2 – 3 0.y y  b. Từ đó giải (1) Giải: Do 0z  không là nghiệm của (1)  chia hai vế của phương trình cho z 2 ta được: 2 2 1 1 2 – 1 2 0z z z z     Đặt 1 y z z    phương trình có dạng: 2 1 – 2 – 3 0 3 y y y y         - Với 1 1 3 1 1 2 i y z z z           - Với 1 3 5 3 3 2 y z z z        Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm Bài 4: Giải phương trình:   2 4 3 1 0 1 2 z z z z     Giải: Do 0z  không phải là nghiệm của phương trình (1) nên: (1) 2 2 1 1 1 0 2 z z z z       2 1 1 5 0 2 z z z z                   Đặt 1 y z z    pt có dạng:  2 2 1 3 5 2 – 0 2 – 2 5 0 1 3 2 2 i y y y y y i y                 - Với     2 1 3 1 1 3 2 – 1 3 – 2 0 2 2 2 i i y z z i z z          Ta có :     2 2 1 3 16 8 6 3i i i         phương trình (2) có 2 nghiệm: 1 1z i  và 2 1 1 2 2 z i   - Với     2 1 3 1 1 3 2 – 1 3 – 2 0 3 2 2 i i y z z i z z          Ta có :     2 2 1 3 16 8 6 3i i i         phương trình (3) có 2 nghiệm: 3 1z i  và 4 1 1 2 2 z i   Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm. www.VNMATH.com [...]... nghiệm phức   R thì  cũng là nghiệm của phương trình đó Bài 15: Giải phương trình sau trên tập số phức: 2 2 a  z  2i   2  z  2i   3  0 4z  i  4z  i  b  6 0  5 z i  z i  Bài 16: Chứng minh rằng: a Nếu x  iy là căn bậc hai của hai số phức a  bi thì x  yi là căn bậc hai của số phức a  bi x y a b b Nếu x  iy là căn bậc hai của số phức a  bi thì  i là căn bậc hia của số phức. .. Xác định các số phức z khác 0, đồng thời thoả mãn các điều w2  1 , từ đó lập phương trình bậc hai có nghiệm là các số số phức đã tìm được? z Bài 4: Cho số phức z là một nghiệm của phương trình: z 2  z  1  0 kiện w1 z là số thực và 2 2 2 1  1   1  1   Rút gọn biểu thức P   z     z 2  2    z 3  3    z 4  4  z  z   z   z   2 Bài 5: Giải phương trình trên tập số phức: ... Giải các phuơng trình sau trên tập số phức 1 z 3  z 2 z  z  3  4i 3 (1  i ) z 2  2  11i  0 Phương trình bậc cao: Bài 1: Tìm các số thực a, b, c để có z 3  2 1  i  z 2  4 1  i  z  8i   z  ai   z 2  bz  c  Từ đó giải phương trình z 3  2 1  i  z 2  4 1  i  z  8i  0 trên tập số phức Tìm modun của các nghiệm đó Đáp số: a  2, b  2, c  4 và z  2 Bài 2: Cho phương trình: ... Giải các hệ phương trình:  x  iy  2 z  10  a  x  y  2iz  20 ix  3iy  (1  i) z  30  Email: Loinguyen1310@gmail.com z3  2z 2  2z  1  0  b  2010  z 2011  1  0 z   z1  z 2  3  i  d  1 1 3  i z  z  5  1 2 2 z  i  z  z  2i  c  2 2 z z 4  Căn bậc hai của số phức Bài 1: Tìm căn bậc hai của số phức: 1 2 a z  17  20 2i b  i c 40  42i 4 2 Bài 2: Tìm căn bậc hai. .. giải: Bài 1: Giải phương trình bậc 2 sau trong tập hợp các số phức z 2 – 2  2 – i  z  6 – 8i  0 Bài 2: Tìm các số thực b, c để phương trình z 2  bz  c  0 nhận số phức z  1  i làm một nghiệm Đs: Vì z  1  i là một nghiệm của phương trình: z 2  bz  c  0 nên b  c  0 b   2 (1  i) 2  b(1  i)  c  0  b  c  (2  b)i  0    2  b  0 c  2 Bài 3: Cho các số phức w1  1  2i,... i c 40  42i 4 2 Bài 2: Tìm căn bậc hai của mỗi số phức sau: a -1 + 4 3.i b 4 + 6 5.i c -1 - 2 6.i Đs: a  ( 3  2.i ) b  (3  5.i) c  ( 2  3.i) Bài 3: Tìm các căn bậc hai của mỗi số phức sau: a  1 4 3i b 4  6 5i c  1 2 6i d 11  4 3i d -5 + 12.i d  (2 + 3i) C DẠNG LƯỢNG GIÁC CỦA SỐ PHỨC Dạng 1: Viết số phức dưới dạng lượng giác Bài 1: Viết các số phức sau dưới dạng lượng giác 1 i 3 a (1... 11: Tìm đa thức bậc hai hệ số thực nhận  làm nghiệm biết: a  = 2  5i b  =  2  i 3 c  = 3 - i 2 2 Bài 12: Giải phương trình z   cos   i sin   z  isin cos  0 ,   R trên tập số phức Đs: z1  cos  ; z 2  i sin  Bài 13: Gọi z1 và z2 là 2 nghiệm phức của phương trình: z 2  2 z  4  0 Tính giá trị của 2 2 A  z1  z 2  3 z1  z2 3 Bài 14: Chứng minh rằng nếu phương trình az 2  bz... điều kiện của tham số m sao cho phương trình: a Chỉ có đúng 1 nghiệm phức b Chỉ có đúng 1 nghiệm thực c Có ba nghiệm phức Bài 3: Giải phương trình sau biết chúng có một nghiệm thuần ảo: b z 3  (i  3) z 2  (4  4i ) z  7  4i  0 a z 3  iz 2  2iz  2  0 Bài 4: Giải phương trình z 3  2 1  i  z 2  4 1  i  z  8i  0 , biết rằng phương trình có một nghiệm thuần ảo Đáp số: Phương trình có... và 1  2i; 2  i  Bài 6: Giải hệ phương trình 2 ẩn z và w: (1)  z1  z2  z3  1   z1 z2  z2 z3  z3 z1  1 (2) z z z  1 (3)  1 2 3 Giải: Ta có z1 , z2 , z3 là các nghiệm của phương trình:  z – z1  z – z2  z  z3   0  z 3 –  z1  z2  z3  z 2   z1 z2  z2 z3  z3 z1  z  z1 z2 z3  0  z 3 – z 2  z – 1  0  z  1 và z  i Vậy hệ phương trình đã cho có 6 nghiệm (là hoán vị của. .. ai )( z 2  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: z 3  2(1  i ) z 2  4(1  i) z  8i  0 trên tập số phức Phương trình  ( z  2i )( z 2  2 z  4)  0  z  2i; z  1  3i; z  1  3i  z  2 Dạng 3: Giải hệ phương trình: 2  z12  z2  5  2i Bài 1: Giải hệ phương trình:   z1  z2  4  i Giải: 2 Từ (2) ta có z12  z2  2 .   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:. là căn bậc hai của hai số phức a bi thì x yi là căn bậc hai của số phức a bi b. Nếu x iy là căn bậc hai của số phức a bi thì x y i k k  là căn bậc