CHỦ ĐỀ TÌM SỐ PHỨC THỎA MÃN ĐIỀU KIỆN Phương pháp  Tìm số phức z = x + yi, ( x,y ∈ ¡ ) thật tìm phần thực x phần ảo y  Chú ý rằng: z2 ≠ z , z2 = z z số thực  x = z = x + yi = ⇔  y = ,   x = x z1 = z2 ⇔  z1 = x1 + y1i; z2 = x2 + y2i  y1 = y2 Khi đó:  z = x + yi, ( x,y ∈ ¡ ) Khi z số ảo (thuần ảo) x = , z số thực y=  Trong trường hợp tìm số phức có mơđun lớn nhất, nhỏ ta làm sau: • Bước 1: Tìm tập hợp điểm (ϑ) điểm biểu diễn z thỏa mãn điều kiện • Bước 2: Tìm số phức z tương ứng với điểm biểu diễn M ∈ (ϑ) cho khoảng cách OM có giá trị lớn ( nhỏ ) I MỘT SỐ VÍ DỤ RÈN LUYỆN KĨ NĂNG Ví dụ Tìm số phức z thỏa mãn a) z2 + z = 0; d) z2 + z = z b) z2 + z = 0; c)z2 = 2z f) e) z = z ; z z + z = Giải a) Đặt z = x + yi,( x,y ∈ ¡ ) Phương trình z2 + z =  2 2 x2 − y2 + 2xyi + x2 + y2 = ⇔ x − y + x + y = 2xy = x = y = y = x = ⇔ ∨ ⇔ ∨ 2 2 −y + y = x + x = y = y x = x = x =  y = x = y = ⇔ ∨ ⇔ ∨ ∨ y = ± y  x = y + y = y − y = x = x =  x = x = ⇔ ∨ ∨ y = y = −1 y = Vậy số phức cần tìm z = 0, z = −i, z = i trở thành : z = x-yi  z = x + yi,( x,y ∈ ¡ ) ⇒  2 z = x − y + 2xyi ( b) Đặt ) Phương trình z + z = trở thành: x2 − y2 + 2xyi + x − yi = ⇔ x2 + x − y2 + ( 2xy − y) i =  x2 + x − y2 = ( *)  2 x2 + x − y2 = x + x − y =   y = ⇔ ⇔ ⇔ 2xy − y = y ( 2x − 1) =   x =  x = x2 + x = ⇔   x = −1 Với y = thay vào (*) ta được:  y =   y = − x= 2 thay vào (*) ta được:  Với Vậy số phức cần tìm c) Đặt z = 0, z = −1, z = z = x + yi ( x,y ∈ R ) ⇒ z = x − yi 3 + i, z = − i 2 2 Phương trình z = 2z trở thành x2 − y2 = 2x (1) x2 − y2 + 2xyi = 2x − 2yi ⇔  xy = −y (2) (2) ⇔ y ( x + 1) = ⇔ y = 0,x = −1 Với y = , (1) ⇒ x − 2x = ⇒ x = 0∨ x = 2 với x = −1 , (1) ⇒ y = ⇒ y = ± Vậy số phức cần tìm là: z = 0,z = 2,z = −1+ i 3,z = −1− i ( x,y∈ ¡ ) Khi đó: d) Giả sử z = x + yi z2 + z = z ⇔ ( x + yi ) + x2 + y2 = x − yi  2 2 ⇔  x2 − y2 + x2 + y2 ÷+ 2xyi = x − yi ⇔ x − y + x + y = x   2xy = −y  TH1: x= − ta 2 1 −y + +y = − ⇔ + y = y2 − 4 4   y − ≥ 5+ y ≥ ⇔ ⇔ ⇔ y= ±  + y2 = y4 − y2 + 19 16y4 − 40y2 + =   16  TH2: y = ⇒ x2 + x = x ⇔ x = ⇒ x = y = 5+ z = 0;z = − ± i 2 Vậy có số phức thỏa mãn là: e) Giả sử z = x + yi ( x,y ∈ ¡ ) ⇒ z = x − yi ( ) z3 = z ⇔ ( x + yi ) = x − yi ⇔ x3 − 3xy2 + 3x2y − y3 i = x − yi ( ( ) )  x x2 − 3y2 = x x3 − 3xy2 = x  ⇔ ⇔ 3x y − y = − y y 3x2 − y2 = −y  x =  x = 0,y = ⇒ z =  2   x − 3y − 1=  ⇔ ⇔  x = 0,y2 = 1⇒ z = ±i  y =  x = 1,y = ⇒ z = ±1  2  3x − y + 1= Vậy phương trình cho có nghiệm z = 0,z = ± i,z = ±1 2 z3 = z ⇔ z.z3 = z.z = z ⇔ z = z ⇔ z  z − 1÷ =   Cách 2: ⇔ z =0 Khi Khi z − 1= z =0 z = 0, z = 0là nghiệm phương trình z = z z − 1= ⇒ z ≠ 3 nên phương trình z = z ⇔ z.z = z.z hay z = z.z = z2 − 1= z = ±1 ⇔ z2 − z2 + = ⇔  ⇔ z + 1= z = ± i Vậy phương trình cho có nghiệm z = 0,z = ± i,z = ±1 ( )( ) a ≠ z ≠ 0⇔  b ≠ f) Gọi số phức za+ bi; a,b∈ ¡ Điều kiện: z Ta có: z + z = ⇒ z + z.z = 2z ⇔ a+ bi + a2 + b2 = 2( a − bi ) a+ a2 + b2 = 2a ⇔ a + a2 + b2 + bi = 2a − 2bi ⇔   b = −2b a =  b = a =  b = Giải hệ ta được: (loại) Thử lại ta thấy z = thỏa mãn tốn Vậy số phức cần tìm z = Ví dụ Tìm số phức z thỏa mãn phương trình a) ( ) z − 2z =8 ; c) z2 = z3 b) z + 2011= ; Giải a) Đặt t = z − 2z Ta có phương trình ( ) t3 = ⇔ t3 − = ⇔ ( t − 2) t2 + 2t + = t = t =  ⇔ ⇔   t = −1+ 3i  t + 2t + =     t = −1− 3i Gọi z = a + bi ( a,b∈ ¡ Ta có ) t = z − 2z = a+ bi − 2( a− bi ) = −a + 3bi  Với  − a =  a = −2 t = ⇔ −a+ 3bi = ⇔  ⇔ ⇒ z = −2 3b = b = a = −  a=  ⇔ ⇔ ⇒ z = 1± i 3b = ±  b = ±   Với t = −1± 3i ⇔ −a+ 3bi = −1± 3i Vậy z = −2;z = 1± b) Đặt Khi đó: i z = a + bi ( a,b∈ ¡ ) ( ) ( ) z2 = a2 − b2 + 2abi ⇒ z2 = a2 − b2 − 2abi ⇒ z2 + 2011= a2 − b2 + 2011 − 2abi ( ) a2 − b2 + 2011= z2 + 2011= ⇔ a2 − b2 + 2011 − 2abi = ⇔   −2ab = Do Nếu b = a + 2011= (vơ lý) Do b ≠ ⇒ a = Dẫn đến b = ± 2011 Vậy số phức z cần tìm là: ± 2011.i c) Đặt z = x + yi Ta có: xy =  z = z ⇔ x − y + 2xyi − z = ⇔  2 x − y − z = ( * ) 2 y2 =  ⇒ y + z = 0⇔  ⇔ y = 0⇒ z = z =0   x = thay vào (*) y = ⇒ z = x , thay vào (*) Vậy z = 0, z = ±1 ⇒ x2 − x3 = ⇔ x = 0, x = ±1 Ví dụ Tìm phần thực phần ảo số phức z thỏa mãn: ( 1+ i ) ( 2− i ) z = 8+ i + ( 1+ 2i ) z ; a) ( 2− 3i ) z + ( 4+ i ) z = − ( 1+ 3i ) b) ( 2+ 3i ) z + ( 4+ i ) z = − ( 1+ 3i ) c) 2 d) z + 2z = 3− 2i ; Giải a) Ta có:  1+ i 2− i − 1+ 2i  = 8+ i ⇔ z ( 1+ i ) ( − i ) z = 8+ i + ( 1+ 2i ) z ( ) ( ) ( )  8+ i ( 8+ i ) ( 1− 2i ) = = − 3i 2i + Vậy số phức z cho có phần thực 2, phần ảo −3 ⇔ z 2i ( − i ) − 1− 2i  = 8+ i ⇔ z = z = x + yi ⇒ z = x − yi,( x,y ∈ ¡ b) Đặt Lúc đó: ( 2− 3i ) z + ( 4+ i ) z = − ( 1+ 3i ) ) ⇔ ( − 3i ) ( x + yi ) + ( + i ) ( x − yi ) = − ( 1+ 3i ) 6x + 4y = x = −2 ⇔ 6x + 4y − 2( x + y) i = 8− 6i ⇔  ⇔ 2x + yb = y = Vậy phần thực z −2 , phần ảo c) Đặt z = a + bi, (a,b∈ ¡ ) , ta có: ( 2+ 3i ) z + ( 4+ i ) z = − ( 1+ 3i ) ⇔ ( 6a− 2b) + ( 4a− 2b) i = 8− 6i ⇔ ( + 3i ) ( a+ bi ) + ( + i ) ( a− bi ) = − ( 1+ 3i ) 6a − 2b = a = ⇔ ⇔ 4a − 2b = −6 b = 17 Vậy số phức z cần tìm có phần thực phần ảo 17 Phần thực số phức cần tìm −3, phần ảo d) Đặt z = a+ bi, (a,b∈ ¡ ) Từ giả thiết ta có: 3a = a = a− bi + 2( a+ bi ) = 3− 2i ⇔ 3a + bi = 3− 2i ⇔  ⇔  b = −2  b = −2 Vậy số phức z có phần thực 1, phần ảo −2 Ví dụ a) Cho số phức z thỏa mãn phần ảo số phức w = z − 3z z + ( 1− 2i ) z = 2( 1− 2i ) Tìm phần thực 25i z + ( − 3i ) z = 26 + 6i b) Tìm phần thực phần ảo số phức z , biết − i Giải a) Giả sử z = x + yi (x,y ∈ ¡ ) Từ giả thiết suy −2x = −4 x = ⇔ ⇒ z = 2+ i  x − y = y = w = z2 − 3z = ( + i ) − 3( + i ) = −3+ i Do b) Gọi z = a+ bi, (a,b∈ ¡ ) Ta có z + ( 4− 3i ) z = 26 + 6i ⇔ ( + i ) ( a+ bi ) + 5( − 3i ) ( a− bi ) = 5( 26 + 6i ) 2− i ⇔ ( 22a− 16b) + ( −14a − 18b) i = 130 + 30i 22a − 16b = 130 a = ⇔ ⇔ ⇒ z = 3− 4i −14a− 18b = 30  b = −4 25i 25i ( 3+ 4i ) = = −4 + 3i 25 Do z Vậy phần thực -4, phần ảo Ví dụ a) Tìm số phức z thỏa mãn b) Tìm số phức z thỏa mãn c) Tìm số phức z thỏa mãn d) Cho số phức z thỏa mãn e) Tìm số phức z biết a) Đặt z = x + yi, ( x,y ∈ ¡ z =2 z =5 z số thuẩn ảo z số ảo phần thực lần phần ảo ( 1− 3i ) z số thực iz + = ) z= ( 1+ i ) z + 1− 2i z − + 5i = số ảo Giải z = ⇔ x2 + y2 = ⇔ x2 + y2 = Ta có: z2 = ( x + yi ) = x2 − y2 + 2xyi Mặt khác: Ta có hệ: x2 + y2 = x2 = ⇔  2 x − y = y = Vậy số phức cần tìm là: b) Đặt 2 số ảo nên x − y = z = x + yi, ( x,y ∈ ¡ ) z1 = 1+ i, z2 = 1− i, z3 = −1+ i, z4 = −1− i Ta có: z = ⇔ x2 + y2 = ⇔ x2 + y2 = ( *) Mặt khác: z = x + yi số ảo nên x = y = y2 = ⇔  y = −2  x = Thay vào (*) ta Vậy số phức cần tìm là: c) Đặt z = x + yi,( x,y ∈ ¢ ) z1 = 2i, z2 = −2i Ta có: z = ⇔ x2 + y2 = ⇔ x2 + y2 = 25 ( *) Mặt khác: Số phức có phần thực lần phần ảo nên x = 2y thay vào 2 phương trình (*) ta được: 5y = 25 ⇔ y = ⇔ y = ± Vậy số phức cần tìm là: d) Gọi Ta có z = a + bi;( a,b∈ ¡ z1 = + 5i, z1 = −2 − 5i ) ( 1− 3i ) z = ( 1− 3i ) ( a+ bi ) = a+ 3b− 3ai + bi = a+ 3b+ ( b− 3a) i ( 1− 3i ) z số thực z = a − bi ta có ⇔ b − 3a = ⇔ b = 3a z − + 5i = 1⇔ a − + ( − b + 5) i = 1⇔ ( a− 2) + ( 5− 3a) = 2 a = ⇔ a =  (thỏa mãn) Vậy có hai số phức z thỏa mãn e) Đặt z' = iz + ⇔ z =     z = + 6i;z = 21 + i 5 z'− *) z' = ⇔ z' = ( i z' , ta có: ( 1+ i ) z + 1− 2i =  1+i i ÷( iz + 1) − 1+i i + 1− 2i = ( 1− i ) z' Số phức số ảo, ta có: ⇔ ( 1− i ) z' = − ( 1− i ) z' ⇔ ( 1+ i ) z' = − ( 1− i ) z' ( 1+ i ) = − − 1− i z' ⇔ z'2 = −2i ⇔ z' = ± 1− i ( ) ( ) z' Thay vào (*) ta có z = −1;z = 1+ 2i Ví dụ a) Tìm số phức z thỏa mãn b) Tìm số phức z thỏa mãn: z − ( + i ) = 10 zz = 25 z + 2z.z + z = z + z = c) Tìm số phức z biết: z =2 ( z + 1) ( 2− i ) ( )( ) + z + + i = 14 z− i z+ i =1 =1 z − z − 3i d) Tìm số phức z thỏa mãn đồng thời: e) Tìm số phức z thỏa mãn Ta có: z + 1− 2i = f) Tìm số phức z thỏa mãn a) Gọi z = a + bi z −1 = ( a∈ R,b∈ R ) , ( ) 17 z + z − 5zz = z.z = 34 Giải z − ( + i ) = ( a − 2) + ( b − 1) i; z − ( + i ) = 10 ⇔ ( a − 2) + ( b− 1) = 10 Từ giả thiết ta có: ⇔ a2 + b2 = 25 z.z = 25 ( 1) ( 2) a = a = ∨  b = b =  Giải hệ (1) (2) ta z = 3+ 4i z = Vậy số phức cần tìm là: z = x − yi; z = z = zz = x2 + y2 ( x,y ∈ ¡ z = x + yi b) Gọi , ta có: ( ) z + 2z.z + z = ⇔ x2 + y2 = ( 1) ( 2) z + z = ⇔ 2x = ⇔ x = Từ (1) (2) tìm x = 1; y = ±1 Vậy số phức cần tìm 1+ i 1− i c) Ta có: 2z − z 3i + 2z + z 3i = 10 ( ) ( ) ⇔ z + z − 3i z − z = 10 Đặt z = a+ bi, z = a − bi Dẫn đến: ⇒ 2a+ 3b = ⇔ a = 5− 3b Kết hợp với giả thiết ban đầu: z = ⇔ a2 + b2 = Nên kết hợp lại ta số phức: d) Gọi z = x + yi, x,y ∈ ¡ z = 1+ 3i; z = 13 3 + i 7 x ≠   y,x ≠ y ≠  Từ toán suy ra: )  2 2  x + ( y − 1) = ( x − 10) + y x = y ⇔ ⇔ x= y=1  2 8y = 2   x + ( y + 1) = x + ( y − 3)  Vậy z = 1+ i e) Đặt z = a + bi , ta có: ( a− 1) z −1 = 5⇔ Mặt khác ( + b2 = ⇔ a2 + b2 − 2a = 24 ( 1) ) 17 z + z − 5z.z = ⇔ a2 + b2 = 34 a ( 2) 24 a = 24 ⇔ a = Thay (2) vào (1) Kết hợp với (1) có b = ⇔ b = ±3 Vậy có hai số phức thỏa mãn toán 5+ 3i 5− 3i f) Gọi ⇔ z = a+ bi ⇒ z + 1− 2i = ⇔ ( a+ 1) + ( b− 2) i = ( a+ 1) + ( b− 2) Ta có =5 ( 1) z.z = 34 ⇔ ( a+ bi ) ( a− bi ) = 34 ⇔ a2 + b2 = 34 ( 2)  a =  b = a2 + b2 + 2a − 4b = 20 a− 2b = −7  ⇔ 2 ⇔  a =  2  a + b = 34   a + b = 34  −29 b =   Từ (1) (2) ta có hệ Vậy z = 3+ 5i, z = −29 + i 5 Ví dụ a) Cho số phức z thỏa mãn phương trình đun z ( 1− i ) z + ( 2+ i ) z = 4+ i Tính mơ- b) Tìm mơ-đun số phức z biết z + 3z = 1+ 2i c) Cho số phức z thỏa mãn hệ thức z2 = ( 1+ i ) z + 11i Tính mơ-đun số phức z z + ( − 3i ) z = 26 + 6i d) Tìm mô-đun số phức z, biết − i e) Cho hai số phức tính z1,z2 thỏa điều kiện sau: 3z1 − z2 Giải a) Ta có: z1 + 3z2 = z1 = z2 = Hãy ( 1− i ) z + ( 2+ i ) z = + i ( *) Gọi z = a + bi (a,b∈ ¡ ) a = ( *) ⇔ ( 1− i ) ( a+ bi ) + ( 2+ i ) ( a− bi ) = 4+ i ⇔ 3a+ 2b− bi = 4+ i ⇔  b = −1  ⇒z= b) Đặt z = a + bi, (a,b∈ ¡ ) Khi theo giả thiết ta có:  a = ( a− bi ) + 3( a+ bi ) = 1+ 2i ⇔ 4a+ 2bi = 1+ 2i ⇔  ⇒ z = 14 + i b =  17 +1= 16 c) Đặt z = a+ bi, (a,b∈ ¡ ) z= z2 = ( 1+ i ) z + 11i ⇔ a2 − b2 + 2abi = ( 1+ i ) ( a− bi ) + 11i ⇔ a2 − b2 + 2abi = a+ b + ( a− b + 11) i  a = − b   a = −2   a = − b  a2 − b2 = a+ b 2a + 2a+ 11= (VN)   b = −3  ⇔ ⇔  a = b + ⇔ ⇔  a = 2ab = a− b+ 11 2ab = a − b + 11  a = b +    2b2 + 2b − 12 =   b =   Vậy z = a2 + b2 = 13 d) Gọi z = a + bi ( a,b∈ ¡ ) Ta có: z + ( 4− 3i ) z = 26 + 6i ⇔ ( + i ) ( a+ bi ) + 5( − 3i ) ( a− bi ) = 5( 26 + 6i ) 2− i ⇔ ( 22a− 16b) + ( −14a− 18b) i = 130 + 30i 22a− 16b = 130 a = ⇔ ⇔  −14a − 18b = 30  b = −4 z = 3− 4i ⇒ z = Vậy Cách z1 + 3z2 = ⇔ z1 + 3z2 = 16 ⇔ ( z1 + 3z2 ) ( z1 + 3z2 ) = 16 ( ) ( ) ⇔ ( z1 + 3z2 ) z1 + 3z2 = 16 ⇔ z1z1 + z1z2 + z1z2 + 9z2z2 = 16 ( ) ( ) ⇔ z1 + z1z2 + z1z2 + z2 = 16 ⇔ 1+ z1z2 + z1z2 + = 16 ⇔ z1z2 + z1z2 = Ta có: +) π 2π 3π  π 2π 3π  z − z2 + z3 = cos − cos + cos + i  sin − sin + sin ÷ 7 7 7  Do xét phần thực đẳng thức z − z2 + z3 = ta suy được: 1− z3 ; π 2π 3π π 2π 3π 3π cos − cos + cos = sin − sin + sin = cot 7 7 7 14 Bài tập Hãy biểu diễn qua tanx tan5x Hướng dẫn giải Ta có: cos5x + i sin5x = ( cosx + i sinx) Sử dụng khai triển nhị thức Niu-ton cho vế phải tách phần thực phần ảo ta có cos5x = cos5 x − 10cos3 xsin2 x + 5cosxsin4 x sin5x = 5cos4 xsinx − 10cos2 xsin3 x + sin5 x Từ suy ra: tan5x = 5tanx − 10tan3 x + tan5 x 1− 10tan2 x + 5tan4 x Bài tập Cho số thực thỏa mãn sina + sinb + sinc = a,b,c cosa + cosb + cosc = Chứng minh rằng: sin2a + sin2b + sin2c = cos2a + cos2b + cos2c = Giải Đặt , ta có: z1 = cosa + i sina;z2 = cosb + i sinb;z3 = cosc + i sinc z1 + z2 + z3 = 0, z1 = z2 = z3 = Vì thế: nên = zk ( k = 1;2;3) zk z12 + z22 + z32 = ( z1 + z2 + z3 ) − 2( z1z2 + z2z3 + z3z1 ) =  1 1 02 − 2z1z2z3  + + ÷ ÷ = −2z1z2z3 z1 + z2 + z3  z1 z2 z3  ( ) = −2z1z2z3( z1 + z2 + z3 ) = Nên cos2a + cos2b + cos2c + i ( sin2a + sin2b + sin2c) = Từ ta suy phải chứng minh Bài tập Giải phương trình cosx + cos3x + cos5x + cos7x + cos9x = Lời giải Ta có Đặt cosx = ±1 khơng nghiệm phương trình z = cosx + i sinx với x ∈ 0;2π ) Ta có z ∉ ±1,z−1 = cosx − i sinx, 2cosx = z + z−1, 2cosnx = zn + z− n Vậy phương trình cho trở thành: 1 1 +z + + z5 + + z7 + + z9 + =1 z z z z z9 ⇔ 1+ z2 + z4 + + z18 = z9 ⇔ z20 − 1= z11 − z9 z+ ( )( ) ⇔ z11 + z9 − = ⇒ z11 − 1,z9 =  Nếu nên k2π k2π z9 = z9 = cos0 + i sin0 z = cos + i sin ,k = 0;8 9 Vì nên z ≠ ±1 k2π x ∈ 0;2π ) x= ,k = 1;8 Do nghiệm phương trình cho k2π x= + 2mπ k = 1;8 ,m ∈ Z (  Nếu z11 = −1 z11 = cosπ + i sin π ) nên: π + k2π π + k2π + i sin ,k = 0;10 11 11 Vì nên z ≠ ±1 π + k2π x ∈ 0;2π ) x= ,k = 0;9 11 Suy nghiệm cần tìm π + k2π x= + 2mπ k = 0;9 ,m ∈ Z 11 Vậy nghiệm phương trình là: k2π x= + 2mπ k = 1;8 ,m ∈ Z z = cos ( ) ( ( ) ) π + k2π + 2mπ k = 0;9 ,m ∈ Z 11 Bài tập Cho a,b,c số thực thỏa mãn điều kiện cosa + cosb + cosc = sina + sinb + sinc = x= Chứng minh rằng: a) cos3a + cos3b + cos3c = 3cos( a + b + c) ; sin3a + sin3b + sin3c = 3sin ( a + b + c) b) cos5a + cos5b + cos5c = sin5a + sin5b + sin5c = Giải Đặt x = cosa + i sina,y = cosb + i sin b,z = cosc + i sinc Suy x + y + z = cosa + cosb + cosc + i ( sina + sinb + sinc) = a) Ta có: ( x3 + y3 + z3 − 3xyz = ( x + y + z ) x2 + y2 + z2 − xy − yz − zx ) nên lượng giác: ( cosa + i sina) + ( cosb + i sinb) + ( cosc + i sinc) = 3( cosa + i sina) ( cosb + i sinb) ( cosc + i sinc) ⇔ cos3a + cos3b + cos3c + i ( sin3a + sin3b + sin3c) = 3cos( a + b + c) + i sin(a + b + c) Từ ta được: b) Với cos3a + cos3b + cos3c = 3cos( a + b + c) x+ y + z = Mặt khác, từ ( ) ( x5 + y5 + z5 = 5xyz x2 + y2 + z2 x = y = z =1 suy sin3a + sin3b + sin3c = 3sin ( a + b + c) ) x−1 = x,y−1 = y,z−1 = z Vì thế: x2 + y2 + z2 = ( x + y + z ) − 2( xy + yz + zx) ( ) = ( x + y + z ) − 2xyz x + y + z = ( x + y + z ) − 2xyz( x + y + z ) = Do x5 + y5 + z5 = ⇔ ( cosa + i sina) + ( cosb + i sin b) + ( cosc + i sinc) = 5 ⇔ cos5a + cos5b + cos5c + i ( sin5a + sin5b + sin5c) = Vậy nên cos5a + cos5b + cos5c = sin5a + sin5b + sin5c = Bài tập Chứng minh rằng: 1 1 + + = cos60 sin240 sin480 sin120 Giải Xét số phức có z = cos60 + i sin60 , z15 = cos900 + i sin900 = i Ta có 16 z2 + z4 − z −1 z −1 ,sin120 = ,sin24 = ,sin48 = 2z 2iz2 2iz4 2iz8 Đẳng thức cần chứng minh trở thành cos60 = 2z − 2iz2 − 2iz4 − 2iz8 =0 z2 + z4 − z8 − z16 − Rút gọn ý ta có z≠0 z16 − 1− iz z14 + = ( Hay: z15z − 1− iz15 − iz = ⇔ iz − 1− i − iz = Vậy đẳng thức chứng minh ) (đúng) Bài tập Giả sử Chứng minh α ( y + α) n β nghiệm phương trình x − 2x + = − ( y + β) n = α−β Ta có thiết x2 − 2x + = ⇔ x = 1± i cot θ = y + 1⇒ y = cot θ − sinnθ sinn θ Giải Không tính tổng quát, lấy α = 1+ i,β = 1− i Lúc : n n n θ  + i÷ = ( y + α ) = ( cot θ − 1+ 1+ i ) =  cos ( cosnθ + i sinnθ ) sinn θ  sin θ  Tương tự : n n n θ  −i÷ = ( y + β ) = ( cot θ − 1+ 1− i ) =  cos ( cosnθ − i sinnθ ) sin θ sinn θ   Do ( y + α) n − ( y + β) = Từ ta có : Mặt khác : n n sin θ ( y + α) n 2i sinnθ − ( y + β) n = α−β α − β = 2i sinnθ sinn θ Bài toán 3: Ứng dụng vào chứng minh bất đẳng thức Cho số phức Lúc mơđun số phức z = a + bi;a,b ∈ ¡ z = a2 + b2 Cho số phức z1;z2;z3 Ta có bất đẳng thức thường dùng sau : z1 + z2 ≥ z1 + z2 ; z1 + z2 + z3 ≥ z1 + z2 + z3 I Các ví dụ điển hình thường gặp Ví dụ Chứng minh với ta ln có : a,b,c∈ ¡ 2 2 2 2 a + b + c + 2ac + a + b + c − 2ac ≥ a + b Giải Bất đẳng thức tương đương với ( a + c) + b2 + ( a − c) + b2 ≥ Xét z1 = ( a + c) + bi; z2 = ( a − c) + bi Ta có z1 = Mặt khác : ( a + c) + b2 ; z2 = cot θ = y + ( a − c) + b2 ( ) z1 + z2 = 2a + 2bi ⇒ z1 + z2 = a2 + b2 = a2 + b2 a2 + b2 Theo giả Áp dụng : z1 + z2 + ≥ z1 + z2 ta a2 + b2 + c2 + 2ac + a2 + b2 + c2 − 2ac ≥ a2 + b2 Ví dụ Chứng minh với α ,β ta có : cos4α + cos4β + sin2 α + sin2 β ≥ Giải Xét z1 = cos2α + cos2β.i; z2 = sin2 α; z3 = sin2 β.i Ta có : z1 = cos4α + cos4β ; z2 = sin2 α; z3 = sin2 β; z1 + z2 + z3 = cos2α + cos2β.i + sin2 α + sin2 β.i = 1+ i ⇒ z1 + z2 + z3 = Áp dụng : z1 + z2 + z3 ≥ z1 + z2 + z3 ta cos4α + cos4β + sin2 α + sin2 β ≥ Ví dụ Cho a,b,c > thỏa mãn ab + bc + ac = abc Chứng minh rằng: b2 + 2a2 c2 + 2b2 a2 + 2c2 + + ≥ ( *) ab cb ac Giải 2  2  2  2 bñt ( *) ⇔ + + ÷ + ÷ + + ÷ ≥  b ÷  c ÷ a  b  c  a ÷    Xeùt z1 = 2 + i; z2 = + i; z1 = + i a b b c c a 2  2  2  2 Ta coù: z1 = +  + ÷ ; z2 = ÷ ; z3 = +  ÷  ÷  ÷ a  b  b  c  c  a ÷   1 1  1 1 Mặt khác: z1 + z2 + z3 =  + + ÷+  + + ÷i  a b c  a b c  1 1 ⇒ z1 + z2 + z = 3 + + ÷  a b c Theo giả thiết: 1 ab + bc + ac = abc ⇔ + + = a b c Áp dụng : ta z1 + z2 + z3 ≥ z1 + z2 + z3 Do đó: z1 + z2 + z = 2 2 2 b + 2a c + 2b a + 2c + + ≥ ab cb ac Ví dụ Cho a, b, c, d bốn số thực thỏa mãn điều kiện : a + b + 1= 2( a + b) ; c + d + 36 = 12( c + d ) 2 Chứng minh : ( a − c) + ( b − d) ≤ ( ) 2+1 Giải Từ giả thiết ta có : ( a − 1) Xét 2 2 z1 = 1− a + ( 1− b) i; z2 = c − + ( d − 6) i; z = + 5i Ta có : Vì + ( b − 1) = 1; ( c − 1) + ( d − 1) = 36 z1 + z2 + z3 = ( c − a) + ( d − b) i nên z1 + z2 + z3 ≥ z1 + z2 + z3 1+ + ≥ ( c − a) + ( d − b) ⇔ ( a − c) + ( b − d ) ≤ 2 II Bài tập áp dụng Bài tập Chứng minh với x∈ ¡ , ( ) 2+1 ta ln có : x2 + 2x + + x2 − 2x + ≥ Hướng dẫn giải Bất đẳng thức cho tương đương với ( x + 1) + 22 + ( 1− x) + 22 ≥ Xét số phức : Lúc : z1 = x + 1+ 2i; z2 = 1− x + 2i z1 + z2 = + 4i Vì z1 + z2 ≥ z1 + z2 ⇔ ( x + 1) + 22 + Bài tập Chứng minh với ( 1− x) ∀x,y,z ∈ ¡ + 22 ≥ 22 + 42 = ( ĐPCM ) ta ln có x2 + xy + y2 + x2 + xz + z2 ≥ y2 + yz + z2 Hướng dẫn giải Bất đẳng thức cho tương đương với 2 2  y  y 3  z   z 3 ÷ +  −x − ÷ +  ÷ ≥ y2 + yz + z2  x + ÷ +   ÷ ÷ 2 2         Xét z1 = x + y y z z 3 + i; z2 = −x − + i ⇒ z1 + z2 = ( y − z ) + ( y + z) i 2 2 2 Vì 2 2  y   y 3  z   z 3 z1 + z2 ≥ z1 + z2 ⇔  x + ÷ +  ÷ +  −x − ÷ +  ÷  ÷   ÷       2  1   ≥  ( y − z)  +  y + z )  = y2 + yz + z2 ( 2    Bài tập Chứng minh với x∈ ¡ 2 16 32 x + 2+ x − x+ + x − 4x + 10 + 2 5 Hướng , ta ln có : x − x + ≥ + 2 5 dẫn giải Bất đẳng thức cho tương đương với 32 64 16 x − x+ + x2 − 8x + 20 + x2 − x + ≥ 2+ 5 5 2 2  4   8   16    2   ⇔  x + + ( − x) +  +  x − ÷ +  ÷ +  − x ÷ +  ÷   5            x2 + + ≥ 2+ Xét z1 = x + 2i; z2 = − x + 2i; z3 = x − ⇒ z1 + z2 = + 4i; z3 + z4 = + 4i 16 + 8i; z = − x + i 5 Ta ln có : z1 + z2 + z3 + z4 ≥ z1 + z2 + z3 + z4  ⇔  x2 + +  ( − x) 2 2 2    16    4   8 + 22  +   x − ÷ +  ÷ +  − x ÷ +  ÷    5            12   16  ≥ 42 + 42 +  ÷ +  ÷ = + ( ÑPCM )  5  5 Bài tập Chứng minh với ∀x,y,z ∈ ¡ ta ln có x2 + xy + y2 + y2 + yz + z2 + x2 + xz + z2 ≥ ( x + y + z ) Hướng dẫn giải Bất đẳng thức cho tương đương với 2 2 2  y   y 3  z   z 3  x  x 3 ÷ + y+ ÷ + ÷ + z+ ÷ + ÷  x + ÷ +  2  ÷   ÷   ÷       ≥ 3( x + y + z ) Xét z1 = x + y y z z x x + i; z2 = y + + i; z3 = z + + i 2 2 2 Ta có : ( x + y + z ) + 23 ( x + y + z ) i Vì nên z1 + z2 + z3 ≥ z1 + z2 + z3 z1 + z2 + z3 = 2 2 2  y   y 3  z   z 3  x  x 3 x + + + y + + + z +  ÷  ÷ ÷  ÷  ÷   ÷ +  ÷ ÷   ÷ 2 2           ≥ x + y + z ) + ( x + y + z ) = 3( x + y + z ) ( 4 Bài toán Ứng dụng giải toán khai triển hay tính tổng nhị thức Niutơn Phương pháp Ta nhắc lại công thức khai triển nhị thức Niutơn ( a + b) n = n ∑ Cknan−k bk = Conan + C1nan−1b + C1nan−2b2 + + Cnn−1abn−1 + Cnnbn k =0 Ta lưu ý : ∀m ∈ ¥ * i 4m = 1; i 4m+1 = i; i 4m+ = −1; i 4m+ = −i I Các ví dụ điển hình thường gặp Ví dụ Tính tổng a) S1 = 1− C 2n + C 4n − C 6n + b)S2 = C1n − C 3n + C 5n − C7n + Giải Ta có: ( 1+ i ) n = 1+ C1ni + C 2ni + + C nni n ( ) ( ) = 1− C 2n + C 4n − C 6n + + i C1n − C 3n + C 5n − C7n + (1) nπ nπ + i 2n sin (2) 4 nπ nπ Từ (1) (2) suy ra: S1 = 2n cos ; S2 = 2n sin 4 Ví dụ Chứng minh 98 50 C100 − C100 + C100 − C100 + − C100 + C100 100 = −2 ( 1+ i ) n = 2n cos Lời giải ( 1+ i ) 100 2 100 = C100 + C1100i + C100 i + + C100 100i ( ) ( ) 100 99 = C100 − C100 + C100 − + C100 + C100 − C100 + C100 + − C100 i ( 1+ i ) = 2i ⇒ ( 1+ i ) 100 = ( 2i ) 50 = −250 50 Vaäy: C100 − C100 + C100 − + C100 100 = −2 Ví dụ Tính tổng sau 14 A = C15 − 3C15 + 5C15 − 7C15 + + 13C12 15 − 15C15 ; 15 B = 2C115 − 4C15 + 6C15 − 8C15 + + 14C13 15 − 16C15 Giải Xét khai triển ( 1+ x) 15 2 3 12 13 13 14 14 15 15 = C15 + C15 x + C15 x + C15 x + + C12 15x + C15x + C15x + C15x ⇒ x( 1+ x) 15 Lấy 2 3 13 13 14 14 15 15 16 = C15 x + C15 x + C15 x + C 15 x + + C12 15x + C15x + C 15x + C15x hai vế ( 1+ x) 15 + 15x( 1+ x) 14 2 3 12 12 13 = C15 + 2C15 x + 3C15 x + 4C15 x + + 13C15 x + 14C13 15x 14 15 15 + 15C14 15x + 16C15x Thay x i ta 2 3 12 12 13 + 2C15 i + 3C15 i + 4C15 i + + 13C15 i + 14C13 ( 1+ i ) 15 + 15i ( 1+ i ) 14 = C15 15i ( 14 15 15 + 15C14 15i + 16C15i ) 12 14 = C15 − 3C15 + 5C15 − 7C15 + + 13C15 − 15C15 + ( 2C 13 15 15 − 4C15 + 6C15 − 8C15 + + 14C15 − 16C15 Mặt khác: ( 1+ i ) 15 + 15i ( 1+ i ) 14 15 15  14  π π π π =  cos + i sin ÷ + 15i 214  cos + i sin ÷ 4 4    2  = 215  − i ÷+ 15i.27 ( −i ) = 27 − 27 i + 15.27 = 16.27 − 27 i = 211 − 27 i  2 ÷   Vậy 12 14 A = C15 − 3C15 + 5C15 − 7C15 + + 13C15 − 15C15 = 211 15 B = 2C115 − 4C15 + 6C15 − 8C15 + + 14C13 15 − 16C15 = −2 II Bài tập rèn luyên Bài tập Chứng minh rằng: ( 2) − = ( ) S1 = C0n − C 2n + C 4n − C 6n + C 8n − = S2 = C1n − C n3 + C n5 − C 7n + C n9 nπ n nπ sin n cos Giải Xét khai triển nhị thức Newton: ( 1+ i ) Vì n = C0n + iC1n + i 2C n2 + i 3C n3 + i 4C 4n + + i n−1C nn−1 + i nC nn 1,(k = 4m)  i,(k = 4m + 1) k i =  −1,(k = 4m + 2)  −i,(k = 4m + 3) m∈ Ζ+ nên ta có: )i đạo hàm ( 1+ i ) n = C0n − C 2n + C 4n − + i ( C1n − C 3n + C 5n (1) ) − Mặt khác, theo công thức Moivre thì: ( 2) n (2) ( ) π π nπ nπ   cos + i sin ÷ =  cos + i sin ÷ 4 4   Từ (1) (2) ta có điều phải chứng minh Bài tập Tính tổng 1 S = C12n − C 2n + C 2n − C 2n + Hướng dẫn giải Chú ý nên: 2k−1 C = C 2k 2k 2n 2n + 2n+1 ( 1+ i ) n = n n 1 S = C12n − C 32n + C 2n − C 2n + 1 1 = C2 − C4 + C6 − C + 2n + 2n+1 2n + 2n+1 2n + 2n+1 2n + 2n+1 C 22n+1 − C 2n +1 + C 2n+1 − C 2n+1 + 2n + Vì 2n+1 ( 1+ i ) = C02n+1 − C2n +1 + C 2n+1 − + i C 2n+1 − C 2n+1 + C 2n+1 − ( ) ( ( 1+ i ) 2n+1 = ) ( ( 2) 2n+1  2n + 2n +  π + i sin π÷  cos 4   C02n+1 − C 2n +1 + C 2n+1 − C 2n+1 + = Vậy ta có S= )  1− 2n + 1 Bài tập Tính tổng ( 2) 2n+1 ( 2) cos 2n+1 cos nên: 2n + π 2n +  π  n ∈ Ζ+ A = C0n cosa + C1n cos2a + C n2 cos3a + + C nn−1 cosna + C nn cos(n + 1)a B = C 0n sina + C1n sin2a + C n2 sin3a + + C nn−1 sinna + C nn sin(n + 1)a Giải Đặt z = cosa + i sina zn = cosna + i sinna Do ta có: A + iB = C 0n ( cosa + i sina) + C1n ( cos2a + i sin2a) + C n2 ( cos3a + i sin3a) + + C nn−1 ( cosna + i sinna) + C nn ( cos(n + 1)a + i sin(n + 1)a) ( ) = z C 0n + C1n z + C n2z2 + C 3nz3 + + C nnzn = z ( 1+ z ) Vì a a a 1+ z = 1+ cosa + i sina = 2cos  cos + i sin ÷ 2 2 n nên:  a a a  A + iB = ( cosa + i sina)  2cos  cos = i sin ÷ 2 2  a  na na  = 2n cosn ( cosa + i sina)  cos + i sin ÷ 2 2  n a n+ n+2  = 2n cosn  cos a + i sin a÷ 2 2  Vậy a n+ a n+ A = 2n cosn cos a, B = 2n cosn sin a 2 2 Nhận xét: Cho n giá trị cụ thể, suy nhiều biểu thức lượng giác đẹp a 7a cosa + 5cos2a + 10cos3a + 10cos4a + 5cos5a + cos6a = 25 cos5 cos 2 Bài toán Ứng dụng giải toán đa thức phép chia đa thức Phương pháp I Các ví dụ điển hình thường gặp Ví dụ Chứng minh đa thức chia hết cho đa thức với 4n+ 4n+ x +1 ( x + 1) + ( x − 1) số tự nhiên n Vì nên có nghiệm 2 ± i x +1 x + 1= ⇔ ( x − i ) ( x + i ) = Đặt fi( f ( x) = ( x + 1) ) = fi( + 1) 4n+ fi( − ) = fi( − + 1) 4n+ + ( x − 1) + ( i − 1) 4n+ 4n+ 4n+ Ta có: = (2i)2n+1 + ( −2i ) + (−i − 1)4n+ = ( −2i ) 2n+1 2n+1 + ( 2i ) =0 2n+1 =0 Giải Trong toán phép chia đa thức, muốn chứng minh chứng minh nghiệm đa thức gặp phải khó khăn nế g ( x) g ( x) f ( x) chia hết cho nghiệm đa thức f ( x) g ( x) , ta Cách làm khơng có nghiệm thực, nhiên số phức giáp ta giải vấn đề Vậy nghiệm , chia hết cho ±i f ( x) f ( x) x2 + Ví dụ Chứng minh với số tự nhiên n lớn số thực sin α ≠ , đa thức x sin α − xsinnα + sin ( n − 1) α n chia hết cho đa thức Giải α thỏa mãn x − 2xcosα + Xét phương trình ' 2 nên có nghiệm x − 2xcosα + 1= 0,∆ = cos α − 1= i sin α x1 = cosα + i sin α ,x2 = cosα − i sin α Đặt hai số phức liên hợp P ( x) = x sin α − xsinnα + sin ( n − 1) α ta có: P ( x1 ) = ( cosnα + i sinnα ) sin α − ( cosα + i sin α ) sinnα + sin ( n − 1) α = cosnα sin α − cosα sinnα + sin ( n − 1) α = Suy ( ) hay P x1 = P ( x2 ) = Vậy P ( x) chia hết x2 − 2xcosα + Ví dụ Tìm số nguyên dương n cho đa thức chia hết cho đa thức x + x+ Lời giải Các nghiệm cuả đa thức là: x + x+1 Đặt x2n + xn + f ( x) = x2n + xn + f ( x1 ) = (khi f ( x2 ) Vì x1,x2 −1+ 3i −1− 3i ,x2 = 2 hai số phức liên hợp, nên cần tìm n cho x1 = khơng) Ta có: nên −1+ 3i 2π 2π x1 = = cos + i sin 3 2n n   2π 2π  2π 2π  f ( x1) =  cos + i sin ÷ +  cos + i sin ÷ + 3 3   4nπ 2nπ  4nπ 2nπ  f ( x1) = cos + cos + 1+ i  sin + sin ÷ 3 3    2nπ  2nπ   4nπ 2nπ cos 2cos + 1÷ =  cos + cos + =      3 f ( x1) = ⇔  ⇔ 4n π 2n π 2n π  2n π  sin sin + sin =0 + 1÷ =  2cos   3   2nπ + 1= ⇒ n = 3k ± 1,( k ∈ Ζ ) Vậy đa thức chia hết cho đa thức n số nguyên x2n + xn + x2 + x + dương không chia hết cho Ví dụ Tìm số ngun dương n cho đa thức chia hết cho đa thức n n ( x − 1) − x + ⇒ 2cos x2 − x + Lời giải Các nghiệm đa thức là: x − x+ Đặt x1 = 1+ 3i 1− 3i ,x2 = 2 f ( x) = ( x − 1) − xn + n Vì đo 1+ 3i π π −1+ 3i 2π 2π x1 = = cos + i sin ⇒ x1 − 1= = cos + i sin 3 3 2nπ 2nπ nπ nπ + i sin − cos − i sin + 3 3  nπ  nπ   2nπ nπ cos  2cos − 1÷ = cos − cos + 1=  3  f ( x1) = ⇔  ⇔ 2n π n π   n π n π sin sin − sin =0  2cos − 1÷ =  3  3  f ( x1) = cos nπ − = ⇒ n = 6k ± Vậy giá trị cần tìm n số nguyên dương chia cho dư chia dư Ví dụ Phân tích đa thức sau thành nhân tử với hệ số nguyên: a) ; b) 4 x +4 x + + x2 + x + ⇒ 2cos ( Giải a) Ta có ) ( ( ) )( x4 + = x4 − ( 2i ) = x2 − 2i x2 + 2i ) 2 =  x2 − ( 1+ i )   x2 − ( 1− i )  = ( x − 1− i ) ( x + 1+ i ) ( x − 1+ i ) ( x + 1− i )     Mà: ( x − 1− i ) ( x − 1+ i ) = ( x − 1) − i = x2 − 2x + 2 ( x + 1− i ) ( x + 1+ i ) = ( x + 1) − i = x2 + 2x + 2 Nên ( )( ) x4 + = x2 − 2x + x2 + 2x + b) Ta có: ( ) ( ) (x + 1)4 + x2 + x + = ( x + 1) − i x2 + x + ( ) ( ) 2 = ( x + 1) − i x2 + x +  ( x + 1) + i x2 + x +      Bằng cách giải phương trình bậc hai , ta phân tích thành tích:   ( ) ( ) ( x + 1) − i x2 + x + = ( 1− i ) x − i  ( x + 1+ i ) ( x + 1) + i x2 + x + = ( 1+ i ) x + i  ( x + 1− i ) Mặt khác: ( x + 1+ i ) ( x + 1− i ) = ( x + 1) Vậy ( x + 1) ( − i = x2 + 2x + ( 1− i ) x − i  ( 1+ i ) x + i  = 2x + 2x + ) ( )( ) + x2 + x + = x2 + 2x + 2x2 + 2x + II Bài tập áp dụng Bài tập Có tồn hay khơng số ngun dương n cho đa thức chia hết cho đa thưc 2n 2n 2n x4 − ( x + 1) + ( x − 1) − 2x Hướng dẫn giải Các nghiệm đa thức là: x −1 Đặt f ( x) = ( x + 1) fi( ) = ( i + 1)  Nếu 2n 2n + ( x − 1) + ( i − 1) 2n ( n = 2m, m ∈ Ζ Nếu ( n = 2m + 1, m ∈ Ζ 2n ±1,±i , ta có 2n − 2x f ( 1) = f ( −1) = − 2i 2n = ( 2i ) + ( −2i ) − 2( −1) n + + ) thì ) n fi( ) =2 fi( ) = ≠ 2m+1 ( −1) m , n − ≠ ∀m ∈ Ζ Vậy không tồn số nguyên dương n để đa thức ( x + 1) + 2n + ( x − 1) đa thức 2n chia hết chho − 2x x4 − Bài tập Phân tích đa thức sau thành nhân tử với hệ số nguyên: a) ; b) ( x + 1) 2 + ( x + 3) ( 3x 2 ) + 5x − + ( 5x + 3) Hướng dẫn giải a) Ta có: ( x + 1) 2 ( ( ) )( 2 2 + ( x + 3) = x2 + − i ( x + 3) = x − ix + 1− 3i x + 3x + 1+ 3i Vì   x2 − ix + 1− 3i = ( x + 1+ i ) ( x − 1− 2i ) x2 + ix + 1+ 3i = ( x + 1− i ) ( x − 1+ 2i )   Vậy ( x + 1+ i ) ( x + 1− i ) = ( x + 1) − i = x2 + 2x + ( x − 1− 2i ) ( x − 1+ 2i ) = ( x − 1) ( x + 1) 2 ( − 4i = x2 − 2x + )( ) + ( x + 3) = x2 + 2x + x2 − 2x + ) 2n b) ( 3x ) ( ) + 5x − + ( 5x + 3) = 3x2 + 5x − − i ( 5x + 3) 2 =  3x2 + 5( 1− i ) x − − 3i  3x2 + 5( 1+ i ) x − + 3i      Ta có:     3x2 + 5( 1− i ) x − − 3i = ( x + − i ) ( 3x − 1− 2i ) 3x2 + 5( 1+ i ) x − + 3i = ( x + + i ) ( 3x − 1+ 2i ) ( x + + i ) ( x + − i ) = ( x + 2) − i = x2 + 4x + ( 3x − 1− 2i ) ( 3x − 1+ 2i ) = ( 3x − 1) Vì ( 3x ) ( − 4i = 9x2 − 6x + )( ) + 5x − + ( 5x + 3) = x2 + 4x + 9x2 − 6x + ... − 1= 2iz ⇔ a2 + b2 − 1+ 2ai = −2b + 2ai a2 + b2 − 1= −2b ⇔ ⇔ a2 + b2 + 2b+ 1= ⇔ a2 + ( b+ 1) = 2a = 2a Vậy mô-đun số phức z + i = a + ( b + 1) i = a2 + ( b + 1) = 2 Câu 25 Cho số phức z... + ( y1 + 3y2 ) = 16 ( ) ⇔ x 12 + y 12 + x 22 + y 22 + 6( x1x2 + y1y2 ) = 16 ⇔ 6( x1x2 + y1y2 ) = ⇔ ( x1x2 + y1y2 ) = Lúc đó: 3z1 − z2 = ( 3x1 − x2 ) + ( 3y1 − y2 ) ( ) ( ) = x 12 + y 12 + x 22 + y 22. .. ⇒y= 2 Vậy chọn đáp án C Câu 18 Biết số phức thỏa điều kiện z thực dương A − 2+ − 2+ z2 = + i 4 C − + 10 − + 10 z2 = + i 4 Đặt Tìm số phức iz + z + 1= B z2 = − 2+ − 2+ + i 2 D − 2+ − 2+ + i 2 Hướng