Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
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
   

 
   

  
 
  
  

  
 

 
2
3
x
y
 



 


Do 12 0 ,b x y   cùng dấu do đó
2
3
x
y



2 2 2
8 9
8
2 6
10 1
x y x
x y
xy
x y y
 
  

 
 
  
  

  
 

 
3
1
x
y
 



 


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
 
    

 

 
   
   

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:
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
 


 


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)

– 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

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

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

(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
  



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:
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


  




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
  
      

   
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
   

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 

( 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


 


www.VNMATH.com
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
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

y
x
x






 




 





 




  







 



 




 


   
 




 

 








 






























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   

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

www.VNMATH.com
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
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

  





   
 
  


  


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 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 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

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









 


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