Cao Minh Quang THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, Vĩnh Long

CHUYEÂN ÑEÀ:CHUYEÂN ÑEÀ:CHUYEÂN ÑEÀ:CHUYEÂN ÑEÀ:

SOÁ PHÖÙC & ÖÙNG DUÏSOÁ PHÖÙC & ÖÙNG DUÏSOÁ PHÖÙC & ÖÙNG DUÏSOÁ PHÖÙC & ÖÙNG DUÏNGNGNGNG

02/2009

MATHVN.COM

www.MATHVN.com

2

Cao Minh Quang

THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, Vĩnh Long

CHUYEÂN CHUYEÂN CHUYEÂN CHUYEÂN ÑEÀ:ÑEÀ:ÑEÀ:ÑEÀ:

SOÁ PHÖÙC & ÖÙNG DUÏSOÁ PHÖÙC & ÖÙNG DUÏSOÁ PHÖÙC & ÖÙNG DUÏSOÁ PHÖÙC & ÖÙNG DUÏNNNNGGGG

02/2009

MATHVN.COM

www.MATHVN.com

3

LỜI NÓI ðẦU *****

Giải bài toán tìm nghiệm phương trình ñại số là một trong những bài toán cổ ñiển ñược rất

nhiều nhà toán học quan tâm. Trong khi các phương trình tuyến tính bậc nhất luôn có lời giải trên

tập số thực thì phương trình bậc hai, chẳng hạn phương trình 21 0x + = , không có nghiệm trên

tập hợp các số thực.

ðến tận thế kỉ XVIII, Leonhard Euler (1707 – 1783), thiên tài toán học Thụy Sĩ, ñã có

bước ñột phá khi ñịnh nghĩa số 1− , ñược kí hiệu là i , còn gọi là ñơn vị ảo. ðiều này ñã giúp

việc giải phương trình ñại số trở nên dễ dàng hơn. Ví dụ phương trình ñã xét 21 0x + = có

nghiệm là i và i− .

Với sự xuất hiện của số i , một trong những kí hiệu thông dụng nhất trong toán học, ñã dẫn

ñến việc ñịnh nghĩa số phức dạng z a bi= + , trong ñó ,a b là các số thực.

Số phức có rất nhiều ứng dụng trong toán học, gần như trong tất cả các lĩnh vực: ðại Số,

Số Học, Giải Tích, Hình Học… Bắt ñầu từ năm học 2008 – 2009, số phức ñược ñưa vào dạy

chính thức ở các lớp 12 phổ thông trung học.

Chúng tôi quyết ñịnh chọn ñề tài: “Số phức và Ứng dụng” cho hoạt ñộng nghiên cứu của

cá nhân trong năm học 2008 – 2009. ðề tài gồm ba chương. Chương 1 là phần giới thiệu tổng

quan về số phức: cách xây dựng số phức, các phép toán, dạng ñại số, dạng lượng giác và dạng lũy

thừa của số phức một cách chi tiết, kèm theo ñó là các bài toán ví dụ ñiển hình. Chương 2 và

chương 3 nêu lên mối quan hệ giữa số phức và hình học, cuối mỗi chương là các bài toán hình

học ñược giải bằng công cụ số phức, ñó là những bài toán hình học hay và khó từ các ñề thi học

sinh giỏi quốc gia và quốc tế trong thời gian gần ñây.

Mục tiêu chính của ñề tài này là cung cấp cho quý thầy cô giáo và các em học sinh, ñặc

biệt học sinh chuyên toán, có một tài liệu tham khảo tốt về số phức cũng như ứng dụng của số

phức. Tuy nhiên, trong quá trình biên soạn, chắc hẳn tài liệu vẫn còn những thiếu sót cần ñược

ñiều chỉnh và bổ sung. Chúng tôi luôn mong nhận ñược những ý kiến ñóng góp quý báu và chân

tình của quý thầy cô giáo và các em học sinh.

Mọi góp ý xin liên hệ tác giả theo ñịa chỉ e-mail: kt13quang@yahoo.com

Xin chân thành cám ơn!

Vĩnh Long, Xuân 2009

Cao Minh Quang

MATHVN.COM

www.MATHVN.com

4

Mục lục *****

Trang Lời nói ñầu.....................................................................................................................................3

Mục lục ..........................................................................................................................................4

Chương 1. ðịnh nghĩa và các phép toán........................................................................................5

Chương 2. Số phức và hình học....................................................................................................17

Chương 3. Tích thực và tích phức của các số phức ......................................................................31

Tài liệu tham khảo ........................................................................................................................36

MATHVN.COM

www.MATHVN.com

5

Chương 1. ðịnh Nghĩa Và Các Phép Toán

1.1 ðịnh nghĩa.

Xét tập hợp ( ){ }2 , ,x y x y= × = ∈ℝ ℝ ℝ ℝ . Hai phần tử ( ) ( )1 1 2 2, , ,x y x y thuộc 2ℝ bằng nhau

khi và chỉ khi 1 2x x= và 1 2y y= . Các phép toán cộng và nhân ñược ñịnh nghĩa trên 2ℝ như sau:

Với mọi ( ) ( ) 2

1 1 1 2 2 2, , ,z x y z x y= = ∈ℝ , ta có

• ( ) ( ) ( ) 2

1 2 1 1 2 2 1 2 1 2, , ,z z x y x y x x y y+ = + = + + ∈ℝ

• ( ) ( ) ( ) 2

1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 2 1, , ,z z x y x y x x y y x y x y⋅ = ⋅ = − + ∈ℝ

Phần tử 2

1 2z z+ ∈ℝ ñược gọi là tổng của 1 2,z z , phần tử 2

1 2z z ∈ℝ ñược gọi là tích của 1 2,z z .

Chú ý. Nếu ( ) ( )2 2

1 1 2 2,0 , ,0z x z x= ∈ = ∈ℝ ℝ thì ( )1 2 1 2 ,0z z x x= .

Nếu ( ) ( )2 2

1 1 2 20, , 0,z y z y= ∈ = ∈ℝ ℝ thì ( )1 2 1 2 ,0z z y y= − .

Ví dụ. Nếu ( ) ( )1 25,6 , 1, 2z z= − = − thì ( ) ( ) ( )1 2 5,6 1, 2 4,4z z+ = − + − = − và

( )( ) ( ) ( )1 2 5,6 1, 2 5 12,10 6 7,16z z = − − = − + + = .

ðịnh nghĩa. Tập hợp 2ℝ với các phép toán cộng và nhân như trên ñược gọi là tập hợp các số

phức, ñược kí hiệu là ℂ . Bất kì một phần tử ( ),z x y= ∈ℂ ñược xem là một số phức.

Ngoài ra, ta còn kí hiệu ( ){ }* \ 0,0=ℂ ℂ .

1.2 Một số tính chất cơ bản

1.2.1. Tính chất ñối với phép toán cộng

(a) Tính giao hoán. 1 2 2 1z z z z+ = + , với mọi 1 2,z z ∈ℂ .

(b) Tính kết hợp. ( ) ( )1 2 3 1 2 3z z z z z z+ + = + + , với mọi 1 2 3, ,z z z ∈ℂ .

(c) Phần tử ñơn vị. Tồn tại duy nhất số phức ( )0 0,0= sao cho 0 0z z z+ = + = , với mọi

z ∈ℂ . 0 là phần tử ñơn vị ñối với phép cộng.

(d) Phần tử ñối. Với mọi z ∈ℂ , tồn tại duy nhất z− ∈ℂ sao cho ( ) ( ) 0z z z z+ − = − + = .

Khi ñó ta nói z− là số ñối (phần tử ñối) của z .

Từ ñây, ta có thể ñịnh nghĩa phép trừ của hai số phức ( ) ( )1 1 1 2 2 2, , ,z x y z x y= = như sau:

( ) ( ) ( )1 2 1 1 2 2 1 2 1 2, , ,z z x y x y x x y y− = − = − − ∈ℂ

1.2.2. Tính chất ñối với phép toán nhân

(a) Tính giao hoán. 1 2 2 1z z z z= , với mọi 1 2,z z ∈ℂ

(b) Tính kết hợp. ( ) ( )1 2 3 1 2 3z z z z z z= , với mọi 1 2 3, ,z z z ∈ℂ .

(c) Phần tử ñơn vị. Tồn tại duy nhất số phức ( )1 1,0= sao cho .1 1.z z z= = , với mọi z ∈ℂ .

1 là phần tử ñơn vị ñối với phép nhân.

(d) Phần tử ñối. Với mọi ( ) *,z x y= ∈ℂ , tồn tại duy nhất ( )1 *', 'z x y− = ∈ℂ sao cho

1 1. 1z z z z− −= = . Khi ñó ta nói 1z− là số ñối (phần tử ñối) của z .

Dựa vào mối quan hệ của 1,z z− như trên, ta có thể xác ñịnh ñược

MATHVN.COM

www.MATHVN.com

6

1 *

2 2 2 2

1,

x yz

z x y x y

− = = ∈ + +

ℂ .

Từ ñây, ta có thể ñịnh nghĩa phép chia của hai số phức. Xét hai số phức

( ) ( ) *

1 1 1, , ,z x y z x y= ∈ = ∈ℂ ℂ .

Khi ñó ( )11 1 1 1 11 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2. , , ,

z x y x x y y x y y xz z x y

z x y x y x y x y

− + − + = = = ∈ + + + +

ℂ .

Ví dụ. Nếu ( )1,2z = thì 1

2 2 2 2

1 2 1 2, ,

1 2 1 2 5 5z− − − = = + +

.

Nếu ( ) ( )1 21,2 , 3,4z z= = thì 1

2

3 8 4 6 11 2, ,

9 16 9 16 25 25

z

z

+ − + = = + +.

* Lũy thừa nguyên của số phức. Lũy thừa nguyên của một số phức *z ∈ℂ ñược ñịnh nghĩa

như sau:

�( ) ( ) ( )0 1 2 11, , . , . ... ,n

n n

n

z z z z z z z z z z n z z n−+ − −= = = = ∈ = ∈ℤ ℤ .

Trường hợp 0z = , ta ñịnh nghĩa 0 0,nn

+= ∈ℤ .

Các tính chất của lũy thừa nguyên của số phức cũng tương tự như số thực.

(e) Tính phân phối của phép nhân ñối với phép cộng.

( )1 2 3 1 2 1 3z z z z z z z+ = + , với mọi 1 2 3, ,z z z ∈ℂ .

1.3 Biểu diễn số phức dưới dạng ñại số

Theo ñịnh nghĩa trên, mỗi số phức tương ứng với một cặp số ( ) 2,x y ∈ℝ , ñiều này sẽ gây ít

nhiều khó khăn cho việc trình bày các kiến thức về số phức. Vì lẽ ñó, ta sẽ biểu diễn các số phức

dưới dạng ñại số.

Xét tập hợp { }0×ℝ , cùng với phép toán cộng và nhân trên 2ℝ như trên. Khi ñó hàm số

{ } ( ) ( ): 0 , ,0f f x x→ × =ℝ ℝ

là song ánh. Hơn nữa, ( ) ( ) ( ),0 ,0 ,0x y x y+ = + và ( ) ( ) ( ),0 ,0 ,0x y xy⋅ = .

Ta nhận thấy rằng các phép toán trên { }0×ℝ cũng tương tự như trên ℝ . Từ ñây, ta sẽ ñồng

nhất cặp số ( ),0x với số x , ta viết ( ),0x x= .

Bây giờ ta ñặt ( )0,1i = . Khi ñó ta có 2 1i = − . Thật vậy, ( ) ( ) ( )20,1 0,1 1,0 1i = ⋅ = − = − .

Ta có mệnh ñề sau.

Mệnh ñề. Mọi số phức ( ),z x y= ñều ñược biểu diễn duy nhất dưới dạng z x iy= + .

Chứng minh. Thật vậy, ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ), ,0 0, ,0 0,1 ,0z x y x y x y x iy= = + = + ⋅ = + .

Khi số phức z ñược biểu diễn dưới dạng z x iy= + , ta gọi x là phần thực của z và kí hiệu là

( )Rex z= , còn y là phần ảo và ñược kí hiệu là ( )Imy z= ; i ñược gọi là ñơn vị ảo.

Từ cách biển diễn trên, ta cũng có một số nhận xét ñơn giản sau:

a) ( ) ( )1 2 1 2Re Rez z z z= ⇔ = và ( ) ( )1 2Im Imz z= .

b) ( ) ( )Im 0, \ Im 0z z z z∈ ⇔ = ∈ ⇔ ≠ℝ ℂ ℝ .

Ngoài ra ta có một số tính chất về các phép toán các số phức ñược biểu diễn dưới dạng ñại số.

1. Phép cộng

MATHVN.COM

www.MATHVN.com

7

( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 1 2 2 1 2 1 2z z x iy x iy x x y y i+ = + + + = + + + .

Nhận xét. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2 1 2 1 2Re Re Re ;Im Im Imz z z z z z z z+ = + + = + .

2. Phép nhân

( )( ) ( ) ( )1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 2 1.z z x iy x iy x x y y x y x y i= + + = − + + .

Nhận xét. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1Re Re Re Im Im ;Im Re Im Re Imz z z z z z z z z z z z= − = + .

Ngoài ra nếu λ là một số thực và z x yi= + thì ta có ( )z x yi x yiλ λ λ λ= + = + .

3. Phép trừ

( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 1 2 2 1 2 1 2z z x iy x iy x x y y i− = + − + = − + − .

Nhận xét. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2 1 2 1 2Re Re Re ;Im Im Imz z z z z z z z− = − − = − .

1.4 Lũy thừa của i

Từ tính chất 2 1i = − , ta dễ dàng nhận thấy rằng { }1, 1, ,n

i i i∈ − − , trong ñó n là một số nguyên

dương; trường hợp n là một số nguyên âm, ta viết ( ) ( ) ( )1 1n n nn

i i i i− − −−= = = − .

Ví dụ. Tìm số phức ; ,z x yi x y= + ∈ℤ thỏa mãn ñiều kiện 3 18 26z i= + .

Lời giải. Ta có ( ) ( ) ( ) ( )( )3 23 2 2 2z x yi x yi x yi x y xyi x yi= + = + + = − + + =

( ) ( )3 2 2 33 3x xy x y y= − + − .

Từ ñiều kiện 3 18 26z i= + , ta nhận ñược hệ phương trình 3 2

2 3

3 18

3 26

x xy

x y y

− = − =

.

Từ phương trình ñầu của hệ, ta nhận thấy 0, 0x y≠ ≠ . Bằng cách ñặt y tx= , từ phương trình

( ) ( )2 3 3 218 3 26 3x y y x xy− = − , ta có ( ) ( )3 218 3 26 1 3t t t− = − hay ( )( )23 1 3 12 13 0t t t− − − = .

Phương trình này có nghiệm hữu tỉ 1

3t = . Thế vào phương trình ñầu của hệ, ta nhận ñược 1y = ,

suy ra 3x = . Do ñó 3z i= + .

1.5 Số phức liên hợp

Cho số phức z x yi= + , khi ñó số phức có dạng z x yi= − ñược gọi là số phức liên hợp của

số phức z . Ta có mệnh ñề sau.

Mệnh ñề. Với mọi số phức 1 2, ,z z z ta có các tính chất sau:

(1) z z z= ⇔ ∈ℝ .

(2) z z= .

(3) .z z ∈ℝ .

(4) 1 2 1 2z z z z+ = + .

(5) 1 2 1 2. .z z z z= .

(6) ( )1

1z z−

− = .

(7) 1 12

2 2

, 0z z

zz z

= ≠ .

(8) ( ) ( )Re , Im2 2

z z z zz z

i

+ −= = .

MATHVN.COM

www.MATHVN.com

8

Việc chứng minh các tính chất trên tương ñối dễ dàng, dựa trên cơ sở của ñịnh nghĩa.

Nhận xét. Với mọi số phức *z ∈ℂ , ta có

2 2 2 2 2 2

1

.

z x yi x yi

z x y x y x yz z

−= = = −

+ + +.

Với mọi số phức *

2z ∈ℂ , ta có

( )( )1 1 2 21 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 22 2

.

.

x y i x y iz z z x x y y x y x yi

z x y x y x yz z

+ − + − += = = +

+ + +.

1.6 ðộ lớn (modul) của số phức

Số 2 2z x y= + là ñộ lớn (hay modul) của số phức z x yi= + . Chẳng hạn, nếu cho các số

phức 1 2 34 3 , 3 , 2z i z i z= + = − = − thì 1 3 35, 3, 2z z z= = =

Một số tính chất về modul của số phức sẽ ñược thể hiện ở mệnh ñề dưới ñây.

Mệnh ñề. Với mọi số phức 1 2, ,z z z ta có các tính chất sau:

(1) ( ) ( )Re , Imz z z z z z− ≤ ≤ − ≤ ≤ .

(2) 0, 0 0z z z≥ = ⇔ = .

(3) z z z= − = .

(4) 2

.z z z= .

(5) 1 2 1 2. .z z z z= .

(6) 1 2 1 2 1 2z z z z z z− ≤ + ≤ + .

(7) 1 1 , 0z z z− −= ≠ .

(8) 112

2 2

, 0zz

zz z

= ≠ .

1.7 Biểu diễn hình học của các phép toán ñại số

1.7.1 Biểu diễn hình học của số phức

Ta vừa ñịnh nghĩa số phức ( ),z x y x yi= = + tương ứng với cặp số thực ( ),x y ∈ ×ℝ ℝ , vì

vậy, một cách tự nhiện, ta có thể ñặt số phức z x yi= + ứng với một ñiểm ( ),M x y trong mặt

phẳng ×ℝ ℝ .

Gọi P là tập hợp tất cả các ñiểm trong mặt phẳng tương ñương với hệ trục tọa ñộ Oxy . Khi ñó

ánh xạ ( ) ( ): , ,P z M x yϕ ϕ→ =ℂ là song ánh.

ðịnh nghĩa. ðiểm ( ),M x y ñược gọi là ảnh hình học của số phức z x yi= + . Ngược lại, số

phức z x yi= + ñược gọi là tọa ñộ phức của ñiểm ( ),M x y . Hơn nữa, ta sẽ dùng kí hiệu ( )M z

ñể chỉ tọa ñộ phức của M là số phức z .

MATHVN.COM

www.MATHVN.com

9

Từ ñịnh nghĩa này, ta suy ra ñiểm ( )' ,M x y− (ñối xứng với ( ),M x y qua trục Ox) là ảnh hình

học của z x yi= − .

Ta biết rằng, tọa ñộ của ñiểm ( ),M x y cũng là tọa ñộ của vector v OM=� ����

, do ñó, ta cũng có

thể ñồng nhất số phức z x yi= + với vector v OM=� ����

.

Gọi 0V là tập hợp tất cả các vector có cùng ñiểm gốc O . Khi ñó, ta chứng minh ñược ánh xạ

( )0' : , 'V z OM v xi y jϕ ϕ→ = = = +���� � � �

ℂ ,

Là song ánh, trong ñó ,i j� �

là các vector ñơn vị của trục hoành và trục tung.

1.7.2 Biểu diễn hình học của modul

Xét số phức z x yi= + có tọa ñộ ảnh hình học ( ),M x y trong mặt phẳng phức. Ta có

( ) ( )2 2

M O M OOM x x y y= − + − ,

suy ra 2 2

OM x y z v= + = =�

. Nói cách khác, modul của số phức z x yi= + là ñộ dài của

ñoạn thẳng OM hay ñộ dài của vetor v�

.

1.7.3 Biểu diễn hình học của các phép toán ñại số

a) Phép cộng và phép trừ. Xét các số phức 1 1 1z x y i= + và 1 2 2z x y i= + lần lượt tương ứng

với các vector 1 1 2 2,v x i y j v x i y j= + = +� � � � � �

. Ta dễ dàng thấy rằng 1 2z z± tương ứng với 1 2v v+�� ��

.

Ví dụ. Ta có ( ) ( )3 5 6 9 6i i i+ + + = + , vì vậy ảnh hình học của tổng này ñược thể hiện là

Ta có ( ) ( )3 2 3 5 2i i i− + − + = − − , vì vậy ảnh hình học của hiệu này ñược thể hiện là

MATHVN.COM

www.MATHVN.com

10

Chú ý. Ta có ( ) ( )2 2

1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1M M M M z z v v x x y y= = − = − = − + −�� ��

.

b) Tích của một số thực và một số phức. Xét số phức z x yi= + ứng với vector v xi y j= +� � �

.

Nếu λ là một số thực thì z x yiλ λ λ= + ứng với vector v xi y jλ λ λ= +� � �

. Hơn nữa, nếu 0λ> thì

các vector ,v vλ� �

cùng hướng và v vλ λ=� �

.

2. Số phức dưới dạng lượng giác

2.1 Tọa ñộ cực trong mặt phẳng

Trong mặt phẳng tọa ñộ, ta xét ñiểm ( ),M x y không trùng gốc tọa ñộ. Số thực 2 2r x y= +

ñược gọi là bán kính cực của ñiểm M . Góc [ )* 0,2t π∈ hợp bởi vector OM����

với trục Ox (theo

chiều dương) ñược gọi là argument cực của ñiểm M . Cặp ( )*,r t ñược gọi là tọa ñộ cực của ñiểm

M . Khi ñó ta viết ( )*,M r t . Ta chú ý rằng hàm số { } ( ) [ ): \ 0,0 0, 0,2h π× → +∞ ×ℝ ℝ , trong

ñó ( )( ) ( )*, ,h x y r t= là một song ánh.

Gốc tọa ñộ O là ñiểm duy nhất mà 0r = , nhưng argument *t không xác ñịnh.

Với bất kỳ ñiểm ( ),M x y trong mặt phẳng, tồn tại duy nhất một ñiểm P là giao ñiểm của tia

OM với ñường tròn ñơn vị tâm O . Khi ñó ñiểm P có cùng argument cực với M là *t . Ta dễ

dàng tìm ñược tọa ñộ của ( )* *cos ,sinP t t và ( )* *cos , sinM r t r t , trong ñó 2 2r x y= + .

MATHVN.COM

www.MATHVN.com

11

Vấn ñề ñặt ra là với bất kỳ ñiểm ( ),M x y trong mặt phẳng, ta sẽ tìm argument cực của ñiểm

M là *t như thế nào? Ta xét hai trường hợp sau:

(a) Nếu 0x ≠ , từ kết quả *tany

tx

= , ta có ñược * arctany

t kxx

= + , với

( )

( )

( )

0 0, 0

1 0,

2 0, 0

x y

k x y

x y

> ≥= < ∈ > <

ℝ .

(b) Nếu 0, 0x y= ≠ , thì

( )

( )

*

02

3 0

2

y

t

y

π

π

>= <

Ví dụ. 1. Tìm tọa ñộ cực của các ñiểm sau:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 3 4 5 62, 2 , 1,0 , 2 3, 2 , 3,1 , 3,0 , 2,2M M M M M M− − − − − .

Lời giải. Ta kí hiệu tọa ñộ cực của ñiểm iM là ( )*, , 1,2,...,6i ir t i = . Ta có

• ( ) ( )22 *

1 1

72 2 2 2, arctan 1 2 2

4 4r t

π ππ π= + − = = − + = − + = , do ñó

1

72 2,

4M

π .

• *

1 21, arctan 0r t π π= = + = , do ñó ( )2 1,M π .

• *

3 3

3 74, arctan

3 6 6r t

π ππ π= = + = + = , do ñó 3

74,

6M

π .

• *

4 4

32, arctan

3 6r t

π= = = , do ñó

4 2,6

Mπ

.

• *

5 53, arctan 0 0 0r t= = + = , do ñó ( )5 3,0M .

• ( )*

6 6

32 2, arctan 1

4 4r t

π ππ π= = − + = − + = , do ñó

6

32 2,

4M

π .

2. Tìm tọa ñộ (Descartes) của các ñiểm ( )1 2 3

2 72, , 3, , 1,1

3 4M M M

π π .

Lời giải. Ta kí hiệu tọa ñộ (Descartes) của ñiểm iM là ( ), , 1,2,3i ix y i = . Ta có

• 1 1

2 22cos 1, 2sin 3

3 3x y

π π= = − = = , do ñó ( )1 1, 3M − .

MATHVN.COM

www.MATHVN.com

12

• 2 2

7 3 2 7 3 23cos , 3sin

4 2 4 2x y

π π= = = = − , do ñó 2

3 3 3 3,

2 2M

− .

• 3 3cos1, sin1x y= = , do ñó ( )3 cos1,sin1M .

2.2 Biểu diễn số phức dưới dạng lượng giác

Từ sự tương ứng giữa tọa ñộ Descartes và tọa ñộ cực của ñiểm M , cho phép ta biểu diễn bất

kỳ số phức z x yi= + dưới dạng lượng giác là ( )* *cos sinz r t i t= + , trong ñó [ )0,r ∈ +∞ và

[ )* 0,2t π∈ . Khi ñó, ta gọi *t là argument (chính) của z , ký hiệu là arg z và r là modul của z .

Với mọi 0z ≠ , modul và argument của z ñược xác ñịnh duy nhất.

Nhận xét. Cho ( )* *cos sinz r t i t= + và * 2 ,t t k kπ= + ∈ℤ thì

( ) ( ) ( )cos 2 sin 2 cos sinz r t k i t k r t i tπ π = − + − = + ,

tức là, bất kỳ số phức z nào cũng có thể ñược viết dưới dạng ( )cos sinz r t i t= + , 0,r t≥ ∈ℝ .

Tập hợp { }*: 2 ,Argz t t k kπ= + ∈ℤ ñược gọi là argument mở rộng của số phức z .

Do ñó, hai số phức 1 2, 0z z ≠ , có dạng ( ) ( )1 1 1 1 2 2 2 2cos sin , cos sinz r t i t z r t i t= + = + bằng

nhau khi và chỉ khi 1 2r r= và 1 2 2 ,t t k kπ= + ∈ℤ .

Ví dụ. 1. Hãy biểu diễn các số phức sau dưới dạng lượng giác và xác ñịnh argument mở rộng

của chúng: 1 2 31 , 2 2 , 1 3z i z i z i= − − = + = − + .

Lời giải. Ta kí hiệu *, ,i i ir t P là modul, argument chính và ảnh của số phức , 1,2,3iz i = . Ta có

• ( ) ( )2 2 *

1 1

51 1 2, arctan arctan1

4 4

yr t

x

π ππ π π= − + − = = + = + = + = . Do ñó

1

5 52 cos sin

4 4z i

π π = + và

1

52 ,

4Argz k k

ππ

= + ∈

ℤ .

• 2 2 *

2 22 2 2 2, arctan14

r tπ

= + = = = . Do ñó

2 2 2 cos sin4 4

z iπ π = +

và 2 2 ,

4Argz k k

ππ

= + ∈

ℤ

• ( ) ( ) ( )22 *

3 3

21 3 2, arctan 3

3 3r t

π ππ π= − + = = − + = − + = . Do ñó

3

2 22 cos sin

3 3z i

π π = + và

3

22 ,

3Argz k k

ππ

= + ∈

ℤ

MATHVN.COM

www.MATHVN.com

13

2.3 Các phép toán của số phức biểu diễn dưới dạng lượng giác

1. Phép nhân

Mệnh ñề. Giả sử rằng ( ) ( )1 1 1 1 2 2 2 2cos sin , cos sinz r t i t z r t i t= + = + . Khi ñó

( ) ( )1 2 1 2 1 2 1 2cos sinz z r r t t i t t = + + +

Chứng minh. Ta có ( )( )1 2 1 2 1 1 2 2cos sin cos sinz z r r t i t t i t= + +

( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 1 2cos cos sin sin sin cos sin cos cos sinr r t t t t i t t t t r r t t t t = − + + = + + + .

Chú ý. a) Từ hệ thức trên, ta thấy ñược 1 2 1 2.z z z z= .

b) Ta có ( )1 2 1 2arg arg arg 2z z z z kπ= + − , trong ñó 1 2

1 2

0, khi arg arg 2

1, khi arg arg 2

z zk

z z

π

π

+ <= + ≥

.

c) Ta có thể viết ( ) { }1 2 1 2rg arg arg 2 ,A z z z z k kπ= + + ∈ℤ .

d) Nếu ( )cos sin , 1,2,...,k k k kz r t i t k n= + = thì

( ) ( )1 2 1 2 1 2 1 2... ... cos ... sin ...n n n nz z z r r r t t t i t t t = + + + + + + +

2. Lũy thừa của số phức

ðịnh lý. (Công thức De Moivre)1, (Nhà toán học Pháp (1667 – 1754)).

Cho ( )cos sin ,z r t i t n= + ∈ℕ . Ta có

( )cos sinn n

z r nt i nt= +

ðịnh lý ñược suy ra trực tiếp từ nhận xét d) khi cho 1 2 ... nz z z z= = = = .

Chú ý. a) nnz z= .

b) Nếu 1r = thì ( )cos sin cos sinn

t i t nt i nt+ = + .

c) Ta có thể viết { }rg arg 2 ,nA z n z k kπ= + ∈ℤ .

3. Phép chia

Mệnh ñề. Giả sử rằng ( ) ( )1 1 1 1 2 2 2 2cos sin , cos sin 0z r t i t z r t i t= + = + ≠ . Khi ñó

( ) ( )1 11 2 1 2

2 2

cos sinz r

t t i t tz r

= − + −

Chứng minh. Ta có ( )( )

( )( )

( )1 1 1 1 1 1 2 21 1

2 22 2 2 2 2 2 2 2

cos sin cos sin cos sin

cos sin cos sin

r t i t r t i t t i tz r

z r r t i t r t i t

+ + −= = =

+ +

( ) ( )

( )( ) ( )1 1 2 1 2 1 2 2 1 1

1 2 1 22 222 2 2

cos cos sin sin sin cos sin coscos sin

cos sin

r t t t t i t t t t rt t i t t

rr t i t

+ + − = = − + − +.

Chú ý. a) Từ hệ thức trên, ta thấy ñược 11 1

2 2 2

zz r

z r z= = .

b) Cho 1 1z = , 2z z= , ta nhận ñược ( ) ( )11 1cos sinz t i t

z r

− = = − + − .

c) Với mọi n ∈ℤ , ta có ( )cos sinn n

z r nt i nt= + .

1 De Moivre, Nhà toán học Pháp (1667 – 1754)

MATHVN.COM

www.MATHVN.com

14

Một Số Bài Toán Áp Dụng

Bài toán 1. Chứng minh rằng 1 5

cos5 4

π += .

Lời giải. ðặt cos , sin5 5

x yπ π

= = và cos sin5 5

z x iy iπ π

= + = + . Ta có 5 1z = − hay

( )( )4 3 21 1 0z z z z z+ − + − + = .

Vì 1z ≠ − nên 4 3 2 1 0z z z z− + − + = . Dễ thấy rằng 0z ≠ , chia hai vế cho 2z , ta nhận ñược

2

2

2

1 1 1 11 0 1 0z z z z

z z z z

+ − + + = ⇔ + − + − = .

Ta ñể ý rằng 1 1

2x z

z

= + , từ ñẳng thức trên, ta có 2 1 5

4 2 1 04

x x x±

− − = ⇔ = .

Vì 0x > nên 1 5

cos5 4

xπ +

= = .

Bài toán 2. Chứng minh rằng 3 5 1

cos cos cos7 7 7 2

π π π+ + = .

Lời giải. ðặt cos sin7 7

z iπ π

= + . Khi ñó, 7 cos sin 1z iπ π= + = − hay 7 1 0z + = .

Mặt khác, ta có 3 5

3 5

3 5 1 1 1 1 1 1cos cos cos

7 7 7 2 2 2z z z

z z z

π π π + + = + + + + + .

10 8 6 4 2

5

1

2

z z z z z

z

+ + + + += .

Vì 7 1 0z + = nên 10 3z z= − và 8z z= − . Suy ra

10 8 6 4 2 6 4 3 21 1z z z z z z z z z z+ + + + + = + − + − + =

76 5 4 3 2 5 5 51

11

zz z z z z z z z z

z

+= − + − + − + + = + =

+.

Do ñó 5

5

3 5 1cos cos cos

7 7 7 2 2

z

z

π π π+ + = = .

Bài toán 3. (Vietnam 1996) Giải hệ phương trình

13 1 2

17 1 4 2

xx y

yx y

+ = + − = +

.

Lời giải. Trước hết, ta nhận thấy , 0x y > . ðặt ,u x v y= = . Hệ phương trình trở thành

2 2

2 2

1 21

3

1 4 21

7

uu v

vu v

+ = + − = +

.

Vì 2 2u v+ là bình phương của modul số phức z u iv= + , bằng cách cộng phương trình thứ

nhất với phương trình thứ hai (sau khi nhân hai vế với i ), ta ñược

MATHVN.COM

www.MATHVN.com

15

2 2

2 4 2

3 7

u ivu iv i

u v

− + + = + + .

Vì 22 2

1u iv z z

u v zzzz

−= = =

+ nên phương trình trên ñược viết lại dưới dạng

21 2 4 2 2 4 2 1 2 2 21 0 2

3 7 3 7 3 21 7z i z i z z i

z

+ = + ⇔ − + + = ⇔ = ± + ± .

Từ ñó suy ra ( )1 2 2 2

, , 23 21 7

u v = ± ±

. Do ñó hệ phương trình có hai nghiệm

( )22

1 2 2 2, , 2

3 21 7x y

= ± ± .

Bài toán 4. Cho , ,a b c là các số thực sao cho cos cos cos sin sin sin 0a b c a b c+ + = + + = .

Chứng minh rằng

cos2 cos2 cos 2 sin 2 sin 2 sin 2 0a b c a b c+ + = + + = .

Lời giải. ðặt cos sin , cos sin , cos sinx a i a y b i b z c i c= + = + = + . Ta có

0x y z+ + = và ( ) ( ) ( )1 1 1

cos sin cos sin cos sin 0a i a b i b c i cx y z

+ + = − + − + − = .

Do ñó 0xy yz zx+ + = . Suy ra ( ) ( )22 2 2 2 0x y z x y z xy yz zx+ + = + + − + + = hay

( ) ( ) ( )cos2 sin 2 cos 2 sin 2 cos 2 sin 2 0a i a b i b c i c+ + + + + = .

Từ ñó ta có ñược cos2 cos2 cos 2 sin 2 sin 2 sin 2 0a b c a b c+ + = + + = .

Bài toán 5. Tính sin sin 2 ... sinnS a a na= + + + và cos cos2 ... cosnC a a na= + + + .

Lời giải. ðặt cos sinz a i a= + . Ta có 2 1...

1

nn

n n

zC iS z z z z

z

−+ = + + + =

−.

Vì 2cos 1 2sin2

xx − = − và sin 2sin cos

2 2

x xx = nên

2

2

2sin 2 sin cos1 cos sin 1 2 2 21 cos sin 1

2sin 2 sin cos2 2 2

n

na na nai

z na i na

a a az a i ai

− +− + −

= =− + − − +

( ) ( )

sin cos sin sin 1 12 2 2 2 cos sin2 2

sinsin cos sin22 2 2

na na na nain a n a

iaa a a

i

+ − − = = + +

.

Do ñó ( )( ) ( )sin 1 11 2cos sin cos sin

1 2 2sin

2

n

n n

nan a n az

C iS z a i a iaz

− −− + = = + + −

( ) ( )sin 1 12 cos sin

2 2sin

2

nan a n a

ia

+ + = +

.

MATHVN.COM

www.MATHVN.com

16

ðồng nhất phần thực và phần thực, phần ảo và phần ảo, ta nhận ñược

( )1sin sin

2 2sin sin 2 ... sin

sin2

n

n ana

S a a naa

−

= + + + = và

( )1sin cos

2 2cos cos2 ... cos

sin2

n

n ana

C a a naa

−

= + + + = .

Bài Tập 1. Cho các số phức ( ) ( ) ( )1 2 31,2 , 2,3 , 1, 1z z z= = − = − . Hãy tính

a) 1 2 3z z z+ + ; b)

1 2 2 3 3 1z z z z z z+ + ; c) 1 2 3z z z ;

d) 2 2 2

1 2 3z z z+ + ; e) 31 2

2 3 1

zz z

z z z+ + ; f)

2 2

1 2

2 2

2 3

z z

z z

+

+.

2. Chứng minh rằng

a) ( ) ( )7 7

1 2 5 2 5E i i= + + − ∈ℝ ; b) 2

19 7 20 5

9 7 6

n ni i

Ei i

+ + = + ∈ − +ℝ .

3. Tìm tất cả các số phức 0z ≠ sao cho 1

zz

+ ∈ℝ .

4. Tìm tất cả các số phức z sao cho 1z = và 22 1z z+ = .

5. Tìm tất cả các số phức z sao cho 224 8 8z z+ = .

6. Cho *z ∈ℂ thỏa ñiều kiện 3

3

12z

z+ ≤ . Chứng minh rằng

12z

z+ ≤ .

7. Cho các số phức 1 2 3, ,z z z thỏa mãn ñiều kiện 1 2 1 23, 1z z z z+ = = = . Tính 1 2z z− .

8. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho 1 3 1 3

22 2

n n

i i − + − − + = .

9. Chứng minh rằng 3 5 7 9 1

cos cos cos cos cos11 11 11 11 11 2

π π π π π+ + + + = .

10. Chứng minh rằng 0 0 0 1cos20 .cos40 .cos80

8= .

11. Cho , ,x y z ∈ℝ sao cho sin sin sin cos cos cos 0x y z x y z+ + = + + = . Chứng minh rằng

sin 2 sin 2 sin 2 cos2 cos2 cos2 0x y z x y z+ + = + + = .

12. Cho ( ) 4 3 2f x x ax bx cx d= + + + + là ña thức với hệ số thực. Giả sử ( ) 1f i = . Chứng

minh rằng 0a b c d= = = = .

13. Cho ,x y là hai số phức phân biệt sao cho x y= . Chứng minh rằng 1

2x y x+ < .

14. Cho số phức z thỏa ñiều kiện 1z = . Chứng minh rằng 22 1 1 4z z≤ − + + ≤ .

15. Cho z là một số phức thật sự và 2

2

1

1

z z

z z

+ +∈

− +ℝ . Chứng minh rằng 1z = .

MATHVN.COM

www.MATHVN.com

17

Chương 2. Số Phức Và Hình Học

2.1 Căn bậc n của 1

2.1.1 Căn bậc n của một số phức

Cho 2n > là một số nguyên và số phức 0 0z ≠ . Như trong trường các số thực, phương trình

0 0nZ z− =

ñược dùng ñể ñịnh nghĩa căn bậc n của 0z . Vì thế, bất kỳ nghiệm Z nào của phương trình trên

cũng ñược xem là một căn bậc n của 0z .

ðịnh lý. Cho ( )* *

0 cos sinz r t i t= + là một số phức với [ )*0, 0,2r t π> ∈ . Khi ñó 0z có n căn

bậc n khác nhau và ñược cho bởi công thức

* *2 2

cos sin , 0,1,..., 1n

k

t k t kZ r i k n

n n

π π + + = + = − .

Chứng minh. Giả sử ( )cos sinZ iρ ϕ ϕ= + là một căn bậc n của 0z , tức là 0

nZ z= , hay

( ) ( )* *cos sin cos sinn n i n r t i tρ ϕ ϕ+ = + .

Do ñó nrρ = và * 2 ,n t k kϕ π= + ∈ℤ . Suy ra n rρ= và

* 2.k

tk

n n

πϕ = + . Do ñó

( )cos sin ,n

k k kZ r i kϕ ϕ= + ∈ℤ .

Ta nhận thấy rằng 0 1 10 ... 2nϕ ϕ ϕ π−≤ < < < < , vì thế các số { }, 0,1,..., 1k k nϕ ∈ − là các

argument thu gọn, tức là *

k kϕ ϕ= . Ta có ñược n căn phân biệt của 0z là 0 1 1, ,..., nZ Z Z − .

Với k nguyên dương và { }0,1,..., 1r n∈ − , ta có ,k nq r q= + ∈ℤ và

( )* *2 2

2 2k r

t tnq r r q q

n n n n

π πϕ π ϕ π= + + = + + = + .

Vì thế k rZ Z= . Do ñó { } { }0 1 1: , ,...,k nZ k Z Z Z −∈ =ℤ , hay chỉ có ñúng n căn bậc n khác nhau.

Lưu ý. Ta dễ dàng chứng minh ñược rằng ảnh hình học của các căn bậc n của 0 0z ≠ là các

ñỉnh của một n −giác ñều nội tiếp trong ñường tròn tâm O là gốc tọa ñộ, bán kính bằng n r .

Ví dụ. Căn bậc 3 của số phức 1 2 cos sin4 4

z i iπ π = + = +

là

6 2 22 cos sin , 0,1,2

12 3 12 3kZ k i k k

π π π π = + + + = hay

6 6 6

0 1 2

3 3 17 172 cos sin , 2 cos sin , 2 cos sin ,

12 12 4 4 12 12Z i Z i Z i

π π π π π π = + = + = +

Các căn bậc 3 này có các ảnh hình học tương ứng là 6 6 6

0 1 2

3 172, , 2, , 2,

12 4 12M M M

π π π .

Các ñiểm này là ba ñỉnh của một tam giác ñều nội tiếp trong ñường tròn tâm O , bán kính 6 2r = .

MATHVN.COM

www.MATHVN.com

18

2.1.2 Căn bậc n của ñơn vị

Nghiệm của phương trình 1 0nZ − = ñược gọi là căn bậc n của ñơn vị. Vì 1 cos0 sin 0i= +

nên các căn bậc n của 1 là

{ }2 2

cos sin , 0,1,2,..., 1k

k ki k n

n n

π πε = + ∈ − .

ðặt { }2 11, , ,..., n

nU ε ε ε −= . Phần tử k nUε ∈ ñược gọi là nguyên tố nếu 1m

kε ≠ với mọi m n< .

Mệnh ñề 1. (a) Nếu n q thì bất kỳ nghiệm nào của 1 0nZ − = cũng là nghiệm của 1 0q

Z − = .

(b) Nghiệm chung của 1 0mZ − = và 1 0nZ − = là nghiệm của 1 0dZ − = , với ( )gcd ,d m n= .

Chứng minh. (a) Nếu q pn= thì ( ) ( ) ( )( )11 1 1 ... 1

p p np n n nZ Z Z Z Z

−− = − = − + + + . Từ ñó

ta có ñiều phải chứng minh.

(b) Xét 2 2

cos sinp

p pi

m m

π πε = + là một nghiệm của 1 0m

Z − = và 2 2

' cos sinp

q qi

n n

π πε = +

là một nghiệm của 1 0nZ − = . Vì ' 1p qε ε= = nên p qε ε= khi và chỉ khi arg arg 'p qε ε= , tức là

2 22 ,

p qr r

m m

π ππ= + ∈ℤ hay pn qm rmn− = .

Mặt khác, ta có ' , 'm m d n n d= = , với ( )gcd ', ' 1m n = . Từ pn qm rmn− = , ta có ñược

' ' ' 'n p m q rm n d− = . Suy ra ' 'm n p , hay 'm p . Tức là ' 'p p m= , 'p là một số nguyên dương, và

2 2 ' ' 2 'arg

'p

p p m p

m m d d

π π πε = = = và 1d

pε = .

Do ñó, từ tính chất (a), và ,d m d n , bất kỳ nghiệm nào của 1 0dZ − = cũng ñều là nghiệm của

1 0mZ − = và 1 0n

Z − = .

Mệnh ñề 2. Nếu nUε∈ là căn nguyên tố của 1, thì nghiệm của phương trình 1 0nZ − = có

dạng 1 1, ,...,r r r nε ε ε+ + − , với r là một số nguyên dương bất kỳ.

Chứng minh. Gọi r là một số nguyên dương nào ñó. Xét { }0,1,..., 1h n∈ − . Ta có

( ) ( ) 1n r h

r h nε ε++ = = hay r hε + là một nghiệm của 1 0n

Z − = .

Bây giờ ta chỉ cần chứng minh 1 1, ,...,r r r nε ε ε+ + − là các số phân biệt. Giả sử ngược lại, tức là tồn

tại 1 2r h r h+ ≠ + , 1 2h h> sao cho 1 2r h r hε ε+ += . Khi ñó, ( )2 1 2 1 0r h h hε ε+ − − = . Vì 2 0r hε + ≠ nên

ta phải có 1 2 1h hε − = . Nhưng ñiều này không thể xảy ra vì 1 2h h n− < và ε là một nghiệm của

1 0nZ − = , mâu thuẫn này kết thúc việc chứng minh.

Mệnh ñề 3. Cho 0 1 1, ,..., nε ε ε − là n căn bậc n của 1.Với bất kỳ số nguyên dương k , ta có

( )( )

1

0

0 †

nk

j

j

n n k

n kε

−

=

=

∑ .

MATHVN.COM

www.MATHVN.com

19

Chứng minh. Xét 2 2

cos sinin n

π πε= + , thì nUε∈ là một căn nguyên tố của 1, vì 1mε = khi

và chỉ khi n m . Giả sử n không chia hết k , ta có

( ) ( )( ) ( )1 1 1

0 0 0

1 10

1 1

n kk nn n n

k jk j k

j k k

j j j

ε εε ε ε

ε ε

− − −

= = =

− −= = = = =

− −∑ ∑ ∑ .

Nếu n k , thì k qn= , q là một số nguyên dương, ta ñược

( )1 1 1 1

0 0 0 0

1n n n n

qk qn n

j j j

j j j j

nε ε ε− − − −

= = = =

== = = =∑ ∑ ∑ ∑

Mệnh ñề 4. Cho p là một số nguyên tố và 2 2

cos sinip p

π πε= + . Nếu 0 1 1, ,..., pa a a − là các số

nguyên khác 0 , thì

1

0 1 1... 0p

pa a aε ε −−+ + + = khi và chỉ khi 0 1 1... pa a a −= = = .

Chứng minh. Nếu 0 1 1... pa a a −= = = thì ta có ngay ñiều cần chứng minh. Ngược lại, ta ñịnh

nghĩa các ña thức [ ],f g X∈ℤ như sau:

( ) 1

1 1 1... p

pf X a a X a X −−= + + + và ( ) 11 ... pg X X X −= + + + .

Nếu ,f g có nghiệm chung, thì ( )gcd ,f g chia hết g . Từ tiêu chuẩn bất khả quy của Eisenstein,

ta thấy rằng g bất khả quy trên ℤ . Do ñó, ( )gcd ,f g g= , suy ra g f hay g kf= , với k là một số

nguyên khác 0, suy ra 0 1 1... pa a a −= = = .

2.2 Số phức và hình học

2.2.1 Một số kí hiệu hình học ñơn giản và các tính chất

2.2.1.1 Khoảng cách giữa hai ñiểm

Giả sử các số phức 1 2,z z có các ảnh hình học 1 2,M M . Khi ñó, khoảng cách giữa hai ñiểm này

ñược xác ñịnh bởi 1 2 1 2M M z z= − .

2.2.1.2 ðoạn thẳng, tia, ñường thẳng

Cho hai ñiểm phân biệt ,A B với tọa ñộ phức lần lượt là ,a b . Ta nói rằng ñiểm M có tọa ñộ

phức z nằm giữa các ñiểm ,A B nếu ,z a z b≠ ≠ và a z z b a b− + − = − . Kí hiệu là A M B− − .

Tập hợp ( ) { }AB M A M B= − − ñược gọi là ñoạn thẳng mở xác ñịnh bởi hai ñiểm ,A B .

Tập hợp [ ] ( ) { },AB AB A B= ∪ ñược gọi là ñoạn thẳng ñóng xác ñịnh bởi hai ñiểm ,A B .

Tập hợp ( { }AB M A M B A B M= − − ∨ − − ñược gọi là tia mở với ñiểm ñầu A và chứa B .

Ta thừa nhận không chứng minh các ñịnh lý sau ñây.

ðịnh lý 1. Giả sử ( ) ( ),A a B b là hai ñiểm phân biệt. Các phát biểu sau là tương ñương:

(1) ( )M AB∈ ;

(2) Tồn tại một số thực dương k sao cho ( )z a k b z− = − ;

(3) Tồn tại một số thực ( )0,1t ∈ sao cho ( )1z t a tb= − + , trong ñó ( )M z .

ðịnh lý 2. Giả sử ( ) ( ),A a B b là hai ñiểm phân biệt. Các phát biểu sau là tương ñương:

(1) (M AB∈ ;

MATHVN.COM

www.MATHVN.com

20

(2) Tồn tại một số thực ( )0,1t ∈ sao cho ( )1z t a tb= − + , trong ñó ( )M z .

(3) ( ) ( )arg argz a b a− = − ;

(4) z a

b a

+−∈

−ℝ .

ðịnh lý 3. Giả sử ( ) ( ),A a B b là hai ñiểm phân biệt. Các phát biểu sau là tương ñương:

(1) ( )M z nằm trên ñường thẳng AB ;

(2) Tồn tại một số thực t sao cho ( )1z t a tb= − + , trong ñó ( )M z ;

(3) z a

b a

−∈

−ℝ ;

(4) 0z a z a

b a b a

− −=

− −;

(5)

1

1 0

1

z z

a a

b b

= .

2.2.1.3 Chia ñoạn thẳng theo tỉ số cho trước

Xét hai ñiểm phân biệt ( ) ( ),A a B b . Một ñiểm ( )M z nằm trên ñường thẳng AB chia ñoạn

thẳng AB theo tỉ số { }\ 1k ∈ℝ nếu .MA k MB=���� ����

. Từ hệ thức này, ta có ñược

( ) ( )11

a kba z k b z k z a kb z

k

−− = − ⇔ − = − ⇔ =

−.

Nhận xét. Cho ( ) ( ) ( ), ,A a B b C c là các ñiểm phân biệt, không thẳng hàng trong mặt phẳng

phức. Khi ñó, trung ñiểm M của ñoạn thẳng [ ]AB có tọa ñộ phức là 2

M

a bz

+= ; trọng tâm G

của tam giác ABC có tọa ñộ phức là 3

G

a b cz

+ += .

2.2.1.4 Góc của tam giác

Một tam giác có hướng dương nếu các ñỉnh của nó theo thứ tự ngược chiều quay của kim ñồng

hồ. Ngược lại, ta nói tam giác có hướng âm. Xét các ñiểm phân biệt ( ) ( )1 1 2 2,M z M z và không

trùng với gốc tọa ñộ của mặt phẳng phức. Góc 1 2M OM ñược ñịnh hướng nếu các ñiểm 1 2,M M

theo thứ tự ngược chiều quay của kim ñồng hồ.

Mệnh ñề. Số ño của góc ñịnh hướng 1 2M OM là 2

1

argz

z.

Chứng minh. Ta xét hai trường hợp

(i) Nếu tam giác 1 2M OM theo hướng âm thì

MATHVN.COM

www.MATHVN.com

21

21 2 2 1 2 1

1

arg arg argz

M OM xOM xOM z zz

= − = − =

(ii) Nếu tam giác 1 2M OM theo hướng dương thì

21 2 2 1

1

2 2 argz

M OM M OMz

π π= − = − .

Do ñó

1 2 21 2

2 1 1

2 arg 2 2 arg argz z z

M OMz z z

π π π = − = − − =

.

Chú ý. Mệnh ñề vẫn ñúng nếu ba ñiểm 1 2, ,O M M thẳng hàng.

Ví dụ. a) Cho 1 21 , 1z i z i= + = − + . Khi ñó ( )( )

2

1

1 11

1 2

i iz ii

z i

− + −− += = =

+. Từ ñó suy ra

( )1 2 2 1

3arg , arg

2 2M OM i M OM i

π π= = = − =

b) Cho 1 2, 1z i z= = . Khi ñó 2

1

1zi

z i= = − . Do ñó

( ) ( )1 2 2 1

3arg , arg

2 2M OM i M OM i

π π= − = = = .

ðịnh lý. Cho các ñiểm phân biệt ( ) ( ) ( )1 1 2 2 3 3, ,M z M z M z . Khi ñó, góc ñịnh hướng 2 1 3M M M

có số ño là 3 1

2 1

argz z

z z

−

−.

Chứng minh. Thực hiện phép tịnh tiến theo vector 1M O�����

. Qua phép tịnh tiến này, các ñiểm

( ) ( ) ( )1 1 2 2 3 3, ,M z M z M z lần lượt trở thành ( ) ( ) ( )' '

2 2 1 3 3 10 , ,O M z z M z z− − . Hơn nữa, ta cũng có

ñược ' '

2 1 3 2 3M M M M OM= . Từ kết quả ở mệnh ñề trên, ta có ' ' 3 12 1 3 2 3

2 1

argz z

M M M M OMz z

−= =

−.

Ví dụ. Cho 1 2 34 3 , 4 7 , 8 7z i z i z i= + = + = + . Khi ñó ( )

2 1

3 1

14 1

4 4 2 2

i iz z i i

z z i

−− += = =

− +.

Từ ñó ta có 3 1 2

1arg

2 4

iM M M

π+= = , ( )2 1 3

2 7arg arg 1

1 4M M M i

i

π= = − =

+.

2.2.1.5 Góc giữa hai ñường thẳng

ðịnh lý. Cho bốn ñiểm phân biệt ( ), 1,2,3,4i iM z i = . Khi ñó số ño của góc ñược xác ñịnh giữa

hai ñường thẳng 1 3 2 4,M M M M bằng 3 1

4 2

argz z

z z

−

− hoặc 4 2

3 1

argz z

z z

−

−.

Chứng minh. Xin dành cho bạn ñọc như bài tập.

2.2.1.6 Phép quay quanh một ñiểm

Cho góc α và số phức cos siniε α α= + . Xét số phức ( )cos sinz r t i t= + , và ( )M z . Ta có

MATHVN.COM

www.MATHVN.com

22

( ) ( )cos sinz r t i tε α α = + + + , ( ),arg argz r z zε ε α= = + .

Do ñó ảnh hình học 'M của zε là ảnh của M qua phép quay quanh tâm O với góc quay α .

Mệnh ñề. Giả sử ( )C c là ảnh của ( )B b qua phép quay tâm ( )A a , góc quay α . Khi ñó

( )c a b a ε= + − , trong ñó cos siniε α α= +

Chứng minh. Thực hiện phép tịnh tiến theo vector AO����

, khi ñó các ñiểm , ,A B C lần lượt trở

thành các ñiểm ( ) ( ) ( )0 , ' , 'O B b a C c a− − . Vì 'C là ảnh của 'B qua phép quay tâm O , góc quay

α nên ( )c a b a ε− = − hay ( )c a b a ε= + − .

2.2.2 Các ñiều kiện thẳng hàng , vuông góc và cùng thuộc một ñường tròn

Cho bốn ñiểm phân biệt ( ), 1,2,3,4i iM z i = .

Mệnh ñề 1. Các ñiểm phân biệt 1 2 3, ,M M M thẳng hàng khi và chỉ khi *3 1

2 1

z z

z z

−∈

−ℝ .

Chứng minh. Ta có các ñiểm 1 2 3, ,M M M thẳng hàng khi và chỉ khi { }2 1 3 0,M M M π∈ hay

{ }3 1

2 1

arg 0,z z

z zπ

−∈

− hay *3 1

2 1

z z

z z

−∈

−ℝ .

Mệnh ñề 2. Các ñường thẳng 1 2 3 4,M M M M vuông góc với nhau khi và chỉ khi *1 2

3 4

z zi

z z

−∈

−ℝ .

Chứng minh. Ta có 1 2 3 4M M M M⊥ khi và chỉ khi ( )1 2 3 4

3, ,

2 2M M M M

π π ∈

. ðiều này tương

ñương với 1 2

3 4

3arg ,

2 2

z z

z z

π π − ∈ −

hay *1 2

3 4

z zi

z z

−∈

−ℝ .

Chú ý. Khi 2 4M M≡ ta có 1 2 3 2M M M M⊥ nếu và chỉ khi *1 2

3 2

z zi

z z

−∈

−ℝ .

Ví dụ. Cho các ñiểm ( ) ( ) ( ) ( )1 2 3 42 , 1 2 , 2 , 1 2M i M i M i M i− − + − − + . Khi ñó

1 2

3 4

3 3

3 3

z z ii

z z i

− −= =

− − − hay 1 2 3 4M M M M⊥ .

Mệnh ñề 3. Bốn ñiểm phân biệt 1 2 3 4, , ,M M M M (xếp theo thứ tự này) cùng thuộc một ñường

tròn khi và chỉ khi *3 2 3 4

1 2 1 4

:z z z z

kz z z z

− −= ∈

− −ℝ .

Chứng minh. Bốn ñiểm phân biệt 1 2 3 4, , ,M M M M cùng thuộc một ñường tròn khi và chỉ khi

{ }1 2 3 1 2 3 3 ,M M M M M M π π+ ∈ hay { }3 2 1 4

1 2 3 4

arg arg 3 ,z z z z

z z z zπ π

− −+ ∈

− −

hay { }3 2 3 4

1 2 1 4

arg arg 3 ,z z z z

z z z zπ π

− −− ∈

− −, tức là 0k < .

MATHVN.COM

www.MATHVN.com

23

Các trường hợp còn lại của 1 2 3 4, , ,M M M M ñược chứng minh tương tự.

Chú ý.

(1) Số thực k ñược xác ñịnh như trên ñược gọi là tỷ số kép của bốn ñiểm 1 2 3 4, , ,M M M M .

(2) Các ñiểm 1 2 3 4, , ,M M M M thẳng hàng khi và chỉ khi *3 2

1 2

z z

z z

−∈

−ℝ và *3 4

1 4

z z

z z

−∈

−ℝ .

(3) Các ñiểm 1 2 3 4, , ,M M M M cùng thuộc một ñường tròn khi và chỉ khi

*3 2 3 4

1 2 1 4

:z z z z

kz z z z

− −= ∈

− −ℝ , nhưng 3 2

1 2

z z

z z

−∉

−ℝ và 3 4

1 4

z z

z z

−∉

−ℝ .

Ví dụ. (1) Bốn số phức có ảnh hình học lần lượt là 1, , 1,i i− − cùng thuộc một ñường tròn. Thật

vậy, vì tỉ số kép *1 1: 1

1 1

i ik

i i

− − − += = − ∈

− +ℝ và

1 1,

1 1

i i

i i

− − − +∉ ∉

− +ℝ ℝ .

(2) Bốn ñiểm ( ) ( ) ( ) ( )1 2 3 42 , 3 2 , 1 2 , 2 3M i M i M i M i− − − + − + thẳng hàng. Thật vậy, vì ta có

*4 4 1: 1

1 4 4

i ik

i i

− + −= = ∈

− + −ℝ và *4 4

41

i

i

− += ∈

− +ℝ .

2.2.3 ðiều kiện các tam giác ñồng dạng và tam giác ñều

2.2.3.1 ðiều kiện các tam giác ñồng dạng

ðịnh nghĩa. Cho sáu ñiểm ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 2 2 3 3 1 1 2 2 3 3, , , , ,A a A a A a B b B b B b trong mặt phẳng phức.

Ta nói rằng các tam giác 1 2 3A A A và 1 2 3B B B ñồng dạng với nhau nếu góc ( )1,2,3k kA B k= = .

Mệnh ñề 1. Các tam giác cùng hướng 1 2 3A A A và 1 2 3B B B ñồng dạng với nhau khi và chỉ khi

2 1 2 1

3 1 3 1

a a b b

a a b b

− −=

− −.

Chứng minh. Ta có 1 2 3A A A và 1 2 3B B B ñồng dạng với nhau khi và chỉ khi

1 2 1 2

1 3 1 3

A A B B

A A B B= và

3 1 2 3 1 2A A A B B B=

hay 2 1 2 1

3 1 3 1

a a b b

a a b b

− −=

− − và 2 1 2 1

3 1 3 1

arg arga a b b

a a b b

− −=

− − hay 2 1 2 1

3 1 3 1

a a b b

a a b b

− −=

− −.

Mệnh ñề 2. Các tam giác ngược hướng 1 2 3A A A và

1 2 3B B B ñồng dạng với nhau khi và chỉ khi

2 1 2 1

3 1 3 1

a a b b

a a b b

− −=

− −.

Chứng minh. Thực hiện phép ñối xứng qua trục Ox , các ñiểm 1 2 3, ,B B B biến thành các ñiểm

( ) ( ) ( )1 1 2 2 3 3, ,M b M b M b . Khi ñó các tam giác 1 2 3B B B và 1 2 3M M M ñồng dạng với nhau nhưng

ngược hướng. Tức là hai tam giác 1 2 3A A A và 1 2 3M M M ñồng dạng với nhau và cùng hướng. Từ

ñó ta nhận ñược ñiều cần chứng minh.

2.2.3.2 ðiều kiện tam giác ñều

Mệnh ñề 1. Giả sử 1 2 3, ,z z z là các tọa ñộ của các ñỉnh của tam giác 1 2 3A A A . Khi ñó, các phát

biểu sau ñây là tương ñương:

(a) 1 2 3A A A là tam giác ñều;

(b) 1 2 2 3 3 1z z z z z z− = − = − ;

(c) 2 2 2

1 2 3 1 2 2 3 3 1z z z z z z z z z+ + = + + ;

MATHVN.COM

www.MATHVN.com

24

(d) 3 22 1

3 2 1 2

z zz z

z z z z

−−=

− −;

(e) 1 2 3

1 1 10

z z z z z z+ + =

− − −, trong ñó 1 2 3

3

z z zz

+ += ;

(f) ( )( )2 2

1 2 3 1 2 3 0z z z z z zε ε ε ε+ + + + = , trong ñó 2 2

cos sin3 3

iπ π

ε= + ;

(g) 1 2 3

2 3 1

1 1 1

0z z z

z z z

= .

Chứng minh. Ta nhận thấy rằng tam giác 1 2 3A A A ñều khi và chỉ khi 1 2 3A A A ñồng dạng với

tam giác cùng hướng 2 3 1A A A , hay

( ) ( )( )2 2 2 2 2

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

2 3 1

1 1 1

0 0 0z z z z z z z z z z z z z z z z z z

z z z

ε ε ε ε= ⇔ + + − + + = ⇔ − + + + + = ,

tức là ( ) ( ) ( ) ( )a g c f⇔ ⇔ ⇔ .

Dễ thấy rằng ( ) ( )d c⇔ , ( ) ( )a b⇔ . Cuối cùng, chứng minh ( ) ( )a c⇔ xin dành cho bạn ñọc.

Mệnh ñề 2. Giả sử 1 2 3, ,z z z là các tọa ñộ của các ñỉnh của tam giác 1 2 3A A A . Khi ñó, các phát

biểu sau ñây là tương ñương:

(a) 1 2 3A A A là tam giác ñều;

(b) ( )3 1 2 1z z z zε− = − ; trong ñó cos sin3 3

iπ π

ε= + ;

(c) ( )2 1 3 1z z z zε− = − ; trong ñó 5 5

cos sin3 3

iπ π

ε= + ;

(d) 2

1 2 3 0z z zε ε+ + = , trong ñó 2 2

cos sin3 3

iπ π

ε= + .

Chứng minh. Tam giác 1 2 3A A A là tam giác ñều khi và chỉ khi 3A nhận ñược từ 2A qua phép

quay tâm 1A , góc quay 3

π. Tức là, ( )3 1 2 1cos sin

3 3z z i z z

π π = + + − , hay ( ) ( )a b⇔ .

Tương tự, thực hiện phép quay tâm 1A , góc quay 5

3

π thì 3A trở thành 2A . Ta ñược ( ) ( )a c⇔ .

Cuối cùng, ñể chứng minh ( ) ( )b d⇔ , ta nhận thấy rằng ( )b tương ñương với

( )3 1 2 1 1 2

1 3 1 3 1 3

2 2 2 2 2 2z z i z z i z i z

= + + − = − + + .

MATHVN.COM

www.MATHVN.com

25

Do ñó, 2

1 2 3 1 3 1 2 3

1 3 1 3

2 2 2 2z z z z z z i z i zε ε

+ + = = + − + + − − =

1 2 1 2

1 3 1 3 1 3 1 3

2 2 2 2 2 2 2 2z i z i i z i z

= + − + + − − − + +

1 2 1 2

1 3 1 30

2 2 2 2z i z z i z

= + − + − + − = .

Hay ( ) ( )b d⇔ .

Mệnh ñề 3. Giả sử 1 2 3, ,z z z là các tọa ñộ của các ñỉnh 1 2 3, ,A A A của tam giác ñịnh hướng

không âm. Khi ñó, các phát biểu sau ñây là tương ñương:

(a) 1 2 3A A A là tam giác ñều;

(b) ( )3 1 2 1z z z zε− = − ; trong ñó 5 5

cos sin3 3

iπ π

ε= + ;

(c) ( )2 1 3 1z z z zε− = − ; trong ñó cos sin3 3

iπ π

ε= + ;

(d) 2

1 2 3 0z z zε ε+ + = , trong ñó 2 2

cos sin3 3

iπ π

ε= + .

Chứng minh. Xin dành cho bạn ñọc, chú ý rằng 1 2 3A A A là tam giác ñều ñịnh hướng âm khi và

chỉ khi 1 3 2A A A là tam giác ñều ñịnh hướng dương.

Mệnh ñề 4. Giả sử 1 2 3, ,z z z là các tọa ñộ của các ñỉnh của tam giác ñều 1 2 3A A A . Các phát biểu

(a) 1 2 3A A A là tam giác ñều;

(b) 1 2 2 3 3 1. . .z z z z z z= = ;

(c) 2

1 2 3z z z= và 2

2 1 3z z z= ;

Khi ñó, ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ), ,b a c a b c⇒ ⇒ ⇔ .

Chứng minh. ( ) ( )b a⇒ . Ta có 1 2 2 3 3 1. . .z z z z z z= = . Suy ra 1 2 2 3 3 1. . .z z z z z z= = hay

1 2 2 3 3 1 1 2 2 3 3 1. . . . . .z z z z z z z z z z z z= = ⇒ = =

2 2 2

1 2 3 1 2 3

1 2 3

, , ,r r r

r z z z z z zz z z

⇒ = = = = = = .

Từ ñó suy ra

31 2

2 3 1

zz z

z z z= = hay 2 2 2

1 2 3 2 3 1 3 1 2, ,z z z z z z z z z= = = .

Cộng các ñẳng thức trên theo từng vế, ta nhận ñược 2 2 2

1 2 3 1 2 2 3 3 1z z z z z z z z z+ + = + + , do ñó

tam giác 1 2 3A A A là tam giác ñều.

Ta cũng dễ dàng chứng minh ñược ( ) ( )b c⇒ và chiều ngược lại, vì vậy ( ) ( )b c⇔ . Do ñó, ta

cũng có ( ) ( )c a⇒ .

MATHVN.COM

www.MATHVN.com

26

Một Số Bài Toán Áp Dụng

Bài toán 1. Về phía ngoài của tứ giác lồi ABCD , lần lượt dựng các hình vuông nhận , ,AB BC

,CD DA làm cạnh. Các hình vuông này có tâm là 1 2 3 4, , ,O O O O . Chứng minh rằng

1 3 2 4O O O O⊥ và 1 3 2 4O O O O=

Lời giải. Giả sử các hình vuông ', ', ', 'ABMM BCNN CDPP DAQQ có tâm là 1 2 3 4, , ,O O O O . Ta

qui ước chữ cái thường là tọa ñộ của ñỉnh tương ứng, chẳng hạn, a là tọa ñộ của ñiểm A .

Ta nhận thấy rằng, ñiểm M nhận ñược bởi phép quay tâm B , góc quay 2

πθ= . Từ ñó suy ra

( )m b a b i= + − . Tương tự, ( ) ( ) ( ), ,n c b c i p d c d i q a d a i= + − = + − = + − .

Do ñó

( ) ( )1 2, ,

2 2 2

a b a b i b c b c ia mo o

+ + − + + −+= = =

( ) ( )

3 4,2 2

c d c d i d a d a io o

+ + − + + −= = .

Suy ra

( )( )

*3 1

4 2

c d a b i c d a bo oi i

o o a d b c i d a b c

+ − − + − − +−= = − ∈

− + − − + − − +ℝ .

Do ñó 1 3 2 4O O O O⊥ . Hơn nữa, 3 1

4 2

1o o

io o

−= − =

− nên 1 3 2 4O O O O= .

Bài toán 2. [IMO 17, 1975] Về phía ngoài của tam giác ABC , lần lượt dựng các tam giác

, ,ABR BCP CAQ sao cho 0 0 045 , 30 , 15PBC CAQ BCP QCA ABR RAB= = = = = = . Chứng minh rằng

090 ,QRP RQ RP= = .

MATHVN.COM

www.MATHVN.com

27

Lời giải. Ta xét bài toán trong mặt phẳng phức. Chọn R là gốc tọa ñộ. Gọi M là chân ñường

vuông góc hạ từ ñiểm P xuống ñường thẳng BC . Ta qui ước chữ cái thường là tọa ñộ của ñỉnh

tương ứng, chẳng hạn, a là tọa ñộ của ñiểm A . Vì MP MB= và 3MC

MP= nên

p mi

b m

−=

− và 3

c mi

p m

−=

−.

Do ñó

3

1 3 1 3

c b b cp i

+ −= +

+ +.

Tương tự ta cũng tính ñược

3

1 3 1 3

c a a cq i

+ −= +

+ +.

ðiểm B nhận ñược từ ñiểm A bằng phép quay tâm R , góc quay 0150θ= . Do ñó

3 1

2 2b a i

= − + .

Từ ñó, bằng các phép biến ñổi ñại số, ta có

*3 3:

1 3 1 3 1 3 1 3

p c b b c c a a ci i i i

q

+ − + − = + + = ∈ + + + + ℝ .

Suy ra QR PR⊥ hay 090QRP = . Hơn nữa, p iq q= = nên RQ RP= .

Bài toán 3. Cho ,ABCD BNMK là hai hình vuông không giao nhau, E là trung ñiểm của AN .

Gọi F là chân ñường vuông góc hạ từ B xuống ñường thẳng CK . Chứng minh rằng các ñiểm

, ,E F B thẳng hàng.

Lời giải. Ta xét bài toán trong mặt phẳng phức. Chọn F là gốc tọa ñộ và ,CK FB lần lượt là

trục hoành và trục tung. Gọi , ,c k bi lần lượt là tọa ñộ của các ñiểm , ,C K B với , ,c k b ∈ ℝ . Phép

quay tâm B , góc quay 2

πθ= biến ñiểm C thành ñiểm A , do ñó A có tọa ñộ là ( )1a b i ci= − + .

Tương tự, ñiểm N là ảnh của ñiểm K qua phép quay tâm B , góc quay 2

πθ= − nên ñiểm N có

tọa ñộ là ( )1n b i ki= + − . Từ ñó suy ra tọa ñộ của ñiểm E , trung ñiểm của ñoạn thẳng AN là

2 2

a n c ke b i

+ −= = + .

Từ ñó suy ra ñiểm E nằm trên ñường thẳng FB hay các ñiểm , ,E F B thẳng hàng.

Bài toán 4. Trên các cạnh , ,AB BC CA của tam giác ABC ta lần lượt dựng các tam giác ñồng

dạng có cùng hướng là , ,ADB BEC CFA . Chứng minh rằng các tam giác ABC và DEF có cùng

trọng tâm.

MATHVN.COM

www.MATHVN.com

28

Lời giải. Ta qui ước chữ cái thường là tọa ñộ của ñỉnh tương ứng, chẳng hạn, a là tọa ñộ của

ñiểm A . Vì , ,ADB BEC CFA là các tam giác ñồng dạng có cùng hướng nên

d a e b f cz

b a c b a c

− − −= = =

− − −.

Do ñó, ( ) ( ) ( ), ,d a b a z e b c b z f c a c z= + − = + − = + − . Suy ra

3 3

d c f a b c+ + + += .

Hay các tam giác ABC và DEF có cùng trọng tâm.

Bài toán 5. (IMO Shortlist) Cho ABO là một tam giác ñều có tâm là S và ' 'A B O là một tam

giác ñều khác có cùng hướng nhưng ', 'S A S B≠ ≠ . Gọi ,M N lần lượt là trung ñiểm của các

ñoạn thẳng 'A B và 'AB . Chứng minh rằng các tam giác 'SB M và 'SA N ñồng dạng.

Lời giải. Gọi R là bán kính của ñường tròn ngoại tiếp của tam giác ABO , ñặt

2 2cos sin

3 3i

π πε= + .

Ta xét bài toán trong mặt phẳng phức. Chọn S là gốc tọa ñộ và SO là trục thực (trục hoành).

Khi ñó, tọa ñộ của các ñiểm , ,O A B là 2, ,R R Rε ε .

Gọi R z+ là tọa ñộ của ñiểm 'B , thì R zε− là tọa ñộ của ñiểm 'A . Suy ra tọa ñộ của ,M N là

( ) ( )22

'1

2 2 2 2 2B A

M

R z R zz z R R z R zz

ε ε εε ε ε ε+ − − ++ + − − −= = = = = ,

( ) 2

'1

2 2 2 2 2 2A B

N

RzR zz z R R z R z R z

zεε ε εε

ε

−+ ++ + + − + −= = = = = =

−.

Ta có

( )2' ' . 1 1

2 2

B S A S

M S N S

z z z z R z R z

R zz z z z R z

εε ε ε

ε ε

ε

− − + −= ⇔ = ⇔ = ⇔ =

− +− − −

−

.

Từ ñó suy ra các tam giác 'SB M và 'SA N ñồng dạng.

Bài toán 6. (Napoleone) Về phía ngoài của tam giác ABC ta lần lượt dựng các tam giác ñều,

có cùng chiều dương là ' , ' , 'AC B BA C CB A . Chứng minh rằng tâm của các tam giác ñều này là

các ñỉnh của một tam giác ñều.

Lời giải. Gọi , , ; ', ', 'a b c a b c lần lượt là tọa ñộ của các ñỉnh , , ; ', ', 'A B C A B C , ñặt

2 2cos sin

3 3i

π πε= + .

Vì ' , ' , 'AC B BA C CB A là các tam giác ñều nên

2 2 2' 0, ' 0, ' 0a c b b a c c b aε ε ε ε ε ε+ + = + + = + + = .

Tâm của các tam giác ñều ' , ' , 'AC B BA C CB A lần lượt có tọa ñộ là

MATHVN.COM

www.MATHVN.com

29

( ) ( ) ( )1 1 1

'' ' , '' ' , '' '3 3 3

a a b c b a b c c a b c= + + = + + = + + .

Do ñó, bằng các phép tính ñại số, ta ñược

( ) ( ) ( ) ( )2 23 '' '' '' ' ' 'c a b a b c a b c a b cε ε ε ε+ + = + + + + + + + +

( ) ( ) ( )2 2 2 2' ' ' 0b a c c b a a c bε ε ε ε ε ε ε= + + + + + + + + = .

Tức là tâm của các tam giác ñều này là các ñỉnh của một tam giác ñều.

Bài toán 7. (BMO 1990, Shortlist) Về phía ngoài của tam giác ABC , ta lần lượt dựng ba

n −giác ñều. Tìm tất cả giá trị của n sao cho tâm của các n −giác ñều này là ñỉnh của một tam

giác ñều.

Lời giải. Gọi 0 0 0, ,A B C là tâm của các n −giác ñều về cạnh là , ,BC CA AB tương ứng. Ta có

0 0 0

2AC B BA C AB C

n

π= = = .

ðặt 2 2

cos sinin n

π πε= + và gọi 0 0 0, , , , ,a b c a b c là tọa ñộ của các ñiểm 0 0 0, , , , ,A B C A B C .

Sử dụng công thức của phép quay, ta có

( ) ( ) ( )0 0 0 0 0 0, ,a c b c b a c a c b a bε ε ε= + − = + − = + − .

Do ñó

0 0 0, ,1 1 1

b c c a a ba b c

ε ε ε

ε ε ε

− − −= = =

− − −.

Tam giác 0 0 0A B C là tam giác ñều nếu và chỉ nếu

2 2 2

0 0 0 0 0 0 0 0 0a b c a b b c c a+ + = + + hay

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )2 2 2

b c c a a b b c c a c a a b a b c aε ε ε ε ε ε ε ε ε− + − + − = − − + − − + − −

( ) ( ) ( ) ( )2 2 22 2 2 2

1 0 1 0 33

a b b c c a nn

π πε ε ε ε ⇔ + + − + − + − = ⇔ + + = ⇔ = ⇔ =

.

Bài toán 8. (ðịnh lý Ptolemy) Cho bốn ñiểm phân biệt , , ,A B C D trong mặt phẳng. Chứng

minh rằng

. . .AB CD AD BC AC BD+ ≥ .

ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi , , ,A B C D thẳng hàng hoặc , , ,A B C D cùng thuộc một ñường

tròn với ,A C ñối diện với ,B D .

Lời giải. Ta xét bài toán trong mặt phẳng phức. Gọi , , ,a b c d là tọa ñộ của các ñỉnh , , ,A B C D

tương ứng. Ta có nhận xét ( )( ) ( )( ) ( )( )b a d c d a c b c a d b− − + − − = − − . Do ñó

. .AB CD AD BC b a d c d a c b+ = − − + − −

( )( ) ( )( ) ( )( ) .b a d c d a c b c a d b AC BD≥ − − + − − = − − = .

ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ( )( ) ( )( ), 0b a d c t d a c b t− − = − − > . Khi ñó

MATHVN.COM

www.MATHVN.com

30

01. arg arg 180

d a d c d a d cDAB DCB

b a t c b b a c b

− − − − = ⇔ = ⇔ = − − − − −

,

hay , , ,A B C D thẳng hàng hoặc cùng thuộc một ñường tròn với ,A C ñối diện với ,B D .

Bài toán 9. (Saint Petersburg 2000) Cho tam giác nhọn ABC . Một ñường thẳng d tiếp xúc

với ñường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại B . Gọi K là chân ñường vuông góc hạ từ trực tâm

của tam giác xuống ñường thẳng d , L là trung ñiểm của cạnh AC . Chứng minh rằng BKL là

tam giác cân.

Lời giải. Không mất tính tổng quát, ta chỉ cần xét tam giác ABC nội tiếp trong ñường tròn ñơn

vị sao cho ñiểm B thuộc trục ảo và ( )B i− . Giả sử ( ) ( ),A a bi C c di+ + . Khi ñó, tọa ñộ của trực

tâm H là ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1a bi i c di a c b d i+ + − + + = + + + − , ( ),2 2

a c b dK a c i L i

+ + + − + .

Ta có ( ) ( )2 21

22

LB a c b d KL= + + + + = , hay BKL là tam giác cân.

Bài Tập 1. Cho , ,a b c là các số phức phân biệt sao cho

( ) ( ) ( )7 7 7

0a b b c c a− + − + − = .

Chứng minh rằng , ,a b c là tọa ñộ của các ñỉnh của một tam giác ñều.

2. Cho , , ,a b c d là các số phức phân biệt sao cho

a b c d= = = và 0a b c d+ + + = .

Chứng minh rằng , , ,a b c d là tọa ñộ của các ñỉnh của một hình chữ nhật.

3. [Romania 2003] Các số phức , 1,2,...,5iz i = ñều có modul khác 0 và 5 5

2

1 1

0i i

i i

z z= =

= =∑ ∑ . Chứng

minh rằng , 1,2,...,5iz i = là tọa ñộ các ñỉnh của một ngũ giác ñều.

4. Về phía ngoài của tam giác ABC ta dựng các tam giác ñều ABN và ACM . , ,P Q R lần lượt là

trung ñiểm của các ñoạn thẳng , ,BC AM AN . Chứng minh rằng PQR là tam giác ñều.

5. Cho ' ' 'AA BB CC là lục giác nội tiếp trong ñường tròn ( ),O R sao cho ' ' 'AA BB CC R= = = .

, ,M N P lần lượt là trung ñiểm của các ñoạn thẳng ', ', 'AA BB CC . Chứng minh rằng MNP là tam

giác ñều.

6. Về phía ngoài của tam giác ABC ta dựng các tam giác hình vuông ABDE và ACFG . M là

trung ñiểm của các ñoạn thẳng BC . Chứng minh rằng AM EG⊥ và 2EG AM= .

7. Các cạnh ,AB BC và CA của tam giác ABC ñược chia thành ba ñoạn bằng nhau bởi các ñiểm

, ; ,M N P Q và ,R S . Về phía ngoài của tam giác ABC , dựng các tam giác ñều , ,MND PQE RSF .

Chứng minh rằng DEF là tam giác ñều.

8. Về phía ngoài của tam giác ABC ta dựng các tam giác hình vuông ABEF và ADGH lần lượt

có tâm là O và Q . M là trung ñiểm của các ñoạn thẳng BD . Chứng minh rằng OMQ là tam

giác vuông cân tại M .

9. [IMO shortlist 23] Về phía ngoài của tứ giác lồi ABCD , ta dựng các tam giác ñều ,ABM CDP ;

về phía trong của tứ giác, ta dựng các tam giác ñều ,BCN ADQ . Chứng minh rằng tứ giác

MNPQ là hình bình hành.

10. Cho ABC là tam giác nhọn. Trên cùng một phía của ñường thẳng AC chứa ñiểm B , ta dựng

các tam giác vuông cân , ,DAB BCE AFC tại các ñỉnh , ,A C F . Chứng minh rằng , ,D E F thẳng

hàng.

MATHVN.COM

www.MATHVN.com

31

Chương 3. Tích Thực Và Tích Phức Của Các Số Phức .

3.1 Tích thực của hai số phức Cho a và b là hai số phức.

ðịnh nghĩa. Ta gọi tích thực của hai số phức a và b là một số ñược xác ñịnh bởi hệ thức

( )1

2a b ab ab⋅ = + .

Dễ thấy rằng ( ) ( ) ( )1 1 1

2 2 2a b ab ab ab ab ab ab a b⋅ = + = + = + = ⋅ . Do ñó, a b⋅ là một số thực,

ñây chính là cơ sở của ñịnh nghĩa này.

Các tính chất sau ñây ñược suy ra từ ñịnh nghĩa.

Mệnh ñề 1. Cho các số phức , , ,a b c z . Khi ñó

(a) 2

a a a⋅ = .

(b) a b b a⋅ = ⋅ (tích thực có tính chất giao hoán).

(c) ( )a b c a b a c⋅ + = ⋅ + ⋅ (tích thực có tính chất phân phối với phép cộng).

(d) ( ) ( ) ( ),a b a b a bα α α α⋅ = ⋅ = ⋅ ∈ℝ .

(e) 0a b⋅ = khi và chi khi OA OB⊥ , trong ñó ( ) ( ) ( )0 , ,O A a B b .

(f) ( ) ( ) ( )2

az bz z a b⋅ = ⋅ .

Chú ý. Giả sử ( ) ( ),A a B b . Khi ñó a b⋅ là phương tích của ñiểm ( )0O với ñường tròn ñường

kính AB . Thật vậy, gọi 2

a bM

+ là trung ñiểm của [ ]AB , thì ñiểm M là tâm của ñường tròn,

và 1 1

2 2r AB a b= = − là bán kính. Phương tích của ñiểm ( )0O với ñường tròn là

( )( ) ( )( )2 2

2 2

2 2 4 4 2

a b a b a b a ba b a b ab baOM r a b

+ + − −+ − +− = − = − = = ⋅ .

Mệnh ñề 2. Cho bốn ñiểm phân biệt ( ) ( ) ( ) ( ), , ,A a B b C c D d . Các phát biểu sau là tương ñương

(a) AB CD⊥ ;

(b) ( ) ( ) 0b a c d− ⋅ − = ;

(c) *b ai

d c

−∈

−ℝ , tức là Re 0

b a

d c

− = −.

Chứng minh. Dựng các hình bình hành OABM và OCDN . Khi ñó ( ) ( ),M b a N d c− − .

Ta có AB CD⊥ khi và chỉ khi OM ON⊥ hay 0m n⋅ = hay ( ) ( ) 0m n b a d c⋅ = − ⋅ − = .

Dễ thấy rằng ( ) ( )b c⇔ theo ñịnh nghĩa của tích thực.

Mệnh ñề 3. Cho tam giác ABC nội tiếp trong ñường tròn có tâm ( )0O trong mặt phẳng phức.

Giả sử ( ) ( ) ( ), ,A a B b C c . Khi ñó, tọa ñộ của trực tâm H là h a b c= + + .

Chứng minh. Sử dụng tích thực của các số phức, phương trình của các ñường cao ', 'AA BB và

'CC là

( ) ( ) ( )( ) ( )( )' : 0, ' : 0, ' 0AA z a b c BB z b c a CC z c a b− ⋅ − = − − = = − − = .

Ta sẽ chứng minh H có tọa ñộ h a b c= + + nằm trên các ñường cao. Thật vậy, ta có

( ) ( ) 0h a b c− ⋅ − = khi và chỉ khi ( ) ( ) 0b c b c+ ⋅ − = hay 0b b c c⋅ − ⋅ = hay 2 2

b c= .

Do ñó, 'H AA∈ . Tương tự, 'H BB∈ và 'H CC∈ .

3.2 Tích phức của hai số phức Cho a và b là hai số phức.

ðịnh nghĩa. Ta gọi tích phức của hai số phức a và b là một số ñược xác ñịnh bởi hệ thức

MATHVN.COM

www.MATHVN.com

32

( )1

2a b ab ab× = − .

Dễ thấy rằng ( ) ( )1 10

2 2a b a b ab ab ab ab× + × = − + − = . Do ñó, ( )Re 0a b× = , ñây chính là

cơ sở của ñịnh nghĩa này.

Các tính chất sau ñây ñược suy ra từ ñịnh nghĩa.

Mệnh ñề 1. Cho các số phức , , ,a b c z . Khi ñó

(a) 0a b× = khi và chỉ khi 0a = hoặc 0b = hoặc a bλ= , với λ là một số thực.

(b) a b b a× = − × (tích phức có tính chất phản giao hoán).

(c) ( )a b c a b a c× + = × + × (tích phức có tính chất phân phối với phép cộng).

(d) ( ) ( ) ( ),a b a b a bα α α α× = × = × ∈ℝ .

(e) Nếu ( ) ( ),A a B b là hai ñiểm phân biệt không trùng ( )0O thì 0a b× = khi và chỉ khi ,O A

và B thẳng hàng.

Chú ý. (a) Giả sử ( ) ( ),A a B b là hai ñiểm phân biệt không trùng ( )0O thì

(i) [ ]2a b i AOB× = ⋅ nếu tam giác OAB có chiều dương.

(ii) [ ]2a b i AOB× = − ⋅ nếu tam giác OAB có chiều âm.

Thật vậy, trong trường hợp tam giác OAB có chiều dương, ta có

[ ] ( )2 2 sin sin argb

i AOB i OA OB AOB i a ba

⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ =

( )21 1Im

2 2

ab b bi a b a ab ba a b

a b a a

= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = − = − = × .

Trong trường hợp tam giác OAB có chiều dương, ta có

[ ]2i AOB b a a b⋅ = × = − × .

(b) Giả sử ( ) ( ) ( ), ,A a B b C c là ba ñiểm trong mặt phẳng phức. Khi ñó

(i) [ ] ( )1

2ABC a b b c c a

i= × + × + × , nếu tam giác ABC có chiều dương.

(ii) [ ] ( )1

2ABC a b b c c a

i= − × + × + × , nếu tam giác ABC có chiều âm.

Hơn nữa, [ ] ( )1Im

2ABC ab bc ca

i= + + , nếu tam giác ABC có chiều dương.

ðể chứng minh các nhận xét này, ta sẽ tịnh tiến các ñiểm , ,A B C theo vector CO����

. Khi ñó, các

ñiểm , ,A B C trở thành các ñiểm ', ',A B O lần lượt có tọa ñộ là , ,0a c b c− − . Tam giác ABC và

tam giác ' 'A B O ñồng dạng và có cùng hướng. Nếu tam giác ABC có chiều dương thì

[ ] [ ] ( ) ( ) ( ) ( )1 1

' '2 2

ABC OA B a c b c a c b a c ci i

= = − × − = − × − − ×

( ) ( ) ( ) ( )1 1 1

2 2 2c a c b a c c a c c b a b c a b b c c a

i i i = × − − × − = × − × − × + × = × + × + × .

Nếu tam giác ABC có chiều âm thì ta cũng có chứng minh tương tự.

MATHVN.COM

www.MATHVN.com

33

Mệnh ñề 2. Giả sử ( ) ( ) ( ), ,A a B b C c là ba ñiểm phân biệt trong mặt phẳng phức. Các phát biểu

sau là tương ñương

(a) Các ñiểm , ,A B C thẳng hàng;

(b) ( ) ( ) 0b a c a− × − = ;

(c) 0a b b c c a× + × + × = .

Chứng minh. Các ñiểm , ,A B C thẳng hàng khi và chỉ khi [ ] 0ABC = hay

( ) ( )0 0a b b c c a b a c a× + × + × = ⇔ − × − = .

Mệnh ñề 3. Giả sử ( ) ( ) ( ) ( ), , ,A a B b C c D d là bốn ñiểm phân biệt trong mặt phẳng phức sao

cho không có ba ñiểm nào thẳng hàng. Khi ñó AB CD khi và chỉ khi ( ) ( ) 0b a d c− × − = .

Chứng minh. Dựng các hình bình hành ,OABM OCDN , thì ( ) ( ),M b a N d c− − . Khi ñó, các

ñường thẳng ,AB CD song song với nhau khi và chỉ khi , ,O M N thẳng hàng. Hay 0m n× = , tức

là ( ) ( ) 0b a d c− × − = .

3.3 Diện tích của ña giác lồi ðịnh nghĩa. ða giác lồi 1 2... nA A A có hướng (dương) nếu với bất kỳ ñiểm M nào nằm trong ña

giác này thì ña giác 1, 1,2,...,k kMA A k n+ = cũng có hướng (dương), trong ñó

1n nA A+ = .

ðịnh lý. Giả sử ña giác lồi 1 2... nA A A có hướng (dương) với các ñỉnh có tọa ñộ là 1 2, ,..., na a a .

Khi ñó

[ ] ( )1 2 1 2 2 3 1 1

1... Im ...

2n n n nA A A a a a a a a a a−= + + + + .

Chứng minh. Dễ thấy rằng kết quả trên ñúng khi 3n = (trường hợp tam giác). Giả sử ñẳng

thức ñúng khi n k= . Khi ñó

[ ]1 2 1 1 2 1 1... ...k k k k kA A A A A A A A A A+ + = +

( ) ( )1 2 2 3 1 1 1 1 1 1

1 1Im ... Im

2 2k k k k k k ka a a a a a a a a a a a a a− + += + + + + + + +

( ) ( )1 2 2 3 1 1 1 1 1 1

1 1Im ... Im

2 2k k k k k k ka a a a a a a a a a a a a a− + += + + + + + + +

( )1 2 2 3 1 1 1 1

1Im ...

2k k k k ka a a a a a a a a a− + += + + + + + .

MATHVN.COM

www.MATHVN.com

34

Một Số Bài Toán Áp Dụng

Bài toán 1. (Romania 1994) Cho lục giác lồi ABCDEF . Gọi , , , , ,M N P Q R S lần lượt là trung

ñiểm của các cạnh , , , , ,AB BC CD DE EF FA . Chứng minh rằng 2 2 2

MQ PS RN MQ PS⊥ ⇔ = + .

Lời giải. Sử dụng các tính chất của tích thực của các số phức, ta có

2 2 2RN MQ PS= + khi và chỉ khi

( ) ( ) ( ) ( )e f b c e f b c d e a b d e a b+ − − ⋅ + − − = + − − ⋅ + − −

( ) ( )f a c d f a c d+ + − − ⋅ + − −

( ) ( ) 0d e a b f a c d⇔ + − − ⋅ + − − = , hay MQ PS⊥ .

Bài toán 2. (Balkan 1985) Gọi O là tâm của ñường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , D là trung

ñiểm của ñoạn thẳng AB , và E là trọng tâm của tam giác ACD . Chứng minh rằng

CD OE AB AC⊥ ⇔ = .

Lời giải. Ta xét bài toán trong mặt phẳng phức. Giả sử O là gốc và , , , ,a b c d e là tọa ñộ của các

ñiểm , , , ,A B C D E . Khi ñó

3 2,

2 3 6

a b a c d a b cd e

+ + + + += = = .

Sử dụng các tính chất của tích thực của các số phức, nếu R là bán kính của ñường tròn ngoại

tiếp, thì 2a a b b c c R⋅ = ⋅ = ⋅ = . Ta có CD OE⊥ khi và chỉ khi ( ) 0d c e− ⋅ = hay

( ) ( )2 3 2 0a b c a b c+ − ⋅ + + =

hay 3 2 3a a a b a c a b b b⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + 2 6 2 4 0b c a c b c c c⋅ − ⋅ − ⋅ − ⋅ = , tức là a b a c⋅ = ⋅ .

Mặt khác

( ) ( ) ( ) ( )2 2

AB AC b a c a b a b a c a c a= ⇔ − = − ⇔ − ⋅ − = − ⋅ −

2 2b b a b a a c c a c a a a b a c⇔ ⋅ − ⋅ + ⋅ = ⋅ − ⋅ + ⋅ ⇔ ⋅ = ⋅

Từ ñó ta có ñiều cần chứng minh.

Bài toán 3. Gọi , , ,E F G H lần lượt là trung ñiểm của các cạnh , , ,AB BC CD DA của tứ giác lồi

ABCD . Chứng minh rằng

( )2 2 2 22AB CD BC AD EG FH⊥ ⇔ + = + .

Lời giải. Ta qui ước chữ cái thường là tọa ñộ của ñỉnh tương ứng, chẳng hạn, a là tọa ñộ của

ñiểm A . Ta có , , ,2 2 2 2

a b b c c d d ae f g h

+ + + += = = = . Sử dụng các tính chất của tích thực

của các số phức, ta có ( )2 2 2 22BC AD EG FH+ = + trở thành

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1

2c b c b d a d a c d a b c d a b− ⋅ − + − ⋅ − = + − − ⋅ + − −

( ) ( )1

2a d b c a d b c+ + − − ⋅ + − −

2 2 2 2c c b b d d a a b c a d a a b b c c d d a c b d⇔ ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ − ⋅ − ⋅ = ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ − ⋅ − ⋅

( ) ( ) 0a d b c a c b d a b d c AB CD⇔ ⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅ ⇔ − ⋅ − = ⇔ ⊥ .

MATHVN.COM

www.MATHVN.com

35

Bài toán 4. Các ñiểm D và E nằm trên các cạnh AB và AC của tam giác ABC sao cho

3

4

AD AE

AB AC= = .

Các ñiểm 'E và 'D nằm trên các tia BE và CD sao cho ' 3EE BE= và ' 3DD CD= . Chứng

minh rằng các ñiểm ', , 'D A E thẳng hàng và ' 'AD AE= .

Lời giải. Sử dụng các tính chất của tích phức của các số phức, ta có

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )' ' ' 3 3 6 6 18 0a d e d c b c b c d c d− × − = − × − = − × − = .

Do ñó các ñiểm ', , 'D A E thẳng hàng.

Mặt khác

' ' 3 3 1

' ' ' ' 6 6 2

AD a d c b

D E e d c d

− −= = =

− −,

suy ra A là trung ñiểm của ñoạn thẳng ' 'D E hay ' 'AD AE= .

Bài toán 5. Cho ABCDE là ngũ giác lồi và , , , , ,M N P Q X Y lần lượt là trung ñiểm của các

ñoạn thẳng , , , , ,BC CD DE EA MP NQ . Chứng minh rằng XY AB .

Lời giải. Gọi , , , ,a b c d e lần lượt là tọa ñộ của các ñỉnh , , , ,A B C D E . Khi ñó tọa ñộ của các

ñiểm , , , , ,M N P Q X Y là

, , , , ,2 2 2 2 4 4

b c c d d e e a b c d e c d e am n p q x y

+ + + + + + + + + += = = = = = .

Ta có

144

a b

y x

b a b a

−−

= = − ∈− −

ℝ .

Do ñó ( ) ( ) ( ) ( )1

04

y x b a b a b a− × − = − − × − = hay XY AB .

MATHVN.COM

www.MATHVN.com

36

Tài Liệu Tham Khảo *****

[1] Arthur Engel, “Problem – Solving Strategies” Springer, 1998.

[2] Hans Schwerdtfeger, “Geometry of Complex numbers”, Dover publications, New York,

1979.

[3] Kin Y.LI, “Vector Geometry”, Mathematical Excalibur, Vol.6, No.5, 2002.

[4] Liang – shin Hahn, “Complex numbers and Geometry”, The Mathematical Association of

America, 1994.

[5] Titu Andreescu, Dorin Andrica, “Complex numbers from A to … Z”, Birkhauser, 2006.

MATHVN.COM

www.MATHVN.com