Toán 12 - Căn bậc hai của số phức và các loại phương trình, hệ phương trình

i z i z i      
Không giải pt hãy tính giá trị của các biểu thức sau: 
2 2 2 2 1 2
1 2 1 2 1 2
2 1
a. ; b. ; c.
z zA z z B z z z z C
z z
      
Giải: 
Theo Vi−et ta có: 
1 2
1 2
3 2 3 2 2 2 3 2
3 31 2
1 1 2 1 2
3 31 2
iz z i
i
iz z i
i
   
   
 

      
a. Ta có  
2
2
1 2 1 2
3 2 2 2 3 2 1 2 1 2 11 30 2 6 4 22 2
3 3 3 3 9 9
A z z z z i i i
         
              
   
b.  1 2 1 2
3 2 2 2 3 2 1 2 1 2 5 2 2 1 10 2
3 3 3 3 9 9
B z z z z i i i
        
          
  
c. Ta có
2 2
1 2
1 2
6 26 2
181 2 1 2
3 3
z z iAC
z z
i
  
  
 

. 
Bài 7: Giải phương trình nghiệm phức trên tập số phức 
a. 2 8(1 ) 63 16 0z i z i     
b.    22 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 51;
13
iz 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    21 4 6 3 24 10i i i         21 5i  
Phương trình có hai nghiệm là: 1 2z i  và 3 .z i 
Bài 9: (CĐ – 2009) Giải phương trình sau trên tập hợp các số phức: 4 3 7 2z i z i
z i
 
 

Giải: 
Điều kiện: 1z   
www.VNMATH.com
Vu
iho
c24
h.v
n
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com 
DĐ: 01694 013 498 
 39 
Phương trình đã cho tương đương với  2 4 3 1 7 0z i z i     
Phương trình có biệt thức    24 3 4 1 7 3 4i i i        22 i  
Phương trình có hai nghiệm là: 4 3 2 1 2
2
i iz i     và 4 3 2 3 .
2
i iz i     
Bài 10: Giải phương trình nghiệm phức : 25 8 6z i
z
   
Giải: 
Giả sử z a bi  với ; a,b  R và a,b không đồng thời bằng 0. 
Khi đó 2 2
1 1; a biz a bi
z a bi a b

   
 
Khi đó phương trình 2 2
25 25( )8 6 8 6a biz i a bi i
z a b

       

 
2 2 2 2
2 2 2 2
( 25) 8( ) (1)
(2)( 25) 6( )
a a b a b
b a b a b
    

   
. 
Lấy (1) chia (2) theo vế ta có 3
4
b a thế vào (1) ta được a = 0 hoặc a = 4 
Với a = 0  b = 0 ( Loại) 
Với a = 4  b = 3 . Ta có số phức z = 4 + 3i. 
Bài 11: Tìm các số thực b, c để phương trình z2 + bz + c = 0 nhận số phức z = 1 + i làm một nghiệm. 
Giải: 
Vì z = 1 + i là một nghiệm của phương trình: z2 + bx + c = 0 ( b, c  R), nên ta có : 
     2
0 2
1 1 0 2 0
2 0 2
b c b
i b i c b c b i
b c
    
            
   
Bài 12: Giải các pt sau: 2z 0z  
Giải: 
Giả sử , x,yz x yi   
Ta có    
2 2
2 2 2 2 2 0z 0 2 0 2 0 0
2 0
x y x
z x y xyi x yi x y x xy y i i
xy y
   
                
 
www.VNMATH.com
Vu
iho
c24
h.v
n
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com 
DĐ: 01694 013 498 
 40 
 
2
2 2
2 2
2 2
22 2
0
0
0
1
00 0
00 0 30 30 0 22 1 0 42 1 0 1 31
2 22
1
2
x
y
x
x
x xx y x y
yx y x yx y x yy yx y xy x
x
x yx
x


 
                                                   



1
0
1
2
3
2
1
2
3
2
x
y
x
y
x
y



  



 

 


 

  

Vậy: Có bốn số phức cần tìm là: 1 2 3 3
1 3 1 30, z 1, z , z
2 2 2 2
z i i       
Bài 13: Tìm m để pt 2 3 0z mz i   có hai nghiệm 1 2,z z thỏa
2 2
1 2 8z z  . 
Giải: 
Ta có:  22 21 2 1 2 1 28 2 . 8z z z z z z      
Với 1 2 1 2, z . 3
b cz z m z i
a a
       
Suy ra:        2 2 22 2 21 2 1 2 1 28 2 . 8 2.3 8 8 6 3 3z z z z z z m i m i i m i                   . 
Bài 14: Cho số phức z thoả mãn 2 2 3 0z z   . Gọi  f z là số phức xác định bởi 
17 15 14 2( ) 6 3 5 9f z z z z z z      . Tính mô đun của  f z 
Giải: 
Ta đặt 2 2 3 0 (1)z z   
(1) có 2 0    nên (1) có 2 nghiệm phức là 1 1 2
2
1 2
| | | | 3
1 2
z i
z z
z i
  
  
 
17 15 14 2 15 2 14 2 2( ) 6 3 5 9 ( 2 3) 2 ( 2 3) 3( 2 3)f z z z z z z z z z z z z z z z                
nếu 1 1 1 1 1( ) | ( ) | | | 3z z f z z f z z      
nếu 2 2 2 2 2( ) | ( ) | | | 3z z f z z f z z      
Vậy | ( ) | 3f z  
Dạng 3: Phương trình quy về phương trình bậc hai và phương trình bậc cao 
Phương pháp 1: Phương pháp phân tích thành nhân tử: 
www.VNMATH.com
Vu
iho
c24
h.v
n
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com 
DĐ: 01694 013 498 
 41 
Bài 1: Cho phương trình sau: 
     3 22 – 2 5 – 4 –10 0 1z i z i z i   
a. Chứng minh rằng (1) nhận một nghiệm thuần ảo. 
b. Giải phương trình (1). 
Giải: 
a. Đặt z = yi với y  R 
Phương trình (1) có dạng:        3 2 2 2 5 4 –10i 0iy i yi i yi     
3 2 2– 2 2 5 4 –10 0 0 0iy y iy iy y i i        
đồng nhất hoá hai vế ta được: 
2
3 2
2 4 0
2 5 10 0
y y
y y y
  

    
 giải hệ này ta được nghiệm duy nhất y = 2 
Vậy phương trình (1) có nghiệm thuần ảo z = 2i. 
b. Vì phương trình (1) nhận nghiệm 2i 
 vế trái của (1) có thể phân tích dưới dạng: 
      3 2 22 – 2 5 – 4 –10 – 2 ( , )z i z i z i z i z az b a b R      
đồng nhất hoá hai vế ta giải được a = 2 và b = 5. 
    21 – 2 2 5 0z i z z      2
2
2
1 2
2 5 0
1 2
z i
z i
z i
z z
z i

 
    
      
Vậy phương trình (1) có 3 nghiệm. 
Bài 2: Giải các phương trình: 
1. z3 – 27 = 0 
2. z3 = 18 + 26i, trong đó z = x + yi ; x,y  Z 
Giải: 
1.   3 2 2
2,3
11
– 27 0 –1 3 9 0 3 3 33 9 0
2
zz
z z z z iz z z
             
Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm. 
2. Ta có:    3 3 2 2 3– 3 3 – 18 26x yi x xy x y y i i     
Theo định nghĩa hai số phức bằng nhau, ta được: 
3 2
2 3
3 18
3 26
x xy
x y y
  

 
Từ hệ trên, rõ ràng x  0 và y  0. 
Đặt y = tx , hệ    2 3 3 218 3 – 26 – 3x y y x xy  
        3 2 3 2 218 3 26 1 3 18 – 78 – 54 26 0 3 1 3 – 12 –13 0.t t t t t t t t t          
Vì 1, 3 1 3 .
3
x y Z t Q t x và y z i           
www.VNMATH.com
Vu
iho
c24
h.v
n
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com 
DĐ: 01694 013 498 
 42 
Bài 3: 
1. Tìm các số thực a, b để có phân tích: z3 +3z2 +3z – 63 = (z – 3)(z2 +az + b) 
2. Giải phương trình: z3 +3z2 +3z – 63 = 0 
3. Cho phương trình: 3 25 16 30 0z z z    (1), gọi 1 2 3, , z z z lần lượt là 3 nghiệm của phương trình 
(1) trên tập số phức. Tính giá trị biểu thức: 2 2 21 2 3A z z z   . 
Giải: 
1. Giả thiết    3 2 3 23 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 23 3 – 63 0 – 3 6 21 0z z z z z z        
3
3 2 3
3 2 3
z
z i
z i


  
   
Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm. 
3. 3 25 16 30 0z z z    
có 3 nghiệm là: 1 2 33; 1 3 ; 1 3z z i z i     
2 2 2
1 2 3 7A z z      
Bài 4: Giải phương trình:  4 3 2– 4 7 – 16 12 0 1z z z z   
Giải: 
Do tổng tất cả các hệ số của phương trình (1) bằng 0 nên (1) có nghiệm z = 1. 
          3 2 21 –1 – 3 4 – 12 0 – 1 – 3 4 0z z z z z z z      
2
1
1
3
3
2
4 0 2
z
z
z
z
z i
z z i

        
     
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm. 
Bài 5: Giải phương trình: 4 3 24 7 16 12 0z z z z     
Giải: 
Phân tích đa thức vế trái thành nhân tử ta có: 
4 3 2 2
1
4 7 16 12 0 ( 1)( 3)( 4) 0 3
2
z
z z z z z z z z
z i

           
  
Bài 6: Giải phương trình  3 22 5 3 3 2 1 0z z z z i      , biết rằng phương trình có nghiệm thực 
Giải: 
Phương trình có nghiệm thực 
3 22 5 3 3 1
22 1 0
z z z
z
z
   
  
 
 tức là phương trình có một nghiệm 1
2
z   
www.VNMATH.com
Vu
iho
c24
h.v
n
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com 
DĐ: 01694 013 498 
 43 
Phương trình   22 1 3 3 0z z z i     giải phương trình này ta được 
1
2
z   ; 2 ; 1z i z i    
Bài 7: Giải phương trình    3 21 2 1 2 0z i z i z i      , biết rằng phương trình có một nghiệm thuần ảo 
Giải: 
Giả sử phương trình có một nghiệm thuần ảo z bi , thay vào phương trình ta được 
           3 2 2 3 2
2
3 2
1 2 1 2 0 2 2 0
0
1
2 2 0
bi i bi i bi i b b b b b i
b b
b z i
b b b
             
  
    
    
Vậy phương trình tương đương với    2 1 2 0z i z i z       ... giải phương trình này sẽ được nghiệm 
Phương pháp 2: Phương pháp đặt ẩn phụ 
Bài 1: Giải phương trình:    22 24 12 0z z z z     
Giải: 
Đặt 2t z z  , khi đó phương trình đã cho có dạng: 
  
2
2
2
1 23
2
6 6 0 1 234 –12 0
2 2 0 2
1
2
iz
t z z it t zt z z
z
z
  


                   

  
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm. 
Bài 2: Giải phương trình:    22 2 23 6 2 3 6 – 3 0z z z z z z      
Giải: 
Đặt 2 3 6t z z   phương trình đã cho có dang: 
   2 22 – 3 0 – 3 0
3
t z
t zt z t z t z
t z

        
- Với 2 2
1 5
3 6 – 0 2 6 0
1 5
z i
t z z z z z z
z i
   
          
  
- Với 2 2
3 3
3 3 6 3 0 6 6 0
3 3
z
t z z z z z z
z
   
            
  
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm. 
www.VNMATH.com
Vu
iho
c24
h.v
n
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com 
DĐ: 01694 013 498 
 44 
Bài 3: Cho phương trình:  4 3 22 – – 2 1 0 1z z z z   
a. Bằng cách đặt 1y z
z
  hãy đưa phương trình về dạng: 2 – 2 – 3 0.y y  
b. Từ đó giải (1) 
Giải: 
Do 0z  không là nghiệm của (1)  chia hai vế của phương trình cho z2 ta được: 
2
2
1 1
 2 – 1 2 0z z
z z
    
Đặt 
1y z
z
   phương trình có dạng: 2
1
– 2 – 3 0
3
y
y y
y
 
   
- Với 1 1 31 1
2
iy z z
z
 
        
- Với 1 3 53 3
2
y z z
z

      
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm 
Bài 4: Giải phương trình:  
2
4 3 1 0 1
2
zz z z     
Giải: 
Do 0z  không phải là nghiệm của phương trình (1) nên: 
(1) 2 2
1 1 1 0
2
z z
z z
      
21 1 5 0
2
z z
z z
           
   
Đặt 
1y z
z
   pt có dạng:  2 2
1 3
5 2– 0 2 – 2 5 0
1 32
2
iy
y y y y
iy
 
      
 

- Với    21 3 1 1 3 2 – 1 3 – 2 0 2
2 2
i iy z z i z
z
 
       
Ta có :    2 21 3 16 8 6 3i i i        
 phương trình (2) có 2 nghiệm: 1 1z i  và 2
1 1
2 2
z i   
- Với    21 3 1 1 3 2 – 1 3 – 2 0 3
2 2
i iy z z i z
z
 
       
Ta có :    2 21 3 16 8 6 3i i i        
 phương trình (3) có 2 nghiệm: 3 1z i  và 4
1 1
2 2
z i   
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm. 
www.VNMATH.com
Vu
iho
c24
h.v
n
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com 
DĐ: 01694 013 498 
 45 
Bài 5: Giải phương trình:  4 26 25 0 1z z   
Giải: 
Đặt 2 .z t Khi đó (1) có dạng:  2 – 6 25 0 2 .t t   
Ta có: 2’ 16 16. 0i     nên pt (2) có hai nghiệm là 3 4 .t i  
Mặt khác 3 4i có hai căn bậc hai là: 2 i và 2 i  còn 
3 4i có hai căn bậc hai là: 2 i và 2 i  
Vậy: pt (1) có 4 nghiệm là: 1 2 3 42 ; 2 ; 2 ; 2 .z i z i z i z i          
Bài 6: Giải phương trình (ẩn z) trên tập số phức: .1
3








zi
iz 
Giải: 
Điều kiện: iz  
Đặt 
zi
izw


 ta có phương trình: 0)1)(1(1 23  wwww 




















2
31
2
31
1
01
1
2
iw
iw
w
ww
w
- Với 011 


 z
zi
izw 
- Với 333)31(
2
31
2
31







 zizii
zi
iziw 
- Với 333)31(
2
31
2
31







 zizii
zi
iziw 
Vậy pt có ba nghiệm 3;0  zz và 3z . 
Bài 7: Giải phương trình:    22 2 23 6 2 3 6 3 0 (*)z z z z z z       
Giải: 
Đặt: 2 2 23 6 (*) 2 3 0 ( )( 3 ) 0
3
u z
z z u u zu z u z u z
u z

               
1
2 2
2
2 2
3
4
1 5
1 53 6 2 6 0
3 6 3 6 6 0 3 3
3 3
z i
z iz z z z z
z z z z z z
z
   

          
    
           

  
Bài 8: Giải phương trình:  2( )( 3)( 2) 10z z z z z C     
www.VNMATH.com
Vu
iho
c24
h.v
n
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com 
DĐ: 01694 013 498 
 46 
Giải: 
PT 2 2( 2)( 1)( 3) 10 ( 2 )( 2 3) 0z z z z z z z z          
Đặt 2 2t z z  . Khi đó phương trình trở thành 01032  tt 
12
5 1 6
z it
t z
   
       
Vậy phương trình có các nghiệm: 61z ; iz  1 
Bài 9: Giải phương trình tập số phức: 4 3 22 2 1 0z z z z     
Giải : 
Phương trình 4 3 2 2 2 22 2
1 1 1 1
2 2 1 0 ( ) 2( ) 1 0 ( ) 2( ) 1 0z z z z z z z z z
z zz z
                   
 (z = 0 không là nghiệm của phương trình) 
Đặt 
1w z
z
  ; phương trình trên trở thành: w2 + 2w – 3 =0 





3
1
w
w











2
5301331
2
310111
2
2
zzz
z
z
izzz
z
z
Vậy phương trình có bốn nghiệm: 
2
31 iz  ; 
2
53
z 
Bài 10: Tìm các số thực a, b, c để có: 3 2 22(1 ) 4(1 ) 8 ( )( )z i z i z i z ai z bz c         . 
Tìm môđun của các nghiệm đó. 
HD: 
Cân bằng hệ số ta được a = 2, b = –2, c = 4 
Từ đó giải phương trình: 3 22(1 ) 4(1 ) 8 0z i z i z i      trên tập số phức. 
Phương trình 2( 2 )( 2 4) 0 2 ; 1 3 ; 1 3 2z i z z z i z i z i z             . 
Dạng 3: Giải hệ phương trình: 
Bài 1: Giải hệ phương trình: 
2 2
1 2
1 2
5 2 (1)
4 (2)
z z i
z z i
   

  
Giải: 
Từ (2) ta có 2 21 2 1 22 15 8 .z z z z i    
Kết hợp với (1) ta có 1 2 5 5z z i  
Vậy ta có hệ phương trình: 1 2
1 2
4
5 5
z z i
z z i
  

 
Do đó 1 2,z z là nghiệm của phương trình  2 4 5 5 0z i z i     . Ta có 5 12i    
Nên  có hai căn bậc hai là: 2 + 3i và −2 − 3i. 
www.VNMATH.com
Vu
iho
c24
h.v
n
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com 
DĐ: 01694 013 498 
 47 
 Vậy ta có 
1
2
4 2 3 3
2
4 2 3 1 2
2
i iz i
i iz i
     

     

 hoặc 1
2
1 2
3
z i
z i
 

 
. 
Bài 2: Giải hệ phương trình:
w
w 1
z i
iz
 

 
Giải: 
Coi i như 1 tham số ta có: 
1 1
1
1
D i
i

   

; 
1
1
1
1 1 w 1
x
z
y
Dz
Di
D i
D i
D
    
     
     

và w
1
2
1
i
D
i
  
Bài 3: Giải hệ phương trình: 
2 2
w w 8
w 1
z z
z
  

  
Giải: 
Hệ 
 2
w w 8
w 2 w 1
z z
z z
  
 
   
Đặt: 
2 2
8 8w
v w 2 1 2 15 0
u v u vu z
z u v u u
      
   
        
2
2
5 5 3 3 5 3 35 13 0 ( ;w) ;
13 2 2
3 3 14 3 143 5 0 ( ;w) ;
5 2 2
u i iX X z
v
u
X X z
v
      
            
 
                


Bài 4: Giải hệ phương trình: 
2 2
2 2
3 3
 ( , )
3 0
x yx
x y
x y R
x yy
x y
   

  
 
Giải: 
Từ hệ suy ra: 2 2 2 2 2 2
(3 ) ( 3 ) 3( ) ( )3 3x y x y i x yi i x yix yi x yi
x y x y x y
    
       
  
Đặt z x yi  ta được PT ẩn z C : 2
3 33 3i z iz z
zz
 
    
( ) ( ) 
Giải PT bậc hai tìm được 2z i  và 1z i  . 
Từ đó tìm ra 2 nghiệm của hệ là 2 1 1 1x y  ( , ) ( , );( , ) . 
Bài 5: Giải hệ phương trình 2 ẩn z và w: 
www.VNMATH.com
Vu
iho
c 4
h.v
n
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com 
DĐ: 01694 013 498 
 48 
3 3
w 3(1 ) (1)
w 9( 1 ) (2)
z i
z i
  

   
Giải: 
 Từ (2) ta có:        3 – 3 9 1 3z w zw z w i     
Thay (1) vào (3) ta được:      327 1 – 9 1 9 1i zw i i     
   2 33 1 3 3 – 1 1i i i zw i i        5 5 5
1
izw i
i
 
  

Vậy ta có hệ phương trình: 
w 3(1 )
.w 5
z i
z i
  


Theo định lý Viet  z, w là các nghiệm của phương trình:    2 3 1 5 0 4t i i    
Ta có:  22 1 – i i    
 Phương trình (4) có hai nghiệm 
2
1 2
t i
t i
 
  
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (z;w) là    2 ;1 2 và 1 2 ;2i i i i    
Bài 6: Giải hệ phương trình 2 ẩn z và w: 
1 2 3
1 2 2 3 3 1
1 2 3
1 (1)
1 (2)
1 (3)
z z z
z z z z z z
z z z
  

  
 
Giải: 
Ta có 1 2 3, , z z z là các nghiệm của phương trình:     1 2 3– – 0z z z z z z  
   3 21 2 3 1 2 2 3 3 1 1 2 3– 0z z z z z z z z z z z z z z z        
3 2– –1 0 1 z z z z và z i       
Vậy hệ phương trình đã cho có 6 nghiệm (là hoán vị của bộ ba số 1, i và –i) 
Bài 7: Giải hệ phương trình sau trong tập số phức:
 
2
2
2 2 2 2
6 5
6 0
a a
a a
a b ab b a a
    
     
Giải: 
Điều kiện: 02  aa 
Từ (1) 06)(5)( 222  aaaa







6
1
2
2
aa
aa
Khi 2
1 3
21
1 3
2
ia
a a
ia
  

   
  


 thay vào (2) 
www.VNMATH.com
Vu
iho
c 4
h.v
n
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com 
DĐ: 01694 013 498 
 49 
2 2
1 23.
26 0 6 0
1 23.
2
ib
b b b b
ib
  

         
  


Khi 62  aa 





2
3
a
a
Thay vào (2) 
2 2
1 5
26 6 6 0 1 0
1 5
2
b
b b b b
b
  

        
  


Vậy hệ pt có nghiệm (a, b) là: 







 







 
2
31;
2
231,
2
31;
2
231 iiii ; 





 







 
2
31;
2
231,
2
31;
2
231 iiii ; 







 







 







 







 

2
51;2,
2
51;2,
2
51;3,
2
51;3 
Bài tập tự giải: 
Bài 1: Giải phương trình bậc 2 sau trong tập hợp các số phức 
 2 – 2 2 – 6 – 8 0.z i z i  
Bài 2: Tìm các số thực b, c để phương trình 2 0z bz c   nhận số phức 1z i  làm một nghiệm. 
Đs: 
Vì 1z i  là một nghiệm của phương trình: 2 0z bz c   nên 
2 0 2(1 ) (1 ) 0 (2 ) 0
2 0 2
b c b
i b i c b c b i
b c
    
            
   
Bài 3: Cho các số phức 1 21 2 , 3 – 4 .w i w i   Xác định các số phức z khác 0, đồng thời thoả mãn các điều 
kiện 1.w z là số thực và 12 z
w , từ đó lập phương trình bậc hai có nghiệm là các số số phức đã tìm được? 
Bài 4: Cho số phức z là một nghiệm của phương trình: 2 1 0z z   . 
Rút gọn biểu thức 
2 2 2 2
2 3 4
2 3 4
1 1 1 1P z z z z
z z z z
                     
       
Bài 5: Giải phương trình trên tập số phức:  2 5 8 0x i x i     
Bài 6: Giải phương trình trên tập số phức: 2 2 1 6 0z z i    
Bài 7: (ĐH – A 2009) Gọi 1 2,z z là hai nghiệm của phương trình z
2 + 2z + 10 = 0. Tính giá trị biểu thức 
2
2
2
1 zzA  . 
HD: 
www.VNMATH.com
Vu
iho
c24
h.v
n
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com 
DĐ: 01694 013 498 
 50 
2
1, 2 1 236 36 1 3 . 10 20i z i z z A            
Đs: A = 20 
Bài 8: Cho z1, z2 là các nghiệm phức của phương trình 22 4 11 0z z   . Tính giá trị của biểu thức 
 
2 2
1 2
2
1 2
z z
A
z z



. 
HD: 
Giải pt đã cho ta được các nghiệm: 1 2
3 2 3 21 , 1
2 2
z i z i    
Suy ra 
2
2
1 2 1 2
3 2 22| | | | 1 ; 2
2 2
z z z z
 
       
 
Do đó 
2 2
1 2
2
1 2
11...
4( )
z z
z z

 

Bài 9: Giải phương trình: 
a. 2 0z z  b.    22 2 23 6 2 3 6 3 0z z z z z z       
Đs: 
a. z{0;i;i} b. 3 3; 1 5z z i      
Bài 10: Giải phương trình: 2 0z z  . 
Đs: 0, 1z z   , 1 3
2 2
z i  
Bài 11: Tìm đa thức bậc hai hệ số thực nhận  làm nghiệm biết: 
a.  = 2  5i b.  =  2  i 3 c.  = 3 - 2i 
Bài 12: Giải phương trình  2 cos sin isin .cos 0 , z i z R         trên tập số phức 
Đs: 1 2cos ; sinz z i   
Bài 13: Gọi z1 và z2 là 2 nghiệm phức của phương trình: 2 2 4 0.z z   Tính giá trị của 
2 2 3
1 2 1 2A z z 3 z z    
Bài 14: Chứng minh rằng nếu phương trình 2 0az bz c   (a, b, c  R) có nghiệm phức   R thì  cũng là 
nghiệm của phương trình đó. 
Bài 15: Giải phương trình sau trên tập số phức: 
a.    2 2 2 2 3 0z i z i     b. 
24 45 6 0z i z i
z i z i
        
Bài 16: Chứng minh rằng: 
a. Nếu x iy là căn bậc hai của hai số phức a bi thì x yi là căn bậc hai của số phức a bi 
b. Nếu x iy là căn bậc hai của số phức a bi thì x y i
k k
 là căn bậc hia của số phức 2 2
a b i
k k
 (k  0) 
Bài 17: Tìm tham số m để mỗi phương trình sau đây có hai nghiệm 1 2,z z thỏa mãn điều kiện đã chỉ ra: 
a. 2 1 0z mz m    điều kiện: 2 21 2 1 2 1z z z z   
www.VNMATH.com
Vu
iho
c24
h.v
n
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Loinguyen1310@gmail.com 
DĐ: 01694 013 498 
 51 
b. 2 3 5 0z mz i   điều kiện: 3 31 2 18z z  
Bài 18: Giải các phương trình sau trong C. 
a. 01.32  xx b. 02.32.23 2  xx c. x2 – (3 – i)x + 4 – 3i = 0 
d. 23 2 0x x   e. 23 2 2 3 2 0x x   f. 3i.x2 – 2x – 4 + i = 0 
Đs: 
a. i
2
1
2
3
 b. )1(
6
6 i c. 2 ;1 – 2 i i 
d. 1 23
6
i e. 6 6
6 6
i f. 
3
12102.2102
3
1 
 i 
Bài 19: Cho phương trình  2 2 3 5 0z i z i     . Không giải phương trình hãy tính 
2 2 4 4
1 2 1 2.z z z z  
Bài 20: Giải phương trình: 2 ( os isin ) os sin 0z c z ic       
HD: 
        
2
2
(cos sin ) 4 cos sin cos 2 sin 2 2 sin 2
cos 2 sin 2 cos 2 sin 2 cos sin
i i i i
i i i
      
     
      
         
    
    
1 ( os i sin ) os - +isin - i sin
2
1 ( os i s