MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ CHỨNG MINH SỐ PHỨC

A. Lý thuyết

- Cho hai số phức z=a+bi,  z′=a′+b′i,  (a,b,a′,b′∈R)z=a+bi,\,\,z'=a'+b'i,\,\,\left( a,b,a',b'\in \mathbb{R} \right) ta cần nhớ các định nghĩa và  phép tính cơ bản sau:

- Ta cũng cần chú ý kết quả sau: Với in{{i}^{n}} , n∈Zn\in \mathbb{Z} thì

  • Nếu n=4k   (k∈Z)n=4k\,\,\,\left( k\in \mathbb{Z} \right) thì in=i4k=(i4)k=1{{i}^{n}}={{i}^{4k}}={{\left( {{i}^{4}} \right)}^{k}}=1
  • Nếu n=4k+1  (k∈Z)n=4k+1\,\,\left( k\in \mathbb{Z} \right) thì in=i4ki=1.i=i{{i}^{n}}={{i}^{4k}}i=1.i=i
  • Nếu n=4k+2  (k∈Z)n=4k+2\,\,\left( k\in \mathbb{Z} \right) thì in=i4ki2=1.(−1)=−1{{i}^{n}}={{i}^{4k}}{{i}^{2}}=1.\left( -1 \right)=-1
  •  Nếu n=4k+3  (k∈Z)n=4k+3\,\,\left( k\in \mathbb{Z} \right) thì in=i4ki3=1.(−i)=−i{{i}^{n}}={{i}^{4k}}{{i}^{3}}=1.\left( -i \right)=-i

- Cho số phức z=x+yi,  (x,y∈R)z=x+yi,\,\,\left( x,y\in \mathbb{R} \right). Lúc đó

  • z‾=x−yi\overline{z}=x-yi .
  • ∣z∣=x2+y2.\left| z \right|=\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}.
  • ∣z∣2=z.z‾{{\left| z \right|}^{2}}=z.\overline{z} . Công thức này chứng minh dễ dàng như sau:

z.z‾=(x+yi)(x−yi)=x2+y2=(x2+y)2=∣z∣2.z.\overline{z}=\left( x+yi \right)\left( x-yi \right)={{x}^{2}}+{{y}^{2}}={{\left( \sqrt{{{x}^{2}}+y} \right)}^{2}}={{\left| z \right|}^{2}}.

B. Bài tập mẫu

Ví dụ 1. Chứng minh rằng:

a)    z1+z2‾=z1‾+z2‾;                           b)    z1.z2‾=z1‾.z2‾;                  c)  (z1z2)‾=z1‾z2‾, (   z2≠0)a)\,\,\,\,\overline{{{z}_{1}}+{{z}_{2}}}=\overline{{{z}_{1}}}+\overline{{{z}_{2}}};\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,b)\,\,\,\,\overline{{{z}_{1}}.{{z}_{2}}}=\overline{{{z}_{1}}}.\overline{{{z}_{2}}};\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,c)\,\,\overline{\left( \frac{{{z}_{1}}}{{{z}_{2}}} \right)}=\frac{\overline{{{z}_{1}}}}{\overline{{{z}_{2}}}},\,\left( \,\,\,{{z}_{2}}\ne 0 \right)

Áp dụng: Cho ba số phức z1, z2, z3{{z}_{1}},\,{{z}_{2}},\,{{z}_{3}} đều có môđun bằng 1. Chứng minh ∣z1+z2+z3∣=∣z1z2+z2z3+z1z3∣.\left| {{z}_{1}}+{{z}_{2}}+{{z}_{3}} \right|=\left| {{z}_{1}}{{z}_{2}}+{{z}_{2}}{{z}_{3}}+{{z}_{1}}{{z}_{3}} \right|.

Giải

Giả sử: z1=x1+y1i,   z2=x2+y2i,  (x1,x2,y1,y2∈R){{z}_{1}}={{x}_{1}}+{{y}_{1}}i,\,\,\,{{z}_{2}}={{x}_{2}}+{{y}_{2}}i,\,\,\left( {{x}_{1}},{{x}_{2}},{{y}_{1}},{{y}_{2}}\in \mathbb{R} \right)

a) Ta có:

z1‾=x1−y1i\overline{{{z}_{1}}}={{x}_{1}}-{{y}_{1}}i  và z2‾=x2−y2i\overline{{{z}_{2}}}={{x}_{2}}-{{y}_{2}}i nên z1‾+z2‾=(x1+x2)−(y1+y2)i\overline{{{z}_{1}}}+\overline{{{z}_{2}}}=\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)-\left( {{y}_{1}}+{{y}_{2}} \right)i

Mà z1+z2=(x1+x2)+(y1+y2)i⇒z1+z2‾=(x1+x2)−(y1+y2)i{{z}_{1}}+{{z}_{2}}=\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)+\left( {{y}_{1}}+{{y}_{2}} \right)i\Rightarrow \overline{{{z}_{1}}+{{z}_{2}}}=\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)-\left( {{y}_{1}}+{{y}_{2}} \right)i

Vậy z1+z2‾=z1‾+z2‾\overline{{{z}_{1}}+{{z}_{2}}}=\overline{{{z}_{1}}}+\overline{{{z}_{2}}}.

b) Ta có:

z1‾.z2‾=(x1−y1i)(x2−y2i)=(x1x2−y1y2)−(x1y2+x2y1)i\overline{{{z}_{1}}}.\overline{{{z}_{2}}}=\left( {{x}_{1}}-{{y}_{1}}i \right)\left( {{x}_{2}}-{{y}_{2}}i \right)=\left( {{x}_{1}}{{x}_{2}}-{{y}_{1}}{{y}_{2}} \right)-\left( {{x}_{1}}{{y}_{2}}+{{x}_{2}}{{y}_{1}} \right)i

Mặt khác:

z1.z2=(x1+y1i)(x2+y2i)=(x1x2−y1y2)+(x1y2+x2y1)i{{z}_{1}}.{{z}_{2}}=\left( {{x}_{1}}+{{y}_{1}}i \right)\left( {{x}_{2}}+{{y}_{2}}i \right)=\left( {{x}_{1}}{{x}_{2}}-{{y}_{1}}{{y}_{2}} \right)+\left( {{x}_{1}}{{y}_{2}}+{{x}_{2}}{{y}_{1}} \right)i

⇒z1.z2‾=(x1x2−y1y2)−(x1y2+x2y1)i\Rightarrow \overline{{{z}_{1}}.{{z}_{2}}}=\left( {{x}_{1}}{{x}_{2}}-{{y}_{1}}{{y}_{2}} \right)-\left( {{x}_{1}}{{y}_{2}}+{{x}_{2}}{{y}_{1}} \right)i

Vậy z1.z2‾=z1‾.z2‾\overline{{{z}_{1}}.{{z}_{2}}}=\overline{{{z}_{1}}}.\overline{{{z}_{2}}}  .

c) Ta cần chứng minh bổ đề sau: z−1‾=(z‾)−1, ∀z≠0\overline{{{z}^{-1}}}={{\left( \overline{z} \right)}^{-1}},\,\forall z\ne 0

Vì z.1z=1z.\frac{1}{z}=1  nên ta có (z.1z)‾=1‾⇔z‾.(1z)‾=1⇔z−1‾=(z‾)−1\overline{\left( z.\frac{1}{z} \right)}=\overline{1}\Leftrightarrow \overline{z}.\overline{\left( \frac{1}{z} \right)}=1\Leftrightarrow \overline{{{z}^{-1}}}={{\left( \overline{z} \right)}^{-1}}

Áp dụng bổ đề trên, ta có:

(z1z2)‾=(z1.1z2)‾=z1‾.(1z2)‾=z1‾.z2−1‾=z1‾.(z2‾)−1=z1‾z2‾.\overline{\left( \frac{{{z}_{1}}}{{{z}_{2}}} \right)}=\overline{\left( {{z}_{1}}.\frac{1}{{{z}_{2}}} \right)}=\overline{{{z}_{1}}}.\overline{\left( \frac{1}{{{z}_{2}}} \right)}=\overline{{{z}_{1}}}.\overline{z_{2}^{-1}}=\overline{{{z}_{1}}}.{{\left( \overline{{{z}_{2}}} \right)}^{-1}}=\frac{\overline{{{z}_{1}}}}{\overline{{{z}_{2}}}}. (ĐPCM)

Áp dụng: Vì ∣z1z2z3∣=1\left| {{z}_{1}}{{z}_{2}}{{z}_{3}} \right|=1nên

Lưu ý: Ta có công thức tổng quát sau: Cho n số phức z1,z2,...,zn{{z}_{1}},{{z}_{2}},...,{{z}_{n}} bất kỳ.

Ta luôn có:

Trước hết ta chứng minh: z1+z2+z3+...+zn‾=z1‾+z2‾+z3‾+...+zn‾\overline{{{z}_{1}}+{{z}_{2}}+{{z}_{3}}+...+{{z}_{n}}}=\overline{{{z}_{1}}}+\overline{{{z}_{2}}}+\overline{{{z}_{3}}}+...+\overline{{{z}_{n}}}

Giả sử: zk=ak+bki,  (k=1,2,3,...,n){{z}_{k}}={{a}_{k}}+{{b}_{k}}i,\,\,\left( k=1,2,3,...,n \right)  và z=∑k=1nzk=a+biz=\sum\limits_{k=1}^{n}{{{z}_{k}}}=a+bi

Trong đó: a=∑k=1nak,   b=∑k=1nbka=\sum\limits_{k=1}^{n}{{{a}_{k}}},\,\,\,b=\sum\limits_{k=1}^{n}{{{b}_{k}}} 

Ta có:

z‾=a−bi=∑k=1nak−∑k=1nbk=∑k=1n(ak−bki)=∑k=1nzk‾\overline{z}=a-bi=\sum\limits_{k=1}^{n}{{{a}_{k}}-\sum\limits_{k=1}^{n}{{{b}_{k}}}}=\sum\limits_{k=1}^{n}{\left( {{a}_{k}}-{{b}_{k}}i \right)}=\sum\limits_{k=1}^{n}{\overline{{{z}_{k}}}}

Hay z1+z2+z3+...+zn‾=z1‾+z2‾+z3‾+...+zn‾\overline{{{z}_{1}}+{{z}_{2}}+{{z}_{3}}+...+{{z}_{n}}}=\overline{{{z}_{1}}}+\overline{{{z}_{2}}}+\overline{{{z}_{3}}}+...+\overline{{{z}_{n}}}

Bây giờ ta chứng minh z1z2z3...zn‾=z1‾.z2‾.z3‾...zn‾  (∗∗)\overline{{{z}_{1}}{{z}_{2}}{{z}_{3}}...{{z}_{n}}}=\overline{{{z}_{1}}}\overline{.{{z}_{2}}}.\overline{{{z}_{3}}}...\overline{{{z}_{n}}}\,\,\left( ** \right) bằng quy nạp

Với n=2:n=2: Giả sử z1=a1+b1i,  z2=a2+b2i{{z}_{1}}={{a}_{1}}+{{b}_{1}}i,\,\,{{z}_{2}}={{a}_{2}}+{{b}_{2}}i

Ta có: z1.z2=(a1+b1i )(a2+b2i)=(a1a2−b1b2)+(a1b2+a2b1)i{{z}_{1}}.{{z}_{2}}=\left( {{a}_{1}}+{{b}_{1}}i\, \right)\left( {{a}_{2}}+{{b}_{2}}i \right)=\left( {{a}_{1}}{{a}_{2}}-{{b}_{1}}{{b}_{2}} \right)+\left( {{a}_{1}}{{b}_{2}}+{{a}_{2}}{{b}_{1}} \right)i

Suy ra: z1.z2‾=(a1a2−b1b2)−(a1b2+a2b1)i\overline{{{z}_{1}}.{{z}_{2}}}=\left( {{a}_{1}}{{a}_{2}}-{{b}_{1}}{{b}_{2}} \right)-\left( {{a}_{1}}{{b}_{2}}+{{a}_{2}}{{b}_{1}} \right)i

Mặt khác: z1‾.z2‾=(a1−b1i )(a2−b2i)=(a1a2−b1b2)−(a1b2+a2b1)i\overline{{{z}_{1}}}.\overline{{{z}_{2}}}=\left( {{a}_{1}}-{{b}_{1}}i\, \right)\left( {{a}_{2}}-{{b}_{2}}i \right)=\left( {{a}_{1}}{{a}_{2}}-{{b}_{1}}{{b}_{2}} \right)-\left( {{a}_{1}}{{b}_{2}}+{{a}_{2}}{{b}_{1}} \right)i

Vậy với n=2n=2 đẳng thức đúng.

Giả sử (**) đúng với n=k,(n>2)n=k,\left( n>2 \right) ta sẽ chứng minh hệ thứ đúng với n=k+1n=k+1

Thật vậy:

Đặt z=z1z2...zkz={{z}_{1}}{{z}_{2}}...{{z}_{k}} , ta có: z‾=z1z2z3...zn‾=z1‾.z2‾.z3‾...zk‾\overline{z}=\overline{{{z}_{1}}{{z}_{2}}{{z}_{3}}...{{z}_{n}}}=\overline{{{z}_{1}}}\overline{.{{z}_{2}}}.\overline{{{z}_{3}}}...\overline{{{z}_{k}}}

Với hai số phức zz và zk+1{{z}_{k+1}} ta có: z.zk+1‾=z‾.zk+1‾=z1‾.z2‾.z3‾...zk‾.zk+1‾\overline{z.{{z}_{k+1}}}=\overline{z}.\overline{{{z}_{k+1}}}=\overline{{{z}_{1}}}\overline{.{{z}_{2}}}.\overline{{{z}_{3}}}...\overline{{{z}_{k}}}.\overline{{{z}_{k+1}}}

Hệ thức cuối được chứng minh với n=k+1.n=k+1.

Ví dụ 2. Chứng minh rằng:

a) ∣z1.z2∣=∣z1∣.∣z2∣\left| {{z}_{1}}.{{z}_{2}} \right|=\left| {{z}_{1}} \right|.\left| {{z}_{2}} \right| ;               b) ∣z1z2∣=∣z1∣∣z2∣\left| \frac{{{z}_{1}}}{{{z}_{2}}} \right|=\frac{\left| {{z}_{1}} \right|}{\left| {{z}_{2}} \right|}

Áp dụng: Tìm mô đun các số phức sau:

u=x2−y2+2xyixy2+ix4+y4,                w=x2+y2+i2xy(x−y)+2ixy,   (x,y∈R).u=\frac{{{x}^{2}}-{{y}^{2}}+2xyi}{xy\sqrt{2}+i\sqrt{{{x}^{4}}+{{y}^{4}}}},\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\text{w}=\frac{\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}+i\sqrt{2xy}}{\left( x-y \right)+2i\sqrt{xy}},\,\,\,\left( x,y\in \mathbb{R} \right).

Hướng dẫn giải

a) Cách 1. Đặt z1=x1+y1i,   z2=x2+y2i,  (x1,x2,y1,y2∈R){{z}_{1}}={{x}_{1}}+{{y}_{1}}i,\,\,\,{{z}_{2}}={{x}_{2}}+{{y}_{2}}i,\,\,\left( {{x}_{1}},{{x}_{2}},{{y}_{1}},{{y}_{2}}\in \mathbb{R} \right)

Ta có: ∣z1∣=x12+y12\left| {{z}_{1}} \right|=\sqrt{x_{1}^{2}+y_{1}^{2}}  và ∣z2∣=x22+y22\left| {{z}_{2}} \right|=\sqrt{x_{2}^{2}+y_{2}^{2}}

Từ đó:

Mặt khác: z1.z2=(x1+y1i)(x2+y2i)=(x1x2−y1y2)+(x1y2+y1x2)i{{z}_{1}}.{{z}_{2}}=\left( {{x}_{1}}+{{y}_{1}}i \right)\left( {{x}_{2}}+{{y}_{2}}i \right)=\left( {{x}_{1}}{{x}_{2}}-{{y}_{1}}{{y}_{2}} \right)+\left( {{x}_{1}}{{y}_{2}}+{{y}_{1}}{{x}_{2}} \right)i

Do đó:

∣z1.z2∣=(x1x2−y1y2)2+(x1y2+y1x2)2=x12x22+y12y22+x12y22+y12x22  (1)\left| {{z}_{1}}.{{z}_{2}} \right|=\sqrt{{{\left( {{x}_{1}}{{x}_{2}}-{{y}_{1}}{{y}_{2}} \right)}^{2}}+{{\left( {{x}_{1}}{{y}_{2}}+{{y}_{1}}{{x}_{2}} \right)}^{2}}}=\sqrt{x_{1}^{2}x_{2}^{2}+y_{1}^{2}y_{2}^{2}+x_{1}^{2}y_{2}^{2}+y_{1}^{2}x_{2}^{2}}\,\,\left( 1 \right)

Từ (1) và (2) ta suy ra điều phải chứng minh

Cách 2. Vì ∣z∣2=z.z‾{{\left| z \right|}^{2}}=z.\overline{z} nên

∣z1.z2∣2=z1.z2.z1.z2‾=z1.z2.z2.z1‾=z1.z1‾.z2.z2‾=∣z1∣2.∣z2∣2{{\left| {{z}_{1}}.{{z}_{2}} \right|}^{2}}={{z}_{1}}.{{z}_{2}}.\overline{{{z}_{1}}.{{z}_{2}}}={{z}_{1}}.{{z}_{2}}.\overline{{{z}_{2}}.{{z}_{1}}}={{z}_{1}}.\overline{{{z}_{1}}}.{{z}_{2}}.\overline{{{z}_{2}}}={{\left| {{z}_{1}} \right|}^{2}}.{{\left| {{z}_{2}} \right|}^{2}}

Suy ra: ∣z1.z2∣=∣z1.z2∣\left| {{z}_{1}}.{{z}_{2}} \right|=\left| {{z}_{1}}.{{z}_{2}} \right|

b) Cách 1. Trước hết ta chứng minh bổ đề: ∣z−1∣=∣z∣−1,z∈C∗\left| {{z}^{-1}} \right|={{\left| z \right|}^{-1}},z\in {{\mathbb{C}}^{*}}

Thật vậy:  z.1z=1⇒∣z∣.∣1z∣=1⇒∣1z∣=1∣z∣z.\frac{1}{z}=1\Rightarrow \left| z \right|.\left| \frac{1}{z} \right|=1\Rightarrow \left| \frac{1}{z} \right|=\frac{1}{\left| z \right|}  hay ∣z−1∣=∣z∣−1,z∈C∗\left| {{z}^{-1}} \right|={{\left| z \right|}^{-1}},z\in {{\mathbb{C}}^{*}}

Áp dụng bổ đề trên ta có: ∣z1z2∣=∣z1.1z2∣=∣z1.z2−1∣=∣z1∣∣z2−1∣=∣z1∣∣z2∣−1=∣z1∣∣z2∣\left| \frac{{{z}_{1}}}{{{z}_{2}}} \right|=\left| {{z}_{1}}.\frac{1}{{{z}_{2}}} \right|=\left| {{z}_{1}}.z_{2}^{-1} \right|=\left| {{z}_{1}} \right|\left| z_{2}^{-1} \right|=\left| {{z}_{1}} \right|{{\left| {{z}_{2}} \right|}^{-1}}=\frac{\left| {{z}_{1}} \right|}{\left| {{z}_{2}} \right|}

Cách 2.

Vì ∣z2‾∣=∣z2∣\left| \overline{{{z}_{2}}} \right|=\left| {{z}_{2}} \right| nên ∣z1z2∣=∣z1.z2‾z2.z2‾∣=∣z1.z2‾∣z2∣2∣=∣z1.z2‾∣∣z2∣2=∣z1∣.∣z2‾∣∣z2∣2=∣z1∣.∣z2∣∣z2∣2=∣z1∣∣z2∣\left| \frac{{{z}_{1}}}{{{z}_{2}}} \right|=\left| \frac{{{z}_{1}}.\overline{{{z}_{2}}}}{{{z}_{2}}.\overline{{{z}_{2}}}} \right|=\left| \frac{{{z}_{1}}.\overline{{{z}_{2}}}}{{{\left| {{z}_{2}} \right|}^{2}}} \right|=\frac{\left| {{z}_{1}}.\overline{{{z}_{2}}} \right|}{{{\left| {{z}_{2}} \right|}^{2}}}=\frac{\left| {{z}_{1}} \right|.\left| \overline{{{z}_{2}}} \right|}{{{\left| {{z}_{2}} \right|}^{2}}}=\frac{\left| {{z}_{1}} \right|.\left| {{z}_{2}} \right|}{{{\left| {{z}_{2}} \right|}^{2}}}=\frac{\left| {{z}_{1}} \right|}{\left| {{z}_{2}} \right|}

Lưu ý: Không có công thức: Với mọi số phức z1,z2{{z}_{1}},{{z}_{2}}: ∣z1±z2∣=∣z1±z2∣\left| {{z}_{1}}\pm {{z}_{2}} \right|=\left| {{z}_{1}}\pm {{z}_{2}} \right|. Tuy nhiên ta có bất đẳng thức sau: ∣z1+z2∣≤∣z1∣+∣z2∣\left| {{z}_{1}}+{{z}_{2}} \right|\le \left| {{z}_{1}} \right|+\left| {{z}_{2}} \right|

Thật vậy, gọi u1→\overrightarrow{{{u}_{1}}} biểu diễn z1{{z}_{1}} , u2→\overrightarrow{{{u}_{2}}}biểu diễn z2{{z}_{2}}  thì  u1→+u2→\overrightarrow{{{u}_{1}}}+\overrightarrow{{{u}_{2}}} biểu diễn z1+z2{{z}_{1}}+{{z}_{2}}

Ta có: ∣z1+z2∣=∣u1→+u2→∣\left| {{z}_{1}}+{{z}_{2}} \right|=\left| \overrightarrow{{{u}_{1}}}+\overrightarrow{{{u}_{2}}} \right|

* TH 1: Khi z1z2≠0{{z}_{1}}{{z}_{2}}\ne 0  thì :

Do đó:

∣z1+z2∣=∣u1→+u2→∣≤∣z1∣+∣z2∣\left| {{z}_{1}}+{{z}_{2}} \right|=\left| \overrightarrow{{{u}_{1}}}+\overrightarrow{{{u}_{2}}} \right|\le \left| {{z}_{1}} \right|+\left| {{z}_{2}} \right|

* TH 2: Khi z1z2=0{{z}_{1}}{{z}_{2}}=0thì rõ ràng ∣z1+z2∣=∣z1∣+∣z2∣\left| {{z}_{1}}+{{z}_{2}} \right|=\left| {{z}_{1}} \right|+\left| {{z}_{2}} \right|

Vậy ∣z1+z2∣≤∣z1∣+∣z2∣,  ∀z1,z2∈C\left| {{z}_{1}}+{{z}_{2}} \right|\le \left| {{z}_{1}} \right|+\left| {{z}_{2}} \right|,\,\,\forall {{z}_{1}},{{z}_{2}}\in \mathbb{C}

Áp dụng: Ta sẽ áp dụng ∣z1z2∣=∣z1∣∣z2∣\left| \frac{{{z}_{1}}}{{{z}_{2}}} \right|=\frac{\left| {{z}_{1}} \right|}{\left| {{z}_{2}} \right|}

Tương tự: ∣w∣=∣x2+y2+i2xy∣∣(x−y)+2ixy∣=x2+y2+2xy(x−y)2+4xy=(x+y)2(x+y)2=1.\left| w \right|=\frac{\left| \sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}+i\sqrt{2xy} \right|}{\left| \left( x-y \right)+2i\sqrt{xy} \right|}=\frac{\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+2xy}}{\sqrt{{{\left( x-y \right)}^{2}}+4xy}}=\frac{\sqrt{{{\left( x+y \right)}^{2}}}}{\sqrt{{{\left( x+y \right)}^{2}}}}=1.

Ví dụ 3.  Chứng minh: Số phức z là số thực khi và chỉ khi z=z‾ .z=\overline{z}\text{ }\text{.}

Vận dụng: Cho hai số phức z1, z2{{z}_{1}},\,{{z}_{2}} đều có mođun bằng 1, z1.z2≠−1{{z}_{1}}.{{z}_{2}}\ne -1 . Chứng minh z=z1+z21+z1z2z=\frac{{{z}_{1}}+{{z}_{2}}}{1+{{z}_{1}}{{z}_{2}}} là số thực.

Giải

Đặt z=a+bi,  (a,b∈R)z=a+bi,\,\,\left( a,b\in \mathbb{R} \right)

Ta có: z=z‾⇔a+bi=a−bi⇔2bi=0⇔b=0⇔z=\overline{z}\Leftrightarrow a+bi=a-bi\Leftrightarrow 2bi=0\Leftrightarrow b=0\Leftrightarrow z là số thực.

Vậy, z là số thực khi và chỉ khi z=z‾z=\overline{z}

Vận dụng:  Ta có:

z1z1‾=∣z1∣2=1⇒z1‾=1z1{{z}_{1}}\overline{{{z}_{1}}}={{\left| {{z}_{1}} \right|}^{2}}=1\Rightarrow \overline{{{z}_{1}}}=\frac{1}{{{z}_{1}}} , tương tự ta có z2‾=1z2\overline{{{z}_{2}}}=\frac{1}{{{z}_{2}}}

Xét  z‾=z1+z21+z1z2‾=z1+z2‾1+z1z2‾=z1‾+z2‾1+z1‾.z2‾=1z1+1z21+1z1.1z2=z1+z21+z1z2=z  \overline{z}=\overline{\frac{{{z}_{1}}+{{z}_{2}}}{1+{{z}_{1}}{{z}_{2}}}}=\frac{\overline{{{z}_{1}}+{{z}_{2}}}}{\overline{1+{{z}_{1}}{{z}_{2}}}}=\frac{\overline{{{z}_{1}}}+\overline{{{z}_{2}}}}{1+\overline{{{z}_{1}}}.\overline{{{z}_{2}}}}=\frac{\frac{1}{{{z}_{1}}}+\frac{1}{{{z}_{2}}}}{1+\frac{1}{{{z}_{1}}}.\frac{1}{{{z}_{2}}}}=\frac{{{z}_{1}}+{{z}_{2}}}{1+{{z}_{1}}{{z}_{2}}}=z\,\,

Ví dụ 4. Cho số phức z thỏa mãn 2z−1z+1\frac{2z-1}{z+1}là số thực. Chứng minh rằng z là số thực.

Giải

Ta biết rằng số phức w là số thực ⇔w‾=w.\Leftrightarrow \overline{w}=w. Do đó

2z−1z+1\frac{2z-1}{z+1}là số thực ⇔(2z−1z+1)‾=2z−1z+1⇔2z‾−1z+1=2z−1z+1\Leftrightarrow \overline{\left( \frac{2z-1}{z+1} \right)}=\frac{2z-1}{z+1}\Leftrightarrow \frac{2\overline{z}-1}{z+1}=\frac{2z-1}{z+1}

⇔z\Leftrightarrow zlà số thực.

C. Bài tập tự luyện

Ví dụ 1. Cho n là số nguyên dương, chứng minh rằng:  z=(6+17i4+3i)n+(3−28i5−6i)n∈Rz={{\left( \frac{6+17i}{4+3i} \right)}^{n}}+{{\left( \frac{3-28i}{5-6i} \right)}^{n}}\in \mathbb{R}

 

Ví dụ 2: Cho n là số nguyên dương, chứng minh rằng: z=(13+6i4+5i)2n(3+4i)n∈Rz={{\left( \frac{13+6i}{4+5i} \right)}^{2n}}{{\left( 3+4i \right)}^{n}}\in \mathbb{R}

 

Ví dụ 3. Chứng minh rằng:

∣z+z′∣2+∣z−z′∣2=2[∣z∣2+∣z′∣2],∀z,z ​​′​​ ∈C{{\left| z+z' \right|}^{2}}+{{\left| z-z' \right|}^{2}}=2\left[ {{\left| z \right|}^{2}}+{{\left| z' \right|}^{2}} \right],\forall \text{z}\text{,z }\!\!'\!\!\text{ }\in \mathbb{C}

Ví dụ 4. Chứng minh rằng:

 ∣1−z1‾.z2∣2−∣z1−z2∣2=(1+∣z1z2∣2)−(∣z1∣+∣z2∣)2,∀z1,z2∈C\,{{\left| 1-\overline{{{z}_{1}}}.{{z}_{2}} \right|}^{2}}-{{\left| {{z}_{1}}-{{z}_{2}} \right|}^{2}}=\left( 1+{{\left| {{z}_{1}}{{z}_{2}} \right|}^{2}} \right)-{{\left( \left| {{z}_{1}} \right|+\left| {{z}_{2}} \right| \right)}^{2}},\forall {{\text{z}}_{1}}\text{,}{{\text{z}}_{2}}\in \mathbb{C}

Ví dụ 5. Với mọi số phức z1,z2,z3.{{z}_{1}},{{z}_{2}},{{z}_{3}}. Chứng minh rằng:

 

Ví dụ 6. Chứng minh rằng nếu số phức ∣z3+1z3∣≤2\left| {{z}^{3}}+\frac{1}{{{z}^{3}}} \right|\le 2 thì ∣z+1z∣≤2.\left| z+\frac{1}{z} \right|\le 2.

Ví dụ 7. Chứng minh: Số phức z là số ảo khi và chỉ khi z=−z‾ z=-\overline{z}\text{ }

Vận dụng:  Chứng minh hai số phức phân biệt z1,z2{{z}_{1}},{{z}_{2}} thỏa ∣z1∣=∣z2∣\left| {{z}_{1}} \right|=\left| {{z}_{2}} \right| khi và chỉ khi z1+z2z1−z2\frac{{{z}_{1}}+{{z}_{2}}}{{{z}_{1}}-{{z}_{2}}} là số ảo.

 

Ví dụ 8. Chứng minh rằng nếu ∣z∣≤1\left| z \right|\le 1 thì ∣2z−i2+iz∣≤1\left| \frac{2z-i}{2+iz} \right|\le 1 .

Ví dụ 9. Cho z1{{z}_{1}} và z2{{z}_{2}} là hai số phức thỏa ∣z1+2z2∣=∣2z1+z2∣.\left| {{z}_{1}}+2{{z}_{2}} \right|=\left| 2{{z}_{1}}+{{z}_{2}} \right|. Chứng minh rằng với mọi số thực a, ta có: ∣z1+az2∣=∣az1+z2∣.\left| {{z}_{1}}+a{{z}_{2}} \right|=\left| a{{z}_{1}}+{{z}_{2}} \right|.

Ví dụ 10. Chứng minh rằng với mỗi số phức zz, có ít nhất 1 trong hai bất đẳng thức sau xảy ra∣z+1∣≥12\left| z+1 \right|\ge \frac{1}{\sqrt{2}} hoặc ∣z2+1∣≥1\left| {{z}^{2}}+1 \right|\ge 1

Bài viết gợi ý:

1. Tổng Hợp các đề thi thử Toán tháng 10 năm 2019

2. Khối đa diện lồi và khối đa diện đều

3. Các dạng bài toán lãi suất

4. Dạng lượng giác của số phức

5. Dạng đại số của số phức

6. Full công thức tính nhanh tỷ số thể tích khối đa diện

7. Phân tích đa thức chứa tham số thành nhân tử