MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ CHỨNG MINH SỐ PHỨC

A. Lý thuyết

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

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

Nếu $n=4k\,\,\,\left( k\in \mathbb{Z} \right)$ thì ${{i}^{n}}={{i}^{4k}}={{\left( {{i}^{4}} \right)}^{k}}=1$
Nếu $n=4k+1\,\,\left( k\in \mathbb{Z} \right)$ thì ${{i}^{n}}={{i}^{4k}}i=1.i=i$
Nếu $n=4k+2\,\,\left( k\in \mathbb{Z} \right)$ thì ${{i}^{n}}={{i}^{4k}}{{i}^{2}}=1.\left( -1 \right)=-1$
Nếu $n=4k+3\,\,\left( k\in \mathbb{Z} \right)$ thì ${{i}^{n}}={{i}^{4k}}{{i}^{3}}=1.\left( -i \right)=-i$

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

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

$z.\overline{z}=\left( x+yi \right)\left( x-yi \right)={{x}^{2}}+{{y}^{2}}={{\left( \sqrt{{{x}^{2}}+y} \right)}^{2}}={{\left| z \right|}^{2}}.$

B. Bài tập mẫu

Ví dụ 1. Chứng minh rằng:

\[a)\,\,\,\,\overline{{{z}_{1}}+{{z}_{2}}}=\overline{{{z}_{1}}}+\overline{{{z}_{2}}};\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,b)\,\,\,\,\overline{{{z}_{1}}.{{z}_{2}}}=\overline{{{z}_{1}}}.\overline{{{z}_{2}}};\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,c)\,\,\overline{\left( \frac{{{z}_{1}}}{{{z}_{2}}} \right)}=\frac{\overline{{{z}_{1}}}}{\overline{{{z}_{2}}}},\,\left( \,\,\,{{z}_{2}}\ne 0 \right)\]

Áp dụng: Cho ba số phức ${{z}_{1}},\,{{z}_{2}},\,{{z}_{3}}$ đều có môđun bằng 1. Chứng minh $\left| {{z}_{1}}+{{z}_{2}}+{{z}_{3}} \right|=\left| {{z}_{1}}{{z}_{2}}+{{z}_{2}}{{z}_{3}}+{{z}_{1}}{{z}_{3}} \right|.$

Giải

Giả sử: ${{z}_{1}}={{x}_{1}}+{{y}_{1}}i,\,\,\,{{z}_{2}}={{x}_{2}}+{{y}_{2}}i,\,\,\left( {{x}_{1}},{{x}_{2}},{{y}_{1}},{{y}_{2}}\in \mathbb{R} \right)$

a) Ta có:

$\overline{{{z}_{1}}}={{x}_{1}}-{{y}_{1}}i$ và $\overline{{{z}_{2}}}={{x}_{2}}-{{y}_{2}}i$ nên \[\overline{{{z}_{1}}}+\overline{{{z}_{2}}}=\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)-\left( {{y}_{1}}+{{y}_{2}} \right)i\]

Mà ${{z}_{1}}+{{z}_{2}}=\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)+\left( {{y}_{1}}+{{y}_{2}} \right)i\Rightarrow \overline{{{z}_{1}}+{{z}_{2}}}=\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)-\left( {{y}_{1}}+{{y}_{2}} \right)i$

Vậy \[\overline{{{z}_{1}}+{{z}_{2}}}=\overline{{{z}_{1}}}+\overline{{{z}_{2}}}\].

b) Ta có:

\[\overline{{{z}_{1}}}.\overline{{{z}_{2}}}=\left( {{x}_{1}}-{{y}_{1}}i \right)\left( {{x}_{2}}-{{y}_{2}}i \right)=\left( {{x}_{1}}{{x}_{2}}-{{y}_{1}}{{y}_{2}} \right)-\left( {{x}_{1}}{{y}_{2}}+{{x}_{2}}{{y}_{1}} \right)i\]

Mặt khác:

${{z}_{1}}.{{z}_{2}}=\left( {{x}_{1}}+{{y}_{1}}i \right)\left( {{x}_{2}}+{{y}_{2}}i \right)=\left( {{x}_{1}}{{x}_{2}}-{{y}_{1}}{{y}_{2}} \right)+\left( {{x}_{1}}{{y}_{2}}+{{x}_{2}}{{y}_{1}} \right)i$

$\Rightarrow \overline{{{z}_{1}}.{{z}_{2}}}=\left( {{x}_{1}}{{x}_{2}}-{{y}_{1}}{{y}_{2}} \right)-\left( {{x}_{1}}{{y}_{2}}+{{x}_{2}}{{y}_{1}} \right)i$

Vậy \[\overline{{{z}_{1}}.{{z}_{2}}}=\overline{{{z}_{1}}}.\overline{{{z}_{2}}}\] .

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

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

Áp dụng bổ đề trên, ta có:

\[\overline{\left( \frac{{{z}_{1}}}{{{z}_{2}}} \right)}=\overline{\left( {{z}_{1}}.\frac{1}{{{z}_{2}}} \right)}=\overline{{{z}_{1}}}.\overline{\left( \frac{1}{{{z}_{2}}} \right)}=\overline{{{z}_{1}}}.\overline{z_{2}^{-1}}=\overline{{{z}_{1}}}.{{\left( \overline{{{z}_{2}}} \right)}^{-1}}=\frac{\overline{{{z}_{1}}}}{\overline{{{z}_{2}}}}.\] (ĐPCM)

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

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

Ta luôn có:

Trước hết ta chứng minh: \[\overline{{{z}_{1}}+{{z}_{2}}+{{z}_{3}}+...+{{z}_{n}}}=\overline{{{z}_{1}}}+\overline{{{z}_{2}}}+\overline{{{z}_{3}}}+...+\overline{{{z}_{n}}}\]

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

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

Ta có:

$\overline{z}=a-bi=\sum\limits_{k=1}^{n}{{{a}_{k}}-\sum\limits_{k=1}^{n}{{{b}_{k}}}}=\sum\limits_{k=1}^{n}{\left( {{a}_{k}}-{{b}_{k}}i \right)}=\sum\limits_{k=1}^{n}{\overline{{{z}_{k}}}}$

Hay \[\overline{{{z}_{1}}+{{z}_{2}}+{{z}_{3}}+...+{{z}_{n}}}=\overline{{{z}_{1}}}+\overline{{{z}_{2}}}+\overline{{{z}_{3}}}+...+\overline{{{z}_{n}}}\]

Bây giờ ta chứng minh \[\overline{{{z}_{1}}{{z}_{2}}{{z}_{3}}...{{z}_{n}}}=\overline{{{z}_{1}}}\overline{.{{z}_{2}}}.\overline{{{z}_{3}}}...\overline{{{z}_{n}}}\,\,\left( ** \right)\] bằng quy nạp

Với $n=2:$ Giả sử ${{z}_{1}}={{a}_{1}}+{{b}_{1}}i,\,\,{{z}_{2}}={{a}_{2}}+{{b}_{2}}i$

Ta có: ${{z}_{1}}.{{z}_{2}}=\left( {{a}_{1}}+{{b}_{1}}i\, \right)\left( {{a}_{2}}+{{b}_{2}}i \right)=\left( {{a}_{1}}{{a}_{2}}-{{b}_{1}}{{b}_{2}} \right)+\left( {{a}_{1}}{{b}_{2}}+{{a}_{2}}{{b}_{1}} \right)i$

Suy ra: $\overline{{{z}_{1}}.{{z}_{2}}}=\left( {{a}_{1}}{{a}_{2}}-{{b}_{1}}{{b}_{2}} \right)-\left( {{a}_{1}}{{b}_{2}}+{{a}_{2}}{{b}_{1}} \right)i$

Mặt khác: $\overline{{{z}_{1}}}.\overline{{{z}_{2}}}=\left( {{a}_{1}}-{{b}_{1}}i\, \right)\left( {{a}_{2}}-{{b}_{2}}i \right)=\left( {{a}_{1}}{{a}_{2}}-{{b}_{1}}{{b}_{2}} \right)-\left( {{a}_{1}}{{b}_{2}}+{{a}_{2}}{{b}_{1}} \right)i$

Vậy với $n=2$ đẳng thức đúng.

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

Thật vậy:

Đặt $z={{z}_{1}}{{z}_{2}}...{{z}_{k}}$ , ta có: \[\overline{z}=\overline{{{z}_{1}}{{z}_{2}}{{z}_{3}}...{{z}_{n}}}=\overline{{{z}_{1}}}\overline{.{{z}_{2}}}.\overline{{{z}_{3}}}...\overline{{{z}_{k}}}\]

Với hai số phức $z$ và ${{z}_{k+1}}$ ta có: $\overline{z.{{z}_{k+1}}}=\overline{z}.\overline{{{z}_{k+1}}}=\overline{{{z}_{1}}}\overline{.{{z}_{2}}}.\overline{{{z}_{3}}}...\overline{{{z}_{k}}}.\overline{{{z}_{k+1}}}$

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

Ví dụ 2. Chứng minh rằng:

a) $\left| {{z}_{1}}.{{z}_{2}} \right|=\left| {{z}_{1}} \right|.\left| {{z}_{2}} \right|$ ; b) \[\left| \frac{{{z}_{1}}}{{{z}_{2}}} \right|=\frac{\left| {{z}_{1}} \right|}{\left| {{z}_{2}} \right|}\]

Áp dụng: Tìm mô đun các số phức sau:

$u=\frac{{{x}^{2}}-{{y}^{2}}+2xyi}{xy\sqrt{2}+i\sqrt{{{x}^{4}}+{{y}^{4}}}},\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\text{w}=\frac{\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}+i\sqrt{2xy}}{\left( x-y \right)+2i\sqrt{xy}},\,\,\,\left( x,y\in \mathbb{R} \right).$

Hướng dẫn giải

a) Cách 1. Đặt ${{z}_{1}}={{x}_{1}}+{{y}_{1}}i,\,\,\,{{z}_{2}}={{x}_{2}}+{{y}_{2}}i,\,\,\left( {{x}_{1}},{{x}_{2}},{{y}_{1}},{{y}_{2}}\in \mathbb{R} \right)$

Ta có: \[\left| {{z}_{1}} \right|=\sqrt{x_{1}^{2}+y_{1}^{2}}\] và \[\left| {{z}_{2}} \right|=\sqrt{x_{2}^{2}+y_{2}^{2}}\]

Từ đó:

Mặt khác: ${{z}_{1}}.{{z}_{2}}=\left( {{x}_{1}}+{{y}_{1}}i \right)\left( {{x}_{2}}+{{y}_{2}}i \right)=\left( {{x}_{1}}{{x}_{2}}-{{y}_{1}}{{y}_{2}} \right)+\left( {{x}_{1}}{{y}_{2}}+{{y}_{1}}{{x}_{2}} \right)i$

Do đó:

$\left| {{z}_{1}}.{{z}_{2}} \right|=\sqrt{{{\left( {{x}_{1}}{{x}_{2}}-{{y}_{1}}{{y}_{2}} \right)}^{2}}+{{\left( {{x}_{1}}{{y}_{2}}+{{y}_{1}}{{x}_{2}} \right)}^{2}}}=\sqrt{x_{1}^{2}x_{2}^{2}+y_{1}^{2}y_{2}^{2}+x_{1}^{2}y_{2}^{2}+y_{1}^{2}x_{2}^{2}}\,\,\left( 1 \right)$

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

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

${{\left| {{z}_{1}}.{{z}_{2}} \right|}^{2}}={{z}_{1}}.{{z}_{2}}.\overline{{{z}_{1}}.{{z}_{2}}}={{z}_{1}}.{{z}_{2}}.\overline{{{z}_{2}}.{{z}_{1}}}={{z}_{1}}.\overline{{{z}_{1}}}.{{z}_{2}}.\overline{{{z}_{2}}}={{\left| {{z}_{1}} \right|}^{2}}.{{\left| {{z}_{2}} \right|}^{2}}$

Suy ra: $\left| {{z}_{1}}.{{z}_{2}} \right|=\left| {{z}_{1}}.{{z}_{2}} \right|$

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

Thật vậy: $z.\frac{1}{z}=1\Rightarrow \left| z \right|.\left| \frac{1}{z} \right|=1\Rightarrow \left| \frac{1}{z} \right|=\frac{1}{\left| z \right|}$ hay $\left| {{z}^{-1}} \right|={{\left| z \right|}^{-1}},z\in {{\mathbb{C}}^{*}}$

Áp dụng bổ đề trên ta có: \[\left| \frac{{{z}_{1}}}{{{z}_{2}}} \right|=\left| {{z}_{1}}.\frac{1}{{{z}_{2}}} \right|=\left| {{z}_{1}}.z_{2}^{-1} \right|=\left| {{z}_{1}} \right|\left| z_{2}^{-1} \right|=\left| {{z}_{1}} \right|{{\left| {{z}_{2}} \right|}^{-1}}=\frac{\left| {{z}_{1}} \right|}{\left| {{z}_{2}} \right|}\]

Cách 2.

Vì \[\left| \overline{{{z}_{2}}} \right|=\left| {{z}_{2}} \right|\] nên $\left| \frac{{{z}_{1}}}{{{z}_{2}}} \right|=\left| \frac{{{z}_{1}}.\overline{{{z}_{2}}}}{{{z}_{2}}.\overline{{{z}_{2}}}} \right|=\left| \frac{{{z}_{1}}.\overline{{{z}_{2}}}}{{{\left| {{z}_{2}} \right|}^{2}}} \right|=\frac{\left| {{z}_{1}}.\overline{{{z}_{2}}} \right|}{{{\left| {{z}_{2}} \right|}^{2}}}=\frac{\left| {{z}_{1}} \right|.\left| \overline{{{z}_{2}}} \right|}{{{\left| {{z}_{2}} \right|}^{2}}}=\frac{\left| {{z}_{1}} \right|.\left| {{z}_{2}} \right|}{{{\left| {{z}_{2}} \right|}^{2}}}=\frac{\left| {{z}_{1}} \right|}{\left| {{z}_{2}} \right|}$

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

Thật vậy, gọi $\overrightarrow{{{u}_{1}}}$ biểu diễn ${{z}_{1}}$ , $\overrightarrow{{{u}_{2}}}$biểu diễn ${{z}_{2}}$ thì \[\overrightarrow{{{u}_{1}}}+\overrightarrow{{{u}_{2}}}\] biểu diễn ${{z}_{1}}+{{z}_{2}}$

Ta có: $\left| {{z}_{1}}+{{z}_{2}} \right|=\left| \overrightarrow{{{u}_{1}}}+\overrightarrow{{{u}_{2}}} \right|$

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

Do đó:

$\left| {{z}_{1}}+{{z}_{2}} \right|=\left| \overrightarrow{{{u}_{1}}}+\overrightarrow{{{u}_{2}}} \right|\le \left| {{z}_{1}} \right|+\left| {{z}_{2}} \right|$

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

Vậy $\left| {{z}_{1}}+{{z}_{2}} \right|\le \left| {{z}_{1}} \right|+\left| {{z}_{2}} \right|,\,\,\forall {{z}_{1}},{{z}_{2}}\in \mathbb{C}$

Áp dụng: Ta sẽ áp dụng \[\left| \frac{{{z}_{1}}}{{{z}_{2}}} \right|=\frac{\left| {{z}_{1}} \right|}{\left| {{z}_{2}} \right|}\]

Tương tự: \[\left| w \right|=\frac{\left| \sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}+i\sqrt{2xy} \right|}{\left| \left( x-y \right)+2i\sqrt{xy} \right|}=\frac{\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+2xy}}{\sqrt{{{\left( x-y \right)}^{2}}+4xy}}=\frac{\sqrt{{{\left( x+y \right)}^{2}}}}{\sqrt{{{\left( x+y \right)}^{2}}}}=1.\]

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

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

Giải

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

Ta có: $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 $z=\overline{z}$

Vận dụng: Ta có:

${{z}_{1}}\overline{{{z}_{1}}}={{\left| {{z}_{1}} \right|}^{2}}=1\Rightarrow \overline{{{z}_{1}}}=\frac{1}{{{z}_{1}}}$ , tương tự ta có $\overline{{{z}_{2}}}=\frac{1}{{{z}_{2}}}$

Xét $\overline{z}=\overline{\frac{{{z}_{1}}+{{z}_{2}}}{1+{{z}_{1}}{{z}_{2}}}}=\frac{\overline{{{z}_{1}}+{{z}_{2}}}}{\overline{1+{{z}_{1}}{{z}_{2}}}}=\frac{\overline{{{z}_{1}}}+\overline{{{z}_{2}}}}{1+\overline{{{z}_{1}}}.\overline{{{z}_{2}}}}=\frac{\frac{1}{{{z}_{1}}}+\frac{1}{{{z}_{2}}}}{1+\frac{1}{{{z}_{1}}}.\frac{1}{{{z}_{2}}}}=\frac{{{z}_{1}}+{{z}_{2}}}{1+{{z}_{1}}{{z}_{2}}}=z\,\,$

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

Giải

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

\[\frac{2z-1}{z+1}\]là số thực \[\Leftrightarrow \overline{\left( \frac{2z-1}{z+1} \right)}=\frac{2z-1}{z+1}\Leftrightarrow \frac{2\overline{z}-1}{z+1}=\frac{2z-1}{z+1}\]

\[\Leftrightarrow z\]là số thực.

C. Bài tập tự luyện

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

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

Ví dụ 3. Chứng minh rằng:

${{\left| z+z' \right|}^{2}}+{{\left| z-z' \right|}^{2}}=2\left[ {{\left| z \right|}^{2}}+{{\left| z' \right|}^{2}} \right],\forall \text{z}\text{,z }\!\!'\!\!\text{ }\in \mathbb{C}$

Ví dụ 4. Chứng minh rằng:

$\,{{\left| 1-\overline{{{z}_{1}}}.{{z}_{2}} \right|}^{2}}-{{\left| {{z}_{1}}-{{z}_{2}} \right|}^{2}}=\left( 1+{{\left| {{z}_{1}}{{z}_{2}} \right|}^{2}} \right)-{{\left( \left| {{z}_{1}} \right|+\left| {{z}_{2}} \right| \right)}^{2}},\forall {{\text{z}}_{1}}\text{,}{{\text{z}}_{2}}\in \mathbb{C}$

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

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

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

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

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

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

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