tìm môđun và acgumen của số phức

Bài viết hướng dẫn tìm môđun và acgumen của một số phức bất kỳ, đây là một dạng toán căn bản trong chương trình Giải tích 12 chương 4 mà học sinh cần nắm vững, ngoài ra bài viết còn cung cấp một số ví dụ nâng cao và mở rộng của dạng toán này. Kiến thức và các ví dụ trong bài viết được tham khảo từ các tài liệu số phức trên toan9.edu.vn.

Phương pháp: Nhìn chung các bài tập này có cách giải như sau:

Giả sử ta cần tìm một acgumen của số phức \(z\). Ta cần biến đổi sao cho \(z\) có dạng \(z = r\left( {\cos \varphi + i\sin \varphi } \right).\)

1. Với \(z = a + bi, (a,b \in R)\) ta có mô đun của \(z\) là \(r = \sqrt {{a^2} + {b^2}}\), và \(1\) acgumen của \(z\) là \(\varphi \) thỏa  \(c{\rm{os}}\varphi = \frac{{{a^2}}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }}\); \(\sin \varphi = \frac{{{b^2}}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }}.\)

2. Với \(z = r(c{\rm{os}}\varphi + i\sin \varphi )\) thì \(z\) có mô đun là \(r\) và \(1\) acgumen của \(z\) là \(\varphi.\)

3. Với \(z = r(\cos \varphi – i \sin \varphi )\) \( = r\left[ {c{\rm{os}}( – \varphi ) + i \sin ( – \varphi )} \right].\)

4. Với \(z = r(\sin \varphi + i c{\rm{os}}\varphi )\) \( = r\left[ {c{\rm{os}}(\frac{\pi }{2} – \varphi ) + i \sin (\frac{\pi }{2} – \varphi )} \right].\)

Các ví dụ điển hình thường gặp:

Ví dụ 1. Cho số phức \(z = 1 – \sin \varphi + i\cos \varphi ,\) \(0 < \varphi < \frac{\pi }{2}.\) Tìm một acgumen của số phức \(z\).

\(z = 1 – \sin \varphi + i\cos \varphi \) \( = 1 – \cos \left( {\frac{\pi }{2} – \varphi } \right) + i\sin \left( {\frac{\pi }{2} – \varphi } \right)\)

\( = 2{\sin ^2}\left( {\frac{\pi }{4} – \frac{\varphi }{2}} \right)\) \( + 2i\sin \left( {\frac{\pi }{4} – \frac{\varphi }{2}} \right)\cos \left( {\frac{\pi }{4} – \frac{\varphi }{2}} \right)\)

\( = 2\sin \left( {\frac{\pi }{4} – \frac{\varphi }{2}} \right)\) \(\left[ {\sin \left( {\frac{\pi }{4} – \frac{\varphi }{2}} \right) + i\cos \left( {\frac{\pi }{4} – \frac{\varphi }{2}} \right)} \right]\)

\( = 2\sin \left( {\frac{\pi }{4} – \frac{\varphi }{2}} \right)\) \(\left[ {\cos \left( {\frac{\pi }{4} + \frac{\varphi }{2}} \right) + i\sin \left( {\frac{\pi }{4} + \frac{\varphi }{2}} \right)} \right].\)

Do \(0 < \varphi < \frac{\pi }{2}\) nên \(2\sin \left( {\frac{\pi }{4} – \frac{\varphi }{2}} \right) /> 0.\) Vậy, một acgumen của \(z\) là \(\frac{\pi }{4} + \frac{\varphi }{2}.\)

Ví dụ 2. Cho số phức \(z\) có mô đun bằng \(1\) và \(\varphi \) là một acgumen của \(z.\)

a. Tìm một acgumen của \(\frac{{\overline z }}{z}.\)

b. Tìm một acgumen của \(\overline z + z\) nếu \(\cos \varphi \ne 0.\)

Từ giả thiết suy ra \(z = \cos \varphi + isin\varphi .\)

a. Ta có

\(\frac{{\overline z }}{z} = \frac{{\cos \varphi – i\sin \varphi }}{{\cos \varphi + i\sin \varphi }}\) \( = \frac{{\cos \left( { – \varphi } \right) + i\sin \left( { – \varphi } \right)}}{{\cos \varphi + i\sin \varphi }}\) \( = \cos \left( { – 2\varphi } \right) + i\sin \left( { – 2\varphi } \right).\)

Vậy một acgumen của \(z\) là \( – 2\varphi .\)

b. Ta có: \(\overline z + z = 2\cos \varphi .\)

+ Nếu \(\cos \varphi /> 0\) thì \(\overline z + z = 2\cos \varphi \) \( = 2\cos \varphi \left( {\cos 0 + i\sin 0} \right).\) Lúc đó \(0\) là một acgumen của \(\overline z + z.\)

+ Nếu \(\cos \varphi < 0\) thì \(\overline z + z = – 2\cos \varphi .( – 1)\) \( = – 2\cos \varphi \left( {\cos \pi + i\sin \pi } \right).\) Lúc đó \(\pi \) là một acgumen của \(\overline z + z.\)

Ví dụ 3. Tìm môđun và một acgumen của các số phức sau:

a. \(z = 1 + \cos \frac{\pi }{4} + i\sin \frac{\pi }{4}.\)

b. \(z = 1 + \cos \frac{\pi }{3} – i\sin \frac{\pi }{3}.\)

c. \(z = 1 – \cos \frac{{2\pi }}{5} + i\sin \frac{{2\pi }}{5}.\)

d. \(z = – 1 – \sin \frac{\pi }{3} + i\sin \frac{\pi }{6}.\)

e. \(z = – 1 + \sin \frac{\pi }{6} – i\sin \frac{\pi }{6}.\)

a. \(z = 1 + \cos \frac{\pi }{4} + i\sin \frac{\pi }{4}\) \( = 2{\cos ^2}\frac{\pi }{8} + 2i\sin \frac{\pi }{8}\cos \frac{\pi }{8}.\)

Vậy \(\left\{ \begin{array}{l}

r = 2\cos \frac{\pi }{8}\\

\varphi = \frac{\pi }{8}

\end{array} \right.\)

b. \(z = 1 + \cos \frac{\pi }{3} – i\sin \frac{\pi }{3}\) \( = 2{\cos ^2}\frac{\pi }{6} + 2i\sin \frac{\pi }{6}.\cos \frac{\pi }{6}\)

\( = 2\cos \frac{\pi }{6}\left( {\cos \frac{\pi }{6} – i\sin \frac{\pi }{6}} \right)\) \( = 2\cos \frac{\pi }{6}\left[ {\cos \left( { – \frac{\pi }{6}} \right) + i\sin \left( { – \frac{\pi }{6}} \right)} \right].\)

Vậy \(\left\{ \begin{array}{l}

r = 2\cos \frac{\pi }{6} = \sqrt 3 \\

\varphi = – \frac{\pi }{6}

\end{array} \right.\)

c. \(z = 1 – \cos \frac{{2\pi }}{5} + i\sin \frac{{2\pi }}{5}\) \( = 2{\sin ^2}\frac{\pi }{5} + 2i\sin \frac{\pi }{5}.\cos \frac{\pi }{5}\)

\( = 2\sin \frac{\pi }{5}\left( {\sin \frac{\pi }{5} + i\cos \frac{\pi }{5}} \right)\) \( = 2\sin \frac{\pi }{5}\left( {\cos \frac{{3\pi }}{{10}} + i\sin \frac{{3\pi }}{{10}}} \right).\)

Vậy \(\left\{ \begin{array}{l}

r = 2\sin \frac{\pi }{5}\\

\varphi = \frac{{3\pi }}{{10}}

\end{array} \right.\)

d. \(z = – 1 – \sin \frac{\pi }{3} + i\sin \frac{\pi }{6}\) \( = – 1 – \cos \frac{\pi }{6} + 2i\sin \frac{\pi }{6}\)

\( = – 2{\cos ^2}\frac{\pi }{{12}} + 2i\sin \frac{\pi }{{12}}\cos \frac{\pi }{{12}}\) \( = 2\cos \frac{\pi }{{12}}\left( { – \cos \frac{\pi }{{12}} + i\sin \frac{\pi }{{12}}} \right)\) \( = 2\cos \frac{\pi }{{12}}\left( {\cos \frac{{11\pi }}{{12}} + i\sin \frac{{11\pi }}{{12}}} \right).\)

Vậy \(\left\{ \begin{array}{l}

r = 2\cos \frac{\pi }{{12}}\\

\varphi = \frac{{11\pi }}{{12}}

\end{array} \right.\)

e. \(z = – 1 + \sin \frac{\pi }{6} – i\sin \frac{\pi }{6}\) \( = – 1 + \cos \frac{\pi }{3} – i\sin \frac{\pi }{3}\)

\( = – 2{\sin ^2}\frac{\pi }{6} – 2i\sin \frac{\pi }{6}.\cos \frac{\pi }{6}\) \( = 2\sin \frac{\pi }{6}\left( { – \sin \frac{\pi }{6} – i\cos \frac{\pi }{6}} \right)\)

\( = 2.\frac{1}{2}\left( {\sin \frac{{7\pi }}{6} + i\cos \frac{{7\pi }}{6}} \right)\) \( = \cos \left( { – \frac{{2\pi }}{3}} \right) + i\sin \left( { – \frac{{2\pi }}{3}} \right).\)

Vậy \(\left\{ \begin{array}{l}

r = 1\\

\varphi = – \frac{{2\pi }}{3}

\end{array} \right.\)

Ví dụ 4.  Tìm môđun và một acgumen của các số phức sau:

a. \(z = 1 + \frac{1}{{\sqrt 2 }} – \frac{1}{{\sqrt 2 }}i.\)

b. \(z = 2 – \sqrt 2 – i\sqrt 2 .\)

c. \(z = 2\sqrt 3 + 3 + i\sqrt 3.\)

d. \(z = \frac{{\sqrt 3 }}{3} – \frac{2}{3} + \frac{1}{3}i.\)

Ta kí hiệu \(r\) và \(\varphi \) lần lượt là môđun và acgumen của số phức \(z\), ta có:

a. \(z = 1 + \frac{1}{{\sqrt 2 }} – \frac{1}{{\sqrt 2 }}i\) \( = 1 + \cos \frac{\pi }{4} – i\sin \frac{\pi }{4}\)

\( = 2{\cos ^2}\frac{\pi }{8} – 2i\sin \frac{\pi }{8}.\cos \frac{\pi }{8}\) \( = 2\cos \frac{\pi }{8}\left( {\cos \frac{\pi }{8} – i\sin \frac{\pi }{8}} \right)\)

\( = 2\cos \frac{\pi }{8}\left[ {\cos \left( { – \frac{\pi }{8}} \right) + i\sin \left( { – \frac{\pi }{8}} \right)} \right].\)

Vậy \(\left\{ \begin{array}{l}

r = 2\cos \frac{\pi }{8}\\

\varphi = – \frac{\pi }{8}

\end{array} \right.\)

b. \(z = 2 – \sqrt 2 – i\sqrt 2 \) \( = 2\left( {1 – \frac{{\sqrt 2 }}{2} – \frac{{i\sqrt 2 }}{2}} \right)\) \( = 2\left( {1 – \cos \frac{\pi }{4} – i\sin \frac{\pi }{4}} \right)\)

\( = 2\left( {2{{\sin }^2}\frac{\pi }{8} – 2i\sin \frac{\pi }{8}.\cos \frac{\pi }{8}} \right)\) \( = 4\sin \frac{\pi }{8}\left( {\sin \frac{\pi }{8} – i\cos \frac{\pi }{8}} \right)\)

\( = 4\sin \frac{\pi }{8}\left( {\cos \frac{{3\pi }}{8} – i\sin \frac{{3\pi }}{8}} \right)\) \( = 4\sin \frac{\pi }{8}\left[ {\cos \left( { – \frac{{3\pi }}{8}} \right) + i\sin \left( { – \frac{{3\pi }}{8}} \right)} \right].\)

Vậy \(\left\{ \begin{array}{l}

r = 4\sin \frac{\pi }{8}\\

\varphi = – \frac{{3\pi }}{8}

\end{array} \right.\)

c. \(z = 2\sqrt 3 + 3 + i\sqrt 3 \) \( = 2\sqrt 3 \left( {1 + \frac{{\sqrt 3 }}{2} + \frac{1}{2}i} \right)\) \( = 2\sqrt 3 \left( {1 + \cos \frac{\pi }{6} + i\sin \frac{\pi }{6}} \right)\)

\( = 2\sqrt 3 \left( {2{{\cos }^2}\frac{\pi }{{12}} + 2i\sin \frac{\pi }{{12}}.\cos \frac{\pi }{{12}}} \right)\) \( = 4\sqrt 3 \cos \frac{\pi }{{12}}\left( {\cos \frac{\pi }{{12}} + i\sin \frac{\pi }{{12}}} \right).\)

Vậy \(\left\{ \begin{array}{l}

r = 4\sqrt 3 \cos \frac{\pi }{{12}}\\

\varphi = \frac{\pi }{{12}}

\end{array} \right.\)

d. \(z = \frac{{\sqrt 3 }}{3} – \frac{2}{3} + \frac{1}{3}i\) \( = – \frac{2}{3} + \frac{{\sqrt 3 }}{3} + \frac{1}{3}i\) \( = \frac{2}{3}\left( { – 1 + \frac{{\sqrt 3 }}{2} + \frac{1}{2}i} \right)\)

\( = \frac{2}{3}\left( { – 2{{\sin }^2}\frac{\pi }{{12}} + 2i\sin \frac{\pi }{{12}}.\cos \frac{\pi }{{12}}} \right)\) \( = \frac{4}{3}\sin \frac{\pi }{{12}}\left( { – \sin \frac{\pi }{{12}} + i\cos \frac{\pi }{{12}}} \right)\)

\( = \frac{4}{3}\sin \frac{\pi }{{12}}\left( {\sin \left( { – \frac{\pi }{{12}}} \right) + i\cos \left( { – \frac{\pi }{{12}}} \right)} \right)\) \( = \frac{4}{3}\sin \frac{\pi }{{12}}\left( {\cos \frac{{7\pi }}{{12}} + i\sin \frac{{7\pi }}{{12}}} \right).\)

Vậy \(\left\{ \begin{array}{l}

r = \frac{4}{3}\sin \frac{\pi }{{12}}\\

\phi = \frac{{7\pi }}{{12}}

\end{array} \right.\)

Ví dụ 5.  Gọi \({z_1}, {z_2}\) là hai nghiệm của phương trình \({z^2} – 2iz – 4 = 0\), \({z_1}\) có phần thực âm. Tính môđun và acgumen của các số phức sau:

a. \(w = z_1^2.{z_2}.\)

b. \(w = \frac{{{z_1}}}{{{z_2} – 2}}.\)

c. \(w = \left( {{z_1} – 2} \right)\left( {{z_2} – 2} \right).\)

d. \(w = \overline {{z_1}.} \left( {2 – \overline {{z_2}} } \right).\)

Ta gọi \(r\) và \(\varphi \) lần lượt là môđun và acgumen của số phức \(w.\)

Giải phương trình: \({z^2} – 2iz – 4 = 0\) ta được  \(2\) nghiệm là:

\({z_1} = – \sqrt 3 + i = 2\left( { – \frac{{\sqrt 3 }}{2} + \frac{1}{2}i} \right)\) \( = 2\left( {\cos \frac{{5\pi }}{6} + i\sin \frac{{5\pi }}{6}} \right)\) (vì \({z_1}\) có phần thực âm).

\({z_2} = \sqrt 3 + i = 2\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2} + \frac{1}{2}i} \right)\) \( = 2\left( {\cos \frac{\pi }{6} + i\sin \frac{\pi }{6}} \right).\)

a. Ta có: \(z_1^2 = 4\left( {\cos \frac{{5\pi }}{3} + i\sin \frac{{5\pi }}{3}} \right)\), \({z_2} = 2\left( {\cos \frac{\pi }{6} + i\sin \frac{\pi }{6}} \right).\)

Suy ra: \(w = z_1^2.{z_2}\) \( = 4.2.\left[ {\cos \left( {\frac{{5\pi }}{3} + \frac{\pi }{6}} \right) + i\sin \left( {\frac{{5\pi }}{3} + \frac{\pi }{6}} \right)} \right]\) \( = 8\left( {\cos \frac{{11\pi }}{6} + i\sin \frac{{11\pi }}{6}} \right).\)

Vậy \(w\) có môđun và một acgumen là: \(\left\{ \begin{array}{l}

r = 8\\

\varphi = \frac{{11\pi }}{6}

\end{array} \right.\)

b. Ta có

\({z_2} – 2 = \sqrt 3 + i – 2\) \( = 2\left( { – 1 + \frac{{\sqrt 3 }}{2} + \frac{1}{2}i} \right)\) \( = 2\left( { – 1 + \cos \frac{\pi }{6} + i\sin \frac{\pi }{6}} \right)\)

\( = 2\left( { – 2{{\sin }^2}\frac{\pi }{{12}} + 2i\sin \frac{\pi }{{12}}.\cos \frac{\pi }{{12}}} \right)\) \( = 4\sin \frac{\pi }{{12}}\left( { – \sin \frac{\pi }{{12}} + i\cos \frac{\pi }{{12}}} \right)\)

\( = 4\sin \frac{\pi }{{12}}\left[ {\sin \left( { – \frac{\pi }{{12}}} \right) + i\sin \left( { – \frac{\pi }{{12}}} \right)} \right]\) \( = 4\sin \frac{\pi }{{12}}\left( {\cos \frac{{7\pi }}{{12}} + i\sin \frac{{7\pi }}{{12}}} \right).\)

Suy ra: \(w = \frac{{{z_1}}}{{{z_2} – 2}}\) \( = \frac{{2\left( {\cos \frac{{5\pi }}{6} + i\sin \frac{{5\pi }}{6}} \right)}}{{4\sin \frac{\pi }{{12}}\left( {\cos \frac{{7\pi }}{{12}} + i\sin \frac{{7\pi }}{{12}}} \right)}}\)

\( = \frac{1}{{2\sin \frac{\pi }{{12}}}}\)\(\left[ {\cos \left( {\frac{{5\pi }}{6} – \frac{{7\pi }}{{12}}} \right) + i\sin \left( {\frac{{5\pi }}{6} – \frac{{7\pi }}{{12}}} \right)} \right]\)

\( = \frac{1}{{2\sin \frac{\pi }{{12}}}}\left( {\cos \frac{{3\pi }}{{12}} + i\sin \frac{{3\pi }}{{12}}} \right)\) \( = \frac{1}{{2\sin \frac{\pi }{{12}}}}\left( {\cos \frac{\pi }{4} + i\sin \frac{\pi }{4}} \right).\)

Vậy \(w = \frac{{{z_1}}}{{{z_2} – 2}}\) có môđun và acgumen là \(\left\{ \begin{array}{l}

r = \frac{1}{{2\sin \frac{\pi }{{12}}}}\\

\varphi = \frac{\pi }{4}

\end{array} \right.\)

c. Ta có \({z_2} – 2\) \( = 4\sin \frac{\pi }{{12}}\left( {\cos \frac{{7\pi }}{{12}} + i\sin \frac{{7\pi }}{{12}}} \right)\) (theo câu b) và:

\({z_1} – 2 = – \sqrt 3 + i – 2\) \( = 2\left( { – 1 – \frac{{\sqrt 3 }}{2} + \frac{1}{2}i} \right)\) \( = 2\left( { – 1 – \cos \frac{\pi }{6} + i\sin \frac{\pi }{6}} \right)\)

\( = 2\left( { – 2{{\cos }^2}\frac{\pi }{{12}} + 2i\sin \frac{\pi }{{12}}.\cos \frac{\pi }{{12}}} \right)\) \( = 4\cos \frac{\pi }{{12}}\left( { – \cos \frac{\pi }{{12}} + i\sin \frac{\pi }{{12}}} \right)\)

\( = 4\cos \frac{\pi }{{12}}\left( {\cos \frac{{11\pi }}{{12}} + i\sin \frac{{11\pi }}{{12}}} \right).\)

Suy ra:

\(w = \left( {{z_1} – 2} \right)\left( {{z_2} – 2} \right)\) \( = 4\cos \frac{\pi }{{12}}\left( {\cos \frac{{11\pi }}{{12}} + i\sin \frac{{11\pi }}{{12}}} \right)\).\(4\sin \frac{\pi }{{12}}\left( {\cos \frac{{7\pi }}{{12}} + i\sin \frac{{7\pi }}{{12}}} \right)\)

\( = 16.\sin \frac{\pi }{{12}}.\cos \frac{\pi }{{12}}\)\(\left[ {\cos \left( {\frac{{11\pi }}{{12}} + \frac{{7\pi }}{{12}}} \right) + i\sin \left( {\frac{{11\pi }}{{12}} + \frac{{7\pi }}{{12}}} \right)} \right]\)

\( = 8.\sin \frac{\pi }{6}.\left( {\cos \frac{{18\pi }}{{12}} + i\sin \frac{{18\pi }}{{12}}} \right)\) \( = 8\sin \frac{\pi }{6}\left( {\cos \frac{{3\pi }}{2} + i\sin \frac{{3\pi }}{2}} \right)\)

\( = 4\cos \frac{\pi }{{12}}\left( {\cos \frac{{3\pi }}{2} + i\sin \frac{{3\pi }}{2}} \right).\)

Vậy \(w = \left( {{z_1} – 2} \right)\left( {{z_2} – 2} \right)\) có môđun và một acgumen là: \(\left\{ \begin{array}{l}

r = 4\\

\varphi = \frac{{3\pi }}{2}

\end{array} \right.\)

Cách khác: Trong trường hợp này, ta có thể áp dụng công thức Vi-et:

\({z_1} + {z_2} = 2i, {z_1}{z_2} = – 4.\)

Ta có:

\(w = \left( {{z_1} – 2} \right)\left( {{z_2} – 2} \right)\) \( = {z_1}.{z_2} – 2\left( {{z_1} + {z_2}} \right) + 4\) \( = – 4 – 2.2i + 4 = – 4i\)

\( = 4\left( {0 – i} \right)\) \( = 4\left( {\cos \frac{{3\pi }}{2} + i\sin \frac{{3\pi }}{2}} \right).\)

d. \(w = \overline {{z_1}} .\left( {2 – \overline {{z_2}} } \right)\) \( \Rightarrow \overline w = \overline {\overline {{z_1}} .\left( {2 – \overline {{z_2}} } \right)} \) \( = {z_1}.\left( {2 – {z_2}} \right) = – {z_1}.\left( {{z_2} – 2} \right)\)

Với \( – {z_1} = – 2\left( {\cos \frac{{5\pi }}{6} + i\sin \frac{{5\pi }}{6}} \right)\) \( = 2\left( { – \cos \frac{{5\pi }}{6} – i\sin \frac{{5\pi }}{6}} \right)\)

\( = 2\left[ {\cos \left( {\frac{{5\pi }}{6} – \pi } \right) + i\sin \left( {\frac{{5\pi }}{6} – \pi } \right)} \right]\) \( = 2\left[ {\cos \left( { – \frac{\pi }{6}} \right) + i\sin \left( { – \frac{\pi }{6}} \right)} \right]\) và \({z_2} – 2\) \( = 4\sin \frac{\pi }{{12}}\left( {\cos \frac{{7\pi }}{{12}} + i\sin \frac{{7\pi }}{{12}}} \right).\)

Suy ra:

\(\overline w = – {z_1}.\left( {{z_2} – 2} \right)\) \( = 2\left[ {\cos \left( { – \frac{\pi }{6}} \right) + i\sin \left( { – \frac{\pi }{6}} \right)} \right]\).\(4\sin \frac{\pi }{{12}}\left( {\cos \frac{{7\pi }}{{12}} + i\sin \frac{{7\pi }}{{12}}} \right)\)

\( = 8\sin \frac{\pi }{{12}}\).\(\left[ {\cos \left( { – \frac{\pi }{6} + \frac{{7\pi }}{{12}}} \right) + i\sin \left( { – \frac{\pi }{6} + \frac{{7\pi }}{{12}}} \right)} \right]\) \( = 8\sin \frac{\pi }{{12}}.\left( {\cos \frac{{5\pi }}{{12}} + i\sin \frac{{5\pi }}{{12}}} \right)\)

\( \Rightarrow w = 8\sin \frac{\pi }{{12}}\).\(\left( {\cos \frac{{5\pi }}{{12}} – i\sin \frac{{5\pi }}{{12}}} \right)\)

\( = 8\sin \frac{\pi }{{12}}\).\(\left[ {\cos \left( { – \frac{{5\pi }}{{12}}} \right) + i\sin \left( { – \frac{{5\pi }}{{12}}} \right)} \right].\)

Vậy \(w = \overline {{z_1}} .\left( {2 – \overline {{z_2}} } \right)\) có môđun và acgumen là: \(\left\{ \begin{array}{l}

r = 8\sin \frac{\pi }{{12}}\\

\varphi = – \frac{{5\pi }}{{12}}

\end{array} \right.\)

[ads]

Ví dụ 6. Tìm môđun và một acgumen của số phức \(z\) thỏa mãn phương trình: \(\frac{{1 + {z^2}}}{{1 – {z^2}}} = i\).

Ta có: \(\frac{{1 + {z^2}}}{{1 – {z^2}}} = i\) \( \Leftrightarrow 1 + {z^2} = i – i{z^2}\) \( \Leftrightarrow \left( {1 + i} \right){z^2} = – 1 + i\) \( \Leftrightarrow {z^2} = \frac{{ – 1 + i}}{{1 + i}}.\)

\({z^2} = \frac{{ – \left( {1 – i} \right)\left( {1 – i} \right)}}{{\left( {1 + i} \right)\left( {1 – i} \right)}}\) \( = \frac{{ – \left( {1 + {i^2} – 2i} \right)}}{{1 + 1}} = i\) \( = \cos \frac{\pi }{2} + i\sin \frac{\pi }{2}.\)

\( \Rightarrow \left| z \right| = 1\). Đặt \(z = \cos \varphi + i\sin \varphi \) \( \Rightarrow {z^2} = \cos 2\varphi + i\sin 2\varphi .\)

Ta có:

\({z^2} = \cos \frac{\pi }{2} + i\sin \frac{\pi }{2}\) \( \Leftrightarrow \cos 2\varphi + i\sin 2\varphi \) \( = \cos \frac{\pi }{2} + i\sin \frac{\pi }{2}\)

\( \Leftrightarrow 2\varphi = \frac{\pi }{2} + k2\pi \) \( \Leftrightarrow \varphi = \frac{\pi }{4} + k\pi .\)

Chọn \(k = 0, 1\) ta được \({\varphi _1} = \frac{\pi }{4}, {\varphi _2} = \frac{{5\pi }}{4}.\)

Vậy có \(2\) số phức \(z\) thỏa mãn: \(\frac{{1 + {z^2}}}{{1 – {z^2}}} = i\) là:

\({z_1}\) có môđun \(r = 1\), một acgumen là \({\varphi _1} = \frac{\pi }{4}\) và \({z_2}\) có môđun \(r = 1\), một acgumen là \(\varphi = \frac{{5\pi }}{4}\).

Ví dụ 7.  Trong các acgumen của số phức \({\left( {1 – \sqrt 3 i} \right)^8}\), tìm acgumen có số đo dương nhỏ nhất.

Ta có: \(1 – \sqrt 3 i = 2\left( {\frac{1}{2} – \frac{{\sqrt 3 }}{2}i} \right)\) \( = 2\left( {\cos \frac{{ – \pi }}{6} + i\sin \frac{{ – \pi }}{3}} \right).\)

Theo công thức Moivre ta có: \(z = {2^8}\left( {\cos \frac{{ – 8\pi }}{3} + i\sin \frac{{ – 8\pi }}{3}} \right)\). Từ đó suy ra \(z\) có các họ acgumen là: \( – \frac{{8\pi }}{3} + 2k\pi , k \in R\). Ta thấy với \(k = 2\) thì acgumen dương nhỏ nhất của \(z\) là \(\frac{{4\pi }}{3}.\)

Ví dụ 8. Tìm acgumen âm lớn nhất của số phức \(z = {\left( {1 + i\sqrt 3 } \right)^{10}}.\)

\(z = {\left( {1 + i\sqrt 3 } \right)^{10}}\) \( = {2^{10}}{\left( {\frac{1}{2} + i\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)^{10}}\) \( = {2^{10}}{\left( {cos\frac{\pi }{3} + i.\sin \frac{\pi }{3}} \right)^{10}}.\)

Áp dụng công thức Moivre, ta có:

\(z = {2^{10}}\left( {cos\frac{{10\pi }}{3} + i.\sin \frac{{10\pi }}{3}} \right)\) \( = {2^{10}}\left( {cos\frac{{4\pi }}{3} + i.\sin \frac{{4\pi }}{3}} \right).\)

Các acgumen của \(z\) đều có dạng \(\frac{{4\pi }}{3} + k2\pi \left( {k \in Z} \right)\). Ta có \(\frac{{4\pi }}{3} + k2\pi < 0 \Leftrightarrow k < – \frac{2}{3}\) hay \(k \in \left\{ {…, – 4, – 3, – 2, – 1} \right\}.\)

Acgumen âm lớn nhất của \(z\) tương ứng với \(k = – 1.\)

Vậy acgumen cần tìm của \(z\) là \( – \frac{{2\pi }}{3}.\)

Ví dụ 9. Giải phương trình sau trên tập hợp số phức \({\left( {z + i} \right)^4} + 1 = i\sqrt 3 .\)

Ta có: \({\left( {z + i} \right)^4}\) \( = – 1 + i\sqrt 3 \Leftrightarrow {\left( {z + i} \right)^4}\) \( = 2\left( {\cos \frac{{2\pi }}{3} + i\sin \frac{{2\pi }}{3}} \right)\) \(\left( 1 \right).\)

Giả sử \(z + i = r\left( {\cos \varphi + i\sin \varphi } \right)\), \(r \in {R^ + }\) \( \Rightarrow {\left( {z + i} \right)^4}\) \( = {r^4}\left( {\cos 4\varphi + i\sin 4\varphi } \right)\) \(\left( 2 \right).\)

Từ \((1)\) và \((2)\) suy ra: \(\left\{ \begin{array}{l}

{r^4} = 2\\

\cos 4\varphi = \cos \frac{{2\pi }}{3}\\

\sin 4\varphi = \sin \frac{{2\pi }}{3}

\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}

r = \sqrt[4]{2}\\

\varphi = \frac{\pi }{6} + \frac{{k\pi }}{2} \left( {k \in Z} \right)

\end{array} \right.\)

Cho \(k = 0, \pm 1, – 2\) ta nhận được các giá trị acgumen tương ứng của số phức \(z + i\) là \({\varphi _1} = \frac{\pi }{6}\), \({\varphi _2} = \frac{{2\pi }}{3}\), \({\varphi _3} = – \frac{\pi }{3}\), \({\varphi _4} = – \frac{{5\pi }}{6}.\)

Từ đó phương trình đã cho có \(4\) nghiệm lần lượt là:

\(z + i = \sqrt[4]{2}\left( {\cos \frac{\pi }{6} + i\sin \frac{\pi }{6}} \right)\) hay \(z = \frac{{\sqrt[4]{{18}}}}{2} + \left( {\frac{{\sqrt[4]{2}}}{2} – 1} \right)i.\)

\(z + i = \sqrt[4]{2}\left( {\cos \frac{{2\pi }}{3} + i\sin \frac{{2\pi }}{3}} \right)\) hay \(z = – \frac{{\sqrt[4]{2}}}{2} + \left( {\frac{{\sqrt[4]{{18}}}}{2} – 1} \right)i.\)

\(z + i\) \( = \sqrt[4]{2}\left( {\cos \left( { – \frac{\pi }{3}} \right) + i\sin \left( { – \frac{\pi }{3}} \right)} \right)\) hay \(z = \frac{{\sqrt[4]{2}}}{2} – \left( {\frac{{\sqrt[4]{{18}}}}{2} + 1} \right)i.\)

\(z + i\) \( = \sqrt[4]{2}\left( {\cos \left( { – \frac{{5\pi }}{6}} \right) + i\sin \left( { – \frac{{5\pi }}{6}} \right)} \right)\) hay \(z = – \frac{{\sqrt[4]{{18}}}}{2} – \left( {\frac{{\sqrt[4]{2}}}{2} + 1} \right)i.\)

Nhận xét: Dạng lượng giác luôn phát huy được ưu thế của mình khi xử lí các biểu thức lũy thừa bậc cao của số phức.

Ví dụ 10. Gọi \({z_1}, {z_2}\) là nghiệm của phương trình \({z^2} – \left( {2{\mathop{\rm co}\nolimits} s\frac{{5\pi }}{{21}}} \right)z + 1 = 0\). Tìm số \(n\) nguyên dương nhỏ nhất sao cho \({z_1}^n + {z_2}^n = 1.\)

Đặt \({z^2} – \left( {2{\mathop{\rm co}\nolimits} s\frac{{5\pi }}{{21}}} \right)z + 1 = 0\) \((1)\). Biệt thức của \((1)\) là:

\(\Delta’ = {\mathop{\rm co}\nolimits} {s^2}\frac{{5\pi }}{{21}} – 1\) \( = – {\sin ^2}\frac{{5\pi }}{{21}} = {\left( {i{{\sin }^2}\frac{{5\pi }}{{21}}} \right)^2}.\)

Vậy \((1)\) có các nghiệm là \({z_1} = {\mathop{\rm co}\nolimits} s\frac{{5\pi }}{{21}} – i\sin \frac{{5\pi }}{{21}}\) và \({z_2} = {\mathop{\rm co}\nolimits} s\frac{{5\pi }}{{21}} + i\sin \frac{{5\pi }}{{21}}.\)

\({z_1}^n + {z_2}^n = 1\) \( \Leftrightarrow {\left( {{\mathop{\rm co}\nolimits} s\frac{{5\pi }}{{21}} – i\sin \frac{{5\pi }}{{21}}} \right)^n}\) \( + {\left( {{\mathop{\rm co}\nolimits} s\frac{{5\pi }}{{21}} + i\sin \frac{{5\pi }}{{21}}} \right)^n} = 1\)

\( \Leftrightarrow {\left[ {{\mathop{\rm co}\nolimits} s\left( { – \frac{{5\pi }}{{21}}} \right) + i\sin \left( {\frac{{5\pi }}{{21}}} \right)} \right]^n}\) \( + {\left( {{\mathop{\rm co}\nolimits} s\frac{{5\pi }}{{21}} + i\sin \frac{{5\pi }}{{21}}} \right)^n} = 1\)

\( \Leftrightarrow {\mathop{\rm co}\nolimits} s\left( { – \frac{{n5\pi }}{{21}}} \right) – i\sin \left( { – \frac{{n5\pi }}{{21}}} \right)\) \( + {\mathop{\rm co}\nolimits} s\frac{{n5\pi }}{{21}} + i\sin \frac{{n5\pi }}{{21}} = 1\)

\( \Leftrightarrow cos\left( { – \frac{{n5\pi }}{{21}}} \right) + {\mathop{\rm co}\nolimits} s\frac{{n5\pi }}{{21}} = 1\) \( \Leftrightarrow 2{\mathop{\rm co}\nolimits} s\frac{{n5\pi }}{{21}} = 1\)

\( \Leftrightarrow {\mathop{\rm co}\nolimits} s\frac{{n5\pi }}{{21}} = {\mathop{\rm co}\nolimits} s\frac{\pi }{3}\) \( \Leftrightarrow \frac{{n5\pi }}{{21}} = \pm \frac{\pi }{3} + k2\pi \) \( \Leftrightarrow n = \pm \frac{7}{5} + \frac{{42k}}{5} \left( {k \in Z} \right) \left( * \right).\)

Vì \(n\) là số nguyên nhỏ nhất nên từ \((*)\) suy ra: \(n = 7.\)

Ví dụ 11. Cho số phức \(z\) thỏa mãn \(z + \sqrt 2 i\) có một acgument bằng một acgument của \(z + \sqrt 2 \) cộng với \(\frac{\pi }{4}\). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \(T = \left| {z + 1} \right| + \left| {z + i} \right|.\)

Đặt \(z = a + bi\left( {a,b \in R} \right)\). Khi đó \(z + \sqrt 2 i\) có một acgument bằng acgument của \(z + \sqrt 2 \) cộng với \(\frac{\pi }{4}\) nên \(\frac{{z + \sqrt 2 i}}{{z + \sqrt 2 }} = r\left( {cos\frac{\pi }{4} + i.\sin \frac{\pi }{4}} \right)\) với \(r /> 0.\)

\(\frac{{z + \sqrt 2 i}}{{z + \sqrt 2 }} = \frac{{a + \left( {b + \sqrt 2 } \right)i}}{{a + \sqrt 2 + bi}}\) \( = \frac{{a\left( {a + \sqrt 2 } \right) + b\left( {b + \sqrt 2 } \right)}}{{{{\left( {a + \sqrt 2 } \right)}^2} + {b^2}}}\) \( + \frac{{\left( {a + \sqrt 2 } \right)\left( {b + \sqrt 2 } \right) – ab}}{{{{\left( {a + \sqrt 2 } \right)}^2} + {b^2}}} – i.\)

Suy ra \(\frac{{a\left( {a + \sqrt 2 } \right) + b\left( {b + \sqrt 2 } \right)}}{{{{\left( {a + \sqrt 2 } \right)}^2} + {b^2}}}\) \( = \frac{{\left( {a + \sqrt 2 } \right)\left( {b + \sqrt 2 } \right) – ab}}{{{{\left( {a + \sqrt 2 } \right)}^2} + {b^2}}} – i /> 0\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}

{a^2} + {b^2} = 2\\

{\left( {a + 2} \right)^2} + {b^2} \ne 0\\

a + b + \sqrt 2 /> 0

\end{array} \right. \left( * \right).\)

Ta có: \(T = \left| {z + 1} \right| + \left| {z + i} \right|\) \( = \left| {a + 1 + bi} \right| + \left| {a + \left( {b + 1} \right)i} \right|\)

\( = \sqrt {{{\left( {a + 1} \right)}^2} + {b^2}} + \sqrt {{a^2} + {{\left( {b + 1} \right)}^2}} \) \( = \sqrt {3 + 2a} + \sqrt {3 + 2b} \) do \((*).\)

Áp dụng bất đẳng thức Cosi,ta được:

\({T^2} \le 2\left( {6 + 2a + 2b} \right)\) \( \le 2\left( {6 + 2\sqrt {{a^2} + {b^2}} } \right) = 20.\)

Suy ra \(T \le 2\sqrt 5\), đẳng thức xảy ra khi \(a = b = 1.\)

Vậy, giá trị lớn nhất của \(T\) là: \(2\sqrt 5\), đạt khi \(z = 1 + i.\)