Bài tập Căn bậc hai, Phương trình bậc hai số phức trong đề thi Đại học có lời giải (6 dạng) - Toán lớp 12
Bài tập Căn bậc hai, Phương trình bậc hai số phức trong đề thi Đại học có lời giải (6 dạng)
Với Bài tập Căn bậc hai, Phương trình bậc hai số phức trong đề thi Đại học có lời giải (6 dạng) Toán lớp 12 gồm đầy đủ phương pháp giải, ví dụ minh họa và bài tập trắc nghiệm có lời giải chi tiết sẽ giúp học sinh ôn tập, biết cách làm dạng bài tập Căn bậc hai, Phương trình bậc hai số phức từ đó đạt điểm cao trong bài thi môn Toán lớp 12.
Dạng 1: Tìm căn bậc hai của số phức
1. Phương pháp giải
Cho số phức z= a + bi, ( a,b ∈ R). Tìm căn bậc hai của số phức z.
Gọi ω = c + di, ( c,d ∈ R ) là căn bậc hai của z.
Suy ra: z=ω 2 ⇒ a + bi = ( c + di)2
⇒ a + bi= c2 + 2cdi – d2
⇒ ( a – c2 + d2) + ( b – 2cd)i = 0
+ Từ đó , ta có hệ phương trình:
Giải hệ phương trình trên ta được c và d. Từ đó, suy ra căn bậc hai của z.
2. Ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Tìm các căn bậc 2 của z = – 5 + 12i
A. 2 + 3i và – 2 - 3i B. 1 + 4i và – 1- 4i
C. 2- 3i và – 2 + 3i D. 3 – 4i và -3 + 4i
Lời giải:
Gọi = a + bi, là căn bậc hai của số phức z
Suy ra: (a + bi)2 = - 5 + 12i
⇒ a2 + 2abi- b2 = - 5 + 12i
⇒ (a2- b2 + 5) + (2ab – 12) i =0
Từ phương trình trên ta có hệ phương trình :
Rút b từ phương trình thứ hai thay vào phương trình thứ nhất, ta có:
Hệ này có 2 nghiệm: (2; 3) và ( -2; -3).
Vậy số phức z có 2 căn bậc hai là 2 + 3i và – 2- 3i.
Chọn A
Ví dụ 2: Gọi z là căn bậc hai của số phức ω = 4 + 6√5i . Tìm mô đun của z?
A. 3 B. 4 C. √14 D.√10
Lời giải:
Gọi z = x + yi, (x,y∈ R) là một căn bậc hai của ω
Khi đó ta có:
(x + yi)2 = 4 + 6√5i
⇒ x2 + 2xyi - y2 = 4 + 6√5i
⇒(x2 - y2-4) + (2xy - 6√5)i =0
⇔ 
Giải hệ phương trình tìm được nghiệm:
⇔
Vậy số phức đã cho có hai căn bậc hai là: z1 = 3 + i√5; z2 = -3 -i√5
|z1 | = |z2| = √14
Chọn C
Ví dụ 3: Cho số phức z = 
.
Gọi ω = a + bi ( a,b ∈ R) là căn bậc hai của số phức z. Tính
P= a2 + b2 ?
A. ±3 B. ±√10 C. ±√5 D. ±√13
Lời giải:
Ta có: z =
= 
= 
= -1 + 3i
Do ω = a + bi ( a,b ∈ R) là căn bậc hai của số phức z.
⇒ ( a + bi)2 = -1 + 3i
⇔ a2 + 2abi – b2 + 1 – 3i = 0
⇔( a2 – b2 + 1) + ( 2ab – 3) =0
Từ đó ta có hệ phương trình sau:
⇔
⇔
⇔
Chọn B
Ví dụ 4: Gọi ω = 2 + ai ( a ∈ R) là một căn bậc hai của số phức z= b + 12i; (b ∈ R) . Tính a + b?
A.-1 B. 1 C. – 2 D. 3
Lời giải:
Do ω = 2 + ai là một căn bậc hai của số phức z = b + 12i nên ta có:
( 2 + ai)2 = b + 12i
⇔ 4 + 4ai- a2 = b + 12i
⇔ (4 – a2 – b) + ( 4a – 12)i =0
Từ đó ta có hệ phương trình sau:
Do đó, a + b = 3 + (-5) = - 2.
Chọn C.
Dạng 2: Giải phương trình bậc hai trên tập số phức
1. Phương pháp giải
Cho phương trình bậc hai ax2 + bx + c = 0; (a,b,c ∈ R a≠0 ) . Xét Δ = b2 - 4ac , ta có
• ∆ =0 phương trình có nghiệm thực : x = -b/2a
• ∆ > 0 phương trình có hai nghiệm thực được xác định bởi : x1,2 = 
• ∆ < 0 phương trình có hai nghiệm phức được xác định bởi : x1,2 = 
Chú ý:
* Có thể dùng biệt thức ∆’= b’2 – ac (với b= 2b’)
Khi đó nghiệm của phương trình bậc hai đã cho được xác định bởi công thức:
x1,2 = 
2. Ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Nghiệm của phương trình z2 - 2z + 7 =0 trên tập số phức là:
A. z = 1±√6i B. z = 1±2√2i
C. z = 1±√7i D.z = 1±√2i
Lời giải:
Ta có: ∆’= b’2 – ac = (-1)2 – 7.1 = - 6 < 0
Suy ra phương trình đã cho có 2 nghiệm phức: z = 1 + √6i và z = 1-√6i
Chọn A.
Ví dụ 2: Gọi z0 là nghiệm phức có phần ảo âm của phương trình 2z2 – 6z + 5 =0. Tìm i.z0?
A. iz0 = 
B. iz0 = 
C. iz0 = 
D. iz0 = 
Lời giải:
Xét phương trình: 2z2 – 6z + 5= 0
Có ∆’= (-3)2 – 2. 5 = -1
Phương trình đã cho có hai nghiệm phức là : 
Do đó, nghiệm z0 có phần ảo âm là
z0 = z2 = 
Do đó : i.z0 =
(
).i = 
Chọn B.
Ví dụ 3: : Gọi z1 và z2 là các nghiệm của phương trình z2 – 4z + 9= 0. Gọi M, N là các điểm biểu diễn của z1 và z2 trên mặt phẳng phức. Khi đó độ dài của MN là:
A. MN = 4 B. MN = 5
C. MN = 2√5 D. MN = √5
Lời giải:
Xét phương trình z2 – 4z + 9=0
⇔ z2 – 4z + 4 =- 5 ⇔ ( z-2)2 = 5i2
⇔ 
Khi đó, tọa độ hai điểm M và N biểu diễn hai số phức z1, z2 là M(2;√5);N(2;-√5) .
⇒ MN = 
= 2√5
Chọn C.
Ví dụ 4:. Kí hiệu z0 là nghiệm phức có phần ảo dương của phương trình 4z2 – 16z + 17 = 0 . Trên mặt phẳng tọa độ, điểm nào dưới đây là điểm biểu diễn của số phức w= i.z0 ?
A. M(
;2). B. M(-
;2)
C. M(
;2). D. M(-
;2).
Lời giải:
Xét phương trình: 4z2 – 16z + 17 = 0 có ∆’= 82 – 4. 17= - 4= (2i)2.
Phương trình có hai nghiệm
z1 = 2- 
; z2 = 2 + 
.
Do z0 là nghiệm phức có phần ảo dương nên z0 = z2 = 2 + .
Ta có w= i.z0 = (2 + ).i = -1⁄2 + 2i
Điểm biểu diễn số phức w là M(-
;2)
Chọn B.
Dạng 3: Giải phương trình bậc cao trên tập số phức
1. Phương pháp giải
+ Biến đổi phương trình về dạng phương trình tích, trong đó mỗi nhân tử là phương trình bậc nhất hoặc bậc hai. Chú ý sử dụng các hằng đẳng thức đáng nhớ.
+ Dùng phương pháp đặt ẩn phụ.
+ Với phương trình trùng phương bậc bốn:
az4 + bz2 + c=0(a ≠ 0) Đặt t = z2 .
+ Nhẩm nghiệm, phép chia đa thức cho đa thức....
2. Ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Cho phương trình sau:
z3 - 3( 1 + 2i).z2 + ( -3 + 8i)z + 5 – 2i =0. Tính tổng các nghiệm của phương trình trên ?
A. 2 + 5i B. -3 + 6i C. 3 + 6i D. – 2 + 5i
Lời giải:
* Nhẩm nghiệm: Ta thấy tổng các hệ số của phương trình bằng 0 nên phương trình có nghiệm z=1.
* Khi đó:
z3 - 3( 1 + 2i).z2 + ( -3 + 8i)z + 5 – 2i =0
z3 - 3(1 + 2i)z2 + (-3 + 8i)z + 5-2i = 0
⇔(z-1)[z2-2(1 + 3i)z + 2i-5]
⇔ 
⇔ 
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là : z= 1; z= i và z= 2 + 5i.
Tổng các nghiệm là: 1 + i + 2 + 5i = 3 + 6i
Chọn C
Ví dụ 2: Cho phương trình:
z3 + ( 2- 2i).z2 + ( 5 – 4i)z – 10i =0 biết phương trình có nghiệm thuần ảo. Tìm các nghiệm của phương trình đã cho
A. z= -2i, z = 1 - 2i và z = 1 + 2i.
B. z= 2i, z = - 1 + 2i và z = - 1- 2i.
C. z= -1 + i, z = 1 + i và z = - 1- i.
D. Đáp án khác
Lời giải:
Đặt z = yi với y ∈ R
Phương trình đã cho có dạng:
(iy)3 + (2i-2)(yi)2 + (5-4i)(yi) – 10i = 0.
⇔ -iy3 – 2y2 + 2iy2 + 5iy + 4y – 10i = 0 = 0 + 0i
Đồng nhất hoá hai vế ta được:
Giải hệ này ta được nghiệm duy nhất
y = 2.
Suy ra phương trình có nghiệm thuần ảo z = 2i.
* Vì phương trình nhận nghiệm 2i.
⇒ vế trái của phương trình đã cho có thể phân tích dưới dạng:
z3 + (2 – 2i)z2 + (5 – 4i)z – 10i
= (z – 2i)(z2 + az + b) (a, b ∈ R)
đồng nhất hoá hai vế ta giải được a = 2 và b = 5.
⇒ (1)⇔ (z – 2i)(z2 + 2z + 5) = 0 ⇔ 
⇔
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là z= 2i, z= - 1 + 2i và z= - 1- 2i.
Chọn B.
Ví dụ 3:Cho phương trình:
z4 + 2z3 – z2 – 2z + 10 = 0. Biết phương trình có 1 nghiệm phức là z= - 2 + i. Tìm tổng các phần thực của các nghiệm của phương trình đã cho?
A. – 2 B. 2 C. 4 D. – 4
Lời giải:
Phương trình trên có 1 nghiệm là
z1 = - 2 + i thì phương trình cũng có nghiệm z2 = - 2- i.
Suy ra, z4 + 2z3 – z2 – 2z + 10 = 0
⇔ ( z + 2- i). (z + 2 + i). (z2 + 4z + 5) =0
⇔ 
⇔ 
Vậy phương trình trên có 4 nghiệm là :
- 2 + i,- 2 –i, 1 + i và 1- i.
Tổng phần thực của bốn nghiệm của phương trình:
- 2 + (-2) + 1 + 1 = - 2 .
Chọn A.
Ví dụ 4: Cho phương trình sau:
(z2 + 3z + 6)2 + 2z.(z2 + 3z + 6) – 3z2 = 0
A. 
B. 
C. 
D.
Lời giải:
Đặt t = z2 + 3z + 6 phương trình đã cho có dạng:
t2 + 2zt – 3z = 0 ⇔ (t – z)(t + 3z) = 0
⇔ 
+ Với t = z ⇔ z2 + 3z + 6 – z = 0
⇔ z2 + 2z + 6 = 0
⇔ 
+ Với t = -3z ⇔ z2 + 3z + 6 + 3z = 0
⇔ z2 + 6z + 6 = 0
⇔ 
Chọn A.
Ví dụ 5: Giải phương trình sau
z4 - z3 + 
+ z + 1 = 0
A. z = 2 + i; z = 2 -i ; z = 
; z = 
.
B. z = 1 + i; z = 1-i ; z = ; z = .
C. z = 1 + 2i; z = 1- 2i ; z = ; z = .
D. z = 1 + i; z = 1-i ; z = 
; z =
Lời giải:
Nhận xét: z = 0 không là nghiệm của phương trình (1) vậy z ≠ 0 .
Chia hai vế phương trình cho z2 ta được: (z2 + 
) - (z- 
) +
. Khi đó : t2 = z2 +
= 0
Đặt t = z -
. Khi đó :
t2 = z2 +
-2 ⇔ z2 +
= t2 + 2
Phương trình (2) có dạng: t2 – t + 
(3)
Δ = 1 - 4.
= -9 = 9i2
PT (3) có 2 nghiệm t= 
,
t= 
.
+ Với t= ta có
z - =
⇔ 2z2 - (1 + 3i)z -2 = 0 (4)
Có Δ = (1 + 3i)2 + 16
= 8 + 6i = 9 + 6i + i2
= (3 + i)2
PT (4) có 2 nghiệm:
z = 
= 1 + i ,
z = 
= 
.
+ Với t = ta có : z - ⇔2z2-(1-3i)z-2 = 0 (5)
Có Δ = (1 - 3i)2 + 16 = 8 - 6i = 9 - 6i + i2 = (3-i)2
PT(5) có 2 nghiệm:
z = 
'
,
z =
=
.
Vậy PT đã cho có 4 nghiệm: z=1 + i; z=1-i ; z= ; z= .
Chọn B.
Dạng 4: Tính giá trị biểu thức liên quan đến nghiệm của phương trình
1. Phương pháp giải
* Để tính giá trị của biểu thức liên quan đến nghiệm của phương trình ta cần: xác định các nghiệm của phương trình, sử dụng hệ thức Vi- et, linh hoạt sử dụng các hằng đẳng thức đáng nhớ..
* Hệ thức Vi–ét đối với phương trình bậc hai với hệ số thực:
Cho phương trình bậc hai az2 + bz + c= 0 có hai nghiệm phân biệt z1; z2 (thực hoặc phức). Ta có hệ thức Vi–ét 
; z= .
2. Ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Gọi z1, z2 là các nghiệm của phương trình z2 + 4z + 5=0. Đặt (1 + z1)100 + (1 + z2)100 . Khi đó
A. ω= 240.i B.ω=-251 C.ω=251 D.ω=-250i
Lời giải:
Ta có: z2 + 4z + 5=0
⇔ z= .
Suy ra:
ω= (1 + z1)100 + (1 + z2)100
= ( - 1 + i)100 + ( -1- i)100
= [(-1 + i)2]50 + [(-1-i)2]2 = (2i)50 + (-2i)50
= 250.i48.i2 + (-2)50.i48.i2
= 250.1.(-1) + 250.i.(-1)=-252
Chọn B.
Ví dụ 2: Kí hiệu z1, z2, z3, z4 là 4 nghiệm phức của phương trình x4 + 2x2 + 4= 0. Tính tổng T bằng |z1| + |z2| + |z3| + |z4|:
A. 2 B.2√2 C. 4 D. 4√2
Lời giải:
Xét phương trình: x4 + 2x2 + 4 =0 (*)
Đặt t= x2, phương trình (*) trở thành:
t2 + 2t + 4 = 0
⇔ 
⇔ 
.
Giả sử z1,2 là hai nghiệm của phương trình (1) và z3,4 là hai nghiệm của phương trình (2) .
Khi đó |z1| 2 = |z2| 2 =|-1-√3.i| = 2
⇒ |z1| = |z2| = √2 .
Tương tự ta có :
|z3| 2 = |z4| 2 = |-1-√3.i| = 2
⇒ |z3| = |z4| = √2 .
Vậy T = |z1| + |z2| + |z3| + |z4| = 4√2
Chọn D .
Ví dụ 3: Cho các số phức a, b,c, z thỏa mãn
az2 + bz + c=0, . Gọi z1, z2 lần lượt là hai nghiệm của phương trình bậc hai đã cho. Tính giá trị của P = |z1 + z2|2 + |z1-z2|2 -2( |z1 + z2|)2.
A.P = 2 
.
B. P =4 .
C. P = .
D. P = 0.5
Lời giải:
Giả sử phương trình az2 + bz + c= 0 có hai nghiệm phức z1, z2. Theo hệ thức Vi-et ta có:
Ta có
|z1 + z2|2 + |z1-z2|2
= 2(|z1|2 + |z2|2)
Do đó : |z1 + z2|2 + |z1-z2|2 -2( |z1 + z2|)2
= 2( |z1 + z2|)2-2( |z1-z2|)2
= 4|z1|.|z2| = 4|z1.z2| = 4.
Chọn B
Ví dụ 4: Cho các số phức z1 ≠0 ; z2 ≠0 thỏa mãn điều kiện 
. Tính giá trị của biểu thức P = 
A. 
.
B. √2
C. 2
D.
Lời giải:
Theo giả thiết ta có:
⇔ 
⇔(2z2 + z1).(z1 + z2)=z1.z2
⇔ 2z2.z1 + 2z22 + z12 + z2.z1-z2.z1 = 0
⇔ 2.z2.z1 + 2z22 + z12 = 0 (*)
Do z2 ≠ 0 nên ta chia cả hai vế của (*) cho z2 ta được :
Trong cả hai trường hợp ta có
= √2
⇒ 
⇒P=√2 +
=
Chọn D
Ví dụ 5:Cho hai số phức z1, z2 là các nghiệm của phương trình z2 + 4z + 13= 0.Tính môđun của số phức w = ( z1 + z2 ). i + z1.z2
A.|w| = 3 B. |w| = √185
C.|w| = √153 D. |w| = √17
Lời giải:
Xét phương trình z2 + 4z + 13 = 0 có
∆’= 22 – 13 = - 9 = 9i2
Do đó phương trình trên có hai nghiệm là : 
Khi đó:
w = ( z1 + z2 ). i + z1. z2
= ( -2- 3i – 2 + 3i). i + ( -2- 3i). ( -2 + 3i)
= -4i + 13
suy ra: |w| = √(-42 + 132) = √185
Chọn B.
Dạng 5: Lập phương trình bậc 2 nhận z1, z2 làm nghiệm
1. Phương pháp giải
* Cho hai số phức z1 và z2 thỏa mãn: 
Khi đó,z1, z2 là nghiệm phương trình:
z2 – S.z + P=0
* Nếu số phức z0 = a + bi; (a,b ∈ R) là nghiệm phương trình A.z2 + Bz + C=0 (*) thì:
Az02 + Bz0 + C = 0
* Nếu số phức z0 = a + bi; là nghiệm phương trình A.z2 + Bz + C=0 (*) thì
z1 = a – bi cũng là nghiệm của phương trình (*).
2. Ví dụ minh họa .
Ví dụ 1: Biết phương trình z2 + az + b=0 ,
(a,b ∈ R) có một nghiệm phức là z1= 1 + 2i. Tìm a và b?
A. 
B. 
C. 
D. 
Lời giải:
Do z1 = 1 + 2i là nghiệm nên z2 = 1 -2i cũng là nghiệm của phương trình đã cho.
Ta có: 
(1)
Do z1, z2 là nghiệm của phương trình
z2 + az + b= 0 nên theo hệ thức Vi- et ta có:
(2)
Từ (1) và (2) ta có: 
⇔ 
Chọn D.
Ví dụ 2: Biết z1 = 2- i là một nghiệm phức của phương trình z2 + bz + c = 0; (b,c ∈ R) , gọi nghiệm còn lại là z2. Tìm số phức w= bz1 + cz2
A.w= 18 – i B.w= 18 + i.
C.w= 2- 9i D.w= 2 + 9i .
Lời giải:
Do z1 = 2 – i là một nghiệm phức của phương trình z2 + bz + c = 0; (c,b ∈ R) nên
z2 =2 + i cũng là 1 nghiệm của phương trình đã cho.
Ta có: z1 = 2 – i là một nghiệm phức của phương trình z2 + bz + c = 0 nên ta có:
( 2- i)2 + b.(2- i) + c=0
⇔ 4 – 4i + i2 + 2b – bi + c = 0
⇔( 3 + 2b + c) – ( 4 + b) i= 0.
⇔ 
⇔ 
khi đó:
w= bz1 + c.z2 = -4( 2- i) + 5. (2 + i) = 2 + 9i
Chọn D .
Ví dụ 3: . Cho số thực a, b, c sao cho phương trình z3 + az2 + bz + c = 0 nhận z= 1 + i và z = 2 làm nghiệm. Khi đó tổng giá trị a + b + c là:
A. -2. B. 2. C. 4. D. -4.
Lời giải:
Phương trình có nghiệm z = 2 nên thay z=2 vào phương trình ta được:
8 + 4a + 2b + c= 0 ( 1) .
Phương trình có nghiệm z= 1 + i nên thay vào phương trình ta được:
(1 + i)3 + a.(1 + i)2 + b( 1 + i) + c= 0
⇔ 1 + 3i + 3i2 + i3 + a. (1 + 2i + i2) + b(1 + i) + c=0
⇔ 1 + 3i – 3- i + 2ai + b + bi + c= 0
⇔( - 2 + b + c) + ( 2 + 2a + b).i = 0
⇔ 
. (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
⇔ 
⇔ 
Suy ra a + b + c= - 2 .
Chọn A.
Ví dụ 4: Biết hai số phức có tổng bằng 4 và tích bằng 5. Tổng môđun của hai số phức đó bằng:
A. 4 B.√10 C. 2√5 D.2√3
Lời giải:
Hai số phức cần tìm có tổng bằng 4 và tích bằng 5 nên chúng là nghiệm phương trình: z2 – 4z + 5= 0
Phương trình trên có ∆’= 22 – 5 = -1= i2
Suy ra hai số phức đó là 
Vậy tổng môdun của số phức đó là:
|z1| + |z2| = 2√5
Chọn C.
Ví dụ 5: Biết phương trình z2 + mz + n = 0 (với m, n là các tham số thực) có một nghiệm là
z = 1 + i. Tính môđun của số phức w= m + ni .
A. 4√2 B. 4 C. 2√2 D. 16.
Lời giải:
Thay z = 1 + i vào phương trình, ta được :
(1 + i)2 + m. (1 + i) + n= 0
⇔ 1 + 2i + i2 + m + mi + n= 0
⇔ (m + n) + ( m + 2).i = 0
⇔
⇔ 
.
Suy ra w= - 2 + 2i nên mô dun của w là |w| = √8 = 2√2 .
Chọn C.
Dạng 6: Vận dụng cao
1. Ví dụ minh họa
Ví dụ 1: . Cho phương trình z2 – mz + 2m – 1=0 trong đó m là tham số phức. Giá trị của m để
phương trình có hai nghiệm z1, z2 thỏa mãn
z12 + z22 là:
A. m=-2-2√2i. B. m=2 + 2√2i .
C. 2-2√2i D. 2 ± 2√2i
Lời giải:
Theo Viet, ta có: 
⇔
Theo giả thiết ta có:
z12 + z22= -10 ⇔(z1 + z2)2 - 2z1z2 = -10
⇔ m2 - 2( 2m- 1) = - 10
⇔ m2 – 4m + 12= 0
Có ∆’= (-2)2 – 12 = - 8 = 8i2
Do đó phương trình đã cho có 2 nghiệm là : 
Chọn D
Ví dụ 2: Cho phương trình z2 + mz -6i = 0. Để phương trình có tổng bình phương hai nghiệm bằng 5 thì m có dạng ±(a + bi) (a,b ≠R) . Giá trị a + 2b là:
A. 0 B. 1 C. - 2 D. - 1
Lời giải:
Gọi z1, z2 là hai nghiệm của phương trình đã cho
Theo Vi -et, ta có: 
Theo bài cho, tổng bình phương hai nghiệm bằng 5. Ta có:
z12 + z22 = 5 ⇔ (z1 + z22)-2z1.z2 = 5
⇔ m2 + 12i = 5 ⇔ m2 = (3- 2i)2
⇔ m = ± (3-2i)
Do đó,
a= 3; b = - 2 và a + 2b= 3 + 2.(-2) = -1
Chọn D.
Ví dụ 3: Cho z1, z2 là hai số phức thỏa mãn
z2 – 4z + 5= 0 . Tính giá
trị biểu thức
P= ( z1 – 1)2017 + ( z2 – 1)2017 .
A. P=0 B. P= 21008. C. P=21009 . D. P= 2.
Lời giải:
Xét phương trình z2 – 4z + 5= 0 có
∆ = 16 – 4.5.1= - 4 = (2i)2.
Do đó phương trình có hai nghiệm phức:
Suy ra P=( z1 – 1)2017 + ( z2 – 1)2017
=( 1 – i)2017 + ( 1 + i)2017
= (1-i)[(1-i)2]1008 + (1 + i)[(1 + i)2]1008
= (1-i).(-2i)1008 + (1 + i).(2i)1008
= (1-i).(-2i)1008.(i4)252 + (1 + i).(2i)1008(i4)252
= (1-i).21008 + (1 + i).22018
= 21008 + 21008 = 2 1019
Chọn C.
Ví dụ 4:Cho số phức w và hai số thực a, b. Biết rằng w + i và 2w – 1 là hai nghiệm của phương trình z2 + az + b =0 . Tính tổng S= a + b?
A. 
B. 
C. 
D. 
Lời giải:
Giả sử w= x + yi, (x,y ∈ R) .
Do w + i và 2w – 1 là hai nghiệm của phương trình z2 + az + b = 0 nên suy ra
(w + i) và (2w – 1) là hai số phức liên hợp. Nên ta có:
2w - 1= 
= w− -i
2(x + yi)-1 = x-yi-i
⇔ 
⇔ 
(1)
Theo hệ thức Viet, ta lại có:
(2)
Từ (1) và (2) ta suy ra: 
⇒ a + b = -5/9
Chọn D.
Ví dụ 5: Cho hai số thực b và c, (c > 0). Kí hiệu A, B là hai điểm biểu diễn hai nghiệm phức của phương trình z2 + 2bz + c=0 trong mặt phẳng phức. Tìm điều kiện của b và c để tam giác OAB là tam giác vuông (O là gốc tọa độ).
A. b2 = 2c. B. c = 2b2 . C. b = c. D. b2 = c
Lời giải:
Xét phương trình z2 + 2bz + c = 0
có ∆’= b2 – c.
+ Trường hợp 1.Nếu Δ ≥0 ⇔ b2 + c ≥ 0
Khi đó phương trình đã cho có hai nghiệm thực phân biệt.
Do đó,2 điểm A và B biểu diễn hai nghiệm của phương trình đã cho nằm trên trục hoành
=> Ba điểm O, A, B thẳng hàng nên loại trường hợp này.
+ Trường hợp 2. Nếu ∆’ < 0 thì b2 < c.
Khi đó, hai nghiệm là 
Tọa độ hai điểm A và B biểu diễn hai nghiệm của phương trình đã cho là
A(-b;- 
);B(-b;
)
Nhận xét tam giác OAB luôn cân tại O.
Do đó, để tam giác OAB vuông thì phải vuông tại O
⇔ OA→.OB→ = 0 ⇔ b2 - (c-b2) = 0 ⇔ c = 2b2
Chọn B
