0
ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
KHOA TỐN

---------------------------

KHĨA LUẬN TỐT NGHIỆP
Đề tài:
“ỨNG DỤNG SỐ PHỨC ĐỂ GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH
CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC VÀ
TÌM GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA BIỂU THỨC”

Giảng viên hướng dẫn :
Sinh viên thực hiện:
Ngành:
Lớp:
Khóa:

ThS. Nguyễn Thị Hà Phương
Võ Nguyễn Đình Khoa
Cử nhân tốn ứng dụng
11CTUD1
2011 – 2015

Đà Nẵng, tháng 05 năm 2015


1

Lời cảm ơn !
Trong chng trỡnh toỏn hc ph thụng, số phức có rất nhiều ứng dụng
trong giải tích, đại số, lượng giác, đại số tổ hợp và hình học. Tuy nhiên, số
phức vẫn chỉ được đưa vào với nội dung giới thiệu ở chương trình giải tích 12
ở một phần nhỏ. Vì vậy, để mở rộng hướng giải quyết, khai thác những ứng
dụng nhiều hơn của số phức, tôi đã chọn đề tài “Ứng dụng số phức để giải hệ
phương trình, chứng minh bất đẳng thức và tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức”.
Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành đến cô giáo Nguyễn Thị Hà Phương
đã hướng dẫn tận tình, giúp đỡ tơi hồn thành khóa luận này. Tôi cũng xin gửi
lời cảm ơn chân thành đến các thầy cơ giáo trong khoa Tốn, các thầy cô giáo
trong trường Đại học sư phạm – Đại Học Đà Nẵng đã dạy dỗ tơi hồn thành 4
năm học của mình. Xin gửi lời cảm ơn chân thành đến các thầy cô phản biện,
các thầy cô trong hội đồng chấm khóa luận đã dành thời gian đọc và cho nhận
xét.


2
PHẦN MỞ ĐẦU
I.

Lý do chọn đề tài:
Trong cấu trúc đề thi Đại học – Cao Đẳng và các kỳ thi học sinh giỏi

thường có phần giải hệ phương trình, tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
một biểu thức hoặc chứng minh bất đẳng thức. Tuy nhiên việc giải quyết các
bài tập phần này thường khó và khơng có một phương pháp chung cho các bài.
Đơi khi các công cụ học sinh đã biết không đủ để giải quyết các bài tập này,
hoặc để sử dụng được các công cụ đã học người học phải vượt qua được các
bước biến đổi phức tạp mới giải quyết được bài tốn đó.
Một trong các ứng dụng của số phức là có thể dùng để giải hệ phương

trình, chứng minh bất đẳng thức và tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức.
Mặc dù số phức đã được đưa vào chương trình phổ thơng song nội dung
cịn khá đơn giản, các tài liệu về phần ứng dụng của số phức cho học sinh phổ
thơng cịn chưa nhiều. Nên việc nghiên cứu thêm những điều lý thú của số
phức đối với học sinh phổ thơng là thực sự cần thiết.
Vì những lý do trên, tôi đã đưa ra đề tài: “Ứng dụng số phức để giải hệ
phương trình, chứng minh bất đẳng thức và tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức”.
Cấu trúc của khóa luận gồm có 3 phần chính:
o Phần mở đầu:

o Phần nội dung: gồm có 3 chương như sau:
Chương I: Các kiến thức cơ sở của số phức.
Chương II: Nghiên cứu ứng dụng của số phức vào giải hệ
phương trình.
Chương III: Nghiên cứu ứng dụng của số phức vào giải quyết bài
tốn chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức.
o Phần kết luận:


3
II.

Mục đích nghiên cứu:

- Hệ thống hóa chi tiết các vấn đề lý thuyết về số phức.
- Xây dựng hệ thống các bài toán, bài tập vận dụng để thấy được tính thiết
thực của số phức trong việc giải hệ phương trình, chứng minh bất đẳng
thức, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức.
III.


Đối tượng và phạm vi nghiên cứu:

- Đối tượng nghiên cứu: Lý thuyết số phức và ứng dụng của nó.
- Phạm vi nghiên cứu: Một số bài tốn giải hệ phương trình, chứng minh
bất đẳng thức, giá trị nhỏ nhất của biểu thức.
IV.

Nhiệm vụ nghiên cứu:
Nghiên cứu các bài tốn giải hệ phương trình, chứng minh bất đẳng
thức, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức có liên quan đến số phức.

V.

Phương pháp nghiên cứu:

- Phương pháp nghiên cứu lí luận: đọc giáo trình, tài liệu tham khảo để hệ
thống hóa, phân dạng các bài tốn.
- Phương pháp tổng kết kinh nghiệm: tích lũy kinh nghiệm có được của
bản thân, thầy cơ, bạn bè, anh chị khóa trước để nghiên cứu sâu hơn, kĩ
hơn.
- Phương pháp hỏi ý kiến chuyên gia: hỏi trực tiếp thầy cô hướng dẫn các
kiến thức có liên quan đến đề tài.


4
PHẦN NỘI DUNG
Chương 1: CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ SỐ PHỨC
Lịch sử số phức bắt đầu từ thế kỉ XVI.
Nhà toán học Itlia R.Bombelli (1526 – 1573) đã đưa ra định nghĩa đầu

tiên về số phức, lúc đó được gọi là “số ảo” trong cơng trình Đại số (Bologne,
1573) cơng bố ít lâu trước khi ơng mất. Ơng đã đưa ra định nghĩa các số phức
khi nghiên cứu phương trình bậc ba và đã đưa ra căn bậc hai của -1.
Nhà toán học Pháp D’Alembert vào năm 1746 đã xác định được dạng
tổng quát " a  bi" của chúng, đồng thời chấp nhận nguyên lý tồn tại n nghiệm
của một phương trình bậc n.
Nhà tốn học Thụy Sĩ L.Euler (1706 – 1783) đã đưa ra kí hiệu “ i ” để
chỉ căn bậc hai của -1, năm 1801 Gauss đã dùng lại kí hiệu này.
Nhà tốn học Gauss (1777 – 1855) đã đưa ra chứng minh đầy đủ định lí
cơ bản của đại số vào năm 1799: “Mọi phương trình bậc n (với n ngun
dương) ln có n nghiệm phức”.

1.1. Dạng đại số của số phức:
1.1.1. Định nghĩa số phức:
- Số phức (dạng đại số) có dạng z  a  bi với a;b   .
 a gọi là phần thực của số phức z , kí hiệu là Re(z) .
 b gọi là phần ảo của số phức z , kí hiệu là Im(z) .
 i là đơn vị ảo của số phức z , với i2 = –1.
- Tập hợp các số phức được kí hiệu là  , có nghĩa là:





  a  bi / a,b  , i 2  1 .

- Mọi số thực a cũng được xem là một số phức a  0.i , tức là    .


5

a  a '
- Hai số phức a  bi  a ' b ' i  
b  b '


(a,b, a ',b '  ) .

1.1.2. Biểu diễn hình học của số phức:
Mỗi số phức z  a  bi được xác định một điểm M(a; b) hay xác định một

véc tơ u  (a; b) trong mặt phẳng (Oxy). Ta có quan hệ tương ứng 1–1 giữa tập
các số phức với tập hợp điểm trong mặt phẳng (Oxy) hay tập các không gian
véc tơ hai chiều. Do vậy mặt phẳng (Oxy) còn gọi là mặt phẳng phức.
y
M(a; b)

b
O

M(a; b)

a

x

1.2. Các phép toán đối với số phức:
Cho hai số phức z 1  a1  b1i và z 2  a2  b2i , a1;b1;a2 ;b2    .
1.2.1. Phép cộng hai số phức:
z 1  z 2  a1  a2   b1  b2  i .


Tính chất của phép cộng:
(1) Giao hốn: z 1  z 2  z 2  z 1; z 1; z 2   .
(2) Kết hợp: z 1  z 2   z 3  z 1  z 2  z 3  ; z 1; z 2 ; z 3   .
(3) Tồn tại phần tử không:
0  0  0i  ,z  0  0  z  z, z   .


6
(4) Mọi số phức z  a  bi đều tồn tại số đối z  a  bi   và
z  z   z   z  0 .

1.2.2. Phép nhân hai số phức:
z 1.z 2  a1a2  b1b2   a1b2  a2b1  i .

 Tính chất của phép nhân:
(1) Giao hốn: z 1.z 2  z 2.z1; z 1; z 2   .
(2) Kết hợp: z 1z 2  z 3  z 1 z 2z 3  ; z 1; z 2 ; z 3   .
(3) Tồn tại phần tử đơn vị:
1  1  0i  ,z.1  1.z  z, z   .

(4) Mọi số phức z  a  bi  0 đều tồn tại số phức nghịch đảo, kí hiệu
là: z 1 

1
z
a
b
 2  2
 2
i.

2
2
z
a

b
a

b
z

1.2.3. Phép chia hai số phức:
z1
a a  b1b2 a1b2  a2b1
1
 z1.  1 22
 2
i.
z2
z2
a2  b22
a2  b22

1.2.4. Căn bậc hai của số phức:
Số phức w  x  yi là căn bậc hai của số phức z  a  bi khi và
x 2  y 2  a
chỉ khi w  z  
.
 2xy  b


2

1.2.5. Số phức liên hợp:
a) Định nghĩa: Cho số phức z  a  bi với a,b   . Số phức
z  a  bi được gọi là số phức liên hợp của z .

b) Định lý:


7
(1) z   : z  z .
(2) z  z  z   .
(3) z 1; z 2   : z 1  z 2  z 1  z 2 ; z 1.z 2  z 1.z 2 .



(4) z 1  z

1

, z   \ 0 .

z  z
(5)  1   1 , z 1  ; z 2   \ 0 .
 z 2  z
2

(6) z   : z  z  2 Re z  ; z  z  2i Im z  .

1.3. Dạng lượng giác của số phức.

1.3.1. Dạng lượng giác:
Với mỗi số phức z  a  bi với a,b   luôn luôn được biểu diễn dưới
dạng: z  r cos   i sin  .
 Với r  a 2  b 2 được gọi là môđun của số phức z , kí hiệu là z .
  là góc được xác định bởi a  r cos ;b  r sin  . Khi đó  được
gọi là argument của số phức z , kí hiệu là Argz . Các argument của số
phức z  0 được xác định sai khác một bội nguyên của 2 .
Khi đó z  r cos   i sin  được gọi là dạng lượng giác của số phức z .
1.3.2. Nhân chia số phức dưới dạng lượng giác.
Cho hai số phức z 1  r1 cos 1  i sin 1  ,z 2  r2 cos 2  i sin 2  . Khi
đó:
z 1.z 2  r1.r2 cos(1  2 )  i sin(1  2 ) .
z1
r
 1 cos(1  2 )  i sin(1  2 ) .
z2
r2


8
Đặc biệt:

1 
 cos   i sin  ; z  0


z

1.3.3. Công thức Moivre:


r cos   i sin   r n cos n  i sin n , n  N *  .


n

n

cos   i sin 

Đặc biệt:

 cos n  i sin n .

1.4. Dạng mũ của số phức:
Cho số phức z  r cos   i sin  (1).
Sử dụng công thức Euler ta có: e i  cos   i sin 
Khi đó (1) trở thành: z  re i được gọi là dạng mũ của số phức z .

1.5. Phép khai căn số phức:
1.5.1. Căn bậc hai của số phức dưới dạng lượng giác.
Số phức z  r (cos   i sin ) , (r > 0) có hai căn bậc hai là:




  k 2
  k 2 
, k  0,1 .
 r cos  i sin   r cos
 i sin


2
2 
2
2



1.5.2. Căn bậc n của số phức:
Số phức z  r (cos   i sin ) (r > 0) có n căn bậc n là:
n


  k 2
  k 2 
, k  0,1,..., n  1
r cos
 i sin


n
n


9
Chương 2: ỨNG DỤNG CỦA SỐ PHỨC VÀO GIẢI HỆ
PHƯƠNG TRÌNH
2.1. Sử dụng căn bậc n của số phức để giải hệ phương trình
Cho số phức z  r  cos   i sin   ; r  0  . Khi đó các căn bậc n của
số phức z là:


  2k 
  2k  
z k  n r  cos
 i sin
 , k  0;1;2;...; n  1

n
n


 Các căn bậc hai của số phức z  r  cos   i sin   ; r  0  là:



z 0  r  cos  i sin 

2
2




z 1   r  cos  i sin 

2
2

 Các căn bậc ba của số phức z  r  cos   i sin   ; r  0  là:




z 0  3 r  cos  i sin 

3
3

  2
  2 
z 1  3 r  cos
 i sin


3
3 

  4
  4 
z 2  3 r  cos
 i sin


3
3 

Một phương trình nghiệm phức f (z )  0 với z  x  yi  x ; y    ta có
thể biến đổi về dạng:
g(x ; y )  0
.
g(x ; y )  ih(x ; y )  0  

h
(
x
;
y
)

0


2.2. Sử dụng các hằng đẳng thức trong số phức để giải hệ
phương trình:
Đặt z  x  yi x ; y    và sử dụng các hằng đẳng thức sau:


10
z  x  yi
z 2  x 2  y 2  2xyi
z 3  x 3  3xy 2  3x 2y  y 3 i
z 4  x 4  6x 2y 2  y 4  4 x 3y  xy 3 i
1
1
x  yi

 2
z
x  yi
x  y2
i
i(x  yi )

xi  y
 2
 2
2
z
x y
x  y2

Từ các phương trình của hệ ta biến đổi một trong hai phương trình nhân
với i rồi cộng (hoặc trừ) các phương trình trong hệ cho nhau hợp lí ta được các
1
nhân tử z ; z 2 ; z 3 ; ;...
z

Một phương trình nghiệm phức f (z )  0 với z  x  yi  x ; y    ta có
thể biến đổi về dạng:
g(x ; y )  0
.
g(x ; y )  ih(x ; y )  0  
h
(
x
;
y
)

0

g(x ; y )  0
Sau đó giải hệ 

để tìm ra các cặp nghiệm x ; y  của hệ phương
h
(
x
;
y
)

0


trình ban đầu.
Bài tốn 1: Giải hệ phương trình:
x 3  3xy 2  1

, x , y    .
 2
3x y  y 3  1


Lời giải:
Thông thường thì hầu hết khi gặp bài tốn này, chúng ta lầm tưởng hệ
trên là hệ đối xứng (ta thường gọi là hệ đối xứng loại 2). Nếu nhận dạng hệ có
vế trái đẳng cấp bậc 3 thì cũng gặp nhiều khó khăn vì phương trình bậc 3 thu
được khơng có nghiệm hữu tỉ. Để ý thấy vế phải của hệ phương trình là 1, 1, vế
trái của hệ có bậc 3 nên ta nhân phương trình (2) với i sau đó cộng hai phương


11
trình lại, khi đó bài tốn xuất phát từ số phức 1  i như sau:

Dạng lượng giác của số phức z  1  i là:



1  i  2  cos  i sin  .

4
4

Vậy ta tìm được các căn bậc ba của số phức z là:
w0 

3

w1 

3

w2 

3







2  cos  i sin   6 2  cos  i sin  .


12
12 

12
12 




 2
 2 


3
3 
6
2  cos 4
 i sin 4
 i sin
  2  cos
.

3
3 

4
4 






4


4


 6 
17 
17  
2  cos 4
 i sin 4
 i sin
  2  cos
.

3
3 

12
12 

x 3  3xy 2  1
Từ đây, ta đã tìm được nghiệm của hệ phương trình  2
là:
3
3
x
y


y

1


x ; y    6 2 cos  ; 6 2 sin   .


12
12 
x ; y    6 2 cos 3 ; 6 2 sin 3  .

4
4 
6
x ; y    2 cos 17 ; 6 2 sin 17  .

12
12 

Bài tốn 2: (Tạp chí Kvant) Giải hệ phương trình:

3x  y
=3
x  2
x  y2

y  x  3y = 0


x 2  y2

(1)

.
(2)

Lời giải:
Cách 1: Sử dụng phương pháp giải đại số:
Điều kiện: x 2  y 2  0 .
Vì x  0; y  0 không là nghiệm của hệ trên nên ta viết lại hệ dưới dạng:


12


3xy  y 2

xy

 3y (3)

2
2

x

y

.


2

x

3
xy

xy  2
 0 (4)

2

x

y



Khi đó lấy phương trình (3) + (4) ta thu được kết quả: 2xy  1  3y
x 

Thay x 

3y  1
2y

 3y  1

  3y

 2y 

3y  1
vào phương trình (2) ta được: y 
 0.
2
2y
 3y  1

  y 2
 2y 

x  2
x  1
Vậy ta tìm được nghiệm của hệ ban đầu là 
hoặc 
.
y

1
y


1



Cách 2: Sử dụng phương pháp số phức hóa:
Điều kiện: x 2  y 2  0 .
Nhận thấy x 2  y 2 là bình phương mơ đun số phức x  yi . Đặt


z  x  iy  0 , nhân phương trình thứ hai với i và cộng vế theo vế với
phương trình thứ nhất ta được:
3x  y  (x  3y )i
 3.
x 2  y2
3 x  yi   i(x  yi )
 x  yi 
 3.
x 2  y2
3  i x  yi 
 x  yi 
 3.
x 2  y2
3  i  z
z
 3  0.
2
z
3  i 
2
z
 3  0 (do z .z  z ).
z
2
 z  3z  3  i  0 (do z  0).
x  yi 


13

Ta có   3  4i  1  2i  . Do đó phương trình trên có hai nghiệm
2

x  2
là: z 1  2  i  
y  1


x  1
; z 2  1  i  
.
y  1


z  2  i

z  z 2  3 2  i
Bài toán 3: Xét hai số phức  1
.
 1
z
.
z

6
z

2
2


2
i
 2
 1 2

Hãy lập một hệ phương trình từ hai số phức z 1; z 2 .
Khi đó z 1; z 2 là nghiệm của phương trình bậc hai:
z 2  3 2  i  z  6  0
6
 3 2 i
z
6z
z
 3 2 i
z .z
z

Giả sử z  u  vi u; v    , phương trình được viết lại thành:
6 u  vi 
 3 2  i.
u2  v2


6u
v  6v  i  3 2  i.
u 2

u  v 2 
u 2  v 2 





6 

6u



3 2
u
1

u 2
3 2



2
2
2




u

v



u v


.




6
v
6


v 2
1
1
v 1  2


2


u

v
u  v 2 


 


u  vi 

Bằng cách đặt u  x ; v  y ta được hệ phương trình:
 x
6 
1


 2
 3 
x y
.



6
 y 1
1
 
x y

Nhận xét:


14
(i) Đối với bài tốn 1, ta có thể thấy mối liên hệ giữa số phức với hệ
phương trình từ đó sáng tạo thêm một phương pháp giải hệ mới.
(ii) Đối với bài toán 2, rõ ràng việc ứng dụng số phức để giải hệ rất thuận
tiện, lời giải gọn gàng hơn so với cách giải đại số thông thường.
(iii)Đối với bài toán 3, ta nhận được dạng đặc trưng của hệ để giải một lớp

các bài toán cùng dạng bằng số phức, đơn giản và hiệu quả hơn.
(iv) Rõ ràng khi nghiệm của hệ là nghiệm lẻ thì việc rút x theo y (hoặc y
theo x ) rồi đưa về một phương trình bậc cao của y (hoặc của x ) tỏ ra
không hiệu quả bằng khi sử dụng số phức z  x  yi ta hoàn toàn tìm
được nghiệm của z và suy ra nghiệm  x ; y  của hệ phương trình đã cho.
Qua 3 bài tốn trên, chúng ta có thể hình thành nên một phương pháp
mới để giải một lớp các bài toán tương tự sau đây:
Bài tốn 4: Giải hệ phương trình:
2x 3  6xy 2  5
(1)
.
 2
3
6
x
y

2
y

5
3
(2)


Lời giải:
Nhân hai vế của phương trình (2) với i rồi cộng với (1) ta được:
2x 3  6xy 2  6x 2y  2y 3 i  5  5 3i
5 5 3


i
2
2
5 5 3
 x 3  3x 2yi  3xy 2i 2  y 3i 3  
i
2
2
1
3
3 



 x  yi  5  
i
2
2 
 x 3  3xy 2  3x 2y  y 3 i 

1
3
Đến đây, ta thấy rằng x  yi là một căn bậc ba của số phức z  5  
i
2
2 
1


3 


cos   i sin  
Xét số phức z  5  
i

5


2
2 
3
3 


15
Khi đó ta tìm được các căn bậc ba của số phức z là:



z 0  3 5 cos  i sin .

9
9





 2
 2 


  3 5 cos 7   i sin 7  .
z 1  3 5 cos 3
 i sin 3


3
3 
9
9 





 4
 4 

  3 5 cos 13  i sin 13 .
z 2  3 5 cos 3
 i sin 3


3
3 
9
9 

Do vậy, nghiệm của hệ phương trình là:


x  3 5 cos 

9



3
y  5 sin
9




x  3 5 cos 7 
x  3 5 cos 13
9 ; 
9 .
; 


7
13
3
3
y  5 sin
y  5 sin
9
9




Bài toán 5: (Korean Mathematical Olympiad) Giải hệ phương trình:


x 4  6x 2y 2  y 4  3


 3
1

x y  y 3x 


4



Lời giải:
Nhận thấy vế trái của hệ phương trình đẳng cấp bậc 4, vế phải của hệ là các
hệ số

3,1 nếu ta nhân hai vế của phương trình hai trong hệ với 4. Sau đó, đi

tìm lời giải của bài tốn như sau:
Ta tìm số phức w  x  yi, x , y    sao cho w 4  3  i .
Khai triển vế trái:

x  yi 

4




 



 3  i  x 4  y 4  6x 2y 2  4x 3y  4xy 3 i  3  i .


4
4
2 2

x  y  6x y  3
 3
.
3

4
x
y

4
xy

1




Như vậy x ; y là phần thực và phần ảo của số phức w .
Mặt khác w là căn bậc bốn của số phức:




3  i  2 cos  i sin  nên:

6
6 


16





 k 2
 k 2 

, k  0,1,2, 3 .
w  4 2 cos 6
 i sin 6


4
4





Hệ phương trình có 4 nghiệm là:
4

 2 cos    k  , 4 2 sin    k  , k  0,1,2, 3.
x
,
y

  

 24
 24
2 
2 


Bài tốn 6: Giải hệ phương trình:
x 3  3xy 2  x  1  x 2  2xy  y 2
 3
2
2
2
y  3x y  y  1  y  2xy  x

(1)
(2)

.


Lời giải:
Cách 1: Sử dụng phương pháp giải đại số:
 x  1  x 2  1  y 2   2xy(y  1)
Hệ phương trình đã cho được viết về dạng: 
.
2
2




y

1
y

1

x

2
xy
(
x

1)


Trường hợp 1: Nếu 2xy(x  1)  0  x  0 hoặc y  0 hoặc x  1 .

 Nếu x  0 hệ phương trình trở thành:
y 2  1  0
: hệ vô nghiệm.

2




y

1
y

1

0


 Nếu y  0 hệ phương trình trở thành:
2

x  1


x  1x  1  0

.




2




x


1

1

x

0





+ x  1; y  0  x ; y   1; 0 .
+ x  1; y  0  x ; y   (1; 0) .
0  0
 Nếu x  1 hệ phương trình trở thành:  2

y y  1  0


+ x  1; y  0  x ; y   1; 0 .


y  0

y  1 .



17
+ x  1; y  1  x ; y   (1;1) .
Trường hợp 2: Nếu 2xy(x  1)  0 , khi đó chia vế theo vế hai phương trình
trong hệ ta được:

x  1x 2  1  y 2 

y  1y 2  1  x 2 



2xy y  1
.
2xy(x  1)

2

 x  1  (y  1)2 .
 x  y  1.

(loại vì khơng thỏa mãn điều kiện 2xy(x  1)  0 ).
Vậy hệ phương trình có nghiệm là:  x ; y    1; 0  ;(1; 0);(1;1) .
Cách 2: Sử dụng phương pháp số phức hóa:

Bằng cách đặt z  x  yi  x ; y    sẽ cho ta 2 kết quả sau:
z 2  x 2  y 2  2xyi
.
 3
3
2
2
3


z

x

3
xy

3
x
y

y
i


Viết lại hệ phương trình đã cho dưới dạng:
3
2
2
2


x  3xy  x  1  x  2xy  y  0
.

3
2
2
2
i
(

y

3
x
y

y

1

x

2
xy

y
)

0




Cộng vế theo vế của hai phương trình trong hệ ta được:
x 3  3xy 2  x  1  x 2  2xy  y 2  i(y 3  3x 2y  y  1  x 2  2xy  y 2 )  0.
 x 3  3xy 2  3x 2y  y 3 i  x 2  y 2  2xyi   2xy  i x 2  y 2   x  1  i(y  1)  0.
 x 3  3xy 2  3x 2y  y 3 i  (1  i ) x 2  y 2  2xyi   (x  yi )  1  i  0.
 z 3  (1  i )z 2  z  1  i  0

z 1z 1z 1i 0
z 1
x yi 1
x 1;y 0.



z 1 x yi 1 x 1;y 0.
z 1i x yi 1i x 1;y 1.




Vậy hệ phương trình có nghiệm  x ; y    1; 0  ; 1; 0  ; 1;1 .


18
Bài tốn 7: Giải hệ phương trình:
 6  x   x 2  y 2   6x  8y

2

2
 3  y   x  y   8x  6y

Lời giải:
Nhận thấy rằng x  0; y  0 là một nghiệm của hệ phương trình.
Xét x 2  y 2  0 , hệ phương trình được viết lại dưới dạng:


6x  8y
6x  8y
6

x

6

x  2
2
2
x y 
x  y2


3  y  8x  6y
y  8x  6y  3
2
2


x y

x 2  y2

Xét hệ phương trình:

6x  8y
x

6

x 2  y2
.

8
x

6
y
y 
3
x 2  y2


Khi đó, viết lại hệ phương trình dưới dạng:

6x  8y
6
x  2
x  y2
.


8
x

6
y
iy 
.i  3i

x 2  y2


6x  yi   8 y  xi 

x  yi 
 6  3i 1

2
2

x y
.



6
x

8
y


x 2
6

2

x

y



Với phép đặt: z  x  yi x ; y    .
Suy ra:

1
x  yi i
y  xi
 2
;  2
2
z
x y z
x  y2

Khi đó phương trình (1) trở thành:

.


19

6  8i
 6  3i.
z
 z 2  6  3i  z  6  8i  0.
z

Giải phương trình trên ta thu được hai nghiệm là
x  2
z 1  2  i  
y  1


x  4
z 2  4  2i  
.
y  2


Vậy hệ phương trình có các nghiệm là  x ; y    0; 0  ;  2;1 ;  4;2  .
Bài toán 8: Giải hệ phương trình:
2x  5y  xy  2

.
 2
x  4y  21  y 2  10x


Lời giải:
Nhân phương trình đầu với 2i rồi cộng vế theo vế hai phương trình
trong hệ ta được phương trình sau:

x 2  y 2  10x  4y  21  2i xy  2x  5y  2  0
 x 2  y 2  2xyi  10 x  yi   4i x  yi   21  4i  0. (*)

Bằng cách đặt z  x  yi  x ; y    thì * trở thành:
z 2  2 5  2i  z  21  4i  0 .

Giải phương trình bậc hai trên ta thu được hai số phức:
z  5  2 2   2  2 2  i  z  5  2 2   2  2 2 i .

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm:
x  5  2 2


y  2  2 2




x  5  2 2

.

y  2  2 2


Bài tốn 9: Giải hệ phương trình:
x 2  y 2  x  y  2

.


2xy  x  y  2



20
Từ hệ phương trình ta có:
x 2  y 2  x  y  2  2xy  x  y  2 i  0.





 x 2  2xyi  y 2  x  yi   i x  yi   i  2  0.

Đặt z  x  yi x ; y    ta được phương trình:
z 2  (1  i )z  2  2i  0.

Giải phương trình trên ta có: z  2  z  1  i.
Từ đó suy ra hệ phương trình có nghiệm:

x ; y   2; 0  x ; y   1;1.
Bài tốn 10: Giải hệ phương trình:

x  78y  20

x 2  y2
.


78x

 15
y  2
x  y2


Điều kiện: x 2  y 2  0 .
Từ hệ phương trình ta có:


78y
y  78x  i  20  15i.

x 2  y 2 
x 2  y 2 
x  yi
 x  yi   78i 2
 20  15i.
x  y2
x

Đặt z  x  yi x ; y    ta được phương trình: z 

78i
 20  15i .
z

 z 2  5 4  3i  z  78i  0 .

Ta có   (16  9i )2 nên phương trình có nghiệm:
z  2  3i  z  18  12i .


Vậy hệ phương trình có nghiệm 2; 3 ; 18;12 .


21
Bài toán 11. (Đề thi VMO 1996) Giải hệ phương trình:



1 


  2
3
x
.
1






x

y



.





1

4 2
7y .1 


 x  y 



Lời giải:
Trước hết, ta nhận thấy điều kiện cho x ; y là x  0, y  0 .
Đặt

x  u  0, y  v  0 .

 
1 
2
 
u. 1  2
2
u  v 
 
3 .
Hệ phương trình đã cho trở thành: 

 
1  4 2

v
.
1

 
2
2

u

v



7

Nhận thấy u 2  v 2 là bình phương mơ đun số phức u  vi . Đặt
z  u  iv , nhân phương trình thứ hai với i và cộng vế theo vế với phương

trình thứ nhất ta có
u  iv
2
4 2


i.
u2  v2

3
7
z
2
4 2
z 2 

i.
3
7
z

u  iv 

z

1
2
4 2


i.
z
3
7

Giải phương trình:
1
2
4 2



i.
z
3
7
 2
4 2 

 z 2  

i  z  1  0.
 3
7 
2 2

2 2

1
2
1
2



z 

i
 2   z 


i
 2 .


3
21
3
21
 7

 7

z

Suy ra:


22

u, v   


u, v   




,
 2 ,
3

21
7

.

1
2 2 2

,
 2 
3
21
7

1

2

2 2

Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm:


x, y   



x, y   



2
2 2
 

, 
 2  ,

 7
 
2
2



1
2  2 2
 

 , 

 2  .

3
21   7
 
2

1
2 



3
21 

Bài toán 12: (Đề thi VMO 2006) Giải hệ phương trình:

12 
 1 
 x 2

3x  y 
.



12
 1 
 y 6

3x  y 

Lời giải:
Trước hết, ta nhận thấy điều kiện cho x ; y là x  0, y  0 .
Đặt u  3x  0; v  y  0 .

12  u
 2 (1)
 1  2
2 


u

v

3
Hệ phương trình trở thành: 
.


12
 1
 v  6 (2)

u2  v2 

Nhận thấy u 2  v 2 là bình phương mô đun số phức u  vi . Đặt
z  u  iv , nhân phương trình thứ hai với i và cộng vế theo vế với phương

trình thứ nhất ta có
u  vi 

12 u  vi 
 2 3  6i
u2  v2

(3) .


23
Xét số phức z  u  vi (u  0; v  0) . Khi đó phương trình (3) được

viết lại dưới dạng:
z

12z

12
 2 3  6i  z 2  2  3  3i  z  12  0. (4)
z
z .z
Giải phương trình (4) ta thu được hai nghiệm:
 2 3  6i  z 

z  3  3   3  3  i
 1
.
z  3  3   3  3  i
 2

Vì u  0; v  0 nên:


u  3 3


.


v

3


3



2





3 3

x



.
3

2


y   3  3





x  4  2 3


.


y

12

6
3



x  4  2 3

Vậy hệ đã cho có nghiệm 
.
y

12

6
3


BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
x 2  y 2  x  1
Bài toán 13: Giải hệ phương trình: 
.
2xy  y  3



Đáp số: x ; y   1;1  x ; y   2; 1
x 2  y 2  xy  3x  3y  0
Bài toán 14: Giải hệ phương trình: 
.
xy  2x  6


Đáp số: x ; y   3; 0  x ; y   2;1


24

x  16x  11y  7
2
2

x

y
Bài toán 15: Giải hệ phương trình: 
.

11y  16x
 1
y  2
2
x


y


Đáp số: x ; y   2; 3  x ; y   5;2



3 


  3
10
x
1





5
x

y


Bài toán 16: Giải hệ phương trình: 
.




3

  1
y 1 




5
x

y




1 
Đáp số: x ; y    ;1 .
10 