Số phức [Lần 1]

Bài 1. Tìm tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức Oxy biểu diễn số phức $w = \left( {1 + i\sqrt 3 } \right)z + 2$, biết rằng số phức z thoả mãn $\left| {z - 1} \right| \le 2$

Đặt $z=a+bi \ (a,b\in R) $
Ta có: $\left|z-1\right|\leq 2\Leftrightarrow ({a-1})^{2}+{b}^{2}\leq 4 (1)$
Từ $\omega =(1+i\sqrt{3})z+2\Rightarrow (x+yi)=(1+i\sqrt{3})(a+bi)+2
\Leftrightarrow \begin{cases}
 &  x= a-b\sqrt{3}+2 \\
 &  y= \sqrt{3}a+b
\end{cases}
\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
 &  & x-3=a-1+b\sqrt{3}\\
 &  & y-\sqrt{3}=\sqrt{3}(a-1)+b
\end{matrix}\right.$
Từ đó   $({x-3})^{2}+(y-\sqrt{3})^{2}\leq 4[({a-1}^{2})+{b}^{2}]\leq 16 $
Vậy tập hợp các điểm cần tìm là hình tròn  $ ({x-3})^{2}+(y-\sqrt{3})^{2}\leq 16$ ; tâm $I(3;\sqrt{3})$, bán kính $R=4$

Bài 2. Chứng minh số phức $z = \left( {\frac{{1 - i}}{{\sqrt 3  - 3i}}} \right)^{24}$ là số thực.

\[
\begin{array}{l}
 z = \left( {\frac{{1 - i}}{{\sqrt 3  - 3i}}} \right)^{24}  \\
  = \frac{{\left( {\sqrt 2 } \right)^{24} \left[ {\cos \left( { - \frac{\pi }{4}} \right) + i\sin \left( { - \frac{\pi }{4}} \right)} \right]^{24} }}{{2^{24} \left[ {\cos 4\pi  + i\sin 4\pi } \right]}} \\
  = \frac{{\cos \left( { - 6\pi } \right) + i\sin \left( { - 6\pi } \right)}}{{2^{12} \left( {\cos 4\pi  + i\sin 4\pi } \right)}} \\
  = \frac{1}{{2^{12} }} = \frac{1}{{4096}} \\
 \end{array}
\]

Bài 3. Tìm số phức $z$ thỏa mãn: $z^3 + |z| = 1 - i$

Ta có thể viết : $z=r(\cos \varphi +i \sin \varphi),\ r>0$ khi đó phương trình viết lại thành : $$r^3(\cos 3\varphi + i\sin 3\varphi)+r=1-i \Leftrightarrow \begin{cases} \cos 3\varphi=\frac{1-r}{r^3} \\ \sin 3\varphi=\frac{-1}{r^3} \end{cases}$$Từ đây ta có phương trình : $$(1-r)^2+1=r^6 \Leftrightarrow (r-1)(r^5+r^4+r^3+r^2+2)=0 \Leftrightarrow r=1$$Ta đã có $r=1$ suy ra : $z^3=-i.$ và tới đây công việc còn lại là đơn giản, các bạn có thể làm tiếp được.

Bài 4. Tìm căn bậc hai của số phức $$z = (1 + i)^{20}.$$

Ta có : $(1+i)^{20}=[(1+i)^2]^{10}=(2i)^{10}=-1024.$ Đến đây chỉ còn là tìm căn bậc hai của $-1024=1024i^2.$

Bài 5. Cho $a, b, c$ là ba số phức thỏa mãn $a+b+c=0$ và $|a|=|b|=|c|=1$.  Chứng minh rằng $$3\le |z-a|+|z-b|+|z-c|\le 4,$$ với mọi $ z\in\mathbb{C} $ và |$z| \le 1$.

Giả sử $A, B, C$ là ba điểm biểu diễn các số phức $a, b, c, M$ là điểm biểu diễn số phức $z.$
Theo giả thiết thì : $OA=OB=OC=1$ và $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+ \overrightarrow{OC}=\overrightarrow{0}\quad (1).$
Từ đây suy ra ngay tam giác $ABC$ đều nội tiếp đường tròn tâm $O$ có bán kính $R=1.$ Ta phải chứng minh : $$3R \le  MA+MB+MC \le 4R$$Trong đó $M$ là điểm bất kỳ nằm trong hình tròn tâm $O$ bán kính $R=1.$
Ta có : $$MA=\frac{MA.OA}{R} \ge \frac{ \overrightarrow{MA}.\overrightarrow{OA}}{R}=\frac{\overrightarrow{MO}.\overrightarrow{OA}}{R}+R$$ Thiết lập các bất đẳng thức tương tự rồi cộng lại, chú ý đến $(1)$ ta thu được ngay : $$MA+MB+MC \ge 3R$$Để chứng minh bất đẳng thức sau, không mất tính tổng quát, giả sử $M$ thuộc miền như hình vẽ, dễ thấy : [HINT]Miền giới hạn bởi $OB, OC$ và cung nhỏ $BC$.[/HINT]
$$120^{\circ} \le \widehat{BMC} <180^{\circ} \Rightarrow BC^2=MB^2+MC^2-2.MB.MC\cos \widehat{BMC} \ge MB^2+MC^2+MB.MC  \quad (2)$$Từ $(2)$ chú ý $BC^2=3R^2,\ 3(MB+MC)^2 \le 4(MB^2+MB.MC+MC^2)$ ta có ngay : $MB+MC \le 2R$
Kết hợp với $MA \le 2R$ suy ra : $MA+MB+MC \le 4R.$