Phương trình phức

Số phức $w = x + yi\left( {x,y \in R} \right)$ là căn bậc hai của số phức $z = a + bi$ nếu ${w^2} = z$.

Căn bậc hai của số phức khác $0$ là hai số đối nhau.

Căn bậc hai của số $a =  - 3$ là $i\sqrt 3$ và $- i\sqrt 3$.

Phương trình bậc hai $A{z^2} + Bz + C = 0\left( {A \ne 0} \right)$ có biệt thức $\Delta  = {B^2} - 4AC$.

Ta có: $\Delta  = {\left( { - 3i} \right)^2} - 4.2.i = 9{i^2} - 8i =  - 9 - 8i$ 

Phương trình bậc hai có thể có $1$ nghiệm nếu $\Delta  = 0$  hoặc $2$ nghiệm nếu $\Delta  \ne 0$.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{z_1} + {z_2} =  - \dfrac{B}{A} = \dfrac{{ - 2i}}{1} =  - 2i\\{z_1}{z_2} = \dfrac{C}{A} = \dfrac{i}{1} = i\end{array} \right.$

Vậy ${z_1} + {z_2} =  - 2i$.

Ta có:

$\Delta ' = 1 - 5 =  - 4 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}{z_1} =  - 1 + 2i\\{z_2} =  - 1 - 2i\end{array} \right.$

$\Rightarrow T = \left| {{z_1}} \right| + \left| {{z_2}} \right| = \sqrt {{{\left( { - 1} \right)}^2} + {2^2}}  + \sqrt {{{\left( { - 1} \right)}^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}}  = 2\sqrt 5$

Ta có:

${z^2} + 4z + 5 = 0 \Leftrightarrow {(z + 2)^2} =  - 1 \Leftrightarrow {(z + 2)^2} = {i^2} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{z_1} =  - 2 + i\\{z_2} =  - 2 - i\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{z_1} + 1 = i - 1\\{z_2} + 1 =  - i - 1\end{array} \right.$

Khi đó ta có:

$\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{({z_1} + 1)^2} = {(i - 1)^2} =  - 2i\\{({z_2} + 1)^2} = {( - i - 1)^2} = 2i\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{({z_1} + 1)^4} =  - 4\\{({z_2} + 1)^4} =  - 4\end{array} \right.\\ \Rightarrow {({z_1} + 1)^{100}} + {({z_2} + 1)^{100}} = {\left( { - 4} \right)^{25}} + {\left( { - 4} \right)^{25}} = 2.{\left( { - {2^2}} \right)^{25}} =  - {2^{51}}\end{array}$

$\Delta ' = 1 - 2 =  - 1 < 0 \Rightarrow$ phương trình có hai nghiệm là $z = 1 + i$ và $z = 1 - i$.

Vậy phương trình có hai nghiệm phức.

Do đó các đáp án A, B, D đều đúng

Ta có $z = 1 + 2i$ là nghiệm của phương trình nên ta có:

$\begin{array}{l}{(1 + 2i)^2} + b(1 + 2i) + c = 0 \Leftrightarrow  - 3 + 4i + b + 2bi + c = 0\\ \Leftrightarrow ( - 3 + b + c) + (4 + 2b)i = 0\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 3 + b + c = 0\\4 + 2b = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow b + c = 3\end{array}$

$2{z^2} - 6z + 5 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}z = \dfrac{3}{2} + \dfrac{1}{2}i\\z = \dfrac{3}{2} - \dfrac{1}{2}i\end{array} \right. \Rightarrow {z_0} = \dfrac{3}{2} - \dfrac{1}{2}i$ ( vì có phần ảo âm)

$\Rightarrow i{z_0} = i\left( {\dfrac{3}{2} - \dfrac{1}{2}i} \right) = \dfrac{1}{2} + \dfrac{3}{2}i \Rightarrow M\left( {\dfrac{1}{2};\dfrac{3}{2}} \right)$.

Đáp án A: 

$\begin{array}{l}{z^2} = {a^2} + 2abi - {b^2}\\ \Leftrightarrow {z^2} = {a^2} + 2.a.bi + {b^2}.{i^2} = {\left( {a + bi} \right)^2}\\ \Leftrightarrow z =  \pm \left( {a + bi} \right)\end{array}$

Vậy có 2 nghiệm $z = a + bi$ hoặc $z =  - a - bi$ (Loại).

Đáp án B: $z =  \pm \sqrt {{a^2} + {b^2}}$ (loại)

Đáp án C: 

$\begin{array}{l}{z^2} - 2az + {a^2} + {b^2} = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {z - a} \right)^2} =  - {b^2}\\ \Leftrightarrow {\left( {z - a} \right)^2} = {b^2}{i^2}\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}z - a = bi\\z - a =  - bi\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}z = a + bi\\z = a - bi\end{array} \right.\end{array}$

Vậy phương trình bậc hai trên có nghiệm $z = a + bi;z = a - bi$ (thỏa mãn)

Đáp án D: Giải phương trình ta được hai nghiệm $a \pm b$ nên loại.

Đặt ${\rm{w}} = x + yi$. Khi đó:

$\begin{array}{l}{z_1} = x + yi + 2i = x + \left( {y + 2} \right)i;{z_2} = 2(x + yi) - 3 = \left( {2x - 3} \right) + 2yi \\ \Rightarrow {z_2} = \left( {2x - 3} \right) - 2yi\\{z_1} = \overline {{z_2}}  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2x - 3\\y + 2 =  - 2y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y =  - \dfrac{2}{3}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{z_1} = 3 + \dfrac{4}{3}i\\{z_2} = 3 - \dfrac{4}{3}i\end{array} \right. \\ \Rightarrow T = \left| {{z_1}} \right| + \left| {{z_2}} \right| = \sqrt {{3^2} + {{\left( {\dfrac{4}{3}} \right)}^2}}  + \sqrt {{3^2} + {{\left( { - \dfrac{4}{3}} \right)}^2}}  = \dfrac{{2\sqrt {97} }}{3}\end{array}$

Đặt ${\rm{w}} = x + yi$. Do $2w + i;3w - 5$ là hai nghiệm của phương trình ${z^2} + az + b = 0$ nên ta có

$\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}2w + i + 3w - 5 =  - a\\(2w + i)(3w - 5) = b\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}(5x - 5 + a) + (5y + 1)i = 0\\6\left( {{x^2} - {y^2}} \right) + 12xyi - 10(x + yi) - 5i + 3i(x + yi) - b = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}(5x - 5 + a) + (5y + 1)i = 0\\6\left( {{x^2} - {y^2}} \right) - 10x - 3y - b + (12xy - 10y + 3x - 5)i = 0\end{array} \right.\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}5y + 1 = 0\\12xy - 10y + 3x - 5 = 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}y =  - \dfrac{1}{5}\\x = 5\end{array} \right.\end{array}$

$\begin{array}{l}{z^2} + z + 1 = 0\\\Delta  = 1 - 4 =  - 3 = 3{i^2}\\z = \dfrac{{ - 1 \pm i\sqrt 3 }}{2}\end{array}$

$z =  - \dfrac{1}{2} \pm \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}i$

$\Rightarrow P = {( - \dfrac{1}{2} + \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}i)^2} + {( - \dfrac{1}{2} - \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}i)^2} + ( - \dfrac{1}{2} + \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}i)\left( { - \dfrac{1}{2} - \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}i} \right)$

$= - \dfrac{1}{2} - \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}i - \dfrac{1}{2} + \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}i + \dfrac{1}{4} + \dfrac{3}{4} = 0$

$2{z^4} - 3{z^2} - 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{z^2} = 2\\{z^2} =  - \dfrac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}z =  \pm \sqrt 2 \\z =  \pm i\dfrac{{\sqrt 2 }}{2}\end{array} \right.$$T = |{z_1}{|^2} + |{z_2}{|^2} + |{z_3}{|^2} + |{z_4}{|^2} = 2 + 2 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2} = 5$

Có ${z^2} + 1 \ne 0,\forall z \in R$ và ${z^2}-i \ne 0,\forall z \in R$.

Vậy phương trình đã cho không có nghiệm thực.

$\begin{array}{l}{z^4} - {z^2} - 12 = 0 \Leftrightarrow \left( {{z^2} - 4} \right)\left( {{z^2} + 3} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}z =  \pm 2\\z =  \pm i\sqrt 3 \end{array} \right.\\ \Rightarrow T = 2 + 2 + \sqrt 3  + \sqrt 3  = 4 + 2\sqrt 3 \end{array}$

+ Ta tìm các số phức $z$ thỏa mãn ${z^3} = 1$. Ta có ${z^3} = 1 \Leftrightarrow {z^3} - 1 = 0 \Leftrightarrow \left( {z - 1} \right)\left( {{z^2} + z + 1} \right) = 0$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}z = 1\\{z^2} + z + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{z_1} = 1\\{z_2} =  - \dfrac{1}{2} + \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}i\\{z_3} =  - \dfrac{1}{2} - \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}i\end{array} \right.$

+ Xét khai triển

${\left( {1 + x} \right)^{2019}} = \sum\limits_{k = 0}^{2019} {C_{2019}^k{x^k} = C_{2019}^0 + C_{2019}^1x + C_{2019}^2{x^2} + C_{2019}^3{x^3} + C_{2019}^4{x^4} + C_{2019}^5{x^5} + C_{2019}^6{x^6} + ... + C_{2019}^{2019}{x^{2019}}}$ (*)

+ Thay ${z_2} =  - \dfrac{1}{2} + \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}i$ vào khai triển (*) ta được

$\begin{array}{l}{\left( {1 - \dfrac{1}{2} + \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}i} \right)^{2019}} \\= C_{2019}^0 + C_{2019}^1{z_2} + C_{2019}^2{z_2}^2 + C_{2019}^3{z_2}^3 \\+ C_{2019}^4{z_2}^4 + C_{2019}^5{z_2}^5 + C_{2019}^6{z_2}^6 + ... + C_{2019}^{2019}{z_2}^{2019}\\ \Leftrightarrow {\left( {\dfrac{1}{2} + \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}i} \right)^{2019}} = C_{2019}^0 + C_{2019}^1{z_2} + C_{2019}^2{z_2}^2\\ + C_{2019}^3 + C_{2019}^4{z_2} + C_{2019}^5{z_2}^2 + C_{2019}^6 + ... + C_{2019}^{2019}\\ \Leftrightarrow  - 1 = \left( {C_{2019}^0 + C_{2019}^3 + C_{2019}^6 + ... + C_{2019}^{2019}} \right) + {z_2}\left( {C_{2019}^1 + C_{2019}^4 + ... + C_{2019}^{2017}} \right) + z_2^2\left( {C_{2019}^2 + C_{2019}^5 + ... + C_{2019}^{2018}} \right)\,\left( 1 \right)\end{array}$

+ Tương tự thay ${z_3} =  - \dfrac{1}{2} - \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}i$ vào khai triển (*) ta được

$\begin{array}{l}{\left( {1 - \dfrac{1}{2} - \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}i} \right)^{2019}} = C_{2019}^0 + C_{2019}^1{z_3} + C_{2019}^2{z_3}^2 \\+ C_{2019}^3{z_3}^3 + C_{2019}^4{z_3}^4 + C_{2019}^5{z_3}^5 + C_{2019}^6{z_3}^6 + ... + C_{2019}^{2019}{z_3}^{2019}\\ \Leftrightarrow {\left( {\dfrac{1}{2} - \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}i} \right)^{2019}} = C_{2019}^0 + C_{2019}^1{z_3} + C_{2019}^2{z_3}^2\\ + C_{2019}^3 + C_{2019}^4{z_3} + C_{2019}^5{z_3}^2 + C_{2019}^6 + ... + C_{2019}^{2019}\\ \Leftrightarrow  - 1 = \left( {C_{2019}^0 + C_{2019}^3 + C_{2019}^6 + ... + C_{2019}^{2019}} \right) + {z_3}\left( {C_{2019}^1 + C_{2019}^4 + ... + C_{2019}^{2017}} \right) + z_3^2\left( {C_{2019}^2 + C_{2019}^5 + ... + C_{2019}^{2018}} \right)\left( 2 \right)\end{array}$

+ Thay $z = 1$ vào vào khai triển (*) ta được

$\begin{array}{l}{2^{2019}} = C_{2019}^0 + C_{2019}^1 + C_{2019}^2 + C_{2019}^3 + C_{2019}^4 + C_{2019}^5 + C_{2019}^6 + ... + C_{2019}^{2019}\\ \Leftrightarrow {2^{2019}} = \left( {C_{2019}^0 + C_{2019}^3 + C_{2019}^6 + ... + C_{2019}^{2019}} \right) + \left( {C_{2019}^1 + C_{2019}^4 + C_{2019}^7 + ... + C_{2019}^{2017}} \right)\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, + \left( {C_{2019}^2 + C_{2019}^5 + C_{2019}^8 + ... + C_{2019}^{2018}} \right)\left( 3 \right)\end{array}$

Cộng vế với vế của (1) (2) và (3) ta được

$\begin{array}{l}{2^{2019}} - 2 = 3\left( {C_{2019}^0 + C_{2019}^3 + C_{2019}^6 + ... + C_{2019}^{2019}} \right) + \left( {1 + {z_2} + {z_3}} \right)\left( {C_{2019}^1 + C_{2019}^4 + C_{2019}^7 + ... + C_{2019}^{2018}} \right)\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, + \left( {1 + z_2^2 + z_3^2} \right)\left( {C_{2019}^2 + C_{2019}^5 + C_{2019}^8 + ... + C_{2019}^{2017}} \right)\end{array}$

Nhận thấy $1 + {z_2} + {z_3} = 1 - \dfrac{1}{2} + \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}i - \dfrac{1}{2} - \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}i = 0$ và $1 + z_2^2 + z_3^2 = 1 + {\left( { - \dfrac{1}{2} + \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}i} \right)^2} + {\left( { - \dfrac{1}{2} - \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}i} \right)^2} = 0$

Nên ${2^{2019}} - 2 = 3S \Leftrightarrow S = \dfrac{{{2^{2019}} - 2}}{3}$