(SKKN 2022) hướng dẫn học sinh giải một số dạng toán về cực trị số phức bằng phương pháp hình học giải tích nhằm nâng cao hiệu quả học tập

1 Mở đầu 1.1 Lí chọn đề tài Bài tốn cực trị số phức dạng tốn khó đề thi THPT QG( TN THPT) năm gần địi hỏi học sinh phải có kiến thức vững vàng bất đẳng thức hình học giải tích mặt phẳng Oxy Vì phổ biến năm gần nên nguồn tài liệu dạng toán chưa nhiều, chưa đa dạng nên học sinh thường lúng túng gặp dạng tốn Việc sử dụng phương pháp hình học để giải toán số phức phương pháp hay hiệu quả, đặc biệt toán cực trị số phức Hơn nữa, với tốn Hình học làm theo phương pháp trắc nghiệm, biểu diễn giấy qua hình ảnh minh họa, ta lựa chọn đáp án cách dễ dàng Trong q trình giảng dạy, ơn luyện cho học sinh tơi thấy nhiều tốn khó số phức xây dựng sở số toán cực trị hình học mặt phẳng, học sinh tiếp cận theo hướng đại số túy tính tốn khó giải vấn đề thời gian ngắn chuyển sang hình học, từ số trừu tượng, toán minh hoạ cách trực quan, sinh động giải hình học cách dễ dàng Từ lý nên khai thác, tổng hợp hệ thống hoá kiến thức các, sưu tầm dạng điển hình hay gặp đề thi để viết thành chuyên đề: “Hướng dẫn học sinh giải số dạng toán Cực trị số phức phương pháp Hình học giải tích nhằm nâng cao hiệu học tập” 1.2 Mục đích nghiên cứu Tôi chọn đề tài sáng kiến kinh nghiệm nhằm mục đích tạo tài liệu tham khảo để giúp học sinh có thêm phương pháp tiếp cận nhanh hiệu gặp toán cực trị tập số phức Tiếp khuyến khích em dựa vào tính chất cực trị hình học học để sáng tác tập hay tập số phức, qua giúp em phát triển tư logic, tổng hợp phần, chương học để chọn nhanh hướng tiếp cận câu hỏi trắc nghiệm mức độ vận dụng đề thi 1.3 Đối tượng nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu đề tài chủ yếu tập trung vào mối quan hệ số phức với hình học giải tích mặt phẳng, qua chọn lọc số tốn cực trị đặc trưng hình học chuyển hóa thành tốn cực trị tập số phức 1.4 Phương pháp nghiên cứu Để giúp học sinh có cách giải phù hợp với tốn cực trị số phức, yêu cầu học sinh ôn tập kiến thức hình học liên quan nắm vững mối quan hệ số phức với hình học tọa độ, công thức chuyển đổi từ số phức sang hình học Sau tơi chọn số tốn điển hình, kiện, yêu cầu thường gặp để học sinh luyện tập nhiều để gặp loại toán học sinh dễ dàng nhận dạng từ định dạng cách làm phù hợp nhanh chóng Sau yêu cầu em sáng tác thêm đề tốn từ tốn điển hình từ toán khác mà em gặp Nội dung sáng kiến kinh nghiệm 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm 2.1.1 Mơđun số phức • Số phức z = a + bi biểu diễn điểm M (a; b) mặt phẳng Oxy Độ uuuu r dài véctơ OM gọi mơđun số phức z Kí hiệu z = a + bi = a + b • Tính chất uuuu r + z = a + b = zz = OM + z ≥ 0, ∀z ∈ £ , z = ⇔ z = + z z ' = z z ' + z z = , ( z ' ≠ 0) z' z' + z − z' ≤ z± z' ≤ z + z' + kz = k z , k ∈ ¡ • Chú ý: z = a − b + 2abi = (a − b )2 + 4a 2b = a + b = z = z = z.z 2.1.2 Biểu diễn hình học số phức • Biểu diễn hình học số phức z = x + yi với x, y ∈ ¡ mặt phẳng tọa độ điểm M ( x; y ) Khi z = OM • Biểu diễn hình học hai số phức z z hai điểm đối xứng qua trục Ox nên quỹ tích điểm biểu diễn hai số phức z z hình ( C ) , ( C ') hai hình đối xứng qua trục Ox • Nếu điểm biểu diễn hai số phức z1 , z2 A, B  z1 − z2 = AB uuu r uuur với M trung điểm đoạn AB  z + z = OA + OB = 2O M  • Cho điểm biểu diễn hai số phức z1 , z2 A, B Số phức z thay đổi thỏa mãn z − z1 = z − z2 quỹ tích điểm biểu diễn số phức z trung trực đoạn AB • Cho điểm biểu diễn hai số phức z1 , z2 A, B Số phức z thay đổi thỏa mãn z − z1 = z − z2 quỹ tích điểm biểu diễn số phức z đường thẳng • Cho z0 số phức khơng đổi có điểm biểu diễn I , số phức z thay đổi thỏa mãn z − z0 = R > quỹ tích điểm biểu diễn số phức z đường tròn tâm I bán kính R • Cho z0 số phức khơng đổi có điểm biểu diễn I , số phức z thay đổi thỏa mãn z − z0 < R > quỹ tích điểm biểu diễn số phức z miền đường tròn tâm I bán kính R • Cho z0 số phức khơng đổi có điểm biểu diễn I , số phức z thay đổi thỏa mãn z − z0 > R > quỹ tích điểm biểu diễn số phức z miền ngồi đường trịn tâm I bán kính R • Cho hai số phức z1 , z2 khơng đổi có điểm biểu diễn hai điểm A, B Một số phức z thay đổi thỏa mãn z − z1 + z − z2 = a > Khi + Nếu z1 − z2 < a quỹ tích điểm biểu diễn số phức z đường E-lip nhận A, B làm hai tiêu điểm độ dài trục lớn a + Nếu z1 − z2 = a quỹ tích điểm biểu diễn số phức z đoạn thẳng AB 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Hiện gặp dạng toán cực trị tập số phức phát triển từ tốn cực trị hình học thường làm học sinh, kể học sinh giỏi, lúng túng từ khâu phát nút thắt mấu chốt cách xử lý Đa số em không nhận “bẫy” đề bài, sa đà vào tính tốn, gây thời gian mà thường không thu kết mong đợi Một thực tế nhiều học sinh làm toán loại chương hình học làm thành thạo chương số phức với ngôn từ, giả thiết khác em lại lúng túng khơng phát vấn đề cốt lõi, quen thuộc Chính người dạy phải hướng dẫn học sinh tìm chất vấn đề cách giải đơn giản, để thuận lợi kết thúc toán 2.3 Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề 2.3.1 Dạng toán cực trị số phức liên quan đến đường thẳng Bài toán 1: Cho số phức z thỏa mãn z − z0 = z ( z0 = a + bi ), tìm z Min Khi ta có • Quỹ tích điểm M ( x; y ) biểu diễn số phức z đường trung trực đoạn OA với A ( a; b ) • 1   z Min = z0 = a + b  z = a + b i  2 Ví dụ 1: Xét số phức z thỏa mãn z − − 4i = Gọi a b giá trị lớn giá trị nhỏ z Giá trị biểu thức a − b A 40 B C 20 D Lời giải Chọn A Gọi M ( x ; y ) điểm biểu diễn số phức z = x + yi với x , y ∈ ¡ 2 Ta có z − − 4i = ⇔ ( x − ) + ( y − ) = ⇒ tập hợp điểm biểu diễn số phức z đường trịn có tâm I ( 2; ) bán kính R = Kẻ đường thẳng qua điểm O I cắt đường tròn điểm M N hình vẽ Ta có OI = 22 + 42 = ; IM = IN = R = Từ hình vẽ ta thấy: z = OM = OI − IM = − = = b z max = ON = OI + IN = + = = a Vậy a − b = 40 Bài toán 2: Cho số phức thỏa mãn điều kiện z − z1 = z − z2 ( z1 = a + bi, z2 = c + di ) Tìm z Khi ta có • Quỹ tích điểm M ( x; y ) biểu diễn số phức z đường trung trực đoạn AB với A ( a; b ) , B ( c; d ) • z Min = d ( O, AB ) = a2 + b2 − c2 − d 2 ( a − c) +(b−d) Ví dụ 2: Trong số phức z thỏa mãn z − + i = z + − 2i , số phức z có mơ đun nhỏ có phần ảo A 10 B 5 C − Lời giải Chọn D Gọi z = x + yi , ( x , y ∈ ¡ ) biểu diễn điểm M ( x ; y ) z − + i = z + − 2i ⇔ ( x − 1) + ( y + 1) i = ( x + 1) − ( y + ) i D − 10 ⇔ ( x − 1) + ( y + 1) = ( x + 1) + ( y + ) ⇔ x + y + = ⇔ y = −2 x − Trên mặt phẳng tọa độ Oxy , tập hợp điểm biểu diễn số phức z đường thẳng d : 4x + y + = Ta có z = OM , z nhỏ ⇔ OM nhỏ ⇔ M hình chiếu O d Phương trình đường thẳng OM qua O vng góc với d là: x − y =  x=−  4 x + y + =  ⇔ Tọa độ M nghiệm hệ phương trình:  x − y = y = −  10 3  3 ⇒ M  − ; − ÷ ⇒ z = − − i 10  10  Vậy phần ảo số phức z có mơ đun nhỏ − 10 Các dạng tập tương tự • Dạng 1: Cho số phức z thoả mãn z − z1 = z − z2 Tìm GTNN P = z − z3 Phương pháp: Đặt M ( z ) ; A ( z1 ) ; B ( z ) ; C ( z3 ) điểm biểu diễn số phức z; z1; z2 ; z3 Khi từ giả thiết z − z1 = z − z2 suy MA = MB hay tập hợp điểm biểu diễn số phức z đường trung trực ∆ đoạn AB Ta có: P = z − z3 = CM nhỏ M hình chiếu C lên ∆ ⇒ Pmin = d ( C ; ∆ ) Ví dụ 3: Cho số phức z thoả mãn z − − i = z + i Gọi z = a + bi ( a; b ∈ ¡ ) số phức thoả mãn z − + 3i nhỏ Giá trị biểu thức T = 2a + 3b là: A T = −4 B T = C T = D T = Lời giải Chọn C Đặt M ( z ) ; A ( 4;1) ; B ( 0; −1) điểm biểu diễn số phức z; + i; −i Khi từ giả thiết suy MA = MB , tập hợp điểm biểu diễn số phức z đường trung trực ∆ AB r uuu r ∆ qua I ( 2;0 ) có VTPT n = AB = ( −4; −2 ) ⇒ ∆ : x + y − = Gọi N ( 1; −3) điểm biểu diễn số phức − 3i Ta có: z − + 3i = MN Do z − + 3i nhỏ ⇔ MN nhỏ ⇔ M hình chiếu vng góc N lên ∆ Khi MN : x − y − = 2 x + y − =  x = ⇒  x − y − =  y = −2 Tọa độ điểm M nghiệm hệ phương trình  ⇒ M ( 3; −2 ) ⇒ z = − 2i Vậy T = 2a + 3b = − = • Dạng 2: Cho số phức z thoả mãn z − z1 = z − z Tìm GTNN P = z − z3 + z − z Phương pháp: Đặt M ( z ) ; A ( z1 ) ; B ( z2 ) ; H ( z3 ) ; K ( z4 ) điểm biểu diễn số phức z; z1; z2 ; z3 ; z4 Khi từ giả thiết z − z1 = z − z2 suy MA = MB , tập hợp điểm biểu diễn số phức z đường trung trực ∆ AB ; P = z − z3 + z − z4 = MH + MK TH1: H , K nằm khác phía so với đường thẳng ∆ Ta có: P = HM + KM ≥ HK Dấu xảy ⇔ M ≡ M = HK ∩ ∆ Khi Pmin = HK TH2: H , K nằm phía so với đường thẳng ∆ Gọi H ′ điểm đối xứng ∆ Ta có: P = MH + MK = MH ′ + MK ≥ H ′K Dấu xảy M ≡ M = H ′K ∩ ∆ Khi Pmin = H ′K Ví dụ 4: Cho số phức z thỏa mãn : z = z + 2i Giá trị nhỏ biểu thức P = z − i + z − A B C 3 Lời giải Chọn A D Gọi M ( x; y ) điểm biểu diễn số phức z Ta có z = z + 2i ⇔ y +1 = 0, tức diễn hình học số phức thỏa mãn giả thiết đường thẳng A(0;1) B (4; 0) P = z − i + z − = MA + MB Dễ thấy A, B thẳng y +1 = nên MA + MB nhỏ BA′ A qua đường thẳng y +1 = y +1 = biểu Xét điểm phía với đường A′(0; −3) đối xứng với Do MA + MB nhỏ BA′ = • Dạng 3: Cho số phức z thoả mãn z − z1 = z − z2 Tìm GTNN 2 P = z − z3 + z − z Phương pháp: Đặt M ( z ) ; A ( z1 ) ; B ( z2 ) ; H ( z3 ) ; K ( z4 ) điểm biểu diễn số phức z; z1 ; z2 ; z3 ; z4 Khi từ giả thiết ta có: z − z1 = z − z2 suy MA = MB hay tập hợp điểm biểu diễn số phức z đường trung trực ∆ AB Gọi I trung điểm HK Ta có: MI = MH + MK HK HK − ⇒ P = MH + MK = 2MI + Do Pmin ⇔ MI ⇔ M hình chiểu I lên ∆ Khi Pmin = M I + HK Ví dụ 5: Cho số phức z thoả mãn z + − 4i = z − 2i Tìm giá trị nhỏ 2 biểu thức P = z − i + z − + i A Pmin = 46 Pmin = 48 B Pmin = 56 C Pmin = 36 D Lời giải: Chọn A Gọi M ( x; y ) ; A ( −2; ) ; B ( 0; ) điểm biểu diễn số phức z; −2 + 4i 2i z + − 4i = z − 2i ⇒ M ∈ ∆ : x − y + = 2 HK Gọi H ( 0;1) ; K ( 4; −1) ⇒ P = z − i + z − + i = MH + MK = 2MI + (với I ( 2;0 ) trung điểm HK ) Do Pmin ⇔ IM ⇔ M hình chiếu vng góc I lên ∆ HK = , IM = d ( I ; ∆ ) = ⇒ Pmin = IM 02 + HK = 46 2.3.2 Dạng toán cực trị số phức liên quan đến đường trịn Bài tốn 3: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z − z0 = R > ( z0 = a + bi ) Tìm z Max , z Min Khi ta có • Quỹ tích điểm M ( x; y ) biểu diễn số phức z đường tròn tâm I ( a; b ) bán kính R • 2 z  Max = OI + R = a + b + R = z0 + R  2  z Min = OI − R = a + b − R = z0 − R  Ví dụ 6: Cho số phức z thoả mãn z − − 3i = Tìm giá trị lớn z + + i A 13 + 13 + B 13 + C 13 + Lời giải Chọn C Ta có = z − − 3i = ( z − − 3i ) ( z − − 3i ) = ( z − − 3i ) ( z − + 3i ) ⇔ = ( z − − 3i ) ( z − + 3i ) ⇔ z − + 3i = 1`⇔ z + + i − + 2i = 1(*) +Đặt w = z + + i , ⇔ w − + 2i = D Tập hợp điểm biểu diễn số phức w = z + + i đường tròn ( I ;1) w khoảng cách từ gốc tọa độ đến điểm đường trịn Do giá trị lớn w đoạn OQ ⇒ w max = + 32 + 22 = + 13 Các dạng tập tương tự • Dạng 4: Cho số phức z thoả mãn z − z0 = R Tìm GTNN, GTLN P = z − z1 Phương pháp: Đặt M ( z ) ; I ( z0 ) ; E ( z1 ) điểm biểu diễn số phức z; z0 ; z1 Khi từ giả thiết z − z0 = R ⇔ IM = R ⇒ M thuộc đường tròn tâm I bán kính R Ta có: P = z − z1 = ME lớn ⇔ MEmax Pmin ⇔ MEmin Khi đó: Pmax = IE + R Pmin = IE − R Ví dụ 7: Cho số phức z thoả mãn z − − 3i = Giá trị lớn P = z + + i là: A 13 + B C Lời giải Chọn D Gọi M ( x; y ) điểm biểu diễn số phức z mặt phẳng toạ độ Do z − − 3i = ⇒ M nằm đường tròn tâm I ( 2;3) , bán kính R = P = z + + i = ( x + 1) + ( − y ) i = ( x + 1) 2 + ( y − 1) = AM với A ( −1;1) Pmax = AI + R = 13 + 10 D 13 + Ví dụ 8: Cho số phức z thoả mãn iz − + 2i = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = z − − i A Pmin = B Pmin = 13 − C Pmin = D Pmin = 10 Lời giải Chọn C Ta có: iz − + 2i = ⇔ i z + 3i + = ⇔ z + + 3i = ⇒ Tập hợp điểm M biểu diễn số phức z đường tròn tâm I ( −2; −3) bán kính R = Gọi E ( 1;1) điểm biểu diễn số phức + i ⇒ P = EM Do Pmin = EI − R = • Dạng 5: Cho số phức z thoả mãn z − z0 = R Tìm GTLN, GTNN biểu 2 thức P = z − z1 + z − z2 ( P = z − z1 + z − z2 ) Phương pháp: Đặt M ( z ) ; A ( z1 ) ; B ( z2 ) ; I ( z0 ) điểm biểu diễn số phức z; z1; z2 ; z0 Khi từ giả thiết z − z0 = R ⇔ IM = R ⇒ Tập hợp điểm biểu diễn M số phức z đường tròn tâm I bán kính R Gọi E trung điểm AB 11 AB Ta có: P = 2ME + , Pmax ⇔ EM max ⇔ M ≡ M Pmin ⇔ EM ⇔ M ≡ M AB AB 2 Khi : Pmax = ( EI + R ) + ; Pmin = ( EI − R ) + 2 Ví dụ 9: Cho số phức z thoả mãn z − + 2i = Tìm giá trị lớn biểu 2 thức P = z − − 3i + z − 5i A Pmax = 96 Pmax = 132 B Pmax = 66 C Pmax = 152 D Lời giải: Chọn D Gọi M ( x; y ) ; I ( 1; −2 ) điểm biểu diễn số phức z − 2i z − + 2i = ⇒ M thuộc đường tròn tâm I , bán kính R = Gọi A ( 2;3) ; B ( 0;5 ) điểm biểu diễn số phức + 3i 5i 2 AB (với H ( 1; ) trung điểm P = z − − 3i + z − 5i = MA2 + MB = MH + AB ) Pmax ⇔ HM max ⇔ HM = HI + R = ⇒ Pmax = 2.82 + = 132 13 Ví dụ 10: Cho số phức z thoả mãn z − + i = Gọi z = a + bi ( a; b ∈ ¡ ) số 2 phức thoả mãn biểu thức P = z − − i + z − 3i đạt giá trị nhỏ Tính T = a + b A T = B T = 12 C T = 13 D T = Lời giải: Chọn A Gọi M ( x; y ) ; I ( 3; −1) điểm biểu diễn số phức z − i 13 13 ⇒ M thuộc đường tròn tâm I ( 3; −1) , bán kính R = có phương 2 13 2 trình: ( x − 3) + ( y + 1) = ( C ) Đặt A ( 2;1) ; B ( 0;3) điểm biểu diễn số phức + i 3i z −3+ i = 2 P = z − − i + z − 3i = MA2 + MB = 2MH + AB (với H ( 1; ) trung điểm AB ) Do Pmin ⇔ HM ⇔ M ≡ M Phương trình đường thẳng HI : 3x + y − =   1 3 x + y − =  M  2; ÷    Toạ độ M thoả mãn hệ  , HM ngắn 13 ⇔  2   5 ( x − 3) + ( y + 1) =  M  4; − ÷ 2    1 nên M ≡ M  2; ÷ ⇒ a = 2; b = ⇒ T =  2 2 Ví dụ 11: (Đề Tham Khảo 2018) Xét số phức z = a + bi ( a, b ∈ ¡ ) thỏa mãn z − − 3i = Tính P = a + b z + − 3i + z − + i đạt giá trị lớn A P =8 B C P = P = 10 D P =6 Lời giải Chọn B Goi M ( a; b ) điểm biểu diễn số phức z Theo giả thiết ta có: z − − 3i = ⇔ ( a − ) + ( b − 3) = ⇒ Tập hợp điểm biểu diễn số phức z đường tròn tâm I ( 4;3) bán kính R = 13   A ( −1;3) ⇒ Q = z + − 3i + z − + i = MA + MB   B ( 1; −1) Gọi:  Gọi E trung điểm AB, kéo dài EI cắt đường trịn D Ta có: Vì ( 2 2 2 Q = MA2 + MB + MA.MB ⇔ Q ≤ MA + MB + MA + MB = MA + MB ME ⇒ ME = ) trung tuyến ∆MAB MA2 + MB AB AB − ⇒ MA2 + MB = 2ME +  AB  2 ⇒ Q ≤  2ME + ÷ = 4ME + AB Mặt khác ME ≤ DE = EI + ID = + =   ( ) ⇒ Q ≤ + 20 = 200  MA = MB ⇒ Q ≤ 10 ⇒ Qmax = 10 ⇔  M ≡ D uur uur 4 = 2( xD − 4) x = ⇔ EI = ID ⇔  ⇔ D ⇔⇒ M ( 6; ) ⇒ P = a + b = 10 2 = 2( yD − 3)  yD = Ví dụ 12: Xét số phức z thỏa mãn z − − 2i = Giá trị nhỏ biểu thức P = z − − i + z − − 2i A + 10 B C 17 D Lời giải Chọn C Gọi M ( x; y ) điểm biểu diễn số phức z Do z − − 2i = nên tập hợp điểm M đường tròn ( C ) : ( x − ) + ( y − ) = 2 Các điểm A ( 1;1) , B ( 5;2 ) điểm biểu diễn số phức + i + 2i Khi đó, P = MA + MB Vì điểm A nằm đường tròn ( C ) điểm B nằm ngồi đường trịn ( C ) , mà MA + MB ≥ AB = 17 Đẳng thức xảy M giao điểm đoạn AB với ( C) Ta có, phương trình đường thẳng AB : x − y + = Tọa độ giao điểm đường thẳng AB đường tròn ( C ) nghiệm hệ với 1< y = R1 + R2 nên hai đường tròn ( I ; R1 ) ( J ; R2 ) ⇒ P = z1 − z2 = AB ⇒ Pmax = IJ + R1 + R2 = + 34 Vậy giá trị nhỏ biểu thức z1 − z2 + 34 2.3.3 Dạng toán cực trị số phức đến Elip 16 Bài toán 4: (Elip tắc) Cho số phức z z − c + z + c = 2a , ( a > c ) Tìm z Max , z Min Khi ta có thỏa mãn điều kiện x2 • Quỹ tích điểm M ( x; y ) biểu diễn số phức z Elip: + a • y2 =1 a2 − c2  z Max = a  2  z Min = a − c Ví dụ 15: Cho số phức z thỏa mãn z − + z + = 20 Gọi M , n môđun lớn nhỏ z Tính M − n A M − n = B M − n = C M − n = D M − n = 14 Lời giải Gọi z = x + yi , ( x, y ∈ ¡ ) Theo giả thiết, ta có z − + z + = 20 ⇔ x − + yi + x + + yi = 20 ⇔ ( x − 6) + y2 + ( x + 6) + y = 20 ( ∗) Gọi M ( x; y ) , F1 ( 6;0 ) F2 ( −6;0 ) Khi ( ∗) ⇔ MF1 + MF2 = 20 > F1F2 = 12 nên tập hợp điểm E đường elip ( E ) có hai tiêu điểm F1 F2 độ dài trục lớn 20 Ta có c = ; 2a = 20 ⇔ a = 10 b2 = a − c = 64 ⇒ b = x2 y2 + =1 100 64 Do đó, phương trình tắc ( E ) Suy max z = 10 z = ±10 z = z = ±8i Vậy M − n = Bài tốn 5: (Elip khơng tắc) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z − z1 + z − z2 = 2a thỏa mãn 2a > z1 − z2 z1 , z2 ≠ ± c, ±ci Tìm GTLN, GTNN P = z − z0 Khi ta thực phép biến đổi để đưa Elip dạng tắc  z1 − z2 = 2c 2 b = a − c Đặt  Nếu z0 − z1 + z2 =0 17  PMax = a   PMin = b  z1 + z2 >a  z0 − Nếu  z − z = k ( z − z )   z1 + z2  PMax = z0 − + a    P = z − z1 + z2 − a  Min  z1 + z2