chuyên đề số phức toán 12

chuyên đề số phức toán 12 tham khảo

SỐ PHỨC I GIẢI PHÁP 1: CUNG CẤP LÍ THUYẾT VỀ SỐ PHỨC I.1 CÁC KHÁI NIỆM Định nghĩa số phức Mỗi biểu thức dạng a + bi , đó a, b ∈ ¡ , i = −1 được gọi là một số phức Đối với số phức z = a + bi , ta nói a là phần thực, b là phần ảo của z Tập hợp các số phức kí hiệu là £ Chú ý:  Mỗi số thực a được coi là một số phức với phần ảo bằng 0: a = a + 0i  Như vậy ta có ¡ ⊂ £  Số phức bi với b ∈ ¡ được gọi là số thuần ảo ( số ảo)  Số được gọi là số vừa thực vừa ảo; số i được gọi là đơn vị ảo Số phức bằng Hai số phức là bằng nếu phần thực và phần ảo tương ứng của chúng a = c b = d bằng nhau: a + bi = c + di ⇔  Số phức đối và số phức liên hợp Cho số phức z = a + bi , a, b ∈ ¡ , i = −1  Số phức đối của z kí hiệu là − z và − z = −a − bi  Số phức liên hợp của z kí hiệu là z và z = a − bi Biểu diễn hình học của số phức Điểm M (a; b) một hệ trục tọa độ vuông góc của mặt phẳng được gọi là điểm biểu diễn số phức z = a + bi Môđun của số phức Giả sử số phức z = a + bi được biểu diễn bởi M (a; b) mặt phẳng tọa độ Độ dài uuuu r của vectơ OM được gọi là môđun của số phức z và kí hiệu là | z | uuuu r Vậy: | z |=| OM | hay | z |= a + b Nhận xét: | z |=| − z |=| z | I.2 CÁC PHÉP TOÁN Phép cộng và phép trư Phép cộng và phép trừ hai số phức được thực hiện theo quy tắc cộng, trừ hai đa thức Tổng quát: (a + bi ) + (c + di) = (a + c) + (b + d )i (a + bi ) − (c + di) = (a − c) + (b − d )i Phép nhân Phép nhân hai số phức được thực hiện theo quy tắc nhân đa thức rồi thay i = −1 kết quả nhận được Tổng quát: (a + bi ).(c + di ) = (ac − bd ) + (ad + bc)i Chú ý:  Phép cộng và phép nhân các số phức có đầy đủ các tính chất của phép cộng và phép nhân các số thực  Cho số phức z = a + bi , a, b ∈ ¡ , i = −1 Ta có: z + z = 2a ; z.z =| z |2 Phép chia hai số phức Với a + bi ≠ , để tính thương của a + bi Cụ thể: c + di , ta nhân cả tử và mẫu với số phức liên hợp a + bi c + di (c + di )(a − bi ) ac + bd ad − bc = = + i a + bi (a + bi )(a − bi ) a + b a + b I.1.3 TÍNH CHẤT CỦA SỐ PHỨC Cho số phức z = a + bi , a, b ∈ ¡ , i = −1  Tính chất 1: Số phức z là số thực ⇔ z = z  Tính chất 2: Số phức z là số ảo ⇔ z = − z  Cho hai số phức z1 = a1 + b1i; z2 = a2 + b2i; a1 , b1 , a2 , b2 ∈ ¡ ta có:  Tính chất 3: z1 + z2 = z1 + z2  Tính chất 4: z1.z2 = z1.z2  z1  z1 ÷ = ; z2 ≠  z2  z2  Tính chất 6: | z1.z2 |=| z1 | | z2 | z |z |  Tính chất 7: = ; z2 ≠ z | z2 |  Tính chất 8: | z1 + z2 | ≤ | z1 | + | z2 |  Tính chất 5:  I.1.4 GIẢI PHƯƠNG TRÌNH TRÊN TRƯỜNG TẬP HỢP SỐ PHƯC 1.Công thức nghiệm của phương trình bậc hai Xét phương trình bậc hai: az + bz + c = (a ≠ 0) có ∆ = b −4ac  TH1: a, b, c là các số thực  Nếu ∆ > thì phương trình có nghiệm thực phân biệt z =  Nếu ∆ = thì phương trình có nghiệm kép thực z = −b 2a −b ± ∆ 2a  Nếu ∆ < ⇒ ∆ = i (−∆) thì phương trình có nghiệm phức phân biệt z= −b ± i −∆ 2a  TH2: a, b, c là các số phức  ∆ = thì phương trình có nghiệm kép thực z = −b 2a  ∆ ≠ 0; ∆ = a + bi = ( x + iy )2 Khi đó phương trình có hai nghiệm z = −b ± ( x + yi ) 2a Chú ý  Phương trình bậc hai tập hợp số phức với hệ số thực có nghiệm là số phức liên hợp  Khi b là số chẵn ta có thể tính ∆ ' và công thức nghiệm tương tự tập hợp số thực  Gọi z1 , z2 là nghiệm của phương trình az + bz + c = (a ≠ 0) a, b, c là các −b   z1 + z2 = a số thực hoăc số phức Khi đó ta có:   z z = c  a II GIẢI PHÁP 2: CHIA THÀNH CÁC CHUYÊN ĐỂ NHỎ II.1 CHUYÊN ĐỀ 1: Tính tốn tập hợp sớ phức II.1.1.Dạng 1: Thực phép tính tập hợp sớ phức Xác định phần thực, phần ảo tính mơđun của sớ phức A Phương pháp  Sử dụng các qui tắc cộng, trừ, nhân, chia số phức để tính toán giá trị các biểu thức  Để xác định phần thực, phần ảo và môđun của số phức z thì ta phải sử dụng các khái niệm liên quan đến số phức và các phép toán tập hợp số phức để biến đổi số phức z = a + bi (a; b ∈ R ) Khi đó: z có phần thực bằng a; phần ảo bằng b; z = a + b  Trong tính toán số phức ta có thể sử dụng các hằng đẳng thức đáng nhớ số thực B Bài tập minh họa Bài 1: Cho số phức z = + i 2 Tìm các số phức sau: z; z ; ( z ) ; + z + z Lời giải: a) z = 3 + i⇒z= − i 2 2   3 + i ÷ = + i2 + i= + i b) z =  2 4 2   3 2    3  3 1  31  1  − i÷ =  c) z =  ÷ − 3 ÷  i ÷+  i ÷ −  i ÷ = −i 2  2   2      2  + 1+ + i d) + z + z = 2 ( )  Nhận xét: Với bài tập trên, học sinh dễ dàng tính được Qua bài tập này mục đích giúp học sinh nhớ lại khái niệm số phức liên hợp và biết cách tính toán đơn giản phép cộng, phép trừ số phức và phép tính luỹ thừa của một số phức Bài 2: Tính giá trị của các biểu thức sau: A= + 3i − i + − i + 3i B = ( + 3i ) ( + 2i ) + C= D= + 4i ( − 4i ) ( + 3i ) 4+i + 2i ( + 2i ) ( + 3i ) − ( + 2i )  Lời giải: a) A = + 4i ( + 3i ) ( + i ) + ( − i ) ( − 3i ) ( − i ) ( + i ) ( + 3i ) ( − 3i ) = + 7i − 7i 27 161 + = + i 25 50 50 Ngoài cách áp dụng quy tắc nhân chia số phức cách làm trên, ta có thể tính bằng cách quy đồng mẫu số và thực hiện nhân chia số thực ( + 3i ) + ( − i ) A= ( + 3i ) ( − i ) 2 = − 22i ( − 22i ) ( + i ) 27 161 = = + i −i ( − i ) ( + i ) 50 50 Tương tự, ta có kết quả sau: −38 86 + i 13 13 22 79 C= + i 169 169 71 17 D= + i 41 41 B=  Nhận xét:  Bài tập giúp học sinh rèn kĩ tính toán bằng cách sử dụng phép nhân, phép chia số phức kết hợp với phép cộng và phép trừ  Đây là dạng bài tập không khó đối với học sinh cả với học sinh trung bình Nhưng thực tế, quá trình giảng dạy chúng thấy rằng các em biết cách làm tính toán thường hay sai, nhất là đối với học sinh có kĩ tính toán kém và không cẩn thận Vì vậy dạy phần này chúng cho nhiều bài tập và hỏi các câu hỏi khác để rèn cho học sinh kĩ nhận dạng bài toán, kĩ tính toán và trình bày bài cho khoa học  Sau cho học sinh làm xong bài, chúng thay đổi cách hỏi sau: Tìm phần thực, phần ảo của số phức và tính mô đun của số phức để khắc sâu cho học sinh các khái niệm: phần thực, phần ảo, môđun của số phức  Để học sinh ghi nhớ kĩ hơn, chúng cho học sinh làm bài tập: Bài 3: Tìm phần thực, phần ảo và tính mô đun của số phức z biết: a) z = ( +i ) (1− i ) b) ( + i ) ( − i ) z = + i + ( + 2i ) z c) z = ( + i ) , biết n là số tự nhiên thỏa mãn phương trình: n log ( n − 3) + log ( n + ) = 11  + i   2i  d) iz =  ÷ + ÷ 1− i  1+ i  Lời giải : a) Ta có: z= ( +i ) (1− i ) = ( + i 2 )( ) + 2i − i = + i ⇒ z = − i Vậy z có phần thực bằng 5; phần ảo bằng − ( và có môđun: z = 52 + − ) =3 b) ( + i ) ( − i ) z = + i + ( + 2i ) z ⇔z= 8+i ( + i ) ( − 2i ) = 10 − 15i = − 3i = + 2i ( + 2i ) ( − 2i ) Vậy z có phần thực bằng 2; phần ảo bằng −3 ; z = 22 + ( −3) = 13 c) Giải phương trình log ( n − 3) + log ( n + ) = tìm được n = (thỏa mãn điều kiện) Khi đó z = ( + i ) = − 8i Vậy z có phần thực bằng 8; phần ảo bằng −8 ; z = 82 + (−8) = d) Ta có: 11 8  + i   2i  11  ÷ + ÷ = i + ( + i ) = 16 − i 1− i  1+ i  16 − i ⇒z= = −1 − 16i ⇒ z = −1 + 16i i Vậy z có phần thực bằng −1 ; phần ảo bằng 16; z = (−1) + 162 = 257 Bài 4: Tính biểu thức sau: A = i109 + i 43 + i 60 − i 54 B = − i + i − i + i − + i 2014 C = + ( + i ) + ( + i ) + + ( + i ) D= ( 1− i) ( 10 ( 3+i −1 − i ) ) 10 10 Lời giải: a) A = i109 + i 43 + i 60 − i 54 = i 4.27 +1 + i 4.10+3 + i 4.15 − i 4.13+ = i − i + + = Để làm bài toán trên, giáo viên cần chú ý cho học sinh cách tính lũy thừa của i Ta có: i = −1; i = −i; i = 1; i = i 4i = i; i = i 4i = −1 Bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh được: Với mọi số tự nhiên n ta có: i 4n = i n +1 = i i n + = −1 i n +3 = −i n Như vậy: i ∈ { −1;1; i; −i} , ∀n ∈ N * b) Ta có: + i 2015 = ( + i ) ( − i + i − i + i − + i 2014 ) + i 2015 + i 4.503+3 − i ( − i ) ⇒B= = = = = −i 1+ i 1+ i 1+ i 2  Nhận xét: Giáo viên hướng dẫn học sinh làm bài theo cách phân tích lũy thừa của i ý a) Tuy nhiên, việc sử dụng hằng đẳng thức ở ta se tính toán nhanh và thuận tiện c) Ta có C là tổng của 11 số hạng đầu tiên của cấp số nhân với số hạng đầu là u1 = 1, công bội q = + i Áp dụng công thức tính tổng 11 số hạng đầu tiên của cấp số nhân, ta có: 1− (1+ i) − q11 − ( + i ) C = u1 = = 1− q 1− (1+ i) −i 11 11 Để tính biểu thức ( + i ) giáo viên cần hướng dẫn học sinh cách tính một cách thuận tiện nhất.Trong quá trình giảng dạy, chúng hướng dẫn học sinh làm theo một hai cách sau:  Cách 1: Đối với học sinh học ban bản 11 ( Phân tích ( + i ) = ( + i ) 11 ) ( + i ) = ( 2i ) ( + i ) = 32i + 32i = −32 + 32i  Cách 2: Đối với học sinh học ban nâng cao  π π   + i ÷ =  cos + i.sin ÷ Phân tích + i =  4    11  11π 11π  11 + i.sin Khi đó ( + i ) =  cos ÷ = −32 + 32i 4   Thay vào biểu thức, ta có: C = 32 + 33i ( )  Nhận xét: Để làm bài tập này đòi hỏi học sinh phải có kĩ biến đổi biểuthức lượng giác và công thức tính tổng của cấp số nhân.Qua đó giúp học sinh ôn lại các kiến thức công thức lượng giác, cấp số nhân d)  Cách 1: Áp dụng cho ban bản Ta có: (1− i) ( 10 ( = (1− i) ) = ( −2i ) = −32i .i = −32i ) = ( + i) ( + i) = ( 3 + 9i + 3i + i ) ( + 3i + i ) = 8i ( + 2i ) = −16 + 16i ( −1 − i ) = ( + i ) = ( ( + i ) ) ( + i ) = ( −8) ( + i ) 3+i 2 10 3 10 Thay vào biểu thức D ta có: D= ( −32i.16i + i ( −8) (1+ i 3) ) = −1  Cách 2: Áp dụng cho ban nâng cao Ta có: 7π 7π   − i =  cos + i sin ÷ 4   π π  + i =  cos + i sin ÷ 6  4π 4π   −1 − i =  cos + i sin ÷ 3   Thay vào D ta có: 35π 35π   5π 5π   + i sin + i sin  cos ÷2  cos ÷ 2   6   D= 40π 40π   210  cos + i sin ÷ 3   = cos5π + i sin 5π = −1 ( 2) 10  Nhận xét: Qua các bài tập trên, giáo viên nêu phương pháp tính các bài toán ( ) ( n chứa các biểu thức sau: ( ±1 ± i ) ; ± ± i ; ±1 ± i n ) n  Cách 1: Phân tích ( ±1 ± i ) n = ( ±1 ± i ) 2k + p ; k ; n; p ∈ ¥ ;0 ≤ p ≤ ( ) ( ) ( ±1 ± i ) = ( ±1 ± i ) ± 3±i n = ± 3±i n 3k + p ; k ; n; p ∈ ¥ ,0 ≤ p ≤ 3k + p ; k ; n; p ∈ ¥ ,0 ≤ p ≤  Cách 2: Biểu diễn dưới dạng lượng giác các biểu thức: (1+ i) n = (1+ i 3) ( 3+i ) n n nπ nπ   cos + i sin ÷ 4   nπ nπ   = 2n  cos + i sin ÷ 3   ( ) n nπ nπ   = 2n  cos + i sin ÷ 6   Với cách làm tương tự, giáo viên yêu cầu học sinh nhà làm bài sau: Hãy biểu diễn các biểu thức sau dưới dạng lượng giác: (1− i) n ; (1− i 3) ; ( n −i ) n  Trong tính toán tập hợp số phức, công thức nhị thức Niu-tơn (a + b) n vẫn đúng ta thay hai số thực a; b bởi hai số phức Để học sinh hiểu rõ và biết áp dụng công thức nhị thức Niu-tơn vào tính toán tập hợp số phức, chúng cho học sinh làm bài tập sau: Bài 5: Tính tổng 2012 2014 a ) S1 = C2015 − C2015 + C2015 − ×××+ C2015 − C2015 2013 2015 S = C2015 − C2015 + C2015 − ×××+ C2015 − C2015 2008 2014 b) S3 = C2015 + C2015 + C2015 + ×××+ C2015 + C2015 2009 2013 S = C2015 + C2015 + C2015 + ×××+ C2015 + C2015 2015 + C2015 + C2015 + ×××+ C2015 c) S5 = C2015 Lời giải: a) Ta có: 2014 2015 (1 + i ) 2015 = C2015 + C2015 ×i + C2015 ×i + ×××+ C2015 ×i 2014 + C2015 ×i 2015 2012 2014 2013 2015 = ( C2015 − C2015 + C2015 − ×××+ C2015 − C2015 − C2015 + C2015 − ×××+ C2015 − C2015 ) + ( C2015 )i 2015  2 Mặt khác : (1 + i ) =  ÷   1 Vậy S1 = 1018 ; S = − 1018 2 2015 2015π 2015π  + i sin  cos 4  1  ÷ = 2018 − 2018 i  b) Lại có: 2014 2015 22015 = C2015 + C2015 + C2015 + ×××+ C2015 + C2015 2014 2015 = C2015 − C2015 + C2015 − ×××+ C2015 − C2015 2012 2014 2013 2015 ⇒ A = C2015 + C2015 + C2015 + ×××+ C2015 + C2015 = C2015 + C2015 + C2015 + ×××+ C2015 + C2015 = 22014 S +A S +A = 1009 + 22013 ; S3 = = − 1009 + 22013 Vậy S3 = 2 2  z =  3  i c) z = ⇔ ( z − 1)( z + z + 1) = ⇔  z = − + 2  z = − − i  2 2π 2π Gọi ω = cos + i sin thì z = ω; z = ω ; z = ω là các nghiệm của phương trình 3 z =1 Nên + ω 3k + ω k = 3;1 + ω 3k +1 + ω k + = 0;1 + ω 3k + + ω k + = ∀k = 1; n Xét f ( x) = ( + x ) 2015 Ta có: 2015 k f (1) = 2015 ; f (ω ) = ∑ C2015 ×ω k = k =0 2015 3 k − i; f (ω ) = ∑ C2015 ×ω k = + i 2 2 k =0 ⇒ f ( 1) + f ( ω ) + f ( ω ) = 22015 + (1) Mặt khác: f ( 1) + f ( ω ) + f ( ω ) = 671 = ∑C k =0 k 2015 ×( + ω + ω 3k 6k 671 ) + ∑C m=0 671 k = ∑ C2015 ×( + ω 3k + ω k ) = 3S5 m 2015 ×( + ω m +1 +ω 6m+2 671 ) + ∑C n=0 n 2015 ×( + ω 3n + + ω n + ) (2) k =0 Từ (1)(2) ⇒ S5 = 22015 +  Thay cho việc hỏi tính tổng S1; S ; S3 ; S trên, chúng có thể hỏi dưới dạng chứng minh, rút gọn II.1.2.Dạng 2: Tìm bậc hai của số phức A Phương pháp: Cho số phức z = a + bi, a, b ∈ ¡ Tìm bậc hai của z  Nếu z = thì z có một bậc hai là:  Nếu z = a > thì z có hai bậc hai là: ± a  Nếu z = a < thì z có hai bậc hai là: ±i a  Nếu z = a + bi, b ≠  Gọi z1 = x + yi ( x, y ∈ ¡ ) là bậc hai của z  x2 − y = a  Khi đó ta có: z1 = a + bi ⇔  2 xy = b  Giải hệ tìm x, y Từ đó kết luận số bậc hai của z Chú ý: Mỗi một số phức khác có hai bậc hai là hai số đối B Bài tập minh họa Bài 1:Tìm bậc hai của số phức sau: a) w = + 6i b) w = −1 − 2i Lời giải: a) Gọi z = x + yi ( x, y ∈ ¡ ) là một bậc hai của  x − y = Khi đó ta có: ( x + yi ) = + 6i ⇔  2 xy =   x =   y = Giải hệ phương trình tìm được nghiệm:    x = −3   y = −  Vậy số phức đã cho có hai bậc hai là: z1 = + i 5; z2 = −3 − i b) Tương tự, ta có số phức w = −1 − 2i có hai bậc hai là: z1 = − i 3; z2 = − + i II.1.3 Bài tập tự luyện Bài 1: Tính biểu thức sau: i + i + i + + i 2015 i + i + i + + i 2016 B = + (1 + i ) + (1 + i) + + (1 + i ) 20 A= C = (1 − i ) 2015 2015 1− i  D= ÷ 1+ i  16 16 1+ i  1− i  E = ÷ + ÷  1− i  1+ i  Bài 2: Tìm phần thực, phần ảo, từ đó tính môđun và tìm bậc hai của số phức sau: 1+ i  10 a z =  ÷ + (1 − i ) + (2 + 3i)(2 − 3i) + i 1− i  2015 b z = + i + 2i + 3i + + 2015i + i + i + + i 2015 + 2i + 3i + 4i + + 2015i (1 + i)100 d z = ( + i)91 c z = π π  e z =  cos − i sin ÷i15 (1 + 3)17 3  Bài 3: 10 2010 2015 + C2015 + C2015 + ×××+ C2015 + C2015 a) Tính tởng : S = C2015 b) Rút gọn:  Như vậy qua dạng bài tập này học sinh thấy được mối liên hệ giữa bài toán số phức với bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số Qua đó giúp các em ôn tập phương pháp timg giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm một biến C Bài tập tự luyện Bài 1: Cho số phức z thoả mãn (2 − z )(i + z ) là một số ảo, tìm số phức có môđun nhỏ nhất Bài 2: Trong các số phức z thoả mãn (1 − i ) z = (1 + i ) z Tìm số phức cho biểu thức P = z +3 z + + i −1 đạt giá trị nhỏ nhất, lớn nhất Bài 3: Trong các số phức z thoả mãn z − − 4i = z − 2i Tìm số phức có môđun nhỏ nhất Bài 4: Trong các số phức z thoả mãn z − i = z − z + 2i Tìm số phức z cho biểu thức P = ( z+z) + z − z đạt giá trị nhỏ nhất II.5.2 Các toán qui toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ của biểu thức hai biến mà biến thoả mãn điều kiện cho trước A Phương pháp: Để giải được lớp bài toán này, chúng cung cấp cho học sinh các bất đẳng thức bản như: Bất đẳng thức liên hệ giữa trung bình cộng và trung bình nhân, bất đẳng thức Bunhia- Cốpxki, bất đẳng thức hình học và một số bài toán công cụ sau:  Bài tốn 1: Cho đường trịn (T ) cớ định có tâm I bán kính R và điểm A cố định Điểm M di đợng đường trịn (T ) Hãy xác định vị trí điểm M cho AM lớn nhất, nhỏ nhất Lời giải:  TH1: A thuộc đường tròn (T) Ta có: AM đạt giá trị nhỏ nhất bằng M trùng với A AM đạt giá trị lớn nhất bằng 2R M là điểm đối xứng với A qua I  TH2: A không tḥc đường trịn (T) Gọi B, C là giao điểm của đường thẳng d và đường tròn (T); giá sử AB < AB +) Nếu A nằm ngoài đường tròn (T) thì với điểm M bất kì (T), ta có: AM ≥ AI − IM = AI − IB = AB Đẳng thức xảy M ≡ B AM ≤ AI + IM = AI + IC = AC Đẳng thức xảy M ≡ C +) Nếu A nằm đường tròn (T) thì với điểm M bất kì (T), ta có: AM ≥ IM − IA = IB − IA = AB Đẳng thức xảy M ≡ B AM ≤ AI + IM = AI + IC = AC Đẳng thức xảy M ≡ C Vậy M trùng với B thì AM đạt gí trị nhỏ nhất Vậy M trùng với C thì AM đạt gí trị lớn nhất  Bài toán 2: Cho hai đường tròn (T1 ) có tâm I, bán kính R1; đường tròn (T2 ) có tâm I, bán kính R2 Tìm vị trí của điểm M (T1 ) , điểm N (T2 ) cho MN đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất Lời giải:  Gọi d là đường thẳng qua I, J; d cắt đường tròn (T1 ) tại hai điểm phân biệt A, B (giả sử JA > JB) ; d cắt (T2 ) tại hai điểm phân biệt C, D ( giả sử ID > IC)  Với điểm M bất khì (T1 ) và điểm N bất kì (T2 ) , ta có: MN ≤ IM + IN ≤ IM + IJ + JN = R1 + R2 + IJ = AD Đẳng thức xảy M trùng với A và N trùng với D MN ≥ IM − IN ≥ IJ − IM − JN = IJ − R1 + R2 = BC Đẳng thức xảy M trùng với B và N trùng với C  Vậy M trùng với A và N trùng với D thì MN đạt giá trị lớn nhất M trùng với B và N trùng với C thì MN đạt giá trị nhỏ nhất  Bài tốn 3: Cho hai đường trịn (T ) có tâm I, bán kính R; đường thẳng ∆ không có điểm chung với (T ) Tìm vị trí của điểm M (T ) , điểm N ∆ cho MN đạt giá trị nhỏ nhất Lời giải:  Gọi H là hình chiếu vuông góc của I d  Đoạn OH cắt đường tròn (T ) tại J  Với M thuộc đường thẳng ∆ , N tḥc đường trịn (T ) , ta có: MN ≥ IN − IM ≥ IH − IJ = JH = const Đẳng thức xảy M ≡ H ; N ≡ I  Vậy M trùng với H; N trùng với J thì MN đạt giá trị nhỏ nhất B Bài tập minh hoạ: Bài tập 1: Trong các số phức z thoả mãn z − + 4i = Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của z Lời giải:  Cách Gọi z = x + yi ( x; y ∈ R ) ⇒ M ( x; y ) biểu diễn cho số phức z hệ toạ độ Oxy z − + 4i = ⇔ ( x − 3) + ( y + 4) = ⇔ ( x − 3) + ( y + 4) = 16 Vậy điểm M biểu diễn cho sớ phức z tḥc đường trịn (T) có tâm I (3; −4) , bán kính R = z = x + y = OM ; OI = > R nên O nằm ngoài đường tròn (T) z lớn nhất , nhỏ nhất OM lớn nhất, nhỏ nhất M di dộng (T) (Bài toán qui Bài toán 1- Trường hợp 2) Đường thẳng OI cắt đường tròn (T) tại hai điểm phân biệt    27 36  A  ; − ÷; B  ; − ÷ ⇒ OA = 1; OB =  5 5  Với M di động (T), ta có: OA ≤ OM ≤ OB ⇔ ≤ OM ≤ ⇒ ≤ z ≤ ⇒ OM nhỏ nhất M trùng với A; OM lớn nhất M trùng với B 27 36 Vậy z nhỏ nhất bằng z = − i ; z lớn nhất bằng z = − i 5 5  Cách Gọi z = x + yi ( x; y ∈ R ) ⇒ M ( x; y ) biểu diễn cho số phức z hệ toạ độ Oxy ω = − 4i ⇒ A(3; −4) biểu diễn cho số phức ω z = OM ; ω = OA = 5; z − ω = AM ; z − + 4i = ⇔ z − ω = ⇔ AM = Ta có: OM − OA ≤ AM ⇔ −4 ≤ OM − OA ≤ ⇔ −4 + OA ≤ OM ≤ + OA ⇔ ≤ OM ≤ 27 36 − i; z =9 z = − i 5 5 27 36 Vậy z nhỏ nhất bằng z = − i ; z lớn nhất bằng z = − i 5 5 ⇒ ≤ z ≤ ; z = z =  Nhận xét: Ngoài bài toán có thể giải bằng phương pháp sử dụng bất đẳng thức Bunhia-Cốpxki phương pháp lượng giác hoá Bài 2: Trong các số phức z thoả mãn điều kiện z ( z + − 4i ) là một số ảo, tìm số phức z cho ω = z − − i có môđun lớn nhất Lời giải: Gọi z = x + yi ( x; y ∈ R ) ⇒ M ( x; y ) biểu diễn cho số phức z hệ toạ độ Oxy z ( z + − 4i ) = ( x − yi ) [ ( x + 2) + ( y − 4)i ] = x( x + 2) + y ( y − 4) + [ x( y + 4) − y ( x + 2) ] i z ( z + − 4i ) là một số ảo ⇔ x( x + 2) + y ( y − 4) = ⇔ x + y + x − y = ⇔ ( x + 1) + ( y − 2) = ⇒ M biểu diễn cho z thuộc đường tròn (T) có tâm I ( −1; 2) , bán kính R = ω = z − − i = ( x − 1) + ( y − 1)i = ( x − 1) + ( y − 1) = AM với A(1;1) IA = ⇒ A ∈ (T ) (Bài toán được qui Bài toán - trường hợp 1) Vì M là điểm di động (T) nên AM lớn nhất ⇔ AM là đường kính của (T) ⇔ M đối xứng với A qua I ⇔ I là trung diểm của AM ⇒ M (−3;3) ⇒ z = −3 + 3i ⇒ ω = −4 + 2i Vậy ω lớn nhất bằng z = −3 + 3i Bài 3: Trong các số phức z có môđun bằng 2 Tìm số phức z cho biểu thức P = z + + z + i đạt giá trị lớn nhất Lời giải: Gọi z = x + yi ( x; y ∈ R ) z = 2 ⇔ x2 + y = 2 ⇔ x2 + y = P = z + + z + i = ( x + 1) + y + x + ( y + 1) Áp dụng bất đẳng thức Bunhia-côpxki cho hai bộ số 1;1 và ( x + 1)2 + y ; x + ( y + 1) , ta có: P ≤ ( x + 1) + y + x + ( y + 1)  = 4(9 + x + y ) Áp dụng bất đẳng thức Bunhia-cốpxki cho hai bộ số 1;1 và x; y , ta có: x + y ≤ ( x2 + y ) = ⇒ P ≤ 52 ⇒ P ≤ 13 Đẳng thức xảy x = y = Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 13 z = + 2i Bài 4: Trong các số phức z có môđun bằng Tìm số phức z cho biểu thức P = z − + z − + 7i đạt giá trị lớn nhất Lời giải: Gọi z = x + yi ( x; y ∈ R ) z = ⇔ x2 + y = ⇔ x2 + y = P = z − + z − + 7i = ( x − 1) + y + ( x − 1) + ( y + 7) ur ur ur ur Xét u ( x − 1; y ) , v ( − x; −7 − y ) ⇒ u + v = ( 0; −7 ) Khi đó: ur ur ur ur ur ur P = u + v ≥ u + v = Đẳng thức xảy u , v cùng hướng ⇒ ( x − 1)(−7 − y ) = y (1 − x) ⇔ x = x =1⇒ y = ± ur ur Với x = 1; y = thì u , v ngược hướng (không thoả mãn) ur ur Với x = 1; y = − thì u , v cùng hướng (thoả mãn) Vậy z = − i thì P đạt giá trị nhỏ nhất bằng Bài 5: Trong các số phức z1, z2 thoả mãn: z1 − − i =1 ; z2 − − 6i = , tìm số phức z1, z2 cho z1 − z2 đạt giá trị lớn nhất Lời giải: Gọi z1 = a + b.i ; z2 = c + d i ;(a; b; c; d là những số thực); z1 được biểu diễn bởi điểm M(a; b); z2 được biểu diễn bởi điểm N(c; d) mặt phẳng toạ độ Oxy z1 − − i = ⇔ z1 − − i = ⇔ (a − 1) + (b − 1) = suy M tḥc đường trịn tâm I(1; 1), bán kính R = z2 − − 6i = ⇔ z2 − − 6i = 36 ⇔ (c − 6) + ( d − 6) = 36 suy M tḥc đường trịn tâm J(6; 6), bán kính R' = z1 − z2 = (c − a ) + (d − b) = MN (Bài toán được qui Bài toán 2) Đường thẳng IJ có phương trình y = x Đường thẳng IJ cắt đường tròn tâm I tại hai 2− 2−  2+ 2+  ; ; ÷; M  ÷     điểm M  Đường ( thẳng ) IJ ( cắt đường N1 − 2;6 − ; N + 2;6 + tròn ) tâm J tại hai điểm M N1 ≤ MN ≤ M N ⇔ − ≤ z1 − z2 ≤ + max z1 − z2 = + M ≡ M , N ≡ N 2− 2− + i ; z2 = + + + i thì z1 − z2 đạt giá trị lớn nhất 2 Bài 6: Cho các số phức z1 ; z2 thoả mãn: z1 =1 ; z2 [ z2 − (1 − i )] − + 2i là một số thực Tìm số phức z1 ; z2 cho P = z2 − ( z1 z2 + z1 z2 ) đạt giá trị nhỏ nhất Vậy z1 = Lời giải: ( ) Gọi z1 = a + bi ; z2 = c + di ; ( a; b; c; d ∈ R ) ⇒ M (a; b), N (c; d ) lần lượt biểu diễn cho z1 ; z2 hệ toạ độ Oxy z1 = ⇔ a + b = ⇔ a + b = ⇒ M tḥc đường trịn (T ) có tâm O, bán kính R = z2 = c − di; ω = z  z − ( − i )  − + 2i = ( c − di ) [ (c − 1) + (d + 1)i ] + − 6i = c(c − 1) + d (d + 1) + + [ c(d + 1) − d (c − 1) − 6] i ω là số thực ⇔ c(d + 1) − d (c − 1) − = ⇔ c + d − = ⇒ N thuộc đường thẳng ∆ : x + y − = Ta có d (O; ∆) > nên ∆ và (T ) không có điểm chung z1 z2 = ac + bd + (bc − ad )i; z1 z2 = ac + bd + (−bc + ad )i ⇒ z1z2 + z1z = 2(ac + bd ) P = c + d − 2(ac + bd ) = (c − a ) + (b − d ) − = MN − (vì a + b = ) (Bài toán được qui Bài tốn 3) Gọi H là hình chiếu vng góc của O ∆ : x + y − = ⇒ H (3;3)  2 ; ÷ 2   Đoạn OH cắt đường tròn (T ) tại I  Với N thuộc đường thẳng ∆ , M tḥc đường trịn (T ) , ta có: MN ≥ ON − OM ≥ OH − OI = IH = − Đẳng thức xảy M ≡ I ; N ≡ H ( ) ⇒ P ≥ − − = 18 − Đẳng thức xảy z1 = 2 + i; z2 = + 3i 2 2 + i; z2 = + 3i 2 Bài 7: Trong các số phức z thoả mãn điều kiện z − + z + = 10 Tìm số phức z có Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 18 − z1 = môđun lớn nhất Lời giải: Gọi z = x + yi ( x; y ∈ R ) ⇒ M ( x; y ) biểu diễn cho số phức z hệ toạ độ Oxy z − + z + = 10 ⇔ ( x − 3) + y + ( x + 3)2 + y = 10 ⇔ MF1 + MF2 = 10 ; (với F1 (−3;0); F2 (3;0) ) x2 y ⇔ M ∈ ( E ) có tâm O, trục lớn bằng 10; tiêu cự bằng ⇔ M ∈ ( E ) : + =1 25 z = OM ; OM lớn nhất ⇔ OM = a = ⇔ M (5;0) ∨ M (−5;0) Vậy z lớn nhất bằng z = ∨ z = −5 C Bài tập tự luyện Bài 1: Trong các số phức z có môđun bẳng 13 Tìm số phức ω = z + − 3i có môđun lớn nhất Bài 2: Cho số phức z thoả mãn z − z (1 + 2i) + (−1 + 2i) z − 20 = Tìm số phức z có môđun lớn nhất, nhỏ nhất Bài 3: Trong các số phức z1 ; z2 thoả mãn: ( z1 − 10 ) ( z1 + 6i ) có phần thực bằng −26 ; 2 z2 + − 3i + z2 − + 2i = 58 Tìm số phức z1 ; z2 cho z1 − z2 đạt giá trị nhỏ nhất, lớn nhất Bài 4: Trong các số phức z1 ; z2 thoẩ mãn z1 − i = (1 + i) z1 ; z − + 2i = z − + 4i Tìm số phức z1 ; z2 cho biểu thức P = ( z1 − z1 ) i + z2 − ( z1 z2 + z1 z2 ) Bài 5: Cho số phức z ≠ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức p= z2 − z z + z2 z2 − z 2 Bài 6: Tìm số phức z có module nhỏ nhất, lớn nhất các số phức z thoả mãn điều kiện sau: z + − 5i = z +3−i b) z − + 2i = a) II.6 CHUYÊN ĐỀ 6: ỨNG DỤNG SỐ PHỨC ĐỂ GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH II.6.1 Phương pháp Để giải hệ phương trình với ẩn x, y ∈ ¡ ta làm sau:  Đặt z = x + iy ; x, y ∈ ¡  Từ hệ phương trình đã cho dẫn đến phương trình với ẩn z Giả sử ta tìm được z = a + bi ; a, b ∈ ¡ x = a y = b  Từ đó sử dụng khái niệm số phức bằng suy   Một số đẳng thức thường dùng : Với z = x + iy ; x, y ∈ ¡ ta có:  (1) z = x − yi  (2) z = x − y + xyi  (3) z = x3 − 3xy + (3 x y − y )i x − yi = z x + y2 i y + xi  (5) = z x + y2 x2 − y 2 xyi − 2  (6) z = ( x + y ) ( x2 + y )  (4)  (7) z n = r (cos ϕ + i sin ϕ ) ϕ + k 2π   ϕ + k 2π (8) z = n r  cos + i sin n n    k = 0; 1; 2; ; ( n − 1) B Bài tập minh họa  x3 − 3xy − x + = x − xy − y (I ) Bài 1: Giải hệ phương trình  2  y − x y + y − = y − xy − x Lời giải:  z = x − y + xyi z = x + iy ; x , y ∈ ¡ ⇒ Đặt 2  z = x − 3x y + (3xy − y )i  x − 3xy − x + − x + xy + y = ( I ) ⇔ ( II ) Khi đó:  2 i ( − y + x y − y + − x − xy + y ) =  Trừ vế với vế phương trình của hệ (II) ta được: x − 3xy + (3x y − y )i − (1 + i )( x − y + xyi ) − ( x + yi ) + i + = ⇔ z − (1 + i ) z − z + i + = ⇔ ( z − 1)( z − iz − − i ) = z = ⇔  z = −1  z = + i Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) là: ( 1;0 ) , ( −1;0 ) , ( 1;1) 3x − y   x + x2 + y =  Bài 2: Giải hệ phương trình:   y − x + 3y =  x2 + y Lời giải: 3x − y 3x − y (3 x − y ) − ( x + y )i    x + = x + = ( x + yi ) + − = (1) 2 2    x +y x +y x2 + y    ⇔ ⇔  x + y x + y y −  yi −  yi − x + y i = =0 i=0 2 2    x +y x +y x2 + y x − yi i y + xi ; = Đặt z = x + iy ; x, y ∈ ¡ ⇒ = 2 z x + y z x + y2 z = + i 3−i − = ⇔ z − 3z + − i = ⇔  Từ đó phương trinh (1) trở thành: z + z z = 1− i Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) là: ( 2;1) , ( 1;1) (6 − x)( x + y ) = x + y Bài 3: Giải hệ phương trình:  (I) 2 (3 − x)( x + y ) = x − y Lời giải: +) x = y = thỏa mãn hệ phương trình (I) +) x + y > , chia cả hai vế của cả hai phương trình của hệ (I) cho x + y ta được: 6x + y 6x + y    x + x2 + y =  x + x2 + y =   ⇔   y + 8x − y =  yi + x − y i = 3i 2   x +y x2 + y Cộng vế với vế phương trình của hệ ta được: x + yi + x + y + (8 x − y )i = + 3i x2 + y x − yi i y + xi = ; = 2 z x + y z x + y2 + 8i = + 3i Từ đó phương trinh (1) trở thành: z + z z = + i ⇔ z − (6 + 3i) z + + 8i = ⇔   z = + 2i Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) là: (0;0) , ( 2;1) , ( 4;2 ) Đặt z = x + iy ; x, y ∈ ¡ ⇒ 2 y − x y = (I ) Bài 4: Giải hệ phương trình:  4 x − y = 2( x − y )  Lời giải: 2 y − x y =  4 3x − y (2 y − x y ) = 2( x − y )  x =   y = 3 2 y − x y =  ⇔ ⇔    x(3 + xy − x ) =  2 y − x y = ( II )   2 x − xy = 3 2 3 Đặt z = x + iy ; x, y ∈ ¡ ⇒ z = x − 3xy + (3x y − y )i Giải hệ (II) ta có: x − 3xy + (3x y − y )i = − i ( cos ϕ + sin ϕ ) 2 5 ϕ + k 2π ϕ + k 2π  ⇒ z =  cos + i sin ÷ 2 3  −1 −π   ; sin ϕ = ;ϕ ∈ ( ;0) ÷  k = 0,1, 2; cos ϕ = 10 10    1 Vậy nghiệm của hệ phương trình (x, y) là:  0; ÷, 2   ϕ + k 2π ϕ + k 2π  ; sin  cos ÷, k = 0,1, 2 3   Từ đó ta có: z = − i = C Bài tập tự luyện: Giải các hệ phương trình sau   40   x 1 − ÷=   5x + y  1)   y  + 40  = 10   x + y ÷   ( x − y )3 + xy + x − y + x + y = 2)  2 3 x y − y + xy − x + y + y − x − = III GIẢI PHÁP 3: Cách xây dựng toán  Đối với chuyên đề 1, việc tạo bài tập mới tương đối đơn giản Hơn nữa giữa các bài toán : Tính toán tập hợp số phức; Tìm tập hợp điểm biểu diễn cho số phức z thoả mãn điều kiện cho trước; xác định số phức z thoả mãn điều kiện cho trước có mối liên hệ chặt che với Để tìm tập hợp điểm biểu diễn cho số phức z thoả mãn điều kiện cho trước, ta bắt buộc phải biết tính toán và nhớ các khái niệm; kết hợp khéo léo hai bài toán tìm tập hợp điểm biểu diễn cho số phức z thoả mãn điều kiện cho trước, ta se có bài toán xác định số phức  Đối với chun đề 2: Cách xây dựnng tốn tìm sớ phức z thỏa mãn điều kiện cho trước  TH1: Tìm số phức z bằng cách giải pt bậc nhất với ẩn z z Xuất phát từ số phức z = a + bi ( a, b ∈ R ) đã biết ta cộng, trừ hai vế với một số phức, nhân, chia hai vế với một số phức khác ta được một đề bài mới Ví dụ 1: X́t phát từ sớ phức z = − i Ta lấy (3 − i ).(1 − i) + − i = − 5i , ta có bài toán là: Tìm số phức z biết z.(1 − i) + − i = − 5i Ví dụ 2: X́t phát từ sớ phức z = + 3i ⇒ z = − 3i Ta lấy (1 + i ) (2 − i)(2 − 3i) − (1 + 2i).(2 − 3i) = + i , ta có bài toán là: Tìm số phức z biết (1 + i ) (2 − i) z = (1 + 2i ).z + + i  TH2: Tìm số phức z bằng cách gọi số phức z cần lập dạng z = a + bi , a, b ∈ ¡ Sử dụng giả thiết bài toán và khái niệm hai số phức bằng để dẫn đến giải hệ phương trình ẩn a, b ¡ a + b = Ví dụ 1: Xuất phát từ hệ phương trình:  a.b = Ta có bài toán, tìm số phức z biết: | z |= và tích của phần thực với phần ảo bằng a + (b − 2) = Ví dụ 2: Xuất phát từ hệ phương trình:  3a − b + = Ta có bài toán, tìm số phức z biết: | z − 2i |= và điểm M biểu diễn số phức z thuộc đường thẳng d có phương trình: 3x − y + = Hoặc tốn: tìm sớ phức z biết: 1 | z + − i |=| z − | và điểm M biểu diễn số phức w = z − 2i tḥc đường trịn (C ) 2 có tâm I (0;2) , bán kính R =  Đối với chuyên đề 3: Cách xây dựng phương trình tập hợp số phức  Phương pháp 1: Từ nhận xét: +)Nếu z1 , z2 là nghiệm của phương trình az + bz + c (a ≠ 0) b, b, c là các số thực −b  z + z =  a Khi đó ta có:   z z = c  a +) Phương trình bậc hai trường số phức với hệ số thực có nghiệm là số phức liên hợp Ta chỉ cần lấy số phức liên hợp bất kì se tạo một phương trình bậc với nghiệm chính là số phức vừa chọn Muốn tạo ta một phương trình bậc ta chỉ cần nhân thêm vào phương trình bâc với một phương trình bậc nhất Ví dụ 1: X́t phát từ sớ phức z1 = + 3i; z2 = − 3i , ta có z1 + z2 = 4; z1.z2 = 13 , từ đó ta có bài toán giải phương trình: z − z + 13 = Ví dụ 2: X́t phát từ sớ phức z1 = + 3i; z2 = − 3i; z3 = , ta có z1 + z2 = 4; z1.z2 = 13 , ⇒ z1 , z2 , z3 là nghiệm của phương trình: ( z − 1)( z − z + 13) = Từ đó ta có bài toán: giải phương trình: z − z + 17 z − 13 = Ví dụ 3: X́t phát từ sớ phức z1 = + 3i; z2 = − 3i; z3 = 2i , ta có z1 + z2 = 2; z1.z2 = , ⇒ z1 , z2 , z3 là nghiệm của phương trình: ( z − 2i)( z − z + 4) = Từ đó ta có bài toán: giải phương trình sau biết rằng phương trình có một nghiệm thuần ảo: z − 2(1 + i ) z +4(1 + i ) z − 8i =  Phương pháp 2: Xuất phát từ một phương trình bậc ẩn t ta chỉ cần thay t bởi một biểu thức bậc ẩn z một cách thích hợp ta có một phương trình bậc tập hợp sớ phức Ví dụ : Xuất phát từ phương trình: t + 3t − = Thay t = z , ta có phương trình: z + 3z − = Thay z − z + , ta có phương trình: ( z − z + 1)2 + 3( z − z ) − = z Thay t = z + ( z ≠ 0) , ta có phương trình: z + 3z − z + 3z + = Từ phương trình t + 3t − = ⇔ t.(t + 3) = , sau đó thay t = z + z ta có phương trình: z.( z + 1).( z + 3)( z + 4) =  Phương pháp 3: Xuất phát từ một phương trình đẳng cấp bậc với ẩn t và z , thay t bởi một biểu thức bậc ẩn z Ví dụ: Xuất phát từ phương trình t + 5tz − z = , thay t = z − z + ta có phương trình: (2 z − z + 3) + 5(2 z − z + 3) z − z =  Đối với chuyên đề 4:  Để tập biểu diễn hình học của z biết z thoả mãn điều kiện cho trước ta:  Chọn trước quỹ tích ( Ví dụ: Ḿn quỹ tích là mợt đường trịn ta: + Chọn trước tâm và bán kính theo mong muốn + Lập phương trình đường trịn Tương tự nếu ḿn quỹ tích là một đường thẳng, một elip hay một hypebol, )  Căn cứ vào phương trình đường ta chọn để thiết lập mối quan hệ mà số phức z cần thoả mãn Ví dụ 1: Xuất phát từ việc chọn đường tròn có tâm I (0; −1) , bán kính R = Ta có phương trình đường tròn (C ) : x + ( y + 1)2 = (*) Coi z = x + yi, ( x, y ∈ ¡ ) Ta nhận thấy bậc hai vế trái của (*) là x + ( y + 1) = x + ( y + 1)i = x + yi + i = z + i Vậy ta có bài toán: Tìm tập hợp điểm mặt phẳng toạ độ biểu diễn cho số phức z thoả mãn z + i = Cũng từ (*) ta có x + ( y + 1) = ⇔ x + y + y − = ⇔ x + y − y + = x − xy + y + x + xy + y ⇔ x + ( y − 1)2 = ( x − y ) + ( x + y ) ⇔ x + ( y − 1) = ( x − y )2 + ( x + y ) ⇔ x + ( y − 1)i = x − y + ( x + y )i ⇔ x + yi − i = (1 + i )( x + yi ) ⇔ z − i = (1 + i ) z Vậy ta có bài toán: Tìm tập hợp điểm mặt phẳng toạ độ biểu diễn cho số phức z thoả mãn z − i = (1 + i ) z Tương tự biến đổi (*) cách thêm bớt số đại lượng ta có nhiều mối liên hệ khác, từ có nhiều tập thú vị Ví dụ 2: Để quỹ tích là đường thẳng ta có thể chọn trước đường thẳng (d) có phương trình: x + y − 25 =  Cách 1: Ta biến đổi x + y − 25 = ⇔ x + y = x − x + + y − y + 16 (*) ⇔ x + y = ( x − 3) + ( y − 4) ⇔ x + y = ( x − 3)2 + ( y − 4)2 ⇔ x + yi = x − + ( y − 4)i ⇔ x + yi = x + yi − − 4i ⇔ z = z − − 4i Vậy ta có bài toán: Tìm tập hợp điểm mặt phẳng toạ độ biểu diễn cho số phức z thoả mãn z = z − − 4i Còn nếu từ (*) ⇔ x + y = ( x − 3) + (4 − y ) ⇔ x + y = ( x − 3) + (4 − y ) ⇔ x + yi = x − + (4 − y )i ⇔ x + yi = x − yi − + 4i ⇔ z = z − + 4i Vậy ta có bài toán: Tìm tập hợp điểm mặt phẳng toạ độ biểu diễn cho số phức z thoả mãn z = z − + 4i Ta lại có z = z − + 4i ⇔ z z =1⇔ =1 z − + 4i z − + 4i Vậy ta có bài toán: Tìm tập hợp điểm mặt phẳng toạ độ biểu diễn cho số phức z thoả mãn z =1 z − + 4i  Cách 2: Ta chọn hai điểm A, B cho đường thẳng (d) có phương trình: x + y − 25 = Là đường trung trực của đoạn thẳng AB Chẳng hạn,chọn A(3;4); B (0;3) , ta có: M ∈ d ⇔ MA = MB ⇔ z − − 4i = z − 3i Vậy ta có bài toán: Tìm tập hợp điểm mặt phẳng toạ độ biểu diễn cho số phức z thoả mãn z − − 4i = z − 3i Hoặc: Tìm tập hợp điểm mặt phẳng toạ độ biểu diễn cho số phức z thoả mãn z − − 4i =1 z − 3i Ví dụ 3: Để quỹ tích là hai đường thẳng ta có thể chọn trước đường thẳng (d) và (d’) lần lượt có phương trình: x = 0; x = Khi đó ta có x( x − 2) = ⇔ x − x = ⇔ x − x + + y = + y ⇔ ( x − 1) + y = + y ⇔ ( x − 1) + y = + (2 y ) ⇔ x − + yi = + yi ⇔ x + yi − = x + yi − x + yi + ⇔ z −1 = z − z + Vậy ta có bài toán: tập hợp điểm mặt phẳng toạ độ biểu diễn cho số phức z thoả mãn z − = z − z + Ví dụ 4: Để quỹ tích là đường elip ta chọn tiêu điểm F1 (−1;0); F2 (1;0) và độ dài trục lớn là Khi đó M ( x; y ) biểu diễn số phức z thuộc elíp và chỉ MF1 + MF2 = ⇔ ( x + 1) + y + ( x − 1) + y = ⇔ ( x + 1) + yi + ( x − 1) + yi = ⇔ x + yi + + x + yi − = ⇔ z + + z − = Vậy ta có bài toán: tập hợp điểm mặt phẳng toạ độ biểu diễn cho số phức z thoả mãn z + + z − =  Để tập chứng minh tính chất liên quan đến hình biểu diễn số phức z chủ yếu ta dựa kiến thức của hình giải tích mặt phẳng Ví dụ: Xuất phát từ bài toán hình giải tích mặt phẳng: “Chứng minh điểm A(1;2), B(1 + 3;1), C(1 + 3; −1), D(1; −2) lập thành tứ giác nội tiếp đường trịn” rời phát triển thành bài toán liên quan đến hình biểu diễn của số phức: Gọi A, B, C , D là các điểm lần lượt biểu diễn các số phức: + 2i;1 + + i; + − i ;1 − 2i a) Chứng minh rằng A, B, C tạo thành một tam giác vuông Trọng tâm, trực tâm, tâm đường trịn nợi tiếp, tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác biểu diễn số phức nào? b) Chứng minh tam giác ABD và ACD bằng nhau? Tính diện tích của chúng? c) Chứng minh rằng ABCD là tứ giác nội tiếp đường trịn (hoặc hỏi chứng minh ABCD hình thang cân) Tâm đường trịn biểu diễn sớ phức nào?  Nhận xét: - Dựa sở nhiều tập chứng minh tính chất liên quan đến hình biểu diễn số phức z - Có thể biểu diễn số phức z dạng tổng, hiệu, tích, thương số phức để toán phức tạp hơn, đồng thời rèn lụn kỹ tính tốn  Đới với chuyên đề 5: Việc tạo các bài tập se thường xuất phát từ một bài tập đại số bài tập hình giải tích mặt phẳng Từ các bài tập đó bằng cách sử dụng kiến thức số phức, ta chuyển được các bài toán xuất phát sang bài toán: Cực trị của sớ phức Ví dụ 1: Xuất phát từ bài toán: Cho x; y ∈ R thoả mãn: x − y + = Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x + y Để tạo bài tập số phức từ bài tập này, chúng làm sau: Coi z = x + yi ( x; y ∈ R ) ⇒ M ( x; y ) biểu diễn cho số phức z mặt phẳng toạ độ Khi đó P = z Chọn A, B cho đường thẳng d : x − y + = là đường trung trực của đoạn thẳng AB Chẳng hạn chọn A(−1; −1), B (1;3) Vậy để M thuộc d : x − y + = thì z phải thoả mãn: z + + i = z − − 3i Vậy ta có bài toán: Trong các số phức z thoả mãn: z + + i = z − − 3i (*) Tìm số phức có môđun nhỏ nhất  Điều kiện (*) có thể thay bởi một điều kiện khác cho từ đó ta thu được đẳng thức x − y + = Chẳng hạn: Trong các số phức z thoả mãn: ( z − 2i ) ( z + 1) có phần ảo bằng Tìm số phức có môđun nhỏ nhất Ví dụ 2: Xuất phát từ bài toán: Cho x; y ∈ R thoả mãn: y = x Tìm giá trị nhỏ nhất + 2y 4x2 Coi z = x + yi ( x; y ∈ R ) của biểu thức P = 1  y = x ⇔ x + y = y + y ⇔ x + y =  y + ÷ − ⇔ ( x + y ) + = ( y + 1) 2  2 2 ⇔ z +1 = z − z + i 2 Vậy ta có tốn : 2 Trong các số phức z thoả mãn: z + = z − z + i Tìm số phức z cho biểu thức P = ( z+z) + z − z đạt giá trị nhỏ nhất Ví dụ 3: Xuất phát từ bài toán: Tìm điểm M đường tròn (T ) : x + y + y − = và điểm N đường thẳng ∆ : x + y + = cho MN đạt giá trị nhỏ nhất Coi z1 = a + bi ; z2 = c + di ; ( a; b; c; d ∈ R ) ⇒ M (a; b), N (c; d ) lần lượt biểu diễn cho z1 ; z2 hệ toạ độ Oxy x + y + y − = ⇔ ( x + y ) = x + ( y − 1) z1 thoả mãn : ( + i ) z1 = z1 − i ⇒ M ∈ (T ) Chọn A(1; −2); B(3; −4) cho ∆ : x + y + = là đường trung trực của AB z2 thoả mãn : z2 − + 2i = z2 − + 4i ⇒ N ∈ ∆ MN = (a − c) + (b − d ) = ( z1 − z1 ) i + z2 − ( z1z2 + z1 z ) Vậy ta có bài toán: Trong các số phức z1 ; z2 thoẩ mãn z1 − i = (1 + i) z1 ; z − + 2i = z − + 4i Tìm số phức z1 ; z2 cho biểu thức P = ( z1 − z1 ) i + z2 − ( z1 z2 + z1 z2 ) đạt giá trị nhỏ nhất  Đối với chuyên đề 6: Để tạo một bài toán giải hệ ta thường xuất phát từ việc giả phương trình tập hợp số phức rồi biến đổi để thu được một hệ phương trình:  Ví dụ 1: Xuất phát từ phương trình: z = i z + (3 − i ) z + (3 − 2i ) z − i + = ⇔  z = −2 + i  z = −1 − i  z = x − y + xyi z = x + iy ; x , y ∈ ¡ ⇒ Đặt  3 2  z = x − 3x y + (3xy − y )i 2 ( x − y ) + xy + x − y + x + y = Ta có hệ phương trình:  2 3 x y − y + xy − x + y + y − x − =  z = −1  Ví dụ 2: Xuất phát từ phương trình: z + z + (6 + i ) z + + i = ⇔  z = −2 + i  z = −1 − i  z = x − y + xyi Đặt z = x + iy ; x, y ∈ ¡ ⇒  3 2  z = x − 3x y + (3xy − y )i  x3 − 3x y + 4( x − y ) + x − y + = Ta có hệ phương trình:  3 x y − y + xy + x + y + =  z = −2 + i  z = −1 − i Ví dụ 3: Xuất phát từ phương trình: z + 3z + + i = ⇔  Đặt z = x + iy ; x, y ∈ ¡ ⇒ z = x − y + xyi ( x + y )( x + y ) + 3x + y = Ta có hệ phương trình:  2 ( x + y ) y + x − y =  z = i   (1 − i ) Ví dụ 4: Xuất phát từ phương trình: z − iz + iz + = ⇔  z =   z = (1 − i )   z = x − y + xyi z = x + iy ; x , y ∈ ¡ ⇒ Đặt 2  z = x − 3x y + (3xy − y )i  x( x + y ) + y ( x + y ) + x − y = Ta có hệ phương trình:  2 2 ( y − 1)( x + y ) + x( y + y ) − xy =