Giải nhanh GTLN GTNN mô đun số phức với elip và không elip lục trí tuyên

Xem thêm tại: estudy.edu.vn GIẢI NHANH GTLN-GTNN MÔ ĐUN SỐ PHỨC VỚI ELIP Thầy Lục Trí Tuyên – ĐT: 0972177717 Bồi dưỡng KT LTĐH Cầu Giấy – Hồ Tùng Mậu HN Khi thấy giả thiết Elip không tắc: z  z1  z  z2  2a với ( z1  z2  2a ) z1 , z2  c; ci Tìm Min, Max P  z  z0 : Tính z1  z2  2c (2) Nếu thấy z0  z1  z2 0 b2  a  c max P  a ;  z1  z2 a  z0  (3.1) Nếu thấy  z  z  k  z  z   P  b z1  z2 a z z P  z0   a max P  z0   z1  z2 a  z0  (3.2) Nếu thấy  z  z  k  z  z   max P  z0  z1  z2 a (3.3) Nếu thấy z0  z1  z0  z2 P  z0  z1  z2 b GIẢI THÍCH CỤ THỂ Hình dạng thông số Elip - Định nghĩa: Cho hai điểm cố định F1 , F2 với độ dài F1F2  2c Tập hợp điểm M mặt phẳng thoả mãn Với a  c  số dương không đổi - Hình dạng: MF1  MF2  2a Xem thêm tại: estudy.edu.vn _ - Mối quan hệ a, b, c : a2  b2  c2 Bài toán liên quan Bài toán chung: Cho M chuyển động Elip ( E) điểm A cố định Tìm GTLN, GTNN AM Bài toán số phức tương ứng: Cho số phức z thoả mãn z  z1  z  z2  2a với 2a  z1  z2 Tìm GTLN, GTNN P  z  z0 Sự tương ứng gồm: - M điểm biểu diễn z - F1 , F2 tương ứng điểm biểu diễn z1 , z2 - A điểm biểu diễn z0 Các dạng giải x2 y Bài toán Phương trình ( E) dạng tắc:   a b Bài toán số phức tương ứng: Cho số phức z thoả mãn z  c  z  c  2a z  ci  z  ci  2a (Elip đứng) Tìm GTLN, GTNN P  z  z0 Giải: - Tính b2  a  c Xem thêm tại: estudy.edu.vn _ - Lập phương trình tắc Elip: x2 y x2 y z  c  z  c  a    1 với Hoặc a b2 b2 a với z  ci  z  ci  2a - Rút y theo x dạng: y   x2 y x2 y b 2 a  x   (tương tự   ) a b a a b  b  - Thay vào P P  ( x  x0 )    a  x  y0  , x   a; a  với z0  x0  y0i  a  2 - Dùng chức TABLE máy tính cầm tay Casio tìm GTLN, GTNN hàm P từ có P Ví dụ minh hoạ: Cho số phức z thoả mãn z   z   Tìm GTLN GTNN P  z   3i Giải: - Có a  3, c   b2    x2 y  x2  1  y   - Phương trình tắc Elip:    x    f1,2  x  - Vậy P   x  1      2   - Bấm TABLE hàm f1,2  x  với x  3;3 GTLN, GTNN P Bài toán Elip không tắc A trung điểm F1 F2 tức A tâm Elip Bài toán số phức tương ứng: Cho số phức z thoả mãn z  z1  z  z2  2a với 2a  z1  z2 Tìm GTLN, GTNN P  z  z0 Với đặc điểm nhận dạng z0  z1  z2 Xem thêm tại: estudy.edu.vn _ Giải: - Tính 2c  z1  z2  c  - Tính z1  z2 b2  a  c  b  a  c - Vì A tâm Elip M di chuyển Elip nên: + AM lớn a hay max P  a + AM nhỏ b hay P  b Ví dụ minh hoạ: Cho số phức z thoả mãn z   3i  z   i  Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ P  z   2i Giải: Ta có P  z   2i  P 1  z   i Ta cần tìm GTLN, GTNN P '  z   i 2 Ta thấy z1   3i , z2  2  i z0   - Tính 2c  z1  z2   c  z z  i Do z0  2 25 39 ; 2a   a  Vậy b  16   Xem thêm tại: estudy.edu.vn _ Vậy max P '  ; P '  39 Do max P  P  39 Bài toán Elip dạng tắc, A không trung điểm F1 F2 A nằm trục Elip Bài toán 3.1 A nằm trục lớn phía Elip:  z0  z1  k  z0  z2   z0  z1  z0  z2  2a - Dấu hiệu nhận biết:  - Thì max P  z0  z z z1  z2  a P  z0   a 2 Bài toán 3.2 A nằm trục lớn phía Elip:  z0  z1  k  z0  z2   z0  z1  z0  z2  2a - Dấu hiệu nhận biết:  - Thì max P  z0  z1  z2  a Còn GTNN không xác định nhanh Bài toán 3.3 A nằm trục nhỏ (bất kể hay ngoài) Elip: - Dấu hiệu nhận biết: z0  z1  z0  z2 Xem thêm tại: estudy.edu.vn _ - Thì P  z0  z1  z2  b Còn GTLN không xác định nhanh Ví dụ minh hoạ: Cho số phức z thoả mãn: z  i  z   3i  Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ P  z   7i Giải: z1  i  F1 (0;1) ; z2   3i  F2 (3; 3) ; z0   7i  A(6; 7) I trung điểm F1F2 I  z1  z2  ( ; 1) 2 Có z0  z1   8i ; z0  z2   4i  z0  z1   z0  z2  Vậy A thuộc F1 F2 Mặt khác z0  z1  z0  z2  10   Vậy A nằm Elip Vậy max P  AI  a  z0  Bấm máy: Thấy 21 z1  z2 z  z2 ; P  AI  a  z0  a  a  2 2 a3 - Gán z0 vào A; z1 vào B z vào C - Kiểm tra A, B, C thẳng hàng: A B k AC  - Kiểm tra A nằm Elip: A  B  A  C  - Bấm max P  A  BC BC  ; max P  A  3 2 ELIP SUY BIẾN Bài toán: Cho số phức z thoả mãn: z  z1  z  z2  2a có z1  z2  2a Tìm GTLN, GTNN T  z  z0 Giải: Xem thêm tại: estudy.edu.vn _ - Bài toán tương đương với toán hình học: MF1  MF2  F1F2 Tìm GTLN, GTNN T  AM - Giả thiết MF1  MF2  F1F2 tương đương với M di chuyển đoạn thẳng F1 F2 Do đó: + Viết phương trình đường thẳng F1 F2 với x  [x1; x2 ] (ở x1 , x2 hoành độ F1 , F2 ) + Rút y theo x từ phương trình F1F2 vào T T  f ( x) với x  [x1; x2 ] + Tìm GTLN, GTNN f ( x) đoạn x  [x1; x2 ] Ví dụ minh hoạ Cho số phức z thoả mãn z   i  z   7i  10 Tìm GTLN, GTNN P  z   4i Giải Với quy ước từ ban đầu, có F1 (2;1) , F2 (4; 7) A(1;4) M điểm biểu diễn z Có F1 F2  10 z   i  z   7i  10  M thuộc đoạn thẳng F1 F2  x  2  3t Với x  [  2;4] y   t  Có F1F2  (6; 8) nên phương trình tham số F1 F2 :   t  [0;2] Có P   x  1   y     3t  3   4t  3 2 2  25t  6t  18 với  t  [0;2] Khảo sát hàm f (t )  25t  6t  18 [0;2] GTNN 130 Vậy P  max P  130 f (t ) 18, GTLN GTLN-GTNN CỦA MÔ ĐUN SỐ PHỨC KHÔNG ELIP Thầy Lục Trí Tuyên – ĐT: 0972177717 Ngõ 20, Hồ Tùng Mậu, Cầu Giấy, Hà Nội Website: https://estudy.edu.vn ĐỊNH NGHĨA VÀ Ý NGHĨA  Cho số phức z  a  bi , mô đun z ký hiệu z tính | z | a  b  Mỗi số phức z  a  bi biểu diễn điểm M (a; b) hay OM  Mỗi số phức z  a  bi coi vecto u  (a; b)   Tổng (hiệu) hai số phức tổng (hiệu) hai vecto | z || u | TÍNH CHẤT:  z  z.z ; z u ; z1.z2  z1 z2 ;  z z1  ; z2 z2 z  z ; zn  z ;  z1  z2  z1  z2 Dấu “=” xảy z1  k z2 ( k  )  z1  z2  z1  z2 Dấu “=” xảy z1  k z2 ( k  ) 2 n  Cho M , N biểu diễn hai số phức z1 , z2 , MN  z1  z2  M biểu diễn z I biểu diễn z0 z  z0  R  M thuộc đường tròn tâm I bán kính R  M biểu diễn z , F1 biểu diễn z1 F2 biểu diễn z z  z1  z  z2  M thuộc đường trung trực F1F2 MỘT SỐ DẠNG TOÁN ÁP DỤNG Dạng 1: Tìm z z thoả mãn phương trình z f (| z |)  g (| z |) nghĩa phương trình bậc ẩn z chứa z Cách giải + Nhận biết: Phương trình cho có bậc với z đứng nhiều nơi, lại biểu thức chứa z + Nhóm z sang vế đưa dạng: z f (| z |)  g (| z |) (*) + Lấy mô đun hai vế (*) sử dụng tính chất z1.z2  z1 z2 phương trình ẩn z + Giải phương trình z + Thế z trở lại (*) giải z VÍ DỤ MINH HOẠ Ví dụ 1: Cho số phức z khác thỏa mãn z z.z   z   6iz  Hướng dẫn: Ta thấy phương trình có bậc với z , lại z (chú ý z.z  z ) Vậy dạng toán tìm hiểu! Chuyển hết z sang vế ta được: z Lấy mô đun vế (*) ta được: z  z   3z    z i  z (*) (3 z  1)  36 z  z  2 39 z   (do z  ) 13 Ví dụ 2: Cho số phức z thỏa mãn (2  i ) z  10   2i Tìm z z Hướng dẫn: Điều kiện z  , quy đồng ta (2  i) z z  10  z  2iz    z    z  2 i z  10   z 1   z  2 z  2 10  z  z  10  z  Ví dụ 3: Cho số phức z thỏa mãn z   (1  i ) z  (4  z )i Tìm z Đáp số: z  Hướng dẫn: Dồn z vế ta z 1  3i    z     z   i Lấy mô đun vế, suy z 10  Ví dụ 4: Tìm z biết (1  i ) z   z  4   z  4 i2 z 2  10 z  z  32  z  2 Đáp số: z  Hướng dẫn: Quy đồng dồn z vế ta (1  i ) z z  1  z   z i Lấy mô đun 2z  vế ta 1  z   z  z  z  z  (chú ý z  ) Nhẩm thấy phương trình có nghiệm z  , phương trình bậc lại vô nghiệm với z  Dạng 2: Cho | z1 | m , | z2 | n | az1  bz2 | p tính q | cz1  dz2 | Cách giải Coi z1  u z2  v u | u |2  m2 , v | v |2  n (au  bv )2  p ; (cu  dv )2  p Khai triển: p  a2m2  b2n2  2ab.uv (1) q  c2m2  d 2n2  2cd uv (1) Bây khử uv xong: Nhân (1) với cd nhân (2) với ab trừ đi, được: cd p2  ab.q  cd  a m2  b2 n2   ab  c2 m2  d n2   cd p2  ab.q2  acm2 (ad  bc)  bdn2 (bc  ad )  cd p  ab.q  (ad  bc)(acm2  bdn2 ) Đặc biệt: Khi a  b  c   d  1, ta có công thức hình bình hành  z1  z2 2  z z 2  z1  z2 VÍ DỤ MINH HỌA Ví dụ 1: cho số phức thỏa mãn z1  ; z2  z1  z2  Tính P  z1  3z2 Đáp số: P  241 Hướng dẫn: coi số phức z1 , z2 vector u , v ta có:  z1  3z2  z1  z2  6u.v (1) 2 P  z1  3z2  z1  z2  12u.v (2) 2 Nhân (1) với cộng với (2) ta được:  P  z1  27 z2  P2  241  P  241 Ví dụ 2: Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  z2  z1  z2  Tìm GTLN P  z1  z2 Đáp số : max P  34 Hướng dẫn: coi số phức z1 , z2 vector u , v ta có:  25  z1  z2  2u.v (1)  z1  z2  2u.v (2) Cộng (1) với (2) 34  z1  z2 2 2  Mặt khác, theo bất đẳng thức BNC, ta có P  z1  z2    z1  z2 2  P 2   34  P  34 Ví dụ 3: Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  z2  3z1  z2  Tìm GTLN P  z1  z2 Đáp số: max P  155 14 Hướng dẫn: coi số phức z1 , z2 vector u , v ta có: 25  z1  z2  4u.v (1)  z1  z2  6u.v (2) Nhân (1) với nhân (2) với 2 cộng lại ta có: 93  21 z1  14 z2 2 Bây áp dụng bất đẳng thức BNC cho P : P   z1  z2 P     21   21 z1  14  14 z2    155  2  1     21  14  21 z1  14 z2 14    155 14 Dạng Cho số phức z thỏa mãn z  z0  R Tìm GTLN P  a z  z1  b z  z2 biết z0  z1  k  z0  z2  , k  a, b  Cách giải Ý nghĩa hình học: Cho điểm M chuyển động đường tròn tâm I bán kính R Cho A, B điểm cố định thỏa mãn I nằm đoạn thẳng AB Tìm giá trị lớn P  aMA  bMB Trừ I trung điểm AB, không sử dụng hình học để giải nhiệm vụ không dễ dàng Ta dùng tính chất mô đun số phức để giải toán Ta có: z  z1  z  z0  z0  z1 2  z  z0  z0  z1  2u.(kv ) (1) 2 z  z2  z  z0  z0  z2  z  z0  z0  z2  2u.v 2 2 (2) với u vector biểu diễn z  z0 v vector biểu diễn z0  z2 với lưu ý z0  z1  k  z0  z2  Nhân (2) với k cộng với (1) ta được:  z  z1  k z  z2  (1  k ) R  k z0  z2 2  (không đổi) Ap dụng bất đẳng thức BNC cho P , ta có: P   a z  z1  b z  z2   b    a z  z1  k     b2  2 k z  z2    a   z  z1  k z  z2 k       b2   P   a   (1  k ) R  k z0  z2 k   Vậy, với công thức cồng kềnh khó nhớ, em nên nhớ cách làm VÍ DỤ MINH HỌA Ví dụ 1: Cho số phức z thỏa mãn z   Tìm GTLN T  z  i  z   i Đáp số: max T  Hướng dẫn: Tâm I đường tròn giải thiết z0  , bán kính r  Điểm A B ứng với hai số phức z1  i z2   i Dễ thấy z0  z1    z0  z2  Vậy chí I trung điểm AB Ta có: z  i  z    i  z    i  2u.v (1) 2 z   i  z 1 1  i 2  z    i  2u.v (2) Với u , v biểu diễn z   i 2 Cộng (1) với (2) ta được: z  i  z   i  z    (không đổi) 2 Áp dụng BNC:  T2   z i  z  2i   z i  z 2i 2   16  T  Ví dụ 2: Cho số phức z thỏa mãn z   2i  Tìm GTLN T  z  z   6i Đáp số: max T  Hướng dẫn: Ta có z  z   2i   2i  z   2i   2i  2u.v (1) 2 z   6i  z   2i   4i 2  z   2i   2i  4u.v (2) Với u , v biểu diễn z   2i 2  2i Nhân (1) với cộng với (2) được: z  z   6i  z   2i   2i 2 2  12  30  42 Áp dụng bất đẳng thức BNC: T   z  z   6i  2     1  2  z  z   6i     1 z  z   6i  63  T    2  Dạng Cho số phức z thõa mãn z  z0  k , ( k  ) hay dạng tương đương z  z0  k z , ( z k  ) Tìm GTLN, GTNN T  z Cách giải Áp dụng bất đẳng thức z1  z2  z1  z2 , ta có z  z0  z  z0 Mặt khác, z  z0  k z  z  k z  z0   z  z0  k z  k z  z  z0  k z    z  k z  z0  2  k  k  z0  z k  k  z0 Đánh giá lần hàm biến đảm bảo dấu “=” xảy Tôi không giải chi tiết Vậy T  k  k  z0 max T  k  k  z0 VÍ DỤ MINH HỌA Ví dụ 1: Cho số phức z thỏa mãn z  4i  Gọi M , m GTLN GTNN z z Tính T  M  m Đáp số: T  Hướng dẫn: z  4i   z  4i  z Áp dụng bất đẳng thức z1  z2  z1  z2 , ta có z z   z  4i  2 z  z   z  1   z   2 Vậy M   m  1  Do T  Ví dụ 2: Cho số phức z thỏa mãn (1  i) z   2i  z Tìm GTLN, GTNN T  z Hướng dẫn: Ta đưa dạng quen thuộc cách chia hai vế cho  i , ta z2   2i  z 1 i Áp dụng bất đẳng thức z1  z2  z1  z2 , ta có z   z  z   2i  z2   z 1 i 10  z  1   10  z    10 Vậy max T    10 T  1   10 Dạng Cho số phức z thỏa mãn z1.z  z2  k  Tìm GTLN, GTNN T  z  z0 Cách giải Ý nghĩa hình học: Gọi M điểm biểu diễn z , có z1.z  z2  k  z  I biểu diễn z2 k   IM  R với z1 z1 k z2 R  Vậy M chuyển động đường tròn tâm I bán kính R Gọi A z1 z1 điểm biểu diễn z0 T  AM Bài toán trở thành: “cho M di chuyển đường tròn tâm I bán kính R A điểm cố định Tìm GTLN, GTNN AM” Như vậy, nhìn vào hình vẽ ta thấy ngay: minT  AI  R  z0  z1.z0  z2  k z2 k   z1 z1 z1 maxT  AI  R  z0  z z  z  k z2 k   z1 z1 z1 (tử số thay z0 vào phương trình đường tròn vậy) Lưu ý: Không phải phương trình đường tròn có dạng z1.z  z2  k  , mà dạng z1 z  z2  z1 z  z3 với z1  z2 Do đó, để kiểm tra điều kiện giả thiết phương trình đường tròn hay đường thẳng trường hợp lạ, cách tốt gọi z  x  yi thay vào giả thiết để biết ( x; y) thỏa mãn phương trình VÍ DỤ MINH HỌA Ví dụ 1: Cho số phức z thỏa mãn z   2i  Tìm GTLN GTNN T  z   i Đáp số: P   13 max P   13 Hướng dẫn: Viết T dạng T  z  z0 z0  1  i Thay vào phương trình đầu ta z0   2i  2  3i Vậy P   13 max P   13 Ví dụ 2: Cho số phức z thỏa mãn 2iz   3i  Tính GTLN, GTNN T  z   3i Đáp số: P  1 1 max P  2 Hướng dẫn: Viết T dạng T  z  z0 z0  2  3i Thay z0 vào 2iz   3i ta 2iz0   3i  7  i  Vậy P  1 1 max P  2 Ví dụ 3: Cho số phức z thỏa mãn z   z  2i Tìm GTLN, GTNN T  z   2i Đáp số: minT  65 65 11 11   maxT  3 3 Hướng dẫn: Gọi z  x  yi ( x, y  ), M ( x; y) biểu diễn z z   z  2i 2 2   x  1   y   x   y    3x2  y  x  y    x  y  x  y   3 11 1 1 Vậy M nằm đường tròn tâm I  ;  bán kính R   3 Có T  z   2i  AM với A(1; 2) Vậy minT  AI  R  65 11 65 11   maxT  AI  R  3 3 Dạng Cho số phức z thỏa mãn z  z1  z  z2 Tìm GTNN T  z  z0 Cách giải Ý nghĩa hình học: Điều kiện z  z1  z  z2 thực chất phương trình đường thẳng Nếu ta gọi M điểm biểu diễn z , A điểm biểu diễn z1 B biểu diễn z2 giả thiết tương đương với MA  MA hay M nằm trung trực AB Gọi I điểm biểu diễn z0 T  IM Vậy IM nhỏ M hình chiếu vuông góc I lên d Giá trị nhỏ T  d  I , d  Lưu ý: Không phải phương trình đường thẳng có dạng z  z1  z  z2 , gặp giả thiết lạ, cách tốt để nhận biết giả thiết đường thẳng hay đường tròn gọi z  x  yi thay vào phương trình VÍ DỤ MINH HỌA Ví dụ 1: Cho số phức z thỏa mãn z  i   z  2i Tìm GTNN z Đáp số: z  Hướng dẫn: Gọi z  x  yi M ( x; y) điểm biểu diễn z Từ z  i   z  2i  ( x  1)2  ( y  1)2  x2  ( y  2)2  x  y   (d) Vậy M di chuyển (d) Có z  OM , z nhỏ d (O; d )  Ví dụ 2: Cho số phức z thỏa mãn  z   i   z   3i  số thực Tìm giá trị nhỏ T  z 1 i Đáp số: T   z   3i    ( x  3)  ( y  1)i    ( x  1)  ( y  3)i  Tích có phần ảo  x  3  y  3   y  1 x  1 Phần ảo Hướng dẫn: Gọi z  x  yi , ta có 3  3x  y   x  y    x  y   (d) Vậy gọi M điểm biểu diễn z M chạy đường thẳng (d) Gọi A(1; 1) điểm biểu diễn 1  i T  AM Giá trị T nhỏ khoảng cách từ A đến (d) Vậy T  11 3 * * * Dạng Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  z1*  R z2  z2*  z2  z3* , với z1 , z2 , z3 cho trước Tìm GTNN T  z1  z2 Cách giải Ý nghĩa hình học: Gọi M, N điểm biểu diễn z1 , z2 Giả thiết z1  z1*  R tương đương với M thuộc đường tròn tâm I bán kính R (gọi đường tròn (C)) Giả thiết z2  z2*  z2  z3* tương đương với N thuộc đường thẳng (d) Bài toán trở thành tìm M thuộc (C) N thuộc (d) cho T  MN ngắn Từ hình vẽ ta thấy giá trị nhỏ MN d ( I ,(d ))  R Vậy T  d  I ,(d )   R VÍ DỤ MINH HỌA Ví dụ 1: Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1   z2   3i  z2   6i Tìm giá trị nhỏ T  z1  z2 Đáp số: MN  Hướng dẫn: : Gọi M, N điểm biểu diễn z1 , z2 Giả thiết z1   tương đương M thuộc đường tròn tâm I (5;0) bán kính R  Giả thiết z2   3i  z2   6i  N thuộc đường thẳng (d): x  y  35  Vậy MN  d ( I ,(d ))  R  15 5  2 Ví dụ 2: Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1   3i  z2   3i  z2   2i Tìm giá trị nhỏ T  z1  z2 Đáp số: MN  23 34 2 34 Hướng dẫn: Gọi M, N điểm biểu diễn z1 , z2 Giả thiết z1   3i  tương đương M thuộc đường tròn tâm I (4;3) bán kính R  Giả thiết z2   3i  z2   2i  N thuộc đường thẳng (d): 3x  y   Vậy MN  d ( I ,(d ))  R  23 34 23  2  34 34 Lời kết:  Các toán giải phương pháp đại số cách rút ẩn theo ẩn lại từ giả thiết để thay vào biểu thức cần đánh giá thành hàm số dạng T  f ( x) Sau tìm GTLN, GTNN f ( x) miền xác định f ( x)  Các đánh giá đảm bảo chặt chẽ cần chứng tỏ có đẳng thức (dấu “=”) xảy Để tránh phức tạp vấn đề không trình bày Tuy nhiên toán tổng quát nêu đảm bảo điều  ... [0;2] Khảo sát hàm f (t )  25t  6t  18 [0;2] GTNN 130 Vậy P  max P  130 f (t ) 18, GTLN GTLN -GTNN CỦA MÔ ĐUN SỐ PHỨC KHÔNG ELIP Thầy Lục Trí Tuyên – ĐT: 0972177717 Ngõ 20, Hồ Tùng Mậu, Cầu... trình F1F2 vào T T  f ( x) với x  [x1; x2 ] + Tìm GTLN, GTNN f ( x) đoạn x  [x1; x2 ] Ví dụ minh hoạ Cho số phức z thoả mãn z   i  z   7i  10 Tìm GTLN, GTNN P  z   4i Giải Với quy... chung: Cho M chuyển động Elip ( E) điểm A cố định Tìm GTLN, GTNN AM Bài toán số phức tương ứng: Cho số phức z thoả mãn z  z1  z  z2  2a với 2a  z1  z2 Tìm GTLN, GTNN P  z  z0 Sự tương