, mô đun của z ký hiệu là z được tính bởi 22 || z a b Mỗi số phức z a bi được biểu diễn bởi điểm ( ; ) M a b hay OM Mỗi số phức z a bi có thể coi là một vecto ( ; ) u a b Tổng (hiệu) hai số phức bằng tổng (hiệu) hai vecto | | | | zu 2. TÍNH CHẤT: 2 . z z z ; 22 z u ; 1 2 1 2 . z z z z ; 1 1 22 zz zz ; z z ; n n zz ; 1 2 1 2 z z z z . Dấu “=” xảy ra khi 12 .z kz ( 0 k ) 1 2 1 2 zzz z . Dấu “=” xảy ra khi 12 .z kz ( 0 k ) Cho ,MN lần lượt biểu diễn hai số phức 12 ,z z , thì 12 MN z z M biểu diễn z và I biểu diễn 0z thì 0 z z R M thuộc đường tròn tâm I bán kính R. M biểu diễn z, 1F biểu diễn 1 z và 2F biểu diễn 2 z thì 12 z z z z M thuộc đường trung trực của 12 FF . 3. MỘT SỐ DẠNG TOÁN ÁP DỤNG Dạng 1: Tìm z hoặc z thoả mãn phương trình . (| |) (| |) z f z g z nghĩa là phương trình bậc nhất ẩn z chứa z . Cách giải + Nhận biết: Phương trình đã cho chỉ có bậc nhất với z nhưng có thể đứng nhiều nơi, còn lại là các biểu thức chứa z . + Nhóm z sang một vế đưa về dạng: . (| |) (| |) z f z g z () + Lấy mô đun hai vế của () sử dụng tính chất 1 2 1 2 . z z z z được phương trình ẩn là z . + Giải phương trình được z . + Thế z trở lại () giải ra z VÍ DỤ MINH HOẠ Ví dụ 1: Cho số phức z khác 0 thỏa mãn 36 1 .2 z z z iz z Hướng dẫn: Ta thấy trong phương trình chỉ có bậc nhất với z, còn lại là z (chú ý là 2.z zz ). Vậy đây là dạng toán đang tìm hiểu. Chuyển hết z sang một vế ta được: 2 1 3 6 2 z z z i z (). Lấy mô đun 2 vế của () ta được: 22 1 (3 ) 36 2 z z z z 239 1 2z (do 0 z ) 1 13z . Ví dụ 2: Cho số phức z thỏa mãn 10 (2 ) 1 2 i z i z . Tìm z Hướng dẫn: Điều kiện 0 z , quy đồng ta được (2 ) 10 2 i z z z iz 2 1 2 10 z z i z 22 2 1 2 . 10 z z z 42 5 5 10 zz 1 z Ví dụ 3: Cho số phức z thỏa mãn 4 (1 ) (4 3 ) z i z z i . Tìm z Đáp số: 2 z Hướng dẫn: Dồn z về một vế ta được 1 3 4 4 z i z z i Lấy mô đun 2 vế, suy ra 22 10 4 4 z z z 22 210 32 zz 2 z Ví dụ 4: Tìm z biết 1 (1 ) 2 i z i z Đáp số: 1 z Hướng dẫn: Quy đồng và dồn z về một vế ta được (1 ) 1 2 i z z z z i . Lấy mô đun 2 vế ta được 222 2 1 2 z z z 42 2 5 4 1 z z z (chú ý 0 z ) Nhẩm thấy phương trình có nghiệm 1 z , phương trình bậc 3
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 TỐN 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 tốn 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 2 z 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 i2 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 cơng 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, khơng sử dụng hình học để giải nhiệm vụ không dễ dàng Ta dùng tính chất mơ đun số phức để giải tốn 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 2i z i z 2i 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 tốn 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: Khơng phải phương trình đường tròn có dạng z1.z z2 k , mà đơi 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 vng 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 Hướng dẫn: Gọi z x yi , ta có z i 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 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 11 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 tốn 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 tốn 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 tơi khơng trình bày Tuy nhiên toán tổng quát nêu đảm bảo điều