Tiếp cận một số bài toán khó về số phức bằng công cụ modun

MỤC LỤC Mở đầu 1.1 Lí chọn đề tài 1.2 Mục đích nghiên cứu 1.3 Đối tượng nghiên cứu 1.4 Phương pháp nghiên cứu 1.5 Những điểm SKKN Nội dung sáng kiến kinh nghiệm 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 2.3 Các sáng kiến kinh nghiệm giải pháp sử dụng để giải vấn đề 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường Kết luận, kiến nghị 3.1 Kết luận 3.2 Kiến nghị 1 MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài Trong chương trình tốn học phổ thơng, có phần nội dung đưa vào giảng dạy lớp 12 thời gian gần đây, chương Số phức Mặc dù khơng cịn q nội dung gây cho học sinh giáo viên khơng khó khăn nghiên cứu học tập đặc biệt toán mức độ vận dụng cao Nội dung chương số phức giúp cho phương trình bậc hai, bậc n ( n ∈ N ) trở nên “ đẹp “ hơn, giải trọn vẹn Đặc biệt, giúp học sinh không bỡ ngỡ tiếp cận với khái niệm hàm số phức học trường Đại học Trong đề thi THPT quốc gia số năm trở lại thường xuất số toán số phức mức độ vận dụng cao gây nhiều khó khăn cho học sinh Chính kiến thức nên học sinh giáo viên không tránh khỏi khó khăn giải tốn, đặc biệt chứng minh đẳng thức bất đẳng thức số phức Việc sử dụng khái niệm modun số phức cách tiếp cận giúp cho học sinh cảm thấy vấn đề trở nên gần gũi, đưa tốn số phức tốn hình vectơ toán trị tuyệt đối Từ suy nghĩ nên chọn đề tài “Tiếp cận số tốn khó số phức cơng cụ modun” Hy vọng qua học sinh cảm thấy tốn “ Số phức” khơng cịn q khó 1.2 Mục đích nghiên cứu Mục đích nghiên cứu đề tài nhằm cung cấp thêm cách khai thác mới, cách giải cho tốn số phức để từ người học tốn có thêm cơng cụ hiệu để giải toán 1.3 Đối tượng nghiên cứu Đề tài nghiên cứu lớp toán số phức chương trình lớp 12 THPT 1.4 Phương pháp nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu xây dựng sở lí thuyết 1.5 Những điểm sáng kiến kinh nghiệm Đề tài sử dụng chủ yếu tính chất modun số phức để giải dạng tốn thuộc dạng khó số phức NỘI DUNG 2.1 Cơ sở lí luận * Phần I : Lý thuyết Khái niệm: - Một biểu thức dạng z = a + bi , a b số thực i thỏa mãn i = -1 gọi số phức a gọi phần thực, b gọi phần ảo i gọi đơn vị ảo - Tập số phức kí hiệu C - Số phức có phần ảo gọi số thực nên R ⊂ C - Số phức có phần thực gọi số ảo Hai số phức Cho hai số phức z = a + bi z’ = a’ + b’i ( a, b, a’, b’ số thực ) a = a ' ⇔ b = b ' Hai số phức Cộng, trừ hai số phức z = a + bi (a,b ∈ ¡ ) z' = a' + b' i (a',b' ∈ ¡ ) z + z' = (a + a' ) + (b + b') i z − z' = (a - a') + (b - b' )i Số đối số phức z = a + bi số phức - z = - a – bi ; z + (-z) = Nhân hai số phức z = a + bi (a,b ∈ ¡ ) z' = a' + b' i (a',b' ∈ ¡ ) zz' = aa '− bb '+ (ab '+ a ' b)i Modun số phức, số phức liên hợp z = a +b2 z = a + bi (a, b ∈ ¡ ) modun z z = a + bi (a, b ∈ ¡ ) số phức liên hợp z z = a - bi Ta có: zz' = z z' , zz = a + b = z z + z' = z + z', zz'=z z', z = z z số thực z = z z số ảo z = -z Chia cho số phức khác - Nếu z = a + bi (a, b ∈ ¡ ) khác không số phức nghịch đảo : z-1= z z - Thương z’ cho z khác không : z' z'  z' z' z' z'z = ,  ÷= -1 = z'z = z z z z z zz Ta có : Định lý viet cho phương trình bậc hai: a/ Cho phương trình : az2 + bz + c = (a ≠ ) có nghiệm z1, z2 : b   z1 + z2 = − a  z z = c  a  z1 + z2 = S  zz =P b/ Ngược lại,  z1, z2 nghiệm phương trình: z – Sz + P = Biểu diễn số phức : - Cho số phức z = a + bi ( a, b ∈ R ) + Điểm A(a, b) biểu diễn số phức z uuu r + OA (a, b) biểu diễn số phức z OA = z - Cho số phức b’ ∈ R ) có điểm biểu diễn B(a’, b’) uuu r z’uu=u r a’u+uu rb’i (a’, uuur Khi : AB = OB − OA AB (a’ – a ; b’ – b) biểu diễn số phức ( z’ – z) Ngồi ta cịn có : AB = z '− z Phần II : Bài tập Dạng 1: Các tốn tính giá trị biểu thức z = z2 Bài 1: Cho z −z a/ = 1, z1 + z2 = Tính : z1 b/ z2 a/ Từ z1 = z2 = Hướng dẫn : ⇒ z1 z1 = z2 z2 = ( ) z + z = ⇒ ( z1 + z2 ) z1 + z2 = ⇔ z1 z2 + z1 z2 = Từ : 2 z1 − z2 = ( z1 − z2 ) z1 − z2 = z1 z1 + z2 z2 − z1 z2 − z1 z2 = ⇒ z1 − z2 = Vậy z1 − z2 = ( ) Chú ý: Nếu sử dụng z1 = a1 + b1i, z = a + b 2i thay vào giả thiết giải Tuy nhiên việc giải hệ phương trình phức tạp z z ⇒ 1= z2 z1 b/ Từ z1 = z2 = ⇒ z1 z1 = z2 z2 = Ta có : z1 = 1 ; z2 = z1 z2 z2 z1 + =1 z z2 z z + z z = 1 2 Thay vào đẳng thức: được:  z2  z1 3 i = − i  = −  2 z z 2   z z 3  2= + i  1= + i z1 2 z 2     Giải phương trình tìm được: hay  z1 i  = − z 2  z  1= + i z 2  Vậy  Bài tập áp dụng : Cho z1 = 4; z2 = 5; z1 − z2 = Tính z1 + z2 z1 z2 4 z  z  A= ÷ + ÷  z2   z1  Bài 2: Cho z1 , z2 thỏa mãn : z1 − z2 = z1 = z2 > Tính : Hướng dẫn : Từ giả thiết ta có : z1 z1 = z2 z2 = z1 z1 − z2 z1 − z1 z2 ta tìm : ( ( ) )  z1 z1 − z2 = z2 z1 ( 1)    z2 z1 − z2 = − z1 z2 ( ) z  z  z  z z1 z z =− ⇒ ÷ =− ⇒ ÷ = ÷ z2 , z1 z2  z2   z2   z2  Lấy (1) chia (2) : z2 2  z1   z1   z1  z1 z ⇒ ÷ = ÷ =−  ÷ =− z2 z2  z2   z  Biến đổi tương tự có :  z2  , 4  z2   z2  z2  z   z2  ⇒  ÷ =  ÷ ⇒  ÷ =  ÷= − z1  z1   z1   z1   z1  z z ⇒ A=− − z2 z1 Từ z1 z1 = z2 z1 + z1 z2 ⇒ z1 z2 = z2 z1 z1 z1 = z1 z1 − z2 z1 − z1 z2 ⇒ z1 z1 = z2 z1 + z1 z2 ⇒ A = − Vậy A = −1 z z2 z z +z z − = − 1 = −1 z1 z1 z1 z1 Dạng : Chứng minh đẳng thức Bài 1: Giả sử : a, b, c ∈£ abc ≠ , a = b = c Chứng minh: nghiệm phương trình : az + bz + c = có modun b2 = ac Hướng dẫn: Xét phương trình: az + bz + c = có nghiệm z1 , z2 Khi có : b  z + z = − (1)  a  z z = c (2)  a z1 = z2 = −b =1 ( z + z ) z + z =1 2 a ⇒ Từ (1) : ⇔ ( z1 z1 + z1 z2 + z1 z2 + z2 z2 ) = với z1 z1 = z z = ( z1 + z2 = ) z z ⇔ z1 + z2 + = z2 z1 ⇒ z1 z2 + z1 z2 + = z1 z2 + +1= ⇔ z12 + z2 + z1 z2 = ⇔ z2 z1 b2 c ⇔ ( z1 + z2 ) − z1 z2 = ⇔ a − a = ⇔ b = ac Vậy b = ac Bài tập áp dụng : Cho a, b, c ∈£ abc ≠ , a = b = c 2 Chứng minh : phương trình : az + bz + c = bz + cz + a = có nghiệm có modun a − b = b − c = c − a Bài 2: Giả sử : z1 , z2 , z3 thỏa mãn: z1 + z2 + z3 ≠ z1 = z2 = z3 = r > z1 z2 + z2 z3 + z3 z1 =r z1 + z2 + z3 Chứng minh: Hướng dẫn : 2 z1 z2 r4 z1 z2 = = z z z1 z , tương tự cho z2 z3 z3 z1 Ta có : r4 r4 r4 + + z1 z2 + z2 z3 + z3 z1 z1 z2 z2 z3 z3 z1 = z1 + z2 + z3 z1 + z2 + z3 ⇒ = r4 Vậy z1 + z2 + z3 z1 + z2 + z3 = r4 =r ( z1 + z2 + z3 ) z1 z2 z3 z1 + z2 + z3 z1 z2 z3 z1 z2 + z2 z3 + z3 z1 =r z1 + z2 + z3 (đpcm) Bài 3: Cho số phức z1 , z2 , z3 thỏa mãn : z1 = z2 = z3 = Chứng minh: z1 + z2 + z3 = z1 z2 + z2 z3 + z3 z1 (1) Ta có : z1 z2 z3 = z1 z2 z3 = Hướng dẫn : z1 z2 + z2 z3 + z3 z1 z1 z2 z3 = z1 z2 + z2 z3 + z3 z1 = VP(1) = z1 z2 + z2 z3 + z3 z1 1 = + + z1 z2 z3 z1 z2 z3 = z1 z1 z2 z2 z3 z3 + + = z1 + z2 + z3 z1 z2 z3 = z1 + z2 + z3 = z1 + z2 + z3 = VT(1) Vậy z1 + z2 + z3 = z1 z2 + z2 z3 + z3 z1 2 2 z1 − z2 + z1 + z2 = z1 + z2 Bài 4: Chứng minh : với z1 , z2 hai số phức Hướng dẫn : Ta có : z1 − z2 = ( z1 − z2 )( z1 − z2 ) ( ( = ( z1 − z2 ) z1 − z2 ) ) = z1 z1 − z1 z2 − z1 z2 + z2 z2 = z1 − z1 z2 − z1 z2 + z2 (1) 2 tương tự có : z1 + z2 = ( z1 + z2 )( z1 + z2 ) = z1 + z1 z2 + z1 z2 + z2 (2) 2 2 z1 − z2 + z1 + z2 = z1 + z2 lấy (1) + (2) được: (đpcm) ( ) Chú ý: Chúng ta đặt : z1 = a1 + b1i, z2 = a2 + b2i theo cơng thức tính modun để chứng minh Tuy nhiên cách dài phức tạp Bài tập áp dụng : Chứng minh với z1 , z2 hai số phức ta có : 2 a/ b/ ( ) (1+ z ) = (1− z ) (1− z ) z1 − z2 + + z1 z2 = + z1 − z1 z2 − z1 − z2 2 2 2  z1 + z2 + z3 =  2 z = z2 = z3 = Bài 5: Cho  Chứng minh: z1 + z2 + z3 = Hướng dẫn : Ta có : z1 + z2 + z3 ⇒ z1 + z2 + z3 = ⇒ z1 + z2 + z3 = 0 = ( z1 + z2 + z3 ) = z12 + z22 + z32 +2( z1 z2 + z2 z3 + z3 z1 ) Có : 2 2 2 z1 z2 z2 z3 z3 z1 z1 z2 + z2 z3 + z3 z1 = + + z z z z z3 z1 2 Lại có : (1) 1 z +z +z + + = =0 z1 z2 z2 z3 z3 z1 z1 z2 z3 (2) 2 Từ (1) (2) có z1 + z2 + z3 = (đpcm)  z1 = z2 = z3 =  z + z + z =1 z , z , z Bài 5: Cho số phức thỏa mãn :  Chứng minh có số phức Hướng dẫn: Từ : z1 + z2 + z3 = ⇔ z1 + z2 + z3 = ⇔ z1 + z2 + z3 = = 2 z z z 1 ⇔ + + =1⇔ + + =1 z1 z2 z3 z1 z2 z3 ⇔ z z z2 + z2 z3 + z3 z1 = z1 z2 z3 ⇔ z1 z2 + z2 z3 + z3 z1 − ( z1 + z2 + z3 ) − z1 z2 z3 + = ⇔ ( z1 z2 − z2 ) + ( z1 z3 − z3 ) + ( z2 z3 − z1 z2 z3 ) + (1 − z1 ) = ⇔ ( z1 − 1)( z2 + z3 − z2 z3 − 1) =  z1 = ⇔ ( z1 − 1)( z2 − 1)(1 − z3 ) = ⇔  z2 =  z3 = Vậy có số phức Dạng 3: Chứng minh số thực, số ảo: Ta sử dụng nhận xét : z số thực ⇔ z = z z số ảo ⇔ z = − z z +z z= + z1 z2 số thực với z1 = z2 = Bài : Chứng minh: Hướng dẫn : 2 z1 z2 + z1 + z2 z1 z2 = =z 2 = + z1 z2 z1 z2 z1 + z2 z1 + z2 z1 + z2 z=( )= = 1+ + z z + z z + z z z1 z2 2 Ta có : z1 = z2 = Vậy z số thực Chú ý : Chúng ta đặt : z1 = a1 + b1i, z2 = a2 + b2i , chứng minh z có phần ảo Tuy nhiên cách dài cồng kềnh z +z z= z1 − z2 số ảo Bài 2: Cho z1 = z1 ≠ Chứng minh: Hướng dẫn : z1 z2 z1 + + z z2 z1 = 12 = 2 z1 z2 z1 − − z1 z2 z1 z= Ta có : z1 + z2 z1 + z2 = z1 − z2 z1 − z2 Vậy z số ảo z2 z2 z2 z2 z1 + z2 = −z z − z = 2 Bài 3: Giả sử p, q ∈ £ phương trình : x + px + q = có hai nghiệm p2 ∈¡ q modun Chứng minh: với q ≠ Hướng dẫn: Xét phương trình: x + px + q = (1) có nghiệm x1 , x2 ≠ x1 = x2  x1 + x2 = − p ⇒  x1 + x2 = − p   x1 x2 = q x x = q    Ta có : 2  x1 x2  +  ÷ ÷ x x   = 2 x1 x2 x1 x2 Sử dụng : x1 = x2 p ( x1 + x2 ) z= = x1 x2 q đặt : 1 x1 ( + )2 x1 x2 ⇒z= x + x x1 + x2 = = x1 x1 x2 x1 x2 x1 x2 p ∈¡ ⇒ z số thực ⇒ q với q ≠ ( ) ( ) =z p2 ∈¡ q Vậy với q ≠ Bài 4: Cho z1 = z2 = = zn = r > Chứng minh: ( z + z )( z + z ) ( zn−1 + z n )( z n + z1 ) A= 2 z1 z2 zn số thực Ta có : z1 + z2 = z1 z + z1 z2 Hướng dẫn: z +z = r2( ) z1 z2 z +z  z + z3 = r  ÷  z3 z  , … , Tương tự : z +z zn + z1 = r ( n ) zn z1 ⇒ ( z1 + z2 )( z2 + z3 ) ( zn −1 + zn )( zn + z1 ) = (r ) n ( z1 + z2 )( z2 + z3 ) ( zn −1 + zn )( zn + z1 ) ( z1.z2 zn ) (1) z1 r = z1 z1 , tương tự : Lại có : 2 z2 zn r2 r2 z2 = = zn = = z2 z2 , … , zn zn z1 = ⇒ z1 z2 zn = (r ) n z1 z2 zn (2) Từ (1) (2) 10 ⇒ A= ( z1 + z2 )( z2 + z3 ) ( zn −1 + zn )( zn + z1 ) ( z1.z2 zn ) = ( z1 + z2 )( z2 + z3 ) ( zn−1 + z n )( z n + z1 ) z1.z2 zn  ( z + z )( z + z ) ( zn −1 + zn )( zn + z1 )  = 2 ÷= A z1 z2 zn   Vậy A số thực Dạng 4: Chứng minh bất đẳng thức Bài 1: Chứng minh với số phức z, bất đẳng thức sau xảy ra: z +1 ≥ 2 (1) z + ≥ (2) Hướng dẫn : 1 ( 1) ⇔ ( z + 1)( z + 1) ≥ ⇔ z z + z + z + ≥ 2 (1’) ( 2) ⇔ ( z 2 + 1)( z + 1) ≥ ⇔ ( z z ) + z + z ≥ (2’) đặt : u = z + z , v = z z , ta xét : 2  1  1 VT ( 1' ) + VT ( 2') = u + u + v − v + =  u + ÷ +  v − ÷ ≥  2  2 ⇒ (1’) (2’) hay (1) (2) Bài 2: Cho z1 = z2 = z + + z2 + + z1 z2 + ≥ Chứng minh: Hướng dẫn:  z1 = x1 + y1i  z = x2 + y2i Giả sử:  với x1 , x2 , y1 , y2 ∈ ¡ z1 + = ( x1 + 1) + y12 ≥ x1 + Ta có : z2 + = ( x2 + 1) + y22 ≥ x2 + ⇒ z1 + + z2 + ≥ x1 + + x2 + ≥ x1 + x2 + Lại có : (1) = z1 = z1 = z1 z1 ⇒ z1 z2 + = z1 z1 z2 + = z2 + z1 = ( x1 + x2 ) + ( y2 − y1 ) ≥ − x1 − x2 (2) 11 z + + z + + z z + ≥ (đpcm) 2 + Lấy (1) cộng (2) : Bài 3: Cho z1 , z2 , z3 ∈ £ z1 = z2 = z3 = R > z − z z − z + z − z z − z + z − z z − z ≤ R 2 3 3 1 Chứng minh: (1) Hướng dẫn : 2 z1 − z2 + z2 − z3 z1 − z2 z2 − z3 ≤ Ta có : (2) 2 2 z − z + z2 − z3 z1 − z3 z2 − z3 ≤ (3) z1 − z2 + z1 − z3 Lấy (2) cộng (3) cộng (4) : 2 VT ( 1) ≤ z1 − z2 + z2 − z3 + z3 − z1 z1 − z2 z1 − z3 ≤ Lại có : z1 − z2 (4) (5) = ( z1 − z2 )( z1 − z2 ) = ( z1 − z2 )( z1 − z2 ) = z1 z1 − z1 z2 − z1 z2 + z2 z = R − ( z1 z2 + z1 z2 ) 2 z − z = R − ( z3 z + z3 z ) Tương tự : z1 − z3 = R − ( z3 z1 + z3 z1 ) ⇒ VT (1) ≤ R − ( z1 z2 + z2 z1 + z2 z3 + z3 z2 + z1 z3 + z3 z1 ) = R − ( z1 + z2 + z3 )( z1 + z2 + z3 ) = R − ( z1 + z2 + z3 )( z1 + z2 + z3 ) = R − z1 + z2 + z3 ≤ R = VP ( 1) (đpcm) 1 ≤2 z+ ≤2 z z Bài : Cho z ≠ thỏa mãn : Chứng minh: Hướng dẫn: 1    1   z + ÷ =  z + ÷+  z + ÷ z  z   z Ta có :  z3 + 1 1  1 1   ⇒  z + ÷ =  z + ÷+  z + ÷ ≤ z + + z + z z   z z z   1 ⇒ z+ ≤2+3 z+ z z (1) t= z+ z (t > 0) (1) trở thành : t − 3t − ≤ Đặt: 12 ⇔ ( t − ) ( t + 1) ≤ ⇔ t ≤ 2 Vậy z+ hay z+ ≤2 z ≤2 z Bài : Cho số phức z, z’ Chứng minh: z + z ' ≤ z + z ' (1) Hướng dẫn: Gọi A, B, C điểm biểu diễn số phức z, z’, z + z’ Ta có z = OA, z ' = OB, z + z ' = OC Từ OC ≤ OA + AC suy z + z ' ≤ z + z ' Hơn nữa, OC = OA + AC O, A, C theo thứ tự thẳng hàng z ≠ ) điều có nghĩa có số k ≥ để uuur Nếu uuurA khơng trùng với O ( hay AC = kOA tức z , = kz Nếu z = z + z ' = z + z ' Vậy z + z ' = z + z ' z = z ≠ tồn k ∈ ¡ để w = kz Kết luận : z + z ' ≤ z + z ' Bài tập áp dụng: Chøng minh r»ng víi mäi sè phøc z, z’ ta ®Ịu cã : a/ z − z ' ≤ z − z ' b/ zz ' ≥ z z ' + zz ' z1 + z2 ≥ ( z1 + z2 c/ ) z1 z2 + z1 z2 Dạng 5: Các dạng toán khác : Bài 1: Xét phương trình : z + 2bz + c = (b, c ∈ R , c ≠ ) Gọi A, B hai điểm biểu diễn hai nghiệm phương trình Tìm điều kiện b, c để tam giác OAB vuông cân O Hướng dẫn : uuu r uuu r z , z Gọi hai nghiệm phương trình ( z1 , z2 ≠ c ≠ ) Khi OA , OB , uuu r BA biểu diễn số phức z1 , z2 , z1 − z2 13 OA = z1  OB = z2  ⇒  BA = z1 − z2 ∆OAB vuông cân O  z1 = z2 (1) OA2 = OB OA = OB ⇔ ⇔ ⇔   2 2 2 OA + OB = AB  AB = 2OA  z1 − z2 = z1 (2) z z ⇔ z1 z1 = z2 z2 ⇔ = z2 z1 Từ (1) (1’) Từ (2) ⇔ ( z1 − z2 )( z1 − z2 ) = z1 z1 ⇔ ( z1 − z2 )( z1 − z2 ) = z1 z1 ⇔ z1 z1 − z1 z2 − z1 z2 + z2 z2 = z1 z1 ⇔ z1 z2 = − z2 z1 ⇔ z2 z =− z1 z1 (2’) z1 z2 + = ⇔ ( z1 + z2 ) = z1 z2 Từ (1’) (2’) được: z2 z1  z1 + z2 = −2b  zz =c ⇒ 4b = 2c ⇔ 2b = c Lại có :  Vậy 2b2 = c thỏa mãn Chú ý: Trong tốn ta chứng minh cách đặt 2 z1 = a1 + b1i, z2 = a2 + b2i , sử dụng z1 = a1 + b1 đưa hệ phương trình ẩn Tuy nhiên cách chứng minh tương đối phức tạp 2 Bài 2: Cho A, B biểu diễn z1 , z0 ≠ thỏa mãn : z0 + z1 = z0 z1 Chứng minh tam giác OAB Ta có : Hướng dẫn : z + z = z0 z1 ⇔ z = z0 z1 − z12 ⇒ z02 = z0 z1 − z12 ⇔ z0 = z1 z0 − z1 2 2 (1) Tương tự có: z = z0 z1 − z ⇒ z1 = z0 z0 − z1 2 z0 z1 = ⇔ z0 = z1 ⇔ OA = OB z1 z0 Từ (1) (2) được: Lại có, thay z0 = z1 vào (1) được: z0 = z0 − z1 ⇔ OA = AB (2) (1’) (2’) Từ (1’) (2’) : OA= OB = AB suy tam giác OAB Vậy ∆ OAB 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 14 Trước triển khai đề tài thưc có khó khăn lúng túng định học sinh giải toán số phức Nhiều học sinh có suy nghĩ bỏ khó số phức không tự tin đạt điểm tối đa nội dung 2.3 Các sáng kiến kinh nghiệm giải pháp sử dụng để giải vấn đ ề Để kiểm chứng đề tài khảo sát số nhóm học sinh có nhiều kết khả quan 2.4 Hiệu sáng kiến Sau cho học sinh học tập theo phương pháp trên, cho lớp gồm 40 học sinh làm kiểm tra 45’với đề sau: Đề : Câu 1: Cho z1 = 4; z2 = 5; z1 − z = Tính z1 + z2 Câu 2: Chứng minh với z1 , z2 hai số phức ta có : 2 2 z1 − z2 + + z1 z2 = (1 + z1 )(1 + z2 ) Câu 3: Chứng minh với số phức z , z ' ta ln có: z − z ' ≤ z − z ' Kết thu : Dưới TB SL % 0 Trung bình SL % 10 25% Khá SL 20 % 50% Giỏi SL 10 % 25% Tổng SL % 40 100% KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận Trên số tốn mà tơi nghiên cứu giải phương pháp sử dụng Modun Nó kết thời gian dài nghiên cứu, tìm tịi áp dụng thực tế bước đầu mang lại kết khả quan Trên sở áp dụng phương pháp sử dụng modun cho số dạng toán khác như: Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ 3.2 Kiến nghị Mặc dù thân dành nhiều thời gian nghiên cứu, triển khai Tuy nhiên đề tài nhiều hạn chế Rất mong góp ý đồng nghiệp Tơi xin chân thành cám ơn! 15 XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG NHÀ TRƯỜNG Thanh Hóa ngày 16 tháng năm 2021 Tơi xin cam đoan sáng kiến kinh nghiệm thân tơi mà q trình cơng tác tơi tích lũy Tơi khơng chép Lê Anh Dũng SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT THIỆU HÓA 16 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM TIẾP CẬN MỘT SỐ BÀI TỐN KHĨ VỀ SỐ PHỨC BẰNG CÔNG CỤ MODUN Người thực hiện: LÊ ANH DŨNG Chức vụ: Giáo Viên Đơn vị công tác:Trường THPT THIỆU HĨA SKKN thuộc lĩnh vực (mơn): Tốn THANH HĨA, NĂM 2021 17 ... tốn trị tuyệt đối Từ suy nghĩ nên chọn đề tài ? ?Tiếp cận số toán khó số phức cơng cụ modun? ?? Hy vọng qua học sinh cảm thấy toán “ Số phức? ?? khơng cịn q khó 1.2 Mục đích nghiên cứu Mục đích tơi nghiên... đơn vị ảo - Tập số phức kí hiệu C - Số phức có phần ảo gọi số thực nên R ⊂ C - Số phức có phần thực gọi số ảo Hai số phức Cho hai số phức z = a + bi z’ = a’ + b’i ( a, b, a’, b’ số thực ) a =... khỏi khó khăn giải toán, đặc biệt chứng minh đẳng thức bất đẳng thức số phức Việc sử dụng khái niệm modun số phức cách tiếp cận giúp cho học sinh cảm thấy vấn đề trở nên gần gũi, đưa toán số phức