Giải nhanh GTLN – GTNN mô đun số phức với Elip và không Elip – Lục Trí Tuyên

Giới thiệu Giải nhanh GTLN – GTNN mô đun số phức với Elip và không Elip – Lục Trí Tuyên

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc Giải nhanh GTLN – GTNN mô đun số phức với Elip và không Elip – Lục Trí Tuyên CHƯƠNG SỐ PHỨC.

Giải nhanh GTLN – GTNN mô đun số phức với Elip và không Elip – Lục Trí Tuyên

Tài liệu môn Toán 12 và hướng dẫn giải chi tiết các đề thi từ cơ bản đến vận dụng cao sẽ luôn được cập thường xuyên từ hoctoanonline.vn , các em học sinh và quý bạn đọc truy cập web để nhận những tài liệu Toán hay và mới nhất.

Tài liệu Giải nhanh GTLN – GTNN mô đun số phức với Elip và không Elip – Lục Trí Tuyên

Các em học sinh và bạn đọc tìm kiếm thêm tài liệu Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng tại đây nhé.

Text 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 và LTĐH Cầu Giấy – Hồ Tùng Mậu HN Khi thấy giả thiết là Elip không chính tắc: z  z1  z  z2  2a với ( z1  z2  2a ) và z1 , z2  c; ci . Tìm Min, Max của P  z  z0 : Tính z1  z2  2c và (2) Nếu thấy z0  z1  z2 0 2 b2  a 2  c 2 max P  a ;  z1  z2 a  z0  2 (3.1) Nếu thấy  z  z  k  z  z  0 2  0 1 min P  b z1  z2 a 2 z z min P  z0  1 2  a 2 max P  z0   z1  z2 a  z0  2 (3.2) Nếu thấy  z  z  k  z  z  0 2  0 1 max P  z0  z1  z2 a 2 (3.3) Nếu thấy z0  z1  z0  z2 min P  z0  z1  z2 b 2 GIẢI THÍCH CỤ THỂ 1. Hình dạng và thông số của Elip – Định nghĩa: Cho hai điểm cố định F1 , F2 với độ dài F1F2  2c . Tập hợp các điểm M trong mặt phẳng thoả mãn Với a  c  0 là số dương không đổi. – Hình dạng: MF1  MF2  2a Xem thêm tại: estudy.edu.vn _____________________________________________________________________________________ – Mối quan hệ của a, b, c : a2  b2  c2 2. Bài toán liên quan Bài toán chung: Cho M chuyển động trên Elip ( E) và một điểm A cố định. Tìm GTLN, GTNN của 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 của P  z  z0 . Sự tương ứng ở đây gồm: – M là điểm biểu diễn z – F1 , F2 tương ứng là điểm biểu diễn z1 , z2 . – A là điểm biểu diễn z0 3. Các dạng giải được x2 y 2 Bài toán 1. Phương trình ( E) dạng chính tắc: 2  2  1 a b Bài toán số phức tương ứng: Cho số phức z thoả mãn z  c  z  c  2a hoặc z  ci  z  ci  2a (Elip đứng). Tìm GTLN, GTNN của P  z  z0 Giải: – Tính b2  a 2  c 2 Xem thêm tại: estudy.edu.vn _____________________________________________________________________________________ – Lập phương trình chính tắc của Elip: x2 y 2 x2 y 2 z  c  z  c  2 a    1 1 với . Hoặc a 2 b2 b2 a 2 với z  ci  z  ci  2a – Rút y theo x dạng: y   x2 y 2 x2 y 2 b 2 2 a  x đối với 2  2  1 (tương tự đối với 2  2  1 ) a b a a b 2  b 2  – Thay vào P được P  ( x  x0 )    a  x 2  y0  , x   a; a  với z0  x0  y0i  a  2 2 2 – Dùng chức năng TABLE của máy tính cầm tay Casio tìm ra GTLN, GTNN của hàm P từ đó có P . Ví dụ minh hoạ: Cho số phức z thoả mãn z  2  z  2  6 . Tìm GTLN và GTNN của P  z  1  3i Giải: – Có a  3, c  2  b2  9  4  5 x2 y 2 5 9  x2  1  y   – Phương trình chính tắc của Elip: 3 9 5 2   5 9  x 2  3   f1,2  x  – Vậy P   x  1     3  2 2   2 – Bấm TABLE các hàm f1,2  x  với x  3;3 được GTLN, GTNN của P Bài toán 2. Elip không chính tắc nhưng A là trung điểm của F1 F2 tức A là 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 của P  z  z0 . Với đặc điểm nhận dạng z0  z1  z2 2 Xem thêm tại: estudy.edu.vn _____________________________________________________________________________________ Giải: – Tính 2c  z1  z2  c  – Tính z1  z2 2 b2  a 2  c 2  b  a 2  c 2 – Vì A là tâm Elip và M di chuyển trên Elip nên: + AM lớn nhất bằng a hay max P  a + AM nhỏ nhất bằng b hay min P  b Ví dụ minh hoạ: Cho số phức z thoả mãn z  1  3i  z  2  i  8 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của P  2 z  1  2i . Giải: Ta có P  2 z  1  2i  P 1 1  z   i . Ta chỉ cần tìm GTLN, GTNN của P ‘  z   i 2 2 2 Ta thấy z1  1  3i , z2  2  i và z0   – Tính 2c  z1  z2  5  c  z z 1  i . Do đó z0  1 2 2 2 5 25 39 ; 2a  8  a  4 . Vậy b  16   2 4 2 Xem thêm tại: estudy.edu.vn _____________________________________________________________________________________ Vậy max P ‘  4 ; min P ‘  39 . Do đó max P  8 và min P  39 2 Bài toán 3. Elip không có dạng chính tắc, A không là trung điểm của F1 F2 nhưng A nằm trên các trục của Elip Bài toán 3.1. A nằm trên trục lớn và phía ngoài Elip:  z0  z1  k  z0  z2   z0  z1  z0  z2  2a – Dấu hiệu nhận biết:  – Thì max P  z0  z z z1  z2  a và min P  z0  1 2  a 2 2 Bài toán 3.2. A nằm trên trục lớn và ở phía trong 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 được. 2 Bài toán 3.3. A nằm trên trục nhỏ (bất kể trong hay ngoài) Elip: – Dấu hiệu nhận biết: z0  z1  z0  z2 Xem thêm tại: estudy.edu.vn _____________________________________________________________________________________ – Thì min P  z0  z1  z2  b . Còn GTLN không xác định nhanh được. 2 Ví dụ minh hoạ: Cho số phức z thoả mãn: z  i  z  3  3i  6 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của P  z  6  7i Giải: z1  i  F1 (0;1) ; z2  3  3i  F2 (3; 3) ; z0  6  7i  A(6; 7) . I là trung điểm của F1F2 thì I  z1  z2 3  ( ; 1) 2 2 Có z0  z1  6  8i ; z0  z2  3  4i  z0  z1  2  z0  z2  . Vậy A thuộc F1 F2 Mặt khác z0  z1  z0  z2  10  5  6 . Vậy A nằm ngoài Elip. Vậy max P  AI  a  z0  Bấm máy: Thấy ngay 21 9 z1  z2 z  z2 ; min P  AI  a  z0  1 a  a  2 2 2 2 a3 – Gán z0 vào A; z1 vào B và z 2 vào C – Kiểm tra A, B, C thẳng hàng: A B k AC  – Kiểm tra A nằm ngoài Elip: A  B  A  C  6 – Bấm max P  A  BC BC  3 ; max P  A  3 2 2 ELIP SUY BIẾN Bài toán: Cho số phức z thoả mãn: z  z1  z  z2  2a nhưng có z1  z2  2a . Tìm GTLN, GTNN của T  z  z0 Giải: Xem thêm tại: estudy.edu.vn _____________________________________________________________________________________ – Bài toán tương đương với bài toán hình học: MF1  MF2  F1F2 . Tìm GTLN, GTNN của T  AM . – Giả thiết MF1  MF2  F1F2 tương đương với M di chuyển trong đoạn thẳng F1 F2 . Do đó: + Viết phương trình đường thẳng F1 F2 với x  [x1; x2 ] (ở đây x1 , x2 lần lượt là hoành độ của F1 , F2 ) + Rút y theo x từ phương trình F1F2 vào T được T  f ( x) với x  [x1; x2 ] . + Tìm GTLN, GTNN của f ( x) trên đoạn x  [x1; x2 ] . Ví dụ minh hoạ Cho số phức z thoả mãn z  2  i  z  4  7i  10 . Tìm GTLN, GTNN của P  z  1  4i Giải Với các quy ước từ ban đầu, có F1 (2;1) , F2 (4; 7) và A(1;4) . M là điểm biểu diễn z . Có F1 F2  10 do đó z  2  i  z  4  7i  10  M thuộc đoạn thẳng F1 F2 .  x  2  3t . Với x  [  2;4] y  1  4 t  Có F1F2  (6; 8) nên phương trình tham số của F1 F2 :   t  [0;2] . Có P   x  1   y  4    3t  3   4t  3 2 2 2 2 2  25t 2  6t  18 với  t  [0;2] . Khảo sát hàm f (t )  25t  6t  18 trên [0;2] được GTNN của 2 130. Vậy min P  3 2 và max P  130 f (t ) bằng 18, GTLN bằng 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 1. ĐỊNH NGHĨA VÀ Ý NGHĨA  Cho số phức z  a  bi , mô đun của z ký hiệu là z được tính bởi | z | a 2  b 2  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 | z || u | 2. TÍNH CHẤT:  z  z.z ; z u ; z1.z2  z1 z2 ;  z z1  1 ; z2 z2 z  z ; zn  z ;  z1  z2  z1  z2 . Dấu “=” xảy ra khi z1  k .z2 ( k  0 )  z1  z2  z1  z2 . Dấu “=” xảy ra khi z1  k .z2 ( k  0 ) 2 2 2 n  Cho M , N lần lượt biểu diễn hai số phức z1 , z2 , thì MN  z1  z2  M biểu diễn z và I biểu diễn z0 thì z  z0  R  M thuộc đường tròn tâm I bán kính R.  M biểu diễn z , F1 biểu diễn z1 và F2 biểu diễn z 2 thì z  z1  z  z2  M thuộc đường trung trực của F1F2 . 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 z1.z2  z1 z2 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 z 3 z.z  1  z  2  6iz  Hướng dẫn: Ta thấy trong phương trình chỉ có bậc nhất với z , còn lại là z (chú ý là z.z  z ). 2 Vậy đây là dạng toán đang tìm hiểu!. Chuyển hết z sang một vế ta được: z Lấy mô đun 2 vế của (*) ta được: z  z   3z 2   1  6 z i  2 z (*). (3 z  1)  36 z  2 z  2 2 39 z  1  2 (do z  0 ) 2 1 . 13 Ví dụ 2: Cho số phức z thỏa mãn (2  i ) z  10  1  2i . Tìm z z Hướng dẫn: Điều kiện z  0 , quy đồng ta được (2  i) z z  10  z  2iz    2 z  1   z  2 i z  10   2 z 1   z  2 . z  2 2 10  5 z  5 z  10  z  1 4 2 Ví dụ 3: Cho số phức z thỏa mãn z  4  (1  i ) z  (4  3 z )i . Tìm z Đáp số: z  2 Hướng dẫn: Dồn z về một vế ta được z 1  3i    z  4    z  4  i Lấy mô đun 2 vế, suy ra z 10  Ví dụ 4: Tìm z biết (1  i ) z   z  4   z  4 1 i2 z 2 2  10 z  2 z  32  z  2 2 2 Đáp số: z  1 Hướng dẫn: Quy đồng và dồn z về một vế ta được (1  i ) z z  1  2 z   z i . Lấy mô đun 2 2z  2 vế ta được 1  2 z  2  z 2  2 z  5 z  4 z  1 (chú ý z  0 ) 4 2 Nhẩm thấy phương trình có nghiệm z  1 , phương trình bậc 3 còn lại vô nghiệm với z  0 . Dạng 2: Cho | z1 | m , | z2 | n và | az1  bz2 | p tính q | cz1  dz2 | . Cách giải Coi z1  u và z2  v thì u 2 | u |2  m2 , v 2 | v |2  n 2 và (au  bv )2  p 2 ; (cu  dv )2  p 2 . Khai triển: p 2  a2m2  b2n2  2ab.uv (1) q 2  c2m2  d 2n2  2cd .uv (1) Bây giờ khử uv là xong: Nhân (1) với cd và nhân (2) với ab rồi trừ đi, được: cd . p2  ab.q 2  cd  a 2 m2  b2 n2   ab  c2 m2  d 2 n2   cd . p2  ab.q2  acm2 (ad  bc)  bdn2 (bc  ad )  cd . p 2  ab.q 2  (ad  bc)(acm2  bdn2 ) Đặc biệt: Khi a  b  1 và c   d  1, ta có công thức hình bình hành  2 z1  z2 2 2  z z 1 2 2  z1  z2 2 VÍ DỤ MINH HỌA Ví dụ 1: cho các số phức thỏa mãn z1  1 ; z2  3 và z1  3 z2  2 . Tính P  2 z1  3z2 Đáp số: P  241 Hướng dẫn: coi các số phức z1 , z2 là các vector u , v ta có: 4  z1  3z2 2  z1  9 z2  6u.v (1) 2 2 P 2  2 z1  3z2  4 z1  9 z2  12u.v (2) 2 2 2 Nhân (1) với 2 rồi cộng với (2) ta được: 8  P 2  6 z1  27 z2 2  P2  241  P  241 2 Ví dụ 2: Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  z2  5 và z1  z2  3 . Tìm GTLN của P  z1  z2 Đáp số : max P  34 Hướng dẫn: coi các số phức z1 , z2 là các vector u , v ta có:  25  z1  z2  2u.v (1) và 9  z1  z2  2u.v (2). Cộng (1) với (2) được 34  2 z1  z2 2 2 2 2  . Mặt khác, theo bất đẳng thức BNC, ta có P 2  z1  z2  2   2 z1  z2 2 2  P 2 2 2   34  P  34 . Ví dụ 3: Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  2 z2  5 và 3z1  z2  3 . Tìm GTLN của P  z1  z2 Đáp số: max P  155 14 Hướng dẫn: coi các số phức z1 , z2 là các vector u , v ta có: 25  z1  4 z2  4u.v (1) và 9  9 z1  z2  6u.v (2). Nhân (1) với 3 và nhân (2) với 2 rồi 2 2 2 cộng lại ta có: 93  21 z1  14 z2 2 2 2 . Bây giờ áp dụng bất đẳng thức BNC cho P 2 : P   z1  z2 2 P  2  1   21   1 21 z1  14  14 z2  2   155  2 2  1 1     21  14  21 z1  14 z2 14    155 . 14 Dạng 3. Cho số phức z thỏa mãn z  z0  R . Tìm GTLN của P  a z  z1  b z  z2 biết rằng z0  z1  k  z0  z2  , k  0 và a, b  . Cách giải Ý nghĩa hình học: Cho điểm M chuyển động trên đường tròn tâm I bán kính R. Cho A, B là 2 điểm cố định thỏa mãn I nằm trong đoạn thẳng AB. Tìm giá trị lớn nhất của P  aMA  bMB . Trừ khi I là trung điểm của AB, nếu không sử dụng hình học để giải bài này là nhiệm vụ không hề dễ dàng. Ta sẽ dùng các tính chất về mô đun của số phức để giải quyết bài toán. Ta có: z  z1  z  z0  z0  z1 2 2  z  z0  z0  z1  2u.(kv ) (1) 2 2 z  z2  z  z0  z0  z2  z  z0  z0  z2  2u.v 2 2 2 2 (2) với u là vector biểu diễn z  z0 và v là vector biểu diễn z0  z2 với lưu ý z0  z1  k  z0  z2  Nhân (2) với k rồi cộng với (1) ta được:  z  z1  k z  z2  (1  k ) R 2  k z0  z2 2 2 2  (không đổi) Ap dụng bất đẳng thức BNC cho P 2 , ta có: P   a z  z1  b z  z2 2  2  b    a z  z1  k  2    b2  2 2 k z  z2    a 2   z  z1  k z  z2 k       2 b2  2  P   a   (1  k ) R 2  k z0  z2 . k   2 Vậy, với công thức cồng kềnh như vậy rất khó nhớ, cho nên các em nên nhớ cách làm của nó. VÍ DỤ MINH HỌA Ví dụ 1: Cho số phức z thỏa mãn z  1  2 . Tìm GTLN của T  z  i  z  2  i Đáp số: max T  4 Hướng dẫn: Tâm I đường tròn trong giải thiết là z0  1 , bán kính r  2 . Điểm A và B ứng với hai số phức z1  i và z2  2  i . Dễ thấy rằng z0  z1    z0  z2  . Vậy thậm chí I là trung điểm của AB. Ta có: z  i  z  1  1  i  z  1  1  i  2u.v (1) 2 2 2 z  2  i  z 1 1  i 2 2 2  z  1  1  i  2u.v (2). Với u , v biểu diễn z  1 và 1  i . 2 2 Cộng (1) với (2) ta được: z  i  z  2  i  2 z  1  4  8 (không đổi) 2 2 2 Áp dụng BNC:  T2   z i  z  2i   2 z i  z 2i 2 2 2   16  T  4 Ví dụ 2: Cho số phức z thỏa mãn z  1  2i  2 . Tìm GTLN của T  z  z  3  6i Đáp số: max T  3 7 Hướng dẫn: Ta có z  z  1  2i  1  2i  z  1  2i  1  2i  2u.v (1) 2 2 2 z  3  6i  z  1  2i  2  4i 2 2  z  1  2i  4 1  2i  4u.v (2). Với u , v biểu diễn z  1  2i 2 2 2 và 1  2i . Nhân (1) với 2 rồi cộng với (2) được: 2 z  z  3  6i  3 z  1  2i  6 1  2i 2 2 2 2  12  30  42 Áp dụng bất đẳng thức BNC: T   z  z  3  6i  2 2 2    1  1  2 2  2 z  z  3  6i     1 2 z  z  3  6i  63  T  3 7  2  2  Dạng 4. Cho số phức z thõa mãn z  z0  k , ( k  0 ) hay dạng tương đương z 2  z0  k z , ( z k  0 ). Tìm GTLN, GTNN của T  z . Cách giải Áp dụng bất đẳng thức z1  z2  z1  z2 , ta có z  z0  z 2  z0 . Mặt khác, z 2  z0  k z 2  z 2  k z  z0  0  z  z0  k z  k z  z  z0  k z   2  z  k z  z0  0 2 2  k  k 2  4 z0 2  z k  k 2  4 z0 2 . Đánh giá 1 lần đối với hàm 2 biến đảm bảo dấu “=” xảy ra. Tôi không giải chi tiết ở đây. Vậy min T  k  k 2  4 z0 2 và max T  k  k 2  4 z0 2 VÍ DỤ MINH HỌA Ví dụ 1: Cho số phức z thỏa mãn z  4i  2 . Gọi M , m lần lượt là GTLN và GTNN của z . z Tính T  M  m Đáp số: T  2 5 Hướng dẫn: z  4i  2  z 2  4i  2 z . Áp dụng bất đẳng thức z1  z2  z1  z2 , ta có z z  4  z 2  4i  2 z  z  4  2 z  1  5  z  1  5 . 2 2 Vậy M  1  5 và m  1  5 . Do đó T  2 5 Ví dụ 2: Cho số phức z thỏa mãn (1  i) z 2  1  2i  2 z . Tìm GTLN, GTNN của T  z . Hướng dẫn: Ta có thể đưa về dạng quen thuộc bằng cách chia cả hai vế cho 1  i , ta được z2  1  2i  z . 1 i Áp dụng bất đẳng thức z1  z2  z1  z2 , ta có z  2  z  z  2 5 1  2i  z2   z 1 i 2 10  z  1  1  2 10  z  1  1  2 10 . 2 Vậy max T  1  1  2 10 và min T  1  1  2 10 Dạng 5. Cho số phức z thỏa mãn z1.z  z2  k  0 . Tìm GTLN, GTNN của T  z  z0 Cách giải Ý nghĩa hình học: Gọi M là điểm biểu diễn z , có z1.z  z2  k  z  I biểu diễn z2 k   IM  R với z1 z1 k z2 và R  . Vậy M chuyển động trên đường tròn tâm I bán kính R. Gọi A là z1 z1 điểm biểu diễn z0 thì T  AM . Bài toán trở thành: “cho M di chuyển trên đường tròn tâm I bán kính R và A là điểm cố định. Tìm GTLN, GTNN của 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   1 0 2 z1 z1 z1 (tử số như là thay z0 vào phương trình đường tròn vậy) Lưu ý: Không phải phương trình đường tròn nào cũng có dạng z1.z  z2  k  0 , mà đôi khi nó ở dạng z1 z  z2  z1 z  z3 với z1  z2 . Do đó, để kiểm tra điều kiện giả thiết là phương trình đường tròn hay đường thẳng trong trường hợp lạ, cách tốt nhất là gọi z  x  yi rồi thay vào giả thiết để biết ( x; y) thỏa mãn phương trình nào. VÍ DỤ MINH HỌA Ví dụ 1: Cho số phức z thỏa mãn z  1  2i  4 . Tìm GTLN. GTNN của T  z  1  i Đáp số: min P  4  13 và max P  4  13 Hướng dẫn: Viết T dạng T  z  z0 thì z0  1  i . Thay vào phương trình đầu ta được z0  1  2i  2  3i . Vậy min P  4  13 và max P  4  13 Ví dụ 2: Cho số phức z thỏa mãn 2iz  1  3i  1 . Tính GTLN, GTNN của T  z  2  3i Đáp số: min P  5 2 1 5 2 1 và max P  . 2 2 Hướng dẫn: Viết T dạng T  z  z0 thì z0  2  3i . Thay z0 vào 2iz  1  3i ta được 2iz0  1  3i  7  i  5 2 . Vậy min P  5 2 1 5 2 1 và max P  2 2 Ví dụ 3: Cho số phức z thỏa mãn 2 z  1  z  2i . Tìm GTLN, GTNN của T  z  1  2i Đáp số: minT  65 65 11 11   và maxT  3 3 3 3 Hướng dẫn: Gọi z  x  yi ( x, y  ), và M ( x; y) biểu diễn z thì 2 z  1  z  2i 2 2 2 2 2   2 x  1   2 y   x 2   y  2   3×2  3 y 2  4 x  4 y  3  0  x 2  y 2  x  y  1  0 . 3 3 11 1 1 Vậy M nằm trên đường tròn tâm I  ;  bán kính R  . 3  3 3 Có T  z  1  2i  AM với A(1; 2) . Vậy minT  AI  R  65 11 65 11   và maxT  AI  R  3 3 3 3 Dạng 6. Cho số phức z thỏa mãn z  z1  z  z2 . Tìm GTNN của T  z  z0 . Cách giải Ý nghĩa hình học: Điều kiện z  z1  z  z2 thực chất là phương trình đường thẳng. Nếu ta gọi M là điểm biểu diễn z , A là điểm biểu diễn z1 và B biểu diễn z2 thì giả thiết tương đương với MA  MA hay M nằm trên trung trực của AB . Gọi I là điểm biểu diễn z0 thì T  IM . Vậy IM nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của I lên d . Giá trị nhỏ nhất bằng min T  d  I , d  . Lưu ý: Không phải phương trình đường thẳng nào cũng có dạng z  z1  z  z2 , cho nên khi gặp giả thiết lạ, cách tốt nhất để nhận biết giả thiết là đường thẳng hay đường tròn là gọi z  x  yi rồi thay vào phương trình. VÍ DỤ MINH HỌA Ví dụ 1: Cho số phức z thỏa mãn z  i  1  z  2i . Tìm GTNN của z . Đáp số: min z  1 . 2 Hướng dẫn: Gọi z  x  yi thì M ( x; y) là điểm biểu diễn z . Từ z  i  1  z  2i  ( x  1)2  ( y  1)2  x2  ( y  2)2  x  y  1  0 (d). Vậy M di chuyển trên (d). Có z  OM , do đó z nhỏ nhất bằng d (O; d )  1 . 2 Ví dụ 2: Cho số phức z thỏa mãn  z  3  i   z  1  3i  là một số thực. Tìm giá trị nhỏ nhất của T  z 1 i Đáp số: min T  3 2  z  1  3i    ( x  3)  ( y  1)i    ( x  1)  ( y  3)i  . Tích này có phần ảo là  x  3  y  3   y  1 x  1 . Phần ảo bằng 0 Hướng dẫn: Gọi z  x  yi , ta có 3  3x  3 y  9  x  y  1  0  x  y  4  0 (d). Vậy nếu gọi M là điểm biểu diễn z thì M chạy trên đường thẳng (d). Gọi A(1; 1) là điểm biểu diễn 1  i thì T  AM . Giá trị T nhỏ nhất bằng khoảng cách từ A đến (d). Vậy min T  11 4 2 3 2 * * * Dạng 7. Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  z1*  R và z2  z2*  z2  z3* , với z1 , z2 , z3 cho trước. Tìm GTNN của T  z1  z2 Cách giải Ý nghĩa hình học: Gọi M, N là các điểm biểu diễn z1 , z2 . Giả thiết z1  z1*  R tương đương với M thuộc đường tròn tâm I bán kính R (gọi là 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) và N thuộc (d) sao cho T  MN ngắn nhất. Từ hình vẽ ta thấy ngay giá trị nhỏ nhất của MN bằng d ( I ,(d ))  R Vậy min T  d  I ,(d )   R . VÍ DỤ MINH HỌA Ví dụ 1: Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  5  5 và z2  1  3i  z2  3  6i . Tìm giá trị nhỏ nhất của T  z1  z2 . Đáp số: min MN  5 . 2 Hướng dẫn: : Gọi M, N là các điểm biểu diễn z1 , z2 . Giả thiết z1  5  5 tương đương M thuộc đường tròn tâm I (5;0) bán kính R  5 . Giả thiết z2  1  3i  z2  3  6i  N thuộc đường thẳng (d): 8 x  6 y  35  0 . Vậy min MN  d ( I ,(d ))  R  15 5 5  . 2 2 Ví dụ 2: Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  4  3i  2 và z2  2  3i  z2  1  2i . Tìm giá trị nhỏ nhất của T  z1  z2 . Đáp số: min MN  23 34 2 34 Hướng dẫn: Gọi M, N là các điểm biểu diễn z1 , z2 . Giả thiết z1  4  3i  2 tương đương M thuộc đường tròn tâm I (4;3) bán kính R  2 . Giả thiết z2  2  3i  z2  1  2i  N thuộc đường thẳng (d): 3x  5 y  4  0 . Vậy min MN  d ( I ,(d ))  R  23 34 23  2. 2  34 34 Lời kết:  Các bài toán trên có thể giải bằng phương pháp đại số bằng cách rút một ẩn theo ẩn còn lại từ giả thiết để thay vào biểu thức cần đánh giá thành hàm số dạng T  f ( x) . Sau đó tìm GTLN, GTNN của f ( x) trên miền xác định của f ( x) .  Các đánh giá đảm bảo chặt chẽ cần chứng tỏ có đẳng thức (dấu “=”) xảy ra. Để tránh phức tạp vấn đề tôi không trình bày ở đây. Tuy nhiên các bài toán tổng quát đã nêu đều đảm bảo điều đó.
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top