Giải nhanh giá trị lớn nhất - giá trị nhỏ nhất modun số phức với elip và không elip của Lực Trí Tuyề

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (987.15 KB, 19 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Xem thêm tại: estudy.edu.vn

____________________________________________________________________________________
GIẢI NHANH GTLN-GTNN MÔ ĐUN SỐ PHỨC VỚI ELIP

Khi thấy giả thiết là Elip khơng chính tắc: zz1  z z2 2a với (z1z2 2 )a và
1,z2 ; ci

z   c . Tìm Min, Max của P z z0 :

Tính z1z2 2c và

b



a



c

2
(2) Nếu thấy 1 2

0 0

z

z  z 

max

P



a

; minPb

(3.1) Nếu thấy





1 2
0

0 1 0 2
2

z

z
z

z a

z k z z



 




 

1 2
0
max
2
z

P z  z a

1 2
0

min

z

P z  z a

(3.2) Nếu thấy





1 2
0

0 1 0 2
2

z

z
z

z a

z k z z



 
 



 

1 2
0
max
2
z

P z  z a

(3.3) Nếu thấy z0z1  z0z2

1 2
0

min

z

P z  z b

GIẢI THÍCH CỤ THỂ

1. Hình dạng và thông số của Elip

- Định nghĩa: Cho hai điểm cố định F F1, 2 với độ dài F F1 2 2c. Tập hợp các điểm M trong
mặt phẳng thoả mãn

1 MF2 2

MF   a

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Xem thêm tại: estudy.edu.vn

_____________________________________________________________________________________

- Mối quan hệ của

a b c

, ,

a



b



c

2
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
1 2

2a z z . Tìm GTLN, GTNN của P z z0 .

Sự tương ứng ở đây gồm: 
- M là điểm biểu diễn z

- F F1, 2 tương ứng là điểm biểu diễn z z1, 2.
- A là điểm biểu diễn z0

3. Các dạng giải được

Bài toán 1. Phương trình

( )

E

dạng chính tắc:

2 2
2 2 1

x y

a b 

Bài toán số phức tương ứng: Cho số phức z thoả mãn z   c z c 2a hoặc
2

z  ci z ci  a (Elip đứng). Tìm GTLN, GTNN của P z z0
Giải:

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Xem thêm tại: estudy.edu.vn

_____________________________________________________________________________________
- Lập phương trình chính tắc của Elip:

2 2
2 2 1

x y

a  b  với z   c z c 2a. Hoặc

2 2
2 2 1

x y

b  a 

với z  ci z ci 2a

- Rút y theo x dạng: b a2 2
a

y x đối với

2 2
2 2 1

x y

a  b  (tương tự đối với

2 2
2 2 1

x y

b  a  )

- Thay vào P được





2 2 2 2

0 0

( ) b a x y , ;a

a

P  xx     x a

 

 

 với z0  x0y0i

- Dùng chức năng TABLE của máy tính cầm tay Casio tìm ra GTLN, GTNN của hàm P2 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



b



9 4

 

5

- Phương trình chính tắc của Elip:

2 2
1

9 5

x  y  5 2

3 x

y 

  

- Vậy





 

2
2

2 2

1,2
5

1 9

3 x

P  x      f x

 

- Bấm TABLE các hàm f1,2

 

x với x 



3;3



được GTLN, GTNN của
2

P

Bài tốn 2. Elip khơng chính tắc nhưng A là trung điểm của F F1 2 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

1 2
0

z z

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Xem thêm tại: estudy.edu.vn

_____________________________________________________________________________________

Giải: 
- Tính 2c z1z2 1 2

z z

c 

 

- Tính

b



a



c

2  b a2c2

- 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 minP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
2 1 2

P z  i .

Giải: 
Ta có P 2z 1 2i 1

2 2

P

z i

    . Ta chỉ cần tìm GTLN, GTNN của ' 1
2

P   z i

Ta thấy z1  1 3i, z2   2 i và 0 1

z   i. Do đó 1 2
0

z

z  z

- Tính 2c z1z2 5

5
2

c

  ;

2 a

  

8 a

4

. Vậy 16 25 39

4 2

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Xem thêm tại: estudy.edu.vn

_____________________________________________________________________________________
Vậy

max '

P



4

; min ' 39

P  . Do đó

max

P



8

và minP 39

Bài tốn 3. Elip khơng có dạng chính tắc, A không là trung điểm của F F1 2 nhưng A nằm 
trên các trục của Elip

Bài toán 3.1. A nằm trên trục lớn và phía ngồi Elip:

- Dấu hiệu nhận biết: 0 1



0 2



0 1 0 2 2

z z

z k z

z z a

   

   





- Thì 1 2

0
max

z z

P z   a và 1 2

0
min

z z

P z   a

Bài toán 3.2. A nằm trên trục lớn và ở phía trong Elip:

- Dấu hiệu nhận biết: 0 1



0 2



0 1 0 2 2

z z

z k z

z z a

   

   





- Thì 1 2

0
max

z z

P z   a. Cịn GTNN khơng xác định nhanh được.
Bài tốn 3.3. A nằm trên trục nhỏ (bất kể trong hay ngoài) Elip:

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Xem thêm tại: estudy.edu.vn

_____________________________________________________________________________________

- Thì 1 2

0
min

z z

P z   b . Cịn GTLN khơng xác định nhanh được.
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
6 7

P  z i

Giải: 
1

z i F1(0;1); z2  3 3i F2(3; 3) ; z0  6 7i



A

(6; 7)



. I là trung điểm của
1 2

F F thì 1 2 ( ; 1)3

2 2

z

I  z  

Có z0  z1 6 8i; z0 z2  3 4i z0z12



z0z2



. Vậy A thuộc F F1 2
Mặt khác z0z1  z0z2 10 5 6. Vậy A nằm ngoài Elip.

Vậy

max

P



AI



a

1 2
0

z

z z a

   21

 ; minPAI a 1 2

0
2

z

z z a

   9



Bấm máy: Thấy ngay

a



3

- Gán z0 vào A; z1 vào B và z2 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 3

B C

P A   ; max 3

B C

P A  

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

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Xem thêm tại: estudy.edu.vn

_____________________________________________________________________________________
- Bài tốn tương đương với bài tốn hình học: MF1MF2 F F1 2. Tìm GTLN, GTNN của

T  AM .

- Giả thiết MF1MF2 F F1 2tương đương với M di chuyển trong đoạn thẳng F F1 2. Do đó:
+ Viết phương trình đường thẳng F F1 2 với x[x ;1 x2] (ở đây x x1, 2 lần lượt là hoành
độ của F F1, 2)

+ Rút y theo x từ phương trình F F1 2 vào T được

T



f x

( )

với x[x ;1 x2].
+ Tìm GTLN, GTNN của

f x

( )

trên đoạn x[x ;1 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 F F1 2 10 do đó z    2 i z 4 7i 10  M thuộc đoạn thẳng F F1 2.

Có F F1 2 (6; 8) nên phương trình tham số của F F1 2: 2 3
1 4

x t

y t

  


  

 . Với x [ 2; 4]

[0; 2]

t

  .

Có P2 



x1

 

2 y4



2 



3t3

 

2 4t3





25 t

 

6 t

18

với  t [0; 2].
Khảo sát hàm f t( )25t2 6t 18 trên [0; 2] được GTNN của

f t

( )

bằng 18, GTLN bằng
130.

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

GTLN-GTNN CỦA MÔ ĐUN SỐ PHỨC KHƠNG ELIP 
Thầy Lục Trí Tun – ĐT: 0972177717

Ngõ 20, Hồ Tùng Mậu, Cầu Giấy, Hà Nội 
Website:

1. ĐỊNH NGHĨA VÀ Ý NGHĨA

 Cho số phức z a bi, mô đun của z ký hiệu là z được tính bởi 2 2

| |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

 | | |z  u|

2. TÍNH CHẤT:

 2

z zz ; z2  u2; z z1. 2  z z1 2 ;

 1 1

2 2

z
z

z  z ; z  z ;

n
n

z  z ;

 z1  z2  z1z2 . Dấu “=” xảy ra khi z1  k z. 2 (k 0)

 z1z2  z1  z2 . Dấu “=” xảy ra khi z1k z. 2 (k 0)

 Cho M N, lần lượt biểu diễn hai số phức z z1, 2, 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

 M biểu diễn z, F1 biểu diễn z1 và F2 biểu diễn z2 thì zz1  z z2  M thuộc

đường trung trực của F F1 2.

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, cịn lại là

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

+ Nhóm z sang một vế đưa về dạng: z f. (| |)z g z(| |) (*)

+ Lấy mô đun hai vế của (*) sử dụng tính chất z z1. 2  z z1 2 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 3z.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.  z2).
Vậy đây là dạng tốn đang tìm hiểu!.

Chuyển hết z sang một vế ta được: z



3z216 z i



2z (*).

Lấy mô đun 2 vế của (*) ta được: z (3 z21) 36 z2 2z  39 z2 1 2 (do

z



0

)

1
13

z

  .

Ví dụ 2: Cho số phức z thỏa mãn (2 i z) 10 1 2i
z

    . Tìm 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



    



 



2 z 1 z 2 .z 10

     5z45 z2 10  z 1

Ví dụ 3: Cho số phức z thỏa mãn z  4 (1 i z)  (4 3 )z i . Tìm z

z 

z z



1 3 i







z 4

 

 z 4



i

Lấy mô đun 2 vế, suy ra z 10 



z 4

 

2 z 4



2 10z2 2 z232  z 2

Ví dụ 4: Tìm z biết (1 i z) 1 i 2

z

   

Đáp số:

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

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
vế ta được 2 z2 



1 2 z



2 z2 2z4 5 z24 z 1 (chú ý z 0 )

Nhẩm thấy phương trình có nghiệm z 1, phương trình bậc 3 cịn lại vơ 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

2 2 2

| |

u u m , 2 2 2

| |

v  v n và (aubv)2  p2 ; (cudv)2  p2.
Khai triển:

2 2 2 2 2

2 .

a b n

p  m   ab uv (1)

2 2 2 2 2

2 .

c d n

q  m   cd uv (1)

uv

cd ab









2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

. .

cd p ab q cd a m b n ab c m d n

2 2 2 2

. . ( ) ( )

cd p ab q acm ad bc bdn bc ad

       2 2 2 2

. . ( )( )

cd p ab q ad bc acm bdn

    

Đặc biệt: Khi a b 1 và c  d 1, ta có cơng thức hình bình hành



2 2



2 2

1 2 1 2 1 2

2 z  z  z z  z z

VÍ DỤ MINH HỌA

Ví dụ 1: cho các số phức thỏa mãn z1 1 ; z2 3 và z13z2 2. Tính P 2z13z2
241

P

1, 2

z z là các vector

u v

,

ta có:

2
1 3 2

4 z  z  z129 z2 26u.v (1)

Bây giờ khử là xong:

Nhân (1) với và nhân (2) với rồi trừ đi, được:

Đáp số:

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

2 2 2
2

1 2 1 2

2 3 4 9 12 .

P  z  z  z  z  u v (2)

Nhân (1) với 2 rồi cộng với (2) ta được: 8P2 6 z1227 z2 2

241 P





 P 241

Ví dụ 2: Cho hai số phức z z1, 2 thỏa mãn z1z2 5 và z1z2 3. Tìm GTLN của
1 2

P z  z

Đáp số : maxP 34

Hướng dẫn: coi các số phức z z1, 2 là các vector

u v

,

ta có:

2 2
1 2

25 z  z 2 .uv (1) và 9 z12 z222u.v (2). Cộng (1) với (2) được 342



z12 z22



. Mặt khác, theo bất đẳng thức BNC, ta có P2 



z1  z2



2 2



z12 z22





P



34

P

  .

Ví dụ 3: Cho hai số phức z z1, 2 thỏa mãn z12z2 5 và 3z1z2 3. Tìm GTLN của
1 2

P z  z

Đáp số: max 155
14

P

Hướng dẫn: coi các số phức z z1, 2 là các vector

u v

,

ta có:

2 2

1 2

25 z 4 z 4u.v (1) và 99 z12 z226u v. (2). Nhân (1) với 3 và nhân (2) với 2 rồi

cộng lại ta có: 9321 2 2 .

Bây giờ áp dụng bất đẳng thức BNC cho P2 :





1 2

P  z  z









1 2

1 1

21 14

21 z 14 z

 

  

 





2 2

1 14 2
1 1

21 14 z z

 

  

  

155
14



155
14

P

  .

Dạng 3. Cho số phức z thỏa mãn zz0 R. Tìm GTLN của Pa zz1 b zz2 biết rằng





0 z1 0 z2

z   k z  , k 0 và

a b

,



1 14 2

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

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 khơng hề dễ
dàng. Ta sẽ dùng các tính
chất về mơ đun của số phức
để giải quyết bài tốn.
Ta có:

2
2

1 0 0 1

zz  z  z z z

2 2

0 0 z1 2 .( )

z z u

z kv

      (1)

2
2

2 0 2

zz  z  z z z  z z02 z0z222u v. (2)

với u là vector biểu diễn zz0 và v là vector biểu diễn z0z2 với lưu ý z0z1  k z



0z2



Nhân (2) với k rồi cộng với

(1)

ta được:

2 2

1 2

zz k zz 



2 2



0 2

(1k) R k z z (không đổi)

Ap dụng bất đẳng thức BNC cho P2, ta có:





1 2

P  a zz b zz

1 2

b

a z z k z z

k

 

    

 





2 2

1 2

b

k

a z z z z

k

 

    

  

 2 2 2



2 2



0 2
(1 )

b

P a k R k z z

k

  

 

  

  .

Vậy, với công thức cồng kềnh như vậy rất khó nhớ, cho nên các em nên nhớ cách làm của nó.

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

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 trịn 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:

2 2

1 1

zi    z i     z 12 1 i2 2u v. (1)

2 2

2 1 1

z i    z i     z 12 1 i2 2u v. (2). Với

u v

,

biểu diễn z1 và

1 

i

.
Cộng (1) với (2) ta được:

2 2 2

2 2 1 4

z   i z i  z 



8

(không đổi)
Áp dụng BNC:





T  z   i z i 2



zi2  z 2 i2





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: maxT 3 7
Hướng dẫn: Ta có

2 2

1 2 1 2

z     z i i   z 1 2i2 1 2i22u.v (1)

2 2

3 6 1 2 2 4

z  i     z i i   z 1 2i24 1 2 i24u.v (2). Với

u v

,

biểu diễn

z

 

1 2

i

1 2



i

2 2

2 z   z 3 6i  3 z 1 2i26 1 2 i2



12 30





42

Áp dụng bất đẳng thức BNC:





3 6

T  z   z i

2
1

2 3 6

2 z z i

 

    

 





2 2

1 2 3 6

2 z z i

 

     

 



63

 T 3 7

và .

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Dạng 4. Cho số phức z thõa mãn 0

z z k

z

  , (k 0) hay dạng tương đương 0

z z k z , (

k  ). Tìm GTLN, GTNN của T  z .

Cách giải

Áp dụng bất đẳng thức z1  z2  z1z2 , ta có

2 2

0 z0

z  z  z  . Mặt khác, 0

z z k z

2
0

z z k z

   2

z

z k z

k z
    
2
0
2
0
0
0

z k z z

k z
z z
  

 
  


2 2
0 0
4 4
2 2

k k z k

z k z

 

   

 . Đánh giá 1 lần đối với hàm 2 biến đảm bảo dấu “=”

xảy ra. Tôi không giải chi tiết ở đây.

Vậy

2
0

min 4

k k z

T     và

2
0
max 4
2
k z
k

T   

VÍ DỤ MINH HỌA

Ví dụ 1: Cho số phức z thỏa mãn z 4i 2

z

  . Gọi M m, lần lượt là GTLN và GTNN của z .

Tính

T



M



m

Đáp số: T 2 5

Hướng dẫn: z 4i 2

z

  2

4 2

z  i z

  . Áp dụng bất đẳng thức z1  z2  z1z2 , ta có

2 2

4 z 4

z    i 2 z  z2 4 2 z 1 5 z 1 5.
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 2 i  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

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Áp dụng bất đẳng thức z1  z2  z1z2 , ta có

2 5 2 1 2
1
2

i
z

i

z      z



2 10
2

z z

z

       1 1 2 10  z  1 1 2 10 .

Vậy maxT  1 1 2 10 và minT   1 1 2 10

Dạng 5. Cho số phức z thỏa mãn z z1. z2  k 0. Tìm GTLN, GTNN của T  z z0

Cách giải

Ý nghĩa hình học: Gọi M là điểm biểu diễn z, có z z1. z2 k

2
1 1

z k

z

z z

  



IM



R

với

I biểu diễn 2

z

z và 1

k
R

z

 . Vậy M chuyển động trên đường trịn tâm I bán kính R. Gọi A là

điểm biểu diễn z0 thì T  AM . Bài toán trở thành: “cho M di chuyển trên đường trịn 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 2

1 1

z k

z

z z

   1 0 2

1
.

z z z k

z

 



2
0

1 1

z k

z

z z

   1 0 2

1
.

z z z k

z

 



z vào phương trình đường trịn

Lưu ý:Khơng phải phương trình đường trịn nào cũng có 
dạng z z1. z2  k 0, mà đôi khi nó ở dạng

1 2 1 3

z zz  z zz 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

max

T



AI



R

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

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: minP 4 13 và maxP 4 13

Hướng dẫn: Viết T dạng T  z z0 thì z0   1 i. Thay vào phương trình đầu ta được
0 1 2 2 3

z   i    i .

Vậy minP 4 13 và maxP 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 5 2 1
2

P  và m x 5 1

2
a P 2 .

Hướng dẫn: Viết T dạng T  z z0 thì z0   2 3i. Thay z0 vào 2iz 1 3i ta được
0

2iz  1 3i    7 i 5 2.

Vậy min 5 2 1
2

P  và m x 5 1

2
a P 2

Ví dụ 3: Cho số phức z thỏa mãn 2z  1 z 2i . Tìm GTLN, GTNN của T   z 1 2i

Đáp số:

min

T

65 11

3 3

  và

max

T

65 11

3 3

 

Hướng dẫn: Gọi z x yi (x y,  ), và

M x y

( ; )

biểu diễn z thì 2z  1 z 2i



  

2 2 2





2
2x 1 2y x y 2

      2 2

3x 3y 4x 4y 3 0

      2 2 2 2

1 0

3 3

x y x y

      .

Vậy M nằm trên đường tròn tâm 1 1;

3 3

I 

  bán kính

11
3

R .

Có T   z 1 2i  AM với

A

( 1; 2)

 

Vậy

min

T



AI



R

65 11

3 3

  và

max

T



AI



R

65 11

3 3

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

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 vng góc của

I lên d . Giá trị nhỏ nhất bằng minT 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 1
2

z  .

Hướng dẫn: Gọi z x yi thì

M x y

( ; )

là điểm biểu diễn z. Từ z   i 1 z 2i

2 2

(x 1) (y 1)

    2 2

( 2)

x y

      x y 1 0 (d). Vậy M di chuyển trên (d).

Có z OM , do đó z nhỏ nhất bằng ( ; ) 1

d O d  .

z 3



z 1 3 i



T   z i

Đáp số: minT 3 2

z i





</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Hướng dẫn: Gọi z x yi, ta có 3



z 1 3 i







(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

3x 3y 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 1 1 4 3 2

T    

Dạng 7. Cho hai số phức z z1, 2 thỏa mãn z1z1* R và z2z2*  z2z3* , với z z z1*, *2, 3* cho
trước. Tìm GTNN của T  z1z2

Cách giải

Ý nghĩa hình học: Gọi M, N là các điểm biểu
diễn z z1, 2. Giả thiết z1z1* Rtương đương
với M thuộc đường tròn tâm I bán kính R (gọi
là đường trịn (C)). Giả thiết z2z*2  z2z3*
tương đương với N thuộc đường thẳng (d).
Bài tốn 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 minT d I d



,( )



R.

VÍ DỤ MINH HỌA

Ví dụ 1: Cho hai số phức z z1, 2 thỏa mãn z1 5 5 và z2 1 3i  z2 3 6i . Tìm giá trị nhỏ

nhất của T  z1z2 .

Đáp số: min 5
2

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

Hướng dẫn: : Gọi M, N là các điểm biểu diễn z z1, 2. 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): 8x6y350. Vậy

min

MN



d I d

( ,( ))



R

15 5 5

2 2

   .

Ví dụ 2: Cho hai số phức z z1, 2 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 23 34 2
34

MN  

Hướng dẫn: Gọi M, N là các điểm biểu diễn z z1, 2. Giả thiết z1 4 3i 2 tương đương M

thuộc đường trịn tâm

I

( 4;3)



bán kính R2. Giả thiết z2 2 3i  z2 1 2i  N thuộc

đường thẳng (d): 3x5y 4 0. Vậy

min

MN



d I d

( ,( ))



R

23 2

  23 34 2

  .

Lời kết:



( )

T



f x

( )

f x

( )

Các bài tốn 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 . Sau đó

tìm GTLN, GTNN của trên miền xác định của .

 Các đánh giá đảm bảo chặt chẽ cần chứng tỏ có đẳng thức (dấu “=”) xảy ra. Để tránh

</div>


Kế toán tập hợp chi phí sản xuất và tính giá thành sản phẩm ở Công ty sản xuất và kinh doanh của những người tàn tật Hà Nội.docx

Đánh giá khả năng sinh trưởng phát triển, năng suất và chất lượng của một số tổ hợp lúa lai có triển vọng tại Thái Nguyên

Giải pháp gia tăng nguồn vốn huy động đối với hệ thống Ngân hàng đầu tư và phát triển

Kế toán tập hợp chi phí sản xuất và tính giá thành sản phẩm ở Công ty sản xuất và kinh doanh của người tàn tật Hà Nội

ĐÁNH GIÁ CÁC TÍNH CHẤT CẢM QUAN CỦA CÀ PHÊ BUÔN MÊ THUỘT VÀ SO SÁNH VỚI TÍNH CHẤT CẢM QUAN CỦA CÀ PHÊ Ở MỘT SỐ KHU VỰC ĐỊA LÝ KHÁC

đánh giá đặc điểm sinh trưởng phát triển của một số giống hoa lily và ảnh hưởng của một số biện pháp kỹ thuật đến sản xuất

Nghiên cứu ảnh hưởng của một số thông số đến năng suất và chất lượng của gia công điện hoá

Đánh giá chất lượng dịch vụ tín dụng với khách hàng cá nhân của ngân hàng thương mại cổ phần nam việt chi nhánh huế

ĐÁNH GIÁ KHẢ NĂNG SẢN XUẤT CỦA LỢN NÁI LAI F1(L x Y), F1(Y x L) VÀ CON LAI CỦA CHÚNG VỚI LỢN ĐỰC GIỐNG DUROC, L19 NUÔI TẠI VĨNH PHÚC

Giải pháp gia tăng nguồn vốn huy động đối với các chi nhánh ngân hàng TMCP đầu tư và phát triển Việt Nam trên địa bàn TPHCM

Giải nhanh giá trị lớn nhất - giá trị nhỏ nhất modun số phức với elip và không elip của Lực Trí Tuyề

<i>b</i>



<i>a</i>



<i>c</i>

max

<i>P</i>



<i>a</i>









<b>GIẢI THÍCH CỤ THỂ </b>

<i>a b c</i>

, ,

<i>a</i>



<i>b</i>



<i>c</i>

( )

<i>E</i>

( )

<i>E</i>







<i>b</i>



9 4

 

5





 

 





<i>b</i>



<i>a</i>



<i>c</i>

max

<i>P</i>



<i>a</i>

2

<i>a</i>

  

8

<i>a</i>

4

max '

<i>P</i>



4

max

<i>P</i>



8











<i>A</i>

(6; 7)







max

<i>P</i>



<i>AI</i>



<i>a</i>

<i>a</i>