Giải nhanh GTLN – GTNN mô đun số phức với Elip và không Elip – Lục Trí Tuyên - Học Tập Trực Tuyến Cấp 1,2,3 - Hoc Online 247

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 2 )a và

1,z2 ; ci

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

Tính z₁z₂ 2c và b² a²c²

(2) Nếu thấy ₀ ^{1 2} 0 2

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

max 0

2

P z  z z a

1 2

min 0

2

P z  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

max 0

2

P z  z z a

(3.3) Nếu thấy z₀z₁  z₀z₂ min ₀ ^{1 2} 2

P z  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 F_{1 2} 2c. Tập hợp các điểm M trong mặt phẳng thoả mãn

1 MF2 2

MF   a

Với a c

0

là số dương không đổi.

- Hình dạng:

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

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:

- Tính b² a²c²

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 ^{2 2} a 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 ( 0)² b ^{2 2} 0 ²,



;



a x y a

P  xx a    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 b² 

9 4

 

5

- Phương trình chính tắc của Elip:

2 2

9 5 1

x  y  5 ²

3 9 x y 

  

- Vậy

   

2

2 2 2

1,2

5 3

1 9

3 x

P x     f x

    

 

- Bấm TABLE các hàm f1,2

 

x với ^{x }



^3;3



được GTLN, GTNN của P²

Bài toán 2. Elip không chính tắc nhưng A là trung điểm của F F_{1 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 ₀ ^{1 2}

2 z z z  

Xem thêm tại: estudy.edu.vn

_____________________________________________________________________________________

Giải:

- Tính 2c z₁z₂ ^{1 2} 2 z z

c 

 

- Tính b² a²c²  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   2 i. Do đó ₀ ^{1 2}

2 z  z z

- Tính 2c z₁z₂ 5 5 c 2

  ;

2

a  

8

a

4

. Vậy 25 39

16 4 2

b  

Xem thêm tại: estudy.edu.vn

_____________________________________________________________________________________

Vậy

max '

P 

4

; 39 min '

P  2 . Do đó

max

P

8

và minP 39

Bài toán 3. Elip không có dạng chính tắc, A không là trung điểm của F F_{1 2} nhưng A nằm trên các trục của Elip

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

- Dấu hiệu nhận biết: 0 1



0 2



0 1 0 2 2

z z

z z

z k z

z z a

   

   





- Thì max ₀ ^{1 2}

2 z z

P z   a và min ₀ ^{1 2} 2 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 z

z k z

z z a

   

   





- Thì max ₀ ^{1 2}

2 z z

P z   a. Còn GTNN không xác định nhanh được.

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 ₀ ^{1 2}

2 z z

P z   b . Còn GTLN không 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:

z1 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} 3

( ; 1)

2 2

I  z z  

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



z0z2



. Vậy A thuộc F F_{1 2} Mặt khác z₀z₁  z₀z₂ 10 5 6. Vậy A nằm ngoài Elip.

Vậy

max

P AIa ₀ ^{1 2} 2

z z z a

   21

 2 ; minPAI a ₀ ^{1 2} 2

z z z a

   9

 2

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

A C k

  

  - Kiểm tra A nằm ngoài Elip: A B  A C 6

- Bấm max 3

2

P A B C  ; max 3

2 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

Giải:

Xem thêm tại: estudy.edu.vn

_____________________________________________________________________________________

- Bài toán tương đương với bài toán hình học: MF₁MF₂ F F_{1 2}. Tìm GTLN, GTNN của T  AM .

- Giả thiết MF₁MF₂ F F_{1 2}tương đương với M di chuyển trong đoạn thẳng F F_{1 2}. Do đó:

+ Viết phương trình đường thẳng F F_{1 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 F_{1 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 F_{1 2} 10 do đó z    2 i z 4 7i 10  M thuộc đoạn thẳng F F_{1 2}.

Có F F_{1 2} (6; 8) nên phương trình tham số của F F_{1 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}



^{2 }

25

^{t2 }

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.

Vậy minP3 2 và maxP 130

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  a²b²

 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:

 z² z.z ; z²  u²; z z₁. ₂  z z_{1 2} ;

 ^{1 1}

2 2

z z

z  z ; z  z ; zⁿ  zⁿ;

 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 R.

 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 F_{1 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, 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 z z₁. ₂  z z_{1 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 toán 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

z 13

  .

Ví dụ 2: Cho số phức z thỏa mãn 10

(2 i z) 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}



¹⁰

     ^



^{2 z 1}

 

^{2 z 2 .}



^{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 2

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

(1 i z) i 2

  z   Đáp số:

Hướng dẫn: Dồn về một vế ta được

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 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 u² | |u ²m², v² | |v ²n² 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

       cd p. ²ab q. ² (adbc acm)( ²bdn²) Đặc biệt: Khi a b 1 _và c  d 1, ta có công thức hình bình hành



^{12 22}



^{1 22 1 22}

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:

Hướng dẫn: coi các số phức

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 P² 

241

 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}



^{P2 }

34

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: 155

maxP 14

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 :

 

²

2

1 2

P  z  z ¹



^{21 1}



¹



^{14 2}



²

21 z 14 z

 

   ^_{21 14}^{1  1 }_



^{21z1214 z22}



^155₁₄

155 P 14

  .

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

z z

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:

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

0

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  ^(1k)



^{R2k z0z22}



(không đổi) Ap dụng bất đẳng thức BNC cho P², ta có:

 

²

2

1 2

P  a zz b zz

2

1 2

a z z b k z z k

 

     ^_^a2b_k^2_



^{zz12k zz22}



 ^{P2 }_^a2b_k^2_^(1k)



^{R2k z0z22}



^.

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:

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:

 

²

2 2

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 2i



2 2

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

12 30

 

42

Áp dụng bất đẳng thức BNC:

 

²

2 3 6

T  z   z i

1 2

2 3 6

2 z z i

 

     ^_¹₂^{1 2}_



^{z2 z 3 6 i2}



^

63

^{ T 3 7}

và .

Nhân (1) với 2 rồi cộng với (2) được:

Dạng 4. Cho số phức z thõa mãn z z⁰ k

 z  , (k 0) hay dạng tương đương z²z₀ k z , ( 0

k  ). Tìm GTLN, GTNN của T  z .

Cách giải

Áp dụng bất đẳng thức z₁  z₂  z₁z₂ , ta có z² z₀  z²z₀ . Mặt khác, z²z₀ k z

2

z z0 k z

    k z  z² z₀ 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

min 4 0

2

k k z

T   

 và

2

max 4 0

2

k z

T k 



VÍ DỤ MINH HỌA Ví dụ 1: Cho số phức z thỏa mãn 4

i 2

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

Đáp số: T 2 5 Hướng dẫn: 4

i 2

z z   z²4i 2z . 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

2 1 2

1

i z

z i

 

  .

Áp dụng bất đẳng thức z₁  z₂  z₁z₂ , ta có ² 5 ² 1 2 2 1

z i

z     i  z



2 10

z 2 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

1

z

z ^và ₁ R k

 z . Vậy M chuyển động trên đường tròn 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 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 ₀ 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

 



z0 vào phương trình đường tròn Lưu ý: Không phải phương trình đường tròn 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 phương trình nào.

maxT

 AIR

(tử số như là thay vậy)

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: 5 2 1

minP 2 và 5

m x 1

a 22

P 

.

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 5 2 1

minP 2 và 5

m x 1

a 22

P 

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

maxT

^{65 11}

3 3

 

Hướng dẫn: Gọi z x yi (x y,  ), và M x y

( ; )

biểu diễn z thì 2z  1 z 2i



^{2x 1}

  

^{2 2y 2 x2}



^{y 2}



²

      3x²3y²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 R 3 . Có T   z 1 2i  AM với A

( 1; 2)

  .

Vậy

minT

 AIR ^{65 11}

3 3

  và

maxT

 AIR ^{65 11}

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 ^{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: 1

min z  2 .

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)

    x²(y2)²    x y 1 0 (d). Vậy M di chuyển trên (d).

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

d O d  2 . z ^3



^{z 1 3 i}



1 T   z i

Đáp số: minT 3 2

z i





Ví dụ 2: Cho số phức thỏa mãn là một số thực. Tìm giá trị nhỏ nhất của

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 1 1 4

min 3 2

T  2

 

Dạng 7. Cho hai số phức z z₁, ₂ thỏa mãn z₁z₁^* R và z₂z₂^*  z₂z^*₃ , 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 tròn (C)). Giả thiết z₂z^*₂  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 ^{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: 5

minMN  2.

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: 23 34

min 2

MN  34 

Hướng dẫn: Gọi M, N là các điểm biểu diễn z z₁, ₂. 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5y 4 0. Vậy

min

MN d I d

( ,( ))

R ²³ 2

 34  23 34 34 2

  .

Lời kết:



( )

T  f x

( )

f x f x

( )

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 . 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 phức tạp vấn đề tôi không trình bày ở đây. Tuy nhiên các bài toán tổng quát đã nêu đều đảm bảo điều đó.