ĐẶT VẤN ĐỀ: Trong 5 năm trở lại đây Bộ giáo dục đã đưa phần số phức vào chương trình 12.. Đây là vấn đề mới đối với học sinh và đây là nội dung trong chương trình thi tốt nghiệp cũng như
Trang 1A ĐẶT VẤN ĐỀ:
Trong 5 năm trở lại đây Bộ giáo dục đã đưa phần số phức vào chương trình 12 Đây là vấn đề mới đối với học sinh và đây là nội dung trong chương trình thi tốt nghiệp cũng như thi tuyển sinh vào đại học – cao đẳng Học sinh thường ngại học phần này do chưa nắm được khái niệm cũng như áp dụng vào giải bài tập Thực tế phần này là phần không phức tạp, mức độ ra đề thi học sinh rất dễ lấy được điểm Trong nội dung bài viết này tôi muốn nêu ra một vài kinh nghiệm tổng kết, sắp xếp các dạng bài tập cơ bản tạo hứng thú trong học tập cho học sinh, làm cho học sinh thấy dễ hiểu và vận dụng tốt hơn, đạt hiệu quả trong làm bài tập
B CÁC KHÁI NIỆM
Xét trên tập số thực phương trình sau có nghiệm hay không ?
x2 + 1 = 0
Rõ ràng phương trình này vô nghiệm, các phương trình bậc hai có < 0 đều vô nghiệm
Với mong muốn các phương trình đều có nghiệm, toán học đã mở rộng tập hợp
số thực đó là tập hợp số phức để mọi phương trình bậc n đều có nghiệm
Người ta đưa ra một số mới i với i2 = -1 Vậy x2 = i2 ⇔x = ±i (với i là đơn vị ảo)
- Định nghĩa: Số phức là số có dạng z = a + bi Trong đó:
+ i là đơn vị ảo thỏa mãn i2 = -1
+ a là phần thực
+ b là phần ảo
Chú ý: + ⊂
+ z = a + bi gọi là số thuần ảo (số ảo)
+ môđun của z là = 2 2
b
+ Số phức liên hợp : = a – bi
Nhận xét – so sánh: Việc mở rộng tập hợp số thực thành khi đó mọi phương trình đều có nghiệm không có nghiệm thực thì có nghiệm phức
Về mặt xã hội với mong muốn tất cả các học sinh đề được tiếp tục đi học thì nhà nước phải mở thêm nhiều trường học, nhiều loại hình để làm sao học sinh không đỗ vào trường này nhưng lại đạt vào trường khác ( Đây cùng là một cách liên hệ tạo hứng thú cho học sinh để học sinh dễ nhìn nhận ra vấn đề hơn)
C PHÂN LOẠI MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP CƠ BẢN
I CÁC PHÉP TOÁN TRÊN SỐ PHỨC
VD 1: Cho z1 = 2 + i, z2 = 3 – i Tính z1 −z1z2
Trang 2Lời giải: z1 + z1z2 = 2 + i + (2 + i)(3 – i) = 9 + 2i ⇒ z1 −z1z2 = 92 +22 = 85
VD 2: Tìm số phức z biết: z + 2 = (2 – i)3(1 – i) (1)
Lời giải: Giả sử z = a + bi ⇒ = a – bi
(1) ⇔ a + bi + 2(a – bi) = (23 + 3.22.i + 3.2.i2 + i3)(1 – i)
⇔3a – bi = 11i – 11i2 + 2 – 2i = 13 + 9i z i
b
a b
a
9 3
13 9
3
13 9
13 3
−
=
⇒
−
=
=
⇔
=
−
=
⇔
VD 3(CĐ 2009): Cho số phức z thỏa mãn : (1 + i)2(2 – i)z = 8 + i + (1 +2i)z
Tìm phần thực và phần ảo của z
Lời giải: (1 + i)2(2 – i)z = 8 + i + (1 + 2i)z
⇔ (2i)(2 – i)z – (1 + 2i)z = 8 + i
⇔ z[4i + 2 – 1 – 2i] = 8 + i
i
i
3 2 5
15 10 5
) 2 1 )(
8 ( 2
1
8
−
=
−
=
− +
= +
+
Phần thực của z là 2; phần ảo của z là -3
VD 4: Tìm môđun của z biết z z i i i
−
+
−
= +
2
) 1 )(
2 1
(1)
Lời giải: Giả sử z = a + bi ⇒ = a – bi
(1) ⇔ a + bi + 2(a – bi) =
) 2 )(
2 (
) 2 ( ) 1 )(
2 1
i i
i i
i
+
−
+ +
−
⇔3a – bi = i
5
8 5
6 +
5
2
=
⇒ a và b = −85
5
17 2 5
8 5
=
−
+
=
⇒ z
VD5 (ĐH KHỐI A+A 1 2012): Cho số phức z thỏa mãn: i
z
i
+
1
) ( 5
(1) Tính môđun của số phức ω = 1 + z + z2
bi a
i bi a
−
= + +
+
−
1
) (
5
i z b
a a
b
b
a
a b b
i b
a
i bi ai bi
a b
i
a
+
=
⇒
=
=
⇔
=
−
+
=
−
−
⇔
= + +
−
−
−
−
−
⇔
−
−
− + +
=
−
−
⇔
1 1
1 0
4
3
0 2
3
0 ) 1 2
5 5 ( 2
3
2 2 2 ) 1 (
5
ω= 1 + (1 + i) + (1 + i)2
= 2 + 3i ⇒ |ω| = 22 +32 = 13
Trang 3VD6 (ĐH D - 2012): Cho số phức z thỏa mãn : i
i
i z
1
) 2 1 ( 2 ) 2
+
+ +
Tìm môđun của số phức ω= z + 1 + i.
Lời giải: Giả sử z = a + bi
(1) ⇔ (2 + i)(a + bi) + i
i
i
8 7 1
) 2 1 ( 2
+
= + +
=
=
⇔
= +
+
= +
−
⇔
+
=
− +
− +
− +
+
⇔
+
=
− +
− + + + +
+
⇔
2
3 8
1
2
7 3
2
8 7 2 2 1 2
2
8 7 ) 1 )(
1 (
) 1 )(
2 1 ( 2 2
2
2 2
b
a a
b
b
a
i i
i i bi ai bi
a
i i
i
i i bi
ai bi
a
Do đó ω= 3 + 2i + 1 + i = 4 + 3i ⇒ |ω| = 42 +32 =5
VD 7 (ĐH A – 2011): Tìm tất cả các số phức z, biết z2 = z 2 +z
(1)
(1) ⇔ (a + bi)2 = a2 + b2 + a – bi ⇔ a2 + b2i2 + 2abi = a2 + b2 + a – bi
⇔ 2b2 + a – bi – 2abi = 0
−
=
−
=
=
=
=
−
=
⇔
= +
= +
⇔
2
1
; 2 1
0
; 0
2
1
; 2 1
0 2
0
2 2
b a
b a
b a
ab b
a b
VD 8 (ĐH A - 2011): Tính môđun của số phức z biết:
) 1 ( 2 2 ) 1 )(
1 ( + i) + 1)(1
Lời giải: (1) ⇔ (2a + 2bi – 1) (1 + i) + (a – bi + 1)(1-i) = 2 – 2i
⇔2a + 2ai + 2bi + 2bi2
– 1 –i + a – ai – bi + bi2 + 1 – i = 2 – 2i
⇔3a – 3b + ai + bi – 2i = 2 – 2i
3
2 9
1 9 1 3
1 3 1 2
2
2 3
3
= +
=
⇒
−
=
=
⇔
−
=
−
+
=
−
b
a b
a
b
a
VD 9: Tìm các số nguyên x, y sao cho số phức z = x + iy thỏa mãn z3 = 18 + 26i
26 3
18 3
26
3 2
2 3 2
xy x y
y x y
y x
xy x i iy
=
−
=
−
⇔ +
= +
Giải phương trình bằng cách đặt y = tx ta được: t = 31⇒x = 3, y =1
Vậy z = 3 + i
VD 10: Tìm phần thực và phần ảo của số z = (i – i)2013
Trang 4Lời giải: Ta có: (1 – i)2 = 1 + i2 – 2i = -2i Do đó: (1 – i)4 = 4i2 = -4
⇒ ( 1 – i)4n
= (-1)n 4n ⇒(1 – i)2013
= (1 – i)4.503.(1 – i) = (-4)503 .(1 – i)
= (-4)503 + 4503.i
Vậy z có phần thực và phần ảo tương ứng là: (-4)503 và 4503
Bài tập luyện tập
Bài 1 Thực hiện các phép tính:
a (3i + 4)[(-3 + 2i) – (4 – 7i)] b (7 – 5i)(1 + i) – (3i + 2i)
e (3 – i)3 – (1 + 2i)2 f (3 – i)3(-3 + 2i)2
2
3
2
1
1
4 2 4 3
5 8
+
− + +
i i
Bài 2 Tìm phần thực; phần ảo; môđun và số phức liên hợp của mỗi số phức sau:
a z1 = (2i – 1)2 – 3i(i + 1) + 2i3 b 3i−−22i +3i
c z3 = 3.i10 – 5(2i – 4) d 11−+5i i+(2−i)3
Bài 3 Tìm phần ảo của số phức z, biết: z =( 2 −i) (21 + 2i).
Bài 4 Tính môđun của các số phức sau:
a z1 = (2 – 4i) + (5 + 2i) b z2 = 22+i i 33
−
c z3 = (4 + 3i)3 d z4 = (2+ 5i)2 – (4 – i)3
Bài 5 Cho số phức z thỏa mãn: (iz−1)(z+3i)(z−2+3i)=0
Xác định phần thực và phần ảo của z
Bài 6 Cho số phức z thỏa mãn:
i
i z
−
+
=
1
) 3 1
Tìm môđun của z+iz
Bài 7 Tính môđun của số phức z, biết (2z+1)(2−i)+(z−4)(2+i)=3−5i
Bài 8 Tìm số phức z thỏa mãn: z−(2+i) = 10 và z.z =25
Bài 9 Tìm số thực x, y thỏa mãn: x(3 + 5i) + y(1 – 2i)3 = 9 + 14i
Bài 10 Tìm số thực z, biết: (z−2z1)(+−i1−6i) = 37(110−i)z
II CĂN BẬC HAI CỦA SỐ PHỨC.
Định nghĩa: Cho số phức z = a + bi
Trang 5Căn bậc hai của số phức z là số phức z1 = a1 + b1i thỏa mãn z12 = z
VD1 : Tìm căn bậc hai của số phức: z = 5 + 12i
Lời giải: Giả sử m + ni (m,n ) là căn bậc hai của z
Ta có: (m + ni)2 = 5 + 12i ⇔ m2
+ 2mni + n2i2 = 5 + 12i
⇔m2
+ 2mni – n2 = 5 +12 i
=
=
−
⇔
=
=
−
⇔
) 2 ( 6
) 1 ( 5 12
2
2 2
n m
n m mn
n m
Thay (2) vào (1) ta có :
2 6
n - n2 = 5 ⇔n4
+ 5n2 – 36 = 0
−
=
=
⇔
) ( 9
) / ( 4 2
2
loai n
m t n
−
=
⇒
−
=
=
⇒
=
⇔
3 2
3 2
m n
m
n
Vậy z có hai căn bậc hai là 3 + 2i và -3 – 2i
VD2 : Tìm căn bậc hai của số phức z = − 164 + 48 5i
Lời giải: Giả sử m + ni (m, n ) là căn bậc hai của z
Ta có: (m+ni) 2 = − 164 + 48 5i⇔m2 + 2mni−n2 = − 164 + 48 5i
Thay (2) vào (1) ta có:
0 2880 164
164 5
m m
⇔ m2
= 16 ; m2 = -180 ( loại)
−
=
⇒
−
=
=
⇒
=
⇔
5 6 4
5 6 4
n m
n m
Vậy z có hai căn bậc hai là: 4 + 6 5i và − 4 − 6 5i
Bài tập luyện: Tìm các căn bậc hai của các số phức sau:
III GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI TRÊN TẬP SỐ PHỨC
Xét phương trình az2 + bz + c = 0 (a, b, c ; a 0)
Cách giải: Tính ∆ = b2 – 4ac
Gọi ±k là căn bậc hai của ∆, nghiệm của phương trình là: z b a k
a
k b z
2
, 2
+
−
=
−
−
=
=
−
=
−
⇔
=
−
=
−
⇔
) 2 ( 5 24
) 1 ( 164 5
48
2
2
2
m n
n m mn
n
m
Trang 6Đặc biệt nếu b = 2b’, ta tính được ∆’
Gọi ±k’ là căn bậc hai của ∆’, nghiệm của phương trình là: z b a k
a
k b
z = − '− ', = − '+ '
VD 1: Giải phương trình: z2 + (3i + 8)z + 11i + 13 = 0
Lời giải: ∆= (3i + 8)2 – 4(11i + 13) = 4i + 3
Giả sử m + ni (m, n ) là căn bậc hai của ∆
Ta có: (m + ni)2 = 5 + 12i ⇔ m2
+ 2mni + n2i2 = 3 + 4i
⇔ m2
+ 2mni – n2 = 3 + 4i
=
=
−
⇔
=
=
−
⇔
) 2 ( 2
) 1 ( 3 4
2
3
2 2 2
2
m n
n m mn
n m
Thay (2) vào (1) ta có:
−
=
⇒
−
=
=
⇒
=
⇔
−
=
=
⇔
=
−
−
⇔
=
−
1 2
1 2
) ( 1
4 0
4 3 3
2
2
2 2
2
2
2
n m
n m
loai m
m m
m m
m
Vậy ∆có hai căn bậc hai là
+
=
−
− +
=
+
= + + +
=
3 2
2 8 3
5 2 2
2 8 3
i i
i z
i i
i z
VD 2: Giải phương trình: z2 + 4z + 7 = 0
Lời giải: ∆’ = 22 = 7 = -3 = 3i2 ⇒các căn bậc hai của ∆’ là ±i 3
Vậy nghiệm của phương trình là: z = − 2 + 3i, z = − 2 − 3i
VD 3: Giải phương trình: z3 + 4z2 + (4 + i)z + 3 + 3i = 0 (1)
Lời giải: Dễ thấy z = -i là nghiệm của (1) nên:
(1) ⇔(z + i)[z2
+ (4 – i)z + 3 – 3i] = 0
=
− +
− +
= +
⇔
) 2 ( 0 3 3 ) 4 (
0
z
i z
Giải (2): ∆ = (4 – i)2 – 12 + 12i = 16 – 1 – 8i – 12 + 12i = 3 + 4i = 4+4i+i2 = (2+i)2 Vậy ∆ có hai căn bậc hai là: 2 + i và -2 – i
Do đó nghiệm của là
−
=
−
−
− +
−
=
+
−
= + + +
−
=
3 2
2 2 4
1 2
2 4
i i z
i i
i z
Vậy (1) có ba nghiệm là –i, -3, -1 + i
VD 4: Gọi z
1
và z
2
là hai nghiệm phức của phương trình:
Trang 72(1 + i)z
2
– 4(2 – i)z – 5 – 3i = 0 Tính |z
1
|
2
+ |z
2
|
2
Lời giải: Ta có: ∆’ = 4(2 – i)2 + 2(1 + i)(5 + 3i) = 16 Vậy phương trình có hai
2
1 2
1 ,
2
5 2
3
2
1 = − = − − Do đó |z1|2 + |z2|2 = 9
VD 5: Gọi z1, z2, z3, z4 là bốn nghiệm của phương trình: z4 – z3 – 2z2 + 6z – 4 = 0 trên tập số phức tính tổng: S = 2
4
2 3
2 2
2 1
1 1 1 1
z z z
Lời giải: pt: z4 – z3 – 2z2 + 6z – 4 = 0 ⇔ (z – 1)(z + 2)(z2
– 2z + 2) = 0 (1)
Không mất tính tổng quát ta gọi 4 nghiệm của phương trình (1) là:
−
=
+
=
−
=
=
i z
i z
z z
1 1 2 1
4 3 2 1
Thay vào biểu thức ta có: S = 1 1 1 12 1 41 (1 1)2 (1 1 )2 45
4
2 3
2 2
2 1
= +
+
− + +
= + + +
i i
z z z z
VD 6: Lập phương trình bậc hai có 2 nghiệm: z1 = 6 – i và z2 = 4 + 3i
Lời giải: Ta có tổng và tích:
S = z1 + z2 = (6 – i) + (4 + 3i) = 10 + 2i
P = z1.z2 = (6 – i)(4 + 3i) = 24 + 18i – 4i – 3i2 = 27 + 14i
Vậy z1, z2 là nghiệm của phương trình bậc hai: z2 – Sz + P = 0
hay : z2 + (10 + 2i)z + 27 + 14i = 0
VD 7: Không giải phương trình: z2 + (2 – i)z + 3 + 5i = 0
Hãy tính: z12 + z22 , z14 + z24
Lời giải: Theo hệ thức Vi-ét ta có:
S = z1 + z2 = -2 + i
P = z1.z2 = 3 + 5i
Do đó: z12 + z22 = S2 – 2P = (-2 + i)2 – 2(3 + 5i) = -3 – 14i
z14+ z24 = (z12 + z22) – 2z12z22 = (-3 – 14i)2 – 2(3 + 5i)2 = -155 + 24i
VD 8: Giải phương trình sau trên tập số phức : 1 0
2
2 3
4 −z + z +z+ =
Lời giải: Nhận xét z = 0 không phải là nghiệm của phương trình (1) vậy z ≠0.
Chia hai vế phương trình (1) cho z2 ta được : 12 1 12 0 (2)
−
−
+
z
z z
z
Trang 8Đặt t = z−1z Khi đó : 1 2 1 2 2
2
2 2
2
2 = + − ⇔ + =t +
z
z z
z t
2
5 4 1 )
3 ( 0 2
5
i t
Vậy phương trình (3) có 2 nghiệm: , 1 23
2
3 1
2 1
i t
i
Với 1 1 23
i
t = + ta có 2 (1 3) 2 0(4)
2
3 1
z z
Có ∆ = (1 + 3i)2 + 16 = 8 + 6i = 9 + 6i + i2 = (3 + i)2
Vậy phương trình (4) có 2 nghiệm:
2
1 4
) 3 ( ) 3 1 ( , 1 4
) 3 ( ) 3 1 (
2 1
−
= +
− +
= +
= + + +
z
Tương tự, với
2
3 1
2
i
ta có 2 nghiệm là:
2
1 ,
3
−
−
=
−
z
Do đó phương trình đã cho có 4 nghiệm: , 1 , 2 1
2
1 ,
1
−
−
=
−
=
−
= +
z
Bài tập luyện tập: Giải các phương trình sau:
a) z2 – 7z + 11 + i = 0 b) z2 + 2(1 – 2i)z – (7 + 4i) = 0 c) z2 – 2(2 – i)z + 6 – 8i = 0 d) z2 – (2 + i)z + i +1 = 0
e) z3 – (2 + i)z2 + (2 + 2i)z – 2i = 0 f) 2z3 – 9z2 + 14z – 5 = 0
IV TÌM TẬP HỢP ĐIỂM BIỂU DIỄN SỐ PHỨC Z
Cách giải: Giả sử z = a + bi (a, b ∈ ) ; thay vào giả thiết, tìm được một hệ thức
nào đó đối với a và b Từ đó suy ra tập hợp các điểm biểu diễn số phức z
VD 1: Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z sao cho
i z
i z
u
−
+ +
= 2 3 là một số
thuần ảo
Lời giải: Giả sử z = a + bi (a, b ∈ ), khi đó:
2 2
) 1 (
) 1 ( ) 3 ( 2 )
1
(
3 2
− +
−
− +
+ +
=
−
+
+ +
+
=
b a
i b a i b a
i b
a
i bi
a
Từ số bằng a2 + b2 + 2a + 2b – 3 + 2(2a – b + 1)i
u là số thuần ảo khi và chỉ khi
−
−
≠
= + + +
⇔
≠ +
−
=
− + + +
) 3
; 2 ( ), 1
; 0 ( )
; (
5 ) 1 ( ) 1 ( 0
1 2
0 3 2
2 2
b a
b a
b a
b a b a
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là một đường tròn tâm I(-1; -1) , bán kính bằng 5, khuyết 2 điểm (0;1) và (-2; -3)
VD 2: Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z, biết z thỏa mãn: 1 (*)
4
3 2
= +
−
− +
i z
i z
Lời giải: Giả sử z = a + bi
(*) ⇔|a + 2 + (b – 3)i| = |a – 4 – (b – 1)i|
⇔(a + 2)2 + (b – 3)2 = (a – 4)2 + (b – 1)2
⇔ 3a – b -1 = 0
Trang 9Vậy tập hợp điểm M biểu diễn số phức z là đường thẳng có phương trình 3x – y – 1
= 0
VD 3: ìm quỹ tích các điểm M biểu diễn số phức ω = ( 1 +i 3 )z+ 2biết số phức z thảo mãn: z− 1 ≤ 2 (1)
Lời giải: Giả sử: ω =a+bi
Ta có:
3 1
) 3 ( 3 1
3 1
2 2
) 3 1
(
i
i b a
z i
bi a
z z
i
+
− +
−
=
−
⇔ +
+
−
=
⇔ + +
=
ω
2
) 3 ( ) 3 ( 2 3
1
) 3 ( 3 2
3 1
) 3 (
≤
− +
−
⇔
≤ +
− +
−
⇔
≤ +
− +
−
i
i b a
i
i b a
16 ) 3 (
)
3
Vậy quỹ tích của các điểm M biểu diễn số phức là hình tròn:
(x – 3)2 + (y - 3)2 ≤16 (kể cả những điểm nằm ở vị trí biên)
Bài luyện tập : Tìm tập hợp điểm biểu diễn của số phức z thỏa mãn:
−i z z
+
−
i z
i z
e) 2 |z− 1 | = |z−z+ 2i| f) |z2 −( )z2 | = 4
V TÌM SỐ PHỨC Z CÓ MÔĐUN LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT.
Bài toán : Cho số phức z = a + bi thỏa mãn điều kiện G nào đó Tìm số phức z có
môđun nhỏ nhất, lớn nhất
Trường hợp 1: giả thiết G có dạng ma + nb = k Ta rút ra a theo b (hoặc b theo a)
sau đó ta sử dụng phương pháp nhóm tổng bình phương
VD 1: Biết rằng số phức z thỏa mãn u = (z+ 3 −i)(z+ 1 + 3i) là một số thực Tìm giá trị lớn nhất của |z|
Lời giải: Giả sử : z = a + bi, ta có:
u = [a + 3 + (b – 1)i][a + 1 – (b – 3)i] = a2 + b2 + 4a – 4b + 6 + 2(a – b – 4)i
u ∈ ⇔a – b – 4 = 0 ⇔ a = b + 4
|z| min ⇔ |z|2 min
|z|2 = a2 + b2 = (b + 4)2 + b2 = 2b2 + 8b + 16 = 2(b + 2)2 + 8 ≥ 8
Dấu “=” xảy ra ⇔b = -2 ⇒ a = 2
Vậy |z| min ⇔ z = 2 – 2i
VD 2: Cho phức z thỏa mãn : |z+i+ 1 | = |z− 2i| Tìm giá trị nhỏ nhất của z
Lời giải: Giả sử : z = a + bi, ta có:
|a + bi + i + 1| = |a – bi – 2i| ⇔ (a + 1)2 + (b + 1)2 = a2 + (b + 2)2
⇔ a2 + 2a + 1 + b2 + 2b + 1 = a2 + b2 + 4b + 4 ⇔ 2a – 2b – 2 = 0 ⇔ a = b – 1
Trang 10⇒ a2 + b2 = (b + 1)2 + b2 = 2b2 + 2b + 1 = 2(b +
2
1
)2 +
2
1
≥
2 1
⇒ |z| ≥
2
1
⇔ a =
2
1
; b =
-2
1
Vậy Min |z| =
2
1
Trường hợp 2: Giả thiết G có dạng (x + a)2 + (y + b)2 = k2
Bài toán: Tìm GTLN, GTNN của S = Asinmx+Bcosmx+C
B A
A mx B
A
A mx B
A
+
+ + +
=
2 2 2
2 2
Đặt:
+
=
+
=
2 2
2 2 sin
cos
B A B
B A A
α
α
Khi đó S = A2 +B2 (sinmx cos α + cosmx sin α ) +C
Do đó:
m
k m m x C B A
2
2
2 + + ⇔ = − − +
−
=
m
k m m x C B A
2
2
2 + + ⇔ = − +
=
Vì thế ở trường hợp 2 để tìm GTNN, GTLN của |z| ta đặt
= +
=
+
α
α cos
sin
k b x
k a x
Sau đó ta làm tương tự như bài toán trên
VD 3: Cho số phức z thỏa mãn : |z – 3 + 4i| = 4 Tìm giá trị nhỏ nhất của |z|
Lời giải: Giả sử z = a + bi, ta có : |a + bi – 3 + 4i| = 4 ⇒ (a – 3)2 + (b + 4)2 = 16 Đặt
−
=
+
=
⇔
=
+
=
−
4 cos 4
sin 4 3 cos
4 4
sin 4 3
α
α α
α
b
a b
a
+
=
− +
=
− + +
+ +
= +
=
⇒
α α
α α
α α
α α
cos 5
4 sin 5
3 40 41 cos
32 sin
24
41
cos 32 16 cos
16 sin 24 sin
16 9
|
Đặt
5
4 sin , 5
3
1 ) sin(
40 41
|
Dấu “=” xảy ra khi α β π π α π β 2 π
2
2
−
=
Ngoài ra để tìm GTNN, GTLN của |z| ta có thể sử dụng phương pháp hình học
VD 4: Cho hai số phức z1, z2 thỏa mãn |z1 + 5| = 5, |z2 + 1 – 3i| = |z2 – 3 – 6i|
Tìm GTNN của |z1 – z2|
Lời giải: Giả sử điểm M(a;b) là điểm biểu diễn của số phức z 1 = a + bi, N(c;d) là
điểm biểu diễn của số phức z 2 = c + di.
Ta có: |z1 + 5| = 5 ⇔(a + 5)2 + b2 = 25
Vậy M thuộc đường tròn (C): (x + 5)2 + y2 = 25
Trang 11|z2 + 1 – 3i| = |z2 – 3 – 6i| ⇔8c + 6d = 35.
Vậy N thuộc đường thẳng d1: 8x + 6y = 35
Dễ thấy đường thẳng d1 không cắt (C) và |z1 – z2| = MN
Bài toán trở thành : Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C) : (x + 5)2 + y2 = 25
và đường thẳng d1: 8x + 6y = 35 Tìm giá trị nhỏ nhất của MN biết M chạy trên (C) và N chạy trên đường thẳng d1
L
H
I
K
d1
d2
N M
Gọi d2 là đường thẳng qua I và vuông góc với d1 Phương trình đường thẳng d2 là: 6x – 8y = -30
Gọi H là giao của d1 và d2 Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ:
⇒
=
=
⇔
−
=
−
=
+
2
9
; 1 2
9
1 30
8
6
35
6
8
H y
x y
x
y
x
Gọi K và L là giao điểm của d2 với đường tròn (C) Tọa độ K, L là nghiệm của hệ :
3
; 9
3
; 1 30
8
6
25 )
5
−
=
−
=
=
−
=
⇔
−
=
−
= +
+
y x
y x
y
x
y
x
Vậy K(-1; 3) và L(-9; -3) Tính trực tiếp HK và HL so sánh rồi suy ra Min MN = ⇔M ≡K,N ≡H
2
5
Khi đó Min |z1 – z2 | =
2
5
Bài tập luyện tập :