Tài liệu ôn thi Đại học, THPT Quốc gia: Môn Toán: Sử dụng bất đẳng thức môđun giải bài toán Môđun lớn nhất, nhỏ nhất (Min,Max) Của số phức

+Với z z2 thì thay trực tiếp vào bài toán... Giá trị của biểu thức Pm M bằng A... Đến đây ta có bài toán quen thuộc... Đây là điểm then chốt để đi đến lời giải.. Tìm giá trị lớn nhất

Chủ đề 1

Nguyễn Khải, Nguyễn Duy Chiến Admin Nhóm Toán VD-VDC A-TÓM TẮT LÝ THUYẾT

1.Bất đăng thức

Cho các số phức z z ta có: 1, 2

z  z  z z  1 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1

0

z







z z  z  z  2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1

0

z







Chứng minh

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , gọi , A B là các điểm lần lượt biểu diễn các số phức z1, Khi đó: z2

1

OA z ;BO z2 ; BA z1  z2  z1z2 ; OA

biểu diễn số phức z và OB1 

biểu diễn số phức 2

z



Chứng minh z1  z2  z1z2

+ Ta luôn có: BABOOA  z1  z2  z1z2  1 Đẳng thức ở  1 xảy ra khi và chỉ khi , ,

O A B thẳng hàng và O thuộc đoạn AB

+ Khi AO tức là z  điều đó có nghĩa là có số 1 0 k  để OB0  kOA

tức là z2 kz1 (Còn khi

1 0

z  , rõ ràng z1z2  z1  z2 ) Vậy đẳng thức ở  1 xảy ra khi và chỉ khi 1

0

z







Chứng minh z1z2  z1  z2

+ Luôn có BA AOOB  z1z2  z1  z2  2 Đẳng thức ở  2 xảy ra khi và chỉ khi , ,O B A

thẳng hàng và O không nằm giữa ,A B

+ Khi AO tức là z  điều đó có nghĩa là có số 1 0 k 0 sao cho OB kOA

tức là z2 kz1.(Khi

1 0

z  ,rõ ràng z1z2  z1  z2 ) Vậy đẳng thức ở  2 xảy ra khi và chỉ khi 1

0

z







2.Đẳng thức môđun

2.1 Cho các số thực m n và các số phức , z z ta có: 1, 2

mz nz m z n z mn z z z z

Chứng minh

2

mz nz  mz nz mz nz mz1nz2mz1nz2 2 2 2 2  

Nhận xét:

-Với m1,n1 thì có z1z2 2  z12 z2 2z z1 2z z1 2

-Với m1,n  thì 1 z1z22  z12 z22z z1 2z z1 2

z z  z z  z  z

2.2. Cho các số thực m n và các số phức , z z ta có: 1, 2

zz  zz  z    

Chứng minh

zz  zz  z    z   

2

z

2.3.Cho các số phức z z đều khác 1, 2 0ta có: 1 2 2 1 1 2

Chứng minh

+Ta có: z1z22  z12 z22z z1 2z z1 2 1 ;

1 2 1 2 1 2

+Từ  1 và  2 suy ra:

2

3.Một số chú ý

3.1. zz1  zz2  z2z1  1

+Xét z z2, khi đó: Vì z2z1  zz1  z2z  z2  z z z1  z2z1 nên suy ra

1 x

x



   x  ,x0;1   z z2x z 1z2

+Với z z2 thì thay trực tiếp vào bài toán

2 0

z









sẽ suy ra zz2x z 1z2 x  ,x0;1 

3.2. zz  zz  z z  2

+Xét z z2, khi đó:Vì z2z1  zz1  z2z  zz1z2z  z2z1 nên suy ra

1 x

x



   x  ,x  ; 01;    z z2x z 1z2

2 0

z









sẽ suy ra zz2x z 1z2

x  ,x  ; 0  1;   

B.VÍ DỤ

Câu 1: [Minh Hoạ-L2/N2017] Xét các số phức z thỏa mãn z  2 i z 4 7i 6 2 Gọi ,m M lần lượt

là giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của z 1 i Giá trị của biểu thức Pm M bằng

A 13 73 B 5 2 2 73

2



C 5 2 73 D 5 2 73

2



Định hướng tìm lời giải:

Nhận thấy z  2 i z 4 7i 6 2 sẽ suy ra za x b x i  với xD  Đến đây ta có bài toán quen thuộc

Lời giải

*Trường hợp 1:z   (thỏa mãn 2 i z  2 i z 4 7i 6 2), khi đó:

z    i i 

*Trường hợp 2:z   2 i

+Vì 6 2 z     2 i z 4 7i    z 4 7i   z 2 i 6 2 nên suy ra

1

x



      với x,x0;1z   2 6x  1 6 x i

+ z     1 i  3 6x  2  6x i  72x212x13với x,x0;1

f x  x  x x , dễ thấy

0;1

min

f x  f  

0;1

max f x  f 1  73

*So sánh hai trường hợp thấy: 5 2; 73

2

Câu 2: [Chuyên Thái Bình-L5/N2018] Cho số phức z thỏa mãn 1i z 2 1i z 2 4 2 Gọi

,

m n lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z Đặt wmni, giá trị của w2018 bằng

A 21009 B 41009 C 51009 D 61009

Định hướng tìm lời giải:

+Biến đổi giả thiết: 1i z 2  1i z 2 4 2  z  1 i z  1 i 4

+Áp dụng BĐT: z  z  z z dễ dàng tìm được m

+Áp dụng 2 2 1 2 1 2

zz  zz  z    

và a b,   ta có :  2 2

2

a b  a b

tìm được n

Lời giải

+4 z  1 i z  1 i z     1 i z 1 i 2z  z 2 1 Đẳng thức ở  1 xảy ra khi

2

z













2 1

     m 2

+4 z  1 i z 1 i  2z 1 i2 z 1 i2

2

z

   2 Đẳng thức ở  2 xảy ra khi

2

z

     









1 

     n 2 Vậy

2018 1009

6

Câu 3: [Đặng Thúc Hứa Nghệ An-L1/N2018] Cho số phức z thỏa mãn điều kiện

5 z i z 1 3i 3z 1 i Giá trị lớn nhất của biểu thức z 2 3i bằng

A 13

Định hướng tìm lời giải:

+ Khai thác giả thiết: 5 z i z 1 3i 3z 1 i thấy    







, do đó:

z  i  z i  z i   i 

+ Mặt khác: 5 z i z 1 3i 3z 1 i  2 2  2 2

1 3 z 1 3i z 1 i

20 z i 5

Từ đó suy ra z i 2 5 Đến đây ta có bài toán quen thuộc

Lời giải







nên z 1 3i2  z 1 i2 2z i 2 1 2i2

Ta có 5 z i z 1 3i 3z 1 i  2 2  2 2

1 3 z 1 3i z 1 i

20 z i 5

suy ra z i 2 5

+ z 2 3i  zi   2 4i  z i   2 4i 2 5 2 5 4 5  z 2 3i 4 5  1 Đẳng

thức ở  1 xảy ra khi

2 5

2 4

z i









 





    





2 5

    Vậy max z 2 3i 4 5

Chọn D

Câu 4: Cho số phức z thỏa mãn z 1 2i 2 Giá trị lớn nhất của biểu thứcT  z  1 i z 5 4i bằng

Định hướng tìm lời giải:

Nhận thấy z  1 i z 1 2i1 2 i, z 5 4i  z 1 2i2 2 i Từ đây chúng ta sẽ tính được 2 z 1 i2 z 5 4i2 theo z 1 2 , 2i i Đây là điểm then chốt để đi đến lời giải

Lời giải

Đặt z1   z 1 2 ;i z2   2 i

+ z 1 i2  z 1 2i1 2 i2 2 2  

1 2 1 2

        9 z z1 2z z1 2;

2

1 2 1 2

       24 2 z z  1 2z z1 2.Từ

đó suy ra 2 z 1 i2 z 5 4i2 42

2

Đẳng thức xảy ra

khi và chỉ khi

1 2









(Hệ này có nghiệm) Vậy maxT 3 7

Chọn A

Tổng quát bài toán: Cho số phức z thỏa mãn zz0 r Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

T a zz b zz Biết z0z1  m z 0z2, , , ,a b r m là các số thực dương và z z z là các 0, ,1 2

số phức cho trước

Ý nghĩa hình học: Cho điểm M chuyển động trên đường tròn tâm I bán kính R Cho A B là hai , điểm cố định sao cho I nằm giữa A B Tìm giá trị lớn nhất của T, xMAyMB với x y, là hai số thực dương cho trước

Câu 5: [Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc-L2/N2018] Cho số phức z thoả mãn điều kiện z  2 i 2 2 Gọi

,

M m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức H  z 3 2i  z 3 4i Giá trị

M m bằng

Định hướng tìm lời giải:

+ Tìm m khá đơn giản và rõ ràng áp dụng: z1  z2  z1z2

+ Ta đã biết:

zz  zz  z    

, do đó ta có:

z  i  z  i  zi   i 

  Mặt khác biết z  2 i 2 2, tìm max zi là bài toán quen thuộc Như vậy áp dụng BĐT : a b,   ,  2 2

2

a b  a b là có thể tìm được M

Lời giải

+H z 3 2i    z 3 4i  z 3 2i z  3 4i 6 2  1

Đẳng thức ở  1 xảy ra khi  







  













   





  

+H  2z 3 2i2 z 3 4i2

4z i 3 3i 

2

2 z i 18

 2  2 2 

z i z i   i  z  2 i 22i 4 2 Suy ra H 10 2  2

Đẳng thức ở  2 xảy ra khi

, 0









   





4 3

  

+Vậy m6 2;M 10 2 Chọn A

Câu 6: [Đề tham khảo-2018]Xét các số phức z x yi (x y   ) thỏa mãn , z 4 3i  5 Khi biểu thức

P z  i  z   đạt giá trị lớn nhất, giá trị của x i y bằng

A 4 B 6 C 8 D 10

Định hướng tìm lời giải:

+ Nhận thấy z 1 3i  z 4 3i5, z  1 i z 4 3i  3 2 i do đó không tính được

      theo z 4 3i ( ,  là các số thực)

+ Tuy nhiên ta lại có z 1 3i2 z 1 i2 2z i 2 1 2i2

  Từ đây ta có lời giải sau:

Lời giải

+P 2z 1 3i2 z 1 i2  4zi2 1 2i2

2

2 5 z i

    1 + z i  z 4 3i  4 2 i  z 4 3i  4 2 i 3 5  2 Đẳng thức ở  2 xảy ra khi











6 4

  

+ Từ  1 và  2 suy ra P 10 2  3 Đẳng thức ở  3 xảy ra khi và chỉ khi đẳng thức ở  1 và  2

đồng thời xảy ra 6 4

 



 

Chọn D

Câu 7: [Chuyên Đại Học Vinh-Lần 1-Năm 2019]Giả sử z z là hai trong các số phức1, 2 zthỏa mãn

z6 8 z i. là số thực.Biết rằng z1z2  , giá trị nhỏ nhất của 4 z13z2 bằng

Định hướng tìm lời giải:

+Biến đổi z6 8 z i. là số thực được z 3 4i 5 1

2



 



 1

+Phát hiện quan trọng 4 z1z2  z1 3 4i  z2 3 4i  2

+Kết hợp  1 và  2 tính được:z1 3 4i3z2 3 4i và đi đến bài toán quen thuộc

Lời giải

+z x yi x y ,  Vì  x 6 yi  y 8xi là số thực nên x x 6y y 8 0

x 32 y 42 25

      z 3 4i 5 1

2



 



3 4

3 4







, khi đó:Vì z1z2 4 w1w2 4 16  w12 w2 2w w1 2w w1 2

1 2 1 2 34

w w w w

   ; w13w2  w129w2 23w w1 2w w1 24 22.Suy ra

3 12 16 4 22

+ z1  3z2  z1  3z2  12 16  i  12 16  i  z1 3z2 12 16  i  12 16  i  20  4 22.Đẳng thức









5 22

5

Vậy min z13z2 4 5  22Chọn C

Câu 8: [Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định Năm 2019]Cho hai số phức z z thỏa mãn 1, 2

z   i z   i  và iz2 1 2i  Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 T  z1z2 bằng

A 2 2 1 B 2 1 C 2 2 1 D 2 1

Định hướng tìm lời giải:

+Thấy có thể làm triệt tiêu biến z bằng BĐT 2 T  1 z2 i 2  z1z2  z2  i 2 z1z2

z i

  

+Lại có z1  2 i z1 4 7i 6 2 suy ra z1a x b x i  với xD  Đến đây ta có bài toán quen thuộc

Lời giải

*Ta có:T   1 z2 i 2  z1z2  z2  i 2 z1z2  z1 i 2

*Trường hợp 1:z1   (thỏa mãn 2 i z1  2 i z1 4 7i 6 2), khi đó:

z     i

*Trường hợp 2:z  2 i

+Vì 6 2  z1   2 i z1 4 7i    z 4 7i   z 2 i 6 2 nên suy ra

1

x



      với x,x0;1z1    2 6x  1 6 x i

f x  x  x x , dễ

thấy

 0;1 

1

3



 

  

 

*So sánh hai trường hợp ta có:T 2 2 1  1 Đẳng thức ở  1 xảy ra khi

1

2

3

 







  





1 2

3











.Vậy minT 2 2 1

Chọn C

Câu 9: [Gang Thép Thái Nguyên Năm 2018]Xét số phức z thỏa mãn iz2i2 z 1 3i  34 Tìm giá

trị nhỏ nhất của biểu thức P (1i z) 2 i

A Pmin 4 2 B Pmin  26 C min 9

17

Định hướng tìm lời giải:

+Biến đổi bài toán: iz2i2  z 1 3i  34  z 2 2i  z 1 3i   3 5i ; P 2 z  1 i

+Thấy z 1 3i   3 5i  z 2 2i suy ra za x b x i  với xD 

Lời giải

+ iz2i2  z 1 3i  34  z 2 2i  z 1 3i   3 5i ; P 2 z  1 i

+Vì z 2 2i  z 1 3i   3 5i  z 1 3i5i3  z 2 2i nênz 1 3ix 3 5i với

x x    z  1 3x  3 5 x i

+ z   1 i 3x4 5 x i  34x240x16 4(Vìx  ).Đẳng thức xảy ra khi 0 z  1 3i.Vậy minP  4

Câu 10: Cho số phức z thỏa mãn z i 2 Biết biểu thức T z3i 2 z  đạt giá trị nhỏ nhất khi 4 i

 , 

zxyi x y  Hiệu xy bằng

A 3 6 13

17

17

 C 3 6 13

17

17



Định hướng tìm lời giải:

+ Khai thác kết luận: Biểu thức T z3i 2 z  đạt giá trị nhỏ nhất Ta phải “cân bằng hệ số” 4 i

(làm xuất hiện thừa số 2 trước biểu thức z3i ) trước khi áp dụng bất đẳng thức mô đun bằng đẳng

thức sau: 1 2 2 1 1 2

   z z1, 2;z1 0,z2 0

+Tổng quát bài toán:Cho trước hai số phức z z thỏa mãn 1, 2 1

1 2

0

z

 







 và số thực dương c Biết số phức

zthỏa mãn z c.Tìm giá trị nhỏ nhất của 1

z

c

Lời giải

Đặt u z i, khi đó u 2; 4

4

     Ta có T= u4i 2u4

2 u i 4 u 2u i 4 u 2 17

           Đẳng thức xảy ra khi  

1 4

2

k

k u











 





16 2 13 17

4 4

k





 



Ta có z  u i 4 4 k  1k i Suy ra

3 6 13

3 3

17

xy  k   Chọn C