Tiếp cận một số bài toán khó về số phức bằng công cụ modun

Mặc dù không còn quá mới nhưng nội dung này đã gây cho học sinh và giáo viên không ít những khó khăn trong nghiên cứu và học tập đặc biệt là những bài toán ở mức độ vận dụng cao.. Trong

MỤC LỤC

1 Mở đầu

1.1 Lí do chọn đề tài

1.2 Mục đích nghiên cứu

1.3 Đối tượng nghiên cứu

1.4 Phương pháp nghiên cứu

1.5 Những điểm mới của SKKN

2 Nội dung sáng kiến kinh nghiệm

2.1 Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm

2.2 Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm

2.3 Các sáng kiến kinh nghiệm hoặc các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề

2.4 Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường

3 Kết luận, kiến nghị

3.1 Kết luận

3.2 Kiến nghị

1 MỞ ĐẦU

1.

1 Lí do chọn đề tài

Trong chương trình toán học phổ thông, có một phần nội dung được đưa vào giảng dạy ở lớp 12 trong thời gian gần đây, đó là chương Số phức Mặc dù không còn quá mới nhưng nội dung này đã gây cho học sinh và giáo viên không

ít những khó khăn trong nghiên cứu và học tập đặc biệt là những bài toán ở mức

độ vận dụng cao

Nội dung chương số phức đã giúp cho phương trình bậc hai, bậc n (n N∈ *) trở nên “ đẹp “ hơn, giải được trọn vẹn hơn Đặc biệt, nó cũng giúp học sinh không bỡ ngỡ khi tiếp cận với khái niệm hàm số phức sẽ được học trong các trường Đại học

Trong đề thi THPT quốc gia trong một số năm trở lại đây thường xuất hiện một số bài toán số phức ở mức độ vận dụng cao gây nhiều khó khăn cho học sinh Chính vì kiến thức mới nên học sinh và giáo viên không tránh khỏi những khó khăn khi giải toán, đặc biệt là trong các chứng minh đẳng thức và bất đẳng thức về số phức Việc sử dụng khái niệm modun của số phức có thể là một cách tiếp cận giúp cho học sinh cảm thấy vấn đề trở nên gần gũi, đưa bài toán số phức về bài toán hình vectơ và bài toán trị tuyệt đối Từ những suy nghĩ như thế

nên tôi đã chọn đề tài “Tiếp cận một số bài toán khó về số phức bằng công cụ modun”.

Hy vọng qua đây học sinh sẽ cảm thấy những bài toán “ Số phức” không còn quá khó

1.2 Mục đích nghiên cứu

Mục đích khi tôi nghiên cứu đề tài này là nhằm cung cấp thêm một cách khai thác mới, một cách giải mới cho bài toán số phứcđể từ đó những người học toán có thêm một công cụ hiệu quả để giải bài toán này

1.3 Đối tượng nghiên cứu

Đề tài này nghiên cứu một lớp những bài toán số phức trong chương trình lớp 12 THPT

1.4 Phương pháp nghiên cứu

Phương pháp nghiên cứu xây dựng cơ sở lí thuyết

1.5 Những điểm mới của sáng kiến kinh nghiệm

Đề tài này sử dụng chủ yếu các tính chất về modun của số phức để giải những dạng toán thuộc dạng khó của số phức

2 NỘI DUNG

2.1 Cơ sở lí luận

Phần I : Lý thuyết

1 Khái niệm:

- Một biểu thức dạng z = a + bi , trong đó a và b là những số thực và i thỏa

mãn i2

= -1 được gọi là một số phức

a được gọi là phần thực, b được gọi là phần ảo

i được gọi là đơn vị ảo

- Tập các số phức được kí hiệu là C

- Số phức có phần ảo bằng 0 gọi là số thực nên R⊂C.

- Số phức có phần thực bằng 0 gọi là số thuần ảo.

2 Hai số phức bằng nhau

Cho hai số phức z = a + bi và z’ = a’ + b’i ( a, b, a’, b’ là các số thực )

Hai số phức trên bằng nhau

' '

a a

b b

=



⇔  =



3 Cộng, trừ hai số phức

z a + bi (a,b ) z' a' + b' i (a',b' )

z + z' (a + a' ) + (b + b') i

z z' (a - a') + (b - b' )i

=

¡

¡

Số đối của số phức z = a + bi là số phức - z = - a – bi ; z + (-z) = 0.

4 Nhân hai số phức

z a + bi (a,b ) z' a' + b' i (a',b' ) zz' aa bb' ' (ab a b i' ' )

¡

¡

5 Modun của số phức, số phức liên hợp

z = a + bi (a, b ∈ ¡ ) thì modun của z là z = a +b2 2

z = a + bi (a, b ∈ ¡ ) thì số phức liên hợp của z là z = a - bi

Ta có:

2

2 2

zz' = z z' , zz a b z

z + z' = z + z', zz'=z z', z = z

z là số thực khi và chỉ khi z = z

z là số ảo khi và chỉ khi z = - z

6 Chia cho số phức khác 0

- Nếu z = a + bi (a, b ∈ ¡ ) khác không thì số phức nghịch đảo của là :

1 -1

z = 2z

- Thương của z’ cho z khác không là :

z' z'z-1 z'z

z = = zz Ta có :

'

,  

 

z

z z z z

7 Định lý viet cho phương trình bậc hai:

a/ Cho phương trình : az2 + bz + c = 0 (a ≠ 0 ) có 2 nghiệm z1, z2 thì :

1 2

 + = −







b

z z

a c

z z

a

b/ Ngược lại, nếu

1 2

+ =





z z S

z z P thì z1, z2 là 2 nghiệm của phương trình:

z2 – Sz + P = 0

8 Biểu diễn số phức :

- Cho số phức z = a + bi ( a, b ∈R)

+ Điểm A(a, b) biểu diễn số phức z

+OAuuur(a, b) biểu diễn số phức z và OA= z

- Cho số phức z’ = a’ + b’i (a’, b’∈R) có điểm biểu diễn B(a’, b’).

Khi đó : uuur uuur uuurAB OB OA= − và uuurAB

(a’ – a ; b’ – b) biểu diễn số phức ( z’ – z)

Ngoài ra ta còn có : AB = 'z z−

Phần II : Bài tập

Dạng 1: Các bài toán về tính giá trị biểu thức

Bài 1: Cho z1 = z2 = 1, z1+z2 = 3 Tính :

a/ z1−z 2

b/

1

2

z

z

Hướng dẫn :

a/ Từ z1 = z2 =1 ⇒ z z1 1=z z2 2 =1

Từ : z1 +z2 = 3 ⇒(z1+ z2) (z1+ z2) =3 ⇔ z z1 2 +z z1 2 =1

2

z z z z z z z z z z z z z z ⇒ z1−z2 =1 Vậy z1−z2 =1

Chú ý: Nếu chúng ta sử dụng z1= +a1 b i, z1 2 =a2 +b i2 rồi thay vào các giả

thiết thì vẫn giải được Tuy nhiên việc giải hệ phương trình sẽ phức tạp hơn

b/ Từ z1 = z2 =1 ⇒z z1 1= z z2 2 =1

z z

Ta cũng có : 1 1 2 2

;

z z

Thay vào đẳng thức: z z1 2 +z z1 2 =1 được:

1

z z

z z

Giải phương trình trên tìm được:

2

1

2

1



= −







 = +



z

i z

z

i

1

2

1

2



= −







 = +



z

i z

z

i z

Vậy

1

2

1

2



= −







 = +



z

i z

z

i

Bài tập áp dụng : Cho z1 =4; z2 =5; z1−z2 =1 Tính z1 +z và 2 z z1 2

Bài 2: Cho z z1, 2thỏa mãn : z1−z2 = z1 = z2 >0 Tính :

   

   

A

Hướng dẫn :

Từ giả thiết ta có : z z1 1 =z z2 2 =2z z1 1−z z2 1−z z ta tìm được : 1 2

1 2







z z z z z

z z z z z

Lấy (1) chia (2) được :

= −

z z z

z z z

2

 

 

z z ,

2 4

 

 

Biến đổi tương tự có :

2

2 2

 

= −

 ÷

 

z

2 4

 

 

2 4

 

 

⇒  ÷ =  ÷

4

 

 

z z z

⇒ = − −A z z

z z

Từ

z z z z z z

z z và z z1 1 =2z z1 1−z z2 1−z z1 2

2 2 2 1 1 2

1

1

+

⇒ z z = z z + z z ⇒ = − −A z z = −z z z z = −

z

Vậy A= −1

Dạng 2 : Chứng minh đẳng thức

Bài 1: Giả sử : , , a b c∈£ và abc≠0, a = =b c Chứng minh: nếu các nghiệm của phương trình : az2 + + =bz c 0 có modun bằng 1 thì b2 = ac

Hướng dẫn:

Xét phương trình: az2 + + =bz c 0 có 2 nghiệmz z1, 2 Khi đó có :

1 2

(1)

(2)

b

z z

a c

z z

a

 + = −





 và z1 = z2 =1

Từ (1) : 1 2

1

b

z z

a

−

⇒( z1+ z2) ( z1+ z2) =1

(z z z z z z z z ) 1

⇔ + + + = với z z1 1 = z z2 2 =1

⇒ z z1 2 +z z1 2 + =1 0

1 0

⇔

1 0

z z

z + z + =

⇔ z12 +z22 +z z1 2 =0

( )2

z z z z

2

b ac

Vậy b2 =ac

Bài tập áp dụng : Cho , , a b c∈£ và abc≠0, a = =b c

Chứng minh : nếu mỗi phương trình : az2 + + =bz c 0 và bz2 + + =cz a 0 có 1

nghiệm có modun bằng 1 thì a b− = − = −b c c a .

Bài 2 : Giả sử : z z z1, ,2 3 thỏa mãn: z1+ + ≠z2 z3 0 và z1 = z2 = z3 = >r 0.

Chứng minh:

z z z z z z

r

z z z

+ +

Hướng dẫn :

Ta có :

1 2

z z

, tương tự cho z z2 3 và z z3 1

⇒

+ + + +

Vậy

z z z z z z

r

z z z

Bài 3: Cho 3 số phức z z z1, ,2 3 thỏa mãn : z1 = z2 = z3 =1.

Chứng minh: z1 + +z2 z3 = z z1 2 + z z2 3 + z z3 1 (1).

Hướng dẫn :

Ta có : z z z1 2 3 = z z z1 2 3 =1

VP(1)

1 2 3

z z z z z z

z z z z z z

z z z

z z z z z z

z z z z z z

= + +z1 z2 z3 = + +z1 z2 z3 = VT(1)

Vậy z1+ +z2 z3 = z z1 2 +z z2 3 +z z3 1 .

z −z + +z z = z + z

với z z1, 2 là hai số phức.

Hướng dẫn :

Ta có :

2

=( z1−z2) ( z1−z2)

=z z1 1−z z1 2−z z1 2 +z z2 2

= − − + (1)

tương tự có :

2

lấy (1) + (2) được: 2 2 ( 2 2)

z − z + +z z = z + z

(đpcm)

Chú ý: Chúng ta có thể đặt : z1 = +a1 b i z1 , 2 = +a2 b i2 rồi theo công thức tính

modun để chứng minh Tuy nhiên cách này dài và phức tạp.

Bài tập áp dụng : Chứng minh với z z1, 2 là hai số phức ta có :

z −z + +z z = + z + z

1−z z − −z z = −1 z 1− z

Bài 5: Cho

0 1

z z z

z z z

+ + =



 = = =

z + + =z z .

Hướng dẫn :

Ta có : z1+ + ⇒ + + = ⇒ + + =z2 z3 z1 z2 z3 0 z1 z2 z3 0

0= z + +z z = 2 2 2

z + +z z +2(z z1 2+z z2 3+z z3 1) (1) Lại có :

0

z z z

z z z z z z z z z

+ +

(2)

Từ (1) và (2) có z12 + + =z22 z32 0 (đpcm).

Bài 5 : Cho 3 số phức z z z1, ,2 3 thỏa mãn :

1 1

z z z

z z z



Chứng minh có ít nhất một số phức bằng 1

Hướng dẫn:

Từ : z1+ + = ⇔ + + = ⇔ + + =z2 z3 1 z1 z2 z3 1 z1 z2 z3 1

z

z z z z z z z z z

z z z z z z z z z z z z

⇔(z z1 2 −z2) (+ z z1 3 −z3) (+ z z2 3−z z z1 2 3) (1+ −z1) 0=

⇔(z1−1)(z2 + −z3 z z2 3− =1) 0

1

3

1

1

z

z

=





⇔ − − − = ⇔  =

 =



Vậy có ít nhất một số phức bằng 1

Dạng 3: Chứng minh số thực, số ảo:

Ta sử dụng nhận xét :

z là số thực ⇔ =z z

z là số ảo ⇔ = −z z

Bài 1 : Chứng minh:

1 2

1

z z z

z z

+

= + là số thực với z1 = z2 =1

Hướng dẫn :

Ta có :

z z z z z z z

z z z z z z

1 2

1 2

1 1

z z

z z

z z

z

z z

z z

z z

+

+

+ +

do z1 = z2 = 1

Vậy z là số thực

Chú ý : Chúng ta có thể đặt :z1 = +a1 b i z1 , 2 = +a2 b i2 , rồi chứng minh z có

phần ảo bằng 0 Tuy nhiên cách này rất dài và cồng kềnh.

Bài 2: Cho z1 = z1 ≠0 Chứng minh: 11 22

z z z

z z

+

=

− là số ảo.

Hướng dẫn :

Ta có :

z z z z

z

z z z z

z z

z z

z z

z z

+

−

+

−

=

z z

z

z + = −z

−

Vậy z là số ảo

Bài 3: Giả sử , p q∈£ và phương trình : x2 + px q+ =2 0 có hai nghiệm cùng modun Chứng minh:

2

2

p

q ∈¡

vớiq≠0.

Hướng dẫn:

Xét phương trình: x2 + px q+ =2 0 (1) có 2 nghiệm x x1, 2 ≠0 và x1 = x2

Ta có :

2

1 2

+ = −



 =



2

1 2

 + = −



⇒ 

=



đặt :

2

2

p

z

q

1 2

x x

+

=

2

x x

x x

x x

x x

+

=

Sử dụng : x1 = x2

1

4 1

1 2

1

x

x x z

x

x x

+

1 2

x x

x x

+

1 2

x x

z

x x

+

⇒ z là số thực ⇒

2

2

p

q ∈¡

với q≠0

Vậy

2

2

p

q ∈¡

với q≠0

Bài 4: Cho z1 = z2 = = z n = >r 0 Chứng minh:

1 2

n n n n

z z z z z z z z A

z z z

−

=

là một số thực

Hướng dẫn:

Ta có :

1 2

(z z )

r

z z

+

=

Tương tự :

3 2

z z

z z r

z z

 , … ,

1

1

( n )

n

n

z z

z z r

z z

+ + =

1 2

( )

n n n

n

−

(1)

Lại có :

1 1

z

= =

, tương tự :

2 2

z

, … ,

n n

n n

z

2

1 2

1 2

1 ( )

n n

n

z z z r

z z z

(2)

Từ (1) và (2)

1 2

( )

n n n n

z z z z z z z z A

z z z

−

⇒ =

1 2

n n n n

z z z z z z z z

z z z

−

=

1 2

( )( ) ( )( )

n n n n

A

z z z

−

Vậy A là số thực

Dạng 4: Chứng minh bất đẳng thức

Bài 1: Chứng minh với mỗi số phức z, ít nhất 1 trong 2 bất đẳng thức sau xảy ra:

1 1 2

(1) hoặc z2 + ≥1 1 (2)

Hướng dẫn :

(1’)

2 ⇔(z +1)(z + ≥ ⇔1) 1 ( )z z + + ≥z z 0 (2’)

đặt : u z z= + , v zz= , ta xét :

⇒ ít nhất (1’) hoặc (2’) đúng hay ít nhất (1) hoặc (2) đúng

Bài 2: Cho z1 = z2 =1.Chứng minh: z1 + + + + 1 z2 1 z z1 2 + ≥ 1 2.

Hướng dẫn:

Giả sử:

1 1 1

2 2 2

z x y i

z x y i

= +



 = +

 với x x y y1, , ,2 1 2∈¡

Ta có :

2 2

1 1 ( 1 1) 1 1 1

⇒ z1 + + + ≥ + + 1 z2 1 x1 1 x2 + ≥ + + 1 x1 x2 2 (1)

Lại có : 1 z= 1 = z1 = z z1 1

1 2 1 1 1 2 1 2 1

= + + − ≥ − − (2)

+ Lấy (1) cộng (2) được : z1 + + + + 1 z2 1 z z1 2 + ≥ 1 2 (đpcm).

Bài 3: Cho z z z1, ,2 3∈£ và z1 = z2 = z3 = >R 0

Chứng minh: z1− z z2 2 − +z3 z2 −z z3 3 − + −z1 z3 z z1 1 −z2 ≤9R2 (1).

Hướng dẫn :

Ta có :

2

z z z z

z z z z − + −

(2)

2

z z z z

z z z z − + −

(3)

2

z z z z

z z z z − + −

(4) Lấy (2) cộng (3) cộng (4) được :

1

VT ≤ −z z + z −z + z −z (5)

Lại có :

2

z −z = z −z z −z = z −z z −z =z z −z z −z z +z z

=2R2 −(z z1 2 +z z1 2) Tương tự :

z −z = R − z z +z z

z −z = R − z z +z z

2

VT R z z z z z z z z z z z z

=9R2 −(z1+ +z2 z z3)( 1 + +z2 z3) =9R2 −(z1+ +z2 z z3)( 1 + +z2 z3)

= − + + ≤ = (đpcm).

Bài 4 : Cho z≠0 thỏa mãn :

3 3

1 2

z

z Chứng minh:

1 2

+ ≤

z

z .

Hướng dẫn:

Ta có :

3 3 3

3

3

3

2 3

⇒ + ≤ + +

(1)

Đặt:

1

t z

z

= +

(t > 0) (1) trở thành :t3 − − ≤3t 2 0

( ) ( )2

2 1 0 2

⇔ − + ≤ ⇔ ≤ hay

1 2

z z

+ ≤

Vậy

1 2

z z

+ ≤

Bài 5 : Cho 2 số phức z, z’ Chứng minh: z z+ ≤ +' z z (1)'

Hướng dẫn:

Gọi A, B, C lần lượt là cỏc điểm biểu diễn của cỏc số phức z, z’, z + z’

Ta cú z =OA z, ' =OB z z, + =' OC Từ OC OA AC ≤ + suy ra z z+ ≤ +' z z'

Hơn nữa, OC OA AC= + khi và chỉ khi O, A, C theo thứ tự thẳng hàng.

Nếu A khụng trựng với O ( hay z 0≠ ) điều đú cú nghĩa là cú số k 0≥ để

AC kOAuuur= uuur tức là z, =kz

Nếu z 0= thỡ z z+ = +' z z'

Vậy z z+ ' = +z z' khi và chỉ khi z=0 hoặc nếu z ≠0 thỡ tồn tại k∈Ă để

w =kz

Kết luận : z z+ ≤ +' z z'

Bài tập ỏp dụng: Chứng minh rằng với mọi số phức z, z’ ta đều

có :

a/ z − z' ≤ −z z'

b/ 2 zz' ≥ z z'+zz'

1 2 1 2

1 2

1 2

z z

z z z z

z z

Dạng 5: Cỏc dạng toỏn khỏc :

Bài 1: Xột phương trỡnh : z2 +2bz c+ =0 (b, c ∈R, c≠ 0) Gọi A, B là hai điểm biểu diễn hai nghiệm của phương trỡnh Tỡm điều kiện của b, c để tam giỏc OAB vuụng cõn tại O

Hướng dẫn :

Gọi z z1, 2là hai nghiệm của phương trỡnh (z z1, 2 ≠0do c≠0) Khi đú OAuuur, OBuuur,

BA

uuur

lần lượt biểu diễn cỏc số phức z z z1, ,2 1−z2

1

2

OA z

OB z

BA z z

=





=





OAB

∆ vuông cân tại O

(1)

z z

Từ (1)

z z

z z z z

z z

(1’)

Từ (2)⇔(z1− z z2)( 1− z2) 2= z z1 1 ⇔(z1− z z2)( 1−z2) 2= z z1 1

⇔ z z1 1−z z1 2−z z1 2 +z z2 2 =2z z1 1 ⇔ z z1 2 = −z z2 1 12 21

z z

z z

(2’)

Từ (1’) và (2’) được:

2

z z

z z z z

z + z = ⇔ + =

Lại có :

1 2

2

z z b

z z c

+ = −



Vậy 2b2 = c thỏa mãn Chú ý: Trong bài toán này ta có thể chứng minh bằng cách đặt

z = a +b và đưa về hệ phương trình 4

ẩn Tuy nhiên cách chứng minh tương đối phức tạp

Bài 2: Cho A, B biểu diễn z z1, 0 ≠0 thỏa mãn : 2 2

z +z = z z Chứng minh tam

giác OAB đều

Hướng dẫn :

Ta có :

2

z + =z z z ⇔ =z z z − ⇒z z = z z −z ⇔ z = z z −z (1)

Tương tự có:

2

z =z z − ⇒z z = z z −z (2)

Từ (1) và (2) được:

z z

z z OA OB

z = z ⇔ = ⇔ =

(1’) Lại có, thay z0 = z1 vào (1) được: z0 = z0 − ⇔z1 OA AB= (2’)

Từ (1’) và (2’) được : OA= OB = AB suy ra tam giác OAB đều

Vậy ∆OAB đều

2.2 Th ực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm

Trước khi triển khai đề tài này thưc sự đã có sự khó khăn lúng túng nhất định của học sinh khi giải những bài toán về số phức Nhiều học sinh đã có suy nghĩ bỏ những bài khó về số phức và không tự tin là sẽ đạt điểm tối đa ở nội dung này

2.3 Các sáng kiến kinh nghiệm hoặc các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đ ề

Để kiểm chứng đề tài tôi đã khảo sát trên một số nhóm học sinh và đã có nhiều kết quả khả quan

2.4 Hiệu quả của sáng kiến

Sau khi cho học sinh học tập theo phương pháp trên, tôi cho một lớp gồm

40 học sinh làm bài kiểm tra 45’với đề bài như sau:

Đề bài :

Câu 1: Cho z1 =4;z2 =5; z1− z2 =1 Tính z1 +z2

Câu 2: Chứng minh với z z1, 2là hai số phức ta có :

2

z −z + +z z = + z + z . Câu 3: Chứng minh rằng với mọi số phức , ' z z ta luôn có: z − z' ≤ −z z'

Kết quả thu được :

3 KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ

3.

1 Kết luận

Trên đây là một số bài toán mà tôi đã nghiên cứu và giải bằng phương pháp

sử dụng Modun Nó là kết quả của một thời gian dài nghiên cứu, tìm tòi và áp dụng thực tế bước đầu đã mang lại kết quả khả quan

Trên cơ sở này chúng ta có thể áp dụng phương pháp sử dụng modun cho một số dạng toán khác như: Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất

3.

2 Kiến nghị

Mặc dù bản thân đã dành nhiều thời gian nghiên cứu, triển khai Tuy nhiên

đề tài vẫn còn nhiều hạn chế Rất mong được sự góp ý của đồng nghiệp

Tôi xin chân thành cám ơn!