Kí thuật thế hằng số trong bài toán số phức

V KĨ THUẬT THẾ HẰNG SỐ TRONG TOÁN PHỨC Vũ Quốc Triệu , Hà Nội tháng 6.2021 Trong Toán học nói chung và toán Phức nói riêng, ngoài các phép toán thông thường ta còn có một phép toán ‘

V

KĨ THUẬT THẾ HẰNG SỐ TRONG TOÁN PHỨC

Vũ Quốc Triệu , Hà Nội tháng 6.2021

Trong Toán học nói chung và toán Phức nói riêng, ngoài các phép toán thông thường

ta còn có một phép toán ‘ thế hằng số’, nghĩa là thay một hằng số bởi một biểu thức chứa biến Phép toán này giúp giảm sự phức tạp trong tính toán, rút gọn các biểu thức số phức bậc cao hoặc đôi khi nó còn là điểm mấu chốt để giải quyết vấn đề Một hằng số nếu chỉ nhìn nó ở góc độ số học thì đó là điều rất bình thường, thế nhưng khi thay thế nó bởi một biểu thức chứa biến phù hợp lại tạo ra điều bất ngờ trong việc giải quyết bài toán

A KIẾN THỨC SỬ DỤNG

1 Cho số phứz a bi a b ,  .Khi đó :

+) z z  z2  z2 a2b2

+) 2  2      

k  z k  z  z z z z k

2 Với hai số phức bất kì zvà w ,ta luôn có :

+) z w  z w ; n n

z  z

+) z z w 0

w  w  +) z  w z w; zw  z w  z w

3 Bất đẳng thức môđun

+) zw  z  w Dấu bằng xảy ra   k ,k0sao cho zk.w

+) z  w  z w Dấu bằng xảy ra   k ,k 0sao cho zk.w

B ÁP DỤNG

mãn z1 4; z2 5; z3 2 và 4z1z216z2z325z1z3 80 Giá trị của biểu thức

P z  z bằng

Nhận xét : Quan sát các hệ số trong giả thiết 4z1z216z2z325z1z3 80 ta thấy

2 2

Lời giải Chọn B

Từ giả thiết z 4, z 5, z 2 ta có,z z 4; z z 16; z z 25

V

Thay các hệ số 4; 16 và 25 bởi các biểu thức tương ứng ở trên vào giả thiết

4z z 16z z 25z z 80, ta được :

 z3.z3 z1 2z  z z z1 1 2 3z  z z2 2 z z1 3 80

z1 2 3z z  z1 z2 z3 80

z z z z z z

z z z

   

BÀI TOÁN 2 ( Trích đề thi thử THPT QG – THPT Trần Hưng Đạo, Nam Định 2021 ) :

Cho các số phức z w; thoả mãn z 4, iw 5 2i 1 Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2

16

 wz

Lời giải Chọn B

Ta có :

*) iw 5 2i  1 w   5i 2 1 tập hợp điểm biểu diễn tất cả các số phứcwlà đường tròn

    2 2

C x  y 

P z w zz z  z z  w z z z w Đặt z a bi a b ;   Vì z  4 2 2

16

a b  Khi đó : P4 2aw

Gọi M w M C Chọn điểm E2 ; 0a  thì P4ME

Vì a2b2 16a2 16      4 a 4 8 2a8

Chọn A8;0 ;  B 8;0 thì điểm E thuộc đoạn thẳng AB

Từ hình vẽ suy ra MEMH JQIQIJ   5 1 4 P 4ME16

V

Vậy Pmin 16

Nhận xét: Mấu chốt để giải quyết bài toán là ta nhận ra: 1642  z2 z z

BÀI TOÁN 3: Cho hai số phứcz w; thay đổi thoả mãn z 3, w 2 và zw z 3 5 Giá trị lớn nhất

của biểu thức 2

38

P w z   bằng

Nhận xét: Ta có 932  z2 z z ; 1642  w2 w w .Từ đó ta nghĩ đến 36z w z w

Lời giải Chọn B

P w z  i  w z   

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

P w z     w z   

Vì :

* 2 i 5

w z   w z   w z z z ww  wz zz w  w z zz w 

Suy ra P18 5 5 P 19 5

Dễ thấy khiz3 ; wi 2i( thỏa mãn các giả thiết ) thìP19 5

Vậy MaxP19 5

z thay đổi và thoả mãn z 1 Gọi M m, lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 5 3 4

P z z z z Khi đó M m bằng

A M m 1 B M m 3 C M  m 6 D M m 7

Lời giải Chọn A.

P z z z z z z z z z z z z

z z z z z z z z z z

 2 22 2 2 2 2  2 22 2 2

 z z  z z   z z  z z   z z

V

Đặt z x yi, x y;  

+) z  1 x2y2  1 y2  1 x2

+)  2 22  2 2   2 22   2 2

=  2 2 2

4 2x 1  1 4 2x 1

Lại đặt  

2 2 0;1 2

2 1 1;1

t  x      t Khi đĩ:    2  2  2 

P f t t t t t t t

Từ bảng biến thiên suy raMaxP4;MinP3

Vậy M m 1

BÀI TỐN 5: Cho số phức z thay đổi, thoả mãn z  2 i z 1i và z 5 Gọi M m, lần lượt là giá

trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P z2  z 1 z2 z 1 Tổng Mm bằng

Lời giải Chọn B

Ta cĩ: z z  z i   2 i z z 2  z 1i

Lấy mơdun hai vế ta được:   2 2

z z z Đặt t  z t0

5

t nhậ n

t t t t t t t t t t

t loại

 





Vậy z 1

Lại cĩ: 2 2

P z  z z z  z  z z z  z z  z z z       z z z z z Đặt z x yi  x y; 

1

2 1 2 1



 



x y

Vì x2y2  1 y2  1 x2 và 2  

0;1

x 

V

Ta có: 2 2 2

Đặt 2  

0;1

ux  u

1

16 ; ;1

4

8 2 2 4 1

1

4 ; 0;

4

u u

u

 



Từ đồ thị hàm số       2    

4;16 4;16 2; 4

Vậy MaxP4;MinP2

Nhận xét: Mấu chốt để giải quyết nhanh việc rút gọn biểu thức là sử dụng: 1 1 2 z2 z z

C BÀI TẬP TỰ LUYỆN

BÀI TẬP 1: Cho các số phức z , 1 z , 2 z thoả mãn 3 z1 1, z2 2, z3 3 và z1z2z3 4 Giá trị của

biểu thức P 9z1 2z z2 3z 4z z3 1 bằng

A 27 B 31 C 35 D 24

  

z z

BÀI TẬP 3: Cho số phức z thay đổi và thoả mãn z 1 Gọi M m, lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị

nhỏ nhất của biểu thức P z4 1 z41 TíchM m bằng

BÀI TẬP 4 : Cho hai số phức z1, z thỏa mãn 2 z1 2, z2 1 và z12z2 2 Giá trị của biểu thức

2

1

3 2

  z

T

z bằng

8

19

37

V

BÀI TẬP 5: Cho hai số phứcz w; thay đổi thoả mãn z 1, w 2 và w.zw z 1 Giá trị lớn nhất của

biểu thức P w z2 2 1 3i bằng

A 3 B 5 C 2 7 2 D 7 2 7

phức z ; 1 z ; 2 z thoả mãn 3 z1  z2  z3  k 0 và z1  z2 z3 0 Giá trị của biểu thức

z z z z z z P

z z z



  bằng

k

HƯỚNG DẪN GIẢI

BÀI TẬP 1: Cho các số phức z , 1 z , 2 z thoả mãn 3 z1 1, z2 2, z3 3 và z1z2z3 4 Giá trị của

biểu thức P 9z1 2z z2 3z 4z z3 1 bằng

A 27 B 31 C 35 D 24

Lời giải Chọn D

Ta có : P= z1 .z2 z z3 3z z1 .1z2 z3z2 .z z z2 3 1

= z1 .z2 z3 z3 z1 z2

= z1.z2 z3 z3 z1 z2  z1 z2 z3.z1 z2 z3  z1 z2 z3 z1 z2 z3 24

  

z z

Lời giải Chọn D

Đặt z x yi, x y;  

Ta có:

z a b a b

+) 4 4  2 2 4 2 2 2 2 2

z    z    z z z   z z z 

V

2

1 2

1 2

  



   



a b

a b

Trường hợp 1:

2

2

1

2

1

a b

b







 có 4 số phức thỏa mãn

Trường hợp 2:

2

2

1 1

1

2 4

2

1

a a

a b

b





 có 4 số phức thỏa mãn

Vậy có tất cả 8 số phức z thỏa mãn yêu cầu bài toán

BÀI TẬP 3: Cho số phức z thay đổi và thoả mãn z 1 Gọi M m, lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị

nhỏ nhất của biểu thức P z4 1 z41 TíchM m bằng

A 2 B 4 2 C 2 D 4

Lời giải Chọn B

Ta có:  2 2  2 2

Khi đó: 4 2 2 4 2 2 2 2 2 2 2 2

P z z z  z z z  z z z  z z z

z z z z z z z z z z

Đặt z x yi, x y;  

z  x y   y  x +) P2 x2 y2 4xy

Bình phương hai vế, ta được 2  2 22 2 2 2 2

P  x y  x y  xy x y

  2 2 2 2   2 2

   2 2   

4 1 2xy 1 2xy 16x y 16 xy 1 2xy 1 2xy

 4 16 xy 1 4 x y2 2

V

Đặt t  xy Vì

x y

xy  t  

       

Suy ra:P2  4 16 1 4t  t2  f t 

Ta có    2  

2

2

2 2

1 4

t

 

f f f Từ đó Max f t 8;Min f t 4 Vậy M 2 2; m2

BÀI TẬP 4 : Cho hai số phức z1, z thỏa mãn 2 z1 2, z2 1 và z12z2 2 Giá trị của biểu thức

2

1

3 2

  z

T

z bằng

A 37

8

19

3 10

Lời giải Chọn A

2 2    

z z z z z z z z z z

Suy ra z z1 2z z1 2  2

3 2

2

z T

    2 2    

Vậy 37

2

T 

BÀI TẬP 5: Cho hai số phứcz w; thay đổi thoả mãn z 1, w 2 và w.zw z 1 Giá trị lớn nhất của

biểu thức P w z2 2 1 3i bằng

A 3 B 5 C 2 7 2 D 7 2 7

Nhận xét: Ta có 1 1 2 z2 z z ; 422  w2 w w .Từ đó ta nghĩ đến 41.4z w z w

Lời giải

V

P w z   i  w z    

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

P w z      w z    

Vì :

*)  5 3i 2 7

w z   w z   w z z z w w  w z zz w  w z zz w   Suy ra P2 72

Dễ thấy khi 3 1 ; w 2

z  i  i ( thỏa mãn các giả thiết ) thìP2 72 Vậy MaxP2 72

phức z ; 1 z ; 2 z thoả mãn 3 z1  z2  z3  k 0 và z1  z2 z3 0 Giá trị của biểu thức

z z z z z z P

z z z



  bằng

Nhận xét : 2 2 2 2

k  z  z  z z z z z z z

Lời giải Chọn A

Từ giả thiết suy ra k2  z12  z2 2  z3 2 z z1 1z z2 2 z z3 3

Ta có 1 2 2 3 3 1

z z z z z z P

z z z



2

k z z z

 

= 1 2 3 3 2 3 1 1 3 1 2 2

2

k z z z

 

=   3 1 2

1 2 3 2

1

z z z

k z z z

 

 

= 3 1 2 3 1 2

z z z z z z

k z z z k z z z

 

 



= 2 1 1 1 1 2 3 2 1 1 1 1 2 3

z z z z z z

k z z z k z z z



V

= 12 z1 z1 z1 12 .k k k k

k  k  Lưu ý : Cách trắc nghiệm nhanh, có thể chọn

k k k

z z z k P k

k k k

 

………HẾT………