(Skkn 2023) giúp học sinh phát triển tư duy và rèn luyện kỹ năng thông qua các bài toán vận dụng vận dụng cao của số phức trong đề thi tôt nghiệp trung học phổ thông
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.21 MB, 37 trang )
PHỤC LỤC
A. MỞ ĐẦU ....................................................................................................................................................... 2
1. Lý do chọn đề tài. ...................................................................................................................................... 2
2. Mục đích nghiên cứu. ................................................................................................................................ 2
3. Nhiệm vụ nghiên cứu. ............................................................................................................................... 2
4. Phƣơng pháp nghiên cứu. ......................................................................................................................... 2
5. Phạm vi nghiên cứu. .................................................................................................................................. 3
6. Bố cục của sáng kiến kinh nghiệm. .......................................................................................................... 3
B. PHẦN NỘI DUNG ....................................................................................................................................... 4
I. CƠ SỞ LÝ LUẬN. ..................................................................................................................................... 4
1.1. Khái niệm năng lực. ........................................................................................................................... 4
1.2. Năng lực tốn học là gì? ..................................................................................................................... 4
1.3. Năng lực giao tiếp toán học. .............................................................................................................. 6
II. CÁC NỘI DUNG VỀ SỐ PHỨC TRONG CHƢƠNG TRÌNH GIÁO DỤC PHỔ THÔNG. ............ 7
1. Bất đẳng thức tam giác. ........................................................................................................................ 8
2.Công thức đƣờng trung tuyến. .............................................................................................................. 8
3.Bất đẳng thức Bunhiacopxki-Cauchy-Schwarz (B.C.S). .................................................................... 9
III. MỘT SỐ GIẢI PHÁP THỨC HIỆN. .................................................................................................10
1.Công thức giải nhanh số 1. ..................................................................................................................10
2. Công thức giải nhanh số 2. .................................................................................................................14
3. Công thức giải nhanh số 3. .................................................................................................................17
4. Sử dụng bất đẳng thức tam giác. .......................................................................................................21
5. Kỹ thuật UCT và bất đẳng thức BUNHIACOPXKI-CAUCHY-SCHWARZ. ..............................23
6. Công thức NEWTON RAHSON trong giải nhanh phƣơng trình số phức. ..................................27
IV. KẾT QUẢ THỰC NGHIỆM KHẢO SÁT. ........................................................................................31
1. Khảo sát sự cấp thiết và tính khả thi của đề tài................................................................................31
C. KẾT LUẬN .................................................................................................................................................36
1. Ý nghĩa của đề tài. ...................................................................................................................................36
2. Kiến nghị, đề xuất. ..................................................................................................................................36
TÀI LIỆU THAM KHẢO ..............................................................................................................................36
1
A. MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài.
Chương trình tổng thể ban hành theo Thông tư 32/2018/TT-BGDĐT ngày
26/12/2018 nêu rõ “Giáo dục tốn học hình thành và phát triển cho học sinh
những phẩm chất chủ yếu, năng lực chung và năng lực toán học với các thành tố
cốt lõi: năng lực tư duy và lập luận toán học, năng lực mơ hình học tốn học, năng
lực giải quyết vấn đề toán học, năng lực giao tiếp toán học, năng lực sử dụng các
cơng cụ và phương tiện học tốn; phát triển kiến thức, kĩ năng then chốt và tạo cơ
hội để học sinh được trải nghiệm, áp dụng toán học vào đời sống thực tiễn, giáo
dục toán học tạo dựng sự kết nối giữa các ý tưởng toán học, giữa tốn học với các
mơn học khác và giữa tốn học với đời sống thực tiễn”.
Trong kỳ thi tốt nghiệp THPT các năm gần đây các bài toán VD-VDC của
số phức nếu học sinh biết chuyển đổi ngơn ngữ bài tốn từ “Cực trị số phức,modun
số phức” sang đại số và giải tích thì bài tốn trở thành đơn giản, dễ giải quyết hơn.
Bộ Giáo dục và Đào tạo đang tiến hành đổi mới đồng bộ phương pháp dạy
học và kiểm tra, đánh giá kết quả giáo dục theo định hướng phát triển năng lực
người học. Đặc biệt là phát triển năng lực tốn học, trong đó có năng lực “giao tiếp
tốn học”.
Vì những lí do trên tác giả chọn đề tài: “Giúp học sinh phát triển tư duy và
rèn luyện kỹ năng thơng qua các bài tốn vận dụng-vận dụng cao của số phức
trong đề thi tôt nghiệp trung học phổ thơng”
2. Mục đích nghiên cứu.
Phát triển năng lực giao tiếp toán học cho học sinh.
Giúp học sinh biết sử dụng ngơn ngữ tốn học để giải quyết chuyển đổi các
bài tốn có nội dung số phức sang nội dung đại số và giải tích hoặc ngược lại để
gải bài toán một cách đơn giản hơn.
Từng bước tạo ra niềm đam mê và xóa bỏ dần tâm lý e ngại của các em học
sinh khi gặp các bài tốn có nội dung có nội dung cực trị, giải các bài toán về số
phức,...
3. Nhiệm vụ nghiên cứu.
Chuyên đề tập trung nghiên cứu một số kỹ thuật giải nhanh trong các bài
toán vận dụng, vận dụng cao về số phức trong đề thi tốt nghiệp THPT.
4. Phƣơng pháp nghiên cứu.
Nghiên cứu lý luận: Tìm hiểu, nghiên cứu các tài liệu về các vấn đề liên
quan đến đề tài sáng kiến kinh nghiệm.
Điều tra quan sát: Thực trạng về khả năng sử dụng ngơn ngữ tốn học của
học sinh trung học phổ thông.
2
Thực nghiệm sư phạm: Tổ chức thực nghiệm sư phạm để xem xét tính khả
thi và hiệu quả của các biện pháp sư phạm đã đề xuất.
5. Phạm vi nghiên cứu.
Sách giáo khoa Toán lớp 10, 11, 12 Ban cơ bản.
Một số bài toán về cực trị số phức, bất đẳng thức, tìm số phức, Phương trình vơ
tỉ.
6. Bố cục của sáng kiến kinh nghiệm.
A. Mở đầu.
1. Lý do chọn đề tài.
2. Mục đích nghiên cứu.
3. Nhiệm vụ nghiên cứu.
4. Phương pháp nghiên cứu.
5. Phạm vi nghiên cứu
B. Nội dung.
1. Cơ sở lý luận các vấn đề liên quan đến đề tài.
2. Các nội dung về số phức trong chương trình giáo dục phổ thơng.
3. Một số giải pháp thực hiện.
4. Thực nghiệm.
C. Kết luận.
1. Kết luận.
2. Những kiến nghị đề xuất.
3
B. PHẦN NỘI DUNG
I. CƠ SỞ LÝ LUẬN.
1.1. Khái niệm năng lực.
Năng lực là thuộc tính cá nhân được hình thành, phát triển nhờ vào các tố
chất và quá trình học tập, rèn luyện, cho phép con người huy động tổng hợp các
kinh nghiệm, kĩ năng và các thuộc tính cá nhân khác như hứng thú, niềm tin, ý chí,
... thực hiện đạt kết quả các hoạt động trong những điều kiện cụ thể.
Chương trình giáo dục phổ thơng 2018 đã xác định mục tiêu hình thành và phát
triển cho học sinh các năng lực cốt lõi bao gồm các năng lực chung và các năng
lực đặc thù. Năng lực chung là những năng lực cơ bản, thiết yếu hoặc cốt lõi, làm
nền tảng cho mọi hoạt động của con người trong cuộc sống và lao động nghề
nghiệp. Năng lực đặc thù là những năng lực được hình thành và phát triển trên cơ
sở các năng lực chung theo định hướng chuyên sâu, riêng biệt trong các loại hình
hoạt động, cơng việc hoặc tình huống, mơi trường đặc thù, cần thiết cho những
hoạt động chuyên biệt, đáp ứng yêu cầu của một hoạt động như toán học, âm nhạc,
mĩ thuật, thể thao...
Các năng lực chung được hình thành, phát triển thông qua các môn học và
hoạt động giáo dục: năng lực tự chủ và tự học, năng lực giao tiếp và hợp tác, năng
lực giải quyết vấn đề và sáng tạo;
Các năng lực đặc thù được hình thành, phát triển chủ yếu thông qua một số
môn học và hoạt động giáo dục nhất định: năng lực ngôn ngữ, năng lực tính tốn,
năng lực khoa học, năng lực cơng nghệ, năng lực tin học, năng lực thẩm mĩ và
năng lực thể chất.
1.2. Năng lực tốn học là gì?
Năng lực Tốn học được đánh giá trên hai phương diện: Năng lực nghiên
cứu toán học và năng lực học tập toán học.
Như vậy, năng lực tốn học là các đặc điểm tâm lí cá nhân đáp ứng được các
yêu cầu của hoạt động toán và tạo điều kiện lĩnh hội các kiến thức, kĩ năng, kĩ xảo
trong lĩnh vực toán học tương đối nhanh, dễ dàng, sâu sắc trong những điều kiện
ngang nhau.
Năng lực toán học bao gồm các thành tố: năng lực tư duy và lập luận tốn
học; năng lực mơ hình hoá toán học; năng lực giải quyết vấn đề toán học; năng lực
giao tiếp toán học; năng lực sử dụng cơng cụ, phương tiện học tốn.
Mỗi một thành tố của năng lực toán học cần được biểu hiện cụ thể bằng các
tiêu chí, chỉ báo. Điều này có độ phức tạp cao và được minh hoạ trong bảng dưới
đây:
4
Các thành tố của
năng lực tốn học
Các tiêu chí, chỉ báo
- So sánh; phân tích; tổng hợp; đặc biệt hố, khái quát
hoá; tương tự; quy nạp; diễn dịch.
Năng lực tƣ duy và
lập luận toán học
- Chỉ ra được chứng cứ, lí lẽ và biết lập luận hợp lí
trước khi kết luận.
- Giải thích hoặc điều chỉnh cách thức giải quyết vấn
đề về phương diện tốn học.
Năng lực mơ hình
hố tốn học
- Sử dụng các mơ hình tốn học (gồm cơng thức,
phương trình, bảng biểu, đồ thị,...) để mơ tả các tình
huống đặt ra trong các bài tốn thực tế.
- Giải quyết các vấn đề tốn học trong mơ hình được
thiết lập.
- Thể hiện và đánh giá lời giải trong ngữ cảnh thực tế
và cải tiến mơ hình nếu cách giải quyết không phù
hợp.
- Nhận biết, phát hiện được vấn đề cần giải quyết bằng
toán học.
Năng lực giải quyết
vấn đề toán học
- Đề xuất, lựa chọn được cách thức, giải pháp giải
quyết vấn đề.
- Sử dụng được các kiến thức, kĩ năng tốn học tương
thích (bao gồm các cơng cụ và thuật toán) để giải quyết
vấn đề đặt ra.
- Đánh giá giải pháp đề ra và khái quát hoá cho vấn đề
tương tự.
- Nghe hiểu, đọc hiểu và ghi chép được các thơng tin
tốn học cần thiết được trình bày dưới dạng văn bản
tốn học hay do người khác nói hoặc viết ra.
Năng lực giao tiếp
tốn học
- Trình bày, diễn đạt (nói hoặc viết) được các nội
dung, ý tưởng, giải pháp toán học trong sự tương tác
với người khác (với yêu cầu thích hợp về sự đầy đủ,
chính xác).
- Sử dụng hiệu quả ngơn ngữ tốn học (chữ số, chữ
cái, kí hiệu, biểu đồ, đồ thị, các liên kết logic,...) kết
hợp với ngơn ngữ thơng thường hoặc động tác hình
thể khi trình bày, giải thích và đánh giá các ý tưởng
5
Các tiêu chí, chỉ báo
Các thành tố của
năng lực tốn học
toán học trong sự tương tác (thảo luận, tranh luận) với
người khác.
- Biết tên gọi, tác dụng, quy cách sử dụng, cách thức
bảo quản các đồ dùng, phương tiện trực quan thông
thường, phương tiện khoa học công nghệ (đặc biệt là
phương tiện sử dụng công nghệ thông tin) phục vụ cho
việc học tốn.
Năng lực sử dụng
cơng cụ, phƣơng tiện - Sử dụng thành thạo và linh hoạt các công cụ và
học toán
phương tiện học toán, đặc biệt là phương tiện khoa học
cơng nghệ để tìm tịi, khám phá và giải quyết vấn đề
toán học (phù hợp với đặc điểm nhận thức lứa tuổi).
- Chỉ ra được các ưu điểm, hạn chế của những cơng cụ,
phương tiện hỗ trợ để có cách sử dụng hợp lí.
1.3. Năng lực giao tiếp tốn học.
1.3.1. Năng lực giao tiếp:
Năng lực giao tiếp là khả năng trình bày, diễn đạt những suy nghĩ, quan
điểm, nhu cầu, mong muốn, cảm xúc của bản thân dưới hình thức nói, viết hoặc sử
dụng ngơn ngữ cơ thể một cách phù hợp với đối tượng giao tiếp, hoàn cảnh
giao tiếp và văn hóa; đồng thời đọc hiểu, biết lắng nghe và tôn trọng ý kiến của
người khác ngay cả khi bất đồng quan điểm.
1.3.2. Năng lực giao tiếp toán học:
Năng lực giao tiếp toán học là khả năng sử dụng số, ký hiệu, hình ảnh,
biểu đồ, sơ đồ, từ ngữ để hiểu và tiếp nhận đúng các thông tin hay trình bày, diễn
đạt ý tưởng, giải pháp, nội dung toán học và sự hiểu biết của bản thân bằng lời
nói, bằng ánh mắt, cử chỉ, điệu bộ và bằng văn bản phù hợp với đối tượng giao
tiếp. Đồng thời thể hiện được sự tự tin khi trình bày, diễn đạt, trao đổi, thảo luận
các nội dung, ý tưởng toán học.
+ Giao tiếp toán học là phương thức cơ bản và cần thiết trong giờ học tốn.
Thơng qua giao tiếp toán học, người học sẽ tiếp thu, lĩnh hội những tri thức,
kinh nghiệm từ sách giáo khoa, từ thầy, cô giáo và bạn bè để hình thành kiến
thức cho bản thân mình.
+ Giao tiếp tốn học có thể thúc đẩy những hứng thú nhận thức khác nhau,
tìm hiểu những kiến thức chưa biết và chia sẻ những cái đã biết với người
khác. Điều này có thể làm địn bẩy để dẫn đến sự đào tạo.
6
+ Thơng qua giao tiếp, các em có thể nhận thức người khác và nhận thức chính
mình. Đối chiếu sự hiểu biết của bản thân đối với kiến thức từ thầy cơ và trao
đổi, so sánh với bạn, từ đó các em sẽ tự đánh giá được bản thân.
+ Thông qua giao tiếp tốn học cịn giúp học sinh củng cố, tăng cường kiến
thức và hiểu biết sâu về toán hơn. Chẳng hạn, qua những cuộc tranh luận với
bạn, thậm chí là với thầy cơ sẽ giúp các em nhận ra những thiếu sót trong
bài giải của mình, từ đó có thể chỉnh sửa, hồn thiện và trình bày bài toán một
cách khoa học hơn.
+ Giao tiếp toán học cũng giúp các em cởi mở và tự tin hơn về sự hiểu biết
của bản thân đối với các vấn đề tốn học, tạo nên một mơi trường học tập thoải
mái và thân thiện. Thông qua các cuộc thảo luận về tốn học, học sinh có thể
làm rõ và mở rộng các ý tưởng và sự hiểu biết của mình về mơn tốn.
+ Ngồi ra, giao tiếp tốn học cịn giúp giáo viên hiểu rõ hơn về năng lực học
tập của học sinh, trình độ cũng như những quan điểm và hạn chế của học
sinh trong học tập tốn, từ đó quyết định được phương pháp và nội dung
giảng dạy phù hợp với đối tượng học sinh. Giáo viên có thể kích thích sự phát
triển của học sinh về kiến thức tốn học thơng qua những cách mà họ phát biểu
ý kiến và trả lời các câu hỏi.
II. CÁC NỘI DUNG VỀ SỐ PHỨC TRONG CHƢƠNG TRÌNH GIÁO DỤC
PHỔ THƠNG.
Khi thực hiện chương trình giáo dục phổ thơng 2018 giáo viên đã có nhận
thức về tầm quan trọng và ý nghĩa của việc cần phát triển NLGT toán học cho
HS. Tuy nhiên, đa số giáo viên chưa chú ý phát triển phẩm chất năng lực giao
tiếp toán học cho học sinh.
Vấn đề phát triển NLGT toán học cho học sinh những kỹ năng chủ yếu,
cơ bản giao tiếp toàn học đã đạt được những kết quả nhất định. Ở mức độ nổi
trội hơn là các kỹ năng nghe hiểu, đọc hiểu hay thể hiện sự tự tin đã được quan
tâm giáo dục trong các giờ học đã đạt được kết quả nhất định, tuy nhiên vẫn còn
những hạn chế cần phải tiếp tục phát triển, hoàn thiện.
Những tồn tại trong kết quả thực hiện này cũng dễ giải thích bởi nó bị ảnh
hưởng, tác động trực tiếp của hồn cảnh, mơi trường và ngay cả bản thân các đối
tượng giao tiếp. Để khắc phục những tồn tại này, để vươn tới thực hiện có kết quả
cao hơn, địi hỏi những người làm cơng tác giáo dục phải có những biện pháp
hiệu quả để phát triển NLGT cho học sinh.
Tuy nhiên, với GV đang trực tiếp giảng dạy thì đa số GV mới bắt đầu quan
tâm đến vấn đề này khi Chương trình giáo dục phổ thơng mơn Tốn mới ban
hành của bộ giáo dục năm 2018 đưa năng lực giao tiếp toán học trở thành một
trong những yêu cầu cần đạt được đối với giáo dục phổ thông, bởi vậy nên
7
cịn nhiều GV chưa hiểu rõ và gặp nhiều khó khăn khi dạy học phát triển NLGT
toán học cho học sinh.
Chúng tơi phát triển NLGT tốn học cho HS học trong dạy học giải tốn
thơng qua chuyển đổi bài tốn từ những bài toán cực trị của số phức về phương
pháp làm đơn giản hơn, và học sinh biết kết hợp với máy tính bỏ túi.
Ngồi các kiến thức cơ bản trong sách giáo khoa, nội dung của sáng kiến có
sử dụng đến các kiến thức sau.
1. Bất đẳng thức tam giác.
Với các số phức z1 , z2 ta luôn có z1 z2 z1 z1 , dấu “=” xảy ra
z 0
1
.
z1 0, k , z2 kz1
Chứng minh.
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy ,gọi A, B lần lượt là điểm biểu diễn các số phức z1 , z2
. Khi đó:
OA z1 , OB z2 ; BA z1 ( z2 ) z1 z2
.
Ta ln có bất đẳng thức AB BO OA z1 z2 z1 z2 ,(đpcm)
Dấu “=” xảy ra O, A, B thẳng hàng và O thuộc đoạn AB
. Nếu O trùng với A khi đó z1 0 .
. Nếu O không trùng với A tức là z1 0 điều này có nghĩa là có số k 0 để
OB kOA z2 kz1 .
Một số hệ quả:
. z1 z2 z1 z2 dấu “=” xảy ra khi z1 kz2 với k 0 .
. z1 z2 z1 z2 dấu “=” xảy ra khi z1 kz2 với k 0 .
. z1 z2 z1 z2 dấu “=” xảy ra khi z1 kz2 với k 0 .
2. Công thức đƣờng trung tuyến.
Với các số phức z1 , z2 ta ln có z1 z2
2
2
z1 z2 2 z1 z2
2
2
2
2
8
Chứng minh:
Đặt z1 x1 y1i; z2 x2 y2i với x1 , x2 , y1 , y2
Ta có VT
x12 y12
2
x22 y22
2
.
x12 y12 x22 y22 , (1) .
2
2
2
x x 2
y1 y2
x1 x2 y1 y2
1
2
Ta có VP 2
2 2
2 2
x x 2 y y2 2 x1 x2 2 y1 y2 2
2 1 2 1
2 2 2 2
x12 2 x1 x2 x22 y12 2 y1 y2 y22 x12 2 x1 x2 x22 y12 2 y1 y2 y22
2
4
4
4
4
2 x 2 2 x22 2 y12 2 y22
2
2
2
2
2 1
x1 x2 y1 y2 , (2)
4
Từ (1),(2) ta có cơng thức trung tuyến được chứng minh.
Một số hệ quả:
Cho hai số phức z1, z2 ta ln có : z1 z2 2 z1 z2 2 2 z1 2 z2 2
Cho hai số phức z, z1, z2 ta ln có : z1 z2 z1 z2
2
2
2
z1 z2
z z
2 z
1 2
2
2
2
.
3. Bất đẳng thức Bunhiacopxki-Cauchy-Schwarz (B.C.S).
Bất đẳng thức Bunhiacopxki-Cauchy-Schwarz tổng quát
Cho 2n số a1 , a2 ,..., an và b1 , b2 ,..., bn ta có:
a1b1 a2b2 ... anbn
2
a12 a22 ... an2 b12 b22 ... bn2 .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ai kbi , i 1, n, k .
Bất đẳng thức Bunhiacopxki-Cauchy-Schwarz cho 4 số
Cho bốn số a1 , a2 và b1 , b2 ta có: a1b1 a2b2 a12 a22 b12 b22 .
2
Dấu đẳng thưc xảy ra khi và chỉ khi a1 kb1; a2 kb2
9
Bất đẳng thức Bunhiacopxki-Cauchy-Schwarz cho 6 số
Cho sáu số a1 , a2 ,a 3 và b1 , b2 , b3 ta có: a1b1 a2b2 a3b3 a12 a22 a32 b12 b22 b32 .
2
Dấu đẳng thưc xảy ra khi và chỉ khi a1 kb1; a2 kb2 ; a3 kb3 .
III. MỘT SỐ GIẢI PHÁP THỨC HIỆN.
1. Công thức giải nhanh số 1.
Bài toán mở đầu. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z 5 i 3. Tìm giá trị lớn
nhất và giá trị nhỏ nhất của z 2 3i .
Phân tích . Đứng trước bài tốn này, đa số thầy cơ giáo và các em học sinh đều
nghĩ tới hướng sử dụng kiến thức về phương trình đường trịn. Đó là hướng tiếp
cận rất hay nhưng hơi dài và cần phải nhớ các kiến thức về đường trịn trong
chương trình lớp 10. Hôm nay chúng tôi xin giới thiệu đến quý thầy cô và các em
một định hướng nhanh hơn.
Đầu tiên chúng ta cùng đi đến bài toán tổng quát và quá trình phát riển của nó qua
các ví dụ minh họa sau đây.
Bài toán 1. Cho z, z 0 là các số phức và số thực k 0 thỏa mãn : z z0 k . Khi đó
ta có max z k z0 và min z k z0 .
Chứng minh. Ta có z z0 k. Gọi điểm biểu diễn của số phức z là P , điểm biểu
diễn của sô phức z0 là Q ta có z z0 QP. Theo bất đẳng thức ba điểm ta có:
k z z0
QP OP OQ
z z0 k
k
z
z
z0 k z z0 k , (1) . Nếu giả sử
0
z
z
k
QP OP OQ
0
k z0 z
các dấu bằng ở (1) đều xảy ra thì ta có max z k z0 và min z k z0 .
Ta có thể sử dụng kiến thức đường tròn để chứng minh bài toán này.
Bài toán 1 ở trên giúp ta giải các bài toán min z và max z rất nhanh. Sau đây là
một số ví dụ mịnh họa.
Ví dụ 1. cho số phức z thỏa mãn điều kiện z 3 4i 7 . Gọi M , m lần lượt là giá
trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z . Khi đó M 2 m2 bằng bao nhiêu?
Lời giải:
10
Áp dụng cơng thức của bài tốn 1 với z0 3 4i; k 7 ta có:
M max z 7 3 4i 7 9 16 12
M 2 m2 148.
m min z 7 3 4i 7 9 16 2
Nhận xét:
- Đa số chúng ta gặp cách giải sử dụng kiến thức đường trịn để gải bài tốn
này,trong khi đó công thức này ta giải rất nhanh, việc nhớ công thức lại rất
đơn giản.
- Nếu sử dụng kiến thức đường trịn thì với việc cho các số phức chứa phân số
làm cho tọa độ tâm tính phức tạp, trong khi phương pháp này khơng hề có
sự khác biệt. ta cùng đi đến ví dụ 2 để minh họa cho nhận định này.
2 1
3 5
Ví dụ 2. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z i 2 . Gọi M , m lần lượt là giá
a
b
trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z . Biết M .m , với a, b
và
a
tối giản. Khi
b
đó ta có a b bằng bao nhiêu?
Lời giải:
2
3
1
5
Áp dụng cơng thức của bài tốn 1 với z 0 i; k 2 ta có:
2 1
M max z 2 i 2
3 5
m min z 2 2 1 i 2
3 5
4 1
109
2
9 25
15
4 1
109
2
9 25
15
M .m
791 a 791
a b 1016.
225 b 225
Nhận xét:
- Trong các đề thi chúng ta thường gặp các bài tốn giả thiết có dạng
mz z0 k , để đưa về bài toán 1 ta thường thực hiện phép biến đổi
z
z
z
k
mz z0 k m z 0 k m z 0 k z 0
z z0' k ' . Ta
m
m
m
m
cùng đi đến ví dụ 3 để minh họa cho nhận định này.
Ví dụ 3 . Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 3z 4 5i 6 . Gọi M , m lần lượt là
a
b
giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z . Khi đó ta có M .m , bằng bao nhiêu?
Lời giải:
11
4 5
3 3
4 5
3 3
Ta có 3z 4 5i 6 3 z i 6 z i 2
4
3
5
3
Áp dụng công thức của bài toán 1 với z0 i; k 2 ta có:
4 5
16 25
41
2
M max z 2 i 2
3 3
9 9
3
41
41 5
M .m 2
2
.
3
3
4
5
16
25
41
9
m min z 2 i 2
2
3 3
9 9
3
Nhận xét:
Trong đề thi chũng ta cũng có thể sẽ gặp các bài tốn giả thiết có dạng
w0 .z z0 k , với z0 là một số phức.
Để đưa về bài toán 1 ta thực hiện phép biến đổi:
z
z
z
k
w0 .z z0 k w0 z 0 k w0 z 0 k z 0
z z0 ' k '
w0
w0
w0
w0
Ta cùng đi đến ví dụ 4 để minh họa cho nhân định này.
Ví dụ 4 . Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 1 i z 2 3i 4 2 . Gọi M , m lần
lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z . Khi đó ta có M .m, bằng bao
nhiêu?
Lời giải:
Ta có
1 i z 2 3i
2 3i
2 3i
2 3i
4 2 1 i z
4 2 2 z
4 2
4 2 1 i
1 i
1 i
1 i
1 5
z i 4
2 2
1
2
5
2
Áp dụng công thức của bài toán 1 với z0 i; k 4 ta có:
1 5
M max z 4 i 4
2 2
m min z 4 1 5 i 4
2 2
1 25
26
4
4 4
2
26
26 19
M .m 4
4
.
2
2 2
1 25
26
4
4 4
2
Nhận xét:
12
Trong các đề thi chũng ta có thể gặp các bài toán giả thiết co dạng
z z0 k . Để đưa về bài toán 1 ta sử dụng tính chất hai số phức liên hợp có
cùng modun,cụ thể ta thực hiện phép biến đổi:
z z0 k z z0 k z z0 k z z0' k
Ta cùng đi đến ví dụ 5 để minh họa cho nhận định này.
Ví dụ 5 . Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z 3 7i 5 . Gọi M , m lần lượt là giá
trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z . Khi đó ta có 2M m, bằng bao nhiêu?
Lời giải:
Ta có z 3 7i 5 z 3 7i 5 z 3 7i 5
Áp dụng cơng thức giải bài tốn 1 với z0 3 7i, k 5 ta có:
M max z 5 3 7i 5 9 49 5 58
2M m 5 3 58.
m
min
z
5
3
7
i
5
9
49
5
58
Nhận xét:
Từ ví dụ 1 đến ví dụ 5, chúng ta mới chỉ hỏi 1 kiểu là tìm giá trị lớn nhất, giá
trị nhỏ nhất của z . Trong đề thi chúng ta thường xuyên gặp các bài toán
cùng giả thiết nhưng hỏi tìm giá trị lớn nhất , giá trị nhỏ nhất của z w0 .
Khi đó chúng ta chỉ cần thực hiện một phép biến đổi đơn giản để đưa về bài
toán 1, cụ thể như sau: z z0 k z w0 z0 +w0 k z ' z0' k . Ta cùng đi
đến ví dụ 6 để
nhận định cho minh họa này.
Ví dụ 6. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z 5 i 3 . Gọi M , m lần lượt là giá
trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z 2 3i . Khi đó ta có M ; m, bằng bao nhiêu?
Lời giải:
Ta có z 5 i 3 z 2 3i 7 4i 3
Áp dụng công thức giải bài toán 1 với w z 2 3i; w0 7 4i, k 3 ta có:
M max z 2 3i 3 7 4i 3 65
M 3 65; m 3 65
m
min
z
2
3
i
3
7
4
i
3
65
13
Nhận xét:
Ta có thể hỏi như ví dụ 6 nhưng thay giả thiết như ở các ví dụ 3,ví dụ 4, ví
dụ 5. Ta cùng đi đến ví dụ 7 để minh họa cho nhận định này
Ví dụ 7. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (3 i ) z 15 5i 5 10 . Gọi M , m lần
lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z 2 5i . Khi đó ta có M 3m, bằng
bao nhiêu?
Lời giải:
Ta có (3 i) z 15 5i 5 10 (3 i) z
15 5i
15 5i
5 10
5 10 3 i z
3i
3i
10 z 4 3i 5 10 z 4 3i 5 z 4 3i 5 z 4 3i 5 ( z 2 5i) 6 8i 5
Áp dụng cơng thức giải bài tốn 1 với w z 2 5i; w0 6 8i, k 5 ta có:
M max z 2 5i 5 6 8i 5 36 64 15
M 3m 30.
m
min
z
2
5
i
5
6
8
i
5
2. Công thức giải nhanh số 2.
Bài toán mở đầu. Cho sổ phức z thỏa mãn điều kiện z 3 i z 3 i 5. tìm giá
trị lớn nhất và nhỏ nhất chủa z .
Phân tích. Chúng ta thường sử dụng kiến thức đường elip để giải bài toán này.
Tuy nhiên đây khơng phải là elip dạng chính tắc nên nhiều học sinh sẽ cảm thất
khó hiểu. Hơm nay tôi xin giới thiệu đến quý thầy cô và các em một cách giải
nhanh, nếu thành thạo chúng ta có thể giải quyết bài toán rất nhanh, lời giải nhanh
được trình bày trong ví dụ 4 ở mục này.
Bài tốn 2. Cho số phức z thỏa mãn z z0 z z0 k , trong đó z0 là số phức cho
trước, k là số thực dương thỏa mãn
k
z0 . Khi đó ta có:
2
2
max z
k
2
k
, min z z0 .
2
2
Chứng minh. Với các số phức z1 , z2 , z3 ta ln có các kết quả sau:
z1 z2 z1 z2
* ,dấu “=” xảy ra
z1 0
.
z2 0, k , k 0, z 2 kz1
14
(bất đẳng thức tam giác).
z z1 z z2
2
2
2
2
z1 z2
z1 z2
2 z
, (**). (Cơng thức trung tuyến).
2
2
k
2
k
2
Áp dụng (**) ta có: k z z0 z z0 2 z 2 z . Từ đó ta có: z max z .
Ta ln có k z z0 z z0 2 z z0 z z0
2
Tiếp tục áp dụng (**) ta có : 2 z z0 z z0
Do đó k 4 z z0
2
2
k
2
2
4 z z0
2
2
2
2
, (Bất đẳng thức B.C.S).
2
z0 z 0
z z
2 2 z
0 0
2
2
2
2
2
2
2
k
k
z z0 min z z0 .
2
2
Công thức ở bài toán 2 ở trên giúp ta giải quyết nhanh rất nhiều các bài toán min z
và max z trong đề thi. Trường hợp bài cần tìm dấu “=” xảy ra (Tìm số phức thỏa
mãn...) thì ta xét dấu “=” xảy của q trình chứng minh trên,tuy khơng trực quan
như phương pháp hình học nhưng nó lại có sắn những phép tính nên lại nhanh và
đơn giản hơn rất nhiều so với phương pháp hình học. Sau đây là một vài ví dụ
minh họa.
Ví dụ 1. Cho số phức z thỏa mãn z 3 i z 3 i 7. Gọi M,m lần lượt là giá trị
lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z . khi đó ta có M m bằng bao nhiêu?
Lời giải:
Áp dụng công thức giải nhanh số 2 với z0 3 i; k 7 ta có:
7
M max z 2
M m5
2
m min z 7 (9 1) 3
2
2
Nhận xét:
Trong nhiều bài chưa có giả thiết dạng z z0 z z0 k. Khi đó ta cần thực hiện
các phép biến đổi cơ bản về số phức để đưa về dạng chuẩn này. Ta cùng đi đến ví
dụ sau để minh họa nhận định này.
15
Ví dụ 2. Cho số phức z thỏa mãn iz
2
2
iz
4 . Gọi M,m lần lượt là giá trị
1 i
1 i
lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z . Khi đó tích M.m bằng bao nhiêu ?
Lời giải:
Ta có iz
2
2
2
2
iz
4 i z
i z
4 z 1 i z 1 i 4
1 i
1 i
i (1 i )
i (1 i )
Áp dụng công thức giải nhanh số 2 với z0 1 i; k 4 ta có:
4
M max z 2
2
M .m 2 2.
m min z 2
Nhận xét:
Nhiều bài toán tạo ra độ phức tạp theo kiểu sau khi tìm được giá trị lớn nhất và
giá trị nhỏ nhất của z sẽ yêu cầu tính những biểu thức theo các giá trị này. Ví dụ
sau đây sẽ nhận định cho ví dụ này.
Ví dụ 3. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z 4 z 4 10 . Gọi M , m lần lượt là
giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z . Tìm m 4i 2 Mi .
Lời giải:
Áp dụng công thức giải nhanh số 2 với z0 4; k 10 ta có:
M max z 5
m 4i 2 Mi 3 4i 2 5i 26.
m min z 3
Nhận xét:
Nhiều bài toán tạo ra giả thiết khác biệt và kiểu hỏi khác nhau dựa vào kết quả
của bài toán 2, tuy nhiên sau khi thực hiện một số bước biến đổi ta dễ dàng đưa về
bài toán chuẩn mà ta đang xét. Ví dụ 4 sau đây sẽ minh họa cho nhận định này.
Ví dụ 4. Cho số phức z thỏa mãn 1 2i z 7 4i 1 2i z 7 4i 14 5. Gọi m,n
lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z . Đặt w m ni . Gía trị của
1 iw bằng bao nhiêu.
Lời giải:
16
Ta có
1 2i z 7 4i 1 2i z 7 4i
14 5 1 2i z
7 4i
7 4i
1 2i z
14 5
1 2i
1 2i
z 3 2i z 3 2i 14.
Áp dụng công thức giải nhanh số 2 với z0 3 2i; k 14 ta có:
14
M max z 7
2
w 7 6i 1 iw 5 7i 1 iw 74.
m min z 6
Nhận xét:
Ví dụ 5 sau đây có hình thức tương tự như ví dụ 4,việc đưa ra các con số khá lớn
sẽ làm cho các phương pháp thêm độ phức tạp. tuy nhiên nếu dùng các cơng thức
giải nhanh số 2 sẽ khơng có nhiều sự thay đổi so với các ví dụ trước.
Ví dụ 5. Cho số phức z thỏa mãn 7 i z 31 17i 5 1 i z 7 i 90 2. gọi M,m
lần lợt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z . Biết M m a b 14 , giá trị
của a b bằng bao nhiêu.
Lời giải:
Ta có
7 i z 31 17i 5 1 i z 7 i
90 2 7 i z
31 17i
7i
5 1 i z
90 2
7i
1 i
5 2 z 4 3i 5 2 z 4 3i 90 2 z 4 3i z 4 3i 18.
Áp dụng công thức giải nhanh số 2 với z0 4 3i; k 18 ta có:
a 9
M max z 9
M m 9 2 14
a b 11.
b
2
m
min
z
2
14
3. Công thức giải nhanh số 3.
Bài toán mở đầu. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z 5 4i z 3 2i 12. Tìm
giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của z 1 3i .
Phân tích . Chúng ta thương sử dụng kiến thức phương trình đường elip để giải
bài tốn này. Tuy nhiên đây khơng phải là elip dạng chính tắc nên học sinh sẽ cảm
thấy khó hiểu. Hơm nay chúng tơi xin giới thiệu đến quý thầy cô và các em một
17
cách giải nhanh, nếu thành thạo các em có thể giải quyết bài tốn này một cách
nhanh chóng, lời giải nhanh này được trình bày trong ví dụ 4 mục này.
Bài toán 3. Cho số phức z thỏa mãn z z1 z z1 k ,trong đó z1 , z2 là số phức cho
trước, k la số thực dương thỏa mãn k z1 z2 . Nếu đặt z0
z1 z2
thì ta có
2
z z
k
k
max z z0 và min z z0 2 1 .
2
2
2
2
2
Chứng minh. Với các số phức z, z1 , z2 ta ln có các kết quả sau:
z 0
z1 z2 z1 z2 (*), dấu “=” xảy ra 1
.
z1 0, k , k 0, z2 kz1
z z1 z z2
2
2
2
2
z1 z2
z1 z2
2 z
, (**).
2
2
Áp dụng (*) ta có :
k z z1 z z2 z z1 z z2 2 z z1 z2 2 z 2 z0 z z0
k
.
2
k
2
Từ đó ta có: max z z0 .
2
2
Ta ln có k z z1 z z2 2 z z1 z z2 , (Bất đẳng thức B.C.S).
2
Tiếp tục áp dụng (**) ta có : 2 z z1 z z2
2
2
z1 z2
z z
2 2 z
1 2
2
2
2
Do đó
z z0
2
k 4 z z0
2
2
2
2
2
2
z2 z1
z2 z1
k
k
min z z0
.
z z0
2
2
2
2
Sau đây là một vài ví dụ minh họa cho phương pháp này.
Ví dụ 1. Cho số phức z thỏa mãn z 5 4i z 3 2i 12 . Gọi M,m lần lượt là giá
trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z 1 3i . Khi đó ta có M 2 m2 bằng bao nhiêu?
Lời giải:
Đặt z1 5 4i, z2 3 2i, z0 1 3i ta thấy
z1 z2 5 4i 3 2i
1 3i z0
2
2
18
Áp dụng công thức giải nhanh số 3 với z1 5 4i, z2 3 2i, z0 1 3i; k 12 ta có:
M max z 1 3i 6
2
2
M 2 m2 45.
12 8 2i
19
m min z 1 3i
2
2
Nhận xét:
Trong nhiều bài toán, chúng ta phải thực hiện các phép biến đổi mới làm xuất hiện
z0
z1 z2
2
Ví dụ 2 sau đây sẽ minh họa cho nhận định này.
Ví dụ 2. Cho số phức z thỏa mãn z 1 3i z 2 i 8. Gọi m,n lần lượt là giá trị
lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của 2 z 1 2i . Đặt w m in , giá trị của w bằng bao
nhiêu?
Lời giải:
Ta có z 1 3i z 2 i 8 z 1 3i z 2 i 8 và 2 z 1 2i 2 z i
2
1
1
2
Đặt z1 1 3i, z2 2 i, z0 i ta thấy
z1 z2
1
i z0
2
2
1
2
Áp dụng công thức giải nhanh số 3 với z1 1 3i, z2 2 i, z0 i; k 8 ta có:
1
max z i 4
2
m 8
w 103.
2
2
n
39
1
8
3
4
i
39
min z 2 i 2 2
2
Nhận xét:
trong nhiều bài tốn chưa có sẵn giả thiết z z1 z z2 k. Để có điều này chúng
ta cần thực hiện thêm một số biến đổi. Ta xét ví dụ minh họa sau.
Ví dụ 3. Cho số phức z thỏa mãn 1 i z 2 8i 1 i z 2 4i 10 2. Gọi M,m lần
lượt là giá trị lớn nhất và giá tri nhỏ nhất của z 2 4i . khi đó M m2 bằng bao
nhiêu?
19
Lời giải:
Ta có 1 i z 2 8i 1 i z 2 4i 10 2. 1 i z
2 8i
2 4i
1 i z
10 2
1 i
1 i
z 3 5i z 1 3i 10 z 3 5i z 1 3i 10 và z 2 4i z 2 4i .
Đặt z1 3 5i; z2 1 3i; z0 2 4i; k 0 ta có:
M max z 2 4i 5
2
2
M m2 48.
2 2i
10
23
m min z 2 4i
2
2
Nhận xét:
Trong nhiều bài tốn giả thiết có dạng z z1 z z2 k . Để đưa về dạng chuẩn của
bài toán 3 ta cần thực hiện thêm một số biến đổi
z z1 z z2 k z z1 z z2 k z z1 z z2 k. Ví dụ sau đây sẽ minh họa cho
nhận định này.
Ví dụ 4. Cho số phức z thỏa mãn z 4 5i z 2 i 18. Gọi M,m lần lượt là giá trị
lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z 1 2i . khi đó modun của số phức w M mi
bằng bao nhiêu?
Lời giải:
Ta có z 4 5i z 2 i 18 z 4 5i z 2 i 18 z 4 5i z 2 i 18
z 4 5i z 2 i 18.
Đặt z1 4 5i, z2 2 i, z0 1 2i ta thấy
z1 z2 4 5i 2 i
1 2i z0
2
2
Áp dụng công thức giải nhanh số 3 với z1 4 5i, z2 2 i, z0 1 2i; k 18 , ta có:
M max z 1 2i 9
2
w 9 i 63 w 12.
6 6i
18
63
m min z 1 2i
2
2
Nhận xét:
20
Trong nhiều bài toán ta phải thực hiện cả phép biến đổi như ở ví dụ 3, ví dụ 4. Ví
dụ 5 sau sẽ minh họa cho nhận định đó.
Ví dụ 5. Cho số phức z thỏa mãn i 2 z 7 i 2i 1 z 11 3i 12 5. Gọi M , m
lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z 1 2i . Khi đó M 3 m2 bằng
bao nhiêu?
Lời giải:
Ta có
i 2 z 7 i 2i 1 z 11 3i
12 5 i 2 z
7 i
11 3i
2i 1 z
12 5
i2
2i 1
z 3 i z 1 5i 12 z 3 i z 1 5i 12 z 3 i z 1 5i 12.
Đặt z1 3 i, z2 1 5i, z0 1 2i ta thấy
z1 z2 3 i 1 5i
1 2i z0
2
2
Áp dụng công thức giải nhanh số 3 với z1 3 i, z2 1 5i, z0 1 2i; k 12 ta có:
M max z 1 2i 6
2
2
M 3 m2 193.
4 6i
12
23
m min z 1 2i
2
2
4. Sử dụng bất đẳng thức tam giác.
Bất đẳng thức tam giác
Với các số phức z1 , z2 ta ln có: z1 z2 z1 z2 (*) , dấu “=” xảy ra
z1 0
.
z
0,
k
,
k
0,
z
kz
1
2
1
Các hệ quả của bất đẳng thức tam giác
+) z1 z2 z1 z2 , dấu “=” xảy ra khi z1 kz2 với k 0.
+) z1 z2 z1 z2 , dấu “=” xảy ra khi z1 kz2 với k 0.
+) z1 z2 z1 z2 , dấu “=” xảy ra khi z1 kz2 với k 0.
Ví dụ 1. Cho số phức z thỏa mãn z 1 2i 4. Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn
nhất,giá trị nhỏ nhất của z 2 i . Tính S M 2 m2 .
21
Lời giải :
z 2i 43 2 M
Ta có 4 z 2 i 3 3i z 2 i 3 3i z 2 i 3 2
z 2i 3 2 4 m
Khi đó ta có S M 2 m2 68.
Ví dụ 2. Trong các số phức z thỏa mãn z 2 4i 2 , gọi z1 và z2 là số phức có
modun lớn nhất và nhỏ nhất. Tổng phần ảo của hai số phức z1 và z2 bằng bao
nhiêu?
Lời giải:
Ta có 2 z 2 4i z 2 5 2 5 2 z 2 5 2
Giá trị lớn nhất z là 2 5 2 khi z k 2 4i với k 1 5 1 k 1
1
. Do đó
5
1
z1 1
2 4i .
5
Giá trị lớn nhất z là 2 5 2 khi z k 2 4i với 1 k 5 1 k 1
1
. Do đó
5
1
z1 1
2 4i
5
1
1
Như vậy, tổng hai phần ảo của z1 , z2 là 4 1 4 1 8.
5
5
Ví dụ 3. Cho số phức z thỏa mãn z 2 3i 1 . Gía trị nhỏ nhất của z 1 i bằng
bao nhiêu ?
Lời giải:
Ta có z 1 i z 1 i z 2 3i 3 2i z 2 3i 3 2i 13 1
Vậy min z 1 i 13 1.
Ví dụ 4. Cho số phức z thỏa mãn z 2 2 z 2 z 1 i . Biểu thức z có giá trị lớn
nhất là bao nhiêu ?
Lời giải:
22
Ta có
z 1 i 0
2
z 2 2 z 2 z 1 i z 1 i 2 z 1 i z 1 i z 1 i z 1 i
z 1 i 1
TH1: z 1 i 0 z i 1 thì z 2.
TH2: z 1 i 1 thì 1 z 1 i z 2 . Do đó z 1 2.
Vậy giá trị lớn nhất z 1 2.
z1 3 4i 1
. Tính tổng giá trị lớn nhất
Ví dụ 5. Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn
z2 6 i 2
và giá trị nhỏ nhất của biểu thức z1 z2 . Bằng bao nhiêu ?
Lời giải:
Ta có
z1 z2 z1 3 4i z2 6 i 3 3i z1 2 4i z2 6 i 3 3i 3 3 2= max
Và z1 z2 z1 3 4i z2 6 i 3 3i 3 3i z1 2 4i z2 6 i 3 2 3 min
Do đó tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất là 6 2.
5. Kỹ thuật UCT và bất đẳng thức BUNHIACOPXKI-CAUCHY-SCHWARZ.
Trong mục này chúng tôi xin được đề xuất một kỹ thuật hoàn toàn mới chưa
từng được ai cơng bố, đó là kỹ thuật UCT (đồng nhất hệ số) kết hợp với bất đẳng
thức Bunhiacopxki-Cauchy-Schwarz giúp giải nhanh bài tốn số phức VDC có
dạng tổng qt như sau :
Bài toán. Cho số phức z thỏa mãn z z0 k. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
T a z z1 b z z2 . Trong đó a, b
và z1 , z2 là các số phức cho trước.
Quy trình giải bài tốn này chúng tơi đưa ra như sau.
Bƣớc 1: Tìm số thực , thỏa mãn: z z1 z z2 z z0 . (Trong thực tế ta
chỉ cần quan tâm đến kết quả của ).
23
Bƣớc 2 : Biến đổi T a z z1
b
z z2
a
b
z z2
a z z1
a
. Áp dụng bất
đẳng thức Bunhiacopxki – Cauchy – Schwarz ta có :
2
b
b2
2
2
z z2 1 2 z z1 z z2 .
z z1
a
a
2
2
Bƣớc 3 : Sử dụng giả thiết z z0 k để thay vào z z1 z z2 ta có kết quả bài
tốn.
Sau đây là một số ví dụ minh họa cho kỹ thuật này.
Ví dụ 1. Cho số phức z x yi với x, y
thỏa mãn điều kiện z 1 . Tìm giá trị
lớn nhất của biểu thức T z 1 2 z 1 .
Lời giải:
Bƣớc 1. Tìm các số thực , thỏa mãn: z 1 z 1 z . Ta có hệ
1
1
1 0
2
Bƣớc 2. Biến đổi T 1. z 1 2. z 1 . Áp dụng bấy đẳng thức Bunhiacopxki –
Cauchy – Schwarz ta có :
T 2 1. z 1 2 z 1 5 z 1 z 1
2
2
2
5 x 1 y
2
2
x 1 y 2 10 x 2 y 2 1 , *
2
Bƣớc 3. Theo giả thiết z 1 x 2 y 2 1.
Thay vào (*) ta có T 2 20 T 2 5. . Nghĩa là giá trị lớn nhất của T là 2 5
Nhận xét.
- Đa số lời giải cho bài toán này đều dùng phương pháp hình học là phương
trình đường trịn, lời giải theo phương pháp hình học tuy trực quan nhưng
cần đến công thức độ dài đường trung tuyến của tam giác nên cũng khó
hiểu cho nhiều học sinh, do đó phương pháp mà chúng tôi đề xuất này là
một lựa chọn cũng rất thú vị.
- Ở ví dụ 1 này, hệ số 1 nên cũng tạo thuận lợi cho chúng ta. Thực tế
nhiều học sinh không để ý đến điều này và luôn mặc định là 1 nên vẫn
may mắn đúng như ở ví dụ 1, các em sẽ sai nếu 1 . Sau đây một ví dụ
minh họa cho nhận định này.
24
Ví dụ 2. Cho số phức z x yi , với x, y
thỏa mãn điều kiện z 1 2i 2 . Tìm
giá trị lớn nhất của biểu thức T z 1 i z 5 4i .
Bƣớc 1. Tìm các số thực , thỏa mãn: z 1 i z 5 4i z 1 2i . Ta có hệ
1
1
2
1 5
1 4 2
2
3
Bƣớc 2. Biến đổi T z 1 i 2
1
z 5 4i . Áp dụng bấy đẳng thức
2
Bunhiacopxki – Cauchy – Schwarz ta có :
2
2
1
1
2
2
T 1. z 1 i 2
z 5 4i 1 2 z 1 i z 5 4i
2
2
1
3
2
2
2
2
3 x 1 y 1 x 5 y 4 3 x 2 6 x 3 y 2 12 y 45
2
2
9
x 2 y 2 2 x 4 y 15 , (*)
2
2
Bƣớc 3. Theo giả thiết: z 1 2i 2 x 1 y 2 4 x 2 y 2 2 x 4 y 1
2
2
Do đó T 2 63 T 3 7.
Ví dụ 3. Cho số phức z x yi , với x, y
thỏa mãn điều kiện 1 i z 1 3i 3 2
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức T z 2 i 6 z 2 3i .
Lời giải:
Trước hết ta biến đổi 1 i z 1 3i 3 2 1 i z
1 3i
3 2 z 1 2i 3
1 i
Bƣớc 1. Tìm các số thực , thỏa mãn: z 2 i z 2 3i z 1 2i . Ta có hệ
1
3
2 2
4
1 3 2
Bƣớc 2. Biến đổi T z 2 i 2 3 z 2 3i . Áp dụng bấy đẳng thức
Bunhiacopxki – Cauchy – Schwarz ta có :
25
