(Sáng kiến kinh nghiệm) rèn luyện cho học sinh lớp 12 một số kĩ thuật sử dụng số phức liên hợp

1. MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài.
Căn cứ vào chủ trương đường lối, chính sách pháp luật của Đảng và nhà
nước. Căn cứ vào phương hướng, nhiệm vụ và kế hoạch chuyên môn của trường
THPT Hà Trung năm học 2016-2017.
Trong q trình giảng dạy, tơi được nhà trường tin tưởng giao cho dạy
các lớp cũng có những học sinh khá, giỏi. Chính vì vậy ngồi việc giúp các em
nắm chắc kiến thức cơ bản tơi cịn phải bồi dưỡng cho các em ôn thi đại học là
nhiệm vụ quan trọng số một.
Trong các nội dung thi Đại học – Cao đẳng phần số phức đóng vai trị
quan trọng. Những năm học trước đây thì phần số phức trong đề thi đại học chỉ
là một câu đơn giản cho tất cả học sinh. Tuy nhiên theo tình hình thi mới của bộ
giáo dục thì phần số phức có từ 7 câu đến 8 câu chiếm khoảng 15% lượng điểm.
Vì vậy có những câu hỏi khó ở mức vận dụng cao địi hỏi học sinh phải có cách
giải nhanh chóng phù hợp với hình thức thi trắc nghiệm.
Từ lý do chọn đề tài, từ thực tiễn giảng dạy và bồi dưỡng học sinh ôn thi
đại học, ôn thi học sinh giỏi cùng với kinh nghiệm trong q trình giảng dạy.
Tơi đã tổng hợp, khai thác thành chuyên đề: ‘‘Rèn luyện một số kỹ thuật sử
dụng số phức liên hợp’’. Hi vọng với đề tài nhỏ này sẽ giúp các bạn đồng
nghiệp dạy học hiệu quả hơn, giúp các em xử lý tốt không cảm thấy lúng túng
trong việc giải quyết các bài toán trắc nghiệm về số phức ở mức vận dụng cao.
1.2. Mục đích nghiên cứu.
Qua nội dung đề tài này tôi mong muốn cung cấp cho học sinh một
phương pháp và kỹ năng cơ bản để học sinh có thể giải quyết các bài toán
trắc nghiệm về số phức ở mức vận dụng cao, tránh tình trạng khi các em gặp
phải các bài toán này thường làm phức tạp vấn đề làm mất nhiều thời gian
hay không giải được. Năm học mới này, với hình thức thi đại học trắc
nghiệm đối với mơn tốn thì áp lực thời gian là một vấn đề, địi hỏi học sinh
có cách giải quyết nhanh các bài tập. Hy vọng đề tài nhỏ này ra đời sẽ giúp
các bạn đồng nghiệp cùng các học sinh có cái nhìn linh hoạt và chủ động khi
gặp các bài toán về số phức.

1.3. Đối tượng nghiên cứu.
Học sinh thực hiện nội dung này học sinh lớp 12.
Đối tượng nghiên cứu : các phép toán lấy số phức liên hợp tổng, hiệu,
tích, thương của hai số phức và có thể mở rộng cho nhiều số phức, mơđun của
số phức.
1.4. Phương pháp nghiên cứu.
Phương pháp nghiên cứu lý luận : Nghiên cứu các tài liệu liên quan như
sách giáo khoa, sách bài tập, sách tham khảo về toán trắc nghiệm số phức ở mức
vận dụng cao.
Phương pháp điều tra quan sát : Tìm hiểu về việc vận dụng các phương
pháp dạy học tích cực ở một số trường phổ thông.

1


Phương pháp tổng kết kinh nghiệm : Tham gia dự giờ, rút kinh nghiệm
trong tổ bộ môn, tham dự các buổi họp chuyên đề, trao đổi ý kiến với đồng
nghiệp.
Phương pháp thực nghiệm : Tiến hành thực nghiệm ở các lớp 12I, 12K,
12M trường THPT Hà Trung.
1.5. Những điểm mới của sáng kiến.
Thơng thường học sinh giải quyết bài tốn trên tập số phức bằng cách gọi
phần thực, phần ảo, việc sử dụng số phức liên hợp để giải quyết các bài tập tính
tốn, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất trên tập số phức cũng là điều mới lạ đối với
học sinh.
Hệ thống bài tập ở dạng trắc nghiệm.
2. NỘI DUNG
2.1. Cơ sở lí luận.
Đẩy mạnh việc đổi mới dạy học (PPDH) đang diễn ra ở tất cả các trường
học, việc đổi mới phương pháp dạy học đem lại chất lượng và hiệu quả cao

trong giảng dạy. Đổi mới PPDH ở trường THPT được diễn ra theo bốn hướng
chủ yếu sau :
Phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động trong học tập của học sinh.
Bồi dưỡng phương pháp tự học.
Rèn luyện kỹ năng lý thuyết vào thực tiễn.
Tác động đến tình cảm, đem lại niền vui, hứng thú học tập cho học sinh.
Trong đó hướng phát huy tích cực, tự giác, chủ động trong học tập của học sinh
được xem là chủ đạo, chi phối đến các hướng cịn lại.
2.2. Thực trạng vấn đề.
Giải các bài tốn về số phức bằng phương pháp sử dụng số phức liên hợp
tương đối mới lạ đối với đa số học sinh lớp 12. Khi gặp các bài toán về vấn đề
trên, hầu như học sinh mất rất nhiều thời gian để biến đổi bài toán. Một số học
sinh do năng lực tư duy hạn chế chưa biết cách thường gọi dạng tổng quát của số
phức nhưng rất khó khăn trong việc giải và cũng có thể khơng giải được. Chính
vì vậy người dạy phải hướng dẫn học sinh tìm ra cách giải đơn giản, thuận lợi để
giải quyết bài toán một cách nhanh chóng.
2.3. Các giải pháp thực hiện.
Khi tiếp cận các bài toán, giáo viên phải giúp học sinh biết phải sử dụng
lượng liên hợp của số phức nào. Sau đó giúp học sinh xây dựng phương pháp
giải phù hợp.
Để giúp học sinh có cách giải phù hợp với các bài toán về số phức, trước
hết giáo viên cần yêu cầu học sinh ôn tập các kiến thức về các phép tốn trên tập
số phức, các tính chất mơđun của số phức. Sau đó giáo viên chọn một số bài
tốn điển hình để học sinh vận dụng.
Trong đề tài này, tôi xin đưa ra một số bài tập tương đối đầy đủ về các bài
toán về số phức sử dụng số phức liên hợp.
2.3.1. Kiến thức toán và các kỹ năng có liên quan.
- Các phép tốn trên tập số phức.
- Các tính chất mơđun của số phức.
2

- Các tính chất số phức liên hợp của tổng hiệu tích thương của các số phức.
- Kỹ năng sử dụng số phức liên hợp.
2.3.2. Một số công thức liên quan.[1]
1. z  z  2a ( a là phần thực của số phức ), zz là số thực không âm.
2. z  z khi z là số thực, z   z khi z là số ảo.
z  z
3. z1  z2  z1  z2 , z1 z2  z1 z2 ,  1   1 ( z2  0 ).
 z 2  z2
4. z 1   z 

1

với z  0 , z  z
1
2
5. zz  z , nếu z  1 thì  z .
z
2.3.3. Một số bài toán thường gặp và phương pháp giải.
Dạng 1: Sử dụng số phức liên hợp để giải quyết bài tập về tìm số
phức, số phức liên hợp, số phức nghịch đảo, mơđun của số phức.
Ví dụ 1. Tìm số phức z thỏa mãn z  i  2 và ( z  1)( z  i) là số thực.[3]
A. z  1 và z  2i  1 .
B. z  i và z  2i 1 .
C. z  2i  1 và z  i .
D. z  1 và z  2i  1 .
Phân tích.
Khi gặp bài tốn này thơng thường ta giải.
2

Gọi z  a  bi  a, b   . Theo đề z  i  2  a 2   b  1  2 . (1)
Lại có ( z 1)( z  i) là số thực   a  1  bi   a  bi  i    a 1  1  b   ab  0 (2).
 a 2   b  1 2  2

Từ (1) và (2) ta có hệ 
 a  1  1  b   ab  0

Giải hệ phương trình ta tìm a, b . Từ đó tìm z .
Tơi trình bày bài này với một cách giải mới như sau.
( z 1)( z  i) là số thực nên ta sử dụng tính chất 2 ( một số công thức liên quan )
z  i  2 ta sử dụng tính chất 5 ( một số công thức liên quan)
Giải.
Từ giả thiết ( z 1)( z  i) là số thực nên ta có:
( z 1)( z  i)   z 1  z  i   i  z  z   z  z  2i (1)
2
Và z  i  2  z  i  2   z  i   z  i   2 (2)
uu  2
Đặt u  z  i , từ (1) và (2) ta có 
(i  1)u  (1  i)u
2

Suy ra  1  i  u 2   1  i   1  i  uu  4   1  i  u  2 .
Suy ra z  1 và z  2i 1 . Chọn đáp án A.
Nhận xét : Bài tốn này nếu ta giải theo cách thơng thường đó là gọi
z  a  bi  a, b  rồi đưa về hệ phương trình 2 ẩn thì việc giải quyết sẽ mất
thời gian hơn cách giải sử dụng số phức liên hợp.
Ví dụ 2. Tìm số phức z thỏa mãn  2 z 1  1  i    z  1  1  i   2  2i .[3]

3

A. z 

1 i
.
3

B. z 

1 i
.
3

C. z 

1  i
.
3

D. z 

1  i
.
3

Phân tích 
Với cách giải thơng thường là gọi z  a  bi  a, b  , rồi tìm a, b cũng mất thời
gian và khi thực hiện phép nhân cũng dễ nhầm lẫn.
Từ giả thiết ta nghĩ tới việc nhóm số hạng liên quan đến z lại, nhóm số hạng
liên quan đến z với nhau, sau đó lấy số phức liên hợp của hai vế trong phương

trình đề bài cho ta được hệ 2 ẩn z và z .
Giải
Từ giả thiết  2 z 1  1  i    z  1  1  i   2  2i  2  1  i  z  z  1  i   2 . (1)
Lấy liên hợp hai vế ta có  1  i  z  2 z  1  i   2 . (2)
1 i
1 i
z
Nhân hai vế của (1) với 2 trừ (2) ta được  z 
. Chọn đáp án B.
3
3
Lưu ý: Tuy nhiên bài này ta có thể sử dụng máy tính để kiểm tra các đáp án.
Ví dụ 3. Tìm số phức z thỏa mãn z 3  4 z .[3]
A. z   2 ; z   2i .
B. z   2 ; z  2i ; z  0 .
C. z  2; z   2i ; z  0.
D. z  2; z  2i ; z  0 .
Phân tích.
Bài này là dạng bài tập trắc nghiệm ta có thể giải bằng cách bấm máy tính, thử
các đáp án, mất thời gian và cũng dễ gây nhầm lẫn. Tuy nhiên ta có thể giải
bằng cách đặt z  a  bi (a, b  ) . Từ giả thiết z 3  4 z ta có hệ phương trình :
a3  3ab2  4a
3
 a  bi   4(a  bi)   2 3
.
3a b  b  4b
Việc giải hệ phương trình này mất nhiều thời gian.Ta giải cách khác như sau :
Từ giả thiết z 3  4 z ta nghĩ tới việc môđun hai vế sẽ tìm được z .Sau đó nhân 2
vế với z tạo ra z .
Giải.

Ta thấy z  0 thỏa mãn phương trình.
Ta xét z  0
3
z3  4z  z  4 z  4 z  z  2
Từ z 3  4 z  z 4  4 zz  4 z  16   z 2  4   z 2  4   0  z  2; z  2i .
Vậy ta chọn đáp án D.
Lưu ý : Ta nghĩ tới việc sử dụng kỹ năng sử dụng số phức liên hợp cho số phức
nào đó, khi trong đề bài thường có các yếu tố z và z .
z 1
Ví dụ 4. Cho số phức z  1 thỏa mãn
là số thuần ảo. Tìm z ?
z 1
2

A. z  1 .

1
2

B. z  .

C. z  2 .

D. z  4 .

Phân tích.

4

Theo đề

z 1
là số thuần ảo ta sử dụng (tính chất (2) z  z  0 ).
z 1

Giải.
Từ giả thiết ta có

z 1  z 1 
z 1 z 1

0

 0  2 zz  2=0  z  1 .

z 1  z 1 
z  1 z 1

Chọn đáp án A.
Nhận xét : Với kỹ thuật sử dụng số phức liên hợp thì bài tốn giải quyết
trở nên dễ dàng hơn.
Ví dụ 5. Cho số phức z thỏa mãn z  5 và iz  4 là số thuần ảo, tìm số
phức nghịch đảo của z ?[4]
3 4
3 4
A. z 1    i .
B. z 1    i .
25 25
25 25

4
3
4 3
C. z 1    i .
D. z 1    i .
25 25
25 25
Phân tích : tương tự giống bài tập 4.
Giải.
Từ giả thiết ta có iz  4  (iz  4)  0  iz  iz  8  0  2bi 2  8  0  b  4 .
( Với b là phần ảo của số phức z ).
3 4
Mà z  5 nên phần thực của số phức z là 3 nên z  3  4i  z 1    i ,
25 25
ta chọn đáp án B.
1
Ví dụ 6. Cho z là số phức thực sự và thỏa mãn z  z có phần thực bằng
4. Tính z ?
1
1
1
A. z  .
B. z  .
C. z  4 .
D. z  .
4
8
4
Giải.
Từ giả thiết ta có

 1 
1
1
1
 

8 .
  8 
z z  z z
z z z z
2 z zz
1
1
 2
8 8 z  .
z
8
z  z ( z  z )  zz

Chọn đáp B.
1 z  z2
Ví dụ 7. Cho z là số phức thực sự và thỏa mãn
là số thực. Tìm
1 z  z2
mơđun của số phức z ?[4]
1
A. z  2 .
B. z  3 .
C. z  1 .
D. z 

.
2
Giải.
Ta có:
1 z  z2
2z
 1
.
2
1 z  z
1 z  z 2
5


Để nó là số thực thì

z
1 z  z2


hay
 .
1 z  z2
z

Tức là:
1 z  z 2  1 z  z 2  1 z  z 2 1 z  z 2




z
z
z
z


2

 z  z  z   z  z  z  1.
Vậy ta chọn đáp án C.

z1  z2
Ví dụ 8. Cho hai số phức phân biệt z1 , z2 thỏa mãn điều kiện z  z là số
1
2
ảo. Khẳng định nào sau đây là đúng ?
A. z1  1, z2  1 .
B. z1  z2 .
C. z1  z2 .
D. z1   z2 .
Giải.
Do z1  z2  z1  z2  0 .
z1  z2
Từ giả thiết z  z là số ảo suy ra:
1
2
z1  z2  z1  z2 
z1  z2 ( z1  z2 )
 


0
  0 
z1  z2  z1  z2 
z1  z2 ( z1  z2 )
  z1  z2   z1  z2    z1  z2   z1  z2   0
  z1  z2   z1  z2    z1  z2   z1  z2   0
 z1 z1  z2 z2  0  z1  z2 .
Chọn đáp án C.
Ví dụ 9. Cho hai số phức z1, z2 thỏa mãn z1  z2  1 , và z1 z2  1 . Tìm
z1  z2
phần ảo của số phức w  1  z z ?[4]
1 2
A. Phần ảo bằng 0.
B. Phần ảo bằng 1.
C. Phần ảo bằng -1.
D. Phần ảo lớn hơn 1.
Giải.
1
1
Vì z1  z2  1 nên z  z1 , z  z2 .
1
2
Ta có :
1 1

 z z 
z1  z2
z1 z2
z z


 1 2   1 2  .
1  z1z2 1  1 1 1  z1 z2  1  z1z2 
z1 z2
Vậy w là số thực, ta chọn đáp án A.
Phân tích bài tốn: Nếu bài này ta giải theo cách thông thường là đặt
z1  a1  b1i, z2  a2  b2i .

6


 a12  b12  1
Từ các giả thiết đề bài cho thì ta có:  2 2
và tìm phần ảo của số phức
 a2  b2  1

(a1  b1 )  (a2  b2 )i
1  (a1  b1i)(a2  b2i ) thì cơng việc này khơng hề đơn giản.
Từ việc giả thiết cho z1  z2  1 bao giờ ta cũng nghĩ tới việc sử dụng tính chất
z z
1
1
 z1 ,  z2 . Mặt khác bài tốn u cầu tìm phần ảo của số phức w  1 2
z1
z2
1  z1z2
z1  z2
Ta nghĩ việc tạo số phức liên hợp của số phức w  1  z z .
1 2
Ví dụ 10. Cho hai số phức z1, z2 thỏa mãn z1  z2  2 và z1  z2  1 .
Tính z1  z2 ?

A. 2 .
B. 2 2 .
C. 3 .
D. 3 2 .
Phân tích.
Từ giả thiết z1  z2  2 , cần tính z1  z2 ta cần tìm mối quan hệ giữa hai
lượng đó. Ta có bổ đề sau.
2



2

2

Bổ đề 1: Cho hai số phức z1, z2 thì z1  z2  z1  z2  2 z1  z2
Chứng minh:

2

.

z1  z2  z1  z2   z1  z2   z1  z2    z1  z2   z1  z2 
2

2



2

 z1 z1  z1 z2  z2 z1  z2 z2  z1 z1  z1 z2  z2 z1  z2 z2  2 z1  z2

2

.

Giải
Áp dụng bổ đề vừa chứng minh ta có:
2
2
2
2
2
2
2
2
z1  z2  z1  z2  2 z1  z2  z1  z2  2 z1  z2  z1  z2









2

 z1  z2  2  z1  z2  2

Vậy ta chọn đáp án A.
Nhận xét : Ta nhận thấy rằng việc giải các bài tốn có nhiều biến trên tập
số phức thì việc rèn luyện kỹ năng sử dụng số phức liên hợp giúp cho học sinh
có cách biến đổi nhanh chóng.
Ví dụ 11. Cho hai số phức z1, z2 thỏa mãn z1  6, z2  9, z1  z2  69 .
Tính z1  z2 ?
A. 4 3 .
B. 165 .
C. 2 17 .
D. 15 .
Giải .
Ta có:
2
2
2
z1  z2   z1  z2   z1  z2   z1  z1 z2  z1z2  z2 (1)
z1  z2   z1  z2   z1  z2   z1  z1 z2  z1 z2  z2
2

2

2

(2)

Lấy (1)+(2) ta được

7

2

2

2

z1  z2  z1 z2 2  2( z1  z2 )



2

2

 z1  z2  2 z1  z2

2

  z z
1

2
2

Vậy z1  z2  165 . Ta chọn đáp án B.
Ví dụ 12. Cho ba số phức z1, z2 , z3 thỏa mãn điều kiện :
z1  z2  z1  z3  z2  z3  z1  z2  z3  1 .Tính z1 2  z2 2  z3 2 ?[2]
1
A. 1.
B. 2.

C. 3.
D. .
2
Phân tích.
Bài tốn này nếu giải theo cách gọi
z1  a1  b1i  a1, b1   , z2  a2  b2i  a2 , b2   , z3  a3  b3i  a3 , b3   , và thỏa
mãn những yêu cầu của bài tốn thì thử hỏi ta có giải quyết được không, và
trong thời gian bao lâu để làm được một câu trắc nghiệm như vậy. Nên ta nghĩ
tới việc thiết lập công thức quan hệ giữa các yếu tố như ví dụ 10.
Bổ đề 2: Cho ba số phức z1, z2 , z3 thì
2

2

2

2

2

2

z1  z2  z1  z3  z2  z3  z1  z2  z3  z1  z2  z3

Chứng minh:
Ta có :

2

z1  z2   z1  z2   z1  z2 

2

2

2

 z1 z1  z1 z2  z2 z1  z2 z2  z1  z2  z1 z2  z2 z1 .
2

2

2

z3  z2  z3 z3  z3 z2  z2 z3  z2 z2  z3  z2  z3 z2  z2 z3 .
2

2

2

z3  z1  z3 z3  z3 z1  z1 z3  z1 z1  z3  z1  z3 z1  z1 z3 .
Suy ra
2

2

z1  z2  z1  z3  z2  z3



2

2

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 

 2 z1  z2  z3
2

2

 z1  z2  z3

2

2

2

1 2

1 3

2

2

2

2

2

2

2

 z1  z2  z3  z1  z2  z3
2

2 3

3 1

3 2

2

2

1

2

2 1

3

1 2

1 3

2 1

2 3

3 1

3 2

2
2

2

2

Vậy nên z1  z2  z3  z1  z2  z1  z3  z2  z3  z1  z2  z3  2 .
Ta chọn đáp án B.
Nhận xét: Bài này có nhiều số phức, nhiều điều kiện, nếu giải theo
phương pháp gọi z  a  bi  a, b  thì việc giải quyết khá phức tạp, để ta thấy
rằng tác dụng của việc sử dụng kỹ năng sử dụng số phức liên hợp.
Tuy nhiên bài này ta cũng có thể giải theo hướng chuẩn hóa đó là đặt
1
3
1
3
z1  z2  
i , z1  z3   i , z2  z3  1 , rồi giải hệ tìm z1, z2 , z3 từ đó giải

2 2
2 2
quyết được ví dụ, nhưng đòi hỏi học sinh suy luận trong bước chuẩn hóa số
8


phức và sẽ gặp trở ngại khi đề bài cho môđun của số phức bằng một số bất kỳ
khác số 1.
Ví dụ 13. Cho ba số phức z1, z2 , z3 thỏa mãn z1  z2  z3  0 và
z1  z2  z3  1 Đặt w  z12  z22  z32 . Hỏi khẳng định nào sau đây là đúng ?[4]
A. w là số thực không âm.
B. w=0.
C. w là số thuần ảo.
D. w là số thực dương.
Giải.
1 1
2
1
w   z1  z2  z3   2  z1z2  z2 z3  z1z3   2 z1z2 z3    
 z1 z2 z3 
 2z1 z2 z3 ( z1  z2  z3 )  2 z1z2 z3  z1  z2  z3   0
Vậy ta chọn đáp án B.
Ví dụ 14. Cho các số phức z1, z2 , z3 thỏa mãn điều kiện
z z z z z z
z1  z2  z3  1999 và z1  z2  z3  0 . Tính P  1 2 2 3 3 1 .[4]
z1  z2  z3
A. P  1999 .
B. P  999,5 .
C. 19992 .
D. 5997 .

Phân tích.
Khi đề bài cho nhiều số phức, liên quan đến môdun của số phức, bao giờ ta
cũng nghĩ tới việc sử dụng tính chất zz  z
Giải.
Ta có
 z z  z z  z z  z z  z z  z z 
P 2   1 2 2 3 3 1   1 2 2 3 3 1 
z1  z2  z3   z1  z2  z3 


19992
z

 1
z1


19992

2
Mặt khác: z1  z2  z3  1999  z1 z1  z2 z2  z3 z3  1999   z2 
z2


2
 z3  1999
z3


Suy ra

 19992 19992 19992 19992 19992 19992



 z1 z2  z2 z3  z3 z1   z1
z2
z2
z3
z3
z1
2
P  
 
2
2
2
z1  z2  z3 
1999 1999 1999




z1
z2
z3




  19992





Vậy P  1999 . Chọn đáp án A.
Nhận xét: Để làm bài này theo phương pháp gọi z  a  bi  a, b  thì
quá phức tạp và mất tất nhiều thời gian và học sinh sẽ rất lúng túng trong việc
giải quyết. Tuy nhiên học sinh cũng có thể giải theo cách chuẩn hóa đó là chọn
1
3
1
3
z1  1999(  i) , z2  1999(  i) , z3  1999 .
2 2
2 2

9


Mở rộng bài toán z1  z2  z3  k  z1 z2  z2 z3  z1z3  k z1  z2  z3
Dạng 2: Sử dụng số phức liên hợp để giải quyết các bài tập tìm giá trị lớn
nhất, giá trị nhỏ nhất .
1
Ví dụ 15. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z   2 . Giá trị lớn nhất
z
và giá trị nhỏ nhất của z lần lượt là.[2]
A. 2  3 và 2  3 .
B. 2  3 và 2  3 .
C. 4  2 3 và 4  2 3 .
D. 4  2 3 và 4  2 3 .

Phân tích.
1
2
Từ giả thiết z   2 ta nghĩ ngay tới việc sử dụng tính chất zz  z từ đó
z
biến đổi z 

1
1  1 

 2   z   z    2 . Ta tiếp tục biến đổi đưa về z .
z
z 
z


Giải.
Ta có:
2

1
1
1 
1

z  2 z
 2   z   z  
z
z
z 

z

z z 1
z 2  z 2 1
z 2  z 2 1
2
 zz +    zz +
 z 
 2.
2
z z zz
zz
zz
z
z
4

4

2

2

z  z 2  z 2  1 z   z  z   2 z  1


.
2
2
z

z
 2 z  z   z  z   2 z 1
2

4

2

2

 z  4 z 1    z  z   0
4

2

4

2

2

2

 z  4 z 1  0  2  3  z  2  3
 2  3  z  2  3.
Vậy nên ta chọn đáp án B.
Nhận xét: Ta thấy rằng việc tạo số phức liên hợp hầu như sử dụng tính
2
chất zz  z kết hợp với việc biến đổi, từ giả thiết về yêu cầu đề bài. Tuy nhiên
ta cũng phải được làm quen và tiếp cận với phương pháp này thì việc biến đổi

mới dễ dàng. Nhận thấy rằng bài toán này với cách gọi z  a  bi  a, b  dùng
phương pháp đại số hoặc phương pháp hình học thì nó khơng hề đơn giản.
Ví dụ 16 . Cho số phức z thỏa mãn z  1 . Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ
2
nhất của P  1  z  1  z  z lần lượt là.[2]
13
và 3 .
4
13
C.
và 2 .
4
Phân tích.

A.

15
và 3 .
4
15
D.
và 2 .
4

B.

10


2

Từ yêu cầu là tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của P  1  z  1  z  z .
Ta đặt t  1  z và dễ dàng tìm được điều kiện của t cần phải biến đổi lượng

1  z  z 2 theo t từ đó ta có cách giải như sau.
Giải.
Gọi z  x  iy; x, y  và đặt t  1  z  1  z  2  t  0; 2 .
2
Từ giả thiết z  1 và z  zz  zz =1 .
Ta có :

t 2  1  z   1  z   1  z   1  z  z  zz  2 x  2  x 
2

t2  2
.
2

Mặt khác
2

z

4
 t2

2
2
2 t
x  y  x  y  1    1  y  1  y  t  .
4

2

2

2

2

2

2
2
Khi đó 1  z  z  t  3 nên

P  1  z  1  z  z 2  f (t )  t  t 2  3 ( t  0; 2  ) .
t  t 2  3 khi 3  t  2
f (t )   2
t  t  3 khi 0  t  3

13
7
15
khi z    i
.
4
8
8
1
3
Giá trị nhỏ nhất của P là 3 khi z    i

. Chọn đáp án A.
2
2
Ví dụ 17. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  1 . Gọi M và m là giá trị
3
lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức P  z  3z  z  z  z . Tính M +m.[4]

Suy ra giá trị lớn nhất của P là

7
13
3
15
.
B. .
C. .
D.
.
4
4
4
4
Phân tích.
3
Từ giả thiết P  z  3z  z  z  z . Nhìn vào biểu thức của P ta nghĩ tới việc
A.

3
2
2

biến đổi z  3z  z  z z  3  z mà z  1 , từ đó ta đặt t  z  z .
Giải.
Ta có :
2
z  1  z.z  1 .
Đặt t  z  z  0;2 , do t  z  z  z  z  2 .

11


 t 2   z  z   z  z   z 2  2 zz  z 2  2  z 2  z 2 .
3
2
2
2
2
Lại có z  3z  z  z z  3  z  t  1  t  1 .
 P  t 2  t 1.

Vậy M = 3 khi t = 2, m 

3
1
khi t  .
4
2

15
. Ta chọn đáp án D.
4

Nhận xét : Khi đề bài cho nhiều giả thiết liên quan đến môđun của số
phức, khi giải quyết bài toán bằng phương pháp thông thường là gọi số phức
z  a  bi  a, b  mà khơng giải quyết được thì kỹ thuật sử dụng số phức liên
hợp cũng là phương pháp quan trọng mà ta nghĩ tới.
2z  i
 1 . Tìm giá trị lớn
Ví dụ 18. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện
2  iz
nhất của z ?
A. 1.
B. 2.
C. 2 .
D. 3 .
Phân tích.
2z  i
 1 dễ dàng biến đổi được 2 z  i  1  2 z  i  2 z  i   1 .
Từ giả thiết
2  iz
2  iz
2  iz  2  iz 
Giải.
Từ giả thiết suy ra
2z  i
2z  i 2z  i
1
1
2  iz
2  iz 2  iz
 2 z  i   2 z  i    2  iz   2  iz 
 

2  iz  0
 zz  1
Vậy giá trị lớn nhất của z là 1. Ta chọn đáp án A.
Nhận xét : Với việc sử dụng thành thạo các tính chất số phức liên hợp thì
bài tốn này trở nên rất đơn giản.
Ví dụ 19. Cho hai số phức z1, z2 thỏa mãn z1  z2  10 và
3z1  4 z2  2016 . Tính giá trị nhỏ nhất của P  4 z1  3z2 .
M m

A. 2984 .
Phân tích.

B. 2884 .

C. 2894 .

D. 24 .

12


Từ giả thiết 3z1  4 z2  2016 , P  4 z1  3z2 , có phần tương quan hệ số của z1
và z2 . Mặt khác khi cho môđun của các số phức ta nghĩ tới việc sử dụng tính
2
chất zz  z . Vậy ta có cách giải bài tốn như sau.
Giải.
Ta có:
2
zz  z Đặt N  3z1  4 z2 , P  4 z1  3z2 .
N 2  3z1  4 z2   3z1  4 z2   3z1  4 z2 

2

2

 9 z1  12 z1 z2  12 z2 z1  16 z2

2

P 2  4 z1  3z2   4 z1  3z2   4 z1  3z2 
2

2

 16 z1  12 z1 z2  12 z2 z1  9 z2
2

2

2

N 2  P 2  25 z1  25 z2  5000 .
Mặt khác:
N  3z1  4 z2  2016  N 2  2016
 P 2  2984  P  2984.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2984 , chọn đáp án A.
Ví dụ 20. Cho hai số phức z1, z2 thỏa mãn z1  z2  8  6i và z1  z2  2 .
Tìm giá trị lớn nhất của P  z1  z2 .
A. 5  3 5 .
B. 2 26 .
C. 4 6 .

D. 34  3 2 .
Phân tích.
Với điều kiện đề bài cho z1  z2  2 và z1  z2  8  6i và yêu cầu tìm giá
trị lớn nhất của P  z1  z2 thì bài này là dạng quen thuộc ở dạng 1 nên ta dễ
dàng suy luận được mối quan hệ giữa các yếu tố.
Giải.
2
2
2
2
Bổ đề 1: cho hai số phức z1, z2 ta ln có z1  z2  z1  z2  2 z1  z2 .





( đã chứng minh ở ví dụ 10 ).
2
2
2
2
Áp dụng bổ đề ta được z1  z2  z1  z2  2 z1  z2  104 .





Mặt khác theo bất đẳng thức bunhiacopxki  z1  z2



2



2

 2 z1  z2

2

  104 .

Vậy nên P  104  2 26 .
Ta chọn đáp án B.
Ví dụ 21. Cho ba số phức z1, z2 , z3 thỏa mãn z1  z2  z3  1. Tính giá trị nhỏ
1
1
1
nhất của biểu thức P  z  z z  z  z  z z  z  z  z z  z .[4]
1
2 1
3
2
1 2
3
3
1 3
2
5

3
1
A. .
B. .
C. .
D. 1 .
2
4
2
Phân tích.
13


1
1
1
Cần tìm giá trị nhỏ nhất của P  z  z z  z  z  z z  z  z  z z  z .
1
2 1
3
2
1 2
3
3
1 3
2
Ta nghĩ tới việc sử dụng bất đẳng thức cauchy để biến đổi.
Giải.
2
2

2
z1  z2  z2  z3  z3  z1   z1  z2   z1  z2    z2  z3   z2  z3    z3  z1   z3  z1 
 9   z1  z2  z3   z1  z2  z3  .
2

 9  z1  z2  z3 .
Theo BĐT Cauchy

9
z1  z2 z1  z3  z2  z1 z2  z3  z3  z1 z3  z2
9
9
P

2
2
2 .
2
z1  z2  z2  z3  z3  z1
9  z1  z2  z3
P





2
9
Do đó P   1 do z1  z2  z3  0 . Ta chọn đáp án D.
9

Lời bình: ta thấy rằng việc giải quyết các bài tốn cho nhiều số phức thì
việc tính tốn cũng đã khó, mà những bài về tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của
biểu thức nhiều biến trên tập số phức quả thật không đơn giản. Với việc tạo kỹ
năng sử dụng số phức liên hợp thì việc giải bài tốn là phương án tối ưu.
Bài tập tương tự.
2
Bài 1. Với mọi số phức z , ta có z  1 bằng ?
2

A. z  2 z  1 . B. zz  z  z  1 .
C. zz  1 .
D. z  z  1 .
Bài 2. Cho số phức thực sự z . Hỏi số nào sau đây không phải là số thực ?
zz
A. w  z  z .
B. w 
.
C. w  z z .
D. w  z 2 z  zz 2 .
2i
1
Bài 3. Cho số phức z thỏa mãn z  . Hỏi mệnh đề nào sau đây là đúng ?
z
A. z là số thực.
B. z là số thuần ảo.
C. z  1 .
D. z  z 2 .
z
Bài 4. Cho z là số phức thỏa mãn z  z  2 3 và 2 là số thực. Tính z ?
z

2
3
A. z 
.
B. z  2 .
C. z 
.
D. z  3 .
2
2
Bài 5. Cho ba số phức z1, z2 , z3 thỏa mãn z1  z2  z3  0 và z1  z2  z3  1 .
Mệnh đề nào dưới đây đúng?
2
2
2
A. z1  z2  z2  z3  z1  z3 là số thuần ảo.
2

2

2

2

2

2

2

2

2

B. z1  z2  z2  z3  z1  z3 là số nguyên tố.
C. z1  z2  z2  z3  z1  z3 là số thực âm.
D. z1  z2  z2  z3  z1  z3 là số 1.

14


Bài 6. Cho hai số phức z1, z2 thỏa mãn z1  z2  1, z1  z2  3 . Tính z1  z2 ?
A. 2.
B. 1.
C. 0.
D.  3 .
1
Bài 7. Cho hai số phức z1, z2 thỏa mãn 6 z  i  2  3iz , z1  z2  .
3
Tính z1  z2 ?
A. 3.
B. 2.
C. 3 .
D. 2 .
2
z
z i
Bài 8. Tính mơđun của số phức z , biết
 iz 
0 .

z
1 i
1
1
13
A. 2.
B.
.
C. .
D. .
3
9
3
2
Bài 9. Cho các số phức a, b, c, z thỏa mãn az  bz  c  0  a  0  . Gọi z1, z2 lần
lượt là hai nghiệm của phương trình bậc hai đã cho. Tính giá trị biểu thức
2
2
2
P  z1  z2  z1  z2  2  z1  z2 
c
c
c
1 c
.
B. P 
C. P  4 .
D. P 
.
a

a
a
2a
Bài 10. Cho ba số phức a, b, c (a  0) thỏa mãn a  b  c  0 . Số phức z là
nghiệm của phương trình az 2  bz  c  0 . Giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của z lần
lượt là.
1  5
1 5
1  2
1 2
A.
và
.
B.
và
.
2
2
2
2
1  3
1 3
1  2 2
1 2 2
C.
và
.
D.
và
.

2
2
2
2
1
Bài 11. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z   2 3 . Giá trị lớn nhất và giá
z
trị nhỏ nhất của z lần lượt là.
A. 2  3 và 2  3 .
B. 1  3 và 2  3 .
C. 3  3 và 4  3 .
D. 2  3 và 4  3 .
Bài 12. Cho các số a, b (b  0) . Các nghiệm của phương trình z 2  az  b2  0
có mơđun bằng nhau. Chọn khẳng định đúng.
a
a
A. là số ảo.
B. là số thực.
b
b
b
b
C. là số ảo.
D. là số thực.
a
a
Bài 13. Cho số phức z thỏa mãn z  1 . Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của
P  1  z 3  1  z  z 2 lần lượt là.
A. P  2

A. 5 và 1.

B. 2 và 1.

C. 5 và 2.

D. 4 và 2.

15


Bài 14. Cho số phức z  0 sao cho z không phải là số thực và w 
z
2 .
1 z
1
B. .
2

z
là số
1 z 2

thực. Tính giá trị biểu thức
A.

1
.
5

C. 2.

D.

1
.
3

1
Bài 15. Cho số phức z  1 và z  1 . Tìm phần thực của số phức
?
1 z
1
1
A.  .
B. .
C. 2.
D. 2 .
2
2

2.4. Hiệu quả của sáng kiến.
Năm học 2016-2017 tôi được giao nhiệm vụ giảng dạy mơn Tốn ở các
lớp : 12I, 12K, 12M. Trong ba lớp đa số học sinh chăm ngoan và có ý thức học,
đặc biệt các em rất có hứng thú học và giải toán. Tuy nhiên khi gặp các bài số
phức ở mức vận dụng cao giải bằng phương pháp sử dụng số phức liên hợp các
em rất lúng túng không biết biến đổi như thế nào hay tạo lượng liên hợp của số
phức nào cho đúng, cho phù hợp. Sau khi tiến hành thực nghiệm sáng kiến của
mình tại các lớp dạy của mình, tơi đã thu được nhiều kết quả khả quan. Hoạt
động học tập của học sinh diễn ra khá sôi nổi, đa số học sinh hiểu bài và vận

dụng được vào giải toán. Một số học sinh khá giỏi đã biết tự tìm tịi, nghiên cứu
thêm ở các đề thi và sách tham khảo để hệ thống hóa, đào sâu kiến thức.
Kết quả kiểm tra:
Điểm yếu
Điểm TB
Điểm khá
Điểm giỏi
Lớp
Số bài
%
Số bài
%
Số bài
%
Số bài
%
12I
1
2,1
6
12,7
20
42,6
20
42,6
12K
5
10
10
20

25
50
10
20
12M
7
14,2
15
30,6
21
42,9
6
12,3
Như vậy số học sinh đạt điểm trung bình trở lên chiếm 91% và có 69,9%
học sinh đạt điểm khá, giỏi.
3. KẾT LUẬN.
3.1. Kết luận.
Trong q trình giảng dạy, tơi nhận thấy rằng: sau khi đưa ra hệ thống bài
tập trên, học sinh đã biết vận dụng cách linh hoạt, vào các bài toán khác nhau, từ
đơn giản đến phức tạp. Học sinh khơng cịn tâm lý e ngại khi gặp các bài toán
này nữa. Mặt khác, hiệu quả áp dụng tương đối cao, bài giải trở nên sáng sủa,
ngắn gọn và hầu hết các em vận dụng tốt.
Mặc dù đã có nhiều cố gắng song khơng thể tránh khỏi những sơ suất,
thiếu sót. Kính mong hội đồng khoa học các cấp và bạn bè đồng nghiệp góp ý,
xây dựng, bổ sung cho bản kinh nghiệm của tôi đạt chất lượng tốt hơn.

16


3.2. Kiến nghị.

- Đề nghị các cấp lãnh đạo tạo điều kiện giúp đỡ học sinh và giáo viên có
nhiều hơn nữa tài liệu sách tham khảo đổi mới và phòng thư viện để nghiên cứu
học tập nâng cao kiến thức chuyên môn nghiệp vụ .
- Nhà trường cần tổ chức các bổi trao đổi phương pháp giảng dạy. Có tủ
sách lưu lại các tài liệu chuyên đề bồi dưỡng ôn tập của giáo viên hàng năm để
làm cơ sở nghiên cứu phát triển chuyên đề.
- Các bản sáng kiến kinh nghiệm được xếp loại cấp Tỉnh cần được phổ
biến rộng rãi hơn và cần được áp dụng nhiều hơn trong giảng dạy và cho các
đồng nghiệp cùng học tập.
- Học sinh cần tăng cường học tập trao đổi, học nhóm nâng cao chất lượng
Tơi xin chân thành cảm ơn!
XÁC NHẬN
CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 25 tháng 5 năm 2017
Tơi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết không sao chép nội dung
của người khác
Chữ ký

Lê Thị Liên

17


TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Sách giáo khoa giải tích 12; tác giả Đoàn Quỳnh, Nguyễn Huy Đoan
chủ biên, Trần Phương Dung, Nguyễn Xuân Liêm, Đặng Hùng Thắng, NXB
Giáo Dục năm 2010.
2. Hướng dẫn giải các bài tập vận dụng – vân dụng cao…tác giả TS. Lê

Thị Hương, ThS Nguyễn Kiếm, ThS Hồ Xuân Thắng, NXB Đại Học Quốc Gia
Hà Nội, xuất bản năm 2016.
3. Tài liệu ôn thi THPT quốc gia, tác giả Nguyễn Tất Thu, NXB Đại Học
Quốc Gia Hà Nội, xuất bản năm 2015.
4. Nguồn khác: .

18


MỤC LỤC
1. MỞ ĐẦU….….………………………………………..………...
……... ....1
1.1. Lý do chọn đề tài………………………………………………………...1
1.2. Mục đích nghiên cứu…………………………………………….……....1
1.3. Đối tượng nghiên cứu…………………………………………….……...1
1.4. Phương pháp nghiên cứu…………………………………………...….1-2
1.5. Những điểm mới của sáng kiến...……………………………….……….2
2. NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM…………….….....…2
2.1. Cơ sở lí luận..............................................................................................2
2.2. Thực trạng vấn đề………...………………………………………...…...2
2.3. Các giải pháp thực hiện………...…………………………………...…..2
2.4. Hiệu quả của sáng kiến…………...………………………………........16
3. KẾT LUẬN……………..……………………...……….….......…......….16
3.1. Kết luận....................................................................................................16
3.2. Kiến nghị .................................................................................................17
TÀI LIỆU THAM KHẢO............................................................................18

19

SỞ GIÁO DỤC VÀ TẠO THANH HÓA

TRƯỜNG THPT HÀ TRUNG

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

RÈN LUYỆN CHO HỌC SINH LỚP 12 MỘT SỐ KỸ THUẬT
SỬ DỤNG SỐ PHỨC LIÊN HỢP

Người thực hiện: Lê Thị Liên
Chức vụ:
Giáo viên
SKKN thuộc lĩnh vực (mơn): Tốn

20


THANH HÓA NĂM 2017

21