Sáng kiến Cải tiến phương pháp dạy chuyên đề Số phức (Cung cấp lí thuyết, phương pháp giải)

ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MÔN TOÁN

vectorstock.com/30416001

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection DẠY KÈM QUY NHƠN EBOOK PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

Sáng kiến Cải tiến phương pháp dạy chuyên đề Số phức (Cung cấp lí thuyết, phương pháp giải, bài tập minh họa và bài tập tự luyện) WORD VERSION | 2021 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

PHẦN I: MỞ ĐẦU Môn Toán là môn học trang bị cho học sinh kiến thức, kĩ năng và phương pháp tư duy. Thông qua môn học, giúp học sinh phát triển năng lực trí tuệ, khả năng tư duy, hình thành và phát triển phẩm chất, phong cách lao động khoa học, biết hợp tác lao động, có ý chí và có thói quen tự học thường xuyên, tạo tiền đề cho môn học khác và việc học tập sau phổ thông.

Vì vậy khi dạy học chúng tôi luôn trăn trở, tìm tòi phương pháp nhằm cuốn hút các em vào mỗi bài học. Ở đó, các em nhận thức được vai trò trung tâm của mình, các em lĩnh hội tri thức thông qua tự giải quyết vấn đề, tự hướng dẫn, tìm tòi và cộng tác với bạn bè Chuyên đề số phức lớp 12 là một dạng toán mới và lạ đối với học sinh phổ thông và là bài toán thường xuất hiện trong các đề thi tốt nghiệp, Đại học, Cao đẳng. Ở các lớp dưới, các em mới chỉ tính toán, giải Toán trên tập hợp số thực, lên lớp 12 các em phải tính toán và giải toán trên tập hợp số phức. Vì tập số thực là tập con của tập số phức nên có nhiều kiến thức tương đồng, nhưng cũng có những điểm khác biệt nhất định, vì vậy các em rất hay bị nhầm lẫn và dễ hiểu sai yêu cầu bài toán nếu không nắm chắc kiến thức. Các bài toán về số phức liên quan đến nhiều kiến thức của các lớp dưới, nó đòi hỏi học sinh phải nắm vững các kiến thức ở lớp dưới như bài toán giải phương trình, hệ phương trình trên tập hợp số thực, bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất, bài toán hình giải tích trong mặt phẳng và phải thấy được mối liên hệ giữa kiến thức cũ và mới, từ đó biết qui lạ về quen. Đồng thời qua các bài toán về số phức, các em một lần nữa được ôn tập, rèn kỹ năng giải một số dạng toán thường xuất hiện trong các đề thi Đại học, Cao đẳng và các đề thi Học sinh giỏi.

Chính vì thế, để giúp các em có thể tiếp cận được với các đề thi tốt nghiệp, Đại học và tạo tâm lí nhẹ nhàng khi học và tự tin khi thi, chúng tôi xin trình bày một số sáng kiến về đề tài: "Cải tiến phương pháp dạy chuyên đề Số phức".

PHẦN II: NỘI DUNG A. Giải pháp cũ thường làm.

Trước đây khi dạy chuyên đề số phức, chúng tôi thường dạy như sau: Dạy theo từng bài. Ứng với mỗi bài, chúng tôi cho bài tập áp dụng đơn giản, chỉ đảm bảo kiến thức trong Sách giáo khoa không mở rộng, nâng cao.

Vì thế mà chúng tôi thấy rằng phương pháp đó có những hạn chế là: 1. Chưa khắc sâu được khái niệm nên học sinh hay nhầm lẫn giữa tập hợp số thực và tập hợp số phức.

2. Vì hệ thống bài tập dễ nên học sinh chủ quan, không chịu rèn luyện kĩ năng nên tính toán hay sai. Học sinh cảm thấy bài tập đơn điệu, nhàm chán, không đáp ứng được nhu cầu học của học sinh khá, giỏi.

3. Học sinh không thấy được mối liên hệ với các bài toán ở lớp dưới, không biết qui lạ về quen, không được củng cố, ôn tập một số dạng toán cơ bản ở lớp 10.

4. Học sinh không biết xây dựng hệ thống bài tập từ một bài tập đã cho.

B. Giải pháp mới cải tiến. Để khắc phục những hạn chế trên, chúng tôi đã cải tiến phương pháp dạy chuyên đề số phức thông qua các giải pháp như sau: 1) Cung cấp lí thuyết về số phức: Khái niệm số phức, phần thực, phần ảo của số phức, hai số phức bằng nhau, số phức liên hợp, biểu diễn hình học của số phức và môđun của số phức, các phép toán cộng, trừ, nhân, chia trên tập số phức, căn bặc hai của số thực âm, căn bậc hai của số phức, giải phương trình bậc hai với hệ số thực, hệ số phức trên tập hợp số phức.

2) Chia thành nhiều dạng bài tập, có những bài tập nâng cao. Ứng với mỗi dạng bài tập, chúng tôi hướng dẫn học sinh phương pháp giải, bài tập minh họa và cho bài tập tự luyện.

3) Hướng dẫn cách sáng tạo ra bài tập mới. Ưu điểm của giải pháp mới: 1. Học sinh được củng cố, khắc sâu kiến thức cũ.

2. Ứng với mỗi dạng bài tập, học sinh đều được tiếp cận với các khái niệm liên quan đến số phức, và các phép toán trên tập hợp số phức vì thế mà các khái niệm được khắc sâu thêm, tránh cho học sinh không bị nhầm lẫn. Qua các dạng bài, các em thấy được mối liên hệ của bài toán số phức với các bài toán đại số, hình học giải tích trong mặt phẳng đã được học ở lớp 10. Rèn luyện cho học sinh tư duy tổng hợp.

3. Cách sáng tạo ra bài toán mới, giúp học sinh biết qui lạ về quen. Học sinh không còn bỡ ngỡ khi giải các bài toán khó về số phức. Học sinh còn cảm thấy hứng thú vì mình có thể tự ra được bài tập. Khi các em tự ra được các đề toán các em sẽ nắm vấn đề của bài toán tốt hơn và nhanh chóng đưa ra được lời giải.

4. Hệ thống bài tập tự luyện sẽ giúp học sinh biết phân tích, đánh giá để lựa chọn phương pháp giải thích hợp nhất cho từng bài. Rèn luyện cho học sinh kĩ năng vận dụng linh hoạt, sáng tạo.

C. Phương pháp tiến hành I. GIẢI PHÁP 1: CUNG CẤP LÍ THUYẾT VỀ SỐ PHỨC I.1. CÁC KHÁI NIỆM 1. Định nghĩa số phức Mỗi biểu thức dạng a + bi , trong đó a, b ∈ ℝ, i 2 = −1 được gọi là một số phức Đối với số phức z = a + bi , ta nói a là phần thực, b là phần ảo của z .

Tập hợp các số phức kí hiệu là ℂ .

Chú ý: Mỗi số thực a được coi là một số phức với phần ảo bằng 0: a = a + 0i Như vậy ta có ℝ ⊂ ℂ .

Số phức bi với b ∈ ℝ được gọi là số thuần ảo ( hoặc số ảo) Số 0 được gọi là số vừa thực vừa ảo; số i được gọi là đơn vị ảo.

2. Số phức bằng nhau Hai số phức là bằng nhau nếu phần thực và phần ảo tương ứng của chúng a = c b = d

bằng nhau: a + bi = c + di ⇔ 

3. Số phức đối và số phức liên hợp

Cho số phức z = a + bi , a, b ∈ ℝ, i 2 = −1 Số phức đối của z kí hiệu là − z và − z = −a − bi .

Số phức liên hợp của z kí hiệu là z và z = a − bi .

4. Biểu diễn hình học của số phức Điểm M (a; b) trong một hệ trục tọa độ vuông góc của mặt phẳng được gọi là điểm biểu diễn số phức z = a + bi .

5. Môđun của số phức Giả sử số phức z = a + bi được biểu diễn bởi M (a; b) trên mặt phẳng tọa độ. Độ dài

của vectơ OM được gọi là môđun của số phức z và kí hiệu là | z | .

Vậy: | z |=| OM | hay | z |= a 2 + b 2 .

Nhận xét: | z |=| − z |=| z | .

I.2. CÁC PHÉP TOÁN 1. Phép cộng và phép trừ Phép cộng và phép trừ hai số phức được thực hiện theo quy tắc cộng, trừ hai đa thức.

Tổng quát: (a + bi ) + (c + di ) = ( a + c) + (b + d )i (a + bi ) − (c + di ) = (a − c) + (b − d )i

2. Phép nhân Phép nhân hai số phức được thực hiện theo quy tắc nhân đa thức rồi thay i 2 = −1 trong kết quả nhận được.

Tổng quát: (a + bi ).(c + di ) = (ac − bd ) + (ad + bc)i.

Chú ý: Phép cộng và phép nhân các số phức có đầy đủ các tính chất của phép cộng và phép nhân các số thực.

Cho số phức z = a + bi , a, b ∈ ℝ, i 2 = −1 . Ta có: z + z = 2a ; z.z =| z |2 .

3. Phép chia hai số phức Với a + bi ≠ 0 , để tính thương

c + di , ta nhân cả tử và mẫu với số phức liên hợp a + bi

của a + bi Cụ thể:

c + di (c + di )( a − bi ) ac + bd ad − bc = = + i. a + bi ( a + bi )( a − bi ) a 2 + b 2 a 2 + b 2

I.1.3. TÍNH CHẤT CỦA SỐ PHỨC Cho số phức z = a + bi , a, b ∈ ℝ, i 2 = −1 Tính chất 1: Số phức z là số thực ⇔ z = z Tính chất 2: Số phức z là số ảo ⇔ z = − z Cho hai số phức z1 = a1 + b1i; z2 = a2 + b2i; a1 , b1 , a2 , b2 ∈ ℝ ta có: Tính chất 3: z1 + z2 = z1 + z2 Tính chất 4: z1.z2 = z1.z2

 z1  z1  = ; z2 ≠ 0  z2  z 2 Tính chất 6: | z1.z2 |=| z1 | . | z2 |

Tính chất 5: 

Tính chất 7:

z1 | z1 | = ; z2 ≠ 0 z2 | z2 |

Tính chất 8: | z1 + z2 | ≤ | z1 | + | z2 | I.1.4. GIẢI PHƯƠNG TRÌNH TRÊN TRƯỜNG TẬP HỢP SỐ PHƯC 1.Công thức nghiệm của phương trình bậc hai Xét phương trình bậc hai: az 2 + bz + c = 0 (a ≠ 0) có ∆ = b 2 −4ac TH1: a, b, c là các số thực Nếu ∆ > 0 thì phương trình có 2 nghiệm thực phân biệt z = Nếu ∆ = 0 thì phương trình có nghiệm kép thực z =

−b ± ∆ 2a

−b 2a

Nếu ∆ < 0 ⇒ ∆ = i 2 (−∆ ) thì phương trình có 2 nghiệm phức phân biệt z=

−b ± i −∆ 2a

TH2: a, b, c là các số phức ∆ = 0 thì phương trình có nghiệm kép thực z =

−b 2a

∆ ≠ 0; ∆ = a + bi = ( x + iy )2 Khi đó phương trình có hai nghiệm z =

−b ± ( x + yi) 2a

2. Chú ý Phương trình bậc hai trên tập hợp số phức với hệ số thực luôn có 2 nghiệm là 2 số phức liên hợp.

Khi b là số chẵn ta có thể tính ∆ ' và công thức nghiệm tương tự như trong tập hợp số thực.

Gọi z1 , z2 là 2 nghiệm của phương trình az 2 + bz + c = 0 (a ≠ 0) a, b, c là các −b   z1 + z2 = a số thực hoăc số phức. Khi đó ta có:   z .z = c  1 2 a

II. GIẢI PHÁP 2: CHIA THÀNH CÁC CHUYÊN ĐỂ NHỎ II.1. CHUYÊN ĐỀ 1: Tính toán trên tập hợp số phức II.1.1.Dạng 1: Thực hiện các phép tính trên tập hợp số phức. Xác định phần thực, phần ảo và tính môđun của một số phức A. Phương pháp Sử dụng các qui tắc cộng, trừ, nhân, chia số phức để tính toán giá trị các biểu thức.

Để xác định phần thực, phần ảo và môđun của số phức z thì ta phải sử dụng các khái niệm liên quan đến số phức và các phép toán trên tập hợp số phức để biến đổi số phức z = a + bi (a; b ∈ R) . Khi đó: z có phần thực bằng a; phần ảo bằng b; z = a 2 + b 2 Trong khi tính toán về số phức ta có thể sử dụng các hằng đẳng thức đáng nhớ như trong số thực.

B. Bài tập minh họa Bài 1: Cho số phức z =

3 1 + i 2 2 3

Tìm các số phức sau: z; z 2 ; ( z ) ; 1 + z + z 2 Lời giải: 3 1 3 1 + i⇒ z= − i 2 2 2 2

a) z =

2

 3 1  3 1 3 1 3 b) z =  i= + i + i  = + i2 + 4 4 2 2 2  2 2  2

3

3

2

2 3  3 1   3  3 1  31  1  − i =  c) z =   − 3   i + 3  i  −  i  = −i 2 2  2   2 2   2   2  2  3 + 3 1+ 3 d) 1 + z + z 2 = + i 2 2

()

3

Nhận xét: Với bài tập trên, học sinh dễ dàng tính được. Qua bài tập này mục đích giúp học sinh nhớ lại khái niệm số phức liên hợp và biết cách tính toán đơn giản về phép cộng, phép trừ số phức và phép tính luỹ thừa của một số phức.

Bài 2: Tính giá trị của các biểu thức sau: A=

4 + 3i 1 − i + 1 − i 4 + 3i

B = ( 2 + 3i )(1 + 2i ) + C= D=

4+i 3 + 2i

3 + 4i (1 − 4i )( 2 + 3i )

( 3 + 2i ) ( 4 + 3i ) − (1 + 2i )

Lời giải: a) A =

5 + 4i

( 4 + 3i )(1 + i ) + (1 − i )( 4 − 3i ) = 1 + 7i + 1 − 7i = 27 + 161 i 25 50 50 (1 − i )(1 + i ) ( 4 + 3i )( 4 − 3i ) 2

Ngoài cách áp dụng quy tắc nhân chia số phức như cách làm trên, ta có thể tính bằng cách quy đồng mẫu số và thực hiện nhân chia như trong số thực.

2

( 4 + 3i ) + (1 − i ) A= ( 4 + 3i )(1 − i )

2

=

7 − 22i ( 7 − 22i )( 7 + i ) 27 161 = = + i 7−i ( 7 − i )( 7 + i ) 50 50

Tương tự, ta có kết quả sau: −38 86 + i 13 13 22 79 + C= i 169 169 71 17 D= + i 41 41 B=

Nhận xét: Bài tập trên giúp học sinh rèn kĩ năng tính toán bằng cách sử dụng phép nhân, phép chia số phức kết hợp với phép cộng và phép trừ. Đây là dạng bài tập không khó đối với học sinh ngay cả với học sinh trung bình. Nhưng thực tế, trong quá trình giảng dạy chúng tôi thấy rằng các em biết cách làm nhưng tính toán thường hay sai, nhất là đối với học sinh có kĩ năng tính toán kém và không cẩn thận. Vì vậy khi dạy phần này chúng tôi cho nhiều bài tập và hỏi các câu hỏi khác nhau để rèn cho học sinh kĩ năng nhận dạng bài toán, kĩ năng tính toán và trình bày bài cho khoa học.

Sau khi cho học sinh làm xong bài, chúng tôi thay đổi cách hỏi như sau: Tìm phần thực, phần ảo của số phức và tính mô đun của số phức để khắc sâu cho học sinh các khái niệm: phần thực, phần ảo, môđun của số phức. Để học sinh ghi nhớ kĩ hơn, chúng tôi cho học sinh làm bài tập: Bài 3: Tìm phần thực, phần ảo và tính mô đun của số phức z biết: a) z =

(

2 +i

2

) (1 − i 2 )

2

b) (1 + i ) ( 2 − i ) z = 8 + i + (1 + 2i ) z n

c) z = (1 + i ) , biết n là số tự nhiên thỏa mãn phương trình: log 4 ( n − 3) + log 4 ( n + 9 ) = 3 11

1+ i 

 2i 

8

d) iz =   +  1− i  1+ i  Lời giải : a) Ta có: z=

(

2 +i

2

) (1 − i 2 ) = ( 2 + i

2

)(

)

+ 2i 2 1 − i 2 = 5 + i 2 ⇒ z = 5 − i 2

Vậy z có phần thực bằng 5; phần ảo bằng − 2

(

và có môđun: z = 52 + − 2

)

2

=3 3

2

b) (1 + i ) ( 2 − i ) z = 8 + i + (1 + 2i ) z ⇔z=

( 8 + i )(1 − 2i ) = 10 − 15i = 2 − 3i 8+i = 1 + 2i (1 + 2i )(1 − 2i ) 5

2

Vậy z có phần thực bằng 2; phần ảo bằng −3 ; z = 22 + ( −3) = 13 c) Giải phương trình log 4 ( n − 3) + log 4 ( n + 9 ) = 3 tìm được n = 7 (thỏa mãn điều kiện) 7 Khi đó z = (1 + i ) = 8 − 8i Vậy z có phần thực bằng 8; phần ảo bằng −8 ; z = 82 + (−8)2 = 8 2 d) Ta có: 11

8

8  1 + i   2i  11   +  = i + (1 + i ) = 16 − i  1− i  1+ i  16 − i ⇒z= = −1 − 16i ⇒ z = −1 + 16i i

Vậy z có phần thực bằng −1 ; phần ảo bằng 16; z = (−1) 2 + 162 = 257 Bài 4: Tính biểu thức sau: A = i109 + i 43 + i 60 − i 54 B = 1 − i + i 2 − i 3 + i 4 − ... + i 2014 2

10

C = 1 + (1 + i ) + (1 + i ) + ... + (1 + i ) 10

D=

(1 − i )

(

3 +i

)

5

10

( −1 − i 3 )

Lời giải: a) A = i109 + i 43 + i 60 − i 54 = i 4.27+1 + i 4.10+3 + i 4.15 − i 4.13+ 2 = i − i + 1 + 1 = 2 Để làm bài toán trên, giáo viên cần chú ý cho học sinh cách tính lũy thừa của i. Ta có: i 2 = −1; i 3 = −i; i 4 = 1; i 5 = i 4i = i; i 6 = i 4i 2 = −1 Bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh được: Với mọi số tự nhiên n ta có: i4n = 1 i 4 n +1 = i i 4 n + 2 = −1 i 4 n + 3 = −i Như vậy: i n ∈ {−1;1; i; −i} , ∀n ∈ N *

b) Ta có: 1 + i 2015 = (1 + i ) (1 − i + i 2 − i 3 + i 4 − ... + i 2014 ) 2

1 + i 2015 1 + i 4.503+3 1 − i (1 − i ) ⇒B= = = = = −i 1+ i 1+ i 1+ i 2

Nhận xét: Giáo viên hướng dẫn học sinh làm bài trên theo cách phân tích lũy thừa của i như ý a). Tuy nhiên, việc sử dụng hằng đẳng thức ở đây ta sẽ tính toán nhanh hơn và thuận tiện hơn. c) Ta có C là tổng của 11 số hạng đầu tiên của cấp số nhân với số hạng đầu là u1 = 1, công bội q = 1 + i Áp dụng công thức tính tổng 11 số hạng đầu tiên của cấp số nhân, ta có:

11

11

1 − (1 + i ) 1 − q11 1 − (1 + i ) C = u1 = = 1− q 1 − (1 + i ) −i 11

Để tính biểu thức (1 + i ) giáo viên cần hướng dẫn học sinh cách tính một cách thuận tiện nhất.Trong quá trình giảng dạy, chúng tôi hướng dẫn học sinh làm theo một trong hai cách sau: Cách 1: Đối với học sinh học ban cơ bản 11

(

Phân tích (1 + i ) = (1 + i )

2 5

5

) (1 + i ) = ( 2i ) (1 + i ) = 32i

5

+ 32i 6 = −32 + 32i

Cách 2: Đối với học sinh học ban nâng cao 1  π π  1  + i  = 2  cos + i.sin  Phân tích 1 + i = 2 

4 4 2    2 11  11π 11π  11 Khi đó (1 + i ) = 2  cos + i.sin  = −32 + 32i 4 4   Thay vào biểu thức, ta có: C = 32 + 33i

( )

Nhận xét: Để làm bài tập này đòi hỏi học sinh phải có kĩ năng biến đổi biểuthức lượng giác và công thức tính tổng của cấp số nhân.Qua đó giúp học sinh ôn lại các kiến thức về công thức lượng giác, về cấp số nhân. d) Cách 1: Áp dụng cho ban cơ bản Ta có: 10

(1 − i )

(

(

= (1 − i ) 5

2 5

)

5

= ( −2i ) = −32i 4. .i = −32i 3

2

) ( )( ) = ( 3 3 + 9i + 3 3i + i )( 3 + 2 3i + i ) = 8i ( 2 + 2i 3 ) = −16 3 + 16i ( −1 − i 3 ) = (1 + i 3 ) = ( (1 + i 3 ) ) (1 + i 3 ) = ( −8) (1 + i 3 ) 3+i

3+i

=

3+i

2

10

10

3

2

3 3

Thay vào biểu thức D ta có:

(

−32i.16i. 1 + i 3 D=

( −8 )

3

(1 + i 3 )

) = −1

Cách 2: Áp dụng cho ban nâng cao Ta có: 7π 7π   1 − i = 2  cos + i sin  4 4  

π π  3 + i = 2  cos + i sin  6 6  4π 4π   −1 − i 3 = 2  cos + i sin  3 3  

Thay vào D ta có:

3

35π 35π  5  5π 5π   + i sin + i sin  cos  2  cos  2 2   6 6   D= 40π 40π   210  cos + i sin  3 3   = cos5π + i sin 5π = −1 10

( 2)

Nhận xét: Qua các bài tập trên, giáo viên nêu phương pháp tính các bài toán n

(

n

) (

chứa các biểu thức sau: ( ±1 ± i ) ; ± 3 ± i ; ±1 ± i 3

)

n

Cách 1: Phân tích

( ±1 ± i )

n

= ( ±1 ± i )

2k + p

; k ; n; p ∈ ℕ;0 ≤ p ≤ 1 3k + p

n

(± 3 ± i) = (± 3 ± i) ( ±1 ± i 3 ) = ( ±1 ± i 3 ) n

; k ; n; p ∈ ℕ,0 ≤ p ≤ 2

3k + p

; k ; n; p ∈ ℕ,0 ≤ p ≤ 2

Cách 2: Biểu diễn dưới dạng lượng giác các biểu thức: n nπ nπ  n

(1 + i )

=

(1 + i 3 ) (

3+i

)

n

( 2 )  cos 4

n

+ i sin

 4 

nπ nπ   = 2 n  cos + i sin  3 3   nπ nπ   = 2n  cos + i sin  6 6  

Với cách làm tương tự, giáo viên yêu cầu học sinh về nhà làm bài sau: Hãy biểu diễn các biểu thức sau dưới dạng lượng giác:

(1 − i )

n

;

n

(1 − i 3 ) ; (

3 −i

)

n

Trong tính toán trên tập hợp số phức, công thức nhị thức Niu-tơn (a + b) n vẫn đúng khi ta thay hai số thực a; b bởi hai số phức. Để học sinh hiểu rõ hơn và biết áp dụng công thức nhị thức Niu-tơn vào tính toán trên tập hợp số phức, chúng tôi cho học sinh làm bài tập sau: Bài 5: Tính tổng 0 2 4 2012 2014 a ) S1 = C2015 − C2015 + C2015 − ⋅⋅⋅ + C2015 − C2015 1 3 5 2013 2015 S 2 = C2015 − C2015 + C2015 − ⋅⋅⋅ + C2015 − C2015 0 4 8 2008 2014 b) S3 = C2015 + C2015 + C2015 + ⋅⋅⋅ + C2015 + C2015 1 5 9 2009 2013 S 4 = C2015 + C2015 + C2015 + ⋅⋅⋅ + C2015 + C2015

0 3 6 2015 c) S5 = C2015 + C2015 + C2015 + ⋅⋅⋅ + C2015 Lời giải: a) Ta có: 0 1 2 2014 2015 (1 + i ) 2015 = C2015 + C2015 ⋅ i + C2015 ⋅ i 2 + ⋅⋅⋅ + C2015 ⋅ i 2014 + C2015 ⋅ i 2015 0 2 4 2012 2014 1 3 5 2013 2015 = ( C2015 − C2015 + C2015 − ⋅⋅⋅ + C2015 − C2015 − C2015 + C2015 − ⋅⋅⋅ + C2015 − C2015 ) + ( C2015 )i

 2 Mặt khác : (1 + i ) =    2  1 1 Vậy S1 = 1018 ; S2 = − 1018 2 2

2015

2015

2015π 2015π  + i sin  cos 4 4 

1 1   = 2018 − 2018 i 2  2

b) Lại có: 0 1 2 2014 2015 2 2015 = C2015 + C2015 + C2015 + ⋅⋅⋅ + C2015 + C2015 0 1 2 2014 2015 0 = C2015 − C2015 + C2015 − ⋅⋅⋅ + C2015 − C2015

0 2 4 2012 2014 1 3 5 2013 2015 ⇒ A = C2015 + C2015 + C2015 + ⋅⋅⋅ + C2015 + C2015 = C2015 + C2015 + C2015 + ⋅⋅⋅ + C2015 + C2015 = 22014

S1 + A 1 S +A 1 = 1009 + 22013 ; S3 = 2 = − 1009 + 2 2013 2 2 2 2  z = 1  1 3 3 2 c) z = 1 ⇔ ( z − 1)( z + z + 1) = 0 ⇔  z = − + i 2 2  z = − 1 − 3 i  2 2 2π 2π thì z = ω ; z = ω 2 ; z = ω 3 là các nghiệm của phương trình Gọi ω = cos + i sin 3 3 z3 = 1 Nên 1 + ω 3k + ω 6 k = 3;1 + ω 3k +1 + ω 6 k + 2 = 0;1 + ω 3k + 2 + ω 6 k + 4 = 0 ∀k = 1; n

Vậy S3 =

Xét f ( x) = (1 + x )

2015

. Ta có:

2015

k f (1) = 22015 ; f (ω ) = ∑ C2015 ⋅ωk = k =0

2015 1 3 1 3 k − i; f (ω 2 ) = ∑ C2015 ⋅ ω 2k = + i 2 2 2 2 k =0

⇒ f (1) + f (ω ) + f (ω 2 ) = 22015 + 1

(1)

Mặt khác: f (1) + f (ω ) + f (ω 2 ) = 671

671

671

k =0

m =0

n=0

k m n = ∑ C2015 ⋅ (1 + ω 3k + ω 6 k ) + ∑ C2015 ⋅ (1 + ω 3m+1 + ω 6 m+ 2 ) + ∑ C2015 ⋅ (1 + ω 3n + 2 + ω 6 n + 4 ) 671

k = ∑ C2015 ⋅ (1 + ω 3k + ω 6 k ) = 3S5

(2)

k =0

Từ (1)(2) ⇒ S5 =

22015 + 1 3

Thay cho việc hỏi tính tổng S1 ; S2 ; S3 ; S4 như trên, chúng tôi có thể hỏi dưới dạng chứng minh, rút gọn.

II.1.2.Dạng 2: Tìm căn bậc hai của một số phức A. Phương pháp: Cho số phức z = a + bi, a, b ∈ ℝ . Tìm căn bậc hai của z Nếu z = 0 thì z có một căn bậc hai là: 0

Nếu z = a > 0 thì z có hai căn bậc hai là: ± a Nếu z = a < 0 thì z có hai căn bậc hai là: ±i a Nếu z = a + bi, b ≠ 0 Gọi z1 = x + yi ( x, y ∈ ℝ ) là căn bậc hai của z .  x2 − y 2 = a Khi đó ta có: z = a + bi ⇔   2 xy = b 2 1

Giải hệ tìm x, y. Từ đó kết luận số căn bậc hai của z Chú ý: Mỗi một số phức khác 0 luôn có hai căn bậc hai là hai số đối nhau.

B. Bài tập minh họa Bài 1:Tìm căn bậc hai của số phức sau: a) w = 4 + 6i 5 b) w = −1 − 2i 6 Lời giải: a) Gọi z = x + yi ( x, y ∈ ℝ ) là một căn bậc hai của 2 2  x − y = 4 Khi đó ta có: ( x + yi ) = 4 + 6i 5 ⇔   2 xy = 6 5   x = 3   y = 5 Giải hệ phương trình tìm được nghiệm:    x = −3   y = − 5  2

Vậy số phức đã cho có hai căn bậc hai là: z1 = 3 + i 5; z2 = −3 − i 5 b) Tương tự, ta có số phức w = −1 − 2i 6 có hai căn bậc hai là: z1 = 2 − i 3; z2 = − 2 + i 3

II.1.3. Bài tập tự luyện Bài 1: Tính biểu thức sau: i + i 3 + i 5 + ... + i 2015 i 2 + i 4 + i 6 + ... + i 2016 B = 1 + (1 + i ) 2 + (1 + i) 4 + ... + (1 + i ) 20 A=

C = (1 − i ) 2015 1− i  D=  1+ i 

2015

16

16

1+ i 3  1− i 3  E =  +  1− i 3  1+ i 3 

Bài 2: Tìm phần thực, phần ảo, từ đó tính môđun và tìm căn bậc hai của số phức sau:

2

1 1+ i  10 a. z =   + (1 − i ) + (2 + 3i )(2 − 3i ) + i  1− i  2 3 2015 b. z = 1 + i + 2i + 3i + ... + 2015i 1 + i + i 2 + ... + i 2015 c. z = 1 + 2i + 3i + 4i + ... + 2015i (1 + i )100 d. z = ( 3 + i )91

π π  e. z =  cos − i sin  i15 (1 + 3)17 3 3 

Bài 3: 0 5 10 2010 2015 + C2015 + C2015 + ⋅⋅⋅ + C2015 + C2015 a) Tính tổng : S = C2015 b) Rút gọn: C40n + C44n + C48n + ⋅⋅⋅ + C44nn −4 + C44nn C41n+1 + C45n +1 + C49n +1 + ⋅⋅⋅ + C44nn+−13 + C44nn++11

II.2. CHUYÊN ĐỀ 2: Tìm số phức z thoả mãn điều kiện cho trước II.2.1. Phương pháp: Ví dụ mở đầu: Học sinh đã được luyện tập về các phép toán trên trường số phức nên tôi yêu cầu học sinh làm ví dụ sau: 1) Thực hiện phép tính để tìm số phức z biết: 2(1 + 2i ) = 7 + 8i .

1+ i 2) Cho z = a + bi , a, b ∈ ℝ. Tìm a, b biết: (2 + i ).z +

(2 z − i )(1 + i ) + ( z + 1)(1 − i ) = 2 − 2i .

Lời giải: 2(1 + i )(1 − i ) = 7 + 8i ⇔ (2 + i ).z = 4 + 7i 2 4 + 7i (4 + 7i )(2 − i ) ⇔z= ⇔z= ⇔ z = 3 + 2i 2+i 5 2) Cho z = a + bi , a, b ∈ ℝ ⇒ z = a − bi , từ giả thiết bài toán ta có: (2a + 2bi − 1)(1 + i ) + (a − bi + 1)(1 − i) = 2 − 2i ⇔ 3a − 3b + (a + b − 2)i = 2 − 2i 1  a=  3a − 3b = 2  3 ⇔ ⇔ a + b − 2 = − 2 −  b = 1  3 1) (2 + i ).z +

Nhận xét: Với cách dạy cũ tôi cho học sinh đề bài là: Tìm số phức z biết: 1)

(2 + i ).z +

2(1 + 2i ) = 7 + 8i 1+ i

2) (2 z − i )(1 + i ) + ( z + 1)(1 − i ) = 2 − 2i .

Học sinh khá giỏi có thể phát hiện ra cách làm của ý 1 nhưng ý 2 học sinh rất khó định hướng cách làm. Nhưng khi thay đổi cách hỏi thì ngay cả học sinh có lực học trung bình cũng có thể định hướng được cách làm bài. Sau khi học sinh làm song bài tôi mới thay đổi lại câu hỏi như trên, từ đó đưa ra phương pháp cụ thể của dạng câu hỏi tìm số phức z như sau: Nếu trong điều kiện đề bài chỉ có duy nhất một kí hiệu z hoặc z thì ta quy về bài toán thực hiện phép tính.

Nếu trong điều kiện đề bài có nhiều hơn một kí hiệu z hoặc z hoặc có kí hiệu môđun ta giải theo phương pháp sau: Gọi z = a + bi , a, b ∈ ℝ.

Sử dụng giả thiết bài toán và khái niệm về số lập hệ hai phương trình với hai ẩn a,b Giải hệ phương trình lập được trên tập hợp số thực và kết luận.

Có học sinh khá làm ý 1 bằng cách gọi z = a + bi , a, b ∈ ℝ. Tôi đã phân tích cả 2 cách làm và các em nhận thấy ngay là việc quy về thực hiện phép toán sẽ đơn giản hơn.

II.2.2. Bài tập minh họa Tìm số phức z biết: ( z − 1).(2 − i ) 3 + i = (1) 2 z + 2i b) z 2 + z = 0 (2) c) | z |= 5 và ( z + i )2 là số ảo.

a)

d) | z − 1|= 1 và (1 + i )( z − 1) có phần ảo bằng 1. e) z 2 + 2 z là số thực và z +

1 −π có một acgumen là . z 3

Lời giải: a) Điều kiện z ≠ −2i . Khi đó (1) ⇔ 2( z − 1)(2 − i) = (3 + i )( z + 2i ) ⇔ ( z − 1)(4 − 2i) = 3 z + 6i + iz + 2i 2 ⇔ (1 − 3i ) z = 2i + 4 2i + 4 (2i + 4)(1 + 3i ) −1 7 ⇔z= = = + i 1 − 3i 10 5 5 −1 7 ⇒z= − i (thỏa mãn điều kiện).

5 5 b) Gọi z = a + bi , a, b ∈ ℝ ⇒ z = a − bi . Từ giả thiết ta có: (a + bi ) 2 + (a − bi ) = 0 ⇔ ( a 2 − b 2 + a ) + (−2ab − b)i = 0

 b = 0  2  a + a = 0 2 2 a − b + a = 0   a = −1 ; ⇔ ⇔  a = 1 ⇔ a = b = 0;  0 = b   2ab − b = 0  2   2 3  b = 4   1 3 Vậy số phức cần tìm là: z = 0; z = −1; z = ± i 2 2

1  a = 2  b = ± 3  2

c) Gọi số phức z cần tìm dạng: z = a + bi , a, b ∈ ℝ ⇒ | z |= a 2 + b 2 . Từ giả thiết ta có: | z |= 5 ⇔ a 2 + b 2 = 5 (1) ( z + i ) 2 = (a + bi + i ) 2 = a 2 − (b + 1) 2 + 2a (b + 1)i Để ( z + i )2 là số ảo thì a 2 − (b + 1) 2 = 0 (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: a 2 = 5 − b 2 a 2 + b 2 = 5  a = ±2  a = ±1  ⇔ ⇔ ;  b = 1   2   2 a = (b + 1) b = 1 b = −2   b = −2  Vậy số phức cần tìm là: z = ±2 + i; z = ±1 − 2i .

d) Gọi số phức z cần tìm dạng: z = a + bi , a, b ∈ ℝ ⇒ | z |= a 2 + b 2 . Từ giả thiết ta có: | z − 1|= 1 ⇔ (a − 1) 2 + b 2 = 1 (1) (1 + i )( z − 1) = (1 + i )( a − bi − 1) = a − 1 + b + (a − b − 1)i có phần ảo bằng 1 khi a − b − 1 = 1 (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: a = 2 + b a 2 + b 2 − 2a + 1 = 1  2b 2 + 2b = 0 a = 2 a = 1  ⇔  b = −1 ⇔  ;  ⇔  b = 0 b = −1 a − b = 2 a = 2 + b  b = 0  Vậy số phức cần tìm là: z = 2; z = 1 − i .

e) Gọi số phức z cần tìm dạng: z = a + bi , a, b ∈ ℝ ⇒ | z |= a 2 + b 2 . Từ giả thiết ta có: z 2 + 2 z = (a + bi )2 + 2(a − bi) = (a 2 − b 2 + 2a) + (2ab − 2b)i là số thực khi 2ab − 2b = 0 b = 0 ⇔ a = 1 1 z

1 1 −π (loại z + không thể có một acgumen là ) a z 3  1 2 + b2  1 b +) a = 1 ⇒ z = 1 + bi ⇒ z + = − i  z 1 + b2  1 + b2 1 + b2 

+) b = 0 ⇒ z = a ⇒ z + = a +

Vì z +

1 z

có một acgumen là

−π nên 3

−π  1 = cos( )  2 3  1+ b ⇒b=− 3  −π − b = sin( )  1 + b 2 3

Vậy z = 1 − 3i Nhận xét: Với dạng toán này học sinh chỉ cần nắm được các khái niệm cơ bản của số phức như: hai số phức bằng nhau, mođun của số phức, điều kiện để số phức là số ảo, số thuần ảo, số thực, xác định được phần thực, phần ảo của một số phức, dạng lượng giác của số phức và đặc biệt là các phép toán và sự cẩn thận khi tính toán là các em có thể biết cách làm và làm đúng . Sau khi học sinh đã làm tốt được dạng toán trên chúng tôi thay đổi đề để bài tập không đơn điệu và quan trọng là giúp các em có thể linh hoạt để định hướng cách giải khi gặp những bài tập cùng dạng. Cụ thể là: a) Tính mođun của số phức w = z + 1 + i b) Tính tổng lũy thừa bậc 4 của tất cả các số phức vừa tìm được. c) Tìm phần ảo của z hoặc hỏi là | z |= 5 và ( z + i )2 là số thuần ảo. d) Tìm phần ảo của z 2015 e) Viết dạng lượng giác của z.

II.2.3. Bài tập vận dụng Bài 1: Tìm số phức z biết | z − 2i |= 5 và điểm biểu diễn số phức z thuộc đường thẳng (d) có phương trình: 3x –y +1 = 0.

Bài 2: Cho số phức z thỏa mãn; 1 + z =| z − i |2 +(iz − 1) 2 . Tính w = z +

4 z +1

Bài 3: Cho số phức z thỏa mãn: z = (1 − 3i )2 + iz. Hãy xác định phần thực, phần ảo của số phức z. (i + 1) z −π Bài 4: Cho | z |=| 2 z − 3 + i | và có một acgumen bằng . Hãy 1 − 3 + (1 + 3)i

6

biểu diễn số phức z trong mặt phẳng phức.

Bài 5: Tìm số phức z thoả mãn: z 3 là số thực và z = 2    Bài 6: Tìm số phức z thoả mãn:   

z −1 =1 z −i z − 3i =1 z +i

II.3. GIẢI PHƯƠNG TRÌNH TRÊN TẬP HỢP SỐ PHỨC II. 3.1. Phương pháp giải phương trình az 2 + bz + c = 0 (a ≠ 0) Tính ∆ = b 2 −4ac Dựa vào giá trị của ∆ để xác định công thức nghiệm (dựa vào mục I.1.4 ) II. 3.2. Bài tập minh họa Bài 1: Giải các phương trình sau trên tập hợp số phức: a) z 2 + 2 z + 5 = 0

b) ( z 2 + i )( z 2 − 2iz − 1) = 0 c) z 2 + (1 − 3i ) z − 2(1 + i ) = 0

Lời giải: a) z 2 + 2 z + 5 = 0

Ta có ∆ ' = − 4 = 4i 2 ⇒ z = −1 ± 2i  z 2 = −i b) ( z 2 + i )( z 2 − 2iz − 1) = 0 ⇔  2  z − 2iz − 1 = 0 1 1 1− i  z 2 + i = 0 ⇔ z 2 = ( −2i ) ⇔ z 2 = (1 − i ) 2 ⇔ z 2 =   2 2  2 1 1  z = 2 − 2 i ⇔ z = − 1 + 1 i  2 2 2 2 z − 2iz − 1 = 0 ⇔ ( z − i) = 0 ⇔ z = i c) z 2 + (1 − 3i ) z − 2(1 + i ) = 0

2

Ta có ∆ = (1 − 3i )2 + 8(1 + i ) = 2i = (1 + i ) 2 nên phương trình có nghiệm là: 3i − 1 + 1 + i  z =  z = 2i 2 ⇔   z = i −1  z = 3i − 1 − 1 − i  2

Nhận xét: Ngoài cách giải chuẩn mực là tính ∆ hoặc ∆ ' sau đó đọc nghiệm theo công thức, thì ngay ở ý a tôi đã hướng dẫn học sinh cách làm như sau: z 2 + 2 z + 5 = 0 ⇔ ( z + 1) 2 + 4 = 0 ⇔ ( z + 1) 2 − 4i 2 = 0 ⇔ ( z + 1) 2 = 4i 2 ⇔ ( z + 1) 2 = (2i ) 2 ⇔ z = −1 ± 2i .

Từ đó chuyển sang ý b, học sinh sẽ định hướng ngay được cách làm tắt như trên. Tôi cũng lưu ý cho học sinh là chỉ nên làm tắt với những trường hợp đọc nhanh được hằng đẳng thức.

Bài 2: Giải các phương trình sau trên tập hợp số phức: a) z 3 + 8 = 0 b) z 4 − z 3 + 6 z 2 − 8 z − 16 = 0 c) ( z − 3) 2 .( z + 3)2 + 4 z 2 = 0 2

 z +i d)  =1  z −i 

Lời giải: a) z 3 + 8 = 0 ⇔ ( z + 2)( z 2 − 2 z + 4) = 0

 z = −2  ⇔  z = 1 + 3i  z = 1 − 3i 

b) z 4 − z 3 + 6 z 2 − 8 z − 16 = 0 ⇔ ( z + 1)( z − 2)( z 2 + 8) = 0  z = −1  ⇔ z = 2  z = ±2 2i  c) ( z − 3) 2 .( z + 3) 2 + 4 z 2 = 0 ⇔ ( z 2 − 9) 2 + 4 z 2 = 0 ⇔ ( z 2 − 9) 2 − 4i 2 z 2 = 0 z = i ± 2 2  z 2 − 2iz − 9 = 0 ⇔ 2 ⇔  z + 2iz − 9 = 0  z = −i ± 2 2 d) Điều kiện: z ≠ i , khi đó phương trình tương đương với:  z + i  2 z +i z+i  = 1 ∨ = −1 4  =1 z −i  z −i   z+i z −i 2  ⇔   =1 ⇔  2  z −i   z + i = i ∨ z + i = −i z i +    = −1  z − i z −i  z − i  z + i = z − i z = 0 z + i = i − z ⇔ ⇔  z = 1 (thỏa mãn điều kiện)   z + i = ( z − i )i  z = −1   z + i = −( z − i )i

Nhận xét: Giải phương trình trên tập hợp số phức cần đầy đủ các kĩ năng của việc giải phương trình trên tập hợp số thực, qua các ví dụ trên ta đã sử dụng phương pháp phân tích thành tích để đưa một phương trình bậc 3, bậc 4 về thành tích của các phương trình bậc nhất, bậc 2. Tôi nhấn mạnh cho học sinh: một phương trình đa thức bậc n xét trên tập hợp số phức thì có n nghiệm phức(các nghiệm không nhất thiết phân biệt ).

Kĩ năng đặt ẩn phụ để quy phương trình đã cho thành phương trình bậc 2 sẽ được minh họa trong bài tập sau: Bài 3: Giải các phương trình: a) 2 z 4 − 2 z 3 + z 2 + 2 z + 2 = 0 b) ( z + 3) 4 + ( z + 5)4 = 2 c) ( z 2 − z )( z + 3)( z + 2) = 10 d ) z 4 − 4 z 3 + 11z 2 − 14 z + 10 = 0 e) ( z 2 + 3z + 6)2 + 2 z ( z 2 + 3z + 6) − 3z 2 = 0

Lời giải: a) 2 z 4 − 2 z 3 + z 2 + 2 z + 2 = 0 +) z = 0 không là nghiệm của phương trình. +) z ≠ 0 phương trình tương đương với:

1 1 1 1 1 1 + + 2 = 0 ⇔ (z2 + 2 ) − (z − ) + = 0 2 z z z z 2 1  1 5  ⇔  z −  2 − z −  + = 0 z  z 2  1 1 ± 3i Đặt t = z − , khi đó ta được phương trình: 2t 2 − 2t + 5 = 0 ⇔ t = z 2 1 + 3i +) Với t = ta có: 2 z = 1+ i 1 1 + +3i 2 ⇔ 2 z − (1 + 3i ) z − 2 = 0 ⇔  z− =  z = −1 + 1 i 2 z  2 2 1 − 3i +) Với t = ta có: 2 z = 1− i 1 1 − 3i 2 z− = ⇔ 2 z − (1 − 3i ) z − 2 = 0 ⇔  −1 1 z = z 2 − i  2 2 b) ( z + 3) 4 + ( z + 5) 4 = 2 Đặt t = z + 4 , khi đó phương trình trở thành: (t − 1) 4 + (t + 1) 4 = 2 ⇔ t 4 + 6t 2 = 0 t 2 = 0 t = 0 ⇔2 ⇔ t = ± 6i t + 6 = 0 +) Với t = 0 ⇒ z = −4 +) Với t = 6i ⇒ z = −4 + 6i +) Với t = - 6i ⇒ z = −4 − 6i c) ( z 2 − z )( z + 3)( z + 2) = 10 ⇔ ( z 2 + 2 z )( z 2 + 2 z − 3) = 10 z2 − z +

Đặt t = z 2 + 2 z , khi đó phương trình trở thành: t = 5 t ( t − 3) = 10 ⇔ t 2 − 3t − 10 = 0 ⇔  t = −2 2 +) Với t = 5 ⇒ z + 2 z = 5 ⇔ z = −1 ± 6 +) Với t = −2 ⇒ z 2 + 2 z = −2 ⇔ z = −1 ± i 2

d ) z 4 − 4 z 3 + 11z 2 − 14 z + 10 = 0 ⇔ ( z 2 − 2 z ) + 7 ( z 2 − 2 z ) + 10 = 0  z 2 − 2 z = −2 z = 1± i ⇔ 2 ⇔  z = 1 ± 2i  z − 2 z = −5 e) ( z 2 + 3z + 6)2 + 2 z ( z 2 + 3z + 6) − 3z 2 = 0

Đặt t = z 2 + 3z + 6 , khi đó phương trình trở thành: t = z t 2 + 2 zt − 3 z 2 = 0 ⇔   t = −3 z

+) Với t = z ⇒ z 2 + 3 z + 6 = z ⇔ z = −1 ± 5i +) Với t = −3 z ⇒ z 2 + 3 z + 6 = −3 z ⇔ z = −3 ± 3 Nhận xét: Với những phương trình nêu trên rõ ràng là không nhẩm được nghiệm đẹp để đưa về phương trình tích, do đó ta cần tìm ra một cách đặt ẩn phụ phù hợp. Ngay ở 3 ý đầu chúng tôi đã đưa ra 3 phương trình bậc 4 có cách giải đặc biệt đó là: 2

e d  1) az 2 + bz 3 + cz 2 + dz + e = 0,   = a b TH1: Kiểm tra z = 0 có là nghiệm của phương trình TH2: z ≠ 0 ,chia cả hai vế của phương trình cho z 2 ta được:  2  d 2  d   a z +    + b z +  + c = 0 bz   bz     d Đặt t = z + , ta đưa phương trình về phương trình bậc 2 ẩn t. bz Đặc biệt: az 2 + bz 3 + cz 2 ± bz + a = 0

2) ( z + a)4 + ( z + b)4 = c a+b Đặt t = z + , đưa phương trình đã cho về phương trình bậc 4 trùng 2

phương với ẩn t 3) ( z + a ).( z + b).( z + c)( z + d ) = e với a + b = c + d

Đặt t = z 2 + (a + b) z , đưa phương trình đã cho thành phương trình bậc 2 ẩn t.

Khi giải phương trình đa thức trên tập hợp số phức thực chất chúng tôi đã ôn tập cho học sinh các phương pháp giải phương trình trên tâp hợp số thực.  z1 + z2 = 4 + i

Bài 4: Giải hệ phương trình với ẩn phức z1 , z 2 sau: 

2 2  z1 + z2 = 5 − 2i

Lời giải:  z1 + z2 = 4 + i  z1 + z2 = 4 + i ⇔ nên z1 , z 2 là nghiệm của phương trình bậc 2:  2 2  z1.z2 = 5(1 + i )  z1 + z2 = 5 − 2i z = 3 − i z 2 − (4 + i ) z + 5(1 + i) = 0 ⇔   z = 1 + 2i Vậy nghiệm của hệ phương trình ( z1 , z 2 ) là (3 − i;1 + 2i ) và (1 + 2i;3 − i )

II.3.3. Bài tập áp dụng Bài 1: Giải các phương trình sau: 1) z 4 + 4 z 2 − 5 = 0 2) − z 3 + 8 z + 3 = 0 3) (4 z + 1)(12 z − 1)(3 z + 2)( z + 1) = 4 4) ( z + 1)4 + ( z + 5) 4 = 256

z2 + z +1 = 0 2 6) z 4 − 4 z 2 − 16 z − 16 = 0

5) z 4 − z 3 +

7) 3( z 2 − z + 1)2 + 7( z 2 − z ) + 1 = 0 8) 2 z 2 − iz + 1 = 0 3

 z +i 9)   =1 i−z 2  iz + 3   iz + 3  10)   − 3.  −4=0  z − 2i   z − 2i  Bài 2: z1 , z2 là nghiệm phức của phương trình: 2(1 + i ) z 2 − 4(2 − i ) z − 5 − 3i = 0

Tính | z1 |2 + | z2 |2 IV. CHUYÊN ĐỀ 4: Biểu diễn hình học của số phức IV.4.1. Dạng 1: Tìm tập hợp điểm biểu diễn cho số phức z thoả mãn điều kiện cho trước A. Phương pháp Gọi z = x + yi ( x, y ∈ R ) ⇒ M ( x; y ) biểu diễn cho số phức z trong mặt phẳng toạ độ.

Dựa vào dữ kiện bài toán, thiết lập mối liên hệ giữa x và y Dựa vào mối liên hệ đó, để kết luận tập hợp điểm trong mặt phẳng biểu diễn cho số phức z .

B. Bài tập minh hoạ Bài 1: Trên mặt phẳng toạ độ, tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thoả mãn điều kiện sau: a) z = 1 b) 1 < z ≤ 2 c)

z =3 z −i

d) z − 2 + 3i =

3 2

Lời giải: Gọi z = x + yi ( x, y ∈ R ) ⇒ M ( x; y ) biểu diễn cho số phức z trong mặt phẳng toạ độ. a) Ta có z = 1 ⇔ x 2 + y 2 = 1 ⇔ x 2 + y 2 = 1 Vậy tập hợp các điểm M là đường tròn tâm O ( 0;0 ) và bán kính R = 1 .

Giáo viên hướng dẫn khai thác: Sau khi học sinh hoàn thiện bài tập này, chúng tôi thay đổi giả thiết và hướng dẫn các em cách làm tương ứng.

a1 ) z ≤ 1 ⇔ x 2 + y 2 ≤ 1 . Vậy tập hợp các điểm M là hình tròn tâm O, bán kính R = 1. a2 ) z < 1 ⇔ x 2 + y 2 < 1 . Vậy tập hợp các điểm M là miền trong hình tròn tâm O,

bán kính R = 1 . a3 ) z ≥ 1 ⇔ x 2 + y 2 ≥ 1 .Vậy tập hợp các điểm M là những điểm không thuộc

miền trong hình tròn tâm O, bán kính R = 1 . a4 ) z > 1 ⇔ x 2 + y 2 > 1 . Vậy tập hợp các điểm M là miền ngoài hình tròn tâm O, bán kính R = 1 .

Từ đó học sinh có thể tự trình bày lời giải cho bài tập: b) 1 < z ≤ 2 → Tập hợp những điểm M là những điểm nằm ngoài hình tròn tâm O ( 0;0 ) và bán kính R = 1 đồng thời nằm trong hình tròn tâm O ( 0;0 ) và bán kính R = 2.

Ngoài ra còn có thể giàng buộc thêm điều kiện ( ví dụ phần thực không âm…) c)

z = 3 ⇔ x + yi = 3 x + ( y − 1)i ⇔ x 2 + y 2 = 9 x 2 + 9( y − 1) 2 z −i 2

2

9  3  ⇔ 8 x + 8 y − 18 y + 9 = 0 ⇔ x +  y −  =   8 8  3  9 Vậy tập hợp các điểm M là đường tròn tâm I  0;  và bán kính R = 8  8 3 3 9 d) Ta có z − 2 + 3i = (*) ⇔ ( x − 2) + ( y + 3)i = ⇔ ( x − 2)2 + ( y + 3)2 = .

2 2 4 3 Tập hợp M là đường tròn(C) tâm I ( 2; - 3) và bán kính R = 2 Bài 2: Trên mặt phẳng toạ độ, tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thoả mãn điều 2

2

2

kiện sau: a) z − 2 − 4i = z − 2i b) z 2 là số ảo. z +i là số thực. z +i z − 3i d) =1 z+i

c)

Lời giải: Gọi z = x + yi ( x, y ∈ R ) ⇒ M ( x; y ) biểu diễn cho số phức z trong mặt phẳng toạ độ. a) Ta có z − 2 − 4i = z − 2i 2

(*) ⇔ ( x − 2) + ( y − 4)i = x + ( y − 2)i

2

⇔ ( x − 2) + (4 − y ) = x 2 + ( y − 2) 2 ⇔ y = − x + 4 Tập hợp M là đường thẳng có phương trình y = − x + 4 y = x  y = −x

b) Ta có z 2 = x 2 − y 2 + 2 xyi nên z 2 là số ảo ⇔ x 2 − y 2 = 0 ⇔ 

Tập hợp M là hai đường phân giác y = x và y = − x c) Ta có

z + i x 2 − ( y − 1) 2 2 xy = 2 + 2 i 2 z − i x + ( y − 1) x + ( y − 1) 2

 x = 0  xy = 0 z+i  Nên là số thực ⇔  ⇔   y = 0 z +i  x + (1 − y )i ≠ 0 ( x; y ) ≠ (0;1)  Vậy tập hợp điểm M là hai trục toạ độ bỏ đi điểm M ( 0;1) .

d) Cách 1 z − 3i = 1 ⇔ z − 3i = z + i ⇔ x + ( y − 3)i = x + ( y + 1)i z +i ⇔ x 2 + ( y − 3) 2 = x 2 + ( y + 1) 2 ⇔ y = 1 Vậy tập hợp điểm M là đường thẳng y = 1 .

Ta có

Cách 2 Từ z − 3i = z + i . Gọi A và B là hai điểm biểu diễn các số 3i và −i tức là A ( 0;3) , B(0; −1) .

Ta có z − 3i = z + i ⇔ MA = MB . Vậy M nằm trên đường trung trực của AB tức là M nằm trên đường thẳng y = 1 .

Bài 3: Trên mặt phẳng toạ độ, tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thoả mãn điều kiện sau: a) 2 z − i = z − z + 2i b) z − i + z + i = 4 c)

z 2 − ( z )2 = 4

Lời giải: Đặt: z = x + yi ( x, y ∈ R ) → z có điểm biểu diễn trên mặt phẳng phức là M ( x; y ) . a) 2 z − i = z − z + 2i ⇔ 2 x + ( y − 1)i = (1 + y )i ⇔ y =

x2 4

Vậy tập hợp điểm M là đường parabol (P) có phương trình y = b) z − i + z + i = 4 ⇔ x 2 + ( y − 1) 2 + x 2 + ( y + 1) 2 = 4 (*) Đặt F1 (0; −1) ; F2 (0;1) (*) ⇔ MF1 + MF2 = 4 > F1 F2 = 2

Suy ra tập hợp M là elíp (E) có 2 tiêu điểm là F1 , F2 . x2 y 2 + 2 = 1 (0 < a < b; b 2 = a 2 + c 2 ) 2 a b MF + MF = 2 a  a = 2 2 Ta có  1 ⇔ ⇒ b2 = a 2 + c2 = 5 c = 1  F1F2 = 2c

Gọi (E) có phương trình

x2 .

4

Vậy (E) có phương trình

c) Ta có

x2 y 2 + =1 4 5

1  y=  x z 2 − ( z ) 2 = 4 ⇔ 4 xyi = 4 ⇔ 4 xy = 4 ⇔ xy = 1 ⇔  y = − 1  x 1 x

Vậy tập hợp điểm M là đường hybebol (H) có phương trình là y = và y = −

1 x

Bài 4: Trên mặt phẳng phức tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức ω = (1 + i 3) z + 2 thoả mãn điều kiện z − 1 ≤ 2 .

Lời giải: Gọi z = a + bi (a; b ∈ R) và ω = x + yi ( x; y ∈ R ) ⇒ M ( x; y ) biểu diễn cho só phức ω trong mặt phẳng toạ độ z − 1 ≤ 2 ⇔ ( a − 1) 2 + b 2 ≤ 4 (1)

Ta có:  x = a − 3b + 2

ω = (1 + i 3) z + 2 ⇔ x + yi = (a + bi )(1 + i 3) + 2 ⇔ 

 y = 3a + b

 x − 3 = a − 3b − 1 ⇔  y − 3 = 3(a − 1) + b ⇒ ( x − 3) 2 + ( y − 3) 2 ≤ 4 ( a − 1) 2 + b 2  ≤ 16 ( do(1)).

⇒ ( x − 3) 2 + ( y − 3) 2 ≤ 16 .

Vậy tập hợp các điểm cần tìm là hình tròn tâm I (3; 3) , bán kính R = 4 .

II.4.2. Dạng 2. Tìm số phức z có hình biểu diễn cho trước.

A. Phương pháp Tìm toạ độ điểm M (phụ thuộc tham số) biểu diễn cho số phức z trên mặt phẳng toạ độ.

Cho M thuộc và hình biểu diễn của z , ta tìm được giá trị của tham số.

Kết luận số phức z cần tìm.

B. Bài tập minh hoạ Bài 1: Cho số phức z = m + (m − 3)i, m ∈ R a) Tìm m để biểu diễn của số phức nằm trên đường phân giác thứ hai y = − x . b) Tìm m để biểu diễn của số phức nằm trên hybebol y =

−2 . x

c) Tìm m để khoảng cách của điểm biểu diễn số phức đến gốc toạ độ là nhỏ nhất.

Lời giải: Số phức z = m + (m − 3)i, m ∈ R → điểm biểu diễn cho số phức z trên mặt phẳng toạ độ là: M ( m; m − 3) .

3 2

a) Để M nằm trên đường phân giác thứ hai y = − x thì m − 3 = −m ⇔ m = .

b)

Để

M

nằm

trên

đường

hybebol

y=−

2 x

thì

m ≠ 0 m ≠ 0 m = 1 2  m−3= − ⇔  2 ⇔ m = 1 ⇔  m m = 2 m − 3m + 2 = 0  m = 2

c) Để khoảng cách từ M đến O nhỏ nhất ⇔ m 2 + (m − 3)2 nhỏ nhất 2   3 3 3 ⇔ (2m 2 − 6m + 9) nhỏ nhất ⇔  2  m −  +  nhỏ nhất ⇔ m =    2 2 2  Bài 2: Cho số phức z = a + bi,(a, b ∈ R ) . Hỏi a, b phải thoả mãn điều kiện gì để: a) Điểm biểu diễn chúng nằm trong giải giữa 2 đường thẳng x = −2 và x = 2 ? b) Điểm biểu diễn chúng nằm trong giải giữa 2 đường thẳng y = −3 và y = 3 ?

c) Điểm biểu diễn chúng nằm trong hình tròn tâm O, bán kính 2?

Lời giải: a) Để điểm biểu diễn chúng nằm trong giải giữa 2 đường thẳng x = −2 và x = 2 thì −2 < a < 2

b) Để điểm biểu diễn chúng nằm trong giải giữa 2 đường thẳng y = −3 và y = 3 thì −3 < b < 3

c) Để điểm biểu diễn chúng nằm trong hình tròn tâm O, bán kính 2 thì a 2 + b 2 < 4 .

II.4.3. Dạng 3: Chứng minh tính chất liên quan đến hình biểu diễn của số phức hoặc dùng hình biểu diễn của số phức chứng minh tính chất của số phức.

A. Phương pháp: Để chứng minh các điểm biểudiễn cho các số phức thoả mãn điều kiện (T), thông thường ta làm như sau Đọc toạ độ các điểm biểu diễn cho các số phức đã cho.

Dựa vào điểu kiện (T), ta qui được bài toán về bài toán hình giải tích trong mặt phẳng.

B. Bài tập minh hoạ Bài 1: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho A, B là hai điểm lần lượt biểu diễn hai nghiệm phức của phương trình z 2 + 6 z + 18 = 0 . Chứng minh rằng tam giác OAB vuông cân.

Lời giải:  z = 3 + 3i

Phương trình z 2 + 6 z + 18 = 0 có ∆ ' = 9 − 18 = −9 = 9i 2 nên có hai nghiệm  1  z2 = 3 − 3i Trong mặt phẳng toạ độ số phức z1 có biểu diễn là A ( 3;3) số phức z2 có biểu diễn là B ( 3; −3) △OAB có OA = OB = 3 2 nên △ ABC cân tại O

0 A(3;3),0 B (3; −3) → OA.OB = 0 → OA ⊥ OB nên △ ABC vuông tại O. Vậy △OAB vuông cân tại O.

Bài 2: Xét các điểm A, B, C trong mặt phẳng phức theo thứ tự biểu diễn các số 4i 2 + 6i ; (1 − i )(1 + 2i ) ; . −1 + i 3−i

phức

a) Chứng minh ABC là tam giác vuông cân. b) Tìm số phức biểu diễn bởi điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình vuông.

Lời giải: a) Ta có 4i 4i (−1 − i ) −4i + 4 = = = 2 − 2i → z1 có điểm biểu diễn là A ( −2;2 ) . −1 + i 1+1 2

z1 =

z2 = (1 − i )(1 + 2i ) = 3 + i → z2 có điểm biểu diễn là B ( 3;1) .

2 + 6i (2 + 6i)(3 + i ) 6 + 2i + 18i + 6i 2 = = = 2i → z3 có điểm biểu diễn là C ( 0; 2 ) .

3−i 10 3−i Nên AB = 10 BC = 10 AC = 20  AB = BC Suy ra tam giác ABC vuông cân tại B vì  2 2 2  AB + BC = CA

b) Gọi D ( x; y ) → CD ( x; y − 2)

BA(−1; −3)

 x = −1  x = −1 ABCD là hình vuông ⇔ BA = CD ⇔  ⇔  y − 2 = −3  y = −1 Vậy D biểu diễn số phức z = −1 − i .

Bài 3: Cho A, B, C không thẳng hàng biểu diễn số phức z1 , z2 , z3 . z3 =

a) Trọng tâm tam giác ABC biểu diễn số phức nào? b) z1 , z2 , z3 thoả mãn z1 = z2 = z3 . Chứng minh rằng A,B,C là ba đỉnh một tam giác đều ⇔ z1 + z2 + z3 = 0 .

Lời giải:  x A + xB + xC y A + yB + yC  ;  biểu diễn số phức 3 3  

a) Trọng tâm tam giác ABC là G  z1 + z2 + z3 .

3

b) Vì z1 = z2 = z3 → OA = OB = OC → A,B,C thuộc đường tròn tâm O, bán kính R = z1

Để ABC là tam giác đều điều kiện cần và đủ là O phải là trọng tâm tam giác ABC  x A + xB + xC =0  z +z +z 3 ⇔ ⇔ 1 2 3 = 0 ⇔ z1 + z2 + z3 = 0 3  y A + yB + yC = 0  3

Nhận xét: Tương tự giáo viên có thể khai thác thêm các câu hỏi nhằm củng cố cả kiến thức về hình giải tích trong mặt phẳng như sau: c) Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC biểu diễn số phức nào? d) Tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC biểu diễn số phức nào?

Như vậy qua các bài tập này sẽ giúp các em ôn tập lại một số bài toán hình giải tích trong mặt phẳng.

Bài 4: Chứng minh rằng với mọi số phức z, w ta có: z + w ≤ z + w . Đẳng thức xảy ra khi nào?

HD: Gọi A, B, C lần lượt là các điểm biểu diễn các số phức z, w, z + w . Ta có: z = OA, w = OB, z + w = OC.

Từ OC ≤ OA + AC , suy ra z + w ≤ z + w .

Hơn nữa: OC = OA + AC khi và chỉ khi O, A,C thẳng hàng và A thuộc đoạn thẳng

OC. Khi O ≠ A ( hay z ≠ 0 ), điều đó có nghĩa là có số k ≥ 0 để AC = kOA tức là w = kz . ( Còn khi z = 0 , rõ ràng z + w ≤ z + w ).

Vậy z + w ≤ z + w khi và chỉ khi z = 0 hoặc nếu z ≠ 0 thì tồn tại k ∈ R+ để w = kz .

IV.4.3. Bài tập tự luyện: Bài 1: Trên mặt phẳng phức tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thoả mãn điều kiện sau: a) z − (3 − 4i ) = 2 KD-2009 KB-2010 b) z − i = (1 + i ) z c) z − i + z + 2i = 5 d) z − 4i + z + 4i = 10 e) z 2 − ( z.z )2 = 4 g) z + z + 3 = 4 h) z 2 = ( z )2 i) z − z + 1 − 2i = 3 k) z = z + 4i − 3 Bài 2: a) Cho A, B biểu diễn hai số phức z0 ; z1 ≠ 0 thoả mãn: z0 2 + z12 = z0 z1 . Chứng minh rằng OAB là tam giác đều. b) Cho O, A biểu diễn số 1, B biểu diễn số phức z không thực; A’ biểu diễn số phức z ' ≠ 0 và B’ biểu diễn số phức z.z’. Chứng minh rằng hai tam giác OAB và OA’B’ đồng dạng.

II.5. CHUYÊN ĐỀ 5: Cực trị của số phức II.5.1. Các bài toán qui về bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm một biến A. Phương pháp

Bài toán: Trong các số phức z thoả mãn điều kiện T. Tìm số phức z để biểu thức P đạt giá trị nhỏ nhất, lớn nhất Từ điều kiện T, biến đổi để tìm cách rút ẩn rồi thế vào biểu thức P để được hàm một biến Tìm giá trị lớn nhất (hoặc nhỏ nhất) tuỳ theo yêu cầu bài toán của hàm số một biến vừa tìm được.

B. Bài tập minh hoạ Bài tập 1: Trong các số phức z thoả mãn điều kiện z + 1 − 5i = z + 3 − i , tìm số phức có môđun nhỏ nhất Lời giải: Gọi z = x + yi ( x; y ∈ R ) z + 1 − 5i = z + 3 − i ⇔ ( x + 1) 2 + ( y − 5) 2 = ( x + 3) 2 + ( y + 1) 2 ⇔ x + 3y − 4 = 0 ⇔ x = 4 − 3y 2

6  8 2 10  z = x + y = (4 − 3 y ) + y = 10 y − 24 y + 16 = 10  y −  + ≥ 5 5 5  6 2 Đẳng thức xảy ra khi y = ⇒ x = 5 5 2 10 2 6 Vậy z đạt giá trị nhỏ nhất bằng khi z = + i 5 5 5 2 6 Vậy z = + i là số phức cần tìm.

5 5 Bài tập 2: Trong các số phức z có phần thực, phần ảo không âm và thoả mãn: z −3 = 1 . Tìm số phức z sao cho biểu thức z − 1 + 2i 2

2

2

2

2

P = z 2 − z 2 − ( z 2 − z 2 ) .i.[ z (1 − i ) + z (1 + i ) ] đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất.

Lời giải: Điều kiện: z ≠ 1 − 2i Gọi z = x + yi ( x; y ∈ R*+ ) z −3 z −3 =1⇔ = 1 ⇔ z − 3 = z − 1 + 2i z − 1 + 2i z − 1 + 2i ( x − 3) 2 + y 2 = ( x − 1) 2 + ( y + 2) 2 ⇔ x + y = 1 (luôn thoả mãn điều kiện vì x = 1; y = −2 không thoả mãn phương trình) z = x − yi ⇒ z 2 − z 2 = 4 xy.i ⇒ z 2 − z 2 = 4 xy (vì x; y không âm)

(z

2

− z 2 ) .i = − 4 xy ⇒ z 2 − z 2 = 4 xy

z (1 − i ) + z (1 + i ) = 2 x + 2 y Do đó P = 16 x 2 y 2 + 4 xy.(2 x + 2 y ) = 16 x 2 y 2 + 8 xy 2

1  x+ y  1 2 Đặt t = xy ⇒ 0 ≤ t ≤   = , ta có P = 16t + 8t ; t ∈ 0;  4  2   4

 1

Xét hàm số f (t ) = 16t 2 + 8t liên tục trên 0;   4 1 f '(t ) = 32t + 8t ; f '(t ) = 0 ⇔ t = 0 ∨ t = − (loại) 4 33 1  1  33 f (0) = 0; f   = ⇒ max f (t ) = ⇔ t = ;min f (t ) = 0 ⇔ t = 0 1   16 4 0; 1   4  16 0;   4

 4

 x = 0; y = 1 1 1 ⇒ x = y = ; Khi t = 0 ⇒  2 2  x = 1; y = 0 33 1 1 Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng khi z = + i 16 2 2 P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 0 khi z = 1 ∨ z = 0

Khi t =

Nhận xét: Bài tập này cũng có thể giải được bằng cách rút y = 1 − x và thế vào biểu thức P ta được hàm số g ( x) = 16 x 2 (1 − x)2 + 8 x(1 − x) rồi đi tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số g ( x) trên [ 0;1] Như vậy qua dạng bài tập này học sinh thấy được mối liên hệ giữa bài toán số phức với bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số. Qua đó giúp các em ôn tập phương pháp timg giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm một biến C. Bài tập tự luyện Bài 1: Cho số phức z thoả mãn (2 − z )(i + z ) là một số ảo, tìm số phức có môđun nhỏ nhất Bài 2: Trong các số phức z thoả mãn (1 − i ) z = (1 + i) z . Tìm số phức sao cho biểu 2

thức P =

z +3 2

z + 2 + i −1

đạt giá trị nhỏ nhất, lớn nhất.

Bài 3: Trong các số phức z thoả mãn z − 2 − 4i = z − 2i . Tìm số phức có môđun nhỏ nhất.

Bài 4: Trong các số phức z thoả mãn 2 z − i = z − z + 2i . Tìm số phức z sao cho biểu thức P =

4

(z + z )

4

+ z − z đạt giá trị nhỏ nhất

II.5.2. Các bài toán qui về bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu thức hai biến mà các biến thoả mãn điều kiện cho trước A. Phương pháp: Để giải được lớp bài toán này, chúng tôi cung cấp cho học sinh các bất đẳng thức cơ bản như: Bất đẳng thức liên hệ giữa trung bình cộng và trung bình nhân, bất đẳng thức Bunhia- Cốpxki, bất đẳng thức hình học và một số bài toán công cụ sau: Bài toán 1: Cho đường tròn (T ) cố định có tâm I bán kính R và điểm A cố định. Điểm M di động trên đường tròn (T ) . Hãy xác định vị trí điểm M sao cho AM lớn nhất, nhỏ nhất.

Lời giải:

TH1: A thuộc đường tròn (T) Ta có: AM đạt giá trị nhỏ nhất bằng 0 khi M trùng với A AM đạt giá trị lớn nhất bằng 2R khi M là điểm đối xứng với A qua I TH2: A không thuộc đường tròn (T) Gọi B, C là giao điểm của đường thẳng d và đường tròn (T); giá sử AB < AB +) Nếu A nằm ngoài đường tròn (T) thì với điểm M bất kì trên (T), ta có: AM ≥ AI − IM = AI − IB = AB . Đẳng thức xảy ra khi M ≡ B AM ≤ AI + IM = AI + IC = AC . Đẳng thức xảy ra khi M ≡ C +) Nếu A nằm trong đường tròn (T) thì với điểm M bất kì trên (T), ta có: AM ≥ IM − IA = IB − IA = AB . Đẳng thức xảy ra khi M ≡ B AM ≤ AI + IM = AI + IC = AC . Đẳng thức xảy ra khi M ≡ C Vậy khi M trùng với B thì AM đạt gí trị nhỏ nhất Vậy khi M trùng với C thì AM đạt gí trị lớn nhất Bài toán 2: Cho hai đường tròn (T1 ) có tâm I, bán kính R1; đường tròn (T2 ) có tâm I, bán kính R2. Tìm vị trí của điểm M trên (T1 ) , điểm N trên (T2 ) sao cho MN đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất Lời giải: Gọi d là đường thẳng đi qua I, J; d cắt đường tròn (T1 ) tại hai điểm phân biệt A, B (giả sử JA > JB) ; d cắt (T2 ) tại hai điểm phân biệt C, D ( giả sử ID > IC).

Với điểm M bất khì trên (T1 ) và điểm N bất kì trên (T2 ) , ta có: MN ≤ IM + IN ≤ IM + IJ + JN = R1 + R2 + IJ = AD . Đẳng thức xảy ra khi M trùng với A và N trùng với D MN ≥ IM − IN ≥ IJ − IM − JN = IJ − R1 + R2 = BC . Đẳng thức xảy ra khi M trùng với B và N trùng với C Vậy khi M trùng với A và N trùng với D thì MN đạt giá trị lớn nhất khi M trùng với B và N trùng với C thì MN đạt giá trị nhỏ nhất Bài toán 3: Cho hai đường tròn (T ) có tâm I, bán kính R; đường thẳng ∆ không có điểm chung với (T ) . Tìm vị trí của điểm M trên (T ) , điểm N trên ∆ sao cho MN đạt giá trị nhỏ nhất.

Lời giải: Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên d Đoạn OH cắt đường tròn (T ) tại J Với M thuộc đường thẳng ∆ , N thuộc đường tròn (T ) , ta có: MN ≥ IN − IM ≥ IH − IJ = JH = const . Đẳng thức xảy ra khi M ≡ H ; N ≡ I Vậy khi M trùng với H; N trùng với J thì MN đạt giá trị nhỏ nhất B. Bài tập minh hoạ: Bài tập 1: Trong các số phức z thoả mãn z − 3 + 4i = 4 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của z Lời giải: Cách 1

Gọi z = x + yi

( x; y ∈ R ) ⇒ M ( x; y) biểu diễn cho số phức z trong hệ toạ độ Oxy

z − 3 + 4i = 4 ⇔ ( x − 3) 2 + ( y + 4) 2 = 4 ⇔ ( x − 3) 2 + ( y + 4) 2 = 16

Vậy điểm M biểu diễn cho số phức z thuộc đường tròn (T) có tâm I (3; −4) , bán kính R = 4. z = x 2 + y 2 = OM ; OI = 5 > R nên O nằm ngoài đường tròn (T) z lớn nhất , nhỏ nhất khi OM lớn nhất, nhỏ nhất khi M di dộng trên (T) (Bài toán qui về Bài toán 1- Trường hợp 2) Đường thẳng OI cắt đường tròn (T) tại hai điểm phân biệt  3 4   27 36  A  ; −  ; B  ; −  ⇒ OA = 1; OB = 9 5  5 5  5 Với M di động trên (T), ta có: OA ≤ OM ≤ OB ⇔ 1 ≤ OM ≤ 9 ⇒ 1 ≤ z ≤ 9 ⇒ OM nhỏ nhất khi M trùng với A; OM lớn nhất khi M trùng với B 3 4 27 36 Vậy z nhỏ nhất bằng 1 khi z = − i ; z lớn nhất bằng 9 khi z = − i 5 5 5 5

Cách 2 Gọi z = x + yi ( x; y ∈ R ) ⇒ M ( x; y ) biểu diễn cho số phức z trong hệ toạ độ Oxy ω = 3 − 4i ⇒ A(3; −4) biểu diễn cho số phức ω z = OM ; ω = OA = 5; z − ω = AM ; z − 3 + 4i = 4 ⇔ z − ω = 4 ⇔ AM = 4 Ta có: OM − OA ≤ AM ⇔ −4 ≤ OM − OA ≤ 4 ⇔ −4 + OA ≤ OM ≤ 4 + OA ⇔ 1 ≤ OM ≤ 9

3 4 27 36 − i; z = 9 z = − i 5 5 5 5 3 4 27 36 Vậy z nhỏ nhất bằng 1 khi z = − i ; z lớn nhất bằng 9 khi z = − i 5 5 5 5

⇒ 1 ≤ z ≤ 9 ; z = 1 khi z =

Nhận xét: Ngoài ra bài toán trên có thể giải bằng phương pháp sử dụng bất đẳng thức Bunhia-Cốpxki hoặc phương pháp lượng giác hoá.

Bài 2: Trong các số phức z thoả mãn điều kiện z ( z + 2 − 4i ) là một số ảo, tìm số phức z sao cho ω = z − 1 − i có môđun lớn nhất Lời giải: Gọi z = x + yi ( x; y ∈ R ) ⇒ M ( x; y ) biểu diễn cho số phức z trong hệ toạ độ Oxy z ( z + 2 − 4i ) = ( x − yi ) [ ( x + 2) + ( y − 4)i ] = x( x + 2) + y ( y − 4) + [ x( y + 4) − y ( x + 2)] i z ( z + 2 − 4i ) là một số ảo ⇔ x( x + 2) + y ( y − 4) = 0 ⇔ x 2 + y 2 + 2 x − 4 y = 0 ⇔ ( x + 1) 2 + ( y − 2) 2 = 5 ⇒ M biểu diễn cho z thuộc đường tròn (T) có tâm I ( −1;2) , bán kính R = 5

ω = z − 1 − i = ( x − 1) + ( y − 1)i = ( x − 1)2 + ( y − 1)2 = AM với A(1;1) IA = 5 ⇒ A ∈ (T ) (Bài toán được qui về Bài toán 1 - trường hợp 1) Vì M là điểm di động trên (T) nên AM lớn nhất ⇔ AM là đường kính của (T) ⇔ M đối xứng với A qua I ⇔ I là trung diểm của AM ⇒ M ( −3;3) ⇒ z = −3 + 3i ⇒ ω = −4 + 2i

Vậy ω lớn nhất bằng 2 5 khi z = −3 + 3i Bài 3: Trong các số phức z có môđun bằng 2 2 . Tìm số phức z sao cho biểu thức P = z + 1 + z + i đạt giá trị lớn nhất Lời giải: Gọi z = x + yi ( x; y ∈ R ) z = 2 2 ⇔ x2 + y 2 = 2 2 ⇔ x2 + y2 = 8 P = z + 1 + z + i = ( x + 1) 2 + y 2 + x 2 + ( y + 1) 2

Áp dụng bất đẳng thức Bunhia-côpxki cho hai bộ số 1;1 và ( x + 1)2 + y 2 ; x 2 + ( y + 1) 2 , ta có: P 2 ≤ 2  ( x + 1) 2 + y 2 + x 2 + ( y + 1) 2  = 4(9 + x + y )

Áp dụng bất đẳng thức Bunhia-cốpxki cho hai bộ số 1;1 và x; y , ta có: x + y ≤ 2 ( x2 + y 2 ) = 4 ⇒ P 2 ≤ 52 ⇒ P ≤ 2 13 . Đẳng thức xảy ra khi x = y = 2

Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 2 13 khi z = 2 + 2i Bài 4: Trong các số phức z có môđun bằng 2 . Tìm số phức z sao cho biểu thức P = z − 1 + z − 1 + 7i đạt giá trị lớn nhất Lời giải: Gọi z = x + yi ( x; y ∈ R ) z = 2 ⇔ x2 + y 2 = 2 ⇔ x2 + y 2 = 4 P = z − 1 + z − 1 + 7i = ( x − 1) 2 + y 2 + ( x − 1) 2 + ( y + 7) 2

Xét u ( x − 1; y ) , v (1 − x; −7 − y ) ⇒ u + v = ( 0; −7 ) . Khi đó:

P = u + v ≥ u + v = 7 . Đẳng thức xảy ra khi u , v cùng hướng

⇒ ( x − 1)(−7 − y ) = y (1 − x) ⇔ x = 1 x =1⇒ y = ± 3

Với x = 1; y = 3 thì u , v ngược hướng (không thoả mãn)

Với x = 1; y = − 3 thì u , v cùng hướng (thoả mãn) Vậy z = 1 − i 3 thì P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 7 Bài 5: Trong các số phức z1, z2 thoả mãn: z1 − 1 − i =1 ; z2 − 6 − 6i = 6 , tìm số phức z1, z2 sao cho z1 − z2 đạt giá trị lớn nhất.

Lời giải: Gọi z1 = a + b.i ; z2 = c + d .i ;(a; b; c; d là những số thực); z1 được biểu diễn bởi điểm M(a; b); z2 được biểu diễn bởi điểm N(c; d) trong mặt phẳng toạ độ Oxy z1 − 1 − i = 1 ⇔ z1 − 1 − i

I(1; 1), bán kính R = 1

2

= 1 ⇔ (a − 1)2 + (b − 1)2 = 1 suy ra M thuộc đường tròn tâm

z2 − 6 − 6i = 6 ⇔ z2 − 6 − 6i

2

= 36 ⇔ (c − 6)2 + (d − 6)2 = 36 suy ra M thuộc đường

tròn tâm J(6; 6), bán kính R' = 6 z1 − z2 = (c − a ) 2 + ( d − b) 2 = MN

(Bài toán được qui về Bài toán 2) Đường thẳng IJ có phương trình y = x. Đường thẳng IJ cắt đường tròn tâm I tại hai 2− 2 2− 2  2+ 2 2+ 2  ; ; ; M 2   2  2   2  2

điểm M 1  Đường

thẳng

(

IJ

cắt

tròn

đường

) (

N1 6 − 3 2;6 − 3 2 ; N 2 6 + 3 2;6 + 3 2

tâm

J

tại

hai

điểm

)

M 2 N1 ≤ MN ≤ M 1 N 2 ⇔ 5 2 − 7 ≤ z1 − z2 ≤ 5 2 + 7 max z1 − z2 = 5 2 + 7 khi M ≡ M 1 , N ≡ N 2 2− 2 2− 2 i ; z2 = 6 + 3 2 + 6 + 3 2 i thì z1 − z2 đạt giá trị lớn nhất. + 2 2 Bài 6: Cho các số phức z1; z2 thoả mãn: z1 =1 ; z2 [ z2 − (1 − i )] − 6 + 2i là một số thực.

(

Vậy z1 =

)

2

Tìm số phức z1; z2 sao cho P = z2 − ( z1 z2 + z1 z2 ) đạt giá trị nhỏ nhất.

Lời giải: Gọi z1 = a + bi ; z2 = c + di ; ( a; b; c; d ∈ R ) ⇒ M (a; b), N (c; d ) lần lượt biểu diễn cho z1; z2 trong hệ toạ độ Oxy z1 = 1 ⇔ a 2 + b 2 = 1 ⇔ a 2 + b 2 = 1 ⇒ M thuộc đường tròn (T ) có tâm O, bán kính R = 1 z2 = c − di;

ω = z  z − (1 − i )  − 6 + 2i = ( c − di ) [ (c − 1) + ( d + 1)i ] + 2 − 6i = c(c − 1) + d ( d + 1) + 2 + [ c( d + 1) − d (c − 1) − 6] i

ω là số thực ⇔ c( d + 1) − d (c − 1) − 6 = 0 ⇔ c + d − 6 = 0 ⇒ N thuộc đường thẳng ∆ : x + y − 6 = 0 Ta có d (O; ∆) > 1 nên ∆ và (T ) không có điểm chung z1 z2 = ac + bd + (bc − ad )i; z1 z2 = ac + bd + (−bc + ad )i ⇒ z1 z2 + z1 z2 = 2( ac + bd ) P = c 2 + d 2 − 2( ac + bd ) = (c − a ) 2 + (b − d ) 2 − 1 = MN 2 − 1 (vì a 2 + b 2 = 1 )

(Bài toán được qui về Bài toán 3) Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên ∆ : x + y − 6 = 0 ⇒ H (3;3)  2 2 ;   2 2 

Đoạn OH cắt đường tròn (T ) tại I 

Với N thuộc đường thẳng ∆ , M thuộc đường tròn (T ) , ta có: MN ≥ ON − OM ≥ OH − OI = IH = 3 2 − 1 . Đẳng thức xảy ra khi M ≡ I ; N ≡ H

(

)

2

⇒ P ≥ 3 2 − 1 − 1 = 18 − 6 2 . Đẳng thức xảy ra khi z1 =

2 2 + i; z2 = 3 + 3i 2 2

2 2 + i; z2 = 3 + 3i 2 2 Bài 7: Trong các số phức z thoả mãn điều kiện z − 3 + z + 3 = 10 . Tìm số phức z có

Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 18 − 3 2 khi z1 =

môđun lớn nhất Lời giải: Gọi z = x + yi ( x; y ∈ R ) ⇒ M ( x; y ) biểu diễn cho số phức z trong hệ toạ độ Oxy z − 3 + z + 3 = 10 ⇔ ( x − 3) 2 + y 2 + ( x + 3) 2 + y 2 = 10 ⇔ MF1 + MF2 = 10 ;

(với F1 (−3;0); F2 (3;0) ) x2 y 2 =1 ⇔ M ∈ ( E ) có tâm O, trục lớn bằng 10; tiêu cự bằng 6 ⇔ M ∈ ( E ) : + 25 9 z = OM ; OM lớn nhất ⇔ OM = a = 5 ⇔ M (5;0) ∨ M (−5;0)

Vậy z lớn nhất bằng 5 khi z = 5 ∨ z = −5 C. Bài tập tự luyện Bài 1: Trong các số phức z có môđun bẳng 13 . Tìm số phức ω = z + 2 − 3i có môđun lớn nhất 2 Bài 2: Cho số phức z thoả mãn z − z (1 + 2i ) + (−1 + 2i ) z − 20 = 0 . Tìm số phức z có môđun lớn nhất, nhỏ nhất.

Bài 3: Trong các số phức z1; z2 thoả mãn: ( z1 − 10 )( z1 + 6i ) có phần thực bằng −26 ; 2

2

z2 + 1 − 3i + z2 − 4 + 2i = 58 . Tìm số phức z1; z2 sao cho z1 − z2 đạt giá trị nhỏ nhất,

lớn nhất.

Bài 4: Trong các số phức z1; z2 thoẩ mãn z1 − i = (1 + i) z1 ; z − 1 + 2i = z − 3 + 4i . Tìm 2

số phức z1; z2 sao cho biểu thức P = ( z1 − z1 ) i + z2 − ( z1 z2 + z1 z2 ) Bài 5: Cho số phức z ≠ 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức p=

z2 − z 2 z

4

2

+

4 z2 z2 − z 2

2

Bài 6: Tìm số phức z có module nhỏ nhất, lớn nhất trong các số phức z thoả mãn điều kiện sau: z + 1 − 5i = 2 z +3−i b) 2 z − 2 + 2i = 1

a)

II.6. CHUYÊN ĐỀ 6: ỨNG DỤNG SỐ PHỨC ĐỂ GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH II.6.1. Phương pháp Để giải hệ phương trình với 2 ẩn x, y ∈ ℝ ta làm như sau: Đặt z = x + iy ; x, y ∈ ℝ Từ hệ phương trình đã cho dẫn đến phương trình với ẩn z. Giả sử ta tìm được z = a + bi ; a, b ∈ ℝ

x = a y = b Một số đẳng thức thường dùng : Với z = x + iy ; x, y ∈ ℝ ta có:

Từ đó sử dụng khái niệm 2 số phức bằng nhau suy ra  (1) z = x − yi (2) z 2 = x 2 − y 2 + 2 xyi (3) z 3 = x3 − 3 xy 2 + (3 x 2 y − y 3 )i 1 x − yi = 2 z x + y2 i y + xi (5) = 2 z x + y2 1 x2 − y 2 2 xyi (6) 2 = − 2 2 z ( x2 + y 2 ) ( x2 + y 2 )

(4)

(7) z n = r (cos ϕ + i sin ϕ ) ϕ + k 2π   ϕ + k 2π (8) z = n r  cos + i sin  n n

 k = 0; 1; 2;...; ( n − 1)

B. Bài tập minh họa 3 2 2 2  x − 3 xy − x + 1 = x − 2 xy − y Bài 1: Giải hệ phương trình  3 (I ) 2 2 2  y − 3 x y + y − 1 = y − 2 xy − x

Lời giải: 2 2 2  z = x − y + 2 xyi Đặt z = x + iy ; x, y ∈ ℝ ⇒  3 3 2 2 3  z = x − 3 x y + (3 xy − y )i

3 2 2 2  x − 3 xy − x + 1 − x + 2 xy + y = 0 Khi đó: ( I ) ⇔  ( II ) 3 2 2 2 i ( − y + 3 x y − y + 1 − x − 2 xy + y ) = 0

Trừ vế với vế 2 phương trình của hệ (II) ta được: x3 − 3 xy 2 + (3 x 2 y − y 3 )i − (1 + i )( x 2 − y 2 + 2 xyi ) − ( x + yi) + i + 1 = 0 ⇔ z 3 − (1 + i ) z 2 − z + i + 1 = 0 ⇔ ( z − 1)( z 2 − iz − 1 − i ) = 0 z = 1 ⇔  z = −1   z = 1 + i

Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) là: (1;0 ) , ( −1;0 ) , (1;1) 3x − y   x + x2 + y2 = 3  Bài 2: Giải hệ phương trình:   y − x + 3y = 0 x2 + y 2 

Lời giải:

3x − y 3x − y (3 x − y ) − ( x + 3 y )i    − 3 = 0 (1)  x + x2 + y2 = 3  x + x2 + y2 = 3 ( x + yi ) + x2 + y 2    ⇔ ⇔  x + y x + y 3 3  yi − y −  yi − x + 3 y i = 0 =0 i=0 2 2 2 2    x +y x +y x2 + y 2 1 x − yi i y + xi Đặt z = x + iy ; x, y ∈ ℝ ⇒ = 2 ; = 2 2 z x + y z x + y2 z = 2 + i 3−i Từ đó phương trinh (1) trở thành: z + − 3 = 0 ⇔ z 2 − 3z + 3 − i = 0 ⇔  z z = 1− i Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) là: ( 2;1) , (1;1) (6 − x)( x 2 + y 2 ) = 6 x + 8 y Bài 3: Giải hệ phương trình:  (I) 2 2 (3 − x)( x + y ) = 8 x − 6 y

Lời giải: +) x = y = 0 thỏa mãn hệ phương trình (I) +) x 2 + y 2 > 0 , chia cả hai vế của cả hai phương trình của hệ (I) cho x 2 + y 2 ta được: 6x + 8 y 6x + 8 y    x + x2 + y 2 = 6  x + x2 + y 2 = 6   ⇔   y + 8x − 6 y = 3  yi + 8 x − 6 y i = 3i 2 2   x +y x2 + y2

Cộng vế với vế 2 phương trình của hệ ta được: x + yi +

6 x + 8 y + (8 x − 6 y )i = 6 + 3i x2 + y 2

1 x − yi i y + xi = 2 ; = 2 2 z x + y z x + y2 6 + 8i = 6 + 3i Từ đó phương trinh (1) trở thành: z + z z = 2 + i ⇔ z 2 − (6 + 3i ) z + 6 + 8i = 0 ⇔   z = 4 + 2i Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) là: (0;0) , ( 2;1) , ( 4;2 )

Đặt z = x + iy ; x, y ∈ ℝ ⇒

2 y 3 − 6 x 2 y = 1 Bài 4: Giải hệ phương trình:  (I ) 4 4 3 x − y = 2( x − y )

Lời giải: 2 y 3 − 6 x 2 y = 1  3 2 4 4 3 x − y (2 y − 6 x y ) = 2( x − y )

 x = 0   y = 3 1 3 2 2 y − 6 x y = 1  2 ⇔ ⇔  2 3   x(3 + 6 xy − 2 x ) = 0 3  2 y − 6 x 2 y = 1 ( II )  3 2 2 x − 6 xy = 3   

3 1 2 2 3 3 2 Đặt z = x + iy ; x, y ∈ ℝ ⇒ z = x − 3xy + (3 x 2 y − y 3 )i

Giải hệ (II) ta có: x3 − 3xy 2 + (3x 2 y − y 3 )i = − i 3 1 5 ( cos ϕ + sin ϕ ) 2 2 2 5 ϕ + k 2π ϕ + k 2π  ⇒ z = 6  cos + i sin  2 3 3  3 −1 −π   ; sin ϕ = ;ϕ ∈ ( ;0)   k = 0,1, 2; cos ϕ = 2 10 10  

Từ đó ta có: z 3 = − i =



Vậy nghiệm của hệ phương trình (x, y) là:  0; 3 

1 , 2

 5 ϕ + k 2π 6 5 ϕ + k 2π  ; sin  6 cos  , k = 0,1, 2 3 2 3  2 

C. Bài tập tự luyện: Giải các hệ phương trình sau   40   x 1 − =2   5x + y  1)   y  1 + 40  = 10   5 x + y   ( x − y )3 + 8 xy + 2 x 2 − 2 y 2 + x + 5 y = 0 2)  2 3 2 2 3 x y − y + 6 xy − x + y + 3 y − 2 x − 1 = 0

III. GIẢI PHÁP 3: Cách xây dựng các bài toán mới Đối với các chuyên đề 1, việc tạo ra bài tập mới tương đối đơn giản. Hơn nữa giữa các bài toán : Tính toán trên tập hợp số phức; Tìm tập hợp điểm biểu diễn cho số phức z thoả mãn điều kiện cho trước; xác định số phức z thoả mãn điều kiện cho trước có mối liên hệ chặt chẽ với nhau. Để tìm tập hợp điểm biểu diễn cho số phức z thoả mãn điều kiện cho trước, ta bắt buộc phải biết tính toán và nhớ các khái niệm; kết hợp khéo léo hai bài toán tìm tập hợp điểm biểu diễn cho số phức z thoả mãn điều kiện cho trước, ta sẽ có bài toán xác định số phức. Đối với chuyên đề 2: Cách xây dựnng bài toán tìm số phức z thỏa mãn điều kiện cho trước TH1: Tìm số phức z bằng cách giải pt bậc nhất với ẩn z hoặc z .

Xuất phát từ số phức z = a + bi ( a, b ∈ R ) đã biết ta cộng, trừ hai vế với một số phức, hoặc nhân, chia hai vế với một số phức khác 0 ta được một đề bài mới.

Ví dụ 1: Xuất phát từ số phức z = 3 − i Ta lấy (3 − i ).(1 − i ) + 2 − i = 4 − 5i , ta có bài toán là: Tìm số phức z biết z.(1 − i ) + 2 − i = 4 − 5i Ví dụ 2: Xuất phát từ số phức z = 2 + 3i ⇒ z = 2 − 3i

Ta lấy (1 + i )2 .(2 − i )(2 − 3i) − (1 + 2i ).(2 − 3i ) = 8 + i , ta có bài toán là: Tìm số phức z biết (1 + i )2 .(2 − i) z = (1 + 2i ).z + 8 + i TH2: Tìm số phức z bằng cách gọi số phức z cần lập dạng z = a + bi , a, b ∈ ℝ. Sử dụng giả thiết bài toán và khái niệm hai số phức bằng nhau để dẫn đến giải hệ phương trình 2 ẩn a, b trên ℝ . a 2 + b 2 = 5 a.b = 2

Ví dụ 1: Xuất phát từ hệ phương trình: 

Ta có bài toán, tìm số phức z biết: | z |= 5 và tích của phần thực với phần ảo bằng 2. a 2 + (b − 2) 2 = 5 Ví dụ 2: Xuất phát từ hệ phương trình:  3a − b + 1 = 0

Ta có bài toán, tìm số phức z biết: | z − 2i |= 5 và điểm M biểu diễn số phức z thuộc đường thẳng d có phương trình: 3x − y + 1 = 0 .

Hoặc bài toán: tìm số phức z biết: 1 1 | z + 1 − i |=| z − | và điểm M biểu diễn số phức w = z − 2i thuộc đường tròn (C ) 2 2 có tâm I (0; 2) , bán kính R = 5 .

Đối với chuyên đề 3: Cách xây dựng phương trình trên tập hợp số phức Phương pháp 1: Từ nhận xét: +)Nếu z1 , z2 là 2 nghiệm của phương trình az 2 + bz + c (a ≠ 0) b, b, c là các số thực. −b   z1 + z2 = a Khi đó ta có:   z .z = c  1 2 a

+) Phương trình bậc hai trên trường số phức với hệ số thực luôn có 2 nghiệm là 2 số phức liên hợp Ta chỉ cần lấy 2 số phức liên hợp bất kì sẽ tạo ra một phương trình bậc 2 với 2 nghiệm chính là 2 số phức vừa chọn. Muốn tạo ta một phương trình bậc 3 ta chỉ cần nhân thêm vào phương trình bâc 2 với một phương trình bậc nhất.

Ví dụ 1: Xuất phát từ 2 số phức z1 = 2 + 3i; z2 = 2 − 3i , ta có z1 + z2 = 4; z1.z2 = 13 , từ đó ta có bài toán giải phương trình: z 2 − 4 z + 13 = 0 Ví dụ 2: Xuất phát từ 3 số phức z1 = 2 + 3i; z2 = 2 − 3i; z3 = 1 , ta có z1 + z2 = 4; z1.z2 = 13 , ⇒ z1 , z2 , z3 là nghiệm của phương trình: ( z − 1)( z 2 − 4 z + 13) = 0 Từ đó ta có bài toán: giải phương trình: z 3 − 5 z 2 + 17 z − 13 = 0 Ví dụ 3: Xuất phát từ 3 số phức z1 = 1 + 3i; z2 = 1 − 3i; z3 = 2i , ta có z1 + z2 = 2; z1.z2 = 4 , ⇒ z1 , z2 , z3 là nghiệm của phương trình: ( z − 2i )( z 2 − 2 z + 4) = 0 Từ đó ta có bài toán: giải phương trình sau biết rằng phương trình có một nghiệm thuần ảo: z 3 − 2(1 + i) z 2 +4(1 + i ) z − 8i = 0 .

Phương pháp 2: Xuất phát từ một phương trình bậc 2 ẩn t ta chỉ cần thay t bởi một biểu thức bậc 2 ẩn z một cách thích hợp ta có một phương trình bậc 4 trên tập hợp số phức Ví dụ : Xuất phát từ phương trình: t 2 + 3t − 4 = 0 Thay t = z 2 , ta có phương trình: z 4 + 3z 2 − 4 = 0 Thay z 2 − z + 1 , ta có phương trình: ( z 2 − z + 1) 2 + 3( z 2 − z ) − 1 = 0 1 z

Thay t = z + ( z ≠ 0) , ta có phương trình: z 4 + 3 z 3 − 2 z 2 + 3 z + 1 = 0 Từ phương trình t 2 + 3t − 4 = 0 ⇔ t.(t + 3) = 4 , sau đó thay t = z 2 + 4 z ta có phương trình: z.( z + 1).( z + 3)( z + 4) = 4 .

Phương pháp 3: Xuất phát từ một phương trình đẳng cấp bậc 2 với 2 ẩn t và z , thay t bởi một biểu thức bậc 2 ẩn z Ví dụ: Xuất phát từ phương trình t 2 + 5tz − 6 z 2 = 0 , thay t = 2 z 2 − z + 3 ta có phương trình: (2 z 2 − z + 3) 2 + 5(2 z 2 − z + 3) z − 6 z 2 = 0 Đối với chuyên đề 4: Để ra bài tập biểu diễn hình học của z biết z thoả mãn điều kiện cho trước ta: Chọn trước quỹ tích. ( Ví dụ: Muốn quỹ tích là một đường tròn ta: + Chọn trước tâm và bán kính theo mong muốn. + Lập phương trình đường tròn .

Tương tự nếu muốn quỹ tích là một đường thẳng, một elip hay một hypebol,...)

Căn cứ vào phương trình đường ta đã chọn để thiết lập mối quan hệ mà số phức z cần thoả mãn.

Ví dụ 1: Xuất phát từ việc chọn đường tròn có tâm I (0; −1) , bán kính R = 2 Ta có phương trình đường tròn (C ) : x 2 + ( y + 1) 2 = 2 (*) Coi z = x + yi, ( x, y ∈ ℝ) Ta nhận thấy ngay căn bậc hai vế trái của (*) là x 2 + ( y + 1) 2 = x + ( y + 1)i = x + yi + i = z + i .

Vậy ta có bài toán: Tìm tập hợp điểm trong mặt phẳng toạ độ biểu diễn cho số phức z thoả mãn z + i = 2 Cũng từ (*) ta có x 2 + ( y + 1) 2 = 2 ⇔ x 2 + y 2 + 2 y − 1 = 0 ⇔ x 2 + y 2 − 2 y + 1 = x 2 − 2 xy + y 2 + x 2 + 2 xy + y 2 ⇔ x 2 + ( y − 1) 2 = ( x − y ) 2 + ( x + y ) 2 ⇔ x 2 + ( y − 1) 2 = ( x − y ) 2 + ( x + y ) 2 ⇔ x + ( y − 1)i = x − y + ( x + y )i ⇔ x + yi − i = (1 + i )( x + yi ) ⇔ z − i = (1 + i ) z

Vậy ta có bài toán: Tìm tập hợp điểm trong mặt phẳng toạ độ biểu diễn cho số phức z thoả mãn z − i = (1 + i ) z Tương tự biến đổi (*) bằng cách thêm bớt một số đại lượng ta sẽ có nhiều mối liên hệ khác, từ đó có nhiều bài tập thú vị hơn.

Ví dụ 2: Để quỹ tích là đường thẳng ta có thể chọn trước đường thẳng (d) có phương trình: 6 x + 8 y − 25 = 0 Cách 1: Ta biến đổi 6 x + 8 y − 25 = 0 ⇔ x 2 + y 2 = x 2 − 6 x + 9 + y 2 − 8 y + 16 (*) ⇔ x 2 + y 2 = ( x − 3) 2 + ( y − 4) 2 ⇔ x 2 + y 2 = ( x − 3) 2 + ( y − 4) 2 ⇔ x + yi = x − 3 + ( y − 4)i ⇔ x + yi = x + yi − 3 − 4i ⇔ z = z − 3 − 4i

Vậy ta có bài toán: Tìm tập hợp điểm trong mặt phẳng toạ độ biểu diễn cho số phức z thoả mãn z = z − 3 − 4i Còn nếu từ (*) ⇔ x 2 + y 2 = ( x − 3) 2 + (4 − y ) 2 ⇔ x 2 + y 2 = ( x − 3) 2 + (4 − y ) 2 ⇔ x + yi = x − 3 + (4 − y )i ⇔ x + yi = x − yi − 3 + 4i ⇔ z = z − 3 + 4i

Vậy ta có bài toán: Tìm tập hợp điểm trong mặt phẳng toạ độ biểu diễn cho số phức z thoả mãn z = z − 3 + 4i Ta lại có z = z − 3 + 4i ⇔

z z =1⇔ =1 z − 3 + 4i z − 3 + 4i

Vậy ta có bài toán: Tìm tập hợp điểm trong mặt phẳng toạ độ biểu diễn cho số phức z thoả mãn

z =1 z − 3 + 4i

Cách 2: Ta chọn hai điểm A, B sao cho đường thẳng (d) có phương trình: 6 x + 8 y − 25 = 0 Là đường trung trực của đoạn thẳng AB. Chẳng hạn,chọn A(3;4); B(0;3) , ta có: M ∈ d ⇔ MA = MB ⇔ z − 3 − 4i = z − 3i .

Vậy ta có bài toán: Tìm tập hợp điểm trong mặt phẳng toạ độ biểu diễn cho số phức z thoả mãn z − 3 − 4i = z − 3i Hoặc: Tìm tập hợp điểm trong mặt phẳng toạ độ biểu diễn cho số phức z thoả mãn

z − 3 − 4i =1 z − 3i

Ví dụ 3: Để quỹ tích là hai đường thẳng ta có thể chọn trước đường thẳng (d) và (d’) lần lượt có phương trình: x = 0; x = 2 .

Khi đó ta có x( x − 2) = 0 ⇔ x 2 − 2 x = 0 ⇔ x 2 − 2 x + 1 + y 2 = 1 + y 2 ⇔ ( x − 1) 2 + y 2 = 1 + y ⇔ 2 ( x − 1) 2 + y 2 = 4 + (2 y ) 2 ⇔ 2 x − 1 + yi = 2 + 2 yi ⇔ 2 x + yi − 1 = x + yi − x + yi + 2 ⇔ 2 z −1 = z − z + 2

Vậy ta có bài toán: tập hợp điểm trong mặt phẳng toạ độ biểu diễn cho số phức z thoả mãn 2 z − 1 = z − z + 2 Ví dụ 4: Để quỹ tích là đường elip ta chọn tiêu điểm F1 (−1;0); F2 (1;0) và độ dài trục lớn là 2.

Khi đó

M ( x; y )

biểu diễn số phức z thuộc elíp khi và chỉ khi

MF1 + MF2 = 4 ⇔ ( x + 1) 2 + y 2 + ( x − 1) 2 + y 2 = 4 ⇔ ( x + 1) + yi + ( x − 1) + yi = 4 ⇔ x + yi + 1 + x + yi − 1 = 4 ⇔ z + 1 + z − 1 = 4

Vậy ta có bài toán: tập hợp điểm trong mặt phẳng toạ độ biểu diễn cho số phức z thoả mãn z + 1 + z − 1 = 4 Để ra bài tập chứng minh tính chất liên quan đến hình biểu diễn số phức z chủ yếu ta dựa trên kiến thức của hình giải tích trong mặt phẳng.

Ví dụ: Xuất phát từ bài toán hình giải tích trong mặt phẳng: “Chứng minh rằng 4 điểm A(1;2), B(1 + 3;1), C(1 + 3; −1), D(1; −2) lập thành một tứ giác nội tiếp đường tròn” rồi phát triển thành bài toán liên quan đến hình biểu diễn của số phức: Gọi A, B, C , D là các điểm lần lượt biểu diễn các số phức: 1 + 2i; 1 + 3 + i; 1 + 3 − i ;1 − 2i .

a) Chứng minh rằng A, B, C tạo thành một tam giác vuông. Trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn nội tiếp, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác biểu diễn số phức nào? b) Chứng minh tam giác ABD và ACD bằng nhau? Tính diện tích của chúng? c) Chứng minh rằng ABCD là tứ giác nội tiếp đường tròn (hoặc có thể hỏi chứng minh rằng ABCD là hình thang cân). Tâm đường tròn biểu diễn số phức nào?

Nhận xét: - Dựa trên cơ sở như vậy chúng ta có thể ra rất nhiều bài tập chứng minh tính chất liên quan đến hình biểu diễn số phức z.

- Có thể biểu diễn số phức z ở dạng tổng, hiệu, tích, thương của các số phức để được bài toán phức tạp hơn, đồng thời rèn luyện kỹ năng tính toán. Đối với chuyên đề 5: Việc tạo ra các bài tập sẽ thường xuất phát từ một bài tập đại số hoặc bài tập hình giải tích trong mặt phẳng. Từ các bài tập đó bằng cách sử dụng kiến thức về số phức, ta chuyển được các bài toán xuất phát sang bài toán: Cực trị của số phức Ví dụ 1: Xuất phát từ bài toán: Cho x; y ∈ R thoả mãn: 2 x − y + 1 = 0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x 2 + y 2 Để tạo ra bài tập số phức từ bài tập này, chúng tôi làm như sau: Coi z = x + yi ( x; y ∈ R ) ⇒ M ( x; y ) biểu diễn cho số phức z trong mặt phẳng toạ độ Khi đó P = z Chọn A, B sao cho đường thẳng d : 2 x − y + 1 = 0 là đường trung trực của đoạn thẳng AB. Chẳng hạn chọn A(−1; −1), B(1;3) . Vậy để M thuộc d : 2 x − y + 1 = 0 thì z phải thoả mãn: z + 1 + i = z − 1 − 3i .

Vậy ta có bài toán: Trong các số phức z thoả mãn: z + 1 + i = z − 1 − 3i (*) . Tìm số phức có môđun nhỏ nhất.

Điều kiện (*) có thể thay bởi một điều kiện khác sao cho từ đó ta thu được đẳng thức 2 x − y + 1 = 0 . Chẳng hạn: Trong các số phức z thoả mãn: ( z − 2i )( z + 1) có phần ảo bằng 1. Tìm số phức có môđun nhỏ nhất.

Ví dụ 2: Xuất phát từ bài toán: Cho x; y ∈ R thoả mãn: y = x 2 .Tìm giá trị nhỏ nhất 1 + 2y 4 x2 Coi z = x + yi ( x; y ∈ R )

của biểu thức P =

2

1 1 2  y = x ⇔ x + y = y + y ⇔ x + y =  y +  − ⇔ 4 ( x 2 + y 2 ) + 1 = ( 2 y + 1) 2 4  2

2

2

2

2

⇔ 4 z +1 = z − z + i

2

2

2

Vậy ta có bài toán : 2 2 Trong các số phức z thoả mãn: 4 z + 1 = z − z + i . Tìm số phức z sao cho biểu thức P =

1

(z + z )

2

+ z − z đạt giá trị nhỏ nhất

Ví dụ 3: Xuất phát từ bài toán: Tìm điểm M trên đường tròn (T ) : x 2 + y 2 + 2 y − 1 = 0 và điểm N trên đường thẳng ∆ : x + y + 1 = 0 sao cho MN đạt giá trị nhỏ nhất.

Coi z1 = a + bi ; z2 = c + di ; ( a; b; c; d ∈ R ) ⇒ M (a; b), N (c; d ) lần lượt biểu diễn cho z1; z2 trong hệ toạ độ Oxy x 2 + y 2 + 2 y − 1 = 0 ⇔ 2 ( x 2 + y 2 ) = x 2 + ( y − 1)

2

z1 thoả mãn : (1 + i ) z1 = z1 − i ⇒ M ∈ (T )

Chọn A(1; −2); B (3; −4) sao cho ∆ : x + y + 1 = 0 là đường trung trực của AB z2 thoả mãn : z2 − 1 + 2i = z2 − 3 + 4i ⇒ N ∈ ∆ MN 2 = ( a − c) 2 + (b − d ) 2 = ( z1 − z1 ) i + z2

2

− ( z1 z2 + z1 z2 )

Vậy ta có bài toán: Trong các số phức z1; z2 thoẩ mãn z1 − i = (1 + i) z1 ; z − 1 + 2i = z − 3 + 4i . Tìm số 2

phức z1; z2 sao cho biểu thức P = ( z1 − z1 ) i + z2 − ( z1 z2 + z1 z2 ) đạt giá trị nhỏ nhất. Đối với chuyên đề 6: Để tạo ra một bài toán giải hệ ta thường xuất phát từ việc giả phương trình trên tập hợp số phức rồi biến đổi để thu được một hệ phương trình: Ví dụ 1: Xuất phát từ phương trình: z = i z + (3 − i ) z + (3 − 2i ) z − i + 1 = 0 ⇔  z = −2 + i   z = −1 − i  z 2 = x 2 − y 2 + 2 xyi Đặt z = x + iy ; x, y ∈ ℝ ⇒  3 3 2 2 3  z = x − 3 x y + (3 xy − y )i 3

2

( x − y )3 + 8 xy + 2 x 2 − 2 y 2 + x + 5 y = 0 Ta có hệ phương trình:  2 3 2 2 3 x y − y + 6 xy − x + y + 3 y − 2 x − 1 = 0  z = −1 Ví dụ 2: Xuất phát từ phương trình: z + 4 z + (6 + i ) z + 3 + i = 0 ⇔  z = −2 + i  z = −1 − i  z 2 = x 2 − y 2 + 2 xyi Đặt z = x + iy ; x, y ∈ ℝ ⇒  3 3 2 2 3  z = x − 3 x y + (3 xy − y )i  x3 − 3 x 2 y + 4( x 2 − y 2 ) + 6 x − y + 3 = 0 Ta có hệ phương trình:  2 3 3 x y − y + 8 xy + x + 6 y + 1 = 0 3

2

 z = −2 + i  z = −1 − i

Ví dụ 3: Xuất phát từ phương trình: z 2 + 3z + 3 + i = 0 ⇔  Đặt z = x + iy ; x, y ∈ ℝ ⇒ z 2 = x 2 − y 2 + 2 xyi ( x + y )( x 2 + y 2 ) + 3 x + y = 0 2 2 ( x + y ) y + x − 3 y = 0

Ta có hệ phương trình: 

 z = i  1 3 2 (1 − i ) Ví dụ 4: Xuất phát từ phương trình: z − iz + iz + 1 = 0 ⇔  z = 2   z = 1 (1 − i )  2 2 2 2  z = x − y + 2 xyi Đặt z = x + iy ; x, y ∈ ℝ ⇒  3 3 2 2 3  z = x − 3 x y + (3 xy − y )i  x( x 2 + y 2 ) 2 + y ( x 2 + y 2 ) + x 2 − y 2 = 0 Ta có hệ phương trình:  2 2 2 2 2 ( y − 1)( x + y ) + x( y + y ) − 2 xy = 0

KẾT QUẢ ĐẠT ĐƯỢC Trong các năm 2010-2011; 2011 - 2012; 2012-2013 khi chưa áp dụng phương pháp trên vào giảng dạy, qua kiểm tra chúng tôi thu được kết quả: Năm học 2010-2011 2011-2012 2012-2013

Lớp 12P 12A 12A 12D 12A 12K 12P

Giỏi 4% 10% 15% 10% 17% 10% 12%

Khá 32% 40% 40% 40% 50% 40% 35%

Kết quả Trung bình 52% 45% 32% 45% 28% 45% 43%

Yếu 12% 5% 10% 5% 5% 5% 10%

Sau khi áp dụng phương pháp cải tiến trên vào ôn thi đại học cho lớp 12A, 12C, 12G năm học 2013 - 2014; lớp 12B ,12C, 12E và 12G,12M trong năm học 2014- 2015, qua kiểm tra tôi thu được kết quả: Năm học 2013-2014

2014-2015

Lớp 12A 12C 12G 12B 12C 12E 12G 12M

Giỏi 40% 36% 30% 45% 41% 35% 30% 35%

Khá 45% 44% 42% 40% 42% 40% 40% 35%

Kết quả Trung bình 15% 20% 28% 15% 17% 25% 35% 30%

Yếu 0% 0% 0% 0% 0% 0% 0% 0%

Đặc biệt khi áp dụng phương pháp mới cải tiến như vậy, trong lĩnh vực giảng dạy đội tuyển học sinh giỏi chúng tôi đã thu được kết quả:

1) Năm học 2011 - 2012, chúng tôi bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi cấp Tỉnh có 3 em dự thi đạt : 1 giải nhất, 1 giải nhì, 1 giải ba.

2) Năm học 2011 - 2012, chúng tôi bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi giải Toán trên Máy tính cầm tay cấp Tỉnh có 3 em dự thi đạt : 1 giải nhất, 1 giải nhì, 1 giải ba. Trong đó có 2 em được chọn vào đội tuyển giải Toán trên Máy tính cầm tay cấp Quốc gia và cả hai em đều đạt giải khuyến khích.

3) Năm học 2013 - 2014, chúng tôi bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi cấp Tỉnh để chọn đội tuyển Quốc gia có 2 em dự thi đạt: 1 giải ba, 1 giải khuyến khích.

4) Năm học 2013 - 2014, chúng tôi bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi cấp Tỉnh 3 em dự thi đạt: 1 giải nhì, 1 giải ba.

5) Năm học 2013 - 2014, chúng tôi bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi giải Toán trên Máy tính cầm tay cấp Tỉnh có 3 em dự thi đạt : 2 giải nhất, 1 giải nhì.

Trong đó có 2 em được chọn vào đội tuyển giải Toán trên Máy tính cầm tay cấp Quốc gia và đạt 1 giải nhất và giải khuyến khích.

6) Năm học 2013 - 2014, chúng tôi bồi dưỡng đội tyuển học sinh giỏi giải Toán trên mạng cấp Tỉnh có 25 em dự thi đạt 19 giải gồm: 2 giải nhì, 7 giải ba và 10 giải khuyến khích.

7) Trong các kì thi Đại hoc, Cao đẳng, các lớp chúng tôi dạy đều đỗ Đại học tương đối cao. Xét riêng trong năm học 2013-2014, trường THPT Yên Khánh A có tới 22 em học sinh đạt điểm tổng ba môn thi đại học từ 24 điểm trở lên, trong đó lớp chúng tôi giảng dạy có tới 19 em chiếm tỉ lệ 86,4%. Kết quả này, góp phần không nhỏ trong những thành tích chung của nhà trường, giúp trường THPT Yên Khánh A luôn là một trong những trường có điểm bình quân thi Đại học cao của khối các trường THPT trong toàn tỉnh.

PHẦN III. KẾT LUẬN Bản sáng kiến của chúng tôi với đề tài: "Cải tiến phương pháp dạy chuyên đề số phức" đã đạt được một số kết quả như đã trình bày ở trên. Với cách dạy như vậy, các em có thể hiểu vấn đề một cách sâu sắc và có thể nhìn một bài toán dưới nhiều góc độ khác nhau nên có thể dễ dàng suy luận để chuyển các bài toán lạ về bài toán quen thuộc. Hơn nữa với cách dạy đó, làm cho học sinh thấy được sự phong phú trong các câu hỏi trong bài toán số phức nhưng thực chất nó đều có thể qui được về các bài toán quen thuộc, cơ bản. Chính vì thế mà các em không cảm thấy nhàm chán, hào hứng, say mê hơn trong khi học, tạo tâm lí thoải mái, nhẹ nhàng trong mỗi tiết học, đó là tiền đề tốt để học sinh tiếp thu bài, rèn luyện kĩ năng, nâng cao hiệu quả dạy và học.

Với cách dạy như vậy, chúng tôi tin rằng các em có thể tự tin trong các kì thi và nếu trong đề thi có xuất hiện các bài toán số phức thì 100% học sinh có thể làm được.

Những nội dung được trình bày trong bản sáng kiến này, chúng tôi xuất phát từ yêu cầu đổi mới phương pháp dạy học: lấy học sinh làm trung tâm và do sự hiếu học của phần lớn học sinh trường tôi là động lực lớn nhất để chúng tôi không ngừng phấn đấu, học hỏi, nghiên cứu, cải tiến phương pháp góp phần nâng cao chất lượng giáo dục.

Bản sáng kiến này, trước hết là tài liệu thiết thực cho bản thân chúng tôi và cũng là tài liệu để các bạn đồng nghiệp, học sinh làm tài liệu tham khảo.

Rất mong nhận được sự đóng góp của bạn đồng nghiệp.

Yên Khánh, tháng 4 năm 2015 Người thực hiện Bùi Thị Ngọc Lan Bùi Thị Lợi Trần Ngọc Uyên Đinh Thị Minh Tân Vũ Thị Thu Trang