Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Giúp học sinh phát triển tư duy và rèn luyện kỹ năng thông qua các bài toán vận dụng-vận dụng cao của số phức trong đề thi tốt nghiệp trung học phổ thông

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:37

Thêm vào BST

Báo xấu

13
lượt xem 7
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mục đích nghiên cứu sáng kiến "Giúp học sinh phát triển tư duy và rèn luyện kỹ năng thông qua các bài toán vận dụng-vận dụng cao của số phức trong đề thi tốt nghiệp trung học phổ thông" nhằm giúp học sinh biết sử dụng ngôn ngữ toán học để giải quyết chuyển đổi các bài toán có nội dung số phức sang nội dung đại số và giải tích hoặc ngược lại để gải bài toán một cách đơn giản hơn.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Giúp học sinh phát triển tư duy và rèn luyện kỹ năng thông qua các bài toán vận dụng-vận dụng cao của số phức trong đề thi tốt nghiệp trung học phổ thông

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