Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Cho số phức z thỏa mãn \(\left(1+i\right)z+2\overline{z}=2\)
Tính môdun của số phức \(\omega=z+2+3i\)
Giả sử: \(z=x+yi\) \((x;y\in|R)\)
Ta có: \((1+i)z+2\overline{z}=2\)
<=> \((1+i)(x+yi)+2(x-yi)=2\)
<=> \(x+yi+xi-y+2x-2yi-2=0\)
<=> \((3x-y-2)+(x-y)i=0\)
<=> \(\begin{align} \begin{cases} 3x-y&=2\\ x-y&=0 \end{cases} \end{align}\)
<=> \(\begin{align} \begin{cases} x&=1\\ y&=1 \end{cases} \end{align}\)
=> \(z=1+i\)
Ta có: \(\omega=z+2+3i \)
\(=1+i+2+3i\)
\(=3+4i\)
=> \(|\omega|=\sqrt{3^2+4^2}=5\)
Đặt \(z=a+bi\left(a,b\in R\right)\)
Theo bài ta có : \(\begin{cases}3a-b=2\\a-b=0\end{cases}\) \(\Leftrightarrow\begin{cases}a=1\\b=1\end{cases}\) nên \(z=1+i\)
Khi đó \(\omega=z+2+3i=1+i+2+3i=3+4i\)
Vậy \(\left|\omega\right|=\sqrt{3^2+4^2}=5\)
Từ hệ thức :
\(y=tx+\left(1-t\right)z\)
Bất đẳng thức
\(\frac{\left|z\right|-\left|y\right|}{\left|z-y\right|}\ge\frac{\left|z\right|-\left|x\right|}{\left|z-x\right|}\)
Trở thành :
\(\left|z\right|-\left|y\right|\ge t\left(\left|z\right|-\left|x\right|\right)\)
hay
\(\left|y\right|\le\left(1-t\right)\left|z\right|+t\left|x\right|\)
Vận dụng bất đẳng thức tam giác cho
\(y=\left(1-t\right)x+tx\) ta có kết quả
Bất đẳng thức thứ hai, được chứng minh tương tự bởi
\(y=tx+\left(1-t\right)z\)
tương đương với :
\(y-x=\left(1-t\right)\left(z-x\right)\)
Câu 1:
Gọi \(A\left(1;-1\right)\) và \(B\left(2;3\right)\Rightarrow\) tập hợp \(z\) thoả mãn điều kiện đề bài là đường trung trực d của đoạn AB, ta dễ dàng viết được phương trình d có dạng \(4x-y-5=0\)
Gọi \(M\left(-2;-1\right)\) và \(N\left(3;-2\right)\) và \(I\left(a;b\right)\) là điểm bất kì biểu diễn \(z\Rightarrow I\in d\) \(\Rightarrow P=IM+IN\). Bài toán trở thành dạng cực trị hình học phẳng quen thuộc: cho đường thẳng d và 2 điểm M, N cố định, tìm I thuộc d để \(P=IM+IN\) đạt GTNN
Thay toạ độ M, N vào pt d ta được 2 giá trị trái dấu \(\Rightarrow M;N\) nằm về 2 phía so với d
Gọi \(C\) là điểm đối xứng M qua d \(\Rightarrow IM+IN=IC+IN\), mà \(IC+IN\ge CN\Rightarrow P_{min}=CN\) khi I, C, N thẳng hàng
Phương trình đường thẳng d' qua M và vuông góc d có dạng:
\(1\left(x+2\right)+4\left(y+1\right)=0\Leftrightarrow x+4y+6=0\)
Gọi D là giao điểm d và d' \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x+4y+6=0\\4x-y-5=0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow D\left(\frac{14}{17};-\frac{29}{17}\right)\)
\(\overrightarrow{MD}=\overrightarrow{DC}\Rightarrow C\left(-2;-1\right)\Rightarrow P_{min}=CN=\sqrt{\left(3+2\right)^2+\left(-2+1\right)^2}=\sqrt{26}\)
Bài 2:
Tập hợp \(z\) là các điểm M thuộc đường tròn (C) tâm \(I\left(0;1\right)\) bán kính \(R=\sqrt{2}\) có phương trình \(x^2+\left(y-1\right)^2=2\)
\(\Rightarrow\left|z\right|=OM\Rightarrow\left|z\right|_{max}\) khi và chỉ khi \(M;I;O\) thẳng hàng và M, O nằm về hai phía so với I
\(\Rightarrow M\) là giao điểm của (C) với Oy \(\Rightarrow M\left(0;1+\sqrt{2}\right)\Rightarrow\) phần ảo của z là \(b=1+\sqrt{2}\)
Câu 3:
\(\overline{z}=\left(i+\sqrt{2}\right)^2\left(1-\sqrt{2}i\right)=5+\sqrt{2}i\)
\(\Rightarrow z=5-\sqrt{2}i\Rightarrow b=-\sqrt{2}\)
Câu 4
\(z.z'=\left(m+3i\right)\left(2-\left(m+1\right)i\right)=2m-\left(m^2+m\right)i+6i+3m+3\)
\(=5m+3-\left(m^2+m-6\right)i\)
Để \(z.z'\) là số thực \(\Leftrightarrow m^2+m-6=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}m=2\\m=-3\end{matrix}\right.\)
Câu 5:
\(A\left(-4;0\right);B\left(0;4\right);M\left(x;3\right)\)
\(\left\{{}\begin{matrix}\overrightarrow{AB}=\left(4;4\right)\\\overrightarrow{AM}=\left(x+4;3\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow A,B,M\) khi và chỉ khi \(\frac{x+4}{4}=\frac{3}{4}\Rightarrow x=-1\)
Câu 6:
\(z=3z_1-2z_2=3\left(1+2i\right)-2\left(2-3i\right)=-1+12i\)
\(\Rightarrow b=12\)
Câu 7:
\(w=\left(1-i\right)^2z\)
Lấy môđun 2 vế:
\(\left|w\right|=\left|\left(1-i\right)^2\right|.\left|z\right|=2m\)
Câu 8:
\(3=\left|z-1+3i\right|=\left|z-1-i+4i\right|\ge\left|\left|z-1-i\right|-\left|4i\right|\right|=\left|\left|z-1-i\right|-4\right|\)
\(\Rightarrow\left|z-1-i\right|\ge-3+4=1\)
Đặt \(w=y-1+yi,y\in R\)
Là đủ nếu chứng minh được, tồn tại số thực duy nhất x sao cho
\(\left(x-1\right)^2+x^2\le\left(y-1\right)^2+y^2\) với mọi \(y\in R\)
Nói cách khác, x là điểm cực tiểu hàm số :
\(f:R\rightarrow R,f\left(y\right)=\left(y-1\right)^2+y^2=2y^2-2y+1=2\left(y-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{1}{2}\)
Do đó, điểm cực tiểu là
\(x=\frac{1}{2}\Rightarrow z=-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}i\)
Phản chứng
\(\left|z+1\right|\ge\frac{1}{\sqrt{2}}\) hoặc \(\left|z^2+1\right|<1\)
Đặt z=a+bi => \(z^2=a^2-b^2+2abi\)
\(\left(1+a^2-b^2\right)^2+4a^2b^2<1\) ; \(\left(1+a\right)^2+b^2<\frac{1}{2}\)
\(\Rightarrow\left(a^2+b^2\right)^2+2\left(a^2+b^2\right)<0\) ; \(2\left(a^2+b^2\right)+4a+1<0\)
Cộng các bất đẳng thức ta được
\(\left(a^2+b^2\right)^2+\left(2a+1\right)^2<0\)
=> Mâu thuẫn => Điều cần chứng minh
Lời giải:
Nếu gọi \(z=a+bi\Rightarrow w=\frac{1}{\overline{z}}=\frac{z}{|z|^2}=\frac{a+bi}{a^2+b^2}\)
Điểm \(M\) di động trên $(C)$ nên \((a+1)^2+(b-1)^2=2\)
\(\Rightarrow a^2+b^2=2b-2a\)
Từ đây ta có:
\(\frac{2a}{a^2+b^2}=\frac{2a}{2b-2a};\frac{2b}{a^2+b^2}=\frac{2b}{2b-2a}\Rightarrow \frac{2a}{a^2+b^2}-\frac{2b}{a^2+b^2}=-1\)
Tương đương với việc tập hợp các điểm biểu diễn số phức \(w\) nằm trên đường thẳng \(2x-2y+1=0\)
Đáp án A.
\(z=x+y.i\) \(\Rightarrow\overline{z}=x-yi\)
Theo bài ra ta có:
\(\frac{1}{z}=\overline{z}\Leftrightarrow\frac{1}{x+yi}=x-yi\)
\(\Leftrightarrow\left(x+yi\right)\left(x-yi\right)=1\Leftrightarrow x^2+y^2=1\)
\(\Rightarrow\left|z\right|=1\)
Giả sử z = x + yi, (x,y ε R), khi đó trên mặt phẳng toạ độ Oxy, điểm M(x;y) biểu diễn số phức z.
a) Ta có |z| = 1 ⇔ 
= 1 ⇔ x2 + y2 = 1.
Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tam O, bán kính bằng 1
b) Ta có |z| ≤ 1 ⇔ ≤ 1 ⇔ x2 + y2 ≤ 1.
Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z là hình tròn tâm O, bán kính bằng 1 (kể cả các điểm trên đường tròn) (hình b)
c) Ta có 1 < |z| ≤ 2 ⇔ 1 < ≤ 2 ⇔ 1 < x2 + y2 ≤ 4.
Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z là phần nằm giữa đường tròn tâm O, bán kính bằng 1 (không kể điểm trên đường tròn này) và đường tròn tâm O, bán kính bằng 2 (kể cả các điểm trên đường tròn này)
d) Ta có |z| = 1 ⇔ = 1 ⇔ x2 + y2 = 1 và phần ảo của z bằng 1 tức y = 1. Suy ra x = 0 và y = 1
Vậy tập hợp các điểm cần tìm là điểm A(0;1)
\(z+1+2i=\left(1+i\right)\left|z\right|=\left|z\right|+i.\left|z\right|\)
\(\Leftrightarrow z=\left|z\right|-1+\left(\left|z\right|-2\right)i\)
Lấy mođun 2 vế:
\(\Rightarrow\left|z\right|=\sqrt{\left(\left|z\right|-1\right)^2+\left(\left|z\right|-2\right)^2}\)
\(\Leftrightarrow\left|z\right|^2=\left|z\right|^2-2\left|z\right|+1+\left|z\right|^2-4\left|z\right|+4\)
\(\Leftrightarrow\left|z\right|^2-6\left|z\right|+5=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}\left|z\right|=1\left(l\right)\\\left|z\right|=5\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow a^2+b^2=5\)
Không đủ dữ kiện để tính \(P=a+b\)
Từ giả thiết ta được :
\(\left(z-\omega^k\right)\left(\overline{z-\omega}^k\right)\le1\Rightarrow\left|z\right|^2\le z\overline{\omega^k}+\overline{z}\omega^k,k=0,1,.....,n-1\)
Lấy tổng các hệ thức trên,
\(n\left|z\right|^2\le z\left(\overline{\Sigma_{k=0}^{n-1}\omega^k}\right)+\overline{z}\Sigma_{k=0}^{n-1}\) \(\omega=0\)
Do đó z=0