Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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 :
\(y-x=\left(1-t\right)\left(z-x\right)\)
10.
\(\left(2x-3yi\right)+\left(1-3i\right)=x+6i\)
\(\Leftrightarrow\left(2x+1\right)+\left(-3y-3\right)i=x+6i\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}2x+1=x\\-3y-3=6\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=1\\y=-3\end{matrix}\right.\)
6.
\(\left(x+1\right)^2+\left(y-2\right)^2\le25\)
\(\Rightarrow\left|\left(x+1\right)-\left(y-2\right)i\right|\le5\)
\(\Rightarrow z\) là số phức: \(\left\{{}\begin{matrix}z=\left(x+1\right)-\left(y-2\right)i\\\left|z\right|\le5\end{matrix}\right.\)
Lưu ý: hình tròn khác đường tròn. Phương trình đường tròn là \(\left(x-a\right)^2+\left(y-b\right)^2=R^2\)
Pt hình tròn là: \(\left(x-a\right)^2+\left(y-b\right)^2\le R^2\)
3.
\(z=x+yi\Rightarrow\left|x-2+\left(y-4\right)i\right|=\left|x+\left(y-2\right)i\right|\)
\(\Leftrightarrow\left(x-2\right)^2+\left(y-4\right)^2=x^2+\left(y-2\right)^2\)
\(\Leftrightarrow-4x-8y+20=-4y+4\)
\(\Leftrightarrow x=-y+4\)
\(\left|z\right|=\sqrt{x^2+y^2}=\sqrt{\left(-y+4\right)^2+y^2}=\sqrt{2y^2-8y+16}\)
\(\left|z\right|=\sqrt{2\left(x-2\right)^2+8}\ge\sqrt{8}=2\sqrt{2}\)
17.
\(z^2+4z+4=-1\Leftrightarrow\left(z+2\right)^2=i^2\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}z_1=-2+i\\z_2=-2-i\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow w=\left(-1+i\right)^{100}+\left(-1-i\right)^{100}=\left(1-i\right)^{100}+\left(1+i\right)^{100}\)
Ta có: \(\left(1-i\right)^2=1+i^2-2i=-2i\)
\(\Rightarrow\left(1-i\right)^{100}=\left(1-i\right)^2.\left(1-i\right)^2...\left(1-i\right)^2\) (50 nhân tử)
\(=\left(-2i\right).\left(-2i\right)...\left(-2i\right)=\left(-2\right)^{50}.i^{50}=2^{50}.\left(i^2\right)^{25}=-2^{50}\)
Tượng tự: \(\left(1+i\right)^2=1+i^2+2i=2i\)
\(\Rightarrow\left(1+i\right)^{100}=2i.2i...2i=2^{50}.i^{50}=-2^{50}\)
\(\Rightarrow w=-2^{50}-2^{50}=-2^{51}\)
18.
\(z'=\left(\frac{1+i}{2}\right)\left(3-4i\right)=\frac{7}{2}-\frac{1}{2}i\)
\(\Rightarrow M\left(3;-4\right)\) ; \(M'\left(\frac{7}{2};-\frac{1}{2}\right)\)
\(S_{OMM'}=\frac{1}{2}\left|\left(x_M-x_O\right)\left(y_{M'}-y_O\right)-\left(x_{M'}-x_O\right)\left(y_M-y_O\right)\right|\)
\(=\frac{1}{2}\left|3.\left(-\frac{1}{2}\right)-\frac{7}{2}.\left(-4\right)\right|=\frac{25}{4}\)
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:
\(3=\left|z-1+3i\right|=\left|z-1-i+4i\right|\ge\left|\left|z-1-i\right|-\left|4i\right|\right|=\left|\left|z-1-i\right|-4\right|\)
\(\Rightarrow\left|z-1-i\right|\ge-3+4=1\)
\(z=x+y.i\) \(\Rightarrow\overline{z}=x-yi\)
Theo bài ra ta có:
\(\frac{1}{z}=\overline{z}\Leftrightarrow\frac{1}{x+yi}=x-yi\)
\(\Leftrightarrow\left(x+yi\right)\left(x-yi\right)=1\Leftrightarrow x^2+y^2=1\)
\(\Rightarrow\left|z\right|=1\)
\(a^2=\left|z+\frac{1}{z}\right|^2=\left(z+\frac{1}{z}\right)\left(\overline{z}+\frac{1}{z}\right)=\left|z\right|^2+\frac{z^2+\overline{z}^2}{\left|z\right|^2}+\frac{1}{\left|z\right|^2}\)
\(=\frac{\left|z\right|^4+\left(z+\overline{z}\right)^2-2\left|z\right|^2+1}{\left|z\right|^2}\)
Do đó :
\(\left|z\right|^4-\left|z\right|^2\left(a^2+2\right)+1=-\left(z+\overline{z}\right)^2\le0\)
\(\Rightarrow\left|z\right|^2\in\left[\frac{a^2+2-\sqrt{a^4+4a^2}}{2};\frac{a^2+2+\sqrt{a^4+4a^2}}{2}\right]\)
\(\Rightarrow\left|z\right|\in\left[\frac{-a+\sqrt{a^4+4a^2}}{2};\frac{a+\sqrt{a^4+4a^2}}{2}\right]\)
max \(\left|z\right|=\frac{a+\sqrt{a^4+4a^2}}{2}\)
min \(\left|z\right|=;\frac{a+\sqrt{a^4+4a^2}}{2}\)
\(\Leftrightarrow z\in M,z=-\overline{z}\)
Đặt \(t=\left|1+z\right|\in\left[0,2\right]\)
\(t^2=\left(1+z\right)\left(1+\overline{z}\right)=2+2Re\left(z\right)\)
\(\Rightarrow Re\left(z\right)=\frac{t^2-2}{2}\)
Khi đó \(\left|1-z+z^2\right|=\sqrt{\left|7-2t^2\right|}\)
Xét hàm số :
\(f:\left[0;2\right]\) -> \(R,f\left(t\right)=t+\sqrt{\left|7-2t^2\right|}\)
Ta được :
\(f\left(\sqrt{\frac{7}{2}}\right)=\sqrt{\frac{7}{2}}\le t+\sqrt{\left|7-2t^2\right|}\le f\left(\sqrt{\frac{7}{2}}\right)=\sqrt[3]{\frac{7}{6}}\)
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
Ta có :
\(P=1-\frac{1}{x+1}+1-\frac{1}{y+1}+1-\frac{1}{z+1}=3-\left(\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}\right)\) (1)
Theo bất đẳng thức Cô-si ta có :
\(\left[\left(x+1\right)+\left(y+1\right)+\left(z+1\right)\right]\left(\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}\right)\ge9\)
Vì \(x+y+z=1\) nên có
\(\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}\ge\frac{9}{4}\)
Thế vào (1) ta có :
\(P\le\frac{3}{4}\) với mọi \(\left(x,y,z\right)\in D\)
Mặt khác lấy \(x=y=z=\frac{1}{3}\), khi đó \(\left(x,y,z\right)\in D\) ta có \(P=\frac{3}{4}\) vậy max \(P=\frac{3}{4}\)
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
\(x=\frac{1}{2}\Rightarrow z=-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}i\)