Tìm nghiệm phức \(\frac{\left|z\right|^4}{z^2}\)+\(\overline{z}\)=\(\frac{-200}{1-7i}\)
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
7 tháng 4 2016
Điều kiện \(z\ne0;\left|z\right|\ne1\)
\(\Leftrightarrow\frac{\overline{z}\left(\left|z\right|-1\right)\left(1+iz\right)}{\left|z\right|^2-1}=i\Leftrightarrow\frac{\overline{z}\left(\left|z\right|-1\right)\left(1+iz\right)}{\left(\left|z\right|-1\right)\left(\left|z\right|+1\right)}\)
\(\Leftrightarrow\overline{z}\left(1+iz\right)=\left(\left|z\right|+1\right)i\)
\(\Leftrightarrow\overline{z}+i\left|z\right|^2=\left(\left|z\right|+1\right)i\) (*)
Giả sử \(z=x+yi,x,y\in R\), khi đó (*) trở thành :
\(x-yi+\left(x^2+y^2\right)i=\left(\sqrt{x^2+y^2}+1\right)i\)
\(\Leftrightarrow x+\left(x^2+y^2-\sqrt{x^2+y^2}-y-1\right)i=0\)
\(\Leftrightarrow\begin{cases}x=0\\x^2+y^2-\sqrt{x^2+y^2}-y-1=0\end{cases}\)
\(\Leftrightarrow\begin{cases}x=0\\y^2-\left|y\right|-y-1=0\end{cases}\)
\(\Leftrightarrow\begin{cases}x=0\\\begin{cases}y=-1\\y=1+\sqrt{2}\end{cases}\end{cases}\)
Nếu \(x=0,y=1+\sqrt{2}\) thì \(z=\left(1+\sqrt{2}\right)i\) thỏa mãn điều kiện
Nếu \(x=0,y=-1\) thì \(z=-i\) , khi đó \(\left|z\right|=1\) không thỏa mãn điều kiện
Vậy số phức cần tìm là \(z=\left(1+\sqrt{2}\right)i\)
25 tháng 3 2016
Đặt \(z=\cos x+i\sin x,x\in\left[0,2\pi\right]\)
\(1=\left|\frac{z}{\overline{z}}+\frac{\overline{z}}{z}\right|=\frac{\left|z^2+\overline{z}^2\right|}{\left|z\right|^2}\)
\(=\left|\cos2x+i\sin2x+\cos2x-i\sin2x\right|\)
\(=2\left|\cos2x\right|\)
Do đó : \(\cos2x=\frac{1}{2}\) hoặc \(\cos2x=-\frac{1}{2}\)
- Nếu \(\cos2x=\frac{1}{2}\)
thì : \(x_1=\frac{\pi}{6},x_2=\frac{5\pi}{6},x_3=\frac{7\pi}{6},x_4=\frac{11\pi}{6}\)
- Nếu \(\cos2x=-\frac{1}{2}\)
thì : \(x_5=\frac{\pi}{3},x_6=\frac{2\pi}{3},x_7=\frac{4\pi}{3},x_8=\frac{5\pi}{3}\)
Do đó có 8 nghiệm :
\(z_k=\cos x_k+i\sin x_kk=1,2,3,.....,8\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
26 tháng 4 2019
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:
\(\overline{z}=\left(i+\sqrt{2}\right)^2\left(1-\sqrt{2}i\right)=5+\sqrt{2}i\)
\(\Rightarrow z=5-\sqrt{2}i\Rightarrow b=-\sqrt{2}\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
26 tháng 4 2019
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:
\(3=\left|z-1+3i\right|=\left|z-1-i+4i\right|\ge\left|\left|z-1-i\right|-\left|4i\right|\right|=\left|\left|z-1-i\right|-4\right|\)
\(\Rightarrow\left|z-1-i\right|\ge-3+4=1\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
8 tháng 4 2022
Đặt \(z=x+yi\)
\(\left|x+yi+x-yi+2\right|+2\left|x+yi-x+yi-2i\right|\le12\)
\(\Leftrightarrow\left|2x+2\right|+4\left|\left(y-1\right)i\right|\le12\)
\(\Leftrightarrow\left|x+1\right|+2\left|y-1\right|\le6\)
Tập hợp z là miền trong hình thoi (gồm cả biên) với 4 đỉnh: \(A\left(-7;1\right)\) ; \(B\left(-1;4\right)\) ; \(C\left(5;1\right)\) ; \(D\left(-1;-2\right)\)
\(P^2=\left|z-4-4i\right|^2=\left(x-4\right)^2+\left(y-4\right)^2\) có tập hợp là đường tròn (C) tâm \(I\left(4;4\right)\) bán kính \(R=P>0\) sao cho (C) và hình thoi ABCD có ít nhất 1 điểm chung
Từ hình vẽ ta thấy \(P_{max}\) khi (C) đi qua A \(\Rightarrow P=IA\) và \(P_{min}\) khi (C) tiếp xúc BC \(\Rightarrow P=d\left(I;BC\right)\)
\(\overrightarrow{IA}=\left(-11;-3\right)\Rightarrow M=IA=\sqrt{130}\)
\(\overrightarrow{BC}=\left(6;-3\right)\Rightarrow\) đường thẳng BC nhận (1;2) là 1 vtpt
Phương trình BC: \(1\left(x+1\right)+2\left(y-4\right)=0\Leftrightarrow x+2y-7=0\)
\(\Rightarrow m=d\left(I;BC\right)=\dfrac{\left|4+2.4-7\right|}{\sqrt{1^2+2^2}}=\sqrt{5}\)
\(\Rightarrow M+m=\sqrt{130}+\sqrt{5}\)
4 tháng 4 2017
Câu 2/
\(\frac{1}{x^2\left(x^2+y^2\right)}+\frac{1}{\left(x^2+y^2\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)}+\frac{1}{x^2\left(x^2+y^2+z^2\right)}=1\)
Điều kiện \(\hept{\begin{cases}x^2\ne0\\x^2+y^2\ne0\\x^2+y^2+z^2\ne0\end{cases}}\)
Xét \(x^2,y^2,z^2\ge1\)
Ta có: \(\hept{\begin{cases}x^2\ge1\\x^2+y^2\ge2\end{cases}}\)
\(\Rightarrow x^2\left(x^2+y^2\right)\ge2\)
\(\Rightarrow\frac{1}{x^2\left(x^2+y^2\right)}\le\frac{1}{2}\left(1\right)\)
Tương tự ta có: \(\hept{\begin{cases}\frac{1}{\left(x^2+y^2\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)}\le\frac{1}{6}\left(2\right)\\\frac{1}{x^2\left(x^2+y^2+z^2\right)}\le\frac{1}{3}\left(3\right)\end{cases}}\)
Cộng (1), (2), (3) vế theo vế ta được
\(\frac{1}{x^2\left(x^2+y^2\right)}+\frac{1}{\left(x^2+y^2\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)}+\frac{1}{x^2\left(x^2+y^2+z^2\right)}\le\frac{1}{2}+\frac{1}{6}+\frac{1}{3}=1\)
Dấu = xảy ra khi \(x^2=y^2=z^2=1\)
\(\Rightarrow\left(x,y,z\right)=?\)
Xét \(\hept{\begin{cases}x^2\ge1\\y^2=z^2=0\end{cases}}\) thì ta có
\(\frac{1}{x^4}+\frac{1}{x^4}+\frac{1}{x^4}=1\)
\(\Leftrightarrow x^4=3\left(l\right)\)
Tương tự cho 2 trường hợp còn lại: \(\hept{\begin{cases}x^2,y^2\ge1\\z^2=0\end{cases}}\) và \(\hept{\begin{cases}x^2,z^2\ge1\\y^2=0\end{cases}}\)
4 tháng 4 2017
Bài 2/
Ta có: \(\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{t}+\frac{t}{x}\ge4\sqrt[4]{\frac{x}{y}.\frac{y}{z}.\frac{z}{t}.\frac{t}{x}}=4>3\)
Vậy phương trình không có nghiệm nguyên dương.
Xét riêng: \(\frac{\left|z\right|^4}{z^2}=\left(\frac{\left|z\right|^2}{z}\right)^2=\left(\left|z\right|^2\cdot\frac{\overline{z}}{\left|z\right|^2}\right)=\left(\overline{z}\right)^2=w\)
Thay w vào phương trình, ta có:
\(w^2+w+\frac{200}{1-7i}=0\\ \Delta=1-4\cdot\frac{200}{1-7i}=-15-112i\\ \Rightarrow\Delta=\left(7-8i\right)^2\)
Phương trình có 2 nghiệm là:
\(\left[\begin{matrix}w=-4+4i\\w=3-4i\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[\begin{matrix}z=-4-4i\\z=3+4i\end{matrix}\right.\)
Xin lỗi, dòng đầu viết nhầm. Phải là "đặt \(w=\overline{z}\)" mới đúng.