Cho số phức $z$ thỏa $\left| {{z}_{1}}+1 \right|+\left|...

Cách 1:
Đặt: $z_1=a+bi$ thì bất phương trình trên trở thành $|z_1+1|+|z_1-1|+|2bi-4|\le 6$
Ta có $\{\begin{array}{rl}& |z_1+1|+|z_1-1|=|z_1+1|+|1-z_1|\ge |z_1+1+1-z_1|=2\\ & |2bi-4|=\sqrt{4b^2+16}\ge 4\end{array}$
Suy ra $|z_1+1|+|z_1-1|+|2bi-4|\ge 6$
Vậy để $|z_1+1|+|z_1-1|+|z_1-\overline{z_1}-4|\le 6$ thì $|z_1+1|+|z_1-1|+|z_1-\overline{z_1}-4|=6$.
Mặt khác, ta thấy $2\ge |z_1+1|+|z_1-1|=|z_1+1|+|1-z_1|\ge |z_1+1+1-z_1|=2$ nên suy ra bất phương trình xảy ra dấu "=" khi và chỉ khi số phức $z_1$ bằng 0, từ đó suy ra $|z_1-\overline{z_1}-4|=|2bi-4|=4\Rightarrow b=0$.
Ta có: $|z_2-5i|\le 2$ $\Rightarrow$ quỹ tích của số phức $z_2$ là một hình tròn có tâm $I(0;5)$ và bán kính $R=2$
Khi ấy, giá trị nhỏ nhất của biểu thức $|z_1-z_2|$ cũng chính là đường nối tâm và gốc tọa độ trừ cho bán kính, tức $m=min\left(|z_1-z_2|\right)=OI-R=5-2=3$. Như vậy $m=3\in (2;4)$.
Cách 2:
Ta có: $|z_1+1|+|z_1-1|+|z_1-\overline{z_1}-4|\le 6$
Đặt: $z_1=a+bi$ thì bất phương trình trên trở thành $\Rightarrow |z_1+1|+|z_1-1|+|2bi-4|\le 6$
Ta tách quỹ tích gốc thành hai quỹ tích thành phần nên bất phương trình trên tương đương với:
$\iff \{\begin{array}{rl}& |z_1+1|+|z_1-1|\le 2,(1)\\ & |2bi-4|\le 4,(2)\end{array}$. Như vậy số phức $z_1$ sẽ có quỹ tích gồm 2 thành phần trên
Ở bất phương trình (1), ta nhận thấy $2\ge |z_1+1|+|z_1-1|=|z_1+1|+|1-z_1|\ge |z_1+1+1-z_1|=2$ nên suy ra bất phương trình xảy ra dấu "=" khi và chỉ khi số phức $z_1$ bằng 0
Ở bất phương trình (2), ta nhận thấy $|2bi-4|\le 4$ chỉ xảy ra dấu "=" khi $b=0$ tức số phức $z_1=0$ (cả phần thực và ảo đều bằng 0) nên từ đó ta suy ra $z_1=0$, và cũng chính là gốc tọa độ trong mặt phẳng $Oxy$
Ta có: $|z_2-5i|\le 2$ $\Rightarrow$ quỹ tích của số phức $z_2$ là một hình tròn có tâm $I(0;5)$ và bán kính $R=2$
Khi ấy, giá trị nhỏ nhất của biểu thức $|z_1-z_2|$ cũng chính là đường nối tâm và gốc tọa độ trừ cho bán kính, tức $m=min\left(|z_1-z_2|\right)=OI-R=5-2=3$. Như vậy $m=3\in (2;4)$.