152Chương 3. M t sng d ng c a s ph c trong đ i sc u đó đư c xác đ nh theo công th c pot

152 Chương Một số ứng dụng số phức đại số cấu xác định theo cơng thức w − w1 w3 − w2 z − z1 z3 − z2 · = · · w − w2 w3 − w1 z − z2 z3 − z1 (3.50) Chứng minh 1.Tính Giả sử ta có hai đẳng cấu w1 (z) w2(z) thỏa mãn điều kiện định lí Giả sử ζ2 (w) ánh xạ ngược w2(z) Ta xét ánh xạ ζ2 [w1(z)] đẳng cấu phân tuyến tính đẳng cấu có ba điểm bất động z1 , z2 z3 w1(zk ) = wk , k = 1, 2, 3, ζ2 (wk ) = zk , k = 1, 2, az + b cz + d azk + b = zk , czk + d Do đặt ζ2 [w1 (z)] = k = 1, 2, 3, czk + (d − a)zk − b = 0, k = 1, 2, Đa thức bậc hai vế trái có ba nghiệm khác (z1 = x2 = z3 ) hệ số 0, tức a = d, b = c = ζ2 [w1(z)] ≡ z w1 (z) ≡ w2 (z) Sự tồn Đẳng cấu phân tuyến tính thỏa mãn điều kiện định lí xác định theo cơng thức (3.50) Thật vậy, giải phương trình (3.50) w ta thu hàm phân tuyến tính Ngoài cặp z = z1 w = w1 vào eq3.50 hai vế (3.50) Thế cặp z = z3 w = w3 vào (3.50) ta thu hai vế cuối cùng, cặp z = z2 w = w2 ta thu hai vế ∞ Trong hình học, biểu thức λ= z − z1 z3 − z1 : z − z2 z3 − z2 153 3.3 Phương trình hàm với biến đổi phân tuyến tính gọi tỉ số phi điều hòa bốn điểm z, z1, z2 z3 Nếu bốn điểm z1 , z2, z, z3 nằm đường trịn (hoặc đường thẳng) thìtỉ số phi điều hòa số thực Thật a) Nếu điểm z1, z2, z, z3 nằm đường thẳng ζ = ζ0 + teiα, −∞ < t < ∞ ta có: z1 = ζ0 + t1 eiα, z2 = ζ0 + t2eiα , z = ζ0 + t0eiα , z3 = ζ0 + t3 eiα từ (z1 , z2, z, z3) = z − z1 z3 − z1 t − t t3 − t1 : = : ∈ R z − z2 z3 − z2 t0 − t2 t3 − t2 b) Nếu điểm z, z1, z2, z3 nằm đường tròn ζ = ζ0 + reit , r > 0, t 2π, ta có z1 = ζ0 + reiϕ1 , z2 = ζ0 + reiϕ2 , z3 = ζ0 + reiϕ3 từ ta có (z1 , z2, z, z3) = eiϕ0 − eiϕ1 eiϕ3 − eiϕ1 : eiϕ0 − eiϕ2 eiϕ3 − eiϕ2 ei ϕ0 +ϕ1 ei ϕ0 −ϕ1 − e−i ϕ0 −ϕ1 ei ϕ0 +ϕ2 ei ϕ0 −ϕ1 − e−i ϕ0 −ϕ1 = ei ϕ2 +ϕ1 ei ϕ3 −ϕ1 − e−i ϕ3 −ϕ1 ei ϕ1 +ϕ3 ei ϕ3 −ϕ2 − e−i ϕ3 −ϕ2 : ϕ0 − ϕ1 ϕ0 − ϕ1 sin 2 = ϕ0 − ϕ2 : ϕ3 − ϕ2 ∈ R sin sin 2 sin Từ định lí 3.11 ta rút tính chất quan trọng đẳng cấu phân tuyến tính Hệ 3.2 Tỉ số phi điều hòa bất biến nhóm đẳng cấu phân tuyến tính Định nghĩa 3.2 Hai điểm z z ∗ gọi đối xứng với qua đường tròn Γ = {|z − z0 | = R} ⊂ C chúng có tính chất sau: a) z z ∗ nằm tia từ z0; b) |z − z0 | · |z ∗ − z0| = R2 154 Chương Một số ứng dụng số phức đại số Mọi điểm đường trịn Γ xem đối xứng với qua Γ Từ định nghĩa 3.2 suy điểm đối xứng qua đường tròn Γ liên hệ với hệ thức w = z0 + R2 · z − z0 Thật vậy, từ biểu thức vừa viết suy |w − z0| |z − z0| = R2 arg(w − z0) = arg(z − z0) Trong hình học sơ cấp ta biết hai điểm z z ∗ đối xứng với qua đường tròn Γ đường tròn γ ⊂ C qua z z ∗ trực giao với Γ Ta có định lí sau Định lý 3.12 Tính đối xứng tương hỗ điểm bất biến nhóm đẳng cấu phân tuyến tính Chứng minh Kết luận định lí suy từ định lí 3.7 3.9 Từ bất biến tính đối xứng điểm suy trường hợp đường trịn biến thành đường thẳng, tính đối xứng trùng với khái niệm đối xứng thông thường Ta minh họa việc áp dụng tính bất biến điểm đối xứng qua đẳng cấu phân tuyến tính định lí sau Định lý 3.13 Đẳng cấu phân tuyến tính biến nửa mặt phẳng lên hình trịn đơn vị có dạng w = eiλ λ ∈ R số thực tùy ý z−α , z−α Im α > 0, (3.51) 155 3.3 Phương trình hàm với biến đổi phân tuyến tính Chứng minh Giả sử đẳng cấu phân tuyến tính w = w(z) ánh xạ nửa mặt phẳng Im z > lên hình trịn {|w| < 1} cho w(α) = (Im α > 0) Ta nhận xét điểm w = w = ∞ tương ứng với giá trị liên hợp z, c = (vì c = điểm ∞ tương ứng với điểm ∞) b d Các điểm w = 0, w = ∞ tương ứng với điểm − − Do a c d b az −α · viết − = α, − = α w = a c cz−α Vì điểm trục thực có ảnh nằm đường tròn đơn vị, tức |w| = z = x ∈ R, a x−α a = =1 c x−α c z−α · z−α Ta chứng minh đẳng cấu phải tìm Thật vậy, z = x ∈ R hiển a = ceiλ Như w = eiλ nhiên |w| = Nếu Im z > z gần α so với α (tức |z − α| < |z − α|) |w| < Nhận xét 3.3 Trong ánh xạ (3.51) góc quay đường cong điểm α π λ − từ (3.51) ta có arg w (α) = λ − π · Định lý 3.14 Mọi đẳng cấu phân tuyến tính biến hình trịn {|z| < 1} lên hình trịn {|w| < 1} có dạng w = eiλ z−α , − αz (3.52) |α| < 1, λ ∈ R số thực tùy ý Chứng minh Giả sử đẳng cấu phân tuyến tính w = w(z) biến hình trịn {|z| < 1} lên hình trịn {|w| < 1} cho w(α) = (|α| < 1) Theo tính chất bảo toàn điểm đối xứng, điểm w = 0, w = ∞ tương ứng với điểm liên 156 Chương Một số ứng dụng số phức đại số hợp z = α z = , |α| < Do α b − = α, a d − = , c α |α| < 1, w= aα z − α a z−α aα z − α = · =− · c c αz − c − αz z− α Vì điểm đường tròn đơn vị phải biến thành điểm đường tròn đơn vị nên |w| = |z| = Vì z · z = |z|2 nên zz = |z| = Vì số − αz − αz liên hợp với |1 − αz| = |1 − αz| nên |z| = |1 − αz| = |1 − αz| · |z| = |z − αzz| = |z − α| Do |z| = ta có: z−α = 1 − αz Nhưng |w| = aα aα = = eiλ, λ ∈ R Như ta thu c c (3.52) Ta cần chứng minh đẳng cấu muốn tìm Thật z = eiθ α = r1 eiβ |w| = eiθ − r1eiβ − r1 eiβ e−iθ = = 1 − r1 e−iβ · eiθ − r1 e−iβ eiθ Nếu z = reiθ (r < 1) 2 |z − a|2 − |1 − αz|2 = r2 − 2rr1 cos(θ − β) + r1 − (r1 r2 − 2r1 r cos(θ − β) + 1) = (r2 − 1)(1 − r1 ) < |z − α|2 − |1 − αz|2 < |w| < 157 3.3 Phương trình hàm với biến đổi phân tuyến tính Nhận xét 3.4 Vì dw dz = eiλ z=α , − |α|2 |α| < 1, mặt hình học λ góc quay ánh xạ (3.52) điểm α: dw dz λ = arg z=α Từ công thức (3.52) ta rút hệ thức dw dz = z=α 1 − |α|2 độ giãn dần đến ∞ điểm α dần đến biên hình trịn đơn vị Nhận xét 3.5 Phép đẳng cấu biến hình trịn {|z| < R} lên hình trịn {|w| < R } có dạng w = RR eiλ z−α , αz − R2 |α| < R, λ ∈ R Ví dụ 3.52 Giả sử U1 = {|z| < 1}, U2 = {|z − 1| < 1} D = U1 ∩ U2 Tìm đẳng cấu biến miền D lên nửa mặt phẳng Lời giải Giao điểm cung tròn giới hạn miền D điểm sau: √ √ 3 1 , a∗ = − i · a= +i 2 2 Giả sử cung tròn qua điểm z = kí hiệu δ1 cung trịn qua điểm z = δ2 Ta áp dụng ánh xạ trung gian sau Ánh xạ z− z1 = z− √ −i 2 √ +i 2 , 158 Chương Một số ứng dụng số phức đại số biến miền cho D thành góc mặt phẳng z1 với đỉnh z1 = Vì 2π góc hai cung tròn δ1 δ2 điểm a a∗ nên 2π độ mở góc vừa thu Dễ dàng thấy √ 1− −i √ 2 =− +i z1(1) = √ 2 +i 1− 2 √ z1(0) = − − i 2 góc - ảnh thu có cạnh qua điểm z1(1) z1 (0) Ta kí hiệu góc D(z1 ) Ánh xạ quay z2 = e −2πi z1 biến góc D(z1 ) thành góc có cạnh trùng √ · với phần dương trục thực, cạnh qua điểm − + i 2 2π 3 Ánh xạ cần tìm có dạng w = z2 góc có độ mở · =π! Hợp 1) - 3) ta thu √ 2z − + i √ w=− 2z − − i hiển nhiên hàm thực ánh xạ phải tìm Ví dụ 3.53 Ánh xạ miền D góc {0 < arg z < πβ, < β < 2} với nhát cắt theo cung đường tròn đơn vị từ điểm z = đến điểm z = eiαπ , < α < β (hãy vẽ hình) Lời giải Ta sử dụng ánh xạ trung gian sau 1 Ánh xạ z1 = z β biến góc cho thành góc D(z1 ) có độ mở π với α nhát cắt thuộc đường tròn đơn vị từ điểm z = đến điểm z = ei β π Ánh xạ phân tuyến tính z2 = z1 − z1 + 159 3.3 Phương trình hàm với biến đổi phân tuyến tính biến miền D(z1 ) thành nửa mặt phẳng với nhát cắt theo trục ảo từ gốc α tọa độ đến điểm i tan π Ta kí hiệu miền ảnh D(z2 ) 2β Ánh xạ z3 = z2 biến miền D(z2 ) thành mặt phẳng với nhát cắt theo α − tan2 π; ∞ ⊂ R Ta kí hiệu miền thu D(z3 ) 2β Hiển nhiên hàm cần tìm có dạng w= α z3 + tan π= 2β zβ − 1 β z +1 + tan2 α π 2β Để kết thúc phần này, ta chứng minh ánh xạ phân tuyến tính (3.48) az + b , ad − bc = biến nửa mặt phẳng lên w = cz + d hệ số a, b, c, d số thực thỏa mãn điều kiện ad − bc > Giả sử ánh xạ (3.48) biến nửa mặt phẳng lên Ta xét ba điểm khác z1, z2 z3 trục thực mặt phẳng z ảnh ba điểm điểm biên nửa mặt phẳng Im w > 0, tức số wk = w(zk ), k = 1, 2, số thực Từ đó, ta thu hệ phương trình với hệ số thực để xác định a, b, c, d Do với xác đến thừa số từ hệ phương trình tuyến tính vừa thu dễ dàng suy hệ số (3.48) thực Vì w = u + iv, z = x + iy nên y > ta có v > Thay w = u + iv, z = x + iy vào (3.48) ta có v= y(ad − bc) · (cx + d)2 + (cy 2) Từ suy ad − bc > Ngược lại, hệ số a, b, c d thực trục thực mặt phẳng (z) ánh xạ lên trục thực mặt phẳng (w) ad − bc > nên nửa mặt phẳng ánh xạ lên nửa mặt phẳng 160 3.3.3 Chương Một số ứng dụng số phức đại số Phương trình hàm sinh hàm phân tuyến tính Bài tốn tổng qt 3.1 Xác định hàm số f (x) thỏa mãn điều kiện sau f αx + β x+γ = af (x) + b, ∀x ∈ R \ {−γ}, (3.53) α, β, γ; a, b số thực, a = 0, αγ − β = Ta khảo sát toán tổng quát (3.53) ba trường hợp đặc trưng điển hình sau đây: (i) Phương trình ω(x) = x có hai nghiệm thực phân biệt (ii) Phương trình ω(x) = x có nghiệm kép (thực) (iii) Phương trình ω(x) = x khơng có nghiệm thực Nhận xét rằng, phương trình trường hợp (iii) tương đương với phương trình ω(x) = x có hai nghiệm (phức) số liên hợp phức Ta chuyển toán tổng quát 3.1 toán tổng quát sinh hàm bậc quen biết mà cách giải biết Bài toán tổng quát 3.2 Xác định hàm số f (x) thỏa mãn điều kiện sau f (αx + β)) = af (x) + b, ∀x ∈ R, (3.54) α, β, a, b số thực, a = 0, α = dạng toán tổng quát sinh phép đối hợp bậc n dạng sau Bài toán tổng quát 3.3 Xác định hàm số f (x) thỏa mãn điều kiện sau f αx + β x+γ = af (x) + b, ∀x ∈ R \ {−γ}, α, β, γ, a, b số thực, a = 0, αγ − β = 0, ωn (x) ≡ x, ωk+1 := ω(ωk (x)), ω0 (x) := x (3.55) 161 3.3 Phương trình hàm với biến đổi phân tuyến tính Tiếp theo, ta minh họa cách giải ứng với trường hợp thơng qua tốn cụ thể sau Từ kết khảo sát phần trước, ta cần xét phương trình hàm sinh ω(x) có dạng ω(x) = m , m = 0· x+γ Ví dụ 3.54 Xác định hàm số f (x) thỏa mãn điều kiện sau 2−x f = 2f (x) − 1, ∀x ∈ R \ {2} (3.56) Lời giải Nhận xét phương trình =x 2−x có hai nghiệm thực x = x = Sử dụng phép đổi biến x−1 = t, x−2 ta thu x=2+ 3 · , =2+ t−1 2−x t−1 Vậy (3.56) có dạng f 2+ t −1 = 2f 2+ t−1 − 1, ∀t ∈ R \ {2 ; 1}, hay g t = 2g(t) − 1, ∀t ∈ R \ {2 ; 1}, (3.57) g(t) = f 2+ t−1 Ví dụ 3.55 Xác định hàm số f thỏa mãn điều kiện sau f 3−x = 3f (x) + 2, ∀x ∈ R \ {3} (3.58) 4.4 Số phức nguyên ứng dụng lí thuyết số 187 hay dạng đối xứng a = |(m + n)2 − 2n2 |, c = |(m + n)2 − 2m2 |, b = m2 + n2 m, n số nguyên dương phân biệt nguyên tố nhau, khác tính chẵn lẻ Ví dụ 4.12 Tìm tất cặp số nguyên (x ; y) thoả mãn x2 + = y Lời giải Ta có (x + i)(x − i) = y Ta hai số x + i, x − i nguyên tố Giả sử trái lại có số nguyên tố Gauss π cho π|x + i, π|x − i Suy π|2i π|2 Vậy N (π)|N (2) = 4, suy N (π) chẵn Vì N (π)|N (x + i) = x2 + = y nên y chẵn x lẻ x2 + = y chia hết cho Nhưng x2 + ≡ (mod 4) Ta có mâu thuẫn Ta thấy x + i kết hợp với lập phuơng Mà ta có −1 = (−1)3 , i = (−i)3, (−i) = i3 nên x + i lập phương Vậy x + i = (a + ib)3 = (a3 − 3ab2) + i(3a2b − b3) ⇒x = a(a2 − 3b); = b(3a2 − b2 ) ⇒ |b| = ; |3a2 − b2| = ⇒|3a2 − 1| = ⇒ a = 0, b = −1 Do x = 0, y = nghiệm phương trình cho Ví dụ 4.13 Chứng minh số nguyên dương n > biểu diễn thành tổng hai số phương phân tích tiêu chuẩn n ước nguyên tố dạng 4k + có luỹ thừa chẵn Lời giải Giả sử n = x2 + y x, y ∈ N Khi n = (x + iy)(x − iy) Vì n > nên x + iy không đơn vị Phân tích x + iy thành tích số nguyên tố Gauss ta x + iy = Π(εi qi)si Π(δj πj )tj 188 Chương Số phức tốn số học tổ hợp εi , δj đơn vị, qi số nguyên tố thơng thường dạng 4k + (đó số nguyên tố Gauss) πj = aj + ibj số nguyên tố Gauss với aj = 0, bj = Ta có ¯¯ x − iy = x + iy = Π(εiqi )si Π(δj πj )tj ¯ Vậy 2s n = Πqi i Π(N (πj ))tj Đặt N (πj ) = pj Theo định lí 4.7, pj số ngun tố thơng thường khơng có dạng 4k + Vậy phân tích tiêu chuẩn n t 2s n = Πqi i Πpjj Ngược lại, giả sử t 2s n = Πqi i Πpjj Theo toán 4.9, pj viết dạng tổng hai số phương khác ¯ 0, pj = a2 + b2 Đặt πj = aj + ibj ta có N (πj ) = πj πj = a2 + b2 = pj Ta xét j j j j số phức nguyên sau t s α = Πqi i Ππjj t 2s Khi αα = Πqi i Πpjj = n Giả sử α = x + iy Khi n = x2 + y ¯ Ta xét số phức nguyên khác sau l s γ = Πqi i Ππjj Ππj rj ¯ lj , rj ∈ N cho lj + rj = tj Khi l +rj 2s γ γ = Πqi i Πpjj ¯ t 2s = Πqi i Πpjj = n Giả sử γ = u + iv n = u2 + v ta có cách biểu diễn khác n thành tổng hai số phương Có thể chứng minh phân tích tiêu chuẩn n t 2s n = Πqi i Πpjj 189 4.5 Bài tập số nghiệm nguyên khơng âm (x ; y) phương trình n = x2 + y Π(1 + tj ) Ví dụ 4.14 Cho p số nguyên tố dạng 4k + x, y, z số nguyên dương thoả mãn x2 + y = z p+1 Giả sử x, y nguyên tố Chứng minh xy chia hết cho p Lời giải Trước hết ta chứng minh hai số phức nguyên x + iy, x − iy nguyên tố Nếu giả sử trái lại có số nguyên tố Gauss π cho π|x + iy, π|x − iy Khi π|2x, π|2iy Ta π khơng phải ước Thật vậy, π|2 N (π)|N (2) = Do N (π) chẵn Vì N (π)|N (x + iy) = x2 +y = z p+1 nên z p+1 chẵn Do z chẵn, điều kéo theo 4|z p+1 = x2 +y Lại có (x ; y) = nên x, y không chẵn Vậy x2 + y ≡ 1, (mod 4) Ta có mâu thuẫn Vậy π|x, π|y Suy N (π)|N (x) = x2, N(π)|N (y) = y Do định lí 4.7, N (π) = p số nguyên tố, nên p|x, p|y Điều trái với giả thiết (x ; y) = Vì x + iy = ε(a + bi) p+1 nên (x + iy)2 = ±(a + bi)p+1 = ±(a + bi)(a + bi)p Do (a + bi)p ≡ (a − bi) (mod p) nên (x + iy)2 = (x2 − y 2) + i2xy ≡ ±(a2 + b2 ) (mod p) Từ 2xy ≡ (mod p) Vì p số nguyên tố lẻ nên ta kết luận p|xy 4.5 Bài tập Bài 4.1 Chứng minh số nguyên dương n > biểu diễn thành tổng hai số phương phân tích tiêu chuẩn n ước nguyên tố dạng 4k + có luỹ thừa chẵn 190 Chương Số phức toán số học tổ hợp Bài 4.2 (IMO 1974) Chứng minh số n 2k+1 C2n+1 23k k=1 không chia hết cho với số nguyên n ≥ n Bài 4.3 Tính tổng k Cn cos kx với x ∈ [0 ; π] k=1 Bài 4.4 (Cuộc thi Traian Lalescu - Romania, 2003) Có số có n chữ số chọn từ tập hợp {2 ; ; ; 9} chia hết cho 3? Bài 4.5 Cho ba số nguyên dương m, n, p, m > n + ≡ (mod m) Tìm số (x1 ; x2; ; xp ) gồm p số nguyên dương cho tổng (x1 + x2 + · · · xp ) chia hết cho m, số x1, x2, , xp không lớn m Bài 4.6 (IMO 2007 Shorlist) Với số nguyên dương n > 1, xét tập S = {1 ; ; 3; ; n} Tô số S màu, u số tô màu đỏ v số tô màu xanh Hãy tìm số (x ; y ; z) thuộc S cho a) x, y, z tô màu ; b) x + y + z chia hết cho n Bài 4.7 (Việt Nam TST 2008, Bài 6) Kí hiệu M tập hợp gồm 2008 số nguyên dương Tô tất số thuộc M ba màu xanh, vàng, đỏ cho số tô màu màu dùng để tơ số Xét tập hợp S1 = {(x ; y ; z) ∈ M | x, y, z màu x + y + z ≡ (mod 2008)}; S2 = {(x ; y ; z) ∈ M | x, y, z đôi khác màu x + y + z ≡ (mod 2008)} Chứng minh 2|S1 | > |S2 | (Ta kí hiệu M := M × M × M |X| số phần tử tập hữu hạn X) 191 4.5 Bài tập Bài 4.8 Tìm cơng thức tổng qt dãy số {xn } xác định x0 = 1, x1 = 0, x2 = 0, xn+3 = 2xn+2 − 3xn+2 + 2xn+1 − xn Bài 4.9 Xét khai triển = + a1 x + a2 x2 + · · · + ax + bx2 Chứng minh aj > với j = 1, 2, 3, phương trình + ax + bx2 = có nghiệm thực Bài 4.10 Chứng minh x + 1 = cos α xn + n = cos(nα) x x Chương Một số ứng dụng số phức hình học Chương trình Tốn học bậc Trung học phổ thông hầu có phần kiến thức số phức Ở nước ta, sau nhiều lần cải cách, nội dung số phức cuối đưa vào chương trình Giải tích 12, nhiên cịn đơn giản Vì nhiều lý khác nhau, nhiều học sinh, chí học sinh khá, giỏi sau học xong phần số phức hiểu cách đơn sơ: sử dụng số phức, giải phương trình bậc hai, tính vài tổng đặc biệt, Việc sử dụng số phức nghiên cứu, khảo sát hình học phẳng tỏ có nhiều thuận lợi, việc xem xét vấn đề liên quan đến phép biến hình mặt phẳng với hình học chúng Trong chương mơ tả số kết quả, khái niệm Hình học Euclid phẳng dạng ngơn ngữ số phức góc, khoảng cách, đồng quy, thẳng hàng, đường thẳng, đường trịn với số phép dời hình, đồng dạng dạng 192 5.1 Mô tả số kết hình học phẳng ngôn ngữ số phức 5.1 193 Mô tả số kết hình học phẳng ngơn ngữ số phức Cho trước hai điểm M(m), N(n) Khi đó, độ dài đoạn MN MN = |n − m| = d(m; n) Trong mặt phẳng cho trước đoạn thẳng AB Khi đó, điểm M chia đoạn −→ − −→ − thẳng AB theo tỷ số k ∈ R \ {1} MA = k · MB, a − m = k · (b − m) a, b m tọa vị điểm A, B M theo thứ tự Từ đó, ký hiệu [AB] đoạn thẳng AB, ký hiệu (AB) đường thẳng AB, ký hiệu [AB) tia AB, ta có kết sau Cho trước hai điểm A(a), B(b) phân biệt điểm M(m) Khi M ∈ [AB] ⇔ ∃t ≥ : z − m = t · (b− m) ⇔ ∃t ∈ [0; 1] : m = (1 − t)a + t · b (1) M ∈ (AB) ⇔ ∃t ∈ R : m − a = t(b − a) ⇔ ∃t ∈ R : m = (1 − t)a + tb (2) Định lý 5.1 Cho trước hai điểm A(a), B(b) phân biệt điểm M(m) Khi đó, mệnh đề sau tương đương • M ∈ [AB) • ∃t > : m = (1 − t)a + tb • arg (m − a) = arg (b − a) • m−a = t ∈ R+ b−a Từ đó, để ý t = t ∀t ∈ R, ta thu phương trình đường thẳng qua hai điểm W1(w1 ), W2(w2 ) (z − w1) · (w2 − w1) − (z − w1) · (w2 − w1) = (3) 194 Chương Một số ứng dụng số phức hình học 5.1.1 Góc hai đường thẳng Trong mặt phẳng phức, cho hai điểm M1 (z1), M2 (z2) αk = arg zk , k = 1, Khi đó, − −− → −→ −− −− −→ −→ − −− → −→ (Ox, OM1 )+(OM1 ; OM2 ) ≡ (Ox; OM2 ) (mod 2π) nên M2 (z2 ) M1 (z1 ) −− −− −→ −→ − −− → −→ − −− → −→ (OM1 ; OM2 ) ≡ (Ox; OM2 ) − (Ox; OM1 ) (mod 2π) z2 Từ đó, cho z1 bốn điểm phân biệt Mk (zk ), k = 1, 2, 3, góc (định hướng) tạo đường z4 − z2 thẳng M1 M3 với đường thẳng M2 M4 arg z3 − z1 hay góc định hướng tạo tia OM1 với tia OM2 arg Định lý 5.2 Hai tam giác ABC, A B C đồng dạng hướng c −a c−a = b−a b −a Và hai tam giác ABC, A B C đồng dạng ngược hướng c −a c−a = b−a b −a 5.1.2 Tích vơ hướng hai số phức Trong mặt phẳng phức cho hai điểm M1 (z1), M2 (z2) Khi −− − − − → −→ OM1 · OM2 = OM1 · OM2 · cos ∠M1 OM2 195 5.1 Mô tả số kết hình học phẳng ngơn ngữ số phức Nếu zk có modul rk , có argument αk −− −− −→ −→ OM1 · OM2 = r1 · r2 · cos(α2 − α1) = r1 r2(cos α1 cos α2 + sin α1 sin α2) Do < z1 ; z2 >= · (z1 · z2 + z1 · z2) Từ suy < z1; z2 > =< z1; z2 > < z1; z2 >∈ R Tích vơ hướng hai số phức có tính chất tích vơ hướng hai véc-tơ Ngồi < z1; zz2 >= z· < z1 ; z2 > < zz1; z2 >= z· < z1; z2 > Nhận xét 5.1 Trong mặt phẳng phức cho hai điểm M1 (z1), M2 (z2) Khi < z1 ; z2 > phương tích O với đường trịn đường kính M1 M2 Nếu A(a), B(b), C(c) D(d) bốn điểm phân biệt mặt phẳng phức, AB ⊥ CD ⇐⇒< b − a; d − c >= ⇐⇒ Re 5.1.3 b−a d−c =0 Tích ngồi hai số phức Diện tích tam giác Trong mặt phẳng phức cho hai điểm M1 (z1), M2 (z2) Khi −− − → −− −→ −− − → −− −→ OM1 × OM2 = |OM1 | · |OM2 | · sin ∠M1 OM2 Nếu zk có modul rk , có argument αk −− − → −− −→ OM1 × OM2 = r1 r2 sin(α2 − α1 ) = r1 r2 (sin α2 cos α1 − cos α2 sin α1 ) Do z1 × z2 = i (z1 · z2 − z1 · z2 ) Từ đó, z1 × z2 = z1 × z2 nên suy Im z1 × z2 = Tích ngồi hai số phức có tính chất tích ngồi hai véctơ mặt phẳng, ngồi (zz1) × z2 = z · (z1 × z2) z1 × (zz2) = z · (z1 × z2) 196 Chương Một số ứng dụng số phức hình học Nhận xét 5.2 Ba điểm A(a), B(b), C(c) thẳng hàng (b − a) × (c − a) = Nếu A(a), B(b) hai điểm phân biệt, không thẳng hàng với O a × b = · [OAB], đó, ký hiệu [A1A2 An ] để diện tích đại số đa giác định hướng A1A2 An Từ nhận xét 2, với ba điểm A(a), B(b) C(c) phân biệt, khơng thẳng hàng, [ABC] = 5.1.4 (a × b + b × c + c × a) Đường trịn Đường trịn tâm M0(z0 ) bán kính R tập hợp điểm M(z) cho M0 M = R hay |z − z0 | = R tức zz − z0z − z0z + z0 z0 − R2 = Từ đó, đường trịn có phương trình dạng zz + αz + αz + β = α ∈ C β ∈ R Đường trịn có tâm với tọa vị −α, bán kính R = 5.1.5 √ αα − β Mơ tả phép biến hình phẳng ngơn ngữ số phức Phép dời hình → Phép tịnh tiến Phép tịnh tiến theo véc-tơ − = (v) phép biến hình v −− −→ − biến điểm M(z) thành điểm M (z ) cho MM = → Do đó, biểu thức v phép tịnh tiến z = f (z) = z + v Phép quay Phép quay tâm M0 (z0 ) góc quay α phép biến hình biến −− − − −→ − → M(z) thành điểm M (z )mà M0 M = M0 M (M0 M; M0 M ) ≡ α (mod 2π) Từ đó, biểu thức phép quay z − z0 = ei·α(z − z0 ) 197 5.1 Mô tả số kết hình học phẳng ngơn ngữ số phức Phép đối xứng-trục Phép đối xứng qua đường thẳng phép biến hình biến điểm M(z) thành điểm M (z ) cho trung trực MM Từ • Phép đối xứng qua trục thực: z = f (z) = z • Phép đối xứng qua trục ảo: z = f (z) = −z → − − − → → − −→ → − − −→ → − • Do 2(Ox; ) = (Ox; OM ) + (Ox; OM (ở = (z0)) nên phép đối α qua gốc O điểm z0 = ei có biểu thức xứng qua đường thẳng z = f (z) = eiα z → → Từ đó, ∆ = T− ( ) với − = (z0) phép đối xứng qua ∆ có biểu thức v v z = eiαz + 2z0 M (z) M (z) → − v M (z ) α M (z ) → 2− v M (z ) Phép vị tự Phép vị tự tâm C(z0), tỷ số r ∈ R lf phép biến hình biến điểm M(z) thành −→ − −→ − điểm M (z ) mà CM = r · CM Do đó, có biểu thức z = r · (z − z0) + z0 198 Chương Một số ứng dụng số phức hình học 5.1.6 Điều kiện đồng quy, thẳng hàng, vng góc nằm đường tròn (đồng viên) Định lý 5.3 Cho ba đường thẳng với phương trình ∆1 : (z − z1) × u1 = ∆2; (z − z2) × u2 = ∆3 : (z − z3) × u3 = Khi đó, ba đường thẳng ∆1, ∆2 , ∆3 đồng quy (u1 × u2 )2 + (u2 × u3)2 + (u3 × u1 )2 = (u1 × u2 )(z3 × u3) + (u2 × u3)(z1 × u1 ) + (u3 × u1 )(z2 × u2) = Định lý 5.4 Ba điểm M1 (z1), M2 (z2), M3 (z3) thẳng hàng z3 − z1 ∈R z2 − z1 hay Im z3 − z1 z2 − z1 =0 Định lý 5.5 Bốn điểm Mk (zk ), k = 1, 2, 3, nằm đường thẳng hay đường tròn z3 − z2 z3 − z4 : ∈R z1 − z2 z1 − z4 Hệ 5.1 Bốn điểm Mk (zk ), k = 1, 2, 3, nằm đường thẳng z3 − z4 z3 − z2 ∈ R ∈R z1 − z2 z1 − z4 Bốn điểm Mk (zk ), k = 1, 2, 3, nằm đường tròn z3 − z2 z3 − z4 z3 − z2 z3 − z4 : ∈ R ∈ R ∈R z1 − z2 z1 − z4 z1 − z2 z1 − z4 Định lý 5.6 Nếu A(a), B(b), C(c) D(d) bốn điểm phân biệt mặt phẳng phức, AB ⊥ CD ⇐⇒< b − a; d − c >= ⇐⇒ Re 5.2 b−a d−c =0 Một số ví dụ áp dụng Cho A(a), B(b), C(c) ba đỉnh tam giác Khi tam giác ABC tam giác hai tam giác ABC, BCA đồng dạng 199 5.2 Một số ví dụ áp dụng hướng Điều tương đương với c−a a−b = ⇔ (c − a)(c − b) = (a − b)(b − a) b−a c−b ⇔ c2 − ca − bc + ab = −a2 − b2 + 2ab ⇔ a2 + b2 + c2 = ab + bc + ca Mặt khác, tam giác ABC đều, định hướng dương (tương ứng âm) phép quay tâm A, góc quay + π (tương ứng − π ) biến B thành C, 3 Tam giác ABC đều, định hướng dương a + bω + cω = 0, tam giác ABC đều, định hướng âm aω + bω + c = 0, ω = Ví dụ 5.1 (Napoléon) Lấy cạnh BC, CA, AB tam giác ABC làm đáy, dụng tam giác với tâm tương ứng A0, B0 , C0 Chứng minh A0 , B0, C0 đỉnh tam giác Lời giải Giả sử tam giác ABC định hướng dương Gọi x tọa vị điểm X mặt phẳng Ta có a + c1 ω + bω = 0, b + a1ω + cω = 0, c + b1 ω + aω = Do A0 , B0, C0 theo thứ tự trọng tâm tam giác BCA1, CAB1, ABC1 nên 3a0 = b + c + a1, 3b0 = c + a + b1 , 3c0 = a + b + c1 Từ 3(c0 + a0 ω + b0ω = a + b + c1 + ω(b + c + a1) + ω (c + a + b1) = (b + a1 ω + cω ) + (c + b1ω + aω 2)ω + (a + c1 ω + bω )ω = Suy điều phải chứng minh Lời giải Giả sử tam giác ABC định hướng âm, x tọa vị điểm X mặt phẳng Khi đó, ta có 2π 2π 2π c = ei· (b − a0) + a0 , a = ei· (c − b0 ) + b0, b = ei· (a − c0 ) + c0 200 Chương Một số ứng dụng số phức hình học Suy 2π 2π 4π 2π b = ei· (ei· (c − b0 ) + b0 − c0 ) + c0 2π = ei· (ei· (b − a0) + a0 − b0 ) + ei· (b0 − c0 ) + c0 4π 2π = b − a0 + ei· (a0 − b0) + ei· (b0 − c0 ) + c0 π Từ c0 − a0 = e−i· (b0 − a0) điều có nghĩa tam giác A0B0 C0 B1 A B0 C1 C0 B C A0 A1 Ví dụ 5.2 (BMO 1990 - Shortlist) Cho tam giác ABC Lấy cạnh làm đáy, dựng ba n−giác Tìm tất giá trị n cho tâm ba đa giác đỉnh tam giác Giải Giả sử tam giác ABC định hướng âm Gọi A0, B0 , C0 tâm đa giác dựng cạnh BC, CA, AB (hình vẽ) Khi ∠BA0C = ∠CB0A = ∠AB0C = 2π n 2π Đặt ω = ei· n gọi a, b, c, a0, b0, c0 tọa vị điểm A, B, C, A0, B0, C0 theo thứ tự Từ giả thiết, ta có a = b0 + (c − b0)ω, b = c0 + (a − c0)ω, c = a0 + (b − a0)ω 201 5.2 Một số ví dụ áp dụng C0 2π n A B0 2π n C B 2π n A0 Từ b0 = a − cω b − aω c − bω ; c0 = ; a0 = 1−ω 1−ω 1−ω Tam giác A0B0 C0 a2 + b2 + c2 = a0 b0 + b0 c0 + c0 a0 0 Thay a0, b0, c0 tìm vào, khai triển, rút gọn, ta (1 + ω + ω ) (b − a)2 + (a − c)2 + (c − b)2 = Điều tương đương với + ω + ω = n = Ví dụ 5.3 Trên cạnh lục giác lồi có tâm đối xứng A1A2 A3A4A5A6 , dựng phía ngồi tam giác Ak Ak+1 Bk (với k = 1, 2, , quy ước A7 ≡ A1) Chứng minh trung điểm đoạn thẳng Bk Bk+1 đỉnh lục giác (với k = 1, 2, , B7 ≡ B1 ) Lời giải Giả sử lục giác A1A2A3 A4A5A6 định hướng âm Chọn tâm đối xứng O lục giác làm gốc, gọi x tọa vị điểm X mặt phẳng phức, đặt π ei· = ω Khi ak+3 = −ak Do tam giác Ak Ak+1 Bk đều, có hướng dương, nên bk + ω ak + ω ak+1 ⇔ bk = ωak+1 + ωak Suy bk = −bk+3 ... kh? ?c kh? ?ng đ? ?n vị bi? ?u diễn (ph? ?n t? ?ch) th? ?nh t? ?ch s? ?? nguyên t? ?? Gauss Th? ?m vào đ? ?, bi? ?u diễn nh? ? ?t, sai kh? ?c th? ?? t? ?? th? ? ?a s? ?? đ? ?n vị Ch? ?ng minh N? ?u α s? ?? nguyên t? ?? Gauss α th? ?nh ph? ??n bi? ?u diễn N? ?u tr? ?i. .. nguyên l? ?i liên quan đ? ??n suy luận tinh vi Ch? ?ng hạn, đ? ?? ch? ?ng minh t? ?ch hai s? ?? nguyên ab chia h? ?t cho s? ?? nguyên t? ?? p a b ph? ? ?i chia h? ?t cho p, ta ph? ? ?i đ? ?a kh? ?i ni? ?m u? ? ?c chung lớn hai s? ?? d? ?ng thu? ?t. .. x? ?ng tr? ?ng v? ?i kh? ?i ni? ?m đ? ? ?i x? ?ng th? ?ng th? ?? ?ng Ta minh h? ?a vi? ?c áp d? ? ?ng t? ?nh b? ?t biến ? ?i? ? ?m đ? ? ?i x? ?ng qua đ? ? ?ng c? ? ?u ph? ?n tuyến t? ?nh đ? ? ?nh lí sau Đ? ? ?nh lý 3.1 3 Đ? ? ?ng c? ? ?u ph? ?n tuyến t? ?nh biến n? ?a m? ? ?t ph? ??ng