sáng kiến kinh nghiệm số phức và ứng dụng trong hình học của thầy cao minh quang, thpt chuyên nguyễn bỉnh khiêm, vĩnh long

Với sự xuất hiện của số i, một trong những kí hiệu thông dụng nhất trong toán học, ñã dẫn ñến việc ñịnh nghĩa số phức dạng z= +a bi, trong ñó a b, là các số thực.. Chương 1 là phần giới

Cao Minh Quang THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, Vĩnh Long

CHUYÊN ĐỀ:

CHUYÊN ĐỀ:

SỐ PHỨC & ỨNG DỤ

SỐ PHỨC & ỨNG DỤNG NG NG

02/2009

MATHVN.COM

www.MATHVN.com

Cao Minh Quang THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, Vĩnh Long

CHUYÊN

CHUYÊN ĐỀ: ĐỀ:

SỐ PHỨC & ỨNG DỤ

SỐ PHỨC & ỨNG DỤN N NG G

02/2009

MATHVN.COM

www.MATHVN.com

ðến tận thế kỉ XVIII, Leonhard Euler (1707 – 1783), thiên tài toán học Thụy Sĩ, ñã có bước ñột phá khi ñịnh nghĩa số −1, ñược kí hiệu là i, còn gọi là ñơn vịảo ðiều này ñã giúp

việc giải phương trình ñại số trở nên dễ dàng hơn Ví dụ phương trình ñã xét x2+ =1 0 có nghiệm là i và −i

Với sự xuất hiện của số i, một trong những kí hiệu thông dụng nhất trong toán học, ñã dẫn

ñến việc ñịnh nghĩa số phức dạng z= +a bi, trong ñó a b, là các số thực

Số phức có rất nhiều ứng dụng trong toán học, gần như trong tất cả các lĩnh vực: ðại Số

Số Học, Giải Tích, Hình Học… Bắt ñầu từ năm học 2008 – 2009, số phức ñược ñưa vào dạy chính thức ở các lớp 12 phổ thông trung học

Chúng tôi quyết ñịnh chọn ñề tài: “Số phức và Ứng dụng” cho hoạt ñộng nghiên cứu của

cá nhân trong năm học 2008 – 2009 ðề tài gồm ba chương Chương 1 là phần giới thiệu tổng quan về số phức: cách xây dựng số phức, các phép toán, dạng ñại số, dạng lượng giác và dạng lũy

thừa của số phức một cách chi tiết, kèm theo ñó là các bài toán ví dụ ñiển hình Chương 2 và

chương 3 nêu lên mối quan hệ giữa số phức và hình học, cuối mỗi chương là các bài toán hình

học ñược giải bằng công cụ số phức, ñó là những bài toán hình học hay và khó từ các ñề thi học sinh giỏi quốc gia và quốc tế trong thời gian gần ñây

Mục tiêu chính của ñề tài này là cung cấp cho quý thầy cô giáo và các em học sinh, ñặc

biệt học sinh chuyên toán, có một tài liệu tham khảo tốt về số phức cũng như ứng dụng của số

phức Tuy nhiên, trong quá trình biên soạn, chắc hẳn tài liệu vẫn còn những thiếu sót cần ñược

ñiều chỉnh và bổ sung Chúng tôi luôn mong nhận ñược những ý kiến ñóng góp quý báu và chân tình của quý thầy cô giáo và các em học sinh

Mọi góp ý xin liên hệ tác giả theo ñịa chỉ e-mail: kt13quang@yahoo.com

Xin chân thành cám ơn!

Vĩnh Long, Xuân 2009 Cao Minh Quang

MATHVN.COM

www.MATHVN.com

Mục lục

*****

Trang

Lời nói ñầu 3

Mục lục 4

Chương 1 ðịnh nghĩa và các phép toán 5

Chương 2 Số phức và hình học 17

Chương 3 Tích thực và tích phức của các số phức 31

Tài liệu tham khảo 36

MATHVN.COM

www.MATHVN.com

1.2.1 Tính chất ñối với phép toán cộng

(a) Tính giao hoán z1+z2=z2+ , với mọi z1 z z1, 2∈ ℂ

(b) Tính kết hợp (z1+z2)+z3=z1+(z2+z3), với mọi z z z1, 2, 3∈ ℂ

(c) Phần tử ñơn vị Tồn tại duy nhất số phức 0=(0,0) sao cho z+ = + = , với mọi 0 0 z z

z∈ ℂ 0 là phần tử ñơn vị ñối với phép cộng

(d) Phần tử ñối Với mọi z ∈ ℂ , tồn tại duy nhất z− ∈ ℂ sao cho z+ − = − + = ( z) ( z) z 0Khi ñó ta nói −z là sốñối (phần tửñối) của z

Từñây, ta có thểñịnh nghĩa phép trừ của hai số phức z1=(x y1, 1),z2=(x y2, 2) như sau:

1.2.2 Tính chất ñối với phép toán nhân

(a) Tính giao hoán z z1 2=z z2 1, với mọi z z1, 2∈ ℂ

(b) Tính kết hợp (z z1 2)z3=z z z1( 2 3), với mọi z z z1, 2, 3∈ ℂ

(c) Phần tử ñơn vị Tồn tại duy nhất số phức 1=( )1,0 sao cho 1z =1.z = , với mọi z ∈ ℂ z

1 là phần tử ñơn vị ñối với phép nhân

Các tính chất của lũy thừa nguyên của số phức cũng tương tự như số thực

(e) Tính phân phối của phép nhân ñối với phép cộng

z z +z =z z +z z , với mọi z z z1, 2, 3∈ ℂ

1.3 Biểu diễn số phức dưới dạng ñại số

Theo ñịnh nghĩa trên, mỗi số phức tương ứng với một cặp số ( ) 2

,

x y ∈ ℝ , ñiều này sẽ gây ít nhiều khó khăn cho việc trình bày các kiến thức về số phức Vì lẽ ñó, ta sẽ biểu diễn các số phức dưới dạng ñại số

Xét tập hợp ℝ×{ }0 , cùng với phép toán cộng và nhân trên ℝ như trên Khi ñó hàm số 2

{ } ( ) ( )

là song ánh Hơn nữa, (x,0) (+ y,0) (= x+y,0) và (x,0) (⋅ y,0) (= xy,0)

Ta nhận thấy rằng các phép toán trên ℝ×{ }0 cũng tương tự như trên ℝ Từ ñây, ta sẽñồng

x= z , còn y là phần ảo và ñược kí hiệu là y=Im( )z ; i ñược gọi là ñơn vịảo

Từ cách biển diễn trên, ta cũng có một số nhận xét ñơn giản sau:

7

z +z = x +iy + x +iy = x +x + y +y i Nhận xét Re(z1+z2)=Re( )z1 +Re( )z2 ; Im(z1+z2)=Im( )z1 +Im( )z2

3 Phép trừ

z −z = x +iy − x +iy = x −x + y −y i Nhận xét Re(z1−z2)=Re( )z1 −Re( )z2 ;Im(z1−z2)=Im( )z1 −Im( )z2

1.4 Lũy thừa của i

Việc chứng minh các tính chất trên tương ñối dễ dàng, dựa trên cơ sở của ñịnh nghĩa

z∈ ℂ , ta có

1

1.7 Biểu diễn hình học của các phép toán ñại số

1.7.1 Biểu diễn hình học của số phức

Ta vừa ñịnh nghĩa số phức z=(x y, )= +x yi tương ứng với cặp số thực (x y, )∈ℝ ℝ , vì ×

vậy, một cách tự nhiện, ta có thể ñặt số phức z= +x yi ứng với một ñiểm M x y( , ) trong mặt

phẳng ℝ ℝ×

Gọi P là tập hợp tất cả các ñiểm trong mặt phẳng tương ñương với hệ trục tọa ñộ Oxy Khi ñó ánh xạϕ:ℂ→P,ϕ( )z =M x y( , ) là song ánh

ðịnh nghĩa ðiểm M x y( , ) ñược gọi là ảnh hình học của số phức z= +x yi Ngược lại, số

phức z= +x yi ñược gọi là tọa ñộ phức của ñiểm M x y( , ) Hơn nữa, ta sẽ dùng kí hiệu M z( )

ñể chỉ tọa ñộ phức của M là số phức z

MATHVN.COM

www.MATHVN.com

là các vector ñơn vị của trục hoành và trục tung

1.7.2 Biểu diễn hình học của modul

Xét số phức z= +x yi có tọa ñộ ảnh hình học M x y( , ) trong mặt phẳng phức Ta có

( M O)2 ( M O)2

suy ra OM = x2+y2 = z = v Nói cách khác, modul của số phức z= +x yi là ñộ dài của

ñoạn thẳng OM hay ñộ dài của vetor v

1.7.3 Biểu diễn hình học của các phép toán ñại số

a) Phép cộng và phép trừ Xét các số phức z1=x1+y i1 và z1=x2+y i2 lần lượt tương ứng với các vector v=x i1+y j v1 , =x i2+y j2 Ta dễ dàng thấy rằng z1±z2 tương ứng với v1+v2

Ví dụ Ta có (3+5i) (+ 6+ = +i) 9 6i, vì vậy ảnh hình học của tổng này ñược thể hiện là

Ta có (− + −3 i) (2+3i)= − −5 2i, vì vậy ảnh hình học của hiệu này ñược thể hiện là

MATHVN.COM

www.MATHVN.com

Chú ý Ta có M M1 2= M M1 2 = z1−z2 = v1−v2 = (x2−x1)2+(y2−y1)2

b) Tích của một số thực và một số phức Xét số phức z= +x yi ứng với vector v=xi+y j Nếu λ là một số thực thì zλ =λx+λyi ứng với vector vλ=λxi+λy j Hơn nữa, nếu λ> thì 0các vector λv v ,

Với bất kỳ ñiểm M x y( , ) trong mặt phẳng, tồn tại duy nhất một ñiểm P là giao ñiểm của tia

OM với ñường tròn ñơn vị tâm O Khi ñó ñiểm P có cùng argument cực với M là t* Ta dễ

11

Vấn ñề ñặt ra là với bất kỳ ñiểm M x y( , ) trong mặt phẳng, ta sẽ tìm argument cực của ñiểm

M là t như thế nào? Ta xét hai trường hợp sau: *

(a) Nếu x≠ , từ kết quả 0 *

3

02

y t

y

ππ

• x3=cos1,y3=sin1, do ñó M3(cos1,sin1)

2.2 Biểu diễn số phức dưới dạng lượng giác

Từ sự tương ứng giữa tọa ñộ Descartes và tọa ñộ cực của ñiểm M , cho phép ta biểu diễn bất

kỳ số phức z= +x yi dưới dạng lượng giác là ( * *)

t ∈ π Khi ñó, ta gọi t là argument (chính) của z , ký hiệu là * arg z và r là modul của z

Với mọi z ≠ , modul và argument của z ñược xác ñịnh duy nhất 0

Argz= t t + kπ k∈ ℤ ñược gọi là argument mở rộng của số phức z

Do ñó, hai số phức z z1, 2≠ , có d0 ạng z1=r1(cost1+isint1),z2=r2(cost2+isint2) bằng nhau khi và chỉ khi r1= và r2 t1=t2+2kπ,k∈ℤ

Ví dụ 1 Hãy biểu diễn các số phức sau dưới dạng lượng giác và xác ñịnh argument mở rộng

Chú ý a) Từ hệ thức trên, ta thấy ñược z z1 2 = z1.z2

b) Ta có arg(z z1 2)=argz1+argz2−2kπ, trong ñó 1 2

k

ππ

d) Nếu z k=r k(cost k+isint k),k=1, 2, ,n thì

1 2 n 1 2 n cos 1 2 n sin 1 2 n

z z z =r r r  t +t + +t +i t +t + +t 

2 Lũy thừa của số phức

ðịnh lý (Công thức De Moivre) 1 , (Nhà toán học Pháp (1667 – 1754))

Cho z=r(cost+isin ,t n) ∈ ℕ Ta có

z z

Vì u2+v2 là bình phương của modul số phức z= +u iv, bằng cách cộng phương trình thứ

nhất với phương trình thứ hai (sau khi nhân hai vế với i ), ta ñược

MATHVN.COM

www.MATHVN.com

cos 2a+cos 2b+cos 2c=sin 2a+sin 2b+sin 2c= 0

Lời giải ðặt x=cosa+isin ,a y=cosb+isin ,b z=cosc+isinc Ta có

(cos 2a+isin 2a) (+ cos 2b+isin 2b) (+ cos 2c+isin 2c)= 0

Từ ñó ta có ñược cos 2a+cos 2b+cos 2c=sin 2a+sin 2b+sin 2c= 0

Bài toán 5 Tính S n=sina+sin 2a+ + sinna và C n=cosa+cos 2a+ + cosna

1

n n

na

i a

ðồng nhất phần thực và phần thực, phần ảo và phần ảo, ta nhận ñược

7 Cho các số phức z z z1, 2, 3 thỏa mãn ñiều kiện z1+z2 = 3, z1 = z2 = Tính 1 z1−z2

11 Cho x y z, , ∈ℝ sao cho sinx+siny+sinz=cosx+cosy+cosz=0 Chứng minh rằng

sin 2x+sin 2y+sin 2z=cos 2x+cos 2y+cos 2z=0

12 Cho f x( )=x4+ax3+bx2+cx+d là ña thức với hệ số thực Giả sử f i( )=1 Chứng minh rằng a= = =b c d =0

13 Cho x y, là hai số phức phân biệt sao cho x = y Chứng minh rằng 1

11

Chứng minh Giả sử Z=ρ(cosϕ+isinϕ) là một căn bậc n của z0, tức là Z n=z0, hay

(cos sin ) (cos * sin *)

k

t k

2.1.2 Căn bậc n của ñơn vị

Nghiệm của phương trình Z n− = ñược gọi là căn bậc 1 0 n của ñơn vị Vì 1=cos 0+isin 0nên các căn bậc n của 1 là

U = ε ε ε − Phần tử εk∈U n ñược gọi là nguyên tố nếu εk m≠ với mọi 1 m<n

Mệnh ñề 1 (a) Nếu n q thì bất kỳ nghiệm nào của Z n− = cũng là nghiệm của 1 0 Z q− = 1 0(b) Nghiệm chung của Z m− = và 1 0 Z n− = là nghi1 0 ệm của Z d− = , v1 0 ớ d=gcd(m n, )

Z − = , mâu thuẫn này kết thúc việc chứng minh

Mệnh ñề 3 Cho ε ε0, , ,1 εn−1 là n căn bậc n của 1.Với bất kỳ số nguyên dương k , ta có

19

ε= + , thì ε∈U n là một căn nguyên tố của 1, vì εm = khi 1

và chỉ khi n m Giả sử n không chia hết k , ta có

Nếu ,f g có nghiệm chung, thì gcd ,(f g) chia hết g Từ tiêu chuẩn bất khả quy của Eisenstein,

ta thấy rằng g bất khả quy trên ℤ Do ñó, gcd ,(f g)=g , suy ra g f hay g=kf , với k là một số

nguyên khác 0, suy ra a0=a1= =a p−1

2.2 Số phức và hình học

2.2.1 Một số kí hiệu hình học ñơn giản và các tính chất

2.2.1.1 Khoảng cách giữa hai ñiểm

Giả sử các số phức z z1, 2 có các ảnh hình học M M1, 2 Khi ñó, khoảng cách giữa hai ñiểm này ñược xác ñịnh bởi M M1 2= z1−z2

2.2.1.2 ðoạn thẳng, tia, ñường thẳng

Cho hai ñiểm phân biệt ,A B với tọa ñộ phức lần lượt là a b Ta nói rằng ñiểm , M có tọa ñộ

phức z nằm giữa các ñiểm , A B nếu z≠a z, ≠ và b a− + − = −z z b a b Kí hiệu là A M− − B

Tập hợp (AB)={M A−M−B} ñược gọi là ñoạn thẳng mở xác ñịnh bởi hai ñiểm ,A B

Tập hợp [AB] (= AB) {∪ A B, } ñược gọi là ñoạn thẳng ñóng xác ñịnh bởi hai ñiểm ,A B

Tập hợp (AB={M A−M− ∨ − −B A B M} ñược gọi là tia mở với ñiểm ñầu A và chứa B

Ta thừa nhận không chứng minh các ñịnh lý sau ñây

ðịnh lý 1 Giả sử A a B b( ) ( ), là hai ñiểm phân biệt Các phát biểu sau là tương ñương:

(1) M∈(AB);

(2) Tồn tại một số thực dương k sao cho z− =a k b( −z);

(3) Tồn tại một số thực t∈( )0,1 sao cho z= −(1 t a) +tb, trong ñó M z( )

ðịnh lý 2 Giả sử A a B b( ) ( ), là hai ñiểm phân biệt Các phát biểu sau là tương ñương:

(1) M∈(AB;

MATHVN.COM

www.MATHVN.com

(2) Tồn tại một số thực t∈( )0,1 sao cho z= −(1 t a) +tb, trong ñó M z ( )

2.2.1.3 Chia ñoạn thẳng theo tỉ số cho trước

Xét hai ñiểm phân biệt A a B b( ) ( ), Một ñiểm M z( ) nằm trên ñường thẳng AB chia ñoạn thẳng AB theo tỉ số k∈ ℝ\ 1{ } nếu MA=k MB. Từ hệ thức này, ta có ñược

2.2.1.4 Góc của tam giác

Một tam giác có hướng dương nếu các ñỉnh của nó theo thứ tự ngược chiều quay của kim ñồng

hồ Ngược lại, ta nói tam giác có hướng âm Xét các ñiểm phân biệt M z1( )1 ,M2( )z2 và không trùng với gốc tọa ñộ của mặt phẳng phức Góc M OM1 2 ñược ñịnh hướng nếu các ñiểm M M1, 2theo thứ tự ngược chiều quay của kim ñồng hồ

Chứng minh Ta xét hai trường hợp

(i) Nếu tam giác M OM1 2 theo hướng âm thì

MATHVN.COM

www.MATHVN.com

Chứng minh Thực hiện phép tịnh tiến theo vector M O1

Qua phép tịnh tiến này, các ñiểm

2.2.1.5 Góc giữa hai ñường thẳng

ðịnh lý Cho bốn ñiểm phân biệt M z i( )i ,i=1, 2,3, 4 Khi ñó số ño của góc ñược xác ñịnh giữa hai ñường thẳng M M M M b1 3, 2 4 ằng 3 1

Chứng minh Xin dành cho bạn ñọc như bài tập

2.2.1.6 Phép quay quanh một ñiểm

Cho góc α và số phức ε=cosα+isinα Xét số phức z=r(cost+isint), và M z( ) Ta có

MATHVN.COM

www.MATHVN.com

c= +a b−a ε, trong ñó ε=cosα+isinα

Chứng minh Thực hiện phép tịnh tiến theo vector AO, khi ñó các ñiểm , ,A B C lần lượt trở

thành các ñiểm O( )0 , 'B b( −a C c), '( −a) Vì C' là ảnh của B' qua phép quay tâm O , góc quay

α nên c− =a (b−a)ε hay c= +a (b−a)ε

2.2.2 Các ñiều kiện thẳng hàng , vuông góc và cùng thuộc một ñường tròn

Cho bốn ñiểm phân biệt M z i( )i ,i=1, 2,3, 4

Mệnh ñề 1 Các ñiểm phân biệt M M M thẳng hàng khi và chỉ khi 1, 2, 3 3 1 *

i i

− +

= ∈

2.2.3 ðiều kiện các tam giác ñồng dạng và tam giác ñều

2.2.3.1 ðiều kiện các tam giác ñồng dạng

ðịnh nghĩa Cho sáu ñiểm A a1( )1 ,A a2( )2 ,A a3( )3 ,B b1( )1 ,B b2( )2 ,B b3( )3 trong mặt phẳng phức

Ta nói rằng các tam giác A A A1 2 3 và B B B1 2 3 ñồng dạng với nhau nếu góc A k=B k k( =1, 2,3)

Mệnh ñề 1 Các tam giác cùng hướng A A A1 2 3 và B B B1 2 3 ñồng dạng với nhau khi và chỉ khi

M b M b M b Khi ñó các tam giác B B B1 2 3 và M M M1 2 3 ñồng dạng với nhau nhưng

ngược hướng Tức là hai tam giác A A A1 2 3 và M M M1 2 3 ñồng dạng với nhau và cùng hướng Từ

ñó ta nhận ñược ñiều cần chứng minh

2.2.3.2 ðiều kiện tam giác ñều

Mệnh ñề 1 Giả sử z z z1, 2, 3 là các tọa ñộ của các ñỉnh của tam giác A A A1 2 3 Khi ñó, các phát

biểu sau ñây là tương ñương:

(a) A A A là tam giác 1 2 3 ñều;

(b) z1−z2 = z2−z3 = z3−z1 ;

(c) z12+z22+z32=z z1 2+z z2 3+z z3 1;

MATHVN.COM

www.MATHVN.com

Dễ thấy rằng ( )d ⇔( )c , ( )a ⇔( )b Cuối cùng, chứng minh ( )a ⇔( )c xin dành cho bạn ñọc

Mệnh ñề 2 Giả sử z z z1, 2, 3 là các tọa ñộ của các ñỉnh của tam giác A A A1 2 3 Khi ñó, các phát biểu sau ñây là tương ñương:

(a) A A A là tam giác ñều; 1 2 3

(b) z3−z1=ε(z2−z1); trong ñó cos sin

(a) A A A1 2 3 là tam giác ñều;

(b) z3−z1=ε(z2−z1); trong ñó cos5 sin5

Chứng minh ( )b ⇒( )a Ta có z z1 2=z z2 3=z z3 1 Suy ra z z1 2 = z z2 3 = z z3 1 hay

27

Lời giải Ta xét bài toán trong mặt phẳng phức Chọn R là gốc tọa ñộ Gọi M là chân ñường

vuông góc hạ từ ñiểm P xuống ñường thẳng BC Ta qui ước chữ cái thường là tọa ñộ của ñỉnh

tương ứng, chẳng hạn, a là tọa ñộ của ñiểm A Vì MP=MB và MC 3

Bài toán 3 Cho ABCD BNMK là hai hình vuông không giao nhau, , E là trung ñiểm của AN

Gọi F là chân ñường vuông góc hạ từ B xuống ñường thẳng CK Chứng minh rằng các ñiểm

θ= biến ñiểm C thành ñiểm A , do ñó A có tọa ñộ là a=b(1− +i) ci

Tương tự, ñiểm N là ảnh của ñiểm K qua phép quay tâm B , góc quay

Từñó suy ra ñiểm E nằm trên ñường thẳng FB hay các ñiểm , ,E F B thẳng hàng

Bài toán 4 Trên các cạnh AB BC CA, , của tam giác ABC ta lần lượt dựng các tam giác ñồng

dạng có cùng hướng là ADB BEC CFA, , Chứng minh rằng các tam giác ABC và DEF có cùng

trọng tâm

MATHVN.COM

www.MATHVN.com

Lời giải Ta qui ước chữ cái thường là tọa ñộ của ñỉnh tương ứng, chẳng hạn, a là tọa ñộ của

ñiểm A Vì ADB BEC CFA là các tam giác ñồng dạng có cùng hướng nên , ,

Hay các tam giác ABC và DEF có cùng trọng tâm

Bài toán 5 (IMO Shortlist) Cho ABO là một tam giác ñều có tâm là S và ' ' A B O là một tam giác ñều khác có cùng hướng nhưng S≠A S', ≠B' Gọi M N, lần lượt là trung ñiểm của các ñoạn thẳng A B và ' AB Chứng minh rằng các tam giác ' SB M' và SA N' ñồng dạng

Lời giải Gọi R là bán kính của ñường tròn ngoại tiếp của tam giác ABO , ñặt

Ta xét bài toán trong mặt phẳng phức Chọn S là gốc tọa ñộ và SO là trục thực (trục hoành)

Khi ñó, tọa ñộ của các ñiểm , ,O A B là R R R, ε, ε 2

Gọi R+ là tọa ñộ của ñiểm 'z B , thì R−zε là tọa ñộ của ñiểm 'A Suy ra tọa ñộ của M N, là

Từ ñó suy ra các tam giác SB M' và SA N' ñồng dạng

Bài toán 6 (Napoleone) Về phía ngoài của tam giác ABC ta lần lượt dựng các tam giác ñều,

có cùng chiều dương là AC B BA C CB A Chứng minh rằng tâm của các tam giác ñều này là ' , ' , 'các ñỉnh của một tam giác ñều

Lời giải Gọi a b c a b c, , ; ', ', ' lần lượt là tọa ñộ của các ñỉnh , , ; ', ', 'A B C A B C , ñặt

MATHVN.COM

www.MATHVN.com