sử dụng số phức để nghiên cứu các phép biến đổi mobius

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH KHOA TỐN   KHĨA LUẬN TỐT NGHIỆP SỬ DỤNG SỐ PHỨC ĐỂ NGHIÊN CỨU CÁC PHÉP BIẾN ĐỔI MOBIUS GVHD SVTH : Ths Lê Ngô Hữu Lạc Thiện : Võ Thanh Hải Thành phố Hồ Chí Minh - 2012 Mục Lục Lời mở đầu CHƯƠNG : MỘT SỐ LÝ THUYẾT CƠ BẢN I TỔNG QUAN VỀ SỐ PHỨC Biễu diễn số phức mặt phẳng tọa độ 2 Tọa độ liên hợp Dạng lượng giác dạng mũ số phức Vectơ số phức Các phép toán số phức Căn bậc n đơn vị II NHỮNG PHÉP BIẾN HÌNH CƠ BẢN Phép biến hình Phép tịnh tiến Phép quay Phép vị tự Hệ thức ba điểm Đối xứng trục 7 Phép nghịch đảo 8 Điểm vô tận mặt phẳng Gauss Tích phép biến hình 10 Phép đối hợp 10 III TỈ SỐ KÉP 10 Định nghĩa giải thích 10 Các tính chất 11 Trường hợp có điểm vơ tận 11 Tỉ số kép thực 12 IV ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN 12 Đường thẳng 12 Đường tròn 14 Chương 2: NHỮNG PHÉP BIẾN ĐỔI TRÒN 15 I NHỮNG TÍNH CHẤT CHUNG CỦA PHÉP BIẾN ĐỔI TRÒN 15 Định nghĩa 15 Xác định phép biến đổi tròn 16 3.Tính bất biến tỉ số kép 18 Phép biến đổi tròn 19 Sự bảo toàn góc 19 Tích hai phép biến đổi tròn 20 Nhóm trịn mặt phẳng 21 Định nghĩa 21 II PHÉP ĐỒNG DẠNG 21 Định nghĩa 21 Các tính chất 22 Tâm phép đồng dạng 23 Xác định phép đồng dạng 24 Nhóm phép tịnh tiến 25 Nhóm phép dời hình 25 Nhóm phép tịnh tiến phép vị tự 26 Đồng dạng hoán vị 27 Đồng dạng đối hợp 27 III PHÉP BIẾN ĐỔI TRỊN KHƠNG ĐỒNG DẠNG 28 Các điểm giới hạn 28 Các điểm bất biến 29 Phân tích phép biến đổi trịn khác phép đồng dạng 32 Định nghĩa 32 IV PHÉP ĐỐI HỢP MOBIUS 33 Phương trình 33 Điều kiện đủ 33 Các tính chất 33 Xác định phép đối hợp 34 CHƯƠNG 3: BÀI TẬP TỔNG HỢP 36 I Một số vấn đề 36 Ứng dụng phép quay quanh điểm 36 Điều kiện trực giao, thẳng hàng đồng viên 37 Tam giác đồng dạng 39 Tam giác 40 Tích thực hai số phức 43 II Toán tổng hợp 44 Tài liệu tham khảo 70 GVHD: Ths Lê Ngô Hữu Lạc Thiện Hải SVTH: Võ Thanh Lời mở đầu Số phức xuất từ đầu kỉ XIX nhu cầu phát triển Tốn học giải phương trình đại số Từ đời, số phức thúc đẩy Toán học tiến lên mạnh mẽ giải nhiều vấn đề khoa học, kĩ thuật Hình học xuất Tốn học Vật lí, chí kinh tế Nhiều vấn đề Hình học đơn giản hóa cách kì diệu nhìn góc độ số phức việc ứng dụng số phức vào nghiên cứu Toán học nói chung Hình học nói riêng tiến hành từ lâu thu nhiều kết quan trọng Trong đề tài em trình bày số ứng dụng số phức hình học Ở chương số vấn đề lí thuyết số phức thường sử dụng việc giải tốn hình học Chương 2, tập trung trình bày phép biến đổi trịn : phép biến đổi Mobius, nhóm phép đồng dạng, phép biến đổi trịn khơng đồng dạng, phép đối hợp Mobius Trong chương 3, em trình bày số ứng dụng số phức phép quay, tích thực số phức,… vào việc giải tốn hình học phẳng Trang GVHD: Ths Lê Ngô Hữu Lạc Thiện Hải CHƯƠNG : SVTH: Võ Thanh MỘT SỐ LÝ THUYẾT CƠ BẢN I TỔNG QUAN VỀ SỐ PHỨC Biễu diễn số phức mặt phẳng tọa độ Xét số phức z  x  iy ( x , y   ) Trong mặt phẳng cho hai trục tọa độ Ox , Oy vng góc Điểm Z (x , y ) gọi điểm biểu diễn, ảnh hình học (ảnh) số phức z Ngược lại, với điểm thực Z 1(x 1, y1 ) mặt phẳng tọa độ cho ta số phức z  x  iy1 , z gọi tọa độ phức điểm Z Mặt phẳng mà điểm thực xem ảnh số phức gọi mặt phẳng Gauss, mặt phẳng Cauchy, mặt phẳng biến phức Hệ 10 Trục Ox quỹ tích ảnh số thực Trục Oy quỹ tích ảnh số ảo Đó lí Ox Oy gọi trục thực trục ảo mặt phẳng Gauss 20 Số –z tọa độ phức điểm đối xứng với điểm Z qua gốc tọa độ O Tọa độ liên hợp Số phức liên hợp với z  x  iy xác định kí hiệu z  x  iy đọc “ z ngang” Ảnh Z số phức z điểm đối xứng với điểm Z qua trục Ox Dạng lượng giác dạng mũ số phức Cho số phức z  x  iy , ta viết z dạng lượng giác z  r (cos q  i sin q ), r  x  y  [0, ) gọi mođun z q  [0, 2p) số đo  góc vectơ OZ trục Ox theo chiều dương gọi argument z * Sử dụng công thức Euler cos q  i sin q  e iq Số phức z  x  iy viết sau z  re iq gọi dạng mũ z Khi z  , ta chọn r  q tùy ý Ta có z  re iq Vectơ số phức  Ảnh Z số phức z xác định ta biết vectơ OZ , tọa độ vectơ Z cực O Khi nói z biểu diễn vectơ Số phức vectơ có Trang GVHD: Ths Lê Ngơ Hữu Lạc Thiện Hải SVTH: Võ Thanh môđun ta nói argument số phức argument vectơ Các phép toán số phức 5.1 Phép cộng Nếu n số phức z k  x k  iyk (k  1, 2, , n ) có n ảnh Z k tổng chúng z  z  z   z n (1) có ảnh Z xác định phương trình hình     học OZ  OZ  OZ   OZ n (2) Giả sử Z x , y  Ta tìm tọa độ Z dựa vào phương trình (2) Bằng cách lấy đại số trục Ox , sau trục Oy , ta có hai phương trình đại số x   x k , y = yk Do x  iy   (x k  iyk ) , phương trình (1) 5.2 Phép trừ   Nếu số phức z 1, z biểu thị vectơ OZ 1, OZ hiệu số z  z1  z biểu thị hiệu số hình học    OZ  OZ  OZ vectơ tương ứng Ta có z  z  (z )  z  z 2 Điểm Z 2 đối xứng với Z qua O Từ mục 5.1, ta có      OZ  OZ  OZ 2  OZ  OZ (3)     Hệ Phương trình (3) viết lại OZ  Z 2Z , Z 2Z giống OZ biểu thị hiệu z  z 5.3 Phép nhân Trang GVHD: Ths Lê Ngô Hữu Lạc Thiện Hải SVTH: Võ Thanh Nếu số phức z 1, z biểu thị   vectơ OZ 1, OZ tích z  z 1z  biểu thị vectơ OZ có từ vectơ  OZ theo cách sau:  10 Quay vectơ OZ quanh O góc với  argument vectơ OZ 20 Nhân vectơ vừa thu với mođun  vectơ OZ Nếu r1, r2 q1, q2 mođun argument z 1, z ta có iq z  r1e , z  r2e Vì z  z 1z  r1r2e i q2 i (q1 q2 ) Khi arg z   q1  q2 mođun z r1r2  OZ 1.OZ Ta lấy điểm U trục Ox có hồnh độ 1 Điểm Z mà ta tìm kiếm đỉnh thứ ba tam giác OZ 1Z đồng dạng với tam giác OUZ với  OZ OZ  (Ox ,OZ )  q1  q2, OZ OU  5.4 Phép chia   z Nếu số phức z 1, z biểu thị vectơ OZ 1, OZ tỉ số z  z2   biểu thị vectơ OZ tạo từ vec tơ OZ sau:  10 Quay OZ quanh O góc  với  arg(OZ ) ; 20 Chia vectơ vừa thu cho  mođun vectơ OZ Trang GVHD: Ths Lê Ngô Hữu Lạc Thiện Hải SVTH: Võ Thanh Sử dụng mục 5.3, dựng điểm Z ảnh hình học z z  r1 i (q1 q2 ) e r2 Điểm Z đỉnh thứ ba tam giác OZ 1Z đồng dạng với tam giác OZ 2U Như ta thực phép chia trường hợp ngược lại phép nhân Căn bậc n đơn vị 6.1 Định nghĩa bậc n số phức Xét số nguyên dương n  số phức z  Phương trình Z n  z0  (1) dùng định nghĩa bậc n số phức z Ta gọi nghiệm Z phương trình (1) bậc n z Định lí Đặt z  r (cos q  i sin q ) số phức với r  q  [0, 2p) Căn bậc n z gồm n nghiệm phân biệt cho công thức q  2k p q  2k p  i sin ), k  0,1, , n  n n 6.2 Căn bậc n đơn vị Z k  n r (cos Một nghiệm phương trình Z n   gọi bậc n đơn vị Vì  cos  i sin , từ công thức tìm bậc n số phức ta suy bậc n đơn vị ek  cos 2k p 2k p  i sin , k  0,1, 2, , n  1 n n II NHỮNG PHÉP BIẾN HÌNH CƠ BẢN Phép biến hình Phép đặt tương ứng với điểm Z cho điểm Z  mặt phẳng Gauss tạo thành phép biến hình mặt phẳng kí hiệu w Ta xét đến phép biến hình mà 10 với điểm Z có tương ứng điểm Z  ; 20 điểm Z  tương ứng điểm Z Như phép biến hình w - một; điểm Z  tương ứng điểm Z Phép đặt tương ứng điểm Z  với điểm Z gọi phép biến hình ngược w , kí hiệu w 1 Phương trình phép biến hình w liên hệ tọa độ phức z điểm Z tùy ý mặt phẳng tọa độ phức z  điểm Z  tương ứng với Z Trang GVHD: Ths Lê Ngô Hữu Lạc Thiện Hải SVTH: Võ Thanh Phép tịnh tiến Đặt A điểm cho trước Z điểm tùy ý mặt phẳng đặt a z tọa độ phức chúng     Điểm Z’ mà ZZ  OA gọi ảnh Z phép tịnh tiến theo vectơ OA Khi đó, phương trình phép tịnh tiến z  z a Phép quay Gọi A điểm cho trước với tọa độ phức a , đặt a số thực cho trước, dương, 0, âm Phép quay quanh A góc có giá trị đại số a , điểm Z mặt phẳng cho ta điểm Z   Các vectơ AZ , AZ biểu thị số phức   z   a, z - a , AZ  thu từ AZ phép quay, ta có z   a  (z  a )e ia Khi đó, phương trình phép quay góc a quanh điểm có tọa độ phức a z   ze ia  a(1  e ia ) Hệ Khi ta quay góc a  p (hoặc a  p) quanh A , ta có phép đối xứng tâm A e ip  cos p  i sin p  1 , Phương trình z   z  2a Phép vị tự Một điểm A cho trước tọa độ phức a số thực k  , âm dương Nếu ta đặt trục tùy ý đường thẳng chứa điểm A Trang GVHD: Ths Lê Ngô Hữu Lạc Thiện Hải SVTH: Võ Thanh Giải Xét mặt phẳng phức có gốc O cho 1; i;  1;  i tọa độ điểm A, B, C, D Các điểm M N có tọa độ m  i ; n 1 1  i , i 2 i a m   i n m 1  i i 1  2i  2 Suy AM  MN AM  NM Vậy tam giác AMN vng cân M Bài tốn 18 Cho tam giác ABC thỏa mãn: AC  AB  5BC Chứng minh trung tuyến kẻ từ B C vng góc Giải Gọi a, b, c tọa độ phức điểm A, B, C Sử dụng tích thực số phức ta AC  AB  5BC  | c  a |2  | b  a |2  | c  b |2  (c  a ).(c  a )  (b  a ).(b  a )  5(c  b).(c  b)  c  2a.c  a  b  2a.b  a  5c  10b.c  5b  2a  4b  4c  2a.b  2a.c  10b.c   a  2b  2c  a.b  a.c  5b.c   (a  c  2b).(a  b  2c)  a  c  a  b     b    c       Điều chứng tỏ trung tuyến kẻ từ B C vng góc Trang 56 GVHD: Ths Lê Ngô Hữu Lạc Thiện Hải SVTH: Võ Thanh Bài toán 19 Các đường chéo AC CE lục giác bị chia điểm M N cho AM CN  r AC CE Xác định r, biết ba điểm B, M, N thẳng hàng Giải Xét mặt phẳng phức với gốc tâm lục giác cho 1, e, e 2, e 3, e , e tọa độ đỉnh B, C, D, E, F, A Ở e  cos p p  i sin Vì 3 1r MC NE   , MA NC r nên tọa độ điểm M, N m  er  e (1  r ); n  e 3r  e(1  r ) , Các điểm B, M, N thẳng hàng m 1   * Ta có n 1 m   er  e (1  r )   er  e (1  r )  1  i 1i (1  r ) r 2 i (2r  1);   2  1i (1  r )  3r i    (1  r ); 2 n   e 3r  e(1  r )   r  Do Trang 57 GVHD: Ths Lê Ngô Hữu Lạc Thiện Hải SVTH: Võ Thanh 1  i 3(2r  1) m 1   * n 1 (1  3r )  i 3(1  r )  3(1  r )  (1  3r ) 3(2r  1)    r  6r  r   r2   r 3 Bài toán 20 Gọi G trọng tâm tứ giác ABCD Chứng minh GA ⊥ GD đoạn thẳng AD với đoạn thẳng nối hai trung điểm đoạn thẳng AD, BC Giải Kí hiệu chữ thường tọa độ chữ in hoa tương ứng Sử dụng tính chất tích vơ hướng số phức, ta có GA  GD  (a  g )(d  g )  a b c d a b c d )(d  )0 4  (3a  b  c  d )(3d  a  b  c)   a  b  c  d  2(a  d ) a  b  c  d  2(a  d )   (a  d  b  c)(a  d  b  c)  4(a  d )(a  d )  (a   a d b c   a d 2 (1) Gọi M, N trung điểm AD, BC tọa độ M, N Khi (1) cho thấy MN = AD a d b c ; 2 Bài toán 21 Xét tứ giác lồi ABCD với AD BC không song song Gọi G , G , G , G trọng tâm tam giác BCD, ACD, ABD, ABC Chứng minh rằng, AG1  BG2 CG  DG ABCD hình thang cân Giải Kí hiệu chữ thường tọa độ chữ in hoa tương ứng Đặt s  a b c d g1  b c d s a s b s c s d  ; g2  ; g3  ; g4  3 3 Trang 58 GVHD: Ths Lê Ngô Hữu Lạc Thiện Hải SVTH: Võ Thanh Giả thiết AG1  BG2 viết dạng a  g1  b  g  4a  s  4b  s Sử dụng tích thực số phức, quan hệ cuối tương đương với (4a  s )(4a  s )  (4b  s )(4b  s ) 2  16 a  8a.s  16 b  8b.s Ta tìm 2 2( a  b )  (a  b).s (1) Tương tự với giả thiết CG  DG , ta 2 2( c  d )  (c  d ).s (2) Lấy (1) – (2) ta 2 2 2( a  b  c  d )  (a  b  c  d )(a  b  c  d ) 2 2 2( a  b  c  d )  a  d  b  c  2(aa  bb  cc  dd )  ac  ad  ad  dd  bb  bc  bc  cc Ta thu aa  ad  ad  dd  bb  bc  bc  cc  a d  b c Do AD = BC (3) Lấy (1) + (2) ta 2 2 2( a  b  d  c )  (a  b  d  c)(a  b  c  d ) tương tự ta thu AC = BD (4) Từ (3) (4) suy AB // CD ABCD hình thang cân Bài toán 22 Trên cạnh BC, CA, AB tam giác ABC lấy điểm A’, B’, C’ cho A'B B 'C C 'A    k A 'C B 'A C 'B Xét điểm A”, B”, C” thuộc đoạn thẳng B’C’, C’A’, A’B’ cho A "C ' C " B ' B " A '    k A " B ' C " A ' B "C ' Chứng minh hai tam giác ABC A”B”C” đồng dạng Trang 59 GVHD: Ths Lê Ngô Hữu Lạc Thiện Hải SVTH: Võ Thanh Giải Kí hiệu chữ thường tọa độ phức chữ in hoa tương ứng Ta có a' b  kc ; 1k b'  c  ka ; 1k c'  a  kb 1k c ' kb ' (1  k )a  k (b  c) a ''   ; 1k (1  k )2 b ''  a ' kc ' (1  k )b  k (a  c)  ; 1k (1  k )2 b ' ka ' (1  k )c  k (b  a )  c ''  1k (1  k )2 Khi c " a " (1  k )(c  a )  k (a  c) c  a   b " a " (1  k )(b  a )  k (a  b) b  a điều chứng tỏ hai tam giác ABC A”B”C” đồng dạng Bài toán 23 Cho ABCD tứ giác nội tiếp đường tròn C(O; R) Chứng minh AB  BC  CD  DA2  8R AC  BD hai đường chéo tứ giác đường kính đường trịn (C) Giải Xét mặt phẳng phức có gốc tâm O đường trịn (C) gọi a, b, c, d tọa độ điểm A, B, C, D Gọi E, F trung điểm đường chéo AC, BD Khi tọa độ E, F a c ; b d Áp dụng tích thực số phức ta AB  BC  CD  DA2  8R (b  a ).(b  a )  (c  b).(c  b)  (d  c).(d  c)  (a  d ).(a  d )  8R  2a.b  2b.c  2c.d  2d a  Trang 60 GVHD: Ths Lê Ngô Hữu Lạc Thiện Hải SVTH: Võ Thanh  b.(a  c)  d (a  c)   (b  d ).(a  c)  b d a c  0 2 Suy OE  OF E  O F  O Điều có nghĩa AC  BD hai đường chéo AC BD đường kính đường trịn (C) Bài tốn 24 Trong mặt phẳng cho ba tam giác OAB, OCD, OEF Chứng minh ba trung điểm ba đoạn thẳng BC, DE FA ba đỉnh tam giác Giải Xét mặt phẳng phức với gốc O giả sử tam giác OAB, OCD, OEF định hướng dương Ta kí hiệu chữ thường tọa độ chữ hoa tương ứng Đặt e  cos 600  i sin 600 Thì b  a e, d  c e, f  e e, b  c ae  c d  e ce  e f  a ee  a    , n , p 2 2 2 Tam giác MNP m m  wn  w p  w  cos1200  i sin 1200  e Bởi m  e 2n  e p  m  e 2n  e p  (a e  c  c  e e  e e  a e )  nên ta có điều phải chứng minh Bài toán 25 Trên cạnh AB, BC, CD, DA tứ giác ABCD phía ngồi tứ giác ta dựng hình vng có tâm O , O , O , O Chứng minh O1O3  O2O4 O1O3  O2O4 Giải Trang 61 GVHD: Ths Lê Ngô Hữu Lạc Thiện Hải SVTH: Võ Thanh Giả sử ABMM’, BCNN’, CDPP’, DAQQ’ hình vng cần dựng với tâm O , O , O , O Kí hiệu chữ thường tọa độ phức điểm kí hiệu chữ in hoa tương ứng, nghĩa o tọa độ phức điểm O , v.v… Điểm M thu từ A phép quay quanh B góc q  p ; Vì m  b  (a  b)i Tương tự n  c  (b  c)i, p  d  (c  d )i , q  a  (d  a )i Từ ta o1  Khi a  m a  b  (a  b)i  , 2 o2  b  c  (b  c)i , o3  c  d  (c  d )i , o4  d  a  (d  a )i o3  o1 c  d  a  b  i(c  d  a  b)   i  i  * , o4  o2 a  d  b  c  i(d  a  b  c) Trang 62 GVHD: Ths Lê Ngô Hữu Lạc Thiện Hải SVTH: Võ Thanh O1O3  O2O4 Hơn o3  o1  i  , o4  o2 O1O3  O2O4 Ta điều cần tìm Bài tốn 26 Về phía ngồi ∆ABC ta dựng tam giác ABR, BCP, CAQ cho � = 𝐶𝐴𝑄 � = 450 ; 𝐵𝐶𝑃 � = 𝑄𝐶𝐴 � = 300 ; 𝐴𝐵𝑅 � = 𝑅𝐴𝐵 � = 150 𝑃𝐵𝐶 Chứng minh � = 900 RQ = RP 𝑄𝑅𝑃 Giải Xét mặt phẳng phức có gốc R gọi M chân đường vng góc hạ từ P lên BC Ta kí hiệu chữ thường tọa độ phức chữ in hoa tương ứng Từ MP = MB MC  ta suy MP p m c m  i i 3, b m p m khử m ta p Tương tự q c b 1 c a 1   b c 1 a c 1 i i Điểm B thu từ điểm A phép quay quanh R với góc quay θ =1500, Trang 63 GVHD: Ths Lê Ngô Hữu Lạc Thiện Hải SVTH: Võ Thanh     i  b  a    Biến đổi đại số đơn giản ta thấy p c  b b  c  c  a a  c       i  :  i   i  i  * , q         QR ⊥ PR Hơn |p| = |iq| = |q| RP = RQ, ta có điều phải chứng minh Bài toán 27 Trên cạnh AB, BC, CA tam giác ABC ta vẽ tam giác đồng dạng thuận ADB, BEC, CFA Chứng minh tam giác ABC DEF có trọng tâm Giải Ta kí hiệu chữ thường tọa độ phức điểm kí hiệu chữ in hoa tương ứng Vì tam giác ADB, BEC, CFA đồng dạng thuận nên d a e b f c    z, b a c b a c d  a  (b  a )z, e  b  (c  b)z , f  c  (a  c)z Suy d e  f a b c  , 3 tam giác ABC DEF có trọng tâm Bài tốn 28 Trên cạnh tam giác ABC phía ngồi ta vẽ ba đa giác n-cạnh Tìm tất giá trị n cho tâm ba đa giác đỉnh tam giác (IMO Shortlist – Balkan 1990) Giải Trang 64 GVHD: Ths Lê Ngô Hữu Lạc Thiện Hải SVTH: Võ Thanh Gọi A , B , C tâm ba đa giác dựng cạnh BC, CA, AB � � � Các góc 𝐴𝐶 𝐵 , 𝐵𝐴0 𝐶 , 𝐴𝐵0 𝐶 có số đo e  cos 2p Đặt n 2p 2p  i sin n n gọi a, b, c, a , b , c tọa độ điểm A, B, C, A , B , C Sử dụng công thức phép quay, ta có a  c0  (b  c0 )e; b  a  (c  a )e; c  b0  (a  b0 )e Suy b  ce c  ae a  be , b0  , c0  1 e 1 e 1 e A B C tam giác chi a0  a 02  b02  c02  a 0b0  b0c0  c0a (1) (2) Từ (1) (2) ta (b  c e )2  (c  a e )2  (a  b e )2  (b  c e )(c  a e )  (c  a e )(a  b e )  (a  b e )(b  c e ) Điều tương đương với (1  e  e )[(a  b)2  (b  c)2  (c  a )2 ]  Suy (1  e  e )  nghĩa Trang 65 GVHD: Ths Lê Ngô Hữu Lạc Thiện Hải SVTH: Võ Thanh 2p 2p  n Suy n = giá trị thỏa yêu cầu tốn Bài tốn 29 Cho bốn đường trịn (C ) , (C ) , (C ) , (C ) Giả sử (C )  (C )  {A1,B1 } ; (C )  (C )  {A2 ,B2 } ; (C )  (C )  {A ,B3 } ; (C )  (C )  {A ,B4 } Chứng minh rằng: Nếu điểm A , A , A , A thuộc đường tròn đường thẳng điểm B , B , B , B thuộc đường trịn đường thẳng Giải Vì tứ giác A1B2A2B1 , A2B3A3B2 , A3B4A4B3 , A4B1A1B4 , đồng viên nên số a1  a2 a1  b1 , : b2  a2 b2  b1 (1) a2  a a2  b2 , : b3  a b3  b2 (2) a  a a  b3 , : b4  a b4  b3 (3) a  a1 a  b4 : b1  a1 b1  b4 (4) thực Lập (1).(3) ta (2).(4) a1  a2 a  a b2  b1 b4  b3 , a2  a a  a1 b3  b2 b3  b2 (5) Vì điểm A , A , A , A thuộc đường tròn đường thẳng nên a1  a a  a  a  a a  a1 từ (5) suy b2  b1 b4  b3  b3  b2 b3  b2 Do điểm B , B , B , B thuộc đường tròn đường thẳng Trang 66 GVHD: Ths Lê Ngô Hữu Lạc Thiện Hải SVTH: Võ Thanh Bài toán 30 Trên cạnh tứ giác lồi ABCD phía ngồi ta vẽ tam giác ABM, BCN, CDP DAQ Chứng minh tứ giác ABCD MNPQ có trọng tâm Giải Ta kí hiệu chữ thường tọa độ phức chữ in hoa tương ứng Đặt e  cos1200  i sin 1200 Vì ABM, BCN, CDP, DAQ tam giác nên ta có m  b e  a e  0; n  c e  b e  0; p  d e  c e  0; q  a e  d e  0; Lấy tổng bốn đẳng thức vế theo vế ta (m  n  p  q )  (a  b  c  d )(e  e )  Và  e  e2  nên ta suy m  n  p q  a b c d Vậy tứ giác ABCD MNPQ có trọng tâm Bài toán 31 Cho tứ giác ABCD xét phép quay ℜ , ℜ , ℜ , ℜ có tâm A, B, C, D với góc quay α chiều Gọi M, N, P, Q ảnh điểm A, B, C, D phép quay ℜ , ℜ , ℜ4, ℜ1 Chứng minh trung điểm đường chéo hai tứ giác ABCD MNPQ đỉnh hình bình hành Giải Gọi chữ thường tọa độ phức chữ in hoa tương ứng Theo công thức phép quay ta m  b  (a  b)e; n  c  (b  c)e; p  d  (c  d )e; q  a  (d  a )e; e  cos a  i sin a Gọi E, F, G, H trung điểm đường chéo BD, AC, MP, NQ Khi Trang 67 GVHD: Ths Lê Ngô Hữu Lạc Thiện Hải SVTH: Võ Thanh e b d , f  a c , g b  d  (a  c  b  d )e , h a  c  (b  d  a  c)e Ta có e  f  g h nên tứ giác EGFH hình bình hành Bài tốn 32 Cho tam giác ABC điểm M nằm góc BAC Gọi D E ảnh B C phép quay quanh M, góc quay 1200, ngược chiều chiều kim đồng hồ Chứng minh đỉnh thứ tư hình bình hành có cạnh MD ME điểm đối xứng với A qua M Giải Gọi 1, e, e 2, m tọa độ điểm A, B, C, M Trong e  cos1200  i sin 1200 Gọi V đỉnh thứ tư hình bình hành MEVD Nếu gọi d, e, v tọa độ phức điểm D, E, V v m  e d Hay Trang 68 GVHD: Ths Lê Ngô Hữu Lạc Thiện Hải SVTH: Võ Thanh v  e d m Áp dụng công thức phép quay, ta thu d  m  (e  m )e; e  m  (e  m )e Khi v  m  e  m e  m  e  m e  m  m  e  e  m(e  e )  m   m  2m  Suy M trung điểm đoạn thẳng AV, hay V điểm đối xứng A qua M Trang 69 GVHD: Ths Lê Ngô Hữu Lạc Thiện Hải SVTH: Võ Thanh Tài liệu tham khảo Tiếng Việt Đoàn Quỳnh (1997), Số phức với hình học phẳng, NXB Giáo dục Nguyễn Phụ Hy - Nguyễn Quốc Bảo (1996), Ứng dụng số phức để giải toán sơ cấp, NXB Giáo dục Phạm Thành Luân (2005), Số phức ứng dụng, NXB Giáo dục Tiếng Anh Hans Schwerdtfeger (1980), Geometry of Complex Numbers, Dover Publications Liang-shin Hahn (1996), Complex Numbers and Geometry, The Mathematical Association of America Roland Deaux (2008) (Howard Eves dịch), Introduction to the Geometry of complex numbers, Dover Publications Titu Andreescu, Dorin Andrica (2005), Complex numbers from A to …Z, Birkhäuser Boston Trang 70 ... thuyết số phức thường sử dụng việc giải tốn hình học Chương 2, tập trung trình bày phép biến đổi trịn : phép biến đổi Mobius, nhóm phép đồng dạng, phép biến đổi trịn khơng đồng dạng, phép đối hợp Mobius. .. bất biến phép biến đổi tròn trùng với điểm tương ứng Một phép biến đổi trịn khác phép đồng có nhiều hai điểm bất biến Thật vậy, có phép biến đổi trịn có ba điểm bất biến phép biến đổi đồng Để. .. w phép biến đổi trịn Nhóm trịn mặt phẳng Một tập phép biến hình tạo thành nhóm thỏa mãn hai tính chất sau: 10 tích hai phép biến hình tập hợp phép biến hình tập hợp 20 biến đổi ngược phép biến