ỨNG DỤNG của số PHỨC vào GIẢI TOÁN CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC VECTƠ

LỜI MỞ ĐẦU. Số phức xuất hiện từ thế kỷ XIX do nhu cầu phát triển của Toán học về giải tích những phương trình đại số.Từ khi ra đời số phức đã thúc đẩy toán học tiến lên mạnh mẽ và giải quyết được nhiều vấn đề của khoa học và kỹ thuật.Đối với học sinh bậc THPT thì số phức là một nội dung còn mới mẻ ,với thời lượng không nhiều, học sinh mới chỉ biết được những kiến thức rất cơ bản của số phức,việc khai thác các ứng dụng của số phức còn hạn chế,đặc biệt là sử dụng số phức như một phương tiện để giải các bài toán Hình học phẳng là một vấn đề khó ,đòi hỏi học sinh phải có năng lực giải toán nhất định,biết vận dụng kiến thức đa dạng của toán học. Mặc dù sách giáo khoa Giải Tích lớp 12 đã đưa bài tập ứng dụng Số Phức vào giải toán hình học phẳng nhưng vẫn còn rất ít.Với những lí do trên,tôi chọn đề tài nghiên cứu là: “Ứng dụng số phức vào giải toán Hình học phẳng”.và đặc biệt là đi chuyên sâu chuyên đề: “Ứng dụng số phức vào giải các bài toán chứng minh đẳng thức vectơ”. ỨNG DỤNG SỐ PHỨC VÀO GIẢI CÁC BÀI TOÁN CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC VECTƠ 1.Lý thuyết chung về số phức. 1.1.Lịch sử hình thành khái niệm số phức: Lịch sử số phức bắt đầu từ thế kỉ thứ XVI. Đó là thời kì Phục hưng của toán học châu Âu sau đêm trường trung cổ. Các đại lượng ảo xuất hiện đầu tiên từ thế kỉ XVI trong các công trình của của các nhà toán học Italy “Nghệ thuật vĩ đại hay là về các quy tắc của đại số” (1545) của G. Cardano (1501 – 1576) và “Đại số” (1572) của R. Bombelli (1530 – 1572). Nhà toán học Đức Felix Klein (1849 – 1925) đã đánh giá công trình của G. Cardano như sau: “Tác phẩm quý giá đến tột đỉnh này đã chứa đựng mầm mống của đại số hiện đại và nó vượt xa tầm của toán học thời cổ đại”. Khi giải phương trình bậc hai Cardano và Bombelli đã đưa vào xét kí hiệu là lời giải hình thức của phương trình x2 + 1 = 0. Xét biểu thức là nghiệm hình thức của phương trình x2 + b2 = 0. Khi đó biểu thức tổng quát hơn có dạng có thể xem là nghiệm hình thức của phương trình (x – a)2 + b2 = 0. Về sau biểu thức dạng xuất hiện trong quá trình giải phương trình bậc hai, bậc ba (công thức Cardano) được gọi là đại lượng “ảo” và sau đó được Gauss gọi là số phức và thường được kí hiệu là a + bi, trong đó kí hiệu được L.Euler đưa vào (năm 1777) gọi là đơn vị “ảo Lịch sử toán học cũng ghi lại rằng Cardano cũng đã nhắc đến các nghiệm phức nhưng lại gọi chúng là các nghiệm “ngụy biện”. Chẳng hạn khi giải hệ phương trình: Cardano đã tìm được nghiệm và ông đã gọi nghiệm này là “âm thuần túy” và thậm chí còn gọi là “nghiệm âm ngụy biện”. Có lẽ tên gọi “ảo” là di sản vĩnh cửu của “một thời ngây thơ đáng trân trọng của số học. Lí thuyết thuần túy số học đối với các số phức với tư cách là các cặp số thực có thứ tự (a,b), được xây dựng bởi nhà toán học Ailen là W.Hamilton (1837). Ở đây đơn vị “ảo” i chỉ đơn giản là một cặp số thực có thứ tự cặp (0;1), tức là đơn vị “ảo” được lí giải một cách hiện thực. Bản chất đại số của số phức thể hiện ở chỗ số phức là phần tử của trường mở rộng (đại số) C của trường số thực R thu được bằng phép ghép đại số cho R nghiệm i của phương trình. x2 + 1 = 0 Với định lí cơ bản của Đại số, Gauss đã chứng minh được trường C trở thành trường đóng đại số. Điều đó có nghĩa là khi xét các nghiệm của phương trình đại số trong trường này ta không thu được thêm số mới. Đương nhiên trường số thực R (và do đó cả trường hữu tỉ Q) không có tính chất đóng đại số. Chẳng hạn, phương trình với hệ số thực có thể không có nghiệm thực. Nhìn lại hơn 2500 năm từ thời Pythagoras tới giờ, con đường phát triển khái niệm về số có thể tóm tắt bởi N > Z > Q > R > C với các bao hàm thức: Tổng kết lịch sử toàn bộ quá trình phát triển khái niệm số, nhà toán học Đức L.Kronecker (1823 1891) đã viết:“Thượng đế đã tạo ra số tự nhiên, còn tất cả các loại số còn lại đều là công trình sáng tạo của con người.” Có thể nói rằng với khẳng định bất hủ này, L.Kronecker đã xác định nền móng vững chắc cho tòa lâu đài toán học tráng lệ , mà con người đang sở hữu. 1.2.Số phức và các phép toán: 1.2.1.Định nghĩa số phức: Xét tập hợp , tập hợp trên gọi là tập hợp các số phức, kí hiệu là: C. Mỗi phần tử gọi là một số phức. • a gọi là phần thực của z, kí hiệu là: Rez = a. • b gọi là phần ảo của z, kí hiệu là: Imz = b. Khi a là một số thực, ta viết với b = 0, nên a là một số phức, vậy . Khi , thì số phức được gọi là thuần ảo. Các số phức 0, 1 và i: lần lượt là không, đơn vị và đơn vị ảo. Hai số phức được gọi là bằng nhau và viết là khi và chỉ khi . , gọi là dạng đại số của số phức z. 1.2.2 Các phép toán cộng trừ nhân chia các số phức: Cho các số phức ; Số phức được gọi là số phức liên hợp của số phức . Kí hiệu số phức liên hợp của số phức z là . Tổng hai số phức z1 và z2: . Hiệu số phức z1 và z2: . Tích của hai số phức z1 và z2: . Thương của hai số phức z1 và z2: Chú ý rằng khi thực hiện liên tiếp các phép toán cộng, trừ, nhân, chia các số phức dưới dạng đại số, ta thực hiện các phép toán tương ứng và coi như một nhị thức, sau đó thay i2 bằng 1. Ta có: 1.2.3.Mô đun và argument. Dạng lượng giác của số phức: 1.2.3.1.Mô đun và argumen của số phức: Ta gọi E là mặt phẳng Euclide với hệ tọa độ Descartes vuông góc xOy. Mỗi số phức có thể đặt tương ứng với một và chỉ một điểm M(a;b) của E, và ngược lại, mỗi điểm M(a;b) của E cũng có thể đặt tương ứng với một và chỉ một số phức . Như vậy, ta có song ánh từ tập hợp các số phức C đến mặt phẳng E, do đó có thể dùng điểm M(a;b) để biểu diễn số phức và ngược lại. Cũng vì vậy, có thể gọi E là mặt phức. Ta còn cho tương ứng mỗi số phức với vectơ đó là song ánh từ tập hợp các số phức C đến tập hợp các vectơ có điểm gốc O của mặt phẳng E, nên ta còn dùng vectơ để biểu diễn số phức và ngược lại. Mô đun: Độ dài vectơ gọi là mô đun của số phức z, kí hiệu là , như vậy: Argumen: Góc lượng giác gọi là argumen của số phức z, kí hiệu là Argz. Vì Argz là góc lượng giác nên được xác định sai khác một số nguyên lần (đo bằng radian). Argz = trong đó là một giá trị nào đó của góc lượng giác giữa tia và . Giá trị thỏa mãn điều kiện: , được xác định duy nhất, gọi là argumen chính của z, kí hiệu: Như vậy, Ta có: Áp dụng các công thức trên: Suy ra: Cũng vậy, ta có: Tóm lại: 1.2.3.2.Dạng lượng giác và dạng mũ của số phức: Cho số phức , ta biểu diễn nó bởi điểm M (a;b) trên mặt phẳng E. Khi đó ta xác định được và giá trị của Argz. Từ các hệ thức , ta có thể viết số phức z dưới dạng: , gọi là dạng lượng giác của số phức z. Hệ thức Euler: , và , với và được gọi là dạng mũ của số phức z. Số phức có nên z biểu diễn một điểm nằm trên đường tròn tâm O và có bán kính r = 1. Nói chung , biểu diễn một điểm trên đường tròn tâm O, bán kính r, . Ta có, với thì Khi biểu diễn các số phức khác 0 dưới dạng lượng giác hay dạng mũ, ta có thể thực hiện các phép toán nhân, chia, lũy thừa và khai căn các số phức rất thuận tiện. Cho z1, z2 là các số phức: Ta có: Tích của z1 và z2 là: . Thương của z1 và z2 là: . Công thức Moivre: Lũy thừa của là: , với n là số nguyên. Căn bậc n (n nguyên dương) của z có đúng n giá trị phân biệt: 2.Ứng dụng số phức vào giải các bài toán chứng minh vectơ. 2.1 Phương pháp chung: Gắn tọa vị các điểm ,các véctơ Sử dụng các quy tắc : Quy tắc 3 điểm: ( Chèn điểm C) (Hiệu 2 véctơ) Quy tắc hình bình hành: Với hình bình hành ABCD ta luôn có: Quy tắc trung điểm: Với điểm M tùy ý và I là trung điểm của AB ta luôn có: hay Kết hợp với các tính chất phép cộng,trừ vecto và phép nhân với một số với véctơ để thực hiện phép biến đổi tương đương cho biểu thức cần chứng minh. Ta có những các cách biến đổi sau: Cách 1: Biến đổi 1 vế thành vế còn lại (VTVP;VPVT) Khi đó: Nếu xuất phát từ vế phức tạp,ta cần đơn giản biểu thức. Nếu xuất phát từ vế đơn giản,ta cần thực hiện việc phân tích véctơ Cách 2: Biến đổi đẳng thức cần chứng minh về đẳng thức đã biết là luôn đúng. Cách 3: Biến đổi đẳng thức véctơ đã biết là luôn đúng về dạng đẳng thức cần chứng minh. Cách 4: Tạo hình phụ,dựa vào tính chất của hình để biến đổi. 2.2.Một số bài tập minh họa: Bài tập 1: Cho tam giác ABC ,G là trọng tâm của tam giác.Chứng minh rằng: Giải: Gọi tọa vị của tương ứng là . Gọi M là trung điểm của BC suy ra M có tọa vị là: Nếu G là trọng tâm của tam giác ABC thì ta có: Từ đó: có tọa vị có tọa vị có tọa vị Suy ra: có tọa vị là: Hay: (đpcm). Bài tập 2: Cho tam giác ABC ,G là trọng tâm của tam giác và M là điểm tùy ý trong mặt phẳng.Chứng minh rằng: Giải: Gọi tọa vị của tương ứng là . Vì G là trọng tâm của tam giác ABC nên G có tọa vị là: Ta có: VT= =3 (đpcm). Bài 3: Cho tam giác ABC có trọng tâm G, gọi H là điểm đối xứng của G qua B.Chứng minh rằng: Giải: Giả sử: là 3 đỉnh của tam giác ABC. Vì là trọng tâm của tam giác ABC: (1) Gọi là điểm đối xứng của qua : Do đó là trung điểm của (2) VT = (3) Thay (2) vào (3) ta được: =VP (đpcm) Vậy Bài 4: Cho hình thang OABC ,M,N là trung điểm của OB,OC .Chứng minh rằng: Giải: Chọn hệ tọa độ xOy có gốc tọa độ Giả sử : lần lượt có các tọa vị là . là trung điểm của là trung điểm của a)Ta có: (đpcm) b) (đpcm) Bài 5: Cho 4 điểm A,B,C,D bất kì.Chứng minh rằng: Giải: Gọi a,b,c,d lần lượt là các tọa vị của các điểm A,B,C,D trên mặt phẳng phức ta có: VT= Bài 6: Cho tam giác ABC với ba đường trung tuyến AD,BE,CF. Chứng minh rằng: Giải: Gọi a,b,c,d,e,f lần lượt là tọa vị của các điểm A,B,C,E,F trên mặt phẳng phức ta có: ( Vì AD,BE ,CF là các đường trung tuyến). VT () = Bài 7: Cho G là trọng tâm của tam giác ABC và M là điểm bất kì trong mặt phẳng. Chứng minh rằng: 2. Giải: Lấy hệ tọa độ sao cho trọng tâm G trùng với gốc tọa độ O.Như vậy G có tọa vị g=0 và gọi tọa vị của tương ứng là . Theo giả thiết ta có G là trọng tâm của 1.Viết hai vế của biểu thức chứng minh bằng cách thay độ dài các đoạn thẳng bằng môđun các số phức tương ứng. Ta có: Vế phải: Vế trái: Tính theo công thức : Cộng các đằng thức trên theo từng vế : Do nên hay nên: Vì vậy: 2.Tính vế trái: Bài 8:Cho tam giác ABC với trọng tâm G. M là một điểm bất kỳ trong mặt phẳng. Chứng minh rằng: Giải Chọn đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC làm đường tròn đơn vị và giả sử Vì là trọng tâm tam giác nên Khi đó, Do đều nằm trên đường tròn đơn vị nên , ta có: = Thay vào vế trái, ta được: Ta được điều phải chứng minh.

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG CAO ĐẲNG SƯ PHẠM GIA LAI KHOA TỰ NHIÊN -oOo - ỨNG DỤNG CỦA SỐ PHỨC VÀO GIẢI TOÁN CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC VECTƠ Nguyễn Thị Thủy BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG CAO ĐẲNG SƯ PHẠM GIA LAI KHOA TỰ NHIÊN -oOo - ỨNG DỤNG CỦA SỐ PHỨC VÀO GIẢI TOÁN CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC VEC TƠ Giáo viên hướng dẫn: Nguyễn Quốc Trịnh Sinh viên thực hiện: Nguyễn Thị Thủy Mã số sinh viên: 211401029 LỜI MỞ ĐẦU Số phức xuất từ kỷ XIX nhu cầu phát triển Toán học giải tích phương trình đại số.Từ đời số phức thúc đẩy toán học tiến lên mạnh mẽ giải nhiều vấn đề khoa học kỹ thuật.Đối với học sinh bậc THPT số phức nội dung mẻ ,với thời lượng không nhiều, học sinh biết kiến thức số phức,việc khai thác ứng dụng số phức hạn chế,đặc biệt sử dụng số phức phương tiện để giải tốn Hình học phẳng vấn đề khó ,đòi hỏi học sinh phải có lực giải toán định,biết vận dụng kiến thức đa dạng toán học Mặc dù sách giáo khoa Giải Tích lớp 12 đưa tập ứng dụng Số Phức vào giải tốn hình học phẳng ít.Với lí trên,tơi chọn đề tài nghiên cứu là: “Ứng dụng số phức vào giải toán Hình học phẳng”.và đặc biệt chuyên sâu chuyên đề: “Ứng dụng số phức vào giải toán chứng minh đẳng thức vectơ” ỨNG DỤNG SỐ PHỨC VÀO GIẢI CÁC BÀI TOÁN CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC VECTƠ 1.Lý thuyết chung số phức 1.1.Lịch sử hình thành khái niệm số phức: Lịch sử số phức kỉ thứ XVI Đó thời kì Phục hưng toán học châu Âu sau đêm trường trung cổ Các đại lượng ảo − 1, b − 1, a + b − xuất từ kỉ XVI cơng trình của nhà toán học Italy “Nghệ thuật vĩ đại quy tắc đại số” (1545) G Cardano (1501 – 1576) “Đại số” (1572) R Bombelli (1530 – 1572) Nhà toán học Đức Felix Klein (1849 – 1925) đánh giá cơng trình G Cardano sau: “Tác phẩm quý giá đến đỉnh chứa đựng mầm mống đại số đại vượt xa tầm tốn học thời cổ đại” Khi giải phương trình bậc hai Cardano Bombelli đưa vào xét kí hiệu lời giải hình thức phương trình x2 + = −1 Xét biểu thức b − nghiệm hình thức phương trình x + b2 = Khi biểu thức tổng quát có dạng a + b − 1, b ≠ xem nghiệm hình thức phương trình (x – a)2 + b2 = Về sau biểu thức dạng a + b − 1, b ≠ xuất q trình giải phương trình bậc hai, bậc ba (cơng thức Cardano) gọi đại lượng “ảo” sau Gauss gọi số phức thường kí hiệu a + bi, kí hiệu i = − L.Euler đưa vào (năm 1777) gọi đơn vị “ảo Lịch sử toán học ghi lại Cardano nhắc đến nghiệm phức lại gọi chúng nghiệm “ngụy biện” Chẳng hạn giải hệ phương trình:  x + y = 10  = 50  xy Cardano tìm nghiệm ± − ơng gọi nghiệm “âm túy” chí gọi “nghiệm âm ngụy biện” Có lẽ tên gọi “ảo” di sản vĩnh cửu “một thời ngây thơ đáng trân trọng số học Lí thuyết túy số học số phức với tư cách cặp số thực có thứ tự (a,b), a, b ∈ R xây dựng nhà toán học Ailen W.Hamilton (1837) Ở đơn vị “ảo” i đơn giản cặp số thực có thứ tự - cặp (0;1), tức đơn vị “ảo” lí giải cách thực Bản chất đại số số phức thể chỗ số phức phần tử trường mở rộng (đại số) C trường số thực R thu phép ghép đại số cho R nghiệm i phương trình x2 + = Với định lí Đại số, Gauss chứng minh trường C trở thành trường đóng đại số Điều có nghĩa xét nghiệm phương trình đại số trường ta không thu thêm số Đương nhiên trường số thực R (và trường hữu tỉ Q) khơng có tính chất đóng đại số Chẳng hạn, phương trình với hệ số thực khơng có nghiệm thực Nhìn lại 2500 năm từ thời Pythagoras tới giờ, đường phát triển khái niệm số tóm tắt N -> Z -> Q -> R -> C với bao hàm thức: N ⊂Z ⊂Q ⊂ R ⊂C Tổng kết lịch sử tồn q trình phát triển khái niệm số, nhà toán học Đức L.Kronecker (1823 - 1891) viết:“Thượng đế tạo số tự nhiên, tất loại số lại cơng trình sáng tạo người.” Có thể nói với khẳng định bất hủ này, L.Kronecker xác định móng vững cho tòa lâu đài tốn học tráng lệ , mà người sở hữu 1.2.Số phức phép toán: 1.2.1.Định nghĩa số phức: Xét tập hợp hiệu là: C • • - { z = a + bi / a, b ∈ R; i } = −1 , tập hợp gọi tập hợp số phức, kí Mỗi phần tử z = a + bi gọi số phức a gọi phần thực z, kí hiệu là: Rez = a b gọi phần ảo z, kí hiệu là: Imz = b Khi a số thực, ta viết z = a + bi với b = 0, nên a số phức, R ⊂ C Khi a = 0, b ≠ , số phức z = bi gọi ảo Các số phức 0, i: không, đơn vị đơn vị ảo Hai số phức z1 = a1 + b1i, z = a2 + b2i gọi viết z1 = z a1 = a2 , b1 = b2 - z = a + bi, a, b ∈ R , gọi dạng đại số số phức z 1.2.2 Các phép toán cộng trừ nhân chia số phức: - Cho số phức z = a + bi / a, b ∈ R; z1 = a1 + b1i / a1 , b1 ∈ R; z = a + b2 i / a , b2 ∈ R ; Số phức a − bi gọi số phức liên hợp số phức z = a + bi Kí hiệu số phức liên hợp số phức z z - Tổng hai số phức z1 z2: z1 + z = (a1 + a2 ) + (b1 + b2 )i z1 − z = ( a1 − a2 ) + (b1 − b2 )i Hiệu số phức z1 z2: Tích hai số phức z1 z2: z1.z = (a1a2 − b1b2 ) + (a1b2 + a2b1 )i Thương hai số phức z1 z2: z1 z1 z (a1a2 + b1b2 ) − (a1b2 − a2 b1 )i = = z z z a22 + b22 = a1a2 + b1b2 a1b2 − a2 b1 + i a22 + b22 a22 + b22 Chú ý thực liên tiếp phép toán cộng, trừ, nhân, chia số phức dạng đại số, ta thực phép toán tương ứng coi nhị thức, sau thay i2 -1 Ta có: z + z = Re z , z − z = 2i Im z , z z z = a + b , = 2 , ( z ≠ ) z a +b z + w = z + w, z.w = z.w 1.2.3.Mô đun argument Dạng lượng giác số phức: 1.2.3.1.Mô đun argumen số phức: -Ta gọi E mặt phẳng Euclide với hệ tọa độ Descartes vng góc xOy Mỗi số phức z = a + bi (a, b ∈ R) đặt tương ứng với điểm M(a;b) E, ngược lại, điểm M(a;b) E đặt tương ứng với số phức z = a + bi Như vậy, ta có song ánh từ tập hợp số phức C đến mặt phẳng E, dùng điểm M(a;b) để biểu diễn số phức z = a + bi ngược lại Cũng vậy, gọi E mặt phức M (a; b) ↔ z = a + bi, (a, b ∈ R) Ta cho tương ứng số phức z = a + bi với vectơ OM (a; b) song ánh từ tập hợp số phức C đến tập hợp vectơ có điểm gốc O mặt phẳng E, nên ta dùng vectơ OM (a; b) để biểu diễn số phức z = a + bi ngược lại OM (a; b) ↔ z = a + bi, (a, b ∈ R) -Mô đun: Độ dài vectơ OM gọi mơ đun số phức z, kí hiệu z , vậy: z = OM = a + b = z.z z = z , z + w ≤ z + w , zw = z w , z z = (w ≠ 0) w w -Argumen: Góc lượng giác (Ox, OM ) gọi argumen số phức z, kí hiệu Argz - Vì Argz góc lượng giác nên xác định sai khác số nguyên lần 2π (đo radian) Argz = {ϕ + 2kπ k ∈ z} ϕ giá trị góc lượng giác tia Ox OM Giá trị ϕ0 ∈ Argz thỏa mãn điều kiện: − π < ϕ ≤ π , xác định nhất, gọi argumen z, kí hiệu: ϕ = arg z Như vậy, Argz = {arg z + 2kπ f ∈ Z } Ta có: Arg ( zw) = {arg z + arg w + 2kπ k ∈ Z } Arg z = {arg z − arg w + 2kπ k ∈ Z }, w ≠ w Áp dụng công thức trên: { } Arg ( z z ) = arg z + arg z + 2kπ k ∈ Z , z ≠ 0, mà z z = z Suy ra: Arg z = { − arg z + 2kπ k ∈ Z }, z ≠ Cũng vậy, ta có: Arg = { − arg w + 2kπ k ∈ Z }, w ≠ w Tóm lại: Argz = {arg z + 2kπ k ∈ Z } Argzw = {arg z + arg w + 2kπ k ∈ Z } z = {arg z − arg w + 2kπ k ∈ Z }, w ≠ w Arg z = { − arg z + 2kπ k ∈ Z }, z ≠ Arg Arg = { − arg w + 2kπ k ∈ Z }, w ≠ w 1.2.3.2.Dạng lượng giác dạng mũ số phức: Cho số phức z = a + bi ≠ 0, a, b ∈ R , ta biểu diễn điểm M (a;b) mặt phẳng E Khi ta xác định r = z = a + b , giá trị ϕ Argz Từ hệ thức a = r cos ϕ , b = r.sin ϕ , ta viết số phức z dạng: z = a + bi = r (cosϕ + i sin ϕ ) , gọi dạng lượng giác số phức z *Hệ thức Euler: e iϕ = cos ϕ + i sin ϕ , z = r (cos ϕ + i sin ϕ ) = r.e iϕ , với r = z ϕ = Argz gọi dạng mũ số phức z iϕ -Số phức z = e iϕ có r = z = e = nên z biểu diễn điểm nằm đường tròn tâm O có bán kính r = Nói chung , z = re iϕ biểu diễn điểm đường tròn tâm O, bán kính r, r ≠ Ta có, với z = a + bi = r (cos ϕ + i sin ϕ ) = e iϕ − iϕ z = a − bi = r (cos(−ϕ ) + i sin( −ϕ )) = re -Khi biểu diễn số phức khác dạng lượng giác hay dạng mũ, ta thực phép tốn nhân, chia, lũy thừa khai số phức thuận tiện Cho z1, z2 số phức: z1 = r1eiϕ1 , z2 = r2eiϕ Ta có: - Tích z1 z2 là: z1 z = r1r2 e i (ϕ +ϕ ) z1 r1 i (ϕ1 −ϕ2 ) = e , (r ≠ 0) - Thương z1 z2 là: z2 r2 - Công thức Moivre: Lũy thừa z ≠ là: z n = r n einϕ , với n số nguyên - Căn bậc n (n nguyên dương) z có n giá trị phân biệt: n n z = re i ϕ + kπ n ϕ + 2kπ ϕ + 2kπ   = n r  cos + i sin  , k = 0,1,2, , n − n n   2.Ứng dụng số phức vào giải toán chứng minh vectơ 2.1 Phương pháp chung: -Gắn tọa vị điểm ,các véctơ - Sử dụng quy tắc : *Quy tắc điểm: ( Chèn điểm C) (Hiệu véctơ) *Quy tắc hình bình hành: Với hình bình hành ABCD ta ln có: *Quy tắc trung điểm: Với điểm M tùy ý I trung điểm AB ta ln có: hay -Kết hợp với tính chất phép cộng,trừ vecto phép nhân với số với véctơ để thực phép biến đổi tương đương cho biểu thức cần chứng minh Ta có cách biến đổi sau: Cách 1: Biến đổi vế thành vế lại (VT-VP;VP-VT) Khi đó: - Nếu xuất phát từ vế phức tạp,ta cần đơn giản biểu thức - Nếu xuất phát từ vế đơn giản,ta cần thực việc phân tích véctơ Cách 2: Biến đổi đẳng thức cần chứng minh đẳng thức biết Cách 3: Biến đổi đẳng thức véctơ biết dạng đẳng thức cần chứng minh Cách 4: Tạo hình phụ,dựa vào tính chất hình để biến đổi 2.2.Một số tập minh họa: Bài tập 1: Cho tam giác ABC ,G trọng tâm tam giác.Chứng minh rằng: Giải: Gọi tọa vị tương ứng Gọi M trung điểm BC suy M có tọa vị là: Nếu G trọng tâm tam giác ABC ta có: Từ đó: có tọa vị có tọa vị có tọa vị Suy ra: Hay: có tọa vị là: (đpcm) 10 Bài tập 2: Cho tam giác ABC ,G trọng tâm tam giác M điểm tùy ý mặt phẳng.Chứng minh rằng: Giải: Gọi tọa vị tương ứng Vì G trọng tâm tam giác ABC nên G có tọa vị là: Ta có: VT= =3 (đpcm) Bài 3: Cho tam giác ABC có trọng tâm G, gọi H điểm đối xứng G qua B.Chứng minh rằng: Giải: Giả sử: Vì Gọi Do đỉnh tam giác ABC trọng tâm tam giác ABC: điểm đối xứng (1) qua : trung điểm (2) 11 VT = (3) Thay (2) vào (3) ta được: =VP (đpcm) Vậy Bài 4: Cho hình thang OABC ,M,N trung điểm OB,OC Chứng minh rằng: Giải: Chọn hệ tọa độ xOy có gốc tọa độ Giả sử : có tọa vị trung điểm trung điểm 12 a)Ta có: (đpcm) b) (đpcm) Bài 5: Cho điểm A,B,C,D bất kì.Chứng minh rằng: Giải: Gọi a,b,c,d tọa vị điểm A,B,C,D mặt phẳng phức ta có: 13 VT= Bài 6: Cho tam giác ABC với ba đường trung tuyến AD,BE,CF Chứng minh rằng: Giải: Gọi a,b,c,d,e,f tọa vị điểm A,B,C,E,F mặt phẳng phức ta có: ( Vì AD,BE ,CF đường trung tuyến) VT (*) = Bài 7: Cho G trọng tâm tam giác ABC M điểm mặt phẳng Chứng minh rằng: 14 Giải: Lấy hệ tọa độ cho trọng tâm G trùng với gốc tọa độ O.Như G có tọa vị g=0 gọi tọa vị tương ứng Theo giả thiết ta có G trọng tâm 1.Viết hai vế biểu thức chứng minh cách thay độ dài đoạn thẳng môđun số phức tương ứng Ta có: -Vế phải: -Vế trái: Tính theo công thức : Cộng đằng thức theo vế : Do nên hay nên: Vì vậy: 15 2.Tính vế trái: Bài 8:Cho tam giác ABC với trọng tâm G M điểm mặt phẳng 1 2 2 2 Chứng minh rằng: MG = MA + MB + MC − AB + BC + CA Giải Chọn đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC làm đường tròn đơn vị giả sử A(a ), B (b), C (c ), M (m), G ( g ) Vì G trọng tâm tam giác ABC nên g = (a + b + c) Khi đó, ( ) MG = ( g − m ) g − m = g g − mg − gm + mm, ( ) MB = ( b − m ) ( b − m ) = bb − mb − bm + mm, MC = ( c − m ) ( c − m ) = cc − mc − cm + mm, AB = ( b − a ) ( b − a ) = bb − ba − ab + aa , BC = ( c − b ) ( c − b ) = cc − cb − bc + bb, AC = ( c − a ) ( c − a ) = cc − ca − ac + aa MA2 = ( a − m ) a − m = aa − ma − am + mm, 2 2 Do A, B, C nằm đường tròn đơn vị nên aa = bb = cc = , ta có: * MA2 + MB + MC = − ma − am + mm − mb − bm + mm − mc − cm + mm = − m(a + b + c ) − m(a + b + c ) + 3mm * AB + BC + CA2 = − 3mg − 3mg + 3mm = 3(1 − mg − mg + mm) = bb − ba − ab + aa + cc − cb − bc + bb + cc − ca − ac + aa 16 = − ba − ab − cb − bc − ca − ac − bb − cc − aa = − (a + b + c)(a + b + c) = − 9g g Thay vào vế trái, ta được: 1  MA2 + MB + MC  −  AB + BC + CA2  = = (1 − mg − mg + mm) − (1 − g g ) = g g − mg − mg + mm = ( g − m)( g − m) = MG Ta điều phải chứng minh 17 ... Ứng dụng số phức vào giải tốn Hình học phẳng”.và đặc biệt chuyên sâu chuyên đề: Ứng dụng số phức vào giải toán chứng minh đẳng thức vectơ ỨNG DỤNG SỐ PHỨC VÀO GIẢI CÁC BÀI TOÁN CHỨNG MINH ĐẲNG... CAO ĐẲNG SƯ PHẠM GIA LAI KHOA TỰ NHIÊN -oOo - ỨNG DỤNG CỦA SỐ PHỨC VÀO GIẢI TOÁN CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC VEC TƠ Giáo viên hướng dẫn: Nguyễn Quốc Trịnh Sinh viên thực hiện: Nguyễn Thị Thủy Mã số. .. biểu thức - Nếu xuất phát từ vế đơn giản,ta cần thực việc phân tích véctơ Cách 2: Biến đổi đẳng thức cần chứng minh đẳng thức biết Cách 3: Biến đổi đẳng thức véctơ biết dạng đẳng thức cần chứng minh