Vận dụng số phức vào giải toán sơ cấp ( Luận văn thạc sĩ)

Vận dụng số phức vào giải toán sơ cấp ( Luận văn thạc sĩ)Vận dụng số phức vào giải toán sơ cấp ( Luận văn thạc sĩ)Vận dụng số phức vào giải toán sơ cấp ( Luận văn thạc sĩ)Vận dụng số phức vào giải toán sơ cấp ( Luận văn thạc sĩ)Vận dụng số phức vào giải toán sơ cấp ( Luận văn thạc sĩ)Vận dụng số phức vào giải toán sơ cấp ( Luận văn thạc sĩ)Vận dụng số phức vào giải toán sơ cấp ( Luận văn thạc sĩ)

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC VẬN DỤNG SỐ PHỨC vào Giải Toán sơ cấp Nguyễn Thị Hoa ĐHKH ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN Ngày 10 tháng 04 năm 2014 Mục lục Kiến thức chuẩn bị 1.1 Số phức trường C 1.2 Tính đóng đại số trường C 1.3 Định lý Euler eix = cos x + i sin x Vận dụng số phức hình học 2.1 Một vài bất đẳng thức hình học qua số phức 2.1.1 Một vài đồng thức C 2.1.2 Một vài bất đẳng thức đơn giản 2.1.3 Bất đẳng thức Ptolemy cho đa giác 2.1.4 Bất đẳng thức Hayashi cho đa giác 2.2 Một số kết đa giác 2.2.1 Phân tích đa thức qua nghiệm phức 2.2.2 Kết đa giác 2.3 Biểu diễn phép quay qua số phức 2.4 Tỷ số kép bốn số phức 2.5 Nhóm phép biến đổi phân tuyến tính 4 12 12 12 18 24 29 30 30 31 33 40 42 Thể Quaternion biểu diễn 3.1 Xây dựng thể quaternion 3.2 Biểu diễn dạng bậc hai thành tích 45 45 46 Kết luận 50 Lời nói đầu Số phức xuất nhu cầu phát triển Toán học giải phương trình đại số Từ đời số phức thúc đẩy toán học phát triển mạnh mẽ giải nhiều vấn đề khoa học kỹ thuật Đối với học sinh hệ 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 việc sử dụng số phức phương tiện để giải tốn Hình học phẳng vấn đề khó , đòi hỏi học sinh phải có lực giải tốn định, biết vận dụng kiến thức đa dạng toán học Tuy nhiên dạy cho học sinh giỏi biết ứng dụng số phức vào việc giải tốn hình học phẳng có tác dụng lớn việc bồi dưỡng lực giải toán cho học sinh đồng thời giúp học sinh khắc sâu, tổng hợp, hệ thống hóa kiến thức dạng toán quen thuộc, giải số tốn khó, phức tạp chưa có thuật tốn Để đáp ứng điều đòi hỏi giáo viên phải có hiểu biết cần thiết, có cách nhìn sâu sắc ứng dụng số phức Mặc dù chương trình tốn học phổ thơng số phức đưa vào giảng dạy phần giải tích tốn lớp 12 Toàn phần số phức đưa định nghĩa số phức vài tính chất đơn giản Ứng dụng số phức giải toán dừng lại vài tập hình học đơn giản, nhằm giúp em học sinh giỏi có cách nhìn tồn diện số phức, đặc biệt sử dụng số phức để giải số tốn sơ cấp nên tơi chọn đề tài luận văn: Vận dụng số phức để giải tốn sơ cấp Luận văn gồm lời nói đầu, ba chương, kết luận danh mục tài liệu tham khảo Chương "Kiến thức chuẩn bị", chương nhắc lại số kiến thức số phức trường C Chương "Vận dụng số phức hình học", chương đưa số bất đẳng thức hình học qua số phức, biểu diễn phép quay qua số phức tỷ số kép bốn số phức Chương 3."Thể Quaternion biểu diễn", chương xây dựng thể Quaternion biểu diễn dạng bậc hai thành tích Do thời gian kiến thức hạn chế nên chắn luận văn có thiếu sót định, kính mong q thầy bạn đóng góp ý kiến để tác giả tiếp tục hoàn thành luận văn Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Số phức trường C Xét Tích de Carte T = R × R = {(a, b)|a, b ∈ R} đưa định nghĩa: (a, b) = (c, d) a = c, b = d (a, b) + (c, d) = (a + c, b + d) (a, b) (c, d) = (ac − bd, ad + bc) Để đơn giản, viết (a, b).(c, d) qua (a, b)(c, d) Từ định nghĩa phép nhân: (i) Với i = (0, 1) ∈ T có i2 = i.i = (0, 1)(0, 1) = (−1, 0) (ii) (a, b)(1, 0) = (a, b) = (1, 0)(a, b) (iii) (a, b) = (a, 0) + (0, b) = (a, 0) + (b, 0)(0, 1), ∀ (a, b) ∈ T Ký hiệu C tập T phép toán nêu Ta có kết sau: ´ xạ φ : R → C, a → (a, 0), đơn ánh thỏa Bổ đề 1.1.1 Anh mãn φ(a + a′ ) = φ(a) + φ(a′ ), φ(aa′ ) = φ(a)φ(a′ ) với a, a′ ∈ R Đồng (a, 0) ∈ C với a ∈ R Khi viết (a, b) = (a, 0) + (b, 0)(0, 1) = a + bi với i2 = (−1, 0) = −1 Do i hay a a + bi bình đẳng C Như C = {a + bi|a, b ∈ R, i2 = −1} C có kết đây: a + bi = c + di a = c, b = d a + bi + c + di = a + c + (b + d)i (a + bi)(c + di) = ac − bd + (ad + bc)i Mỗi phần tử z = a + bi ∈ C gọi số phức với phần thực a, ký hiệu ℜz, phần ảo b, ký hiệu ℑz; i gọi đơn vị ảo Số phức a − bi gọi số phức liên hợp z = a + bi ký hiệu qua 2 z = a + bi Dễ √ dàng kiểm tra zz = (a + bi)(a −′ bi) = a + b , z′1 z2 = z1 z2 gọi |z| = zz môđun z Số đối z = c + di −z = −c − di hiệu z − z ′ = (a + bi) − (c + di) = a − c + (b − d)i Xét mặt phẳng tọa độ (Oxy) Mỗi số phức z = a + bi ta cho tương ứng với điểm M(a; b) Tương ứng song ánh C → R × R, z = a + bi → M(a; b) Khi đồng C với (Oxy) qua việc đồng z với M, mặt phẳng tọa độ với biểu diễn số phức gọi mặt phẳng phức hay mặt phẳng Gauss để ghi công C F Gauss-người đưa biểu diễn Mệnh đề 1.1.2 Tập C trường chứa trường R trường Chứng minh: Dễ dàng kiểm tra C vành giao hoán với đơn vị Giả sử z = a+bi = Khi a2 +b2 > Giả sử z ′ = x+yi ∈ C thỏa mãn ax − by = a b Giải hệ x = zz ′ = hay , y = − a + b2 a2 + b2 bx + ay = a b Vậy z ′ = − i nghịch đảo z Tóm lại C trường a + b2 a2 + b2 Tương ứng C → C, z → z, tự đẳng cấu liên hợp Đồng a ∈ R với a + 0i ∈ C coi R trường C hay R ⊂ C Chú ý rằng, nghịch đảo z = z −1 z z′ z′z ′ −1 = = z z = |z| z |z| Định nghĩa 1.1.3 Cho số phức z = Giả sử M điểm mặt phẳng phức biểu diễn số phức z Số đo (rađian) góc lượng giác tia đầu Ox tia cuối OM gọi Argument z ký hiệu qua Arg(z) Góc α = ∠xOM, −π α π, gọi argument z ký hiệu arg z Argument số phức không định nghĩa Chú ý rằng, α argument z argument z có dạng α + k.2π√với k ∈ Z Với z = 0, ký hiệu α + k.2π Argument z Ký hiệu r = zz Khi số phức z = a + bi có a = r cos α, b = r sin α Vậy z = biểu diễn z = r cos α + i sin α biểu diễn gọi dạng lượng giác z Mệnh đề 1.1.4 Với số phức z1 , z2 biểu diễn z1 = r1 cos α1 + i sin α1 , z2 = r2 cos α2 + i sin α2 , r1 , r2 0, ta ln có (i) |z1 z2 | = |z1 ||z2 |, | z1 |z1 | |= |z1 + z2 | z2 |z2 | |z1 | + |z2 | (ii) z1 z2 = r1r2 cos α1 + α2 + i sin α1 + α2 z1 r1 (iii) = cos α1 − α2 + i sin α1 − α2 r > z2 r2 Ví dụ 1.1.5 Với a + bi = x + iy Bài giải: Từ a + bi = x + iy n a2 + b2 = x2 + y n n n có a2 + b2 = x2 + y n suy a − bi = x − iy Như Mệnh đề 1.1.6 [Moivre] Nếu z = r(cos α + i sin α) với số nguyên dương n có z n = rn cos nα + i sin nα Hệ 1.1.7 Căn bậc n số phức z = r cos α + i sin α = α + 2kπ α + 2kπ n giá trị khác zk = r1/n cos + i sin với k = n n 1, 2, , n 1.2 Tính đóng đại số trường C Bây ta rằng, đa thức bậc dương thuộc C[x] có nghiệm C Đó nội dung Định lý đại số Người chứng minh định lý nhà toán học C Gauss (1777-1855) Định nghĩa 1.2.1 Trường K gọi trường đóng đại số đa thức bậc dương thc K[x] có nghiệm K Như vậy, K[x] đa thức bậc dương phân tích thành tích nhân tử tuyến tính K trường đóng đại số Bổ đề 1.2.2 Mỗi đa thức bậc lẻ thuộc R[x] có nghiệm thực thuộc R Chứng minh: Giả sử f (x) = a0 x2s+1 + a1 x2s + · · · + a2s x + a2s+1 ∈ R[x] với a0 = Dễ dàng thấy a0 f (x) tiến +∞ x → +∞ a0 f (x) tiến −∞ x → −∞ Từ suy tồn số thực α > β < thỏa mãn a0 f (α) > 0, a0f (β) < Do a20 f (α)f (β) < hay f (α)f (β) < Vì đa thức f (x) hàm xác định liên tục R thỏa mãn f (α)f (β) < nên, theo Định lý Weierstrass, đa thức f (x) có nghiệm thực thuộc (α, β) Bổ đề 1.2.3 Mỗi đa thức bậc hai thuộc C[x] có hai nghiệm thuộc C Chứng minh: Trước tiên ta ra, với số phức z có hai số phức z1 , z2 để z12 = z, z22 = z Thật vậy, giả sử z = a + bi = giả sử x2 − y = a z1 = x + yi với a, b, x, y ∈ R để z1 = z hay 2xy = b Ta cần xét trường hợp b = trường hợp b = xét tương tự Vì b = nên x = Khi  √   a + a2 + b2 x = ± y = b =0 1,2 hay 2x  4x4 − 4ax2 − b2 = y = b 2x bi bi z2 = x2 + thỏa mãn z12 = z22 = z 2x1 2x2 Theo lập luận trên, có hai số phức z1 z2 để z12 = z22 = b2 − 4ac Khi −b + z1 −b + z2 nghiệm phương trình 2 Ta có z1 = x1 + Định lý 1.2.4 [d’Alembert-Gauss, Định lý đại số] Mọi đa thức bậc dương thuộc C[x] có nghiệm thuộc C Hệ 1.2.5 Mọi đa thức thuộc C[x] với bậc n > có n nghiệm C đa thức bất khả quy C[x] đa thức bậc Bổ đề 1.2.6 Cho f (x) ∈ R[x] \ R f (x) đa thức bất khả quy f (x) = ax + b với a = f (x) = ax2 + bx + c với a = b2 − 4ac < Chứng minh: Hiển nhiên, f (x) = ax + b với a = f (x) = ax2 + bx + c với a = b2 − 4ac < f (x) bất khả quy Ta chứng minh điều ngược lại Giả thiết f (x) ∈ R[x] bất khả quy với deg f (x) Trường hợp deg f (x) = f (x) = ax + b với a = Xét trường hợp deg f (x) = Khi f (x) = ax2 + bx + c với a = Nếu ∆ = b2 − 4ac f (x) có hai nghiệm α1 , α2 ∈ R ta có f (x) = a(x − α1 )(x − α2 ) : mâu thuẫn với giả thiết Vậy b2 − 4ac < Xét trường hợp deg f (x) > Vì C trường đóng đại số nên f (x) = có nghiệm α ∈ C theo Định lý 1.2.4 có nghiệm α Khi f (x) có nhân tử (x − α)(x − α) ∈ R[x] hay f (x) khả quy : mâu thuẫn giả thiết Tóm lại, f (x) đa thức bất khả quy f (x) = ax + b với a = f (x) = ax2 + bx + c với a = b2 − 4ac < Ví dụ 1.2.7 Chứng minh rằng, với hai số phức z1 z2 ta ln có 2|z1 |2 + 2|z2 |2 = |z1 + z2 |2 + |z1 − z2 |2 Bài giải: Giả sử A(z1 ), B(z2) C(z1 + z2 ) Vì tứ giác OACB hình bình hành nên OC + A2 = 2OA2 + 2OB hay 2[|z1|2 + |z2 |2 ] = |z1 − z2 |2 + |z1 + z2 |2 √ Ví dụ 1.2.8 Với hai số phức z z ′ ta đặt u = zz ′ Chứng minh z + z′ z + z′ ′ −u + +u |z| + |z | = 2 √ √ √ √ ( z + z ′ )2 z + z′ z + z′ ( z − z ′ )2 + −u + +u = Bài giải: Vì 2√ 2 √ ′ nên đặt z1 = z, z2 = z ta phải chứng minh hệ thức sau đây: 2[|z1|2 + |z2 |2 ] = |z1 − z2 |2 + |z1 + z2 |2 Xét A(z1), B(z2) C(z1 + z2 ) Vì tứ giác OACB hình bình hành nên OC + A2 = 2OA2 + 2OB hay 2[|z1|2 + |z2 |2 ] = |z1 − z2 |2 + |z1 + z2 |2 Ví dụ 1.2.9 Chứng minh rằng, với ba số phức phân biệt z1 , z2 , z3 có z1 + z3 √ z1 + z2 √ − z1 z2 + − z1 z3 2 √ z2 z3 √ z2 + z3 √ z2 + z3 √ = − z2 z3 + z1 + − z1 z2 − z1 z3 + √ Bài giải: Đặt uj = zj với j = 1, 2, Ta phải chứng minh hệ thức |u1 − u2|2 + |u1 − u3|2 = u2 + u3 |u2 − u3|2 + u1 − 2 Xét tam giác ABC với A(u1), B(u2), C(u3) trung điểm M u2 + u3 a2 nên ta nhận đồng thức |u2 − u3|2 u2 + u3 |u1 − u2 |2 + |u1 − u3|2 = ta có điều cần + u1 − 2 chứng minh cạnh BC Vì b2 + c2 = 2m+ a Ví dụ 1.2.10 [Euler] Với x1, x2, x3, x4, y1 , y2, y3, y4 ∈ R ta ln có (x21 + x22 + x23 + x24)(y12 + y22 + y32 + y42 ) = u21 + u22 + u23 + u24,   u1 = x1y1 − x2y2 − x3y3 − x4y4    u = x y + x y + x y − x y 2 4 suy bất đẳng thức  u = x y − x y + x y + x y  3 4   u = x y + x y − x y + x y 4 3 u21 + u22 + u23 + u24 (x1y1 + x2y2 + x3y3 + x4y4 )2 Chứng minh: Đặt z1 = x1 + ix2 , z2 = x3 + ix4, z3 = y1 + iy2 z4 = y3 + iy4 Ta biểu diễn T = (x21 + x22 + x23 + x24)(y12 + y22 + y32 + y42 ) = (z1z1 + z2 z2 )(z3z3 + z4 z4 ) = z1 z3 z1 z3 + z2 z3 z2 z3 + z1 z4 z1 z4 + z2 z4 z2 z4 Như T = u21 + u22 + u23 + u24 1.3 Định lý Euler eix = cos x + i sin x Định lý 1.3.1 [Euler] Với số thực x ta có eix = cos x + i sin x ... nhìn tồn diện số phức, đặc biệt sử dụng số phức để giải số tốn sơ cấp nên tơi chọn đề tài luận văn: Vận dụng số phức để giải toán sơ cấp Luận văn gồm lời nói đầu, ba chương, kết luận danh mục... ∈ T có i2 = i.i = (0 , 1 )(0 , 1) = ( 1, 0) (ii) (a, b )(1 , 0) = (a, b) = (1 , 0)(a, b) (iii) (a, b) = (a, 0) + (0 , b) = (a, 0) + (b, 0 )(0 , 1), ∀ (a, b) ∈ T Ký hiệu C tập T phép toán nêu Ta có kết... chương nhắc lại số kiến thức số phức trường C Chương "Vận dụng số phức hình học", chương đưa số bất đẳng thức hình học qua số phức, biểu diễn phép quay qua số phức tỷ số kép bốn số phức Chương 3."Thể