Giải một số bài toán sơ cấp thông qua số phức và hàm phức

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN LAN ANH GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN SƠ CẤP THÔNG QUA SỐ PHỨC VÀ HÀM PHỨC LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Thái Nguyên - 2012 1Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN LAN ANH GIẢI MỘT SỐ BÀI TỐN SƠ CẤP THƠNG QUA SỐ PHỨC VÀ HÀM PHỨC Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số : 60.46.40 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: TS NGUYỄN VĂN MINH Thái Nguyên - 2012 2Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Mục lục Mở đầu XÂY DỰNG TRƯỜNG SỐ PHỨC 1.1 Định nghĩa số phức 1.2 Dạng đại số số phức 1.2.1 Xây dựng số i 1.2.2 Các phép toán dạng đại số 1.2.3 Số phức liên hợp Môđun số phức 1.3 Dạng lượng giác số phức 1.3.1 Tọa độ cực số phức 1.3.2 Biểu diễn lượng giác số phức 1.3.3 Phép toán dạng lượng giác số phức 1.4 Căn bậc n đơn vị biểu diễn hình học số phức 1.4.1 Căn bậc n số phức 1.4.2 Biểu diễn hình học số phức 4 6 7 10 10 11 11 12 12 13 ỨNG DỤNG CỦA SỐ PHỨC VÀO ĐẠI SỐ VÀ GIẢI TÍCH 16 2.1 Ứng dụng số phức vào đại số 16 2.2 Ứng dụng vào giải tích 26 ỨNG DỤNG CỦA SỐ PHỨC VÀO HÌNH HỌC 28 3.1 Các định lý 28 3.2 Các ví dụ 30 Kết luận 59 Tài liệu tham khảo 60 3Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Mở đầu Số phức xuất từ kỷ XIX nhu cầu phát triển Toán học giải phương trình đại số Từ đời số phức thúc đẩy toán học tiến lên mạnh mẽ giải nhiều vấn đề khoa học kỹ thuật, gọi số ảo trường đóng vai trị quan trọng đời sống thực Đối với học sinh bậc trung học phổ thông số phức nội dung cịn mẻ, với thời lượng không nhiều, học sinh biết kiến thức số phức, việc khai thác ứng dụng số phức hạn chế, đặc biệt khai thác số phức để giải tốn sơ cấp khó Nhằm mục đích tìm hiểu cách chi tiết số phức có cách nhìn sâu sắc số ứng dụng số phức việc giải tốn sơ cấp nên tơi định chọn đề tài nghiên cứu: “Giải số tốn sơ cấp thơng qua số phức” Luận văn gồm ba chương: Chương 1: Giới thiệu số phức, chứng minh tập số phức có phép toán cộng nhân tập số thực, đồng thời giới thiệu dạng biểu diễn tính chất đặc trưng dạng Chương 2: Giới thiệu số ví dụ ứng dụng số phức đại số giải tích Chương 3: Giới thiệu số ví dụ ứng dụng số phức hình học phẳng Mặc dù cố gắng nghiên cứu tài liệu kinh nghiệm giảng dạy thân tác giả hoàn thành luận văn Tuy nhiên hiểu biết thân khuôn khổ thời gian, chắn q tình nghiên cứu khơng tránh khỏi thiếu sót, tác giả mong nhận bảo đóng góp ý kiến q thầy (cơ) độc giả quan tâm đến luận văn 4Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Luận văn thực trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên hướng dẫn TS.Nguyễn Văn Minh Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc, chân thành Thầy Bởi giúp đỡ, bảo, khuyến khích ân cần Thầy góp phần lớn cho thành công luận văn Tác giả xin bày tỏ lòng cảm ơn chân thành tới Ban lãnh đạo, Phòng Đào tạo-Khoa học Quan hệ quốc tế, Khoa Toán-Tin Trường Đại học Khoa học-Đại học Thái Nguyên thầy cô tham gia giảng dạy khóa Cao học 2010-2012 Đồng thời xin cảm ơn tập thể lớp Cao học Toán K4A Trường Đại học Khoa học động viên giúp đỡ tác giả trình học tập làm luận văn Cuối xin gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn bè, người thân ln bên, động viên, giúp đỡ để tơi hồn thành luận văn Thái Nguyên, ngày 15 tháng năm 2012 Người thực Nguyễn Lan Anh 5Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Chương XÂY DỰNG TRƯỜNG SỐ PHỨC Trong chương này, chúng tơi trình bày cách xây dựng trường số phức, cấu trúc đại số, cấu trúc hình học, dạng lượng giác số phức 1.1 Định nghĩa số phức Xét tập R2 = R ∗ R = {(x, y)}|x, y ∈ R Hai phần tử (x1 , y1 ), (x2 , y2 ) ∈ R2 gọi (x1 = x2 , y1 = y2 ) Ta xây dựng phép toán R2 sau: ∀z1 = (x1 , y1 ), z2 = (x2 , y2 ) ∈ R2 Phép cộng: z1 + z2 = (x1 + x2 , y1 + y2 ) Phép nhân: z1 z2 = (x1 x2 − y1 y2 , x1 y2 + x2 y1 ) Định nghĩa 1.1.1 Tập R2 với hai phép toán cộng nhân định nghĩa gọi tập số phức C, phần tử (x, y) ∈ C số phức Định lý 1.1.2 (C, +, ) trường (nghĩa C với phép toán định nghĩa có tính chất tương tự R với phép tốn cộng nhân thơng thường) Chứng minh Để chứng minh (C, +, ) trường ta chứng minh vấn đề sau (i) Phép cộng có tính giao hoán: ∀z1 = (x1 , y1 ), z2 = (x2 , y2 ) ∈ C ta có z1 + z2 = (x1 + x2 , y1 + y2 ) = (x2 + x1 , y2 + y1 ) = z2 + z1 6Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn (ii) Phép cộng có tính kết hợp: ∀z1 = (x1 , y1 ), z2 = (x2 , y2 ), z3 = (x3 , y3 ) ∈ C ta có (z1 + z2 ) + z3 = (x1 + x2 , y1 + y2 ) + (x3 , y3 ) = (x1 + x2 + x3 , y1 + y2 + y3 ) = (x1 , y1 ) + (x2 + x3 , y2 + y3 ) = z1 + (z2 + z3 ) (iii) Tồn phần tử không = (0, 0) ∈ C Thật ta có: ∀z = (x, y) ∈ C, z + = (x, y) + (0, 0) = (x + 0, y + 0) = (x, y) = z (iv) Tồn phần tử đối ∀z = (x, y), ∃ − z = (−x, −y) phần tử đối: Thật z + (−z) = (x, y) + (−x, −y) = (x − x, y − y) = (0, 0) (v) Phép nhân có tính chất giao hoán: ∀z1 = (x1 , y1 ), z2 = (x2 , y2 ) ∈ C, ta có: z1 z2 = (x1 x2 − y1 y2 , x1 y2 + x2 y1 ) = (x2 x1 − y2 y1 , x2 y1 + x1 y2 ) = z2 z1 (vi) Phép nhân có tính chất kết hợp: ∀z1 = (x1 , y1 ), z2 = (x2 , y2 ), z3 = (x3 , y3 ) ∈ C ta có: (z1 z2 )z3 = (x1 x2 − y1 y2 , x1 y2 + x2 y1 )(x3 , y3 ) = ((x1 x2 −y1 y2 )x3 −(x1 y2 +y1 x2 )y3 , (x1 x2 −y1 y2 )y3 +(x1 y2 +x2 y1 )x3 ) = (x1 x2 x3 −y1 y2 x3 −x1 y2 y3 −y1 x2 y3 , x1 x2 y3 −y1 y2 y3 +x1 y2 x3 +y1 x2 x3 ) = (x1 x2 x3 −x1 y2 y3 −y1 y2 x3 −y1 x2 y3 , x1 x2 y3 +x1 y2 x3 +y1 x2 x3 −y1 y2 y3 ) = (x1 (x2 x3 − y2 y3 ) − y1 (y2 x3 + x2 y3 ), y1 (x2 x3 − y2 y3 ) + x1 (x2 y3 + y2 x3 )) = (x1 , y1 )((x2 , y2 )(x3 , y3 )) Điều chứng tỏ: (z1 z2 )z3 = z1 (z2 z3 ) (vii) Phép nhân phần tử đơn vị Tồn phần tử đơn vị = (1, 0) ∈ C Thật ta có: ∀z1 = (x, y) ∈ C, 1.z = (1, 0)(x, y) = (1x − 0y, 1y + 0.x) = (x, y) = (x, y)(1, 0) = (x1 − y0, x0 + y1) = (x, y) = z1 = z (viii) Tồn phần tử nghịch đảo: ∀z1 = (x, y) ∈ C, z = 0, phần tử nghịch đảo z z −1 = y x − x2 + y x2 + y 7Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn (ix) Phép nhân phân phối với phép cộng: ∀z1 = (x1 , y1 ), z2 = (x2 , y2 ), z3 = (x3 , y3 ) ∈ C ta có: z1 (z2 + z3 ) = (x1 , y1 )(x2 + x3 , y2 + y3 ) = (x1 (x2 + x3 ) − y1 (y2 + y3 ); x1 (y2 + y3 ) + y1 (x2 + x3 )) = (x1 x2 + x1 x3 − y1 y2 − y1 y3 , x1 y2 + x1 y3 + y1 x2 + y1 x3 ) = (x1 x2 − y1 y2 , x1 y2 + y1 x2 ) + (x1 x3 − y1 y3 , x1 y3 + y1 x3 ) = z1 z2 + z1 z3 Vậy ta chứng minh (C, +, ) thỏa mãn tiên đề trường Do (C, +, ) trường số Có nhiều cách biểu diễn số phức trên, mà cách khai thác số tính chất đặc biệt tập C, sau giới thiệu số cách biểu diễn 1.2 Dạng đại số số phức 1.2.1 Xây dựng số i Xét tương ứng f : R → Rx {0}, f (x) = (x, 0) Dễ dàng chứng minh f ánh xạ song ánh Ngoài ta có: (x, 0) + (y, 0) = (x + y, 0), (x, 0)(y, 0) = (xy, 0), f song ánh nên ta đồng (x, 0) = x Đặt i = (0, 1), ta có: z = (x, y) = (x, 0) + (0, y) = (x, 0) + (y, 0)(0, 1) = x + yi = (x, 0) + (0, 1)(y, 0) = x + iy Từ ta có kết sau: Định lý 1.2.1 Mỗi số phức tùy ý z = (x, y) biểu diễn dạng z = x + yi, x, y ∈ R hệ thức i2 = −1 Hệ thức i2 = −1 suy trực tiếp từ phép nhân hai số phức i2 = ii = (0, 1)(0, 1) = (−1, 0) = −1 8Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Biểu thức x + yi gọi dạng đại số số phức z = (x, y) Do C = {x + yi|x, y ∈ R, i2 = −1} từ ta ký hiệu cho số phức z = (x, y) = x + yi ta có khái niệm liên quan sau đây: x = Re(z) gọi phần thực số phức z , y = Im(z) gọi phần ảo số phức z , i gọi đơn vị ảo Nếu số phức có phần thực x = gọi ảo Hai số phức z1 , z2 gọi Re(z1 ) = Re(z2 ) Im(z1 ) = Im(z2 ) Số phức z ∈ R Im(z) = Số phức z ∈ C − R Im(z) = 1.2.2 Các phép toán dạng đại số Tương tự, ta định nghĩa phép toán cộng nhân sau C = {x + yi|x, y ∈ R, i2 = −1} (i) Phép cộng Tổng hai số phức z1 = x1 + iy1 z2 = x2 + iy2 , số phức z xác định: z = (x1 + x2 ) + i(y1 + y2 ) ∈ C Kí hiệu z = z1 + z2 (ii).Phép nhân Tích hai số phức z1 = x1 + iy1 z2 = x2 + iy2 số phức z xác định bởi: z = (x1 x2 − y1 y2 ) + i(x1 y2 + x2 y1 ) ∈ C Kí hiệu z = z1 z2 Định nghĩa trùng với định nghĩa phép toán C phần trước 1.2.3 Số phức liên hợp Môđun số phức Định nghĩa 1.2.2 Cho số phức z = x + iy , số phức có dạng x − iy gọi số phức liên hợp số phức z , kí hiệu z , nghĩa z = x + yi z = x + iy = x − iy 9Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Định lý 1.2.3 Trên C ta có z = z, ∀z ∈ R z = z z.z số thực không âm z1 + z2 = z1 + z2 z1 z2 = z1 z2 z −1 = (z)−1 , z ∈ C ∗ z1 z2 z1 , z2 ∈ C ∗ z2 z+z z+z Re(z) = , Im(z) = 2i Chứng minh Ta có:z = z x + yi = x − yi Do 2yi = y = z = x ∈ R Ta có: z = x − yi => z = x + yi = z Ta có: z.z = (x + yi)(x − yi) = x2 + y Ta có: z1 + z2 = (x1 + x2 ) + (y1 + y2 ) i = (x1 + x2 ) − (y1 + y2 )i = = (x1 − y1 i) + (x2 − y2 i) = z1 + z2 Ta có: z1 z2 = (x1 x2 − y1 y2 ) + i (x1 y2 + x2 y1 ) = (x1 x2 − y1 y2 ) − i(x1 y2 + x2 y1 ) = (x1 − y1 i)(x2 − y2 i) = z1 z2 1 =1⇒ z = ⇒ z = ⇒ z −1 = (z)−1 z z z 1 z1 z1 Ta có: = z1 = z1 = z1 = z2 z2 z2 z2 z2 z + z = (x + yi) + (x − yi) = 2x Ta có: z z − z = (x + yi) − (x − yi) = 2yi Do : Re(z) = z+z z+z , Im(z) = 2i 10Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn thẳng AB , số ω xác định công thức (3.8), thỏa mãn phương trình đường vng góc Cụ thể đường thẳng l qua tâm O đường tròn đơn vị (O) = (ABC), tọa vị trực chuẩn qua tam giác ABC là: ω= σ3 σ1 − α Còn điểm buten điểm đơn vị thì: ω= (σ1 − α) Trên Hình 3.5 cách dựng điểm trực chuẩn Ω qua tam giác ABC, đường thẳng BC, CA, AB giao điểm Ω, thực hiện: lấy A2 , B2 , C2 trung điểm BC, CA, AB, trục đẳng phương đường tròn cặp (A2 , A2 C1 ), (B2 , B2 A1 ), (C2 , C2 B1 ) đường thẳng l1 , l2 , l3 chúng giao điểm Ω (Hình 3.6) Hình 3.6: Biểu diễn hình học Ví dụ 3.2.10 Cho A’, B’, C’ điểm đối xứng đỉnh A, B, C tam giác ABC qua cạnh BC, CA, AB Với hệ thức góc A, B, C tam giác ABC cần đủ để đường thẳng AB’, BC’, CA’ đồng quy? 46 48Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Hình 3.7: Biểu diễn hình học Lời giải Coi đường tròn (ABC) đường tròn đơn vị Ta tìm tọa vị b’của điểm B’ Phương trình đường thẳng AC là: z + z3 z1 z = z1 + z3 Phương trình đường thẳng qua B vng góc với AC là: z − z2 = z3 z1 (z − z2 ) z3 z1 z2 Từ phương trình đường thẳng AC ta tìm tọa vị hình chiếu điểm B lên đường thẳng AC là: Hoặc z= z − z3 z1 z = z2 − z3 z1 z1 + z2 + z3 − z2 Tọa vị b’ B’ đối xứng với B qua AC có từ hệ thức: b + z2 z3 z1 = z1 + z2 + z3 − 2 z2 47 49Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn z3 z1 z2 z2 z1 + z3 − z2 Suy ra: b = z1 + z3 − = z3 z1 z1 z3 Ta lập phương trình đường thẳng AB’: Do đó: b = z1 + z3 − z z z1 z1 = b b Hoặc: z z1 − b + (b − z1 ) + z1 b − b z1 = z3 + z1 − z2 z2 − z1 Ta có: z1 − b = − = z1 z3 z1 z3 z1 1 − z3 (z1 − z2 ) z z1 z1 − b = = z2 z3 z1 z3 (z2 − z1 ) b − z1 = z2 z3 + z1 − z2 z3 z1 z1 b − b z1 = z1 − z3 + z1 − z3 z1 z1 z2 z3 + z1 − z2 z3 z3 z1 z3 z3 z2 = − −1+ = − + − z3 z1 z2 z3 z1 z2 z3 z1 − z2 1 = (z1 − z2 ) + z3 − = (z1 − z2 ) + z3 z3 z2 z1 z3 z1 z2 z3 = (z1 − z2 ) + z3 z1 z2 Và phương trình đường thẳng AB’ chuyển sang dạng: z3 z3 + z− − =0 z3 z1 z2 z3 z1 z2 Hay: z2 z + z32 z1 z − z32 − z1 z2 = Tương tự phương trình đường thẳng BC’ CA’ viết sau: z2 z + z32 z1 z − z32 − z1 z2 = (AB ) z3 z + z12 z2 z − z12 − z2 z3 = (BC ) z1 z + z22 z3 z − z22 − z3 z1 = (CA ) 48 50Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn K, M, L giao điểm đường thẳng BC’ CA’, CA’ AB’, AB’ BC’ Khi đó: z2 z32 z1 z32 + z1 z2 z3 z12 z2 z12 + z2 z3 z1 z22 z3 z22 + z3 z1 i KM L = σ3 (z2 z32 + z13 ) (z3 z12 + z23 ) (z1 z22 + z33 ) Hơn nữa: z2 z32 z1 z32 + z1 z2 ∆ = z3 z12 z2 z12 + z2 z3 z1 z22 z3 z22 + z3 z1 = z12 z24 + z13 z23 z3 + z22 z34 + z1 z32 z23 + z14 z32 + z12 z2 z33 − z13 z2 z32 − z14 z22 − z12 z23 z3 −z24 z32 − z1 z22 z33 − z12 z34 = z12 z22 z22 − z12 − z12 z22 z3 (z2 − z1 ) + z34 z22 − z12 +z32 z2 z1 z22 − z12 − z32 z34 − z14 − z33 z1 z2 (z2 − z1 ) = (z2 − z1 )(z12 z23 + z13 z22 − z12 z22 z3 + z34 z2 + z34 z1 + z32 z22 z1 +z32 z2 z12 − z32 z23 − z32 z22 z1 − z32 z2 z12 − z32 z13 − z33 z1 z2 ) = (z2 − z1 )[z12 z22 (z1 − z3 ) + z23 (z12 − z32 ) − z2 z32 (z12 − z32 ) −z1 z32 (z12 − z32 ) + z32 z2 z1 (z1 − z3 )] = (z2 − z1 )(z1 − z3 )(z12 z22 + z23 z1 + z23 z3 − z2 z1 z32 − z2 z33 −z12 z32 − z1 z33 + z32 z1 z2 ) = (z2 − z1 )(z1 − z3 )[z12 (z22 − z32 ) + z1 (z23 − z33 ) + z2 z3 (z22 − z32 )] = (z2 − z1 )(z1 − z3 )(z12 z22 + z23 z1 + z23 z3 − z2 z1 z32 − z2 z33 − z12 z32 −z1 z33 + z32 z1 z2 ) = (z2 − z1 ) (z1 − z3 ) z12 z22 − z32 + z1 z23 − z33 + z2 z3 z22 − z32 = (z2 − z1 )(z1 − z3 )(z2 − z3 )(z12 z2 + z12 z3 + z1 z22 + z1 z2 z3 + z1 z32 +z22 z3 + z2 z32 ) = (z2 − z1 )(z3 − z1 )(z3 − z2 )(z12 z2 + z22 z1 + z22 z3 + z32 z2 + z32 z1 +z12 z3 + z1 z2 z3 ) Xét tích: (z2 + z3 )(z3 + z1 )(z1 + z2 ) = σ1 σ2 − σ3 = 2z1 z2 z3 + z12 z2 + z22 z1 + z22 z3 + z32 z2 49 51Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn +z32 z1 + z12 z3 Suy thừa số cuối: σ1 σ2 − σ3 − σ3 = σ1 σ2 − 2σ3 Nên: ∆ = (z2 − z1 ) (z3 − z1 ) (z3 − z2 ) (σ1 σ2 − 2σ3 ) i (z2 − z1 )2 (z3 − z1 )2 (z3 − z2 )2 (σ1 σ2 − 2σ3 )2 Như vậy: KLM = σ3 (z2 z32 − z13 ) (z3 z12 − z23 ) (z1 z22 − z33 ) Ta thấy rằng: (z3 − z2 ) (z3 − z1 ) (z2 − z1 ) z1 z12 z1 z1 z1 z1 = z2 z2 = σ3 z2 z2 = σ3 z2 z2 = −4iσ3 ABC z3 z3 z3 z3 1 z3 z32 4iσ3 (σ1 σ2 − 2σ3 ) ABC (z2 z32 − z13 ) (z3 z12 − z23 ) (z1 z22 − z33 ) Các đường thẳng AB , BC , CA đồng quy Nên: KLM = − σ1 σ2 − 2σ3 = σ2 − = 0, σ1 σ1 − = σ3 Do đó: σ1 σ1 = OH = = 2R2 (|R| = 1) Từ suy tam giác ABC tam giác tù Vì EH > R suy trực tâm H nằm ngồi đường trịn ABC √ Tam giác thỏa mãn OH = R dựng sau: ta √ dựng đường tròn đồng tâm (O) (O’) có bán kính (xem Hình 3.7) Trên đường trịn (O’) lấy điểm H bất kì, cịn đường trịn (O) ta lấy điểm A Đoạn chia theo tỉ lệ 1: −→ −−→ OG : GH = : AG Có G trọng tâm tam giác ABC Nối A với G, ta có GA1 = A1 trung điểm của đoạn BC, lấy đường thẳng qua A1 vng góc với OA1 , cắt đường trịn (O) ta điểm B C Điều kiện cần điểm A1 nằm đường tròn (O) Do A1 ảnh A qua phép tịnh tiến G, − phép tịnh tiến biến đường tròn (O) thành đường trịn (O”) có bán kính , tâm O” nằm đường thẳng √ √ √ 2 2 OH, OO = + = nên đường tròn (O) (O”) giao Hay: σ1 50 52Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn điểm P Q Do điểm A dựng cung mở PRQ đường tròn (O) Từ tam giác OPO” ta có : α P O = OP + OO − 2OP.OO cos với α cung POQ √ √ 1 α Vì P O = , OO = , OP = nên = + − 2.1 cos 2 2 α Suy ra: cos = √ 9 25 Do vậy: cos α = − = , α = arccos 32 16 16 Điêu kiện OH = 2R2 viết sang dạng khác (xem ví dụ 3.2.8) Vì OH = 9R2 − a2 + b2 + c2 nên 9R2 − a2 + b2 + c2 = 2R2 hay a2 + b2 + c2 = 7R2 Hay theo cách khác sin2 A + sin2 B + sin2 C = Hay cos A cos B cos C = − (từ suy ∆ABC tam giác tù) Ví dụ 3.2.11 Cho hàm phân số tuyến tính (hàm phân số bậc 1) u = az + b với a, b, c, d số phức cố định thỏa mãn ad−bc = 0, c = 0; z cz + d acgumen, u hàm số Ω1 = (0, 1) d Ω2 = ( , 1) c d Ω3 = ( , 1) c Ω4 = Ω5 = Ω6 = cd cc , dd - cc dd - cc d bc − ad bc − ad , c dd - cc dd - cc bd − ac bc − ad , dd - cc dd - cc Chứng minh rằng: |c| = |d| ảnh đường trịn đơn vị qua phép hốn vị đường trịn Hãy tìm bán kính tọa vị tâm đường trịn 51 53Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Hình 3.8: Biểu diễn hình học Lời giải Ta chuyển hàm số u sang dạng sau: bc − ad bc − ad a a az + b a a c2 u= + − = + = + d c cz + d c c c (cz + d) c z+ c d 1) Phép biến đổi z → z + biến đường tròn đơn vị (Ω1 ) = 0, 1)1 thành c d đường tròn (Ω2 ) = , (h.???) c d 2) Phép biến đổi đối xứng z + → qua trục Ox biến đường tròn d c z+ c d d (Ω2 ) = , thành đường tròn (Ω3 ) = , , phép nghịch đảo tiếp c c theo đường tròn (Ω3 ) qua đường tròn (Ω1 ) biến đường trịn (Ω3 ) thành 52 54Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn đường tròn (Ω4 ); viêc dựng đường tròn (Ω4 ) cần lấy đường thẳng OΩ3 , dựng ảnh P’, Q’ P Q điểm đầu nút đường kính Đường trịn (P’Q’) dựng đoạn P’Q’ (P’Q’ đường kính) đường trịn (Ω4 ) Ta tính bán kính đường trịn (Ω4 ) tọa vị tâm đường tròn Phép nghịch đảo đường tròn (Ω1 ) phép tịnh với σ - phương tích điểm O đường tròn (Ω3 ) tiến O, σ biến đường tròn (Ω3 ) thành đường tròn (Ω4 ) biến tâm đường tròn (Ω3 ) thành tâm Nhưng phép tịnh tiến O, σ đường tròn (Ω4 ), tức tọa vị ω4 tâm Ω4 đường tròn (Ω4 ) bằng: 1d ω4 = σc Cịn bán kính tích bán kính R3 = đường tròn (Ω3 ) với : modun hệ số tịnh tiến tức |σ| R4 = R3 1 = |σ| |σ| dd − cc2 dd −1= cc cc cd cc Nên: (Ω4 ) = , dd − cc dd − cc 3) Phép biến đổi: bc − ad c2 → d d z+ z+ c c bc − ad Là phép xoay mặt phẳng góc arg phép tịnh tiến tâm O với c2 |bc − ad| hệ số Sau phép biến đổi đường tròn (Ω5 ) chuyển thành |c|2 đường tròn (Ω4 ), tọa vị ω5 tâm đường tròn là: Hơn nữa: σ = OΩ23 − R32 = ω = ω4 bc − ad cd bc − ad d bc − ad = = c2 c dd − cc dd − cc c2 53 55Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn bc − ad cc bc − ad Cịn đường kính là: R5 = = c2 dd − cc dd − cc d bc − ad bc − ad , Như vậy: (Ω5 ) = c dd − cc dd − cc 4) Phép biến đổi : bc − ad bc − ad a c2 c2 → + d d c z+ z+ c c Biến đường tròn (Ω5 ) thành đường tròn (Ω6 ) đồng thời bán kính R6 = R5 , cịn tọa vị ω6 tâm Ω6 đường tròn Ω6 bằng: ω6 = a d bc − ad bd − ac + = c c dd − cc dd − cc Kết cuối phép biến đổi: u= az + b , ad − bc = 0, c = 0, |c| = |d| cz + d Là đường tròn (Ω1 ) = (0, 1) chuyển thành đường tròn: (Ω6 ) = bd − ac bc − ad , dd − cc dd − cc Ví dụ 3.2.12 Cho P, Q, R hình chiếu trực giao M lên cạnh BC, CA, AB tam giác ABC Biết A1 , B1 , C1 thu qua phép nghịch đảo điểm A0 , B0 , C0 (là trung điểm cạnh M A, M B, M C ) qua đường tròn (P QR) điểm A, B, C tam giác tạo thành cực tuyến A0 , B0 , C0 qua đường tròn (P QR) Chứng minh rằng: A B C = A B C P QR Lời giải Coi đường tròn (PQR) đường tròn đơn vị Cho z1 , z2 , z3 tọa vị P, Q, R tọa vị M Hệ số góc đường thẳng MP bằng: µ − z1 µ − z1 54 56Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Hình 3.9: Biểu diễn hình học Tức hệ số góc đường thẳng BC bằng: − µ − z1 µ − z1 Và phương trình đường thẳng BC có dạng: z − z1 = − µ − z1 (z − z1 ) µ − z1 (3.9) Phương trình đường thẳng CA là: z − z2 = − µ − z2 (z − z2 ) µ − z2 (3.10) Trừ phương trình (3.9) cho (3.10) ta số phức c liên hợp với tọa vị c điểm C: µ − z2 µ − z1 µ − z1 µ − z2 − z + z1 − z2 z2 − z1 = µ − z2 µ − z1 µ − z1 µ − z2 µ z1 + z2 µµ − + (z2 − z1 ) z1 z2 z1 z2 z1 z2 Hay: z2 − z1 = z+ (µ − z1 ) (µ − z2 ) (µ − z1 ) (µ − z2 ) Rút gọn cho z2 − z1 nhân vế với (µ − z1 ) (µ − z2 ) ta được: (z2 − z1 ) −µ − (µ − z1 ) (µ − z2 ) = −µ − µ z1 + z2 + z1 z2 z1 z2 z+ µµ − z1 z2 55 57Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Suy ra: −µ − µ z1 + z2 + z1 z2 z1 z2 z = (µ − z1 ) (µ − z2 ) − z1 z2 (µµ − 1) Hay: (−µ − µz1 z2 + z1 + z2 ) z = µ2 − µ (z1 + z2 ) + (2 − µµ) z1 z2 µ2 − µ (z1 + z2 ) + (2 − µµ) z1 z2 Suy ra: c = −µ − µz1 z2 + z1 + z2 µ − µ (z1 + z2 ) + (2 − µµ) z1 z2 Và: c = −µ − µz1 z2 + z1 + z2 −µ + µ (z1 + z2 ) + (µµ − 2) z1 z2 Hay: c = µ + µz1 z2 − z1 − z2 Tọa vị c0 trung điểm đoạn MC là: c0 = −µ2 + µ (z1 + z2 ) + (µµ − 2) z1 z2 µ+ µ + µz1 z2 − z1 − z2 = (µµ − 1) z1 z2 µ + µz1 z2 − z1 − z2 Cịn tọa vị c’ C’ có từ điểm C0 chuyển vị qua đường trịn (PQR) là: µ + µz1 z2 − z1 − z2 µ + µz1 z2 − z1 − z2 c = = = c0 (µµ − 1) z1 z2 µµ − Tương tự ta tìm tọa vị a’ b’ điểm A’, B’: a = µ + µz2 z3 − z2 − z3 µµ − b = µ + µz3 z1 − z3 − z1 µµ − Ta được: a a i ABC = b b c c = µ + µz2 z3 − z2 − z3 i µ + µz3 z1 − z3 − z1 4(µµ − 1)2 µ + µz1 z2 − z1 − z2 µz2 z3 − z2 − z3 i µz3 z1 − z3 − z1 = 4(µµ − 1) µz1 z2 − z1 − z2 µσ3 z1 − σ1 + z1 i µσ3 z2 − σ1 + z2 = 4(µµ − 1)2 µσ3 z3 − σ1 + z3 µ + µz2 z3 − z2 − z3 µ + µz3 z1 − z3 − z1 µ + µz1 z2 − z1 − z2 µz2 z3 − z2 − z3 µz3 z1 − z3 − z1 µz1 z2 − z1 − z2 µσ3 z1 − σ1 + z1 µσ3 z2 − σ1 + z2 µσ3 z3 − σ1 + z3 56 58Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn µσ3 z1 + z1 µσ3 z1 + z1 i µσ3 z2 + z2 µσ3 z2 + z2 4(µµ − 1)2 µσ3 z3 + z3 µσ3 z3 + z3 z1 z1 z1 z1 i z z z = µµσ σ + z2 3 4(µµ − 1)2 z3 z3 z3 z3 P QR i (1 − µµ) z1 z1 z z = = 2 − µµ 4(1 − µµ)2 z3 z3 = Hệ số góc đường thẳng OA0 là: αOA0 = (µµ − 1) z2 z3 (µµ − 1) z2 z3 : µ + µz2 z3 − z2 − z3 µ + µz2 z3 − z2 − z3 (µµ − 1) z2 z3 µµ − : = z2 z3 µ + µz2 z3 − z2 − z3 µ + µz2 z3 − z2 − z3 Do phương trình điểm cực A0 , B0 đường tròn (PQR) đường thẳng qua điểm A’, B’ vng góc với đường thẳng OA’ OB’ là: = z− µ + µz2 z3 − z2 − z3 µ + µz2 z3 − z2 − z3 = −z2 z3 z − µµ − µµ − z− µ + µz3 z1 − z3 − z1 µ + µz3 z1 − z3 − z1 = −z2 z3 z − µµ − µµ − Tọa vị cn giao điểm C n có từ phương trình: − z2 z3 z− µ + µz2 z3 − z2 − z3 µµ − + µ + µz2 z3 − z2 − z3 µµ − µ + µz3 z1 − z3 − z1 µ + µz3 z1 − z3 − z1 + µµ − µµ − z µ + µz2 z3 − z2 − z3 z µ + µz3 z1 − z3 − z1 − +2 =− + z2 z3 z2 z3 (µµ − 1) z3 z1 z3 z1 (µµ − 1) 1 (z2 − z1 ) z µ = − + − σ3 µµ − z3 z1 z2 z2 z1 Suy ra: c = (µ − z3 ) µµ − Tương tự có: a = (µ − z1 ) µµ − =− z3 z1 z− 57 59Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn b = (µ − z2 ) µµ − Do đó: µ − z1 µ − z1 i z1 z1 i µ − z2 µ − z2 = z2 z2 A B C = (µµ − 1)2 µ − z3 µ − z3 (µµ − 1)2 z3 z3 = Vậy: A B C = P QR (µµ − 1)2 P QR − µµ A B C = P QR (1 − µµ)2 P QR = A B C P QR Suy ra: A B C = (1 − µµ)2 −−−−→ −−−→ Tam giác A B C P QR hướng − µµ > , tức phương tích điểm M qua đường trịn (PQR) âm, có nghĩa điểm M nằm bên đường tròn (PQR) thỏa mãn A B C ↓↓ P QR 58 60Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Kết luận Qua luận văn này, tác giả đề cập đến nội dung sau đây: - Trình bày kiến thức số phức, dạng biểu diễn số phức tính chất đặc trưng dạng - Giới thiệu số ví dụ vận dụng số phức để giải tốn đại số giải tích - Giới thiệu số ví dụ vận dụng số phức để giải tốn hình học phẳng Qua việc nghiên cứu cho thấy rằng: - Luận văn đạt mục tiêu ban đầu đặc - Luận văn giới thiệu số ứng dụng số phức toán sơ cấp để quý thầy (cô) bạn bè tham khảo Do thời gian trình độ cịn hạn chế nên luận văn dừng lại mức tìm hiểu giới thiệu số ứng dụng số phức toán sơ cấp Trong thời gian tới, điều kiện cho phép, tác giả nghiên cứu, tìm hiểu kĩ để đưa số kết có tính ứng dụng thực tiễn phục vụ cho trình học tập nghiên cứu Trong trình thực nghiên cứu luận văn chắn không tránh khỏi sai sót Tác giả mong nhận ý kiến đóng góp thầy (cơ) bạn bè để luận văn hoàn thiện tốt Tác giả xin trân trọng cảm ơn! 59 61Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Tài liệu tham khảo [1] Đoàn Quỳnh - Số phức với hình học phẳng - NXB Giáo dục, 1997 [2] P.X Mơđennơp - Bài tập hình học - NXB Khoa học, 1979 (tiếng Nga) [3] D.O.Skliarski, N.N.Trenxop, N.M.Iaglom - Những toán sơ cấp chọn lọc - NXB Khoa học, 1978 (tiếng Nga) [4] Nguyễn Văn Dũng - Phương pháp giải toán số phức ứng dụng NXB Đại học Quốc gia Hà Nội, 2010 [5] Kỷ yếu hội thảo khoa học, lần thức III, 2010 [6] Giải tích 12 - NXB Giáo dục, 2008 60 62Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ... ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN LAN ANH GIẢI MỘT SỐ BÀI TỐN SƠ CẤP THƠNG QUA SỐ PHỨC VÀ HÀM PHỨC Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số : 60.46.40 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học:... 12 13 ỨNG DỤNG CỦA SỐ PHỨC VÀO ĐẠI SỐ VÀ GIẢI TÍCH 16 2.1 Ứng dụng số phức vào đại số 16 2.2 Ứng dụng vào giải tích 26 ỨNG DỤNG CỦA SỐ PHỨC VÀO HÌNH HỌC 28 3.1... thức số phức, việc khai thác ứng dụng số phức hạn chế, đặc biệt khai thác số phức để giải toán sơ cấp khó Nhằm mục đích tìm hiểu cách chi tiết số phức có cách nhìn sâu sắc số ứng dụng số phức