Vận dụng số phức vào giải toán sơ cấp

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 , địi 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 địi 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 Tồn 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 toán 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 cịn 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 37 (2) Tứ giác A3B3 C3D3 có nội tiếp đường trịn khơng? (coi tập) Bài giải: (1) Ta cần xét R = Tương ứng A, B, C, D bốn số phức za , zb, zc , zd với |za | = |zb | = |zc | = |zd | = tương ứng Ak , Bk , Ck , Dk số phức zak , zbk , zck , zdk với k = 1, 2, Khi có biểu diễn  za1 + za2     = z a   za2 = za + i(zb − za )  za1 = za − i(zd − za )        z + zb2 b    z = z − i(z − z ) z = z + i(z − z ) zb3 = b2 b c b b1 b a b z + zc2 c    z = z + i(z − z ) z = z − i(z − z )   c c d c  c c b c z = c      z = z + i(z − z )  z = z − i(z − z )   z + zd2 d  d2 d a d d1 d c d zd3 = zb − zd BD Dễ dàng có za3 − za = i = zc3 − zc Vậy AA3 = CC3 = 2 AA3 ⊥BD, CC3⊥BD Từ suy A3 C3 AC cắt trung điểm AC BB3 ⊥AC, DD3⊥AC Từ đoạn Tương tự có BB3 = DD3 = suy B3 D3 BD cắt trung điểm đoạn (2) Giả sử I, J, H, K tâm hình vuông ABB1 A2, BCC1B2 , CDD1C2 DAA1 D2 ứng với số phức zI , zJ , zH , zK Ví dụ 2.3.6 Cho ∆ABC Dựng phía ngồi ba hình vng BCA1A2, CAB1B2 , ABC1C2 Gọi tâm hình vng I, J, K M trung điểm BC Chứng minh AI = JK, AI⊥JK MJ = MK, MJ⊥MK Bài giải: Tương ứng A, B, C ba số phức zA , zB , zC Khi có biểu diễn   zA1 = zC + i(zB − zC ) zB1 = zA + i(zC − zA )   zC1 = zB + i(zA − zB ) Tương ứng I, J, K, M bốn số phức zI , zJ , zK , zM Từ quan hệ sau: zB + zC + i(zB − zC ) zB + zA1 = zI = 2 zC + zB1 zC + zA + i(zC − zA ) zJ = = 2 zA + zC1 zA + zB + i(zA − zB ) zK = = 2 38 −→ −→ có 2AI = zB + zC + i(zB − zC ) − 2zA , 2JK = zB − zC + i(2zA − zB − zC ) Bởi zB + zC + i(zB − zC ) − 2zA = i zB − zC + i(2zA − zB − zC ) nên có AI = JK, AI⊥JK −→ −→ zB + zC suy 2MJ = zA − zB + i(zC − zA ) , 2MK = Từ zM = zA − zC + i(zA − zB ) Bởi zA − zC + i(zA − zB ) = i zA − zB + i(zC − zA )) nên có MJ = MK, MJ⊥MK Ví dụ 2.3.7 Giả sử điểm M hay cạnh hình vng ABCD Tìm giá trị lớn hàm f (M) = ∠MAB + ∠MBC + ∠MCD + ∠MDA Bài giải: Khơng hạn chế coi đỉnh A, B, C, D tương ứng với số phức z1 = 1, z2 = i, z3 = −1, z4 = −i Giả sử M tương ứng số phức z Ta có −→ −→ −→ −→ AM = z − 1, BM = z − i, CM = z + 1, DM = z + i −→ −→ −→ −→ AB = i − 1, BC = −1 − i, CD = −i + 1, DA = + i Ký hiệu ∠MAB = A1 , ∠MBC = B1 , ∠MCD = C1 , ∠MDA = D1 góc phụ tương ứng A2, B2, C2, D2 Hiển nhiên A1 + B1 + C1 + D1 + A2 + B2 + C2 + D2 = 2π Nếu A2 + B2 + C2 + D2 > A1 + B1 + C1 + D1 lấy đối xứng M qua trục IJ thành M ′ , I trung điểm BC J trung điểm AD Lúc f (M ′ ) = ∠M ′ AB + ∠M ′ BC + ∠M ′ CD + ∠M ′ DA = A2 + B2 + C2 + D2 Do coi π f (M) < 2π Dễ dàng z4 − z−1 z−i z+1 z+i = arg f (M) = arg i − −i − −i + i + Hai đường chéo cắt O = AC × BD chia hình vng làm miền Khi M thuộc miền, chẳng hạn M thuộc miền OAB ta π π π Như α = arg(z) Do giả thiết α = ∠MOA 4 5π ,ở f (M) = arg(z − 1) = ∠xAN = π + ∠OAN π + ∠OAD = N ứng với số phức z Dấu = xẩy M ≡ B, chẳng hạn Khi π π π ∠MAB = 0, ∠MBC = , ∠MCD = ∠MDA = Tóm lại, ta có 2 5π f (M)ln = 39 Ví dụ 2.3.8 Giả sử điểm M hay cạnh tam giác ABC Tìm giá trị lớn hàm f (M) = ∠MAB + ∠MBC + ∠MCA Bài giải: Không hạn đỉnh A, B, C tương ứng với số phức √ chế coi√ 1 3 z1 = 1, z2 = − + i , z3 = − − i Giả sử M tương ứng số phức z 2 2 Khi có √ √ −→ −→ 1 −→ AM = z − 1, BM = z + − i , CM = z + + i 2 2 Ký hiệu ∠MAB = A1 , ∠MBC = B1 , ∠MCA = C1 góc cịn lại tương ứng A2, B2, C2 Hiển nhiên A1 + B1 + C1 + A2 + B2 + C2 = π Nếu A2 + B2 + C2 > A1 + B1 + C1 lấy đối xứng M qua trục AH thành M ′ , H trung điểm BC Lúc f (M ′ ) = ∠M ′ AB + π f (M) < π ∠M ′ BC + ∠M ′ CA = A2 + B2 + C2 Do coi Dễ dàng f (M) = √ √ 1 3 z + z + − i + i z−1 z3 − 2 2 √ √ √ √ arg = arg −i 3 3i −1 +i +1 − +i 2 2 π Như (M) = arg(z − 1) − Ba đoạn OA, OB, OC chia tam giác làm miền Khi M thuộc miền, chẳng hạn M thuộc miền 2π π π OAB Như f (M) π + − = Dấu = xẩy M ≡ B, π π chẳng hạn Khi ∠MAB = 0, ∠MBC = , ∠MCA = Tóm lại, ta 3 2π có f (M)ln = Ví dụ 2.3.9 Trong mặt phẳng, cho tứ giác lồi ABCD Dựng hai hình vng hướng AEBF CHDK Chứng minh đồng thức |EH − F K 2| = 4SABCD Bài giải: Dựng hệ tọa độ Oxy để A(0; −a), E(−a; 0), B(0; a), F (a; 0) Giả sử tâm hình vng CHDK I(u; v) C(x1; y1) Vì hình vng 40 CHDK hướng hình vng AEBF nên sử dụng phép quay tâm −π biểu diễn qua ma trận: I(u; v) với góc quay x′ − u y′ − v = −1 x−u y−v ta H(u − v + y1; u + v − x1) Dễ dàng có D(2u − x1; 2v − y1 ), K(u + v − y1 ; v − u + x1) Ta có |EH − F K 2| = 4|ua + uy1 − vx1| = 4SABCD Ví dụ 2.3.10 Trong mặt phẳng, cho hai hình vng ABCD, A′ B ′ C ′D′ với thứ tự đỉnh theo hướng Chứng minh đồng thức A′ A2 + C ′ C = B ′ B + D ′ D Bài giải: Dựng hệ tọa độ Oxy để A(a; 0), B(0; a), C(−a; 0), D(0; −a) Giả sử tâm hình vng A′B ′ C ′ D′ I(u; v) A′(x1; y1) Vì hình vng A′ B ′ C ′D′ hướng hình vuông ABCD nên sử dụng phép quay tâm π I(u; v) với góc quay biểu diễn qua ma trận: x′ − u y′ − v = −1 x−u y−v ta B ′ (u + v − y1; x1 − u + v) Dễ dàng có C ′(2u − x1; 2v − y1 ), D(u − v + y1 ; u + v − x1) Khi ta có A′ A2 + C ′ C = (a − x1)2 + y12 + (−a − 2u + x1)2 + (2v − y1)2 B ′ B + D′ D2 = (u + v − y1 )2 + (a + u − v − x1)2 + (u − v + y1 )2 + (−a − u − v + x1)2 Dễ dàng kiểm tra đồng thức A′ A2 + C ′C = B ′ B + D′ D2 hai 2a2 + 4u2 + 4v + 2x21 + 2y12 + 4au − 4ax1 − 4ux1 − 4vy1 2.4 Tỷ số kép bốn số phức z4 − z1 z3 − z1 : gọi z3 − z2 z4 − z2 tỷ số kép bốn số phức ký hiệu qua (z1 , z2, z3 , z4) Nếu Với bốn số phức z1 , z2 , z3, z4 , tỷ số λ = 41 M1 , M2 , M3, M4 ảnh bốn số phức mặt phẳng phức ta có M3 M1 M4 M1 |λ| = : M3 M2 M4 M2 z4 − z1 z3 − z1 =− bốn số phức lập thành phép Nếu λ = −1 z3 − z2 z4 − z2 chia điều hòa Mệnh đề 2.4.1 Với bốn số phức z1 , z2 , z3, z4, (z1, z2 , z3, z4 ) = −1 (z1 + z2 )(z3 + z4 ) = 2(z1z2 + z3 z4 ) Khi đó, ta nói z1 , z2 z3 , z4 liên hợp điều hòa Mệnh đề 2.4.2 Cho ba điểm A, B, M với tọa vị u, v, z Xác định điểm z′ − u z − u ′ ′ M với tọa vị z thỏa mãn ′ + = Khi z −v z−v (1) Nếu I trung điểm đoạn AB AB phân giác góc ∠M ′ IM J trung điểm đoạn MM ′ MM ′ phân giác góc ∠AJB M ′M AB JA.JB = 4 z(u + v) − 2uv Chứng minh: (1) Ta có z ′ = Vậy M ′ xác định 2z − u − v z′ − u z−u |z ′ − u| |z − u| biết ba điểm A, B, M Vì ′ =− nên ′ = z −v z−v |z − v| |z − v| MA M ′A = Vậy M, M ′ thuộc đường tròn Appolonius Từ hay ′B M MB z′ − u z−u = − suy (MB, MA) = (M ′ B, M ′ A) + π + k.2π Ta có ′ z −v z−v u+v u−v u+v u + v z′ − = Đặt (z + z ′ ) + uv = hay z − zz ′ − 2 2 u+v u−v zI = tọa vị điểm I Khi z − zI z ′ − zI = 2 Do AB phân giác góc ∠MIM ′ Tương tự, MM ′ phân giác góc ∠AJB |u − v|2 u−v ′ ′ suy |z − zI ||z − zI | = (2) Từ z − zI z − zI = ′ AB MM hay IM.IM ′ = Tương tự, ta có JA.JB = 4 (2) IM.IM ′ = 42 Định nghĩa 2.4.3 Tứ giác AMBM ′ gọi tứ giác điều hòa Từ Mệnh đề 2.6.2, ta nhận tiêu chuẩn cho tứ giác điều hòa: Hệ 2.4.4 Giả sử tứ giác AMBM ′ với tọa vị đỉnh A, M, B, M ′ u, z, v, z ′ Tứ giác AMBM ′ tứ giác điều hòa z′ − u z − u + = z′ − v z − v 2.5 Nhóm phép biến đổi phân tuyến tính Với số phức cố định a, b, c, d thỏa mãn ad − bc = 0, ta xét hàm phân az + b Xét vài trường hợp đặc biệt sau: tuyến tính f (z) = cz + d b a (1) Nếu c = d = f (z) = z + d d  az + b d   z = − ,∞   cz + d c  az + b (2) Nếu c = f (z) = = ∞ z = − d cz + d   c    a z = ∞ c az + b Mệnh đề 2.5.1 Hàm phân tuyến tính f (z) = ánh xạ đơn cz + d trị 1-1 từ C lên C, tong C = C ∪ {∞} Mệnh đề 2.5.2 Tập F bao gồm tất ánh xạ phân tuyến tính a1 z + a2 , a1a4 − a2 a3 = 0, lập thành nhóm với phép fa : C → C, z → a3 z + a4 tốn nhóm phép hợp thành ánh xạ Với fa fb ta có ánh xạ phân (a1b1 + a2 b3)z + (a1 b2 + a2 b4 ) tuyến tính fab(z) = (a3b1 + a4 b3)z + (a3 b2 + a4 b4 ) Chứng minh: Việc chứng minh coi tập 43 Cho tương ứng ánh xạ phân tuyến tính fu(z) = trận U = u1 u2 u3 u4 F → M2 = U= u1 z + u2 với ma u3 z + u4 Dễ dàng kiểm tra, phép tương ứng đây: u1 u2 u3 u4 |u1u4 − u2u3 = , fa → a1 a2 a3 a4 , đẳng cấu nhóm Từ dễ dàng xác định fab qua tích ma trận a1 a2 a3 a4 b1 b2 b3 b4 = a1 b1 + a2 b3 a1 b2 + a2 b4 a3 b1 + a4 b3 a3 b2 + a4 b4 Hệ 2.5.3 Tập G bao gồm tất ánh xạ phân tuyến tính fa : a1 z + a2 C → C, z → với a1 a4 − a2 a3 = a1 , a2, a3 , a4 ∈ Z, lập thành a3 z + a4 nhóm nhóm F a1 z + a2 Khi a3 = Phân tích ánh xạ phân tuyến tính fa (z) = a3 z + a4 fa (z) = az + b Hiển nhiên fa tích phép vị tự, phép quay phép az + b a(u − d) + b tịnh tiến Khi a3 = ta viết fa (z) = = với z+d u az + b a(u − d) + b u = z + d Do fa (z) = = = a + c Lúc fa z+d u u tích phép tịnh tiến, vị tự, phép quay phép nghịch đảo Ta phép biến đổi fa biến đường tròn thành đường tròn Xét đường trịn khơng suy biến (ℓ) : a(x2 + y ) + bx + cy + d = với a, b, c, d ∈ C, ad = x, y nhận giá trị R Chuyển qua số phức z+z z−z z = x + iy, z = x − iy ta có x = ,y = Biến đổi 2i = a(x2 + y ) + bx + cy + d = a(x + iy)(x − iy) + bx + cy + d z+z z−z +c + d = azz + b1 z + c1 z + d = azz + b 2i c b c b với b1 = + , c1 = − Phương trình đường trịn 2i 2i azz + b1z + c1 z + d = 0, ad = Vì phép tịnh tiến, vị tự phép quay biến đường tròn thành đường tròn nên ta cần xét phép nghịch đảo 44 Mệnh đề 2.5.4 Ánh xạ phân tuyến tính f : C → C, z → , biến đường z trịn khơng suy biến thành đường trịn khơng suy biến Chứng minh: Xét đường tròn azz + b1z + c1 z + d = 0, ad = ánh xạ 1 1 + b1 + c1 + d = Qua f : C → C, z → u = Khi z = a z u uu u u quy đồng ta nhận đường trịn khơng suy biến duu + b1 u + c1 u + a = 0, ad = a1 z + a2 , biến a3 z + a4 đường trịn khơng suy biến thành đường trịn khơng suy biến Hệ 2.5.5 Ánh xạ phân tuyến tính fa : C → C, z → Định nghĩa 2.5.6 Cho đường trịn (ℓ) tâm O bán kính R Hai điểm A −→ −→ B gọi đối xứng qua đường tròn (ℓ) OA.OB = R2 Phép đối xứng qua (ℓ) gọi phép nghịch đảo (ℓ) Nếu O, A, B có tọa vị z0 , za , zb A, B đối xứng qua (ℓ) (za − z0 )(zb − z0 ) = R2 Dễ dàng chứng minh hai kết sau đây: Mệnh đề 2.5.7 Hai điểm A B đối xứng qua đường tròn (ℓ) bất ký đường tròn qua A, B trực giao với đường trịn (ℓ) Mệnh đề 2.5.8 Ánh xạ phân tuyến tính biến điểm za , zb đối xứng qua đường tròn (ℓ) thành hai điểm đối xứng qua đường tròn ảnh Chương Thể Quaternion biểu diễn 3.1 Xây dựng thể quaternion Xét R-không gian véc tơ H = R4 với sở chuẩn tắc sau đây: e1 = (1, 0, 0, 0), e2 = (0, 1, 0, 0), e3 = (0, 0, 1, 0), e4 = (0, 0, 0, 1) Mỗi phần tử x = (a, b, c, d) thuộc H luôn có biểu diễn x = ae1 + be2 + ce3 + de4 Ta định nghĩa phép nhân phân tử thuộc H Với x = (a1 , b1, c1, d1) y = (a2 , b2, c2, d2) thuộc H ta định nghĩa: xy = (a1a2 − b1b2 − c1 c2 − d1d2 )e1 + (a1 b2 − b1a2 − c1 d2 − d1c2 )e2 + (a1c2 − b1d2 − c1 a2 − d1b2 )e3 + (a1 d2 − b1c2 − c1 b2 − d1a2 )e4 Dể dàng kiểm tra, phép nhân phép tốn hai ngơi H Mệnh đề 3.1.1 Với phép nhân xác định trên, ta ln có: (i) e21 = e1 , e1e2 = e2 e1 = e2, e1 e3 = e3 e1 = e3, e1 e4 = e4 e1 = e4 (ii) e22 = e23 = e24 = −e1 (iii) e2 e3 = −e3e2 = e4 , e3e4 = −e4 e3 = e2 , e4e2 = −e2 e4 = e3 (iv) e1 x = xe1 = x với ∀ x ∈ H Định nghĩa 3.1.2 Với x = ae1 + be2 + ce3 +√de4 ta gọi x∗ = ae1 − be2 − ce3 − de4 phần tử liên hợp x Số |x| = a2 + b2 + c2 + d2 gọi chuẩn x Ký hiệu N (x) = |x|2 45 46 Mệnh đề 3.1.3 Với phần tử x, y ∈ H ta ln có: (i) xx∗ = x∗ x = N (x)e1 (ii) N (xy) = N (x)N (y) hay |xy| = |x||y| Chứng minh: Giả sử x = a1 e1 + b1 e2 + c1 e3 + d1 e4 y = a2 e1 + b2e2 + a1 + b1i c1 + d1i c2 e3 + d2e4 Khi N (x) = a21 + b21 + c21 + d21 = −c1 + d1i a1 − b1i (i) kiểm tra theo định nghĩa a1 + b1i c1 + d1i a2 + b2i c2 + d2 i (ii) Ta có N (x)N (y) = = −c1 + d1 i a1 − b1i −c2 + d2 i a2 − b2 i N (xy) Định nghĩa 3.1.4 Tập V = ∅ hai phép toán cộng nhân gọi thể (1) (V, +) nhóm cộng giao hốn với phần tử trung hòa (2) V \ {0} phép nhân nhóm, với phần tử đơn vị (3) Phép cộng phép nhân V thỏa mãn luật phân phối x(y + z) = xy + xz, (y + z)x = yx + zx Chú ý 3.1.5 (V \ {0}, ) khơng địi hỏi phải nhóm giao hoán Ta nhúng R vào H qua ánh xạ R → H, α → αe1 + 0e2 + 0e3 + 0e4 , ta tiếp tục nhúng C vào H qua ánh xạ C → H, a + bi → ae1 + be2 Từ đơn cấu trên, ta coi e1 = (1, 0, 0, 0) = 1, e2 = (0, 1, 0, 0) = i dễ dàng kết quả: Định lý 3.1.6 Tập (H, +, ) thể 3.2 Biểu diễn dạng bậc hai thành tích Xét tập M ma trận vng cấp hai với phần tử phức đây: z1 z2 −z2 z1 |z1 , z2 ∈ C = a + bi c + di −c + di a − bi |a, b, c, d ∈ R 47 Với E = 0 i a + bi −c + di ,I = có biểu diễn 0 i ,J = ,K= −i −1 i c + di = aE + bI + cJ + dK a − bi ta Mệnh đề 3.2.1 Với aj , bj ∈ R ta ln có đồng thức: (1) (2) (3) = + I = J = K = −E IJ = −JI = K, JK = −KJ = I, KI = −IK = J (a0 E + a1 I + a2 J + a3 K)(b0E + b1I + b2 J + b3K) (a0 b0 − a1 b1 − a2 b2 − a3 b3)E + (a0b1 + a1 b0 + a2 b3 − a3 b2 )I (a0 b2 + a2 b0 + a3 b1 − a1 b3)J + (a0b3 + a3 b0 + a1 b2 − a2 b1)K Chứng minh: (1) (2) hiển nhiên Với bốn số phức z1 = ao + a1 i, z2 = a2 + a3 i, u1 = bo + b1 i, u2 = b2 + b3i, từ đồng thức u1 u2 z1 u1 − z2 u2 z1 u2 + z2 u1 z1 z2 = có (3) −u2 u1 −z2 u1 − z1 u2 −z2 u2 + z1 u1 −z2 z1 Ví dụ 3.2.2 Với a1 , a2 , a3, a4 ∈ R ta ln có đồng thức: (1) (a0 E + a1 I)(a0E − a1 I) = (a20 + a21 )E (2) (a1 E + a2 I + a3 J)(a1E − a2 I − a3 J) = (a21 + a22 + a23 )E (3) (a1 E+a2 I +a3 J +a4 K)(a1E−a2 I −a3 J −a4 K) = (a21 +a22 +a23 +a24 )E Bài giải: (1),(2) (3) suy từ Mệnh đề 3.2.1 (3) Ví dụ 3.2.3 Với ma trận A2 = A∗2 = A3 = A∗3 = Khi ta có hệ thức a1 + a2 i a3 + a4 i −a3 + a4 i a1 − a2 i , ta ký hiệu a1 − a2 i −a3 − a4 i a3 − a4 i a1 + a2 i A2 (a5 + a6 i)E −(a5 − a6 i)E A∗2 A∗2 −(a5 + a6 i)E (a5 − a6 i)E A2 48 (1) A2 A∗2 = A∗2A2 = (a1E + a2 I + a3 J + a4 K)(a1E − a2 I − a3 J − a4 K) (2) A3 A∗3 = A∗3A3 = (a21 + a22 + a23 + a24 + a25 + a26 )E A2 A∗2 + z3 z3 E nên ta ∗ A2 A2 + z3 z3 E nhận A3A∗3 = A∗3A3 = (a21 + a22 + a23 + a24 + a25 + a26 )E   z1 z2 z3  −z2 z1 z3   Nếu ta biểu diễn ma trận A3 A∗3 : A3 =   −z3 z1 −z2  −z3 z2 z1   z1 −z2 −z3  z2 z1 z3   , z1 = a1 + a2 i, z2 = a3 + a4 i, z3 = A∗3 =   z3 z1 z2  z3 −z2 z1 a5 + a6 i, ta nhận biểu diễn dạng ma trận đây:   0 0 0  A3 A∗3 = (z1 z1 + z2 z2 + z3 z3 )  0 0 0 Bài giải: Vì A3 A∗3 = A∗3A3 = = (a21 + a22 + a23 + a24 + a25 + a26 )E Biểu diễn ma trận A3 = 49       0 z3 0 z2 0    0 z3    Viết + −z2 0 + 0   0 −z2   −z3 0  0 z2 z1 −z3 0      z1 0 0 0  z1 0        = a1  0  + a2  −i 0   0 z1  0 0  0 −i  0 z1 0 0      z2 0 0 i 0     −z2 0   = a3  −1 0  + a4  i 0   0 −1   0 −i  0 −z2  0 0 z2 0 −i      0 z3 0 0 i     0 z3   = a5  0  + a6  0 i   −1 0   i 0 0 −z3 0  −z3 0 −1 0 i 0 z1    0          z1 0 0 z1 Như vậy, ta biểu diễn A3 = a1 E + a2 B2 + a3 B3 + a4 B4 + a5 B5 + a6 B6 Tương tự, ta có A∗3 = a1 E − a2 B2 − a3 B3 − a4 B4 − a5 B5 − a6 B6) Từ ta nhận (a21 + a22 + a23 + a24 + a25 + a26 )E = A3A∗3 = (a1 E + a2 B2 + a3 B3 + a4 B4 + a5 B5 + a6 B6)(a1E − a2 B2 − a3 B3 − a4 B4 − a5 B5 − a6 B6 ), B2, B3, B4, B5, B6 ma trận vuông cấp bốn, kết quả: Mệnh đề 3.2.4 Với số thực a1 , , a6 ∈ R ta ln có ma trận vng E, B2, B3, B4, B5, B6 cấp bốn để : (a21 + a22 + a23 + a24 + a25 + a26 )E = (a1 E + a2 B2 + a3 B3 + a4 B4 + a5 B5 + a6 B6 )(a1E − a2 B2 − a3 B3 − a4 B4 − a5 B5 − a6 B6 ) Kết luận Luận văn trình bày nội dung sau: Một số kiến thức cần thiết số phức, định nghĩa, định lý, mệnh đề, bổ đề hệ có liên quan Luận văn vận dụng kiến thức số phức vào nghiên cứu giải tốn hình học phẳng, đưa hệ thống ví dụ phù hợp, phong phú nhằm minh họa cho nội dung kiến thức Luận văn mở rộng khái niệm số phức nhằm xây dựng thể Quaternion Tác giả hy vọng tìm hiểu sâu nữa, nội dung, ý nghĩa thực tiễn, phương pháp giải vận dụng số phức giải tốn sơ cấp nói chung hình học phẳng nói riêng 50 Tài liệu tham khảo [1] G Birkhoff S Maclane, Tổng quan Đại số đại Tập I, (Bản dịch) NXB Đại học Trung học chuyên nghiệp 1979 [2] D Faddéev et I Sominski, Recueil D’Exercices D’Algèbre Supérieure, Editions Mir-Moscou 1977 [3] A Pogorelov, Geometry, Mir Publishers Moscow 1987 [4] J Rivaud, Exercices D’Algèbre 1, Paris Librairie Vuibert 1964 [5] Đ Quỳnh, Số phức với hình học phẳng, NXB Giáo Dục 1997 [6] N V Trung, Lý thuyết Galois, NXB ĐHQG Hà Nội 2006 [7] D Q Việt Đ V Nhỉ, Giáo trình Đại số Sơ cấp, Nhà Xuất Bản ĐHSP Hà Nội 2007 [8] D Q Việt Đ V Nhỉ, Cơ sở Lý thuyết số Đa thức, Nhà Xuất Bản ĐHSP Hà Nội 2008 51 ... 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 toán sơ cấp Luận văn gồm lời nói đầu, ba chương,... 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... chương trình tốn học phổ thơng số phức đưa vào giảng dạy phần giải tích tốn lớp 12 Tồn phần số phức đưa định nghĩa số phức vài tính chất đơn giản Ứng dụng số phức giải toán dừng lại vài tập hình