Ứng dụng số phức trong các bài toán sơ cấp

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG _ NGUYỄN MINH HOÀNG ỨNG DỤNG SỐ PHỨC TRONG CÁC BÀI TOÁN SƠ CẤP LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Đà Nẵng – Năm 2016 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG _ NGUYỄN MINH HOÀNG ỨNG DỤNG SỐ PHỨC TRONG CÁC BÀI TOÁN SƠ CẤP Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60.46.01.13 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Người hướng dẫn khoa học: TS LÊ HỒNG TRÍ Đà Nẵng – Năm 2016 MỤC LỤC MỞ ĐẦU 1 Lý chọn đề tài Mục đích nghiên cứu Đối tượng phạm vi nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu Ý nghĩa khoa học Cấu trúc luận văn CHƯƠNG SỐ PHỨC VÀ CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN 1.1 LỊCH SỬ SỐ PHỨC 1.2 ĐỊNH NGHĨA SỐ PHỨC 1.3 DẠNG ĐẠI SỐ CỦA SỐ PHỨC 1.3.1 Xây dựng số i 1.3.2 Biểu diễn hình học số phức 1.3.3 Phép cộng phép trừ số phức 1.3.4 Phép nhân số phức 1.3.5 Số phức lien hợp môđun số phức 10 1.3.6 Phép chia cho số phức khác 13 1.3.7 Căn bậc hai số phức phương trình bậc hai 13 1.4 DẠNG LƯỢNG GIÁC CỦA SỐ PHỨC 14 1.4.1 Acgumen số phức z  14 1.4.2 Dạng lượng giác số phức 14 1.4.3 Nhân chia số phức dạng lượng giác 15 1.4.4 Công thức Moa-vrơ 15 1.4.5 Căn bậc n số phức dạng lượng giác 16 CHƯƠNG ỨNG DỤNG SỐ PHỨC TRONG LƯỢNG GIÁC, ĐẠI SỐ 17 2.1 ỨNG DỤNG SỐ PHỨC TRONG LƯỢNG GIÁC 17 2.2 ỨNG DỤNG SỐ PHỨC TRONG ĐẠI SỐ 29 2.2.1 Ứng dụng số phức giải hệ phương trình 29 2.2.2 Ứng dụng số phức chứng minh bất đẳng thức 38 CHƯƠNG ỨNG DỤNG SỐ PHỨC TRONG HÌNH HỌC 44 3.1 KIẾN THỨC SỬ DỤNG 44 3.2 BÀI TẬP 47 KẾT LUẬN 67 TÀI LIỆU THAM KHẢO 68 QUYẾT ĐỊNH GIAO ĐỀ TÀI ( BẢN SAO ) LỜI CAM ĐOAN Tơi cam đoan cơng trình nghiên cứu riêng Các số liệu, kết nêu luận văn trung thực chưa cơng bố cơng trình khác Tác giả luận văn Nguyễn Minh Hoàng MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Trong ngành tốn học số phức xuất muộn kể từ kỷ XVI nhà toán học nghiên cứu phương trình đại số Mặc dù sinh sau số phức có nhiều đóng góp ngành tốn học đại số, giải tích , lượng giác, hình học… Ở trường phổ thơng học sinh tiếp xúc với số phức học đến lớp 12 Số phức nội dung mẻ, 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 đào sâu tìm hiểu số phức, ứng dụng số phức việc giải toán sơ cấp đáp ứng mong muốn thân đề tài phù hợp mà sau phục vụ cho việc giảng dạy trường trung học phổ thông nên định chọn đề tài nghiên cứu: “Ứng dụng số phức tốn sơ cấp” Mục đích nghiên cứu Nhằm nghiên cứu ứng dụng số phức việc giải số dạng toán thường gặp đề thi cao đẳng, đại học thi học sinh giỏi Phân tích cách giải có sử dụng số phức so sánh với cách giải không sử dụng số phức để rút ưu, nhược điểm cách giải Đối tượng phạm vi nghiên cứu 3.1 Đối tượng nghiên cứu: Các ứng dụng số phức tốn sơ cấp phổ thơng : đại số, giải tích, lượng giác, hình học 3.2 Phạm vi nghiên cứu: Từ nguồn tài liệu, giáo trình thầy, có nhiều kinh nghiệm lĩnh vực, tài liệu mạng tài liệu ôn thi cao đẳng, đại học, bồi dưỡng học sinh giỏi, tạp chí tốn học… Phương pháp nghiên cứu - Cơ sử dụng phương pháp nghiên cứu tài liệu (sách, báo tài liệu internet có liên quan đến đề tài luận văn) để thu thập thông tin tập hợp toán phục vụ cho yêu cầu đề tài - Trao đổi, thảo luận với Thầy hướng dẫn khoa học Ý nghĩa khoa học Xây dựng đề tài phù hợp cho việc giảng dạy, bồi dưỡng học sinh giỏi toán bậc trung học phổ thơng Góp phần thiết thực cho việc dạy học toán nhà trường, đem lại niềm say mê, hứng thú, sáng tạo cho giáo viên học sinh Cấu trúc luận văn Dự kiến cấu trúc luận văn gồm: Chương 1: Số phức khái niệm Chương 2: Ứng dụng số phức lượng giác, đại số Chương 3: Ứng dụng số phức hình học Mặc dù cố gắng để hoàn thành luận văn Tuy nhiên thời gian trình độ có hạn, chắn luận văn khơng thể tránh khỏi thiếu sót, tác giả mong nhận bảo tận tình thầy, cô bạn bè đồng nghiệp, tác giả xin chân thành cảm ơn! CHƯƠNG SỐ PHỨC VÀ CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN 1.1 LỊCH SỬ HÌNH THÀNH KHÁI NIỆM SỐ PHỨC Tương truyền vào năm đầu kỉ XVI, có lẽ giới chưa biết cách giải phương trình bậc Có nguồn tin nói giáo sư tốn trường ĐH Bologne (Ý) tên Scipione del Ferro ( 1465-1526) biết cách giải phương trình x  px  q , ông không công bố, người nghĩ cách giải ơng chưa hồn chỉnh Mãi đến ông qua đời, ông truyền lại cách giải (chưa hồn chỉnh) cho học trị ơng nhà tốn học tên tuổi Antonio Mario Fior Nhưng dù có nguồn tin vậy, Tartaglia tìm cách giải độc lập Nhưng Fior khơng tin, tìm cách giảm uy tín Tartaglia thách thức Tartaglia giả 30 phương trình bậc 2h Ngược lại , Fior nhận thách thức giải 30 phương trình bậc Tartaglia đặt Thời giờ, việc giải phương trình bậc nói làm cách mò mẫm Trong đêm 12 sáng ngày 13 tháng hai năm 1535 hạn cuối thi Tartaglia Fior Tartaglia tìm cách giải tổng quát 30 phương trình mà Fior cho ơng Fior bí giải phương trình mà thơi chi sau vài Tartaglia giải xong toàn để lãnh thưởng 30 bữa tiệc liên tiếp Ơng giữ kín phương pháp giải, hy vọng dự thi lần để lấy thưởng Cardano (1501-1576) lúc chưa tìm cách giải phương trình bậc trường hợp tổng quát Khi nghe tin Tartaglia thắng Fior , Cardano muốn gặp Tartaglia Tháng năm 1539 nhân gặp Tartaglia Milan, Cardano chớp hội nhơ Tartaglia bày cho cách giải tổng quát phương trình bậc Cardano phải thề khơng truyền cho “bí mật” cơng bố sách, báo chí Nhưng sau nghe lống thống giáo sư Scipione del Ferro tìm cách giải trước Tartaglia nên Cardano không giữ lời hứa với Tartaglia cho công bố tác phẩm ông Ars magna vào năm 1545 Tartaglia vô tức giận, tâm vạch mặt Cardano sách nhan đề “New Problems and inventions” Từ xảy cải vã hai người này, cải vã khơng có hồi kết thúc khơng có xuất cơng trình nghiên cứu Bombelli số ảo Vì giải phương trình bậc Tartaglia Cardano chưa biết số phức gặp phải bậc số âm hai cho vơ lý Nhân nói Cardano ơng nhà bác học người Ý Ông sinh năm 1501, đạt học vị tiến sĩ y khoa năm 1526, không hành nghề y, mà trở thành thầy giáo dạy tốn Ơng có 200 cơng trình lĩnh vực Tốn học, Y học, Triết học, Thiên văn học, Âm nhạc Thần học Năm 1545 ông xuất sách “Nghệ thuật lớn giải phương trình đại số” Trong sách ơng trình bày cách giải phương trình bậc 3, bậc đề cập tới bậc hai số âm Có thể nói nghiên cứu số phức khởi nguồn từ cơng trình Cịn R.Bombelli (1526-1573), người ta xem ông kỹ sư đồng thời nhà tốn học, biết lai lịch ơng Sự đóng góp nhà khoa học người Ý chủ yếu hệ thống hóa kiến thức phép tính số phức Năm 1560 R.Bombelli viết tác phẩm Đại số có điều thú vị ơng xét phương trình bậc 3: x3  mx  n ông phương trình có nghiệm thực n m  âm Trong trường hợp công thức Tartaglia-Cardano khơng dùng trường hợp ta gặp phải bậc số âm, trở ngại vào thời chưa vượt qua Với sáng tạo , Bombelli dùng cơng thức tìm cách vượt qua trở ngại Ví dụ với phương trình x  15x  , ông làm việc với số có dạng a  b 1 số thực, ông nhận xét  1 bậc  121 công thức CardanoTartaglia cho ông kết x  nghiệm phương trình x  15x  , cịn nghiệm khác có nhờ ba bậc  121 Điều đưa ơng đến chỗ tìm qui tắc tính tốn số phức Đời sau đánh giá Bombelli người có cơng việc tìm hiểu số phức Đến kỷ XVIII chất đại số chất hình học đại lượng ảo khơng hình dung cách rõ ràng mà cịn đầy bí ẩn Chẳng hạn, lịch sử ghi lại I.Newton không thừa nhận đại lượng ảo không xem đại lượng ảo thuộc vào khái niệm số, cịn G.Leibniz lên rằng: “Các đại lượng ảo- nơi ẩn náy đẹp đẽ huyền diệu tinh thần đấng tối cao, dường giống lưỡng cư sống chốn có thật khơng có thật” Thuật ngữ số phức dùng K.Gauss( năm 1831) Vào kỷ XVII-XVIII nhiều nhà toán học khác nghiên cứu tính chất đại lượng ảo (số phức!) khảo sát ứng dụng chúng Chẳng hạn L.Euler mở rộng khái niệm logarit cho số phức (1738) , cịn Moa-vrơ nghiên cứu giải tốn bậc tự nhiên số phức (1736) Sự nghi ngờ số ảo ( số phức) tiêu tan nhà toán học người Nauy C.Wessel đưa minh họa hình học số phức phép tốn chúng cơng trình cơng bố năm 1799 Đôi phép biểu diễn minh họa số phức gọi “sơ đồ Argand” để ghi nhận cơng lao nhà tốn học Thụy Sỹ R.Argand- người thu kết Wessel cách độc lập Lí thuyết túy số học số phức với tư cách cặp số thực có thứ tự (a; b), a  R, 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 54 c p APC  arg( )  900 Như  p Bài tốn 3.2.9 Về phía ngồi tam giác ABC vẽ tam giác cân MAB, NAC PCB theo thứ tự nhận điểm M, N,P làm đỉnh góc vng Chứng minh rằng: AP  MN , AP  MN Giải: Xét toán mặt phẳng phức Gọi chữ thường tọa vị tương ứng đỉnh Chọn A làm gốc tọa độ  a  Theo giả thuyết: 0  m  i (b  m )  b  p  i ( c  p ) c  n  i (0  n )  ib  m  i   ic  b   p  i 1  c  n  i  Ta tính m  n  | m  n || p  a | ib  c ic  b ,pa  i 1 i 1 mn i pa  MN  PA MN  PA 55 Bài toán 3.2.10 Cho tứ giác lồi ABCD Gọi M N theo thứ tự trung điểm cạnh AB CD, E F giao đường thẳng AD BC với MN  Chứng minh AD  BC A EM  BFM Giải: Xét toán mặt phẳng phức Gọi chữ thường tọa vị tương ứng với đỉnh Ta có m  ab cd ;n  2    DA NM  DA NM cos AEM   a  d , m  n | a  d || m  n | cos A EM   [( a  d )m  n  a  d ( m  n )] | a  d || m  n | cos A EM ( a  d )( m  n )  ( a  d )( m  n )   cos A EM  | m  n || a  d |    CB NM  CB NM cos MFB   b  c, m  n | b  c | | m  n | cos MFB  [(b  c )m  n  b  c(m  n )] | b  c | | m  n | cos MFB   (b  c )( m  n )  (b  c )(m  n )  cos MFB | m  n || b  c |  AD  BC | a  d || b  c || ( a  d )(a  d )  (b  c )(b  c )   cos A EM  cos BFM  (m  n )[(a  d )  (b  c )] (m  n )[( a  d )  (b  c )]  | m  n || b  c | | m  n || b  c |  (a  d  b  c )[(a  d )  (b  c )] [(a  d )  (b  c )][(a  d )  (b  c )]  | m  n || b  c | | m  n || b  c | Vì b  c ( a  d )  a  d ( b  c )  ( a  d )b  c  a  d ( b  c ) | m  n || b  c | 0    Vậy A EM  BFM 56 Bài toán 3.2.11 Gọi tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O Gọi D trung điểm đoạn thẳng AB E trọng tâm tam giác ACD Chứng minh CD OE vng góc AB  AC Giải: Xét toán mặt phẳng phức có gốc tọa độ O Gọi chữ thường tọa vị tương ứng đỉnh Ta có : d  ab a  c  d 3a  b  2c ;e   3 Sử dụng tích thực số phức, R bán kính đường trọn ngoại tiếp tam giác ABC  a , a  b, b  c, c  R Đường thẳng CD OE vng góc (d  c).e  nên:  a  b  2c, 3a  b  2c   3a   a, b  2  a,c  3  a,b  b2   b, c  6  a,c  2  b, c  4c   a , b  a, c  (1) Mà : AB  AC : | b  a |2 | c  a |2  b  a , b  a  c  a , c  a   b, b  2  a , b    a , a  c, c  2  a , c    a , a   a, b  a , c  (2) Từ (1) (2) ta thấy CD  OE  AB  AC Bài toán 3.2.12 Cho tam giác A1A2A3.Lấy điểm B1, B2, B3 đường       thẳng A2A3, A3A1, A1A2 cho A2 B1  k1 B1 A3 ; A3 B2  k2 B2 A1 ; A1 B3  k3 B3 A2 Chứng minh đường thẳng A1B1, A2B2, A3B3 đồng quy điểm k1k2 k3  (định lí CéVa) Giải: Xét tốn mặt phẳng phức Gọi chữ thường tọa vi tương ứng đỉnh 57 Trước hết ta chứng minh bổ đề “nếu M(m) giao điểm hai đường     thẳng A1B1 A2B2 A2 B1  k1 B1 A3 ; A3 B2  k2 B2 A1 m  a2  k1a3  k1k2 a1 ”  k1  k1k2 Thật vậy, từ tỷ số cho, ta có: b1  a2  k1a3 a  k2 a1 ; b2   k1  k2 Khi đặt z  a2  k1a3  k1k2 a1 ta nhận :  k1  k1k2 a2  k1a3  k1k2 a1  k1  k1k2 z  k1k2  k1 a2  k1a3 a1   k1  k1k2  k1  k1k2  k1  k1k2  k1 a1  b1  k1  k1k2  k1  k1k2 Mà k1k2  k1   nên điểm Z(z) nằm đường thẳng A1B1  k1  k1k2  k1  k1k2 Tương tự ta có cách biểu diễn: z k1k2  k1 a2  b2  k1  k1k2  k1  k1k2 Suy Z(z) nằm A2B2 Vậy Z trùng với M hay bổ đề Quay lại toán : 1) Chứng minh chiều "  " : M(m) giao điểm hai đường thẳng A1B1, A2B2 nên m  a2  k1a3  k1k2 a1  k1  k1k2 Mặt khác M(m) giao điểm hai đường thẳng A2B2, A3B3 nên m a3  k2 a1  k2 k3a2 Suy ra:  k  k k3 a2  k1a3  k1k2 a1 a3  k2 a1  k2 k3a2   k1  k1k2  k2  k k3  (1  k1k2 k3 )[(a  a3 )  k2 (a2  a1 )]  58 Nhưng ( a2  a3 )  k2 ( a2  a1 )  A1, A2, A3 khơng nằm đường thẳng nên  k1k2 k3   k1k2 k3  2) Chứng minh chiều "  " : Nếu k1k2 k3  Khi đó, với điểm B3 ta có: b3  a1  k3a2 a2  k1k2 a1   k3  k1k2 Gọi M giao điểm A1B1 A2B2 Theo bổ đề ta có: m a2  k1a3  k1k2 a1  k1  k1k2 a2  k1a3  k1k2 a1  k3 m  a3  k1  k1k   b3  m a2  k1k2 a1 a2  k1a3  k1k2 a1   k1k2  k1  k1k2  Im(  (1  k1k2 )[(k2  k3 )  k1k2 (a1  a3 )] k1 [( a2  a3 )  k1k ( a1  a3 )]   k1k2 k1 m  a3 )0 b3  m Suy M nằm đường thẳng A3 B3 Bài toán 3.2.13 Cho tam giác A1A2A3.Lấy điểm B1, B2, B3 đường thẳng       A2A3, A3A1, A1A2 cho A2 B1  k1 B1 A3 ; A3 B2  k2 B2 A1 ; A1 B3  k3 B3 A2 Chứng minh ba điểm B1, B2, B3 nằm đường thẳng k1k2 k3  1 (Định lí Menelaus) Giải: Xét tốn mặt phẳng phức Gọi chữ thường tọa vị đỉnh tương ứng 1) Nếu k1k2 k3  1 Xét tỷ số: 59 a2  k1a3 a1  k3a2  b1  b3  k1  k3  b3  b2 a1  k3a2 a3  k2 a1   k3  k2    k2 a2  a1  k1 (a3  a1 )  k1k3 ( a3  a2 )  k1 a1  a3  k3 ( a2  a3 )  k2 k3 (a2  a1 )   k2 (1  k1 )k2 k3 b1  b3 R b3  b2 Do B1, B2, B3 nằm đường thẳng 2) Nếu B1, B2, B3 nằm đường thẳng Ta chọn số k3' cho k1k2 k3'  1 Suy có điểm B3' (b3' ) nằm đường thẳng B1B2 thỏa a1  k3' a2 Như vậy, B3' trùng với giao điểm đường thẳng A1A2 B3 b  '  k3 ' Suy k3'  k3 Vậy k1k2 k3  1 Bài toán 3.2.14 Cho đa giác A1A2A3 An nội tiếp đường trịn tâm O bán kính R Chứng minh với điểm M thì: ( MA1 MA2 MA3 MAn )2  (OM  R )n Giải: Xét tốn mặt phẳng phức có gốc tọa độ O Giả sử R  Đặt w  cos 2 2  i sin w, w , w , , w n , m tọa vị điểm A1 , A2 , , An , M n n Bất đằng thức cần chứng minh tương đương: (| m  w || m  w | | m  w n |)  (| m |2 1)n | ( m  w)( m  w ) (m  w n ) |2  (| m |2 1) n | m n  |2  (| m |2 1)n Mà ta có : | m n  || m |n 1 nên bất đẳng thức chứng minh ta chứng minh : (| m |n 1)  (| m |2 1) n 60 Thật : (| m |n 1)  (| m |2 1) n  | m |n  Cn1 | m |2 Cn2 | m |4   Cnn 1 | m |2 n 2 Vì n  nên : Cn1 | m |2 Cn2 | m |4   Cnn1 | m |2n2  n | m |2 n | m |2n2 Theo bất đẳng thức Cauchy: | m |2  | m |2 n 2  | m |2 | m |2 n 2 | m |2  | m |2 n2  | m |n Vậy bất đẳng thức chứng minh Dấu đẳng thức xảy | m | hay M trùng O Bài toán 3.2.15 Cho tam giác ABC cạnh t điểm M Chứng minh rằng: MA.MB  MB.MC  MC.MA  t Giải: Xét toán mặt phẳng phức.Gọi chữ thường tọa vị tương ứng với đỉnh Giả sử tam giác ABC nội tiếp đường trịn bán kính đơn vị Khi tọa vị điểm A, B, C : a  1, b  w, c  w đó: w  cos 2 2  i sin , t  3R  3 Ta có: MA | m  |, MB | m  w |, MC | m  w | nên MA.MB | m  | | m  w || m  (1  w)m  w || w m  wm  | MB.MC | m  w | | m  w || m  (w  w )  w || m  m  | MC.MA | m  w | | m  || m  (1  w )m  w || wm2  (1  w)m  | Do đó: MA MB  MB.MC  MC MA  | w m  wm   m  m   wm  (1  w)m  | | (w  w  1)m  | 3 Vậy MA.MB  MB.MC  MC.MA  t 61 Bài toán 3.2.16 Cho tam giác ABC điểm M tùy ý Chứng minh : MB.MC MC.MA MA.MB   1 AB AC BC.BA CA.CB Dấu “=” xảy ? Giải: Xét toán mặt phẳng phức Gọi chữ thường tọa vị tương ứng đỉnh Ta có: MB.MC MC.MA MA.MB   AB AC BC.BA CA.CB | m  a || m  b | | m  b || m  c | | m  c || m  a |    | c  a || c  b | | a  b || a  c | | b  c || b  a |  ( m  a )( m  b) (m  b)(m  c ) (m  c )(m  a )   ( c  a )( c  b) (a  b)(a  c ) (b  c )(b  a )   (m  a )( m  b)( a  b)  (m  b)( m  c )(b  c )  (m  c )(m  a )(c  a ) (a  b)(b  c )( c  a ) Mà: ( m  a )(m  b)(a  b)  (m  b)( m  c )(b  c )  ( m  c )( m  a )(c  a )  (m  mb  am  ab)( a  b)  ( m  mc  bm  bc )(b  c )  (m  ma  mc  ac )( c  a )  m a  m b  mab  mb  a m  abm  a b  ab2  m b  m c  mbc   mc  b2 m  bcm  b c  bc  m c  m a  mac  ma  mc  mac  ac  a c  a b  ab2  b c  bc  ac  a c Nên: MB.MC MC.MA MA.MB a b  ab2  b2 c  bc  ac  a c     AB AC BC.BA CA.CB ( a  b)(b  c )( c  a )  MB.MC MC.MA MA.MB   1 AB AC BC.BA CA.CB Vậy bất đẳng thức chứng minh 62 Bài toán 3.2.17 Cho G trọng tâm tam giác ABC M điểm Chứng minh MA2  MB  MC  GA2  GB  GC Từ xác định vị trí điểm M cho MA2  MB2  MC đạt giá trị nhỏ Giải: Ta chứng minh: MA2  MB2  MC  3MG  GA2  GB  GC Xét mặt phẳng phức với gốc tọa độ G Gọi chữ thường tương ứng tọa vị đỉnh Ta có : MA2 | a  m |2  (a  m)a  m  aa  mm  am  am Tương tự: MB  bb  mm  bm  bm MC  cc  mm  cm  cm Mặt khác :  g  abc abc  abc 0 MA2  MB  MC  3mm  aa  bb  cc  3MG  GA2  GB  GC Nên :  MA2  MB  MC  GA2  GB  GC Vậy min( MA2  MB  MC )  GA2  GB  GC m  hay M trùng G Bài tốn 3.2.18 Cho tam giác ABC có R bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác Chứng minh AB2  BC  CA2  9R Giải: Ta chứng minh OH  MA2  MB  MC  ( MH  MO )  3R Trong H trực tâm, O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chọn hệ trục tọa độ vng góc Oxy Gọi chữ thường tọa vị tương ứng với đỉnh Ta có : h  a  b  c; aa  bb  cc  R MA2 | a  m |2  (a  m)a  m  aa  mm  am  am 63 MB  bb  mm  bm  bm Tương tự: MC  cc  mm  cm  cm MH  hh  mm  hm  hm OM | m |2  mm, OH | h |2  hh OH  MA2  MB  MC  ( MH  MO )  hh  aa  bb  cc  3mm  m(a  b  c )  m( a  b  c)  Suy ra: ( hh  mm  hm  hm  mm)  aa  bb  cc  3R Do đẳng thức chứng minh Chọn M trùng A thì: OH  AB  AC  ( AH  2AO )  3R  OH  5R  AH  AB  AC (1) Mà : AH  (h  a )(h  a )  (b  c)(b  c)  4R  BC Thay vào (1): OH  9R  BC  AB2  AC Vậy AB2  BC  CA2  9R Bài toán 3.2.19 Gọi G, H , O trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Gọi A1, B1, C1 trung điểm cạnh BC, CA, AB Gọi A2, B2, C2 chân đường cao hạ từ đỉnh A, B, C Gọi A3, B3, C3 trung điểm đoạn thẳng AH, BH, CH Chứng minh điểm A1, B1, C1, A2, B2, C2, A3, B3, C3 nằm đường tròn ? (đường tròn euler) Giải: Xét tốn mặt phẳng phức có gốc tọa độ tâm O Giả sử R=1 Khi : h  a  b  c , a.a  bb  cc  Gọi E trung điểm OH E có tọa vị e  A1, B1, C1 có tọa vị là: h abc  2 64 a1  bc , b1  ca , c1  Suy ra: e  a1  , a e  b1  a | ; 2 | e  b1 || | e  a1 || | e  a1 | e  b1 || e  c1 | ab b , e  c1  b | ; 2 c | e  c1 || c | 2 Do điểm A1, B1, C1 nằm đường tròn tâm E có bán kính Các điểm A2, B2, C2 chân đường cao hạ từ A,B,C nên có tọa vị là: (a  b  c  abc ) b2  ( a  b  c  abc ) c2  ( a  b  c  abc ) a2  | e  a2 || 1 abc | | a || b || c | 2 Tượng tự : | e  b2 || e  c2 | Suy điểm A2, B2, C2 nằm đường tròn tâm E bán kính Tọa vị điểm A3, B3, C3 : a3  ah bc a 2 Tương tự : b3  b  Nên : e  a3  ca ; c2  c  abc bc a a  2 abc ca b b  2 abc ab c e  c3  c  2 | e  a3 || e  b3 || e  c3 | e  b3  ab 2 65 Suy điểm A3, B3, C3 nằm đường trịn tâm E bán kính Vậy điểm A1, B1, C1, A2, B2, C2, A3, B3, C3 nằm đường tròn tâm E có bán kính R Bài tốn 3.2.20 Cho tam giác ABC có trực tâm H BD đường cao Gọi K trung điểm     900 biết BH  3HD đường cao Chứng minh AKC Giải: Xét tốn mặt phẳng phức Chọn đường trịn đơn vị đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ( a  b  c  acb); Khi đó: 1 1 k  ( b  d )  [b  ( a  b  c  acb)]  ( a  3b  c  acb) 2 h  a  b  c; d    hb BH  3HD    4h  b  3d d h ( a  b  c  acb)  5ab  3b2  5bc  3ac  Vì  4( a  b  c )  b  Xét: (a  3b  c  acb)  c k c  k  a (a  3b  c  acb)  a a  3b  acb  3c ( a  3b)(b  c )   c  3b  acb  3a ( c  3b)(b  a ) k c ( a  3b)(b  c )  k  a ( c  3b)(b  a ) 1 (  )(  )  a b b c 1 (  )(  ) c b b a (b  3a)(b  c )  (b  3c )(b  a ) 66 Mà: b  3a a  3b (b  3a)( c  3b)  (a  3b)(b  3c )   b  3c c  3b (c  3b)(b  3c )  Suy Re( 10ab  6b2  10bc  6ac 0 (c  3b)(b  3c ) k c   900 )  Vậy AKC k a 67 KẾT LUẬN Qua luận văn tác giả trình bày lịch sử phát triển số phức ứng dụng số phức cách khác để giải toán sơ cấp Cụ thể sau: Sử dụng số phức để giải toán lượng giác, đại số Sử dụng số phức để giải tốn hình học sơ cấp Hi vọng cơng cụ số phức đem đến điều thú vị, mẻ cho em học sinh khá, giỏi bồi dưỡng lực giải toán em Luận văn chắn tránh khỏi sai sót Tác giả mong nhận ý kiến đóng góp thầy (cơ) bạn đọc để luận văn hoàn thiện tốt 68 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Nguyễn Lan Anh (2012), Giải số tốn sơ cấp thơng qua số phức hàm phức, Trung tâm học liệu Đại học Thái Nguyên [2] Nguyễn Văn Dũng (2010), Phương pháp giải toán số phức ứng dụng, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [3] Nguyễn Hữu Điển (2000), Phương pháp số phức hình học phẳng, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [4] Nguyễn Văn Mậu, Trần Nam Dũng, Đinh Công Hướng, Nguyễn Đăng Phất, Tạ Duy Phượng, Nguyễn Thủy Thanh (2009), Biến phức định lí áp dụng, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [5] Đoàn Quỳnh, Nguyễn Huy Đoan, Trần Phương Dung, Nguyễn Xuân Liêm, Đăng Hùng Thắng (2008), Giải tích 12 Nâng cao, NXB Giáo dục ... SỐ PHỨC TRONG LƯỢNG GIÁC 17 2.2 ỨNG DỤNG SỐ PHỨC TRONG ĐẠI SỐ 29 2.2.1 Ứng dụng số phức giải hệ phương trình 29 2.2.2 Ứng dụng số phức chứng minh bất đẳng thức 38 CHƯƠNG ỨNG DỤNG SỐ PHỨC TRONG. .. xét 2.1.14 Tuy cách giải số phức không ngắn gọn cách giải thông thường, cho ta thêm cách làm mẻ, tăng thêm thú vị giải toán 2.2 ỨNG DỤNG SỐ PHỨC TRONG ĐẠI SỐ 2.2.1 Ứng dụng số phức giải hệ phương... CHƯƠNG SỐ PHỨC VÀ CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN 1.1 LỊCH SỬ SỐ PHỨC 1.2 ĐỊNH NGHĨA SỐ PHỨC 1.3 DẠNG ĐẠI SỐ CỦA SỐ PHỨC 1.3.1 Xây dựng số i 1.3.2 Biểu diễn hình học số phức 1.3.3 Phép cộng phép trừ số phức