Số phức, biến phức và ứng dụng giải toán hình học

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG NGUYỄN QUANG TUẤN SỐ PHỨC, BIẾN PHỨC VÀ ỨNG DỤNG GIẢI TỐN HÌNH HỌC LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Đà Nẵng - Năm 2013 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG NGUYỄN QUANG TUẤN SỐ PHỨC, BIẾN PHỨC VÀ ỨNG DỤNG GIẢI TỐN HÌNH HỌC Chun ngành : Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60.46.40 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Người hướng dẫn khoa học: GS.TSKH NGUYỄN VĂN MẬU Đà Nẵng - Năm 2013 LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan: Những nội dung trình bày luận văn tơi thực hướng dẫn GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu Mọi tài liệu luận văn trích dẫn rõ ràng trung thực tên tác giả, tên cơng trình, thời gian địa điểm cơng bố Nếu có chép khơng hợp lệ, vi phạm quy chế đào tạo tơi xin chịu hồn tồn trách nhiệm Tác giả luận văn Nguyễn Quang Tuấn MỤC LỤC MỞ ĐẦU 1 Lý chọn đề tài Mục tiêu nghiên cứu Đối tượng phạm vi nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu Ý nghĩa khoa học thực tiễn đề tài Cấu trúc luận văn CHƯƠNG SỐ PHỨC VÀ CÁC TÍNH CHẤT 1.1 KHÁI NIỆM SỐ PHỨC 1.2 CÁC DẠNG BIỂU DIỄN CỦA SỐ PHỨC 1.3 Ý NGHĨA HÌNH HỌC CỦA PHÉP CỘNG VÀ PHÉP NHÂN SỐ PHỨC7 CHƯƠNG HÌNH HỌC PHẲNG QUA NGÔN NGỮ SỐ PHỨC VÀ BIẾN PHỨC 2.1 GÓC ĐỊNH HƯỚNG VÀ TỶ SỐ ĐƠN 2.2 TÍCH VƠ HƯỚNG VÀ TÍCH NGỒI CỦA HAI SỐ PHỨC 11 2.3 ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN 13 2.4 ĐƯỜNG CONIC 21 2.5 PHÉP BIẾN HÌNH 27 2.6 MỘT SỐ PHÉP BIẾN HÌNH BẢO GIÁC CƠ BẢN 33 CHƯƠNG MỘT SỐ BÀI TOÁN ÁP DỤNG SỐ PHỨC VÀ BIẾN PHỨC 43 3.1 CÁC BÀI TỐN VỀ SỰ THẲNG HÀNG VÀ VNG GĨC 43 3.2 CÁC BÀI TOÁN VỀ ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRỊN 49 3.3 CÁC BÀI TỐN VỀ ĐƯỜNG CONIC 80 3.4 CÁC BÀI TỐN VỀ PHÉP BIẾN HÌNH 85 3.5 CÁC BÀI TOÁN VỀ ÁNH XẠ BẢO GIÁC 98 KẾT LUẬN 103 DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO 104 QUYẾT ĐỊNH GIAO ĐỀ TÀI LUẬN VĂN (Bản sao) MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Số phức bắt đầu xuất từ kỷ XVI với nhu cầu giải phương trình đại số phát triển mạnh Số phức có nhiều ứng dụng khơng đại số nói riêng hay tốn học nói chung, mà nhiều ngành khoa học khác Trong số đó, việc sử dụng số phức, biến phức nghiên cứu hình học phẳng tỏ đẹp đẽ có nhiều thuận lợi, việc xem xét vấn đề liên quan đến phép biến hình mặt phẳng với hình học chúng Ở nhiều nước giới, số phức đưa vào giảng dạy sớm Tuy nhiên, lại nội dung học sinh trung học nước ta thực gây khơng khó khăn nguồn tài liệu tham khảo hạn chế, có chưa đáp ứng nhu cầu mong muốn Do tính thời số phức, biến phức ứng dụng đẹp đẽ hình học phẳng, với hướng dẫn GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu, chọn đề tài: "Số phức, biến phức ứng dụng giải tốn hình học" với mong muốn tìm hiểu sâu số phức ứng dụng số phức, biến phức việc giải toán hình học phẳng Mục tiêu nghiên cứu Mục tiêu luận văn mô tả số kết quả, khái niệm Hình học Euclide phẳng dạng ngơn ngữ số phức góc, khoảng cách, đồng quy, thẳng hàng, đường thẳng, đường tròn, đường conic với số phép dời hình đồng dạng dạng Tiếp sau trình bày ứng dụng chúng để giải toán hình học sơ cấp số đẳng cấu bảo giác Đối tượng phạm vi nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu: Số phức, biến phức ứng dụng giải tốn hình học phẳng Phạm vi nghiên cứu: Nghiên cứu tài liệu, giáo trình phương pháp giải tốn hình phẳng công cụ số phức, biến phức tác giả liên quan 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) Từ tác giả phân tích, đánh giá, tổng hợp trao đổi với thầy hướng dẫn kết nghiên cứu để hoàn thành luận văn Ý nghĩa khoa học thực tiễn đề tài Tạo đề tài có tính hệ thống, tổng quan đầy đủ phương pháp giải toán hình học phẳng cơng cụ số phức Đề tài góp phần thiết thực cho việc nghiên cứu tìm hiểu phương pháp chưa học bậc phổ thơng để giải tốn hình học phẳng Cấu trúc luận văn Ngoài phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo, luận văn chia làm ba chương Chương Trình bày sơ lược khái niệm, phép tốn tính chất số phức nhằm chuẩn bị cho hai chương sau Chương Mơ tả số kết hình học phẳng ngôn ngữ số phức biến phức Chương Ứng dụng số phức, biến phức để giải tốn hình học phẳng CHƯƠNG SỐ PHỨC VÀ CÁC TÍNH CHẤT 1.1 KHÁI NIỆM SỐ PHỨC Định nghĩa 1.1 ([3]) Mỗi cặp số thực có thứ tự (a; b), ∀a ∈ R, ∀b ∈ R, gọi số phức tập hợp cặp quan hệ nhau, phép cộng phép nhân đưa vào theo định nghĩa (tiên đề) sau đây: Quan hệ đồng nhất: (a1 ; b1 ) = (a2 ; b2 ) a1 = a2 b1 = b2 Phép cộng: (a1 ; b1 ) + (a2 ; b2 ) := (a1 + a2 ; b1 + b2 ) cặp (a1 + a2 ; b1 + b2) gọi tổng cặp (a1 ; b1) (a2 ; b2) Phép nhân: (a1 ; b1)(a2 ; b2 ) := (a1 a2 − b1 b2 ; a1 b2 + b1 a2 ) cặp (a1a2 − b1b2 ; a1b2 + b1a2 ) gọi tích cặp (a1 ; b1) (a2 ; b2) Số thực: Cặp (a; 0) đồng với số thực a, nghĩa (a; 0) := a (a; 0) ≡ a Tập hợp số phức kí hiệu C Định nghĩa 1.2 ([6]) Giả sử z = (a; b) ∈ C Khi số phức (a; −b) gọi số phức liên hợp với số phức z kí hiệu z : z = (a; −b) Định lý 1.1 ([6]) Tập C lập thành trường thỏa mãn điều kiện: C ⊃ R C chứa phần tử i với tính chất i2 = −1; phần tử i gọi đơn vị ảo 1.2 CÁC DẠNG BIỂU DIỄN CỦA SỐ PHỨC 1.2.1 Biểu diễn số phức dạng đại số Định lý 1.2 ([6]) Mỗi số phức z = (a; b) ∈ C biểu diễn dạng z = (a; b) = a + ib Phép biểu diễn số phức z = (a; b) dạng a + ib gọi dạng đại số hay dạng Descartes số phức Số a gọi phần thực số phức z kí hiệu a = Rez , số b gọi phần ảo kí hiệu b = Imz Nếu z = Rez z số thực Nếu z = iImz z số ảo Nếu z1 = a1 + b1 i, z2 = a2 + b2 i phép tốn định nghĩa sau: z1 + z2 = (a1 + a2 ) + (b1 + b2 )i z1 z2 = (a1 a2 − b1 b2 ) + (a1 b2 + a2 b1 )i z1 a1 a2 + b1 b2 b1 a2 − a1 b2 + i = z2 a22 + b22 a22 + b22 Số phức liên hợp số phức z = a + bi z = a − bi Do z + z = √ √ 2Rez, z − z = 2Imz, z.z = |z|2 , |z| = r = z.z = a2 + b2 √ √ Số |z| = r = z.z = a2 + b2 gọi môđun số phức z 1.2.2 Biểu diễn hình học số phức Xét mặt phẳng tọa độ Oxy Mỗi số phức z = a + bi (a, b ∈ R) biểu diễn điểm M có tọa độ (a; b) Ngược lại, rõ ràng điểm M(a; b) biểu diễn số phức z = a + bi Vì lẽ đó, điểm M(a; b) gọi biểu diễn hình học số phức z = a + bi mặt phẳng tọa độ Oxy với việc biểu diễn số phức gọi mặt phẳng phức, kí hiệu E Trục Ox gọi trục thực Trục Oy gọi trục ảo Số phức z = a + bi biểu diễn điểm M gọi tọa vị −−→ điểm M (đồng thời tọa vị vectơ OM ) mặt phẳng phức y M(a; b) b O a x Hình 1.1: Nhận xét 1.1 Dựa vào biểu diễn hình học số phức z, z ′ ta thấy −−→ |z| độ dài hình học vectơ OM |z| |a|; |z| |b|; |z + z ′ | |z| + |z ′ |; |z − z ′ | |z| − |z ′ | 1.2.3 Dạng lượng giác dạng mũ số phức Định nghĩa 1.3 ([7]) Cho số phức z = a + bi = (a, b ∈ R) Gọi M điểm biểu diễn số phức z Số đo (radian) góc lượng giác −−→ có tia đầu Ox, tia cuối OM gọi argument số phức z Kí hiệu arg z a b Nếu ϕ argument số phức z cos ϕ = , sin ϕ = |z| |z| argument z có dạng ϕ + k2π, k ∈ Z (người ta thường nói argument số phức z = sai khác k2π ) Số số phức khơng có argument Ta viết √ b a + i√ = |z|(cos ϕ + i sin ϕ) z = a + bi = a2 + b2 √ a2 + b2 a2 + b2 Định nghĩa 1.4 ([3]) Dạng z = |z|(cos ϕ+i sin ϕ) gọi dạng lượng giác số phức z = 91 1 = ω(a2 + a1 ω + a3 ω) = (a3 + a2 ω + a1 ω ) 2 = (a3 + a2 ω + a4 ω) = m2 Do Q(O,− π3 ) (m1 ) = m2 Hoàn toàn tương tự ta có Q(O,− π3 ) (m2 ) = m3 , Q(O,− π3 ) (m3 ) = m4 Lục giác M1 M2 M3 M4 M5 M6 nhận O làm tâm đối xứng nên ta có Q(O,− π3 ) (m4 ) = m5 , Q(O,− π3 ) (m5) = m6 , Q(O,− π3 ) (m6 ) = m1 Điều chứng tỏ lục giác M1 M2 M3 M4 M5 M6 Bài toán 3.33 (Ứng dụng phép quay, Napoléon) Trên cạnh tam giác ABC phía ngồi dựng tam giác ABC’, BCA’ CAB’ Chứng minh trọng tâm C0 , A0 , B0 tam giác dựng đỉnh tam giác Lời giải Giả sử tam giác ABC định hướng dương (xem hình 3.21) B’ C’ A B0 C0 C B A0 A’ Hình 3.21: Khi ta có 2π 2π 2π a = ei (b − c0 ) + c0 , b = ei (c − a0 ) + a0 , c = ei (a − b0) + b0 Do 2π 2π b = ei [ei (a − b0) + b0 − a0 ] + a0 92 2π 4π = ei (a − b0) + ei (b0 − a0 ) + a0 4π 2π 2π = ei [ei (b − c0 ) + c0 − b0 ] + ei (b0 − a0 ) + a0 2π 4π = b − c0 + ei (c0 − b0 ) + ei (b0 − a0 ) + a0 Từ suy 4π 2π 4π 2π a0 − c0 + ei (c0 − b0) + ei (b0 − a0 ) = ⇔ a0 − c0 + ei (c0 − b0) + ei (b0 − c0 + c0 − a0 ) = 2π 2π 4π ⇔ (a0 − c0 )(1 − ei ) + (b0 − c0 )(ei − ei ) = 2π 4π −ei + ei ⇔ a0 − c0 = (b0 − c0 ) 2π − ei π ⇔ a0 − c0 = ei(− ) (b0 − c0 ) Điều có nghĩa tam giác A0 B0 C0 tam giác đều, định hướng dương Lời giải Giả sử tam giác ABC định hướng dương Khi áp dụng tốn 3.31 ta có a + c′ ω + bω = 0, b + a′ ω + cω = 0, c + b′ω + aω = Do C0 , A0 , B0 trọng tâm tma giác ABC’, BCA’ CAB’ nên 3c0 = a + b + c′ , 3a0 = b + c + a′ , 3b0 = c + a + b′ Từ ta có 3(c0 + a0 ω + b0ω ) = a + b + c′ + (b + c + a′ )ω + (c + a + b′ )ω = (b + a′ ω + cω ) + (c + b′ ω + aω )ω + (a + c′ ω + bω )ω = Điều có nghĩa tam giác C0 A0 B0 tam giác đều, định hướng dương Nhận xét 3.9 Bài toán ta dựng tam giác phía tam giác ABC Trọng tâm tam giác A0 B0 C0 trùng với trọng tâm tam giác ABC 93 Bài toán 3.34 (Ứng dụng phép quay phép vị tự, SEA-MO 1998) Cho tam giác ABC Lấy điểm P khác phía với C đường thẳng AB, điểm Q khác phía với B đường thẳng CA điểm R phía với A đường thẳng BC cho tam giác BCR, ACQ BAP đồng dạng Chứng minh tứ giác APRQ hình bình hành Giải Giả sử tam giác ABC định hướng dương (xem hình 3.22) Q A ϕ R P C B Hình 3.22: Do tam giác BCR, ACQ BAP đồng dạng nên ta đặt AQ BR BP = = = λ, ABP = CAQ = CBR = ϕ, eiϕ = ω BA AC BC Từ giả thiết ta có p = V(B,λ) ◦ Q(B,ϕ) (a) = λ[ω(a − b) + b − b] + b = λωa + (1 − λω)b, q = V(A,λ) ◦ Q(A,ϕ) (c) = λ[ω(c − a) + a − a] + a = λωc + (1 − λω)a, r = V(B,λ) ◦ Q(B,ϕ) (c) = λ[ω(c − b) + b − b] + b = λωc + (1 − λω)b Do p + q = λωa + (1 − λω)b + λωc + (1 − λω)a = a + r, hay p − r = a − q Điều có nghĩa tứ giác AP RQ hình bình hành Bài toán 3.35 (Ứng dụng phép vị tự) Cho điểm P nằm đường tròn (C) tâm O ngoại tiếp tam giác không vuông A1 A2 A3 Các đường cao tam giác A1 A2 A3 xuất phát theo thứ tự từ A1 , A2 , A3 cắt (C) B1 , B2 , B3 Các điểm C1 , C2 , C3 điểm đối xứng P theo thứ tự 94 qua đường thẳng OA1 , OA2 , OA3 Các điểm D1 , D2 , D3 điểm đối xứng P theo thứ tự qua đường thẳng OC1 , OC2 , OC3 Các điểm E1, E2, E3 điểm đối xứng D1 , D2, D3 qua đường thẳng OP Các điểm F1 , F2 , F3 điểm đối xứng E1 , E2 , E3 qua tiếp tuyến (C) theo thứ tự B1 , B2 , B3 a) Chứng minh tam giác F1 F2 F3 vị tự với tam giác B1 B2 B3 với hệ số vị tự b) Tìm quỹ tích tâm phép vị tự nói điểm P chạy (C) Giải a) Chọn (C) làm đường tròn đơn vị mặt phẳng phức Ta có nhận xét rằng, điểm Bi , Ci, Di, Ei với i = 1, 2, thuộc đường tròn (C) Nên ta áp dụng cơng thức, hai dây cung A1 A2 , A3 A4 đường tròn đơn vị (C) vng góc với a1 a2 + a3 a4 = 0, để tính tọa vị điểm Ta có B1 A1 ⊥A2 A3 nên b1 a1 + a2 a3 = hay b1 = −a1 a2 a3 Tương tự ta tính b2 = −a1 a2 a3 b3 = −a1 a2 a3 Ta có P C1 ⊥OA1 nên pc1 − a1 a1 = hay c1 = a21 p Tương tự ta tính c2 = a22 p c3 = a23 p Ta có P D1 ⊥OC1 nên pd1 − c1 c1 = hay d1 = c21 p, tức d1 = a41 p3 Tương tự ta tính d2 = a42 p3 d3 = a43 p3 Ta có D1 E1 ⊥OP nên d1 e1 − pp = hay e1 = d1 p2 , tức e1 = a1 p5 Tương tự ta tính e2 = a2 p5 e3 = a3 p5 95 Giả sử Z điểm nằm tiếp tuyến đường tròn (C) B1 Khi ZB1⊥OB1 , tức (z − b1)(−b1) + (z − b1)(−b1) = hay z = −b21z + 2b1 F1 điểm đối xứng E1 qua tiếp tuyến B1 nên f1 = − b21e1 + 2b1 = −b21a41 p5 + 2b1 = − a21 a22 a23 p5 + 2b1 Tương tự ta tính f2 = −a21 a22 a23 p5 + 2b2 f3 = −a21 a22 a23 p5 + 2b3 Do phép biến đổi đồng dạng h xác định z → z ′ = 2z − a21 a22 a23 p5, biến B1 , B2 , B3 theo thứ tự thành F1 , F2 , F3 Cơng thức h cịn viết dạng z ′ − a21 a22 a23 p5 = 2(z − a21 a22 a23 p5), nên h phép vị tự hệ số với tâm vị tự S có tọa vị s = a21 a22 a23 p5 b) Ta có s = a21 a22 a23 p5 , |s| = Từ P chạy (C) quỹ tích S (C) (Với điểm S cho trước thuộc (C), có năm điểm P tương ứng năm đỉnh ngũ giác nội tiếp (C)) Nhận xét 3.10 Chúng ta tính tọa vị điểm Bi , Ci, Di, Ei với i = 1, 2, cách sử dụng phép đối xứng trục Bài toán 3.36 (Ứng dụng phép đối xứng trục, phép đối xứng tâm, phép vị tự) (C) đường tròn tâm O ngoại tiếp tam giác không vuông A1 A2 A3 ∆ đường kính (C) Các đường cao tam giác A1A2 A3 xuất phát theo thứ tự từ A1 , A2 , A3 cắt (C) B1 , B2 , B3 Các đường thẳng 96 qua B1 , B2 , B3 song song với ∆ lại cắt (C) theo thứ tự C1 , C2 , C3 Gọi D1 , D2, D3 theo thứ tự điểm đối xứng C1, C2, C3 qua tiếp tuyến (C) A1 , A2 , A3 a) Chứng minh tồn phép vị tự biến tam giác A1 A2 A3 thành tam giác D1 D2 D3 b) Gọi G trọng tâm tam giác A1 A2 A3 , G′ trọng tâm tam giác D1 D2D3 M trung điểm GG′ Hãy tìm quỹ tích tâm phép vị tự trên, quỹ tích G′ quỹ tích M đường thẳng ∆ quay quanh O Giải a) Chọn (C) làm đường tròn đơn vị mặt phẳng phức (xem hình 3.23) D1 A1 D2 C2 B2 B3 C3 O ∆ D3 A3 A2 B1 C1 Hình 3.23: Theo tốn 3.35 ta có: b1 = −a1 a2 a3 , b2 = −a1 a2 a3 b3 = −a1 a2 a3 Đường thẳng ∆ qua O nên có phương trình dạng z = λz, |λ| = Khi đường thẳng ∆′ qua O, vng góc với ∆ có phương trình z = −λz , điểm C1 ảnh B1 qua phép đối xứng trục ∆′ nên có tọa 97 vị c1 = −λb1 = λa1 a2 a3 Tương tự ta tính c2 = λa1 a2 a3 c3 = λa1 a2 a3 Cũng theo 3.35, phương trình tiếp tuyến (C) A1 có phương trình z = −a21 z + 2a1 Nên điểm D1 đối xứng với C1 qua tiếp tuyến có tọa vị d1 = −a21 c1 + 2a1 = −λa1 a2 a3 + 2a1 = −λδ3 + 2a1 với δ3 = a1 a2 a3 Tương tự ta tính d2 = −λδ3 + 2a2 d3 = −λδ3 + 2a3 Do biến đổi f mặt phẳng phức xác định z → z ′ = 2z − λδ3, biến A1 , A2 , A3 thành D1 , D2 , D3 Rõ ràng f phép vị tự hệ số b) G trọng tâm tam giác A1 A2 A3 nên có tọa vị 1 g = (a1 + a2 + a3 ) = δ1, với δ1 = a1 + a2 + a3 3 G′ trọng tâm tam giác D1 D2D3 nên có tọa vị g ′ = (d1 + d2 + d3) = δ1 − λδ3 3 Trung điểm M GG′ có tọa vị 1 m = (g + g ′ ) = (δ1 − λδ3) 2 98 Tâm S phép vị tự có tọa vị thỏa mãn s = 2s − λδ3 nên s = λδ3 , |s| = Khi λ thay đổi (|λ| = 1), rõ ràng s lấy giá trị phức có module nên quỹ tích S đường trịn (C) Ta có −−→ −→ 1 δ1 − λδ3 − δ1 = −(λδ3 − δ1) hay GG′ = −GS, 3 nên quỹ tích G′ đường trịn đối xứng (C) qua G −−→ −−→ −→ Ta lại có GM = GG′ = − GS nên quỹ tích M đường trịn 2 vị tự (C) qua phép vị tự tâm G, tỉ số vị tự − 3.5 CÁC BÀI TỐN VỀ ÁNH XẠ BẢO GIÁC Q trình giải tốn tìm đẳng cấu biến miền cho trước lên miền khác tiến hành gần giống trình tìm nguyên hàm hàm cho trước mà ánh xạ sơ cấp có vai trị bảng "tích phân bản" Khi giải toán ánh xạ bảo giác ta thường sử dụng hai tính chất sau Ánh xạ ngược ánh xạ bảo giác ánh xạ bảo giác Hợp hai ánh xạ bảo giác ánh xạ bảo giác Bài toán 3.37 Giả sử U1 = {|z| < 1}, U2 = {|z−1| < 1} D = U1 ∩U2 Tìm đẳng cấu biến miền D lên nửa mặt phẳng Giải (xem hình 3.24) Giao điểm cung tròn giới hạn miền D điểm: √ √ ′ a = + i ,a = −i 2 2 Giả sử cung tròn qua điểm z = kí hiệu δ1 cung trịn qua điểm z = δ2 Ta áp dụng ánh xạ trung gian sau: 99 y y1 a z1 O 2π/3 z2 2π/3 O x y3 y2 x1 O 3/2 z2 x2 O x3 a’ Hình 3.24: Ánh xạ z1 = z− z− √ −i 2 √ , +i 2 biến miền D cho thành góc mặt phẳng z1 với đỉnh z1 = Vì góc hai cung tròn δ1 δ2 điểm a a′ 2π 2π nên độ mở góc vừa thu Mặt khác 3 √ √ 3 z1 (1) = − + i , z1 (0) = − − i , 2 2 góc - ảnh thu có cạnh qua điểm z1 (1) z1 (0) Ta kí hiệu D(z1 ) −2πi Ánh xạ quay z2 = e z1 biến góc D(z1 ) thành góc có cạnh √ trùng với phần dương trục thực, cạnh qua điểm − + i 2 2π 3/2 · = π Ánh xạ cần tìm có dạng w = z2 : biến góc có độ mở Hợp ánh xạ ta thu √ 3/2 2z − + i √ w=− 2z − − i hiển nhiên hàm thực ánh xạ phải tìm 100 Bài tốn 3.38 Tìm ánh xạ nửa mặt phẳng cắt bỏ nửa hình trịn đơn vị tia {x = 0, y > 2} lên nửa mặt phẳng Giải (xem hình 3.25) Ta sử dụng ánh xạ trung gian sau: z1 z2 O O √ z3 − 16 O O z3 O Hình 3.25: 1 Hàm z1 = (z + ) ánh xạ miền D(z) lên nửa mặt phẳng trừ z nhát cắt theo trục ảo từ i Ta kí hiệu miền D(z1 ) 2 Hàm z2 = z1 ánh xạ miền D(z1 ) lên toàn mặt phẳng z2 trừ nhát cắt (−∞, − ) [0, ∞) Kí hiệu miền D(z2 ) 16 z2 + 9/16 Ánh xạ phân tuyến tính z3 = biến miền D(z2 ) thành z2 miền Dz3 = C \ R+ Từ ánh xạ 1, 2, suy ánh xạ cần tìm là: √ √ 4z + 17z + w = z3 = 2(z + 1) Bài tốn 3.39 Tìm ánh xạ biến miền D góc {0 < arg z < πβ, < β < 2} với nhát cắt theo cung đường tròn đơn vị từ điểm z = đến điểm z = eiαπ , < α < β lên nửa mặt phẳng Giải (xem hình 3.26)Ta sử dụng ánh xạ trung gian sau đây: Ánh xạ z1 = z 1/β biến góc cho thành góc D(z1 ) có độ mở π với nhát cắt theo cung đường tròn đơn vị từ điểm z = đến α điểm z = ei β π 101 πβ πα O O Hình 3.26: Ánh xạ phân tuyến tính z2 = z1 − Ta có: z1 + α α α + i cos − sin α 2β 2β 2β z2 (1) = 0, z2(ei β π ) = α α α cos + i sin cos 2β 2β 2β sin = i tan α π, 2β z1 thuộc đường trịn đơn vị thì: −1 z1 − z1 − z1 − z1 − z1 = ⇒ ∈ iR =− = z1 + z1 + z1 + z1 + +1 z1 z1 − biến miền D(z1 ) thành nửa z1 + α mặt phẳng với nhát cắt theo trục ảo từ gốc tọa độ đến điểm i tan π 2β Ta kí hiệu miền ảnh D(z2 ) Ánh xạ z3 = z22 biến miền D(z2 ) thành mặt phẳng với nhát cắt α π, +∞) ⊂ R Ta kí hiệu miền thu D(z3 ) theo (− tan2 2β Do hàm cần tìm có dạng Vậy ánh xạ phân tuyến tính z2 = w= z3 + tan2 α π= 2β z 1/β − z 1/β + + tan2 α π 2β π } z = biến thành Bài tốn 3.40 Tìm ánh xạ biến hình quạt Q = {z ∈ C : < arg z < lên hình trịn {|w| < 1} cho điểm z = eiπ/8 102 điểm w = w = tương ứng Giải (xem hình 3.27) Ta sử dụng ánh xạ trung gian sau: z1 w π O O O Hình 3.27: Hàm z1 = z ánh xạ hình quạt cho lên nửa mặt phẳng Khi z1 (eiπ/8 ) = i z1 (0) = Kí hiệu miền thu D(z1 ) z1 − i ánh xạ miền D(z1 ) lên hình trịn {|z2 | < 1} Hàm z2 = k z1 + i biến điểm z1 = i thành tâm hình trịn Số k xác định từ điều kiện điểm z1 = biến thành điểm z2 = Suy k = −1 Do hàm z4 − i i − z4 w=− = z + i i + z4 ánh xạ cần tìm 103 KẾT LUẬN Luận văn Số phức, biến phức ứng dụng giải toán hình học giải vấn đề sau: Mơ tả số kết hình học phẳng ngôn ngữ số phức, biến phức Đặc biệt luận văn đưa số phương trình dạng phức đường thẳng, đường tròn, đường conic phép biến hình Hệ thống phân loại số lớp tốn hình học phẳng giải phương pháp số phức, biến phức Cùng với hệ thống tốn đề thi quốc gia quốc tế, định lý hình học phẳng tiếng Đặc biệt tốn ứng dụng đường trịn nội tiếp phép biến hình tương đối khó học sinh giải chi tiết theo phương pháp Hình thành phương pháp giải tốn hình học phẳng ngơn ngữ số phức, biến phức Một phương pháp tỏ có nhiều ưu điểm riêng so với phương pháp khác Với dụng ý trình bày phân dạng tốn theo chương trình học THPT, luận văn tài liệu tham khảo hữu ích cho thân giảng dạy sau hy vọng nguồn tài liệu tốt cho quan tâm đến phương pháp Trong điều kiện thời gian khuôn khổ luận văn nên chưa nghiên cứu sâu phép biến hình bảo giác, dạng tốn bất đẳng thức hình học, dựng hình, quỹ tích Đó hướng phát triển luận văn Trong trình làm luận văn, có nhiều cố gắng song điều kiện khách quan lực có hạn thân nên luận văn khó tránh khỏi thiếu sót, tác giả mong nhận góp ý chân thành q thầy bạn đọc để tiếp tục tìm hiểu, nghiên cứu phát triển luận văn sau 104 DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt [1] Nguyễn Hữu Điển (2000), Phương pháp số phức hình học phẳng, NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội, Hà Nội [2] Hà Phước Anh Khoa (2011), Số phức ứng dụng chiến lược giải toán bậc THPT, Luận văn thạc sĩ khoa học, Đại học Đà Nẵng, Đà Nẵng [3] Nguyễn Văn Mậu (chủ biên 2009), Chuyên đề chọn lọc số phức áp dụng, NXB Giáo Dục Việt Nam, Hà nội [4] Nguyễn Văn Mậu (chủ biên 2008), Hình học số vấn đề liên quan, NXB Giáo Dục, Hà Nội [5] Đồn Quỳnh (1997), Số phức với hình học phẳng, NXB Giáo Dục, Hà Tĩnh [6] Nguyễn Thủy Thanh (2006), Cơ sở lý thuyết hàm biến phức, NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội, Hà Nội [7] Lê Xuân Trường (2008), Ứng dụng số phức vào việc giải số lớp tốn thuộc chương trình THPT, Luận văn thạc sĩ khoa học, Đại học Đà Nẵng, Đà Nẵng Tiếng Anh [8] Titu Andreescu, Dorin Andrica (2006), Complex Number from A to Z, Birkha ăuser 105 [9] Marko Radovanovic (2007), Complex Number in Geometry, Olympial Training Materials, www.imomath.com [10] R Deaux (1998), Introduction to the Geometry of Complex Numbers, Dover Publications Inc, New York ... phức, biến phức ứng dụng đẹp đẽ hình học phẳng, với hướng dẫn GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu, chọn đề tài: "Số phức, biến phức ứng dụng giải toán hình học" với mong muốn tìm hiểu sâu số phức ứng dụng số phức, . .. chất số phức nhằm chuẩn bị cho hai chương sau Chương Mô tả số kết hình học phẳng ngơn ngữ số phức biến phức Chương Ứng dụng số phức, biến phức để giải tốn hình học phẳng 3 CHƯƠNG SỐ PHỨC VÀ CÁC... BIẾN PHỨC Số phức biến phức có ứng dụng to lớn hiệu toán hình học phẳng Bằng cách sử dụng số phức chuyển tốn chứng minh, tính tốn hình học phẳng tốn chứng minh, tính tốn đẳng thức đại số mà công