TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUẢNG BÌNH KHOA KHOA HỌC TỰ NHIÊN KHĨA LUẬN TỐT NGHIỆP LÍ THUYẾT SỐ PHỨC VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG Giảng viên hướng dẫn: ThS Trần Hồng Nga Sinh viên: Nguyễn Thị Hương Lớp: ĐHSP Tốn Khóa 56 Quảng Bình - 2018 LỜI CAM ĐOAN Tơi xin cam đoan khóa luận thân tơi thực hiện, hướng dẫn khoa học ThS Trần Hồng Nga Các kết trích khóa luận hoàn toàn trung thực Tác giả Nguyễn Thị Hương i LỜI CẢM ƠN Khóa luận hồn thành hướng dẫn nhiệt tình, nghiêm túc giáo ThS Trần Hồng Nga Em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến cô, người dành nhiều thời gian để hướng dẫn, giải đáp thắc mắc động viên em q trình làm khóa luận Em xin chân thành cảm ơn thầy cô Trường Đại học Quảng Bình, đặc biệt thầy Khoa Khoa học Tự nhiên Cảm ơn thầy cô với tri thức tâm huyết tận tình truyền đạt kiến thức, kinh nghiệm cho em suốt năm em học tập trường.Với vốn kiến thức tiếp thu q trình học tập, khơng tảng khoa học cho trình làm khóa luận mà hành trang q báu sau cho em Em xin gửi lời cảm ơn sâu sắc đến gia đình, người thân bạn bè Cảm ơn người bên, quan tâm giúp đỡ em suốt thời gian vừa qua Những tình cảm q báu niềm động viên lớn lao dành cho em, giúp em có thêm lượng, nhiệt huyết để hoàn thành nhiệm vụ để bước tiếp đường sau Một lần nữa, xin chân thành cảm ơn! ii Mục lục Lời cam đoan i Lời cảm ơn ii Mục lục Lời mở đầu LÍ THUYẾT 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 Dạng đại số số phức 1.2.3 Các phép toán dạng đại số số phức 1.2.4 Biểu diễn hình học số phức 1.2.5 Số phức liên hợp Môđun số phức 1.2.6 Căn bậc hai số phức 1.3 Dạng lượng giác số phức 1.3.1 Dạng lượng giác số phức 1.3.2 Nhân số phức dạng lượng giác 1.4 Căn bậc n số phức 1.4.1 Căn bậc n số phức 1.4.2 Căn bậc n đơn vị MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA SỐ PHỨC 2.1 Ứng dụng số phức giải hệ phương trình 2.2 Ứng dụng số phức toán đa thức 2.2.1 Bài toán xác định đa thức 2.2.2 Bài toán phép chia đa thức 5 7 10 12 13 13 14 14 14 15 17 17 19 19 22 2.3 2.4 2.5 Ứng dụng số phức toán tổ hợp Ứng dụng số phức hình học phẳng 2.4.1 Ứng dụng số phức để biểu diễn số khái niệm hình học phẳng 2.4.2 Ứng dụng số phức để giải số toán hình học phẳng Bài tập đề nghị 23 26 26 30 34 Kết luận 39 Tài liệu tham khảo 40 LỜI MỞ ĐẦU Số phức, gọi "số ảo" kể từ đời tìm nhiều ứng dụng lĩnh vực khác Toán học đời sống thực tế Trong lịch sử phát triển toán học, số phức xuất muộn từ kỷ XVI Lúc đó, nghiên cứu phương trình đại số, nhà tốn học Rafael Bobielli Gerolamo Cardano đưa kí hiệu bậc hai số âm nghiệm hình thức cho phương trình bậc hai, bậc ba gọi chúng đại lượng "ảo" Về sau, số phức nhiều nhà toán học tiếng như: D’Alambert, Euler, Gauss, tiếp tục nghiên cứu hoàn thiện Việc mở rộng trường số phức để giải tốn mà ta khơng thể giải trường số thực Mặc dù đời sau số phức có nhiều ứng dụng lĩnh vực toán học như: đại số, giải tích, lượng giác, hình học, Trong nhiều toán, qua phép biến đổi số phức, đưa lời giải ngắn gọn đầy đủ Ngày nay, số phức sử dụng nhiều lĩnh vực khoa học như: khoa học kĩ thuật, điện từ học, học lượng tử, Có thể nói đời số phức đánh dấu bước ngoặt quan trọng lịch sử phát triển khoa học nói chung tốn học nói riêng Đối với học sinh bậc THPT nội dung số phức xuất chương trình giải tích lớp 12 với thời lượng khơng nhiều Do đó, học sinh biết kiến thức số phức, việc khai thác ứng dụng hạn chế thiếu linh hoạt Với mong muốn tìm hiểu cách đầy đủ có hệ thống số phức ứng dụng giải tốn, tác giả lựa chọn "Lí thuyết số phức số ứng dụng" để làm đề tài khóa luận Hi vọng tài liệu bổ ích cho học sinh phổ thông, bạn sinh viên, giáo viên q trình học tập giảng dạy Khóa luận gồm có hai chương: Chương I trình bày kiến thức liên quan đến số phức: cách biểu diễn số phức, bậc n số phức, Chương II trình bày vài ứng dụng số phức toán giải hệ phương trình, xác định đa thức, tổ hợp, hình học Mặc dù cố gắng để hồn thành khóa luận, nhiên khơng thể tránh khỏi thiếu sót nhiều hạn chế Vì vậy, tác giả mong nhận ý kiến đóng góp Quý thầy cô bạn đọc Xin chân thành cảm ơn! Chương LÍ THUYẾT SỐ PHỨC 1.1 Định nghĩa số phức Xét tập hợp R2 = R × R = {(x, y)|x, y ∈ R} Trên tập hợp R2 , xác định hai phép toán cộng nhân sau: ∀(x1 , y1 ), (x2 , y2 ) ∈ R2 : (x1 , y1 ) + (x2 , y2 ) = (x1 + x2 , y1 + y2 ) (x1 , y1 ) × (x2 , y2 ) = (x1 x2 − y1 y2 , x1 y2 + y1 x2 ) Định nghĩa 1.1.1 Tập hợp R2 với hai phép toán cộng nhân định nghĩa gọi tập hợp số phức C, phần tử C gọi số phức Định lí 1.1.2 [2] Tập hợp C phép tốn cộng nhân xác định lập thành trường Chứng minh Để chứng minh (C, +, ×) lập thành trường, ta chứng minh vấn đề sau: • Phép cộng có tính giao hốn: ∀z1 = (x1 , y1 ); z2 = (x2 , y2 ) ∈ C ta có: z1 + z2 = = = = (x1 , y1 ) + (x2 , y2 ) (x1 + x2 , y1 + y2 ) (x2 + x1 , y2 + y1 ) (x2 , y2 ) + (x1 , y1 ) = z2 + z1 • Phép cộng có tính kết hợp: ∀z1 = (x1 , y1 ); z2 = (x2 , y2 ); z3 = (x3 , y3 ) ∈ C ta có: (z1 + z2 ) + z3 = = = = = [(x1 , y1 ) + (x2 , y2 )] + (x3 , y3 ) (x1 + x2 , y1 + y2 ) + (x3 , y3 ) (x1 + x2 + x3 , y1 + y2 + y3 ) (x1 , y1 ) + (x2 + x3 , y2 + y3 ) (x1 , y1 ) + [(x2 , y2 ) + (x3 , y3 )] = z1 + (z2 + z3 ) • Tồn phần tử khơng: = (0, 0) ∈ C Thật vậy, ∀z = (x, y) ∈ C ta có: z + = (x, y) + (0, 0) = (x, y) = z • Tồn phần tử đối: ∀z = (x, y), ∃ − z = (−x, −y) phần tử đối Thật vậy, z + (−z) = (x, y) + (−x, −y) = (x + (−x), y + (−y)) = (0, 0) = • Phép nhân có tính giao hốn: ∀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 • Phép nhân có tính kết hợp: ∀z1 = (x1 , y1 ); z2 = (x2 , y2 ); z3 = (x3 , y3 ) ∈ C ta có: (z1 z2 )z3 = [(x1 , y1 )(x2 , y2 )](x3 , y3 ) = (x1 x2 − y1 y2 , x1 y2 + x2 y1 )(x3 , y3 ) = ((x1 x2 − y1 y2 )x3 − (x1 y2 + x2 y1 )y3 , (x1 x2 − y1 y2 )y3 + (x1 y2 + x2 y1 )x3 ) = (x1 x2 x3 − y1 y2 y3 − x1 y2 y3 − x2 y1 y3 , x1 x2 y3 − y1 y2 y3 + x1 y2 x3 + x2 y1 x3 ) Tương tự ta có: z1 (z2 z3 ) = (x1 x2 x3 −y1 y2 y3 −x1 y2 y3 −x2 y1 y3 , x1 x2 y3 −y1 y2 y3 +x1 y2 x3 +x2 y1 x3 ) Như vậy: (z1 z2 )z3 = z1 (z2 z3 ) • Phép nhân có phần tử đơn vị: Tồn phần tử đơn vị = (1, 0) ∈ C Thật vậy, ∀z = (x, y) ∈ C, ta có: 1z = (1, 0) × (x, y) = (1x − 0y, 1y + 0x) = (x, y) = (x, y)(1, 0) = 1z = z • Tồn phần tử nghịch đảo: ∀z = (x, y) ∈ C, z = tồn z −1 = (a, b) ∈ C thỏa mãn zz = z z = ax − by = Thật vậy, z = (a, b) số phức thỏa mãn zz = thì: bx + ay = Giải hệ ta a = x y b = − ; x2 + y x2 + y Vì phép nhân có tính giao hốn nên ta có: z z = x y Như z −1 = ( , − ) nghịch đảo số phức z = 2 x +y x +y • 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 ), y1 (x2 + x3 ) + x1 (y2 + y3 ) (x1 x2 + x1 x3 − y1 y2 − y2 y3 , y1 x2 + y1 x3 + x1 y2 + x1 y3 ) (x1 x2 − y1 y2 , y1 x2 + x1 y2 ) + (x1 x3 − y2 y3 , y1 x3 + x1 y3 ) z1 z2 + z2 z3 Như (C, +, ×) lập thành trường 1.2 1.2.1 Dạng đại số số phức Xây dựng số i Ta xét tập R × {0} với hai phép toán định nghĩa R ; xét ánh xạ: f : R → R × {0}, x → f (x) = (x, 0) Dễ kiểm tra f song ánh ∀x, y ∈ R thì: (x, 0) + (y, 0) = (x + y, 0) (x, 0) · (y, 0) = (xy, 0) Nhận thấy phép toán R × {0} giống phép toán R, ta đồng số phức (x, 0) với số thực x Đặt i = (0, 1), ta có: i2 = (0, 1)(0, 1) = (−1, 0) = −1 hay i nghiệm phương trình x2 + = 1.2.2 Dạng đại số số phức Xét số phức tổng quát z = (x, y) 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: Ví dụ 12 Chứng minh rằng: C06 cos6 α − C26 cos4 α sin2 α + C46 cos2 α sin4 α − C66 sin6 α = cos 6α (2.9) C16 cos5 α sin α − C36 cos3 α sin3 α + C56 cos α sin5 α = sin 6α (2.10) Giải: Xét số phức z = cos α + i sin α, ta có khai triển: 6 k Ck6 cos6−k α(i sin α) (cos α + i sin α) = (1) k=0 Mặt khác theo cơng thức Moivre ta có: (cos α + i sin α) = cos 6α + i sin 6α (2) k Ck6 cos6−k α(i sin α) = cos 6α + i sin 6α Từ (1) (2) suy ra: C06 C16 ⇔ k=0 cos α − cos α sin2 α + C46 cos2 α sin4 α − C66 sin6 α) = cos 6α cos5 α sin α − C36 cos3 α sin3 α + C56 cos α sin5 α = sin 6α C26 Vậy đẳng thức (2.9) (2.10) chứng minh 2.4 Ứng dụng số phức hình học phẳng Khi gặp khó khăn việc giải tốn hình học phẳng, ta thường nghĩ tới phương pháp hình học giải tích Một phương pháp hình giải tích hiệu phương pháp dùng số phức Chương trình bày ứng dụng số phức để mơ tả số khái niệm hình học phẳng chia sẻ số ví dụ minh họa cho ứng dụng 2.4.1 Ứng dụng số phức để biểu diễn số khái niệm hình học phẳng 2.4.1.1 Biểu diễn điểm, vectơ −−→ Nếu M có tọa vị z = a + ib nói OM có tọa vị z viết là: −−→ OM (z) Cho điểm M(z), N(w), với z = a + ib w = c + id Khi đó: −−→ −−→ −−→ −−→ • N M = OM − ON = (a − c, b − d) nên N M có tọa vị z − w; 26 −→ −−→ −−→ • OP = OM + ON có tọa vị z + w; z+w ; −→ −−→ • Nếu O, M, Q ba điểm thẳng hàng OQ = k OM có tọa vị kz ; với k ∈ R, k = • Trung điểm I đọan thẳng MN có tọa vị 2.4.1.2 Khoảng cách hai điểm Giả sử số phức z1 , z2 có biểu diễn hình học điểm M1 , M2 Khi khoảng cách hai điểm M1 , M2 cho công thức: M1 M2 = |z2 − z1 | 2.4.1.3 Tích vơ hướng tích lệch hai vectơ −−→ −−→ Cho hai vectơ OM (z), ON (w) khác vectơ không, với z, w ∈ C ϕ, θ argz , argw Khi đó: zw = |z|(cos ϕ + i sin ϕ).|w|(cos(−θ) + i sin(−θ)) = |z|.|w|[cos(ϕ − θ) + i sin(ϕ − θ)] = |z|.|w|.[cos(θ − ϕ) − i sin(θ − ϕ)] (1’) Tương tự: wz = |z|.|w|[cos(ϕ − θ) − i sin(ϕ − θ)] a Tích vơ hướng Ta biết tích vơ hướng hai vectơ u, v u.v = |u||v| cos(u, v) u, v = u.v = u hay v −−→ −−→ Từ đó, OM = u có tọa vị z , ON = v có tọa vị w z w khác 0, kí hiệu ϕ θ argument z, w ta có: −−→ −−→ (zw + wz) = |z||w| cos (θ − ϕ) = |z||w| cos (OM , ON ) (zw + wz) = Vậy đặt z, w = (zw + wz) ta ln có: Nếu z = w = −−→ −−→ OM ON = (zw + wz) = z, w Các tính chất phép tốn tích vơ hướng z, z = zz = |z|2 , z, w = w, z ; 27 z1 + z2 , w = z1 , w + z2 , w ; kz, w = k z, w , k ∈ R; z, w1 + w2 = z, w1 + z, w2 ; z, kw = k z, w , k ∈ R b Tích lệch Định nghĩa 2.4.1 Cho z, w ∈ C, z = a + ib, w = a + ib ; ϕ1 , ϕ2 −−→ −−→ −−→ −−→ argz argw Tích lệch OM (z) ON (w) kí hiệu [OM , ON ] = [z, w], số thực xác định bởi: −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ OM , ON = |OM |.|ON | sin (OM , ON ) = |z||w| sin (ϕ2 − ϕ1 ) (2’) Từ (1’) (2’) suy ra: i [z, w] = −Im(zw) = − (zw − wz) = (zw − wz) 2i Nhận xét: −−→ −→ • Ba điểm O, M, P thẳng hàng OM , OP = [z, w] = 0; −−→ −→ • Khi ba điểm O, M, P khơng thẳng hàng OM , OP = [z, w] = 2S, S diện tích đại số tam giác OMP • iz, w = [z, w]; • [iz, w] = − z, w 2.4.1.4 Đường thẳng a Phương trình tham số đường thẳng Giả sử ∆ đường thẳng qua điểm M0 (z0 ), có vectơ phương u, u ∈ C tọa vị u Đường thẳng ∆ tập hợp điểm M (z) cho: −−−→ M M0 = tu, t ∈ R: M (z) ∈ ∆ ⇔ z − z0 = ut ⇔ z = z0 + ut, t ∈ R Ta nói: 28 • Đường thẳng ∆ qua điểm M0 (z0 ), có vectơ phương u(u), có phương trình tham số là: z = z0 + ut, với t ∈ R • Đường thẳng ∆ qua hai điểm M1 (z1 ), M2 (z2 ) có phương trình tham số là: z = z1 + (z2 − z1 )t, với t ∈ R Chú ý: • Đoạn thẳng M1 M2 tập hợp điểm M (z) cho z = z1 + (z2 − z1 )t, với ≤ t ≤ • Tia M1 M2 , gốc điểm M1 (z1 ) tập hợp tất điểm M (z) cho z = z1 + (z2 − z1 )t, với ≤ t b Phương trình tắc đường thẳng Cho đường thẳng ∆ qua điểm M0 (z0 ), có vectơ phương u(u) = Khi đó: Điểm M (z) ∈ ∆ ⇔ [z − z0 , u] = ⇔ (z − z0 )u − (z − z0 )u = (z − z0 ) u z − z0 = ⇔ (z − z0 ) = (z − z0 ) u u u Như vậy, phương trình đường thẳng qua điểm M0 (z0 ) có vectơ phương u có dạng: ⇔ (z − z0 ) u z − z0 = (z − z0 ) = (z − z0 ) u u u c Điều kiện song song vng góc hai đường thẳng Cho hai đường thẳng d1 , d2 có vectơ phương tương ứng u(z), v(w) • Điều kiện song song hai đường thẳng d1 , d2 là: d1 ||d2 ⇔ u||v ⇔ [z, w] = ⇔ (zw − zw) = d1 ||d2 ⇔ z = kw, với k ∈ R • Điều kiện vng góc hai đường thẳng d1 , d2 là: d1 ⊥ d2 ⇔ u ⊥ v ⇔ w, z = ⇔ (zw + zw) = d1 ⊥ d2 ⇔ z = ikw, với k ∈ R 29 2.4.2 Ứng dụng số phức để giải số tốn hình học phẳng Trong phần ta sử dụng số phức để biểu thị đối tượng hình học phẳng như: điểm, vectơ, đường thẳng, Do đó, ta dùng số phức để giải số tốn hình học phẳng Ta xét số toán cụ thể sau Ví dụ 13 Cho tam giác ABC Chứng minh rằng: a Ba đường trung tuyến tam giác đồng quy điểm −→ −−→ −→ b Điểm G trọng tâm tam giác khi: GA + GB + GC = Giải: y C N M G A P B x a Chọn hệ tọa độ Decartes xOy cho gốc tọa độ O trùng với A; AB nằm trục thực Ox Khi đó: A(0); B(b), b ∈ R; C(c), c = c1 + ic2 Gọi M(m), N(n), P(p) trung điểm AC, CB, BA; có tọa b+c c b ;n = ;p = 2 Giả sử G=AM ∩ BN có tọa vị g Ta chứng minh G thuộc trung tuyến PC vị m = Phương trình đường trung tuyến AM, BN, CP là: b+c t; (t ∈ R) c (BN) : z = b + ( − b)s; (s ∈ R) b (CP) : z = c + ( − c)r; (r ∈ R) (AM) : z = Ta tìm tham số t, s thỏa mãn phương trình: 30 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ b+c c t = b + ( − b)s 2 (b + c)t = 2b + (c − 2b)s b(t + 2s − 2) + c(t − s) = b(t + 2s − 2) + (c1 + ic2 )(t − s) = b(t + 2s − 2) + c1 (t − s) + ic2 (t − s) = (13) Vì A, B, C khơng thẳng hàng nên Imc = 0, tức c2 = Do đó: b(t + 2s − 2) + c1 (t − s) = t + 2s = 2 ⇔ ⇔t=s= s−t=0 s=t Thay t = vào phương trình AM ta được: b+c b+c g= = 3 b+c thay vào phương trình đường trung tuyến CP ta được: Với g = b+c b b+c b = c+( −c)r ⇔ −c− r+cr = ⇔ (b−2c)(2−3r) = ⇔ r = 3 Vậy G(g) thuộc trung tuyến CP (13) ⇔ Nhận xét: −→ b + c −−→ b+c b+c b+c , GM có tọa vị − = suy 3 −→ −−→ GA = −2GM −−→ −−→ −→ −→ Tương tự ta có: GB = −2GN , GC = −2GP GA có tọa vị − Ta sử dụng tính chất tích lệch để chứng minh G thuộc PC −→ −→ G, C, P thẳng hàng ⇔ [GC, GP ] = b Giả sử A(a), B(b), C(c) ba đỉnh tam giác ABC Nếu G(g) trọng tâm tam giác ABC theo nhận xét 1) ta có: −→ GA −−→ −−→ = −2GM = 2M G b+c ⇔ a − g = 2(g − ) ⇔ a − g = 2g − (b + c) a+b+c ⇔ g = 31 Mặt khác: −→ GA có tọa vị a − g ; −−→ GB có tọa vị b − g ; −→ GC có tọa vị c − g ; −→ −−→ −→ suy ra: GA+ GB + GC có tọa vị a+b+c−3g = (a+b+c)−(a+b+c) = −→ −−→ −→ hay GA + GB + GC = −→ −−→ −→ Ngược lại, GA + GB + GC = g = −→ a+b+c 2a − b − c −−→ b + c 2a − b − c M G có tọa vị g − = −→ −−→ đó: GA = 2M G hay G trọng tâm tam giác ABC suy ra: GA có tọa vị a − g = Ví dụ 14 Cho G trọng tâm tam giác ABC; M,N điểm cho: −−→ −−→ −−→ −−→ M N = M A + M B + M C Gọi A’ điểm đối xứng A qua M Chứng minh tam giác ABC, ANA’ có trọng tâm Giải: Xét mặt phẳng phức, giả sử điểm A, B, C, G, M, N, A’ có tọa vị a, b, c, g, m, n, a Từ giả thiết ta có: n−m =a−m+b−m+c−m ⇔ n − m = a + b + c − 3m ⇔ n + 2m = a + b + c Lại có: M trung điểm AA’ ⇔ m = a+a ⇔ 2m = a + a Gọi G’(g ) trọng tâm tam giác ANA’, suy ra: g = a+n+a n + 2m a + b + c = = = g 3 Vậy tam giác ABC tam giác ANA’ có trọng tâm −−→ −−→ Ví dụ 15 Cho tam giác ABC, BC lấy điểm E F cho EB = k EC −−→ −→ −→ −→ −→ F C , với k = Hãy biểu diễn vectơ AE, AF , EF theo k→ −→ − vectơ AB, AC F B = 32 Giải: A B E F C Trên mặt phẳng phức, gọi tọa độ điểm là: A(a), B(b), C(c), E(e), F(f ) −→ • Biểu diễn vectơ AE −→ Ta có: AE = e − a Theo giả thiết: −−→ − − → kc − b EB = k EC ⇔ b − e = k(c − e) ⇔ (k − 1)e = kc − b ⇔ e = k−1 kc − b kc − b − ka + a a − b kc − a Từ ta có: e − a = −a = = + k−1 k−1 k−1 k−1 k =− (b − a) + (c − a) k−1 k−1 −→ −→ k −→ AB + AC Như AE = − k−1 k−1 −→ • Biểu diễn vectơ AF −→ Ta có AF = f − a −−→ −→ Từ giả thiết ta có F B = F C ⇔ c − f = k(b − f ) k k Biến đổi tương tự ta được: f −a = (b−a)− (c−a) k−1 k−1 −→ k −→ −→ Như AF = AB − AC k−1 k−1 −→ • Biểu diễn vectơ EF Ta có: 33 −→ −→ −→ EF = AF − AE −→ −→ k −→ k −→ AB − AC + AB − AC = k−1 k−1 k−1 k−1 k + −→ k + −→ = AB − AC k−1 k−1 −→ k + −→ k + −→ AB − AC Như EF = k−1 k−1 Ví dụ 16 Cho điểm cố định B, C A điểm nửa mặt phẳng xác định BC Dựng phía ngồi tam giác ABC hình vng ABDE ACFG Chứng minh DF qua điểm cố định Giải: G E F A D B C Trên mặt phẳng phức, gọi tọa vị điểm là: A(a), B(b), C(c), D(d), E(e), F(f ), G(g) Khơng tính tổng quát ta đặt b = −1 c = Khi đó: d − b = i(a − b) f − c = −i(a − c) Như ta có: d + = ia + i f − = −ia + i Từ suy ra: d + f = 2i, hay d+f = i Điều chứng tỏ trung điểm DF điểm cố định 2.5 Bài tập đề nghị Bài 1: Giải hệ phương trình sau: 34  √    3x(1 + ) =2 x + y √ √   ) =4  7y(1 − x−y x3 − 3xy − x + = x2 − 2xy − y y − 3x2 y + y − = y − 2xy − x2  √    x(1 − 12 ) =2 3x + y √ 12   ) =6  y(1 + 3x + y  x + 2y   ) =2 x + ( 2 x +y 2x − y   ) y + ( 2 x +y  3x − y   ) =3 x + ( 2 x +y x + 3y   ) =0 y − ( x + y2  16x − 11y   ) =7 x + ( 2 x +y 16x + 11y   ) y − ( 2 x +y =0 = −1 x3 − 3xy = −1 √ 3x2 y − y = −  x4 − 6x2 y + y = x3 y − y x = √ 35 Bài 2: Tìm tất đa thức P (x) thỏa mãn điều kiện: P (x).P (x + 1) = P (x2 + 1) n Bài 3: Với giá trị n đa thức (x + 1) + xn + chia hết cho đa thức x2 + x + Bài 4: ( USAMO, 1984): Tích hai bốn hệ số khác khơng phương trình bậc bốn x4 − 18x3 + kx2 + 200x − 1984 = −32 Tìm k Bài 5: Tính tổng sau: 1 C + ··· 27 n 1 T2 = C0n − C2n + C4n − C6n + · · · 27 √ √ √ √ 29 29 √ 3 T3 = 3C30 −3( 3) C30 +5( 3)5 C530 −· · ·−27( 3)27 C27 +29( 3) C30 30 T1 = C1n − C3n + C5n − 15 30 T4 = 2.3C230 − 4.32 C430 + 6.33 C630 − · · · − 28.314 C28 30 + 30.3 C30 24 T5 = C025 + 2C225 − 3.4C425 + 5.6C625 − · · · + 21.22C22 25 − 24.24C25 25 T6 = C125 + 2.3C325 − 4.5C525 + 6.7C725 − · · · + 22.23C23 25 − 24.25C25 Bài 6: Trên mặt phẳng với hệ tọa độ Descartes xOy cho tam giác ABC với đỉnh A(1; 0), B(0; 3); C(−3; −5) −−→ −−→ −−→ → − a Xác định điểm M cho 2M A − 3M B + 2M C = b Xác định trọng tâm G tam giác ABC điểm D cho tứ giác ABCD hình bình hành Bài 7: Cho tam giác ABC có trọng tâm G, M điểm thuộc mặt phẳng tam giác Chứng minh rằng: a AB + BC + CA2 = 3(GA2 + GB + GC ) b M A2 + M B + M C = GA2 + GB + GC + 3M G2 Bài 8: Cho điểm cố định B, C A điểm nửa mặt phẳng xác định BC Dựng phía ngồi tam giác ABC hình 36 vng ABDE ACFG Gọi M N trung điểm đoạn thẳng DG EF Chứng minh độ dài đoạn MN đại lượng cố định khơng phụ thuộc vào vị trí điểm A Bài 9: Cho tam giác ABC Dựng bên ngồi tam giác ABC tam giác vng cân A’BC, B’AC, C’AB Gọi M trung điểm BC Chứng minh rằng: a AA’ ⊥B’C’ AA’= B’C’ b.Tam giác MB’C’ tam giác vuông cân Hướng dẫn- Đáp số: Bài 1: Đặt √ u = x≥0 √ v = y≥0 √ ) = u2 + v √3 Hệ đưa   v(1 − √ ) = u + v2    u(1 + Nhân hai vế phương trình thứ hai với i cộng vào phương trình thứ Đặt z = u + iv sử dụng tính chất (|z|)2 = u2 + v = zz để biến đổi phương trình bậc hai theo √ z √ Đáp số: (x, y) = ( 11 + 22 + ; ) 21 Đáp số: (x, y) ∈ {(1, 0); (−1, 0); (1, 1)} √ √ √ √ Đáp số: (x, y) ∈ {(4 − 3; 12 − 3); (4 + 3; 12 + 3)} Đáp số: (x, y) ∈ {(2; 1); (0; −1)} Đáp số: (x, y) ∈ {(2; 1); (1; −1)} Đáp số: (x, y) ∈ {(2; −3); (5; 2)} √ Xét z = − i Giả sử z = x + iy thay vào phương trình √ cho ta (x, y) nghiệm hệ mà z bậc ba − i 37 √ −π −π ) + i sin( )) 3 √ −π k2π −π k2π ⇔ z = 2(cos( + ) + i sin( + )); k ∈ {0, 1, 2} 9 √ −π k2π √ −π k2π + ); sin( + )); k ∈ {0, 1, 2}} Đáp số: (x, y) ∈ {( cos( 9 Ta có: − i = 2(cos( Bài 4: Đáp số: k = 86 Bài 5: √ Xét khai triển ( + i)n So sánh phần thực, phần ảo hai số phức 2n nπ nπ 2n Đáp số: T1 = √ T2 = √ cos sin 6 3n 3n−1 Xét khai triển (1 + x)30 Đạo hàm hai vế theo x cho x = i So sánh phần thực, ảo hai số phức √ phần Đáp số: T3 = 15 3.229 T4 = −45.229 Xét khai triển (1 + x)25 Đạo hàm hai vế hai lần theo x cho x = i So sánh phần thực, phần ảo hai số phức Đáp số: T5 = 75.214 − T6 = −25(1 + 3.214 ) Bài 6: a M(−4; −19) b G( −2 −2 ; ) 3 −−→ −→ Tứ giác ABCD hình bình hành ⇔ CD = BA Tính tốn ta được: D(−2; −8) Bài 7: Chọn hệ tọa độ cho G(g) trùng với O Khi đó: a + b + c = 3g = Viết hai vế biểu thức chứng minh cách thay độ dài đoạn thẳng mơđun số phức tương ứng Sau áp dụng tính chất: |z|2 = z.z Bài 8: −−→ −−→ Chứng minh M N = BC Từ có: M N = BC Bài 9: Sử dụng điều kiện vng góc hai vectơ 38 KẾT LUẬN Số phức đóng vai trò quan trọng ứng dụng giải toán Qua nội dung nghiên cứu trên, khóa luận đạt kết sau: Nhắc lại, hệ thống bổ sung kiến thức số phức Trình bày, khai thác số ứng dụng số phức dạng tốn như: • Giải hệ phương trình • Tổ hợp • Bài tốn đa thức • Hình học phẳng Cung cấp số tập minh họa cho việc sử dụng số phức cách khác để giải toán sơ cấp Trong ví dụ có lời giải chi tiết, cụ thể nhằm minh họa rõ ứng dụng Đặc biệt, số tốn đa thức tương đối khó chọn lọc đề thi học sinh giỏi trình bày theo phương pháp sử dụng số phức Do hạn chế kiến thức thời gian, tác giả tìm hiểu số ứng dụng số phức giải toán mà chưa tiếp cận ứng dụng lĩnh vực khoa học khác Trong tương lai, tác giả hi vọng có điều kiện tiếp tục nghiên cứu vấn đề Mong tài liệu bổ ích cho nhiều bạn đọc! 39 Tài liệu tham khảo [1] Trần Nam Dũng, (2015), "Số phức đa thức", Tạp chí Epsilon, số 1, 9-20 [2] Trần Tuấn Nam(chủ biên)- Đàm Văn Nhỉ- Lưu Bá Thắng, Một số ứng dụng đại số đại vào giải toán sơ cấp, (2015), Nhà xuất ĐHSP tp.Hồ Chí Minh [3] Đồn Quỳnh, Số phức với hình học phẳng, (1997), Nhà xuất Giáo dục [4] Nguyễn Hùng Sơn,(2018), "Ứng dụng số phức hình học phẳng", Tạp chí Pi, ISSN 2525-2437, số 4, 14-17 [5] Nguyễn Tiến Tài, Cơ sở số học, (2005), Nhà xuất Đại học Sư phạm Hà Nội [6] Hoàng Trọng Thái- Nguyễn Quốc Bảo, Ứng dụng số phức giải tốn hình học, (2007), Nhà xuất Đại học sư phạm [7] T.Andreescu, D.Andica, Complex numbers from A to Z, (2004), Birkhauser 40 ... 2.5 Ứng dụng số phức toán tổ hợp Ứng dụng số phức hình học phẳng 2.4.1 Ứng dụng số phức để biểu diễn số khái niệm hình học phẳng 2.4.2 Ứng dụng số phức. .. 16 Chương MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA SỐ PHỨC Số phức có nhiều ứng dụng giải toán Một số toán xét tập số thực, việc tìm lời giải gặp nhiều khó khăn, phức tạp Sử dụng tính chất đặc trưng số phức giúp... 1.4.1 Căn bậc n số phức 1.4.2 Căn bậc n đơn vị MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA SỐ PHỨC 2.1 Ứng dụng số phức giải hệ phương trình 2.2 Ứng dụng số phức toán đa thức 2.2.1