Tài liệu Số phức và ứng dụng

  • Số trang: 36 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 62 |
  • Lượt tải: 0
hoanggiang80

Đã đăng 20010 tài liệu

Mô tả:

MATHVN.COM Cao Minh Quang THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, Vĩnh Long CHUYEÂN ÑEÀ: SOÁ PHÖÙC & ÖÙNG DUÏNG NG 02/2009 www.MATHVN.com MATHVN.COM Cao Minh Quang THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, Vĩnh Long CHUYEÂN ÑEÀ: SOÁ PHÖÙC & ÖÙNG DUÏNG 02/2009 www.MATHVN.com 2 MATHVN.COM LỜI NÓI ðẦU ***** Giải bài toán tìm nghiệm phương trình ñại số là một trong những bài toán cổ ñiển ñược rất nhiều nhà toán học quan tâm. Trong khi các phương trình tuyến tính bậc nhất luôn có lời giải trên tập số thực thì phương trình bậc hai, chẳng hạn phương trình x 2 +1 = 0 , không có nghiệm trên tập hợp các số thực. ðến tận thế kỉ XVIII, Leonhard Euler (1707 – 1783), thiên tài toán học Thụy Sĩ, ñã có bước ñột phá khi ñịnh nghĩa số −1 , ñược kí hiệu là i , còn gọi là ñơn vị ảo. ðiều này ñã giúp việc giải phương trình ñại số trở nên dễ dàng hơn. Ví dụ phương trình ñã xét x 2 +1 = 0 có nghiệm là i và −i . Với sự xuất hiện của số i , một trong những kí hiệu thông dụng nhất trong toán học, ñã dẫn ñến việc ñịnh nghĩa số phức dạng z = a + bi , trong ñó a, b là các số thực. Số phức có rất nhiều ứng dụng trong toán học, gần như trong tất cả các lĩnh vực: ðại Số, Số Học, Giải Tích, Hình Học… Bắt ñầu từ năm học 2008 – 2009, số phức ñược ñưa vào dạy chính thức ở các lớp 12 phổ thông trung học. Chúng tôi quyết ñịnh chọn ñề tài: “Số phức và Ứng dụng” cho hoạt ñộng nghiên cứu của cá nhân trong năm học 2008 – 2009. ðề tài gồm ba chương. Chương 1 là phần giới thiệu tổng quan về số phức: cách xây dựng số phức, các phép toán, dạng ñại số, dạng lượng giác và dạng lũy thừa của số phức một cách chi tiết, kèm theo ñó là các bài toán ví dụ ñiển hình. Chương 2 và chương 3 nêu lên mối quan hệ giữa số phức và hình học, cuối mỗi chương là các bài toán hình học ñược giải bằng công cụ số phức, ñó là những bài toán hình học hay và khó từ các ñề thi học sinh giỏi quốc gia và quốc tế trong thời gian gần ñây. Mục tiêu chính của ñề tài này là cung cấp cho quý thầy cô giáo và các em học sinh, ñặc biệt học sinh chuyên toán, có một tài liệu tham khảo tốt về số phức cũng như ứng dụng của số phức. Tuy nhiên, trong quá trình biên soạn, chắc hẳn tài liệu vẫn còn những thiếu sót cần ñược ñiều chỉnh và bổ sung. Chúng tôi luôn mong nhận ñược những ý kiến ñóng góp quý báu và chân tình của quý thầy cô giáo và các em học sinh. Mọi góp ý xin liên hệ tác giả theo ñịa chỉ e-mail: kt13quang@yahoo.com Xin chân thành cám ơn! Vĩnh Long, Xuân 2009 Cao Minh Quang www.MATHVN.com 3 MATHVN.COM Mục lục ***** Trang Lời nói ñầu .....................................................................................................................................3 Mục lục ..........................................................................................................................................4 Chương 1. ðịnh nghĩa và các phép toán........................................................................................5 Chương 2. Số phức và hình học....................................................................................................17 Chương 3. Tích thực và tích phức của các số phức ......................................................................31 Tài liệu tham khảo ........................................................................................................................36 www.MATHVN.com 4 MATHVN.COM Chương 1. ðịnh Nghĩa Và Các Phép Toán 1.1 ðịnh nghĩa. Xét tập hợp ℝ 2 = ℝ × ℝ = {( x, y) x, y ∈ ℝ} . Hai phần tử ( x1 , y1 ),( x2 , y2 ) thuộc ℝ 2 bằng nhau khi và chỉ khi x1 = x2 và y1 = y2 . Các phép toán cộng và nhân ñược ñịnh nghĩa trên ℝ 2 như sau: Với mọi z1 = ( x1 , y1 ), z2 = ( x2 , y2 ) ∈ ℝ 2 , ta có • z1 + z2 = ( x1 , y1 ) + ( x2 , y2 ) = ( x1 + x2 , y1 + y2 ) ∈ ℝ 2 • z1 ⋅ z2 = ( x1 , y1 ) ⋅ ( x2 , y2 ) = ( x1x2 − y1 y2 , x1 y2 + x2 y1 ) ∈ ℝ 2 Phần tử z1 + z2 ∈ ℝ 2 ñược gọi là tổng của z1 , z2 , phần tử z1 z2 ∈ ℝ 2 ñược gọi là tích của z1 , z2 . Chú ý. Nếu z1 = ( x1 ,0) ∈ ℝ 2 , z2 = ( x2 ,0) ∈ ℝ 2 thì z1 z2 = ( x1 x2 ,0) . Nếu z1 = (0, y1 ) ∈ ℝ 2 , z2 = (0, y2 ) ∈ ℝ 2 thì z1 z2 = (− y1 y2 ,0) . Ví dụ. Nếu z1 = (−5,6), z2 = (1, −2) thì z1 + z2 = (−5,6) + (1, −2) = (−4, 4) và z1 z2 = (−5,6)(1, −2) = (−5 + 12,10 + 6) = (7,16) . ðịnh nghĩa. Tập hợp ℝ 2 với các phép toán cộng và nhân như trên ñược gọi là tập hợp các số phức, ñược kí hiệu là ℂ . Bất kì một phần tử z = ( x, y ) ∈ ℂ ñược xem là một số phức. Ngoài ra, ta còn kí hiệu ℂ* = ℂ \ {(0,0)} . 1.2 Một số tính chất cơ bản 1.2.1. Tính chất ñối với phép toán cộng (a) Tính giao hoán. z1 + z2 = z2 + z1 , với mọi z1 , z2 ∈ ℂ . (b) Tính kết hợp. ( z1 + z2 ) + z3 = z1 + ( z2 + z3 ) , với mọi z1 , z2 , z3 ∈ ℂ . (c) Phần tử ñơn vị. Tồn tại duy nhất số phức 0 = (0,0) sao cho z + 0 = 0 + z = z , với mọi z ∈ ℂ . 0 là phần tử ñơn vị ñối với phép cộng. (d) Phần tử ñối. Với mọi z ∈ ℂ , tồn tại duy nhất −z ∈ ℂ sao cho z + (−z ) = (−z ) + z = 0 . Khi ñó ta nói −z là số ñối (phần tử ñối) của z . Từ ñây, ta có thể ñịnh nghĩa phép trừ của hai số phức z1 = ( x1 , y1 ), z2 = ( x2 , y2 ) như sau: z1 − z2 = ( x1 , y1 ) − ( x2 , y2 ) = ( x1 − x2 , y1 − y2 ) ∈ ℂ 1.2.2. Tính chất ñối với phép toán nhân (a) Tính giao hoán. z1 z2 = z2 z1 , với mọi z1 , z2 ∈ ℂ (b) Tính kết hợp. ( z1 z2 ) z3 = z1 ( z2 z3 ) , với mọi z1 , z2 , z3 ∈ ℂ . (c) Phần tử ñơn vị. Tồn tại duy nhất số phức 1 = (1,0) sao cho z.1 = 1.z = z , với mọi z ∈ ℂ . 1 là phần tử ñơn vị ñối với phép nhân. (d) Phần tử ñối. Với mọi z = ( x, y ) ∈ ℂ* , tồn tại duy nhất z −1 = ( x ', y ') ∈ ℂ* sao cho z.z −1 = z −1 z = 1 . Khi ñó ta nói z −1 là số ñối (phần tử ñối) của z . Dựa vào mối quan hệ của z, z −1 như trên, ta có thể xác ñịnh ñược www.MATHVN.com 5 MATHVN.COM 1  x y z −1 =  =  2 , 2  ∈ ℂ* . 2 2 z  x + y x + y  Từ ñây, ta có thể ñịnh nghĩa phép chia của hai số phức. Xét hai số phức z1 = ( x1 , y1 ) ∈ ℂ, z = ( x, y ) ∈ ℂ* . Khi ñó  x z1 y   x1 x + y1 y −x1 y + y1 x  = z1.z −1 = ( x1 , y1 ) 2 , 2 , 2 = ∈ ℂ . 2 z x + y 2   x + y x + y 2   x 2 + y 2  1 −2   1 −2  Ví dụ. Nếu z = (1, 2) thì z −1 =  2 . , = , 1 + 22 12 + 22   5 5  Nếu z1 = (1,2), z2 = (3,4) thì z1  3 + 8 −4 + 6   11 2  = ,  =  , . z2  9 + 16 9 + 16   25 25  * Lũy thừa nguyên của số phức. Lũy thừa nguyên của một số phức z ∈ ℂ* ñược ñịnh nghĩa như sau: −n z 0 = 1, z1 = z , z 2 = z.z , z n =  z.z...z (n ∈ ℤ+ ), z n = ( z −1 ) ( n ∈ ℤ− ) . n Trường hợp z = 0 , ta ñịnh nghĩa 0 = 0, n ∈ ℤ+ . n Các tính chất của lũy thừa nguyên của số phức cũng tương tự như số thực. (e) Tính phân phối của phép nhân ñối với phép cộng. z1 ( z2 + z3 ) = z1 z2 + z1 z3 , với mọi z1 , z2 , z3 ∈ ℂ . 1.3 Biểu diễn số phức dưới dạng ñại số Theo ñịnh nghĩa trên, mỗi số phức tương ứng với một cặp số ( x, y ) ∈ ℝ 2 , ñiều này sẽ gây ít nhiều khó khăn cho việc trình bày các kiến thức về số phức. Vì lẽ ñó, ta sẽ biểu diễn các số phức dưới dạng ñại số. Xét tập hợp ℝ × {0} , cùng với phép toán cộng và nhân trên ℝ 2 như trên. Khi ñó hàm số f : ℝ  → ℝ ×{0} , f ( x ) = ( x,0) là song ánh. Hơn nữa, ( x,0) + ( y,0) = ( x + y,0) và ( x,0) ⋅ ( y,0) = ( xy,0) . Ta nhận thấy rằng các phép toán trên ℝ ×{0} cũng tương tự như trên ℝ . Từ ñây, ta sẽ ñồng nhất cặp số ( x,0) với số x , ta viết ( x,0) = x . Bây giờ ta ñặt i = (0,1) . Khi ñó ta có i 2 = −1 . Thật vậy, i 2 = (0,1)⋅ (0,1) = (−1,0) = −1 . Ta có mệnh ñề sau. Mệnh ñề. Mọi số phức z = ( x, y ) ñều ñược biểu diễn duy nhất dưới dạng z = x + iy . Chứng minh. Thật vậy, z = ( x, y ) = ( x,0) + (0, y ) = ( x,0) + (0,1)⋅ ( y,0) = x + iy . Khi số phức z ñược biểu diễn dưới dạng z = x + iy , ta gọi x là phần thực của z và kí hiệu là x = Re( z ) , còn y là phần ảo và ñược kí hiệu là y = Im ( z ) ; i ñược gọi là ñơn vị ảo. Từ cách biển diễn trên, ta cũng có một số nhận xét ñơn giản sau: a) z1 = z2 ⇔ Re ( z1 ) = Re ( z2 ) và Im ( z1 ) = Im ( z2 ) . b) z ∈ ℝ ⇔ Im ( z ) = 0, z ∈ ℂ \ ℝ ⇔ Im ( z ) ≠ 0 . Ngoài ra ta có một số tính chất về các phép toán các số phức ñược biểu diễn dưới dạng ñại số. 1. Phép cộng www.MATHVN.com 6 MATHVN.COM z1 + z2 = ( x1 + iy1 ) + ( x2 + iy2 ) = ( x1 + x2 ) + ( y1 + y2 )i . Nhận xét. Re ( z1 + z2 ) = Re ( z1 ) + Re ( z2 );Im ( z1 + z2 ) = Im ( z1 ) + Im ( z2 ) . 2. Phép nhân z1.z2 = ( x1 + iy1 )( x2 + iy2 ) = ( x1 x2 − y1 y2 ) + ( x1 y2 + x2 y1 )i . Nhận xét. Re( z1 z2 ) = Re ( z1 ) Re( z2 ) − Im ( z1 ) Im ( z2 );Im ( z1z2 ) = Re( z1 ) Im ( z2 ) + Re ( z2 ) Im ( z1 ) . Ngoài ra nếu λ là một số thực và z = x + yi thì ta có λ z = λ ( x + yi ) = λ x + λ yi . 3. Phép trừ z1 − z2 = ( x1 + iy1 ) − ( x2 + iy2 ) = ( x1 − x2 ) + ( y1 − y2 )i . Nhận xét. Re ( z1 − z2 ) = Re ( z1 ) − Re ( z2 );Im ( z1 − z2 ) = Im ( z1 ) − Im ( z2 ) . 1.4 Lũy thừa của i Từ tính chất i 2 = −1 , ta dễ dàng nhận thấy rằng i n ∈ {1, −1, i, −i} , trong ñó n là một số nguyên −n −n −n dương; trường hợp n là một số nguyên âm, ta viết i n = (i−1 ) = (1 i ) = (−i ) . Ví dụ. Tìm số phức z = x + yi; x, y ∈ ℤ thỏa mãn ñiều kiện z 3 = 18 + 26i . 3 2 Lời giải. Ta có z 3 = ( x + yi ) = ( x + yi ) ( x + yi ) = ( x 2 − y 2 + 2 xyi )( x + yi ) = = ( x 3 − 3 xy 2 ) + (3 x 2 y − y 3 ) .   x 3 − 3xy 2 = 18 Từ ñiều kiện z 3 = 18 + 26i , ta nhận ñược hệ phương trình  .  2 3   3x y − y = 26 Từ phương trình ñầu của hệ, ta nhận thấy x ≠ 0, y ≠ 0 . Bằng cách ñặt y = tx , từ phương trình 18(3 x 2 y − y 3 ) = 26( x3 − 3 xy 2 ) , ta có 18(3t − t 3 ) = 26 (1 − 3t 2 ) hay (3t − 1)(3t 2 − 12t − 13) = 0 . 1 Phương trình này có nghiệm hữu tỉ t = . Thế vào phương trình ñầu của hệ, ta nhận ñược y = 1 , 3 suy ra x = 3 . Do ñó z = 3 + i . 1.5 Số phức liên hợp Cho số phức z = x + yi , khi ñó số phức có dạng z = x − yi ñược gọi là số phức liên hợp của số phức z . Ta có mệnh ñề sau. Mệnh ñề. Với mọi số phức z, z1 , z2 ta có các tính chất sau: (1) z = z ⇔ z ∈ ℝ . (2) z = z . (3) z.z ∈ ℝ . (4) z1 + z2 = z1 + z2 . (5) z1.z2 = z1.z2 . −1 (6) z −1 = ( z ) . z  z (7)  1  = 1 , z2 ≠ 0 .  z2  z2 (8) Re ( z ) = z+z z−z , Im ( z ) = . 2 2iwww.MATHVN.com 7 Việc chứng minh các tính chất trênMATHVN.COM tương ñối dễ dàng, dựa trên cơ sở của ñịnh nghĩa. Nhận xét. Với mọi số phức z ∈ ℂ* , ta có 1 z x − yi x y = = 2 = 2 − 2 i. 2 2 z z.z x + y x +y x + y2 Với mọi số phức z2 ∈ ℂ* , ta có ( x + y1i )( x2 − y2i ) x1 x2 + y1 y2 −x1 y2 + x2 y1 z1 z .z = 1 2 = 1 = + i. z2 z2 .z2 x22 + y22 x22 + y22 x22 + y22 1.6 ðộ lớn (modul) của số phức Số z = x 2 + y 2 là ñộ lớn (hay modul) của số phức z = x + yi . Chẳng hạn, nếu cho các số phức z1 = 4 + 3i, z2 = −3i, z3 = −2 thì z1 = 5, z3 = 3, z3 = 2 Một số tính chất về modul của số phức sẽ ñược thể hiện ở mệnh ñề dưới ñây. Mệnh ñề. Với mọi số phức z, z1 , z2 ta có các tính chất sau: (1) − z ≤ Re( z ) ≤ z , − z ≤ Im ( z ) ≤ z . (2) z ≥ 0, z = 0 ⇔ z = 0 . (3) z = −z = z . 2 (4) z.z = z . (5) z1.z2 = z1 . z2 . (6) z1 − z2 ≤ z1 + z2 ≤ z1 + z2 . (7) z −1 = z (8) −1 , z ≠ 0. z z1 = 1 , z2 ≠ 0 . z2 z2 1.7 Biểu diễn hình học của các phép toán ñại số 1.7.1 Biểu diễn hình học của số phức Ta vừa ñịnh nghĩa số phức z = ( x, y ) = x + yi tương ứng với cặp số thực ( x, y ) ∈ ℝ × ℝ , vì vậy, một cách tự nhiện, ta có thể ñặt số phức z = x + yi ứng với một ñiểm M ( x, y ) trong mặt phẳng ℝ × ℝ . Gọi P là tập hợp tất cả các ñiểm trong mặt phẳng tương ñương với hệ trục tọa ñộ Oxy . Khi ñó ánh xạ ϕ : ℂ  → P, ϕ ( z ) = M ( x, y ) là song ánh. ðịnh nghĩa. ðiểm M ( x, y ) ñược gọi là ảnh hình học của số phức z = x + yi . Ngược lại, số phức z = x + yi ñược gọi là tọa ñộ phức của ñiểm M ( x, y ) . Hơn nữa, ta sẽ dùng kí hiệu M ( z ) ñể chỉ tọa ñộ phức của M là số phức z . www.MATHVN.com 8 MATHVN.COM Từ ñịnh nghĩa này, ta suy ra ñiểm M '( x, − y ) (ñối xứng với M ( x, y ) qua trục Ox) là ảnh hình học của z = x − yi .   Ta biết rằng, tọa ñộ của ñiểm M ( x, y ) cũng là tọa ñộ của vector v = OM , do ñó, ta cũng có   thể ñồng nhất số phức z = x + yi với vector v = OM . Gọi V0 là tập hợp tất cả các vector có cùng ñiểm gốc O . Khi ñó, ta chứng minh ñược ánh xạ     ϕ ' : ℂ  →V0 , ϕ '( z ) = OM = v = xi + y j ,  Là song ánh, trong ñó i, j là các vector ñơn vị của trục hoành và trục tung. 1.7.2 Biểu diễn hình học của modul Xét số phức z = x + yi có tọa ñộ ảnh hình học M ( x, y ) trong mặt phẳng phức. Ta có 2 2 OM = ( xM − xO ) + ( yM − yO ) ,  suy ra OM = x 2 + y 2 = z = v . Nói cách khác, modul của số phức z = x + yi là ñộ dài của  ñoạn thẳng OM hay ñộ dài của vetor v . 1.7.3 Biểu diễn hình học của các phép toán ñại số a) Phép cộng và phép trừ. Xét các số phức z1 = x1 + y1i và z1 = x2 + y2i lần lượt tương ứng         với các vector v = x1 i + y1 j, v = x2 i + y2 j . Ta dễ dàng thấy rằng z1 ± z2 tương ứng với v1 + v2 . Ví dụ. Ta có (3 + 5i) + (6 + i ) = 9 + 6i , vì vậy ảnh hình học của tổng này ñược thể hiện là Ta có (−3 + i ) − (2 + 3i ) = −5 − 2i , vì vậy ảnh hình học của hiệu này ñược thể hiện là www.MATHVN.com 9 MATHVN.COM   2 2 Chú ý. Ta có M 1M 2 = M 1M 2 = z1 − z2 = v1 − v2 = ( x2 − x 1 ) + ( y2 − y1 ) .    b) Tích của một số thực và một số phức. Xét số phức z = x + yi ứng với vector v = xi + y j .    Nếu λ là một số thực thì λ z = λ x + λ yi ứng với vector λ v = λ xi + λ y j . Hơn nữa, nếu λ > 0 thì    các vector λ v, v cùng hướng và λv = λ v . 2. Số phức dưới dạng lượng giác 2.1 Tọa ñộ cực trong mặt phẳng Trong mặt phẳng tọa ñộ, ta xét ñiểm M ( x, y ) không trùng gốc tọa ñộ. Số thực r = x 2 + y 2  ñược gọi là bán kính cực của ñiểm M . Góc t * ∈ [0,2π ) hợp bởi vector OM với trục Ox (theo chiều dương) ñược gọi là argument cực của ñiểm M . Cặp (r , t * ) ñược gọi là tọa ñộ cực của ñiểm M . Khi ñó ta viết M (r , t * ) . Ta chú ý rằng hàm số h : ℝ × ℝ \ {0,0}  →(0, +∞)×[ 0, 2π ) , trong ñó h (( x, y )) = (r , t * ) là một song ánh. Gốc tọa ñộ O là ñiểm duy nhất mà r = 0 , nhưng argument t * không xác ñịnh. Với bất kỳ ñiểm M ( x, y ) trong mặt phẳng, tồn tại duy nhất một ñiểm P là giao ñiểm của tia OM với ñường tròn ñơn vị tâm O . Khi ñó ñiểm P có cùng argument cực với M là t * . Ta dễ dàng tìm ñược tọa ñộ của P (cos t * ,sin t * ) và M (r cos t * , r sin t * ) , trong ñó r = x 2 + y 2 . www.MATHVN.com 10 MATHVN.COM Vấn ñề ñặt ra là với bất kỳ ñiểm M ( x, y ) trong mặt phẳng, ta sẽ tìm argument cực của ñiểm M là t * như thế nào? Ta xét hai trường hợp sau: (a) Nếu x ≠ 0 , từ kết quả tan t * = y y , ta có ñược t * = arctan + kx , với x x   0 ( x > 0, y ≥ 0)   k = 1 ( x < 0, y ∈ ℝ ) .     2 ( x > 0, y < 0) (b) Nếu x = 0, y ≠ 0 , thì  π   ( y > 0)  2 * t =  3π  ( y < 0)    2 Ví dụ. 1. Tìm tọa ñộ cực của các ñiểm sau: ( ) M 1 (2, −2), M 2 (−1,0), M 3 −2 3, −2 , M 4 ( ) 3,1 , M 5 (3,0), M 6 (−2,2) . Lời giải. Ta kí hiệu tọa ñộ cực của ñiểm M i là (ri , ti* ), i = 1, 2,...,6 . Ta có •  π 7π 7π  2 , do ñó M 1 2 2,  . r1 = 22 + (−2) = 2 2, t1* = arctan (−1) + 2π = − + 2π =   4 4 4 • r1 = 1, t2* = arctan 0 + π = π , do ñó M 2 (1, π ) . • r3 = 4, t3* = arctan  7π  3 π 7π +π = +π = , do ñó M 3 4,  .  6  3 6 6 • r4 = 2, t4* = arctan  π 3 π = , do ñó M 4 2,  .  6  3 6 • r5 = 3, t5* = arctan 0 + 0 = 0 , do ñó M 5 (3,0) . •  π 3π 3π  , do ñó M 6 2 2,  . r6 = 2 2, t6* = arctan (−1) + π = − + π =  4 4 4  2π   7π  2. Tìm tọa ñộ (Descartes) của các ñiểm M 1 2, , M 2 3, , M 3 (1,1) .  3   4  Lời giải. Ta kí hiệu tọa ñộ (Descartes) của ñiểm M i là ( xi , yi ) , i = 1, 2,3 . Ta có • x1 = 2cos 2π 2π = −1, y1 = 2sin = 3 , do ñó M 1 −1, 3 . 3 3 ( ) www.MATHVN.com 11 • • MATHVN.COM  3 3 3 3  7π 3 2 7π 3 2  . x2 = 3cos , y2 = 3sin , do ñó M 2  = =− ,−  2 4 2 4 2 2  x3 = cos1, y3 = sin1 , do ñó M 3 (cos1,sin1) . 2.2 Biểu diễn số phức dưới dạng lượng giác Từ sự tương ứng giữa tọa ñộ Descartes và tọa ñộ cực của ñiểm M , cho phép ta biểu diễn bất kỳ số phức z = x + yi dưới dạng lượng giác là z = r (cos t * + i sin t * ) , trong ñó r ∈ [ 0, +∞) và t * ∈ [0, 2π ) . Khi ñó, ta gọi t * là argument (chính) của z , ký hiệu là arg z và r là modul của z . Với mọi z ≠ 0 , modul và argument của z ñược xác ñịnh duy nhất. Nhận xét. Cho z = r (cos t * + i sin t * ) và t = t * + 2k π, k ∈ ℤ thì z = r cos (t − 2k π ) + i sin (t − 2k π ) = r (cos t + i sin t ) , tức là, bất kỳ số phức z nào cũng có thể ñược viết dưới dạng z = r (cos t + i sin t ) , r ≥ 0, t ∈ ℝ . Tập hợp Argz = {t : t * + 2k π, k ∈ ℤ} ñược gọi là argument mở rộng của số phức z . Do ñó, hai số phức z1 , z2 ≠ 0 , có dạng z1 = r1 (cos t1 + i sin t1 ), z2 = r2 (cos t2 + i sin t2 ) bằng nhau khi và chỉ khi r1 = r2 và t1 = t2 + 2k π, k ∈ ℤ . Ví dụ. 1. Hãy biểu diễn các số phức sau dưới dạng lượng giác và xác ñịnh argument mở rộng của chúng: z1 = −1 − i, z2 = 2 + 2i, z3 = −1 + i 3 . Lời giải. Ta kí hiệu ri , ti* , Pi là modul, argument chính và ảnh của số phức zi , i = 1, 2,3 . Ta có 2 • 2 r1 = (−1) + (−1) = 2, t1* = arctan y π 5π . Do ñó + π = arctan1 + π = + π = x 4 4   5π  5π 5π    z1 = 2 cos + i sin  và Argz1 =  + 2k π, k ∈ ℤ .    4 4 4    • r2 = 2 2 + 22 = 2 2, t2* = arctan1 = π . Do ñó 4  π  π π   z2 = 2 2 cos + i sin  và Argz2 =  + 2k π, k ∈ ℤ    4 4 4    2 • r3 = (−1) + 2 ( 3) π 2π = 2, t3* = arctan − 3 + π = − + π = . Do ñó 3 3 ( )   2π  2π 2π  z3 = 2 cos + 2 k π , k ∈ ℤ + i sin  và Argz3 =       3 3 3    www.MATHVN.com 12 2.3 Các phép toán của số phức biểuMATHVN.COM diễn dưới dạng lượng giác 1. Phép nhân Mệnh ñề. Giả sử rằng z1 = r1 (cos t1 + i sin t1 ), z2 = r2 (cos t2 + i sin t2 ) . Khi ñó z1 z2 = r1r2  cos (t1 + t2 ) + i sin (t1 + t2 ) Chứng minh. Ta có z1 z2 = r1r2 (cos t1 + i sin t1 )(cos t2 + i sin t2 ) = r1r2 (cos t1 cos t2 − sin t1 sin t2 ) + i (sin t1 cos t2 + sin t2 cos t1 ) = r1r2 cos (t1 + t2 ) + sin (t1 + t2 ) . Chú ý. a) Từ hệ thức trên, ta thấy ñược z1 z2 = z1 . z2 . 0, khi arg z1 + arg z2 < 2π  . b) Ta có arg ( z1 z2 ) = arg z1 + arg z2 − 2kπ , trong ñó k =    1, khi arg z1 + arg z2 ≥ 2π c) Ta có thể viết A rg ( z1 z2 ) = {arg z1 + arg z2 + 2k π, k ∈ ℤ} . d) Nếu zk = rk (cos tk + i sin tk ), k = 1,2,..., n thì z1 z2 ...zn = r1r2 ...rn  cos (t1 + t2 + ... + tn ) + i sin (t1 + t2 + ... + tn ) 2. Lũy thừa của số phức ðịnh lý. (Công thức De Moivre)1, (Nhà toán học Pháp (1667 – 1754)). Cho z = r (cos t + i sin t ), n ∈ ℕ . Ta có z n = r n (cos nt + i sin nt ) ðịnh lý ñược suy ra trực tiếp từ nhận xét d) khi cho z1 = z2 = ... = zn = z . n Chú ý. a) z n = z . n b) Nếu r = 1 thì (cos t + i sin t ) = cos nt + i sin nt . c) Ta có thể viết A rg z n = {n arg z + 2k π, k ∈ ℤ} . 3. Phép chia Mệnh ñề. Giả sử rằng z1 = r1 (cos t1 + i sin t1 ), z2 = r2 (cos t2 + i sin t2 ) ≠ 0 . Khi ñó z1 r = 1 cos (t1 − t2 ) + i sin (t1 − t2 ) z2 r2 Chứng minh. Ta có = r (cos t1 + i sin t1 ) r1 (cos t1 + i sin t1 )(cos t2 − i sin t2 ) z1 r = 1= 1 = z2 r2 r2 (cos t2 + i sin t2 ) r2 (cos 2 t2 + i sin 2 t2 ) r1 (cos t1 cos t2 + sin t1 sin t2 ) + i (sin t1 cos t2 − sin t2 cos t1 ) r2 (cos t2 + i sin t2 ) 2 2 Chú ý. a) Từ hệ thức trên, ta thấy ñược b) Cho z1 = 1 , z2 = z , ta nhận ñược = r1  cos (t1 − t2 ) + i sin (t1 − t2 ) . r2  z z1 r = 1= 1 . z2 r2 z2 1 1 = z −1 = cos (−t ) + i sin (−t ) . z r c) Với mọi n ∈ ℤ , ta có z n = r n (cos nt + i sin nt ) . 1 De Moivre, Nhà toán học Pháp (1667 –www.MATHVN.com 1754) 13 MATHVN.COM Một Số Bài Toán Áp Dụng Bài toán 1. Chứng minh rằng cos π 1+ 5 . = 5 4 π π π π Lời giải. ðặt x = cos , y = sin và z = x + iy = cos + i sin . Ta có z 5 = −1 hay 5 5 5 5 ( z + 1)( z 4 − z 3 + z 2 − z + 1) = 0 . Vì z ≠ −1 nên z 4 − z 3 + z 2 − z + 1 = 0 . Dễ thấy rằng z ≠ 0 , chia hai vế cho z 2 , ta nhận ñược 2  2 1   1 1  1  z + 2  −  z +  + 1 = 0 ⇔  z +  −  z +  − 1 = 0 . z z z z 1± 5 1 1 . Ta ñể ý rằng x =  z +  , từ ñẳng thức trên, ta có 4 x 2 − 2 x −1 = 0 ⇔ x =  4 2 z Vì x > 0 nên x = cos π 1+ 5 . = 5 4 Bài toán 2. Chứng minh rằng cos Lời giải. ðặt z = cos Mặt khác, ta có cos π 3π 5π 1 + cos + cos = . 7 7 7 2 π π + i sin . Khi ñó, z 7 = cos π + i sin π = −1 hay z 7 + 1 = 0 . 7 7 π 3π 5π 1  1 1  1  1 1 + cos + cos =  z +  +  z 3 + 3  +  z 5 + 5  .    z 2 z  2 z  7 7 7 2 = z10 + z 8 + z 6 + z 4 + z 2 + 1 . 2z5 Vì z 7 + 1 = 0 nên z10 = −z 3 và z 8 = −z . Suy ra z10 + z 8 + z 6 + z 4 + z 2 + 1 = z 6 + z 4 − z 3 + z 2 − z + 1 = = z6 − z5 + z 4 − z3 + z 2 − z +1 + z5 = z7 +1 + z5 = z5 . z +1 π 3π 5π z5 1 + cos + cos = 5= . 7 7 7 2z 2 Bài toán 3. (Vietnam 1996) Giải hệ phương trình Do ñó cos    1   3 x 1 +  = 2     x y +    .    1     7 y 1 − = 4 2   x + y     Lời giải. Trước hết, ta nhận thấy x, y > 0 . ðặt u = x , v = y . Hệ phương trình trở thành    1  2  u 1 + 2 =   u + v 2   3  .     4 2 1    2 v 1 − 2 = 7    u +v  Vì u 2 + v 2 là bình phương của modul số phức z = u + iv , bằng cách cộng phương trình thứ nhất với phương trình thứ hai (sau khi nhân hai vế với i ), ta ñược www.MATHVN.com 14 MATHVN.COM  u + iv + Vì  u − iv  2 + i 4 2  . =   u 2 + v 2  3 7  u − iv z z 1 = 2= = nên phương trình trên ñược viết lại dưới dạng 2 2 u +v zz z z z+  2   1 1  2 4 2  4 2  2   2 2  ⇔ z 2 −   z + 1 = 0 ⇔ z =  =  +i +i ± ± 2  .  + i     3  3 z  3 7  7  21   7  1  2   2 2 Từ ñó suy ra (u , v) =  ± ± 2  . Do ñó hệ phương trình có hai nghiệm , 21   7   3 2 2     1 2   2 2  ± ± 2   . ( x, y ) =   ,       3 21 7    Bài toán 4. Cho a, b, c là các số thực sao cho cos a + cos b + cos c = sin a + sin b + sin c = 0 . Chứng minh rằng cos 2a + cos 2b + cos 2c = sin 2a + sin 2b + sin 2c = 0 . Lời giải. ðặt x = cos a + i sin a, y = cos b + i sin b, z = cos c + i sin c . Ta có 1 1 1 + + = (cos a − i sin a ) + (cos b − i sin b) + (cos c − i sin c) = 0 . x y z x + y + z = 0 và 2 Do ñó xy + yz + zx = 0 . Suy ra x 2 + y 2 + z 2 = ( x + y + z ) − 2 ( xy + yz + zx ) = 0 hay (cos 2a + i sin 2a ) + (cos 2b + i sin 2b) + (cos 2c + i sin 2c) = 0 . Từ ñó ta có ñược cos 2a + cos 2b + cos 2c = sin 2a + sin 2b + sin 2c = 0 . Bài toán 5. Tính S n = sin a + sin 2a + ... + sin na và Cn = cos a + cos 2a + ... + cos na . Lời giải. ðặt z = cos a + i sin a . Ta có Cn + iSn = z + z 2 + ... + z n = z Vì cos x − 1 = −2sin 2 z n −1 . z −1 x x x và sin x = 2sin cos nên 2 2 2 na na na −2sin 2 + 2i sin cos z n − 1 cos na + i sin na −1 2 2 2 = = a a a z −1 cos a + i sin a −1 −2sin 2 + 2i sin cos 2 2 2 na  na na  na cos + i sin  sin 2 2 2 2 = a a  a a  sin sin cos + i sin  2 2  2 2 sin = na sin z n −1 2 Do ñó Cn + iS n = z = (cos a + i sin a ) a z −1 sin 2 na 2 = a sin 2 sin  (n − 1) a (n −1) a  cos . + i sin  2 2    (n −1) a (n − 1) a   cos + i sin  2 2    (n + 1) a (n + 1) a   cos . + i sin  2 2   www.MATHVN.com 15 MATHVN.COM ðồng nhất phần thực và phần thực, phần ảo và phần ảo, ta nhận ñược sin S n = sin a + sin 2a + ... + sin na = (n − 1) a na sin 2 2 và a sin 2 sin Cn = cos a + cos 2a + ... + cos na = (n − 1) a na cos 2 2 . a sin 2 Bài Tập 1. Cho các số phức z1 = (1, 2) , z2 = (−2,3), z3 = (1, −1) . Hãy tính a) z1 + z2 + z3 ; b) z1 z2 + z2 z3 + z3 z1 ; c) z1 z2 z3 ; d) z12 + z22 + z32 ; e) z1 z2 z3 + + ; z2 z3 z1 f) z12 + z22 . z22 + z32 2. Chứng minh rằng n n 19 + 7i   20 + 5i  a) E1 = 2 + i 5 + 2 − i 5 ∈ ℝ ; b) E2 =  + ∈ℝ.  9 − i   7 + 6i  ( 7 7 ) ( ) 1 3. Tìm tất cả các số phức z ≠ 0 sao cho z + ∈ ℝ . z 2 4. Tìm tất cả các số phức z sao cho z = 1 và z 2 + z = 1 . 2 5. Tìm tất cả các số phức z sao cho 4 z 2 + 8 z = 8 . 6. Cho z ∈ ℂ* thỏa ñiều kiện z 3 + 1 1 ≤ 2 . Chứng minh rằng z + ≤ 2 . 3 z z 7. Cho các số phức z1 , z2 , z3 thỏa mãn ñiều kiện z1 + z2 = 3, z1 = z2 = 1 . Tính z1 − z2 .  −1 + i 3 n  −1− i 3 n  +  8. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho    = 2 .   2 2     9. Chứng minh rằng cos π 3π 5π 7π 9π 1 + cos + cos + cos + cos = . 11 11 11 11 11 2 1 10. Chứng minh rằng cos 200.cos 400.cos800 = . 8 11. Cho x, y , z ∈ ℝ sao cho sin x + sin y + sin z = cos x + cos y + cos z = 0 . Chứng minh rằng sin 2 x + sin 2 y + sin 2 z = cos 2 x + cos 2 y + cos 2 z = 0 . 12. Cho f ( x ) = x 4 + ax 3 + bx 2 + cx + d là ña thức với hệ số thực. Giả sử f (i ) = 1 . Chứng minh rằng a = b = c = d = 0 . 13. Cho x, y là hai số phức phân biệt sao cho x = y . Chứng minh rằng 14. Cho số phức z thỏa ñiều kiện z = 1 . Chứng minh rằng 15. Cho z là một số phức thật sự và 2 ≤ 1− z + 1 + z 2 ≤ 4 . 1+ z + z2 ∈ ℝ . Chứng minh rằng z = 1 . 1− z + z 2 www.MATHVN.com 16 1 x+ y < x . 2 MATHVN.COM Chương 2. Số Phức Và Hình Học 2.1 Căn bậc n của 1 2.1.1 Căn bậc n của một số phức Cho n > 2 là một số nguyên và số phức z0 ≠ 0 . Như trong trường các số thực, phương trình Z n − z0 = 0 ñược dùng ñể ñịnh nghĩa căn bậc n của z0 . Vì thế, bất kỳ nghiệm Z nào của phương trình trên cũng ñược xem là một căn bậc n của z0 . ðịnh lý. Cho z0 = r (cos t * + i sin t * ) là một số phức với r > 0, t * ∈ [ 0, 2π ) . Khi ñó z0 có n căn bậc n khác nhau và ñược cho bởi công thức  t * + 2k π t * + 2k π  , k = 0,1,..., n −1 . + i sin Z k = n r cos   n n Chứng minh. Giả sử Z = ρ (cos ϕ + i sin ϕ ) là một căn bậc n của z0 , tức là Z n = z0 , hay ρ n (cos nϕ + i sin nϕ ) = r (cos t * + i sin t * ) . Do ñó ρ n = r và nϕ = t * + 2k π, k ∈ ℤ . Suy ra ρ = n r và ϕk = t* 2π + k . . Do ñó n n Z k = n r (cos ϕk + i sin ϕk ), k ∈ ℤ . Ta nhận thấy rằng 0 ≤ ϕ0 < ϕ1 < ... < ϕn−1 < 2π , vì thế các số ϕk , k ∈ {0,1,..., n −1} là các argument thu gọn, tức là ϕk* = ϕk . Ta có ñược n căn phân biệt của z0 là Z 0 , Z1 ,..., Z n−1 . Với k nguyên dương và r ∈ {0,1,..., n − 1} , ta có k = nq + r , q ∈ ℤ và t* 2π t * 2π ϕk = + (nq + r ) = +r + 2qπ = ϕr + 2qπ . n n n n Vì thế Z k = Z r . Do ñó {Zk : k ∈ ℤ} = {Z0 , Z1,..., Zn−1} , hay chỉ có ñúng n căn bậc n khác nhau. Lưu ý. Ta dễ dàng chứng minh ñược rằng ảnh hình học của các căn bậc n của z0 ≠ 0 là các ñỉnh của một n − giác ñều nội tiếp trong ñường tròn tâm O là gốc tọa ñộ, bán kính bằng n r.  π π Ví dụ. Căn bậc 3 của số phức z = 1 + i = 2 cos + i sin  là  4 4  π π 2π  2π  Z k = 6 2  cos  + k  + i sin  + k  , k = 0,1, 2 hay  12 3 3   12   3π  17π π π 3π  17π  + i sin Z 0 = 6 2 cos + i sin , Z1 = 6 2 cos + i sin , Z 2 = 6 2 cos ,    12 12  4 4 12 12     π 3π  17π  Các căn bậc 3 này có các ảnh hình học tương ứng là M 0  6 2, , M 1  6 2, , M 2  6 2, .    12  4 12  Các ñiểm này là ba ñỉnh của một tam giác ñều nội tiếp trong ñường tròn tâm O , bán kính r = 6 2 . www.MATHVN.com 17 MATHVN.COM 2.1.2 Căn bậc n của ñơn vị Nghiệm của phương trình Z n − 1 = 0 ñược gọi là căn bậc n của ñơn vị. Vì 1 = cos 0 + i sin 0 nên các căn bậc n của 1 là εk = cos 2k π 2k π + i sin , k ∈ {0,1, 2,..., n −1} . n n ðặt U n = {1, ε, ε 2 ,..., ε n−1 } . Phần tử εk ∈ U n ñược gọi là nguyên tố nếu εkm ≠ 1 với mọi m < n . Mệnh ñề 1. (a) Nếu n q thì bất kỳ nghiệm nào của Z n − 1 = 0 cũng là nghiệm của Z q − 1 = 0 . (b) Nghiệm chung của Z m −1 = 0 và Z n −1 = 0 là nghiệm của Z d −1 = 0 , với d = gcd(m, n) . p ( Chứng minh. (a) Nếu q = pn thì Z p − 1 = ( Z n ) − 1 = ( Z n −1) Z ( p −1) n ) + ... + Z n + 1 . Từ ñó ta có ñiều phải chứng minh. 2 pπ 2 pπ 2qπ 2qπ là một nghiệm của Z m − 1 = 0 và ε ' p = cos + i sin + i sin m m n n n là một nghiệm của Z − 1 = 0 . Vì ε p = ε 'q = 1 nên ε p = εq khi và chỉ khi arg ε p = arg ε 'q , tức là (b) Xét ε p = cos 2 pπ 2qπ = + 2rπ, r ∈ ℤ hay pn − qm = rmn . m m Mặt khác, ta có m = m ' d , n = n ' d , với gcd (m ', n ') = 1 . Từ pn − qm = rmn , ta có ñược n ' p − m ' q = rm ' n ' d . Suy ra m ' n ' p , hay m ' p . Tức là p = p ' m ' , p ' là một số nguyên dương, và arg ε p = 2 pπ 2 p ' m ' π 2 p ' π và ε dp = 1 . = = m m'd d Do ñó, từ tính chất (a), và d m, d n , bất kỳ nghiệm nào của Z d − 1 = 0 cũng ñều là nghiệm của Z m − 1 = 0 và Z n − 1 = 0 . Mệnh ñề 2. Nếu ε ∈ U n là căn nguyên tố của 1, thì nghiệm của phương trình Z n −1 = 0 có dạng ε r , ε r +1 ,..., ε r + n−1 , với r là một số nguyên dương bất kỳ. Chứng minh. Gọi r là một số nguyên dương nào ñó. Xét h ∈ {0,1,..., n − 1} . Ta có n r +h (ε r + h ) = (ε n ) = 1 hay ε r + h là một nghiệm của Z n − 1 = 0 . Bây giờ ta chỉ cần chứng minh ε r , ε r +1 ,..., ε r + n−1 là các số phân biệt. Giả sử ngược lại, tức là tồn tại r + h1 ≠ r + h2 , h1 > h2 sao cho ε r + h = ε r + h . Khi ñó, ε r + h (ε h −h − 1) = 0 . Vì ε r + h ≠ 0 nên 1 2 2 1 2 2 ta phải có ε h −h = 1 . Nhưng ñiều này không thể xảy ra vì h1 − h2 < n và ε là một nghiệm của 1 2 Z n − 1 = 0 , mâu thuẫn này kết thúc việc chứng minh. Mệnh ñề 3. Cho ε0 , ε1 ,..., εn−1 là n căn bậc n của 1.Với bất kỳ số nguyên dương k , ta có   n (n k ) k ε = ∑ j 0 (n † k ) . j =0    n −1 www.MATHVN.com 18 2π MATHVN.COM 2π + i sin , thì ε ∈ U n là một căn nguyên tố của 1, vì ε m = 1 khi n n và chỉ khi n m . Giả sử n không chia hết k , ta có Chứng minh. Xét ε = cos n −1 ∑ε j =0 n −1 k j = ∑ (ε j j =0 k ) n n −1 = ∑ (ε k ) j = 1 − (ε k ) j =0 1− εk k = 1 − (ε n ) 1− εk = 0. Nếu n k , thì k = qn , q là một số nguyên dương, ta ñược n −1 n −1 n −1 j =0 j =0 j =0 q n −1 ∑ εkj == ∑ εqnj = ∑ (εnj ) = ∑1 = n Mệnh ñề 4. Cho p là một số nguyên tố và ε = cos j =0 2π 2π . Nếu a0 , a1 ,..., a p −1 là các số + i sin p p nguyên khác 0 , thì a0 + a1ε + ... + a p−1ε p−1 = 0 khi và chỉ khi a0 = a1 = ... = a p −1 . Chứng minh. Nếu a0 = a1 = ... = a p −1 thì ta có ngay ñiều cần chứng minh. Ngược lại, ta ñịnh nghĩa các ña thức f , g ∈ ℤ[ X ] như sau: f ( X ) = a1 + a1 X + ... + a p−1 X p−1 và g ( X ) = 1 + X + ... + X p−1 . Nếu f , g có nghiệm chung, thì gcd( f , g) chia hết g . Từ tiêu chuẩn bất khả quy của Eisenstein, ta thấy rằng g bất khả quy trên ℤ . Do ñó, gcd( f , g) = g , suy ra g f hay g = kf , với k là một số nguyên khác 0, suy ra a0 = a1 = ... = a p−1 . 2.2 Số phức và hình học 2.2.1 Một số kí hiệu hình học ñơn giản và các tính chất 2.2.1.1 Khoảng cách giữa hai ñiểm Giả sử các số phức z1 , z2 có các ảnh hình học M 1 , M 2 . Khi ñó, khoảng cách giữa hai ñiểm này ñược xác ñịnh bởi M 1M 2 = z1 − z2 . 2.2.1.2 ðoạn thẳng, tia, ñường thẳng Cho hai ñiểm phân biệt A, B với tọa ñộ phức lần lượt là a, b . Ta nói rằng ñiểm M có tọa ñộ phức z nằm giữa các ñiểm A, B nếu z ≠ a, z ≠ b và a − z + z − b = a − b . Kí hiệu là A− M − B . Tập hợp ( AB) = {M A − M − B} ñược gọi là ñoạn thẳng mở xác ñịnh bởi hai ñiểm A, B . Tập hợp [ AB ] = ( AB ) ∪ { A, B} ñược gọi là ñoạn thẳng ñóng xác ñịnh bởi hai ñiểm A, B . Tập hợp ( AB = {M A − M − B ∨ A − B − M } ñược gọi là tia mở với ñiểm ñầu A và chứa B . Ta thừa nhận không chứng minh các ñịnh lý sau ñây. ðịnh lý 1. Giả sử A(a ), B (b) là hai ñiểm phân biệt. Các phát biểu sau là tương ñương: (1) M ∈ ( AB) ; (2) Tồn tại một số thực dương k sao cho z − a = k (b − z ) ; (3) Tồn tại một số thực t ∈ (0,1) sao cho z = (1 − t ) a + tb , trong ñó M ( z ) . ðịnh lý 2. Giả sử A(a ), B (b) là hai ñiểm phân biệt. Các phát biểu sau là tương ñương: (1) M ∈ ( AB ; www.MATHVN.com 19 MATHVN.COM (2) Tồn tại một số thực t ∈ (0,1) sao cho z = (1 − t ) a + tb , trong ñó M ( z ) . (3) arg ( z − a ) = arg (b − a) ; (4) z−a ∈ ℝ+ . b−a ðịnh lý 3. Giả sử A(a ), B (b) là hai ñiểm phân biệt. Các phát biểu sau là tương ñương: (1) M( z ) nằm trên ñường thẳng AB ; (2) Tồn tại một số thực t sao cho z = (1 − t ) a + tb , trong ñó M ( z ) ; (3) z−a ∈ℝ; b−a (4) z−a z−a =0; b−a b−a z z 1 (5) a a 1 = 0 . b b 1 2.2.1.3 Chia ñoạn thẳng theo tỉ số cho trước Xét hai ñiểm phân biệt A(a ), B (b) . Một ñiểm M ( z ) nằm trên ñường thẳng AB chia ñoạn   thẳng AB theo tỉ số k ∈ ℝ \ {1} nếu MA = k .MB . Từ hệ thức này, ta có ñược a − z = k (b − z ) ⇔ (1 − k ) z = a − kb ⇔ z = a − kb . 1− k Nhận xét. Cho A(a), B (b), C (c) là các ñiểm phân biệt, không thẳng hàng trong mặt phẳng phức. Khi ñó, trung ñiểm M của ñoạn thẳng [ AB ] có tọa ñộ phức là zM = của tam giác ABC có tọa ñộ phức là zG = a+b ; trọng tâm G 2 a +b+c . 3 2.2.1.4 Góc của tam giác Một tam giác có hướng dương nếu các ñỉnh của nó theo thứ tự ngược chiều quay của kim ñồng hồ. Ngược lại, ta nói tam giác có hướng âm. Xét các ñiểm phân biệt M 1 ( z1 ), M 2 ( z2 ) và không trùng với gốc tọa ñộ của mặt phẳng phức. Góc M OM ñược ñịnh hướng nếu các ñiểm M , M 1 2 theo thứ tự ngược chiều quay của kim ñồng hồ. z2 Mệnh ñề. Số ño của góc ñịnh hướng M . 1OM 2 là arg z1 Chứng minh. Ta xét hai trường hợp (i) Nếu tam giác M 1OM 2 theo hướng âm thì www.MATHVN.com 20 1 2
- Xem thêm -