Tài liệu Vận dụng số phức vào giải toán sơ cấp

  • Số trang: 52 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 113 |
  • Lượt tải: 0
nhattuvisu

Đã đăng 27125 tài liệu

Mô tả:

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC VẬN DỤNG SỐ PHỨC vào Giải Toán sơ cấp Nguyễn Thị Hoa ĐHKH ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN Ngày 10 tháng 04 năm 2014 Mục lục 1 Kiến thức chuẩn bị 1.1 Số phức và trường C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Tính đóng đại số của trường C . . . . . . . . . . . . . . 1.3 Định lý Euler về eix = cos x + i sin x. . . . . . . . . . . . 2 Vận dụng số phức trong hình học 2.1 Một vài bất đẳng thức hình học qua số phức 2.1.1 Một vài đồng nhất thức trong C . . . 2.1.2 Một vài bất đẳng thức đơn giản . . . 2.1.3 Bất đẳng thức Ptolemy cho đa giác . 2.1.4 Bất đẳng thức Hayashi cho đa giác . 2.2 Một số kết quả về đa giác đều . . . . . . . . 2.2.1 Phân tích đa thức qua nghiệm phức . 2.2.2 Kết quả về đa giác đều . . . . . . . . 2.3 Biểu diễn phép quay qua số phức . . . . . . 2.4 Tỷ số kép của bốn số phức . . . . . . . . . . 2.5 Nhóm các phép biến đổi phân tuyến tính . . 4 4 6 9 . . . . . . . . . . . 12 12 12 18 24 29 30 30 31 33 40 42 3 Thể Quaternion và biểu diễn 3.1 Xây dựng thể quaternion . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2 Biểu diễn dạng bậc hai thành tích . . . . . . . . . . . . . 45 45 46 Kết luận 50 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lời nói đầu Số phức xuất hiện do nhu cầu phát triển của Toán học về giải những phương trình đại số. Từ khi ra đời số phức đã thúc đẩy toán học phát triển mạnh mẽ và giải quyết được nhiều vấn đề của khoa học và kỹ thuật. Đối với học sinh hệ THPT thì số phức là một nội dung còn mới mẻ, với thời lượng không nhiều, học sinh mới chỉ biết được những kiến thức rất cơ bản của số phức, việc khai thác các ứng dụng của số phức còn hạn chế, đặc biệt là việc sử dụng số phức như một phương tiện để giải các bài toán Hình học phẳng là một vấn đề khó , đòi hỏi học sinh phải có năng lực giải toán nhất định, biết vận dụng kiến thức đa dạng của toán học. Tuy nhiên dạy cho học sinh khá giỏi biết ứng dụng số phức vào việc giải bài toán hình học phẳng có tác dụng lớn trong việc bồi dưỡng năng lực giải toán cho học sinh đồng thời giúp học sinh khắc sâu, tổng hợp, hệ thống hóa được kiến thức cơ bản dạng toán quen thuộc, giải quyết được một số bài toán khó, phức tạp chưa có thuật toán. Để đáp ứng được điều đó cũng đòi hỏi giáo viên phải có hiểu biết cần thiết, có cách nhìn sâu sắc hơn về các ứng dụng của số phức. Mặc dù vậy trong chương trình toán học phổ thông số phức được đưa vào giảng dạy ở phần giải tích toán lớp 12. Toàn bộ phần số phức mới chỉ đưa ra định nghĩa số phức và một vài tính chất đơn giản của nó. Ứng dụng của số phức trong giải toán mới chỉ dừng lại ở một vài bài tập hình học đơn giản, nhằm giúp các em học sinh khá giỏi có cách nhìn toàn diện hơn về số phức, đặc biệt là sử dụng số phức để giải một số bài toán sơ cấp nên tôi đã chọn đề tài luận văn: Vận dụng của số phức để giải toán sơ cấp. Luận văn gồm lời nói đầu, ba chương, kết luận và danh mục các tài liệu tham khảo Chương 1. "Kiến thức chuẩn bị", chương này nhắc lại một số kiến 2 3 thức về số phức và trường C Chương 2. "Vận dụng số phức trong hình học", chương này đưa ra một số bất đẳng thức trong hình học qua số phức, biểu diễn phép quay qua số phức và tỷ số kép của bốn số phức. Chương 3."Thể Quaternion và biểu diễn", chương này xây dựng thể Quaternion và biểu diễn dạng bậc hai thành tích. Do thời gian và kiến thức còn hạn chế nên chắc chắn luận văn còn có những thiếu sót nhất định, kính mong quý thầy cô và các bạn đóng góp ý kiến để tác giả tiếp tục hoàn thành luận văn này. Chương 1 Kiến thức chuẩn bị 1.1 Số phức và trường C Xét Tích de Carte T = R × R = {(a, b)|a, b ∈ R} và đưa ra định nghĩa: (a, b) = (c, d) khi và chỉ khi a = c, b = d (a, b) + (c, d) = (a + c, b + d) (a, b) . (c, d) = (ac − bd, ad + bc). Để đơn giản, viết (a, b).(c, d) qua (a, b)(c, d). Từ định nghĩa phép nhân: (i) Với i = (0, 1) ∈ T có i2 = i.i = (0, 1)(0, 1) = (−1, 0) (ii) (a, b)(1, 0) = (a, b) = (1, 0)(a, b) (iii) (a, b) = (a, 0) + (0, b) = (a, 0) + (b, 0)(0, 1), ∀ (a, b) ∈ T. Ký hiệu C là tập T cùng các phép toán đã nêu ra ở trên. Ta có kết quả sau: Bổ đề 1.1.1. Ánh xạ φ : R → C, a 7→ (a, 0), là một đơn ánh và nó thỏa mãn φ(a + a′ ) = φ(a) + φ(a′ ), φ(aa′ ) = φ(a)φ(a′ ) với mọi a, a′ ∈ R. Đồng nhất (a, 0) ∈ C với a ∈ R. Khi đó có thể viết (a, b) = (a, 0) + (b, 0)(0, 1) = a + bi với i2 = (−1, 0) = −1. Do đó i hay a hoặc a + bi là bình đẳng trong C. Như vậy C = {a + bi|a, b ∈ R, i2 = −1} và trong C có kết quả dưới đây: a + bi = c + di khi và chỉ khi a = c, b = d a + bi + c + di = a + c + (b + d)i (a + bi)(c + di) = ac − bd + (ad + bc)i. 4 5 Mỗi phần tử z = a + bi ∈ C được gọi là một số phức với phần thực a, ký hiệu ℜz, và phần ảo b, ký hiệu ℑz; còn i được gọi là đơn vị ảo. Số phức a − bi được gọi là số phức liên hợp của z = a + bi và được ký hiệu qua 2 2 z = a + bi. Dễ √ dàng kiểm tra zz = (a + bi)(a −′ bi) = a + b , z′1 z2 = z1 .z2 và gọi |z| = zz là môđun của z. Số đối của z = c + di là −z = −c − di và hiệu z − z ′ = (a + bi) − (c + di) = a − c + (b − d)i. Xét mặt phẳng tọa độ (Oxy). Mỗi số phức z = a + bi ta cho tương ứng với điểm M(a; b). Tương ứng này là một song ánh C → R × R, z = a + bi 7→ M(a; b). Khi đồng nhất C với (Oxy) qua việc đồng nhất z với M, thì mặt phẳng tọa độ với biểu diễn số phức như thế được gọi là mặt phẳng phức hay mặt phẳng Gauss để ghi công C. F. Gauss-người đầu tiên đưa ra biểu diễn. Mệnh đề 1.1.2. Tập C là một trường chứa trường R như một trường con. Chứng minh: Dễ dàng kiểm tra C là một vành giao hoán với đơn vị 1. 2 2 ′ Giả sử z = a+bi ( 6= 0. Khi đó a +b > 0. Giả sử z = x+yi ∈ C thỏa mãn ax − by = 1 a b Giải hệ được x = 2 zz ′ = 1 hay , y = − . a + b2 a2 + b2 bx + ay = 0. a b Vậy z ′ = 2 − i là nghịch đảo của z. Tóm lại C là một trường. a + b2 a2 + b2 Tương ứng C → C, z 7→ z, là một tự đẳng cấu liên hợp. Đồng nhất a ∈ R với a + 0i ∈ C và có thể coi R là một trường con của C hay R ⊂ C. Chú ý rằng, nghịch đảo của z 6= 0 là z −1 z z′ z′z ′ −1 = 2 và = z z = 2. |z| z |z| Định nghĩa 1.1.3. Cho số phức z 6= 0. Giả sử M là điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn số phức z. Số đo (rađian) của mỗi góc lượng giác tia đầu Ox và tia cuối OM được gọi là một Argument của z và được ký hiệu qua Arg(z). Góc α = ∠xOM, −π 6 α 6 π, được gọi là argument của z và được ký hiệu bởi arg z. Argument của số phức 0 là không định nghĩa. 6 Chú ý rằng, nếu α là một argument của z thì mọi argument của z đều có dạng α + k.2π√với k ∈ Z. Với z 6= 0, ký hiệu α + k.2π là Argument của z. Ký hiệu r = zz. Khi đó số phức z = a + bi có a = r cosα, b = r sin α. Vậy khi z 6= 0 thì có thể biểu diễn z = r cos α + i sin α và biểu diễn này được gọi là dạng lượng giác của z. Mệnh đề 1.1.4. Với số phức z1 , z2 cùng biểu diễn z1 = r1 cos α1 + i sin α1 , z2 = r2 cos α2 + i sin α2 , r1 , r2 > 0, ta luôn có z1 |z1 | |= và |z1 + z2 | 6 |z1 | + |z2 | z2 |z2 |    (ii) z1 z2 = r1r2 cos α1 + α2 + i sin α1 + α2   z1 r1  (iii) = cos α1 − α2 + i sin α1 − α2 khi r > 0. z2 r2 n n Ví dụ 1.1.5. Với a + bi = x + iy có a2 + b2 = x2 + y 2 . n n Bài giải: Từ a +bi = x + iy suy ra a − bi = x − iy . Như vậy n a2 + b2 = x2 + y 2 . (i) |z1 z2 | = |z1 ||z2 |, | Mệnh đề 1.1.6. [Moivre] Nếu z = r(cos α +i sin α) thì với mỗi số nguyên dương n có z n = rn cos nα + i sin nα .  Hệ quả 1.1.7. Căn bậc n của một số phức z = r cos α + i sin α 6= 0  α + 2kπ  α + 2kπ 1/n là n giá trị khác nhau zk = r + i sin cos với k = n n 1, 2, . . . , n. 1.2 Tính đóng đại số của trường C Bây giờ ta sẽ chỉ ra rằng, mọi đa thức bậc dương thuộc C[x] đều có nghiệm trong C. Đó chính là nội dung Định lý cơ bản của đại số. Người đầu tiên chứng minh định lý này là nhà toán học C. Gauss (1777-1855). Định nghĩa 1.2.1. Trường K được gọi là một trường đóng đại số nếu mọi đa thức bậc dương thuôc K[x] đều có nghiệm trong K. Như vậy, trong K[x] mọi đa thức bậc dương đều phân tích được thành tích các nhân tử tuyến tính khi K là một trường đóng đại số. 7 Bổ đề 1.2.2. Mỗi đa thức bậc lẻ thuộc R[x] đều có ít nhất một nghiệm thực thuộc R. Chứng minh: Giả sử f (x) = a0 x2s+1 + a1 x2s + · · · + a2s x + a2s+1 ∈ R[x] với a0 6= 0. Dễ dàng thấy rằng a0 f (x) sẽ tiến ra +∞ khi x → +∞ và a0 f (x) sẽ tiến ra −∞ khi x → −∞. Từ đây suy ra sự tồn tại của các số thực α > 0 và β < 0 thỏa mãn a0 f (α) > 0, a0f (β) < 0. Do vậy a20 f (α)f (β) < 0 hay f (α)f (β) < 0. Vì đa thức f (x) là hàm xác định và liên tục trên R thỏa mãn f (α)f (β) < 0 nên, theo Định lý Weierstrass, đa thức f (x) có ít nhất một nghiệm thực thuộc (α, β). Bổ đề 1.2.3. Mỗi đa thức bậc hai thuộc C[x] đều có hai nghiệm thuộc C. Chứng minh: Trước tiên ta chỉ ra, với mỗi số phức z đều có hai số phức z1 , z2 để z12 = z, z22 = z. Thật vậy, giả(sử z = a + bi 6= 0 và giả sử x2 − y 2 = a 2 z1 = x + yi với a, b, x, y ∈ R để z1 = z hay 2xy = b. Ta chỉ cần xét trường hợp b 6= 0 vì trường hợp b = 0 được xét tương tự. Vì b 6= 0 nên x 6= 0. Khi đó r  √   a + a2 + b2 x = ± y = b 6= 0 1,2 2 hay 2x  4x4 − 4ax2 − b2 = 0 y = b . 2x bi bi và z2 = x2 + thỏa mãn z12 = z22 = z. 2x1 2x2 Theo lập luận ở trên, có hai số phức z1 và z2 để z12 = z22 = b2 − 4ac. Khi −b + z1 −b + z2 đó nghiệm của phương trình là và . 2 2 Ta có z1 = x1 + Định lý 1.2.4. [d’Alembert-Gauss, Định lý cơ bản của đại số] Mọi đa thức bậc dương thuộc C[x] đều có ít nhất một nghiệm thuộc C. Hệ quả 1.2.5. Mọi đa thức thuộc C[x] với bậc n > 0 đều có n nghiệm trong C và các đa thức bất khả quy trong C[x] là các đa thức bậc nhất. 8 Bổ đề 1.2.6. Cho f (x) ∈ R[x] \ R. f (x) là đa thức bất khả quy khi và chỉ khi hoặc f (x) = ax + b với a 6= 0 hoặc f (x) = ax2 + bx + c với a 6= 0 và b2 − 4ac < 0. Chứng minh: Hiển nhiên, nếu f (x) = ax + b với a 6= 0 hoặc f (x) = ax2 + bx + c với a 6= 0 và b2 − 4ac < 0 thì f (x) là bất khả quy Ta chứng minh điều ngược lại. Giả thiết f (x) ∈ R[x] là bất khả quy với deg f (x) > 1. Trường hợp deg f (x) = 1 thì f (x) = ax + b với a 6= 0. Xét trường hợp deg f (x) = 2. Khi đó f (x) = ax2 + bx + c với a 6= 0. Nếu ∆ = b2 − 4ac > 0 thì f (x) có hai nghiệm α1 , α2 ∈ R và ta có f (x) = a(x − α1 )(x − α2 ) : mâu thuẫn với giả thiết. Vậy b2 − 4ac < 0. Xét trường hợp deg f (x) > 2. Vì C là trường đóng đại số nên f (x) = 0 có nghiệm α ∈ C theo Định lý 1.2.4 và như vậy nó còn có nghiệm α. Khi đó f (x) có nhân tử (x − α)(x − α) ∈ R[x] hay f (x) là khả quy : mâu thuẫn giả thiết. Tóm lại, nếu f (x) là đa thức bất khả quy thì hoặc f (x) = ax + b với a 6= 0 hoặc f (x) = ax2 + bx + c với a 6= 0 và b2 − 4ac < 0. Ví dụ 1.2.7. Chứng minh rằng, với hai số phức z1 và z2 ta luôn có 2|z1 |2 + 2|z2 |2 = |z1 + z2 |2 + |z1 − z2 |2 . Bài giải: Giả sử A(z1 ), B(z2) và C(z1 + z2 ). Vì tứ giác OACB là hình bình hành nên OC 2 + A2 = 2OA2 + 2OB 2 hay 2[|z1|2 + |z2 |2 ] = |z1 − z2 |2 + |z1 + z2 |2 . √ Ví dụ 1.2.8. Với hai số phức z và z ′ ta đặt u = zz ′ . Chứng minh rằng z + z′ z + z′ ′ − u + + u . |z| + |z | = 2 2 √ √ √ √ z + z′ ( z − z ′ )2 ( z + z ′ )2 z + z′ + −u + +u = Bài giải: Vì 2√ 2 2 2 √ nên khi đặt z1 = z, z2 = z ′ ta sẽ phải chứng minh hệ thức sau đây: 2[|z1|2 + |z2 |2 ] = |z1 − z2 |2 + |z1 + z2 |2 . Xét A(z1), B(z2) và C(z1 + z2 ). Vì tứ giác OACB là hình bình hành nên OC 2 + A2 = 2OA2 + 2OB 2 hay 2[|z1|2 + |z2 |2 ] = |z1 − z2 |2 + |z1 + z2 |2 . 9 Ví dụ 1.2.9. Chứng minh rằng, với ba số phức phân biệt z1 , z2 , z3 có z1 + z3 √ z1 + z2 √ − z1 z2 + 2 − z1 z3 2 2 2 √ z2 + z3 √ z2 z3 √ √ z + z 2 3 = . − z2 z3 + 2 z1 + − z1 z2 − z1 z3 + 2 4 2 √ Bài giải: Đặt uj = zj với j = 1, 2, 3. Ta sẽ phải chứng minh hệ thức |u1 − u2|2 + |u1 − u3|2 = u2 + u3 2 |u2 − u3|2 . + 2 u 1 − 2 2 Xét tam giác ABC với A(u1), B(u2), C(u3) và trung điểm M u2 + u3  2 a2 nên ta nhận được đồng nhất thức 2 |u2 − u3|2 u2 + u3 2 |u1 − u2 |2 + |u1 − u3|2 = và ta có điều cần + 2 u1 − 2 2 chứng minh. của cạnh BC. Vì b2 + c2 = 2m+ a Ví dụ 1.2.10. [Euler] Với x1, x2, x3, x4, y1 , y2, y3, y4 ∈ R ta luôn có (x21 + x22 + x23 + x24)(y12 + y22 + y32 + y42 ) = u21 + u22 + u23 + u24,   u1 = x1y1 − x2y2 − x3y3 − x4y4    u = x y + x y + x y − x y 2 1 2 2 1 3 4 4 3 trong đó và suy ra bất đẳng thức  u = x y − x y + x y + x y  3 1 3 2 4 3 1 4 2   u = x y + x y − x y + x y 4 1 4 2 3 3 2 4 1 u21 + u22 + u23 + u24 > (x1y1 + x2y2 + x3y3 + x4y4 )2. Chứng minh: Đặt z1 = x1 + ix2 , z2 = x3 + ix4, z3 = y1 + iy2 và z4 = y3 + iy4. Ta có thể biểu diễn T = (x21 + x22 + x23 + x24)(y12 + y22 + y32 + y42 ) = (z1z1 + z2 z2 )(z3z3 + z4 z4 ) = z1 z3 z1 z3 + z2 z3 z2 z3 + z1 z4 z1 z4 + z2 z4 z2 z4 . Như vậy T = u21 + u22 + u23 + u24. 1.3 Định lý Euler về eix = cos x + i sin x. Định lý 1.3.1. [Euler] Với mọi số thực x ta có eix = cos x + i sin x. 10 Chứng minh: Từ eix = 1 + suy ra đồng nhất thức ix e (ix)n ix (ix)2 (ix)3 + + + ··· + + · · · ta 1! 2! 3! n! 2n x2 x4 n x + − · · · + (−1) + ···) = (1 − 2! 4! (2n)! x3 x5 x2n−1 + i(x − + − · · · + (−1)n−1 + · · · ). 3! 5! (2n − 1)! Do đó eix = cos x + i sin x. Hệ quả 1.3.2. Với mọi số thực x, y ta luôn có các hệ thức sau đây:  n ix iy i(x+y) (1) e e = e và eix = einx) với mọi n ∈ Z. eix 1 (2) iy = ei(x−y) và eix = e−ix = ix . e e eix + e−ix eix − e−ix (3) cos x = , sin x = . 2 2i 1  eix eiy  ix iy = cos(x − y). + (4) < e , e >= 2 eiy eix Với ba điểm phân biệt A, B, C ứng với ba số phức a, b, c, ta ký hiệu c−a [A, B, C] = ∈ C và gọi đó là tỷ số đơn của bộ ba điểm A, B, C. Ta c−b có kết quả sau: Hệ quả 1.3.3. Ba điểm phân biệt A, B, C ứng với ba số phức a, b, c c−a thẳng hàng khi và chỉ khi [A, B, C] = ∈ R. c−b c−a Chứng minh: Đặt c−a = reiα , c−b = r′ eiβ . Khi đó [A, B, C] = = c−b c−a r i(α−β) e . Ba điểm A, B, C thẳng hàng khi và chỉ khi arg = kπ hay r′ c−b r ikπ r e = ± . Do vậy, ba điểm phân biệt A, B, C ứng với ba số phức r′ r′ c−a a, b, c thẳng hàng khi và chỉ khi [A, B, C] = ∈ R. c−b 11 Một số bài toán tiếp theo dưới đây được xét trong Z[x], nhưng mang chúng đặt trong C[x] để giải dễ dàng hơn. Ví dụ 1.3.4. [IMO 1973] Chứng minh với mọi số nguyên dương n có 2 n n Y sin k=1 √ kπ = 2n + 1. 2n + 1 Bài giải: Xét đa thức x2n+1 − 1 trên C với 2n + 1 nghiệm và biểu diễn n k2π x2n+1 − 1 Y 2 (x − 2x cos = + 1). x−1 2n + 1 k=1 n Q n Q k2π kπ (2−2 cos Cho x → 1 được hệ thức 2n+1 = 4 sin2 )= . 2n + 1 2n + 1 k=1 k=1 n √ Q kπ = 2n + 1. Do đó 2n sin 2n + 1 k=1 Chương 2 Vận dụng số phức trong hình học 2.1 2.1.1 Một vài bất đẳng thức hình học qua số phức Một vài đồng nhất thức trong C Đồng nhất thức rất quan trọng trong việc biểu diễn và chứng minh các bài toán. Đặc biệt, dựa vào đồng nhất thức ta có thể tìm ra những hệ thức mới hay chứng minh các bất đẳng thức hoặc giải phương trình hàm. Do vậy, trước tiên chúng ta xét một số đồng nhất thức ra đời qua định thức. Ví dụ 2.1.1. Với ba số phức phân biệt đôi một z1 , z2 , z3 có đồng nhất thức z1 (z22 − z32 ) + z2 (z32 − z12 ) + z3 (z12 − z22 ) = (z1 − z2 )(z2 − z3 )(z3 − z1 ) và có |z1 ||z22 − z32 | + |z2 ||z32 − z12 | + |z3 ||z12 − z22 | > |z1 − z2 ||z2 − z3 ||z3 − z1 |. Ví dụ 2.1.2. Với ba số phức phân biệt đôi một z1 , z2 , z3 có các kết quả sau: z12 (z2 − z3 ) + z22 (z3 − z1 ) + z32 (z1 − z2 ) = −(z1 − z2 )(z2 − z3 )(z3 − z1 ), |z1 |2|z2 − z3 | + |z2 |2|z3 − z1 | + |z3 |2 |z1 − z2 | > |z1 − z2 ||z2 − z3 ||z3 − z1 |. Ví dụ 2.1.3. Với ba số phức phân biệt z1 , z2 , z3 ta có các đồng nhất thức sau: (i) z1 (z2 − z3)3 + z2 (z3 − z1 )3 + z3 (z1 − z2 )3 = −(z1 + z2 + z3)(z1 − z2 )(z2 − z3 )(z3 − z1 ). 12 13 (ii) z13 (z2 − z3 ) + z23 (z3 − z1 ) + z33 (z1 − z2 ) = (z1 + z2 + z3 )(z1 − z2 )(z2 − z3 )(z3 − z1 ). Ví dụ 2.1.4. Với ba số phức phân biệt đôi một z1 , z2 , z3 có đồng nhất thức f (x) = z1n (x − z2 )(x − z3 ) z2n (x − z3 )(x − z1 ) z3n (x − z1 )(x − z2 ) + + = xn (z1 − z2 )(z1 − z3 ) (z2 − z3 )(z2 − z1 ) (z3 − z1 )(z3 − z2 ) |z1 |n |z − z2 ||z − z3 | |z2 |n |z − z3 ||z − z1 | với n = 0, 1, 2. Từ đó suy ra + + |z1 − z2 ||z1 − z3 | |z2 − z3 ||z2 − z1 | |z3 |n |z − z1 ||z − z2 | > |z|n với bất kỳ số phức z và n = 0, 1, 2. |z3 − z1 ||z3 − z2 | Ví dụ 2.1.5. Với ba số phức phân biệt z1 , z2, z3 và hai số phức u, v (z1 − u)(z1 − v) (x − u)(x − v) = có đồng nhất thức (x − z1 )(x − z2 )(x − z3 ) (z1 − z2 )(z1 − z3 )(x − z1 ) (z3 − u)(z3 − v) (z2 − u)(z2 − v) + . Từ đó suy ra, + (z2 − z1 )(z2 − z3 )(x − z2 ) (z3 − z1 )(z3 − z2 )(x − z3 ) |z − u||z − v| |z1 − u||z1 − v| với số phức z có 6 + |z − z1 ||z − z2 ||z − z3 | |z1 − z2 ||z1 − z3 ||z − z1 | |z2 − u||z2 − v| |z3 − u||z3 − v| + . |z2 − z1 ||z2 − z3 ||z − z2 | |z3 − z1 ||z3 − z2 ||z − z3 | x2 x3 x1 (x − u)(x − v) + + . Khi = (x − z1 )(x − z2 )(x − z3 ) x − z1 x − z2 x − z3 đó ta có (x − u)(x − v) = x1(x − z2 )(x − z3) + x2(x − z3)(x − z1) + x3(x − z1 )(x − z2 ).  (z1 − u)(z1 − v)   x1 =    (z1 − z2 )(z1 − z3 )   (z2 − u)(z2 − v) Với x = z1 , z2 , z3 ta được x2 = và như vậy chúng  (z2 − z3 )(z2 − z1 )    (z3 − u)(z3 − v)   x3 = (z3 − z1 )(z3 − z2 ) ta có ngay đồng nhất thức cần chứng minh. Bài giải: Xét Ví dụ 2.1.6. Với ba số z1 , z2 , z3 phân biệt đôi một, có đồng nhất thức 14 sau: z2 + z3 z3 + z1 + (z1 − z2 )(z1 − z3 )(z1 − t) (z2 − z3 )(z2 − z1 )(z2 − t) t − z1 − z2 − z3 z1 + z2 = . + (z3 − z1 )(z3 − z2 )(z3 − t) (t − z1 )(t − z2 )(t − z3 ) |z2 + z3 | |z3 + z1 | + |z1 − z2 ||z1 − z3 ||z1 − t| |z2 − z3 ||z2 − z1 ||z2 − t| |z1 + z2 | |t − z1 − z2 − z3 | + > . |z3 − z1 ||z3 − z2 ||z3 − t| |t − z1 ||t − z2 ||t − z3 | Từ đó có bất đẳng thức t − z1 − z2 − z3 x y z = + + . Khi đó (t − z1 )(t − z2 )(t − z3 ) t − z1 t − z2 t − z3 ta có t−z1 −z2 −z3 = x(t−z  2 )(t−z3 )+y(t−z3 )(t−z1 )+z(t−z1 )(t−z2 ). z2 + z3   x=−   (z1 − z2 )(z1 − z3 )   z3 + z1 và như vậy chúng Với t = z1 , z2 , z3 ta được y = − (z − z )(z − z )  2 3 2 1   z1 + z2   z = − (z3 − z1 )(z3 − z2 ) ta có ngay đồng nhất thức cần chứng minh. Bài giải: Xét Ví dụ 2.1.7. Với bốn số phức phân biệt đôi một z1 , z2, z3 , z4 và ba số (x − u)(x − v)(x − w) = phức u, v, w có đồng nhất thức (x − z1 )(x − z2 )(x − z3 )(x − z4 ) (z1 − u)(z1 − v)(z1 − w) (z2 − u)(z2 − v)(z2 − w) + (z1 − z2 )(z1 − z3 )(z1 − z4 )(x − z1 ) (z2 − z1 )(z2 − z3 )(z2 − z4 )(x − z2 ) (z3 − u)(z3 − v)(z3 − w) (z4 − u)(z4 − v)(z4 − w) + . (z3 − z1 )(z3 − z2 )(z3 − z4 )(x − z3 ) (z4 − z1 )(z4 − z2 )(z4 − z3 )(x − z4 ) |z − u||z − v||z − w| 6 Từ đó suy ra, với bất kỳ số phức z có |z − z1 ||z − z2 ||z − z3 ||z − z4 | + |z1 − u||z1 − v||z1 − w| |z2 − u||z2 − v||z2 − w| + |z1 − z2 ||z1 − z3 ||z1 − z4 ||z − z1 | |z2 − z1 ||z2 − z3 ||z2 − z4 ||z − z2 | + |z3 − u||z3 − v||z3 − w| |z4 − u||z4 − v||z4 − w| + . |z3 − z1 ||z3 − z2 ||z3 − z4 ||z − z3 | |z4 − z1 ||z4 − z2 ||z4 − z3 ||z − z4 | 15 x1 x2 x3 (x − u)(x − v)(x − w) = + + Bài giải: Xét (x − z1 )(x − z2 )(x − z3 )(x − z4 ) x − z1 x − z2 x − z3 x4 + . Khi đó ta có (x − u)(x − v)(x − w) = x1(x − z2 )(x − z3)(x − x − z4 z4 ) + x2(x − z3 )(x − z4 )(x − z1 ) + x3(x − z4 )(x − z1 )(x − z2 ) +x4(x − z1 )(x − z2 )(x − z3 ).  (z1 − u)(z1 − v)(z1 − w)   x =  1   (z1 − z2 )(z1 − z3 )(z1 − z4 )    (z2 − u)(z2 − v)(z2 − w)   x2 = (z2 − z3 )(z2 − z4 )(z2 − z1 ) và như vậy Với x = z1 , z2 , z3, z4 có (z − u)(z − v)(z − w)  3 3 3  x3 =    (z3 − z4 )(z3 − z1 )(z3 − z2 )    (z4 − u)(z4 − v)(z4 − w)   x4 = (z4 − z1 )(z4 − z2 )(z4 − z3 ) chúng ta có ngay đồng nhất thức cần chứng minh. Ví dụ 2.1.8. Với ba số z1 , z2 , z3 phân biệt đôi một, có đồng nhất thức sau: (z1 + z2 )(z2 + z3 ) (z2 + z3 )(z3 + z1 ) (z3 + z1 )(z1 + z2 ) + + = −1. (z1 − z2 )(z2 − z3 ) (z2 − z3 )(z3 − z1 ) (z3 − z1 )(z3 − z2 ) |z1 + z2 ||z2 + z3 | |z2 + z3 ||z3 + z1 | |z3 + z1 ||z1 + z2 | + + > 1. |z1 − z2 ||z2 − z3 | |z2 − z3 ||z3 − z1 | |z3 − z1 ||z3 − z2 | z1 + z2 z2 + z3 z3 + z1 Bài giải: Đặt x = , y = ,z = . Khi đó ta có z1 − z2 z2 − z3 z3 − z1 (x + 1)(y + 1)(z + 1) = (x − 1)(y − 1)(z − 1). Khai triển và giản ước có xy + yz + zx = −1 và như vậy chúng ta có ngay đồng nhất thức cần chứng minh. Từ đó có Ví dụ 2.1.9. Với ba số z1 , z2 , z3 phân biệt đôi một, có đồng nhất thức sau: z12 (z1 + z2 )(z1 + z3 ) z22 (z2 + z3 )(z2 + z1 ) z32 (z3 + z1 )(z3 + z2 ) + + (z1 − z2 )(z1 − z3 ) (z2 − z3 )(z2 − z1 ) (z3 − z1 )(z3 − z2 ) |z1 |2 |z1 + z2 ||z1 + z3 | |z2 |2|z2 + z3 ||z2 + z1 | + = (z1 + z2 + z3 ) . Từ đó có |z1 − z2 ||z1 − z3 | |z2 − z3 ||z2 − z1 | 2 |z3 | |z3 + z1 ||z3 + z2 | + > |z1 + z2 + z3 |2 . |z3 − z1 ||z3 − z2 | 2 16 Ví dụ 2.1.10. Với ba số z1 , z2, z3 phân biệt đôi một, có đồng nhất thức sau: z12 z22 + (z1 − z2 )(z1 − z3 )(z − z1 ) (z2 − z3 )(z2 − z1 )(z − z2 ) z2 z32 = . + (z3 − z1 )(z3 − z2 )(z − z3 ) (z − z1 )(z − z2 )(z − z3 ) Từ hệ thức suy ra bất đẳng thức |z2 |2 |z3 |2 |z1 |2 + + > |z1 − z2 ||z1 − z3 ||z − z1 | |z2 − z3 ||z2 − z1 ||z − z2 | |z3 − z1 ||z3 − z2 ||z − z3 | |z 2 | . |z − z1 ||z − z2 ||z − z3 | z2 x1 x2 x3 Bài giải: Xét = + + . Khi (z − z1 )(z − z2 )(z − z3 ) z − z1 z − z2 z − z3 đó ta có z 2 = x1(z − z2 )(z  − z3 ) + x2(z − z3 )(z − z1 ) + x3(z − z1 )(z − z2 ). z12   x =  1   (z1 − z2 )(z1 − z3 )   z22 Với z = z1 , z2 , z3 ta được x2 = và như vậy chúng  (z2 − z3 )(z2 − z1 )    z32   x3 = (z3 − z1 )(z3 − z2 ) ta có ngay đồng nhất thức cần chứng minh. Ví dụ 2.1.11. Với n+1 số phức z1 , z2 , . . . , zn , z và z 6= zk , k = 1, 2, . . . , n, ta có đồng nhất thức và bất đẳng thức sau đây: z1 − z2 z2 − z3 zn−1 − zn + + ··· + (z − z1 )(z − z2 ) (z − z2 )(z − z3 ) (z − zn−1)(z − zn ) = z1 − zn và (z − z1 )(z − zn ) |z2 − z3 | |zn−1 − zn | |z1 − z2 | + + ··· + |z − z1 ||z − z2 | |z − z2 ||z − z3 | |z − zn−1||z − zn | > |z1 − zn | . |z − z1 ||z − zn | 17 1 1 zk − zh = − ta suy ra đồng nhất (z − zk )(z − zh ) z − zk z − zh thức và từ đó có bất đẳng thức. Bài giải: Từ Ví dụ 2.1.12. Giả sử các số z1 , z2 , . . . , zs khác nhau đôi một và zi +aj 6= 0 với i = 1, . . . , s và j = 1, 2, . . . , n. Xác định x1, x2, . . . , xn trong phân tích: x1 x2 xn (z − z1 )(z − z2 ) . . . (z − zs ) = + + ··· + (z + a1 )(z + a2 ) . . . (z + an ) z + a1 z + a2 z + an và suy ra n P k=1 s Q i=1 k−1 Q i=1 |ak − ai | |ak + zi | n Q i=k+1 |ai − ak ||z + ak | > |z − z1 | . . . |z − zs | . |z + a1 | . . . |z + an | (z − z1 ) . . . (z − zs ) x1 x2 xn = + +···+ . (z + a1 ) . . . (z + an ) z + a1 z + a2 z + an Khi đó chúng ta có: Bài giải: Giả sử + + + = x1(z + a2 )(z + a3 ) . . . (z + an ) + x2(z + a1 )(z + a3 ) . . . (z + an ) x3(z + a1 )(z + a2 ) . . . (z + an ) + x4(z + a1 )(z + a2 ) . . . (z + an ) ... xn(z + a1 )(z + a2 ) . . . (z + an−1) (z − z1 )(z − z2 ) . . . (z − zs ). 18  s Q  s  (−1) (a1 + zi )    i=1   với x = −a1 x1 =  n Q    (ai − a1 )    i=2  s  Q  s+1   (−1) (a2 + zi )   i=1   x2 = với x = −a2  n  Q   (a2 − a1 ) (ai − a2 )    i=3  s Q s+2 Ta nhận được (−1) (a3 + zi )   i=1   với x = −a3 x3 = 2  n  Q Q   (a3 − ai ) (ai − a3 )    i=4 i=1     ...    s Q   s+n−1  (−1) (an + zi )    i=1  xn = với x = −an   n−1  Q   (an − ai )  i=1 s+k−1 và biểu diễn: s Q (−1) (ak + zi ) n P (z − z1 ) . . . (z − zs ) i=1 . Từ đây = n Q Q (z + a1 ) . . . (z + an ) k=1 k−1 (ai − ak )(z + ak ) (ak − ai ) suy ra n P k=1 s Q i=1 k−1 Q i=1 |ak − ai | i=1 i=k+1 |ak + zi | n Q i=k+1 > |ai − ak ||z + ak | |z − z1 | . . . |z − zs | . |z + a1 | . . . |z + an | Bằng cách sử dụng số phức ta còn có một số bất đẳng thức sau đây: 2.1.2 Một vài bất đẳng thức đơn giản Mệnh đề 2.1.13. Với bốn điểm A, B, C, D ta luôn có bất đẳng thức sau đây: AB.CD + AD.BC > AC.DB [Ptolemy]. Chứng minh: Tương ứng các điểm A, B, C, D với bốn số phức z1 , z2, z3 , z4 . Vì (z2 − z1 )(z4 − z3 ) + (z4 − z1 )(z3 − z2 ) = −(z3 − z1 )(z2 − z4 ) nên 19 ta có bất đẳng thức |z2 − z1 ||z4 − z3 | + |z4 − z1 ||z3 − z2 | > |z3 − z1 ||z2 − z4 |. Từ đây suy ra AB.CD + AD.BC > AC.DB. Ví dụ 2.1.14. Giả sử ∆ABC có BC = a, CA = b, AB = c và các đường trung tuyến AM = ma , BN = mb , CP = mc . Ta có các bất đẳng thức sau: (i) 2(ama + bmb + cmc ) 6 (b + c)ma + (c + a)mb + (a + b)mc . (ii) 4ma mb mc 6 bcma + camb + abmc . Bài giải: (i) Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Theo Mệnh đề 2.1.13, 2ma a mc b mb c với bốn điểm A, P, G, N ta có 6 + hay 2ama 6 bmc + 3 2 3 2 3 2 cmb . Tương tự có 2bmb 6 cma + amc và 2cmc 6 amb + bma . Cộng ba bất đẳng thức, ta được 2(ama +bmb +cmc ) 6 (b+c)ma +(c+a)mb +(a+b)mc . a bc (ii) Theo Mệnh đề 2.1.13 , với bốn điểm B, P, N, C có mb mc 6 a + 2 22 2 2 hay 4mbmc 6 2a + bc. Vì 2ama 6 bmc + cmb nên 2a ma 6 abmc + acmb . Như vậy 4ma mb mc 6 2a2 ma + bcma 6 bcma + camb + abmc . Mệnh đề 2.1.15. [Hayashi] Giả sử tam giác ABC có BC = a, CA = b, AB = c. Khi đó, với bất kỳ điểm M ở trong mặt phẳng ABC, ta có bất đẳng thức aMB.MC + bMC.MA + cMA.MB > abc. Đặc biệt, khi M ≡ G là trọng tâm của tam giác ABC ta có bất đẳng thức 9 amb mc + bmc ma + cma mb > abc 4 và khi M ≡ I là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC ta còn có bất đẳng thức b c abc a . + + > IA IB IC 4Rr2 Chứng minh: Tương ứng đỉnh A, B, C với số phức z1 , z2 , z3 và điểm M ứng với số phức z. Từ bất đẳng thức |z − z2 ||z − z3 | |z − z3 ||z − z1 | |z − z1 ||z − z2 | + + >1 |z1 − z2 ||z1 − z3 | |z2 − z3 ||z2 − z1 | |z3 − z1 ||z3 − z2 |
- Xem thêm -