ỨNG DỤNG của số PHỨC vào GIẢI TOÁN CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC VECTƠ

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG CAO ĐẲNG SƯ PHẠM GIA LAI
KHOA TỰ NHIÊN
-----oOo-----

ỨNG DỤNG CỦA SỐ PHỨC VÀO GIẢI
TOÁN CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC
VECTƠ
Nguyễn Thị Thủy


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG CAO ĐẲNG SƯ PHẠM GIA LAI
KHOA TỰ NHIÊN
-----oOo-----

ỨNG DỤNG CỦA SỐ PHỨC VÀO GIẢI
TOÁN CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC
VEC TƠ
Giáo viên hướng dẫn: Nguyễn Quốc Trịnh
Sinh viên thực hiện: Nguyễn Thị Thủy
Mã số sinh viên: 211401029



LỜI MỞ ĐẦU.
Số phức xuất hiện từ thế kỷ XIX do nhu cầu phát triển của Toán học về giải tích
những phương trình đại số.Từ khi ra đời số phức đã thúc đẩy toán học tiến lên
mạnh mẽ và giải quyết được nhiều vấn đề của khoa học và kỹ thuật.Đối với học
sinh bậc 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 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.
Mặc dù sách giáo khoa Giải Tích lớp 12 đã đưa bài tập ứng dụng Số Phức vào giải
toán hình học phẳng nhưng vẫn còn rất ít.Với những lí do trên,tôi chọn đề tài
nghiên cứu là: “Ứng dụng số phức vào giải toán Hình học phẳng”.và đặc biệt là đi
chuyên sâu chuyên đề: “Ứng dụng số phức vào giải các bài toán chứng minh đẳng
thức vectơ”.

1


ỨNG DỤNG SỐ PHỨC VÀO GIẢI CÁC BÀI
TOÁN CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC VECTƠ
1.Lý thuyết chung về số phức.
1.1.Lịch sử hình thành khái niệm số phức:
Lịch sử số phức bắt đầu từ thế kỉ thứ XVI. Đó là thời kì Phục hưng của toán
học châu Âu sau đêm trường trung cổ. Các đại lượng ảo

− 1, b − 1, a + b − 1

xuất hiện đầu tiên từ thế kỉ XVI trong các công trình của của các nhà toán học Italy
“Nghệ thuật vĩ đại hay là về các quy tắc của đại số” (1545) của G. Cardano (1501 –
1576) và “Đại số” (1572) của R. Bombelli (1530 – 1572). Nhà toán học Đức Felix
Klein (1849 – 1925) đã đánh giá công trình của G. Cardano như sau: “Tác phẩm
quý giá đến tột đỉnh này đã chứa đựng mầm mống của đại số hiện đại và nó
vượt xa tầm của toán học thời cổ đại”.
Khi giải phương trình bậc hai Cardano và Bombelli đã đưa vào xét kí hiệu
là lời giải hình thức của phương trình x2 + 1 = 0.

−1

Xét biểu thức b − 1 là nghiệm hình thức của phương trình x 2 + b2 = 0. Khi đó
biểu thức tổng quát hơn có dạng a + b − 1, b ≠ 0 có thể xem là nghiệm hình thức
của phương trình (x – a)2 + b2 = 0.
Về sau biểu thức dạng a + b − 1, b ≠ 0 xuất hiện trong quá trình giải phương
trình bậc hai, bậc ba (công thức Cardano) được gọi là đại lượng “ảo” và sau đó
được Gauss gọi là số phức và thường được kí hiệu là a + bi, trong đó kí hiệu
i = − 1 được L.Euler đưa vào (năm 1777) gọi là đơn vị “ảo
Lịch sử toán học cũng ghi lại rằng Cardano cũng đã nhắc đến các nghiệm phức
nhưng lại gọi chúng là các nghiệm “ngụy biện”. Chẳng hạn khi giải hệ phương
trình:

2


 x + y = 10

= 50
 xy

Cardano đã tìm được nghiệm 5 ± − 5 và ông đã gọi nghiệm này là “âm thuần
túy” và thậm chí còn gọi là “nghiệm âm ngụy biện”.
Có lẽ tên gọi “ảo” là di sản vĩnh cửu của “một thời ngây thơ đáng trân trọng của
số học.
Lí thuyết thuần túy số học đối với các số phức với tư cách là các cặp số thực có
thứ tự (a,b), a, b ∈ R được xây dựng bởi nhà toán học Ailen là W.Hamilton (1837).
Ở đây đơn vị “ảo” i chỉ đơn giản là một cặp số thực có thứ tự - cặp (0;1), tức là
đơn vị “ảo” được lí giải một cách hiện thực.

Bản chất đại số của số phức thể hiện ở chỗ số phức là phần tử của trường mở
rộng (đại số) C của trường số thực R thu được bằng phép ghép đại số cho R
nghiệm i của phương trình.
x2 + 1 = 0
Với định lí cơ bản của Đại số, Gauss đã chứng minh được trường C trở thành
trường đóng đại số. Điều đó có nghĩa là khi xét các nghiệm của phương trình đại số
trong trường này ta không thu được thêm số mới. Đương nhiên trường số thực R
(và do đó cả trường hữu tỉ Q) không có tính chất đóng đại số. Chẳng hạn, phương
trình với hệ số thực có thể không có nghiệm thực.
Nhìn lại hơn 2500 năm từ thời Pythagoras tới giờ, con đường phát triển khái
niệm về số có thể tóm tắt bởi N -> Z -> Q -> R -> C với các bao hàm thức:
N ⊂Z ⊂Q ⊂ R ⊂C

Tổng kết lịch sử toàn bộ quá trình phát triển khái niệm số, nhà toán học Đức
L.Kronecker (1823 - 1891) đã viết:“Thượng đế đã tạo ra số tự nhiên, còn tất cả
các loại số còn lại đều là công trình sáng tạo của con người.”
Có thể nói rằng với khẳng định bất hủ này, L.Kronecker đã xác định nền móng
vững chắc cho tòa lâu đài toán học tráng lệ , mà con người đang sở hữu.

3


1.2.Số phức và các phép toán:
1.2.1.Định nghĩa số phức:
Xét tập hợp
hiệu là: C.
•
•
-

{ z = a + bi / a, b ∈ R; i

2

}

= −1 , tập hợp trên gọi là tập hợp các số phức, kí

Mỗi phần tử z = a + bi gọi là một số phức.
a gọi là phần thực của z, kí hiệu là: Rez = a.
b gọi là phần ảo của z, kí hiệu là: Imz = b.
Khi a là một số thực, ta viết z = a + bi với b = 0, nên a là một số phức, vậy R ⊂ C .
Khi a = 0, b ≠ 0 , thì số phức z = bi được gọi là thuần ảo.
Các số phức 0, 1 và i: lần lượt là không, đơn vị và đơn vị ảo.
Hai số phức z1 = a1 + b1i, z 2 = a2 + b2i được gọi là bằng nhau và viết là z1 = z 2 khi và

chỉ khi a1 = a2 , b1 = b2 .
- z = a + bi, a, b ∈ R , gọi là dạng đại số của số phức z.
1.2.2 Các phép toán cộng trừ nhân chia các số phức:
- Cho các số phức z = a + bi / a, b ∈ R; z1 = a1 + b1i / a1 , b1 ∈ R; z 2 = a 2 + b2 i / a 2 , b2 ∈ R ;
Số phức a − bi được gọi là số phức liên hợp của số phức z = a + bi . Kí hiệu số phức
liên hợp của số phức z là z .
-

Tổng hai số phức z1 và z2: z1 + z 2 = (a1 + a2 ) + (b1 + b2 )i .
z1 − z 2 = ( a1 − a2 ) + (b1 − b2 )i .
Hiệu số phức z1 và z2:
Tích của hai số phức z1 và z2: z1.z 2 = (a1a2 − b1b2 ) + (a1b2 + a2b1 )i .
Thương của hai số phức z1 và z2:
z1 z1 .z 2 (a1a2 + b1b2 ) − (a1b2 − a2 b1 )i

=
=
z 2 z 2 .z 2
a22 + b22
=

a1a2 + b1b2 a1b2 − a2 b1
+
i
a22 + b22
a22 + b22

4


Chú ý rằng khi thực hiện liên tiếp các phép toán cộng, trừ, nhân, chia các số phức
dưới dạng đại số, ta thực hiện các phép toán tương ứng và coi

như một nhị

thức, sau đó thay i2 bằng -1.
Ta có:
z + z = 2 Re z , z − z = 2i Im z ,
1
z
z. z = a 2 + b 2 , = 2 2 , ( z ≠ 0 )
z a +b
z + w = z + w, z.w = z.w

1.2.3.Mô đun và argument. Dạng lượng giác của số phức:

1.2.3.1.Mô đun và argumen của số phức:
-Ta gọi E là mặt phẳng Euclide với hệ tọa độ Descartes
vuông góc xOy. Mỗi số phức z = a + bi (a, b ∈ R) có thể đặt
tương ứng với một và chỉ một điểm M(a;b) của E, và
ngược lại, mỗi điểm M(a;b) của E cũng có thể đặt tương
ứng với một và chỉ một số phức z = a + bi . Như vậy, ta có
song ánh từ tập hợp các số phức C đến mặt phẳng E, do
đó có thể dùng điểm M(a;b) để biểu diễn số phức
z = a + bi và ngược lại.
Cũng vì vậy, có thể gọi E là mặt phức.
M (a; b) ↔ z = a + bi, (a, b ∈ R)

Ta còn cho tương ứng mỗi số phức z = a + bi với vectơ OM (a; b) đó là song
ánh từ tập hợp các số phức C đến tập hợp các vectơ có điểm gốc O của mặt phẳng
E, nên ta còn dùng vectơ OM (a; b) để biểu diễn số phức z = a + bi và ngược lại.
OM (a; b) ↔ z = a + bi, (a, b ∈ R)

-Mô đun: Độ dài vectơ OM gọi là mô đun của số phức z, kí hiệu là z , như vậy:

5


z = OM = a 2 + b 2 = z.z

z = z , z + w ≤ z + w , zw = z w ,

z
z
=
(w ≠ 0)

w w

-Argumen: Góc lượng giác (Ox, OM ) gọi là argumen của số phức z, kí hiệu là
Argz.
-

Vì Argz là góc lượng giác nên được xác định sai khác một số nguyên
lần 2π (đo bằng radian).
Argz = {ϕ + 2kπ k ∈ z} trong đó ϕ là một giá trị nào đó của góc lượng
giác giữa tia Ox và OM .
Giá trị ϕ0 ∈ Argz thỏa mãn điều kiện: − π < ϕ 0 ≤ π , được xác định duy nhất, gọi là
argumen chính của z, kí hiệu: ϕ 0 = arg z.
Như vậy, Argz = {arg z + 2kπ f ∈ Z }
Ta có:
Arg ( zw) = {arg z + arg w + 2kπ k ∈ Z }
Arg

z
= {arg z − arg w + 2kπ k ∈ Z }, w ≠ 0
w

Áp dụng các công thức trên:

{

}

Arg ( z z ) = arg z + arg z + 2kπ k ∈ Z , z ≠ 0, mà z z = z

2

Suy ra:

Arg z = { − arg z + 2kπ k ∈ Z }, z ≠ 0

Cũng vậy, ta có:

Arg

1
= { − arg w + 2kπ k ∈ Z }, w ≠ 0
w

Tóm lại:

6


Argz = {arg z + 2kπ k ∈ Z }.

Argzw = {arg z + arg w + 2kπ k ∈ Z }
z
= {arg z − arg w + 2kπ k ∈ Z }, w ≠ 0
w
Arg z = { − arg z + 2kπ k ∈ Z }, z ≠ 0
Arg

Arg

1

= { − arg w + 2kπ k ∈ Z }, w ≠ 0
w

1.2.3.2.Dạng lượng giác và dạng mũ của số phức:
Cho số phức z = a + bi ≠ 0, a, b ∈ R , ta biểu diễn nó bởi điểm M (a;b) trên mặt

phẳng E. Khi đó ta xác định được r = z = a 2 + b 2 , và giá trị ϕ của Argz. Từ các hệ
thức a = r. cos ϕ , b = r.sin ϕ , ta có thể viết số phức z dưới dạng:
z = a + bi = r (cosϕ + i sin ϕ ) , gọi là dạng lượng giác của số phức z.

*Hệ thức Euler: e iϕ = cos ϕ + i sin ϕ , và z = r (cos ϕ + i sin ϕ ) = r.e iϕ , với r = z và
ϕ = Argz được gọi là dạng mũ của số phức z.
iϕ
-Số phức z = e iϕ có r = z = e = 1 nên z biểu diễn một điểm nằm trên đường tròn

tâm O và có bán kính r = 1. Nói chung , z = re iϕ biểu diễn một điểm trên đường
tròn tâm O, bán kính r, r ≠ 0 .
Ta có, với z = a + bi = r (cos ϕ + i sin ϕ ) = e iϕ
− iϕ

thì z = a − bi = r (cos(−ϕ ) + i sin( −ϕ )) = re
-Khi biểu diễn các số phức khác 0 dưới dạng lượng giác hay dạng mũ, ta có thể
thực hiện các phép toán nhân, chia, lũy thừa và khai căn các số phức rất thuận tiện.
Cho z1, z2 là các số phức:
z1 = r1eiϕ1 , z2 = r2eiϕ 2
Ta có:
- Tích của z1 và z2 là: z1 .z 2 = r1r2 e i (ϕ +ϕ ) .
z1 r1 i (ϕ1 −ϕ2 )
= e
, (r ≠ 0) .

- Thương của z1 và z2 là:
z2 r2
1

2

7


- Công thức Moivre: Lũy thừa của z ≠ 0 là: z n = r n einϕ , với n là số nguyên.
- Căn bậc n (n nguyên dương) của z có đúng n giá trị phân biệt:
n

n

z = re

i

ϕ + 2 kπ
n

ϕ + 2kπ
ϕ + 2kπ 

= n r  cos
+ i sin
 , k = 0,1,2,..., n − 1
n
n




2.Ứng dụng số phức vào giải các bài toán chứng minh vectơ.
2.1 Phương pháp chung:
-Gắn tọa vị các điểm ,các véctơ
- Sử dụng các quy tắc :
*Quy tắc 3 điểm:

( Chèn điểm C)
(Hiệu 2 véctơ)

*Quy tắc hình bình hành: Với hình bình hành ABCD ta luôn có:

*Quy tắc trung điểm: Với điểm M tùy ý và I là trung điểm của AB ta luôn có:
hay
-Kết hợp với các tính chất phép cộng,trừ vecto và phép nhân với một số với véctơ
để thực hiện phép biến đổi tương đương cho biểu thức cần chứng minh.
Ta có những các cách biến đổi sau:
Cách 1: Biến đổi 1 vế thành vế còn lại (VT-VP;VP-VT) Khi đó:
- Nếu xuất phát từ vế phức tạp,ta cần đơn giản biểu thức.
- Nếu xuất phát từ vế đơn giản,ta cần thực hiện việc phân tích véctơ

8


Cách 2: Biến đổi đẳng thức cần chứng minh về đẳng thức đã biết là luôn đúng.
Cách 3: Biến đổi đẳng thức véctơ đã biết là luôn đúng về dạng đẳng thức cần
chứng minh.
Cách 4: Tạo hình phụ,dựa vào tính chất của hình để biến đổi.

9


2.2.Một số bài tập minh họa:
Bài tập 1: Cho tam giác ABC ,G là trọng tâm của tam giác.Chứng minh rằng:

Giải:
Gọi tọa vị của

tương ứng là

.

Gọi M là trung điểm của BC suy ra M có tọa vị là:
Nếu G là trọng tâm của tam giác ABC thì ta có:

Từ đó:

có tọa vị
có tọa vị
có tọa vị

Suy ra:

Hay:

có tọa vị là:

(đpcm).

10


Bài tập 2: Cho tam giác ABC ,G là trọng tâm của tam giác và M là điểm tùy ý
trong mặt phẳng.Chứng minh rằng:

Giải:
Gọi tọa vị của

tương ứng là

.

Vì G là trọng tâm của tam giác ABC nên G có tọa vị là:

Ta có:

VT=
=3

(đpcm).

Bài 3: Cho tam giác ABC có trọng tâm G, gọi H là điểm đối xứng của G qua
B.Chứng minh rằng:
Giải:
Giả sử:
Vì
Gọi
Do đó

là 3 đỉnh của tam giác ABC.
là trọng tâm của tam giác ABC:
là điểm đối xứng của

(1)

qua :

là trung điểm của
(2)

11


VT =
(3)
Thay (2) vào (3) ta được:

=VP (đpcm)
Vậy
Bài 4: Cho hình thang OABC ,M,N là trung điểm của OB,OC .Chứng minh rằng:

Giải:
Chọn hệ tọa độ xOy có gốc tọa độ
Giả sử :

lần lượt có các tọa vị là

.

là trung điểm của

là trung điểm của

12


a)Ta có:

(đpcm)
b)

(đpcm)
Bài 5: Cho 4 điểm A,B,C,D bất kì.Chứng minh rằng:

Giải:
Gọi a,b,c,d lần lượt là các tọa vị của các điểm A,B,C,D trên mặt phẳng phức ta có:
13


VT=

Bài 6: Cho tam giác ABC với ba đường trung tuyến AD,BE,CF. Chứng minh rằng:

Giải:
Gọi a,b,c,d,e,f lần lượt là tọa vị của các điểm A,B,C,E,F trên mặt phẳng phức ta
có:

( Vì AD,BE ,CF là các đường trung tuyến).

VT (*) =

Bài 7: Cho G là trọng tâm của tam giác ABC và M là điểm bất kì trong mặt phẳng.
Chứng minh rằng:
14


2.
Giải:
Lấy hệ tọa độ sao cho trọng tâm G trùng với gốc tọa độ O.Như vậy G có tọa vị g=0
và gọi tọa vị của

tương ứng là

.

Theo giả thiết ta có G là trọng tâm của

1.Viết hai vế của biểu thức chứng minh bằng cách thay độ dài các đoạn thẳng bằng
môđun các số phức tương ứng. Ta có:
-Vế phải:
-Vế trái:
Tính theo công thức :

Cộng các đằng thức trên theo từng vế :

Do

nên

hay

nên:

Vì vậy:

15


2.Tính vế trái:

Bài 8:Cho tam giác ABC với trọng tâm G. M là một điểm bất kỳ trong mặt phẳng.
1
1
2
2
2
2
2
2
2
Chứng minh rằng: MG = MA + MB + MC − AB + BC + CA .
3
9
Giải
Chọn đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC làm đường
tròn đơn vị và giả sử A(a ), B (b), C (c ), M (m), G ( g ). Vì
1
G là trọng tâm tam giác ABC nên g = (a + b + c).

3
Khi đó,

(

)

MG 2 = ( g − m ) . g − m = g g − mg − gm + mm,

( )
MB = ( b − m ) .( b − m ) = bb − mb − bm + mm,
MC = ( c − m ) .( c − m ) = cc − mc − cm + mm,
AB = ( b − a ) .( b − a ) = bb − ba − ab + aa ,
BC = ( c − b ) .( c − b ) = cc − cb − bc + bb,
AC = ( c − a ) .( c − a ) = cc − ca − ac + aa.

MA2 = ( a − m ) . a − m = aa − ma − am + mm,
2

2

2

2

2

Do A, B, C đều nằm trên đường tròn đơn vị nên aa = bb = cc = 1 ,
ta có:
* MA2 + MB 2 + MC 2

= 3 − ma − am + mm − mb − bm + mm − mc − cm + mm
= 3 − m(a + b + c ) − m(a + b + c ) + 3mm

* AB 2 + BC 2 + CA2 = 3 − 3mg − 3mg + 3mm = 3(1 − mg − mg + mm)
= bb − ba − ab + aa + cc − cb − bc + bb + cc − ca − ac + aa
16


= 9 − ba − ab − cb − bc − ca − ac − bb − cc − aa
= 9 − (a + b + c)(a + b + c)
= 9 − 9g g

Thay vào vế trái, ta được:
1
1
 MA2 + MB 2 + MC 2  −  AB 2 + BC 2 + CA2  =
3
9
= (1 − mg − mg + mm) − (1 − g g )

= g g − mg − mg + mm = ( g − m)( g − m) = MG 2

Ta được điều phải chứng minh.

17