Sử dụng ma trận và định thức để chứng minh một số kết quả hình học

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC Đỗ Văn Hải SỬ DỤNG MA TRẬN VÀ ĐỊNH THỨC ĐỂ CHỨNG MINH MỘT SỐ KẾT QUẢ HÌNH HỌC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - Năm 2013 Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC Đỗ Văn Hải SỬ DỤNG MA TRẬN VÀ ĐỊNH THỨC ĐỂ CHỨNG MINH MỘT SỐ KẾT QUẢ HÌNH HỌC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên Ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60460113 Người hướng dẫn khoa học:PGS.TS ĐÀM VĂN NHỈ Thái Ngun - Năm 2013 Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ Cơng trình hồn thành Trường Đại học Khoa Học - Đại Học Thái Nguyên Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS Đàm Văn Nhỉ Phản biện 1: GS.TSKH Nguyễn Tự Cường Phản biện 2: PGS.TSKH Lê Thị Thanh Nhàn Luận văn bảo vệ trước hội đồng chấm luận văn họp tại: Trường Đại Học Khoa Học - Đại Học Thái Nguyên Ngày 27 tháng 09 năm 2013 Có thể tìm hiểu Trung tâm học liệu Đại Học Thái Nguyên Thư viện trường Đại Học Khoa học - ĐH Thái Ngun Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ Mục lục Mục lục Mở đầu Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Ma trận, phép toán ma trận 1.2 Định thức số đồng thức cổ điển 1.3 Vành ma trận K[A] 3 12 Chương Vận dụng hình học sơ cấp 14 2.1 Phép biến đổi tọa độ đặc biệt mặt phẳng 14 2.1.1 Phép tịnh tiến 14 2.1.2 Phép đối xứng trục 14 2.1.3 Phép quay 15 2.1.4 Phép đối xứng tâm 15 2.1.5 Phép vị tự 15 2.1.6 Vận dụng 15 2.2 Diện tích, bán kính đường trịn ngoại tiếp 21 2.2.1 Diện tích, bán kính đường trịn ngoại tiếp 21 2.2.2 Bài toán véc tơ liên quan tới tam giác 35 2.3 Thể tích, bán kính mặt cầu ngoại tiếp qua định thức 37 2.3.1 Tích vơ hướng, tích có hướng hai véc tơ 37 2.3.2 Thể tích, bán kính mặt cầu ngoại tiếp qua định thức 43 2.3.3 Khai thác toán véctơ tứ diện 56 2.4 Đồ thị phẳng 21 - điểm K3 57 Kết luận 62 Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ Mở đầu Vận dụng ma trận định thức số kết đại số tuyến tính vào nghiên cứu Toán sơ cấp nhiều thầy, cô giáo quan tâm.Với giúp đỡ định thức ma trận ta thu nhiều kết qua việc biến đổi tọa độ giải hệ phương trình bậc nhiều ẩn đại số hóa số hình sơ cấp Do vậy, luận văn đặt vấn đề vận dụng định thức ma trận vào xét số tốn hình học sơ cấp Nội dung luận văn chia làm hai chương Chương I: Kiến thức chuẩn bị ma trận,các phép toán ma trận, định thức số đồng thức cổ điển, Vành ma trận K[A] Chương II: Vận dụng định thức ma trận hình học sơ cấp Mục 2.1 Trình bày phép biến đổi tọa độ đặc biệt mặt phẳng Mục 2.2 Trình bày diện tích , bán kính đường trịn ngoại tiếp qua tọa độ đỉnh , độ dài cạnh tam giác Mục 2.3 Sử dụng định thức tính thể tích qua tọa độ đỉnh , độ dài cạnh Mục 2.4 Xét toán đồ thị phẳng 21 - điểm K3 Luận văn hoàn thành với hướng dẫn bảo tận tình PGS-TS Đàm Văn Nhỉ - Đại học Sư phạm Hà Nội Em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc quan tâm, động viên bảo hướng dẫn thầy Em xin trân trọng cảm ơn tới Thầy cô Trường Đại Học Khoa Học - Đại Học Thái Nguyên, phòng Đào Tạo Trường Đại Học Khoa Học Tôi xin cảm ơn tới Sở Giáo dục - Đào tạo Tỉnh Hà Giang, Ban Giám hiệu Trường THPT Việt Lâm - Huyện Vị Xuyên tạo điều kiện cho tơi học tập hồn thành kế hoạch học tập Thái Nguyên, ngày 08 tháng 08 năm 2013 Tác giả Đỗ Văn Hải Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Ma trận, phép toán ma trận 1) Ma trận Định nghĩa 1.1 Ma trận cỡ m × n : thành m dòng, n cột sau:  a11 a12 a1j   a21 a22 a2j      a  i1 ai2 aij    am1 am2 amj Một bảng gồm m.n số viết  a1n  a2n      ain      amn (1.1) gọi ma trận kiểu (m × n) Mỗi số aij gọi thành phần ma trận Nó dòng thứ i cột thứ j Ta thường kí hiệu ma trận chữ in hoa: A, B Có thể viết ma trận (1.1) cách đơn giản bởi: A = (aij )m×n Khi biết rõ m n cịn viết là: A = (aij ) Ma trận dòng: Ma trận cỡ × n gọi ma trận dịng a1 a2 aj an Ma trận cột: Ma trận cỡ m × gọi ma trận cột   a1  a2         aj      an Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ (1.2) (1.3) Ma trận vng: Ma trận cỡ n × n gọi ma trận vng cấp n (hay ma trận cấp n) viết A = (aij )n×n Trong ma trận vng A = (aij )n×n dãy phần tử có số hàng số cột a11 , a22 , , ann gọi đường chéo ma trận A Định nghĩa 1.2 Ta gọi  a11   a12     a  1j    a1n ma trận a21 ai1 am1   am2      aij amj      ain amn a22 ai2 a2j a2n (1.4) ma trận chuyển vị ma trận (1.1) kí hiệu t A Như ma trận t A thu từ A cách đổi dòng thứ i A thành cột thứ i t A A ma trận kiểu m × n ma trận chuyển vị t A ma trận kiểu n × m 2) Các phép tốn ma trận Phép cộng hai ma trận Định nghĩa 1.3 Tổng hai ma trận A = (aij )m×n B = (bij )m×n ma trận: A + B = (aij + bij )m×n Định nghĩa 1.4 Với ma trận vng cấp hai dạng: A= đó: A + B = a11 a12 a21 a22 ;B = b11 b12 b21 b22 a11 + b11 a12 + b12 a21 + b21 a22 + b22 Định nghĩa 1.5 Với ma trận vuông cấp ba dạng:     a11 a12 a13 b11 b12 b13 A =  a21 a22 a23  ; B =  b21 b22 b23  a31 a32 a33 b31 b32 b33   a11 + b11 a12 + b12 a13 + b13 đó: A + B =  a21 + b21 a22 + b22 a23 + b23  a31 + b31 a32 + b32 a33 + b33 Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ Quy tắc cộng ma trận: Muốn cộng hai ma trận ta việc cộng thành phần tương ứng (cùng dòng, cột) chúng: (aij )m×n + (bij )m×n = (aij + bij )m×n Phép nhân ma trận với số Định nghĩa 1.6 Tích phần tử k ∈ K với ma trận A = (aij )m×n ∈ Mm×n [K] ma trận: kA = (kaij )m×n Với ma trận vng cấp hai: A = a11 a12 a21 a22 , ta có:   αa11 αa12 αa13 αA =  αa21 αa22 αa23  αa31 αa32 αa33   a11 a12 a13 Với ma trận vuông cấp ba: A =  a21 a22 a23 , ta có: a31 a32 a33   αa11 αa12 αa13 αA =  αa21 αa22 αa23  αa31 αa32 αa33 Tích hai ma trận Định nghĩa 1.7 Tích AB ma trận A = (aij )m×n ma trận B = (jk )m×n ma trận C = (cik ) ∈ M (m × p, K) với phần tử xác định sau: n cik = (aij bjk ), (1 i m, k p) j=1 Định nghĩa 1.8 Với ma trận vuông cấp hai dạng: A= a11 a12 a21 a22 ;B = b11 b12 b21 b22 đó: AB = a11 b11 + a12 b21 a11 b12 + a12 b22 a21 b11 + a22 b21 a21 b12 + a22 b22 Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ x y Với ma trận cột X = AX = , tích AX xác định sau: a11 a12 a21 a22 x y a11 x + a12 y a21 x + a22 y = Định nghĩa 1.9 Với ma trận vuông cấp ba    a11 a12 a13 b11    A = a21 a22 a23 ; B = b21 a31 a32 a33 b31 đó:      AB =     3 a1j bj1 j=1 a1j bj2 a2j bj1 j=1  b12 b13 b22 b23  b32 b33  j=1 a2j bj2 j=1 a3j bj1 dạng: a1j bj3    a2j bj3    j=1   a3j bj3 j=1 j=1  a3j bj2 j=1 j=1  x  Với ma trận cột X = y  , tích AX xác định sau: z      a11 a12 a13 x a11 x + a12 y + a13 z AX =  a21 a22 a23   y  =  a21 x + a22 y + a23 z  a31 a32 a33 z a31 x + a32 y + a33 z Nhận xét 1.1 Điều kiện để định nghĩa ma trận tích AB số cột ma trận A số hàng ma trận B Ma trận đơn vị: Ma trận E cấp n có đường chéo 1, phần tử ngồi đường chéo gọi ma trận đơn vị:     E=    0 Số hóa trung tâm học lieäu        http://www.lrc.tnu.edu.vn/ (1.5) Mệnh đề 1.1 Với hai ma trận vuông cấp hai AB ln có |AB| = |A||B| Chứng minh Giả sử A = ax + bz ay + bt cx + dz cy + dt AB = a b c d x y z t B = Khi ta có tích Từ việc biến đổi tích hai ma trận đinh thức ax + bz ay + bt = (ax + bz)(cy + dt) − (ay + bt)(cx + dz) cx + dz cy + dt = adxt + bcyz − adyz − bcxt = (ad − bc)(xt − yz) = |A||B| |AB| = nhận kết |AB| = |A||B| - Tương tự : Với hai ma trận vuông cấp ba AB có |AB| = |A||B| 1.2 Định thức số đồng thức cổ điển 1) Định thức Định nghĩa 1.10 Với ma trận vuông  a11 a12 a1j   a21 a22 a2j      a  i1 ai2 aij    am1 am2 amj  a1n  a2n      ain      amn (1.6) ta gọi tổng D= sgn(s)a1s(1) a2s(2) ais(i) ans(n) s∈S(n) định thức ma trận A kí hiệu a11 a12 a1j a1n ai1 ai2 aij ain an1 an2 anj ann Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ (1.7) 49 Đặt: tij = R2 − xi xj − yi yj − zi zj 2 lij lji (xi − xj )2 + (yi − yj )2 + (zi − zj )2 Khi tij = tji = = = 2 Xét tích sau P = x1 x2 x3 x4 y1 y2 y3 y4 z1 z2 z3 z4 −x1 R −x2 R −x3 R −x4 R −y1 −y2 −y3 −y4 −z1 −z2 −z3 −z4 = x1 x2 x3 x4 y1 y2 y3 y4 z1 z2 z3 z4 R −x1 −x2 −x3 −x4 R −y1 −y2 −y3 −y4 R −z1 −z2 −z3 −z4 R R R R R = t12 t13 t14 t21 t23 t24 t31 t32 t34 t41 t42 t43 R R R R với tij = tji −x1 −y1 −z1 R −x2 −y2 −z2 R Vì 6RV −x3 −y3 −z3 R −x4 −y4 −z4 R 2 l12 l13 l14 2 0 l12 l13 l14 22 22 l21 l l 2 l21 l23 l24 23 24 2 22 22 nên: 36R V = = l31 l32 l34 16 l2 l2 l2 31 32 34 22 22 2 2 l41 l42 l43 l41 l42 l43 0 2 Tính định thức cuối lấy ta nhận cơng thức tính: x1 x2 x3 x4 R= 24V y1 y2 y3 y4 z1 z2 z3 z4 R R R R l l l + 2l l l l + 2l l l l − l l − l l − l l 2l13 14 23 24 12 14 23 34 12 13 24 34 12 34 13 24 14 23 Từ Mệnh đề 2.16 Mệnh đề 2.18 ta suy công thức tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp qua độ dài cạnh tứ diện Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 50 Hệ 2.19 Giả sử tứ diện A1 A2 A3 A4 có độ dài cạnh a = l12 , b = l13 , c = l14 , x = l34 , y = l24 , z = l23 Đặt 2S = ax + by + cz Khi bán kính R mặt cầu ngoại tiếp tứ diện xác định công thức đây: (i) R = (ii) R = S(S − ax)(S − by)(S − cz) 6V √ 2 S(S − ax)(S − by)(S − cz) 2 2 2 2a a +b −z a +c −y 2 a +b −z 2b2 b2 + c2 − x2 a2 + c2 − y b2 + c2 − x2 2c2 Chứng minh: (i)Theo Mệnh đề 2.18, Bất đẳng thức Ptolemy, ta có ax + by cz, by + cz ax cz + ax by, Dễ dàng kiểm tra hệ thức 16S(S − ax)(S − by)(S − cz) = 2 2 2 2 2 2 4 4 4 2l13 l14 l23 l24 + 2l12 l14 l32 l34 + 2l12 l13 l42 l43 − l12 l34 − l13 l24 − l14 l23 Do ta có: R = (ii) Hiển nhiên R = S(S − ax)(S − by)(S − cz) √ 6V 2 S(S − ax)(S − by)(S − cz) 2 2 2 2a a +b −z a +c −y 2 a +b −z 2b2 b2 + c2 − x2 a2 + c2 − y b2 + c2 − x2 2c2 Mệnh đề 2.20 Cho tứ diện SABC Với A ∈ SA, B ∈ SB, C ∈ SC ta VSA B C SA SB SC có tỷ số thể tích = VSABC SA SB SC Chứng minh: Đặt a = SA, b = SB, c = SC, a = SA , b = SB , c = SC Đặt V = VSA B C” V = VSABC Theo Ví dụ ?? có tỷ số thể tích abc − cos2 ϕ1 − cos2 ϕ2 − cos2 ϕ3 + cos ϕ1 cos ϕ2 cos ϕ3 V = abc V 2 − cos ϕ1 − cos ϕ2 − cos ϕ3 + cos ϕ1 cos ϕ2 cos ϕ3 Do VSA B C SA SB SC = VSABC SA SB SC Soá hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 51 Ví dụ 2.31 Cho tứ diện A1 A2 A3 A4 Chứng minh rằng, với điểm O ta ln có bất đẳng thức V A1 A2 A3 A4 OA2i + i=1 Bài giải: Dựng hệ tọa độ Oxyz Giả sử Ai (xi , yi , zi ), i = 1, 2, 3, Ta có 36VA21 A2 A3 A4 x1 x2 = x3 x4 y1 y2 y3 y4 z1 z2 z3 z4 1 1 (x2i + yi2 + zi2 + 1) i=1 theo Bất đẳng thức Hadamard Do VA1 A2 A3 A4 i=1 OA2i + Ví dụ 2.32 Cho góc tam diện Sxyz Giả sử điểm N góc tam diện mặt phẳng (P ) qua N cắt Sx, Sy, Sz A, B, C, tương ứng Khi tỷ VSABC số thể tích số VSN BC VSN CA VSN AB Bài giải: Gọi khoảng cách từ N đến (SBC), (SCA), (SAB) a, b, c, tương ứng đặt SA = x, SB = y, SC = z Khi a, b, c số ta có 2 VSABC 63 VSABC 63 VSABC = = VSN BC VSN CA VSN AB (ayz).(bzx).(cxy) abcx2 y z 2 Mặt khác, ta lại có 62 VSABC = x2 y z (1 − cos2 α − cos2 β − cos2 γ + cos α cos β cos γ) theo Ví dụ 2.29, α = ∠BSC, β = ∠CSA, γ = ∠ASB Như vậy, tỷ số thể tích cần tính biểu diễn VSABC 6(1 − cos2 α − cos2 β − cos2 γ + cos α cos β cos γ) = VSN BC VSN CA VSN AB abc số Ví dụ 2.33 Cho điểm O tứ diện ABCD Một mặt phẳng (P ) qua O cắt AB, AC, AD Ký hiệu khoảng cách từ A, B, C, D đến (P ) ta , tb , tc , td , tương ứng Chứng minh ta VOBCD = tb VOCDA + tc VODAB + td VOABC Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 52 Bài giải: Dựng hệ tọa độ Oxyz để O(0, 0, 0), (P ) : z = A(x1 , y1 , z1 ), B(x2 , y2 , z2 ), C(x3 , y3 , z3 ), D(x4 , y4 , z4 ) với ta = z1 > 0, tb = −z2 > 0, tc = −z3 > 0, td = −z4 > Quy ước thể tích tứ diện tính qua định thức theo quy tắc bàn tay phải: ta VOBCD = z1 x2 x3 x4 y2 y3 y4 z2 z3 z4 x2 y2 z2 = −z1 x3 y3 z3 x4 y4 z4 tb VOCDA = −z2 x4 x3 x1 y4 y3 y1 z4 z3 z1 x1 y1 z1 = −z2 x3 y3 z3 x4 y4 z4 tc VODAB = −z3 x4 x1 x2 y4 y1 y2 z4 z1 z2 x1 y1 z1 = z3 x2 y2 z2 x4 y4 z4 td VOABC = −z4 x1 x3 x2 y1 y3 y2 z1 z3 z2 x1 y1 z1 = −z4 x2 y2 z2 x3 y3 z3 Như vậy, hiệu T = ta VOBCD − tb VOCDA − tc VODAB − td VOABC T = −z1 + z4 x2 y2 z2 x1 y1 z1 x1 y1 z1 x3 y3 z3 + z2 x3 y3 z3 − z3 x2 y2 z2 x4 y4 z4 x4 y4 z4 x4 y4 z4 x1 x1 y1 z1 x2 x2 y2 z2 = x3 x3 y3 z3 x4 y1 y2 y3 y4 z1 z2 z3 z4 z1 z2 = z3 z4 Tóm lại ta VOBCD = tb VOCDA + tc VODAB + td VOABC Ví dụ 2.34 Cho tứ diện ABCD trọng tâm D1 mặt ABC GọiA1 , B1 , C1 giao điểm đường thăng qua A, B, C, tương ứng, song song với DD1 cắt mặt tương ứng tứ diện Chứng minh rằng, ta ln có VA1 B1 C1 D1 = 3VABCD Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 53 Bài giải: Ta bỏ qua giả thiết D1 trọng tâm ∆ABC Với điểm tùy ýD1 thuộc miền tam giác ABC ln có ba số thực dương a, b, c với a + b + c = 1, DD1 = aDA + bDB + cDC VìAA1 , BB1 , CC1 DD1 nên dễ dàng suy biểu diễn D1 A1 D1 B1 D1 C1 a2 DA + b(b + 1)DB + c(c + 1)DC = a a(a + 1)DA + b DB + c(c + 1)DC = b a(a + 1)DA + b(b + 1)DB + c2 DC = Từ viết c VA1 B1 C1 D1 = a2 b(b + 1) c(c + 1) a(a + 1) b2 c(c + 1) a(a + 1) b(b + 1) c2 6abc = 3VABCD Ví dụ 2.35 [Dự bị IMO 1988] Cho tứ diện ABCD với trung điểm K cạch AB trung điểm L cạch CD Chứng minh rằng, mặt phẳng chứa đường thẳng KL chia tứ diện thành hai phần với thể tích Bài giải: Với hệ tọa độ Oxyz, A(0, 0, 0), B(x2 , y2 , z2 ), C(x3 , y3 , z3 ) D(x4 , y4 , z4 ) Chỉ cần xét trường hợp mặt phẳng (P ) chứa KL cắt BC EB FA E cắt AD F Khi s =: = Tọa độ điểm K, L, E, F : EC FD x2 y2 z2 x3 + x4 y3 + y4 z3 + z4 K( , , ) , L( , , ) 2 2 2 sx4 sy4 sz4 x2 + sx3 y2 + sy3 z2 + sz3 F( , , ) , E( , , ) s+1 s+1 s+1 s+1 s+1 s+1 Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 54 ĐặtV1 = VACKELF = VAKEL + VAECL + VALF K Định hướng x2 y2 z2 2 x2 + sx3 y2 + sy3 z2 + sz3 s 6VAKEL = = s+1 s+1 s+1 4(s + 1) x3 + x4 y3 + y4 z3 + z4 2 x2 + sx3 y2 + sy3 z2 + sz3 s+1 s+1 s+1 6VAECL = = x3 y3 z3 2(s + 1) x3 + x4 y3 + y4 z3 + z4 2 x3 + x4 y3 + y4 z3 + z4 x2 2 sx sy sz s 4 6VALF K = = x3 s+1 s+1 s+1 4(s + 1) x2 y2 z2 x4 2 tứ diên có x2 y2 z2 x3 y3 z3 x4 y4 z4 x2 y2 z2 x3 y3 z3 x4 y4 z4 y2 z2 y3 z3 y4 z4 Vậy x2 y2 z2 1 x2 V1 = x3 y3 z3 = 2.6 2.6 x3 x4 y4 z4 x4 y2 y3 y4 z2 z3 z4 VABCD = Ví dụ 2.36 Cho tứ diện ABCD Gọi A1 , B1 , C1 , D1 trọng tâm mặt BCD, CDA, DAB, ABC, tương ứng, với điểm O bên ngồi tứ diện ABCD có cách chọn thích hợp u, v, t ∈ {1, −1} để |VOB1 C1 D1 + uVOC1 D1 A1 + vVOD1 A1 B1 + tVOA1 B1 C1 | = VABCD 27 Bài giải: Dựng hệ tọa độ Oxyz để O(0, 0, 0), A(x1 , y1 , z1 ), B(x2 , y2 , z2 ), C(x3 , y3 , z3 ) D(x4 , y4 , z4 ) Tọa độ trọng tâm mặt tứ diện ABCD x2 + x3 + x4 y2 + y3 + y4 z2 + z3 + z4 , , ) 3 x1 + x3 + x4 y1 + y3 + y4 z1 + z3 + z4 B1 ( , , ) 3 x2 + x1 + x4 y2 + y1 + y4 z2 + z1 + z4 C1 ( , , ) 3 x2 + x3 + x1 y2 + y3 + y1 z2 + z3 + z1 D1 ( , , ) 3 A1 ( Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 55 4 Đặt X = xi , Y = yi Z = i=1 i=1 zi , Đặt Va = 6VOB1 C1 D1 i=1 Ta biểu diễn: 0 x1 + x3 + x4 y1 + y3 + y4 z1 + z3 + z4 3 x2 + x1 + x4 y2 + y1 + y4 z2 + z1 + z4 3 x2 + x3 + x1 y2 + y3 + y1 z2 + z3 + z1 3 Va = ± X − x2 Y − y2 Z − z2 X ±1 x2 = 27 x3 x4 ±1 X − x3 Y − y3 Z − z3 27 X − x4 Y − y4 Z − z4 = Y y2 y3 y4 Z z2 z3 z4 1 1 Ký hiệu: X x2 T = x3 x4 Y y2 y3 y4 Z z2 z3 z4 X x ± 1 x3 x4 Y y1 y3 y4 Z z1 z3 z4 X x ± 1 x2 x4 Y y1 y2 y4 với việc chọn dấu +, − cách thích hợp Từ suy ra: x1 x2 x3 x4 y1 y2 y3 y4 z1 z2 z3 z4 X x − x2 x4 X x − x3 x4 Y y1 y2 y4 Z z1 z2 z4 Số hóa trung tâm học lieäu Y y2 y3 y4 Z z2 z3 z4 X x + 1 x2 x3 Z z1 z2 z4 X x1 x2 x3 x4 X x + 1 x3 x4 Y y1 y2 y3 Z z1 z2 z3 X x ± 1 x2 x3 Y y1 y2 y3 y4 Y y1 y3 y4 Z z1 z2 z3 z4 Z z1 z3 z4 1 1 Y y1 y2 y3 Z z1 z2 z3 1 =0 1 1 1 1 = 1 http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 1 1 56 Do vậy: ±VABCD ± 27VOB1 C1 D1 ± 27VOC1 D1 A1 ± 27VOD1 A1 B1 ± 27VOA1 B1 C1 = Từ suy kết quả: Tồn cách chọn thích hợp u, v, t ∈ {1, −1} để |VOB1 C1 D1 + uVOC1 D1 A1 + vVOD1 A1 B1 + tVOA1 B1 C1 | = VABCD 27 2.3.3 Khai thác toán véctơ tứ diện Mệnh đề 2.21 Với điểm O tứ diện ABCD điểm O nằm tứ diện ABCD, góc tam diện đỉnh A ta ln có (i) OA.VOBCD + OB.VOCDA + OC.VODAB + OD.VOABC = Đặc biệt, IA.sa + IB.sb + IC.sc + ID.sd = I tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện (ii) −O A.VO BCD + O B.VO CDA + O C.VO DAB + O D.VO ABC = Chứng minh: Dựng hệ tọa độ Oxyz Giả sử O(0, 0, 0), A(a1 , a2 , a3 ), B(b1 , b2 , b3 ), (c1 , c2 , c3 ) D(d1 , d2 , d3 ) Theo quy tắc bàn tay phải, quy 1 1 a b c ước 6VOABC = 1 , v.v Khi a2 b2 c2 a3 b3 c3 6u1 = a1 a1 a = a2 a3 b1 b1 b2 b3 b1 c1 d1 a1 c1 d1 a1 b1 d1 a1 b1 c1 b2 c2 d2 − b1 a2 c2 d2 + c1 a2 b2 d2 − d1 a2 b2 c2 b3 c3 d3 a3 c3 d3 a3 b3 d3 a3 b3 c3 c1 c1 c2 c3 d1 d1 = Tương tự ta có u2 = u3 = d2 d3 Với tứ diện ABCD ta có bất đẳng thức đồng thức sau: Ví dụ 2.37 Giả sử tứ diện ABCD có BC = a, CA = b, AB = c, DA = x, DB = y, DC = z I tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện Khi ta có đồng thức sa IA2 + sb IB + sc IC + sd ID2 a2 sb sc + b2 sc sa + c2 sa sb + x2 sa sd + y sb sd + z sc sd = sa + sb + sc + sd Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 57 Bài giải: Từ IA.sa + IB.sb + IC.sc + ID.sd = theo Mệnh đề ?? suy = + = + − = − s2a IA2 + s2b IB + s2c IC + s2d ID2 + 2sa sb IA.IB + 2sa sc IA.IC 2sa sd IA.ID + 2sb sc IB.IC + 2sb sd IB.ID + 2sc sd IC.ID s2a IA2 + s2b IB + s2c IC + s2d ID2 + sa sb (IA2 + IB − c2 ) sa sc (IA2 + IC − b2 ) + sa sd (IA2 + ID2 − x2 ) + sb sc (IB + IC ) sb sc a2 + sb sd (IB + ID2 − y ) + sc sd (IC + ID2 − z ) (sa IA2 + sb IB + sc IC + sd ID2 )(sa + sb + sc + sd ) (a2 sb sc + b2 sc sa + c2 sa sb + x2 sa sd + y sb sd + z sc sd ) Dễ dàng suy đồng thức sa IA2 + sb IB + sc IC + sd ID2 = a2 sb sc + b2 sc sa + c2 sa sb + x2 sa sd + y sb sd + z sc sd sa + sb + sc + sd Ví dụ 2.38 Với điểm M nằm tứ diện ABCD, nằm góc tam diện đỉnh A ta ln có M B.VM CDA + M C.VM DBA + M D.VM BCA −→ −→ M A.VM BCD −→ Bài giải: Từ hệ thức M B.VM CDA + M C.VM DAB + M D.VM ABC −→ = M A.VM BCD theo Mệnh đề 2.21 ta suy bất đẳng thức sau đây: M B.VM CDA + M C.VM DBA + M D.VM BCA M A.VM BCD 2.4 Đồ thị phẳng 21 - điểm K3 Giả sử tam giác ABC có độ dài ba cạnh a = BC, b = CA, c = AB Ký hiệu a đường thẳng cắt đường thẳng AC điểm cách hai điểm A B, cắt đường thẳng AB điểm cách hai điểm A C Ký hiệu b đường thẳng cắt đường thẳng BA điểm cách hai điểm B C, cắt đường thẳng BC điểm cách hai điểm B A Ký hiệu c đường thẳng cắt đường thẳng CB điểm cách hai điểm C A, cắt đường thẳng CA điểm cách hai điểm C B Gọi A0 , B0 , C0 điểm đối xứng với A, B, C qua BC, CA, AB, tương ứng Gọi A1 , B1 , C1 điểm đối xứng với A, B, C qua a, b, c, tương ứng Gọi điểm E điểm thỏa mãn aEA = bEB = cEC, gọi π 2π điểm F điểm nhìn cạnh tam giác ABC góc hay 3 Gọi H trực tâm O tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 58 Gọi A2 , A3 đỉnh tam giác BCA2 , BCA3 , gọi B2 , B3 đỉnh tam giác CAB2 , CAB3 gọi C2 , C3 đỉnh tam giác ABC2 , ABC3 Bây tìm khai triển dạng phân thức liên tục số thực Trong chương 1, biết cách khai triển dạng phân thức liên tục số hữu tỷ Trong phần này, trước tiên ta xem xét lại q trình này, sau đó, phương pháp tương tự, ta tìm khai triển phân thức liên tục cho số vô tỷ a c A0 A2 E B3 C0 B A1 K C2 C1 C L A C3 D G A3 B0 b F B2 B1 Ví dụ 2.39 Xác định phương trình a biết tọa độ A, B, C Bài giải: Dựng hệ tọa độ Oxy cho A(0; 0), B(x2 ; kx2 ), C(x3 ; hx3 ) Điểm P0 (p; hp) cách A B p2 + h2 p2 = (p − x2 ) + (hp − kx2 )2 x2 (1 + k ) x2 h(1 + k ) Vậy P0 ; Điểm N0 (n; kn) cách A C 2(1 + hk) 2(1 + hk) x3 (1 + h2 ) x3 k(1 + h2 ) N0 ; Đường thẳng a đường thẳng 2(1 + hk) 2(1 + hk) x y 2 x2 (1 + k ) x2 h(1 + k ) =0 2(1 + hk) 2(1 + hk) 2 x3 (1 + h ) x3 k(1 + h ) 2(1 + hk) 2(1 + hk) Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 59 x hay a : x2 x3 y 2(1 + hk) x2 h + k2 2(1 + hk) x3 k + h2 = Mệnh đề 2.22 Giả sử ∆ABC có độ dài cạnh a, b, c Khi 21 điểm nêu thuộc tập K3 tất điểm M thỏa mãn a2 + M A a2 M A b2 + M B b2 M B = c2 + M C c2 M C Chứng minh: Khi M ≡ A M A a2 + M A a2 M A Khi b2 + M B b2 M B = c2 + M C c2 M C K3 Tương tự B, B0 , C, C0 ∈ K3 = 0, M B = AB = c.M C = AC = b a2 2 2 b +c b c = Vậy A, A0 ∈ c2 + b2 c2 b2 a2 + HA2 a2 HA2 Vì a2 + HA2 = b2 + HB = C + HC = 4R2 nên b2 + HB b2 HB c2 + HC c2 HC 4R2 a2 HA2 = 4R2 b2 HB = Vậy H ∈ K3 4R2 c2 HC a2 + OA2 a2 OA2 a2 + R a2 R Vì b2 + OB b2 OB = b2 + R2 b2 R2 = nên O ∈ K3 c2 + OC c2 OC c2 + R2 c2 R2 a2 + EA2 a2 EA2 a2 + EA2 u2 Đặt aEA = u Vì b2 + EB b2 EB = b2 + EB u2 = nên c2 + EC c2 EC c2 + EC u2 hai điểm E thuộc K3 √ √ a2 + b2 + c2 a2 + b2 + c2 2 Đặt v = AA2 = + 3S w = AA3 = − 3S 2 Vì a2 + v a v a2 + A2 A2 a2 A2 A2 b2 + A2 B b2 A2 B = b2 + v b2 v = c2 + A2 C c2 A2 C c2 + v c2 v nên A2 ∈ K3 Tương tự A3 , B2 , B3 , C2 , C3 ∈ K3 Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 60 2π Đặt x = F A, y = F B, z = F C Khi a2 = y + z + yz, b2 = z + x2 + zx, c2 = x2 + y + xy Vì a2 + F A a2 F A x2 + y + z + xy a2 x2 F ∗ := b2 + F B b2 F B = x2 + y + z + yz b2 y nên ta có c2 + F C c2 F C x2 + y + z + zx c2 z Giả sử F nhìn ba cạnh góc xy a2 x2 F ∗ = yz b2 y = c2 xz − b2 xy + a2 x3 y − c2 yz + b2 y z − a2 x3 z zx c2 z dễ dàng thấy F ∗ = qua việc thay a2 = y + yz + z , b2 = z + zx + x2 c2 = x2 + xy + y Như hai điểm F thuộc K3 Việc kiểm tra ba điểm lại A1 , B1 , C1 thuộc K3 coi tập Ví dụ 2.40 Điều kiện cần đủ để trọng tâm G ∆ABC thuộc K3 tam giác ABC cân Bài giải: Ta có 2(a2 + b2 + c2 ) 2a2 a + GA = + 2 2(a + b + c ) 2b2 2 b + GB = + 2 2(a + b + c ) 2c2 2 c + GC = + 2 Như g = a2 + GA2 a2 GA2 b2 + GB b2 GB c2 + GC c2 GC 2a2 a GA2 32 a2 a2 GA2 2b = 1 b2 b2 GB b2 GB = 3 c2 c2 GC 2c2 c GC 2 b c (GC − GB ) + c2 a2 (GA2 − GC ) + a2 b2 (GB − GA2 ) 2 = b c (b − c2 ) + c2 a2 (c2 − a2 ) + a2 b2 (a2 − b2 ) = − (b2 − c2 )(c2 − a2 )(a2 − b2 ) Vậy G ∈ K3 ∆ABC cân = Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 61 Mệnh đề 2.23 Nếu tam giác ABC không bậc K3 Chứng minh: Đặt u = M A2 , v = M B , t = M C α = a2 , β = b2 , γ = c2 Như α + u αu = β + v βv γ + t γt = γvt − βvt + αut − γut + βuv − αuv + αγu − αβu + αβv − βγv + βγt − αγt Biểu diễn u = x2 + y + a1 x + b1 y + c1 , v = x2 + y + a2 x + b2 y + c2 t = x2 + y + a3 x + b3 y + c3 , Khi hệ số (x2 + y )2 γ − β + α − γ + β − α = Vậy K3 đồ thị bậc Dễ dàng kiểm tra bậc K3 tam giác ABC không Chú ý 2.1 Phương trình K3 thơng qua định thức phức tạp (a2 − b2 )M A2 M B + (b2 − c2 )M B M C + (c2 − a2 )M C M A2 = a2 c2 (M A2 − M C ) + c2 b2 (M C − M B ) + b2 a2 (M B − M A2 ) Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 62 Kết luận Luận văn trình bày đạt số kết sau: Trình bày số số kiến thức Ma trận, phép toán ma trận; Định thức số đồng nhât thức cổ điển; Vành ma trận K[A], phép toán biến phép tịnh tiến, phép đối xứng trục, đối xứng tâm phép vị tự thông qua ma trận định thức Trình bày số phép biến đổi tọa độ đặc biệt vận dụng giải tốn hình học sơ cấp thơng qua định thức Dùng định thức phương pháp tọa độ để biểu diễn phép biến đổi, xây dựng tính tốn Qua sử dụng số kết đại số tuyến tính vào xét tốn diện tích, bán kính đường trịn ngoại tiếp thơng qua tọa độ đỉnh độ dài cạnh tam giác Thể tích bán kính mặt cầu ngoại tiếp đưa số ví dụ cụ thể Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 63 Tài liệu tham khảo [1] W Grobner, Matrizenrechnung, Bibliographisches Institut AG, Mannheim 1966 [2] Nguyễn Văn Mậu Đàm Văn Nhỉ, Đồng thức phương pháp tọa độ Hình học, Nhà Xuất Bản ĐHQG Hà Nôi 2012 [3] Đàm Văn Nhỉ, Số phức giải Tốn sơ cấp, Tạp chí Khoa học ĐHSP Hà Nội số -2006, 40-48 [4] Đàm Văn Nhỉ, Ma trận vuông dãy số, Bản tin Dạy Học nhà trường ĐHSP Hà Nội số -2012 [5] Đàm văn Nhỉ, Mở rộng Bất đẳng thức Ptolemy Hayashi cho đa giác, Tạp chí Tốn học Tuổi trẻ số 426, 12 2012 [6] D V Nhi, Proving some geometric identities by using the determinants, Journal of Science and Arts, Year 12, No (21) 2012, 385-394 [7] A Pogorelov, Geometry, Mir Publishers Moscow 1987 [8] Tuyển tập: The IMO Compendium 1959-2004 [9] Nguyễn Duy Thuận - Nông Quốc Chinh- Phi Mạnh Ban,Đại Số Tuyến Tính, NXB Đại học sư phạm, (2003) Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ ...ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC Đỗ Văn Hải SỬ DỤNG MA TRẬN VÀ ĐỊNH THỨC ĐỂ CHỨNG MINH MỘT SỐ KẾT QUẢ HÌNH HỌC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên Ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: ... hình học sơ cấp Nội dung luận văn chia làm hai chương Chương I: Kiến thức chuẩn bị ma trận, các phép toán ma trận, định thức số đồng thức cổ điển, Vành ma trận K[A] Chương II: Vận dụng định thức ma. .. kiện để định nghĩa ma trận tích AB số cột ma trận A số hàng ma trận B Ma trận đơn vị: Ma trận E cấp n có đường chéo 1, phần tử ngồi đường chéo gọi ma trận đơn vị:     E=    0 Số hóa