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

ĐẠI HỌC THÁI NGUN
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 TỐN HỌC
Thái Ngun - Năm 2013
Số hóa bởi trung tâm học liệu />ĐẠI HỌC THÁI NGUN
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 TỐN HỌC
Chun Ngành: PHƯƠNG PHÁP TỐN SƠ CẤP
Mã số: 60460113
Người hướng dẫn khoa học:PGS.TS. ĐÀM VĂN NHỈ
Thái Ngun - Năm 2013
Số hóa bởi trung tâm học liệu />Cơng trình được hồn thành tại
Trường Đại học Khoa Học - Đại Học Thái Ngun
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 đã được bảo vệ trước hội đồng chấm luận văn họp tại:
Trường Đại Học Khoa Học - Đại Học Thái Ngun
Ngày 27 tháng 09 năm 2013
Có thể tìm hiểu tại
Trung tâm học liệu Đại Học Thái Ngun
Thư viện trường Đại Học Khoa học - ĐH Thái Ngun
Số hóa bởi trung tâm học liệu />1

Mục lục
Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
Chương 1. Kiến thức chuẩn bị 3
1.1. Ma trận, các phép tốn về ma trận . . . . . . . . . . . . . 3
1.2. Định thức và một số đồng nhất thức cổ điển . . . . . . . . 7
1.3. Vành ma trận K[A] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
Chương 2. Vận dụng trong hình học sơ cấp 14
2.1. Phép biến đổi tọa độ đặc biệt trong 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 tròn ngoại tiếp . . . . . . . . . 21
2.2.1. Diện tích, bán kính đường tròn ngoại tiếp . . . . . 21
2.2.2. Bài tốn 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 của hai véc tơ . . . . 37
2.3.2. Thể tích, bán kính mặt cầu ngoại tiếp qua định thức 43
2.3.3. Khai thác bài tốn véctơ của tứ diện . . . . . . . . 56
2.4. Đồ thị phẳng 21 - điểm K
3
. . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62
Số hóa bởi trung tâm học liệu />2
Mở đầu
Vận dụng ma trận và định thức cùng một số kết quả trong đại số tuyến
tính vào nghiên cứu Tốn sơ cấp đang được nhiều thầy, cơ giáo quan

tâm.Với sự giúp đỡ của định thức và ma trận ta có thể thu được nhiều kết
quả mới qua việc biến đổi tọa độ giải hệ phương trình bậc nhất nhiều ẩn
và đại số hóa một số bài hình sơ cấp. Do vậy, luận văn này đặt vấn đề vận
dụng định thức ma trận vào xét một số bài tốn hình học sơ cấp. Nội dung
của luận văn được chia ra làm hai chương.
Chương I: Kiến thức chuẩn bị về ma trận,các phép tốn về ma trận, định
thức và một số đồng nhất thức cổ điển, Vành ma trận K[A]
Chương II: Vận dụng định thức ma trận trong hình học sơ cấp.
Mục 2.1. Trình bày phép biến đổi tọa độ đặc biệt trong mặt phẳng
Mục 2.2. Trình bày diện tích , bán kính đường tròn ngoại tiếp qua tọa độ
đỉnh , độ dài các cạnh tam giác
Mục 2.3. Sử dụng định thức tính thể tích qua tọa độ đỉnh , độ dài các cạnh
Mục 2.4. Xét bài tốn đồ thị phẳng 21 - điểm K
3
Luận văn này được hồn thành với sự hướng dẫn và chỉ bảo tận tình
của PGS-TS. Đàm Văn Nhỉ - Đại học Sư phạm Hà Nội . Em xin được
bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đối với sự quan tâm, động viên và sự chỉ
bảo hướng dẫn của thầy. Em xin trân trọng cảm ơn tới các Thầy cơ
trong Trường Đại Học Khoa Học - Đại Học Thái Ngun, phòng Đào
Tạo Trường Đại Học Khoa Học. Tơi xin cảm ơn tới Sở Giáo dục - Đào
tạo Tỉnh Hà Giang, Ban Giám hiệu Trường THPT Việt Lâm - Huyện
Vị Xun đã tạo điều kiện cho tơi học tập và hồn thành kế hoạch học tập.
Thái Ngun, ngày 08 tháng 08 năm 2013
Tác giả
Đỗ Văn Hải
Số hóa bởi trung tâm học liệu />3
Chương 1
Kiến thức chuẩn bị
1.1. Ma trận, các phép tốn về ma trận
1) Ma trận

Định nghĩa 1.1. Ma trận cỡ m × n : Một bảng gồm m.n số được viết
thành m dòng, n cột như sau:












a
11
a
12
. . . a
1j
. . . a
1n
a
21
a
22
. . . a
2j
. . . a
2n

. . . . . . . . . . . . . . . . . .
a
i1
a
i2
. . . a
ij
. . . a
in
. . . . . . . . . . . . . . . . . .
a
m1
a
m2
. . . a
mj
. . . a
mn













(1.1)
được gọi là một ma trận kiểu (m ×n) .
Mỗi số a
ij
được gọi là một thành phần của ma trận. Nó ở dòng thứ i và
cột thứ j.
Ta thường kí hiệu ma trận bởi các chữ in hoa: A, B Có thể viết ma
trận (1.1) một cách đơn giản bởi:
A = (a
ij
)
m×n
Khi đã biết rõ m và n thì còn có thể viết là: A = (a
ij
).
Ma trận dòng: Ma trận cỡ 1 ×n gọi là ma trận dòng

a
1
a
2
. . . a
j
. . . a
n

(1.2)
Ma trận cột: Ma trận cỡ m × 1 gọi là ma trận cột









a
1
a
2
. . .
a
j
. . .
a
n








(1.3)
Số hóa bởi trung tâm học liệu />4
Ma trận vng: Ma trận cỡ n × n gọi là ma trận vng cấp n (hay ma
trận cấp n) và viết A = (a
ij
)

n×n
Trong ma trận vng A = (a
ij
)
n×n
dãy
các phần tử có chỉ số hàng bằng chỉ số cột a
11
, a
22
, , a
nn
gọi là đường chéo
chính của ma trận A
Định nghĩa 1.2. Ta gọi ma trận












a
11
a

21
. . . a
i1
. . . a
m1
a
12
a
22
. . . a
i2
. . . a
m2
. . . . . . . . . . . . . . . . . .
a
1j
a
2j
. . . a
ij
. . . a
mj
. . . . . . . . . . . . . . . . . .
a
1n
a
2n
. . . a
in
. . . a

mn












(1.4)
là ma trận chuyển vị của ma trận (1.1) và kí hiệu là
t
A.
Như vậy ma trận
t
A thu được từ A bằng cách đổi dòng thứ i của A
thành cột thứ i của
t
A và nếu A là ma trận kiểu m × n thì ma trận chuyển
vị
t
A là ma trận kiểu n × m.
2) Các phép tốn về ma trận
Phép cộng hai ma trận
Định nghĩa 1.3. Tổng của hai ma trận A = (a
ij

)
m×n
và B = (b
ij
)
m×n
là
ma trận: A + B = (a
ij
+ b
ij
)
m×n
Định nghĩa 1.4. Với các ma trận vng cấp hai dạng:
A =

a
11
a
12
a
21
a
22

; B =

b
11
b

12
b
21
b
22

.
khi đó: A + B =

a
11
+ b
11
a
12
+ b
12
a
21
+ b
21
a
22
+ b
22

Định nghĩa 1.5. Với các ma trận vng cấp ba dạng:
A =



a
11
a
12
a
13
a
21
a
22
a
23
a
31
a
32
a
33


; B =


b
11
b
12
b
13
b

21
b
22
b
23
b
31
b
32
b
33


.
khi đó: A + B =


a
11
+ b
11
a
12
+ b
12
a
13
+ b
13
a

21
+ b
21
a
22
+ b
22
a
23
+ b
23
a
31
+ b
31
a
32
+ b
32
a
33
+ b
33


Số hóa bởi trung tâm học liệu />5
Quy tắc cộng ma trận: Muốn cộng hai ma trận ta chỉ việc cộng các
thành phần tương ứng (cùng dòng, cùng cột) của chúng:
(a
ij

)
m×n
+ (b
ij
)
m×n
= (a
ij
+ b
ij
)
m×n
.
Phép nhân ma trận với một số
Định nghĩa 1.6. Tích của phần tử k ∈ K với ma trận A = (a
ij
)
m×n
∈
M
m×n
[K] là ma trận: kA = (ka
ij
)
m×n
.
Với ma trận vng cấp hai: A =

a
11

a
12
a
21
a
22

, ta có:
αA =


αa
11
αa
12
αa
13
αa
21
αa
22
αa
23
αa
31
αa
32
αa
33



Với ma trận vng cấp ba: A =


a
11
a
12
a
13
a
21
a
22
a
23
a
31
a
32
a
33


, ta có:
αA =


αa
11

αa
12
αa
13
αa
21
αa
22
αa
23
αa
31
αa
32
αa
33


Tích của hai ma trận
Định nghĩa 1.7. Tích AB của ma trận A = (a
ij
)
m×n
và ma trận
B = (
jk
)
m×n
là ma trận C = (c
ik

) ∈ M(m × p, K) với các phần tử được
xác định như sau:
c
ik
=
n

j=1
(a
ij
b
jk
), trong đó (1  i  m, 1  k  p)
Định nghĩa 1.8. Với các ma trận vng cấp hai dạng:
A =

a
11
a
12
a
21
a
22

; B =

b
11
b

12
b
21
b
22

.
khi đó:
AB =

a
11
b
11
+ a
12
b
21
a
11
b
12
+ a
12
b
22
a
21
b
11

+ a
22
b
21
a
21
b
12
+ a
22
b
22

Số hóa bởi trung tâm học liệu />6
Với ma trận cột X =

x
y

, tích AX được xác định như sau:
AX =

a
11
a
12
a
21
a
22


x
y

=

a
11
x + a
12
y
a
21
x + a
22
y

.
Định nghĩa 1.9. Với các ma trận vng cấp ba dạng:
A =


a
11
a
12
a
13
a
21

a
22
a
23
a
31
a
32
a
33


; B =


b
11
b
12
b
13
b
21
b
22
b
23
b
31
b

32
b
33


.
khi đó:
AB =









3

j=1
a
1j
b
j1
3

j=1
a
1j
b

j2
3

j=1
a
1j
b
j3
3

j=1
a
2j
b
j1
3

j=1
a
2j
b
j2
3

j=1
a
2j
b
j3
3


j=1
a
3j
b
j1
3

j=1
a
3j
b
j2
3

j=1
a
3j
b
j3
.










.
Với ma trận cột X =


x
y
z


, tích AX được xác định như sau:
AX =


a
11
a
12
a
13
a
21
a
22
a
23
a
31
a
32
a

33




x
y
z


=


a
11
x + a
12
y + a
13
z
a
21
x + a
22
y + a
23
z
a
31
x + a

32
y + a
33
z


.
Nhận xét 1.1. Điều kiện để định nghĩa được ma trận tích AB là số cột
của ma trận A bằng số hàng của ma trận B
Ma trận đơn vị: Ma trận E cấp n có các đường chéo chính bằng 1,
các phần tử ngồi đường chéo chính đều bằng 0 gọi là ma trận đơn vị:
E=







1 0 . . . 0
0 1 . . . 0
. . . . . . . . . . . .
0 0 . . . 1








(1.5)
Số hóa bởi trung tâm học liệu />7
Mệnh đề 1.1. Với hai ma trận vng cấp hai AB ln có |AB| = |A||B|.
Chứng minh. Giả sử A =

a b
c d

và B =

x y
z t

. Khi đó ta có tích
AB =

ax + bz ay + bt
cx + dz cy + dt

. Từ việc biến đổi tích hai ma trận và đinh
thức
|AB| =




ax + bz ay + bt
cx + dz cy + dt





= (ax + bz)(cy + dt) − (ay + bt)(cx + dz)
= adxt + bcyz − adyz − bcxt = (ad −bc)(xt −yz) = |A||B|
chúng ta nhận được kết quả |AB| = |A||B|.
- Tương tự : Với hai ma trận vng cấp ba AB ln có |AB| = |A||B|.
1.2. Định thức và một số đồng nhất thức cổ điển
1) Định thức
Định nghĩa 1.10. Với ma trận vng












a
11
a
12
. . . a
1j
. . . a
1n
a

21
a
22
. . . a
2j
. . . a
2n
. . . . . . . . . . . . . . . . . .
a
i1
a
i2
. . . a
ij
. . . a
in
. . . . . . . . . . . . . . . . . .
a
m1
a
m2
. . . a
mj
. . . a
mn













(1.6)
ta gọi tổng
D =

s∈S
(n)
sgn(s)a
1s
(1)
a
2s
(2)
. . . a
is
(i)
. . . a
ns
(n)
là định thức của ma trận A và kí hiệu bởi














a
11
a
12
. . . a
1j
. . . a
1n
. . . . . . . . . . . . . . . . . .
a
i1
a
i2
. . . a
ij
. . . a
in
. . . . . . . . . . . . . . . . . .
a
n1
a

n2
. . . a
nj
. . . a
nn













(1.7)
Số hóa bởi trung tâm học liệu />8
hay|A| hay det(A)
Trong cách kí hiệu này ta cũng nói mỗi a
ij
là một thành phần, các thành
phần a
i1
, a
i2
, . . . , a
in

tạo thành dòng thứ i, các thành phần a
1j
, a
2j
, . . . , a
nj
tạo thành cột thứ j của định thức. Khi ma trận A có cấp n ta cũng nói |A|
là một định thức cấp n.
Định thức của ma trận cấp hai A =

a
11
a
12
a
21
a
22

det(A) = |A| =




a
11
a
12
a
21

a
22




= a
11
a
22
− a
12
a
21
Định thức của ma trận cấp ba A =


a
11
a
12
a
13
a
21
a
22
a
23
a

31
a
32
a
33


det(A) = |A| = a
11




a
22
a
23
a
32
a
33




−a
12





a
21
a
23
a
31
a
33




+a
13




a
21
a
22
a
31
a
32





2) Một số đồng nhất thức cổ điển
Chúng tơi nêu ra dưới đây một vài đồng nhất thức được sử dụng trong lý
thuyết số hoặc trong chứng minh bất đẳng thức.
Mệnh đề 1.2. [Euler] Với x
1
, x
2
, x
3
, x
4
, y
1
, y
2
, y
3
, y
4
ta có đồng nhất thức
(x
2
1
+ x
2
2
+ x
2
3

+ x
2
4
)(y
2
1
+ y
2
2
+ y
2
3
+ y
2
4
) = z
2
1
+ z
2
2
+ z
2
3
+ z
2
4
,
trong đó












z
1
= x
1
y
1
− x
2
y
2
− x
3
y
3
− x
4
y
4
z
2

= x
1
y
2
+ x
2
y
1
+ x
3
y
4
− x
4
y
3
z
3
= x
1
y
3
− x
2
y
4
+ x
3
y
1

+ x
4
y
2
z
4
= x
1
y
4
+ x
2
y
3
− x
3
y
2
+ x
4
y
1
.
Chứng minh: Vì a
2
+ b
2
+ c
2
+ d

2
=




a + ib c + id
−c + id a −ib




nên với hai ma trận

x
1
+ ix
2
x
3
+ ix
4
−x
3
+ ix
4
x
1
− ix
2


,

y
1
+ iy
2
y
3
+ iy
4
−y
3
+ iy
4
y
1
− iy
2

ta có (x
2
1
+ x
2
2
+ x
2
3
+ x

2
4
)(y
2
1
+ y
2
2
+ y
2
3
+ y
2
4
) =
=




x
1
+ ix
2
x
3
+ ix
4
−x
3

+ ix
4
x
1
− ix
2








y
1
+ iy
2
y
3
+ iy
4
−y
3
+ iy
4
y
1
− iy
2





=
=




z
1
+ iz
2
z
3
+ iz
4
−z
3
+ iz
4
z
1
− iz
2





= z
2
1
+ z
2
2
+ z
2
3
+ z
2
4
theo Mệnh đề 1.1.
Số hóa bởi trung tâm học liệu />9
Ví dụ 1.1. Phương trình x
2
+ y
2
+ z
2
+ t
2
= 2005
n
có nghiệm ngun với
mỗi số ngun dương n.
Bài giải: Hiển nhiên x
1
= 44, y
1

= 7, z
1
= 4, t
1
= 2 là một nghiệm ngun
của x
2
+ y
2
+ z
2
+ t
2
= 2005. Sử dụng quy nạp nếu x
n
, y
n
, z
n
, t
n
là một
nghiệm ngun của x
2
+ y
2
+ z
2
+ t
2

= 2005
n
thì











x
n+1
= 44x
n
− 7y
n
− 4z
n
− 2t
n
y
n+1
= 7x
n
− 44y
n

+ −2z
n
+ 4t
n
z
n+1
= 4x
n
+ 2y
n
+ 44z
n
− 7t
n
t
n+1
= 2x
n
− 4y
n
+ 7z
n
+ 44t
n
là một x
2
+ y
2
+ z
2

+ t
2
= 2005
n+1
theo Mệnh đề 1.2.
Mệnh đề 1.3. Với a, b, c, x, y, z ta ln có đồng nhất thức sau đây:
(a
3
+ b
3
+ c
3
− 3abc)(x
3
+ y
3
+ z
3
− 3xyz) = A
3
+ B
3
+ C
3
− 3ABC,
trong đó






A = ax + bz + cy
B = ay + bx + cz
C = az + by + cx.
Chứng minh: Vì a
3
+ b
3
+ c
3
− 3abc =






a b c
c a b
b c a






với hai ma trận
vng cùng cấp X, Y có |X||Y | = |XY | nên từ







a b c
c a b
b c a












x y z
z x y
y z x






=
=







ax + bz + cy ay + bx + cz az + by + cx
az + by + cx ax + bz + cy ay + bx + cz
ay + bx + cz az + by + cx ax + bz + cy






= A
3
+ B
3
+ C
3
− 3ABC
suy ra hệ thức cần chứng minh.
Hệ quả 1.4. Với a, b, c, x, y, z ta ln có đồng nhất thức sau đây:
(a
2
+ b
2
+ c
2

− ab −bc −ca)(x
2
+ y
2
+ z
2
− xy − yz − zx)
= A
2
+ B
2
+ C
2
− AB − BC − CA,
trong đó





A = ax + bz + cy
B = ay + bx + cz
C = az + by + cx.
Số hóa bởi trung tâm học liệu />10
Chứng minh: Suy ra từ mệnh đề 1.3
Ví dụ 1.2. Giả sử α
1
, α
2
, α

3
là ba nghiệm phức x
3
= 1 và f(x) = ax
2
+
bx + c. Ta có đồng nhất thức
(i) a
3
+ b
3
+ c
3
− 3abc = (a + b + c)(a
2
+ b
2
+ c
2
− ab −bc −ca).
(ii) a
3
+ b
3
+ c
3
− 3abc = f(α
1
)f(α
2

)f(α
3
).
Bài giải: (i) Vì a
3
+ b
3
+ c
3
− 3abc =






a b c
c a b
b c a






nên a
3
+ b
3
+ c

3
− 3abc
= (a + b + c)






1 1 1
c a b
b c a






= (a + b + c)(a
2
+ b
2
+ c
2
− ab −bc −ca).
(ii) Vì (a
3
+ b
3
+ c

3
− 3abc)






α
2
1
α
2
2
α
2
3
α
1
α
2
α
3
1 1 1







=






a b c
c a b
b c a












α
2
1
α
2
2
α
2

3
α
1
α
2
α
3
1 1 1






nên
(a
3
+ b
3
+ c
3
− 3abc)






α
2

1
α
2
2
α
2
3
α
1
α
2
α
3
1 1 1






=






f(α
1
) f(α

2
) f(α
3
)
α
2
1
f(α
1
) α
2
2
f(α
2
) α
2
3
f(α
3
)
α
1
f(α
1
) α
2
f(α
2
) α
3

f(α
3
)






.
Từ đó suy ra a
3
+ b
3
+ c
3
− 3abc = f(α
1
)f(α
2
)f(α
3
).
Ví dụ 1.3. Chứng minh rằng mọi số ngun dương n phương trình x
3
+
y
3
+ z
3

− 3xyz = 2600
n
ln có nghiệm dương x, y, z.
Bài giải: Vì x = 12, y = 12, z = 2 ta có x
3
+ y
3
+ z
3
− 3xyz = 2600. Kết
quả được suy ra từ mệnh đề 1.2 với số ngun dương n tuy ý.
Ví dụ 1.4. Cho các số thực a, b, c, d thỏa mãn a
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2
= 0. Chứng
minh rằng, nếu các số thực x, y, z, t, p, q, r, s thỏa mãn hệ












ax + by + cz + dt = p
−bx + ay + dz −ct = q
−cx − dy + az + bt = r
−dx + cy − bz + at = s
thì ta có đồng nhất thức (a
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2
)(x + y + z + t) =
= (ap−bq−cr−ds)+(bp+aq−dr+cs)+(cp+dq+ar−bs)+(dp−cq+br+as)
Số hóa bởi trung tâm học liệu />11
và (a
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2
)
4
xyzt =
= (ap −bq −cr −ds)(bp + aq −dr + cs)(cp + dq +ar −bs)(dp −cq + br +as).
Bài giải: Vì A =





a b c d
−b a d −c
−c −d a b
−d c −b a




thỏa mãn A
c
A = AA
c
= (a
2
+b
2
+
c
2
+d
2
)E nên từ A





x
y
z
t




=




p
q
r
s




có (a
2
+b
2
+c
2
+d
2
)





x
y
z
t




= A
c




p
q
r
s




và












(a
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2
)x = ap − bq −cr − ds
(a
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2
)y = bp + aq − dr + cs
(a
2
+ b
2

+ c
2
+ d
2
)z = cp + dq + ar − bs
(a
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2
)t = dp − cq + br + as.
Từ đây suy ra hai đồng nhất thức đã nêu ra ở trên.
Ví dụ 1.5. Tính định thức








a b c d
b a d c
c d a b
d c b a









. Sau đó hãy tìm ra các số ngun
a, b, c, d ∈ {1, 2, . . . , 10} thỏa mãn a
4
+b
4
+c
4
+d
4
−2a
2
b
2
−2a
2
c
2
−2a
2
d
2
−
2b
2

c
2
− 2b
2
d
2
− 2c
2
d
2
+8abcd là một số ngun tố.
Bài giải: Ta có








a b c d
b c d a
c d a b
d a b c









= a
4
+ b
4
+ c
4
+ d
4
−2a
2
b
2
− 2a
2
c
2
−
2a
2
d
2
− 2b
2
c
2
− 2b
2
d

2
− 2c
2
d
2
+8abcd. Vì








a b c d
b c d a
c d a b
d a b c








= (a + b + c + d)









1 b c d
1 a d c
1 d a b
1 c b a








= (a + b + c + d)








1 b c d
0 a − b d −c c − d
0 d − b a −c b −d
0 c −b b −c a − d









= (a + b + c + d)
Số hóa bởi trung tâm học liệu />12






a − b d −c c − d
d − b a −c b − d
c − b b − c a −d






= (a+b+c+d)(a+b−c−d)(a−b+c−d) (a−b−c+d).
Khơng hạn chế có thể coi 10  a  b  c  d  1. Khi đó ta có hệ












a + b −c − d = 1
a − b + c − d = 1
a − b −c + d = 1
a + b + c + d là số ngun tố.
Từ đây suy ra b = c = d, a = b + 1 và như vậy, 4b + 1 là số ngun tố.
Từ đó dễ dàng suy ra: b = c = d = 1, a = 2; b = c = d = 3, a = 4;
b = c = d = 4, a = 5 b = c = d = 7, a = 8 và b = c = d = 9, a = 10.
1.3. Vành ma trận K[A]
Xét vành đa thức một biến K[x] trên trường K. Giả sử đa thức thuộc
K[x] là f(x) = a
s
x
s
+ a
s−1
x
s−1
+ ··· + a
1
x + a
0
và ma trận vng A cấp

n  3. Định nghĩa
f(A) = a
s
A
s
+ a
s−1
A
s−1
+ ··· + a
1
A + a
0
E
với E là ma trận đơn vị cùng cấp với ma trận vng A. Từ các phép tốn
về ma trận, chẳng hạn như: EA
r
= A
r
E = A
r
, A
r
A
s
= A
s
A
r
= A

r+s
và
A
r
(αA
s
+ βA
t
) = αA
r+s
+ βA
r+t
với α, β ∈ K, suy ra ngay kết quả sau:
Định lý 1.5. Với hai đa thức f và g thuộc K[x] và ma trận A ta ln có
(i) Nếu f = g thìf(A) = g(A).
(ii) (f + g)(A) = f(A) + g(A).
(iii) (fg)(A) = f(A)g(A).
(iv) f(A)g(A) = g(A)f(A).
(v) (αf)(A) = αf(A) với bất kỳ α ∈ K.
Ký hiệu K[A] = {f(A)|f ∈ K[x]}. Từ định lý 1.5 suy ra ngay kết quả:
Định lý 1.6. Tập K[A] cùng phép cộng, nhân các ma trận và nhân ma
trận với một số lập thành một vành giao hốn có đơn vị E.
Số hóa bởi trung tâm học liệu />13
Mệnh đề 1.7. Tương ứng φ : K[x] → K[A], f(x) → f(A), là một tồn
cấu với Ker(φ) = (0).
Chứng minh: Do bởi φ(f +g) = (f +g)(A) = f(A) + g(A) = φ(f) +φ(g)
và φ(fg) = (fg)(A) = f(A)g(A) = φ(f)φ(g) theo Định lý 1.5 nên φ là một
đồng cấu vành.
Với f(A) = a
s

A
s
+ a
s−1
A
s−1
+ ··· + a
1
A + a
0
E có đa thức f(x) = a
s
x
s
+
a
s−1
x
s−1
+ ··· + a
1
x + a
0
∈ K[x] để φ(f) = f(A). Do vậy φ là một tồn
cấu vành.
Vì tập M
n,n
tất cả các ma trận vng cấp n trên K là một khơng gian
vectơ n
2

chiều trên K với cơ sở ∆
ij
= (1
ij
), trong đó tại vị trí (i, j) có
1
ij
= 1, còn tại các vị trí khác đêu bằng 0. Như vậy nhiều hơn n
2
ma trận
vng cấp n trên K đều là phụ thuộc tuyến tính. Như vậy tồn tại đa thức
khác 0 là f(x) = x
s
+ a
s−1
x
s−1
+ ···+ a
1
x + a
0
∈ K[x] với s  n
2
+ 1 thỏa
mãn f(A) = 0. Vậy Ker(φ) = (0). Vì vành K[x] là vành iđêan chính nên
có đa thức bậc thấp nhấtF (x) = 0 để Ker (φ) = (F ) = (0).
Hệ quả 1.8. Ta có K[A]
∼
=
K[x]/(F).

Chứng minh: Bởi vì φ : K[x] → K[A], f(x) → f(A), là một tồn cấu
với Ker(φ) = (F ) = (0) theo Mệnh đề 1.7 nên K[A]
∼
=
K[x] / Ker(φ) =
K[x]/(F).
Chú ý: Vì K[x] là vành các iđêan chính nên có duy nhất một đa thức
bậc thấp nhất dạng m(x) = x
d
+ a
1
x
d−1
+ ··· + a
d
∈ K[x] để Ker (φ) =
(F ) = (m(x)). Hiển nhiên m(A) = 0 đơi khi m(x) còn được gọi là đa thức
tối thiểu của ma trận A.
Số hóa bởi trung tâm học liệu />14
Chương 2
Vận dụng trong hình học sơ cấp
Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy), phép biến đổi tọa độ được biểu điễn
qua ma trận

x

y


=


a
1
b
1
a
2
b
2

x
y

+

a
b

.
2.1. Phép biến đổi tọa độ đặc biệt trong mặt phẳng
2.1.1. Phép tịnh tiến
Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy), phép tịnh tiến f được biểu diễn dưới
dạng ma trận f :

x

y


=


x
y

+

a
b

=

1 0
0 1

x
y

+

a
b

.
Bổ đề 2.1. Tích hai phép tịnh tiến là một phép tịnh tiến
Chứng minh. Dựng hệ tọa độ (Oxy). Xét hai phép tịnh tiến sau đây:
f :

x

y



=

x
y

+

a
1
b
1

và g :

x”
y”

=

x
y

+

a
2
b
2


. Khi đó
hợp thành
g.f :

x”
y”

=

x

y


+

a
2
b
2

=

x
y

+

a

1
+ a
2
b
1
+ b
2

là một phép tịnh tiến.
2.1.2. Phép đối xứng trục
Trong mặt phẳng (Oxy) cho đường thẳng d : ax + by = 0 đi qua gốc
tọa độ O(0, 0) với a
2
+ b
2
= 0. Phép đối xứng trục d được biểu diễn qua
ma trận như sau :

x

y


=



b
2
− a

2
a
2
+ b
2
−
2ab
a
2
+ b
2
−
2ab
a
2
+ b
2
a
2
− b
2
a
2
+ b
2




x

y

. Nếu ta biểu
diễn đường thẳng d : sin αx + cos αy = 0 thì phép đối xứng trục d được
biểu diễn qua ma trận

x

y


=

cos 2α −sin 2α
−sin 2α −cos 2α

x
y

.
Số hóa bởi trung tâm học liệu />15
2.1.3. Phép quay
Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy), phép quay I(a; b) với góc quay α được
biểu diễn qua ma trận

x

y



=

cos α −sin α
sin α cos α

x − a
y − b

+

a
b

.
2.1.4. Phép đối xứng tâm
Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy), phép đối xứng tâm I(a; b) được biểu
diễn qua ma trận

x

y


=

−1 0
0 −1

x − a
y − b


+

a
b

.
2.1.5. Phép vị tự
Trong mặt phẳng (Oxy), phép vị tự tâm I(a, b) tỷ số k được biểu diễn

x

y


= k

x
y

+ (1 −k)

a
b

=

k 0
0 k


x
y

+

(1 − k)a
(1 − k)b

.
2.1.6. Vận dụng
Ví dụ 2.1. Trong mặt phẳng cho hai hình bình hành A
1
B
1
C
1
D
1
và A
2
B
2
C
2
D
2
. Gọi A
3
, B
3

, C
3
, D
3
là trung điểm các đoạn thẳng
A
1
A
2
, B
1
B
2
, C
1
C
2
và D
1
D
2
, tương ứng. Khi đó hoặc bốn điểm
A
3
, B
3
, C
3
, D
3

thẳng hàng hoặc chúng là 4 đỉnh của một hình bình hành.
Bài giải: Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy), giả sử A
1
(a
11
, a
12
), B
1
(b
11
, b
12
),
C
1
(c
11
, c
12
), D
1
(d
11
, d
12
) và tọa độ A
2
(a
21

, a
22
), B
2
(b
21
, b
22
), C
2
(c
21
, c
22
),
D
2
(d
21
, d
22
). Vì A
1
B
1
C
1
D
1
và A

2
B
2
C
2
D
2
là hai hình bình hành nên có
b
11
− a
11
= c
11
− d
11
b
12
− a
12
= c
12
− d
12
b
21
− a
21
= c
21

− d
21
b
22
− a
22
= c
22
− d
22
và suy ra





b
11
+ b
21
2
−
a
11
+ a
21
2
=
c
11

+ c
21
2
−
d
11
+ d
21
2
= m
b
12
+ b
22
2
−
a
12
+ a
22
2
=
c
12
+ c
22
2
−
d
12

+ d
22
2
= n.
Ta lại
có tọa độ các điểm A
3

a
11
+ a
21
2
,
a
12
+ a
22
2

, B
3

b
11
+ b
21
2
,
b

12
+ b
22
2

,
Số hóa bởi trung tâm học liệu />16
C
3

c
11
+ c
21
2
,
c
12
+ c
22
2

và D
3

d
11
+ d
21
2

,
d
12
+ d
22
2

và ta nhận được



b
11
+ b
21
2
b
12
+ b
22
2



=


a
11
+ a

21
2
a
12
+ a
22
2


+

m
n



c
11
+ c
21
2
c
12
+ c
22
2


=




d
11
+ d
21
2
d
12
+ d
22
2



+

m
n

.
Ta suy ra hoặc bốn điểm A
3
, B
3
, C
3
, D
3
thẳng hàng hoặc chúng là 4 đỉnh

của một hình bình hành.
Ví dụ 2.2. Trong mặt phẳng, cho tứ giác lồi ABCD. Dựng hai hình vng
cùng hướng AEBF và CHDK. Chứng minh đồng nhất thức
|EH
2
− F K
2
| = 4S
ABCD
.
Bài giải: Dựng hệ tọa độ Oxy để A(0; −a), E(−a; 0), B(0; a), F (a; 0). Giả
sử tâm hình vng CHDK là I(u; v) và C(x
1
; y
1
). Vì hình vng CHDK
cùng hướng với hình vng AEBF nên sử dụng phép quay tâm I(u; v) với
góc quay
−π
2
biểu diễn bởi ma trận :

x

− u
y

− v

=


0 1
−1 0

x − u
y − v

ta được H(u − v + y
1
; u + v − x
1
). Dễ dàng có D(2u − x
1
; 2v − y
1
), và
K(u + v − y
1
; v − u + x
1
). Ta có|EH
2
− FK
2
| = 4|ua + uy
1
− vx
1
| =
4S

ABCD
.
Ví dụ 2.3. Trong mặt phẳng, cho hai hình vng ABCD, A

B

C

D

với
thứ tự các đỉnh cùng theo một hướng. Chứng minh đồng nhất thức
A

A
2
+ C

C
2
= B

B
2
+ D

D
2
.
Bài giải: Dựng hệ tọa độ Oxy để A(a; 0), B(0; a), C(−a; 0), D(0; −a).

Giả sử tâm hình vng A

B

C

D

là I(u; v) và A

(x
1
; y
1
). Vì hình vng
A

B

C

D

cùng hướng hình vng ABCD nên sử dụng phép quay tâm
I(u; v) với góc quay
π
2
biểu diễn qua ma trận:

x


− u
y

− v

=

0 −1
1 0

x − u
y − v

Số hóa bởi trung tâm học liệu />17
ta được B

(u + v − y
1
; x
1
− u + v). Dễ dàng có C

(2u − x
1
; 2v − y
1
), và
D(u − v + y
1

; u + v − x
1
). Khi đó ta có
A

A
2
+ C

C
2
= (a − x
1
)
2
+ y
2
1
+ (−a −2u + x
1
)
2
+ (2v − y
1
)
2
B

B
2

+ D

D
2
= (u + v − y
1
)
2
+ (a + u −v − x
1
)
2
+ (u − v + y
1
)
2
+ (−a −u −v + x
1
)
2
.
Dễ dàng kiểm tra đồng nhất thức A

A
2
+ C

C
2
= B


B
2
+ D

D
2
vì cả hai
đều bằng 2a
2
+ 4u
2
+ 4v
2
+ 2x
2
1
+ 2y
2
1
+ 4au −4ax
1
− 4ux
1
− 4vy
1
.
Giả sử điểm I, M, N tương ứng các số phức z
I
, z

M
, z
N
. Phép quay tâm I
góc quay α biến điểm M thành điểm N được biểu diễn dưới dạng phức:
z
N
= z
I
+ (z
M
− z
I
)e
iα
.
Bây giờ ta vận dụng phép quay vào việc xét một số bài hình dưới đây.
Ví dụ 2.4. Trong mặt phẳng cho đa giác đơn bất kỳ A
1
A
2
. . . A
n
và coi
A
n+1
≡ A
1
. Xét hệ vectơ e
i

sao cho e
i
⊥
−→
A
i
A
i+1
, e
i
hướng ra ngồi miền đa
giác và |e
i
| = A
i
A
i+1
với i = 1, 2, . . . , n. Khi đó
n

i=1
e
i
=

0.
Bài giải: Định hướng đa giác, chẳng hạn hướng thuận, e
i
có được do quay
−→

A
i
A
i+1
góc−
π
2
. Vậy
n

i=1
e
i
= e
−i
π
2

n

i=1
−→
A
i
A
i+1

= e
−i
π

2


0

=

0.
Ví dụ 2.5. Cho tam giác ABC với độ dài cạnh BC = a, CA = b, AB = c.
Dựng ra phía ngồi ba tam giác đều BCA
1
, CAB
1
, ABC
1
. Dựng tiếp ra
phía ngồi tam giác A
1
B
1
C
1
ba tam giác đều B
1
C
1
A
2
, C
1

A
1
B
2
và A
1
B
1
C
2
.
Chứng minh
(i) AA
1
= BB
1
= CC
1
và ∆O
1
O
2
O
3
đều, trong đó O
1
, O
2
, O
3

làm các
tam giác đều BCA
1
, CAB
1
, ABC
1
.
(ii) A, A
1
, A
2
thẳng hàng. Khi b, c cố định còn a thay đổi, hãy tìm a để
A
1
A
2
lớn nhất.
(iii) Tiếp tục q trình như trên để có tam giác A
2010
B
2010
C
2010
. Khi đó
A, A
1
, . . . , A
2010
thẳng hàng và tìm giá trị lớn nhất của A

2010
A
2009
khi
b, c cố định, còn a thay đổi.
Số hóa bởi trung tâm học liệu />18
Bài giải: (i) Tương ứng A, B, C ba số phức z
A
, z
B
, z
C
. Khi đó ta có


















z
A
1
= z
C
+ e
iu
(z
B
− z
C
)
z
B
1
= z
A
+ e
iu
(z
C
− z
A
)
z
C
1
= z
B
+ e

iu
(z
A
− z
B
)
z
A
2
= z
C
1
+ e
iu
(z
B
1
− z
C
1
)
u =
π
3
.
Từ z
C
+ e
iu
(z

B
1
− z
C
) = z
C
+ e
iu
(z
A
+ e
iu
(z
C
− z
A
) − z
C
) ta suy ra hệ
thức z
C
+ e
iu
(z
B
1
− z
C
) = z
C

(1 −e
iu
+ e
2iu
) + z
A
(e
iu
− e
2iu
) = z
A
vì e
iu
=
−1, e
3iu
+ 1 = 0 nên 1 − e
iu
+ e
2iu
= 0, e
iu
− e
2iu
= 1. Như vậy ta có
z
A
1
−z

A
= e
iu
(z
B
−z
B
1
) và suy ra AA
1
= BB
1
. Tương tự BB
1
= CC
1
. Dễ
dàng kiểm tra 3

z
O
2
+ e
iu
(z
O
3
− z
O
2

)

= 3z
O
1
. Vậy ∆O
1
O
2
O
3
đều.
(ii) Dễ dàng chỉ ra z
A
1
+ z
A
2
= 2z
A
. Vậy A là trung điểm của A
1
A
2
. Từ
A
1
A
2
= 2AA

1
= 2BB
1
 (b + c). Vậy A
1
A
2
lớn nhất bằng 2(b + c) khi
A =
2π
3
. Từ đó có a để A
1
A
2
lớn nhất.
(iii) được suy ra từ (ii).
Ví dụ 2.6. Cho tam giác ABC Với độ dài cạnh BC = a, CA = b, AB = c.
Dựng ra phía ngồi tam giác đều BCA
1
, CAB
1
, ABC
1
. Dựng tiếp ra phía
ngồi tam giác A
1
B
1
C

1
ba tam giác đều sau đây: B
1
C
1
A
2
, C
1
A
1
B
2
, A
1
B
1
C
2
.
Gọi M, N, P là trung điểm BC, CA, AB; M
1
, N
1
, P
1
là trung điểm B
1
C
1

,
C
1
A
1
, A
1
B
1
, và M
2
, N
2
, P
2
là trung điểm B
2
C
2
, C
2
A
2
, A
2
B
2
, tương ứng.
Chứng minh rằng :
(i) AA

1

=
2MM
1
, BB
1

=
2NN
1
, CC
1

=
2P P
1
và MM
1
, NN
1
, P P
1
đồng quy.
(ii) A
2
M
2

=

AM
1

=
MM
0
, trong đó M
0
là trung điểm của AA
1
.
(iii) Hạ MM
2
⊥B
1
C
1
, NN
2
⊥C
1
A
1
, P P
2
⊥A
1
B
1
. Khi đó MM

2
, NN
2
, P P
2
đồng quy tại một điểm.
Bài giải: (i) Ta có 2z
M
= z
B
+ z
C
, 2z
M
1
= z
B
1
+ z
C
1
. Viết
−→
IJ = z
J
− z
I
.
Khi đó
2

−→
MM
1
= 2z
M
1
− 2z
M
= z
B
1
+ z
C
1
− z
B
− z
C
= z
A
− z
C
+ e
iu
(z
C
− z
B
)
=

−→
A
1
A. Vậy AA
1
MM
1
, AA
1
= 2MM
1
.
Số hóa bởi trung tâm học liệu />19
Ba đoạn MM
1
, NN
1
, P P
1
đồng quy được suy ra từ việc xét ∆MNP và
phép quay e
iu
.
(ii) Từ AA
1

=
2MM
1
suy ra AM

1

=
MM
0
. Ta lại có AM
1

=
A
2
M
2
. Do vậy
A
2
M
2

=
AM
1

=
MM
0
.
(iii) Sử dụng kết quả AA
1
= BB

1
= CC
1
= d và cơng thức đường trung
tuyến ta có 2MB
2
1
= d
2
+b
2
−
a
2
2
, 2MC
2
1
= d
2
+c
2
−
a
2
2
. Vậy MB
2
1
−MC

2
1
=
b
2
− c
2
2
hay M
2
B
2
1
−M
2
C
2
1
=
b
2
− c
2
2
. Tương tự có N
2
C
2
1
−N

2
A
2
1
=
c
2
− a
2
2
,
P
2
A
2
1
− P
2
B
2
1
=
a
2
− b
2
2
. Khi đó M
2
B

2
1
− M
2
C
2
1
+ N
2
C
2
1
− N
2
A
2
1
+ P
2
A
2
1
−
P
2
B
2
1
= 0. Do đó MM
2

, NN
2
, P P
2
đồng quy tại một điểm.
Ví dụ 2.7. Trong mặt phẳng cho tứ giác A
0
A
1
A
2
A
3
và định nghĩa A
4k+i
≡
A
i
với i = 0, 1, 2, 3 và k ∈ Z. Với điểm P
0
ta thực hiện phép quay tâm A
0
góc quay
π
2
để được P
1
; thực hiện phép quay tâm A
1
góc quay

π
2
để được
P
2
; thực hiện phép quay tâm A
2
góc quay
π
2
để được P
3
; thực hiện phép
quay tâm A
3
góc quay
π
2
để được P
4
và cứ tiếp tục như vậy. Chứng minh
rằng điều kiện cần và đủ để có P
0
sao cho P
2012
≡ P
0
làA
0
A

2
= A
1
A
3
và
A
0
A
2
⊥A
1
A
3
.
Bài giải: Tương ứng A
0
, A
1
, A
2
, A
3
là bố số phức z
0
, z
1
, z
2
, z

3
và tương ứng
với P
k
là số phức α
k
, k = 0, 1, 2, . . . . Khi đó ta biểu diễn











α
1
= z
0
+ i(α
0
− z
0
)
α
2
= z

1
+ i(α
1
− z
1
)
α
3
= z
2
+ i(α
2
− z
2
)
α
4
= z
3
+ i(α
3
− z
3
).
Dễ dàng chỉ ra α
4
= (1 −i)(z
3
−z
1

) + (1 + i)(z
2
−z
0
) + α
0
. Vậy qua 4 lần
quay ta được một phép tịnh tiến α
4
= α
0
+(1−i)(z
3
−z
1
)+i(1−i)(z
2
−z
0
).
Vì 2012 = 503.4 nên α
2012
= α
0
+ 503[(1 − i)(z
3
− z
1
) + i(1 − i)(z
2

− z
0
)].
để α
2012
≡ α
0
cần và đủ (1 −i)(z
3
− z
1
) + i(1 −i)(z
2
− z
0
) = 0 hay (z
3
−
z
1
) + i(z
2
−z
0
) = 0. điều này tương ứng A
0
A
2
= A
1

A
3
và A
0
A
2
⊥A
1
A
3
.
Ví dụ 2.8. Trong mặt phẳng cho tứ giác ABCD nội tiếp trong đường
tròn tâm O, bán kính R. Dựng ra phía ngồi bốn hình vng sau đây:
Số hóa bởi trung tâm học liệu />20
ABB
1
A
2
, BCC
1
B
2
, CDD
1
C
2
và DAA
1
D
2

. Gọi A
3
, B
3
, C
3
, D
3
là trung điểm
các đoạn A
1
A
2
, B
1
B
2
, C
1
C
2
và D
1
D
2
, tương ứng. Chứng minh
(i) AA
3
= CC
3

=
BD
2
và AA
3
⊥BD, CC
3
⊥BD. Từ đó suy ra từng cặp
A
3
C
3
và AC; B
3
D
3
và BD, cắt nhau tại trung điểm mỗi đoạn khi AC
và BD khơng vng góc với nhau
(ii) Tứ giác A
3
B
3
C
3
D
3
có nội tiếp trong một đường tròn khơng? (coi như
một bài tập).
Bài giải: (i) Ta chỉ cần xét R = 1. Tương ứng A, B, C, D là bốn số phức
z

a
, z
b
, z
c
, z
d
với|z
a
| = |z
b
| = |z
c
| = |z
d
| = 1 và tương ứng A
k
, B
k
, C
k
, D
k
là
các số phức z
a
k
, z
b
k

, z
c
k
, z
d
k
với k = 1, 2, 3. Khi đó có biểu diễn











z
a
1
= z
a
− i(z
d
− z
a
)
z
b

1
= z
b
− i(z
a
− z
b
)
z
c
1
= z
c
− i(z
b
− z
c
)
z
d
1
= z
d
− i(z
c
− z
d
)












z
a
2
= z
a
+ i(z
b
− z
a
)
z
b
2
= z
b
+ i(z
c
− z
b
)
z

c
2
= z
c
+ i(z
d
− z
c
)
z
d
2
= z
d
+ i(z
a
− z
d
)


















z
a
3
=
z
a
1
+ z
a
2
2
z
b
3
=
z
b
1
+ z
b
2
2
z
c

3
=
z
c
1
+ z
c
2
2
z
d
3
=
z
d
1
+ z
d
2
2
.
Dễ dàng có z
a
3
− z
a
= i
z
b
− z

d
2
= z
c
3
− z
c
. Vậy AA
3
= CC
3
=
BD
2
và
AA
3
⊥BD, CC
3
⊥BD. Từ đây suy ra A
3
C
3
và AC cắt nhau tại trung điểm
mỗi đoạn. Tương tự có BB
3
= DD
3
=
AC

2
và BB
3
⊥AC, DD
3
⊥AC. Từ
đây suy ra B
3
D
3
và BD cắt nhau tai trung điểm mỗi đoạn.
(ii) Giả sử I, J, H, K là tâm các hình vng ABB
1
A
2
, BCC
1
B
2
, CDD
1
C
2
và DAA
1
D
2
ứng với số phức z
I
, z

J
, z
H
, z
K
.
Ví dụ 2.9. Cho ∆ABC. Dựng ra phía ngồi ba hình vng BCA
1
A
2
,
CAB
1
B
2
, ABC
1
C
2
. Gọi các tâm hình vng này là I, J, K và M là trung
điểm BC. Chứng minh rằng AI = JK, AI⊥JK và MJ = MK, MJ⊥MK.
Bài giải: Tương ứng A, B, C ba số phức z
A
, z
B
, z
C
. khi đó có biểu diễn






z
A
1
= z
C
+ i(z
B
− z
C
)
z
B
1
= z
A
+ i(z
C
− z
A
)
z
C
1
= z
B
+ i(z
A

− z
B
).
Số hóa bởi trung tâm học liệu />21
Tương ứng I, J, K, M là bốn số phức z
I
, z
J
, z
K
, z
M
. Từ các quan hệ sau:
z
I
=
z
B
+ z
A
1
2
=
z
B
+ z
C
+ i(z
B
− z

C
)
2
z
J
=
z
C
+ z
B
1
2
=
z
C
+ z
A
+ i(z
C
− z
A
)
2
z
K
=
z
A
+ z
C

1
2
=
z
A
+ z
B
+ i(z
A
− z
B
)
2
có 2
−→
AI = z
B
+ z
C
+ i(z
B
− z
C
) − 2z
A
, 2
−→
JK = z
B
− z

C
+ i(2z
A
− z
B
− z
C
).
Bởi vì z
B
+ z
C
+ i(z
B
−z
C
) −2z
A
= i

z
B
−z
C
+ i(2z
A
−z
B
−z
C

)

nên có
được AI = JK, AI⊥JK.
Từ z
M
=
z
B
+ z
C
2
suy ra ngay 2
−→
MJ = z
A
− z
B
+ i(z
C
− z
A
) và 2
−→
MK =
z
A
−z
C
+ i(z

A
−z
B
). Bởi vì z
A
−z
C
+ i(z
A
−z
B
) = i

z
A
−z
B
+ i(z
C
−z
A
)

nên có được MJ = MK, MJ⊥MK.
2.2. Diện tích, bán kính đường tròn ngoại tiếp
2.2.1. Diện tích, bán kính đường tròn ngoại tiếp
Giả sử tam giác ABC có A(x
1
; y
1

), B(x
2
; y
2
), C(x
3
; y
3
). Khi đó diện tích
S
ABC
=
1
2









x
1
y
1
1
x
2

y
2
1
x
3
y
3
1









. Phương trình các đường thẳng chứa các đỉnh
BC : a
1
x + b
1
y + c
1
= 0 với






a
1
= y
2
− y
3
b
1
= x
3
− x
2
c
1
= x
2
y
3
− x
3
y
2
CA : a
2
x + b
2
y + c
2
= 0 với






a
2
= y
3
− y
1
b
2
= x
1
− x
3
c
2
= x
3
y
1
− x
1
y
3
AB : a
3
x + b
3

y + c
3
= 0 với





a
3
= y
1
− y
2
b
3
= x
2
− x
1
c
3
= x
1
y
2
− x
2
y
1

.
Số hóa bởi trung tâm học liệu />22
Nếu giải hệ phương trình, ngược lại để tính x
i
, y
i
qua các a
j
, b
j
, c
j
, ta có
x
1
=
b
2
c
3
− b
3
c
2
a
2
b
3
− a
3

b
2
, y
1
=
a
3
c
2
− a
2
c
3
a
2
b
3
− a
3
b
2
x
2
=
b
3
c
1
− b
1

c
3
a
3
b
1
− a
1
b
3
, y
2
=
a
1
c
3
− a
3
c
1
a
3
b
1
− a
1
b
3
x

3
=
b
1
c
2
− b
2
c
1
a
1
b
2
− a
2
b
1
, y
3
=
a
2
c
1
− a
1
c
2
a

1
b
2
− a
2
b
1
.
Mệnh đề 2.2. Cho tam giác ABC với độ dài ba cạnh a, b, c với độ dài
các đường cao h
a
, h
b
, h
c
; độ dài các bán kính đường tròn ngoại, nội và bàng
tiếp là R, r, r
1
, r
2
, r
3
. Khi đó diện tích S của tam giác ABC được xác định
qua:
(i) S =
ah
a
2
=
bh

b
2
=
ch
c
2
.
(ii) S =
abc
4R
.
(iii) S =
(a + b + c)r
2
= pr.
(iv) S = (p −a)r
1
= (p − b)r
2
= (p − c)r
3
.
(v) S =
1
2










x
1
y
1
1
x
2
y
2
1
x
3
y
3
1









, trong đó A(x
1

; y
1
), B(x
2
; y
2
) và C(x
3
; y
3
) trong
mặt phẳng tọa độ Oxy.
Mệnh đề 2.3. Nếu 3 đỉnh tam giác ABC là những điểm giao của các cặp
thuộc ba đường thẳng a
i
x + b
i
y + c
i
= 0 với i = 1, 2, 3, thì diện tích và bán
kính đường tròn ngoại tiếp của được tính theo các cơng thức
(i) S
ABC
=
1
2










a
1
b
1
c
1
a
2
b
2
c
2
a
3
b
3
c
3






2





a
2
a
3
b
2
b
3








a
1
a
3
b
1
b
3









a
1
a
2
b
1
b
2







.
(ii) R =










a
1
b
1
c
1
a
2
b
2
c
2
a
3
b
3
c
3







(a
2
1

+ b
2
1
)(a
2
2
+ b
2
2
)(a
2
3
+ b
2
3
)
2



.
Số hóa bởi trung tâm học liệu />