Giải Các Hệ Phương Trình Tuyến Tính

--- Bài mới hơn ---

  • Chuyên Đề Phương Trình Vô Tỉ Toán 9
  • Giải Phương Trình Bằng Phương Pháp Nhân Liên Hợp
  • Bài 3 : Đồ Thị Hàm Số Y= Ax + B
  • Phương Trình Hàm Trên N
  • Lịch Sử Hình Thành Serie A Giải Đấu Số 1 Nước Ý
  • Giải pháp của một hệ phương trình tuyến tính là việc tìm ra các biến không xác định đi vào các phương trình, sự thay thế làm cho hệ thống bằng nhau.

    Hệ phương trình tuyến tính có thể được giải quyết theo nhiều cách khác nhau, ví dụ, phương pháp Kramer hoặc phương pháp Gaus hoặc theo các cách khác. Sử dụng dịch vụ của chúng tôi, bạn có thể nhận các giải pháp trực tuyến miễn phí với các hành động và giải thích từng bước. Máy tính của chúng tôi cũng sẽ hữu ích nếu bạn cần kiểm tra tính toán của riêng bạn.

    Xuất số thập phân

    , số vị trí thập phân:

    Giải pháp:

    • Mô tả
    • Cách sử dụng

    Dịch vụ trực tuyến của chúng tôi cho phép chúng tôi giải quyết các hệ thống các phương trình đại số tuyến tính bằng nhiều cách:

    • bằng phương pháp của Cramer (quy tắc của Cramer)
    • phương pháp ma trận nghịch đảo
    • bằng phương pháp Gauss-Montante (thuật toán Bareys)
    • bằng phương pháp Gauss (phương pháp loại bỏ các biến số)
    • bằng phương pháp Gauss-Jordan (phương pháp loại bỏ hoàn toàn những thứ chưa biết)

    Trong trường hợp này, dịch vụ cung cấp một loạt các giải pháp, không chỉ là câu trả lời.

    Ngoài ra, bạn có thể kiểm tra hệ thống phương trình cho tính tương thích.

    • Sử dụng các dấu hiệu + để xác định số lượng yêu cầu của các biến trong phương trình. Nếu phương trình của bạn không bao gồm bất kỳ unknowns, sau đó chỉ cần để trống các lĩnh vực (trống).
    • Trong các tế bào, chỉ định các hệ số (giá trị) cho unknowns. Nếu dữ liệu nguồn được thiết lập để x1, x2 và như vậy, trong tế bào trước khi tiết lộ những điều không biết, chỉ định 1.
    • Giá trị của những thứ chưa biết có thể là:

      • số nguyên: 7, -3, 0
      • thập phân (hữu hạn và định kỳ) phân số: 7/8, 6.13, -1.3(56), 1.2e-4
      • biểu thức số học: 1/2+3*(6-4), (6-y)/x^3, 2^0.5

    • Sau đó nhấp chuột vào nút với tên của phép toán học cần thiết.
    • Các giá trị trong các kết quả giải pháp có thể được kéo bằng chuột đến trường dữ liệu nguồn.

    --- Bài cũ hơn ---

  • Phương Pháp Giải Bất Phương Trình Chứa Ẩn Dưới Dấu Giá Trị Tuyệt Đối
  • Hướng Dẫn Xoay Rubik 3X3X3 Theo Cách Đơn Giản Nhất
  • Cách Giải Rubik 3×3 Nâng Cao Theo Petrus Method
  • Cách Chơi Rubik 3×3 Dễ Hiểu Nhất Cho Người Mới
  • Công Cụ Giải Mã Khối Rubik
  • Hướng Dẫn Giải Bài Tập Đại Số Tuyến Tính

    --- Bài mới hơn ---

  • Bài 17: Giải Bài Tập Về Ánh Xạ Tuyến Tính
  • Soạn Bài: Rút Gọn Câu ( Ngữ Văn Lớp 7)
  • Soạn Bài Rút Gọn Câu Trang 14 Sgk Ngữ Văn 7 Tập 2
  • Bài 6: Trùng Kiết Lị Và Trùng Sốt Rét
  • Giải Vbt Sinh Học 6 Bài 7: Cấu Tạo Tế Bào Thực Vật
  • Published on

    Hướng dẫn giải bài tập Đại Số Tuyến Tính

    1. 1. NGUYˆE˜N THUY’ THANH B`AI TˆA. P TO´AN CAO CˆA´P Tˆa.p 1 Da.i sˆo´ tuyˆe´n t´ınh v`a H`ınh ho.c gia’i t´ıch NH`A XUˆA´T BA’ N DA. I HO. C QUˆO´C GIA H`A NˆO. I H`a Nˆo.i – 2006
    2. 2. Mu. c lu. c L`o.i n´oi dˆa`u . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1 Sˆo´ ph´u.c 6 1.1 D- chúng tôi ngh˜ıa sˆo´ ph´u.c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.2 chúng tôi da.i sˆo´ cu’a sˆo´ ph´u.c . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 1.3 Biˆe’u diˆe˜n h`ınh ho.c. Mˆodun v`a acgumen . . . . . . . . 13 1.4 Biˆe’u diˆe˜n sˆo´ ph´u.c du.´o.i chúng tôi lu.o. .ng gi´ac . . . . . . . . 23 2 D- a th´u.c v`a h`am h˜u.u ty’ 44 2.1 D- a th´u.c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44 2.1.1 D- a th´u.c trˆen tru.`o.ng sˆo´ ph´u.c C . . . . . . . . . 45 2.1.2 D- a th´u.c trˆen tru.`o.ng sˆo´ thu. .c R . . . . . . . . . 46 2.2 Phˆan th´u.c h˜u.u ty’ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 3 Ma trˆa.n. D- chúng tôi th´u.c 66 3.1 Ma trˆa.n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67 3.1.1 D- chúng tôi ngh˜ıa ma trˆa.n . . . . . . . . . . . . . . . . 67 3.1.2 C´ac ph´ep to´an tuyˆe´n t´ınh trˆen ma trˆa.n . . . . . 69 3.1.3 Ph´ep nhˆan c´ac ma trˆa.n . . . . . . . . . . . . . . 71 3.1.4 Ph´ep chuyˆe’n vi. ma trˆa.n . . . . . . . . . . . . . 72 3.2 D- chúng tôi th´u.c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85 3.2.1 chúng tôi thˆe´ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85 3.2.2 D- chúng tôi th´u.c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85 3.2.3 T´ınh chˆa´t cu’a chúng tôi th´u.c . . . . . . . . . . . . . 88
    3. 3. 2 MU. C LU. C 3.2.4 chúng tôi ph´ap t´ınh chúng tôi th´u.c . . . . . . . . . . . 89 3.3 chúng tôi cu’a ma trˆa.n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109 3.3.1 D- chúng tôi ngh˜ıa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109 3.3.2 chúng tôi ph´ap t`ım chúng tôi cu’a ma trˆa.n . . . . . . 109 3.4 Ma trˆa.n chúng tôi da’o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118 3.4.1 D- chúng tôi ngh˜ıa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118 3.4.2 chúng tôi ph´ap t`ım ma trˆa.n chúng tôi da’o . . . . . 119 4 Hˆe. chúng tôi tr`ınh tuyˆe´n t´ınh 132 4.1 Hˆe. n chúng tôi tr`ınh v´o.i n ˆa’n c´o chúng tôi th´u.c kh´ac 0 . . . . 132 4.1.1 chúng tôi ph´ap ma trˆa.n . . . . . . . . . . . . . . 133 4.1.2 chúng tôi ph´ap Cramer . . . . . . . . . . . . . . 134 4.1.3 chúng tôi ph´ap Gauss . . . . . . . . . . . . . . . 134 4.2 Hˆe. t`uy ´y c´ac chúng tôi tr`ınh tuyˆe´n t´ınh . . . . . . . . . . 143 4.3 Hˆe. chúng tôi tr`ınh tuyˆe´n t´ınh thuˆa`n nhˆa´t . . . . . . . . . 165 5 Khˆong gian Euclide Rn 177 5.1 D- chúng tôi ngh˜ıa khˆong gian n-chiˆe`u v`a mˆo.t sˆo´ kh´ai niˆe.m co. ba’n vˆe` vecto. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177 5.2 Co. so.’ . D- ˆo’i co. so.’ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 188 5.3 Khˆong gian vecto. Euclid. Co. so.’ tru. .c chuˆa’n . . . . . . 201 5.4 Ph´ep biˆe´n dˆo’i tuyˆe´n t´ınh . . . . . . . . . . . . . . . . . 213 5.4.1 D- chúng tôi ngh˜ıa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213 5.4.2 Ma trˆa.n cu’a ph´ep bdtt . . . . . . . . . . . . . . 213 5.4.3 C´ac ph´ep to´an . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 215 5.4.4 Vecto. riˆeng v`a gi´a tri. riˆeng . . . . . . . . . . . . 216 6 chúng tôi to`an chúng tôi v`a ´u.ng du. ng d ˆe’ nhˆa.n chúng tôi du.`o.ng v`a m˘a.t bˆa.c hai 236 6.1 chúng tôi to`an chúng tôi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 236 6.1.1 chúng tôi ph´ap Lagrange . . . . . . . . . . . . . . 237 6.1.2 chúng tôi ph´ap Jacobi . . . . . . . . . . . . . . . 241
    4. 4. MU. C LU. C 3 6.1.3 chúng tôi ph´ap biˆe´n dˆo’i tru. .c giao . . . . . . . . . 244 6.2 D- u.a chúng tôi tr`ınh tˆo’ng qu´at cu’a du.`o.ng bˆa.c hai v`a m˘a.t bˆa.c hai vˆe` chúng tôi ch´ınh t˘a´c . . . . . . . . . . . . . . . . 263
    5. 5. L`o.i n´oi dˆa`u Gi´ao tr`ınh B`ai tˆa. p to´an cao cˆa´p n`ay du.o. .c biˆen soa.n theo chúng tôi tr`ınh To´an cao cˆa´p cho sinh viˆen c´ac ng`anh Khoa ho.c Tu. . nhiˆen cu’a Da.i ho.c Quˆo´c gia H`a Nˆo.i v`a d˜a du.o. .c Da.i ho.c Quˆo´c gia H`a Nˆo.i thˆong qua v`a ban h`anh. Mu.c d´ıch cu’a gi´ao tr`ınh l`a gi´up d˜o. sinh viˆen c´ac ng`anh Khoa ho.c Tu. . nhiˆen n˘a´m v˜u.ng v`a vˆa.n chúng tôi du.o. .c c´ac chúng tôi ph´ap gia’i to´an cao cˆa´p. Mu.c tiˆeu n`ay quyˆe´t chúng tôi to`an bˆo. cˆa´u tr´uc cu’a gi´ao tr`ınh. Trong mˆo˜i mu.c, dˆa`u tiˆen ch´ung tˆoi tr`ınh b`ay t´om t˘a´t nh˜u.ng co. so.’ l´y thuyˆe´t v`a liˆe.t kˆe nh˜u.ng cˆong th´u.c cˆa`n thiˆe´t. Tiˆe´p d´o, trong phˆa`n C´ac v´ı du. ch´ung tˆoi quan tˆam d˘a.c biˆe.t t´o.i viˆe.c gia’i c´ac b`ai to´an mˆa˜u b˘a`ng c´ach vˆa.n chúng tôi c´ac kiˆe´n th´u.c l´y thuyˆe´t d˜a tr`ınh b`ay. Sau c`ung, l`a phˆa`n B`ai tˆa. p. O .’ dˆay, c´ac b`ai tˆa.p du.o. .c gˆo.p th`anh t`u.ng nh´om theo t`u.ng chu’ dˆe` v`a du.o. .c s˘a´p xˆe´p theo th´u. tu. . t˘ang dˆa`n vˆe` dˆo. kh´o v`a mˆo˜i nh´om dˆe`u c´o nh˜u.ng chı’ dˆa˜n vˆe` chúng tôi ph´ap gia’i. Ch´ung tˆoi hy chúng tôi r˘a`ng viˆe.c l`am quen v´o.i l`o.i gia’i chi tiˆe´t trong phˆa`n C´ac v´ı du. s˜e gi´up ngu.`o.i ho.c n˘a´m du.o. .c c´ac chúng tôi ph´ap gia’i to´an co. ba’n. Gi´ao tr`ınh B`ai tˆa. p n`ay c´o thˆe’ su.’ chúng tôi du.´o.i su. . hu.´o.ng dˆa˜n cu’a gi´ao viˆen ho˘a.c tu. . m`ınh nghiˆen c´u.u v`ı c´ac b`ai tˆa.p dˆe`u c´o d´ap sˆo´, mˆo.t sˆo´ c´o chı’ dˆa˜n v`a tru.´o.c khi gia’i c´ac b`ai tˆa.p n`ay d˜a c´o phˆa`n C´ac v´ı du. tr`ınh b`ay nh˜u.ng chı’ dˆa˜n vˆe` m˘a.t chúng tôi ph´ap gia’i to´an. T´ac gia’ gi´ao tr`ınh chˆan th`anh ca’m o.n c´ac thˆa`y gi´ao: TS. Lˆe D`ınh Ph`ung v`a PGS. TS. Nguyˆe˜n Minh Tuˆa´n d˜a do.c k˜y ba’n tha’o v`a d´ong
    6. 6. Co. so.’ l´y thuyˆe´t h`am biˆe´n ph´u.c 5 g´op nhiˆe`u ´y kiˆe´n qu´y b´au vˆe` cˆa´u tr´uc v`a nˆo.i dung v`a d˜a g´op ´y cho t´ac gia’ vˆe` nh˜u.ng thiˆe´u s´ot cu’a ba’n tha’o gi´ao tr`ınh. M´o.i xuˆa´t ba’n lˆa`n dˆa`u, Gi´ao tr`ınh kh´o tr´anh kho’i sai s´ot. Ch´ung tˆoi rˆa´t chˆan th`anh mong du.o. .c ba.n do.c vui l`ong chı’ ba’o cho nh˜u.ng thiˆe´u s´ot cu’a cuˆo´n s´ach dˆe’ gi´ao tr`ınh ng`ay du.o. .c ho`an thiˆe.n ho.n. H`a Nˆo. i, M`ua thu 2004 T´ac gia’
    7. 7. chúng tôi 1 Sˆo´ ph´u.c 1.1 D- chúng tôi ngh˜ıa sˆo´ ph´u.c . . . . . . . . . . . . . . 6 1.2 chúng tôi da.i sˆo´ cu’a sˆo´ ph´u.c . . . . . . . . . . . 8 1.3 Biˆe’u diˆe˜n h`ınh ho.c. Mˆodun v`a acgumen . 13 1.4 Biˆe’u diˆe˜n sˆo´ ph´u.c du.´o.i chúng tôi lu.o. .ng gi´ac . 23 1.1 D- chúng tôi ngh˜ıa sˆo´ ph´u.c Mˆo˜i c˘a.p sˆo´ thu. .c c´o th´u. tu. . (a; b) ∀ a ∈ R, ∀ b ∈ R du.o. .c go.i l`a mˆo.t sˆo´ ph´u.c nˆe´u trˆen tˆa.p ho. .p c´ac c˘a.p d´o quan hˆe. b˘a`ng nhau, ph´ep cˆo.ng v`a ph´ep nhˆan du.o. .c du.a v`ao theo c´ac chúng tôi ngh˜ıa sau dˆay: (I) Quan hˆe. b˘a`ng nhau (a1, b1) = (a2, b2) ⇐⇒    a1 = a2, b1 = b2. (II) Ph´ep cˆo.ng
    8. 8. 1.1. D- chúng tôi ngh˜ıa sˆo´ ph´u.c 7 (a1, b1) + (a2, b2) def = (a1 + a2, b1 + b2).1 (III) Ph´ep nhˆan (a1, b1)(a2, b2) def = (a1a2 − b1b2, a1b2 + a2b1). Tˆa.p ho. .p sˆo´ ph´u.c du.o. .c k´y hiˆe.u l`a C. Ph´ep cˆo.ng (II) v`a ph´ep nhˆan (III) trong C c´o t´ınh chˆa´t giao ho´an, kˆe´t ho. .p, liˆen hˆe. v´o.i nhau bo.’ i luˆa.t phˆan bˆo´ v`a mo.i phˆa`n tu.’ = (0, 0) dˆe`u c´o phˆa`n tu.’ chúng tôi da’o. Tˆa.p ho. .p C lˆa.p th`anh mˆo.t tru.`o.ng (go.i l`a tru.`o.ng sˆo´ ph´u.c) v´o.i phˆa`n tu.’ khˆong l`a c˘a.p (0; 0) v`a phˆa`n tu.’ do.n vi. l`a c˘a.p (1; 0). ´Ap chúng tôi quy t˘a´c (III) ta c´o: (0; 1)(0; 1) = (−1, 0). Nˆe´u k´y hiˆe.u i = (0, 1) th`ı i2 = −1 Dˆo´i v´o.i c´ac c˘a.p chúng tôi d˘a.c biˆe.t (a, 0), ∀ a ∈ R theo (II) v`a (III) ta c´o (a, 0) + (b, 0) = (a + b, 0), (a, 0)(b, 0) = (ab, 0). T`u. d´o vˆe` m˘a.t da.i sˆo´ c´ac c˘a.p chúng tôi (a, 0), a ∈ R khˆong c´o g`ı kh´ac biˆe.t v´o.i sˆo´ thu. .c R: v`ı ch´ung du.o. .c cˆo.ng v`a nhˆan nhu. nh˜u.ng sˆo´ thu. .c. Do vˆa.y ta c´o thˆe’ dˆo`ng nhˆa´t c´ac c˘a.p chúng tôi (a; 0) v´o.i sˆo´ thu. .c a: (a; 0) ≡ a ∀ a ∈ R. D˘a.c biˆe.t l`a (0; 0) ≡ 0; (1; 0) ≡ 1. Dˆo´i v´o.i sˆo´ ph´u.c z = (a, b): 1+ Sˆo´ thu. .c a du.o. .c go.i l`a phˆa`n thu. .c a = Re z, sˆo´ thu. .c b go.i l`a phˆa`n a’o v`a k´y hiˆe.u l`a b = Imz. 2+ Sˆo´ ph´u.c z = (a, −b) go.i l`a sˆo´ ph´u.c liˆen ho. .p v´o.i sˆo´ ph´u.c z 1 def. l`a c´ach viˆe´t t˘a´t cu’a t`u. tiˆe´ng Anh definition (di.nh ngh˜ıa)
    9. 9. 8 chúng tôi 1. Sˆo´ ph´u.c 1.2 chúng tôi da.i sˆo´ cu’a sˆo´ ph´u.c Mo.i sˆo´ ph´u.c z = (a; b) ∈ C dˆe`u c´o thˆe’ viˆe´t du.´o.i chúng tôi z = a + ib. (1.1) Thˆa.t vˆa.y, z = (a, b) = (a, 0) + (0, b) = (a, 0) + (0, 1)(b, 0) = a + ib Biˆe’u th´u.c (1.1) go.i l`a chúng tôi da.i sˆo´ cu’a sˆo´ ph´u.c z = (a, b). T`u. (1.1) v`a chúng tôi ngh˜ıa sˆo´ ph´u.c liˆen ho. .p ta c´o z = a − ib. Du.´o.i chúng tôi da.i sˆo´ c´ac ph´ep t´ınh trˆen tˆa.p ho. .p sˆo´ ph´u.c du.o. .c thu. .c hiˆe.n theo c´ac quy t˘a´c sau. Gia’ su.’ z1 = a1 + ib1, z2 = a2 + ib2. Khi d´o (I) Ph´ep cˆo.ng: z1 ± z2 = (a1 ± a2) + i(b1 ± b2). (II) Ph´ep nhˆan: z1z2 = (a1a2 − b1b2) + i(a1b2 + a2b1). (III) Ph´ep chia: z2 z1 = a1a2 + b1b2 a2 1 + b2 1 + i a1b2 − a2b1 a2 1 + b2 1 · C´AC V´I DU. V´ı du. 1. 1+ T´ınh in . T`u. d´o ch´u.ng minh r˘a`ng a) in + in+1 + in+2 + in+3 = 0; b) i · i2 · · · i99 · i100 = −1. 2+ T`ım sˆo´ nguyˆen n nˆe´u: a) (1 + i)n = (1 − i)n ; b) 1 + i √ 2 n + 1 − i √ 2 n = 0. Gia’i. 1+ Ta c´o i0 = 1, i1 = i, i2 = −1, i3 = −i, i4 = 1, i5 = i v`a gi´a tri. l˜uy th`u.a b˘a´t dˆa`u l˘a.p la.i. Ta kh´ai qu´at h´oa. Gia’ su.’ n ∈ Z v`a n = 4k + r, r ∈ Z, 0 r 3. Khi d´o in = i4k+r = i4k · ir = (i4 )k ir = ir
    10. 10. 1.2. chúng tôi da.i sˆo´ cu’a sˆo´ ph´u.c 9 (v`ı i4 = i). T`u. d´o, theo kˆe´t qua’ trˆen ta c´o in =    1 nˆe´u n = 4k, i nˆe´u n = 4k + 1, −1 nˆe´u n = 4k + 2, −i nˆe´u n = 4k + 3. (1.2) T`u. (1.2) dˆe˜ d`ang suy ra a) v`a b). 2+ a) T`u. hˆe. th´u.c (1 + i)n = (1 − i)n suy ra 1 + i 1 − i n = 1. chúng tôi 1 + i 1 − i = i nˆen 1 + i 1 − i n = in = 1 ⇒ n = 4k, k ∈ Z. b) T`u. d˘a’ng th´u.c 1 + i √ 2 n + 1 − i √ 2 n = 0 suy r˘a`ng 1 + i 1 − i n = −1 v`a do d´o in = −1 ⇒ n = 4k + 2, k ∈ Z. V´ı du. 2. Ch´u.ng minh r˘a`ng nˆe´u n l`a bˆo.i cu’a 3 th`ı −1 + i √ 3 2 n + −1 − i √ 3 2 n = 2 v`a nˆe´u n khˆong chia hˆe´t cho 3 th`ı −1 + i √ 3 2 n + −1 − i √ 3 2 n = −1. Gia’i. 1+ Nˆe´u n = 3m th`ı S = −1 + i √ 3 2 3 m + −1 − i √ 3 2 3 m = −1 + 3i √ 3 + 9 − 3i √ 3 8 m + −1 − 3i √ 3 + 9 + 3i √ 3 8 m = 1m + 1m = 2.
    11. 11. 10 chúng tôi 1. Sˆo´ ph´u.c 2+ Nˆe´u n = 3m + 1 th`ı S = −1 + i √ 3 2 3 m −1 + i √ 3 2 + −1 − i √ 3 2 3 m 1 − i √ 3 2 = −1 + i √ 3 2 + −1 − i √ 3 2 = −1. chúng tôi tu. . nˆe´u n = 3m + 2 ta c˜ung c´o S = −1. V´ı du. 3. T´ınh biˆe’u th´u.c σ = 1 + 1 + i 2 1 + 1 + i 2 2 1 + 1 + i 2 22 · · · 1 + 1 + i 2 2n . Gia’i. Nhˆan v`a chia biˆe’u th´u.c d˜a cho v´o.i 1 − 1 + i 2 ta c´o σ = 1 − 1 + i 2 2n 2 1 − 1 + i 2 = 1 − 1 + i 2 2n+1 1 − 1 + i 2 · Ta cˆa`n t´ınh 1 + i 2 2n+1 = 1 + i 2 2 2n = i 2 2n = i2n 22n = 1 22n · Do d´o σ = 1 − 1 22n 1 − 1 + i 2 = 2 1 − 1 22n 1 − i × 1 + i 1 + i = 1 − 1 22n (1 + i) V´ı du. 4. Biˆe’u diˆe˜n sˆo´ ph´u.c √ 4 − 3i du.´o.i chúng tôi da.i sˆo´. Gia’i. Theo chúng tôi ngh˜ıa ta cˆa`n t`ım sˆo´ ph´u.c w sao cho w2 = 4 − 3i. Nˆe´u w = a + bi, a, b ∈ R th`ı 4 − 3i = (a + bi)2 = a2 − b2 + 2abi.
    12. 12. 1.2. chúng tôi da.i sˆo´ cu’a sˆo´ ph´u.c 11 T`u. d´o a2 − b2 = 4, (1.3) 2ab = −3. (1.4) T`u. (1.4) ta c´o b = − 3 2a . Thˆe´ v`ao (1.3) ta thu du.o. .c 4u2 − 16u − 9 = 0, u = a2 ⇐⇒ u1 = 8 + √ 100 4 = 8 + 10 4 = 18 4 = 9 2 , u2 = 8 − √ 100 4 = 8 − 10 4 = − 1 2 · V`ı a ∈ R nˆen u 0 ⇒ u = 9 2 v`a do vˆa.y a = ± 3 √ 2 ⇒ b = 1 √ 2 · T`u. d´o ta thu du.o. .c w1,2 = ± 3 √ 2 − 1 √ 2 i V´ı du. 5. Biˆe’u diˆe˜n sˆo´ ph´u.c z = √ 5 + 12i − √ 5 − 12i √ 5 + 12i + √ 5 − 12i v´o.i diˆe`u kiˆe.n l`a c´ac phˆa`n thu. .c cu’a √ 5 + 12i v`a √ 5 − 12i dˆe`u ˆam. Gia’i. ´Ap chúng tôi Caffebenevietnam.com ph´ap gia’i trong v´ı du. 4 ta c´o √ 5 + 12i = x + iy ⇒ 5 + 12i = x2 − y2 − 2xyi ⇐⇒    x2 − y2 = 5, 2xy = 12.
    13. 13. 12 chúng tôi 1. Sˆo´ ph´u.c Hˆe. n`ay c´o hai nghiˆe.m l`a (3; 2) v`a (−3; −2). Theo diˆe`u kiˆe.n, phˆa`n thu. .c cu’a √ 5 + 12i ˆam nˆen ta c´o √ 5 + 12i = −3 − 2i. chúng tôi tu. . ta t`ım du.o. .c √ 5 − 12i = −3 + 2i. Nhu. vˆa.y z = −3 − 2i − (−3 + 2i) −3 − 2i + (−3 + 2i) = 2 3 i V´ı du. 6. Gia’ su.’ z = a + ib, z = ±1. Ch´u.ng minh r˘a`ng w = z − 1 z + 1 l`a sˆo´ thuˆa`n a’o khi v`a chı’ khi a2 + b2 = 1. Gia’i. Ta c´o w = (a − 1) + ib (a + 1) + ib = a2 + b2 − 1 (a + 1)2 + b2 + i 2b (a + 1)2 + b2 · T`u. d´o suy r˘a`ng w thuˆa`n a’o khi v`a chı’ khi a2 + b2 − 1 (a + 1)2 + b2 = 0 ⇐⇒ a2 + b2 = 1. B`AI TˆA. P T´ınh 1. (1 + i)8 − 1 (1 − i)8 + 1 · (DS. 15 17 ) 2. (1 + 2i)3 + (1 − 2i)3 (2 − i)2 − (2 + i)2 · (DS. − 11 4 i) 3. (3 − 4i)(2 − i) 2 + i − (3 + 4i)(2 + i) 2 − i · (DS. − 14 5 ) 4. 1 + 1 − i √ 2 1 + 1 − i √ 2 2 1 + 1 − i √ 2 22 · · · 1 + 1 − i √ 2 2n . (DS. 0) Chı’ dˆa˜n. ´Ap chúng tôi c´ach gia’i v´ı du. 3. 5. Ch´u.ng minh r˘a`ng a) z1 + z2 = z1 + z2; b) z1z2 = z1 · z2; c) z1 z2 = z1 z2 ;
    14. 14. 1.3. Biˆe’u diˆe˜n h`ınh ho.c. Mˆodun v`a acgumen 13 d) zn = (z) n ; e) z + z = 2Re z; g) z − z = 2Im z. 6. V´o.i gi´a tri. thu. .c n`ao cu’a x v`a y th`ı c´ac c˘a.p sˆo´ sau dˆay l`a c´ac c˘a.p sˆo´ ph´u.c liˆen ho. .p: 1) y2 − 2y + xy − x + y + (x + y)i v`a −y2 + 2y + 11 − 4i; 2) x + y2 + 1 + 4i v`a ixy2 + iy2 − 3 ? (DS. 1) x1 = 1, y1 = 3; x2 = 9, y2 = 5; 2) x1,2 = −5, y1,2 = ±5) 7. Ch´u.ng minh r˘a`ng z1 v`a z2 l`a nh˜u.ng sˆo´ ph´u.c liˆen ho. .p khi v`a chı’ khi z1 + z2 v`a z1z2 l`a nh˜u.ng sˆo´ thu. .c. 8. T´ınh: 1) √ −5 − 12i. (DS. ±(2 − 3i)) 2) √ 24 + 10i. (DS. ±(5 + i)) 3) √ 24 − 10i. (DS. ±(5 − i)) 4) 1 + i √ 3 + 1 − i √ 3. (DS. ± √ 6, ±i √ 2) 9. Ch´u.ng minh r˘a`ng 1) 1 − C2 8 + C4 8 − C6 8 + C8 8 = 16; 2) 1 − C2 9 + C4 9 − C6 9 + C8 9 = 16; 3) C1 9 − C3 9 + C5 9 − C7 9 + C9 9 = 16. Chı’ dˆa˜n. ´Ap chúng tôi cˆong th´u.c nhi. th´u.c Newton dˆo´i v´o.i (1 + i)8 v`a (1 + i)9 . 1.3 Biˆe’u diˆe˜n h`ınh ho.c. Mˆodun v`a acgu- men Mˆo˜i sˆo´ ph´u.c z = a + ib c´o thˆe’ d˘a.t chúng tôi ´u.ng v´o.i diˆe’m M(a; b) cu’a m˘a.t ph˘a’ng to.a dˆo. v`a ngu.o. .c la.i mˆo˜i diˆe’m M(a; b) cu’a m˘a.t ph˘a’ng dˆe`u chúng tôi ´u.ng v´o.i sˆo´ ph´u.c z = a + ib. Ph´ep chúng tôi ´u.ng du.o. .c x´ac lˆa.p l`a do.n tri. mˆo.t – mˆo.t. Ph´ep chúng tôi ´u.ng d´o cho ph´ep ta xem c´ac sˆo´ ph´u.c nhu. l`a c´ac diˆe’m cu’a m˘a.t ph˘a’ng to.a dˆo.. M˘a.t ph˘a’ng d´o du.o. .c go.i l`a m˘a.t ph˘a’ng ph´u.c. Tru.c ho`anh cu’a n´o du.o. .c go.i l`a Tru.c thu. .c, tru.c tung
    15. 19. 18 chúng tôi 1. Sˆo´ ph´u.c V´ı du. 6. V´o.i diˆe`u kiˆe.n n`ao th`ı ba diˆe’m kh´ac nhau t`u.ng dˆoi mˆo.t z1, z2, z3 n˘a`m trˆen mˆo.t du.`o.ng th˘a’ng. Gia’i. 1+ Nˆe´u c´ac diˆe’m z1, z2, z3 n˘a`m trˆen du.`o.ng th˘a’ng cho tru.´o.c th`ı vecto. di t`u. z2 dˆe´n z1 c´o hu.´o.ng nhu. cu’a vecto. di t`u. diˆe’m z3 dˆe´n z1 ho˘a.c c´o hu.´o.ng ngu.o. .c la.i. Diˆe`u d´o c´o ngh˜ıa l`a c´ac g´oc nghiˆeng cu’a c´ac vecto. n`ay dˆo´i v´o.i tru.c thu. .c ho˘a.c nhu. nhau ho˘a.c sai kh´ac g´oc π. chúng tôi khi d´o ta c´o arg(z1 − z2) = arg(z1 − z3) + kπ, k = 0, 1. T`u. d´o suy ra arg z1 − z2 z1 − z3 = arg(z1 − z2) − arg(z1 − z3) = kπ, k = 0, 1. Nhu. vˆa.y sˆo´ ph´u.c z1 − z2 z1 − z3 c´o acgumen b˘a`ng 0 ho˘a.c b˘a`ng π, t´u.c l`a sˆo´ z1 − z2 z1 − z3 l`a sˆo´ thu. .c. Diˆe`u kiˆe.n thu du.o. .c l`a diˆe`u kiˆe.n cˆa`n. 2+ Ta ch´u.ng minh r˘a`ng d´o c˜ung l`a diˆe`u kiˆe.n du’. Gia’ su.’ z1 − z2 z1 − z3 = α, α ∈ R. Khi d´o Im z1 − z2 z1 − z3 = 0. Hˆe. th´u.c n`ay chúng tôi Caffebenevietnam.com v´o.i hˆe. th´u.c y1 − y3 y1 − y2 = x1 − x3 x1 − x2 · (1.5) chúng tôi tr`ınh du.`o.ng th˘a’ng qua diˆe’m (x1, y1) v`a (x2, y2) c´o chúng tôi y − y1 y2 − y1 = x − x1 x2 − x1 · (1.6) T`u. (1.5) v`a (1.6) suy ra diˆe’m (x3, y3) n˘a`m trˆen du.`o.ng th˘a’ng d´o. V´ı du. 7. X´ac chúng tôi tˆa.p ho. .p diˆe’m trˆen m˘a.t ph˘a’ng ph´u.c tho’a m˜an c´ac diˆe`u kiˆe.n:
    16. 30. 1.4. Biˆe’u diˆe˜n sˆo´ ph´u.c du.´o.i chúng tôi lu.o. .ng gi´ac 29 Khi d´o S + iT = z + z3 + z5 + z7 = z(1 − z8 ) 1 − z2 = z − z9 1 − z2 = z + 1 1 − z2 = 1 1 − z = 1 1 − cos π 9 − i sin π 9 = 1 − cos π 9 + i sin π 9 1 − cos π 9 2 + sin2 π 9 = 1 2 + sin π 9 2 1 − cos π 9 · Do d´o S = 1 2 · 2) chúng tôi tu. . nhu. trong 1) ta k´y hiˆe.u S = cos ϕ + cos(ϕ + α) + · · · + cos(ϕ + nα), T = sin ϕ + sin(ϕ + α) + · · · + sin(ϕ + nα), z = cos α + i sin α, c = cos ϕ + i sin ϕ. Khi d´o S + iT = c + cz + · · · + czn = c(1 − zn+1 ) 1 − z = (cos ϕ + i sin ϕ) a2 − 2a cos ϕ + 1 + −a cos ϕ + ai sin ϕ + 1 a2 − 2a cos ϕ + 1 = an+2 cos nϕ − an+1 cos(n + 1)ϕ − a cos ϕ + 1 a2 − 2a cos ϕ + 1 + + i an+2 sin nϕ − an+1 sin(n + 1)ϕ + a sin ϕ a2 − 2a cos ϕ + 1 · B˘a`ng c´ach so s´anh phˆa`n thu. .c v`a phˆa`n a’o ta thu du.o. .c c´ac kˆe´t qua’ cˆa`n du.o. .c t´ınh. V´ı du. 6. 1) Biˆe’u diˆe˜n tg5ϕ qua tgϕ.
    17. 32. 1.4. Biˆe’u diˆe˜n sˆo´ ph´u.c du.´o.i chúng tôi lu.o. .ng gi´ac 31 2) Biˆe’u diˆe˜n tuyˆe´n t´ınh sin5 ϕ qua c´ac h`am sin cu’a g´oc bˆo.i cu’a ϕ. 3) Biˆe’u diˆe˜n cos4 ϕ v`a sin4 ϕ·cos3 ϕ qua h`am cosin cu’a c´ac g´oc bˆo.i. Gia’i. 1) V`ı tg5ϕ = sin 5ϕ cos 5ϕ nˆen ta cˆa`n biˆe’u diˆe˜n sin 5ϕ v`a cos 5ϕ qua sin ϕ v`a cos ϕ. Theo cˆong th´u.c Moivre ta c´o cos 5ϕ + i sin 5ϕ = (cos ϕ + i sin ϕ)5 = sin5 ϕ + 5i cos4 ϕ sin ϕ − 10 cos3 ϕ sin2 ϕ − 10i cos2 ϕ sin3 ϕ + 5 cos ϕ sin4 ϕ + i sin5 ϕ. T´ach phˆa`n thu. .c v`a phˆa`n a’o ta thu du.o. .c biˆe’u th´u.c dˆo´i v´o.i sin 5ϕ v`a cos 5ϕ v`a t`u. d´o tg5ϕ = 5 cos4 ϕ sin ϕ − 10 cos2 ϕ sin3 ϕ + sin5 ϕ cos5 ϕ − 10 cos3 ϕ sin2 ϕ + 5 cos ϕ sin4 ϕ (chia tu.’ sˆo´ v`a mˆa˜u sˆo´ cho cos5 ϕ) = 5tgϕ − 10tg3 ϕ + tg5 ϕ 1 − 10tg2 ϕ + 5tg4 ϕ · 2) D˘a.t z = cos ϕ + i sin ϕ. Khi d´o z−1 = cos ϕ − i sin ϕ v`a theo cˆong th´u.c Moivre: zk = cos kϕ + i sin kϕ, z−k = cos kϕ − i sin kϕ. Do d´o cos ϕ = z + z−1 2 , sin ϕ = z − z−1 2i zk + z−k = 2 cos kϕ, zk − z−k = 2i sin kϕ. ´Ap chúng tôi c´ac kˆe´t qua’ n`ay ta c´o sin5 ϕ = z − z−1 2i 5 = z5 − 5z3 + 10z − 10z−1 + 5z−3 − z−5 32i = (z5 − z−5 ) − 5(z3 − z−3 ) + 10(z − z−1 ) 32i = 2i sin 5ϕ − 10i sin 3ϕ + 20i sin ϕ 32i = sin 5ϕ − 5 sin 3ϕ + 10 sin ϕ 16 ·
    18. 34. 1.4. Biˆe’u diˆe˜n sˆo´ ph´u.c du.´o.i chúng tôi lu.o. .ng gi´ac 33 T`u. d´o suy r˘a`ng x + 1 = εk(x − 1) ⇒ x(εk − 1) = 1 + εk. Khi k = 0 ⇒ ε0 = 1. Do d´o v´o.i k = 0 chúng tôi tr`ınh vˆo nghiˆe.m. V´o.i k = 1, n − 1 ta c´o x = εk + 1 εk − 1 = (εk + 1)(εk − 1) εk − 1)(εk − 1) = εkεk + εk − εk − 1 εkεk − εk − εk − 1 = −2i sin 2kπ n 2 − 2 cos 2kπ n = −i sin 2kπ n 1 − cos 2kπ n = icotg kπ n , k = 1, 2, . . . , n − 1. 2+ C˜ung nhu. trˆen, t`u. chúng tôi tr`ınh d˜a cho ta c´o x + i x − i n = −1 ⇐⇒ x + i x − i = n √ −1 = cos π + 2kπ n + i sin π + 2kπ n hay l`a x + i x − i = cos (2k + 1)π n + i sin (2k + 1)π n = cos ψ + i sin ψ, ψ = (2k + 1)π n · Ta biˆe´n dˆo’i chúng tôi tr`ınh: x + i x − i − 1 = cos ψ + i sin ψ − 1 ⇔ 2i x − i = 2i sin ψ 2 cos ψ 2 − 2 sin2 ψ 2 ⇔ 1 x − i = sin ψ 2 cos ψ 2 − 1 i sin ψ 2 = sin ψ 2 cos ψ 2 + i sin ψ 2 .
    19. 35. 34 chúng tôi 1. Sˆo´ ph´u.c T`u. d´o suy ra x − i = 1 sin ψ 2 cos ψ 2 + i sin ψ 2 = cos ψ 2 − i sin ψ 2 sin ψ 2 = cotg ψ 2 − i. Nhu. vˆa.y x − i = cotg ψ 2 − i ⇒ x = cotg ψ 2 = cotg (2k + 1)π 2n , k = 0, n − 1. 2) Ta x´et vˆe´ pha’i cu’a chúng tôi tr`ınh d˜a cho. Ta c´o 1 + ai 1 − ai = 1 ⇒ 1 + ai 1 − ai = cos α + i sin α v`a t`u. d´o 1 + xi 1 − xi = n 1 + ai 1 − ai = cos α + 2kπ n + i sin α + 2kπ n , k = 0, n − 1. T`u. d´o nˆe´u d˘a.t ψ = α + 2kπ n th`ı x = cos ψ − 1 + i sin ψ i = βnq 0 n = nαq (v`ı βn 0 = α). Nhu. vˆa.y S =    0 nˆe´u k chia hˆe´t cho n; nαq nˆe´u k = nq, q ∈ Z. B`AI TˆA. P 1. Biˆe’u diˆe˜n c´ac sˆo´ ph´u.c sau dˆay du.´o.i chúng tôi lu.o. .ng gi´ac 1) −1 + i √ 3 (DS. 2 cos 2π 3 + i sin 2π 3 ) 2) √ 3 − i (DS. 2 cos 11π 6 + i sin 11π 6 ) 3) − √ 3 − i (DS. 2 cos 7π 6 + i sin 7π 6 ) 4) √ 3 2 + i 2 (DS. cos π 6 + i sin π 6 ) 5) − √ 3 2 + 1 2 i (DS. cos 5π 6 + i sin 5π 6 ) 6) 1 2 − i √ 3 2 (DS. cos 5π 3 + i sin 5π 3 ) 7) − 1 2 − i √ 3 2 (DS. cos 4π 3 + i sin 4π 3 ) 8) 2 + √ 3 − i (DS. 2 2 + √ 3 cos 23π 12 + i sin 23π 12 ) 9) 2 − √ 3 − i (DS. 2 2 − √ 3 cos 19π 12 + i sin 19π 12 ) 2. Biˆe’u diˆe˜n c´ac sˆo´ ph´u.c sau dˆay du.´o.i chúng tôi lu.o. .ng gi´ac 1) − cos ϕ + i sin ϕ (DS. cos(π − ϕ) + i sin(π − ϕ)) 2) − sin ϕ + i cos ϕ (DS. cos π 2 + ϕ + i sin π 2 + ϕ))
    20. 41. 40 chúng tôi 1. Sˆo´ ph´u.c 3) cos ϕ − i sin ϕ (DS. cos(−ϕ) + i sin(−ϕ)) 4) − cos ϕ − i sin ϕ (DS. cos(π + ϕ) + i sin(π + ϕ)) B˘a`ng c´ach d˘a.t α = θ + 2kπ, trong d´o 0 θ < 2π, ta c´o: 5) 1+cos α+i sin α (DS. 2 cos θ 2 cos θ 2 +i sin θ 2 v´o.i 0 θ < π; −2 cos θ 2 cos θ + 2π 2 + i sin θ + 2π 2 v´o.i π θ < 2π) 6) 1 − cos α + i sin α (DS. 2 sin θ 2 cos π − θ 2 + i sin π − θ 2 ) 7) sin α + i(1 + cos α) (DS. 2 cos θ 2 cos π − θ 2 + i sin π − θ 2 v´o.i 0 θ < π; −2 cos θ 2 cos 3π − θ 2 + i sin 3π − θ 2 v´o.i π θ < 2π) 8) − sin α + i(1 + cos α) (DS. 2 cos θ 2 cos π + θ 2 + i sin π + θ 2 v´o.i 0 θ < π; −2 cos θ 2 cos 3π + θ 2 + i sin 3π + θ 2 v´o.i π θ < 2π) 3. T´ınh: 1) cos π 6 − i sin π 6 100 (DS. − 1 2 − i √ 3 2 ) 2) 4 √ 3 + i 12 (DS. 212 ) 3) ( √ 3 + i)6 (−1 + i)8 − (1 + i)4 (DS. −3, 2) 4) (−i − √ 3)15 (1 − i)20 + (−i + √ 3)15 (1 + i)20 (DS. −64i) 5) (1 + i)100 (1 − i)96 + (1 + i)96 (DS. −2) 6) (1 + icotgϕ)5 1 − icotgϕ)5 (DS. cos(π − 10ϕ) + i sin(π − 10ϕ)) 7) (1 − i √ 3)(cos ϕ + i sin ϕ) 2(1 − i)(cos ϕ − i sin ϕ) (DS. √ 2 2 cos 6ϕ − π 12 + i sin 6ϕ − π 12 )
    21. 42. 1.4. Biˆe’u diˆe˜n sˆo´ ph´u.c du.´o.i chúng tôi lu.o. .ng gi´ac 41 8) (1 + i √ 3)3n (1 + i)4n (DS. 2) 4. Ch´u.ng minh r˘a`ng z + 1 z = 2 cos ϕ ⇒ zn + 1 zn = 2 cos nϕ. 5. H˜ay biˆe’u diˆe˜n c´ac h`am sau dˆay qua sin ϕ v`a cos ϕ 1) sin 3ϕ (DS. 3 cos2 ϕ sin ϕ − sin3 ϕ) 2) cos 3ϕ (DS. cos3 ϕ − 3 cos ϕ sin2 ϕ) 3) sin 4ϕ (DS. 4 cos3 ϕ sin ϕ − 4 cos ϕ sin3 ϕ) 4) cos 4ϕ (DS. cos4 ϕ − 6 cos2 ϕ sin2 ϕ + sin4 ϕ) 6. H˜ay biˆe’u diˆe˜n c´ac h`am sau qua tgx 1) tg4ϕ (DS. 4tgϕ − 4tg3 ϕ 1 − 6tg2 ϕ + tg4 ϕ ) 2) tg6ϕ (DS. 6tgϕ − 20tg3 ϕ + 6tg5 ϕ 1 − 15tg2 ϕ + 15tg4 ϕ − tg6 ϕ ) 7. Ch´u.ng minh r˘a`ng 1 − C2 n + C4 n − C6 n + . . . = 2 n 2 cos nπ 4 · C1 n − C3 n + C5 n − C7 n + . . . = 2 n 2 sin nπ 4 · Chı’ dˆa˜n. T´ınh (1 + i)n b˘a`ng c´ach su.’ chúng tôi cˆong th´u.c Moivre v`a su.’ chúng tôi cˆong th´u.c nhi. th´u.c Newton rˆo`i so s´anh phˆa`n thu. .c v`a phˆa`n a’o c´ac sˆo´ thu du.o. .c. 8. Ch´u.ng minh r˘a`ng 1) cos π 5 + cos 3π 5 = 1 2 2) cos π 7 + cos 3π 7 + cos 5π 7 = 1 2 3) cos 2π 5 + cos 4π 5 = − 1 2 4) cos 2π 7 + cos 4π 7 + cos 6π 7 = − 1 2 5) cos 2π 9 + cos 4π 9 + cos 6π 9 + cos 8π 9 = − 1 2
    22. 44. 1.4. Biˆe’u diˆe˜n sˆo´ ph´u.c du.´o.i chúng tôi lu.o. .ng gi´ac 43 1) (x + c)n − (x − c)n = 0 (DS. x = −ccotg kπ n , k = 1, n − 1) 2) (x + ci)n − (x − ci)n = 0 (DS. x = −cicotg kπ n , k = 1, n − 1) 3) (x + ci)n + i(x − ci)n = 0 (DS. x = −cicotg (3 + 4k)π 4n , k = 0, n − 1) 4) (x + ci)n − (cos α + i sin α)(x − ci)n = 0, α = 2kπ. (DS. x = −cicotg α + 2kπ 2n , k = 0, n − 1) 15. T´ınh Dn(x) = 1 2π 1 2 + cos x + cos 2x + · · · + cos nx . (DS. Dn(x) = 1 2π sin 2n + 1 2 x 2 sin x 2 ) 16. 1) Biˆe’u diˆe˜n cos 5x v`a sin 5x qua cos x v`a sin x. 2) T´ınh cos 2π 5 v`a sin 2π 5 . (DS. 1) cos 5x = cos5 x − 10 cos3 x sin2 x + 5 cos x sin4 x, sin 5x = 5 cos4 x sin x − 10 cos2 x sin3 x + sin5 x. 2) sin 2π 5 = 10 + 2 √ 5 4 , cos 2π 5 = √ 5 − 1 4 ) Chı’ dˆa˜n. Dˆe’ t´ınh sin 2π 5 cˆa`n su.’ chúng tôi biˆe’u th´u.c cu’a sin 5x.
    23. 45. chúng tôi 2 D- a th´u.c v`a h`am h˜u.u ty’ 2.1 D- a th´u.c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44 2.1.1 D- a th´u.c trˆen tru.`o.ng sˆo´ ph´u.c C . . . . . . . 45 2.1.2 D- a th´u.c trˆen tru.`o.ng sˆo´ thu. .c R . . . . . . . 46 2.2 Phˆan th´u.c h˜u.u ty’ . . . . . . . . . . . . . . . 55 2.1 D- a th´u.c Da th´u.c mˆo.t biˆe´n v´o.i hˆe. sˆo´ thuˆo.c tru.`o.ng sˆo´ P du.o. .c biˆe’u diˆe˜n do.n tri. du.´o.i chúng tôi tˆo’ng h˜u.u ha.n Q(x) = a0zn + a1zn−1 + · · · + an−1z + an (2.1) trong d´o z l`a biˆe´n, a0, a1, . . ., an l`a c´ac sˆo´; v`a mˆo˜i tˆo’ng chúng tôi (2.1) dˆe`u l`a da th´u.c. K´y hiˆe.u: Q(z) ∈ P. Nˆe´u a0, a1, . . ., an ∈ R th`ı Q(z) l`a da th´u.c trˆen tru.`o.ng sˆo´ thu. .c: Q(z) ∈ R l`a c˘a.p da th´u.c v`a Q(z) = 0 th`ı tˆo`n ta.i c˘a.p da th´u.c h(z) v`a r(z) ∈ P. Nˆe´u thay z bo.’ i sˆo´ α th`ı ta thu du.o. .c sˆo´ ph´u.c Q(α) = a0αn + a1αn−1 + · · · + an−1α + an. D- chúng tôi ngh˜ıa 2.1.1. Nˆe´u Q(α) = 0 th`ı sˆo´ z = α du.o. .c go.i l`a nghiˆe.m cu’a da th´u.c Q(z) hay cu’a chúng tôi tr`ınh da.i sˆo´ Q(z) = 0. D- chúng tôi l´y Descate. Da th´u.c Q(z) chia hˆe´t cho nhi. th´u.c z − α khi v`a chı’ khi α l`a nghiˆe.m cu’a da th´u.c P(z) (t´u.c l`a P(α) = 0). D- chúng tôi ngh˜ıa 2.1.2. Sˆo´ ph´u.c α l`a nghiˆe.m bˆo.i m cu’a da th´u.c Q(z) nˆe´u v`a chı’ nˆe´u Q(z) chia hˆe´t cho (z − α)m chúng tôi khˆong chia hˆe´t cho (z − α)m+1 . Sˆo´ m du.o. .c go.i l`a bˆo. i cu’a nghiˆe.m α. Khi m = 1, sˆo´ α go.i l`a nghiˆe.m do.n cu’a Q(z). Trong tiˆe´t 2.1.1 ta biˆe´t r˘a`ng tˆa.p ho. .p sˆo´ ph´u.c C du.o. .c lˆa.p nˆen b˘a`ng c´ach gh´ep thˆem v`ao cho tˆa.p ho. .p sˆo´ thu. .c R mˆo.t nghiˆe.m a’o x = i cu’a chúng tôi tr`ınh x2 + 1 = 0 v`a mˆo.t khi d˜a gh´ep i v`ao th`ı mo.i chúng tôi tr`ınh da th´u.c dˆe`u c´o nghiˆe.m ph´u.c thu. .c su. .. Do d´o khˆong cˆa`n pha’i s´ang ta.o thˆem c´ac sˆo´ m´o.i dˆe’ gia’i chúng tôi tr`ınh (v`ı thˆe´ C c`on du.o. .c go.i l`a tru.`o.ng d´ong da.i sˆo´). D- chúng tôi l´y Gauss (di.nh l´y co. ba’n cu’a da.i sˆo´).
    24. 47. 46 chúng tôi 2. D- a th´u.c v`a h`am h˜u.u ty’ Mo.i da th´u.c da. i sˆo´ bˆa. c n (n 1) trˆen tru.`o.ng sˆo´ ph´u.c dˆe`u c´o ´ıt nhˆa´t mˆo. t nghiˆe.m ph´u.c. T`u. chúng tôi l´y Gauss r´ut ra c´ac hˆe. qua’ sau. 1+ Mo.i da th´u.c bˆa.c n (n 1) trˆen tru.`o.ng sˆo´ ph´u.c dˆe`u c´o d´ung n nghiˆe.m nˆe´u mˆo˜i nghiˆe.m du.o. .c t´ınh mˆo.t sˆo´ lˆa`n b˘a`ng bˆo.i cu’a n´o, t´u.c l`a Q(x) = a0(z − α1)m1 (z − α2)m2 · · · (z − αk)mk , (2.2) trong d´o αi = αj ∀ i = j v`a m1 + m2 + · · · + mk = n. Da th´u.c (2.1) v´o.i hˆe. sˆo´ cao nhˆa´t a0 = 1 du.o. .c go.i l`a da th´u.c thu go. n. 2+ Nˆe´u z0 l`a nghiˆe.m bˆo.i m cu’a da th´u.c Q(z) th`ı sˆo´ ph´u.c liˆen ho. .p v´o.i n´o z0 l`a nghiˆe.m bˆo.i m cu’a da th´u.c liˆen ho. .p Q(z), trong d´o da th´u.c Q(z) du.o. .c x´ac chúng tôi bo.’ i Q(z) def = a0zn + a1zn−1 + · · · + an−1z + an. (2.3) 2.1.2 D- a th´u.c trˆen tru.`o.ng sˆo´ thu. .c R Gia’ su.’ Q(z) = zn + a1zn−1 + · · · + an−1z + an (2.4) l`a da th´u.c quy go.n v´o.i hˆe. sˆo´ thu. .c a1, a2, . . . , an. Da th´u.c n`ay c´o t´ınh chˆa´t d˘a.c biˆe.t sau dˆay. D- chúng tôi l´y 2.1.1. Nˆe´u sˆo´ ph´u.c α l`a nghiˆe.m bˆo. i m cu’a da th´u.c (2.4) v´o.i hˆe. sˆo´ thu. .c th`ı sˆo´ ph´u.c liˆen ho. .p v´o.i n´o α c˜ung l`a nghiˆe.m bˆo. i m cu’a da th´u.c d´o. Su.’ chúng tôi Caffebenevietnam.com l´y trˆen dˆay ta c´o thˆe’ t`ım khai triˆe’n da th´u.c v´o.i hˆe. sˆo´ thu. .c Q(z) th`anh t´ıch c´ac th`u.a sˆo´. Vˆe` sau ta thu.`o.ng chı’ x´et da th´u.c v´o.i hˆe. sˆo´ thu. .c v´o.i biˆe´n chı’ nhˆa.n gi´a tri. thu. .c nˆen biˆe´n d´o ta k´y hiˆe.u l`a x thay cho z.
    25. 49. 48 chúng tôi 2. D- a th´u.c v`a h`am h˜u.u ty’ 2+ Gia’ su.’ P(z) ∈ R − 4 + 52 − 3. Nˆe´u trong ma trˆa.n du.`o.ng ch´eo A mo.i phˆa`n tu.’ d1 = d2 = · · · = dn = 1 th`ı ma trˆa.n d´o du.o. .c go.i l`a ma trˆa.n do.n vi. cˆa´p n v`a k´y hiˆe.u: En = E =          1 1 … … 1          . Nhu. vˆa.y En = δij n 1 , trong d´o δij =    0 nˆe´u i = j 1 nˆe´u i = j.
    26. 70. 3.1. Ma trˆa.n 69 Sau c`ung, (m × n)-ma trˆa.n chúng tôi Om×n =       0 0 . . . 0 0 0 . . . 0 … … … … 0 0 . . . 0       go.i l`a ma trˆa.n – khˆong k´ıch thu.´o.c m × n. Nˆe´u m = n th`ı k´y hiˆe.u On hay On 1 . Nhˆa. n x´et. 1) Ta nhˆa´n chúng tôi ma trˆa.n A = aij m×n khˆong pha’i l`a mˆo.t sˆo´, n´o l`a mˆo.t Ba’ng c´ac sˆo´. 2) Ma trˆa.n k´ıch thu.´o.c (1 × n) go.i l`a ma trˆa.n h`ang a1, a2, . . . , an c`on ma trˆa.n (m × 1) go.i l`a ma trˆa.n cˆo.t       a1 a2 … am       3.1.2 C´ac ph´ep to´an tuyˆe´n t´ınh trˆen ma trˆa.n Gia’ su.’ mo.i ma trˆa.n du.o. .c x´et l`a trˆen c`ung mˆo.t tru.`o.ng P (= R, C). C´ac ph´ep to´an tuyˆe´n t´ınh trˆen tˆa.p ho. .p c´ac ma trˆa.n l`a ph´ep cˆo.ng c´ac ma trˆa.n (chı’ dˆo´i v´o.i c´ac ma trˆa. n c`ung k´ıch thu.´o.c!) v`a ph´ep nhˆan ma trˆa.n v´o.i mˆo.t sˆo´ v`a ch´ung du.o. .c chúng tôi ngh˜ıa nh`o. c´ac ph´ep to´an trˆen c´ac phˆa`n tu.’ cu’a ch´ung. 1. Cho A = aij m×n , B = bij m×n . Ma trˆa.n C = cij m×n du.o. .c go.i l`a tˆo’ng cu’a A v`a B nˆe´u cij = aij + bij ∀ i = 1, m, ∀ j = 1, n
    27. 71. 70 chúng tôi 3. Ma trˆa.n. D- chúng tôi th´u.c v`a k´y hiˆe.u C = A + B , i = 1, m, j = 1, n . 2. Gia’ su.’ A = aij m×n v`a λ ∈ P. Ma trˆa.n C = cij m×n du.o. .c go.i l`a t´ıch cu’a ma trˆa.n A v´o.i sˆo´ λ nˆe´u cij = λaij ∀ i = 1, m, ∀ j = 1, n v`a k´y hiˆe.u C = λA λA = λaij m×n ). Tru.`o.ng ho. .p d˘a.c biˆe.t khi λ = −1 ta viˆe´t (−1)A = −A v`a go.i −A l`a ma trˆa.n dˆo´i cu’a ma trˆa.n A. C´ac ph´ep to´an tuyˆe´n t´ınh trˆen tˆa.p ho. .p ma trˆa.n M(m × n) c´o c´ac t´ınh chˆa´t sau dˆay. Gia’ su.’ A, B, C ∈ M(m × n) v`a α, β ∈ P. Khi d´o I. A + B = B + A (luˆa.t giao ho´an). II. A + (B + C) = (A + B) + C (luˆa.t kˆe´t ho. .p). III. A + Om×n = A. IV. A + (−A) = Om×n. V. 1 · A = A. VI. α(βA) = (αβ)A – luˆa.t kˆe´t ho. .p dˆo´i v´o.i ph´ep nhˆan c´ac sˆo´. VII. α(A + B) = αA + αB – luˆa.t phˆan bˆo´ cu’a ph´ep nhˆan v´o.i mˆo.t sˆo´ dˆo´i v´o.i ph´ep cˆo.ng ma trˆa.n. VIII. (α + β)A = αA + βA – luˆa.t phˆan bˆo´ cu’a ph´ep nhˆan v´o.i ma trˆa.n dˆo´i v´o.i ph´ep cˆo.ng c´ac sˆo´. Hiˆe.u c´ac ma trˆa.n A − B c´o thˆe’ chúng tôi ngh˜ıa nhu. sau A − B def = A + (−B).
    28. 72. 3.1. Ma trˆa.n 71 3.1.3 Ph´ep nhˆan c´ac ma trˆa.n Ma trˆa.n A du.o. .c go.i l`a chúng tôi th´ıch v´o.i ma trˆa.n B nˆe´u sˆo´ cˆo.t cu’a ma trˆa.n A b˘a`ng sˆo´ h`ang cu’a ma trˆa.n B (t`u. su. . chúng tôi th´ıch cu’a A v´o.i B n´oi chung khˆong suy ra du.o. .c r˘a`ng ma trˆa.n B chúng tôi th´ıch v´o.i ma trˆa.n A). Cho ma trˆa.n A = aij m×n v`a B = bij n×p . Ma trˆa.n C = cij m×p du.o. .c go.i l`a t´ıch cu’a ma trˆa.n A v´o.i ma trˆa.n B nˆe´u cij = n s=1 aisbsj. (3.1) K´y hiˆe.u C = AB v`a n´oi r˘a`ng “nhˆan bˆen pha’i ma trˆa.n A v´o.i ma trˆa.n B” hay “nhˆan bˆen tr´ai ma trˆa.n B v´o.i ma trˆa.n A”. T`u. (3.1) suy ra quy t˘a´c t`ım c´ac sˆo´ chúng tôi cu’a t´ıch c´ac ma trˆa.n: phˆa`n tu.’ cij d´u.ng o.’ vi. tr´ı giao cu’a h`ang th´u. i v`a cˆo.t th´u. j cu’a ma trˆa.n C = AB b˘a`ng tˆo’ng c´ac t´ıch cu’a c´ac phˆa`n tu.’ h`ang th´u. i cu’a ma trˆa.n A nhˆan v´o.i c´ac phˆa`n tu.’ chúng tôi ´u.ng cu’a cˆo.t th´u. j cu’a ma trˆa.n B.         a11 a12 . . . a1n . . . . . . . . . . . . ai1 ai2 . . . ain . . . . . . . . . . . . am1 am2 . . . amn         ×     b11 … bn1     bij … bij     b1p … bnp     =     c11 … c1p . . . cij . . . cm1 … cmp     Ch´u ´y. 1) N´oi chung ph´ep nhˆan ma trˆa.n khˆong c´o t´ınh chˆa´t giao ho´an. 2) T´ıch hai ma trˆa.n kh´ac 0 c´o thˆe’ b˘a`ng ma trˆa.n khˆong. 3) V´o.i diˆe`u kiˆe.n c´ac ph´ep to´an du.o. .c viˆe´t ra c´o ngh˜ıa, ph´ep nhˆan ma trˆa.n c´o c´ac t´ınh chˆa´t sau I. (AB)C = A(BC) – luˆa.t kˆe´t ho. .p. II. α(AB) = (αA)B = A(αB), α ∈ P. III. (A + B)C = AC + BC (luˆa.t phˆan bˆo´ ph´ep nhˆan bˆen pha’i
    29. 73. 72 chúng tôi 3. Ma trˆa.n. D- chúng tôi th´u.c dˆo´i v´o.i ph´ep cˆo.ng ma trˆa.n). IV. C(A + B) = CA + CB (luˆa.t phˆan bˆo´ ph´ep nhˆan bˆen tr´ai dˆo´i v´o.i ph´ep cˆo.ng ma trˆa.n). 3.1.4 Ph´ep chuyˆe’n vi. ma trˆa.n Ph´ep to´an trˆen c´ac ma trˆa.n m`a trong d´o c´ac h`ang chuyˆe’n th`anh c´ac cˆo.t c`on c´ac cˆo.t chuyˆe’n th`anh c´ac h`ang du.o. .c go.i l`a ph´ep chuyˆe’n vi. ma trˆa.n. Cho ma trˆa.n A = aij m×n . Ma trˆa.n thu du.o. .c t`u. ma trˆa.n A b˘a`ng ph´ep chuyˆe’n vi. ma trˆa.n du.o. .c go.i l`a ma trˆa. n chuyˆe’n vi. dˆo´i v´o.i ma trˆa.n A v`a du.o. .c k´y hiˆe.u l`a AT . Nhu. vˆa.y: AT l`a (n × m)-ma trˆa.n. Ma trˆa.n vuˆong du.o. .c go.i l`a ma trˆa. n dˆo´i x´u.ng nˆe´u AT = A v`a du.o. .c go.i l`a ma trˆa. n pha’n x´u.ng nˆe´u AT = −A. Nhu. vˆa.y nˆe´u A = aij n 1 l`a ma trˆa.n dˆo´i x´u.ng th`ı aij = aji ∀ i, j = 1, n v`a nˆe´u A pha’n x´u.ng th`ı aij = −aji. Do d´o c´ac phˆa`n tu.’ trˆen du.`o.ng ch´eo ch´ınh cu’a ma trˆa.n pha’n x´u.ng l`a b˘a`ng 0. C´AC V´I DU. V´ı du. 1. 1) Cˆo.ng c´ac ma trˆa.n 1 2 3 4 v`a 5 6 7 8 . 2) Nhˆan ma trˆa.n A = −1 2 −1 4 0 1 v´o.i sˆo´ λ = 3. Gia’i. 1) Hai ma trˆa.n d˜a cho c´o c`ung k´ıch thu.´o.c nˆen c´o thˆe’ cˆo.ng v´o.i nhau. Theo chúng tôi ngh˜ıa ph´ep cˆo.ng c´ac ma trˆa.n ta c´o 1 2 3 4 + 5 6 7 8 = 1 + 5 2 + 6 3 + 7 4 + 8 = 6 8 10 12 . 2) λA = 3 · −1 2 −1 4 0 1 = −1 · 3 2 · 3 −1 · 3 4 · 3 0 · 3 1 · 3 =
    30. 74. 3.1. Ma trˆa.n 73 −3 6 −3 12 0 3 . V´ı du. 2. Trong tru.`o.ng ho. .p n`ao th`ı: 1) c´o thˆe’ nhˆan bˆen pha’i mˆo.t ma trˆa.n h`ang v´o.i mˆo.t ma trˆa.n cˆo.t ? 2) c´o thˆe’ nhˆan bˆen pha’i mˆo.t ma trˆa.n cˆo.t v´o.i mˆo.t ma trˆa.n h`ang ? Gia’i. 1) Ma trˆa.n h`ang l`a ma trˆa.n k´ıch thu.´o.c (1 × n) c`on ma trˆa.n cˆo.t l`a ma trˆa.n k´ıch thu.´o.c (m × 1). Ph´ep nhˆan ma trˆa.n h`ang (1 × n) v´o.i ma trˆa.n cˆo.t (m × 1) chı’ c´o thˆe’ nˆe´u n = m: 1 × n · n × 1 = 1 × 1 t´u.c l`a kˆe´t qua’ ph´ep nhˆan l`a mˆo.t sˆo´, cu. thˆe’ l`a a1 a2 . . . an       b1 b2 … bn       = a1b1 + a2b2 + · · · + anbn = c. 2) Ma trˆa.n cˆo.t A A =       a1 a2 … am       l`a ma trˆa.n k´ıch thu.´o.c (m × 1). Ma trˆa.n n`ay chúng tôi th´ıch v´o.i ma trˆa.n k´ıch thu.´o.c (1 × n), t´u.c l`a ma trˆa.n h`ang. Nhu. vˆa.y ph´ep nhˆan d˜a nˆeu luˆon luˆon thu. .c hiˆe.n du.o. .c, cu. thˆe’ l`a       a1 a2 … am       b1 b2 . . . bn =       a1b1 a1b2 . . . a1bn a2b1 a2b2 . . . a2bn … … … … amb1 amb2 . . . ambn       .
    31. 75. 74 chúng tôi 3. Ma trˆa.n. D- chúng tôi th´u.c V´ı du. 3. T´ınh AB v`a BA nˆe´u 1) A = 3 2 1 0 1 2 , B =    1 3 3   . 2) A = 1 4 −1 2 0 1 , B =    −1 0 1 3 −1 1   . Gia’i. 1) Theo quy t˘a´c nhˆan c´ac ma trˆa.n ta c´o AB = 3 2 1 0 1 2    1 3 3    = 3 · 1 + 2 · 3 + 1 · 3 0 · 1 + 1 · 3 + 2 · 3 = 12 9 . T´ıch BA khˆong tˆo`n ta.i v`ı ma trˆa.n B khˆong chúng tôi th´ıch v´o.i ma trˆa.n A. 2) Ta c´o ma trˆa.n A chúng tôi th´ıch v´o.i ma trˆa.n B. Do d´o AB = 1 4 −1 2 0 1    −2 0 1 3 −1 1    = 1 · (−2) + 4 · 1 + (−1)(−1) 1 · 0 + 4 · 3 + (−1) · 1 2 · (−2) + 0 · 1 + (1) · (−1) 2 · 0 + 0 · 3 + 1 · 1 = 3 11 −5 1 . chúng tôi tu. ., ma trˆa.n B chúng tôi th´ıch v´o.i ma trˆa.n A v`a BA =    −2 −8 2 7 4 2 1 −4 2    . V´ı du. 4. 1) Cho ma trˆa.n A = 0 1 0 0 . T`ım mo.i ma trˆa.n X giao ho´an v´o.i A (AX = XA).
    32. 76. 3.1. Ma trˆa.n 75 2) T`ım mo.i ma trˆa.n giao ho´an v´o.i ma trˆa.n A = 1 2 −1 −1 . 3) T´ınh t´ıch 1 1 0 0 1 1 −1 −1 . Gia’i. 1) V`ı A l`a ma trˆa.n cˆa´p 2 nˆen dˆe’ c´ac t´ıch AX v`a XA x´ac chúng tôi ma trˆa.n X c˜ung pha’i l`a ma trˆa.n cˆa´p 2. Gia’ su.’ A = α β γ δ . Khi d´o AX = 0 1 0 0 α β γ δ = γ δ 0 0 , XA = α β γ δ 0 1 0 0 = 0 α 0 γ . T`u. d´o nˆe´u AX = XA ⇒ γ = 0, α = δ. Do d´o mo.i ma trˆa.n ho´an vi. v´o.i ma trˆa.n d˜a cho dˆe`u c´o chúng tôi X = α β 0 α . 2) chúng tôi tu. . nhu. trˆen, gia’ su.’ X = x y u v l`a ma trˆa.n giao ho´an
    33. 77. 76 chúng tôi 3. Ma trˆa.n. D- chúng tôi th´u.c v´o.i ma trˆa.n A = 1 2 −1 −1 . Khi d´o 1 2 −1 −1 x y u v = x y u v 1 2 −1 −1 ⇒ x + 2u y + 2v −x − u −y − v = x − y 2x − y u − v 2u − v ⇒    x + 2u = x − y −x − u = u − v y + 2v = 2x − y −y − v = 2u − v ⇒    x = u − 2v y = −2u ; u, v t`uy ´y. Vˆa.y ta thu du.o. .c X = u − 2v −2u u v , u, v t`uy ´y. 3) Dˆe˜ d`ang thˆa´y r˘a`ng 1 1 0 0 1 1 −1 −1 = 0 0 0 0 . T`u. v´ı du. n`ay suy ra r˘a`ng dˆo´i v´o.i c´ac ma trˆa.n nˆe´u AB = O th`ı khˆong nhˆa´t thiˆe´t A = O ho˘a.c B = O. V´ı du. 5. Ma trˆa.n S = λEn, trong d´o En l`a ma trˆa.n do.n vi. cˆa´p n v`a λ l`a mˆo.t sˆo´ du.o. .c go.i l`a ma trˆa.n vˆo hu.´o.ng. Ch´u.ng to’ r˘a`ng ma trˆa.n vˆo hu.´o.ng ho´an vi. v´o.i mo.i ma trˆa.n vuˆong c`ung cˆa´p. Gia’i. ´Ap chúng tôi c´ac t´ınh chˆa´t cu’a ma trˆa.n do.n vi. ta c´o SA = (λEn)A = λ(EnA) = λA; AS = A(λEn) = λ(AEn) = λA, t´u.c l`a AS = SA dˆo´i v´o.i mo.i ma trˆa.n vuˆong A cˆa´p n. Cho A l`a ma trˆa.n vuˆong, k l`a sˆo´ tu. . nhiˆen l´o.n ho.n 1. Khi d´o t´ıch k ma trˆa.n A du.o. .c go.i l`a lu˜y th`u.a bˆa.c k cu’a A v`a k´y hiˆe.u Ak . Theo
    34. 78. 3.1. Ma trˆa.n 77 chúng tôi ngh˜ıa A0 = E. Nhu. vˆa.y Ak def = A × A × A × · · · × A k lˆa`n A◦ = E. V´ı du. 6. T`ım mo.i lu˜y th`u.a cu’a ma trˆa.n A =      0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0      . Gia’i. Ta c´o A2 =      0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0           0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0      =      0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0      , v`a dˆe˜ thˆa´y r˘a`ng A3 = A2 A =      0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0           0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0      =      0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0      , A4 =      0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0           0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0      =      0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0      . C´ac l˜uy th`u.a tiˆe´p theo cu’a ma trˆa.n A dˆe`u b˘a`ng 0. V´ı du. 7. Gia’ su.’ J = 0 1 −1 0 , E = E2×2.
    35. 79. 78 chúng tôi 3. Ma trˆa.n. D- chúng tôi th´u.c Ch´u.ng minh r˘a`ng 1) J2 = −E. 2) Ma trˆa.n chúng tôi Z = αE + βJ = α β −β α du.o. .c cˆo.ng v`a nhˆan v´o.i nhau chúng tôi tu. . nhu. c´ac sˆo´ ph´u.c chúng tôi Z = α + βi. Gia’i. 1) Ta c´o J2 = 0 1 −1 0 0 1 −1 0 = −1 0 0 −1 = −E. 2) X´et Z1 = α1E + β1J, Z2 = α2E + β2J. Khi d´o theo chúng tôi ngh˜ıa c´ac ph´ep to´an tuyˆe´n t´ınh trˆen ma trˆa.n c`ung c´ac t´ınh chˆa´t cu’a ch´ung, mˆo.t m˘a.t ta c´o Z1 + Z2 = (α1 + α2)E + (β1 + β2)J v`a m˘a.t kh´ac Z1 + Z2 = α1 β1 −β1 α1 + α2 β2 −β2 α2 = α1 + α2 β1 + β2 −(β1 + β2) α1 + α2 = (α1 + α2)E + (β1 + β2)J. Dˆo´i v´o.i ph´ep nhˆan su. . l´y gia’i c˜ung chúng tôi tu. .. V´ı du. 8. T´ınh An nˆe´u: 1) A = 3 1 0 3 ; 2) A = 4 1 0 3 . Gia’i. Du. .a v`ao t´ınh chˆa´t cu’a ma trˆa.n vˆo hu.´o.ng: ma trˆa.n vˆo hu.´o.ng ho´an vi. v´o.i mo.i ma trˆa.n c`ung cˆa´p, ta s˜e biˆe’u diˆe˜n ma trˆa.n d˜a cho th`anh
    36. 81. 80 chúng tôi 3. Ma trˆa.n. D- chúng tôi th´u.c Tiˆe´p theo do B ˜B = ˜BB nˆen ta c´o thˆe’ ´ap chúng tôi cˆong th´u.c An = (B + ˜B)n = Bn + C1 nBn−1 ˜B + C2 nBn−2 ˜B2 + · · · + ˜Bn . (3.5) Ta t´ınh Ck nBn−k ˜Bk . Theo (3.3) v`a (3.4) ta c´o Ck n 3n−k 0 0 3n−k 1 1 0 0 = Ck n 3n−k 3n−k 0 0 = Ck n3n−k Ck n3n−k 0 0 . (3.6) T`u. (3.6), (3.3) v`a (3.5) ta thu du.o. .c An = 3n 0 0 3n + n k=1 Ck n3n−k Ck n3n−k 0 0 =   3n + n k=1 Ck n3n−k 0 + n k=1 Ck n3n−k 0 3n   . V`ı 3n + n k=1 Ck n3n−k = (3 + 1)n = 4n v`a 0 + n k=1 Ck n3n−k = n k=0 Ck n3n−k − 3n = 4n − 3n , do vˆa.y An = 4n 4n − 3n 0 3n . B`AI TˆA. P 1. T´ınh A + B, AB v`a BA nˆe´u 1) A = 1 2 3 4 , B = 4 −4 0 i ; 2) A =    1 −1 0 2 1 1 3 −1 2   , B =    −2 1 2 0 4 5 2 −3 7   .
    37. 82. 3.1. Ma trˆa.n 81 (DS. 1) A + B = 5 −2 3 4 + i , AB = 4 −4 + 2i 12 −12 + 4i , BA = −8 −8 3 4i ; 2) A + B =    −1 0 2 2 5 6 5 −4 9   , AB =    −1 −3 −3 −2 3 16 −2 −7 15   , BA =    6 1 5 23 −1 14 −17 −12 11   ) 2. T´ınh t´ıch c´ac ma trˆa.n 1)    5 2 1 5 2 3 6 5 2       1 3 −2 −3 −4 −5 2 1 3   . (DS.    1 3 2 5 10 9 −5 0 −7   ) 2)    3 4 9 2 −1 6 5 3 5       5 6 4 8 9 7 −4 −5 −3   . (DS.    11 9 13 −22 −27 −17 29 32 26   ) 3)      1 2 −2 1 3 −1 1 −2 5 1 3 −2         1 −2 4 2 3 2 3 1 4   . (DS.      −1 2 0 4 6 6 12 −3 20 1 5 2      ) 4)      2 1 3 4 2 1 −2 1 −3 1 2 1         1 2 −1   . (DS.      1 7 3 9      )
    38. 83. 82 chúng tôi 3. Ma trˆa.n. D- chúng tôi th´u.c 5) 1 −3 3 −1 1 3 −5 1      1 1 1 2 1 1 1 −2      . (DS. 0 0 0 0 ) 6)    1 2 3    3 2 1 . (DS.    3 2 1 6 4 2 9 6 3   ) 3. T´ınh c´ac t´ıch AB v`a BA nˆe´u 1) A =      −1 3 0 −2 1 1 3 0 −2 4 1 2      , B = 5 −1 3 1 2 0 −1 4 . (DS. T´ıch AB khˆong tˆo`n ta.i v`ı ma trˆa.n A khˆong chúng tôi th´ıch v´o.i ma trˆa.n B; BA = 10 15 −5 11 10 10 ) 2) A =      2 0 1 −4 3 1 0 −1      , B = 5 1 0 −3 . (DS. T´ıch AB khˆong tˆo`n ta.i v`ı A khˆong chúng tôi th´ıch v´o.i B; BA = 11 −1 ) 3) A = 1 2 3 4 2 1 −2 3 , B =      1 5 3 6 8 2 1 2 −1 3 0 1      . (DS. AB = 28 27 8 15 14 13 , t´ıch BA khˆong tˆo`n ta.i) 4) A = cos α − sin α cos α cos α , B = cos β − sin β sin β cos β .

    --- Bài cũ hơn ---

  • Định Hướng Cách Giải Bài Tập Định Tính Cho Học Sinhtrong Dạy Học Vật Lý
  • Nghiên Cứu Phương Pháp Giải Bài Tập Vật Lý Định Tính Lớp 10 Và Ứng Dụng
  • Giải Chi Tiết Bài Tập Chương 2, Sinh Học Lớp 12
  • Đề Thi Phương Pháp Tính Và Matlab
  • Soạn Mĩ Thuật Lớp 6 Bài 24 : Thường Thức Mĩ Thuật: Giới Thiệu Mợt Số Tranh Dân Gian Việt Nam
  • Tính Toán Ma Trận Và Giải Hệ Phương Trình Tuyến Tính Trong Mathematica

    --- Bài mới hơn ---

  • Chuyên Đề “Phương Trình Nghiệm Nguyên”
  • Các Phương Pháp Giải Phương Trình Nghiệm Nguyên
  • Phương Pháp Giải Nhanh Bài Tập Phương Trình Oxi Hóa – Khử – Du Học & Lao Động
  • Phương Pháp Giải Phương Trình Số Phức Cơ Bản Và Nâng Cao
  • Các Dạng Bài Tập Giải Phương Trình Bậc 2 Số Phức
  • Xây dựng các ma trận

    Table, {m}, {n}]

    Sinh ma trận ngẫu nhiên cỡ m x n

    Sinh ma trận m x n tam giác dưới

    Array

    DiagonalMatrix

    Tạo ma trận đơn vị cấp n

    Normal:=

    Table:=

    ( left(

    begin{array}{cc}

    a(1,1) & a(1,2) \

    a(2,1) & a(2,2) \

    end{array}

    right) )

    Đọc và cập nhật dữ liệu phần tử ma trận

    m]

    Dòng thứ i của ma trận m (để đọc hoặc gán)

    m

    Ma trận con từ m (trích từ dòng i0 đến i1, cột j0 đến j1)

    Tr

    Những vị trí có giá trị khác 0 của ma trận

    VectorQ

    True nếu expr là ma trận

    Dimensions:=

    Sqrt:=

    ( left{sqrt{a},sqrt{b},sqrt{c}right} )

    Tổng hai vector cùng cỡ sẽ thực hiện trên các phần tử tương ứng của 2 vector, nhưng nếu cộng một số với một vector thì số đó cộng với từng phần tử của vector (tương tự cho nhân, chia).

    In:=

    {a + c, b + d}

    In:=

    {a c, b c}

    Nhân hai ma trận

    Nhân 2 ma trận thì dùng ký hiệu dấu chấm m . v

    In:=

    {{a + 3 b, 2 a + 4 b}, {c + 3 d, 2 c + 4 d}}

    Nghịch đảo ma trận

    Inverse:=

    Inverse:=

    {{0.25, 0.25}, {-0.375, 0.125}}

    Transpose

    Nghịch đảo ma trận

    Det

    Hạng ma trận m

    Eigenvalues

    Vector riêng của m

    Giải hệ phương trình tuyến tính

    Phương trình tuyến tính dạng m . x = b có nghiệm duy nhất khi Det

    Giải hệ m . x = b

    Inverse

    Tương đương với giải hệ bằng LinearSolve

    NullSpace LinearSolve[m, {a, b}]

    --- Bài cũ hơn ---

  • Kiến Thức Cơ Bản Đại Số Lớp 10: Phương Trình Và Hệ Phương Trình
  • Phương Trình Lượng Giác Chứa Căn Và Phương Trình Lượng Giác Chứa Giá Trị Tuyệt Đối
  • Giải Hệ Phương Trình Bằng Phương Pháp Thế Và Bài Tập Vận Dụng
  • Chuyên Đề: Phương Pháp Giải Phương Trình Vô Tỉ
  • Các Bài Toán Tìm 2 Số Khi Biết Tổng Và Tích.
  • Phương Trình Vi Phân Tuyến Tính Cấp 1, Bernoulli, Ricatti

    --- Bài mới hơn ---

  • Cđ Một Số Dạng Pt Vô Tỷ Và Cách Giải
  • Cách Giải Bất Phương Trình Vô Tỷ Chứa Căn
  • Hướng Dẫn Học Sinh Lớp 9 Một Số Phương Pháp Giải Phương Trình Vô Tỉ
  • 4 Cách Giải Phương Trình Vô Tỉ Cực Hay
  • Pp Giải Pt&bpt Vô Tỷ
  • Shortlink: http://wp.me/P8gtr-MY

    Phương trình vi phân tuyến tính cấp 1 là phương trình có dạng:

    (1) (hay )

    trong đó p(x), q(x) là những hàm số liên tục, cho trước.

    Nếu q(x) ≡ 0, thì (1) được gọi là phương trình vi phân tuyến tính cấp 1 thuần nhất.

    Nếu q(x) ≠0, thì (1) được gọi là phương trình vi phân tuyến tính cấp 1 không thuần nhất.

    2.1 Cách 1: Phương pháp thừa số tích phân:

    Nhân 2 vế của (1) với thừa số

    (*)

    ta chú ý vế trái của phương trình sẽ thấy biểu thức ở vế trái chính là đạo hàm của tích số . Vậy ta viết lại phương trình (*) như sau:

    Lấy tích phân hai vế ta được:

    .

    Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (1) có dạng:

    Ví dụ: Giải phương trình

    Nhân 2 vế của phương trình với thừa số .

    Ta đươc:

    Lấy tích phân 2 vế ta được:

    Vậy nghiệm tổng quát của phương trình là:

    2.2 Cách 2: Phương pháp Bernoulli (pp tìm nghiệm dưới dạng tích)

    Từ cách thứ nhất, ta nhận thấy nghiệm của phương trình có dạng tích của hai hàm số. Vì vậy, ta sẽ tìm nghiệm của phương trình dưới dạng tích:

    Ta có:

    Thế vào phương trình ta có:

    Hay: (*)

    Phương trình (*) có tới 4 thông số chưa biết là u, v, u’ , v’ nên không thể giải tìm u, v bất kỳ. Để tìm u, v thỏa mãn phương trình (*), ta cần chọn u, v sao cho triệt tiêu đi 1 hàm chưa biết.

    Muốn vậy, ta chọn u(x) sao cho (**)

    Ta dễ dàng tìm được hàm u(x) thỏa (**) vì (**) chính là phương trình tách biến. Khi đó:

    Chọn C = 1 ta có:

    Như vậy ta tìm được hàm u(x) nên từ (*) ta sẽ có:

    Vậy, nghiệm tổng quát của phương trình (1) là:

    2.3 Cách 3: Phương pháp Larrange (pp biến thiên hằng số)

    Từ cách 2 ta thấy nghiệm phương trình có dạng với u(x) là nghiệm phương trình (**) – đây là phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất cấp 1.

    Do vậy, giải phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất cấp 1 ta tìm được:

    Mà công thức nghiệm tổng quát của phương trình (1) lại là: chỉ sai khác so với u(x) ở chỗ thế hằng số C bằng hàm cần tìm v(x).

    Do vậy, ta chỉ cần tìm nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất, sau đó thay hằng số C bằng hàm cần tìm v(x) sẽ giải được bài toán. Vậy:

    Bước 1: giải phương trình tuyến tính thuần nhất cấp 1 liên kết với phương trình (1):

    Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất có dạng:

    Bước 2: nghiệm tổng quát của phương trình tuyến tính không thuần nhất (1) có dạng:

    Ta có:

    Thế vào phương trình ta có:

    Suy ra: . Từ đó tìm được v(x).

    Đôi lời

    --- Bài cũ hơn ---

  • Giải Toán 11 Bài 3. Một Số Phương Trình Lượng Giác Thường Gặp
  • Chỉ Cần 20 Bước Là Giải Được Bất Kỳ Khối Rubik Nào, Nhưng Mất 36 Năm Nghiên Cứu Ta Mới Tìm Ra Con Số 20 ‘thần Thánh’
  • Bí Kíp Giải Rubik Cực Chuẩn Chỉ Trong ‘nháy Mắt’
  • Giải Bài Toán Yêu Nhau Cau Sáu Bổ Ba
  • Phân Tích Và Đọc Kết Quả Hồi Quy Đa Biến Trong Spss
  • Bài 17: Giải Bài Tập Về Ánh Xạ Tuyến Tính

    --- Bài mới hơn ---

  • Soạn Bài: Rút Gọn Câu ( Ngữ Văn Lớp 7)
  • Soạn Bài Rút Gọn Câu Trang 14 Sgk Ngữ Văn 7 Tập 2
  • Bài 6: Trùng Kiết Lị Và Trùng Sốt Rét
  • Giải Vbt Sinh Học 6 Bài 7: Cấu Tạo Tế Bào Thực Vật
  • Giải Vbt Sinh Học 7 Bài 13: Giun Đũa
  • . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . θ(uk) = kx k−1 = 0uo + 0u1 + . . .+ kuk−1 + . . .+ 0un . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . θ(un) = nx n−1 = 0uo + 0u1 + . . . . . . . . .+ nun−1 + 0un Vậy Af/(u) =  0 1 0 . . . 0 . . . 0 0 0 2 . . . 0 . . . 0 0 0 0 . . . 0 . . . 0 ... ... ... ... ... ... ... ... k ... ... ... ... ... ... 0 0 0 . . . 0 . . . n 0 0 0 . . . 0 . . . 0  b. Lời giải tương tự câu a., chi tiết xin dành cho bạn đọc. 5. Cho ánh xạ tuyến tính f : R4 → R3 f(x1, x2, x3, x4) = (x1 − x2 + x3, 2x1 + x4, 2x2 − x3 + x4) Tìm cơ sở, số chiều của Ker f, Im f 4 Giải. * (x1, x2, x3, x4) ∈ Ker f ⇔ f(x1, x2, x3, x4) = 0,⇔ (x1, x2, x3, x4) là nghiệm của hệ  x1 − x2 + x3 = 0 2x1 + x4 = 0 2x2 + x3 + x4 = 0 (1) Do đó, Ker f chính là không gian con các nghiệm của hệ (1) và hệ nghiệm cơ bản của hệ (1) chính là một cơ sở của Ker f . Để giải hệ (1), ta biến đổi ma trận hệ số mở rộng: 1 −1 1 0 02 0 0 1 0 0 2 1 1 0  −→  1 −1 1 0 00 2 −2 1 0 0 2 1 1 0  −→  1 −1 1 0 00 2 −2 1 0 0 0 3 0 0  Hệ có vô số nghiệm phụ thuộc 1 tham số là x4. Ta có x3 = 0 x2 = 1 2 (2x3 − x4) = −12x4 x1 = x2 − x3 = x2 = −12x4 Vậy nghiệm tổng quát của hệ là:  x1 = −a x2 = −a x3 = 0 x4 = 2a hệ nghiệm cơ bản α1 = (−1,−1, 0, 2), do đó, dimKer f = 1, cơ sở của Ker f là α1 = (−1,−1, 0, 2). * Để tìm cơ sở của Im f , ta tìm ảnh của cơ sở chính tắc của R4. Ta có: f(e1) = (1, 2, 0), f(e2) = (−1, 0, 2), f(e3) = (1, 0,−1), f(e4) = (0, 1, 1) Im f = 〈f(e1), f(e2), f(e3), f(e4)〉 Hệ con ĐLTT tối đại của f(e1), f(e2), f(e3), f(e4) là một cơ sở của Im f . Ta có 1 2 0 −1 0 2 1 0 −1 0 1 1  1 2 3 4 −→  1 2 0 0 2 2 0 −2 −1 0 1 1  1 2 3 4 −→  1 2 0 0 1 1 0 −2 −1 0 2 2  1 2 3 4 −→  1 2 0 0 1 1 0 0 1 0 0 0  1 2 3 4 Vậy cơ sở của Im f là f(e1), f(e4), f(e3) và dim f = 3. 5 6. Tìm vectơ riêng, giá trị riêng, chéo hóa các ma trận sau: (a)  1 0 10 0 0 1 0 1  (b)  5 −1 1−1 2 −2 1 −2 2  (c)  1 2 12 4 2 1 2 1  (d)  1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1  (e)  1 3 1 2 0 −1 1 3 0 0 2 5 0 0 0 −2  Giải. b) Tìm đa thức đặc trưng: PA(λ) = ∣∣∣∣∣∣ 5− λ −1 1 −1 2− λ −2 1 −2 2− λ ∣∣∣∣∣∣ = (5− λ)(2− λ)2 + 2 + 2− (2− λ)− 4(5− λ)− (2− λ) = −λ3 + 9λ2 − 18λ PA(λ) = 0⇔ λ = 0, λ = 3, λ = 6. Vậy A có 3 giá trị riêng là λ = 0, λ = 3, λ = 6. * Vectơ riêng ứng với giá trị riêng λ = 0 là các vectơ nghiệm khác không của hệ: 5 −1 1−1 2 −2 1 −2 2 ∣∣∣∣∣∣ 0 0 0  −→  −1 2 −25 −1 1 1 −2 2 ∣∣∣∣∣∣ 0 0 0  −→  −1 2 −20 −11 11 0 0 0 ∣∣∣∣∣∣ 0 0 0  Hệ có vô số nghiệm phụ thuộc một tham số là x3. Ta có: x3 = a, x2 = a, x1 = 0. Nghiệm của hệ là tất cả các vectơ dạng (0, a, a), a ∈ R. Do đó, vectơ riêng ứng với giá trị riêng λ = 0 là các vectơ có dạng (0, a, a), a 6= 0, dimV0 = 1. Cơ sở của V0 là α1 = (0, 1, 1). * Vectơ riêng ứng với giá trị riêng λ = 3 là các vectơ nghiệm khác không của hệ: 2 −1 1−1 −1 −2 1 −2 −1 ∣∣∣∣∣∣ 0 0 0  −→  1 −2 −1−1 −1 −2 2 −1 1 ∣∣∣∣∣∣ 0 0 0  −→  1 −2 −10 −3 −3 0 3 3 ∣∣∣∣∣∣ 0 0 0  −→  1 −2 −10 −3 −3 0 0 0 ∣∣∣∣∣∣ 0 0 0  Hệ có vô số nghiệm phụ thuộc một tham số là x3. 6 Ta có: x3 = b, x2 = −b, x1 = 2x2 + x3 = −b. Nghiệm của hệ là tất cả các vectơ dạng (−b,−b, b), b ∈ R. Do đó, vectơ riêng ứng với giá trị riêng λ = 3 là các vectơ có dạng (−b,−b, b), b 6= 0, dimV3 = 1. Cơ sở của V3 là α2 = (−1,−1, 1). * Vectơ riêng ứng với giá trị riêng λ = 6 là các vectơ nghiệm khác không của hệ: −1 −1 1−1 −4 −2 1 −2 −4 ∣∣∣∣∣∣ 0 0 0  −→  −1 −1 10 −3 −3 0 −3 −3 ∣∣∣∣∣∣ 0 0 0  −→  −1 −1 10 −3 −3 0 0 0 ∣∣∣∣∣∣ 0 0 0  Hệ có vô số nghiệm phụ thuộc một tham số là x3. Ta có: x3 = c, x2 = −c, x1 = −x2 + x3 = 2c. Nghiệm của hệ là tất cả các vectơ dạng (2c,−c, c), c ∈ R. Do đó, vectơ riêng ứng với giá trị riêng λ = 6 là các vectơ có dạng (2c,−c, c), c 6= 0, dimV6 = 1. Cơ sở của V0 là α3 = (2,−1, 1). Chéo hóa. Tổng hợp 3 trường hợp trên ta thấy ma trận A có 3 vectơ riêng độc lập tuyến tính. Do đó A chéo hóa được. Ma trận T cần tìm là: T =  0 −1 21 −1 −1 1 1 1  và T−1AT =  0 0 00 3 0 0 0 6  là ma trận chéo. d) Tìm đa thức đặc trưng PA(λ) = ∣∣∣∣∣∣∣∣ 1− λ 0 0 0 0 −λ 0 0 0 0 −λ 0 1 0 0 1− λ ∣∣∣∣∣∣∣∣ = λ 2(1− λ)2 PA(λ) = 0⇔ λ = 0, λ = 1. Vậy ma trận A có 2 giá trị riêng là λ = 0, λ = 1. * Vectơ riêng ứng với giá trị riêng λ = 0 là các vectơ nghiệm khác không của hệ: 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 ∣∣∣∣∣∣∣∣ 0 0 0 0  −→  1∗ 0 0 0 0 0 0 1∗ 0 0 0 0 0 0 0 0 ∣∣∣∣∣∣∣∣ 0 0 0 0  Hệ có vô số nghiệm phụ thuộc hai tham số là x2, x3. Ta có: x2 = a, x3 = b, x4 = 0, x1 = 0. Nghiệm của hệ là tất cả các vectơ dạng (0, a, b, 0), a, b ∈ R. Do đó, vectơ riêng ứng với giá trị riêng λ = 0 là các vectơ có dạng (0, a, b, 0), a2 + b2 6= 0, dimV0 = 2. Cơ sở của V0 là α1 = (0, 1, 0, 0), α2 = (0, 0, 1, 0). 7 * Vectơ riêng ứng với giá trị riêng λ = 1 là các vectơ nghiệm khác không của hệ: 0 0 0 0 0 −1 0 0 0 0 −1 0 1 0 0 0 ∣∣∣∣∣∣∣∣ 0 0 0 0  −→  1 0 0 0 0 −1 0 0 0 0 −1 0 0 0 0 0 ∣∣∣∣∣∣∣∣ 0 0 0 0  Hệ có vô số nghiệm phụ thuộc tham số là x4. Ta có: x4 = c, x3 = 0, x2 = 0, x1 = 0. Nghiệm của hệ là tất cả các vectơ dạng (0, 0, 0, c), c ∈ R. Do đó, vectơ riêng ứng với giá trị riêng λ = 1 là các vectơ có dạng (0, 0, 0, c), c 6= 0, dimV1 = 1. Cơ sở của V1 là α3 = (0, 0, 0, 1). Chéo hóa. Tổng hợp 3 trường hợp trên ta thấy ma trận A chỉ có 3 vectơ riêng độc lập tuyến tính trong khi A là ma trận cấp 4 nên A không chéo hóa được. 7. Trong R3 cho cơ sở: u1 = (1, 1, 1), u2 = (−1, 2, 1), u3 = (1, 3, 2) và cho ánh xạ tuyến tính f : R3 → R3 xác định bởi: f(u1) = (0, 5, 3) f(u2) = (2, 4, 3) f(u3) = (0, 3, 2) Tìm một cơ sở để ma trận của f trong cơ sở đó là ma trận chéo. Giải. Đầu tiên ta tìm ma trận của f trong cơ sở nào đó của R3. Vì èề đã cho f(u1), f(u2), f(u3) nên dễ nhất là tìm ma trận của f trong cơ sở (u). Bạn đọc có thể dễ dàng tìm được: Af/(u) =  0 1 11 0 1 1 1 0  Bước tiếp theo, ta tìm giá trị riêng và vectơ riêng của ma trận A = Af/(u) . Từ đó sẽ tìm được giá trị riêng và vectơ riêng của f . Các giá trị riêng, vectơ riêng của ma trận A =  0 1 11 0 1 1 1 0 , ta đã tìm trong phần lý thuyết. Kết quả tóm tắt như sau: * A có hai giá trị riêng là λ = −1 và λ = 2. * Các vectơ riêng ứng với giá trị riêng λ = −1 là các vectơ (−a − b, a, b), a2 + b2 6= 0. Trường hợp này A có hai vectơ riêng độc lập tuyến tính là α1 = (−1, 1, 0), α2 = (−1, 0, 1). * Các vectơ riêng ứng với giá trị riêng λ = 2 là các vectơ (c, c, 0), c 6= 0. Trường hợp này A có một vectơ riêng độc lập tuyến tính là α3 = (1, 1, 1). Từ đó suy ra: * f có hai giá trị riêng là λ = −1 và λ = 2. * Các vectơ riêng ứng với giá trị riêng λ = −1 là các vectơ dạng (−a−b)u1+au2+bu3 = (−2a, a+ 2b, b), a2 + b2 6= 0. Trường hợp này f có hai vectơ riêng độc lập tuyến tính là: β1 = −1.u1 + 1.u2 + 0.u3 = (−2, 1, 0) β2 = −1.u1 + 0.u2 + 1.u3 = (0, 2, 1) 8 * Các vectơ riêng ứng với giá trị riêng λ = 2 là các vectơ dạng c.u1 + c.u2 + c.u3 = (c, 6c, 4c), c 6= 0. Trường hợp này f có một vectơ riêng độc lập tuyến tính là: β3 = 1.u1 + 1.1.u2 + 1.u3 = (1, 6, 4) Kết luận. Vì f là phép biến đổi tuyến tính của R3 (dimR3 = 3) và f có 3 vectơ riêng độc lập tuyến tính là β1, β2, β3 nên β1, β2, β3 (β) chính là cơ sở của R3 cần tìm và ta có: Af/(β) =  −1 0 00 −1 0 0 0 2  8. Cho phép biến đổi tuyến tính ϕ : V → V thỏa mãn ϕ2 = ϕ. Chứng minh: (a) Imϕ+Kerϕ = V (b) Imϕ ∩Kerϕ = {0} Giải. a) Tất nhiên Imϕ+Kerϕ ⊂ V , ta cần chứng minh: V ⊂ Imϕ+Kerϕ. Với mọi α ∈ V , ta có: α = ϕ(α) + (α− ϕ(α)) Tất nhiên ϕ(α) ∈ Imϕ, và ϕ(α − ϕ(α)) = ϕ(α) − ϕ2(α) = ϕ(α) − ϕ(α) = 0. Do đó, α− ϕ(α) ∈ Kerϕ ⇒ α ∈ Imϕ+Kerϕ, và Imϕ+Kerϕ = V . b) Giả sử β ∈ Imϕ ∩Kerϕ. Khi đó tồn tại α ∈ V để ϕ(α) = β. Theo giả thiết ϕ2 = ϕ nên ta có: β = ϕ(α) = ϕ2(α) = ϕ(ϕ(α)) = ϕ(β) = 0 (vì β ∈ Kerϕ). Vậy β ∈ Imϕ ∩Kerϕ thì β = 0. Do đó, Imϕ ∩Kerϕ = {0}. 9. Cho f : V → V là ánh xạ tuyến tính, L là không gian vectơ con của V . Chứng minh: (a) dimL− dimKer f ≤ dim f(L) ≤ dimL. (b) dimL ≤ dim f−1(L) ≤ dimL+ dimKer f . Giải. Để giải bài tập 9 và bài tập 10, ta cần nhớ kết quả sau (đã chứng minh trong phần lý thuyết): Nếu ϕ : V → U là ánh xạ tuyến tính thì ta có: dim Imϕ+ dimKerϕ = dimV Ta có Im f¯ = f¯(L) = f(L), Ker f¯ = L ∩Ker f . Áp dụng kết quả trên với ϕ = f¯ , ta có: dim Im f¯ + dimKer f¯ = dimL Do đó, dim f(L) = dim Im f¯ ≤ dimL và dim f(L) = dimL− dimKer f¯ ≥ dimL− dimKer f b) Đặt L′ = f−1(L). Khi đó f(L′) = L. Áp dụng a) với không gian vectơ con L′, ta có: dimL′ − dimKer f ≤ dim f(L′) ≤ dimL′ tức là dim f−1(L)− dimKer f ≤ dimL ≤ dim f−1(L) 9 Do đó: dimL ≤ dim f−1(L) ≤ dimL+ dimKer f 10. Cho ϕ : V → W , ψ : W → U là ánh xạ tuyến tính. Chứng minh: (a) rank(ψϕ) ≤ min{rankψ, rankϕ} (b) rank(ψϕ) = rankϕ− dim(Kerψ ∩ Imϕ) (c) rank(ψϕ) ≥ rank kϕ+ rank− dimW Giải. a) Áp dụng câu a) bài 9 cho ánh xạ tuyến tính ψ : W → U với L = Imϕ = ϕ(V ) ⊂ W , ta có: dimϕ(V ) ≥ dimψ(ϕ(V )) = dim(ψϕ)(V ) = dim Im(ψϕ) Vậy ta có: rank(ψϕ) ≤ rankϕ (1) Mặt khác, ta có: ϕ(V ) ⊂ W nên ψ(ϕ(V )) ⊂ ψ(W ), do đó dimψϕ(V ) ≤ dimψ(W ), tức là: rankψϕ ≤ rankψ (2). Từ (1) và (2) ta có điều cần chứng minh. Khi đó, Ker ψ¯ = Kerψ ∩ Imϕ và Im ψ¯ = ψ¯(Imϕ) = ψ(Imϕ) = (ψϕ)(V ) = Imψϕ, tức là: dim Im(ψϕ) + dim(Kerψ ∩ Imϕ) = dim Imϕ. Do vậy, rank(ψϕ) = rankϕ− dim(Kerψ ∩ Imϕ). c) Ta có: dimKerψ + dim Imψ = dimW nên dimKerψ = dimW − rankψ. Bởi vậy, theo câu b) rank(ψϕ) = rankϕ− dim(Kerψ ∩ Imϕ) ≥ rankϕ− dimKerψ = rankϕ− (dimW − rankψ) = rankϕ+ rankψ − dimW. 1 1Đánh máy: LÂM HỮU PHƯỚC, TRẦN ĐỨC THUẬN Ngày: 09/03/2006 10

    --- Bài cũ hơn ---

  • Hướng Dẫn Giải Bài Tập Đại Số Tuyến Tính
  • Định Hướng Cách Giải Bài Tập Định Tính Cho Học Sinhtrong Dạy Học Vật Lý
  • Nghiên Cứu Phương Pháp Giải Bài Tập Vật Lý Định Tính Lớp 10 Và Ứng Dụng
  • Giải Chi Tiết Bài Tập Chương 2, Sinh Học Lớp 12
  • Đề Thi Phương Pháp Tính Và Matlab
  • Cách Giải Phương Trình Bậc 2 Và Tính Nhẩm Nghiệm Pt Bậc 2

    --- Bài mới hơn ---

  • Tổng Hợp Các Phương Pháp Giải Phương Trình Và Hệ Phương Trình Môn Toán
  • Hướng Dẫn Học Sinh Giải Phương Trình Toán Bằng Máy Tính Casio
  • Công Bố Kết Quả Bình Chọn Giải Thưởng Y Tế Thông Minh Năm 2022
  • Giới Thiệu Nhóm Sản Phẩm Bình Chọn Giải Thưởng Y Tế Thông Minh: “báo Cáo Sự Cố”
  • Người Giải Mã Tử Thi
  • Bài viết này Trung tâm Gia sư Hà Nội chia sẻ với các em cách giải phương trình bậc 2 và tính nhẩm nghiệm của PT bậc 2 trong trường hợp đặc biệt.

    Có nhiều dạng toán trong chương trình Toán 9 và ôn thi vào lớp 10 môn Toán cần phải biết phương pháp giải phương trình bậc 2 thì mới làm được.

    Định nghĩa phương trình bậc 2

    Phương trình bậc hai là phương trình có dạng: ax 2 + bx + c = 0. Với

    • x là ẩn số
    • a, b, c là các số đã biết sao cho: a ≠ 0
    • a, b, c là những hệ số của phương trình và có thể phân biệt bằng cách gọi tương ứng với hệ số của x (theo phương trình trên thì a là hệ số bậc hai, b là hệ số bậc một, c là hằng số hay số hạng tự do).

    Phương pháp giải phương trình bậc 2

    Giải phương trình bậc 2: ax 2 + bx + c = 0 theo biệt thức delta (Δ)

    Công thức Vi-ét về quan hệ giữa các nghiệm của đa thức với các hệ số của nó. Trong trường hợp phương trình bậc hai một ẩn, được phát biểu như sau:

    Nếu phương trình bậc 2 có:

    Xuất phát từ định lý Vi-ét, chúng ta có các dạng toán tính nhẩm như sau:

    Nếu phương trình có dạng x 2 – (u+v)x + uv = 0 thì phương trình đó có hai nhiệm u và v.

    Nếu phương trình có dạng x 2 + (u+v)x + uv = 0 thì phương trình có hai nghiệm -u và -v.

    Như vậy, với dạng này chúng ta cần thực hiện 2 phép nhẩm: “Phân tích hệ số c thành tích và b thành tổng”. Trong hai phép nhẩm đó, chúng ta nên nhẩm hệ số c trước rồi kết hợp với b để tìm ra hai số thỏa mãn tích bằng c và tổng bằng b.

    Khi tiến hành, bạn nhẩm trong đầu như sau: Tích của hai nghiệm bằng c, mà tổng lại bằng b.

    Tóm lại:

    x 2 – 5x + 6 = 0

    Nhẩm: “Tích của hai nghiệm bằng 6, mà tổng lại bằng 5”. Hai số đó là: 2 và 3 vì 6 = 2×3 và 5 = 2 + 3. Vậy phương trình có hai nghiệm x = 2, x = 3.

    x 2 – 7x + 10 = 0

    Nhẩm: “Tích của hai nghiệm bằng 10, mà tổng lại bằng 7”. Hai số đó là: 2 và 5 vì 10 = 2×5 và 7 = 2 + 5. Vậy phương trình có hai nghiệm x = 2, x = 5.

    Ví dụ phương trình:

    Do loại này đã quá quen thuộc và thường gặp, nên bài viết không xét các ví dụ cho trường hợp này mà tập trung vào Dạng 1 và Dạng 3.

    Dạng 3: Hai nghiệm là nghịch đảo của nhau

    • Nếu thay v = 1 vào (1) thì chúng ta sẽ có trường hợp nhẩm nghiệm quen thuộc a + b + c = 0, với a = 1, b = -(u+1), c = u.
    • Nếu thay v = -1 vào (1) thì bạn sẽ có trường hợp nhẩm nghiệm a – b + c = 0, với a = 1, b = -(u-1), c = -u.

    Nếu u ≠ 0 và v = 1/ u thì phương trình (1) có dạng:

    --- Bài cũ hơn ---

  • Các Phương Pháp Giải Phương Trình
  • Các Dạng Hệ Phương Trình Đặc Biệt
  • Giải Phương Trình Bậc Hai (Bản Đầy Đủ)
  • Học Cách Giải Bất Phương Trình Từ Cơ Bản Đến Nâng Cao
  • Bai Giang Phuong Trinh Vi Phan
  • Đề Tài:phương Pháp Giải Pt Nghiệm Nguyên

    --- Bài mới hơn ---

  • Phương Pháp Giải Phương Trình Nghiệm Nguyên
  • Hệ Phương Trình Bậc Nhất Hai Ẩn (Nâng Cao)
  • Giải Phương Trình Bậc 2 Số Phức
  • Nâng Cao Toán Lớp 8
  • Phương Pháp Giải Nhanh Bài Tập Phương Trình Oxi Hóa
  • A. Những vấn đề chung

    I/ Lý do chọn đề tài:

    Các bài toán về phương trình nghiệm nguyên là những bài toán khó. Đường lối chung để giải phương trình này là dựa vào đặc điểm của phương trình để thu hẹp miền chứa nghiệm.

    Để phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động trong học tập của mỗi học sinh, đối với mỗi dạng toán này cũng như việc tạo ra sự hứng thú say mê học tập của các em là việc rất cần thiết của các thầy cô giáo dạy toán. Do vậy tôi muốn trao đổi kinh nghiệm về một số phương pháp thường dùng để giải phương trình nghiệm nguyên hay gặp trong chương trình toán cấp 2 mà tôi đã làm.

    II/ Mục đích:

    Giúp học sinh nắm được một số phương pháp cơ bản để giải phương trình nghiệm nguyên.

    III/ Nhiệm vụ:

    – Đưa ra các phương pháp và ví dụ minh hoạ

    – Rút kinh nghiệm

    IV/ Đối tượng và phạm vi nghiên cứu:

    – Đối tượng: các tài liệu về phương trình nghiệm nguyên

    – Phạm vi nghiên cứu: các bài toán về phương trình nghiệm nguyên trong chương trình toán cấp 2.

    V/ Phương pháp nghiên cứu:

    – Nghiên cứu tài liệu

    – Trao đổi kinh nghiệm

    – Tổng kết rút kinh nghiệm

    Thử lại:

    x= k.(k+1); y = 3k+1 thoả mãn phương trình đã cho.

    Vậy phương trình (1) có nghiệm tổng quát:

    III/ Phương pháp dùng bất đẳng thức:

    1. Phương pháp sắp thứ tự các ẩn:

    Ví dụ 6: Tìm 3 số nguyên dương sao cho tổng của chúng bằng tích của chúng

    Giải:

    Gọi các số nguyên dương phải tìm là x, y, z. Ta có: x + y + z = x.y.z (1)

    Do x, y, z có vai trò như nhau ở trong phương trình (1) nên có thể sắp thứ tự các ẩn như sau:

    Giải:

    Do vai trò bình đẳng của x và y. Giả sử , dùng bất đẳng thức để giới hạn khoảng giá trị của số nhỏ y

    Ta có:

    (1)

    Mặt khác do

    Do đó

    nên (2)

    Từ (1) và (2) ta có : . Do y

    +Với y =4 ta được:

    + Với y = 5 ta được: loại vì x không là số nguyên

    + Với y = 6 ta được:

    Vậy các nghiệm nguyên dương của phương trình là: (4; 12), (12; 4) , (6; 6)

    3/ Phương pháp chỉ ra nghiệm nguyên:

    Ví dụ 8: Tìm số tự nhiên x sao cho 2x+3x=5x

    Giải:

    Chia hai vế cho 5x, ta được:

    (1)

    +Với x=0 vế trái của phương trình (1) bằng 2 (loại)

    + Với x = 1 thì vế trái của phương trình bằng 1 ( đúng)

    + Với x thì:

    Nên: ( loại)

    Vậy nghiệm duy nhất của phương trình là x = 1

    4/ Sử dụng điều kiện của phương trình bậc hai có nghiệm

    Ta viết phương trình f(x; y) = 0 dưới dạng phương trình bậc hai đối với một ẩn đã chọn. Chẳng hạn chọn ẩn x, khi đó y là tham số, điều kiện cần để phương trình có nghiệm là , để có nghiệm nguyên còn cần phải là số chính phương.

    Ví dụ 9:

    Tìm các nghiệm nguyên của phương trình :

    x+y+xy = x2+y2 (1)

    Giải:

    Phương trình (1) tương đương với: x2-(y+1)x+(y2-y) = 0 (2)

    Điều kiện để (2) có nghiệm là

    --- Bài cũ hơn ---

  • 9 Phương Pháp Giải Phương Trình Nghiệm Nguyên
  • Giải 9 Bài Pt Mũ & Log Bằng Ẩn Số Phụ
  • Các Dạng Phương Trình Quy Về Phương Trình Bậc Hai
  • Dạng Bài Tập Về Áp Dụng Công Thức Giải Bất Phương Trình Lớp 10 Phải Biết
  • Đạo Hàm Và Bài Toán Giải Phương Trình, Bất Phương Trình Lượng Giác
  • Giải Bài Tập Toán Lớp 9 Bài 6: Tính Chất Của Hai Tiếp Tuyến Cắt Nhau

    --- Bài mới hơn ---

  • Giải Bài Tập Sbt Toán Hình 6 Bài 9: Viết Đoạn Thẳng Cho Biết Độ Dài
  • Giải Sách Bài Tập Toán 6 Trang 8, 9 Câu 21, 22, 23, 24 Tập 2
  • Bài 6 Trang 9 Sgk Toán 8 Tập 2
  • Giải Sách Bài Tập Toán 9 Trang 193 Bài 6, 7 Tập 2
  • Giải Bài Tập Trang 9, 10, 11 Sgk Lý Lớp 6: Đo Độ Dài (Tiếp Theo) Giải Bài Tập Môn Vật Lý Lớp 6
  • Giải bài tập Toán lớp 9 trang 113, 114, 115 SGK

    Giải bài tập SGK Toán lớp 9 bài 6: Tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau

    Giải bài tập Toán lớp 9 bài 6: Tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau. Đây là tài liệu tham khảo hay được chúng tôi sưu tầm nhằm giúp quá trình ôn tập và củng cố kiến thức chuẩn bị cho kì thi học kì mới môn Toán của các bạn học sinh lớp 9 trở nên thuận lợi hơn. Mời các bạn tham khảo

    Trả lời câu hỏi Toán 9 Tập 1 Bài 6 trang 113: Cho hình 79 trong đó AB, AC theo thứ tự là các tiếp tuyến tại B, tại C của đường tròn (O). Hãy kể tên một vài đoạn thẳng bằng nhau, một vài góc bằng nhau trong hình.

    Lời giải

    Các đoạn thẳng bằng nhau là: AB = AC; OB = OC

    Các góc bằng nhau là: ∠(BAO) = ∠(CAO); ∠(BOA) = ∠(COA)

    ∠(ABO) = ∠(ACO) = 90 o

    Trả lời câu hỏi Toán 9 Tập 1 Bài 6 trang 114: Hãy nêu cách tìm tâm của một miếng gỗ hình tròn bằng “thước phân giác” (xem hình vẽ trong khung ở đầu bài 6).

    Lời giải

    – Ta đặt miếng gỗ hình tròn tiếp xúc với hai cạnh của thước.

    – Kẻ theo “tia phân giác” của thước, ta vẽ được một đường kính của hình tròn

    – Xoay miếng gỗ rồi làm tiếp tục như trên, ta được đường kính thứ hai.

    – Giao điểm của hai đường kính chính là tâm đường tròn

    Trả lời câu hỏi Toán 9 Tập 1 Bài 6 trang 114: Cho tam giác ABC. Gọi I là giao điểm của các đường phân giác các góc trong của tam giác; D, E, F theo thứ tự là chân các đường vuông góc kẻ từ I đến các cạnh BC, AC, AB (h.80). Chứng minh rằng ba điểm D, E, F nằm trên cùng một đường tròn tâm I.

    Lời giải

    Theo tính chất tia phân giác, ta có:

    AI là tia phân giác của góc BAC

    ⇒ IE = IF

    Tương tự: CI là tia phân giác của góc ACB

    ⇒ IE = ID

    Do đó: IE = IF = ID

    Vậy 3 điểm D, E, F cùng nằm trên đường tròn tâm I

    Trả lời câu hỏi Toán 9 Tập 1 Bài 6 trang 115: Cho tam giác ABC, K là giao điểm các đường phân giác của hai góc ngoài tại B và C; D, E, F theo thứ tự là chân các đường vuông góc kẻ từ K đến các đường thẳng BC, AC, AB (h.81). Chứng minh rằng ba điểm D, E, F năm trên cùng một đường tròn có tâm K.

    Lời giải

    Theo tính chất tia phân giác, ta có:

    AK là tia phân giác của góc BAC

    ⇒ KE = KF

    Tương tự: CK là tia phân giác của góc ngoài của góc ACB

    ⇒ KE = KD

    Do đó: KE = KF = KD

    Vậy 3 điểm D, E, F cùng nằm trên đường tròn tâm K

    Bài 26 (trang 115 SGK Toán 9 Tập 1): Cho đường tròn (O), điểm A nằm bên ngoài đường tròn. Kẻ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là các tiếp điểm).

    a) Chứng minh rằng OA vuông góc với BC.

    b) Vẽ đường kính CD. Chứng minh rằng BD song song với AO.

    c) Tính độ dài các cạnh của tam giác ABC; biết OB = 2cm, OA = 4cm.

    Lời giải:

    a) Ta có: AB = AC (tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau). Nên ΔABC cân tại A.

    Lại có AO là tia phân giác của góc A nên AO ⊥ BC. (Trong tam giác cân, đường phân giác cũng là đường cao)

    b) Gọi I là giao điểm của AO và BC. Suy ra BI = IC (đường kính vuông góc với một dây).

    Xét ΔCBD có:

    CI = IB

    CO = OD (bán kính)

    ⇒ BD // HO (HO là đường trung bình của BCD) ⇒ BD // AO.

    c) Theo định lí Pitago trong tam giác vuông OAC:

    Do đó AB = BC = AC = 2√3 (cm).

    Bài 27 (trang 115 SGK Toán 9 Tập 1): Từ một điểm A nằm bên ngoài đường tròn (O), kẻ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là các tiếp điểm). Qua điểm M thuộc cung nhỏ BC, kẻ tiếp tuyến với đường tròn (O), nó cắt các tiếp tuyến AB và AC theo thứ tự ở D và E. Chứng minh rằng chu vi tam giác ADE bằng 2AB.

    Lời giải:

    Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có:

    DM = DB, EM = EC, AB = AC

    Chu vi ΔADE:

    CΔADE = AD + DE + AE = AD + DM + ME + AE = AD + DB + EC + AE = AB + AC = 2AB (đpcm)

    Bài 28 (trang 116 SGK Toán 9 Tập 1): Cho góc xAy khác góc bẹt. Tâm của các đường tròn tiếp xúc với hai cạnh của góc xAy nằm trên đường nào?

    Lời giải:

    Gọi O là tâm của một đường tròn bất kì tiếp xúc với hai cạnh góc xAy. Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau ta có:

    Hay AO là tia phân giác của góc xAy.

    Vậy tâm các đường tròn tiếp xúc với hai cạnh của góc xAy nằm trên tia phân giác của góc xAy.

    Bài 29 (trang 116 SGK Toán 9 Tập 1): Cho góc xAy khác góc bẹt, điểm B thuộc tia Ax. Hãy dựng đường tròn (O) tiếp xúc với Ax tại B và tiếp xúc với Ay.

    Lời giải:

    Đường tròn (O) tiếp xúc với hai tia Ax và Ay nên tâm O của (O) nằm trên tia phân giác của góc xAy. Do đó ta có cách dựng:

    – Dựng tia phân giác At của góc xAy.

    – Dựng đường thẳng Bz qua B và vuông góc với tia Ax.

    – Giao điểm O của At và Bz là tâm của đường tròn cần dựng.

    – Dựng đường tròn tâm O, bán kính R = OB, ta được đường tròn cần dựng.

    Bài 30 (trang 116 SGK Toán 9 Tập 1): Cho nửa đường tròn tâm O có đường kính AB (đường kính của một đường tròn chia đường tròn đó thành hai nửa đường tròn). Gọi Ax, By là các tia vuông góc với AB (Ax, By và nửa đường tròn thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AB). Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A và B), kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn nó cắt Ax và By theo thứ tự ở C và D. Chứng minh rằng:

    b) CD = AC + BD

    c) Tích chúng tôi không đổi khi điểm M di chuyển trên nửa đường tròn.

    Lời giải:

    a) Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau ta có:

    OC là tia phân giác của ∠AOM

    OD và tia phân giác của ∠BOM

    OC và OD là các tia phân giác của hai góc kề bù ∠AOM và ∠BOM nên OC ⊥ OD.

    b) Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau ta có:

    CM = AC, DM = BC

    Do đó: CD = CM + DM = AC + BD (đpcm)

    c) Ta có: AC = CM, BD = DM nên chúng tôi = CM.MD

    ΔCOD vuông tại O, ta có:

    CM.MD = OM 2 = R 2 (R là bán kính đường tròn O).

    Vậy chúng tôi = R 2 (không đổi).

    Bài 31 (trang 116 SGK Toán 9 Tập 1): Trên hình 82, tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (O).

    a) Chứng minh rằng:

    2AD = AB + AC – BC

    b) Tìm các hệ thức tương tự như hệ thức ở câu a.

    Hình 82

    Lời giải:

    a) Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau ta có:

    BD = BE, CE = CF, AD = AF

    Ta có:

    AB + AC – BC = (AD + BD) + (AF + FC) – (BE + EC)

    = (AD + AF) + (DB – BE) + (FC – EC)

    = AD + AF = 2AD.

    Vậy 2AD = AB + AC – BC (đpcm)

    b) Tương tự ta tìm được các hệ thức:

    2BE = BA + BC – AC

    2CF = CA + CB – AB

    Bài 32 (trang 116 SGK Toán 9 Tập 1): Cho tam giác đều ABC ngoại tiếp đường tròn bán kính 1cm. Diện tích của tam giác ABC bằng:

    Hãy chọn câu trả lời đúng.

    Lời giải:

    – Chọn D.

    – Gọi O là tâm đường tròn nội tiếp Δ ABC, H là tiếp điểm thuộc BC.

    Đường phân giác AO của góc A cũng là đường cao nên A, O, H thẳng hàng.

    Ta có: HB = BC, ∠HAC = 30 o, AH = chúng tôi = 3 (cm)

    --- Bài cũ hơn ---

  • Giải Bài 5,6,7,8,9 Trang 69,70: Luyện Tập Một Số Hệ Thức Về Cạnh Và Đường Cao
  • Bài 22, 23, 24, 25, 26, 27, 28 Trang 9 Sbt Toán 6 Tập 1
  • Giải Toán Lớp 9 Ôn Tập Chương 2 Phần Hình Học
  • Giải Toán Lớp 6 Bài 9: Quy Tắc Chuyển Vế
  • Giải Bài 31,32,33, 34,35,36, 37,38,39 Trang 23, 24, 25 Toán 9 Tập 2:giải Bài Toán Bằng Cách Lập Hệ Phương Trình (Tiếp Theo)
  • Giải Vbt Sinh Học 8 Bài 56: Tuyến Yên, Tuyến Giáp

    --- Bài mới hơn ---

  • Sinh Học 8 Bài 33: Thân Nhiệt
  • Giải Sinh Lớp 8 Bài 7: Bộ Xương
  • Giải Bài Tập Môn Sinh Học Lớp 8 Trang 110: Vitamin Và Muối Khoáng
  • Đề Cương Ôn Tập Học Kì 2 Môn Sinh Học Lớp 8
  • Đề Cương Ôn Tập Hk2 Môn Sinh Học Lớp 8 Năm 2022
  • Bài 56: Tuyến yên, tuyến giáp

    I – Bài tập nhận thức kiến thức mới

    Bài tập (trang 145 VBT Sinh học 8): Hãy thử nêu ý nghĩa của cuộc vận động “Toàn dân dùng muối iốt”.

    Trả lời:

    Khi thiếu iốt trong khẩu phần ăn hàng ngày, tirôxin không tiết ra, tuyến yên sẽ tiết hoocmôn thúc đẩy tuyến giáp tăng cường hoạt động gây phì đại tuyến là nguyên nhân của bệnh bướu cổ.

    Trẻ bị bệnh sẽ chậm lớn, trí não kém phát triển. Người lớn, hoạt động thần kinh giảm sút, trí nhớ kém.

    → Nhà nước đã tiến hành cuộc vận động “Toàn dân dùng muối iốt”.

    II – Bài tập tóm tắt và ghi nhớ kiến thức cơ bản

    Bài tập (trang 145 VBT Sinh học 8): Điền nội dung thích hợp vào chỗ trống của những câu sau:

    Trả lời:

    Tuyến yên là một tuyến quan trọng nhất tiết các hoocmôn kích thích hoạt động của nhiều tuyến nội tiết khác. Đồng thời tiết ra các hoocmôn trực tiếp ảnh hưởng đến sự tăng trưởng, trao đổi glucôzơ, các chất khoáng, trao đổi nước và co thắt các cơ trơn (ở tử cung).

    Tuyến giáp có vai trò quan trọng trong quá trình chuyển hóa vật chất và năng lượng của cơ thể.

    Tuyến giáp cùng với tuyến cận giáp có vai trò trong điều hòa trao đổi canxi và phôtpho trong máu.

    III – Bài tập củng cố, hoàn thiện kiến thức

    Bài tập 1 (trang 145-146 VBT Sinh học 8): Lập bảng tổng kết vai trò của các tuyến nội tiết đã học theo mẫu bảng sau:

    Trả lời:

    1

    Tuyến yên

    Nằm ở nền sọ

    Là tuyến quan trọng nhất tiết các hoocmon kích thích hoạt động của nhiều tuyến nội tiết khác. Đồng thời tiết các hoocmon có ảnh hưởng đến sinh trưởng, trao đổi glucôzơ, các chất khoáng, nước và co thắt cơ trơn.

    2

    Tuyến giáp

    Nằm dưới sụn giáp, trước khí quản

    Có vai trò quan trọng trong chuyển hóa vật chất và năng lượng của cơ thể.

    3

    Tuyến cận giáp

    Nằm ngay sau tuyến giáp

    Cùng với tuyến giáp có vai trò điều hòa trao đổi canxi và phôtpho trong máu.

    Bài tập 2 (trang 146 VBT Sinh học 8): Phân biệt bệnh Bazơđô với bệnh bướu cổ do thiếu iốt.

    Trả lời:

    – Bệnh Bazơđô do tuyến giáp hoạt động mạnh tiết nhiều hoocmôn làm tăng cường trao đổi chất, tăng tiêu dùng oxi, nhịp tim tăng, người bệnh luôn trong trạng thái hồi hộp,căng thẳng, mất ngủ, sút cân nhanh.

    – Bệnh bướu cổ do khi thiếu iốt trong khẩu phần ăn hàng ngày, tiroxin không tiết ra, tuyến yên sẽ tiết hoocmôn thúc đẩy tuyến giáp tăng cường hoạt động gây phì đại tuyến giáp (bướu cổ).

    Bài tập 3 (trang 146 VBT Sinh học 8): Phát biểu nào dưới dây về tuyến giáp là không đúng? (chọn bằng cách điền dấu × vào ô ở đầu câu).

    Trả lời:

    a) Tuyến nội tiết lớn nhất, nặng chừng 20 – 25g.

    b) Hoocmôn tuyến giáp là tirôxin, trong thành phần có iốt.

    c) Hoocmôn của tuyến giáp có vai trò quan trọng trong trao đổi chất và quá trình chuyển hóa các chất trong tế bào.

    x

    d) Hoocmôn của tuyến giáp có vai trò kìm hãm sự tăng trưởng của cơ thể.

    Các bài giải vở bài tập Sinh học lớp 8 (VBT Sinh học 8) khác:

    Đã có app VietJack trên điện thoại, giải bài tập SGK, SBT Soạn văn, Văn mẫu, Thi online, Bài giảng….miễn phí. Tải ngay ứng dụng trên Android và iOS.

    Nhóm học tập facebook miễn phí cho teen 2k7: chúng tôi

    Theo dõi chúng tôi miễn phí trên mạng xã hội facebook và youtube:

    --- Bài cũ hơn ---

  • Giải Bài Tập Sgk Sinh Học Lớp 12 Bài 8: Quy Luật Menđen
  • Giải Bài Tập Sgk Sinh Học Lớp 8 Bài 11: Tiến Hóa Của Hệ Vận Động. Vệ Sinh Hệ Vận Động
  • Câu Hỏi Bài 9 Trang 33 Sgk Sinh 8
  • Hướng Dẫn Giải Bài Tập Sách Giáo Khoa Tin Học 8 Huong Dan Tra Loi Bai Tap Tin 8 Sgk Doc
  • Giải Bài Tập Tin Học 5
  • Giải Toán Lớp 7 Bài 4: Tính Chất Ba Đường Trung Tuyến Của Tam Giác

    --- Bài mới hơn ---

  • Hướng Dẫn Giải Bài 1 2 3 4 5 Trang 73 Sgk Toán 6 Tập 2
  • Toán Lớp 4 Trang 52, 53, 54: Vẽ Hai Đường Thẳng Vuông Góc
  • Giải Bài 1, 2, 3 Trang 53, 54 Sgk Toán 4
  • Hướng Dẫn Toán Lớp 4 Vẽ Hai Đường Thẳng Song Song
  • Giải Bài Tập Trang 50 Sgk Toán 4: Hai Đường Thẳng Vuông Góc
  • Giải Toán lớp 7 Bài 4: Tính chất ba đường trung tuyến của tam giác

    Bài 23 (trang 66 SGK Toán 7 tập 2): Cho G là trọng tâm của tam giác DEF với đường trung tuyến DH.

    Trong các khẳng định sau đây, khẳng định nào đúng?

    Lời giải

    Bài 24 (trang 66 SGK Toán 7 tập 2): Cho hình 25. Hãy điền số thích hợp vào chỗ trống trong các đẳng thức sau:

    a) MG =… MR; GR =… MR; GR =… MG

    b) NS =… NG; NS =… GS; NG =… GS

    Hình 25

    Lời giải

    Từ hình vẽ ta thấy: S, R là hai trung điểm của hai đoạn thẳng trong tam giác nên NS và MR là hai đường trung tuyến.

    G là giao của hai đường trung tuyến nên G là trọng tâm của ΔMNS, do đó ta có thể điền:

    Bài 25 (trang 67 SGK Toán 7 tập 2): Biết rằng: Trong một tam giác vuông. Đường trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng một nửa cạnh huyền. Hãy giải bài toán sau:

    Cho tam giác vuông ABC có hai góc vuông AB = 3cm, AC= 4cm. Tính khoảng cách từ đỉnh A tới trọng tâm G của tam giác ABC.

    Lời giải

    Áp dụng định lí Pitago cho ΔABC vuông tại A:

    Gọi M là trung điểm của BC và G là trọng tâm của ΔABC.

    Theo bài:

    Bài 26 (trang 67 SGK Toán 7 tập 2): Chứng minh định lí: Trong một tam giác cân, hai đường trung tuyến ứng với hai cạnh bên thì bằng nhau.

    Lời giải

    Gọi M, N lần lượt là hai trung điểm của cạnh AB và AC, suy ra:

    AN = BN = AM = CM (= AB/2 = AC /2)

    Cách 1: Xét ΔBAM và ΔCAN có:

    – Góc A chung

    – AB = AC

    – AM = AN

    Cách 2: Xét ΔBCM và ΔCBN có:

    – Cạnh BC chung

    – góc BCM = góc CBN (do ΔABC cân)

    – CM = BN

    (Còn một số cách chứng minh khác, nhưng do giới hạn kiến thức lớp 7 nên mình xin sẽ không trình bày.)

    Bài 27 (trang 67 SGK Toán 7 tập 2): Hãy chứng minh định lí đảo của định lí trên: Nếu tam giác có hai đường trung tuyến bằng nhau thì tam giác đó cân.

    Lời giải

    Vẽ ΔABC. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AC và AB và gọi G là trọng tâm của tam giác. Theo bài, CN = BM.

    (kí hiệu đđ chỉ hai góc đối đỉnh)

    Bài 28 (trang 67 SGK Toán 7 tập 2): Cho tam giác DEF cân tại D với đường trung tuyến DI.

    a) Chứng minh ΔDEI = ΔDFI.

    b) Các góc DIE và góc DIF là những góc gì?

    c) Biết DE = DF = 13cm, EF = 10cm, hãy tính độ dài đường trung tuyến DI.

    Lời giải

    a) Xét ΔDEI và ΔDFI có:

    – DE = DF (ΔDEF cân)

    – DI là cạnh chung.

    – IE = IF (DI là trung tuyến)

    ( Cách khác: Nếu bạn thay điều kiện DI là cạnh chung bằng điều kiện góc DEI = góc DFI thì chúng ta có cách chứng minh theo trường hợp c.g.c)

    b) Theo câu a) ta có ΔDEI = ΔDFI nên góc DIE = góc DIF

    Mà góc DIE + DIF = 180 o

    Nên góc DIE = góc DIF = 180 o/2 = 90 o

    c) I là trung điểm của EF nên IE = IF = 5cm

    Bài 29 (trang 67 SGK Toán 7 tập 2): Cho G là trọng tâm của tam giác đều ABC. Chứng minh rằng:

    GA = GB = GC

    Hướng dẫn: Áp dụng định lí ở bài tập 26.

    Mời bạn tham khảo lời giải Bài 26 (trang 67 SGK Toán 7 tập 2).

    Lời giải

    Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, AC, AB.

    ( Lưu ý: Bài này yêu cầu áp dụng định lý ở bài tập 26, do đó ở một số sách giải hay trang web sử dụng câu ” Vì ΔABC đều nên ba đường trung tuyến ứng với ba cạnh BC, CA, AB bằng nhau” là chưa phù hợp với lời giải bài tập này. Các bạn cần lưu ý.)

    Bài 30 (trang 67 SGK Toán 7 tập 2): Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC. Trên tia AG lấy điểm G’ sao cho G là trung điểm của AG’.

    a) So sánh các cạnh của tam giác BGG’ với các đường trung tuyến của tam giác ABC.

    b) So sánh các đường trung tuyến của tam giác BGG’ với các cạnh của tam giác ABC.

    Lời giải

    a) Gọi M, N, E lần lượt là trung điểm của AB, BC, CA.

    Vậy mỗi cạnh của ΔBGG’ bằng 2/3 đường trung tuyến của ΔABC.

    b) Gọi I, K lần lượt là trung điểm của BG và BG’.

    Vậy mỗi đường trung tuyến của ΔBGG’ bằng một nửa cạnh của ΔABC tương ứng với nó.

    --- Bài cũ hơn ---

  • Giải Toán Lớp 7 Bài 4: Số Trung Bình Cộng
  • Giải Toán Lớp 8 Bài 4: Khái Niệm Hai Tam Giác Đồng Dạng
  • Đường Trung Bình Của Tam Giác Của Hình Thang Toán Lớp 8 Bài 4 Giải Bài Tập
  • Giải Toán 10 Bài 4. Hệ Trục Tọa Độ
  • Giải Bài Tập Hình Học 10 Bài 4: Hệ Trục Tọa Độ