56 Chương 2. Số phức và biến phức trong lượng giác
Do đó
x
2m
− 1
x
2
− 1
=
m−1
k=1
(x
2
−2x cos
2kπ
2m
+1).
Cho x → 0, ta thu được
m =2
m−1
m−1
k=1
sin
2
kπ
2m
=2
2(m−1)
A
2
.
Vậy A =
√
m
2
m−1
·
2.4.1 Chứng minh công thức lượng giác
Ví dụ 2.31. Cho tam giác ABC có A =
π
7
, B =
2π
7
, C =
4π
7
. Chứng minh
rằng
(i) OH = OI
a
= R
√
2;
(ii) R =2r
a
;
(iii) a
2
+ b
2
+ c
2
=7R
2
.
Lời giải. Ta có a =2R sin
π
7
,b=2R sin
2π
7
,c=2R sin
4π
7
.
Tiếp theo ta tính OH.
OH
2
=9R
2
− (a
2
+ b
2
+ c
2
)=9R
2
−4R
2
sin
2
π
7
+ sin
2
2π
7
+ sin
2
4π
7
=9R
2
− 4R
2
3
2
−
1
2
cos
2π
7
+ cos
4π
7
+ cos
8π
7
=9R
2
− 4R
2
3
2
+
1
2
cos
π
7
+ cos
3π
7
+ cos
5π
7
.
Xét z = cos
π
7
+ i sin
π
7
, ta thu được
z + z
3
+ z
5
=
z
7
− z
z
2
− 1
=
−1 −z
z
2
−1
=
1
1 −z
·
Tách phần thực hai vế, ta được
cos
π
7
+ cos
3π
7
+ cos
5π
7
=
1
2
·
2.4. Tổng và tích sinh bởi các đa thức lượng giác
57
Vậy nên OH
2
=9R
2
− 7R
2
=2R
2
hay OH = OI
a
= R
√
2.
Tiếp theo, tính OI
a
.Tacó
OI
2
a
= R
2
+
abc
b + c − a
= R
2
+4R
2
sin
π
7
sin
2π
7
sin
4π
7
sin
4π
7
+ sin
2π
7
− sin
π
7
·
Do
sin
4π
7
+ sin
2π
7
−sin
π
7
= sin
3π
7
+ sin
5π
7
−
sin
π
7
+ sin
7π
7
2 sin
4π
7
cos
π
7
− 2 sin
4π
7
cos
3π
7
= 4 sin
π
7
sin
2π
7
sin
4π
7
,
nên OI
2
a
= R
2
+ R
2
=2R
2
hay OI
a
= R
√
2.
Ta sử dụng các công thức R =
abc
4S
,r
a
=
S
p − a
, suy ra
Rr
a
=
abc
4(p − a)
=
abc
2(b + c − a)
=
R
2
2
hay R =2r
a
.
Tiếp theo, theo câu (i) ta có
a
2
+ b
2
+ c
2
=4R
2
sin
2
π
7
+ sin
2
2π
7
+ sin
2
4π
7
=4R
2
7
4
=7R
2
.
Ví dụ 2.32. Chứng minh rằng
2
2m
cos
2m
x =
m
k=0
C
k
2m
cos 2(m −k)x.
Lời giải. Ta có cos x =
e
ix
+ e
−ix
2
· Do đó
2
2m
cos
2m
x =(e
ix
+ e
−ix
)
2m
=
2m
k=0
C
k
2m
(e
ix
)
k
(e
−ix
)
2m−k
=
2m
k=0
C
k
2m
e
2(k−m)ix
=
m−1
k=0
C
k
2m
e
2(k−m)ix
+
2m
k=m+1
C
k
2m
e
2(k−m)ix
+ C
m
2m
=
m−1
k=0
C
k
2m
cos 2(m −k)x + C
m
2m
cos 2(m − m)x =
m
k=0
C
k
2m
cos 2(m − k)x.
58 Chương 2. Số phức và biến phức trong lượng giác
Ví dụ 2.33. Cho cấp số cộng {a
n
} với công sai d. Tính các tổng
S
n
=
n
k=1
sin a
k
,T
n
=
n
k=1
cos a
k
.
Lời giải. - Nếu d =2kπ (k ∈ Z) thì S
n
= n sin a
1
;
- Nếu d =2kπ (k ∈ Z) thì sin
d
2
=0. ta có
2 sin a
n
sin
d
2
= 2 sin[a
1
+(n − 1)d] sin
d
2
= cos
a
1
+
n −
3
2
d
− cos
a
1
+
n −
1
2
d
.
Xét g(n)=cos
a
1
+
n −
3
2
d
, ta có
2 sin a
n
. sin
d
2
= g(n) − g(n +1).
Vậy
2 sin a
1
. sin
d
2
= g(1) − g(2),
2 sin a
2
. sin
d
2
= g(2) − g(3),
2 sin a
n
. sin
d
2
= g(n) − g(n +1).
Cộng các đồng nhất thức theo vế, ta được
2S
n
sin
d
2
= g(1) − g(n + 1) = cos
a
1
−
d
2
− cos
a
1
+
n −
1
2
d
= −2 sin
a
1
+
n −1
2
d
sin
−
n
2
d
.
Do đó
S
n
=
sin
a
1
+
n −1
2
d
sin
n
2
d
sin
d
2
.
Theo cách giải như trên, ta thu được
• Nếu d =2kπ (k ∈ Z) thì T
n
= n cos a
1
;
2.4. Tổng và tích sinh bởi các đa thức lượng giác
59
• Nếu d =2kπ (k ∈ Z) thì
T
n
=
cos
a
1
+
n −1
2
d
sin
n
2
d
sin
d
2
.
Chú ý 2.1. Như vậy, với mỗi một cấp số cộng, ta tìm được một công thức
tính tổng tương ứng. Chẳng hạn, với x = lπ (l ∈ Z) ta có
T
n
=
n
k=1
cos(2k −1)x
=
cos
x +
n −1
2
.2x
. sin
n
2
.2x
sin
2x
2
=
cos nx. sin nx
sin x
=
sin 2nx
2 sin x
.
Nhận xét rằng, với những giá trị của x sao cho sin 2nx = sin x (sin x =0) thì
ta luôn có T
n
=
1
2
. Từ đó, ta thu được một số kết quả sau :
Với n =2, chọn x =
π
5
, ta có
cos
π
5
+ cos
3π
5
=
1
2
.
Với n =3, chọn x =
π
7
, ta có
cos
π
7
+ cos
3π
7
+ cos
5π
7
=
1
2
.
Với n =4, chọn x =
π
9
, ta có
cos
π
9
+ cos
3π
9
+ cos
5π
9
+ cos
7π
9
=
1
2
.
Ví dụ 2.34. Tính tổng
S
n
=
n
k=1
k sin kx, T
n
=
n
k=1
k cos kx với x =2kπ (l ∈ Z).
60 Chương 2. Số phức và biến phức trong lượng giác
Lời giải. Trước hết, ta nhắc lại rằng (Bài toán 2.40)
n
k=1
sin kx =
sin
n +1
2
x
sin
n
2
x
sin
x
2
;
n
k=1
cos kx =
cos
n +1
2
x
sin
n
2
x
sin
x
2
.
Ta có
S
n
=
n
k=1
k.sin kx =
n
k=1
[−(cos kx)
]=−
n
k=1
cos kx
T
n
=
n
k=1
k cos kx =
n
k=1
[(sin kx)
]=
n
k=1
sin kx
.
Từ đó suy ra các công thức cần tìm.
Ví dụ 2.35. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n đều tồn tại đa thức P(x)
bậc n thoả mãn hệ thức
sin(n +1)t = sin t · P (cos t) ∀t ∈ R. (2.4)
Tính tổng các hệ số của đa thức này.
Lời giải. Ta chứng minh bằng quy nạp theo n dựa vào hệ thức truy toán
sin(n +1)x −sin(n −1)x = 2 cos nx sin x.
Để ý rằng, tổng các hệ số của P (x) bằng P (1). Lấy đạo hàm hai vế của (2.4)
ta được
(n + 1) cos(n +1)t = cos t · P (cos t) + sin t ·P
(cos t)( −sin t).
Vì khi cos x =1thì sin x =0và cos mx =1với mọi m ∈ N nên P (1) = n +1.
2.4. Tổng và tích sinh bởi các đa thức lượng giác
61
Ví dụ 2.36. Tính tổng
S
n
=
n
k=1
3
k−1
. sin
3
x
3
k
.
Lời giải. Xuất phát từ hệ thức
sin
3
a =
1
4
(3 sin a −sin 3a),
ta tính được
S
n
=
1
4
3
n
. sin
x
3
n
− sin x
.
Ví dụ 2.37. Tính tổng
S
n
=
n
k=1
arctan
2k
2+k
2
+ k
4
.
Lời giải. Đặt
1+n
2
+ n
4
= −xy, 2n = x + y.
Khi đó x = n
2
+ n +1,y= −(n
2
− n +1).
Ta có
arctan
2n
2+n
2
+ n
4
= arctan
x + y
1 − xy
= arctan x + arctan y
= arctan(n
2
+ n +1)− arctan(n
2
−n +1), vì xy < 1.
Vậy
S
n
= arctan 3 −arctan 1 + arctan 7 −arctan 3 + ···+ arctan(n
2
+ n +1)
− arctan(n
2
− n +1)
= arctan(n
2
+ n +1)−
π
4
.
Ví dụ 2.38. Cho cấp số cộng {a
n
} với công sai d. Tính tổng
S
n
=
n
k=1
k sin a
k
.
62 Chương 2. Số phức và biến phức trong lượng giác
Lời giải. Xét B
n
=
n
k=1
sin a
k
. Ta có
S
n
=
n−1
k=1
[k − (k + 1)]B
k
+ n.B
n
= −
n−1
k=1
B
k
+ n.B
n
Ta có
• Nếu d =2kπ (k ∈ Z), thì
S
n
=
n(n −1)
2
sin a
1
.
• Nếu d =2kπ (k ∈ Z) thì
S
n
= −
n−1
k=1
cos
(
a
1
−
d
2
)
−cos
[
a
1
+
(
k−
1
2
)
d
]
2 sin
d
2
+
n sin
(
a
1
+
n−1
2
d
)
sin
(
n
2
d
)
sin
d
2
= −
1
2 sin
d
2
n−1
k=1
cos
a
1
−
d
2
−
n−1
k=1
cos
a
1
+
k −
1
2
d
−2n sin
a
1
+
n −1
2
d
. sin
n
2
d
= −
1
sin
d
2
(n −1) cos
a
1
−
d
2
−
n−1
k=1
cos
a
1
+
k −
1
2
d
−2n sin
a
1
+
n −1
2
d
sin
n
2
d
,
trong đó
n−1
k=1
cos
a
1
−
d
2
+ kd
=
cos
a
1
−
d
2
+
n −2
2
d
sin
n −1
2
d
sin
d
2
.
Nhận xét 2.1. Tương tự ta cũng tính được các tổng
T
n
=
n
k=1
k cos a
k
,U
n
=
n
k=1
a
k
sin b
k
,V
n
=
n
k=1
a
k
cos b
k
.
trong đó {a
n
} và {b
n
} là hai cấp số cộng.
Ví dụ 2.39. Tính tổng
S
n
=
n
k=1
q
k
sin(α + kβ),T
n
=
n
k=1
q
k
cos(α + kβ),
2.4. Tổng và tích sinh bởi các đa thức lượng giác
63
trong đó q,α,β là các số thực cho trước.
Lời giải. Ta có
T
n
+ iS
n
= (cos α + i sin α)+q[cos(α + β)+i sin(α + β)] + ···
+ q
n
[cos(α + nβ)+i sin( α + nβ)]
= (cos α + i sin α)[1 + q(cos β + i. sinβ)+···+ q
n
(cos nβ + i. sin nβ)]
= (cos α + i sin α)[1 + q + ···+(q)
n
],
với = cos β + i sin β.
Từ đó suy ra
T
n
+ iS
n
= (cos α + i sin α)
(q)
n+1
− 1
q − 1
= (cos α + i sin α)
((q)
n+1
− 1)(q −1)
(q − 1)(q − 1)
=
q
n+2
[cos(nβ + α)+i. sin(nβ + α)] −q[cos(nβ −α)+i. sin(nβ −α)]
1 −2q cos β + q
2
+
−q
n+1
{cos[(n +1)β + α]+i. sin[(n +1)β + α]}+ cos α + i. sin α
1 −2q cos β + q
2
=
cos α −q cos(nβ − α) − q
n+1
cos[(n +1)β + α]+q
n+2
cos(nβ + α)
1 −2q cos β + q
2
+ i
sin α −q sin(nβ − α) − q
n+1
sin[(n +1)β + α]+q
n+2
sin(nβ + α)
1 − 2q cos β + q
2
.
Vậy
S
n
=
sin α −q sin(nβ − α) −q
n+1
sin[(n +1)β + α]+q
n+2
sin(nβ + α)
1 −2q cos β + q
2
và
T
n
=
cos α − q cos(nβ −α) − q
n+1
cos[(n +1)β + α]+q
n+2
cos(nβ + α)
1 − 2q cos β + q
2
.
Nhận xét 2.2. Bằng phương pháp tương tự, ta tính được các tổng sau :
i) V
n
=
n
k=1
a
k
sin(α + kβ),
64 Chương 2. Số phức và biến phức trong lượng giác
ii) U
n
=
n
k=1
a
k
cos(α + kβ),
iii) w
n
=
n
k=1
a
k
sin b
k
,R
n
=
n
k=1
a
k
cos b
k
,
trong đó {a
n
} là cấp số nhân với công bội q =1và {b
n
} là cấp số cộng với
công sai d.
2.4.2 Tổng và tích các phân thức của biểu thức lượng giác
Chú ý rằng, trong một số trường hợp, để tính tổng hữu hạn các phân thức
lượng giác, người ta thường sử dụng một số tính chất của đa thức, đặc biệt là
công thức nội suy Lagrange.
Dưới đây là một số định lí và áp dụng.
Định lý 2.3 (Công thức nội suy Lagrange). Nếu x
1
,x
2
, ,x
m
là m giá trị
tuỳ ý đôi một khác nhau và f(x) là đa thức bậc nhỏ hơn m thì ta có đồng nhất
thức
f( x)= f(x
1
)
(x −x
2
)(x −x
3
) (x −x
m
)
(x
1
− x
2
)(x
1
− x
3
) (x
1
− x
m
)
+ f(x
2
)
(x −x
1
)(x −x
3
) (x −x
m
)
(x
2
− x
1
)(x
2
− x
3
) (x
2
− x
m
)
+ ···
+ f(x
m
)
(x −x
1
)(x −x
2
) (x −x
m−1
)
(x
m
− x
1
)(x
m
−x
2
) (x
m
−x
m−1
)
.
Chứng minh. Ta cần chứng minh
f( x) − f(x
1
)
(x − x
2
)(x − x
3
) (x − x
m
)
(x
1
− x
2
)(x
1
− x
3
) (x
1
− x
m
)
− f(x
2
)
(x − x
1
)(x − x
3
) (x − x
m
)
(x
2
− x
1
)(x
2
− x
3
) (x
2
− x
m
)
−···
− f(x
m
)
(x −x
1
)(x −x
2
) (x −x
m−1
)
(x
m
−x
1
)(x
m
− x
2
) (x
m
− x
m−1
)
≡ 0.
Vế trái của đẳng thức là một đa thức bậc không vượt quá m − 1 và có m
nghiệm x
1
,x
2
, ,x
m
. Vậy đa thức đó đồng nhất bằng 0. Từ đó suy ra điều
phải chứng minh.
2.4. Tổng và tích sinh bởi các đa thức lượng giác
65
Hệ quả 2.2. Ta có các đồng nhất thức sau đây :
i)
(x −
√
3)(x −
√
5)(x −
√
7)
(
√
2 −
√
3)(
√
2 −
√
5)(
√
2 −
√
7)
+
(x −
√
2)(x −
√
5)(x −
√
7)
(
√
3 −
√
2)(
√
3 −
√
5)(
√
3 −
√
7)
+
(x −
√
2)(x −
√
3)(x −
√
7)
(
√
5 −
√
2)(
√
5 −
√
3)(
√
5 −
√
7)
+
(x −
√
2)(x −
√
3)(x −
√
5)
(
√
7 −
√
2)(
√
7 −
√
3)(
√
7 −
√
5)
≡ 1,
ii) a
2
·
(x −b)(x −c)
(a −b)(a −c)
+ b
2
·
(x −c)(x −a)
(b −c)(b −a)
+ c
2
·
(x − a)(x −b)
(c − a)(c −b)
= x
2
.
Định lý 2.4. Nếu f(x) là đa thức bậc không vượt quá m−2 và x
1
,x
2
, , x
m
là m giá trị đôi một khác nhau tuỳ ý, thì ta có đồng nhất thức
f( x
1
)
(x
1
− x
2
)(x
1
− x
3
) (x
1
− x
m
)
+
f( x
2
)
(x
2
− x
1
)(x
2
− x
3
) (x
2
− x
m
)
+ ···+
f( x
m
)
(x
m
− x
1
)(x
m
− x
2
) (x
m
− x
m−1
)
=0.
Chứng minh. Vế trái của đẳng thức chính là hệ số của hạng tử bậc m −1
trong đa thức f(x) đã cho. Đồng nhất các hệ số của các lũy thừa cùng bậc ta
có ngay điều phải chứng minh.
Ví dụ 2.40. Tính tổng
S =
cos 1
o
(cos 1
o
− cos 2
o
)(cos 1
o
− cos 3
o
)
+
cos 2
o
(cos 2
o
− cos 1
o
)(cos 2
o
− cos 3
o
)
+
cos 3
o
(cos 3
o
− cos 1
o
)(cos 3
o
− cos 2
o
)
.
Lời giải. Sử dụng Định lí 1, với
f( x)=x, x
1
= cos 1
o
,x
2
= cos 2
o
,x
3
= cos 3
o
thì S =0.
Ví dụ 2.41. Cho cấp số cộng {a
n
} với công sai d,vớid, a
1
,a
2
, ,a
n
khác
bội của π. Tính tổng
S
n
=
n
k=1
1
sin a
k
sin a
k+1
.
Không có nhận xét nào:
Đăng nhận xét