52 Chương 2. Số phức và biến phức trong lượng giác Khi đó, theo Định lí đảo về dấu của tam thức bậc hai thì  β − a k b k  a k b k − α   0, hay a 2 k + αβb 2 k  (α + β)a k b k ,k=1, 2, ,n. Từ đây suy ra n  k=1 a 2 k + αβ n  k=1 b 2 k  (α + β) n  k=1 a k b k . Theo bất đẳng thức Cauchy, thì  n  k=1 a 2 k  1 2  αβ n  k=1 b 2 k  1 2  1 2  n  k=1 a 2 k + αβ n  k=1 b 2 k  . Vậy nên  n  k=1 a 2 k  1 2  αβ n  k=1 b 2 k  1 2  1 2 (α + β) n  k=1 a k b k . Từ đây, ta thu đượ c bất đẳng thức đảo Cauchy. Định lý 2.1. Giả sử ta có bộ n cặp số dương (a k ; b k ) sao cho a k b k ∈ [α; β],α>0,k=1, 2, ,n. Khi đó  n  k=1 a 2 k  1 2  n  k=1 b 2 k  1 2  A G n  k=1 a k b k , trong đó A = α + β 2 ,G=  αβ. Nhìn chung, có rất nhiều bất đẳng thức nhận được từ các đồng nhất thức. Vì vậy, việc thiết lập được các đồng nhất thức được coi như một phương pháp hữu hiệu để sáng tác và chứng minh bất đẳng thức. 2.3. Dạng phức của bất đẳng thức Cauchy 53 Ví dụ 2.25. Chứng minh rằng với mọi bộ ba số (x; y; z), ta luôn có đẳng thức sau (2x +2y − z) 2 +(2y +2z −x) 2 +(2z +2x −y) 2 =9(x 2 + y 2 + z 2 ). Hãy tổng quát hoá? Ví dụ 2.26. Chứng minh rằng với mọi bộ bốn số (x; y; z; t), ta luôn có đẳng thức sau (x+y+z−t) 2 +(y+z+t−x) 2 +(z+t+x−y) 2 +(t+x+y−z) 2 =4(x 2 +y 2 +z 2 +t 2 ). Hãy tổng quát hoá? Ví dụ 2.27. Chứng minh rằng với mọi bộ số (u k ; v k ; p k ), ta luôn có đẳng thức sau n  j,k=1 (u k v j + u j v k )p j p k =2  n  k=1 u k p k  n  k=1 v k p k  . Ví dụ 2.28. Chứng minh rằng với mọi bộ số (u k ; v k ; p k ), ta luôn có đẳng thức sau n  j,k=1 (u j v j + u k v k )p j p k =2  n  k=1 u k v k p k  . Tiếp theo, ta xét một số mở rộng khác (dạng phức) của bất đẳng thức Cauchy. Định lý 2.2 (N.G.de Bruijn). Với bộ số thực a 1 , ,a n và bộ số phức (hoặc thực) z 1 , ,z n , ta đều có    n  k=1 a k z k    2  1 2  n  k=1 |z k | 2 +    n  k=1 z 2 k     n  k=1 a 2 k  . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a k = Re (λz k ) (k =1, ,n), trong đó λ là số phức và n  k=1 λ 2 z 2 k là số thực không âm. 54 Chương 2. Số phức và biến phức trong lượng giác Chứng minh. Bằng cách thực hiện đồng thời phép quay quanh gốc toạ độ đối với các z k cùng một góc, ta thu được n  k=1 a k z k  0. Rõ ràng phép quay này không ảnh hưởng đến giá trị của modul các số.      n  k=1 a k z k      ,      n  k=1 z 2 k      , |z k | (k =1, ,n). Vậy chỉ cần chứng minh cho trường hợp n  k=1 a k z k  0. Nếu ta đặt z k = x k + iy k (k =1, ,n), thì      n  k=1 a k z k      2 =  n  k=1 a k x k  2   n  k=1 a 2 k  n  k=1 x 2 k  . Vì 2x 2 k = |z k | 2 + Rez 2 k , ta nhận được    n  k=1 a k z k    2  1 2  n  k=1 a 2 k  n  k=1 |z k | 2 + n  k=1 Rez 2 k  . Từ bất đẳng thức này và n  k=1 Re z 2 k = Re n  k=1 z 2 k     n  k=1 z 2 k    ta thu được điều cần chứng minh. 2.4 Tổng và tích sinh bởi các đa thức lượng giác Ví dụ 2.29. Tính tổng n  k=0 cos(kx). 2.4. Tổng và tích sinh bởi các đa thức lượng giác 55 Lời giải. Xét các tổng A = cos x + cos 2x + ···+ cos nx, B = sin x + sin 2x + ···+ sin nx. Ta có 1+A + iB = 1 + (cos x + i sin x) + (cos 2x + i sin 2x)+···+ (cos nx + i sin nx) = 1 + (cos x + i sin x) + (cos x + i sin x) 2 + ···+ (cos x + i sin x) n 1 −(cos x + i sin x) n+1 1 −(cos x + i sin x) = 1 − cos(n +1)x + i sin(n +1)x 1 −cos x − i sin x = 2 sin 2 n+1 2 x −2i sin n+1 2 x cos n+1 2 x 2 sin 2 x 2 − 2i sin x 2 cos x 2 = sin n+1 2 x sin x 2 sin n+1 2 x −i cos n+1 2 x sin x 2 −i cos x 2 = sin n+1 2 x sin x 2  sin n +1 2 x −i cos n +1 2 x   sin x 2 + i cos x 2  = sin n+1 2 x sin x 2  cos n 2 x + i sin n 2 x  = sin n+1 2 x cos n 2 x sin x 2 + i sin n+1 2 x sin n 2 x sin x 2 · Vậy A = sin n+1 2 x cos n 2 x sin x 2 − 1. Ví dụ 2.30. Rút gọn A = sin π 2m sin 2π 2m ···sin (m − 1)π 2m với m ∈ N ∗ . Lời giải. Xét phương trình x 2m − 1=0. Phương trình này có nghiệm thực x = ±1 và (2m − 2) nghiệm phức. Gọi x k là nghiệm phức của phương trình với k =1, 2, ,2m −2, tức x k = cos 2kπ 2m + i sin 2kπ 2m . Nhận xét rằng x 2m−k = cos 2kπ 2m − i sin 2kπ 2m = x k ,k=1, 2, ,m− 1. Vậy nên x 2m − 1=(x 2 −1) m−1  k=1 (x 2 − 2x cos 2kπ 2m +1). 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 . [...]... 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 x1 , x2, , xm là m giá trị tuỳ ý đôi một khác nhau và f (x) là đa thức... cộng và trung bình nhân, ta có 2sin x + 2cos x = 2sin x + Do x ∈ 0; √ 3 3 2sin x+2 cos x−2 1 cos x 1 cos x ·2 + ·2 2 2 π nên 4 sin x + 2 cos x − 2 0, và vì vậy 2sin x + 2cos x Đẳng thức xảy ra, chẳng hạn, khi x = 3, ∀x ∈ 0; π 4 kπ , k ∈ Z 2 Ví dụ 2.50 Xác định số dương a sao cho acos 2x 2 cos2 x, ∀x ∈ R (2.10) 72 Chương 2 Số phức và biến phức trong lượng giác Lời giải Đặt cos 2x = t thì t ∈ [−1; 1] và. .. cos β + q 2 và Tn = 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 : n i) Vn = ak sin(α + kβ), k=1 63 64 Chương 2 Số phức và biến phức trong lượng giác n ii) Un = ak cos(α + kβ), k=1 n iii) wn = n ak sin bk , Rn = k=1 ak cos bk , k=1 trong đó {an } là cấp số nhân với công bội q = 1 và {bn } là... b sin x + c cos 2x + d sin 2x r , ∀x ∈ R = a cos x + b sin x + r cos 2(x − ϕ) Thay x bởi x + ϕ vào bất đẳng thức trên, ta thu được r cos 2x + A cos x + B sin x r , ∀x ∈ R, với A = a cos ϕ + b sin ϕ và B = b cos ϕ − a sin ϕ Trong (2.14) cho x = 0 và x = π, ta được A = 0 (2.14) 74 Chương 2 Số phức và biến phức trong lượng giác Từ đó suy ra r cos 2x + B sin x r, ∀x ∈ R ⇔ r(1 − 2 sin2 x) + B sin x ⇔ sin... 1o )(cos 2o − cos 3o ) cos 3o + (cos 3o − cos 1o )(cos 3o − cos 2o ) Lời giải Sử dụng Định lí 1, với f (x) = x, x1 = cos 1o , x2 = cos 2o , x3 = cos 3o thì S = 0 Ví dụ 2.41 Cho cấp số cộng {an } với công sai d, với d, a1, a2, , an khác bội của π Tính tổng n Sn = k=1 1 sin ak sin ak+1 66 Chương 2 Số phức và biến phức trong lượng giác Lời giải Ta có cot an − cot an+1 = sin(an+1 − an ) sin d = sin... 2n)an−k = (n − k + 2)(n − k + 1)an−k+2 (với 2 k n) Suy ra an−3 = an−5 = · · · = 0, còn an−2 , an−4 , được xác định duy nhất theo an Mặt khác, ta có 2 n aj j = 0 = 1 = P 2 (1) 78 Chương 2 Số phức và biến phức trong lượng giác nên an chỉ nhận hai giá trị đối nhau Vậy chỉ có không quá hai đa thức P (x) và Q(x) thoả mãn yêu cầu bài toán Ví dụ 2.58 Cho cj ∈ C, j = 0, 1, , n ; c0 = 0, cn = 0 ; z = eit, t ∈... f (t) + f (π − t) = 2f · cos t − = 2 · 2004 · sin t (2.18) 2 2 80 Chương 2 Số phức và biến phức trong lượng giác Thay tiếp x = 0, y = t − π, ∀t ∈ R, ta được f (t − π) + f (π − t) = 2f (0) · cos(t − π) = −2 · 2003 · cos t (2.19) Từ (2.17) và (2.18) ta suy ra 2f (t) + f (t − π) + f (π − t) = 2 · 2004 · sin t (2.20) Từ (2.19) và (2.20) ta suy ra 2f (t) − 2 · 2003 · cos t = 2 · 2004 · sin t nên f (t) =... 68 Chương 2 Số phức và biến phức trong lượng giác 2.5 Bất đẳng thức lượng giác Trong phần này, ta xét một số bất đẳng thức liên quan đến biểu thức (hàm số) lượng giác Ví dụ 2.45 Chứng minh rằng tập giá trị của mọi đa thức lượng giác bậc n (n 1), không chứa số hạng tự do (tức a0 = 0) An (x) = a1 cos x + b1 sin x + · · · + an cos nx + bn sin nx với a2 + b2 > 0 n n chứa cả giá trị dương và giá trị âm Lời... Số phức và biến phức trong lượng giác Nếu a = 0 thì f (x) = (cos x + 1)(2 cos x − 1)2 0 , ∀x ∈ R, điều này đúng 1−a 1 < cos x < thì f (x) < 0 (mâu thuẫn) 2 2 1−a 1 thì f (x) < 0 (mâu thuẫn) Nếu a > 0, chọn x sao cho > cos x > 2 2 Vậy a = b = 0 Nếu a < 0, chọn x sao cho 2.6 Đặc trưng hàm của hàm số lượng giác Ví dụ 2.55 Tìm hàm f : Z → R thoả mãn các điều kiện f (1) = a với a ∈ [−1; 1] cho trước và. .. i(x − ci)n = 0; 4 (x + ci)n − (cos α + i sin α)(x − ci)n = 0, α = 2kπ Bài 2.19 Chứng minh rằng nếu n là bội của 3 thì √ −1 + i 3 2 n + √ −1 − i 3 2 n =2 và nếu n không chia hết cho 3 thì √ −1 + i 3 2 n + √ −1 − i 3 2 n = −1 86 Chương 2 Số phức và biến phức trong lượng giác Bài 2.20 Tính các biểu thức 1 σ1 = 1 + 1+i √ 2 2 σ2 = 1 + 1−i √ 2 n 1+ 1+i √ 2 1+ 1−i √ 2 n 2 1+ 1+i √ 2 1+ 1−i √ 2 2 22 ··· 1 + . xảy ra khi và chỉ khi a k = Re (λz k ) (k =1, ,n), trong đó λ là số phức và n  k=1 λ 2 z 2 k là số thực không âm. 54 Chương 2. Số phức và biến phức trong. 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