Vận dụng số phức vào chứng minh một số kết quả hình học

Luận văn Thạc sĩ Toán học Vận dụng số phức vào Chứng minh số kết hình học Nguyễn Xuân Sang ĐHKH Thái Nguyên Ngày 01 tháng 04 năm 2013 Số hóa Trung tâm Học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ Mục lục Một vài khái niệm 1.1 Số phức nhúng R vào C 1.2 Tính đóng đại số trường C 1.2.1 C trường đóng đại số 1.2.2 Căn đơn vị 1.3 Công thức nội suy đa thức 5 8 12 22 Ứng dụng số phức vào nghiên cứu Hình học sơ cấp 26 2.1 Một vài đồng thức Bất đẳng thức Hình học sơ cấp 26 2.1.1 Đồng thức Bất đẳng thức Ptolemy cho đa giác 26 2.1.2 Bất đẳng thức Hayashi cho đa giác 31 2.1.3 Bất đẳng thức đồng thức (M, N ) 32 2.1.4 Bất đẳng thức Erdos-Mordell cho đa giác 43 2.2 Sử dụng số phức biểu diễn phép quay 45 2.3 Vận dụng Lượng giác 52 2.3.1 Xây dựng đồng thức 52 2.3.2 Kết đa giác 54 2.3.3 Tính chia hết vài đa thức đặc biệt 56 2.3.4 Tính vài tổng tích 60 Soá hóa Trung tâm Học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ Lời nói đầu Việc vận dụng vài kết đạt Toán cao cấp để nghiên cứu Toán sơ cấp nhiều người quan tâm đến Họ dễ dàng giải toán đặt phát hiện, mở rộng nhiều toán Đặc biệt, xét toán trường Q trường R tốn q khó; mang tốn C mức độ khó chúng giảm nhiều Nếu quan tâm đến Hình học sơ cấp, gặp nhiều toán tam giác giải hình vẽ phức tạp Ta khó mở rộng hay xây dựng kết tương tự cho đa giác tùy ý Vấn đề đặt đây: Tìm phương pháp giải nhanh gọn vài tốn có xây dựng toán tương tự cho đa giác Một vài vấn đề tương đối thời Hình học sơ cấp nhiều người quan tâm đến: (1) Mở rộng Đồng thức Bất đẳng thức Ptolemy (2) Mở rộng Bất đẳng thức Hayashi (3) Mở rộng Bất đẳng thức Erdos-Mordell (4) Xây dựng đồng thức Bất đẳng thức Ngồi ra, có nhiều Thầy Cơ giáo quan tâm đến việc dạy Chương: Số phức ứng dụng cho học sinh lớp 12: Giải thích số i với i2 = −1 mà họ làm quen với trường Q R Với lý kể trên, luận văn tập trung nghiên cứu: Trường C vận dụng số phức Hình học sơ cấp Luận văn chia làm hai chương Chương tập trung trình bày trường số phức C chứng minh tính đóng đại số trường C, có nghĩa: Mọi đa thức bậc dương thuộc C[x] có nghiệm C Mục 1.1 dành để trình bày Số hóa Trung tâm Học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ số phức nhúng R vào C Mục 1.2 tập trung xét tính đóng đại số trường C Với việc trình bày lại hai cách chứng minh có, Định lý 1.2.4 ra: C trường đóng đại số Một vài cơng thức nội suy đa thức, sử dụng chương 2, đưa Mục 1.3 Chương tập trung trình bày vài ứng dụng số phức vào Hình học sơ cấp Mục 2.1 dành để trình bày việc sử dụng số phức vào mở rộng đồng thức Bất đẳng thức Ptolemy Mệnh đề 2.1.2 Mệnh đề 2.1.3; Bất đẳng thức Hayashi mệnh đề 2.1.7 Bất đẳng thức Erdos-Mordell Mệnh đề 2.1.27 Trong mục xây dựng vài Bất đẳng thức đồng thức Mệnh đề 2.1.9 Mệnh đề 2.1.18, 2.1.19 Mục 2.2 tập trung xét phép quay qua số phức mở rộng vài tốn Hình học sơ cấp, chẳng hạn: Ví dụ 2.2.2, Ví dụ 2.2.4 Mục 2.3 dược dành để trình bày việc phát nhiều hệ thức tính số tổng tích lượng giác Luận văn hoàn thành với hướng dẫn bảo tận tình PGS.TS Đàm Văn Nhỉ - Trường Đại học Sư phạm Hà Nội Thầy dành nhiều thời gian hướng dẫn giải đáp thắc mắc em suốt trình làm luận văn Em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến Thầy Em xin trân trọng cảm ơn Thầy (Cơ) giảng dạy phịng đào tạo thuộc Trường Đại học Khoa học Thái Nguyên Đồng thời xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao học Tốn K5A động viên giúp đỡ tơi q trình học tập làm luận văn Tơi xin chân thành cảm ơn Sở Giáo dục-Đào tạo Tỉnh Bắc Ninh, Ban Giám hiệu, đồng nghiệp trường THPT Hàn Thuyên- TP Bắc Ninh - Tỉnh Bắc Ninh tạo điều kiện cho tơi học tập hồn thành kế hoạch học tâp Tuy nhiên, hiểu biết thân cịn hạn chế nên q trình nghiên cứu khơng tránh khỏi thiếu sót Chúng tơi mong dạy đóng góp ý kiến q Thầy Cơ Chúng tơi xin chân thành cảm ơn Thái Nguyên, ngày 01 tháng 04 năm 2013 Tác giả Nguyễn Xn Sang Số hóa Trung tâm Học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ Về ký hiệu: N ký hiệu cho tập số tự nhiên N∗ ký hiệu cho tập số tự nhiên dương Z ký hiệu cho vành số nguyên Q ký hiệu cho trường số hữu tỷ R ký hiệu cho trường số thực C ký hiệu cho trường số phức K ký hiệu cho ba trường Q R C Số hóa Trung tâm Học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ Chương Một vài khái niệm Chương tập trung nghiên cứu vành đa thức số toán liên quan Đây phần trọng tâm Đại số Khi xét đa thức, ta thường quan tâm đến nghiệm, tính bất khả quy biểu diễn thành tích nhân tử Ta bắt đầu việc nhắc lại vài khái niệm 1.1 Số phức nhúng R vào C Xét Tích Descartes T = R × R = {(a, b)|a, b ∈ R} đưa định nghĩa: (a, b) = (c, d) a = c, b = d (a, b) + (c, d) = (a + c, b + d) (a, b) (c, d) = (ac − bd, ad + bc) Để đơn giản, viết (a, b).(c, d) qua (a, b)(c, d) Từ định nghĩa phép nhân: (i) Với i = (0, 1) ∈ T có i2 = i.i = (0, 1)(0, 1) = (−1, 0) (ii) (a, b)(1, 0) = (a, b) = (1, 0)(a, b) (iii) (a, b) = (a, 0) + (0, b) = (a, 0) + (b, 0)(0, 1), ∀ (a, b) ∈ T Ký hiệu C tập T phép toán nêu Ta có kết sau: ´ xạ φ : R → C, a → (a, 0), đơn ánh Bổ đề 1.1.1 Anh thỏa mãn φ(a+a ) = φ(a)+φ(a ), φ(aa ) = φ(a)φ(a ) với a, a ∈ R Số hóa Trung tâm Học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ Đồng (a, 0) ∈ C với a ∈ R Khi viết (a, b) = (a, 0) + (b, 0)(0, 1) = a + bi với i2 = (−1, 0) = −1 Như C = {a + bi|a, b ∈ R, i2 = −1} C có kết đây: a + bi = c + di a = c, b = d a + bi + c + di = a + c + (b + d)i (a + bi)(c + di) = ac − bd + (ad + bc)i Mỗi phần tử z = a + bi ∈ C gọi số phức với phần thực a, ký hiệu Re z, phần ảo b, ký hiệu Im z; i gọi đơn vị ảo Số phức a − bi gọi số phức liên hợp z = a + bi ký hiệu 2 qua z = a + bi Dễ dàng √ kiểm tra zz = (a+bi)(a−bi) = a +b , z1 z2 = z1 z2 gọi |z| = zz môđun z Số đối z = c + di −z = −c − di hiệu z − z = (a + bi) − (c + di) = a − c + (b − d)i Xét mặt phẳng tọa độ (Oxy) Mỗi số phức z = a + bi ta cho tương ứng với điểm M (a; b) Tương ứng song ánh C → R × R, z = a + bi → M (a; b) Khi đồng C với (Oxy) qua việc đồng z với M, mặt phẳng tọa độ với biểu diễn số phức gọi mặt phẳng phức hay mặt phẳng Gauss để ghi công C F Gauss-người đưa biểu diễn Mệnh đề 1.1.2 Tập C trường chứa trường R trường Chứng minh: Dễ dàng kiểm tra C vành giao hoán với đơn vị Giả sử z = a + bi = Khi a2 + b2 > Giả sử z = x + yi ∈ C ax − by = a thỏa mãn zz = hay Giải hệ x = ,y = a + b2 bx + ay = b a b − Vậy z = − i nghịch đảo z Tóm lại 2 a +b a +b a + b2 C trường Tương ứng C → C, z → z, tự đẳng cấu liên hợp Đồng a ∈ R với a + 0i ∈ C coi R trường C hay R ⊂ C Chú ý rằng, nghịch đảo z = z −1 = Số hóa Trung tâm Học liệu z z zz −1 = z z = |z|2 z |z|2 http://www.lrc.tnu.edu.vn/ Định nghĩa 1.1.3 Cho số phức z = Giả sử M điểm mặt phẳng phức biểu diễn số phức z Số đo (rađian) góc lượng giác tia đầu Ox tia cuối OM gọi Argument z ký hiệu qua Arg(z) Góc α = ∠xOM, −π α π, gọi argument z ký hiệu arg z Argument số phức không định nghĩa Chú ý rằng, α argument z argument z có dạng α + k.2π với √ k ∈ Z Với z = 0, ký hiệu α + k.2π Argument z Ký hiệu r = zz Khi số phức z = a + bi có a = r cos α, b = r sin α Vậy z = biểu diễn z = r cos α + i sin α biểu diễn gọi dạng lượng giác z Mệnh đề 1.1.4 Với số phức z1 , z2 biểu diễn z1 = r1 cos α1 + i sin α1 , z2 = r2 cos α2 + i sin α2 , r1 , r2 0, ta ln có (i) |z1 z2 | = |z1 ||z2 |, | z1 |z1 | |= |z1 + z2 | z2 |z2 | |z1 | + |z2 | (ii) z1 z2 = r1 r2 cos α1 + α2 + i sin α1 + α2 (iii) z1 r1 = cos α1 − α2 + i sin α1 − α2 z2 r2 r > Chứng minh: Hiển nhiên Ví dụ 1.1.5 Với a + bi = x + iy Bài giải: Từ a + bi = x + iy n a2 + b = x + y n n n có a2 + b2 = x2 + y n suy a − bi = x − iy Như Mệnh đề 1.1.6 [Moivre] Nếu z = r(cos α + i sin α) với số nguyên dương n có z n = rn cos nα + i sin nα Chứng minh: Kết chứng minh qua quy nạp theo n Hệ 1.1.7 Căn bậc n số phức z = r cos α + i sin α = α + 2kπ α + 2kπ n giá trị khác zk = r1/n cos + i sin với n n k = 1, 2, , n Soá hóa Trung tâm Học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 1.2 1.2.1 Tính đóng đại số trường C C trường đóng đại số Bây ta rằng, đa thức bậc dương thuộc C[x] có nghiệm C Đó nội dung Định lý đại số Người chứng minh định lý nhà toán học C Gauss (1777-1855) Định nghĩa 1.2.1 Trường K gọi trường đóng đại số đa thức bậc dương thuôc K[x] có nghiệm K Như vậy, K[x] đa thức bậc dương phân tích thành tích nhân tử tuyến tính K trường đóng đại số Bổ đề 1.2.2 Mỗi đa thức bậc lẻ thuộc R[x] có nghiệm thực thuộc R Chứng minh: Giả sử f (x) = a0 x2s+1 +a1 x2s +· · ·+a2s x+a2s+1 ∈ R[x] với a0 = Dễ dàng thấy a0 f (x) tiến +∞ x → +∞ a0 f (x) tiến −∞ x → −∞ Từ suy tồn số thực α > β < thỏa mãn a0 f (α) > 0, a0 f (β) < Do a20 f (α)f (β) < hay f (α)f (β) < Vì đa thức f (x) hàm xác định liên tục R thỏa mãn f (α)f (β) < nên, theo Định lý Weierstrass, đa thức f (x) có nghiệm thực thuộc (α, β) Bổ đề 1.2.3 Mỗi đa thức bậc hai thuộc C[x] có hai nghiệm thuộc C Chứng minh: Trước tiên ta ra, với số phức z có hai số phức z1 , z2 để z12 = z, z22 = z Thật vậy, giả sử z = a + bi = giả sử x2 − y = a z1 = x + yi với a, b, x, y ∈ R để z1 = z hay 2xy = b Ta cần xét trường hợp b = trường hợp b = xét tương tự Vì b = nên x = Khi  √   a + a2 + b2 b y = x = ± =0 1,2 hay 2x 4x4 − 4ax2 − b2 =  y = b 2x bi bi Ta có z1 = x1 + z2 = x2 + thỏa mãn z12 = z22 = z 2x1 2x2 Số hóa Trung tâm Học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ Theo lập luận trên, có hai số phức z1 z2 để z12 = z22 = b2 − 4ac −b + z1 −b + z2 Khi nghiệm phương trình 2 Định lý 1.2.4 [d’Alembert-Gauss, Định lý đại số] Mọi đa thức bậc dương thuộc C[x] có nghiệm thuộc C Chứng minh 1: Cho đa thức tùy ý f (x) = xn + a1 xn−1 + · · · + an ta ký hiệu đa thức f (x) = xn + a1 xn−1 + · · · + an Khi g(x) = f (x)f (x) ∈ R[x] Nếu g(α) = f (α) = f (α) = Từ trường hợp f (α) = ta suy = f (α) = f (α) Tóm lại, g(x) có nghiệm f (x) có nghiệm Chính kết mà ta cần chứng minh định lý cho đa thức với hệ số thực Ta biết cho đa thức f (x) = xn + a1 xn−1 + · · · + an ∈ R[x] có trường mở rộng K R để K[x] ta có phân tích thành tích nhân tử tuyến tính f (x) = (x − α1 )(x − α2 ) (x − αn ) Phân tích bậc n = 2d với số ngun dương lẻ Ta chứng minh có αi ∈ C phương pháp quy nạp theo số nguyên không âm d Nếu d = f (x) đa thức bậc lẻ Nó có nghiệm C theo Bổ đề 1.2.2 Nếu d > 0, ta giả thiết đa thức thuộc R[x] có bậc m với phân tích m = 2e p, p lẻ e < d, có nghiệm thuộc C Với số thực c ta xét phần tử βij = αi αj + c(αi + αj ) với tất cặp số i, j = 1, , n, i < j Số cặp (i, j) n(n − 1) = 2d−1 (2d − 1) = 2d−1 q với số q lẻ Đa thức bậc 2d−1 q sau đây: g(x) = (x − βij ) i Khi (i) Xác định tất cặp số (n, r) để xn − an chia hết cho xr − ar (ii) Với cặp số nguyên n, r xác định dư phép chia xn − an cho xr − ar Bài giải: (i) Vì (xr − ar ) = rxr−1 khơng có nghiệm khác nên đa thức xr − ar có nghiệm đơn Vậy f (x) = xn − ar chia hết cho xr − ar nghệm xr − ar nghiệm f (x) Khơng hạn chế coi a = Nghiệm xr − s2π s2π xs = cos + i sin với s = 1, , r Vậy xn − chia hết cho xr − r r ns2π ns2π chi cos + i sin = với s = 1, , r Điều r r ns2π   cos =1   r tương đương sin ns2π = Do n˙:r có cặp dạng   r   s = 1, 2, , r (mr, r) (ii) Biểu diễn n = pr + s với s < r Khi xn − = xpr+s − = (xr − 1)(xn−r + xn−2r + · · · + xm−pr ) + xs − Vậy phần dư xs − 2.3.4 Tính vài tổng tích Ví dụ 2.3.19 Với số ngun n ta ln có đồng thức đây: √ π 3π 5π (2n − 1)π = 2n sin sin sin sin 4n 4n 4n 4n π 3π (2r − 1)π Với số nguyên r có r = sin sin sin 2(2r + 1) 2(2r + 1) 2(2r + 1) m π 3π (2r − 1)π Từ tính tổng Tm = sin sin sin 2(2r + 1) 2(2r + 1) 2(2r + 1) r=1 giới hạn dãy (Tm ) Số hóa Trung tâm Học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 61 kπ + 2n k=1,3, ,2n−1 kπ kπ 1) Cho x = ta = (2−2 cos ) = sin2 2n 4n k=1,3, ,2n−1 k=1,3, ,2n−1 √ √ kπ kπ Như = sin hay = 2n sin 4n 4n k=1,3, ,2n−1 k=1,3, ,2n−1 √ π (2n − 1)π 3π (2n − 3)π Nếu n = 2r+1 = 2n sin sin sin sin 4n 4n 4n 4n π 3π 5π (2r − 1)π Vậy r = sin sin sin sin , 2(2r + 1) 2(2r + 1) 2(2r + 1) 2(2r + 1) nπ tích có thừa số sin , suy T = 1− m Vậy lim Tm = 4n Bài giải: Theo Mệnh đề 2.3.2 có x2n +1 = (x2 −2x cos Ví dụ 2.3.20 Với số nguyên n ta ln có đồng thức đây: √ π 2π 3π (n − 1)π n = 2n−1 sin sin sin sin 2n 2n 2n 2n x2n − n−1 k2π Bài giải: Theo Mệnh đề 2.3.2 có = (x − 2x cos + 1) x −1 2n k=1 n−1 n−1 k2π kπ Cho x → ta n = (2 − cos )= sin2 Như 2n 2n k=1 k=1 n−1 n−1 √ kπ kπ n= sin2 hay n = 2n−1 sin 2n 2n k=1 k=1 Ví dụ 2.3.21 [IMO 1973] Chứng minh với số nguyên dương n có n √ kπ n sin = 2n + 2n + k=1 Bài giải: Xét đa thức x2n+1 − C với 2n + nghiệm ta suy biểu diễn n x2n+1 − k2π = (x2 − 2x cos + 1) x−1 2n + k=1 n n k2π kπ Cho x → hệ thức 2n+1 = (2−2 cos )= sin2 2n + 2n + k=1 k=1 n √ kπ Do 2n sin = 2n + 2n + k=1 Số hóa Trung tâm Học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 62 n Ví dụ 2.3.22 Với số nguyên dương n, tính tổng T = sin kx k=1 n Bài giải: Đặt S = n cos kx Xét S + iT = k=1 (cos kx + i sin kx) Đặt k=1 n uk = u u = cos x + i sin x Khi S + iT = k=1 sin suy T = un − Từ dễ dàng u−1 nx (n + 1)x sin 2 x sin n Ví dụ 2.3.23 Với số nguyên dương n, tính tổng T = n S = k=0 k=0 n k n k sin(k+1)x cos(k + 1)x π 2π 3π 4π 5π 6π 7π Ví dụ 2.3.24 Tính S = sin sin sin sin sin sin sin 15 15 15 15 15 15 15 π 2π 3π 4π 5π 6π 7π T = tan tan tan tan tan tan tan 15 15 15 15 15 15 15 √ 15 Bài giải: Theo Ví dụ 2.3.21, với n = có S = Theo Ví dụ 2.3.3, π 3π 13π 7π π với n = 15 có sin2 sin2 · · · sin2 = 14 hay cos2 · · · cos2 = 30 30 30 15 15 π 2π 7π S Từ có P = cos cos · · · cos = T = = 214 15 15 15 27 P √ 15 n √ kπ Ví dụ 2.3.25 Chứng minh tan = 2n + 2n + k=1 x2n+1 − Bài giải: Theo Mệnh đề 2.3.2, = x−1 n k2π + 2n + k=1 n k2π ) = 1) Cho x → hệ thức 2n + = (2 − cos 2n + k=1 n n √ kπ kπ n hay sin = 2n + Cho x = −1 ta sin 2n + 2n + k=1 k=1 n n k2π kπ nhận hệ thức = (2 + cos )= cos2 hay 2n + 2n + k=1 k=1 n n √ kπ kπ 2n cos = Do tan = 2n + 2n + 2n + k=1 k=1 Số hóa Trung tâm Học liệu (x2 − 2x cos http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 63 p(x) n x + αk Ví dụ 2.3.26 Ta ln có n = − p(αk ) + p(0), x +1 2n k=1 x − αk (2k + 1)π (2k + 1)π αk = cos + i sin , k = 1, 2, , n, đa n n n (2k + 1)π (2k + 1)π thức p(x) có deg p(x) < n Từ suy hệ thức cot cos = 2n n k=1 n n (2k + 1)π (2k + 1)π (2k + 1)π 0, cot sin = n cot = 2n n 2n k=1 k=1 n p(x) p(αk ) n αk p(αk ) = = − xn + k=1 nαkn−1 (x − αk ) n k=1 x − αk n p(x) Cho x = có p(0) = p(αk ) Khi ta có hệ thức sau: n − n k=1 x +1 1 n 2αk p(αk ) n n x + αk p(0) = − − p(αk ) = − p(αk ) Do 2n k=1 x − αk 2n k=1 2n k=1 x − αk p(x) n x + αk n =− p(αk ) + p(0) x +1 2n k=1 x − αk 1 n + αk Khi chọn p(x) = x x = ta có = − αk Dễ dàng biến 2n k=1 − αk + αk (2k + 1)π (2k + 1)π (2k + 1)π đổi αk = i cot cos + i sin Vậy − αk 2n n n n n (2k + 1)π (2k + 1)π (2k + 1)π (2k + 1)π cot cos = 0, cot sin = 2n n 2n n k=1 k=1 n 1+α 1 n + αk k n Khi p(x) = 1, x = 1, có = − + hay = 2n k=1 − αk k=1 − αk n + αk (2k + 1)π (2k + 1)π Biến đổi = i cot Vậy cot = − αk 2n 2n k=1 Bài giải: Hiển nhiên p(x) n x + αk = p(αk ) − p(0), n x −1 2n k=1 x − αk 2kπ 2kπ αk = cos + i sin , k = 1, 2, , n, đa thức p(x) có n n 4kπ 2kπ 4kπ 2kπ cos − cos sin − sin n n 2n n n , n n = deg p(x) < n Vậy n = 2kπ 2kπ − k=1 k=1 − cos − cos n n Ví dụ 2.3.27 Ta ln có p(x) Bài giải: Hiển nhiên n = x −1 Số hóa Trung tâm Học liệu n p(αk ) n αk p(αk ) = n−1 n k=1 x − αk k=1 nαk (x − αk ) http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 64 n p(x) Cho x = có p(0) = p(αk ) Khi ta có n + p(0) = n k=1 x −1 n n n 2αk p(αk ) 1 x + αk p(x) + p(αk ) = p(αk ) Do n = 2n k=1 x − αk 2n k=1 2n k=1 x − αk x −1 n x + αk p(αk ) − p(0) 2n k=1 x − αk x n αk2 Khi chọn p(x) = x ta có n = Cho x = ta nhận x −1 n k=1 x − αk 4kπ 2kπ cos − cos n n αk 2n n n n = Từ có n = 2kπ − n k=1 − αk − k=1 − cos n 4kπ 2kπ − sin n sin n n = 2kπ k=1 − cos n Ví dụ 2.3.28 Với số nguyên dương n góc α tính tích đây: (2s − 1)π n sin α + 2n T = 1+ (2s − 1)π s=1 sin 2n Bài giải: Xét phương trình tn = −1 = cos π + i sin π Khi sπ sπ xs + cos α + i sin α nghiệm ts = cos +i sin với s = 1, 2, , n Giả sử = n n xs + cos α − i sin α (2s − 1)π sin α + 2n Vì xs nghiệm phương ts Khi xs = − (2s − 1)π sin 2n trình f (x) = (x + cos α + i sin α)n + (x + cos α − i sin α)n = nên ta có f (x) = x+ s=1 (2s − 1)π 2n (2s − 1)π sin 2n sin α + n Do 2T = (1 + cos α + i sin α)n + (1 + cos α − i sin α)n hay chúng nα α ta có T = 2n cosn cos 2 Số hóa Trung tâm Học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 65 Ví dụ 2.3.29 Với số nguyên dương n tính tổng đây: n T = k=1 kπ n ,S = kπ + 16 sin2 n + sin2 sin n k=1 2kπ n kπ + 16 sin n n 2kπ 2kπ + i sin n n k=1 n nxn−1 2kπ 2kπ k = 1, 2, , n, nên n = với αk = cos + i sin x − k=1 x − αk n n k = 1, 2, , n, Với x = ta có hệ thức n Bài giải: Vì x − = n n4n−1 = 4n − k=1 n = k=1 (x − αk ) với αk = cos n = − αk 2kπ 2kπ k=1 − cos − i sin n n 2kπ 2kπ kπ 2kπ n + sin2 − cos + i sin + i sin n n = n n 2kπ kπ k=1 17 − cos + 16 sin2 n n kπ n4n−1 n Do = n −1 kπ k=1 + 16 sin n + sin2 n sin n k=1 2kπ n kπ + 16 sin n = Ví dụ 2.3.30 Với số nguyên dương n, tính tổng đây: n T = k=1 kπ n ,S = kπ (n − 1)2 + 2n sin2 n n − + sin2 sin n k=1 (n − 1)2 2kπ n kπ + 4n sin n n 2kπ 2kπ + i sin n n k=1 n nxn−1 2kπ 2kπ k = 1, 2, , n, nên n = với αk = cos + i sin x − k=1 x − αk n n n Bài giải: Vì x − = (x − αk ) với αk = cos Số hóa Trung tâm Học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 66 k = 1, 2, , n, Với x = n ta nhận hệ thức I = n I = k=1 n = k=1 = n − αk nn : nn − n 2kπ 2kπ k=1 n − cos − i sin n n 2kπ 2kπ kπ 2kπ n n − + sin2 n − cos + i sin + i sin n n = n n 2kπ kπ k=1 n2 + − 2n cos (n − 1)2 + 4n sin2 n n kπ nn n Từ suy T = = n S = kπ n − k=1 (n − 1)2 + 2n sin n n n − + sin2 n Ckn Ví dụ 2.3.31 Tính tổng T = k=0 72k+2 2k + x(1 + x2 )n dx Đặt y = + x2 Bài giải: Tính tích phân In = 50n+1 − n+1 50 Khi In = y dy = y |1 hay ta có In = 21 2(n + 1) 2(n + 1) n 50n+1 − k 2k+1 n Khai triển tích x(1 + x ) = Cn x Vậy = In = 2(n + 1) k=0 n n 72k+2 Ckn x2k+1 dx = Ckn 2k + k=0 k=0 50 n n Ví dụ 2.3.32 Tính tổng T = (−1)k Ckn k=0 2k + 1 Bài giải: Tính tích phân In = (1 − x2 )n dx với số nguyên dương n Sử dụng cơng thức tính tích phân phần ta nhận In = x(1 − x2 )n |10 + 2n x2 (1 − x2 )n−1 dx = −2n(In − In−1 ) hay ta có In = 2n In−1 Với công thức truy hồi ta nhận 2n + Số hóa Trung tâm Học lieäu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 67 n 2.4.6 2n 2.4.6 2n Vậy = In = (−1)k Ckn x2k dx 3.5.7 (2n + 3.5.7 (2n + 1) k=0 n 2.4.6 2n k hay = (−1)k Cn 3.5.7 (2n + 1) k=0 2k + In = Ví dụ 2.3.33 Phân tích x2n + xn + thành tích nhân tử bất n−1 (3k + 1)π khả quy R[x] tính tích P = sin 3n k=0 Bài giải: Đa thức x3n − có 3n nghiệm phân biệt nên tập nghiệm x2n + xn + xn − không giao Phân tích đa thức f = x3n − : 3n−1 f = k=0 n−1 2kπ 2kπ (x − cos − i sin )= 3n 3n (x − cos k=0 n−1 (x − cos k=0 n−1 (x − cos k=0 3k2π 3k2π − i sin ) 3n 3n (3k + 1)2π (3k + 1)2π − i sin ) 3n 3n (3k + 2)2π (3k + 2)2π − i sin ) 3n 3n n−1 2kπ 2kπ 3k2π 3k2π −i sin )= (x−cos −i sin ) n n 3n 3n k=0 k=0 nên ta biểu diễn thành tích x2n + xn + = g(x)h(x) với  n−1 (3k + 1)2π (3k + 1)2π   g(x) = (x − cos − i sin )  3n 3n k=0 n−1 (3k + 2)2π (3k + 2)2π   (x − cos − i sin ) h(x) = 3n 3n k=0 Vì xn −1 = n−1 (x−cos h.2π h.2π − i sin Tk = (x − x3k+1 )(x − x3(n−k−1)+2 ) 3n 3n với h = 0, 1, , 3n − Khi ta có kết đây: Đặt xh = cos (3k + 1)2π (3k + 1)2π − i sin ) 3n 3n (3n − 3k − 1)2π (3n − 3k − 1)2π (x − cos − i sin ) 3n 3n Tk = (x − cos hay Tk = x2 − 2x cos (3k + 1)2π + nhận phân tích thành 3n Số hóa Trung tâm Học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 68 tích n−1 2n x n (x2 − 2x cos +x +1= k=0 n−1 (2 − cos k=0 √ n−1 (3k + 1)π sin = n 3n k=0 Với x = có = (3k + 1)2π + 1) 3n n−1 (3k + 1)2π (3k + 1)π ) = 4n sin2 Do 3n 3n k=0 Ví dụ 2.3.34 Phân tích x2n − 2xn + thành tích nhân tử bậc n−1 (8k + 1)π hai R[x] tính tích P = sin 8n k=0 Bài giải: Đa thức x2n −2xn +2 = (xn −1)2 −i2 = (xn −1+i)(xn −1−i) √ √ π π π π Từ x2n −2xn +2 = xn − 2(cos +i sin ) xn − 2(cos −i sin ) 4 4 π π n−1 + 2kπ + 2kπ √ 2n 4 = x − cos + i sin n n k=0 π π n−1 + 2kπ + 2kπ √ 2n 4 x − cos − i sin n n k=0 π n−1 + 2kπ √ √ 2n n = x − 2x cos + n k=0 x = √ 2n n−1 (8k + 1)π suy sin = 8n k=0 Số hóa Trung tâm Học liệu 2− 2n √ http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 69 Kết luận luận văn Trong luận văn chúng tơi trình bày kết sau đây: Xây dựng trường C nhúng trường R vào trường C Trình bày lại hai cách chứng minh định lý đại số Mở rộng đồng thức Bất đẳng thức Ptolemy Bất đẳng thức Hayashi cho đa giác Chứng minh lại Bất đẳng thức Erdos-Mordell cho đa giác Chứng minh lại đồng thức Bất đẳng thức (M,N) vài bất đẳng thức Trình bày phép quay qua số phức mở rộng vài tốn hình biết từ lâu Xây dựng số hệ thức tính vài tổng, tích lượng giác Số hóa Trung tâm Học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ Tài liệu tham khảo [1] T Andreescu and D Andrica, Proving some geometric inequalities by using complex numbers, Eduatia Math Vol Nr (2005),19-26 [2] D Demidovich, Bài tập giải tích tốn học, Hà Nội 1975 [3] D Faddéev et I Sominski, Recueil D’Exercices D’Algèbre Supérieure, Editions Mir-Moscou 1977 [4] N V Mậu Đ V Nhỉ, Đồng thức phương pháp tọa độ Hình học, Nhà Xuất Bản ĐHQG Hà Nội 2012 [5] Đ V Nhỉ, Số phức giải Toán sơ cấp, Tạp chí Khoa học ĐHSP Hà Nội số 2006, 40-48 [6] Đ V Nhỉ, Mở rộng Bất đẳng thức Ptolemy Hayashi cho đa giác, Tạp chí Toán học Tuổi trẻ số 426, 12 2012 [7] D V Nhi, A new Inequality and Identity (M, N ), Journal of Science and Arts, No (22) 2013, 5-16 [8] J Rivaud, Exercices D’Algèbre 1, Paris Librairie Vuibert 1964 [9] D Q Việt Đ V Nhỉ, Giáo trình Đại số Sơ cấp, Nhà Xuất Bản ĐHSP Hà Nội 2007 [10] Tuyển tập: The IMO Compendium 1959-2004 Soá hóa Trung tâm Học liệu 70 http://www.lrc.tnu.edu.vn/ ... Chương: Số phức ứng dụng cho học sinh lớp 12: Giải thích số i với i2 = −1 mà họ làm quen với trường Q R Với lý kể trên, luận văn tập trung nghiên cứu: Trường C vận dụng số phức Hình học sơ cấp... cot x 2 k=1 n f (x) = Số hóa Trung tâm Học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ Chương Ứng dụng số phức vào nghiên cứu Hình học sơ cấp 2.1 Một vài đồng thức Bất đẳng thức Hình học sơ cấp 2.1.1 Đồng... chương 2, đưa Mục 1.3 Chương tập trung trình bày vài ứng dụng số phức vào Hình học sơ cấp Mục 2.1 dành để trình bày việc sử dụng số phức vào mở rộng đồng thức Bất đẳng thức Ptolemy Mệnh đề 2.1.2