Toán 10 Đẳng thức lượng giác

[iceghost]

[TẶNG BẠN] TRỌN BỘ Bí kíp học tốt 08 môn
Chắc suất Đại học top - Giữ chỗ ngay!!

ĐĂNG BÀI NGAY để cùng trao đổi với các thành viên siêu nhiệt tình & dễ thương trên diễn đàn.

Với $n$ là số tự nhiên lớn hơn $1$, hãy chứng minh rằng $$\sin \dfrac{\pi}n \cdot \sin \dfrac{2\pi}n \cdot \sin \dfrac{3\pi}n \ldots \sin\dfrac{(n-1)\pi}n = \dfrac{n}{2^{n-1}}.$$

 

[Nguyễn Bá Tuấn]

Em chứng minh bằng quy nạp đi

 

[iceghost]

Em chứng minh bằng quy nạp đi

Em thấy $n$ nằm trong $\sin$ như vậy không xử lý bằng quy nạp được thầy ạ

 

[lengoctutb]

Với $n$ là số tự nhiên lớn hơn $1$, hãy chứng minh rằng $$\sin \dfrac{\pi}n \cdot \sin \dfrac{2\pi}n \cdot \sin \dfrac{3\pi}n \ldots \sin\dfrac{(n-1)\pi}n = \dfrac{n}{2^{n-1}}.$$

Đầu tiên bài này ta đi sẽ đi chứng minh Công thức [imath]Euler[/imath] [imath]:[/imath]
Với mọi số thực [imath]x[/imath], ta có : [imath]e^{ix}=cosx+isinx[/imath] [imath]([/imath]với [imath]e[/imath] là cơ số [imath]logarit[/imath] tự nhiên[imath],[/imath] [imath]i[/imath] là đơn vị số phức[imath])[/imath]
Xét hàm số [imath]f[/imath] được xác định bởi [imath]:[/imath] [imath]f(x)=e^{-ix}(cosx+isinx)[/imath]
Khi đó [imath]:[/imath] [imath]f'(x)=-ie^{-ix}(cosx+isinx)+ e^{-ix}(icosx-sinx)=e^{-ix}(-icosx+sinx)+ e^{-ix}(icosx-sinx)= e^{-ix}(-icosx+sinx+icosx-sinx)=0[/imath]
Do [imath]f'(x)=0[/imath] nên [imath]f(x)[/imath] là hàm hằng [imath]\Rightarrow f(x)=k[/math],[/imath] [imath]\forall x[/imath]
Cho [imath]x=0[math],[/imath] ta có [imath]:[/imath] [imath]f(0)=k \Leftrightarrow e^{-i.0}(cos0+isin0)=k \Leftrightarrow k=1(1+0.i)=1[/math].[/imath] Vậy [imath]f(x)=1[/imath]
Cuối cùng ta có [imath]:[/imath] [imath]e^{-ix}(cosx+isinx)=1[/imath] hay [imath]e^{ix}=cosx+isinx[/imath] [imath]([/imath]đpcm[imath])[/imath] [imath](1)[/imath]
Từ đpcm trên ta cũng có [imath]:[/imath] [imath]e^{-ix}=cosx-isinx[/imath] [imath]([/imath]việc từ [imath](1)[/imath] thay [imath]x[/imath] bởi [imath]-x[math])[/imath] [imath](2)[/imath]
Cũng bởi [imath](1)[/imath] cho [imath]x=\pi[/math],[/imath] ta có [imath]:[/imath] [imath]e^{i\pi}=cos\pi+isin\pi=-1+i.0=-1=i^{2} \Leftrightarrow e^{\frac{i\pi}{2}}=i[/imath] [imath](3)[/imath]
[imath](1)(2) \Rightarrow sinx=(2i)^{-1}(e^{ix}-e^{-ix})[/imath] [imath](*)[/imath]
Trở lại bài toán [imath]:[/imath] Đặt [imath]A=sin\frac{\pi}{n} \cdot sin\frac{2\pi}{n} \cdot sin\frac{3\pi}{n} \cdots sin\frac{(n-1)\pi}{n}=\displaystyle \prod_{k=1}^{n-1}sin\frac{k\pi}{n}[/imath]
Áp dụng công thức [imath](*)[/imath],[/imath] ta có [imath]:[/imath] [imath]A=(2i)^{1-n} \displaystyle \prod_{k=1}^{n-1}(e^{\frac{ik\pi}{n}}-e^{\frac{-ik\pi}{n}})= (2i)^{1-n} \displaystyle \prod_{k=1}^{n-1}e^{\frac{-ik\pi}{n}} \displaystyle \prod_{k=1}^{n-1}(e^{\frac{2ik\pi}{n}}-1)[/imath]
Xét [imath]:[/imath] [imath]B=\displaystyle \prod_{k=1}^{n-1}e^{\frac{-ik\pi}{n}}=e^{\displaystyle \sum_{k=1}^{n-1}\frac{-ik\pi}{n}}=e^{\frac{-i\pi}{n} \displaystyle \sum_{k=1}^{n-1}k}= e^{\frac{-i\pi}{n}.\frac{n(n-1)}{2}}= e^{\frac{-i(n-1)\pi}{2}}=i^{-(n-1)}=i^{1-n}[/imath] [imath]([/imath]do [imath](3)[/imath][imath])[/imath]
Khi đó [imath]:[/imath] [imath](2i)^{1-n}B=2^{1-n}(i^{2})^{1-n}=2^{1-n}(-1)^{1-n}=(-2)^{1-n} \Rightarrow A= (-2)^{1-n} \displaystyle \prod_{k=1}^{n-1}(e^{\frac{2ik\pi}{n}}-1)[/imath]
Nếu [imath]n[/imath] là số lẻ thì [imath]n-1[/imath] là số chẵn [imath]\Rightarrow A=2^{1-n} \displaystyle \prod_{k=1}^{n-1}(1-e^{\frac{2ik\pi}{n}})[/imath]
Nếu [imath]n[/imath] là số chẵn thì [imath]n-1[/imath] là số lẻ [imath]\Rightarrow A=-2^{1-n} [-\displaystyle \prod_{k=1}^{n-1}(1-e^{\frac{2ik\pi}{n}})]= 2^{1-n} \displaystyle \prod_{k=1}^{n-1}(1-e^{\frac{2ik\pi}{n}})[/imath]
Vậy tóm lại [imath]A= 2^{1-n} \displaystyle \prod_{k=1}^{n-1}(1-e^{\frac{2ik\pi}{n}})[/imath]
Xét bài toán [imath]:[/imath] Nghiệm đơn vị cấp [imath]n[math],[/imath] trong đó [imath]n[/imath] là một số nguyên dương và một số [imath]z[/imath] thỏa mãn phương trình [imath]:[/imath]
[imath]z^{n}=1[/imath] mà [imath]e^{ik2\pi}=1[/imath] nên [imath]z^{n}= e^{ik2\pi} \Leftrightarrow z=e^{\frac{ik2\pi}{n}}[/imath] [imath](k=\overline{0,n-1})[/imath]
Với mỗi một số [imath]n[/imath] xác định thì ta có [imath]:[/imath] [imath]e^{\frac{ik2\pi}{n}}[/imath] là một nghiệm của phương trình [imath]:[/imath] [imath]z^{n}-1=0[/imath]
Nên theo hệ quả định lý [imath]Bezout[/imath][imath],[/imath] ta có [imath]:[/imath] [imath]z^{n}-1= \displaystyle \prod_{k=0}^{n-1}(z-e^{\frac{2ik\pi}{n}}) \Leftrightarrow (z-1)\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}z^{k}=(z-1) \displaystyle \prod_{k=1}^{n-1}(z-e^{\frac{2ik\pi}{n}}) \Leftrightarrow \displaystyle \prod_{k=1}^{n-1}(z-e^{\frac{2ik\pi}{n}})= \displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}z^{k}[/imath]
Cho [imath]z=1[/imath][imath],[/imath] ta có [imath]:[/imath] [imath]\displaystyle \prod_{k=1}^{n-1}(1-e^{\frac{2ik\pi}{n}})= \displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}1^{k}=n[/imath]
Vậy [imath]:[/imath] [imath]A= 2^{1-n} \displaystyle \prod_{k=1}^{n-1}(1-e^{\frac{2ik\pi}{n}})= 2^{1-n}.n=\frac{n}{2^{n-1}}[/imath] [imath]([/imath]đpcm[imath])[/imath]

 

[Nguyễn Hương Trà]

Đầu tiên bài này ta đi sẽ đi chứng minh Công thức $Euler$ $:$
Với mọi số thực $x$$,$ ta có $:$ $e^{ix}=cosx+isinx$ $($với $e$ là cơ số $logarit$ tự nhiên$,$ $i$ là đơn vị số phức$)$
Xét hàm số $f$ được xác định bởi $:$ $f(x)=e^{-ix}(cosx+isinx)$
Khi đó $:$ $f'(x)=-ie^{-ix}(cosx+isinx)+ e^{-ix}(icosx-sinx)=e^{-ix}(-icosx+sinx)+ e^{-ix}(icosx-sinx)= e^{-ix}(-icosx+sinx+icosx-sinx)=0$
Do $f'(x)=0$ nên $f(x)$ là hàm hằng $\Rightarrow f(x)=k$$,$ $\forall x$
Cho $x=0$$,$ ta có $:$ $f(0)=k \Leftrightarrow e^{-i.0}(cos0+isin0)=k \Leftrightarrow k=1(1+0.i)=1$$.$ Vậy $f(x)=1$
Cuối cùng ta có $:$ $e^{-ix}(cosx+isinx)=1$ hay $e^{ix}=cosx+isinx$ $($đpcm$)$ $(1)$
Từ đpcm trên ta cũng có $:$ $e^{-ix}=cosx-isinx$ $($việc từ $(1)$ thay $x$ bởi $-x$$)$ $(2)$
Cũng bởi $(1)$ cho $x=\pi$$,$ ta có $:$ $e^{i\pi}=cos\pi+isin\pi=-1+i.0=-1=i^{2} \Leftrightarrow e^{\frac{i\pi}{2}}=i$ $(3)$
$(1)(2) \Rightarrow sinx=(2i)^{1-n}(e^{ix}-e^{-ix})$ $(*)$
Trở lại bài toán $:$ Đặt $A=sin\frac{\pi}{n} \cdot sin\frac{2\pi}{n} \cdot sin\frac{3\pi}{n} \cdots sin\frac{(n-1)\pi}{n}=\displaystyle \prod_{k=1}^{n-1}sin\frac{k\pi}{n}$
Áp dụng công thức $(*)$$,$ ta có $:$ $A=(2i)^{1-n} \displaystyle \prod_{k=1}^{n-1}(e^{\frac{ik\pi}{n}}-e^{\frac{-ik\pi}{n}})= (2i)^{1-n} \displaystyle \prod_{k=1}^{n-1}e^{\frac{-ik\pi}{n}} \displaystyle \prod_{k=1}^{n-1}(e^{\frac{2ik\pi}{n}}-1)$
Xét $:$ $B=\displaystyle \prod_{k=1}^{n-1}e^{\frac{-ik\pi}{n}}=e^{\displaystyle \sum_{k=1}^{n-1}\frac{-ik\pi}{n}}=e^{\frac{-i\pi}{n} \displaystyle \sum_{k=1}^{n-1}k}= e^{\frac{-i\pi}{n}.\frac{n(n-1)}{2}}= e^{\frac{-i(n-1)\pi}{2}}=i^{-(n-1)}=i^{1-n}$ $($do $(3)$$)$
Khi đó $:$ $(2i)^{1-n}B=2^{1-n}(i^{2})^{1-n}=2^{1-n}(-1)^{1-n}=(-2)^{1-n} \Rightarrow A= (-2)^{1-n} \displaystyle \prod_{k=1}^{n-1}(e^{\frac{2ik\pi}{n}}-1)$
Nếu $n$ là số lẻ thì $n-1$ là số chẵn $\Rightarrow A=2^{1-n} \displaystyle \prod_{k=1}^{n-1}(1-e^{\frac{2ik\pi}{n}})$
Nếu $n$ là số chẵn thì $n-1$ là số lẻ $\Rightarrow A=-2^{1-n} (-\displaystyle \prod_{k=1}^{n-1}(1-e^{\frac{2ik\pi}{n}}))= 2^{1-n} \displaystyle \prod_{k=1}^{n-1}(1-e^{\frac{2ik\pi}{n}}) $
Vậy $A= 2^{1-n} \displaystyle \prod_{k=1}^{n-1}(1-e^{\frac{2ik\pi}{n}})$
Xét bài toán $:$ Nghiệm đơn vị cấp $n$$,$ trong đó $n$ là một số nguyên dương và một số $z$ thỏa mãn phương trình $:$
$z^{n}=1$ mà $e^{ik2\pi}=1$ nên $z^{n}= e^{ik2\pi} \Leftrightarrow z=e^{\frac{ik2\pi}{n}}$ $(k=\overline{0,n-1})$
Với mỗi một số $n$ xác định thì ta có $:$ $e^{\frac{ik2\pi}{n}}$ là một nghiệm của phương trình $:$ $z^{n}-1=0$
Nên theo hệ quả định lý $Bezout$$,$ ta có $:$ $z^{n}-1= \displaystyle \prod_{k=0}^{n-1}(z-e^{\frac{2ik\pi}{n}}) \Leftrightarrow (z-1)\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}z^{k}=(z-1) \displaystyle \prod_{k=1}^{n-1}(z-e^{\frac{2ik\pi}{n}}) \Leftrightarrow \displaystyle \prod_{k=1}^{n-1}(z-e^{\frac{2ik\pi}{n}})= \displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}z^{k}$
Cho $z=1$$,$ ta có $:$ $\displaystyle \prod_{k=1}^{n-1}(1-e^{\frac{2ik\pi}{n}})= \displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}1^{k}=n$
Vậy tóm lại $:$ $A= 2^{1-n} \displaystyle \prod_{k=1}^{n-1}(1-e^{\frac{2ik\pi}{n}})= 2^{1-n}.n=\frac{n}{2^{n}-1}$

mới lớp 10 thì sao c/m ntn được
khó quá

 

[baogiang0304]

mới lớp 10 thì sao c/m ntn được
khó quá

Nhưng gàn như chẳng hiểu gì cả bởi vẫn đang nghỉ hè chuẩn bị lên 11

 

[lengoctutb]

mới lớp 10 thì sao c/m ntn được
khó quá

Mình học chuyên toán mà bạn $!$

 

[Nguyễn Hương Trà]

Nhưng gàn như chẳng hiểu gì cả bởi vẫn đang nghỉ hè chuẩn bị lên 11

đúng là không hiểu gì thật

 

[Nguyễn Hương Trà]

Mình học chuyên toán mà bạn $!$

ý mình là bọn mình không c/m như thế được chứ không có ý gì đâu

 

[lengoctutb]

đúng là không hiểu gì thật

Bài này là trong toán chuyên rồi $!$ Bạn phải học toán cao cấp chắc mới hiểu $!$

 

[Nguyễn Hương Trà]

Bài này là trong toán chuyên rồi $!$ Bạn phải học toán cao cấp chắc mới hiểu $!$

uk tại mk ngu quá nên chẳng hiểu gì

 

[baogiang0304]

Bài này là trong toán chuyên rồi $!$ Bạn phải học toán cao cấp chắc mới hiểu $!$

Lớp mấy học lôgarit vậy bạn
Bọn mình đang học lớp 10

 

[lengoctutb]

Lớp mấy học lôgarit vậy bạn
Bọn mình đang học lớp 10

Mình học chuyên toán

 

[Nguyễn Hương Trà]

Mình học chuyên toán 12 PTNK

thế năm nay bạn học 12 à

 

[baogiang0304]

iceghost mới 15 tuổi đừng đầu độc bạn ấy bằng lôgarit chứ

 

[kingsman(lht 2k2)]

Lớp mấy học lôgarit vậy bạn
Bọn mình đang học lớp 10

trong chương trình chuyên hiện tại đã học hết kiến thức 11 và một nữa chongw trình 12 rồi bạn

 

[lengoctutb]

iceghost mới 15 tuổi đừng đầu độc bạn ấy bằng lôgarit chứ

Chứ bài này chỉ có một cách này thôi chứ bạn còn cách nào hay hơn à $!$

 

[iceghost]

Đầu tiên bài này ta đi sẽ đi chứng minh Công thức $Euler$ $:$
Với mọi số thực $x$$,$ ta có $:$ $e^{ix}=cosx+isinx$ $($với $e$ là cơ số $logarit$ tự nhiên$,$ $i$ là đơn vị số phức$)$
Xét hàm số $f$ được xác định bởi $:$ $f(x)=e^{-ix}(cosx+isinx)$
Khi đó $:$ $f'(x)=-ie^{-ix}(cosx+isinx)+ e^{-ix}(icosx-sinx)=e^{-ix}(-icosx+sinx)+ e^{-ix}(icosx-sinx)= e^{-ix}(-icosx+sinx+icosx-sinx)=0$
Do $f'(x)=0$ nên $f(x)$ là hàm hằng $\Rightarrow f(x)=k$$,$ $\forall x$
Cho $x=0$$,$ ta có $:$ $f(0)=k \Leftrightarrow e^{-i.0}(cos0+isin0)=k \Leftrightarrow k=1(1+0.i)=1$$.$ Vậy $f(x)=1$
Cuối cùng ta có $:$ $e^{-ix}(cosx+isinx)=1$ hay $e^{ix}=cosx+isinx$ $($đpcm$)$ $(1)$
Từ đpcm trên ta cũng có $:$ $e^{-ix}=cosx-isinx$ $($việc từ $(1)$ thay $x$ bởi $-x$$)$ $(2)$
Cũng bởi $(1)$ cho $x=\pi$$,$ ta có $:$ $e^{i\pi}=cos\pi+isin\pi=-1+i.0=-1=i^{2} \Leftrightarrow e^{\frac{i\pi}{2}}=i$ $(3)$
$(1)(2) \Rightarrow sinx=(2i)^{-1}(e^{ix}-e^{-ix})$ $(*)$
Trở lại bài toán $:$ Đặt $A=sin\frac{\pi}{n} \cdot sin\frac{2\pi}{n} \cdot sin\frac{3\pi}{n} \cdots sin\frac{(n-1)\pi}{n}=\displaystyle \prod_{k=1}^{n-1}sin\frac{k\pi}{n}$
Áp dụng công thức $(*)$$,$ ta có $:$ $A=(2i)^{1-n} \displaystyle \prod_{k=1}^{n-1}(e^{\frac{ik\pi}{n}}-e^{\frac{-ik\pi}{n}})= (2i)^{1-n} \displaystyle \prod_{k=1}^{n-1}e^{\frac{-ik\pi}{n}} \displaystyle \prod_{k=1}^{n-1}(e^{\frac{2ik\pi}{n}}-1)$
Xét $:$ $B=\displaystyle \prod_{k=1}^{n-1}e^{\frac{-ik\pi}{n}}=e^{\displaystyle \sum_{k=1}^{n-1}\frac{-ik\pi}{n}}=e^{\frac{-i\pi}{n} \displaystyle \sum_{k=1}^{n-1}k}= e^{\frac{-i\pi}{n}.\frac{n(n-1)}{2}}= e^{\frac{-i(n-1)\pi}{2}}=i^{-(n-1)}=i^{1-n}$ $($do $(3)$$)$
Khi đó $:$ $(2i)^{1-n}B=2^{1-n}(i^{2})^{1-n}=2^{1-n}(-1)^{1-n}=(-2)^{1-n} \Rightarrow A= (-2)^{1-n} \displaystyle \prod_{k=1}^{n-1}(e^{\frac{2ik\pi}{n}}-1)$
Nếu $n$ là số lẻ thì $n-1$ là số chẵn $\Rightarrow A=2^{1-n} \displaystyle \prod_{k=1}^{n-1}(1-e^{\frac{2ik\pi}{n}})$
Nếu $n$ là số chẵn thì $n-1$ là số lẻ $\Rightarrow A=-2^{1-n} (-\displaystyle \prod_{k=1}^{n-1}(1-e^{\frac{2ik\pi}{n}}))= 2^{1-n} \displaystyle \prod_{k=1}^{n-1}(1-e^{\frac{2ik\pi}{n}}) $
Vậy $A= 2^{1-n} \displaystyle \prod_{k=1}^{n-1}(1-e^{\frac{2ik\pi}{n}})$
Xét bài toán $:$ Nghiệm đơn vị cấp $n$$,$ trong đó $n$ là một số nguyên dương và một số $z$ thỏa mãn phương trình $:$
$z^{n}=1$ mà $e^{ik2\pi}=1$ nên $z^{n}= e^{ik2\pi} \Leftrightarrow z=e^{\frac{ik2\pi}{n}}$ $(k=\overline{0,n-1})$
Với mỗi một số $n$ xác định thì ta có $:$ $e^{\frac{ik2\pi}{n}}$ là một nghiệm của phương trình $:$ $z^{n}-1=0$
Nên theo hệ quả định lý $Bezout$$,$ ta có $:$ $z^{n}-1= \displaystyle \prod_{k=0}^{n-1}(z-e^{\frac{2ik\pi}{n}}) \Leftrightarrow (z-1)\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}z^{k}=(z-1) \displaystyle \prod_{k=1}^{n-1}(z-e^{\frac{2ik\pi}{n}}) \Leftrightarrow \displaystyle \prod_{k=1}^{n-1}(z-e^{\frac{2ik\pi}{n}})= \displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}z^{k}$
Cho $z=1$$,$ ta có $:$ $\displaystyle \prod_{k=1}^{n-1}(1-e^{\frac{2ik\pi}{n}})= \displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}1^{k}=n$
Vậy tóm lại $:$ $A= 2^{1-n} \displaystyle \prod_{k=1}^{n-1}(1-e^{\frac{2ik\pi}{n}})= 2^{1-n}.n=\frac{n}{2^{n}-1}$ $($đpcm$)$

Chứ bài này chỉ có một cách này thôi chứ bạn còn cách nào hay hơn à $!$

Không bạn à. Mục đích mình đăng lên là để tìm lời giải sơ cấp.

 

[lengoctutb]

Không bạn à. Mục đích mình đăng lên là để tìm lời giải sơ cấp.

Mình nghĩ bài này chỉ còn có cách này thôi à $!$