Đến nội dung

Hình ảnh

Chứng minh tổng lượng giác có giá trị $2k(k+1)$

- - - - -

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 2 trả lời

#1
PSW

PSW

    Những bài toán trong tuần

  • Quản trị
  • 493 Bài viết

Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $k$ ; ta có đẳng thức :

$$\frac{1}{\sin^{2} \frac{\pi}{4k+2}} + \frac{1}{\sin^{2} \frac{3\pi}{4k+2}} + \frac{1}{\sin^{2} \frac{5\pi}{4k+2}}+ \cdots+ \frac{1}{\sin^{2} \frac{(2k-1)\pi}{4k+2}} = 2k(k+1)$$


1) Thể lệ
2) Danh sách các bài toán đã qua: 1-100, 101-200, 201-300, 301-400
Còn chờ gì nữa mà không tham gia! :luoi:

#2
O0NgocDuy0O

O0NgocDuy0O

    Trung úy

  • Thành viên
  • 760 Bài viết

Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $k$ ; ta có đẳng thức :

$$\frac{1}{\sin^{2} \frac{\pi}{4k+2}} + \frac{1}{\sin^{2} \frac{3\pi}{4k+2}} + \frac{1}{\sin^{2} \frac{5\pi}{4k+2}}+ \cdots+ \frac{1}{\sin^{2} \frac{(2k-1)\pi}{4k+2}} = 2k(k+1)$$

 

$\sum_{k=1}^n\frac1{\sin^2\left(\frac{2k-1}{4n+2}\pi\right)}=\sum_{k=1}^n\frac1{\cos^2\left(\frac\pi2-\frac{2k-1}{4n+2}\pi\right)}=\sum_{k=1}^n\frac1{\cos^2\left(\frac{n-k+1}{2n+1}\pi\right)}\\=\sum_{k=1}^n\frac1{\cos^2\left(\frac{k}{2n+1}\pi\right)}=n+\sum_{k=1}^n\tan^2\left(\frac{k}{2n+1}\pi\right)\\=n+n(2n+1)=2n(n+1)$

:)

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi O0NgocDuy0O: 30-07-2016 - 14:57

"...Từ ngay ngày hôm nay tôi sẽ chăm chỉ học hành như Stardi, với đôi tay nắm chặt và hàm răng nghiến lại đầy quyết tâm. Tôi sẽ nỗ lực với toàn bộ trái tim và sức mạnh để hạ gục cơn buồn ngủ vào mỗi tối và thức dậy sớm vào mỗi sáng. Tôi sẽ vắt óc ra mà học và không nhân nhượng với sự lười biếng. Tôi có thể học đến phát bệnh miễn là thoát khỏi cuộc sống nhàm chán khiến mọi người và cả chính tôi mệt mỏi như thế này. Dũng cảm lên! Hãy bắt tay vào công việc với tất cả trái tim và khối óc. Làm việc để lấy lại niềm vui, lấy lại nụ cười trên môi thầy giáo và cái hôn chúc phúc của bố tôi. " (Trích "Những tấm lòng cao cả")

~O)  ~O)  ~O)


#3
hxthanh

hxthanh

    Tín đồ $\sum$

  • Hiệp sỹ
  • 3915 Bài viết

Bạn đã trích dẫn ra một lời giải đúng!
Tuy nhiên, theo mình thì đẳng thức
$$\sum_{k=1}^n \tan^2\frac{k\pi}{2n+1}=n(2n+1)$$
không phải là dạng "dễ thấy" đâu! Mình sẽ chứng minh nó cho bạn thấy
-----
Xét đẳng thức sau:
$\left(\cos\frac{k\pi}{2n+1}+i\sin\frac{k\pi}{2n+1}\right)^{2n+1}=(-1)^{2n+1}$
Khai triển nhị thức cho vế trái, ta có:
$VT=\sum_{j=0}^{2n+1} \binom{2n+1}{j}\cos^{2n+1-j}\left(\frac{k\pi}{2n+1}\right) i^j\sin^j\left(\frac{k\pi}{2n+1}\right)$
Phần ảo của VT bắt buộc phải bằng $0$, tương ứng với $j$ lẻ.
Suy ra, ta có:
$\Rightarrow \sum_{j=0}^n\binom{2n+1}{2j+1}\cos^{2n-2j}\left(\frac{k\pi}{2n+1}\right)i^{2j+1}\sin^{2j+1}\left(\frac{k\pi}{2n+1}\right)=0$
$\Rightarrow \sum_{j=0}^n \binom{2n+1}{2j+1
} i(-1)^j\cot^{2(n-j)}\left(\frac{k\pi}{2n+1}\right)\sin^{2n+1}\left(\frac{k\pi}{2n+1}\right)=0$
$\Rightarrow \sum_{j=0}^n (-1)^j\binom{2n+1}{2j+1}\cot^{2(n-j)}\left(\frac{k\pi}{2n+1}\right)=0$
Xét phương trình bậc $n$ sau
$\sum_{j=0}^n (-1)^j\binom{2n+1}{2j+1}x^{n-j}=0\quad(*)$
Dễ thấy $\cot^2\left(\frac{k\pi}{2n+1}\right)$ với $k=1,2,...,n$ là tất cả các nghiệm của (*).
Theo định lý Viète, ta có:
$\left(\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+...+\frac{1}{x_n}\right)=\dfrac{\sum_{p=1}^n \prod_{q\ne p}x_q}{x_1x_2...x_n}=\frac{A}{B}$
(A là Tổng tất cả các tích $n-1$ nghiệm / B là tích $n$ nghiệm)
$A=(-1)^{n-1}\dfrac{(-1)^{n-1}\binom{2n+1}{2n-1}}{\binom{2n+1}{1}}=n$
$B=(-1)^n\dfrac{(-1)^n\binom{2n+1}{2n+1}}{\binom{2n+1}{1}}=\frac{1}{2n+1}$

Cuối cùng tổng cần tính là
$\sum_{k=1}^n \tan^2\frac{k\pi}{2n+1}=\frac{A}{B}=n(2n+1)$




1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh