Áp dụng phương pháp hàm biến phức để giải một số bài toán lượng giác và đại số

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

PHAN THỊ THANH HOA

ÁP DỤNG PHƯƠNG PHÁP
HÀM BIẾN PHỨC ĐỂ GIẢI MỘT SỐ
BÀI TOÁN LƯỢNG GIÁC VÀ ĐẠI SỐ

ĐỀ ÁN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Bình Định - Năm 2023

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

PHAN THỊ THANH HOA

ÁP DỤNG PHƯƠNG PHÁP
HÀM BIẾN PHỨC ĐỂ GIẢI MỘT SỐ
BÀI TOÁN LƯỢNG GIÁC VÀ ĐẠI SỐ

Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp
Mã số: 8460113

ĐỀ ÁN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn: TS. NGUYỄN VĂN ĐẠI

Bình Định - Năm 2023

LỜI CAM ĐOAN

Tôi xin cam đoan, dưới sự hướng dẫn của TS. Nguyễn Văn Đại, đề án
"Áp dụng phương pháp hàm biến phức để giải một số bài toán
lượng giác và đại số" được hồn thành theo nhận thức vấn đề của riêng
tơi, khơng trùng với bất kì đề án nào khác. Trong q trình thực hiện và
nghiên cứu, tơi đã kế thừa những thành tựu của các nhà khoa học với sự
trân trọng và lòng biết ơn sâu sắc.

2

LỜI CẢM ƠN

Em xin chân thành cảm ơn các thầy, cơ giáo trong Khoa Tốn Trường
Đại học Quy Nhơn đã dạy dỗ, truyền đạt kiến thức để em có thể hồn
thành khố học và thực hiện đề án tốt nghiệp của mình. Đặc biệt, em xin
bày tỏ biết ơn sâu sắc tới TS. Nguyễn Văn Đại, người đã tận tình chỉ bảo
và giúp đỡ em hồn thành đề án này.

Do thời gian và kiến thức có hạn nên đề án khơng tránh khỏi những
hạn chế và cịn nhiều thiếu xót. Em xin chân thành cảm ơn và tiếp thu
những ý kiến đóng góp của quý thầy giáo và cô giáo.

Bình Định, ngày 20 tháng 10 năm 2023
Tác giả

Phan Thị Thanh Hoa

1

Mục lục

1 MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ SỞ 3

1.1 Xây dựng trường số phức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.2 Mặt phẳng phức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.3 Môđun và Argument của số phức . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.4 Dạng lượng giác của số phức . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.5 Dạng mũ của số phức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.6 Phép khai căn của một số phức . . . . . . . . . . . . . . . . 8

2 SỐ PHỨC VÀ BIẾN PHỨC TRONG LƯỢNG GIÁC 9

2.1 Tính tốn và biểu diễn một số biểu thức . . . . . . . . . . . 9

2.2 Tính giá trị của một số biểu thức lượng giác . . . . . . . . . 16

2.3 Dạng phức của bất đẳng thức Cauchy . . . . . . . . . . . . 23

3 MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA SỐ PHỨC TRONG ĐẠI SỐ 27
3.1 Phương trình hàm trong đa thức . . . . . . . . . . . . . . . 27
3.2 Các bài toán về đa thức bất khả quy . . . . . . . . . . . . . 35
3.3 Bài toán về sự chia hết của đa thức . . . . . . . . . . . . . 47
3.4 Quy tắc dấu Descartes trong ứng dụng . . . . . . . . . . . . 49

Kết luận 57

TÀI LIỆU THAM KHẢO 58

1

MỞ ĐẦU

Trong các ngành của tốn học thì số phức xuất hiện khá muộn kể từ
thế kỷ XVI khi các nhà toán học nghiên cứu về các phương trình đại số.
Mặc dù sinh sau nhưng số phức có nhiều đóng góp trong các ngành tốn
học như đại số, giải tích, lượng giác, hình học phức. Khi học ở lớp 12, số
phức là một nội dung khá mới mẻ, thời lượng không nhiều, học sinh chỉ
mới biết được những kiến thức cơ bản của số phức, việc khai thác các ứng
dụng của số phức còn khá hạn chế, đặc biệt là khai thác số phức để giải
quyết các bài tốn sơ cấp khó. Vì sự gần gũi của biểu diễn hình học số
phức với tọa độ của điểm trong hệ trục tọa độ Descartes nên số phức có
rất nhiều ứng dụng trong chương trình tốn sơ cấp phổ thơng, đặc biệt
là hình học phẳng. Ở nhiều bài toán, việc giải bằng số phức thường đưa
đến kết quả bất ngờ. Một trong những thao tác quan trọng trong việc giải
tốn hình học phẳng bằng số phức là biểu diễn số phức các yếu tố hình
học. Vì vậy việc tìm hiểu để đưa cơng cụ số phức vào việc giải bài tốn có
liên quan đến các biến phức trong lượng giác, một số ứng dụng trong đại
số và nhằm đáp ứng mong muốn của bản thân về một đề tài phù hợp mà
sau này có thể phục vụ cho việc giảng dạy của tôi ở trường phổ thông nên
tôi quyết định chọn đề tài nghiên cứu: "Áp dụng phương pháp hàm
biến phức để giải một số bài toán lượng giác và đại số".

Chúng ta biết rằng số phức ra đời từ nhu cầu giải các phương trình đại
số bậc cao và sau đó đã phát triển mạnh mẽ trở thành một chuyên ngành

độc lập trong tốn học gọi là Giải tích phức, nhờ đóng góp của những
nhà tốn học kiệt xuất như Euler, Gauss, Cauchy,... và ngày nay Giải tích
phức đã trở thành một ngành có rất nhiều ứng dụng, trong cả tốn học và
trong nhiều ngành khoa học, kĩ thuật khác. Tất nhiên với trình độ của học

2

sinh phổ thơng, và có lẽ kể cả giáo viên tốn ở phổ thơng, khó có thể trình
bày được hết ý nghĩa và tầm quan trọng của số phức. Tuy nhiên, với trình
độ đó, ta có thể làm cho họ thấy ý nghĩa và ứng dụng của số phức như là
một công cụ hữu hiệu để giải và sáng tác những bài tốn phổ thơng, từ
những bài tốn cơ bản đến những bài tốn khó. Từ đó sẽ góp phần giúp
việc giảng dạy và học tập nội dung số phức ở trường phổ thông hiệu quả
hơn.

Để thấy được một số ứng dụng của số phức, trong đề án này chúng tơi
trình bày áp dụng phương pháp hàm biến phức để giải một số bài tốn
trong lượng giác và đại số.

Ngồi Phần Mở đầu, Kết luận và Tài liệu tham khảo, nội dung của đề
án gồm ba chương.

Chương 1: Một số kiến thức cơ sở
Chương này chuẩn bị một số kiến thức nền tảng về số phức như: định

nghĩa, tính chất, các phép tốn trên tập số phức và các dạng biểu diễn của
số phức, phép khai căn của một số phức.
Chương 2: Số phức và biến phức trong lượng giác

Chương này trình bày lại một số kiến thức về số phức và biến phức

trong lượng giác. Cụ thể, tính tốn, biểu diễn và tính giá trị của một số
biểu thức lượng giác, dạng phức của bất đẳng thức Cauchy.
Chương 3: Một số ứng dụng của số phức trong đại số

Chương này trình bày một số ứng dụng của số phức trong đại số. Cụ
thể, sử dụng số phức để giải các bài tốn về đa thức như phương trình
hàm trong đa thức, các bài toán về đa thức bất khả quy, các bài toán về
sự chia hết của đa thức, quy tắc dấu Descartes trong ứng dụng.

3

Chương 1
MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ SỞ

Ta biết rằng trường số thực R nhận được bằng cách làm "đầy" trường

hữu tỷ Q, mà nó được xây dựng từ vành số nguyên Z. Việc làm đầy xuất

phát từ sự nghiên cứu các phương trình đại số với hệ số hữu tỷ và giới hạn

của dãy các số hữu tỷ. Tuy nhiên trường R vẫn không đầy đủ, bởi vì ngay

cả phương trình đơn giản

x2 + 1 = 0 (1.1)

cũng khơng có nghiệm trong R. Cịn trong giải tích nếu chỉ giới hạn trong
R người ta không thể giải thích được vì sao hàm

1

f (x) = x + x2

không thể khai triển thành chuỗi lũy thừa trên toàn bộ đường thẳng.
Với lý do trên, buộc ta phải đi tìm kiếm trường K nào đó chứa R như

một trường con sao cho tối thiểu phương trình x2 + 1 = 0 có nghiệm. Ở
đây, ta nói R là trường con của K nếu các phép toán trên R được cảm sinh
bởi các phép toán trên K.

1.1 Xây dựng trường số phức

Trước hết, ta hãy phác thảo con đường tìm kiếm trường C chứa R như
một trường con mà phương trình x2 + 1 = 0 có nghiệm trong nó. Nếu C
là một trường như vậy thì C phải có một phần tử i để i2 = −1. Vì vậy,
một cách tự nhiên ta hãy xét tập C các cặp số thực z = (a, b) :

C = {(a, b) : a, b ∈ R}.

4

Sau đó đưa vào quan hệ bằng nhau và các phép toán sao cho với chúng C
trở thành một trường chứa R như một trường con (qua phép đồng nhất
nào đó). Các phép tốn này được dẫn dắt từ các phép toán của trường R
với chú ý i2 = −1.
(i) Quan hệ bằng nhau:

(a, b) = (c, d) ⇔ a = c và b = d.

(ii) Phép cộng: (a, b) + (c, d) = (a + c, b + d).
(iii) Phép nhân:

(a, b) . (c, d) = (ac − bd, ad + bc).

Định lý 1.1.1. Tập hợp C với quan hệ bằng nhau, các phép cộng và phép
nhân xác định như trên lập thành một trường thỏa mãn các điều kiện sau:

1) R chứa trong C như một trường con (qua đồng nhất a ∈ R với (a, 0) ∈
C);

2) Tồn tại nghiệm của phương trình x2 + 1 = 0 trong C.

Chứng minh. 1) Ta đó C lập thành nhóm cộng giao hốn với phần tử
khơng là (0, 0) và phần tử đối của (a, b) là (−a, −b).

Tập C∗ các phần tử khác khơng của C lập thành nhóm nhân giao hốn
với phần tử đơn vị (1, 0) và phần tử nghịch đảo của (a, b) ∈ C là

a −b
a2 + b2 , a2 + b2 .

C thỏa mãn luật phân phối vốn có trong R.

(α, β) (a, b) + (c, d) = (α, β) (a + c, b + d)
= α (a + c) − β (b + d) , α (b + d) + β (a + b)
= (αa + αc − βb − βd, αb + αd + βa + βc)
= (αa − βb, αb + βa) + (αc − βd, αd + βc)
= (α, β) (a, b) + (α, β) (c, d) .

5

Hiển nhiên qua đồng nhất a = (a, 0), a ∈ R, R được chứa trong C như
một trường con.
2) Bởi vì (0, 1)2 = (−1, 0) = −1 nên i = (0, 1) là nghiệm của phương
trình x2 + 1 = 0.

Định nghĩa 1.1.2. Trường C được xây dựng như trên được gọi là trường
số phức, còn mọi phần tử của C được gọi là số phức. Số i ∈ C gọi là đơn
vị ảo của C.

Bởi vì (a, b) = (a, 0) + (0, b) = a + b (0, 1) = a + bi nên mọi số phức
z ∈ C ta viết duy nhất dưới dạng

z = a + bi với a, b ∈ R.

Dạng trên được gọi là dạng đại số của số phức z, các số thực a, b lần lượt
được gọi là phần thực và phần ảo của z. Ký hiệu a = Rez, b = Imz.

Cho z = a + ib ∈ C. Khi đó

z = a − ib ∈ C

được gọi là số phức liên hợp của số phức z.
Các đẳng thức sau được suy ra từ định nghĩa:
z = z ∀z ∈ R ⊂ C;
z = z¯ ∀z ∈ C;
z1 + z2 = z1 + z2;
z.z = a2 + b2 ⩾ 0;
z1z2 = z1.z2.

1.2 Mặt phẳng phức

Giả sử trên mặt phẳng R2 cho một hệ tọa độ vuông góc xOy. Như vậy,
mỗi điểm M ∈ R2 được xác định bởi hoành độ x và tung độ y của nó.
Điều này cho phép ta lập được tương ứng 1 - 1 giữa các điểm của mặt
phẳng R2 với các số phức z ∈ C.

M (x, y) ∈ R2 → x + iy = z ∈ C.

6

Mặt phẳng R2 cùng với một tương ứng như vậy được gọi là mặt phẳng
phức. Khi đó một điểm M (x, y) ∈ R2 có thể được coi là một số phức nếu
đồng nhất nó với z = x + iy.

1.3 Mơđun và Argument của số phức

Định nghĩa 1.3.1. Với mỗi số z = x + iy ∈ C ta đặt
√

|z| = x2 + y2 = z.z

và gọi là mơđun của z. Khi đó |z| là khoảng cách từ điểm M (x, y) ∈ R2

tương ứng với z đến gốc tọa độ O (0, 0).

Ta định nghĩa argument của một số phức z = x + iy̸ = 0. Đặt r = |z|

ta có x2 y2

r + r = 1.

Khi đó tồn tại duy nhất số thực φ0 (0 ⩽ φ0 < 2π) sao cho

x y
r = cos φ0, r = sin φ0

hay

x = r cos φ0, y = r sin φ0.

Suy ra

z = |z| (cos φ0 = i sin φ0) , 0 ⩽ φ0 < 2π. (1.2)

Số thực φ0 thỏa mãn (1.2) được gọi là argument chính của z, ký hiệu
là argz. Mọi số thực φ mà

z = |z| (cos φ + i sin φ)

được gọi là argument của z.

Rõ ràng đối với mọi argument φ của z tồn tại số nguyên k sao cho φ =
argz + 2kπ. Ký hiệu

Argz = {argz + 2kπ : k = 0 ± 1, ±2, ...}

là tập tất cả các argument của z.

7

1.4 Dạng lượng giác của số phức

Với khái niệm môđun và argument của số phức z̸ = 0, ta có thể viết số
phức ở dạng thuận tiện hơn

z = |z| (cos φ + i sin φ) , φ ∈ Argz. (1.3)

Dạng (1.3) được gọi là dạng lượng giác của z. (1.4)
Từ các công thức lượng giác và từ (1.3) ta có (1.5)
(1.6)
Arg(z1z2) = Argz1 + Argz2;
Arg z1 = Argz1 + Argz2.

z2

Bằng quy nạp ta có

Arg(z1 · · · zn) = Argz1 + · · · + Argzn.

Bây giờ, giả thiết z1 = · · · = zn = z = ρ (cos φ + i sin φ). Khi đó
zn = ρn(cos nφ + i sin nφ).

Với ρ = 1 ta được công thức Moivre sau
(cos φ + i sin φ)n = cos nφ + i sin nφ, ∀n ≥ 1.

1.5 Dạng mũ của số phức

Với mọi số thực φ ta đặt eiφ = cos φ + i sin φ và ρ = |z|. Khi đó

z = ρeiφ (1.7)

được gọi là dạng mũ của z.
Từ cách viết (1.7), ta có các đẳng thức sau

z1z2 = ρ1ρ2ei(φ1+φ2);
z1 = ρ1 ei(φ1−φ2);
z2 ρ2
zn = ρneinφ,

8

ở đây z1 = ρ1eiφ1, z2 = ρ2eiφ2, z = ρeiφ.
Từ (1.6) ta có
cos φ = 1(eiφ + e−iφ);
2

sin φ = 1 (eiφ − e−iφ).
2i

1.6 Phép khai căn của một số phức

Cho n là số tự nhiên và z ∈ C. Ta nói ω là căn bậc n của z nếu ωn = z.

Với z̸ = 0, đặt z = reiφ và ω = ρeiw. Khi đó ρneinφ = reiφ. Suy ra
ρ = √n r, ψ = φ + 2kπ (k ∈ Z). Vậy

n

√n z = √n r cos φ + 2kπ + i sin φ + 2kπ , k = 0, 1, ..., n − 1 .
n n

9

Chương 2

SỐ PHỨC VÀ BIẾN PHỨC
TRONG LƯỢNG GIÁC

2.1 Tính tốn và biểu diễn một số biểu thức

Trong phần này, ta sẽ dùng các công thức cơ bản về các phép tốn,
cơng thức Euler, cơng thức Moivre.

Bài tốn 2.1.1. Tách phần thực và phần ảo của
3+i
.

(1 + i)(1 − 2i)

Lời giải. Ta có

z= 3+i 3 + i 3 + i 9 + 6i − 1 4 3
=.= = + i.
1 − 2i + i + 2 3 − i 3 + i 9+1 55

Vì zz = a2 + b2 nên Rez = 4 và Imz = 3.
5 5

Bài toán 2.1.2. Tách phần thực và phần ảo của

1
w = với z = x + iy.

z

Chứng minh. Ta có

1 1 x − iy x − iy
u + iv = x + iy = x + iy x − iy = x2 + y2 .

Từ đó suy ra x −y

u = x2 + y2 , v = x2 + y2 .

10

√
Bài tốn 2.1.3. Tìm Arg(− 3 + i).

√
Lời giải. Mỗi giá trị argumen của số − 3 + i đều thỏa mãn phương trình

1
tan φ = −√ .

3

Từ đó suy ra
π

φk = − 6 + kπ, k ∈ Z.
√
Vì z = 3+i thuộc góc phần tư thứ hai nên φk là argumen nếu k = 2n+1.

Do đó

√ π 5π
Arg − 3 + i = − 6 + π (2n + 1) = 6 + 2nπ, n ∈ Z .

Bài toán 2.1.4. Biểu diễn số phức sau đây dưới dạng lượng giác

π π√
cos − sin 3+i
z= 3 3 .
i−1

Lời giải. Ta có

π π −π −π
z1 = cos 3 − sin 3 = cos 3 + sin 3 ,
√ π π
z2 = 3 + i = 2 cos 6 + i sin 6 ,
√
3π 3π
z3 = i − 1 = 2 cos 4 + i sin 4 .

√ π −π π 3π 11π
Từ đó suy ra rằng |z| = 2, φ = + + − = − .
3 3 64 12

Do đó √ 11π 11π

z = 2 cos − 2 + i sin − 12 .

Bài toán 2.1.5. Hãy biểu diễn tan 5φ qua tan φ.

11

Lời giải. Ta có hệ thức cos 5φ+i sin 5φ = (cos φ + i sin φ)5 . Sử dụng khai
triển nhị thức Newton cho vế phải và tách phần thực và phần ảo, ta có

cos 5φ = cos5 φ − 10 cos3 φ sin2 φ + 5 cos φ sin4 φ,
sin 5φ = 5 cos4 φ sin φ − 10 cos2 φ sin3 φ + sin5 φ.

Từ đó suy ra

5 tan φ − 10 tan3 φ + tan5 φ
tan 5φ = 1 − 10 tan2 φ + 5 tan4 φ .

Bài tốn 2.1.6. Biểu diễn tuyến tính sin5 φ qua các hàm lượng giác của
góc bội.

Lời giải. Đặt z = cos φ + i sin φ. Khi đó z−1 = cos φ − i sin φ. Ta có

zk = cos kφ + i sin kφ,
z−k = cos kφ − i sin kφ.

Suy ra cos φ = z + z−1 , sin φ = z − z−1 .
Do đó
z 2i

zk + z−k = 2 cos kφ,
zk − z−k = 2i sin kφ.

Sử dụng các hệ thức này ta thu được

sin5 φ = z − z−1 5 z5 − 5z3 + 10z − 10z−1 + 5z−3 − z−5
2i =
32i

z5 − z−5 − 5 z3 − z−3 + 10 z − z−1
=

32i

2i. sin 5φ − 5.2i. sin 3φ + 10.2i. sin φ
=

32i

= sin 5φ − 5 sin 3φ + 10 sin φ .

16

12

Bài tốn 2.1.7. Tìm √3 2 + 2i.
Lời giải. Ta có 2 + 2i = √8 (cos 45◦ + i sin 45◦). Từ đó ta thu được

√3 2 + 2i = (√8)13 cos 45◦ + k360◦ + i sin 45◦ + k360◦

√3 3

= 2 cos (15 + k120 ) + i sin (15 + k120 ) .◦◦◦◦

Gọi các giá trị căn bậc ba của số phức 2 + 2i là w0, w1, w2 ta có
w0 = √2(cos 15◦ + i sin 15◦);
w1 = √2(cos 135◦ + i sin 135◦) = √2(− cos 45◦ + i sin 45◦);
w2 = √2 (cos 255◦ + i sin 255◦) = √2(− sin 15◦ − i cos 15◦).

Suy ra √ √

3+1 3−1
w0 = 2 + i 2 ;

w1 = −1 + i; √
√
3−1 3+1
w2 = − 2 − i 2 .

Bài toán 2.1.8. Tính A = in + in+1 + in+2 + in+3 và B = i.i2...i90.i100.

Lời giải. Ta có

 nếu n = 4k,
nếu n = 4k + 1,
1 nếu n = 4k + 2,
 nếu n = 4k + 3.

in  = i
−1



−i

Suy ra A = in + in+1 + in+2 + in+3 = 0
và B = i · i2 · · · i99 · i100 = −1.

Sử dụng công thức biến đổi lượng giác quen thuộc hoặc sử dụng dạng
lượng giác của số phức, ta dễ dàng thu được các tính chất sau.

13

Tính chất 2.1.9. ([3]) Đối với mọi đa thức lượng giác

An(x) = a0 + a1 cos x + b1 sin x + · · · + an cos nx + bn sin nx

ln tìm được các đa thức đại số Pn(t) và Qn−1(t) lần lượt có bậc khơng
q n và n − 1 đối với t sao cho

An(x) = Pn (cos x) + sin xQn−1(cos x).

Chứng minh. Ta có n ∈ N.
(cos x + i sin x)n = cos nx + i sin nx,

Suy ra

Cn0 cosn x − Cn2 cosn−2 x sin2 x + Cn4 cosn−4 x sin4 x − · · · = cos nx,

Cn1 cosn−1 x sin x − Cn3 cosn−3 x sin3 x + Cn5 cosn−5 x sin5 x − · · · = sin nx.

Do đó tồn tại đa thức đại số qk−1(t) sao cho sin kx = sin xqk−1(cos x) với
k ≥ 1, k ∈ N. Khi đó

n

(bk sin kx) = sin xQn−1(cos x)

k=1

trong đó n
và
Qn−1(cos x) = qk−1(cos x)

k=1

cos kx = pk(cos x)

với pk(t) là đa thức đại số bậc k, k ≥ 1, k ∈ N.

Vậy

n

a0 + qk−1(ak cos kx) = Pn(cos x)

k=1

trong đó n

Pn(cos x) = qk−1pk(cos x).

k=1

Từ chứng minh Tính chất 2.1.9, ta suy ra được các kết quả sau:

14

Tính chất 2.1.10. ([3]) Đối với mọi đa thức lượng giác theo sin bậc n(n ⩾
1) dạng

Sn(x) = b0 + b1 sin x + b2 sin 2x + · · · + bn sin nx

ln tìm được đa thức đai số Qn−1(t) sao cho

Sn(x) = b0 + sin xQn−1(cos x).

Tính chất 2.1.11. ([3]) Với mọi đa thức lượng giác theo cosin dạng

Cn(x) = a0 + a1 cos x + a2 cos 2x + · · · + an cos nx

ln tìm được đa thức đại số Pn(t) với hệ số bậc cao nhất là 2n−1an sao
cho Cn(x) = Pn(cos x). Ngược lại, với mọi đa thức đại số Pn(t) với hệ số
bậc cao nhất bằng 1, qua phép đặt ẩn phụ t = cos x đều biến đổi được về
dạng Cn(x) với an = 21−n.

Bài tốn 2.1.12. Viết cơng thức biểu diễn của cos nx và sin nx theo các
lũy thừa cos x và sin x.

Lời giải. Theo cơng thức Moivre thì cos nx + i sin nx = (cos x + i sin x)n .
Sử dụng công thức khai triển nhị thức Newton, ta có

n

(cos x + i sin x)n = Cnk cosn−k x(i sin x)k

k=0

= cosn x + iCn1 cosn−1 x sin x − Cn2 cosn−2 x sin2 x + · · · := A + iB,

trong đó

A= n sinn x nếu n chẳn
B=
(−1) 2

(−1)n2 Cn−1 n cos x sinn−1 x nếu n lẻ ;

(−1)n−2 2 Cn2 cos x sinn−1 x nếu n chẵn
(−1) 2 n−1 sinn x nếu n lẻ.

Vậy

cos nx = cosn x − Cn2 cosn−2 x sin2 x + Cn4 cosn−4 x sin4 x − · · · + A,
sin nx = Cn1 cosn−1 x sin x − Cn3 cosn−3 x sin3 x + · · · + B.

15

Bài toán 2.1.13. Biểu diễn các hàm số sinn x và cosn x dưới dạng các đa
thức lượng giác.

Lời giải. Giả sử z = cos t + i sin t. Khi đó

z−1 = (cos t + i sin t)−1 = cos t − i sin t.

Do đó cos t = z + z−1 và sin t = z − z−1 .

2 2i

Ta có

z+z n n n n

−1 = zn + C1zn−1z−1 + C2zn−2z−2 + · · · + Cn−1zz−n+1 + z−n

 zn + z−n + C1n zn−2 + z−(n−2) n
zn + z−n + C1n zn−2 + z−(n−2)
 + · · · + Cn2 nếu n chẵn,

= n−1

 + · · · + Cn 2 z + z−1 nếu n lẻ


n

và z − z−1 = zn − C1nzn−1z−1 + C2nzn−2z−2 + · · · + (−1)nz−n

 zn + z−n − C1n zn−2 + z−(n−2) + · · · + (−1)n n 2 Cn2 nếu n chẵn,
zn − z−n − C1n zn−2 − z−(n−2) + · · · + (−1) n−1 n− 2 Cn 2 1 z − z−1


 nếu n lẻ.



=






Vậy

 n
1 C 1n 12
 2n−1 cos nx + cos(n − 2)x + · · · + nếu n chẵn
cosn x = 2 Cn
1
 2n−1 n−1

cos nx + C1n cos(n − 2)x + · · · + Cn 2 cos x nếu n lẻ,

 n nn
2
 (−1) 2 2 cos nx − 2Cn cos(n − 2)x + · · · + (−1) 2 Cn nếu n chẵn1

 2n



n  n−1 n−1 n−1
(−1) 2 2
sin x = 2 sin nx − 2iCn sin(n − 2)x + · · · + (−1) 2 Cn 2 sin x1

2n



 nếu n lẻ.

Bài toán 2.1.14. Chứng minh đẳng thức
√

sin π2m sin 2π 2m · · · sin (m − 1)π 2m = 2m−1 m với m ∈ N∗.