Diễn Đàn MathScopeDiễn Đàn MathScope
  Diễn Đàn MathScope
Ghi Danh Hỏi/Ðáp Thành Viên Social Groups Lịch Ðánh Dấu Ðã Ðọc

Go Back   Diễn Đàn MathScope > Sơ Cấp > Hình Học

News & Announcements

Ngoài một số quy định đã được nêu trong phần Quy định của Ghi Danh , mọi người tranh thủ bỏ ra 5 phút để đọc thêm một số Quy định sau để khỏi bị treo nick ở MathScope nhé !

* Nội quy MathScope.Org

* Một số quy định chung !

* Quy định về việc viết bài trong diễn đàn MathScope

* Nếu bạn muốn gia nhập đội ngũ BQT thì vui lòng tham gia tại đây

* Những câu hỏi thường gặp

* Về việc viết bài trong Box Đại học và Sau đại học


Trả lời Gởi Ðề Tài Mới
 
Ðiều Chỉnh Xếp Bài
Old 02-03-2018, 08:19 PM   #1
Silverbullet02
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Feb 2018
Bài gởi: 2
Thanks: 0
Thanked 0 Times in 0 Posts
Điền các dấu + và -

Trong mp tọa độ Oxy, cho đa giác đều 2n cạnh với $n \geq 3$ là $A_{1}A_{2} ... A_{2n}$ với hoành độ các đỉnh $A_1, A_{2}, ..., A_{2n}$ lần lượt là $x_1, x_{2},...,x_{2n}$. Xét tổng : $$S = \pm x_1 \pm x_2 \pm ... \pm x_{2n}.$$
Chứng minh rằng luôn tồn tại một cách chọn các dấu + hoặc - trong tổng trên sao cho $S = 0$.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
Silverbullet02 is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Old 07-03-2018, 02:33 PM   #2
muaxl2xo
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Jan 2018
Bài gởi: 12
Thanks: 0
Thanked 3 Times in 3 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi Silverbullet02 View Post
Trong mp tọa độ Oxy, cho đa giác đều 2n cạnh với $n \geq 3$ là $A_{1}A_{2} ... A_{2n}$ với hoành độ các đỉnh $A_1, A_{2}, ..., A_{2n}$ lần lượt là $x_1, x_{2},...,x_{2n}$. Xét tổng : S = $\pm x_1 \pm x_2 \pm ... \pm x_{2n}.$
Chứng minh rằng luôn tồn tại một cách chọn các dấu + hoặc - trong tổng trên sao cho S = 0.
Giả sử góc giữa Ox và $A_{1}A_{n+1} $ là $\alpha $ thì ta quay hệ trục Oxy 1 góc $\alpha $ sao cho trục Ox mới trùng với $A_{1}A_{n+1} $. Khi đó hoành độ trong hệ trục mới (x') và hệ cũ (x) liên hệ bởi x' = x/cos$\alpha $ (nếu góc là 90 độ thì hoành độ thành tung độ và ngược lại).
Như vậy chỉ cần c/m bài toán đúng với các tọa độ trong hệ trục mới là đc.
Xét bài toán trong hệ trục mới này và giả sử các hoành độ cũng là $x_{1}, x_{2}, ..., x_{2n} $
Ta lại tiếp tục tịnh tiến thêm lần nữa để chuyển hệ trục mới về 1 hệ trục mới khác sao cho $A_{1} $ trở thành gốc tọa độ trong hệ trục cuối. Các hoành độ lúc này trở thành $x'_{1}, x'_{2}, ..., x'_{2n} $
Mối liên hệ là:
$x'_{1} = x_{1} - x_{1} = 0 $
$x'_{2} = x_{2} - x_{1} $
$x'_{3} = x_{3} - x_{1} $
..........
$x'_{2n} = x_{2n} - x_{1} $

Tổng S lúc này gồm:
$\pm (x_{1} + x'_{1}) $
$\pm (x_{1} + x'_{2}) $
$\pm (x_{1} + x'_{3}) $
.................
$\pm (x_{1} + x'_{2n}) $
Trong hệ trục cuối đa giác có các cặp điểm trên và dưới trục hoành luôn đối xứng nhau nên hoành độ những điểm đối xứng này bằng nhau. hơn nữa trong 1 nửa của đa giác (trên hoặc dưới trục hoành) thì cũng chia thành các cặp điểm đối xứng nhau qua trục a của đa giác (có hoành độ = R và vuông góc với trục hoành, R là bán kính đường tròn ngoại tiếp), tức là:
$x'_{1} = 0 $
$x'_{n+1} = 2R $
$x'_{2} + x'_{n} = 2R $
$x'_{3} + x'_{n-1} = 2R $
.....
Và do tính đối xứng nên:
$x'_{2} = x'_{2n} $
$x'_{3} = x'_{2n-1} $
....
$x'_{n} = x'_{n+2} $

Ta chia 2 trường hợp:
- Nếu n chẵn, tức n = 4, 6, 8, 10, .... thì trên mỗi nửa của đa giác (trên hay dưới trục hoành) đều có 1 số lẻ đỉnh (n-1 đỉnh), nên phải có 1 đỉnh ở chính giữa (tọa độ x' = R). Khi đó với các đỉnh đối xứng qua trục hoành trừ 2 đỉnh chính giữa này thì ta gán các dầu + và - trái ngược nhau để tổng của chúng = 0. còn 2 đỉnh chính giữa ta đều gán dấu + thì đc tổng là 2$x_{1} $ + 2R. còn lại đỉnh $A_{1} $ và $A_{n+1} $ ta đều gán dấu - thì có tổng là -2$x_{1} $ - 2R. Vậy tổng tất cả = 0.

- Nếu n lẻ, n = 2k + 1, k nguyên dương, tức n = 3, 5, 7, 9, .... khi đó trên mỗi nửa của đa giác (trên hay dưới trục hoành) sẽ có 1 số chẵn đỉnh đc chia làm các cặp đối xứng nhau qua trục a đi qua tâm đa giác và vuông góc với trục hoành.
Hoành độ là:
Ở phần tư thứ nhất của đa giác:
$x'_{2} $ = R - R.cos(pi/n)
$x'_{3} $ = R - R.cos(2pi/n)
$x'_{4} $ = R - R.cos(3pi/n)
......
$x'_{[n/2]+1} $ = R - R.cos([n/2]pi/n)

Ở phần tư thứ 2 của đa giác (đối xứng với phần trên qua a):
$x'_{n} $ = R + R.cos(pi/n)
$x'_{n-1} $ = R + R.cos(2pi/n)
$x'_{n-2} $ = R + R.cos(3pi/n)
......
$x'_{[n/2]+2} $ = R + R.cos([n/2]pi/n)

Tương tự với 2 phần tư còn lại ở phía dưới trục hoành.
Ta sẽ đặt các dấu + và - xen kẽ cho các đỉnh thuộc cùng 1 phần tư của đa giác như trên. Khi đó tổng trong mỗi phần tư sẽ có dạng:
+) nếu trong mỗi phần tư chứa 1 số chẵn đỉnh thì có tổng là:
R.[cos(pi/n) - cos(2pi/n) + cos(3pi/n) - ... + $(-1)^{(\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor + 1)} $.cos($\frac{\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor.\pi}{n} $)]

+) nếu trong mỗi phần tư chứa 1 số lẻ đỉnh thì có tổng là:
$-x_{1} $ -R + R.[cos(pi/n) - cos(2pi/n) + cos(3pi/n) - ... + $(-1)^{(\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor + 1)} $.cos($\frac{\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor.\pi}{n} $)] cho phần tư thứ nhất.
và: $x_{1} $ + R + R.[cos(pi/n) - cos(2pi/n) + cos(3pi/n) - ... + $(-1)^{(\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor + 1)} $.cos($\frac{\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor.\pi}{n} $)] cho phần tư thứ 2.

Như vậy với cả 2 trường hợp thì cộng lại ta đều có tổng cho 1 nửa trên của đa giác là:
2R.[cos(pi/n) - cos(2pi/n) + cos(3pi/n) - ... + $(-1)^{(\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor + 1)} $.cos($\frac{\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor.\pi}{n} $)]

tương tự với nửa dưới của đa giác, do đó tổng hoành độ của cả 2 nửa trên và dưới là:
4R.[cos(pi/n) - cos(2pi/n) + cos(3pi/n) - ... + $(-1)^{(\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor + 1)} $.cos($\frac{\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor.\pi}{n} $)]

còn lại 2 điểm A1 ta đặt dấu + và A(n+1) ta đặt dấu - để triệt tiêu x1 đi, thì ta có tổng S cuối cùng là:
-2R + 4R.[cos(pi/n) - cos(2pi/n) + cos(3pi/n) - ... + $(-1)^{(\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor + 1)} $.cos($\frac{\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor.\pi}{n} $)]

Công việc cuối cùng của ta là chứng minh tổng lượng giác trong dấu ngoặc = 1/2:
cos(pi/n) - cos(2pi/n) + cos(3pi/n) - ... + $(-1)^{(\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor + 1)} $.cos($\frac{\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor.\pi}{n} $) = 1/2, với n lẻ >=3.

chuyển các dấu - thành dấu + bằng công thức -cos(a) = cos(pi - a) ta đưa về việc c/m tổng tương đương sau:
A = $cos\frac{\pi}{2n+1} + cos\frac{3\pi}{2n+1} + cos\frac{5\pi}{2n+1} + ... + cos\frac{(2n-1)\pi}{2n+1} = \frac{1}{2} $ với n nguyên dương.
Để c/m điều này, nhân A với $2sin\frac{\pi}{2n+1} \neq 0 $ rồi khai triển = công thức $sina - sinb = 2cos\frac{a+b}{2}sin\frac{a-b}{2} $ để triệt tiêu các số hạng bằng nhau trái dấu đi, và cuối cùng ta còn lại:
$2sin\frac{\pi}{2n+1}.A = sin\frac{(2n)\pi}{2n+1} = sin(\pi - \frac{\pi}{2n+1}) = sin\frac{\pi}{2n+1} $
vậy A = 1/2.
suy ra dpcm.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 

thay đổi nội dung bởi: muaxl2xo, 07-03-2018 lúc 02:57 PM
muaxl2xo is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Old 07-03-2018, 06:11 PM   #3
buratinogigle
Administrator

 
buratinogigle's Avatar
 
Tham gia ngày: Jan 2016
Bài gởi: 50
Thanks: 57
Thanked 58 Times in 33 Posts
Bài này nằm trong đề cương hhgt mình ra cho chuyên KHTN, tuy vậy lời giải không đến nỗi phức tạp như trên.

Gợi ý ta gọi các điểm đối tâm của $A_1,A_2,...,A_n$ là $B_1,B_2,...,B_n$ ta sẽ chứng minh rằng có cách chọn hướng các vector $\overrightarrow{A_1B_1},\overrightarrow{A_2B_2},. ..,\overrightarrow{A_nB_n}$ sao cho tổng của chúng bằng $\vec{0}.$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
Blog hình học sơ cấp [Only registered and activated users can see links. ]
buratinogigle is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Trả lời Gởi Ðề Tài Mới

Bookmarks

Ðiều Chỉnh
Xếp Bài

Quuyền Hạn Của Bạn
You may not post new threads
You may not post replies
You may not post attachments
You may not edit your posts

BB code is Mở
Smilies đang Mở
[IMG] đang Mở
HTML đang Tắt

Chuyển đến


Múi giờ GMT. Hiện tại là 11:00 AM.


Powered by: vBulletin Copyright ©2000-2020, Jelsoft Enterprises Ltd.
Inactive Reminders By mathscope.org
[page compression: 50.66 k/55.74 k (9.12%)]