Lượng giác - 9.Phương pháp tính tổng lượng giác

Chia sẻ: Huynh Minh Quyen | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:12

0
481
lượt xem
126
download

Lượng giác - 9.Phương pháp tính tổng lượng giác

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo sách 'lượng giác - 9.phương pháp tính tổng lượng giác', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Lượng giác - 9.Phương pháp tính tổng lượng giác

  1. Chöôn g   M o ät   3:  soá  phöông  phaùp  tính toång  löôïng giaùc CHƯƠNG 3: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP TÍNH TỔNG LƯỢNG GIÁC Bài tóan tính tổng là dạng bài quen thuộc nhưng không hề đơn giản trong giải tóan lượng giác. Thường thì dạng tóan này được lồng ghép vào một bài tóan nào đó và chỉ là bước trung gian. Tuy vậy, nó cũng chẳng phải là một bước dễ dàng. Trong phần sau đây, xin được đề cập những phương pháp mấu chốt nhất để giải những dạng tóan này: đó là phương pháp sai phân, phương pháp đại số, phương pháp số phức và phương pháp đạo hàm. Như vậy, ta sẽ thấy một bài tóan sẽ có thể giải bằng nhiều cách khác nhau. I. PHƯƠNG PHÁP SAI PHÂN. 1. Cơ sở: - Phương pháp này xoay quanh việc chuyển từ số ak về dạng ak = f ( k + 1) − f ( k ) , nói cách khác là biểu diễn số hạng bằng biểu thức sai phân. n n - Ta sẽ có: ∑ ui = ∑  f ( i + 1) − f ( i )  = f ( n + 1) − f ( 1) i =1  i =1  Để có thể sử dụng phương pháp này ta có cần nhớ khá nhiều tính chất của lượng giác. Cụ thể được thống kê ở bảng sau: 1) 2sin a.sin b = cos ( a-b ) − cos ( a + b ) 2) 2sin a.cos b = sin ( a+b ) + sin ( a − b ) 1 1 −1 − = 3) x sin 2 x x 4.cos 2 4.sin 2 2 2 1 4) = cot g 2 x − cot gx sin 2 x 5) tgx = cot gx − 2 cot g 2 x Với ak là cấp số cộng, công sai d: 1 1 6) = ( cot gan − cot gan+1 ) sin an .sin n +1 sin d 1 7) tgan +1 − tgan = ( tgan+1 − tgan ) sin d 2. Các bài tóan: Bài 1: Cho cấp số cộng, công sai d. Tính: n a) S n = ∑ sin ak k =1 n b) Tk = ∑ cos ak k =1 Giải: Naê m  hoïc 2006   2007   –  128
  2. Chöôn g   M o ät   3:  soá  phöông  phaùp  tính toång  löôïng giaùc Dạng bài này có lẽ quá quen thuộc. Ta sẽ áp dụng tính chất 1 ở trên. a) Ta có: d d   3    1  2sin ak .sin = 2sin  a1 + ( k − 1) d  .sin = cos  a1 +  k −  d  − cos  a1 +  k −  d    2 2   2    2    3  Xét: g (k ) = cos  a1 +  k −  d    2  d Ta có: 2sin ak .sin = g (k ) − g ( k + 1) 2 d  n −1   −n  Vậy: 2 sin .S n = g ( 1) − g ( n + 1) = −2 sin  a1 + d  sin  d 2  2   2   n −1  n  sin  a1 + d  .sin  d  ⇒ Sn =  2  2  d sin 2 b) Tương tự như a), sử dụng tính chất 2: Nhận xét: -Ta thường sử dụng hệ quả của bài tóan trên dưới dạng: n sin 2nx S n = ∑ cos ( 2k − 1) x = k =1 2sin x π 1 π 3π 1 -Với n = 2, chọn x = ta có: cos + cos = 5 2 5 5 2 π 1 π 3π 5π 1 -Với n = 3, chọn x = ta có: cos + cos + cos = 7 2 7 7 7 2 π π 3π 5π 7π 1 -Với n = 4 , chọn x = ta có: cos + cos + cos + cos = 9 9 9 9 9 2 Bài 2: Cho cấp số cộng { an } công sai d. Tính: n 1 a a) S n = ∑ i .tg i i =1 2 2 n 1 Tn = ∑ b) a i =1 4i .cos 2 2i Giải: a) Ta sẽ áp dụng tính chất 5: 1 a 1 a 1 a k .tg k = k .cot g k − k −1 .cot g k −1 2 2 2 2 2 2 1 a Đặt: f ( k ) = k .cot g k 2 2 Khi đó: S n = f ( 1) − f ( 0 ) + f ( 2 ) − f ( 1) + ... + f ( n ) − f ( n − 1) Naê m  hoïc 2006   2007   –  129
  3. Chuyeân  ñeà  Löôïng  giaùc vaø   Ù n g   Ö duïng 1 a = f ( n ) − f ( 1) = n .cot g n − cot ga 2 2 b) Ta áp dụng tính chất 3, giải tương tự. Nhận xét: Bằng việc áp dụng các tính chất đã nêu, ta hòan tòan có thể tính các tổng sau: n 1 Sn = ∑ , { ak } là cấp số cộng k =1 sin ak .sin nak +1 n Tn = ∑ cos ak .cos ak +1 k =1 Sau đây xin xét một bài tóan không sử dụng các tính chất đã nêu. n 2k Bài 3: Tính tổng: S n = ∑ arctg k =1 1+ k2 + k2 Nhận xét: a+b Ta cần chú ý đẳng thức sau: arctg = arctga + arctgb 1-ab 1 + n 2 + n 4 = − xy Quan sát đề bài, ta cần chọn x, y sao cho:   2n = x + y  x = n2 + n + 1  Ta giải hệ phương trình này và có:   y = − ( n − n + 1) 2  Giải: Áp dụng phép đặt như trên: 2n x+ y ⇒ arctg = arctg = arctgx + arctgy 1+ n + n 2 4 1 − xy 2n ⇔ arctg = arctg ( n 2 + n + 1) − arctg ( n 2 − n + 1) ( Vì xy < 1 ) 1+ n + n 2 4 Vậy: S n = arctg 3 − arctg1 + arcgt 7 − arctg 3 + ... + arctg ( n 2 + n + 1) −arctg ( n 2 − n + 1) π = arctg ( n + n + 1) − 2 \ 4 II. PHƯƠNG PHÁP ĐẠI SỐ: a. Cơ sở: Cơ sở của phương pháp này là dựa trên phép biến đổi Abel. Định lý này được phát biểu như sau: Định lý: Cho hai dãy { a n } và { bn } . Xét hai dãy số{Bn} và {Sn} trong đó: Nho ù m  hoïc sinh lôùp 11A1 130
  4. Chöôn g   M o ät   3:  soá  phöông  phaùp  tính toång  löôïng giaùc n n S n = ∑ ak bn ; Bn = ∑ bk k =1 k =1 n Thế thì: S n = ∑ ( ak − ak +1 ) Bk + an +1 .Bn k =1 Chứng minh: n ∑( a k =1 k − ak +1 ) .Bk + an +1 .Bn n n = ∑ a B −∑ a k =1 k k k =1 k +1 .Bk + an +1 .Bn n −1 n −1 = a1b1 + ∑ ak +1 − ∑ ak +1 .Bk k =1 k =1 n = a1b1 + ∑ ak ( Bk − Bk −1 ) k =1 n n = a1b1 + ∑ ak bk = ∑ ak bk = Sn k =2 k =1 Hệ quả: Cho cấp số cộng { a n } với công sai d và cấp số nhân { bn } với công bội q ≠ 1  ( 1 − nq n−1 + ( n − 1) q n ) d  1 −1 q n q b S n = ∑ ak bk = ( 1 − q n ) a1 +  k =1  1− q  Ngòai ra ta nhắc lại kiến thức về đa thức. Định lý Viét: n Nếu đa thức: P ( x ) = ∑ ai x ( a ≠ 0 ) , có n nghiệm x1, x2,..., xn thì ta có: n −i i =0 n − a1 ∑x k =1 k = ao a2 ∑ 1≤i ≤ j ≤ n xi x j = a0 ... an x1 x2 ...xn = ( −1) n a0 b. Các bài tóan: Bài 1: Cho {ak} là cấp số cộng. Tính: n a) S n = ∑ k .sin ak k =1 n b) Tn = ∑ k .cos ak k =1 Giải: a) Trước hết ta lưu ý đến hai công thức đã chứng minh sau: Naê m  hoïc 2006   2007   –  131
  5. Chuyeân  ñeà  Löôïng  giaùc vaø   Ù n g   Ö duïng Áp dụng định lý Abel: n −1 n −1 S n = ∑  k − ( k + 1)  .Bn − n.Bn = −∑ Bk + n.Bn =   k =1 k =1  d   1   n −1  n  n −1 cos  a1 −  − cos  a1 +  k −  d  sin  a1 + d  .sin  d   2   2  + n.   2  2 −∑ k =1 d d 2sin sin 2 2 b) Giải tương tự. Nhận xét: Ta hòan toàn có thể tổng quát hóa bài tóan. Tính: n n S n = ∑ ak .sin bk và Tn = ∑ ak .cos bk k =1 k =1 Với {ak } và {bk} là cấp số cộng, công sai lần lượt là d và d1. Bằng phương pháp n n tương tự, ta sẽ có: S n = ( a1 − d ) ∑ sin bk + d ∑ k .sin bk k =1 k =1 Bài 2: Tính: π 5π 7π S = tg 2 + tg 2 + tg 2 18 18 18 Nhận xét: Ta cần tìm phương trình phù hợp để áp dụng định lý Viét như đề cập. Ta sẽ bắt đầu đi tìm phương trình đó. Giải: π π π π x = ( 2k + 1) ⇔ 3x = ( 2k + 1) = + k 18 6 6 3 2  π π  1  3tgx − tg 3 x  1 ⇒ ( tg 3 x ) 2 = tg  + k   = ⇒  =  1 − 3tg x  3 2  6 3  3 ⇔ 3tg 6 x − 27tgx + 33tg 2 x − 1 = 0 Đặt t = tg 2 x , ta có: 2 3π 2 5π 2 7π Phương trình: 3t 3 − 27t 2 + 33t − 1 = 0 có các nghiệm tg , tg , tg 18 18 18 π 5π 7π Theo Viét: tg 2 + tg 2 + tg 2 =9 18 18 18 Bài 3: Tính tổng: π 3π 9π S = cos + cos + ... + cos 10 10 10 Nhận xét: Ta thấy bài này có dạng x = ( 2k + 1) π . Vậy nếu chọn cos 5x thì rõ ràng thay 10 năm giá trị trên vào ta đều có cos 5x = 0 Nho ù m  hoïc sinh lôùp 11A1 132
  6. Chöôn g   M o ät   3:  soá  phöông  phaùp  tính toång  löôïng giaùc Giải: Bây giờ ta sẽ tìm công thức cho cos 5x Đặt: cos 5 x = A cos5 x + B cos3 x + C cos x π π thay x = 0, x = , x = ta giải hệ phương trình theo A, B, C ta có 4 3 A = 16, B = -20, C = 5 Vậy: cos 5 x = 16 cos5 x − 20 cos3 x + 5cos x π 5π 7π 9π Vậy các giá trị cos , cos , cos , cos là các nghiệm của đa thức: 10 10 10 10 P ( x ) = 16 x 5 − 20 x 3 + 5 x 2n x+ y Vậy theo Viét ta có: S = 0 ⇒ arctg = arctg = arctgx + arctgy 1+ n + n 2 4 1 − xy III.PHƯƠNG PHÁP SỐ PHỨC a. Cơ sở: Phương pháp này chủ yếu dựa trên hai công thức: 1.Công thức Moivre: ( cos α + i sin α ) n ∀α ∈ ¡ và n ∈ ¥ : = cos nα + i sin nα 2.Công thức Euler: ∀α ∈ ¡ iα − iα e +e cos α = 2 eiα − e − iα sin α = 2i *Hệ quả:  −iα iα i  i α α α iα α iα Ta có: 1 − e = e  e − e  = −2i sin .e 2 ⇒ 1 − eiα = −2i sin .e 2 2 2 2   2 2 Bây giờ ta xét một số bài tóan. Bài 1: Tính: n n a. S n = ∑ ( −1) b. Tn = ∑ ( −1) k −1 k −1 .cos kx .sin kx k =1 k =1 Giải: Ta xét tổng: n n n ∑ ( −1) .cos kx + ∑ ( −1) .sin kx = ∑ ( −1) . ( cos x + i sin x ) k −1 k −1 k −1 n k =1 k =1 k =1 1 − ( −1) ( cos x + i sin x ) n n = ( cos x + i sin x ) . 1 + ( cos x + i sin x )  cos x − ( −1) n cos ( n + 1) x  + sin x − ( −1) n. sin ( n + 1) x  i =    ( 1 + cos x ) + i sin i Naê m  hoïc 2006   2007   –  133
  7. Chuyeân  ñeà  Löôïng  giaùc vaø   Ù n g   Ö duïng = 1 x( )  cos x − ( −1) n cos ( n + 1) x ( 1 − cos x ) ( n ) + sin x sin x − ( −1) sin ( n + 1) x  + 4 cos 2  2 1 4 cos 2 x ( ) ( ) ( 1 + cos x ) sin x − ( −1) n sin ( n + 1) x − sin x cos x − ( −1) n cos ( n + 1) x  i   2 1  2n + 1 x 1  2n + 1 x 1 + cos x − ( −1) .2 cos 2 x.cos 2  + sin x − ( −1) sin 2 x.cox 2  i n n = x  4 cos 2 x  4 cos 2   2 2 x 2n + 1 x 2n + 1 cos − ( −1) cos x sin − ( −1) sin n n x 2 2 + 2 2 i = x x 2 cos 2 cos 2 2 Từ đó suy ra: n +1 n n +1 n sin x.sin x +co s x.sin x 2 2 2 2 a. Với n chẵn: S n = ; Với n lẻ: S n = x x cos cos 2 2 n +1 n n +1 n sin x.sin x sin x.co s x 2 2 2 2 b. Với n chẵn: Tn = ; Với n lẻ: Tn = x x cã cos 2 2 Ta sẽ tiến hành tổng quát hóa bài tóan 1. Bài 2: Tính: n n a. S n = ∑ sin ( ak ) b. Tn = ∑ cos ( ak ) k =0 k =0 Với {ai} là cấp số cộng, công sai d. Nhận xét: Trước khi tiến hành giải, ta chú ý đến tiến trình giải tóan dạng này. - Đôi khi gộp Sn và Tn , nhóm hạng tử và dùng công thức Moivre. - Sử dụng tính chất cấp số nhân để biến đổi. - Cuối cùng, tách phần thực và phần ảo. Để giải bài này ta chú ý hai kết quả: n +1 n n sin x.cos x 2 2 ∑ cos kx = k =0 x ; sin 2 n +1 n n sin x.sin x ∑ sin kx = 2 x 2 k =0 sin 2 Giải: a. Ta có: Nho ù m  hoïc sinh lôùp 11A1 134
  8. Chöôn g   M o ät   3:  soá  phöông  phaùp  tính toång  löôïng giaùc n S n = ∑ cos kx = cos a0 + cos ( ao + d ) + ... + cos ( a0 + nd ) k =0 = cos a0 + ( cos a0 .cos d − sin a0 .sin d ) + ( cos a0 .cos nd − sin a0 .sin nd ) = cos a0 ( 1 + cos d + ... + cos nd ) + sin a0 ( sin d + ... + sin nd ) n +1 n n +1 n sin d .cos d sin d .sin d 2 2 − sin a 2 2 = cos a0 . 0 d d sin sin 2 2 n +1  n  sin d .cos  a0 + d  = 2  2  d sin 2 b. Hòan tòan tương tự. Bài 3: Tính: n n a. S n = ∑ Cn .cos ( k + 1) x  b. Tn = ∑ Cn .sin ( k + 1) x  k k     k =0 k =0 Nhận xét: Ta cần nhớ lại công thức nhị thức Newton: n ( a + b ) = ∑ Cnk .a k b n−k n k =1 Kết hợp với công thức Moivre, ta sẽ giải được bài tóan này. Ngòai ra cần chú ý đường lối giải bằng phương pháp này (được nêu ở bài 2).. Giải: n Ta có: S n + iTn = ∑ Cn  cos ( k + 1) x + sin ( k + 1) x  k   k =0 n k +1 Áp dụng Moivre: S n + iTn = ∑ C [ cos x + i sin a ] k n k =0 Do vậy nếu đặt t = cos x + i sin x n ⇒ S n + iTn = ∑ Cnk .t k +1 = t ( t + 1) n k =0 = ( cos x + i sin x ) ( cos x + 1 + i sin x ) n ( cos x + i sin x )  cos + i sin  n nx nx nx = 2 .cos   2  2 2  nx  n+2 n+2  n = 2 .cos  cos x + i sin x 2  2 2  Từ đây suy ra: nx n+2 a. S n = 2 .cos .cos n x 2 2 nx n+2 b. Tn = 2 .cos .sin n x 2 2 Naê m  hoïc 2006   2007   –  135
  9. Chuyeân  ñeà  Löôïng  giaùc vaø   Ù n g   Ö duïng VI. PHƯƠNG PHÁP ĐẠO HÀM: a. Cơ sở : - Phương pháp sử dụng đạo hàm để tính tổng dựa trên nguyên lý sau : Nếu bằng cách nào đó đã biết trước một tổng P(x) nhận giá trị m . Mặt khác tổng S(x) cần tính là đạo hàm cấp k hay có dạng liên quan thì ta sẽ có : P = m ; S = P ( k ) ⇒ S = m( k ) Với và là đạo hàm cấp k của Pn và giá trị của đạo hàm cấp đó. Các dạng thường gặp là: S ( x ) = P' ( x ) S ( x ) = ( xP ( x ) ) ' ( ) ' S ( x ) = ln P ( x ) S ( x ) =  f ( P ( x ) )  ⇒ S ( x ) = P' ( x ) . f ' ( x ) '   Dạng tổng nên áp dụng phương pháp này: f(x): hàm lượng giác cơ bản. Khi giải ta nên xét các khả năng có thể xảy ra để đạo hàm có nghĩa. Bây giờ ta đi vào bài tóan cụ thể. Bài 1: Tính các tổng: n a. S n = ∑ k sin kx k =1 n b. Tn = ∑ kco s kx k =1 Giải: a. Như đã nói ở trên, ta cần biết kết quả sau để tiến hành giải bài tóan bằng phương pháp này:  n +1  n  n sin  x  .sin  x  ∑ sin kx =  2  2  k =1  x sin   2  n +1  n  n cos  x  .sin  x  ∑ cos kx =  2  2  k =1 x sin   2 a. Chú ý rằng: '  n  n  n  ∑ k sin kx  = ∑ − ( cos kx )  = −  ∑ cos kx  '     k =1  k =1  k =1  /   n +1   n   cos  2 x  .sin  2 x   ⇒ Sn = −        x   sin     2  b.Tương tự Nho ù m  hoïc sinh lôùp 11A1 136
  10. Chöôn g   M o ät   3:  soá  phöông  phaùp  tính toång  löôïng giaùc '  n  n  n  ∑ k cos kx  = ∑ ( sin kx ) =  ∑ sin kx  '  k =1  k =1  k =1  Nhận xét: Bài này có hai hướng tổng quát: Hướng 1: Tính tổng: n n S n = ∑ ak sin kx và Tn = ∑ ak cos kx k =1 k =1 với {ak} là cấp số cộng. Ta sẽ giải bài này bằng nhận xét rằng: n n S n = ∑ ak sin kx = ∑  a1 + ( k − 1) d  sin kx   k =1 k =1 n = ∑ [ (a1 − d ) + kd ] sin kx k =1 n n = ( a1 − d ) ∑ sin kx + d ∑ k sin kx k =1 k =1 n Rồi áp dụng bài tóan trên cho tổng ∑ k sin kx k =1 . Giải tương tự với hàm cos. Hướng 2: Tính: n n S n = ∑ k m sin kx và Tn = ∑ k m co s kx k =1 k =1 Ta sẽ giải cách này bằng cách dùng đạo hàm cấp k, với chú ý sau: -Nếu m ≡ 0 ( mod 4 ) thì x m sin kx = ( sin kx ) ( m) -Nếu m ≡ 1( mod 4 ) thì x m sin kx = − ( cos kx ) ( m) -Nếu m ≡ 2 ( mod 4 ) thì x m sin kx = − ( sin kx ) ( m) -Nếu m ≡ 3 ( mod 4 ) thì x m sin kx = − ( cos kx ) ( m) π n 2i Bài 2: Cho x ≠ k n +1 với k ∈ ¢ , n ∈ N . Hãy tính tổng sau: + Sn = ∑ i =1 tg ( 2 x ) sin ( 2 x ) i i 2 Nhận xét: Bài tóan cho ta cảm giác có liên quan đến tổng sau (đã đề cập ở phần sai phân) n 1 Tn = ∑ = cot gx − cot g ( 2n x ) i =1 sin ( 2 x ) i Ta sẽ khai thác đẳng thức trên trong lời giải bài này Giải: '  1  −2 k Ta để ý:   =  sin ( 2k x )  tg ( 2k x ) sin ( 2k x )   S n = − ( Tn ) ' Vậy: Naê m  hoïc 2006   2007   –  137
  11. Chuyeân  ñeà  Löôïng  giaùc vaø   Ù n g   Ö duïng n 2k 1 2n Suy ra: S n = ∑ = − ( cot gx − cot g 2n x ) = ' − 2 n k =1 tg ( 2k x ) sin ( 2k x ) sin 2 x sin ( 2 x ) kπ n Bài 3: Cho x ≠ n +1 , ( k ∈ ¢ , n ∈ ¥ + ) . Hãy tính tổng: S n = ∑ 2k tg ( 2k x ) 2 k =0 Giải: Đây thực sự là bài tóan khó khi sử dụng phương pháp này, bởi vì phép đặt sau là rất đặc biệt và cho kết quả bất ngờ. n Đặt: Tn = cos x.cos 2 x.cos ( 2 x ) ...cos ( 2 x ) = ∏ cos 2 x 2 n k k =0 kπ n +1 , ( Theo giả thiết x ≠ k ∈ ¢ , n ∈ ¥ + ) , suy ra Tn ≠ 0 2 Ta sẽ có: Tn' = − sin x.cos 2 x...cos ( 2n x ) − 2 cos x.sin 2 x....cos ( 2n x ) ... −2n cos x...sin 2n x Tn' Do Tn ≠ 0 , nên: = −tgx − 2tg 2 x − ...2n ( tg 2n x ) = − S n Tn Tn' Vậy: Sn = Tn Đến đây ta chú ý đến đẳng thức quen thuộc: n sin ( 2n +1 x ) Tn = ∏ cos 2 x = k k =0 2n +1 sin x 2n +1 sin x.cos(2n +1 x) − cos x.sin ( 2n +1 x ) Suy ra: T =n ' 2n +1 sin 2 x Vậy ta sẽ có: S n = cot gx − 2 .cot g ( 2 x ) n +1 n +1 n 1 x Bài 4: Tính tổng sau: S n = ∑ k tg k k =1 2 2 Nhận xét: Bài tóan có vẻ đơn giản, nhưng đó chỉ là vẻ bề ngòai. Để áp dụng phương pháp này, nhất thiết phải tìm ra hàm số gốc của Sn. Vậy nó là gì? Từ đầu bài viết chúng ta chưa đề cập đến dạng: ( ) ' S ( x ) = ln ( x ) Vậy ta hãy thử dạng này với chú ý: (Ta sử dụng tích phân để có được hàm số gốc) '  x  −1 x  ln cos 2  = 2 tg 2   Giải: Áp dụng công thức vừa nêu, ta có: '  x  −1 x  ln cos k  = k tg k  2  2 2 Nho ù m  hoïc sinh lôùp 11A1 138
  12. Chöôn g   M o ät   3:  soá  phöông  phaùp  tính toång  löôïng giaùc (với k = 1, 2,..., n ) n x Vì thế nếu đặt: Pn = ∏ cos thì S n = − ( ln Pn ) ' k =1 2k n x sin x Pn = ∏ cos = Chú ý rằng: 2k x k =1 sin n .2n 2    sin x   x  Do vậy, ta có: S n = −  ln  =  − ln sin x + ln sin n + n ln 2   sin x .2n   2     2n  1 x = − cot gx + n .cot g n 2 2 V. NHÌN LẠI CÁC PHƯƠNG PHÁP: Có thể nói, tính tổng các giá trị lượng giác là phần quyết định của nhiều bài tóan. Chẳng hạn là bài tóan trong kì kiểm tra chuyên của lớp 11A1 vừa qua: n 1 1 Giải phương trình: ∑ sin = i =1 ( 2 x) i sin x Nhưng có thể tính được tổng các giá trị lượng giác thì cần áp dụng một hay tổng hợp các phương pháp đã nêu. -Đối với phương pháp sai phân: ưu điểm là chỉ sử dụng kiến thức rất cơ bản, dễ thực hiện nhưng cần nhớ nhiều công thức và đẳng thức. -Đối với phương pháp đại số: khai triển Abel tuy mạnh nhưng lại dựa trên một số tổng có sẵn và áp dụng lại, còn áp dụng Viét thì chỉ tính hữu hạn giá trị, không thể tính cho trường hợp tổng quát. -Đối với phương pháp số phức: chứng minh khá độc đáo, hấp dẫn nhưng lại vượt ngòai chương trình phổ thông nên chỉ nên dùng trong việc tìm hiểu thêm về tóan học. Đây là một phương pháp tham khảo nên ở phần trên ta không đi sâu. -Đối với phương pháp đạo hàm: tương tự như phương pháp đại số, nó dựa trên các tổng cơ bản có sẵn. Ưu điểm là nhanh, trình bày gọn gẽ, nhưng điểm yếu là sử dụng lại một số đẳng thức quen thuộc. Tóm lại các phương pháp đã nêu không có phương pháp nào là hòan thiện. Ta cần kết hợp các phương pháp khéo léo thì mới giải quyết trọn vẹn bài tóan. Một đề nghị nhỏ là nên sử dụng phương pháp sai phân hay số phức tính tổng đơn giản, rồi lấy đó làm cơ sở cho hai phương pháp còn lại, thì hiệu quả rất cao. Naê m  hoïc 2006   2007   –  139

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản