a) Giả sử các đỉnh đa giác là các điểm biểu diễn hình học các căn bậc n của đơn vị \(P_o=1\). Xét đa thức :

\(f=z^n-1=\left(z-1\right)\left(z-\omega\right)........\left(z-\omega^{n-1}\right),\omega=\cos\frac{2\pi}{n}+i\sin\frac{2\pi}{n}\)

Rõ ràng :

\(n=f'\left(1\right)=\left(1-\omega\right)\left(1-\omega^2\right)...\left(1-\omega^{n-1}\right)\)

Lấy Modun 2 vế ta được kết quả

b) Ta có :

\(1-\omega^k=1-\cos\frac{2k\pi}{n}-i\sin\frac{2k\pi}{n}=2\sin^2\frac{k\pi}{n}-2i\sin\frac{k\pi}{n}\cos\frac{k\pi}{n}\)

          \(=2\sin\frac{k\pi}{n}\left(\sin\frac{k\pi}{n}-i\cos\frac{k\pi}{n}\right)\)

Do đó : \(\left|1-\omega^k\right|=2\sin\frac{k\pi}{n},k=1,2,....,n-1\)

Sử dụng a) ta có điều phải chứng minh

c) Xét đa giác đều \(Q_oQ_1.....Q_{2n-1}\) nội tiếp trong đường tròn, các đỉnh của nó là điểm biểu diễn hình học của \(\sqrt{n}\) của đơn vị.

Theo a) \(Q_oQ_1.Q_oQ_2....Q_oQ_{2n-1}=2n\)

Bây giờ xét đa giác đều \(Q_oQ_2....Q_{2n-1}\)  ta có \(Q_oQ_2.Q_oQ_4..Q_oQ_{2n-2}=n\)

Do đó \(Q_oQ_1.Q_oQ_3..Q_oQ_{2n-1}=2\) Tính toán tương tự phần b) ta được

\(Q_oQ_{2k-1}=2\sin\frac{\left(2k-1\right)\pi}{2n},k=1,2....n\) và ta có điều phải chứng minh

Từ giả thiết ta được :

\(\left(z-\omega^k\right)\left(\overline{z-\omega}^k\right)\le1\Rightarrow\left|z\right|^2\le z\overline{\omega^k}+\overline{z}\omega^k,k=0,1,.....,n-1\)

Lấy tổng các hệ thức trên,

\(n\left|z\right|^2\le z\left(\overline{\Sigma_{k=0}^{n-1}\omega^k}\right)+\overline{z}\Sigma_{k=0}^{n-1}\) \(\omega=0\)

Do đó z=0

Số đỉnh chung bằng số nghiệm chung của hai phương trình :

\(z^{1982}-1=0,z^{2973}-1=0\)

Ứng dụng định lý , số nghiệm chung là :

d=UCLN(1982,2973)=991

Đặt \(z=a+bi\Rightarrow\overline{z}=a-bi,\left|z\right|=\sqrt{a^2+b^2}\) Hệ thức đã cho trở thàng \(z^{2002}=\overline{z}\)

\(\left|z\right|^{2002}=\left|z^{2002}\right|=\left|\overline{z}\right|=\left|z\right|\Rightarrow\left(\left|z\right|^{2001}-1\right)=0\)

Do đó :

\(\left|z\right|=0\) tức là (a,b) =(0,0) hoặc \(\left|z\right|=1\). Trong trường hợp \(\left|z\right|=1\), ta có :

\(z^{2002}=\overline{z}\Rightarrow z^{2002}=z.\overline{z}=\left|z\right|^2=1\)

Phương trình : \(z^{2002}=1\) có 2003 nghiệm phân biệt \(\Rightarrow\) có 2004 cặp thứ tự theo yêu cầu.

Gọi \(P_1,P_2\) là giao điểm của đường tròn (0.1) với tia OM1 và OM2

Dựng P3 thuộc đường tròn và có argument cực \(\theta_1,\theta_2\) Chọn M3 thuộc tia OP3, OM3 =OM1.OM2

Gọi z3 là tọa độ phức của M3. Điểm M3(\(r_1r_2;\theta_1+\theta_2\) biểu diễn tích z1z2

Gọi A là điểm biểu diễn của z=1

\(\frac{OM_3}{OM_1}=\frac{OM_2}{1}\Rightarrow\frac{OM_3}{OM_2}=\frac{OM_2}{OA};\widehat{M_2OM_3}=\widehat{AOM_1}\)

Suy ra 2 tam giác OAM1 và OM2M3 đồng dạng

Với \(x\ne2\) ta có \(y=1-\frac{m}{\left(x-2\right)^2}\)

Hàm số có cực đại và cực tiểu \(\Leftrightarrow\) phương trình \(\left(x-2\right)^2-m=0\) (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 2 \(\Leftrightarrow m>0\)

Với m>0 phương trình (1) có 2 nghiệm là :

\(x_1=2+\sqrt{m}\Rightarrow y_1=2+m+2\sqrt{m}\)

\(x_2=2-\sqrt{m}\Rightarrow y_2=2+m-2\sqrt{m}\)

Hai điểm cực trị của đồ thị hàm số \(A\left(2-\sqrt{m};2+m-2\sqrt{m}\right);B\left(\left(2+\sqrt{m};2+m+2\sqrt{m}\right)\right)\)

Khoảng cách từ A và B tới d bằng nhau nên ta có phương trình :

\(\left|2-m-\sqrt{m}\right|=\left|2-m+\sqrt{m}\right|\)

\(\Leftrightarrow\begin{cases}m=0\\m=2\end{cases}\)

Đối chiếu điều kiện thì m=2 thỏa mãn bài toán. Vậy yêu cầu bài toán là m=2

Gọi tọa độ điểm cực đại là A(0;2), điểm cực tiểu B (2;-2)

Xét biểu thức P=3x-y-2

Thay tọa độ điểm A (0;2) => P=-4<0, thay tọa độ điểm B (2;-2) => P=6>0

Vậy 2 điểm cực đại và cực tiểu nằm về 2 phía của đường thẳng y=3x-2.

Để MA+MB nhỏ nhất => 3 điểm A,M,B thẳng hàng

Phương trình đường thẳng AB : y =-2x+2

Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ :

\(\begin{cases}y=3x-2\\y=-2x+2\end{cases}\) \(\Leftrightarrow\begin{cases}x=\frac{4}{5}\\y=\frac{2}{5}\end{cases}\) \(\Leftrightarrow M\left(\frac{4}{5};\frac{2}{5}\right)\)

- Ta có \(y'=4x^3-4m^2x;y'=0\) \(\Leftrightarrow\begin{cases}x=0\\x^2=m^2\end{cases}\) Điều kiện có 3 điểm cực trị : \(m\ne0\)

- Tọa độ 3 điểm cực trị : A (0;1); B \(\left(-m;1-m^4\right),C\left(m;1-m^4\right)\)

- Chứng minh tam giác ABC cân đỉnh A. Tọa độ trung điểm I của BC là I \(\left(0;1-m^4\right)\)

- \(S_{ABC}=\frac{1}{2}AI.BC=m^4\left|m\right|=\left|m\right|^5=32\Leftrightarrow m=\pm2\left(tm\right)\)

Ta có : \(y'=3x^2-6mx+3\left(m^2-1\right)\)

Để hàm số có cực trị thì phương trình \(y'=0\) có 2 nghiệm phân biệt

                                                             \(\Leftrightarrow x^2-2mx+m^2-1=0\) có 2 nghiệm phân biệt

                                                             \(\Leftrightarrow\Delta=1>0\) với mọi m

Cực đại của đồ thị hàm số là A(m-1;2-2m) và cực tiểu của đồ thị hàm số là B (m+1; -2-2m)

Theo giả thiết ta có :

                         \(OA=\sqrt{2}OB\Leftrightarrow m^2+6m+1\Leftrightarrow\begin{cases}m=-3+2\sqrt{2}\\m=-3-2\sqrt{2}\end{cases}\)

Vậy có 2 giá trị m là \(\begin{cases}m=-3+2\sqrt{2}\\m=-3-2\sqrt{2}\end{cases}\)

Ta có : \(y'=\frac{mx^2+1}{x^2}\)

Hàm số có 2 cực trị \(\Leftrightarrow y'=0\)

có 2 nghiệm phân biệt khác 0 => m<0

\(A\left(-\frac{1}{\sqrt{-m}};2\sqrt{-m}\right);B\left(\frac{1}{\sqrt{-m}};-2\sqrt{-m}\right)\)

\(\Rightarrow AB^2=\frac{4}{\left(-m\right)}+16\left(-m\right)\)

\(AB^2\ge\sqrt[2]{\frac{4}{\left(-m\right)}16\left(-m\right)}=16\) không đổi 

Kết luận \(m=-\frac{1}{2}\)