SKKN - Bat Dang Thuc - Anh

Dùng ngôn ngữ toán học là luyện tập diễn đạt t tởng một cách khoa học, vì ngôn ngữ toán học bắt ta đem lại kết quả nhận thức diễn đạt dợc thật tinh tế logic - chính xác.Do vai trò toán h

Ăngghen nói: "Biện pháp của hiện thực thế giới thực tế đã phản ánh đợc trong những khái niệm và công thức toán học" Bất cứ ở nơi đâu học sinh cũng nhận thấy có những quy luật của phơng pháp biện chứng đó, cho nên học sinh nhận rõ đợc điều này thì sẽ phát triển đợc sự suy luận theo phơng pháp biện chứng Học toán là một cách chuẩn bị tốt nhất để sau này có thể đảm nhiệm đợc các công tác khoa học khác Toán học dạy ta cách rút kết luận từ những tiên đề có sẵn, cách làm cho kết luận có chứng cớ Dùng ngôn ngữ toán học là luyện tập diễn đạt t tởng một cách khoa học, vì ngôn ngữ toán học bắt ta đem lại kết quả nhận thức diễn đạt dợc thật tinh tế logic - chính xác.

Do vai trò toán học trong đời sống, trong khoa học và công nghệ hiện đại, công cụ thiết yếu giúp học sinh học tốt các môn khác, giúp học sinh hoạt động có hiệu quả trong mọi lĩnh vực Nh Bác Phạm Văn Đồng nói: "Dù các bạn ở nghành nào, trong công tác nào thì các kiến thức và phơng pháp toán học cũng cần cho bạn" Môn toán có khả năng to lớn giúp học sinh phát triển các năng lực và phẩm chất trí tuệ và có khả năng đóng góp tích cực vào việc giáo dục cho học sinh t tởng

đạo đức trong cuộc sống và lao động

Nói tóm lại, muốn học giỏi các môn thì phải học giỏi môn toán Và muốn học giỏi toán thì học sinh phải nắm vững các kiến thức cơ bản và phơng pháp giải từng loại toán đó và biết sai lầm mà các học sinh khác hay mắc phải để khi giải không mắc phải những sai lầm đó nữa

Trong toán học gồm nhiều phần riêng: Hình học, đại số, giải tích Trong mỗi phần lại có nhiều nội dung nhiều loại toán khác nhau Nh vậy muốn học tốt cần phải có phơng pháp giải và muốn giải tốt cần có kiên thức cơ bản và hiểu bài

và thuộc các định nghĩa và tính chất

Các em học sinh đã làm quen với bất đẳng thức từ năm lớp 7 đến lớp 10 mới

đề cập kỹ vần đề này hơn Tầm quan trọng của sự hiểu biết và kỹ năng vận dụng bất đẳng thức đã quá rõ ràng Nó là cơ sở của bài toán khác nh giải và biện luận phơng trình, bất phơng trình, hệ phơng trình, tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của một biểu thức toán học cũng nh nhiều ứng dụng trong khảo sát hàm số Hơn nữa sự luyện tập cách chứng minh bất đẳng thức còn góp phần phát triển t duy logic và bồi dỡng trí thông minh Thế nhng bất đẳng thức là một trong những phần khó nhất của chơng trình toán học nói chung Bởi thế muốn học tốt phần này các

em phải đầu t thời gian, dày công luyện tập, nghiên cứu vấn đề có hệ thống, ghi nhớ các phơng pháp chứng minh cơ bản dần dần hình thành kỹ năng sáng tạo

Đối với học sinh ở trờng thuộc vùng miền núi, vùng sâu vùng xa thì các em

ít có điều kiện hơn nh thời gian dành cho học tập không nhiều, sách tham khảo lại

ít, thậm chí nhiều em không có Cho nên trong khuôn khổ bài viết này tôi cố gắng giới thiệu một vài phơng pháp và kinh nghiệm của mình thông qua các ví dụ đợc xắp theo phơng pháp và kèm theo lời giải rõ ràng tỷ mỉ

Phần II

Tài liệu tham khảo

1 Sách đại số 10 - Sách bài tập lớp 10 (Ngô Thúc Lanh)

2 Phơng pháp giải toán nâng cao đại số lớp 10

3 Phơng pháp giảng dạy toán của Hoàng Chúng

4 Phơng pháp giải toán hình học 12 (Nguyễn Văn Quý - Nguyễn Hoàng Khang - Nguyễn Việt Hà)

5 Phơng pháp giảng dạy toán lớp 10 - 11 - 12

6 Các đề tuyễn sinh vào các trờng đại học - Cao đẳng

7 Các bài giảng luyện thi môn toán tập I - II

° Quên không đổi chiều bất đẳng thức khi nhân hai vế với một số dơng

° Lúng túng khi biến đổi một bất đẳng thức mà mẫu vẫn còn có dấu phụ thuộc vào giá trị của biến số

° Khi giải bất phơng trình có chứa phân thức khi quy đồng thì bỏ mẫu chứa

ẩn đi

° Nhân các bất đẳng thức mà các vế không cùng chiều

° Vận dụng bất đẳng thức cối mà không lu ý tính không âm của các hạng tử

° Khi chứng minh học sinh không khai thác hết giả thiết

Các thiếu sót kể trên gây tác dụng tai hại cho kết quả làm bài của các em

Để khắc phục tình trạng thiếu sót này mỗi học sinh cần phải học kỹ, học thuộc

định nghĩa tính chất trớc khi bớc vào giải bài tập Tránh khuynh hớng học hời hợt bên ngoài, phải học thuộc một cách nhuần nhuyễn và hiểu bài một cách thực sự

B Một số phơng pháp chứng minh bất đẳng thức:

Phơng pháp chứng minh bất đẳng thức rất đa dạng, chủ yếu dựa vào các đặc thù riêng của từng bất đẳng thức Cần chú ý rằng để có thể áp dụng nhiều cách khác nhau để chứng minh bất đẳng thức, tuy nhiên có nhiều bài phối hợp nhiều phơng pháp một cách hợp lý Sau đây là một số phơng pháp chứng minh bất đẳng thức:

Phơng pháp IDùng phép biến đổi tơng đơng

1 Phơng pháp chứng minh dựa vào định nghĩa:

− +

−

+

=

0 1 1

2

1

1 2 1

2 2

2

1

2 2

2

2 2

2

2

b a

b

a

b b a

a ab b

0

2

b a

b a

1

2

= +

− +

+

1 1

1 1

1 1

1 1

2 1

1 1

1

2 2

2 2

1

1

b a,

2 1

1

0 1

1

1 1

1

1

1

1 1

1 1

1 1

1

2

2 2

2 2

2

2 2

2 2

+

≥ +

−

−

= + +

= + +

− +

b a

ab b a b a

ab b a

a ab

a b ab b

b a b ab

Giải:

2 2

2 2

2 2

2 2

=

−

xy y

Dấu "=" xảy ra ⇔ x = y

Ta có: xy ≥ xy là hiển nhiên

Dấu "=" xảy ra ⇔ xy ≥ 0

VD5: Đề tuyển sinh trờng đại học bách khoa năm 2000 - Khối A

Cho a, b thoả mãn điều kiện: a + b ≥ 0 Chứng minh rằng:

3 3

2

3 3

3 3 3

3

≥ +

− +

+ + +

+ +

Giải:

m = x x y t y z y x z t z y+t+x t+z

+ +

+ + +

+ +

+

+ + +

+ + + +

+ + + +

+ + +

t t

z y x

z t

z y x

y t

z y

+ +

+

t t z

z y x

y y

x

x

⇒ m < 2 (1)

Từ (1) và (2) ⇒ 1 < m < 2.

VD2: Chứng minh rằng với x, y, z thoả mãn điều kiện: x2 + y2 + z2 = 1 thì ta có:

1 2

(x y) (y z) (z x) luôndúng

x zx z z yz y y

xy

x

z y x zx yz xy z

y x

2 2

2 2 2 2 2 2

2 2

2

2 2

2 2

2 2

2 2 2 2

2 2

≥

− +

− +

−

⇔

≥ +

− + +

− + +

−

⇔

+ +

≤ + +

⇔ + +

Ta có: -1 < x < 1 nên y = 0

1

3 5

2 >

−

−

x x

2

2 2

2

2 2

2 2

1

16 16 25

30 9 1

9 30 25 1

3 5

x

x x

x x

x x x

x y

−

− + +

1 16

5

3

2

2 2

2 2

−

x

x x

4

1

y x y

x y

2

3 2

z +zx+x ≥ (z+x)

2

3 2

Cộng vế với vế của các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta đợc:

x xy y y yz z z zx x (2x 2y 2z)

2

3 2 2

2 2

3 2

2

3 2

2

a ca c

c c

bc b

b b

ab

a

+ +

+ + +

3

2 3 3

b ab a

+ +

b ab

3 b c

c bc

3 c a

a ca

3 2

2

3 2

2

a ca c

c c

bc b

b b

ab

a

+ +

+ + +

+ +

1 4

1 4

1 4

1 4 1 4

3

c

c b

b a

c a

b a

c b a

≥ ab.bc+bc.ca+ca.ab+ 2abc(a+b+c) =abc(a+b+c)+ 2abc(a+b+c)

= 3abc ⇒ (ab + bc + ca)2≥ 3abc(a + b + c) (đpcm)

VD4: Chứng minh rằng mọi số dơng a, b, c luôn có bất đẳng thức:

abc a c abc c b abc

b

a

1 1

1 1

3 3 3

3 3

+ +

+ + +

+ +

(a b c)

abc

a abc

a

1

(3)Cộng vế với vế của các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta đợc:

abc abc a c abc c b abc b

a

1 1

1 1

3 3 3

3 3

+ +

+ + +

+ +

2 3

2

c b

a

Theo tính chất của hàm số mũ với cơ số nhỏ hơn, lớn hơn 0 Ta có:

3 1

2 3 2

b a c

b c

a c

b c a c

Giải:

Ta có:

2

1 1 3

3 3

2 1 3 0 1 3 2 3 1

⇔

≥ +

a

a a

a

(*)Mặt khác: 1 - b + ( ) 21

1 2 2

1 2

2

2

+ +

1 1 3

Vậy

2

1 1

(đpcm) VD2: Chứng minh: ∀a, b, c, d > ta có:

+ +

+ + +

+ + +

+ +

d a d c

c d c b

b c b a

a

Giải:

Do a, b, c, d > 0 ta có các bất đẳng thức sau:

c a

a c b a

a d c b

<

+ +

+

d b

b d c b

b d c b

<

+ +

+

a c

c a d c

c d c b

<

+ +

+

b d

d b a d

d d c b

<

+ +

+

Cộng các vế của bất đẳng thức trên ta đợc:

d b

d b c a

c a b a d

d a d c

c d c

+

<

+ +

+ + +

+ + +

+++

+++

++

+

⇔

b a d

d a

d c

c d

c b

b c

b

a

a

(đpcm) VD3: Cho ∆ABC có số đo ba cạnh là a, b, c và chu vi 2p Giả sử c ≤ b ≤ a CMR:

p2≤ ab

4

9

Giải:

2

≤ + +

⇔

≤ +

Tõ (2) vµ (3) theo tÝnh chÊt b¾c cÇu ⇒ (1) ⇒ ®pcm

VD4: Kh«ng dïng b¶ng sè h·y so s¸nh 2 sè log7 8 vµ log89

Gi¶i:

XÐt A = log89 + log87 = log89 7 = log863 < log864 = 2

B = log78 + log87 ≥ 2 log87 log78 = 2

VËy A < 2 ≤ B Nªn log78 > log89

sin48

VD3: cho a ≥ 2, b ≥ 2 Chøng minh r»ng: ab ≥ a + b

Gi¶i:

V× ( )( ) 1 1 1

1 1

2

1 1

= +

+

2

1

1

2

2 2 2

ca bc ab

c b a

= +

ab

S c b a

Hay a, b lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh bËc hai:

t2 - (S - c)t + c2 - Sc + 1 = 0 V× ph¬ng tr×nh nµy cã nghiÖm, nªn ph¶i cã:

Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b = c

VD3: Cho ba số dơng a, b, c thoả mãn abc = 1 Chứng minh rằng:

a + b + c ≥ 3 bằng phơng pháp phản chứng (Vô địch toán Ba Lan)

Giải:

Giả sử ∃a, b, c > 0 thoả mãn: abc = 1 mà a + b + c < 3 (1)

Ta có: a + b + c < 3 ⇔ a2b + ab2 + abc < 3ab ⇔ a2b + b2a + 1 < 3ab

1 5

−

6 3

Giải:

Giả sử:

5 2 10 5

1 5

1 5

1 5 2

10

25

5 2

Giả sử cả ba bất đẳng thức trên là đúng Khi đó nhân các vế tơng ứng với nhau,

ta đợc: a(1- b)b(1 - c)c(1 - a) >

4

1 4

1 4 1

⇔ [ ( )][ ( )][ ( )] .41

4

1 4

1 1

Từ (1), (2) và (3) ta đợc: [ ( )][ ( )][ ( )]

4

1 4

1 4

1 1

1 4

1 4

1 4

1 > vô lý ⇒ đpcm

7 Phơng pháp 7: Phân tích số hạng tổng quát

• Thờng sử dụng các công thức sau: ( ) ( ) 1

1 1 1

1 1

1

+

−

= +

− +

=

k k

k k

Sử dụng phơng pháp đánh giá đại diện

Dùng các tính chất của bất đẳng thức để đa bất đẳng thức cần chứng minh về dạng tính đợc tổng hữu hạn

° Giả sử Sn = u1 + + u… n với uk = ak - ak+1

° Khi đó Sn = (a1 - a2) + (a2 - a3) + + (a… n - an+1) = a1 - an+1

• Các Ví Dụ:

VD1: CMR: ( 1) 1

1

4 3

1 3 2

1 2 1

+ + + + +

n

n ∀n ∈ Z+Giải:

1 1 1

Cộng vế với vế các đẳng thức trên ta đợc:

1

1 1 1

1 1

4

1 4

1 3

1 3

1 2

1 2

− +

− +

− +

− +

−

n n

−

= +

=

1 1

1

1 1

1

1 1 1

1

1

k k k

k

k k

k

k k

k

k k

2 1

1 1

2

.

k k k

k k

2 1

1

k k k

1 2

1 2 2 3

2 1

1

n n n

n

Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta đợc:

1 1 2 1

1

+

n n

n

VD3: Chứng minh rằng: 1 + 1 2( 1 1)

3

1 2

+ +

>

1

2 2

2 1

1

− +

<

+

=

k k k k

1

49

1 25

n

Giải:

Ta có: ( 2 1 ) 2

1 +

k = + + < ( + ) =  − + 1 

1 1 4

1 1 4

1 4

4 4

3

1 2

1 2

1 1

1 4

1 1 2

1

1 1 4

1  −n+ < ⇒ đpcm

8 Phơng pháp 8: Phơng pháp chứng minh bằng phơng pháp quy nạp toán học

• Ta cần nhớ nguyên lý quy nạp toán học để áp dụng vào các bất đẳng thức phụ thuộc số tự nhiên n ∈ N Ta thực hiện các bớc sau:

° Kiểm tra bất đẳng thức với n = 0 (n = p tuỳ thuộc vào giá trị đầu tiên của n cho trong giả thiết)

° Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k (k ≥ p)

° Ta phải chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1

KL: bất đẳng thức đúng với mọi số tự nhiên n ≥ p

VD3: Chứng minh với n nguyên dơng lớn hơn 1 thì:

n

n>

+ +

2

2 1 2

1 1

1 + = + > luôn đúng ⇒ bất đẳng thức (*) đúng với n = 2

° Giả sử bất đẳng thức (*) đúng với n = k ≥ 2, tức là:

k >

+ +

2

1 1

1

° Ta phải chứng minh bất đẳng thức (*) đúng với n = k + 1 Tức là:

1 1

1 1

k k

Thật vậy ta có:

1

1 1

1 1 1

1 1

1 1

= + +

>

+ + + +

k

k k

k k k

k k

° Giả sử bất đẳng thức (1) đúng với n = k ≥ 1, tức là: ( 1 +a)k ≥ka

° Ta phải chứng minh (1) đúng với n = k + 1 tức là: ( 1 +a)k+1≥ (k+ 1 )a

Thật vậy, ta có:

(k )a

ka a k ka

a ka a

ka a

1 1

1 1

= + + +

= + +

≥ + +

=

+ +

⇒ bất đẳng thức (1) đúngvới n = k + 1

⇒ bất đẳng thức (1) đúng với mọi n nguyên dơng

VD5: Chứng minh rằng với n nguyên dơng ta có: sinnα ≤nsin α (1)

Giải:

° Với n = 1: (1) ⇔ sin α ≤ sin α luôn đúng

⇒ bất đẳng thức (1) đúng với n = 1

° Giả sử bất đẳng thức (1) đúng với n = k ≥ 2, tức là: sinkα ≤ksin α

° Ta phải chứng minh bất đẳng thức (1) đúng với n = k + 1, tức là:

⇒ bất đẳng thức (1) đúng với với mọi n nguyên dơng

9 Phơng pháp 9: áp dụng bất đẳng thức Côsi:

Đây là một trong những bất đẳng thức đẹp nhất và có nhiều ứng dụng nhất trong toán học Vì nó là một bất đẳng thức rất quan trong nên yêu cầu các em phải nhớ

kỹ và học hiểu công thức này:

• B§T C«si: Cho a1, a2, , a… n lµ nh÷ng sè kh«ng ©m th×:

1

a a

a

≥ + +

a

2 1 2

1 1

1

abc

c b

z y

y x

x

+

+ +

+ +

≤

≤ +

+ +

+

1 1

1 1

1 2

3 1

1 1

2

2 2

+

≤

x x

x x

11

+

++

+

z y

y x

≥ + + + + +

+ + +

≥ +

+ +

+ +

3

3

1 1 1 3 1

1 1

1

1 1

1 1

1 3 1

1 1

1 1

1

z y x z

y x

z y x z

y x

⇒ 1+1x+1+1y +1+1z ≥ 3 9 ≥23

+ + +x y z

DÊu "=" x¶y ra ⇔ x = y = z = 1

VËy suy ra ®iÒu ph¶i chøng minh

VD3: Cho n sè d¬ng a1, a2, , a… n cã tÝch b»ng 1 Chøng minh r»ng:

n

a a

Ta đợc: ( )(1 1 ) ( 1 ) 2 2

21

21

21

2 1 2

1 2

2

1 1

=

≥++

≥+

≥+

n

n n

n n

a a a a a a a

a

a a

a a

Dấu "=" xảy ra ⇔ a1 = a2 = = a… n

VD4: Cho x, y, z ≥ 0 và x + y + z ≤ 3 Chứng minh rằng:

z y x z

z y

y x

x

+

+ +

+ +

≤

≤ + +

1 1

1 1

1 2

3 1

1 1

2

1 2 2

1

2 2

x x x

x

⇒ 1 2 ≤21+x

y

11

++

z y

y x

1

; 1

1 1

1 3 1

1 1

1

1

1

z y x z

y

z y

x + + + +

11

3 3 3 3

1 1 1

3 1

1 1

1

+

≥ + + + + +

≥ + +

+

+ +

≤

≤ + +

1 1

1 1

1 2

3 1

m

ra ra

ra

+

≥

+ + + + + + + +

+

+

1

1

1 1 1

- số

a

1 1 1 1

1

− +

+

− +

+ +

≥ + +

z y z x y x z y x

1 1

1 2 1 1 1







 + +

z y z

x y

x z y x

1 1 2

1 1 1 2

1 1 1 2

1 1 1 1

áp dụng bất đẳng thức Côsi cho các cặp số: 

1

; 1

1

; 1

Ta đợc: x1+1y ≥ 2xy;

xz z

x

2 1

+ +

≥

x z z y y x

1 1 1

10 Phơng pháp 10: áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski

a) Xét về tầm quan trọng cũng nh sự thuận tiên trong ứng dụng thì sau bất đẳng thức Côsi ta phải kể đến bất đẳng thức Bunhiacôpski

bất đẳng thức Bunhiacôpski đợc phát biểu nh sau:

Cho hai dãy số thực a1, a2, , a… n và b1, b2, , b… n Khi đó ta có:

2 2 1 1 2 2

2

2 1 2 2

a b

(Với quy ớc nếu bj = 0 thì aj = 0)

1 1

1 1

1 1

+

+ +

+ +

1 1 1

1 1 1

1

1 + − + + − + + − + ≤



 +

−

d c

b a

⇔ a a b b c c+ +d d

+

+ +

+

( ) ( ) ( ) ( )

d

d c

c b

b a

a d c

1

1

(**) áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski cho 2 dãy số sau: 1 +a, 1 +b, 1 +c,

c b

b a

a

+ +

1

d

d c

c b

b a

a d c

d d a

c d

d d a

c d

++

+

d c b a

+ + + + +

+ + +

2 2

2

cd bd bc ad ac ab

d c b a

+ + + + +

+ + +

2 2

2

≥ 2 (*) vì (*) ⇔ (a + b+ c + d)2≥ 2ab+ 4ac+ 2ad + 2bc+ 4bd + 2cd

+

VD4: Chứng minh rằng nếu phơng trình: (x + a)2 + (y + b)2 + (x + y)2 = c2 (*) có nghiệm thì: (a + b)2≤ 3c2

2 0 2 2 2 0 0 0

(đpcm)

VD5: Cho các số a, b, c, d liên hệ với nhau bởi các hệ thức: a = c 1 d− 2;

2 2

d c a

Đặt d = cosα và c = cosβ; 0 ≤α, β≤ π2

Do đó: a + b = c 1 −d2 +d 1 −c2 = cos β 1 − cos 2 α + cos α 1 − cos 2 β = cosβ.sinα

+ cosα.sinβ = sin(α + β) ≤ 1

1

1 2

1

2

+ +

− +

≤

−

y x

xy y

x

Giải:

cos cos cos

sin 1

1

1 1

1

+ +

− +

= +

+

−

+

tg tg

tg tg tg

tg y

α (Vì sin 2(α + β) ≤ 1) ⇒ đpcm

VD4: Chứng minh rằng với ∀a và n là số nguyên (n ≥ 2) ta có:

( )n ( )n ( ) (n )n

a a

− +

−

a a

Do đó: (**) ⇔ -1 ≤ (sin α)n + (cosα)n≤ 1

Mà: -1 ≤ sinα≤ 1 nên -sin2α≤ sinnα≤ sin2α với n ≥ 2

-1 ≤ cosα≤ 1 nên -cos2α≤ cosnα≤ cos2α với n ≥ 2

° Với ba điểm thẳng hàng A, B, C bất kỳ trên mặt phẳng thì AB + AC ≥ BC

° Nếu M(xM; yM) và N(xN; yN) thì: MN = ( ) 2 ( ) 2

N M N

VD1: Cho 4 số a, b, c, d tuỳ ý Chứng minh rằng:

VD2: Chứng minh với mọi giá trị của x, y ta có:

4 cos 2 x cos 2 y+ sin 2 (x−y) + 4 sin 2 x sin 2 y+ sin 2 (x−y) ≥ 2

Giải:

Trên mặt phẳng toạ độ Oxy xét các điểm:

A(2cosx.cosy; sin(x - y)) và B(-2sinx.siny; -sin(x - y)) và O(0; 0) ta có:

OA + OB ≥ AB

Khi đó: 4 cos 2 x cos 2 y+ sin 2 (x−y) + 4 sin 2 x sin 2 y+ sin 2 (x−y) ≥

( cos cos sin sin ) 4 sin ( ) 2 cos ( ) sin ( ) 2

⇒ đpcm

VD3: Cho a, b, c > 0 và ab + bc + ca = abc Chứng minh rằng:

3 2 2

2

≥ + + + +

+

ca

c a bc

b c ab

Trong mặt phẳng Oxy xét ba véc tơ sau: x=a b  y=b c  z=c a 

2

; 1

; 2

; 1

; 2

; 1

Ta có: 12 22

b a

c b

a c

=

+

+

c b a c b a

Ta có: (*) ⇔ -3 ≤ sinx + 2 − sin2 x+ sinx 2 − sin2x ≤ 3

⇒ -1 ≤ sinx+ 2 − sin2 x3+ sinx 2 − sin2x ≤ 1

Trong hệ toạ độ Oxyz ta xét: u=  sinx; 1 ; 2 − sin2 x và

v=  1 ; 2 − sin2x; sinx

Ta có: ° u.v= sinx+ 2 − sin2x+ sinx 2 − sin2x

° u.v = sin2 x+ 1 + 2 − sin2 x 1 + 2 − sin2 x+ sin2 x= 3

Vì cos( ); sin 2 sin 3 sin 2 sin