TRƯỜNG ĐẠI HỌC AN GIANG
KHOA SƯ PHẠM

BẢNG TÓM TẮT ĐỀ TÀI NGHIÊN CỨU KHOA HỌC

…F.G…

Tên đề tài: VẬN DỤNG KHÁI QUÁT HOÁ, ĐẶC BIỆT HOÁ, TƯƠNG TỰ ĐỂ GIẢI MỘT SỐ
BÀI TOÁN SƠ CẤP
.
SV thực hiện: Dư Quang Anh Huy. Lớp DH2A2.
Giáo viên HD: Th.s Vương Vĩnh Phát.
Lí do chọn đề tài:
Giải toán là một hoạt động quan trọng. Chúng ta biết rằng không phải bài toán nào
cũng giải được một cách dễ dàng. Đối với một số bài toán việc giải trực tiếp đôi khi gặp
khó khăn, trong trường hợp này chúng ta có thể xét các trường hợp đặc biệt, trường
hợp tương tự, trường hợp tổ
ng quát của bài toán vì nhiều bài toán xét các trường hợp
này lại dễ giải hơn nhiều, từ các trường hợp này đôi khi giúp chúng ta tìm ra lời giải cho
bài toán ban đầu.
Đối tượng nghiên cứu của đê tài:
Việc vận dụng khái quát hoá, đặc biệt hoá, tương tự để giải một số bài toán sơ cấp.
Mục đích, nhiệm vụ nghiên cứu của đề tài:
Tìm hiểu vai trò của khái quát hoá, đặc biệt hoá, tương tự trong việ
c giải toán.
Nghiên cứu việc vận dụng các phương pháp khái quát hoá, đặc biệt hoá, tương tự
trong việc giải toán và mở rộng bài toán.
Phương pháp nghiên cứu của đề tài:
Phươngg pháp nghiên cứu lí luận: nghiên cứu các sách báo có đề cập đến khái
quát hoá, đặc biệt hoá, tương tự, các tạp chí khoa học giáo dục, tạp chí toán học & tuổi
trẻ.

hiện và giải quyết bài toán tổng quát hơn và tìm ra lời giải tổng quát của một số bài
toán.
TRƯỜNG ĐẠI HỌC AN GIANG
KHOA SƯ PHẠM
o0o
DƯ QUANG ANH HUY
LỚP: DH2A2

Ư
VẬN DỤNG KHÁI QUÁT HÓA,
ĐẶC BIỆT HÓA, T ƠNG TỰ ĐỂ GIẢI
MỘT SỐ BÀI TOÁN SƠ CẤP

Dư Quang Anh Huy 1
PHẦN MỤC LỤC

PHẦN MỞ ĐẦU
Trang
I. Lý do chọn đề tài …………………………………………… 3
II. Đối tượng nghiên cứu của đề tài…………………………. 3
III. Mục đích, nhiệm vụ nghiên cứu của đề tài……………. 3
IV. Phương pháp nghiên cứu của đề tài….………………… 3
V. Giả thuyết khoa học của đề tài……………………………. 4PHẦN NỘI DUNG

Chương I: VAI TRÒ CỦA KHÁI QUÁT HÓA, ĐẶC BIỆT
HÓA, TƯƠNG TỰ.
1.1 Khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự………… 5
1.1.1 Khái quát hóa…………………………. 5
1.1.2 Đặc biệt hóa………………………… 6
1.1.3 Tương tự……………………………… 7
1.2 Vai trò của khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương
tự trong việc giải một số bài toán sơ cấp…………………….… 8
Chương II: VẬN DỤNG KHÁI QUÁT HÓA, ĐẶC BIỆT
HÓA, TƯƠNG TỰ VÀO GIẢI VÀ MỞ RỘNG MỘT SỐ BÀI

trên chúng ta có thể mở rộng bài toán, tìm ra phương pháp giải tổng quát của
một số dạng bài toán .
Ở một số trường Phổ thông, các phương pháp khái quát hóa, đặc biệt
hóa, tương tự chưa được chú ý đúng mức. Mặt khác học sinh ít vận dụ
ng các
phương pháp này để giải toán. Đôi khi giải bài toán xong rồi học sinh thường
không xét đến bài toán tổng quát, bài toán tương tự… Chính điều này làm cho
khả năng giải toán của học sinh còn nhiều hạn chế.
Để góp phần nâng cao năng lực giải toán của học sinh chúng tôi chọn
đề tài:
“Vận dụng khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự để giải một số
bài toán sơ cấp”.

II.
ĐỐI TƯƠNG NGHIÊN CỨU CỦA ĐỀ TÀI:
Việc vận dụng khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự để giải một số bài
toán sơ cấp.
III.
MỤC ĐÍCH, NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU CỦA ĐỀ TÀI:
Tìm hiểu vai trò của khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự trong việc
giải toán.
Nghiên cứu việc vận dụng các phương pháp khái quát hóa, đặc biệt
hóa, tương tự trong việc giái toán, mở rộng bài toán .
IV.
PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU CỦA ĐỀ TÀI:
Phương pháp nghiên cứu lí luận: nghiên cứu các sách đề cập đến khái
quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự; các tạp chí khoa học giáo dục, tạp chí toán
học và tuổi trẻ.
3


Chúng ta hãy xét ví dụ cụ thể sau:
Thí dụ: Ở lớp 9, đối với định lí: “Trong hình tròn, số đo của một góc nội
tiếp bằng một nửa số đo của góc ở tâm cùng chắn một cung”. Chúng ta có 3
trường h
ợp sau:
A
C
B
O
A
C
O
B
B
C
O
A
D
D
Hình 1a Hình 1b Hình1c
Tâm O nằm trên một cạnh của góc (hình 1a).
Tâm O nằm bên trong góc nội tiếp (hình 1b).
Tâm O nằm bên ngoài góc nội tiếp (hình 1c).
Trong ba trường hợp trên chúng ta đều chứng minh được góc nội tiếp
bằng một nửa số đo của góc ở tâm cùng chắn một cung. Từ đó bằng khái quát
hóa chúng ta đi đến qui luật phổ biến đối với mọi góc nội tiếp và góc ở tâm
cùng chắn một cung nói chung. Định lí được rút ra nhờ khái quát hóa trên cơ
5

sở phân tích ba trường hợp riêng lẻ có thể xảy ra (và chỉ có thể xảy ra một

Nếu giải trực tiếp bài này rất khó khăn. Ta xét trường hợp đường tròn
(O
1
,R
1
) là đường tròn điểm. Ta dễ dàng dựng được tiếp tuyến đến đường tròn
tâm O
2
. Cách

dựng như sau: Ta dựng đường tròn tâm O’ là trung điểm của
đoạn O
1
O
2
đường kính O
1
O
2
, cắt O
2
tại hai điểm A và B, nối O
1
với hai giao
điểm này ta được hai tiếp tuyến của đường tròn O
2
đi qua O
1
(hình 2a).


R
2
-R
1
O
1
R
1
O
2
R
2
+R
1
O
2
R
2
được hai tiếp tuyến trong bằng cách dựng tiếp tuyến từ tâm O
1
đến đường tròn
tâm O
2
bán kính (R
1
+R
2
). Sau đó ta cũng dựng hai đường thẳng lần lượt song
song hai đường đó, ta được hai tiếp tuyến trong của hai đường tròn (hình 2c).
Hình 2b Hình2c


Điều đó đòi hỏi phải biết vận dụng linh hoạt sáng tạo các phương pháp
giải toán (khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự).
1.2. Vai trò của khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự trong việc
giải bài toán sơ cấp:
Khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự có vai trò rất quan trọng trong
toán học, nó trở thành phương pháp suy nghĩ sáng tạo và là nguồn gốc của
nhiều phát minh. Nó giúp chúng ta mò mẫm, dự đoán, tìm phương pháp giải
toán, mở rộng, đào sâu kiến thức.
Khi giải một bài toán thì phương pháp chung là tìm cách đưa bài toán
phải giải về một bài toán đơn giản hơn sao cho khi giải bài toán này thì ta có
thể giải được bài toán đã cho (nhờ áp dụng kết quả hoặc phương pháp gi
ải của
bài toán đơn giản đó ). Khi đó các phương pháp khái quát hóa, đặc biệt hóa,
tương tự sẽ có nhiều tác dụng.
Trong lịch sử toán, có nhiều bài toán mà suốt hàng chục năm thậm chí
hàng trăm năm, biết bao các thế hệ nhà toán học của nhiều nước với biết bao
công sức chỉ mới giải được một số trường hợp đặc biệt.
Chẳng hạn bài toán nổi tiếng sau: “Ch
ứng minh rằng phương trình x
n

+y
n
= z
n
không có nghiệm nguyên ( khác không ) với n>2 ”, được gọi là định lí
lớn Fecma đề ra từ thế kỉ XVII.
Chính Fecma đã chứng minh cho trường hợp đặc biệt n=4. Sau đó vào
thế kỉ XVIII, Euler đã chứng minh cho trường hợp đặc biệt n=3 (nhờ công trình

Chẳng hạn ta xét ví dụ 1 cụ thể sau:
“Tìm quĩ tích những điểm M sao cho
MA
=k
MB
; A, B là hai điểm cho
trước, k là số dương cho trước khác 1”.
M
I
M’
J
B
A
Hình 3
Để tìm quĩ tích điểm M, ta hãy xét một số vị trí đặc biệt của M. Nếu M
chia đoạn AB theo tỉ số k thì M’ (đối xứng với M qua AB ) cũng chia đoạn AB
theo tỉ số k (vì MA=M’A; MB=M’B). Suy ra M’
cũng thuộc quĩ tích. Mặt khác ta
lại có hai điểm I, J chia trong và chia ngoài đoạn AB theo tỉ số k cũng thuộc quĩ
tích. Như vậy, quĩ tích M không là đường thẳng, từ đó chúng ta dự đoán quĩ
tích M là đường tròn đi qua I, J và nhận IJ làm trục đối xứng, đó chính là đường
tròn đường kính IJ. Việc chứng minh dự đoán này không khó. Cần chú ý trong
quá trình mò mẫm trên, nhờ kết hợp với nhận xét về sự đối xứng của quĩ tích
mà ta có thể giả
m bớt được mò mẫm và đề ra được dự đoán khá chính xác.
Trong quá trình mò mẫm phải biết nhận xét, phân tích, vận dụng suy luận, phát
huy sáng kiến. Lưu ý đối với Phổ thông chỉ xét
hai dạng quĩ tích chủ yếu là
đường thẳng (đoạn thẳng) và đường tròn (cung tròn). Do đó nếu thấy ba điểm
không thẳng hàng thì dự đoán ngay rằng quĩ tích của nó là đường tròn hoặc

(2)
Hình 4a
và
'
'
CA CA
=
CB CB
(3).
Từ (1), (2), (3) suy ra:

1⋅⋅ ⋅⋅=
'' '
'' '
A B BC C A AB BC CA
=
AC BA CB AC BA CB
(*).
9

Từ biểu thức (*) ta có thể mở rộng được không ? Ta xét bài toán tương
tự sau: Nếu trong tam giác ABC có AA’, BB’, CC’ là ba trung tuyến thì hệ thức
(*) dễ dàng có được vì A’B=A’C, B’A=B’C, C’A=C’B.
Từ biểu thức (*) ta có thể mở rộng được không ? Ta xét bài toán tương
tự sau: Nếu trong tam giác ABC có AA’, BB’, CC’ là ba trung tuyến thì hệ thức
(*) dễ dàng có được vì A’B=A’C, B’A=B’C, C’A=C’B.
Bài toán tương tự khác: Nếu AA’, BB’, CC’ là ba đường cao trong tam
giác ABC thì hệ thức (*) còn đúng nữa không ? Ta sẽ chứng minh điều đó như
sau:
Bài toán tương tự khác: Nếu AA’, BB’, CC’ là ba đường cao trong tam

O O
C’ C’
C’’ C’’
B” B”
A A
B’ B’
⇒
1
⋅
⋅⋅⋅
'' '
'''
AB BC CA AB BC CA
=
CB AC BA BC AC AB
=
Hình 4b Hình 4b
Vậy ta có nếu AA’, BB’, CC’ là các đường phân giác trong, trung tuyến
và đường cao thì ta đều được hệ thức (*) đúng. Chúng ta để ý rằng bộ ba các
đường thẳng trên đều đồng qui. Vậy hệ thức (*) cũng đúng với bài toán tổng
quát sau: “Nếu A’, B’, C’ là ba điểm lần lượt thuộc ba cạnh BC, CA, AB sao cho
AA’, BB’, CC’ đồng qui thì
1
⋅
⋅=
'' '
''
AB BC CA
A'C
BA CB

BA BA
Từ
đó ta có ;
;
1
⋅
⋅⋅⋅=
'' '
'''
AB BC CA AB BC CA
=
CB AC BA BC AC AB

⇒
A’
C’
B’
Vậy ta có nếu AA’, BB’, CC’ là các đường phân giác trong, trung tuyến
và đường cao thì ta đều được hệ thức (*) đúng. Chúng ta để ý rằng bộ ba các
đường thẳng trên đều đồng qui. Vậy hệ thức (*) cũng đúng với bài toán tổng
quát sau: “Nếu A’, B’, C’ là ba điểm lần lượt thuộc ba cạnh BC, CA, AB sao cho
AA’, BB’, CC’ đồng qui thì
1
⋅
⋅=
'' '
''
AB BC CA
A'C
BA CB

=
BA AB
''
(2).
∆ C’AC” ∽ ∆ C’BC
⇒

''
'
CA AC
=
CB BC
'
(3). Từ (1), (2), (3) :
⇒
1⋅⋅ ⋅ ⋅ =
'' ' '' ''
'' ' '' ''
A B BC C A AB BC AC
=
AC BA CB AC AB BC

Vậy bài toán được chứng minh.
Vậy ta đã vận dụng khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự để mở rộng
bài toán: đầu tiên từ hệ thức (*) đối với đường phân giác chúng ta xét trường
hợp tương tự là đường trung tuyến, đường cao từ đó bằng khái quát hóa đề ra
bài toán tổng quát.

µ
C
=180
0
thì tgA.tgB = 0 < 1 (đúng). Nếu ta thử cho
µ
C
=90
0
thì
sao? Có phải khi đó: A + B = 90
0
⇔ A = 90
0
– B
⇔ tgA = tg (90
0
– B) = cotgB =
1
tgB
⇔ tgA.tgB=1
Do ta xét:
µ
C
= 90
0
nên ta không có tgA.tgB < 1
Vậy ta được một bài toán tương tự đơn giản hơn như sau: “Nếu
∆
ABC

⇒
·
·
t
g
BAC t
g
BAH<
. Từ (1) ta có: 1 =
·
·
·
·
t
g
HAB. t
g
HBA t
g
BAC. t
g
CBA>

⇒ tgA . tgB < 1 (đpcm).
Từ bài toán này ta cũng được một bài toán tương tự sau:
“Nếu
∆
ABC nhọn thì tg A.tg B > 1 ( hay tg B.tg C > 1 hay tg C.tg A > 1)”.
Do xét trường hợp đặc biệt là
µ

13

Hình 6a.
B
α
∆
ADA’ có
A’D = AD.cosα =
b.cosα
(vì AD= BC= b).
Diện tích
hình chữ nhật A’B’CD là S’ = ab.cosα = S.cosα
Vậy nếu hình chữ nhật có diện tích S thì diện tích hình chiếu là Scosα.
Ta hãy thử xét thêm một trường hợp đặc biệt khác. Đa giác là tam giác
vuông có một cạnh góc vuông song song hoặc trùng với giao tuyến của mặt
phẳng tam giác với mặt phẳng P, ta cũng giả sử một cạnh góc vuông trùng với ℓ
(hình 6b ).
α
P
A
'
C
A
B

α
”. Ta
hãy đi chứng minh điều này”. Trước hết ta chứng minh bài toán sau:
Gọi S là diện tích ∆ABC, S’ là diện tích ∆A’B’C’ – hình chiếu của ∆ABC
trên mặt phẳng P, gọi α là góc giữa mặt phẳng P và mặt phẳng tam giác ABC.
Nếu α = 90
0
thì công thức hiển nhiên đúng. Sau đây ta giả sử α < 90
0
Ta xét 2 trường hợp:
*Trường hợp 1:
∆ABC có một cạnh song song hay nằm trong mặt phẳng chiếu P.
14

Giả sử AB nằm trong (P), gọi C’ là hình chiếu của đỉnh C trên (P) (Hình
7a).
C
α
P
H
A
B
C'

Hình 7a.
Trong (P) ta kẻ C’H ⊥ AB, ta có:
·
CHC'α= và C’H = CH.cosα
Do đó:
α

S
ADB’
= S
ADB
. cosα (2)
Trừ vế với vế hai đẳng thức (1) và (2) ta được:
S
AB’C’
= S
ABC
.cosα nghĩa là ta có; S’ = Scosα
Trong việc chứng minh cho tam giác không có cạnh nào song song
hoặc nằm trong (P) ta đã dựa vào trường hợp 1. Trường hợp 1 là trường hợp
riêng then chốt nhờ đặc biệt hoá tương tự ta giải trường hợp 2 bằng cách tạo
15

ra một tam giác có đặc điểm giống tam giác trong trường hợp 1. Dựa vào kết
quả đã có ta dễ dàng chứng minh được.
Dựa vào việc tính diện tích hình chiếu của tam giác. Ta hãy chia đa
giác thành những tam giác sao cho tổng diện tích các tam giác này bằng diện
tích đa giác. Sau đó ta tìm diện tích hình chiếu của những tam giác này rồi lấy
tổng ta được diện tích của đa giác chiếu (tính chất của phép chiếu song song
với phương đặc biệt là ph
ương vuông góc mặt phẳng P).
Từ đó bài toán ban đầu được chứng minh.
Từ bài toán này ta cũng có thể mở rộng thành bài toán sau: “ Một hình
cong kín có diện tích S thì hình chiếu của nó cũng có diện tích Scos
α
”.
Như vậy trong bài toán này ta đã xét những trường hợp riêng của đa

a
B
c
A
G
m
b
C'
B'
m
c
b
C
Hình 8
Ta có: m
b
⊥ m
c
⇔ B’C
2
= GB’
2
+ GC
2
⇔
22
114
AC BB' CC'
499
=+

24
2

⇔
22 2 2 2 2
2
11acbabc
b4(
4924 24
⎡⎤
++
=−+−
⎢⎥
⎣⎦
)

⇔
222
11517
bac
4 9224
⎛⎞
=−+
⎜⎟
⎝⎠
2
b

16


cababc bca
5( )
2424 24
++ +
−+ −= −
⇔ 2c
2
+ 2a
2
– b
2
+ (2a
2
+ 2b
2
–c
2
) = 5(2b
2
+2c
2
– a
2
)
⇔ a
2
=b
2
+ c
2

= βb
2
+ ωc
2
với α, β, ω ∈R là đúng thì ta sẽ có
điều gì ?
Ta chú ý các công thức sau:
2
22 2
c
c
ab2m
2
+
=+ (1)
2
22 2
a
a
bc2m
2
+
=+ (2)
2
22 2
b
b
ca2m
2
+= + (3)

⇔
222
bca
4
a2m2mm
9
2
⎡
⎤
=+−
⎣
⎦

Tương tự:
222
acb
4
b2m2mm
9
2
⎡
⎤
=+−
⎣
⎦222
abc
4

+−
⎣
⎦
222
abc
4
2m 2m m
9
⎡
⎤
−
+
ω+
⎣
⎦
17

⇔ 2α.m
b
2
+ 2α.m
c
2
- α.m
a
2
= 2β m
a
2
+ 2β m

2
=
β
b
2
+
ω
c
2
với
α
,
β
,
ω

∈
R là đúng
khi và chỉ khi (
α
+ 2
β
+ 2
ω
) m
a
2
= (2
α
+

c
2
(5) trong đó
α
,
β
,
ω

∈

R là đúng khi và chỉ khi (
α
+ 2
β
+ 2
ω
) a
2
= (2
α
+
β
- 2
ω
) b
2
+ (2
α
2

2
+ m
c
2
= 2m
a
2
.
b/ Nếu m
b
2
+ m
c
2
= 2m
a
2
thì b
2
+ c
2
= 2a
2
.
Như thế các giá trị của cạnh và trung tuyến tương ứng đổi chỗ cho
nhau ( tức lúc này ta có thể thay a bởi m
a
, b bởi m
b
, c bởi m

b
2
, c
2
và m
c
2
phải bằng nhau và ta lập hệ phương trình:
α+ 2β + 2ω = kα
2α+ β - 2ω = kβ
2α - 2β + ω = kω
18 Ở đây k là một số thực nào đó. Từ hai phương trình đầu ta được k = 3
Như vậy: α = β + ω tức là đẳng thức (β + ω)a
2
=βb
2
+ ωc
2
suy ra hệ
thức:
(β + ω)m
a
2
=βm
b
2
+ ωm

đều).
⇒ MK + MJ = AM
0
+ M
O
H = AH (đpcm).
Trong trường hợp tổng quát M thuộc miền trong của tam giác. Tương
tự như trường hợp đặc biệt trên ta vẽ PQ qua M và song song BC; PQ cắt AH
tại L(hình vẽ bên).
J
H
A
PQ
M
L
K
I
B
C
Vận dụng trường hợp đặc biệt trên cho ∆APQ ta có MI + MK = AL còn
MJ = LH từ đó ta có đpcm.
2. Chứng minh rằng: định lý trong hình học không gian tương tự với
định lí “các đường trung tuyến của một tam giác đồng qui ở một điểm, tại 1/3
của mỗi đường, kể từ đáy tương ứng”.
19

Tứ diện trong không gian có thể xem là tương tự với tam giác trong mặt
phẳng. Đỉnh của tam giác ứng với đỉnh của tứ diện, cạnh của tam giác ứng với
mặt của tứ diện. Trung điểm của đoạn thẳng cũng chính là trọng tâm của đoạn
thẳng đó, do đó có thể coi đường trung tuyến của tam giác cũng chính là

BA
OB
OB
OA
OA

A
C
O
•

M
B
1
A
1
D
B
Tương tự xét các trọng tuyến AA
1
và CC
1
, AA
1
và DD
1
(C
1,
D
1

2
= sinx + sin2x =
3
2sin os
22
x
x
c
(1)
• Với n =3 thì ta có:
S
3
= sinx + sin2x + sin3x ta áp dụng (1) bằng cách
S
3
= S
2
+ sin3x =
2
cos
2
3
sin2
xx
+
2
3
cos
2
3

S
3
= sinx + sin2x + sin3x = 2sin2x.cosx + sin2x = sin2x (2cosx + 1) (2’).
Ta có thể biến đổi 2cosx+1 = 2(cosx+1/2) = 2(cosx+cos60
0
) … nhưng
vấn đề phức tạp hơn nhiều. Vậy ta sẽ lấy (2) làm tổng S
3
. So sánh (1) và (2)
chưa cho phép ta dự đoán công thức tổng quát ta tiếp tục xét trường hợp n=4.
• Với n=4 thì:
S
4
= sinx +sin2x+sin3x+sin4x.
Nếu ta dùng S
4
= (sin+sin2x) + (sin3x+sin4x)
=
2
cos
2
3
sin2
xx
+
7x x
2sin cos
22

=

2
3
sin
x
còn n = 4 thì có
2
5
sin
x
. Vậy qui luật là gì ? Để tiếp tục mày mò ta xét
tiếp n = 5.
• Với n = 5 thì
S
5
= S
4
+ sin5x =
2
cos.cos
2
5
sin4
x
x
x
+
2
5
cos
2

x
x
xx
+

=
)1cos2(
2
3
cos
2
5
sin2 +x
xx
(4)
21

Đến đây lại thấy xuất hiện 2cosx +1
Nếu tính S
5
theo cách khác bằng cách ghép sinx với sin5x, sin2x với
sin4x như sau:
S
5
= sinx+sin5x+sin3x+sin2x+sin4x = 2sin3x. cos2x + sin3x +2sin3xcosx
= sin3x (2cos2x+ 2cosx + 1) đến đây lại rất khó biến đổi.
Trở lại (4) có thể biến đổi 2cosx + 1 thành 2(cosx + cos60
0
)…nhưng
biến đổi theo kiểu này cũng không rút ra được tính quy luật cho S

sin4
=
x
x
x
x
x
cossin2
2
cos.cos
2
3
sin4
=
x
xx
sin
2
cos
2
3
sin2

=
2
cos
2
sin2
2
cos

2
3
cos
2
5
sin2
xx
.
2
sin
2
3
sin
x
x
=
2
sin
2
5
sin3sin
x
x
x

Ta để ý thấy rằng S
3
và S
5
đều có sin

2
x
x
x
x
xxx
xx
S
===22