Bài 175: (bình thường)
Chứng minh rằng với mọi a,b,c thực ta có
$(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2)\geq 3(a+b+c)^2$
Bài 176: Cho a,b,c,d là các số không âm có tổng là 1. Tìm GTNN của biểu thức
$A=\frac{(a+b+c)(a+b)}{abcd}$

Nãy giờ bận đi coi VMF NEXT TOP MODEL nên không post bài được

Bài 175:
Sử dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta đc:
$(a+b+c)^{2}\leq (a^{2}+2).[1+\frac{(b+c)^{2}}{2}]$ (1)
Đẳng thức (1) xảy ra khi và chỉ khi: $a=\frac{2}{b+c}$
Vậy ta chỉ cần c/m: $(b^{2}+2).(c^{2}+2)\geq 3.[1+\frac{(b+c)^{2}}{2}]$
Khai triển ta đc: $\frac{b^{2}+c^{2}}{2}+ b^{2}c^{2}-3bc+1\geq 0$
$\Leftrightarrow bc+ b^{2}c^{2}-3bc+1=(bc-1)^{2}\geq 0$ (Đúng) (2)
Đẳng thức (2) xảy ra khi và chỉ khi b=c và b.c=1
Từ (1) và (2) Đẳng thức xảy ra ở BĐT ban đầu khi và chỉ khi a=b=c=1

a) $sin^{4}x+cos^{4}x=\frac{1}{2}sin2x\Leftrightarrow 1-2sin^{2}xcos^{2}x=\frac{1}{2}sin2x$
$\Leftrightarrow 1-\frac{sin^{2}2x}{2}=\frac{1}{2}sin2x\Leftrightarrow sin^{2}2x+sin2x-2=0$
$\Leftrightarrow \begin{bmatrix}
sin2x=1\\
sin2x=-2 (l)
\end{bmatrix}$
$\Leftrightarrow x=\frac{\pi }{4}+k\pi (k\epsilon \mathbb{Z})$
b) $sin^{4}x+cos^{4}x=\frac{3-cos6x}{4}\Leftrightarrow \frac{3}{4}+\frac{1}{4}cos4x=\frac{3}{4}-\frac{1}{4}cos6x$
$\Leftrightarrow cos6x=-cos4x\Leftrightarrow cos6x=cos(\pi -4x)$
$\Leftrightarrow \begin{bmatrix}
x=\frac{\pi }{10}+k\frac{2}{5}\pi \\ x=-\frac{\pi }{2}+k\pi
\end{bmatrix} (k\epsilon \mathbb{Z})$
c) $sin^{2}x-cos^{2}x=cos4x\Leftrightarrow cos4x=-cos2x\Leftrightarrow cos4x=cos(\pi -2x)$
$\Leftrightarrow \begin{bmatrix}
x=\frac{\pi }{6}+k\frac{\pi}{3} \\ x=-\frac{\pi }{2}+k\pi

\end{bmatrix} (k\epsilon \mathbb{Z})$

Làm luôn câu 2
2.$\cos^{10}x+\sin ^{10}x=\frac{1}{32}(1-cos2x)^{5}+\frac{1}{32}(1+cos2x)^{5}$
$=\frac{1}{32}(-cos^{5}2x+5cos^{4}2x-10cos^{3}2x+10cos^{2}2x-5cos2x+1+cos^{5}2x+5cos^{4}2x+10cos^{3}2x+10cos^{2}2x+5cos2x+1)$
$=\frac{5}{16}cos^{4}2x+\frac{5}{8}cos^{2}2x+\frac{1}{16}$
$=\frac{5}{16}\left [\frac{(cos4x+1)^{2}}{4}\right ]+\frac{5}{8}\left [ \frac{cos4x+1}{2} \right]+\frac{1}{16}$
$=\frac{5}{16}\left [ \frac{1}{4}(\frac{cos8x+1}{2})+\frac{1}{2}cos4x+\frac{1}{4} \right ]+\frac{5}{16}cos4x+\frac{3}{8}$
$=\frac{5}{128}cos8x+\frac{15}{128}+\frac{5}{32}cos4x+\frac{5}{16}cos4x+\frac{3}{8}$
$=\frac{5}{128}cos8x+\frac{15}{32}cos4x+\frac{63}{128}$
P/s: Do cái bài này nằm trg mục PT, HPT lượng giác nên em đã bất cẩn ko đọc đề Hèn zì làm thấy nghiệm nó kì kì. Chị Ly gợi ý cho e giải bài pt LG của chị đi

Bài đấy sử dụng pp khảo sát hàm, k biết e học chưa

Hì, chưa chị ơi Cái đó e biết nhưng chưa dám đụng đến Chắc bữa nào e cày trc cái đó quá

1.$\sin ^{8}x+\cos ^{8}=\frac{35}{64}+\frac{7}{16}\cos 4x+\frac{1}{64}\cos 8x$
$\Leftrightarrow (sin^{4}x+cos^{4}x)^{2}-2sin^{4}xcos^{4}x=\frac{35}{64}+\frac{7}{16}(1-2sin^{2}2x)+\frac{1}{64}(2cos^{2}4x-1)$
$\Leftrightarrow (1-\frac{1}{2}sin^{2}2x)^{2}-2(sinxcosx)^{4}=\frac{35}{64}+\frac{7}{16}-\frac{7}{8}sin^{2}2x+\frac{1}{64}[2(1-4sin^{2}2x+4sin^{4}2x)-1]$
$\Leftrightarrow 1-sin^{2}2x+\frac{1}{4}sin^{4}2x-2(\frac{1}{2}sin2x)^{4}=\frac{63}{64}-\frac{7}{8}sin^{2}2x+\frac{1}{64}-\frac{1}{8}sin^{2}2x+\frac{1}{8}sin^{4}2x \Leftrightarrow 0=0$
Vậy phương trình đã cho có vô số nghiệm
P/s: Bài này ảo quá hay mình làm sai chỗ nào ko biết...

A=$\frac{tan45^{0}-tan9^{0}tan21^{0}}{tan9^{0}+tan21^{0}}=\frac{1}{tan30^{0}}=\sqrt{3}$

1/ Chứng minh: $C_{2n+k}^{n}.C_{2n-k}^{n}\leqslant (C_{2n}^{n})^{2}$
2/ Rút gọn tổng sau:
$C=\tfrac{C_{n}^{1}}{1}+2\tfrac{C_{n}^{2}}{C_{n}^{1}}+...+k\tfrac{C_{n}^{k}}{C_{n}^{k-1}}+...+n\tfrac{C_{n}^{n}}{C_{n}^{n-1}}$

Tiếp đi.Mình vẫn sẽ tìm hiểu nhưng hãy giúp mình

Tiếp gì hở cậu? Tớ giải hết mấy bài ở trên cho câụ rùi mà

Còn mấy bài này thì sao:
1.\[\left\{\begin{matrix} xy-x+y=-3 & & \\ x^2+y^2-x+y+xy=6& & \end{matrix}\right.\]
Bài này thì mình nhìn thấy
có xy-x+y=-3 ở
cả 2 PT rồi nhưng còn x^2 +y^2 thì chưa biết cách giải quyết
2.
\[\left\{\begin{matrix} \sqrt[3]{x-y}=\sqrt{x-y} & & \\ x+y=\sqrt{x+y+2}& & \end{matrix}\right.\]
3.
\[\left\{\begin{matrix} \sqrt{x-y}=9-\left | x+2y \right | & & \\ x(x+4y-2)+y(4y+2)=41& & \end{matrix}\right.\]

Bài 1 trc
$\left\{\begin{matrix}xy-x+y=-3 \\ x^{2}+y^{2}-x+y+xy=6 \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}xy-x+y=-3 \\ x^{2}+y^{2}=9 \end{matrix}\right.$
Đặt -x=u, y=v
hệ $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}-uv+u+v=-3 \\ u^{2}+v^{2}=9 \end{matrix}\right.$
Đặt S=u+v, P=u.v
hệ $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}-P+S=-3 \\ S^{2}-2P=9 \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}P=S+3 \\ S^{2}-2S-15=0 \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}P=S+3 \\ S=5 hay S=-3 \end{matrix}\right.$
*S=5 => P=8
*S=-3 => P=0
TH1: S=5, P=8
Ta có u,v là nghiệm của pt
$x^{2}-Sx+P=0 \Leftrightarrow x^{2}-5x+8=0$
$\Rightarrow$ pt vô nghiệm
TH2: S=-3, P=0
Ta có u, v là nghiệm của pt:
$x^{2}-Sx+P=0 \Leftrightarrow x^{2}+3x=0$
$\Leftrightarrow x(x+3)=0 \Leftrightarrow$ x=0 hay x=-3
Chọn $\left\{\begin{matrix}u=0 \\ v=-3 \end{matrix}\right. hay \left\{\begin{matrix}u=-3 \\ v=0 \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x=0 \\ y=-3 \end{matrix}\right. hay \left\{\begin{matrix}x=3 \\ y=0 \end{matrix}\right.$
Vậy hệ có 2 nghiệm (0;-3) và (3;0)

Kí hiệu số cần tìm: n=abcde
Chọn vị trí cho chữ số 0, có 4 cách
Chọn vị trí cho chữ số 1, có 4 cách
Xếp 3 trong 8 chữ số còn lại vào 3 vị trí còn lại của n có $A_{8}^{3}$ cách
Theo quy tắc nhân có 5376 số thỏa ycbt.

bài 4
ta có $$\dfrac{a^2}{b + c + d} + a^2(b + c + d) \ge 2a^2$$
Lại có $$a^2(b + c + d) = \dfrac{1}{3}.a^2(b + c + d).3 \le a^2.\dfrac{(b + c + d)^2 + 9}{2} \le a^2.\dfrac{3(b^2 + c^2 + d^2) + 9}{2}$$
Làm như vậy với các số còn lại. Tiếp tục áp dụng
$ab + bc + cd + de + ea \le \dfrac{(a + b + c + d + e)^2}{5}$với các số $a^2, b^2, c^2, d^2, e^2$ ta có đpcm
Mình chỉ nêu ra hướng giải. Mong mọi người thông cảm

Anh Huy cho e hỏi cái chỗ "Lại có $$a^2(b + c + d) = \dfrac{1}{3}.a^2(b + c + d).3 \le a^2.\dfrac{(b + c + d)^2 + 9}{2} \le a^2.\dfrac{3(b^2 + c^2 + d^2) + 9}{2}$$" E chưa hiểu lắm! Anh giảng lại cho e chỗ đó nha!

bài 1: Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
$\left ( a^{2}+1 \right ).\left ( b^{2}+1 \right ).\left ( c^{2}+1 \right )\geq \frac{5}{16}\left ( a+b+c+1 \right )^{2}$
bài 2: Chứng minh rằng với mọi số thực a,b,c, ta có
$2.\left ( 1+abc \right )+\sqrt{2.\left ( 1+a^{2} \right ).\left ( 1+b^{2} \right ).\left ( 1+c^{2} \right )}\geq \left ( 1+a \right ).\left ( 1+b \right ).\left ( 1+c \right )$
Bài 3: Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
$\frac{a^{3}b}{1+ab^{2}}+\frac{b^{3}c}{1+bc^{2}}+\frac{c^{3}a}{1+ca^{2}}\geq \frac{abc\left ( a+b+c \right )}{1+abc}$
bài 4: Cho a,b,c,d,e > 0 và $a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}+e^{2}=5$
Chứng minh: $\frac{a^{2}}{b+c+d}+\frac{b^{2}}{c+d+e}+\frac{c^{2}}{d+e+a}+\frac{d^{2}}{e+a+b}+\frac{e^{2}}{a+b+c}\geq \frac{5}{3}$
Bài 5: Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn $a^{2}+b^{2}+c^{2}= 3$
Chứng minh rằng: $\sqrt{\frac{a^{2}}{a^{2}+b+c}}+\sqrt{\frac{b^{2}}{b^{2}+c+a}}+\sqrt{\frac{c^{2}}{c^{2}+a+b}}\leq \sqrt{3}$
Mình mới học Bất đẳng thức, mong các bạn chỉ bảo cho ạ

Chém nốt câu này
Để ý 2 đẳng thức sau:
$$(1+a^2)(1+b^2)=(a+b)^2+(1-ab)^2$$
$$2(1+c^2)=(1+c)^2+(c-1)^2$$
Nên theo Cauchy-Schwarz:
$$\sqrt{2(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2)} \ge (a+b)(1+c)+(1-ab)(c-1)=(a+1)(b+1)(c+1)-2(1+abc)$$

Anh Phúc ơi! Làm sao để phân tích mà biết đc 2 đẳng thức này để ghép vào bài hả a? $$(1+a^2)(1+b^2)=(a+b)^2+(1-ab)^2$$
$$2(1+c^2)=(1+c)^2+(c-1)^2$$ Anh có bí kíp nào hay chỉ e với!

Câu cuối trước:
Ta có: $\sqrt{\frac{a^{2}}{a^{2}+b+c}}$ = $\sqrt{\frac{a^2(1+b+c)}{(a^2+b+c)(1+b+c)}}$ $\leq$ $\frac{\sqrt{a^2(1+b+c)}}{a+b+c}$
Xây dựng hai cái tương tự rồi cộng vế vs vế ta đk:
$\sqrt{\frac{a^{2}}{a^{2}+b+c}}$ + $\sqrt{\frac{b^{2}}{b^{2}+c+a}}$ + $\sqrt{\frac{c^{2}}{c^{2}+a+b}}$ $\leq$ $\frac{\sqrt{a^2(1+b+c)}+\sqrt{b^2(1+c+a)}+\sqrt{c^2(1+a+b)}}{a+b+c}$
Bây h ta cần cm: $\sqrt{a^2(1+b+c)}$ + $\sqrt{b^2(1+c+a)}$ + $\sqrt{c^2(1+a+b)}$ $\leq$ $3(a+b+c)$
Thật vậy, nghe nói theo ông Cauchy-Schwarz ta cóa:
$\sqrt{a^2(1+b+c)}$ + $\sqrt{b^2(1+c+a)}$ + $\sqrt{c^2(1+a+b)}$ = $\sqrt{a(a+ab+ac)}$ + $\sqrt{b(b+bc+ba)}$ + $\sqrt{c(c+ca+cb)}$ $\leq$ $\sqrt{(a+b+c)(a+b+c+2ab+2bc+2ca)}$.
Đến đây tớ nghĩ Châu nên làm tiếp!
p/s1: bài này kòn một cách giải nữa của anh Nguyễn Đình Toàn - toan_glifc nhưng t không nhớ, cách trên là của anh VQBC
p/s2: Ngại gõ latex, ngại làm bđt!

Hì, cám ơn Quả nhìu nhé! ^^ Tới đây C làm đc rồi Vô cùng vô cùng vô cùng cám ơn Quả đã dành thời gian vào giải! Bản Latex rắc rối thật, nhưng tiện cái đọc dễ hiểu

Cho A, B, C là 3 góc của tam giác ABC. Chứng minh rằng để tam giác ABC đều thì điều kiện cần và đủ là:
$\large cos^2A+cos^2B+cos^2C-2=\frac{1}{4}cos\frac{A-B}{2}cos\frac{B-C}{2}cos(\frac{C-A}{2})$

Bài này hình như có vấn đề rồi bạn ơi, đề đúng phải là $cos^{2}\frac{A}{2}+cos^{2}\frac{B}{2}+cos^{2}\frac{C}{2}-2=\frac{1}{4}cos\frac{A-B}{2}cos\frac{B-C}{2}cos\frac{C-A}{2}$ nếu thế thì mình giải như sau:
Ta có: $cos^{2}\frac{A}{2}+cos^{2}\frac{B}{2}+cos^{2}\frac{C}{2}-2= \frac{1+cos2A}{2}+\frac{1+cos2B}{2}+cos^{2}\frac{C}{2}-2$
=$1+cos\frac{A+B}{2}cos\frac{A-B}{2}+1-sin^{2}\frac{C}{2}-2$
=$2+sin\frac{C}{2}(cos\frac{A-B}{2}-cos\frac{A+B}{2})-2$
=$2sin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2}$
Giả thiết đã cho tương đương với:
$8sin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2}=cos\frac{A-B}{2}cos\frac{B-C}{2}cos\frac{C-A}{2}$
$\Leftrightarrow 64sin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2}cos\frac{A}{2}cos\frac{B}{2}cos\frac{C}{2}$
=$8cos\frac{A-B}{2}sin\frac{A+B}{2}cos\frac{B-C}{2}sin\frac{B+C}{2}cos\frac{C-A}{2}sin\frac{C+A}{2}$
$\Leftrightarrow 8sinAsinBsinC=(sinA+sinB)(sinB+sinC)(sinC+sinA)$
$\Leftrightarrow 8abc=(a+b)(b+c)(c+a)$
Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có: $(a+b)(b+c)(c+a) \geq 8abc$ $\Rightarrow$ Q.E.D
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b=c. Vậy tam giác ABC đều.

Bài toán 1: Loài ruồi giấm có 2n=8
Tế bào sinh giao tử đực và tế bào sinh giao tử cái của ruồi giấm giảm phân bình thường và ko xảy ra trao đổi chéo NST. Hãy xác định:
1.Số cách sắp xếp có thể có của các NST kép ở kì giữa I
2.Số cách phân ly có thể có của các NST kép ở kì sau I
3.Số kiểu tổ hợp có thể có của các NST kép ở kì cuối I
4.Số kiểu tổ hợp có thể có của các NST đơn ở kì cuối II
5. Số loại giao tử chứa 3 NST có nguồn gốc từ "bố" và số loại giao tử chứa 1 NST có nguồn gốc từ "mẹ". Tỷ lệ của mỗi loài giao tử.
6.Số loại hợp tử chứa 2 NST có nguồn gốc từ "ông nội". Tỷ lệ của loài hợp tử này.
7.Số loại hợp tử chứa 3 NST có nguồn gốc từ "ông ngoại". Tỷ lệ của loài hợp tử này.
8. Số loại hợp tử chứa 2 NST có nguồn gốc từ "ông nội" và chứa 3 NST có nguồn gốc từ "ông ngoại". Tỷ lệ của loài hợp tử này.
Bài toán 2:
_Cặp gen dị hợp thứ nhất (Aa) dài 2040 angstrong. gen A có 35% ađênin; gen a có tỷ lệ từng loài nucleotit bằng nhau.
_Cặp gen dị hợp thứ hay (Bb) dài 2550 angstrong. gen B có 25% ađênin; gen b có 20% xitozin
1. Tính số lượng từng loài nucleotit của mỗi gen
2. Có 600 tế bào sinh tinh đều có kiểu gen $\frac{Ab}{aB}$ giảm phân bình thường, trg đó có 200 tế bào có hoán vị gen với tần số tối đa.
Xác định số lượng từng loại nucleotit chứa trong mỗi loại tinh trùng có thể phát sinh từ quá trình giảm phân trên O_o

Chứng minh:
$C_{r}^{0}C_{q}^{p}+C_{r}^{1}C_{q}^{p-1}+...+C_{r}^{p}C_{q}^{0}=C_{r+q}^{p}$
Với: $p\leq r$ và $q\leq r$

nhưng áp dụng cho $ \frac{a}{1+b^2}$ kiểu gì hả anh.

theo e hiểu là: $VT\geq a-\frac{ab}{2}+b-\frac{bc}{2}+c-\frac{ca}{2}$

không biết thế có đúng ko vì $\dfrac{1}{1+b^2}$ $ \dfrac{a}{1+b^2}$

E chứng minh đc $\frac{a}{1+b^{2}}=a-\frac{ab^{2}}{1+b^{2}}$$\geq a-\frac{ab}{2}$
Vậy $VT\geq (a+b+c)-\frac{1}{2}(ab+bc+ca)$

Bên đề chuyên Nguyễn Thượng Hiền có 1 bài pt giống vậy nhưng pt này lại là $\sqrt{x+5}=x^{2}-4x-3$ http://diendantoanho...l=&fromsearch=1 câu 2b đề chuyên 2 đó bạn, ra đáp số cũng đẹp nữa: http://www.wolframal...(x+5)=x^2-4x-3. Bạn xem lại coi có chép dư 1 số ko

Câu 2: Hệ $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x\leq \frac{m-1}{2} \\ x\leq \frac{1-2m}{m} \end{matrix}\right.$
Để hệ có nghiệm duy nhất:
$\frac{m-1}{2}=\frac{1-2m}{m}$ Điều kiện: $m\neq 0$
$\Leftrightarrow m^{2}+3m-2= 0$
Giải ra, ta được: m= $\frac{-3\pm \sqrt{17}}{2}$ (thỏa $m\neq 0$ )
Vậy với m=$\frac{-3+\sqrt{17}}{2} \cup m=\frac{-3-\sqrt{17}}{2}$ thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất! ^^ Đây là cách giải của mình, có gì thiếu sót, mọi người góp ý cho tớ để tớ sửa nhé!

Dựa vào đâu mà có thể biết để hệ có nghiệm duy nhất thì phải cho 2 giá trị x bằng nhau?
Còn câu 1 nữa ai giúp nốt mình đi!

Cái này là tự biết thui bạn à, để hệ có duy nhất 1 nghiệm thì 2 nghiệm đó phải giống nhau, ko biết giải thích sao, cứ tưởng tượng thế này nhé! Phương trình cho dễ hiểu: Tìm m để hệ sau có nghiệm duy nhất: $\left\{\begin{matrix}x+2=4 \\ x+m=6 \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x=2 \\ x=6-m \end{matrix}\right.$
Để hệ có nghiệm duy nhất thì 2=6-m $\Leftrightarrow$ m=4
Vậy có phải nếu m=4 thì hệ có duy nhất 1 nghiệm là x=2 ko? BPT cũng vậy thôi bạn à!
Câu 1: Biện luận thôi, dễ mà bạn, bạn tự làm đi nha, mình lười làm quá, cậu lôi cách biện luận BPT ra là làm đc mà

Giải phương trình:
$(x^{2}-5x+1)(x^{2}-4)=6(x-1)^{2}$

$(x^{2}-5x+1)(x^{2}-4)=6(x-1)^{2}$
$\Leftrightarrow x^{4}-5x^{3}-9x^{2}+32x-10=0$
Sử dụng phương pháp hệ số bất định, ta có:
$(x^{2}+ax+b)(x^{2}+cx+d)=x^4+(a+c)^3+(d+ac+b)x^2+(ad+bc)x+bd$
Đồng nhất hệ số ta có:
$\left\{\begin{matrix}a+c=-5 \\ d+ac+b=-9 \\ ad+bc=32 \\ bd=-10 \end{matrix}\right.$
Giải hệ pt ta được:
a=1;b=-5;c=-6;d=2
Vậy $x^{4}-5x^{3}-9x^{2}+32x-10=0$$\Leftrightarrow (x^2+x-5)(x^2-6x+2)=0$
$\Leftrightarrow x^2+x-5=0 \vee x^2-6x+2=0$
Giải ra, ta đc các nghiệm: S=${\frac{\sqrt{21}-1}{2};\frac{-\sqrt{21}-1}{2}};3-\sqrt{7};3+\sqrt{7}$

Khi đồng nhất hệ số giải cái hệ kia kiểu gì hả bạn ?

Theo tớ nghĩ thì từ bd=-10=-5.2 rồi thử các cặp nghiệm (b;n) ta thấy b=-5; d=2 và tìm được a=1; c=-6. Khi thử nghiệm bạn lấy cái nào đều có nghiệm nguyên đấy. Mò hơi mệt

VT=$\frac{(sin\alpha-cos\alpha)(sin\alpha +cos\alpha )}{sin^{2}\alpha +cos^{2}\alpha +2sin\alpha.cos\alpha }=\frac{(sin\alpha-cos\alpha)(sin\alpha +cos\alpha )}{(sin\alpha +cos\alpha )^{2}}=\frac{sin\alpha-cos\alpha}{sin\alpha +cos\alpha}$
VP=$\frac{sin\alpha -cos\alpha }{cos\alpha }:\frac{sin\alpha +cos\alpha }{cos\alpha }=\frac{sin\alpha -cos\alpha}{sin\alpha +cos\alpha}$
$\Rightarrow$ VT=VP (đpcm)