Sáng Kiến kinh nghiệm PT lượng giác

SỞ GD VÀ ĐT TUYÊN QUANG
TRƯỜNG THPT ATK TÂN TRÀO
---------------------------

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập – Tự do – Hạnh phúc

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Phương pháp giúp học sinh làm tốt một số bài toán
giải phương trình lượng giác
1. Sơ lược về lý lịch
- Họ và tên: Phạm Ngọc Chiến
- Sinh ngày: 19/12/1983.
- Giới tính: Nam.
- Dân tộc: Kinh.
- Quê quán: Xã Yên Nghĩa, huyện Ý Yên, tỉnh Nam Định.
- Chỗ ở hiện nay: TND Tân Phúc , thị trấn Sơn Dương, huyện Sơn Dương, tỉnh
Tuyên Quang.
- Đơn vị công tác: Tổ Toán – Lý, trường THPT ATK Tân Trào.
- Nhiệm vụ được phân công: Giảng dạy bộ môn Toán tại các lớp B1, B2, B3,
môn Tự chọn Toán tại các lớp từ B1 đến B7. Phó Tổ trưởng chuyên môn tổ Toán
– Lý. UV Ban thường vụ Đoàn trường, Chủ tịch Hội liên hiệp thanh niên trường
THPT ATK Tân Trào.
2. Mô tả ý tưởng
a. Thực tế, nguyên nhân
Trong quá trình giảng dạy môn Toán ở trường THPT, chuyên đề về phương trình
lượng giác là một chuyên đề hay và lý thú chính vì vậy mà nó thường xuyên có mặt
trong các kỳ thi Cao đẳng, Đại học.
Trong chuyên đề về phương trình lượng giác việc sử dụng kết hợp các công thức
lượng giác và các phương pháp giải phương trình để giải các bài toán là khá hiệu quả
thông qua đó mà lời giải được đơn giản hơn, thu được kết quả nhanh chóng. Với ý nghĩ

như vậy tôi giới thiệu việc sử dụng một số phương pháp vào giải một số phương trình
lượng giác cơ bản thường gặp.
b. Ý tưởng
Xuất phát từ thực tế giảng dạy chương trình THPT, đứng trước một bài toán có rất
nhiều phương pháp giải khác nhau song một trong những phương pháp giải tương đối
có hiệu quả là việc sử dụng phương trình lượng giác cơ bản để giải.


Chuyên đề này được áp dụng cho học sinh trung bình trong trường THPT.
Nhằm mục đích củng cố kiến thức nâng cao, mở rộng hiểu biết cho học sinh giúp
các em hiểu sâu sắc hơn về phương trình lượng giác. Qua đó giúp học sinh có điều kiện
hoàn thiện các phương pháp về giải phương trình lượng giác và rèn luyện tư duy sáng
tạo cho học sinh.
3. Nội dụng
a. Cơ sở lí luận
Trong chương trình giáo dục trung học phổ thông, môn toán là môn học quan
trọng. Môn toán có tiềm năng có thể khai thác góp phần phát triển năng lực trí tuệ
chung, rèn luyện và phát triển các thao tác tư duy và các phẩm chất tư duy.
Trong quá trình giải toán ở nhà trường cũng như trong các kỳ thi, chuyên đề về
phương trình lượng giác là một chuyên đề hay và lý thú chính vì vậy mà nó thường
xuyên có mặt trong các kỳ thi vào ĐH, CĐ và THCN.
Đứng trước một bài toán có thể có nhiều cách giải khác nhau song việc tìm ra một
lời giải hợp lý, ngắn gọn, thú vị và độc đáo là một việc không dễ thông qua đó mà thu
được kết quả nhanh chóng. Vì vậy nếu khai thác các phương pháp giải phương trình
lượng giác vào việc giải các bài toán có thể đem lại kết quả nhiều mặt, kích thích tính
sáng tạo của học sinh.
b. Đối tượng
Chuyện đề này dùng để giảng dạy cho các học sinh học tập trong nhà trường và là
cơ sở để ôn thi ĐH, CĐ sau này
c. Nội dung

I.CÁC CÔNG THỨC LƯỢNG GIÁC
1.Các hằng đẳng thức lượng giác
sin 2 x + cos 2 x = 1
1
1 + tan 2 x =
cos 2 x
1
1 + cot 2 x =
sin 2 x
tan x.cot x = 1

2.Công thức cộng

cos ( x + y ) = cos x cos y − sin x sin y
cos ( x − y ) = cos x cos y + sin x sin y

sin ( x + y ) = sin x cos y + cos x sin y
sin ( x − y ) = sin x cos y − cos x sin y
tan x + tan y
1 − tan x tan y
tan x − tan y
tan ( x − y ) =
1 + tan x tan y
tan ( x + y ) =


3.Công thức nhân đôi

sin 2 x = 2sin x cos x

cos 2 x = cos 2 x − sin 2 x = 2 cos 2 x − 1 = 1 − 2sin 2 x
2 tan x
tan 2 x =
1 − tan 2 x

4.Công thức nhân ba
cos 3 x = 4 cos3 x − 3cos x
sin 3x = 3sin x − 4sin 3 x

( 3 − tan x ) tan x
tan 3x =
2

Hạ bậc

1 − tan 2 x

1
1
( 1 − cos 2 x ) ; cos 2 x = ( 1 + cos 2 x )
2
2
1 − cos 2 x
1 + cos 2 x
tan 2 x =
; cot 2 x =
1 + cos 2 x
1 − cos 2 x
1
1

sin 3 x = ( 3sin x − sin 3 x ) ;cos 3 x = ( 3cos x + cos 3 x )
4
4
3sin
x
−
sin
3
x
3cos
x + cos 3 x
tan 3 x =
;cot 3 x =
3cos x + cos 3x
3sin x − sin 3 x
sin 2 x =

5.Công thức biến đổi tích thành tổng
1
cos ( x + y ) + cos ( x − y ) 
2
1
sin x sin y = cos ( x − y ) − cos ( x + y ) 
2
1
sin x cos y = sin ( x + y ) + sin ( x − y ) 
2
1
cos x sin y = sin ( x + y ) − sin ( x − y ) 
2

cos x cos y =

6.Công thức biến đổi tổng thành tích
 x+ y
 x− y
cos x + cos y = 2 cos 
÷cos 
÷
 2 
 2 
 x+ y   x− y 
cos x − cos y = −2sin 
÷sin 
÷
 2   2 
 x+ y
 x− y
sin x + sin y = 2sin 
÷cos 
÷
 2 
 2 
 x+ y  x− y
sin x − sin y = 2 cos 
÷sin 
÷
 2   2 


sin( x + y)

cos x cos y
sin( x − y )
tan x − tan y =
cos x cos y
sin( x + y )
cot x + cot y =
sin x sin y
sin( x − y )
cot x − cot y =
sin x sin y
7.Công thức sin x ± cos x
π
π


sin x + cos x = 2 sin x  x + ÷ = 2 cos  x − ÷
4
4


π
π


sin x − cos x = 2 sin x  x − ÷ = − 2 cos  x + ÷
4
4


tan x + tan y =

x
8.Công thức sin x, cos x, tan x theo tan = t
2

sin x =

2t
1− t
2t
;cos x =
; tan x =
2
2
1+ t
1+ t
1− t2
2

9.Bảng giá trị lượng giác của các góc đặc biệt
00 / 0

sinx

0

cosx

1

tanx

0

cotx

||

300 /
1
2
3
2
1

3
3

π
6

450 /

π
4

2
2
2
2

3
2
1
2

1
1

10.Mối quan hệ giữa các góc đặc biệt
a.Hai góc đối nhau: x và − x
sin( − x) = − sin x
cos(− x) = cos x
tan(− x) = − tan x
cot(− x ) = − cot x

b.Hai góc bù nhau: x và π − x
sin(π − x) = sin x

cos(π − x) = − cos x
tan(π − x) = − tan x
cot(π − x) = − cot x

600 /

π
3

900 /

π
2

1800 / π

1

0

0

−1

3

||

0

1
3

0

||


π
c.Hai góc phụ nhau: x và − x

π
sin( − x) = cos x
2
π
cos( − x) = sin x
2
π
tan( − x) = cot x
2
π
cot( − x) = tan x
2

2

d.Hai góc hơn kém π : x và π + x
sin(π + x ) = − sin x

cos(π + x) = − cos x
tan(π + x) = tan x
cot(π + x) = cot x

e.Hai góc hơn kém
π
sin( + x) = − cos x
2
π
cos( + x) = sin x
2
π

tan( + x) = − cot x
2
π
cot( + x) = − tan x
2

π
π
: x và + x
2
2

II.PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC
1.PT lượng giác cơ bản
a.Phương trình dạng sin f ( x) = a
*.Phương pháp
-Nếu a > 1 . Phương trình vô nghiệm
-Nếu a ≤ 1 . Khi đó ta có
Nếu a là sin của một góc đặc biệt

 f ( x) = α + k 2π
sin f ( x ) = a ⇔ sin f ( x) = sin α ⇔ 
;k ∈Z
 f ( x ) = π − α + k 2π

Nếu a không là sin của một góc đặc biệt

 f ( x) = arcsin a + k 2π
sin f ( x) = a ⇔ 
;k ∈Z

 f ( x) = π − arcsin a + k 2π
 f ( x) = g ( x ) + k 2π
;k ∈Z
Trường hợp: sin f ( x) = sin g ( x) ⇔ 
 f ( x) = π − g ( x ) + k 2π

Nếu phương trình có đơn vị là độ

f ( x) = α 0 + k 3600
sin f ( x ) = a ⇔ sin f ( x) = sin α 0 ⇔ 
;k ∈Z
0
0
0
 f ( x) = 180 − α + k 360

*.Ví dụ: Giải các phương trình sau


sin x = 1
sin(2 x − 1) = −1
sin 5 x = 0
sin( x − 300 ) − 1 = 0
2sin x + 1 = 0

π

2 sin  x − ÷− 1 = 0
4


2sin(3 x + 2) − 3 = 0
π

sin x = sin  5 x − ÷
3


π
π


sin  2 x − ÷+ sin  3 x + ÷ = 0
4
3


π

sin( x − π ) − cos  2 x + ÷ = 0
6

sin 2 x − 2sin 2 x = 0
sin(7 x + 450 ) + cos(90 0 − x) = 0
b.Phương trình dạng cos f ( x) = a

*.Phương pháp
-Nếu a > 1 . Phương trình vô nghiệm
-Nếu a ≤ 1 . Khi đó ta có
Nếu a là cosin của một góc đặc biệt

 f ( x ) = α + k 2π
cos f ( x) = a ⇔ cos f ( x) = cos α ⇔ 
;k ∈Z
 f ( x) = −α + k 2π

Nếu a không là cosin của một góc đặc biệt

 f ( x ) = arc cos a + k 2π
cos f ( x ) = a ⇔ 
;k ∈Z
 f ( x) = − arc cos a + k 2π
 f ( x) = g ( x) + k 2π
;k ∈ Z
Trường hợp: cos f ( x) = cos g ( x) ⇔ 
 f ( x) = − g ( x) + k 2π

Nếu phương trình có đơn vị là độ
 f ( x) = α 0 + k 3600
sin f ( x) = a ⇔ cos f ( x) = cos α 0 ⇔ 
;k ∈Z
0
0
 f ( x) = −α + k 360

*.Ví dụ: Giải các phương trình sau
cos x = 1
cos(2 x − 1) = −1
cos 5 x = 0
cos( x − 300 ) − 1 = 0
sin 3 x = cos 2 x

2 cos x + 1 = 0

π

2 cos  x − ÷− 1 = 0
4



2 cos(3 x + 2) − 3 = 0

π

cos x = cos  5 x − ÷
3

π
π


cos  2 x − ÷+ sin  x + ÷ = 0
4
4


π

cos( x − π ) − sin  2 x + ÷ = 0
6


sin 2 x − 2 cos 2 x = 0
cos(7 x + 450 ) + sin(900 − x) = 0
c.Phương trình dạng tan f ( x) = a

*.Phương pháp
Điều kiện: cos f ( x) ≠ 0 ⇔ f ( x) ≠

π
+ kπ , k ∈ Z
2

Nếu a là tang của một góc đặc biệt

tan f ( x) = a ⇔ tan f ( x) = tan α ⇔ f ( x) = α + kπ ; k ∈ Z

Nếu a không là tang của một góc đặc biệt

tan f ( x) = a ⇔ f ( x ) = arctan a + kπ ; k ∈ Z
Trường hợp: tan f ( x) = tan g ( x) ⇔ f ( x) = g ( x) + kπ ; k ∈ Z

Nếu phương trình có đơn vị là độ
tan f ( x) = a ⇔ tan f ( x) = tan α 0 ⇔ f ( x) = α 0 + k180 0 ; k ∈ Z

*.Ví dụ: Giải các phương trình sau
tan x = 1
tan(5 x − 1) = −1
tan x = 0

tan( x − 300 ) − 1 = 0
tan 3 x = cot 2 x

3 tan x + 1 = 0

π

3 tan  x − ÷− 1 = 0
4

tan(3 x − 2) − 3 = 0

π

tan x = tan  5 x − ÷
3

π

tan ( 2 x − π ) + cot  x − ÷ = 0
3

π

tan( x − π ) − cot  2 x + ÷ = 0
6

tan(7 x + 450 ) + tan(900 − x) = 0

d.Phương trình dạng cot f ( x) = a
*.Phương pháp
Điều kiện: sin f ( x) ≠ 0 ⇔ f ( x) ≠ kπ , k ∈ Z
Nếu a là cotang của một góc đặc biệt

cot f ( x) = a ⇔ cot f ( x) = cot α ⇔ f ( x) = α + kπ ; k ∈ Z


Nếu a không là cotang của một góc đặc biệt

cot f ( x) = a ⇔ f ( x) = arc cot a + kπ ; k ∈ Z
Trường hợp: cot f ( x) = cot g ( x) ⇔ f ( x) = g ( x) + kπ ; k ∈ Z

Nếu phương trình có đơn vị là độ
cot f ( x ) = a ⇔ cot f ( x) = cot α 0 ⇔ f ( x) = α 0 + k1800 ; k ∈ Z

*.Ví dụ: Giải các phương trình sau
cot x = 1
cot(2 x − 1) = −1
cot x = 0

cot( x − 300 ) − 1 = 0
cot 3x = cot 2 x
3 cot x + 1 = 0

π

3 cot  x − ÷− 1 = 0
4

cot(3x − 2) − 3 = 0

π


cot x = tan  5 x − ÷
3

π

cot ( 2 x − π ) + cot  x − ÷ = 0
3

π

cot( x − π ) − tan  2 x + ÷ = 0
6

0
0
cot(7 x + 45 ) + cot(90 − x) = 0

2.Phương trình bậc hai đối với một hàm số lượng giác
a.Phương trình dạng:

a sin 2 f ( x) + b sin f ( x) + c = 0
a cos 2 f ( x) + b cos f ( x) + c = 0

*.Phương pháp
 sin f ( x) = t

; t ≤ 1(*)
Đặt 
cos f ( x) = t
Khi đó phương trình có dạng: at 2 + bt + c = 0

Giải phương trình tìm nghiệm t0 ≤ 1 thay vào (*) tìm nghiệm x
*.Ví dụ: Giải các phương trình sau
2sin 2 x − sin x − 1 = 0
cos 2 3x − cos 3 x = 0
cos 2 x + sin 2 x + 2 cos x + 1 = 0
4sin 2 2 x + 8cos 2 x − 8 = 0
sin 2 3x − 2sin 3 x − 3 = 0

b.Phương trình dạng:

a tan 2 f ( x) + b tan f ( x ) + c = 0
a cot 2 f ( x ) + b cot f ( x) + c = 0

*.Phương pháp
π

tan f ( x) = t , f ( x) ≠ + kπ

(*)
2
Đặt 
 cot f ( x) = t , f ( x) ≠ kπ


Khi đó phương trình có dạng: at 2 + bt + c = 0
Giải phương trình tìm nghiệm t0 thay vào (*) tìm nghiệm x
*.Ví dụ: Giải các phương trình sau
2 tan 2 x − tan x − 1 = 0
cot 2 3 x − cot 3 x = 0
tan 2 3 x − 2 tan 3 x − 3 = 0

3 cot 2 x − 4 cot x + 3 = 0
3
− 4 tan x − 2 = 0
cos 2 x
tan x + 5cot x − 6 = 0

3.Phương trình bậc nhất đối với sin x và cos x
a.Phương trình dạng: a sin x + b cos x = c
*.Phương pháp:
Cách 1: Chia cả hai vế cho a hoặc b (giả sử chia cho a) ta có:
b
c
b
b
a sin x + b cos x = c ⇔ sin x + cos x = với
là tang của một góc đặc biệt tan α =
a
a
a
a
c
sin α
c
c
PT ⇔ sin x + tan α cos x = ⇔ sin x +
cos x = ⇔ sin x cos α + cos x sin α = cos α
a
cos α
a
a

c
⇔ sin ( x + α ) = cos α . Giải PT theo dạng PT cơ bản
a

Cách 2: Chia cả hai vế cho a 2 + b 2 ta có:
a sin x + b cos x = c ⇔

Đặt

a
a2 + b2

= sin α ,

⇔ cos ( x − α ) =

c

a
a 2 + b2
b

sin x +

a 2 + b2

b
a2 + b2

cos x =

c
a 2 + b2

= cos α ta có: PT ⇔ sin α sin x + cos α cos x =

. Giải PT theo dạng PT cơ bản

a + b2
x
2t
1− t2
,
cos
x
=
;(*)
Cách 3. Đặt tan = t ⇒ sin x =
2
1+ t2
1+ t2
2

Khi đó phương trình có dạng

(

)

2

2at b 1 − t
+
= c ⇔ 2at + b − bt 2 = c + ct 2 ⇔ ( b + c ) t 2 − 2at + c − b = 0
2
2
1+ t
1+ t
Giải phương trình tìm nghiệm t0 thay vào (*) tìm nghiệm x

b.Ví dụ: Giải các phương trình sau
3 sin 3 x + cos 3 x = 2
5
3sin x − 4 cos x = −
2
sin 2 x − 3cos 2 x = 3
2sin x − 3cos x = −2
2 2 ( sin x + cos x ) cos x = 3 + cos 2 x

( 1 + 3 ) sin x + ( 1 − 3 ) cos x = 2
3 sin 2 x − cos 2 x = 1
3 sin x + cos x = −1

c
a 2 + b2


4.Phương trình thuần nhất bậc hai đối với sinx và cosx
a.Phương trình dạng a sin 2 x + b sin x cos x + c cos 2 x = d
*.Phương pháp
a sin 2 x + b sin x cos x + c cos 2 x = d

(

⇔ a sin 2 x + b sin x cos x + c cos 2 x = d sin 2 x + cos 2 x

)

⇔ ( a − d ) sin 2 x + b sin x cos x + ( c − d ) cos 2 x = 0

TH1. cos x = 0 thay vào PT xem có là nghiệm không
TH2. cos x ≠ 0 chia cả hai vế của phương trình cho cos 2 x ta có

( a − d ) sin 2 x + b sin x cos x + ( c − d ) cos 2 x = 0
sin 2 x
sin x cos x
⇔ (a−d)
+b
+( c−d) = 0
2
cos x
cos 2 x
⇔ ( a − d ) tan 2 x + b tan x + ( c − d ) = 0

Quy về giải phương trình bậc hai đối với hàm số tan x
Chú ý: Thay vì xét cosx ta có thể xét sinx
b.Ví dụ: Giải các phương trình sau
2 3 cos 2 x + 6sin x cos x = 3 + 3
sin 2 x − 3sin x cos x − 2 = 0
2sin 2 x + sin x cos x − cos 2 x + 1 = 0
1

3 sin x + cos x =
cos x
2
sin x − 6sin x cos x + cos 2 x = −2

5.Phương trình đối xứng đối với sinx và cosx
a.Phương trình dạng a ( sin x + cos x ) + b sin x cos x + c = 0
*.Phương pháp
Đặt sin x + cos x = t , t ≤ 2 ⇒ sin x cos x =

t 2 −1
2

Khi đó phương trình có dạng
t 2 −1
+ c = 0 ⇔ bt 2 + 2at + 2c − b = 0
2
Giải phương trình tìm nghiệm t0 , t0 ≤ 2
at + b

π

Suy ra sin x + cos x = t0 ⇔ 2 cos  x − ÷ = t0 giải PT theo dạng PT cơ bản
4

b.Phương trình dạng a ( sin x − cos x ) + b sin x cos x + c = 0

*.Phương pháp
1− t2
Đặt sin x − cos x = t, t ≤ 2 ⇒ sin x cos x =

2

Khi đó phương trình có dạng
1− t2
+ c = 0 ⇔ bt 2 − 2at − 2c − b = 0
2
Giải phương trình tìm nghiệm t0 , t0 ≤ 2
at + b

π

Suy ra sin x − cos x = t0 ⇔ 2 cos  x + ÷ = t0 giải PT theo dạng PT cơ bản


4

c.Ví dụ: Giải các phương trình sau


sin x + cos x − 2sin x cos x + 1 = 0
1 + tan x = 2 2 sin x
2 ( sin x + cos x ) + sin 2 x + 1 = 0

6 ( sin x − cos x ) + sin x cos x + 6 = 0
sin 3 x − cos 3 x = 1

6.Phương trình đối xứng đối với tanx và cotx
2
2
a.Phương trình dạng: a ( tan x + cot x ) + b ( tan x + cot x ) + c = 0

*.Phương pháp

 x ≠ kπ
π
 sin x ≠ 0

⇔
⇔ x ≠ k ,k ∈Z
Điều kiện: 
π
2
cos x ≠ 0
 x ≠ 2 + kπ

2
2
2
Đặt tan x + cot x = t , t ≥ 2 ⇒ tan x + cot x = t − 2

Khi đó phương trình có dạng a ( t − 2 ) + bt + c = 0 ⇔ at + bt + c − 2a = 0
Giải phương trình tìm nghiệm t0 , t0 ≥ 2 . Khi đó ta có thể chọn một trong hai hướng giải
sau
2

2

1
= t0 ⇔ tan 2 x − t0 tan x + 1 = 0 (PT bậc hai theo tanx)
tan x
2

2
b.Phương trình dạng: a ( tan x + cot x ) + b ( tan x − cot x ) + c = 0

H1: Ta có tan x +
*.Phương pháp


 x ≠ kπ
π
 sin x ≠ 0

⇔
⇔ x ≠ k ,k ∈Z
Điều kiện: 
π
2
cos x ≠ 0
 x ≠ 2 + kπ

Đặt tan x + cot x = t ⇒ tan 2 x + cot 2 x = t 2 + 2
2
2
Khi đó phương trình có dạng a ( t + 2 ) + bt + c = 0 ⇔ at + bt + c + 2a = 0

Giải phương trình tìm nghiệm t0 . Khi đó ta có thể chọn một trong hai hướng giải sau
Ta có tan x −

1
= t0 ⇔ tan 2 x − t0 tan x − 1 = 0 (PT bậc hai theo tanx)
tan x

c.Ví dụ: Giải các phương trình sau

( tan x + 7 ) tan x + ( cot x + 7 ) cot x + 14 = 0
tan 2 x + cot 2 x −

1
( tan x + cot x ) − 1 = 0
2

5. Kết quả đạt được
Đề tài này đó được thực hiện giảng dạy khi tôi tham gia dạy trong trường THPT
lớp 11. Trong quá trình học đề tài này, học sinh thực sự thấy tự tin khi gặp các bài toán
về phương trình lượng giác, tạo cho học sinh niềm đam mê, yêu thích môn toán, mở ra
cho học sinh cách nhìn nhận, vận dụng, linh hoạt, sáng tạo các kiến thức đó học, tạo nền
cho học sinh tự học, tự nghiên cứu.
Có khoảng 50% học sinh có thể tự giải được các phương trình lượng giác cơ bản
trở lên, tăng so với trước 20%.
6. Khả năng tiếp tục phát huy, mở rộng sáng kiến đã thực hiện.


Bài toán nói chung rất đa dạng và phong phú. Mỗi bài toán lại có rất nhiều cách
giải khác nhau, việc lựa chọn sử dụng linh hoạt các kiến thức đó học sẽ làm cho học
sinh phát triển tư duy sáng tạo. Chuyên đề này chỉ mang tính chất gợi mở cung cấp cho
học sinh cách nhìn mới, phát huy sự sáng tạo. Do đó học sinh cần có thêm nhiều thời
gian để sưu tầm các tài liệu tham khảo liên quan.
Minh Thanh, ngày 30 tháng 5 năm 2012
NGƯỜI VIẾT SÁNG KIẾN

Phạm Ngọc Chiến

XÁC NHẬN CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC NHÀ TRƯỜNG
………………………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………………………
Minh Thanh, ngày … tháng … năm 2012
CHỦ TỊCH HỘI ĐỒNG

Thạch Văn Bắc