Chương I PHÉP NHÂN VÀ PHÉP CHIA CÁC ĐA THỨC Chuyên đề HẰNG ĐẲNG THỨC MỞ RỘNG A Kiến thức cần nhớ Bình phương đa thức a1 a2 an a12 a2 a2 2a1a2 2a1a3 2a1an 2a2 a3 2a2 a4 2a2 an 2an an Đặc biệt ta có : a b c a b c 2ab 2ac 2bc a b c a b c 2ab 2ac 2bc a bc d a b c d 2ab 2ac 2ad 2bc 2bd 2cd Bảng khai triển hệ số: a b n Với n 0 : Với n 1: 1 Với n 2 : Với n 3 : 3 Với n 4 : Với n 5 : 10 10 Mỗi dòng bắt đầu kết thúc Mỗi số dòng kể từ dòng thứ hai số liền cộng với số bên trái số liền n Bảng gọi tam giác Pa-xcan, cho ta biết hệ số khai triển a b Chẳng hạn cho n giá trị từ đến ta được: a b 1 a b a b a b a 2ab b a b a 3a b 3ab b a b a 4a 3b 6a b 4ab3 b a b a 5a b 10a 3b 10a b 5ab b5 n Chú ý: Khi khai triển a b ta làm số hạng chứa b với lũy thừa lẻ mang dấu trừ đằng trước Khai triển nhị thức an bn an bn (n lẻ) a )a b a b a b a b3 a b a ab b a n b n a b a n a n 2b a n 3b ab n b n b) a b3 a b a ab b a b5 a b a a 3b a b ab3 b5 a k 1 b k 1 a b a k a k 1b a k b a b k ab k b k Đẳng thức bậc ba a b c a b3 c a b b c c a a b3 c 3abc a b c a b c ab bc ca Đặc biệt: Nếu a b c 0 a b3 c 3abc 0 Nếu a b3 c 3abc 0 a b c 0 a b c B Một số ví dụ Ví dụ 1: Cho a b c 0 a b c 1 Tính giá trị biểu thức M a b c Giải Tìm cách giải Để tạo kết luận, ta cần xuất phát từ a b c 1 bình phương hai vế Tuy nhiên lại xuất a 2b b c c a cần tính biểu thức Để tính biểu thức ta cần tính ab bc ca Suy luận tự nhiên ta cần bình phương a b c 0 Bằng cách phân tích, lập luận ta tìm cách giải Trinh bày lời giải Từ a b c 0 a b c 0 a b c 2ab 2bc 2ca 0 2 Mà a b c 1 ab bc ca 1 ab bc ca a 2b b 2c c a 2ab c 2bc a 2ca 2b 1 a 2b b 2c c a 2abc a b c a 2b b c c a 4 Từ a b c 1 a b c 12 a b c a b b c c a 1 1 a b c 1 a b c Ví dụ 2: Rút gọn biểu thức: 2 A x y z t x y z t x z y t x t y z Giải Khai triển ta có: x y z t x y z t xy xz xt yz yt zt xy z t x y z t xy xz xt yz yt zt xz y t x z y t xy xz xt yz yt zt x t y z x y z t xy xz xt yz yt zt 2 Cộng vế lại ta được: x y z t 2 2 x y z t x z y t x t y z 4 x y z t 2 2 Nhận xét Ngồi ra, ta vận dụng đẳng thức a b a b 2 a b để giải Thật vậy: x y z t x 2 2 x y z t 2 x y z t 2 2 y z t x y z t 2 x y z t 2 Suy A x y z t x y z t x z y t x t y z 2 2 2 x y x y z t z t 2 x y z t 4 x y z t Ví dụ 3: Cho a, b, c thỏa mãn điều kiện a b c 0 Chứng minh rằng: a b5 c 5abc a b c Giải Tìm cách giải Nhận thấy a a a , nên để xuất vế phải cần thay 3abc a b3 c vào vế phải, sau khai triển Khi khai triển xong, cần biến đổi phần lại a b5 c trở thành phần kết luận xong Trình bày lời giải Vì a b c 0 a b c 3abc 2 3 2 Xét : 3abc a b c a b c a b c a b5 c5 a b c b3 c a c3 a b 1 Xét b c a b c 2bc a b c a 2bc Tương tự c a b 2ac; a b c 2ab Thay vào (1) suy : 3abc a b c a b c a a 2bc b3 b 2ac c c 2ab 2 a b5 c5 2abc a b c 5 2 Hay a b c 5abc a b c Nhận xét Nếu đặt a x y, b y z , c z x ta có tốn sau Chứng minh rằng: x y 2 y z z x 2 x y 3 y z z x 3 x y 5 y z z x 5 2 Ví dụ 4: Xét số thực x, y, z thỏa mãn y yz z x 36 Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức: A x y z (Thi tuyển sinh lớp 10, trường THPT chuyên Nam Định , năm học 2014-2015) Giải Tìm cách giải Giả thiết cho vế trái đa thức bậc hai, mà kết luận tìm cực trị đa thức bậc Do để vận dụng giả thiết ta cần xét A2 ,sau khéo léo tách đa thức để vận dụng triệt để giả thiết Trình bày lời giải Ta có : A2 x y z x y z xy yz zx A2 2 y z yz 3x x xy y x xz z 2 A2 36 x y x z 36 Suy max A 6 x y z 2 A x y z Ví dụ 5: Với a, b, c số thực thỏa mãn: 3a 3b 3c 3 24 3a b c 3b c a 3c a b Chứng minh rằng: a 2b b 2c c 2a 1 (Tuyển sinh lớp 10, trường THPT chuyên ĐHKHTN, ĐHQG Hà Nội, năm học 2015-2016) Giải Tìm cách giải Quan sát kĩ đề bài, ta nhận thấy khai triển hai vế phân tích thành nhân tử dài, phức tạp dẫn đến sai lầm Do vai trò giả thiết, kết luận giảm bớt khai triển ta đổi biến: x 3a b c, y 3b c a, z 3c a b Khi giả thiết có dạng: x y z 24 x y z Vì vế trái kết luận có dạng nhân tử nên ta dùng đẳng thức x y z x y z x y y z z x Từ ta có lời giải sau : Trình bày lời giải Đặt x 3a b c, y 3b c a, z 3c a b x y z 3a 3b 3c Từ giả thiết, ta suy : x y z 24 x y z 3 Theo đẳng thức, ta có : x y z x y z x y y z z x Suy x y y z z x 24 2a 4b 2b 4c 2c 4a 8 a 2b b 2c c 2a 1 Điều phải chứng minh C Bài tập vận dụng 4.1 Rút gọn a b c a b c 2 a b c b c a Hướng dẫn giải – đáp số Khai triển ta có : a b c a b c 2ab 2bc 2ca a b c a b c 2ab 2bc 2ca a b c a b c 2ab 2bc 2ac b c a a b c 2ab 2bc 2ca Cộng vế ta : a b c 2 2 a b c a b c b c a 4 a b c 2 2 Nhận xét : Ta vận dụng đẳng thức x y x y 2 x y để giải, thật vậy: a c b a c b 2 a c b ; b a c 2 b a c 2 b a c 2 2 Suy : a b c a b c a b c b c a 2 2 a c a c 2b 2 a c 2b 4 a b c 4.2 Tìm hệ số x3 đa thức sau khai triển : 5 a ) A x 3 x x b) B x x 3 x Hướng dẫn giải – đáp số Ta có: a ) A x x 27 x 27 x 16 x 96 x 256 x 256 x 25 x 250 x 1250 x 3125 x 3125 x 26 x 267 x 1355 x 3408 x 3408 Vậy hệ số x3 267 b) B x3 x 12 x x 12 x3 54 x 108 x 81 x5 20 x 160 x 640 x2 1280 x 1024 x 19 x 173 x 592 x 1400 x 951 Vậy hệ số x3 173 4.3 Một tam giác có ba cạnh a, b, c thỏa mãn điều kiện: a b c 3 ab bc ca Hỏi tam giác tam giác ? Hướng dẫn giải – đáp số Ta có : a b c 3 ab bc ca a b c 2ab 2bc 2ca 3 ab bc ca a b c ab bc ca 0 2a 2b 2c 2ab 2bc 2ca 0 2 a b b c c a 0 Dấu xảy a b c , tức tam giác tam giác 4.4 Cho a b c 0 a b2 c 2 Tính a b c Hướng dẫn giải – đáp số Từ a b c 0 a b c 0 a b c 2ab 2bc 2ca 0 Mà a b c 2 ab bc ca ab bc ca 1 a 2b b 2c c a 2ab 2c 2bc a 2ca 2b 1 a 2b b 2c c a 2abc a b c 1 a 2b b 2c c a 1 Từ a b c 2 a b c 22 a b c a 2b b2 c c a 4 a b c 2.1 4 a b c 2 4.5 Cho x y z 0 xy yz zx 0 Tính giá trị biểu thức : B x 1 2015 y 2016 z 1 2017 Hướng dẫn giải – đáp số Từ x y z 0 x y z 0 x y z xy yz zx 0 Mà xy yz zx 0 nên x y z 0 x y z 0 Vậy B 1 2015 12016 1 2017 1 2 2 2 4.6 Cho a b c x y z ax by cz với abc 0 Chứng minh : x y z a b c Hướng dẫn giải – đáp số Từ giả thiết ta có : a x a y a z b2 x b2 y b z c z c y c z a x b y c z 2abxy 2acxz 2bcyz a y 2abxy b x a z 2acxz c x b z 2bcyz c y 0 2 ay bx az cx bz cy 0 Đẳng thức xảy x y a b ay bx 0 ay bx x y z x z az cx 0 az cx a b c bz cy 0 bz cy a c z y c b 4.7 Cho a b c 2; a b c 4 x y z a b c Chứng minh rằng: xy yz zx 0 Hướng dẫn giải – đáp số Từ a b c 2 a b c a b c ab bc ca 4 Mà a b c 4 nên ab bc ca 0 Đặt x y c k x ak ; y bk ; z ck a b z 2 2 Xét xy yz zx abk bck cak ab bc ca k 0 Điều phải chứng minh 4.8 Tìm giá trị nhỏ biểu thức : F x x x 3x x Hướng dẫn giải – đáp số Ta có : F x x x x x 2 1 3 25 x x 1 x 2 16 16 2 Suy F x 25 25 Vậy F x x 0,5 16 16 4.9 Cho a, b, c thỏa mãn điều kiện a b c 1 a b3 c 1 Tính giá trị biểu thức A a n b n c n với n số tự nhiên lẻ Hướng dẫn giải – đáp số Áp dụng đẳng thức : a b c a b c a b b c c a 1 a b b c c a a b b c c a 0 Vậy, có số số đối số khác Giả sử a b 0 c 1 A 1 Tương tự, b c 0 c a 0 , ta A 1 4.10 Chứng minh đẳng thức sau : x y x y 2 x xy y Hướng dẫn giải – đáp số Biến đổi vế trái: x y x y x y x x y x y xy y 2 x y x3 y x y xy 2 x y x y x y xy 2 x y xy Vế trái vế phải, điều phải chứng minh 4.11 Cho a, b, c thỏa mãn a b c 0 Chứng minh : a )a b c 2 a 2b a c b c b)a b c 2 ab bc ca Hướng dẫn giải – đáp số 2 a)Từ giả thiết a b c 0 a b c ab ac bc 0 a b c ab ac bc a b c a b a c b c 4 a b a c b c 8abc a b c a b c a b a c b c (vì a b c 0 ) (1) 2 2 2 b) Mặt khác ab ac bc 2 a b a c b c 4abc a b c ab ac bc 2 a 2b a c b c (vì a b c 0 ) (2) Từ (1) (2) a b c 2 ab ac bc 4.12 Cho x, y, z thỏa mãn x y z 0 Chứng minh : a)5 x y z x y z 6 x y z b) x y z 7 xyz x y y z z x c )10 x y z 7 x y z x y z Hướng dẫn giải – đáp số 3 2 a) Ta có xét vế trái: x y z x y z 5 x y z x3 y z y x z z x y (1) Từ x y z 0 x y z x y xy z x y z xy Tương tự : y z x yz; z x y zx Thay vào (1) ta có: x3 y z x y z 5 x y z x x yz y y zx z z xy 10 x 10 y 10 z 10 xyz x y z Mặt khác: x y z 3 xyz nên xyz 5 x y z 3 x 2 y z 10 x (2) x3 y x3 , thay vào (2) ta có : y z 10 x y z x y z 15 x y z x y z 30 x5 y z 10 x3 y z x y z 25 x y z x y z 30 x y z x y z x y z 6 x5 y z (điều phải chứng minh) 4 2 2 2 b) Ta có : x y z 2 x y y z z x x y z 3 xyz Nên xyz x y y z z x x3 y z x y4 z4 (3) 3 4 Xét x y z x y z x y z x3 y z y x z z x y (4) Từ x y z 0 x y z x y xy z x y z xy x y x y z x y xyz Suy x y z y z x yz Tương tự ta có : y z x y z x yz; z x y z x xy z Thay vào (4) ta có: x y z x y z x y z x x y z x yz y y z x xy z z z x y xyz 2 x y z x y z x y z xyz x y z 2 x y z 7 x3 y z x y z x y z x y z 6 x y z x y z x y z x y z x y z 6 x y z 2 2 2 7 Thay vào (3) ta có : 7xyz x y y z z x x y z Điều phải chứng minh 2 5 c) Xét x y z x y z x y z x5 y z y5 z y z x y (5) Từ x y z 0 x y z x xy y z Suy x y z xy ; Tương tự y z x yz ; x z y zx Thay vào (5) ta có : x y z x y z x7 y z x5 x xy y y xz z z xy 2 x y z xyz x y z 2 x y z 7 x3 y z x y z (6) Theo câu b, ta có: x3 y z x y z x7 y7 z Thay vào (6) ta có: x 2 y z x 5 y z 2 x 7 y z x7 y z 77 x y z x5 y z 10 x y z Điều phải chứng minh