Sang kien kinh nghiem phát triển tư duy học sinh thông qua dạy học ứng dụng những hằng đẳng thức đáng nhớ vào giải toán

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM PHÁT TRIỂN TƯ DUY HỌC SINH THÔNG QUA DẠY HỌC ỨNG DỤNG NHỮNG HẰNG ĐẲNG THỨC ĐÁNG NHỚ VÀO GIẢI TỐN Mơn: Tốn Cấp học: Trung học Cơ sở Tên tác giả: Đặng Thị Hương Đơn vị công tác: Trường THCS Thái Thịnh Chức vụ: Giáo viên NĂM HỌC 2019 – 2020 A PHẦN MỞ ĐẦU I Lí chọn đề tài Mơn tốn mơn khoa học có tính thực tiễn cao Nó ảnh hưởng lớn đến đời sống người, ảnh hưởng đến mơn khoa học khác Trong thời đại ngày Cơng Nghệ phát triển vũ bão mơn tốn trở nên cấp thiết hết Chính lí mà ngành giáo dục đặt mục tiêu cho mơn tốn trường THCS là: *Về kiến thức: - Cung cấp cho học sinh kiến thức số (từ số tự nhiên đến số thực) Về biểu thức đại số, phương trình bậc nhất, bậc hai, hệ phương trình, bất phương trình bậc ẩn, tương quan hàm số, số dạng hàm số đơn giản đồ thị hàm số - Một số hiểu biết ban đầu thống kê - Những kiến thức mở đầu hình học mặt phẳng, quan hệ quan hệ đồng dạng hai hình phẳng, số yếu tố lượng giác, số vật thể không gian - Giúp học sinh ban đầu lĩnh hội đào sâu lớp cuối cấp THCS số phương pháp giải Toán như: Dự đoán chứng minh; quy nạp suy diễn; phân tích tổng hợp… *Về kỹ năng: Hình thành rèn luyện kỹ tính tốn sử dụng bảng số, máy tính bỏ túi; thực phép biến đổi biểu thức; giải phương trình bất phương trình bậc ẩn, giải bất phương trình bậc hai ẩn; vẽ hình, đo đạc, ước lượng Bước đầu hình thành khả vận dụng kiến thức, tri thức toán học vào đời sống mơn khoa học khác *Về thái độ: Hình thành cho học sinh khả quan sát, dự đoán, phát triển trí tưởng tượng khơng gian, khả suy luận logic, khả sử dụng ngơn ngữ xác, bồi dưỡng phẩm chất tư linh hoạt, độc lập sáng tạo; bước đầu hình thành thói quen tự học, diễn đạt xác sáng sủa ý tưởng mình, hiểu ý tưởng người khác Góp phần hình thành phẩm chất lao động khoa học cần thiết người lao động thời đại 1/15 Để thực mục tiêu địi hỏi người phải nỗ lực, cố gắng khơng ngừng, phải tìm cho phương pháp làm việc tối ưu hiệu Qua q trình dạy tốn, tơi thấy HẰNG ĐẲNG THỨC ĐÁNG NHỚ theo suốt q trình học tốn học sinh lớp lớp sau Các đẳng thức đáng nhớ ứng dụng nhiều thể loại toán khác thực phép tính, phân tích đa thức thành nhân tử, chứng minh đẳng thức, chứng minh bất đẳng thức, tìm cực trị,… Chính lý mà tơi chọn chủ đề “Phát triển tư học sinh thông qua dạy học ứng dụng Hằng đẳng thức đáng nhớ vào giải tốn” nhằm giúp thầy trị hồn thành mục tiêu mà ngành giáo dục đặt II Mục đích nghiên cứu: - Rèn cho học sinh có kỹ hoạt động trí tuệ để có sở tiếp thu dễ dàng chương học sau, môn học khác lớp học sau nhằm mở rộng khả áp dụng kiến thức vào thực tế - Bồi dưỡng cho học sinh kỹ năng, kỹ xảo thói quen giải tập liên quan - Giúp học sinh phát triển tư trừu tượng, rèn luyện cho học sinh khả độc lập suy nghĩ, sáng tạo khả suy luận, đồng thời góp phần hình thành củng cố phẩm chất đạo đức thẩm mỹ III Phương pháp nghiên cứu: * Các phương pháp nghiên cứu lý thuyết Phương pháp phân tích tổng hợp lý thuyết Phương pháp phân loại hệ thống hóa lý thuyết Phương pháp giả thuyết **Các phương pháp nghiên cứu thực tiễn Phương pháp quan sát khoa học Phương pháp điều tra Phương pháp thực nghiệm khoa học Phương pháp phân tích tổng kết kinh nghiệm Phương pháp chuyên gia IV Thời gian, địa điểm: - Thời gian: Từ năm học 2017 – 2018; 2018 – 2019 đến năm học 2019 – 2020 - Địa điểm: Trường THCS Thái Thịnh, quận Đống Đa, Hà Nội V Đóng góp lý luận 2/15 V.1 Cơ sở lý luận: - Trên thực tế sau học xong đẳng thức đáng nhớ có nhiều học sinh quên đẳng thức đáng nhớ điều thường rơi vào học sinh chưa chăm học, có tính ỷ lại cao Một vấn đề đặt cho người giáo viên làm để giúp học sinh ghi nhớ đẳng thức đáng nhớ cách có hệ thống khơng máy móc, học vẹt Qua nhiều năm dạy toán – 9, tơi thấy để khắc phục điều việc thực hành giải tập tốn đóng vai trị quan trọng, tích cực, giúp tạo hứng thú cho học sinh vốn ngại học - Thông qua việc giải tập “Ứng dụng đẳng thức…”, sâu chuỗi, hệ thống kiến thức, khắc sâu, ghi nhớ đẳng thức đáng nhớ, từ giúp em có động lực để tìm tịi, nghiên cứu vấn đề liên quan V.2 Thực tiễn: Qua trình học mơn tốn nhiều năm, tơi thấy việc học mơn đại số học sinh khó khăn Đặc biệt, việc ghi nhớ đẳng thức đáng nhớ, em nên đâu Việc phân loại đẳng thức nhiệm vụ dễ dàng Chính khó khăn ảnh hưởng khơng nhỏ đến chất lượng học mơn tốn nói chung, mơn đại số nói riêng Các em lơ việc học lớp chuẩn bị nhà Cụ thể, theo kết điều tra, số lớp trường cuối học kỳ I năm 2016 – 2017; 2017 – 2018; 2018 - 2019 thu kết sau: V.2.1 Làm tập nhà: Qua trình kiểm tra trực tiếp với khoảng 50 học sinh giảng dạy thu kết sau: - Tự giải: 58% - Trao đổi với bạn bè với người xung quanh để tìm hướng giải: 12% - Chép từ sách giải chép từ mạng xã hội: 22% - Chép từ bạn: 18% V.2.2 Chuẩn bị dụng cụ học tập (sách, vở, sách tập, máy tính,…) - Đầy đủ: 70% - Còn thiếu: 30% V.2.3 Học sinh hứng thú mơn học đại số: - Hứng thú: 55% - Bình thường: 31% - Khơng thích: 14% B PHẦN NỘI DUNG Ngoài việc dạy cho học sinh hiểu biết cách xây dựng đẳng thức đáng nhớ, cách ghi nhớ, phân biệt đẳng thức, biết áp dụng đẳng thức để tính nhanh, tính nhẩm, biết vận dụng đẳng thức theo hai chiều người giáo viên phải rèn cho học sinh khả quan sát, nhận xét để áp dụng đẳng thức cách hợp lý Để làm điều sau học giáo viên phải giúp học sinh tự kiểm tra, hệ thống, diễn giải, khám phá, nêu vấn đề tìm hướng giải vấn đề, từ học sinh rút kinh nghiệm học hiệu sau học I Tổng quan: Nhờ có đẳng thức đáng nhớ giúp ta giải số dạng tập sau: I.1 Nhóm tập ứng dụng đẳng thức để thực phép tính I.2 Nhóm tập ứng dụng đẳng thức để rút gọn biểu thức, tính giá trị biểu thức I.3 Nhóm tập ứng dụng đẳng thức để phân tích đa thức thành nhân tử I.4 Nhóm tập ứng dụng đẳng thức để chia đa thức cho đa thức I.5 Nhóm tập ứng dụng đẳng thức để hỗ trợ việc thực phép tính phân thức I.6 Nhóm tập ứng dụng đẳng thức để giải phương trình bất phương trình ẩn I.7 Nhóm tập ứng dụng đẳng thức để chứng minh đẳng thức I.8 Nhóm tập ứng dụng đẳng thức để chứng minh bất đẳng thức I.9 Nhóm tập ứng dụng đẳng thức để tìm cực trị I.10 Nhóm tập ứng dụng đẳng thức để chứng minh tính chia hết, khơng chia hết I.11 Nhóm tập ứng dụng đẳng thức để giải phương trình nghiệm ngun Thơng qua việc dạy ứng dụng nhằm phát triển tư học sinh II Nội dung vấn đề nghiên cứu Các kiến thức cần nhớ: 1.(a  b)2  a2  2ab  b2 2.(a  b)2  a2  2ab  b2 5.(a  b)3  a3  3a2b  3ab2  b3 3.a2  b2  (a  b)(a  b) 4.(a  b)3  a3  3a2b  3ab2  b3 7.a3  b3  (a  b)(a2  ab  b2 ) 6.a3  b3  (a  b)(a2  ab  b2 ) Ngoài ra, dạy cho học sinh khá, giỏi, giáo viên cần cung cấp thêm đẳng thức sau: Bằng phép nhân đa thức, ta chứng minh đẳng thức sau: 1.an  bn  (a  b)(an1  an2b   abn2  bn1) n n n1 n2 n2 với số n nguyên dương n1 2.a  b  (a  b)(a  a b   ab  b ) với số nguyên dương lẻ n Chẳng hạn: a5  b5  (a  b)(a4  a3b   ab3  b4 ) a5  b5  (a  b)(a4  a3b   ab3  b4 ) Nhị thức Niu-tơn (Newton)  a  b n  an n C1  a  b n Với CK  n  n 1n  2 n  k 1 n n n C n1abn1  bn n k  1, 2, , n 1 ( CK gọi số tổ hợp chập k n n 1.2.3 k phân tử) Ví dụ:  a  b 4  a  b 5  an  C1an1b  C n1b   a4  4a3b  6a2b2  4ab3  b4 ,  a5  5a4b 10a3b2 10a2b3  5ab4  b5 Áp dụng đẳng thức tính chia hết ta có: * an  bn chia hết cho ( với a  b n nguyên dương ); * a2n1 chia hết cho a  b ; a2n  b2n chia hết cho a  b II.1 Nhóm tập áp dụng đẳng thức đáng nhớ để thực phép tính Phương pháp giải: Đưa đẳng thức đáng nhớ để thực phép tính Ví dụ 1.1 Tính a)  a  b  c 2  a2  b2  c2  2ab  2bc  2ca b)  2x  y   4x  2xy  y    2x   y  8y  y c)  2x  y   4x  2xy  y2   8x3  y3 Ví dụ 1.2 Thực phép tính: 1 2.36 23.36  23.53   1 1 2.36 1 36 53 1 2.36 1 36  53      3 8 93 125 23 36  53 183 103  23 36  53 23 36  53          II.2 Nhóm tốn rút gọn biểu thức tính giá trị biểu thức Phương pháp giải: - Áp dụng đẳng thức đáng nhớ để triển khai, rút gọn - Thay giá trị biến vào biểu thức rút gọn tính Ví dụ 2.1 a)  x  y 2   x  y 2  x2  2xy  y2  x2  2xy  y2  2x2  y2 b)2  x  y  z    z  y 2   x  y  z  y  z    x  y  z  y  z 2  x2 c)x  y x = 87 y = 13 d) 3x2  x 9x2  6x 1 x = -8  Giải : c) x  y   x  y  x  y  Thay x =87 y = 13 vào ta có  x  y  x  y   87 1387 13  100.74  7400 Ví dụ 2.2 Cho a  b 1 Tính giá trị M Giải: M  a  b3    a  b2  Vì nên M  2.1  a  ab  b2  b 2  1 Ví 2 43 11  a  b3    a  b2    a  b   a  ab  b2   3a2  3b2 a  b 1  3a  3b2  2a  2b  2ab  3a  3b    a  dụ 2.3 Tính giá trị biểu thức  36, 52   27, 52 43 1143 11   36,  27, 536,  27, 5  x  y  z  a  Ví dụ 2.4 Cho x2  y2  z2  b2 ; 54.32 9.64  x3  y3  z3 theo Tính a, b, c 1 1      x y z c Giải: Áp dụng đẳng thức x3  y3  z3  3xyz   x  y  z   x2  y2  z2  xy  yz  zx   x3  y3  z3  3xyz  a b2   xy  yz  zx   Cần tính Ta có: xy  yz  zx xyz theo a, b, c a2   x  y  z 2  x  y  z   xy  yz  zx   xy  yz  zx  a2  b2 Từ 1 1 xy  yz  zx   xyz  c  xy  yz      zx x y z c xyz c a2  b2  x3  y3  z3   xyz  c  c a2  b2    a2  b2  a b     3 x y z  3c  a  b2   a 3b2  a2  II.3 Nhóm tập ứng dụng đẳng thức để phân tích đa thức thành nhân tử Phương pháp giải: Dùng đẳng thức đáng nhớ để biến đổi biểu thức thành tích cách phù hợp Ví dụ 3.1 Phân tích đa thức thành nhân tử a)x2    x  3 x  3 b)9x2  6xy  y2   3x  y 2 c)6x   x2    x  32 Lưu ý: Khi phân tích đa thức thành nhân tử, ta cần cố gắng phân tích triệt để (càng nhiều nhân tử tốt) Các tập áp dụng Ví dụ 3.2 Tính nhanh a)252 152  25 1525 15  10.40  400 b)87  732  27 132   87 132    732  27   87 1387 13   73  27  73  27    74.100  46.100  7400  4600  1200 Ví dụ 3.3 Rút gọn biểu thức sau: Giải:  b) B   a    a        x  2  x   x   10  2a     a    a  2a      a   a     a 2    a) A   x   x  2x   x   x  23 2 3 3 3  a  64 II.4 Nhóm tập ứng dụng đẳng thức đáng nhớ để chia đa thức cho đa thức Ví dụ 4.1 Tính nhanh   b) 125x 1  : 5x 1  5x 125x  5x 1  : 5x 1  25x c)  x  2xy  y  :  y  x    y  x 2 :  y  x   y  x a) x  2xy  y :  x  y    x  y 2 :  x  y   x  y 2  5x 1 Ví dụ 4.2 Không thực phép chia, xem xét đa thức A có chia hết cho đa thức B khơng? A  x2  2x 1; Giải: Vì B  1 x A  x2  2x 1   x 12  1 x 2 Do A chia hết cho B II.5 Nhóm tập ứng dụng đẳng thức đáng nhớ để chứng minh giá trị biểu thức không phụ thuộc vào giá trị biến Phương pháp giải: - Thực phép biến đổi đồng biểu thức hữu tỉ để rút gọn biểu thức khơng có chứa biến - Áp dụng đẳng thức đáng nhớ để biến đổi biểu thức cho khơng cịn chứa biến Ví dụ 5.1 Chứng minh giá trị biểu thức sau không phụ thuộc vào biến x a)  2x  3  4x  6x     4x3 1 b)  x  33   x    x  27  c)  x  y   x  xy  y2    x  y   x  xy  y2   2x3 Giải     a)(2x  3) 4x  6x   4x3 1   2x 3   8x 1  10 Vậy giá trị biểu thứ không phụ thuộc vào giá trị biến x b)  x  33   x    x  27   x3  9x2  27x  27  x3  27x  9x  243  216 ( p  a)2  ( p  b)2  ( p  c)2  p2  p2  2ap  a2  p2  2bp  b2  p2  2cp  c2  p2 ( p  a)2  ( p  b)2  ( p  c)2  p2  p2  p(a  b  c)  a2  b2  c2 ( p  a)2  ( p  b)2  ( p  c)2  p2  p2  p.2 p  a2  b2  c2 (do a  b  c  p) ( p  a)2  ( p  b)2  ( p  c)2  p2  p2  p2  a2  b2  c2 ( p  a)2  ( p  b)2  ( p  c)2  p2  a2  b2  c2 Vậy đẳng thức chứng minh Ví dụ 6.4 Chứng minh b = a-1 S  (a  b)(a2  b2 )(a4  b4 ) (a32  b32 )  a64  b64 Giải: Từ b = a-1, ta có: a – b = Nhân hai vế S với a-b, ta có: S (a  b)  (a  b)(a  b)(a2  b2 )(a4  b4 ) (a32  b32 ) S.1  (a2  b2 )(a2  b2 )(a4  b4 ) (a32  b32 ) S  (a4  b4 )(a4  b4 ) (a32  b32 ) S  S  (a32  b32 )(a32  b32 ) S  a64  b64 Vậy đẳng thức chứng minh II.7 Nhóm tập ứng dụng đẳng thức đáng nhớ để giải số toán cực trị Phương pháp giải: Dựa vào đẳng thức (a  b)2  a2  2ab  để đưa biểu thức b2  (a  b)2  a2  2ab  b2 dạng T  a   f (x) 2 với a số, f(x) biểu thức có chứa biến x Vì  f (x) 2  với X nên T  a Khi giá trị nhỏ T a f(x) = ta phải tìm x để f(x) II.7.1 Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn biểu thức có dạng đa thức Ví dụ 7.1 Cho A  x2  3x  Tìm Amin x2 với Giải: A  x  3 11 11    (x  )  2(x ) ( ) 2 4 32 1 11 x    (x  )   A   A3 2 4 Với x  Suy ra: Amin = x đạt giá trị nhỏ Vậy Amin =3 x =2 Ví dụ 7.2 Cho C  (x2 1)(x2 1) với x  R Tìm Cmin Giải: C  (x2 1)(x2 1)  x4 1 x4   x  R nên C  1  x  R Cmin = - Ví dụ 7.3 Cho D  (x  y)2  (x 1)2  ( y  x)2 x, y  R Tìm Dmin với D  x2  2xy  y2  x2  2x 1 y2  2xy  x2  D  3x2  y2  2x 1 2  D  ( 3x)2  3x   y  3 )2  y2  3  D  ( 3x  Vì ( 3x  )2   x  R, y2   y  R , D  Suy ra: Dmin= 3 ( 3x  )2  2y   x   x, y  R 1 ,y0 Vậy Dmin= x  1, y  3 II.7.2 Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn biểu thức có dạng phân thức II.7.2.1 Phân thức có tử số số, mẫu số đa thức bậc hai (hoặc ngược lại) Ví dụ 7.4 Tìm giá trị lớn phân thức 2 Giải: Ta thấy A   x2  x 1 A x2  x 1 (x  )2  Vì (x  )2   với x, nên A ln ln có dạng phân số dương, tử số 4 số nên A lớn mẫu số nhỏ Vậy Amax =  x II.7.2.2 Phân thức có tử đa thức bậc hai, cịn mẫu thức bình phương nhị thức Ví dụ 7.5 Tìm giá trị nhỏ phân thức A x2  x 1 (x 1)2 x2  2x 1 3x   (x 1)2  3(x 1)  3   1  Với x  , ta có A (x 1)2 (x 1)2 x   1)2 (x  1 12 y x 1 đó: A  3y  3y  A  3[( y  y  )  ] 1  3( y  )  4 1 1 1 Vậy Amin=  y   hay    x  1 (TMĐK đề bài) 4 x 1 Đặt II 7.2.3 Phân thức cho khơng có dạng đặc biệt x2  2x  Ví dụ 7.6 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu B x2  thức Giải: Vì x2    x giá trị biểu thức B xác định  x a) Tìm giá trị lớn B: x2  2x  2(x2  4)  x2  2x 1 B x  x2  x 2  Do (x 1) 2(x2  2)  (x 1)2  0;   nên Vậy B = x = b) Tìm giá trị nhỏ B: 2 x 2  x2  (x 1)2  Do x2  (x 1)2  (x 1)2 x2  B  x2 2 2x  2(x2  2)  x2  4x  (x  (x  2)2 2)     B 2 x2   2) x 2  2) 2  2(x 2(x Do (x  2) Do  0; 2(x2 B  2)  nên (x  2)2 2(x2  2) 0  x  R; ; Bmin= x=1 II.7.3 Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức biết quan hệ biến Ví dụ 7.7 Cho số x,y thỏa mãn điều kiện: 3x + y = a) Tìm giá trị nhỏ biểu thức M  3x2  y2 b) Tìm giá trị lớn biểu thức N  xy Giải: Do 3x + y = nên y = – 3x a)Ta2 có: M  3x2  (1 3x)2  12x2  6x 1  12(x  Vậy Mmin= 4 x 1 x 16 ) 1  12(x  )2   M  4 ,y b) 1 1 1 N  x(1 3x)  3(x2  2x   )  3(x  )2  (x  )2   x 36 36 12 Do đó: N Nmax = 12 x  ; y  12 II Nhóm tập ứng dụng đẳng thức đáng nhớ để chứng minh bất đẳng thức Phương pháp giải: (1) Để chứng minh biểu thức dương với x, ta biến đổi dạng [f (x)]2  k  với k > 0; (2) Để chứng minh biểu thức âm với x, ta biến đổi dạng - [f (x)]2  n  với n < Kiến thức hỗ trợ: Một số tính chất bất đẳng thức abba ab  a  c  b  d c  d a  b,b  c  a  c a  b   ac  bc c  0 ab a  b  0   ac  bd c  d  0  ac  bc c  d Một số bất đẳng thức a2  0; a2  xảy đẳng thức a = a  xảy đẳng thức a = Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức 3.1 Dùng định nghĩa: Để chứng minh A > B, ta xét hiệu A – B chứng minh A – B > 3.2 Dùng phép biển đổi tương đương: Để chứng minh A > B ta biến đổi tương đương: a  b  a1  b1  a2  b2  an  bn Trong bất đẳng thức An>Bn ln đúng, trình biến đổi tương đương nên ta suy A>B 3.3 Dùng bất đẳng thức phụ: * Khai thác toán: Nhận xét 1: Nếu tiếp tục áp dụng bất đẳng thức (1) tang số mũ biến, ta thu  2 (a8  b8 )2  128    16 16 kết như: a  b    … 2 215 Tổng quát, ta có toán sau: Bài toán 1.1 Cho a + b = Chứng minh a2n  b2n  22n1 Để giải toán 1.1., ta áp dụng phương pháp quy nạp toán học làm tương tự toán Nhận xét 2: Tiếp tục khái quát toán 1.1, thay giả thiết a + b = giải thiết a + b = k, làm tương tự ta có a2n  b Vậy, ta có tốn 1.2 sau 2n  kn 22n1 Bài toán 1.2 Cho a + b = k Chứng minh a  b2 2n n  kn 22n1 *Các nhận xét toán minh họa cho việc ứng dụng, khai thác bất đẳng thức lớp Nhận xét: Trong chương trình tốn THCS có bất đẳng thức quen thuộc mà việc ứng dụng giải tập đại số hình học có hiệu Ta thường gọi “bất đẳng thức kép” Cụ thể  a  b 2 Với a, b ta ln có: a  b  2  2ab (*) 2  a  b2    a  b 2 (1)  Nhận thấy (*)    a  b 2  4ab .(2)  2 a  b  2ab (3)  Cả ba bất đẳng thức tương đương với bất đẳng thức  a  b 2 0 đo chúng xảy dấu đẳng thức a = b Ý nghĩa bất đẳng thức (*) nêu nên quan hệ tổng số hai số với tích hai số với tổng bình phương hai số Sau số ví dụ minh họa việc vận dụng khai thác bất đẳng thức (*) Bài toán 1: Cho a + b = Chứng minh a2  b2  ; 1 a4  b4  ; a8  b8  128 Giải: Áp dụng bất đẳng thức (1) giả thiết a + b = 1, ta có: a  b a2  b2  a8  b8  a 2a   ; 2 b a  b4   2      2  b 2  2 1    Dấu đẳng thức xảy a  b  2 128 *Khai thác toán Nhận xét 1: Nếu tiếp tục áp dụng bất đắng thức (1) tăng số mũ biến ta thu kết như: a a16  b16  Tổng quát ta có tốn sau:  b8  2  1282    2 15 …… Cho a + b = Chứng minh a2n  b2n  22n1 Cách giải toán 1.1 ta áp dụng phương pháp quy nạp toán học làm tương tự toán Nhận xét 2: Tiếp tục khái quát toán 1.1 thay giả thiết a + b = giả thiết a + b = k, làm tương tự ta có 2n a  2n b kn  22n1 II.2.9 Nhóm tập ứng dụng đẳng thức đáng nhớ vào số học Ví dụ 9.1 Chứng minh với số nguyên n (n + 6)2 – (n – 6)2 chia hết cho 24 Giải: (n + 6)2 – (n – 6)2 = (n + + n – 6)(n + – n + 6) = 24n chia hết cho 24 Vậy (n + 6)2 – (n – 6)2 chia hết cho 24 Ví dụ 9.2 Chứng minh a) (20061975 + 20062010) chia hết cho 2007 b) (32n + + 26n + 1) chia cho 11 với số tự nhiên n Giải: Đặt A = (20061975 + 20062010) = 20061975(200635 + 1) A = 20061975(1 + 2006)(1 – 2006 + 20062 - … - 200634) Ta có 2007 ln chia hết cho 2007 nên A = 20061975 20027.(1 – 2006 + 20062 - … 200634) Chia hết cho 2007 Vậy (20061975 + 20062010) chia hết cho 2007 Đặt B = 32n + + 26n + = 32n + + 26n + = 3.9n + 2.64n = 9.9n + 2.64n = 11.9n + 2.64n – 2.9n = 11 9n + 2(64n – 9n) Ta có 64n – 9n chia hết cho 55, tức chí hết cho 11 Suy B chia hết cho 11 II.2.10 Nhóm tập ứng dụng đẳng thức đẹp Chúng ta biết đẳng thức quen thuộc a3 + b3 + c3 – 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 – ab – ac – bc) Vậy a3 + b3 + c3 = 3abc  a + b + c = a = b = c Hệ quả: a + b + c = a3 + b3 + c3 = 3abc Ví dụ 10 Cho xy  y  zx  xyz  z tính 1 Giải: Từ giả thiết     ta có 13    x y z x3 Từ A  xyz  xyz  xyz  xyz  x3 y3 z3  x  y3 yz33  xyz 1 z3   3 A yz x2  zx y2  xy z2