HẰNG ĐẲNG THỨC VÀ ÁP DỤNG Nguyễn Bá Đang Hội THHN 1 Hằng đẳng t hức cơ bản Hằng đẳng thức có trong chương trình Toán 8 (Tập một). ( a ± b ) 2 = a 2 ± 2 a b + b 2. (1) a2 − b2 = ( a − b)( a + b). (2) ( a ± b) 3 = a3 ± 3 a b( a ± b) ± b3. (3) a3 ± b3 = ( a ± b)( a2 ∓ a b + b2). (4)
Trang 1H ẰNG ĐẲNG THỨC VÀ ÁP DỤNG
Nguyễn Bá Đang Hội THHN
Hằng đẳng thức có trong chương trình Toán 8 (Tập một)
Từ những hằng đẳng thức đó, ta mở rộng một hằng đẳng thức mới có ứng dụng nhiều trong các cuộc thi
1- Hằng đẳng thức: a3+b3+c3−3abc= (a+b+c)(a2+b2+c2−ab−ac−bc) (5)
Chứng minh.
Từ (3) ta có a3+b3+c3−3abc= (a+b)3−3ab(a+b) +c3−3abc=
= (a+b+c)h(a+b)2− (a+b)c+c2i−3ab(a+b+c) =
= (a+b+c)(a2+2ab+b2−ac−bc+c2−3ab) = (a+b+c)(a2+c2+b2−ab−ac−bc)
Ví dụ 2.1. Cho a+b+c =0 Chứng minh a3+b3+c3=3abc
Giải.
Từ (5)⇒vế phải của hằng đẳng thức bằng 0⇒a3+b3+c3=3abc
Ví dụ 2.2. Phân tích đa thức thành nhân tử:
(x−y)3+ (y−z)3+ (z−x)3
Giải.
(x−y) + (y−z) + (z−x) =0 theo (5)
⇒ (x−y)3+ (y−z)3+ (z−x)3=3(x−y)(y−z)(z=x)
Trang 22 Một số áp dụng 284
Ví dụ 2.3. Cho a, b, c là các số thực khác nhau thỏa mãn a+b+c6=0
Chứng minh rằng a
3+b3+c3−3abc
a+b+c >0.
Giải.
a2+b2+c2−ab−bc−ac = 1
2
h (a−b)2+ (b−c)2+ (c−a)2i
Vì a, b, c khác nhau⇒vế phải luôn dương
⇒a2+b2+c2−ab−bc−ac>0
Từ (5)⇒ a
3+b3+c3−3abc
a+b+c = (a
2+b2+c2−ab−ba−ac)
⇒ a
3+b3+c3−3abc
a+b+c >0
Ví dụ 2.4. Chứng minh rằng n3+ (n+1)3+ (n+2)3chia hết cho 9 với mọi số tự nhiên n
Giải.
n=0⇒n3+ (n+1)3+ (n+2)3=0+1+8=9
n6=0⇒theo (5) n3+ (n+1)3+ (n+2)3 =3n(n+1)(n+2)+
+(n+n+1+n+2)hn2+ (n+1)2+ (n+2)2−n(n+1) − (n+1)(n+2) − (n+2)ni Biến đổi
3(n+1)hn2+ (n+1)2+ (n+2)2−n(n+1) − (n+1)(n+2) − (n+2)ni =
=3n(n+1) [n(n−n−1) + (n+1)(n+1−n−2) + (n+2)(n+2−n)] =
=3(n+1)(−n−n−1+2n+4) = 9(n+1)
⇒3(n+1)hn2+ (n+1)2+ (n+2)2−n(n+1) − (n+1)(n+2) − (n+2)ni
chia hết cho 9;
n(n+1)(n+2)tích của ba số tự nhiên liên tiếp luôn chia hết cho 3
⇒3n(n+1)(n+2)chia hết cho 9
⇒n3+ (n+1)3+ (n+2)3chia hết cho 9 với mọi số tự nhiên n
Ví dụ 2.5. Trục căn thức các biểu thức sau: 1
2√3 4−3√3 2−1;
3
√
2−1
3
√
9−√3
3+2
Giải.
Ta coi 2√3 4 =a, −3√3
2, −1=c;
2√3 4−3√3 2−1 =
4√3 16+9√3 4+1+√3
4√3 2+2√3 4−3√3 2 (2√3 4−3√3 2−1)(4√3 16+9√3 4+1+√3
4√3 2+2√3 4−3√3 2)
= 11√3 4+5√3 2+3
8.4−27.2−1−3.2√3 4.3√3 2 = −
11√3 4+5√3 2+3
59 Tương tự√3 9=a, −√3
3=b, c=2
3
√
2−1
3
√
9−√3
3+2 =
(√3
2−1)(√3
81+√3
9+8+√3
27−2√3
9+2√3 3) (√3
9−√3
3+2)(√3 81+√3
9+8+√3
27−2√3 9+2√3 3)
Trang 33 Áp dụng 285
= (
3
√
2−1)(7√3 9+5√3 3+10)
32
Từ đây chúng ta sẽ chủ động sáng tác hàng loạt ví dụ về trục căn thức
b) Xét đa thức ba biến P(x, y, z) = x3+y3+z3
Nhận xét P(x, y, z)là đa thức đối xứng
P(x, y, z) = x3+y3+z3 = (x+y+z)h(x+y+z)2−3(xy+yz+zx)i+3xyz
Đặt α=x+y+z, β =xy+yz+zx, γ =xyz
Từ đó ta biểu thị Sn = xn+yn+zn (n ∈N) qua α, β, γ.
Cho x+y+z =0 Chứng minh các đẳng thức sau:
1)(x2+y2+z2)2 =2(x4+y4+z4)
2) 5(x2+y2+z2)(x3+y3+z3) = 6(x5+y5+z5)
3) 5xyz(x2+y2+z2) =2(x5+y5+z5)
4) Chứng minh Sk =αSk−1−βSk−2+γSk−3, k≥4
5) Giải hệ phương trình
x3+y3+z3 =8
x+y+z= −2(xy+yz+zx) xyz=2
Giải.
Ta chứng minh 4) từ đó suy ra các kết quả của 1), 2), 3)
S0 =x0+y0+z0 =3, S1 =x+y+z =α
S2 =x2+y2+z2 = (x+y+z)2−2(xy+yz+zx) = α2−2β (2)
Từ (1) ta có: S3 =x3+y3+z3 =α3−3αβ+3γ thay (2) vào
S3 =αS2−βS1+γS0, (3)
Lần lượt nhân hai vế của đẳng thức (3) với xk−3, yk−3, zk−3
S3xk−3 =αxk−2S2−βxk−3S1+γxk−3S0
S3yk−3 =αyk−2S2−βyk−3S1+γyk−3S0
S3zk−3 =αzk−2S2−βzk−3S1+γzk−3S0,
cộng các vế của đẳng thức ta có:
Sk =αSk−1−βSk−2+γSk−3, k≥4
5) Giải hệ phương trình:
⇒x3+y3+z3=αS2−βS1+γS0=8, α= −2β, γ =2
⇒4β3−3β2−1=0⇒Hệ có các nghiệm:
Trang 43.1 Một số ví dụ áp dụng 286 (1, -1, 2); (1, 2, -1); (2, -1, 1); (2, 1, -1); (-1, 2, 1); (-1, 1, 2)
3.1 Một số ví dụ áp dụng
Có lần bắt gặp trên tạp chí Toán học nhà trường của Nga (Liên xô cũ) một bài toán tính tổng:
A=
r
1+ 1
22 + 1
32 +
r
1+ 1
32 + 1
42 + · · · +
s
(n−1)2 +
1
n2, với n là số tự nhiên Sau đó nhiều nơi lấy làm đề thi học sinh giỏi hoặc tuyển sinh vào lớp 10 Phải nói đây là bài toán hay áp dụng giải nhiều bài toán khác Song chúng ta hãy đi tìm cội nguồn của bài toán cơ bản đó là đâu ?
Hãy xét tổng 1
a +
1
b +
1
c , với a, b, c khác 0.
Ta bình phương tổng đó⇒ (1
a +
1
b +
1
c)
2
= 1
a2 + 1
b2 + 1
c2 +2(a+b+c)
abc Nếu a+b+c=0⇒ (1
a +
1
b +
1
c)
2
= 1
a2 + 1
b2 + 1
c2
⇒r 1
a2 + 1
b2 + 1
c2 =
1
a +
1
b +
1 c
(1)
a+b+c =0⇒c = −(a+b) ⇒
s 1
a2 + 1
b2 + 1 (a+b)2 =
1
a+
1
b −
1
a+b
Nếu thay a bằng 1
a ⇒
s
a2+ 1
b2 + a2 (ab+1)2 =
a+1
b −
a
ab+1
Đồng thời thay b bằng 1
b ⇒
s
a2+b2+ a2b2
(a+b)2 =
a+b− ab
a+b
(4)
Bài toán 3.1. Giải bài toán tính giá trị biểu thức
A =
r
1+ 1
22 + 1
32 +
r
1+ 1
32 + 1
42 + · · · +
s
(n−1)2 +
1
n2
Giải.
r
1+ 1
22 + 1
32 =r 1
12 + 1
22 + 1
32, 32 = (1+2)2theo công thức (1) r
1+ 1
22 + 1
32 = 1
1+
1
2 −
1
3 =1+
1
2 −
1
3 từ đó suy ra
A=
r
1+ 1
22 + 1
32 +
r
1+ 1
32 + 1
42 + · · · +
s
(n−1)2 +
1
n2=
1+1
2 −
1
3+1+
1
3 −
1
4+ 1+
1
n−1 −
1
n=n+
1
2 −
1
n = 2n2+n−2
Trang 53.1 Một số ví dụ áp dụng 287 Ghi chú có sách đã chứng minh bằng quy nạp:
n
∑
k = 1
s
1+ 1
k2 + 1 (k+1)2 =
n(n+2)
n+1
Bài toán 3.2. Rút gọn biểu thức
v
u
u
t
1
x2+y2 + 1
(x+y)2 +
s 1
x4 + 1
y4 + 1 (x2+y2)2,
Giải.
Theo đồng nhất thức (2)
s
1
x4 + 1
y4 + 1
(x2+y2)2 =
s 1 (x2)2 +
1 (y2)2 +
1 (x2+y2)2 =
1
x2 + 1
y2 − 1
x2+y2
(x2+y2)2 ≥2x2y2⇒
1
x2 + 1
y2 − 1
x2+y2
= 1
x2 + 1
y2 − 1
x2+y2 ⇒ s
1
x2+y2 + 1
(x+y)2 +
1
x2 + 1
y2− 1
x2+y2 =
s 1
x2 + 1
y2 + 1 (x+y)2 =
1
x+
1
y−
1
x+y
Bài toán 3.3. Tính giá trị biểu thức
s
1+20122+20122
20132 +
2012
2013.
Giải.
Áp dụng công thức (4)
s
12+20122+ 12.20122
(1+2012)2 =1+2012−
1.2012 2013
⇒
s
1+20122+20122
20132 +
2012
2013 =2013.
Bài toán 3.4. Giải phương trình(x+1)2+ (x+1)2(x+2)2 =3(x+2)2
Giải.
x = −2 không phải là nghiệm của phương trình⇒chia cho(x+2)2
⇒12+ (x+1)2+ 12(x+1)2
(x+1+1)2 =4, áp dụng (2), hoặc (3)
⇒
1+ (x+1) − x+1
x+2
2
=4⇒ x2+3x+3
x+2 −2
x2+3x+3
x+2 +2
=0
⇒ (x2+3x−1)(x2+5x+7) = 0
Bài toán 3.5. Tính giá trị của biểu thức:p0, 3572+0, 6432+0, 3572.0, 6432
Giải.
Trang 63.1 Một số ví dụ áp dụng 288
p
0, 3572+0, 6432+0, 3572.0, 6432 =
s
0, 3572+0, 6432+ 0, 3572.0, 6432
(0, 357+0, 643)2 Theo (3)⇒
s
0, 3572+0, 6432+ 0, 3572.0, 6432
(0, 357+0, 643)2 =0, 357+0, 643−
0, 357.0, 643 1
=1−357.643
10002 =0, 770449.
Bài toán 3.6. Cho m, n là các số nguyên không đồng thời bằng 0 Chứng minh rằng m2n2+ (m2n2+1)(mm+1)2là số chính phương
Giải.
m2n2+ (m2n2+1)(mm+1)2= (mn+1)2 1+ (mn)2+ 1.(mn)2
(mn+1)2
! ,
Áp dụng (4)⇒ (mn+1)2
1+mn− mn
mn+1
2
⇒ (mn+1)2
mn+1− mn
mn+1
2
=(mn+1)2−mn2= (m2n2+mn+1)2
Bài toán 3.7. Chứng minh đẳng thức:
s 1 (a−b)2 +
1 (b−c)2 +
1 (c−a)2 =
1
a−b +
1
b−c +
1
c−a
Giải.
a−b+b−c+c−a=0 theo (1)⇒(đpcm)
Bài toán 3.8. Tínhp1+999 92+0, 999 92, (999 92; 0, 999 92mỗi số có n chữ số 9)
Giải.
0, 999 92= 999 92
1000 02 =
1.999 92 (1+999 9)2
⇒1+999 92+0, 999 92=1+999 92+ 1.999 92
(1+999 9)2 áp dụng (4)
1+999 92+ 1.999 92
(1+999 9)2 =1+999 9−
999 9
1+999 9 =1000 0+0, 999 9
Từ các đẳng thức (1), (2), (3), (4) bạn đọc có thể vận dụng sáng tác nhiều bài toán hay và thú vị
... class="text_page_counter">Trang 53.1 Một số ví dụ áp dụng 287 Ghi có sách chứng minh quy nạp:
n
∑
k = 1...
22 +
32, 32 = (1+2)2theo công thức (1) r
1+
22 +
32 =
1+... ab
a+b
(4)
Bài tốn 3.1. Giải tốn tính giá trị biểu thức
A =
r
1+
22 +
32 +
r