Bồi dưỡng HSG Phát triển từ một vài bài toán cơ sở Ta có hằng đẳng thức ( ) 2 2 2 2 a+b+c =a +b +c +2ab+2bc+2ca Với a = 1 x b = 1 y c = 1 z ta có: ( ) 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 2 x y z x y z x y z xyz + + = + + + + + ÷ (1) Từ đó ta có: Nếu x + y + z = 0 và xyz ≠ 0 thì: 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 x y z x y z + + = + + ÷ (2) Căn cứ bài toán trên ta có các bài toán liên quan: Bài toán 1: Cho a + b + c = 0 và ab + bc + ca = 0. Tính A = (a – 1) 2005 + b 2006 + (c + 1) 2007 Hướng dẫn: Áp dụng trực tiếp hằng đẳng thức trên có: a 2 + b 2 +c 2 = (a +b + c) 2 – 2(ab +bc + ac) = 0⇒a = b = c = 0. Vậy A = 0. Lời bình: Với bài toán trên HS thường bị “ choáng” bởi số mũ lớn , GV cần lưu ý HS với những bài toán như vậy các số thường có giá trị đặc biệt, căn cứ vào giả thiết để tìm chúng. Bài toán 2: Cho a + b + c = abc và 1 1 1 3 a b c + + = Chứng minh rằng: 2 2 2 1 1 1 7 a b c + + = Hướng dẫn: Từ nhận xét 1 ta có: 2 1 1 1 a b c + + ÷ = 2 2 2 1 1 1 a b c + + + 2 ( )a b c abc + + , kết hợp giả thiết ta có: 3 2 = 2 2 2 1 1 1 a b c + + + 2 ⇔ 2 2 2 1 1 1 a b c + + = 7 Lời bình: Từ bài toán trên nếu thay số 3 bởi một số khác thì ta có một bài toán khác. Bài toán 3: Cho 2 x y z a b c + + = và 0 a b c x y z + + = . Tính A = 2 2 2 2 2 2 x y z a b c + + Hướng dẫn: Nếu đặt m = a x , n = b y , p = c z thì ta có: m + n + p = 0 và m.n.p ≠ 0 (vì a ≠ 0 , b ≠ 0 , c ≠ 0) Áp dụng (1) có: 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 m n p m n p + + = + + ÷ ⇔ 2 2 = 2 2 2 2 2 2 x y z a b c + + hay 2 2 2 2 2 2 x y z a b c + + = 4 Lời bình: Từ bài toán trên nếu thay số 2 bởi một số tổng quát thì ta có bài toán khác. Bài toán 4: (Bài toán lớp 9) Tính giá trị biểu thức: A = 2 2 1 1 1 2 3 + + + 2 2 1 1 1 3 4 + + + + 2 2 1 1 1 99 100 + + Hướng dẫn: Đặt x = 1 , y = k – 1 , z = -k ( k ≥ 2) Ta có x + y + z = 0 và xyz ≠ 0. Áp dụng (2) có: 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ( 1)k k k k + − = + + ÷ − − (vì 2 2 1 1 ( )k k = − ) => 2 2 1 1 1 ( 1)k k + + − = 1 1 1 1k k + − − 4 Áp dụng công thức tổng quát này cho các căn thức trên ta có: A = 1 + 1 2 - 1 3 +1 + 1 3 - 1 4 + + 1 + 1 99 - 1 100 = 98,49 Lời bình: Bài toán trên ta có thể thay đổi số lượng căn thức tuỳ ý hoặc giá trị các số trong căn nhưng vẫn đảm bảo x + y + z = 0 Ví dụ: Tính A = 2 2 2 1 1 1 2 3 5 + + + 2 2 2 1 1 1 2 5 7 + + + + 2 2 2 1 1 1 2 97 99 + + Một số bài toán áp dụng khác: Câu 1: Cho x , y , z thoả mãn điều kiện: 2 1 yz x− + 2 1 zx y− + 2 1 xy z− = 0 Chứng minh: 2 2 ( ) x yz x− + 2 2 ( ) y zx y− + 2 2 ( ) z xy z− = 0 Câu 2: Cho a , b , c ∈ Q. Chứng minh rằng: A = 2 2 2 1 1 1 ( ) ( ) ( )a b b c c a + + − − − ∈ Q II ) BÀI TOÁN CƠ SỞ 2: Chứng minh rằng nếu 1 1 1 1 a b c a b c + + = + + thì luôn tồn tại hai số đối nhau. Hướng dẫn: 1 1 1 1 0 a b c a b c + + − = + + ⇔ 0 ( ) a b a b ab c a b c + + + = + + ⇔ 1 1 ( ) 0 ( ) a b ab c a b c + + = + + ⇔ ( )( )( ) 0 ( ) a b b c c a abc a b c + + + = + + ⇔ a b b c c a = − = − = − Từ kết quả bài toán trên ta có thể áp dụng vào một số bài toán sau: Bài toán 1: Cho 3 số thực x , y , z thoả mãn 2007 1 1 1 1 2007 x y z x y z + + = + + = Chứng minh rằng có ít nhất một trong ba số bằng 2007 Hướng dẫn: Từ giả thiết ta nhận thấy 1 1 1 1 x y z x y z + + = + + Áp dụng kết quả bài toán trên thì trong 3 số x,y,z luôn có 2 số đối nhau, mà x + y + z =2007 => có ít nhất một số bằng 2007 Bài toán 2: Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn: 1 1 1 1 x y z x y z = − − − − (*) .Chứng minh: 2007 2007 2007 2007 2007 2007 1 1 1 1 x y z x y z = − − − − Hướng dẫn: Đặt a = x , b = - y , c = - z => a > 0 , b < 0 , c < 0 (*) ⇔ 1 1 1 1 a b c a b c + + = + + ⇔ (a + b)( b+c)(c+a) = 0 ⇔ a b a c = − = − ( vì b + c < 0 ) => x y x z = = Thay kết quả đó vào từng vế của đẳng thức cần chứng minh ta được kết quả cần c/m 5 Lời bình: Thoạt nhìn thì bài toán trên không có liên quan gì với bài toán cơ sở, nhưng bằng cách đặt biến số phụ ta có thể đưa về bài toán cơ sở. Bài toán 3: Cho số số thực a, b, c khác 0 thoả mãn: 1 1 1 1 a b c k a b c k + + = + + = . Chứng minh: a) Có ít nhất một trong 3 số bằng k b) 1 1 1 1 n n n n n n a b c a b c + + = + + với n là số lẻ c) 1 1 1 1 ( ) n n n n a b c a b c + + = + + với n là số lẻ d) (a n +b n +c n ) ( ) ( ) ( ) n n n n n n ab ac bc a b c + + = với n là số lẻ Hướng dẫn: Sử dụng bài toán cơ sở. III ) BÀI TOÁN CƠ SỞ 3: Phân tích đa thức sau thành nhân tử: F(a,b,c) = a 3 +b 3 +c 3 - 3abc Đây là một bài toán thông thường, ta có thể giải như sau: Cách 1 : Sử dụng phương pháp " Xét giá trị riêng" bằng cách Đặt a = - ( b+c) thì F(a,b,c) = a 3 +b 3 +c 3 - 3abc = 0 nên F(a,b,c) chứa nhân tử (a+b+c). Lấy F(a,b,c) chia cho (a+b+c) được dư bằng 0. Tiếp tục phân tích ta có kết quả cuối cùng: F(a,b,c) = a 3 +b 3 +c 3 - 3abc = 2 1 (a+b+c)[ ( a-b) 2 +(b-c) 2 +(c-a) 2 ] Cách 2: Sử dụng phép biến đổi từ đẳng thức sau nhiều lần: a 3 +b 3 = (a+b) 3 - 3ab(a+b) Giải: Ta có F(a,b,c) = a 3 +b 3 +c 3 - 3abc = (a+b) 3 +c 3 -3abc- 3ab(a+b) = (a+b+c) 3 -3c(a+b)(a+b+c) - 3ab(a+b+c) = (a+b+c)[ (a+b+c) 2 - 3c(a+b)-3ab] = 2 1 (a+b+c)[ ( a-b) 2 +(b-c) 2 +(c-a) 2 ] Phân tích: Bài toán trên dừng lại khi có được kết quả phân tích thành nhân tử. Bây giờ, nếu như ta khai thác nó theo 2 chiều như sau a) Từ bài toán cơ sở ta thấy: Nếu a 3 +b 3 +c 3 = 3abc hay a 3 +b 3 +c 3 - 3abc = 0 thì 2 1 (a+b+c)[ ( a-b) 2 +(b-c) 2 +(c-a) 2 ] = 0. Suy ra: a+b+c = 0 a = b = c b ) Đảo lại nếu a+b+c = 0 a = b = c thì cũng có: a 3 +b 3 +c 3 = 3abc hay a 3 +b 3 +c 3 -3abc= 0 Căn cứ vào 2 nhận xét nêu trên ta có các bài toán liên quan như sau: Bài toán 1: Phân tích đa thức sau thành nhân tử: (x-y) 3 +(y-z) 3 +(z-x) 3 Hướng dẫn: Cách 1: Bằng cách biến đổi thông thường. Cách 2: Dùng phương pháp xét giá trị riêng. Cách 3: Sử dụng nhận xét từ đa thức nêu trên. Đặt a = x-y , b= y-z , c = z -x ta thấy a+b+c = 0 6 theo (2) ta có a 3 +b 3 +c 3 = 3 abc. Sau đây là lời giải theo cách 3 Giải: Ta có (x-y) + (y-z) + (z-x) = 0. Vậy (x-y) 3 + (y-z) 3 +(z-x) 3 = 3(x-y) (y-z) (z-x) Lời bình: Việc áp dụng nhận xét từ kết quả bài toán mở đầu ta có thể biết ngay được kết quả của bài toán 1. So với cách giải khác thì tránh được một số bước biến đổi thường gây lúng túng cho học sinh. Bài toán 2: Phân tích đa thức sau thành nhân tử: (x 2 +y 2 ) 3 +(z 2 -x 2 ) 3 - (y 2 +z 2 ) 3 Hướng dẫn: Nếu đặt a = x 2 +y 2 , b = z 2 -x 2 và c = -y 2 -z 2 thì a+ b+c = 0 từ đó theo nhận xét trên ta suy ra kết quả. Giải: Ta có (x 2 +y 2 )+( z 2 -x 2 )+( -y 2 -z 2 ) = 0 nên theo (2) ta suy ra: (x 2 +y 2 ) 3 +(z 2 -x 2 ) 3 - (y 2 +z 2 ) 3 = (x 2 +y 2 ) 3 +(z 2 -x 2 ) 3 +(-y 2 -z 2 ) 3 = 3 (x 2 +y 2 )( z 2 -x 2 )( -y 2 -z 2 ) = 3(x 2 +y 2 )( x-z)(x+z)( y 2 +z 2 ) Bài toán 3: Cho x 1 + y 1 + z 1 = 0. Tính P = 2 z xy + 2 x yz + 2 y zx Hướng dẫn: Đặt a = x 1 , b= y 1 , c= z 1 thì a+b+c= 0 từ đó áp dụng (1) ta có kết quả bài toán. Giải: Từ giả thiết x 1 + y 1 + z 1 = 0 ⇒ 3 1 x + 3 1 y + 3 1 z = xyz 3 Vậy ta có P = xyz( 3 1 x + 3 1 y + 3 1 z ) = xyz . xyz 3 = 3 Lời bình: Mặc dù giả thiết cho có dạng (2) nhưng biểu thức cần tính lại không phải là dạng a 3 +b 3 +c 3 nên ta phải nhân thêm làm xuất hiện đa thức bài toán mở đầu. Bài toán 4: Cho abc ≠ 0, a 3 +b 3 +c 3 =3abc. Tính giá trị của: A=(1+ b a )(1+ c b )(1+ a c ) Hướng dẫn: Sử dụng nhận xét (1) để biến đổi. Giải: Theo nhận xét 1: ta có a 3 +b 3 +c 3 = 3abc ⇔ a+b+c = 0 a = b = c - Nếu a+b+c = 0 thì: A = b ba + . c cb + . a ac + = b c− . c a− . a b− = -1 - Nếu a = b = c thì: A = (1+1)(1+1)(1+1) = 8 Vậy A nhận hai giá trị là -1 và 8 Lời bình: Với dạng bài tập này,học sinh rất dễ làm thiếu trường hợp.Do vậy bằng con đường khai thác đa thức mở đầu ta sẽ có đủ hai trường hợp. Bài toán 5: Cho xyz ≠ 0 thoả mãn x 3 y 3 +y 3 z 3 +z 3 x 3 = 3x 2 y 2 z 2 . 7 Tính giá trị biểu thức: M = (1+ y x )(1+ z y )(1+ x z ) Hướng dẫn: Coi a = yz , b= zx , c= xy thì có a 3 +b 3 +c 3 =3abc . Từ đó áp dụng nhận xét nêu trên ta có lới giải . Giải: Từ x 3 y 3 +y 3 z 3 +z 3 x 3 = 3x 2 y 2 z 2 nên ta có yz + zx + xy = 0 hoặc yz = zx = xy * Nếu yz + zx + xy = 0 và xyz ≠ 0 ⇒ x+y = z xy− ; y+z = x yz− ; z+x = y zx− M = 1 −= −−− = +++ yx xz zx yz zy xy x xz z zy y yx * Nếu yz = zx = xy ta có: M = x xz z zy y yx +++ = 8 2 . 2 . 2 == +++ yx yx zx zx yz yz yx yzyx zx xzxy yz yzxz Vậy M có hai giá trị là -1 và 8. Lời bình: Học sinh rất dễ thiếu giá trị của M do chỉ xét 1 trường hợp rồi kết luận. Bài toán 6: Cho a,b,c thoả mãn: 2 2 2 3 3 3 a+b+c = 1 a +b +c = 1 a +b +c =1 Tính giá trị của biểu thức P = a 2003 +b 2004 +c 2005 Nhận xét: bài toán này, để tính được P ta thường đi khai thác giả thiết để tính a, b, c rồi thay vào P. Có vẻ như không liên quan đến các nhận xét mở đầu. Nhưng nếu ta biến đổi giả thiết của bài toán để tìm a, b, c bằng cách xét điều kiện của a, b, c ở trên thử xem liệu a 3 +b 3 +c 3 - 3abc = ?. Từ đó tìm ra hướng giải quyết. Giải: Ta có a 3 +b 3 +c 3 - 3abc = (a+b+c)(a 2 +b 2 +c 2 -ab-bc-ca). Kết hợp giả thiết được: 1 -3abc = 1- ab-bc-ca ⇔ 3abc = ab+bc+ca (*) Mặt khác (a+b+c) 2 = 1 ⇔ a 2 + b 2 + c 2 +2(ab+bc+ca) = 1 ⇔ ab+bc+ca = 0 (**) từ (*) và (**) ⇒ abc = 0 ⇔ a = 0 hoặc b = 0 hoặc c = 0 Từ đây lần lượt suy ra các giá trị của a, b, c là: a = 0, b= 0, c= 1 hoặc a = 0, b= 1, c= 0 hoặc a = 1, b= 0, c= 0 Vậy ta có kết quả duy nhất P = 1 Lời bình: Nếu cứ biến đổi thông thường thì kết quả sẽ rất dài dòng ,từ giả thiết cho a 3 +b 3 +c 3 =1 ta nghĩ ngay đến việc sử dụng đa thức của bài toán mở đầu .Bài này ta có thể yêu cầu là "Giải hệ phương trình bậc nhất ba ẩn đối với học sinh lớp 9 ". Bài toán 7: Giải phương trình: (3x - 2 ) 3 - (x-3) 3 = (2x+1) 3 8 Hướng dẫn: Ta thấy nếu biến đổi hai vế ta sẽ thu được phương trình bậc ba,sau đó lại phải tiếp tục phân tích đưa về phương trình tích.Nếu vận dụng nhận xét 2 thì ta có thể đưa ngay phương trình đã cho về dạng tích . Giải: Ta thấy (3x - 2 ) + (-x+3) + (-2x-1) = 0 nên theo nhận xét 2 ở trên ta có: (3x - 2 ) 3 + (-x+3) 3 + (-2x-1) 3 = 3 (3x - 2 ) (-x+3) (-2x-1) Vậy phương trình đã cho (3x - 2 ) 3 - (x-3) 3 = (2x+1) 3 ⇔ (3x - 2 ) 3 + (-x+3) 3 + (-2x-1) 3 = 0 ⇔ 3 (3x - 2) (-x+3)(-2x-1) = 0 Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = 3 2 ; 3 ; 2 1− Bài toán 8: Cho xyz ≠ 0, x+y+z = 0. Tính: 2 2 2 x y z yz xz xy + + Giải: Từ giả thiết x+y+z = 0, theo (1) thì ta có: x 3 + y 3 + z 3 = 3xyz Do đó 2 2 2 x y z yz xz xy + + = 1 3 3 3 x y z xyz ÷ + + = 3 3 xyz xyz = Lời bình: Bài toán rất đơn giản nếu ta sử dụng nhận xét 2. Nhiều học sinh biến đổi giả thiết nhưng không theo hướng (1) sẽ mất rất nhiều thời gian và chưa chắc chắn kết quả của mình. Bài toán 9: a) Rút gọn phân thức: A= 3 3 3 3 2 2 2 ( ) ( ) ( ) a b c abc a b b c c a + + − − + − + − b) Cho x+ y+ z = 2007. Tính giá trị của biểu thức: M = )( 222 3 333 zxyzxyzyx xyzzyx ++−++ −++ Sau đây là một số bài toán áp dụng: Câu 1: Giải phương trình nghiệm nguyên sau: (x+y) 3 = (x - 2) 3 + (y+2) 3 + 6 Câu 2: Phân tích đa thức sau thành nhân tử: a) (x+y+z) 3 - x 3 - y 3 - z 3 b) (x+y+z) 3 - (x+y-z) 3 -(x-y+z) 3 - (-x+y+z) 3 Câu 3: Cho a + b + c + d = 0. Chứng minh rằng: a 3 + b 3 + c 3 +d 3 = 3(c+d)(ab - cd) Câu 4: Cho x , y thoả mãn x 2 + y 2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: x 6 + y 6. . Câu 5: Giải hệ phương trình: 2 2 2 3 3 3 a+b+c = 1 a +b +c = 1 a +b +c =1 Câu 6: Cho a, b, c ∈ R sao cho a, b, c ≠ 0 và a+ b+ c = 0. Có c = -2n Chứng minh: 3 3 3 2 2 2 3 a b c n a b c + + = + − 9 Câu 7: Cho ∆ABC có ba cạnh a,b,c thoả mãn a 3 +b 3 +c 3 = 3abc. Hỏi tam giác ABC là tam giác gì ? 10 . từ kết quả bài toán mở đầu ta có thể biết ngay được kết quả của bài toán 1. So với cách giải khác thì tránh được một số bước biến đổi thường gây lúng túng cho học sinh. Bài toán 2: Phân tích. = 8 Vậy A nhận hai giá trị là -1 và 8 Lời bình: Với dạng bài tập này ,học sinh rất dễ làm thiếu trường hợp.Do vậy bằng con đường khai thác đa thức mở đầu ta sẽ có đủ hai trường hợp. Bài toán. = 8 2 . 2 . 2 == +++ yx yx zx zx yz yz yx yzyx zx xzxy yz yzxz Vậy M có hai giá trị là -1 và 8. Lời bình: Học sinh rất dễ thiếu giá trị của M do chỉ xét 1 trường hợp rồi kết luận. Bài toán