Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 27 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
27
Dung lượng
587,5 KB
Nội dung
cho a + b + c = 2012 Chứng minh : a b3 c 3abc = 2012 a b c ab ac bc 3 Cho a +b +c �0 a + b + c = 3abc Tính N = a 2013 b 2013 c 2013 a b c 2013 I – ĐẶT VẤN ĐỀ Ban Chấp hành Trung ương khóa XI ban hành Nghị số 29NQ/TW với nội dung Đổi bản, toàn diện giáo dục đào tạo, đáp ứng yêu cầu công nghiệp hóa – đại hóa điều kiện kinh tế thị trường định hướng xã hội chủ nghĩa hội nhập quốc tế Đảng Nhà nước xác định mục tiêu đổi lần là: Tạo chuyển biến bản, mạnh mẽ chất lượng, hiệu giáo dục, đào tạo; đáp ứng ngày tốt công xây dựng, bảo vệ Tổ quốc nhu cầu học tập nhân dân Giáo dục người Việt Nam phát triển toàn diện phát huy tốt tiềm năng, khả sáng tạo cá nhân; yêu gia đình, yêu Tổ quốc, yêu đồng bào; sống tốt làm việc hiệu Đối với giáo dục phổ thơng, tập trung phát triển trí tuệ, thể chất, hình thành phẩm chất, lực cơng dân, phát bồi dưỡng khiếu, định hướng nghề nghiệp cho học sinh Nâng cao chất lượng giáo dục toàn diện, trọng giáo dục lý tưởng, truyền thống, đạo đức, lối sống, ngoại ngữ, tin học, lực kỹ thực hành, vận dụng kiến thức vào thực tiễn Phát triển khả sáng tạo, tự học, khuyến khích học tập suốt đời Để thực mục tiêu giáo dục nâng cao chất lượng, hiệu việc dạy học, làm cho kết học tập học sinh ngày nâng cao nhiệm vụ thầy trò phải dạy học để đạt hiệu cao Cùng với mơn học khác, Tốn học mơn học chiếm vị trí quan trọng trường phổ thơng Tốn học có vị trí đặc biệt việc nâng cao phát triển trí tuệ Tốn học khơng cung cấp cho người học kỉ tính tốn cần thiết mà điều kiện chủ yếu rèn luyện khả tư lơ gíc, phương pháp luận tốn học Dạy Toán tức dạy phương pháp suy luận, học Tốn rèn khả tư lơ gíc Giải Tốn ln hoạt động bổ ích hấp dẫn Nó giúp người học nắm vững kiến thức, phát triển bước lực tư tốn học, hình thành hoàn thiện kỉ năng, kỉ xảo, giúp em học tốt mơn tự nhiên khác vận dụng hiệu kiến thức toán học vào thực tế đời sống Trong việc dạy học Toán việc tìm phương pháp dạy học giải tập tốn, địi hỏi người giáo viên phải chọn lọc, hệ thống tập, sử dụng hợp lý phương pháp dạy học, từ góp phần hình thành phát triển tư học sinh Đồng thời qua việc học toán học sinh bồi dưỡng, rèn luyện phẩm chất đạo đức, thao tác tư để giải tập toán Việc hướng dẫn học sinh khá, giỏi giải toán với người thầy khơng gặp khó khăn nhiều, nhiên việc phát triển tính sáng tạo vốn có em học sinh khá, giỏi điều cần quan tâm Qua trình giảng dạy bồi dưỡng học sinh khá, giỏi, thấy việc nhận thức tư toán học nhiều học sinh tương đối mờ nhạt Học sinh suy nghĩ, tìm tịi giải tốn tốn u cầu tính kiên trì, sáng tạo cao, chưa phát huy hết khả năng, tố chất em Rất nhiều em khá, giỏi gặp tốn mới, toán khai thác, phát triển từ toán quen thuộc, em lúng túng dẫn đến kết học tập chưa mong muốn Đứng trước thực trạng vậy, giáo viên trăn trở làm để học sinh phát huy tối đa tố chất, sáng tạo em, tạo thành kỉ học tập, kỉ phát giải vấn đề Trong phạm vi nhỏ hẹp này, xin đưa ý kiến trao đổi bạn đồng nghiệp, em học sinh giỏi vài kinh nghiệm khai thác phát triển từ toán bản, em tự tin hơn, hứng thú học tập Tôi mong muốn tháo gỡ phần khó khăn, trở ngại đồng nghiệp Qua q trình giảng dạy giải tốn, tơi nhận thấy: Việc hướng dẫn học sinh khai thác phát triển toán vấn đề cần đề cập cách sâu sắc có hiệu Đó lý tơi chọn đề tài: “ Khai thác phát triển đẳng thức” II – GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ Cơ sở lý luận vấn đề Trong Chương trình Tốn THCS, học sinh học bảy đẳng thức đáng nhớ Hằng đẳng thức đáng nhớ đẳng thức mà người học toán cần phải nắm vững Các đẳng thức thừa nhận, không cần chứng minh Những đẳng thức sở biến đổi sang dạng tổng tích Bảy đẳng thức đáng nhớ mà học sinh học chương trình mơn Đại số là: Bình phương tổng: (a + b)2 = a2 + 2ab + b2 Bình phương hiệu: (a – b)2 = a2 – 2ab + b2 Hiệu hai bình phương: a2 – b2 = (a + b)(a – b) Lập phương tổng: (a + b)3 = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3 Lập phương hiệu: (a – b)3 = a3 – 3a2b + 3ab2 – b3 Tổng hai lập phương: a3 + b3 = (a + b)(a2 – ab + b2) Hiệu hai lập phương: a3 – b3 = (a – b)(a2 + ab + b2) Trong đẳng thức này, bên dấu tổng hiệu bên gọi lại tích lũy thừa Học thuộc bảy đẳng thức đáng nhớ giúp giải nhanh tốn khác Bên cạnh cịn có số hệ thức liên quan khác như: tổng bình phương ba số hạng, lập phương tổng ba số hạng,….Các hệ thức coi đẳng thức, việc “nhớ” cao so với học sinh đại trà Ngồi có nhiều đẳng thức khác chứng minh trình giải tốn, việc tìm đẳng thức giúp giải nhiều toán hay Nhiều tốn hay khó trở nên quen thuộc đễ dàng ta biết mấu chốt vấn đề Trong thực tế có nhiều tốn ta cần nhớ áp dụng đẳng thức việc giải trở nên dễ dàng Thực trạng vấn đề Trong thực tiễn giảng dạy số đồng nghiệp, thấy việc đa số học sinh học thuộc viết đẳng thức Qua thực số tốn đơn giản liên quan rút gọn tính giá trị biểu thức, tính nhanh, chứng minh đẳng thức, phân tích đa thức thành nhân tử, giải phương trình … Tuy nhiên việc mở rộng phát triển đẳng thức học sinh hạn chế Học sinh biết đẳng thức đáng nhớ hệ thức liên quan, đẳng thức khác suy để phục vụ cho việc giải toán khác hay khó Tóm lại việc khai thác phát triển đẳng thức đáng nhớ chưa có hiệu Do trình giảng dạy, đặc biệt dạy bồi dưỡng đội tuyển học sinh khá, giỏi xây dựng đề tài tiến hành biện pháp sau Các biện pháp tiến hành: 3.1 Quan sát, điều tra mức độ học sinh: Trước áp dụng đề tài này, dạy tiến hành điều tra mức độ khai thác phát triển số toán toán sau: Chứng minh rằng: Nếu a3 + b3 + c3 = 3abc a + b + c = a = b = c Sau 30 phút, tổng số 15 học sinh khá, giỏi thuộc lớp bồi dưỡng kết thu sau: Tổng số Làm Không làm 15 11 Sau tìm hiểu nguyên nhân 11 em không làm được, nhận thấy: Học sinh sử dụng biến đổi giả thiết cách sử dụng đẳng thức lập phương tổng, tổng hai lập phương… Thậm chí nhiều học sinh khơng biết hướng giải tốn Từ thấy cần thiết phải hướng dẫn học sinh xâu chuỗi đẳng thức học để tạo nên đẳng thức để giải toán liên quan 3.2 Xây dựng toán gốc: Bài tốn: Phân tích đa thức thành nhân tử: a3 + b3 + c3 – 3abc Giải: a3 + b3 + c3 – 3abc = (a + b)3 – 3ab(a + b) + c3 – 3abc = [(a + b)3 + c3] – 3ab(a + b + c) = ( a + b + c)[(a + b)2 – (a + b)c + c2] – 3ab(a + b + c) = (a + b + c)[(a + b)2 – (a + b)c + c2 – 3ab] = (a + b + c)(a2 + 2ab + b2 – ac – bc + c2 – 3ab) = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca) Vậy: a3 + b3 + c3 – 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca) (1) Như qua toán ban đầu ta thu kết đẳng thức Ta khai thác phát triển đẳng thức để giải toán khác Tơi xin đưa dạng tốn sau: 3.3 Khai thác phát triển đẳng thức Dạng Phân tích đa thức thành nhân tử, rút gọn biểu thức: Bài tốn 1.1: Phân tích đa thức thành nhân tử: a) a3 – b3 + c3 + 3abc b) a3 – b3 – c3 – 3abc c) (x – y)3 + (y – z)3 + (z – x)3 Giải: a) a3 – b3 + c3 + 3abc = a3 + (– b)3 + c3 – 3a(– b)c = [(a + (– b) + c][a2 + (– b)2 + c2 – a(– b) – (– b)c – ca] = (a – b + c)(a2 + b2 + c2 + ab + bc – ca) b) a3 – b3 – c3 – 3abc = a3 + (– b)3 + (– c)3 – 3a(– b)(– c) = [(a + (– b) + (– c)][a2 + (–b)2 + (– c)2 – a(– b) – (– b)( – c) – (– c)a] = (a – b – c)(a2 + b2 + c2 + ab – bc + ca) c) (x – y)3 + (y – z)3 + (z – x)3 Ta thấy: (x – y) + (y – z) + (z – x) = Nên (x – y)3 + (y – z)3 + (z – x)3 = 3(x – y)(y – z)(z – x) Bài toán 1.2: Rút gọn biểu thức: a) 3 x y y z z x A 3( x y )( y z )( z x) x y z xyz b) B ( x y ) ( y z ) ( z x) x c) C với x y z với x y z y ( y z )3 ( z x )3 với x y z x y y z z x 3 Giải: a) Theo tốn 1.1c ta có : (x – y)3 + (y – z)3 + (z – x)3 = 3(x – y)(y – z)(z – x) Do 3 x y y z z x A 3( x y )( y z )( z x) 3( x y )( y z )( z x ) 1 3( x y )( y z )( z x ) x y z xyz b) B ( x y ) ( y z ) ( z x) x y z xyz x xy y y yz z z zx z ( x y z )( x y z xy yz zx ) 2( x y z xy yz zx) x yz c) Tương tự câu a) ta có : (x2 – y2)3 + (y2 – z2)3 + (z2 – x2)3 = 3(x2 – y2)(y2 – z2)(z2 – x2) = 3(x + y)(x – y)(y + z)(y – z)(z + x)(z – x) (x – y)3 + (y – z)3 + (z – x)3 = 3(x – y)(y – z)(z – x) x C Nên y ( y z )3 ( z x )3 x y3 y z 3 z x3 3( x y )( x y )( y z )( y z )( z x)( z x) 3( x y )( y z )( z x) ( x y )( y z )( z x) Dạng Chứng minh đẳng thức : Bài toán 2.1: Cho a + b + c = Chứng minh rẳng: a3 + b3 + c3 = 3abc Giải: Xét hiệu: a3 + b3 + c3 – 3abc = (a + b)3 – 3ab(a + b) + c3 – 3abc = [(a + b)3 + c3] – 3ab(a + b + c) = ( a + b + c)[(a + b)2 – (a + b)c + c2] – 3ab(a + b + c) = (a + b + c)[(a + b)2 – (a + b)c + c2 – 3ab] = (a + b + c)(a2 + 2ab + b2 – ac – bc + c2 – 3ab) = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca) Do a + b + c = nên (a + b + c)(a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca) = a3 + b3 + c3 – 3abc = a3 + b3 + c3 = 3abc Vậy a + b + c = thì: a3 + b3 + c3 = 3abc (Bài toán a = b = c hiển nhiên a3 + b3 + c3 = 3abc) Bài toán 2.2: Cho a3 + b3 + c3 = 3abc Chứng minh a + b + c = a = b = c Giải: Từ giả thiết: a3 + b3 + c3 = 3abc a3 + b3 + c3 – 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca) = (a + b + c) = (a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca) = Ta có: a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca = (2a2 + 2b2 + 2c2 – 2ab – 2bc – 2ca) 2 = [(a2 – 2ab + b2) + (b2 – 2bc + c2) + (c2 – 2ca + a2)] = [(a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2] = a b 0 b c 0 c a 0 a b b c a b c c a Vậy a3 + b3 + c3 = 3abc a + b + c = a = b = c Bài toán 2.3: Chứng minh rằng: Nếu số x, y, z có tổng số khơng âm thì: x y z 3xyz Giải: Đặt P x y z xyz Thì theo tốn gốc ta có : P x y z xyz ( x y z ) ( x y ) ( y z ) ( z x) 2 Do giả thiết cho x y z 0 P ( x y z ) ( x y ) ( y z ) ( z x) 0 P x y z xyz 0 , x y z 3xyz Bài toán 2.4: Cho số a, b, c khác 0, thỏa mãn: a b c a b c 2 Chứng minh rằng: 1 abc a b c Giải: Từ giả thiết: a b c a b c ab bc ca 0 Do số a, b, c khác 0, nên: ab bc ca 0 ab bc ca 0 abc 1 0 a b c 1 (theo toán 2.1) 3 abc a b c Bài toán 2.5: Chứng minh rằng: Nếu x + y + z = 2(x5 + y5 + z5) = 5xyz(x2 + y2 + z2) Giải: Từ giả thiết: x + y + z = x3 + y3 + z3 = 3xyz Ta có : (x3 + y3 + z3)(x2 + y2 + z2) = 3xyz(x2 + y2 + z2) 10 x5 + y5 + z5 + x2y2(x + y) + y2z2(y + z) + z2x2(z + x) = 3xyz(x2 + y2 + z2) x5 + y5 + z5 + x2y2(- z) + y2z2(- x) + z2x2(- y) = 3xyz(x2 + y2 + z2) x5 + y5 + z5 – xyz(xy + yz + zx) = 3xyz(x2 + y2 + z2) (*) Do : (x + y + z )2 = x2 + y2 + z2 + 2(xy + yz + zx) = xy yz xz x2 y2 z2 x2 y2 z2 5 ) = 3xyz(x2 + y2 + z2) (*) x + y + z - xyz( x5 + y5 + z5 + xyz (x2 + y2 + z2) = 3xyz(x2 + y2 + z2) x5 + y5 + z5 = x5 + y5 + z5 = xyz (x2 + y2 + z2) + 3xyz(x2 + y2 + z2) xyz (x2 + y2 + z2) 2(x5 + y5 + z5) = 5xyz(x2 + y2 + z2) Bài toán 2.6 : ax by c Giả sử hệ phương trình : bx cy a có nghiệm cx ay b Chứng minh rằng: a3 + b3 + c3 = 3abc Giải: Giả sử (x, y) nghiệm hệ, ta cộng theo vế ba phương trình hệ: ax + by + bx + cy + cx + ay = c + a + b (a + b + c)x + (a + b + c)y = a + b + c (a + b + c)(x + y – 1) = +) Nếu a + b + c = a3 + b3 + c3 = 3abc ( Theo toán 2.1) +) Nếu x + y – = y = – x vào hệ phương trình ta dễ dàng chứng minh a = b = c a3 + b3 + c3 = 3abc Bài toán 2.7: Cho a, b, c số nguyên thỏa mãn điều kiện : 11 1 1 1 a b c a b c Chứng minh : a3 + b3 + c3 chia hết cho 1 1 1 Giải: Từ giả thiết a b c a b c 2 0 a b c 0 ab bc ca Từ toán 2.1, a b c 0 a b c 3abc Do a, b, c Z 3abc 3 a b c Bài toán 2.8: Cho x, y, z số nguyên thỏa mãn: x + y + z = (x – y)(y – z)(z – x) Chứng minh : M = (x – y)3 + (y – z)3 + (z – x)3 chia hết cho 81 Giải: Vì (x – y) + (y – z) + (z – x) = nên (x – y)3 + (y – z)3 + (z – x)3 = 3(x – y)(y – z)(z – x) Xét ba số dư phép chia x, y, z cho a) Nếu ba số dư khác (là 0, 1, 2) (x + y + z) (x – y)(y – z)(z – x) không chia hết cho 3, trái với giả thiết b) Nếu có hai số dư (x + y + z) không chia hết cho Trong số (x – y), (y – z), (z – x) chia hết cho 3, trái với giả thiết c) Vậy trường hợp số x, y, z có số dư chia cho Lúc : 3(x – y)(y – z)(z – x) 3.3.3.3 nên M chia hết cho 81 Bài toán 2.9: Chứng minh : 1 a6 b6 c6 Nếu a b c 0; abc 0 abc a b c a b3 c3 Giải: 1 0; abc �0 a b c Do ab bc ca � � ab bc ca 0(1) abc a bc 12 b a c b a c c a b b c a b c a +) Nếu a + b + c = A a b b c c a +) Nếu a = b = c A 1 1 1 (1 1)(1 1)(1 1) 8 Vậy với a3 + b3 + c3 = 3abc A = - A = Nhận xét : Nếu ta thay đổi giả thiết cách thay số a, b, c số cụ thể, ta thay ba ta có toán Bài toán 3.1.1: Cho a, b số thực khác thỏa mãn: a3 + b3 + = 3ab b Tính giá trị biểu thức: A a 11 1 b a � a� � b� � c� 1 � 1 � 1 � Bài tốn 3.1.2: Tính giá trị biểu thức: A � � � � b� � c� � a� Với a, b, c số thực khác thỏa mãn: a3b3 + b3c3 + c3a3 = 3a2b2c2 Bài toán 3.2: Cho a, b, c số thực khác thỏa mãn: a3 + b3 + c3 = 3abc Tính giá trị biểu thức: P a2 b2 c2 a b c Giải : Áp dụng toán 2.2 ta có: a3 + b3 + c3 = 3abc a + b + c = a = b = c Vì a, b, c số thực khác a + b + c Do a = b = c, suy ra: P a2 b2 c2 3a 2 a b c 3a Nhận xét : Nếu ta thay đổi giả thiết cách tách phận đổi vế hạng tử ta có toán Bài toán 3.3 : Cho số a, b, c thỏa mãn: a + b + c 0, abc = 4; a3 + b3 + c3 = 12 11 11 1 Tính giá trị biểu thức: P . . a bb cc a Giải : Từ a3 + b3 + c3 = 12 abc = a3 + b3 + c3 = 3abc Áp dụng tốn 2.2 ta có: a = b = c (vì a + b + c 0) 15 8 11 11 1 2 2 Do P . . a b b c c a a b c abc Bài toán 3.4 : Biết x3 – y3 = 3xy + Tính A = x – y Giải : x3 – y3 = 3xy + x3 + (– y)3 + (– 1) = 3xy.1 x + (– y) + (– 1) = x = – y = – +) x – y – = A = x – y = +) x = – y = – A = x – y = – Vậy A = A = – Bài toán 3.5: Cho a, b, c thỏa mãn a + b + c = Tính giá trị biểu thức: P a b c b c a c a b a(b c) b(c a) c(a b) abc Giải : Do a + b + c = suy a3 + b3 + c3 = 3abc 3 a b c b c a c a b P a(b c) b(c a) c(a b) abc 2c 2a 2b 2 ab 2abc ac bc 2abc ba ca 2abc cb abc 3 a3 b3 c3 ( ab abc a b) (ac abc ca ) (bc abc cb ) 8abc 8.3abc ab(a b c) ac(a b c) bc(a b c) 8abc 24abc 3 8abc Bài toán 3.6: Cho a, b, c số thực khác cho: Tính giá trị biểu thức: P 1 0 a b c ab bc ca c2 a2 b2 Giải: Trước hết, từ (2) ta có: Nếu a + b + c = a3 + b3 + c3 = 3abc Áp dụng vào cho, ta có: 16 1 1 0 a b c abc a b c Do đó: P ab bc ca abc abc abc c2 a b2 c a b �1 1 � abc � � abc abc �a b c � Vậy P = x y z 1 2 Bài toán 3.7: Cho x y z 2 Tính x3 + y3 + z3 1 1 x y z Giải : Áp dụng đẳng thức : a3 + b3 + c3 – 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca) x3 + y3 + z3 = 3xyz + 1.[2 – (xy + yz + zx)] Mà ta có : 12 = (x + y + z)2 = x2 + y2 + z2 + 2(xy + yz + zx) = + 2(xy + yz + zx) xy + yz + zx = Và 1 1 xy yz zx � x y z xyz � xyz 3( xy yz zx) 3 2 2 Do x3 + y3 + z3 = Bài toán 3.8: a b c 1 2 Cho a b c 1 a b c 1 Tính giá trị biểu thức: P = a2014 + b2015 + c2016 Giải: Từ a3 + b3 + c3 – 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca) 1– 3abc = 1(1 – ab – bc – ca) 3abc = ab + bc + ca 17 Mà = (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) a 0 = + 2(ab + bc + ca) ab + bc + ca = 3abc = b 0 c 0 a Nếu a = b c 2bc 1 bc 0 +) b = c = (a,b,c) = (0, 0, 1) +) c = b = (a,b,c) = (0, 1, 0) b Nếu b = Làm tương tự ta có : (a,b,c) = (0, 0, 1) (1, 0, 0) c Nếu c = Làm tương tự ta có : (a,b,c) = (0, 1, 0) (1, 0, 0) Như trường hợp, ta có : P = Bài tốn 3.9: Gọi a, b, c độ dài cạnh tam giác thỏa mãn: a3 + b3 + c3 – 3abc = Hỏi tam giác tam giác ? Giải: Áp dụng đẳng thức: a3 + b3 + c3 – 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca) Từ giả thiết suy ra: (a + b + c)(a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca) = Mà a + b + c > a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca = 2a2 + 2b2 + 2c2 – 2ab – 2bc – 2ca = (a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2 = a b c Vậy tam giác tam giác Bài tốn 3.10: Cho số a, b, c khác đôi khác nhau, thỏa mãn điều kiện: a3 + b3 + c3 = 3abc b c c a a b a b c b c b c c a a b a Tính: P 3 Giải: Ta có: a b c 3abc (a b c) (a b) (b c) (c a) 0 a b c 0 (do a, b, c đôi khác nhau) 18 Suy ra: a b c a(c a)(a b) b(b c)(a b) c(b c)(c a b c c a a b (a b)(b c)(c a) a b ab a c ac b c bc a b c 3abc (a b)(b c)(c a ) (a b ab a c ac b c bc a b c ) 2(a b c ) 3abc (a b)(b c)(c a) a b c (a b c) 2.3abc 3abc (a b)(b c)(c a ) 9abc (a b)(b c)(c a) Mặt khác: b c c a a b bc(b c) ca (c a ) ab(a b) a b c abc bc (a b) (c a) ca(c a) ab(a b) abc (a b)(b c)(c a) abc b c b c c a a b a Vậy P b c b c c a a b a 9abc (a b)(b c)(c a) 9 (a b)(b c)(c a) abc Dạng Giải phương trình, hệ phương trình Bài tốn 4.1: Giải phương trình: x x x 0 Giải: Áp dụng hệ thức: a + b + c = a3 + b3 + c3 = 3abc Ta có: x x x 0 ( x 1) ( x 2) ( x 3) 33 ( x 1)( x 2)( x 3) 3( x 2) 33 ( x 1)( x 2)( x 3) ( x 2) ( x 1)( x 2)( x 3) ( x 2) ( x 2) ( x 1)( x 3) 0 x 0 x Vậy phương trình có nghiệm: x = -2 Bài toán 4.2: Giải phương trình: 19 a) x3 + 16 = 12x b) x3 + 3x2 – 15x + 18 = c) x3 + 3ax2 + 3(a2 – bc)x + a3 + b3 + c3 – 3abc = (ẩn x) Giải: a) x3 + 16 = 12x x3 + 23 + 23 = 3.2.2.x x 0 x x x 2 Vậy phương trình có hai nghiệm là: x = – x = b) x3 + 3x2 – 15x + 18 = x3 + 3x2 + 3x +1 – 18(x + 1) + 35 = (x + 1)3 – 3.2.3(x + 1) + 23 + 33 = (*) Đặt y = x + Ta có: (*) y3 + 23 + 33 = 3.y.2.3 Theo toán 2.2 ta suy ra: y + + = y = = (vô lý) Từ suy : y = – x + = –5 x = – Vậy phương trình có nghiệm là: x = – c) x3 + 3ax2 + 3(a2 – bc)x + a3 + b3 + c3 – 3abc = (x + a)3 – 3bc(x + a) + b3 + c3 = (*) Đặt x + a = y Ta có (*) y3 + b3 + c3 = 3bcy Theo tốn 2.2 ta có : +) y + b + c = y = – b – c x = –(a + b + c) +) y = b = c x = b – a = c – a Bài toán 4.3 : Giải phương trình: a) (x – 2)3 + (x + 1)3 + (1 – 2x)3 = b) (x – 3)3 + (x + 1)3 = 8(x – 1)3 c) x x x 3 Giải: a) Trước hết, ta biết (a – b) + (b – c) + (c – a) = nên (a – b)3 + (b – c)3 + (c – a)3 = 3(a – b)(b – c)(c – a) Áp dụng: (x – 2) + (x + 1) + (1 – 2x) = nên (x – 2)3 + (x + 1)3 + (1 – 2x)3 = 3(x – 2)(x + 1)(1 – 2x) 20 (x – 2)3 + (x + 1)3 + (1 – 2x)3 = 3(x – 2)(x + 1)(1 – 2x) = x 2 x 0 x 0 x 1 x 0 x Vậy phương trình có nghiệm là: x = 2; x = – 1; x = b) Biến đổi áp dung tương tự câu a) (x – 3)3 + (x + 1)3 = 8(x – 1)3 (x – 3)3 + (x + 1)3 = (2x – 2)3 (x – 3)3 + (x + 1)3 – (2x – 2)3 = (x – 3)3 + (x + 1)3 + (2 – 2x)3 = [(3x + 3) – (2x + 6)]3 + [(2x + 6) – (x + 5)]3 + [(x + 5) – (3x + 3)]3 = (3x + – 2x – 6)3 + (2x + – x – 5)3 + (x + – 3x – 3)3 = x 0 3(x – 3)(x + 1)(2 – 2x) = x 0 x 0 x 3 x x 1 Vậy phương trình có nghiệm là: x = 3; x = – 1; x = c) x x x x 2 x x 3 3 x x 2 x 3 x x 2 x 0 Nhận xét : x x 0 x 0 x 0 0 x 2x 3 0 3 x x 2x x x x 21 Bài toán 4.4 : Giải phương trình : (ax + b)3 + (bx + a)3 = (a + b)3(x + 1)3 Giải: (ax + b)3 + (bx + a)3 = (a + b)3(x + 1)3 (ax + b)3 + (bx + a)3 – (a + b)3(x + 1)3 = (ax + b)3 + (bx + a)3 + (– ax – bx – a – b)3 = Nhận xét: (ax + b) + (bx + a) + (– ax – bx – a – b) = Nên theo tốn 2.1 ta có:(ax + b)3 + (bx + a)3 + (– ax – bx – a – b)3 = 3(ax + b)(bx + a)(– ax – bx – a – b) Do đó: (ax + b)3 + (bx + a)3 + (– ax – bx – a – b)3 = 3(ax + b)(bx + a)(– ax – bx – a – b) = – 3(ax + b)(bx + a)(a + b)(x + 1) = b x ax b 0 a bx a 0 a x b x 0 x a b 0 a b Bài tốn 4.5: Tìm nghiệm ngun dương hệ phương trình: x y z 3 xyz a) x 2( y z ) x y xyz z b) z ( x y ) Giải: a) Từ x3 – y3 – z3 = 3xyz x3 + (– y)3 + (– z)3 = 3x.( – y).( – z) x + (– y) + (– z) = x = – y = – z +) Nếu x + (– y) + (– z) = x = y + z thay vào phương trình: x2 = 2(y+z) ta có : x = y = z = x = ; y = z = +) Nếu x = – y = – z y + z = – 2x thay vào phương trình : x2 = 2(y + z) ta có : x = y = z = x = – ; y = z = Vậy nghiệm nguyên dương phương trình : (2 ; ; 1) b) Từ : x3 + y3 + 3xyz = z3, đặt z = - t ta có x3 + y3 – 3xyt = - t3 x3 + y3 + t3 = 3xyt x + y + t = x = y = t ( Theo toán 2.2) +) Nếu x + y + t = x + y = – t = z 22 Thay vào phương trình : z3 = (2x + 2y)2, ta có : z3 = (2z)2 z = ( z Z+ ) Suy (x, y, z) {(1 ; ; 4) ; (2 ; ; 4) ; (3 ; ; 4)} +) Nếu x = y = t = – z < 0, điều không xảy Vậy nghiệm nguyên dương phương trình : (x, y, z) {(1 ; ; 4) ; (2 ; ; 4) ; (3 ; ; 4)} Bài tốn 4.6: Tìm nghiệm nguyên hệ phương trình: x y z 6 (I) 3 ( x 1) (2 y 3) (3 z 2) 18 Giải: x y z 6 ( x 1) (2 y 3) (3z 2) 0 3 3 3 ( x 1) (2 y 3) (3z 2) 18 ( x 1) (2 y 3) (3z 2) 18 Vì (x – 1) + (2y – 3) + (3z – 2) = nên (x – 1)3 + (2y – 3)3 + (3z – 2)3 = 3(x – 1)(2y – 3)(3z – 2) Do (I) ( x 1) (2 y 3) (3 z 2) 0 3( x 1)(2 y 3)(3 z 2) 18 ( x 1) (2 y 3) (3 z 2) 0 (II) ( x 1)(2 y 3)(3 z 2) 6 Vì x, y, z nguyên nên x – 1, 2y – 3, 3z – nguyên Do giá trị tuyệt đối số (x – 1), (2y – 3), (3z – 2) ước 6, nghĩa thuộc tập hợp 1;2;3;6 Từ để 3z – nguyên mà z ngun 3z – = 3z – = – +) Với 3z – = thay vào hệ (II) ta hệ : ( x 1) (2 y 3) ( x 1)(2 y 3) 6 Vậy (x – 1) (2y – 3) nghiệm phương trình : t2 + t + = Phương trình vơ nghiệm +) Với 3z – = – thay vào hệ (II) ta hệ : 23 ( x 1) (2 y 3) 2 ( x 1)(2 y 3) Vậy (x – 1) (2y – 3) nghiệm phương trình : t2 – 2t – = Phương trình có nhiệm t1 = – ; t2 = Kết hợp với phương trình 3z – = – suy hệ phương trình (I) có hai nghiệm nguyên (x, y, z) (0, 3, 0) ; (4, 1, 0) Dạng Một số dạng toán khác : Bài toán 5.1 : Trục thức mẫu biểu thức sau: A 3 Giải: 1 B 1 với abc = a 3 b 3 c Nhận xét ta thấy mẫu có dạng (a + b + c), nên ta nhân tử mẫu với (a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca) 1.( a b c ab bc ca ) A 3 a b c (3 a b c )(3 a b c ab bc a2 b2 c2 ab bc a b c 33 abc ca a b c ab a b c 3 bc ca ) ca 12 2 1.3 1.3 B (1 )(12 2 1.3 1.3 ) 16 3.1.3 3 23 2 3 Bài tốn 5.2 : Tìm cơng thức tính nhanh tổng sau theo số tự nhiên n : S 1.2.3 3.4.7 7.8.15 (2 n 1)2 n (2 n 1 1) Giải: Vì (2n – 1) + 2n + (1 – 2n+1) = nên theo Bài tốn 2.1 ta có: (2n – 1)3 + (2n)3 – (2n+1 – 1)3 = – 3(2n – 1)2n(2n+1 – 1) Từ đó: - 3S = (- 3).1.2.3 + (- 3).3.4.7 + 9(- 3).7.8.15 + + (- 3)(2n – 1)2n(2n+1 – 1) Suy ra: - 3S = (1 + 23 – 33) + (33 + 43 – 73) + (73 + 83 – 153) + + (2n – 1)3 + (2n)3 – (2n+1 – 1)3 - 3S = + 23 + 43 + 83 + + 23n – (2n+1 – 1)3 24 (1) 24S = – 23 – 43 – 83 – 163 – 23n+3 + 8(2n+1 – 1)3 (2) 21S = – 23n+3 + 7(2n+1 – 1)3 Cộng theo vế (1) Và (2) ta được: Hay S 2(8n1 1) n1 (2 n1 1) S n n1 n2 7 n n n n 1 n 1 n 2 Vậy S 1.2.3 3.4.7 7.8.15 (2 1)2 (2 1) 1 1 1 BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ: Bài Phân tích đa thức thành nhân tử: A = (x2 + y2)3 + (z2 – x2)3 – (y2 + z2)3 Bài Trục thức mẫu: a) A 1 33 23 b) B 3 a b 3 c với abc = Bài Biết a3 + b3 + 3ab = Tính A = a + b Bài Biết ab bc ca 0 abc 0 Tính giá trị biểu thức: A bc ca ab a2 b2 c2 Bài Cho x + y + z = Chứng minh rằng: x7 + y7 + z7 = 7xyz(x2y2 + y2z2 + z2x2) Bài Giải phương trình sau: a) x3 – 3x + = b) 6x3 + 3x – = c) (x – 3)3 + (2x – 3)3 = 27(x – 2)3 d) x x x 0 x y z a 2 Bài Cho x y z b Tính x3 + y3 + z3 theo a, b, c 1 1 x y z c 25 Bài Cho x, y, z số thực đôi thỏa mãn: ( x y ) x ( y z ) y ( z x ) z 0 Chứng minh rằng: (1 – x3)(1– y3)(1– z3) = (1 – xyz)3 Bài Cho a + b + c = (a.b.c 0) 1 Tính: M ab(a b) bc(b c) ca(c a). ab(a b) bc(b c) ca(c a) Hiệu sáng kiến kinh nghiệm Đề tài “ Khai thác phát triển đẳng thức” tiến hành nghiên cứu, tìm tịi xây dựng năm học 2014 – 2015 Trong hai năm qua, áp dụng việc dạy thêm học sinh lớp khá, giỏi khối 8; bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi khối 8, khối Sau thực sáng kiến kinh nghiệm này, thấy học sinh khá, giỏi nắm dạng tập, em linh hoạt, tự tin, sáng tạo hứng thú học tập Các em nhìn nhận tốn cách rộng hơn, sâu sắc yêu thích mơn tốn Để kiểm tra mức độ học sinh, yêu cầu học sinh làm kiểm tra 30 phút với đề bài: Cho a, b, c số thực khác cho: a3b3 + b3c3 + c3a3 = 3a2b2c2 a b b c c a Tính giá trị biểu thức: M 1 1 1 Kết thu sau: Tổng số Làm tốt Làm Làm chưa đầy đủ 15 Để đạt kết vậy, phải có nổ lực, cố gắng thân em, em giải tập cách chủ động, tích cực Bên cạnh thầy phải tăng cường đưa tập để em tìm tòi, khám phá, thầy phải 26 định hướng phân dạng, đặc biệt hướng dẫn em cách phân tích, khai thác phát triển toán từ tốn quen thuộc để khai thác, phát triển thành toán III – KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ Kết luận Trong trình bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi, giáo viên thường nhận thấy đa số học sinh lo tìm lời giải tốn cụ thể mà sâu nghiên cứu, khai thác phát triển từ tốn đó, liên hệ với tốn khác Nhiều em có khả suy luận, phán đốn tình nhanh khai thác tìm tịi thêm kiến thức Do việc khai thác, phát triển mở rộng kiến thức từ toán nhằm thúc đẩy phát triển tư toán học việc mà giáo viên bồi dưỡng học sinh giỏi cần quan tâm Đi theo hướng vậy, giúp cho đối tượng học sinh giỏi học tập tốt hơn, hiệu Không mà cịn giúp học sinh phát huy trí lực, góp phần vào nâng cao chất lượng học sinh mũi nhọn Tuy nhiên để có kỷ khai thác phát triển tốn khơng thể sớm chiều mà yêu cầu học sinh phải cần cù, kiên trì, chịu khó q trình học tập Kiến nghị: 2.1 Đối với giáo viên: Cần có lịng say mê, nhiệt huyết việc bồi dưỡng mũi nhọn, chịu khó nghiên cứu tìm tịi, học hỏi, sưu tầm tốn hay khó để rèn luyện tư duy, mở rộng vốn kiến thức Cần chuẩn bị tình có vấn đề gây 27