PP: Ta biến đổi tơng đơng giả thiết để đa về dạng tổng các bình phơng, nhng bài này ta sử dụng bất đẳng thức x+y2≥4xy thì đợc kết quả dễ dàng hơn... PP: Bài toán này để suy ra đợc x=y=z [r]
(1)I Một số bài toán và phơng pháp chứng minh đẳng thức và m au: ối quan hệ đại số: Ph¬ng ph¸p chøng minh vÕ tr¸i (VT)b»ng vÕ ph¶i (VP) Muốn chứng minh đẳng thức A(x,y,…,z) = B(x,y,…,z) thì ta có thể biến đổi đại số VT VP để VT=VP Bµi to¸n 1: Chøng minh r»ng: a3 - b3 = ( a –b) + 3ab( a-b) ( b-c)3 + (c-a)3 + (a-b)3 = 3(a-b)(b-c)(c-a) Phơng pháp (PP): Trong bài toán này vế trái trái đẳng thức là các đẳng thức vì chúng ta sử dụng đẳng thức phù hợp để giải Lêi gi¶i: §Æt VT = a3 + b3 = (a- b)3 +3a2b - 3ab2 = ( a –b) + 3ab( a-b) = VP (§PCM) §Æt VT= b3-3b2c+3bc2-c3+c3-3c2a+3ca2-a3+a3-3a2b+3ab2-b3 = 3(-b2c+bc2-c2a+ca2-a2b+ab2) = 3(a-b)(b-c)(c-a) =VP (§PCM) Bµi to¸n 2: Chøng minh r»ng: x +3 xy+ y = 2 x + x y − xy − y x − y PP: Đây thực là bài toán rút gọn biểu thức, cho nên muốn làm đợc bài này ta cần phân tích tử và mẫu thức thành nhân tử từ đó rút gọn các nhân tử chung Lêi gi¶i: Ta cã 2x2+3xy+y2=(x+1)(2x+y) 2x3+x2y -2 xy2-y3= (2x+y)(x-y)(x+y) Khi đó: ( x + y ) (2 x + y ) x +3 xy+ y = = 2 ( )( ) ( ) x − y x+ y x + y x − y x + x y − xy − y (§PCM) Bài toán 3: Với ba số a,b,c là ba số đôi khác Chứng minh rằng: b −c c −a a −b 2 + + = + + ( a −b ) ( a − c ) ( b −c ) ( b − a ) ( c −a )( c −b ) a − b b − c c − a PP: Đây là bài toán nhìn bình thờng thì ta nghĩ đến việc quy đồng và thực cộng ba phân thức với nhau, nhng làm nh ta sẻ đến biểu thức tơng đối khó Với bài này ta nên thêm bớt vào tử thức để có thÓ ®a vÒ c¸c ph©n thøc cã mÉu b»ng Lêi gi¶i: §Æt VT = = b−c c−a a− b + + (a − b)(a −c ) (b− c )(b −a) (c − a)(c −b) (b − a)+(a − c) (c − b)+(b− a) (a − c)+(c − b) + + (a −b)( a− c) (b −c )(b −a) (c − a)(c − b) (2) ¿ 1 1 1 − + − + − = ¿ a− b a −c b − c b − a c − a c − b ¿ 2 ¿ + + = VP a− b b −c c −a (§PCM) Chú ý Bài toán trên có thể biến đổi tơng tơng cách chuyển VP sang VT Bµi to¸n cã ®iÒu kiÖn: Đa số các bài toán nói chung và bài toán chứng minh đẳng thức và quan hệ đại số nói riêng là bài toán có điều kiện ban đầu( hay gọi là giả thiết) Trong qu¸ tr×nh gi¶i to¸n HS thêng b¨n kho¨n kh«ng biÕt sö dông gi¶ thiÕt nh thÕ nµo cho đúng ? Đây là vấn đề nhạy cảm vì cần hình thành cho HS cái nh×n bao qu¸n qu¸ tr×nh gi¶i to¸n Sau ®©y lµ mét sè bµi to¸n nh thÕ, qua đó ta có thể rèn luyện kỉ vận dụng giả thiết vào giải toán Bµi to¸n : Cho ba sè a,b,c tho¶ m·n a+b+c =0 Chøng minh r»ng: (a2+b2+c2)2= 2(a4+b4+c4) PP: Ta thấy VT và VP đẳng thức là các luỹ thừa và thì việc sử dụng GT a+b+c =0 nh nào để làm xuất các luỹ thừa cần dùng Lêi gi¶i: Do a+b+c = nªn (a+b+c)2=0 ⇔ a2+b2+c2= -( 2ab+2bc+2ac) ⇔ (a2+b2+c2)2= 4(ab+bc+ac)2 ⇔ a4+b4+c4 +2a2b2+2b2c2+2a2c2= 4(a2b2+b2c2+a2c2 +2ab2c+2a2bc+2abc2) ⇔ a4+b4+c4 = 2a2b2+2b2c2+2a2c2 +8abc(a+b+c) a+b+c =0 nªn ⇔ a4+b4+c4 = 2a2b2+2b2c2+2a2c2= 2(a2b2+b2c2+a2c2) MÆt kh¸c: (a2+b2+c2)2= 4(a2b2+b2c2+a2c2 ) +2abc(a+b+c) ⇔ (a2+b2+c2)2= 4(a2b2+b2c2+a2c2 ) (do a+b+c =0) Khi đó: 2(a +b4+c4 )= (a2+b2+c2)2 (§PCM) Bµi to¸n 2: Cho a2+b2=1 , c2+d2=1, ac+bd=0.Chøng minh r»ng: ab+cd=0 PP: Đây là bài toán sử dụng giả thiết tơng đối khó vì HS không biết sử dông c¸c luü thõa nh thÕ nµo Víi bµi nµy cÇn cho HS biÕt c¸ch sö dông sè hîp lý vµo biÓu thøc cÇn chøng minh v× ab+cd = ab.1+cd.1 ; cuèi cïng lµ ®a vÒ nhân tử để sử dụng ac+bd=0 Lêi gi¶i: Ta cã ab+cd= ab(c2+d2)+cd(a2+b2) = ab c2+abd2+cda2+cdb2 =ac(bc+ad) +bd(ad+bc) = (bc+ad)(ac+bd)= (do ac+bd=0) VËy ab+cd=0 Bµi to¸n 3: Chøng minh r»ng NÕu: x = y = z a b c th×: (3) (x2+y2+c2)( a2+b2+c2) = (ax+by+cz)2 PP : Bµi to¸n nµy cã GT lµ mét d·y tØ sè b»ng v× vËy cÇn sö dông kiÕn thức tỉ lệ thức để vận dụng vào quá trình giải Lêi gi¶i Đặt x = y = z = k Do đó x=ak , y=bk, c=kc a b c VT= (a2+b2+c2)2k2 VP= (a2 +b2+c2)2k2 Suy ra: VP=VT VËy (x2+y2+c2)( a2+b2+c2) = (ax+by+cz)2 Bµi to¸n 4: Cho a,b,c lµ ba sè tho¶ m·n ®iÒu kiÖn a+b+c=1 vµ a3+b3+c3=1 Chøng minh r»ng: a2005+b2005+c2005=1 PP Đây là bài toán khó HS vì luỹ thừa lớn nên HS thờng không biết sử lý nh thÕ nµo Víi bµi nµy chóng ta nªn d¹y cho HS c¸ch ph¸n ®o¸n tríc gi¶i: Bµi nµy ta cã thÓ dù ®o¸n mét c¸c sè a;b;c b»ng cong hai sè cßn l¹i b»ng Lêi gi¶i: Do a3+b3+c3=1 vµ a+b+c=1 ta cã a3+b3+c3 = a+b+c ⇔ 3(a+b)(b+c)(c+a)=0 ⇔ a=-b hoÆc b=-c hoÆc c=-a NÕu a=-b ta cã a2005+b2005+c2005= a2005- a2005+c2005 = c2005= v× a-a+c=1 T¬ng tù ta còng cã kÕt luËn nh trªn VËy a2005+b2005+c2005=1 Bµi to¸n 5: Cho x+y = a + b vµ x2+y2=a2+b2 Chøng minh r»ng: x2009+y2009 = a2009+b2009 ( Trong đề chọn HSG tỉnh năm 2009) PP: Đây là bài toán với yêu cầu chứng minh với số mũ tơng đối lớn vì cần hớng dẫn học sinh định hớng trớc giải là: Sử dụng giả thiết để có các cặp lá hai số đối hợc các cặp Lêi gi¶i: Tõ x+y = a + b ⇔ x-a=b-y Tõ x2+y2=a2+b2 ⇔ x2- a2=b2-y2 ⇔ (x-a)(x+a) = (b-y)(b+y) Suy (b-y)(x+a) - (b-y)(b+y) = ⇔ (b-y)(x+a-b-y)=0 ⇔ b=y hoÆc x+a-b-y=0 NÕu b=y x=a x2009+y2009 = a2009+b2009 NÕu x+a-b-y=0 ⇔ x-y = b-a kÕt hîp víi x+y = a + b suy x=b y=a x2009+y2009 = a2009+b2009 ( §PCM) Bµi to¸n Cho + + = a b c a 2009 + b 2009 + 2009 c = a+b+ c a 2009 +b 2009 +c 2009 Chøng minh r»ng: (4) PP Bµi to¸n nµy tríc lµm cÇn híng dÉn HS xÐt xem bµi to¸n x¶y dÊu nào? Bài toán này xảy ba số a; b; c đôi đối nhau, chính vì từ giả thiết ta biến đổi tơng đơng để đa dạng (a+b)(b+c)(c+a) = Lêi gi¶i: −(a+ b) 1 a+b − ⇔ = a+ b+c c ab c ( a+b+c ) Ta cã: + = a b a+b a+b + =0 ab c (a+b +c) ⇔ (a+b)(b+c)(c+a) = Suy : a=-b; b=-c; c=-a NÕu a = -b Ta cã 2009 a + 2009 b + 2009 c = 2009 a + 1 1 + 2009 = 2009 = 2009 2009 2009 2009 −a c c a +b +c T¬ng tù ta còng cã c¸c kÕt luËn nh trªn víi b=-c; c=-a VËy 2009 a + 2009 b + 2009 c = 2009 a +b 2009 +c 2009 Më réng : Bµi to¸n trªn cã thÓ chøng minh víi luü thõa bË n ( n lÎ) hoÆc chøng minh r»ng: + + = a b c a+b+ c s¶y vµ vhØ a=-b; b=-c; c=-a Bµi to¸n 7: a CMR: NÕu x = by+cz , y = ax+ cz , z= ax+by vµ x+y+z ≠0 1 Th× a+1 + b+1 + c+ =2 PP: Trong bµi ®iÒu kiÖn tëng nh b×nh thêng x+y+z ≠ th× l¹i lµ ®iÒu kiÖn cÇn xem xét đầu tiên vì nó gợi cho ta việc cộng ba giả thiết đầu lại với Từ đó 1 ; ; kết hợp với giả thiết để làm xuất a b c Lêi gi¶i: a Ta có x+y+z = 2(ax+by+cz) Khi đó: x+y+z = 2(ax + x) = 2x( a+1) ⇔ = x a+1 T¬ng tù ta cã: Suy ra: 2y = b+1 x + y + z 1 + + =¿ a+1 b+1 c+ vµ x+ y+ z 2z = c+1 x+ y+ z 2x 2y 2z + + =2 x + y + z x + y + z x+ y+ z (5) VËy 1 + + =2 a+1 b+1 c+ Bµi to¸n 8: CMR: NÕu − − =1 va x =y +z th× x y z 1 + + =1 x2 y2 z2 PP Bài trên đẳng thức yêu cầu chứng minh có luỹ thừa và nó là phân luỹ thừa đẳng thức vì để tạo nó cần có cái nhìn GT Ta có thể tạo 1 − − =1 x y z b»ng c¸ch b×nh ph¬ng hai vÕ cña Lêi gi¶i: Ta cã − − =1 x VËy y z 1 2 + + − + − =1 x y z xy yz zx ⇔ ⇔ 1 + + =¿ 1+ x2 y2 z2 ⇔ 1 + + =¿ 1+ y+ z − =1+ − =1 x yz yz yz yz x y z 2 − + xy yz zx ( ) (v× x=y+z) 1 + + =1 x2 y2 z2 a b c + + =1 CMR: b+c a+ c a+b Bµi to¸n 9: Cho a2 b2 c2 + + =0 b+c a+ c a+b PP Bµi to¸n nµy còng lµ mét bµi to¸n khã c¸c em HS t×m c¸ch t¹o a2, …,trong đẳng thức cần chứng minh Ta thấy mẫu GT nh dẳng thức cần chứng minh là nh nên chúng ta không nên sử lý mẫu mà t¹o c¸c luü thõa b»ng c¸ch nh©n c¶ hai vÕ cña GT víi (a +b+c) a b c + + =1 b+c a+ c a+b Lêi gi¶i: Ta cã ⇔ ( a b c + + )(a+ b+c )=a+ b+c b+c a+ c a+b ⇔ ⇔ VËy a2 +a (b+ c) b (a+c )+b2 c (a+b)+c + + =a+b +c b+c a+ c a+b a2 b2 c2 +a+ +b+ +c=a+b+c b+ c a+ c a+b a2 b2 c2 ⇔ + + =0 b+ c a+c a+b a2 b2 c2 + + =0 b+c a+ c a+b Bµi to¸n 10: a Cho CMR: a+b+c=abc Khi a b c + + =1 b+c a+ c a+b 1 + + =2 (1) vµ a b c ¿ 1 ¿ + + =2 a b c ¿ (2) (6) a b c + + =2 (1) vµ x y z b x y z + + =0 (2) CMR: a b c a2 b2 c + + =4 x2 y2 z2 PP: Bình phơng hai vế của (1), biến đổi để sử dụng giả thiết (2) Lêi gi¶i: a Tõ (1) ta cã b ( 1 + + =4 a b c ) ⇔ 1 1 1 + + −2 + + =4 ab bc ac a b c ⇔ 1 + + =0 ( v× ab bc ac ⇔ a+b+c=abc (§PCM) ( Tacã: a + b + c =2 x y z VËy ¿ 1 ¿ + + =2 ) a b c ¿ ⇔ a b c + + ¿ =4 x y z ¿ ⇔ a2 b2 c ab bc ac + + +2 + + =4 xy yz xz x y z ⇔ MÆt kh¸c ) ( ) a b c abz+ bcx +acy + + + 2( )=4 xyz x y z 2 2 2 x y z + + =0 Nªn a b c abz+ bcx +acy =0 xyz a2 b2 c + + =4 x y z Bµi to¸n 11: Cho a = a −b , a ≠ ,c ≠ , a-b ≠ vµ b-c ≠0 c CMR: b −c 1 1 + = − a a − b b −c c PP: Quy đồng hai vế giả thiết và yêu cầu CM để đẳng thức đúng Lêi gi¶i: Tõ a a −b = c b −c ⇔ a(b-c) = c(a-b) (1) Tõ 1 1 + = − a a − b b −c c ⇔ 1 1 + = − c a −b b − c a ⇔ a− b+c a −b+ c = c( a −b) a( b− c) ⇔ a(b-c) = c(a-b) (2) Tõ (1) vµ (2) ta cã §PCM (7) Bµi to¸n 12: Cho a+b+c=0 ; x+y+z=0 vµ a + b + c =0 x y z CMR: ax2+ by2+cz2=0 PP: Sử dụng giả thiết x+y+z =0 để thay x ,y,z vào biể thức A = ax2+ by2+cz2, đặt nhân tử chung và thy a,b,c a+b+c=0 và biểu thức Lêi gi¶i: Tõ x+y+z =0 Ta cã: x2 = (y+z)2; y2= (x+z)2; z2= (x+y)2 §Æt A = ax2+ by2+cz2 = a(y+z)2+b(x+z)2+c(x+y)2 = ay2 +2axy+az2 + bx2+2bxz+bz2+cx2+2cxy+cy2 = x2(b+c)+y2(a+c)+z2(a+b)+2(axy+bxz+cxy) Mµ a+b+c=0 nªn b+c=-a; a+c=-b; a+b=-c Khi đó: A = -ax2 –by2 – cz2 +2(axy+bxz+cxy) MÆt kh¸c: a + b + c =0 x y ⇔ z axy+bxz+cxy = Suy A = -ax2 –by2 – cz2= ax2+ by2+cz2 ⇔ ax2+ by2+cz2=0 VËy ax2+ by2+cz2=0 Bµi to¸n 13: Cho xy +1 =yz+ = xz+1 CMR: x=y hoÆc y=z hoÆc x=z y z x hoÆc x2y2z2=1 PP: Đối với các bài kiểu này thì chúng ta cần hớng HS đến việc sử dụng giả thiết để biến đổi dạng tích (x-y)(y-z)(z-x)(x2y2z2-1) = Lêi gi¶i: xy +1 = yz +1 y z ⇔ T¬ng tù ta cã: x+ = y+ ⇔ y z x-y = − = y − z z y-z= z − x Suy (x-y)(y-z)(z-x) = xz y yz ; z-x = x − y xy ( x − y)( y − z )(z − x) x2 y2 z ⇔ (x-y)(y-z)(z-x)(x2y2z2-1) = ⇔ x=y hoÆc y=z hoÆc z=x hoÆc x2y2z2=1 Bài tập đề nghị: (§PCM) (8) b − c ¿2 ¿ c −a ¿ ¿ a −b ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ a ¿ a b c + + =0 CMR: b− c c −a a −b Cho CMR: NÕu (a2-bc)(b-abc) = (b2- ac)(a-abc) vµ a,b,c, a-b kh¸c Th× + + =a+b +c a b c CMR: NÕu x+y+z=a vµ + + = th× tån t¹i mét ba sè x y z a b»ng a CMR:NÕu m=a+b+c th×: ( am+bc)(bm+ac)(cm+ab)= (a+b)2(b+c)2(c+a)2 CMR: NÕu a+b+c=0 vµ abc≠ th×: b −c c − a c b a + + + + =9 ( a −b )( c a b a − b c −a b −c ) Một số bài toán quan hệ đại số toán học: Trong dạy học môn toán đặc biệt là đại số các đối tợng đại số luôn có mối quan hệ định nào đó, việc chứng minh đợc mối quan hệ đó không phải là khó nhng không phải là dễ số đối tợng HS chúng ta Việc cung cấp cho HS đặc biệt là HS khá, giỏi là cần thiết không lớp mà cßn lµ hµnh trang cho HS sau nµy Víi mét lîng bµi kh«ng nhiÒu nhng t«i tin r»ng sau c¸c em lµm xong c¸c bµi to¸n sau th× cã thÓ v÷ng tin vµo c¸c bµi kh¸c b¾t gÆp VÒ ph¬ng ph¸p chung víi c¸c bµi to¸n lo¹i nµy thêng lµ: ¸p dông hîp lý gi¶ thiết bài toán để đa dạng tích là tổng các bình phơng, có thể sử dạng điều kiện sảy dấu bất đẳng thức Bµi to¸n 1: CMR: NÕu x2+y2+z2=xy+yz+xz th× x=y=z PP: Bài toán này để suy đợc x=y=z ta cần biến đổi giả thiết dạng tổng c¸c b×nh ph¬ng Lêi gi¶i: Ta cã: x2+y2+z2=xy+yz+xz ⇔ 2x2+2y2+2z2=2xy+2yz+2xz ⇔ 2x2-2y2-2z2-2xy-2yz-2xz = ⇔ (x-y)2+(y-z)2+(z-x)2 = (9) Do (x-y)2≥ ; (y-z)2 ≥ ; (z-x)2 ≥ Nªn: (x-y)2+(y-z)2+(z-x)2 = ⇔ x-y ¿2 = ¿ y-z ¿2 = ¿ ( z-x )2=0 ¿ ¿ ¿ ⇔ ¿ x − y=0 y − z =0 z − x=0 ⇔ ¿ x= y y=z z=x ⇔ x= y =z ¿{{ ¿ VËy nÕu x2+y2+z2=xy+yz+xz th× x=y=z Bµi to¸n 2: Cho a b,c lµ ba sè d¬ng CMR: (a+b)(b+c)(c+a) = 8abc vµ chØ a=b=c PP: Ta biến đổi tơng đơng giả thiết để đa dạng tổng các bình phơng, nhng bài này ta sử dụng bất đẳng thức (x+y)2≥4xy thì đợc kết dễ dàng Lêi gi¶i: Do a,b,c lµ ba sè d¬ng nªn ta cã: (a+b)2 ≥ 4ab (b+c)2 ≥ 4bc (c+a)2 ≥ 4ac Suy (a+b)2(b+c)2(c+a)2 ≥ 64a2b2c2 ⇔ (a+b)(b+c)(c+a) ≥ 8abc DÊu b»ng x¶y vµ chØ a=b=c VËy (a+b)(b+c)(c+a) = 8abc vµ chØ a=b=c Bµi to¸n 3: CMR: Trong ba sè a,b,c tån t¹i hai sè b»ng NÕu: a2(b-c)+b2(c-a)+c2(a-b) = PP: Đa dạng tích a,b,c Lêi gi¶i: Ta cã: a2(b-c)+b2(c-a)+c2(a-b) = ⇔ a2(b-c) + b2c – b2a +c2a-c2b =0 ⇔ a2(b-c) +bc(b-c) – a(b2-c2) =0 ⇔ (b-c)( a2+bc – ab-ac) = ⇔ (b-c)( a-b)(c-a) = ⇔ b-c=0 hoÆc a-b=0 hoÆc c-a=0 ⇔ b=c hoÆc a=b hoÆc c=a VËy Trong ba sè a,b,c tån t¹i hai sè b»ng Bµi to¸n 4: CMR: NÕu ba sè x,y,z lµ ba sè d¬ng tho¶ m·n (10) x3+y3+z3=3xyz th× x=y=z PP: Bài toán này để suy đợc x=y=z ta cần biến đổi giả thiết dạng tổng các b×nh ph¬ng Lêi gi¶i: Ta cã: x3+y3+z3=3xyz ⇔ x3+y3+z3-3xyz = ⇔ (x+y+z)(x2+y2+z2-xy-yz-zx)=0 Do x,y,z dơng nên x+y+z dơng đó (x+y+z)(x2+y2+z2-xy-yz-zx)=0 ⇔ x2+y2+z2-xy-yz-zx = ⇔ 2x2-2y2-2z2-2xy-2yz-2xz = ⇔ (x-y)2+(y-z)2+(z-x)2 = Do (x-y)2≥ ; (y-z)2 ≥ ; (z-x)2 ≥ Nªn: (x-y)2+(y-z)2+(z-x)2 = ⇔ x-y ¿ = ¿ y-z ¿2 = ¿ ( z-x )2=0 ¿ ¿ ¿ ⇔ ¿ x − y=0 y − z =0 z − x=0 ⇔ ¿ x= y y=z z=x ⇔ x= y =z ¿{{ ¿ VËy: NÕu ba sè x,y,z lµ ba sè d¬ng tho¶ m·n x3+y3+z3=3xyz th× x=y=z Bµi to¸n 5: CMR: NÕu a4+b4+c4 +d4= 4abcd vµ a,b,c,d lµ c¸c sè d¬ng Th×: a=b=c=d PP: Bài toán này để suy đợc a=b=c= d ta cần biến đổi giả thiết dạng tổng c¸c b×nh ph¬ng Lêi gi¶i: Ta cã: a4+b4+c4 +d4= 4abcd ⇔ a4+b4+c4 +d4- 4abcd = ⇔ (a4+b4 – 2a2b2) +( c4 +d4- 2c2d2) +( 2a2b2 +2c2d2 ⇔ ( a2-b2)2 +( c2-d2)2 +2(ab-cd)2=0 Do ( a2-b2)2 ≥0, ( c2-d2) ≥0, 2(ab-cd)2≥0 Nªn: ( a2-b2)2 +( c2-d2)2 +2(ab-cd)2=0 ⇔ ( a2-b2)2 =0, ( c2-d2)2 =0, 2(ab-cd)2=0 ⇔ a2-b2=0 vµ c2-d2vµ ab-cd ⇔ a= b, c=d, ab=cd (11) ⇔ a=b=c=d VËy a=b=c=d Bµi to¸n 6: Cho a,b,c lµ c¸c sè h÷u tØ tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ab+bc+ca=1 CMR: (1+a2)(1+b2)(1+c2) lµ b×nh ph¬ng cña mét sè h÷u tØ? PP: Thay 1= ab +bc+ca vào (1+a2),(1+b2),(1+c2) để phân tích thành nhân tử Lêi gi¶i: Do ab+bc+ca=1 Nªn 1+a2=ab+bc+ca+a2 = (a+b)(a+c) 1+b2= ab+bc+ca+b2=( a+b)(b+c) 1+c2 = ab+bc+ca+c2= (b+c)(c+a) Khi đó: (1+a2)(1+b2)(1+c2) = (a+b)2(b+c)2(c+a)2= [( a+b)(b+ c)(c + a) ]2 VËy (1+a2)(1+b2)(1+c2) lµ b×nh ph¬ng cña mét sè h÷u tØ Bµi tËp 7: Cho a + b + c = b + c + a CMR: ba sè a,b,c tån t¹i hai sè b»ng b c a a b c PP: Ph©n tÝch gi¶ thiÕt vÒ d¹ng tÝch Lêi gi¶i: Ta cã a + b + c = b + c + a b c a a b c ⇔ a2c +b2a+c2b =b2c+c2a+a2b ⇔ a2c +b2a+c2b - b2c-c2a-a2b =0 ⇔ (a2c - c2a) +( b2a - b2c) – (a2b- c2b) = ⇔ ac(a-c) + b2(a-c) – b(a2- c2) = ⇔ (a-c)(ac +b2- ab – bc) = ⇔ (a-c)(b-c)(a-b) =0 ⇔ a-c =0; b-c = 0; a-b = ⇔ a= c ; b=c; a=b VËy: ba sè a,b,c tån t¹i hai sè b»ng (12) (13)