Các hằng đẳng thức đáng nhớ và ứng dụng

CÁC HẰNG ĐẲNG THỨC ĐÁNG NHỚ VÀ ỨNG DỤNG A Một số kiến thức cần nhớ Nhắc lại đẳng thức đáng nhớ Bình phương tổng: ( A + B ) = A2 + 2AB + B2 = ( A − B ) + 4AB 2 Bình phương hiệu: ( A − B ) = ( B − A ) = A2 − 2AB + B2 = ( A + B ) − 4AB 2 Hiệu hai bình phương: A − B2 = ( A − B )( A + B ) Lập phương tổng: ( A + B ) = A3 + 3A2 B + 3AB2 + B3 = A3 + B3 + 3AB ( A + B ) Lập phương hiệu: ( A − B ) = A3 − 3A2 B + 3AB2 − B3 = A3 − B3 − 3AB ( A − B ) ( ) ( ) Tổng hai lập phương: A + B3 = ( A + B ) A − AB + B2 = ( A + B ) − 3AB ( A − B ) Hiệu hai lập phương: A − B3 = ( A − B ) A + AB + B2 = ( A − B ) + 3AB ( A − B ) Một số đẳng thức tổng quát ( a n – bn = ( a − b ) a n −1 + a n −2 b ++ abn −2 + bn −1 ) ( a 2k – b2k = ( a – b ) a 2k−1 + a 2k−1b ++ a 2k−3 b2 + b2k−1 ( a 2k+1 + b2k+1 = ( a + b ) a 2k – a 2k −1 b + a 2k −2 b2 −+ b2k (a + b + c ) ) ) = a + b2 + c + 2ab + 2bc + 2ca Nhị thức Newton (a + b) Trong C kn = n = a n + C1na n − 1b + C2na n − b2 ++ Cnn −1abn − + bn n ( n − 1)( n − )  n − ( k − 1)  1.2.3 k Cách xác định hệ số khai triển Newton • Cách Dùng cơng thức C kn = n ( n − 1)( n − )  n − ( k − 1)  1.2.3 k Chẳng hạn hệ số hạng tử a4 b3 khai triển ( a + b ) C74 = 7.6.5.4 7.6.5.4 = = 35 4! 4.3.2.1 Chú ý + C kn = n! với quy ước 0! = n! ( n − k ) ! + Ta có Ckn = Cnn −k nên C74 = C73 = 7.6.5 = 35 3! • Cách Dùng tam giác Patxcan Đỉnh Dòng ( n = 1) Dòng ( n = ) Dòng ( n = ) Dòng ( n = ) Dòng ( n = ) Dòng ( n = ) 1 10 15 10 20 15 Trong tam giác hai cạnh bên gồm số dòng k + thành lập từ dòng k ( k  1) Với n = ta có ( a + b ) = a + 4a b + 6a b2 + 4ab3 + b4 Với n = ta có ( a + b ) = a + 5a b + 10a b2 + 10a b3 + 5ab4 + b5 Với n = ta có ( a + b ) = a + 6a b + 15a b2 + 20a b3 + 15a b4 + 6ab5 + b6 B Một số ví dụ minh họa Với hẳng đẳng thức đáng nhớ hẳng đẳng thức mở rộng ta có thẻ áp dụng giải số dạng tập toán sau + Áp dụng trực tiếp đẳng thức để thực tính phép tính, tính giá trị biểu thức số + Áp dụng đẳng thức để thu gọn biểu thức chứng minh đẳng thức + Áp dụng đẳng thức để giải tốn tìm giá trị biến Xác định hệ số đa thức + Bài tốn tính giá trị biểu thức với biến có điều kiện + Chứng minh bất đẳng thức toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức đại số + Áp dụng đẳng thức để giải mọt số toán số học tổ hợp Bài Thực phép tính ( a) – xy ( ) – ( + xy ) 2 )( c) a – b2 a + b2 b) 9x – ( 3x – ) ( ) )( d) a + 2a + a + 2a − e) ( x – y + )( x + y – ) f) ( y + 2z – )( y − 2z − ) g) ( 2y – ) h) ( – y ) ( i) ( 2y – ) 4y + 10y + 25 k) ( x – ) + ( – x ) 3 ( ) j) ( 3y + ) 9y – 12y + 16 l) ( x + y ) – ( x – y ) 3 ) ) • Định hướng tư Sử dụng đẳng thức để khai triển hạng từ thu gọn đa thức Lời giải ( a) – xy ) – ( + xy ) 2 = – 6xy + x y – – 4xy – x y = – 10xy b) 9x2 – ( 3x – ) = ( 3x – 3x + )( 3x + 3x – ) = ( 6x – ) = 24x – 16 ( )( ) c) a – b2 a + b2 = a – b4 ( )( ) ( d) a + 2a + a + 2a − = a + 2a ) – = a + 4a + 4a – e) ( x – y + )( x + y – ) = x – ( y – ) = x – y + 12y – 36 f) ( y + 2z – )( y − 2z − ) = ( y – ) – 4z = y – 6y – 4z + g) ( 2y – ) = 8y – 36y + 54y – 27 h) ( – y ) = – 12y + 6y – y 3 i) (2y – 5)(4y2 + 10y + 25) = 8y3 – 125 ( ) j) ( 3y + ) 9y – 12y + 16 = 27y + 64 3 2 k) ( x – ) + ( – x ) = ( x – + – x ) ( x – ) – ( x – )( – x ) + ( – x )    ( ) = − x2 – 6x + – 2x + x2 + – 3x + – 4x + x = −3x + 15x + 19 l) ( x + y ) – ( x – y ) = x3 + 3x2 y + 3xy + y – x + 3x y – 3xy + y = 6x y + 2y 3 Bài Rút gọn biểu thức sau ( )( )( )( a) x2 – 2x + x2 – x2 + 2x + x2 + ) b) ( x + 1) – ( x – 1) + 3x – 3x ( x + 1)( x – 1) 2 ( ) c) ( 2x + 1) + 4x – + ( 2x – 1) 2 d) ( m + n ) – ( m – n ) + ( m – n )( m + n ) 2 e) ( 3x + 1) – ( 3x + 1)( 3x + ) + ( 3x + ) 2 f) ( a – b + c ) – ( a – b + c )( c – b ) + ( b – c ) ( ) ( ) g) ( 2x – ) 4x2 + 10x + 25 ( 2x + ) 4x – 10x + 25 − 64x h) ( a + b ) + ( a – b ) – 2a 3 ( i) ( x + y + z ) + ( x – y ) + ( x – z ) + ( y – z ) – x + y + z 2 2 ) Lời giải • Định hướng tư Rút gọn biểu thức cách gọi khác thực phép tính, ta sử dụng đẳng thức để khai triển hạng từ thu gọn biểu thức Lời giải ( )( )( )( ) ( ) ( a) x2 – 2x + x2 – x2 + 2x + x2 + =  x2 + – 4x  x –   ( )( ) ( )( ) ) = x4 + 4x2 + – 4x2 x – = x + x – = x – 16 ( b) ( x + 1) – ( x – 1) + 3x – 3x ( x + 1)( x – 1) = ( x + – x + 1)( x + + x – 1) + 3x – 3x x – 2 = 4x + 3x2 – 3x3 + 3x = − 3x3 + 3x2 + 7x ( ) c) ( 2x + 1) + 4x – + ( 2x – 1) = 4x + 4x + + 8x – + 4x – 4x + = 16x 2 ) d) ( m + n ) – ( m – n ) + ( m – n )( m + n ) 2 = ( m + n – m + n )( m + n + m – n ) + m – n = 4mn + m – n e) ( 3x + 1) – ( 3x + 1)( 3x + ) + ( 3x + ) = ( 3x + – 3x – ) = 16 2 f) ( a – b + c ) – ( a – b + c )( c – b ) + ( b – c ) = ( a – b + c + b – c ) = a 2 ( ) ( ) g) ( 2x – ) 4x2 + 10x + 25 ( 2x + ) 4x – 10x + 25 − 64x ( )( ) = 8x3 – 125 8x3 + 125 = 64x6 − 1252 h) ( a + b ) + ( a – b ) – 2a = a + 3a b + 3ab2 + b3 + a – 3a b + 3ab – b – 2a = 6ab 3 ( i) ( x + y + z ) + ( x – y ) + ( x – z ) + ( y – z ) – x + y + z 2 2 ) = x2 + y + z2 + 2xy + 2yz + 2zx + x2 – 2xy + y + x – 2zx + z + y – 2yz + z2 – 3x2 – 3y – 3z = Bài Tìm x biết ( ) a) ( x – ) – ( x – ) x + 3x + + ( x + 1) = 15 ( ) b) 4x2 − 81 = c) x ( x – )( x + ) – ( x – ) x + 2x + = d) 25x2 – = e) ( x + ) = ( 2x – 1) f) ( x + ) – x + = ( ) 2 ( ) g) x2 – + ( x – 1) – x − ( x − 1) = 2 • Định hướng tư Bài tốn tìm x dạng tập tìm giá trị biến biết giá trị biểu thức Với tập để tìm x trước hết ta cần sử dụng đẳng thức để khai triển hạng từ thu gọn biểu thức tìm giá trị x từ đẳng thức đơn giản cuối Lời giải a) ( x – 3) – ( x – 3) ( x ) + 3x + + ( x + 1) = 15  x3 – 9x2 + 27x – 27 – x3 + 27 + 9x2 + 18x + = 15  45x =  x = b) 4x2 − 81 =  x2 = 81 x= 2 15 ( ) c) x ( x – )( x + ) – ( x – ) x2 + 2x + =  x3 – 25x – x3 + =  25x =  x = d) 25x2 – =  x = e) (x + 2) 2 x =  25 x =  x + = 2x − = ( 2x – 1)    x = − x + = − 2x +   2   23 f) ( x + ) – x + =  x + 4x + – x + =  x + 3x + =   x +  + =0 2  2 2    23  23  nên khơng có giá trị thỏa mãn  x +  + = hay khơng có Do  x +  + 2 2 4   giá trị thỏa mãn ( x + ) – x + = g) (x ) ( ) ( – + ( x – 1) – x − ( x − 1) =  x – – 2x + 2 ) =0  x2 ( x − )  x = 0; x = 2 Bài Tính giá trị biểu thức sau 1352 + 130.135 + 652 b) B = 1352 − 652 a) A = 123 ( 123 + 154 ) + 77 c) D = 12 – 22 + 32 – 42 +– 20182 + 20192 ( )( )( )( )( ) d) D = ( + 1) 22 + 24 + 28 + 216 + 32 + – 64 • Định hướng tư Quan sát biểu thức ta thấy có bóng dáng đẳngthức đáng nhớ Do ta sử sử dụng hẳng đẳng thức đáng nhớ để biến đổi biểu thức Lời giải a) Ta có A = 123 (123 + 154 ) + 77 = 1232 + 2.123.77 + 77 = (123 + 77 ) = 200 = 40000 b) Ta có 1352 + 130.135 + 65 135 + 2.135.65 + 65 B= = 1352 − 652 135 − 65 (135 + 65 ) 135 + 65 200 20 = = = = (135 − 65 )(135 + 65 ) 136 − 65 70 c) Ta có A = 12 – 2 + 32 – + – 2018 + 2019 ( ) ( ) ( = + 32 – 2 + 52 – ++ 2019 – 2018 ) = + ( + )( – ) + ( + )( – ) ++ ( 2019 + 2018 )( 2019 – 2018 ) = + + + + ++ 2019 + 2019 = (1 + 2019 ) 2019 = 1010.2019 b) Ta có ( )( )( )( )( ) = ( −1)( + 1)( + 1)( + 1)( + 1)( + 1) – = ( – 1)( + 1)( + 1)( + 1)( + 1) – = = ( − 1)( + 1) – = – – = −1 B = ( + 1) 2 + + + 216 + 32 + – 64 2 4 16 32 32 64 16 32 32 64 64 64 64 Bài a) Cho x − y = Tính giá trị biểu thức: A = x ( x + ) + y ( y – ) – 2xy B = x – 3xy ( x – y ) – y – x + 2xy – y b) Cho x + 2y = Tính giá trị biểu thức: C = x2 + 4y2 – 2x + 10 + 4xy – 4y • Định hướng tư Quan sát giả thiết tốn ta thấy có hai hướng + Hướng Biến đổi biểu thức làm xuất hạng tự có dạng x − y x + 2y + Hướng Thay x = y + x = − 2y tương ứng vào biểu thức thu gọn biểu thức Cả hai hướng ta cần sử dụng biến đổi để đưa đẳng thức đáng nhớ khai triển đẳng thức đáng Lời giải a) A = x ( x + ) + y ( y – ) – 2xy = x2 + 2x + y – 2y – 2xy = ( x – y ) + ( x – y ) Thay x − y = vào biểu thức A ta A = + 2.7 = 63 B = x3 – 3xy ( x – y ) – y3 – x2 + 2xy – y = ( x – y ) – ( x – y ) Thay x − y = vào biểu thức ta B = – = 294 b) C = x2 + 4y – 2x + 10 + 4xy – 4y = ( x + 2y ) – ( x + 2y ) (3) Thay x + 2y = vào biểu thức C ta C = 52 – 2.5 = 15 Bài Chứng minh đẳng thức: ( )( ) a) a + b c + d = ( ac + bd ) + ( ad – bc ) 2 b) ( a + b + c ) + a + b2 + c = ( a + b ) + ( b + c ) + ( c + a ) 2 2 • Định hướng tư Quan sát đẳng thức cần chứng minh ta thấy có hai hướng + Hướng Khai triển vế trái đẳng thức sử dụng đẳng thức để biến đổi biểu thức vế phải + Hướng Sử dụng đẳng thức biến đổi đồng thời hai vế so sánh kết Lời giải ( )( ) a) a + b c + d = ( ac + bd ) + ( ad – bc ) 2 Lời giải ( )( ) VT = a + b c + d = a c + a 2d + b c + b 2d ( ) ( ) = a c + b2d + 2abcd + a 2d + b c – 2abcd = ( ac + bd ) + ( ad – bc ) = VP ( )( 2 ) Lời giải Ta có a + b2 c + d2 = a c + a 2d2 + b2 c + b2d2 Lại có ( ac + bd ) + ( ad – bc ) = (a c 2 2 ) ( + b2d2 + 2abcd + a 2d2 + b2c – 2abcd = a c +a d + b c + b d 2 ( )( ) 2 2 Do ta a + b c + d = ( ac + bd ) + ( ad – bc ) b) ( a + b + c ) + a + b2 + c = ( a + b ) + ( b + c ) + ( c + a ) 2 ) 2 Ta có (a + b + c ) ( + a + b2 + c = a + b2 + c + 2ab + 2bc + 2ac + a + b2 + c ) ( ) ( ) = a + b2 + 2ab + b2 + c + 2bc + a + c + 2ac = ( a + b ) + ( b + c ) + ( c + a ) 2 Bài Chứng minh ( a + b + c ) = ( ab + bc + ca ) a = b = c • Định hướng tư Quan sát giả thiết ta thấy có đẳng thức đáng nhớ Do ta sử sử dụng hẳng đẳng thức đáng nhớ để biến đổi giả thiết tốn Ngồi để ý tổng bình phương bình phương nên ta biến đổi giả thiết toán tổng bình phương Lời giải Biến đổi tương đương đẳng thức cho ta (a + b + c ) = ( ab + bc + ca )  a + 2ab + b + 2bc + 2ac + c = 3ab + 3bc + 3ac  a + b2 + c − ab − bc – ac =  2a + 2b2 + 2c − 2ab − 2bc – 2ac =  (a – b) + ( b – c ) + (c – a ) =  a − b = b − c = c − a =  a = b = c 2 Bài Cho a, b, c, d số thực khác thỏa mãn a + b = c + d a2 + b2 = c2 + d2 Chứng minh rằng: a2018 + b2018 = c2018 + d2018 • Định hướng tư Quan sát giả thiết toán đẳng thức cần chứng minh ta dự đoán a = c; b = d a = d; b = c Như ta chứng minh a = c a = d , điều đồng nghĩa với ( a − c )( a − d ) = Lời giải Từ a + b = c + d ta ( a + b ) = ( c + d )  a + b2 + 2ab = c + d2 + 2cd 2 Kết hợp với a2 + b2 = c2 + d2 ta ab = cd Cũng từ a + b = c + d ta b = c + d − a , thay vào ab = cd ta a ( c + d − a ) = cd  ac + ad − a = cd  a − ac − ad + cd =  ( a − c )( a − d ) = + Nếu a − c = ta a = c , suy b = d Khi ta a2018 + b2018 = c2018 + d2018 + Nếu a − d = ta a = d , suy b = c Khi ta a2018 + b2018 = c2018 + d2018 Vậy tốn chứng minh hồn tất Bài Cho a, b, c, d số thực khác thỏa mãn điều kiện a + b = c + d a3 + b3 = c3 + d3 Chứng minh a2019 + b2019 = c2019 + d2019 Lời giải ( ) ( ) Từ a3 + b3 = c3 + d3 ta ( a + b ) a − ab + b2 = ( c + d ) c − cd + d2 Ta xét hai trường hợp sau: • Trường hợp Khi a + b = c + d = ta suy a = −b c = −d Khi dễ thấy a2019 + b2019 = c2019 + d2019 = • Trường hợp Khi a + b = c + d  Khi ta a2 − ab + b2 = c2 − cd + d2 Từ a + b = c + d ta ( a + b ) = ( c + d )  a + b2 + 2ab = c + d2 + 2cd 2 Kết hợp với a2 − ab + b2 = c2 − cd + d2 ta ab = cd Cũng từ a + b = c + d ta b = c + d − a , thay vào ab = cd ta a ( c + d − a ) = cd  ac + ad − a = cd  a − ac − ad + cd =  ( a − c )( a − d ) = + Nếu a − c = ta a = c , suy b = d Khi ta a2019 + b2019 = c2019 + d2019 + Nếu a − d = ta a = d , suy b = c Khi ta a2019 + b2019 = c2019 + d2019 Vậy toán chứng minh hoàn tất Bài 10 Cho a, b, c số thực thỏa mãn ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) = 6abc Chứng 2 a + b + c = 3abc ( a + b + c + 1) minh rằng: • Định hướng tư Quan sát toán ta thấy giả thiết đẳng thức cần chứng minh phức tạp Trong giả thiết đẳng thức cần chứng minh có hẳng đẳng ( ) thức đáng nhớ Để ý ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) = a + b + c − ab − bc − ca Như 2 ta cần biến đổi đẳng thức cần chứng minh làm xuất đại lượng Lời giải Biến đổi biểu thức kết hợp với ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) = 6abc ta 2 a + b + c − 3abc = a + b + 3a b + 3ab + c − 3a b − 3ab − 3abc ( = ( a + b ) + c − 3ab ( a + b + c ) = ( a + b + c ) a + b + c − ab − bc − ca = ) 2 1 a + b + c ) ( a − b ) + ( a − c ) + ( c − a )  = ( a + b + c ) 6abc = 3abc ( a + b + c ) (   2 Như ta a + b3 + c − 3abc = 3abc ( a + b + c ) hay a + b + c = 3abc ( a + b + c + 1) Bài 11 Cho a, b hai số thực thỏa mãn hệ thức a3 − 3a2 + 5a − 17 = b3 − 3b2 + 5b + 11 = Chứng minh a + b = • Định hướng tư Giả thiết tốn cho hai biểu thức bậc hai biến a b Quan sát hai biểu thức ta thấy có hạng tử hẳng đẳng thức bậc Như để chứng minh a + b = ta cần chứng minh a = ( − b ) Từ ta có lời giải sau Lời giải x4 + y + ( x + y ) = x4 + y + x4 + 4x3 y + 6x y + 4xy + y 4 ( ) ( = x4 + y + x2 y + 2x3 y + 2x y + 2xy = x + xy + y ( ) ) Do ta x4 + y + ( x + y ) = x + xy + y Bài 17 Biến đổi giả thiết toán ta a + b + ( a + b ) = c + d + ( c + d )  a + b + a + 2ab + b = c + d + c + 2cd + d 2 ( ) ( )  a + b + ab = c + d + cd  a + b + ab = c + d + cd Tương tự toán ta chứng minh ( a + b4 + ( a + b ) = a + ab + b2 ) ( c + d4 + ( c + d ) = c + cd + d 2 Do ta a + b4 + ( a + b ) = c + d4 + ( c + d ) 4 Bài 18 Ta có x + y = + x2 + y2 = 12 + 22 Từ ta chứng minh xn + yn = 1n + 2n Do ta a) x3 + y3 = 13 + 23 = b) x4 + y4 = 14 + 24 = 17 c) x5 + y5 = 15 + 25 = 33 d) x6 + y6 = 16 + 26 = 65 e) x2019 + y2019 = 12019 + 22019 = + 22019 Bài 19 Do a + b + c = nên ta có a + b = −c suy a2 + b2 + 2ab = c2 Từ ta a2 + b2 − c2 = −2ab Nên 1 c = =− 2 −2ab 2abc a + b −c Hoàn toàn tương tự ta A= 1 a+b+c + 2 + =− =0 2 2 2abc a + b −c b +c −a c +a − b Bài 20 Biến đổi giả thiết toán ta a + b3 + c3 = 3abc  2 a + b + c ) ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a )  = (   ) Do ta a + b + c = a = b = c + Nếu a + b + c = ta a + b = −c; b + c = −a; c + a = −b Khi P = −1 + Nếu a = b = c thi ta P = Bài 21 Ta có a + b + c = nên ( a + b + c ) = 81 hay a + b + c + ( ab + bc + ca ) = 81 Mà ta có a2 + b2 + c2 = 53 nên suy ab + bc + ca = 14 Bài 22 Ta có a + b + c = nên ( a + b + c ) = 49 hay a + b2 + c + ( ab + bc + ca ) = 49 Mà ta có ab + bc + ca = nên ta a2 + b2 + c2 = 31 Bài 23 Từ a + b2 + c = ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) ta a + b + c = ( ab + bc + ca ) 2 Mà ta có ab + bc + ca = nên suy a2 + b2 + c2 = 19 Cũng từ a + b + c = ( ab + bc + ca ) ta ( a + b + c ) = ( ab + bc + ca ) = 36 Bài 24 Do ab + bc + ca 1 + + = nên ta = hay ab + bc + ca = abc a b c Từ a + b + c = ta a + b + c + ( ab + bc + ca ) = hay A = a2 + b2 + c2 = Bài 25 Từ a + b + c = abc ta Từ 1 + + = ab bc ca 1  1  1 +  = + + = ta + + +  + a b c a b c  ab bc ca  Do suy 1 + + =2 a b c Bài 26 Đặt m = y 1 x z + + = ; n = p = Khi ta có giả thiết m + n + p = m n p a b c Và biểu thức cần tính giá trị A = m2 + n2 + p2 Từ 1 + + = ta mn + np + pm = m n p Khi A = m + n + p2 = ( m + n + p ) = Bài 27 Từ a + b + c = ab + bc + ca = ta suy a = b = c = Đến ta A = Bài 28 Đặt x = a; y = 2b; z = 3c Khi giả thiết trở thành x + y + z = xy + yz + zx = Tương tự ta suy x = y = z = nên suy a = b = c = Do thay ( −1) vào biểu thức A viết A = 2018 − 12019 + ( −1) 2020 = 12018 1 Bài 29 Đặt x = ; y = ; z = Khi giả thiết viết lại thành x + y + z = Biểu a b c thức A viết lại thành A = bc ca ab x + y + z + + = xyz a b2 c Từ x + y + z = dễ dàng chứng minh x3 + y3 + z3 = 3xyz Do ta A = Bài 30 Từ ( a + b + c ) = a + b2 + c suy ab + bc + ca = nên 1 + + =0 a b c 1 Đặt x = ; y = ; z = Khi giả thiết viết lại thành x + y + z = Từ a b c x + y + z = dễ dàng chứng minh x3 + y3 + z3 = 3xyz Do ta 1 + 3+ 3= abc a b c ( Bài 31 Từ a3 – 3ab2 = 10 ta a – 3ab2 ( Từ b3 – 3a b = ta b3 – 3a b ) ) = 10  a − 6a b2 + 9a b4 = 100 = 52  b6 − 6a b4 + 9a b2 = 25 Từ để ý a2 + b2  ta a − 6a b + 9a b + b6 − 6a b + 9a b = 125 (  a + 3a b + 3a b + b6 = 125  a + b ) = 125  a + b = Vậy ta a2 + b2 = 25 Bài 32 Ta có ( = (x ) ( ) M = x − + y − + 2x y = x − 2x + + y − 2y + + 2x y ) ( ) ( + 2x y + y − x + y + = x + y ) ( ) − x + y + = 2 − 2.2 + = Vậy giá trị biểu thức M không phụ thuộc vào giá trị biến số x y  3 Bài 33 Ta có y − x = 2x + 3x + =  x +  +  nên suy x  y 4  3 2   15 Lại có ( x + ) − y = 4x + 9x + =  2x +  +  nên suy y  x +  16  3 Như ta có x  y  x + Mà ta có x y số nguyên nên y = x + Thay y = x + vào đẳng thức ban đầu ta ( x; y ) = ( −1; ) Vậy ( x; y ) = ( −1; ) thỏa mãn yêu cầu toán Bài 34 Đẳng thức cần chứng minh viết lại thành ( ) ( ) ( ) a ( b − c ) b + c − a + c ( a − b ) a + b − c − b (a − c ) a + c − b2 = Đặt x = a + b − c; y = b + c − a; z = a + c − b nên ta a = x+y y+z x+z ;b = ;c = 2 Khi ta có ( ) ( ) ( a ( b − c ) b + c − a + c (a − b ) a + b − c − b (a − c ) a + c − b2 ) x+z x+y y+z y+z  x+z x+y 2  −  −  y +  x − ( x + y )( x − y ) z  2   2  x+z x−z y+z z−y 2 = y + x − x − y z 2 2 1 1 = x − z2 y2 + z2 − y2 x2 − x2 − y2 z2 = x2 − y2 z2 − x2 − y2 z2 = 4 4 = ( ( ) ( ) ( ) ) ( ) ( ) Vậy đẳng thức chứng minh Bài 35 Biến đổi giả thiết ta a − b = a = b 4a + b2 = 5ab  ( a − b )( 4a − b ) =     4a − b = a = 4b Do 2a  b  nên 4a = b loại Như a = b C = ab a2 = = 2 2 4a − b 4a − a Bài 36 Ta có ( 7a – 3b – 2c )( 7a – 3b + 2c ) = ( 7a – 3b ) – 4c = 49a − 42ab + 9b – 4c 2 Vậy ta ( 7a – 3b – 2c )( 7a – 3b + 2c ) = ( 3a – 7b ) Bài 37 Ta có a + b2  2ab;a + c  2ac; b2 + c  2ac Suy 2a2 + 2b2 + 2c2  2ab + 2ac + 2bc  a2 + b2 + c2  ab + ac + bc Mà a + b + c = nên ta a2 + b2 + c2 + 2ab + 2ac + 2bc =  −a2 − b2 − c2 = 2ab + 2ac + 2bc Do ta 3ab + 3ac + 3bc   ab + bc + ca  Vậy toán chứng minh Bài 38 Đặt a − b = x; b − c = y; c − a = z nên suy x + y + z = hay z = − ( x + y ) Ta có x3 + y + z3 = 210  x3 + y − ( x + y ) = 210  −3xy ( x + y ) = 210  xyz = 70 Do x, y, z số nguyên có tổng thỏa mãn xyz = 70 = ( −2 ) ( −5 ) nên ta x, y, z  −2; −5; 7 Do A = a − b + b − c + c − a = x + y + z = 14 a + b + c = 14 a + b2 + c = 14  Bài 39 Ta có  Suy ta a + 2b + 3c = 14 2a + 4b + 6c = 28 a + b2 + c – 2a – 4b – 6c = − 14  ( a – 1) + ( b – ) + ( c – ) =  a = 1; b = 2; c = 2 Vậy ta T = abc = Bài 40 Từ a + b + c = ta b + c = −a ( b + c ) = a  b2 + 2bc + c = a Do suy ( a − b − c = 2bc  a − b − c ( ) (  a + b4 + c = a + b2 + c Vậy ta a + b4 + c = ) ) = 4b c  a + b + c = 2a b + 2b c + 2c 2a 2 ( a + b2 + c 2 ) Bài 41 Ta có a = ( a + b − c ) − b2 = ( a + b − c + b )( a + b − c − b ) = ( a + 2b − c )( a − c ) Tương tự ta có b2 + ( b − c ) = ( 2a + b − c )( b − c ) Do a2 + (a − c ) 2 b2 2 ( a + 2b − c )( a − c ) + ( a − c ) = + (b − c) ( 2a + b − c )( b − c ) + ( b − c ) = ( 2a + 2b − 2c )(a − c ) = a − c ( 2a + 2b − 2c )( b − c ) b − c Bài 42 Ta có x3 = 3x − 1; y3 = 3y − 1; z3 = 3z − nên ta x − y = ( x − y ) x + xy + y =    y − z = ( y − z )   y + yz + z =   z + zx + x = 3   z − x = ( z − x ) Đến ta x − z + xy − yz =  ( x − y )( x + y + z ) =  x + y + z = Cộng theo vế đẳng thức ta ( ) x2 + y + z2 + ( xy + yz + zx ) =  ( ) x + y2 + z2 + ( x + y + z ) = 2 Để ý rẳng x + y + z = ta x2 + y2 + z2 = Bài 43 Từ ax + by = c; bx + cy = a; cx + ay = b ta ( a + b + c ) x + ( a + b + c ) y = a + b + c  (a + b + c )( x + y − 1) = Từ ta a + b + c = x + y = + Với a + b + c = ta thu (a + b + c ) (a ) + b2 + c − ab − bc − ca =  a + b3 + c = 3abc + Với x + y = ta y = − z Thay vào giả thiết toán ta a = b = c Do ta có a3 + b3 + c3 = 3abc Vậy toán chứng minh Bài 44 a) Giả sử a, b hai số thực phân biệt thỏa mãn a2 + 3a = b2 + 3b = Khi ta a − b + ( a − b ) =  ( a − b )( a + b ) + ( a − b ) =  ( a − b )( a + b + ) = Do a b khác nên từ đẳng thức ta a + b + = hay a + b = −3 b) Từ a + b = −3 ta ( a + b ) = −27 hay a + b + 3ab ( a + b ) = −27 Từ kết hợp với a + b = −3 ta a3 + b3 − 9ab = −27 Do a + 3a + b2 + 3b =  ( a + b ) − 2ab + ( a + b ) =  ab = −2 Do vây ta a3 + b3 = −45 Bài 45 Biến đổi giả thiết toán ta (a ) 2 + b2 − ( a + b ) + (1 − ab)2 = −4ab  ( a + b ) − 2(ab + 1)  (a + b)2 + (1 + ab ) =    ( a + b ) − 2(a + b)2 (1 + ab) + (1 + ab)2 =  ( a + b ) − (1 + ab )  =    ( a + b ) − ( + ab ) =  ( a + b ) = + ab  a + b = + ab 2 Do a b số hữ tỉ nên suy + ab số hữu tỉ 2 Bài 46 Nhận xét n + = ( n − 1) + 1 ( n + 1) + 1 Do ta    ( ) (4 M= ( + 1) ( + 1) ( 22 + 2 2 )( + 1) ( ) (16 + 1) (18 + 62 + 2 )( + 1) ( 20 )= = + 1) 20 + 401 + 18 + 2 Bài 47  a − b  a − 2ab + b2 3a + 3b2 − 6ab 10ab − 6ab a) Xét P =  = = =  = 2 3a + 3b2 + 6ab 10ab + 6ab  a + b  a + 2ab + b Mà P   P = b) Tương tự ta xét E2 =  E =  10 n +  Bài 48 Kết A =      10n +  B=     2.10 n +  C=    Bài 49 ( ) (a • Điều kiện cần Giả sử a m − n ) − , Do a, m , n số nguyên dương với a  nên suy am −  ( ) (a Do từ a m − n ( ) ) ( ) − ta suy a m −  a n − nên m  n Đặt m = qn + r với q,r  N,0  r  n ( ) ( ) Do a m − = a qn +r − = a r a qn − + a r − ( ) (a Nhận thấy a m − n ( ) ) (a − a qn − n ( ) − nên ta suy a r − ) (a n Mà ta có  r  n nên  ar −  an − nên suy ar − =  r = Vậy ta m = qn hay m chia hết cho n • Điều kiện đủ Giả sử m chi hết cho n Khi đặt m = nq với q số tự nhiên ( ) Ta có a m − = a nq − = a n ( ) (a Từ suy a m − n q ( )( ) − = an −  an  q −1 ( ) + an q −2 ( ) + an q −3 + + 1  ) −1 Vậy toán chứng minh Bài 50 a) Vì chữ số tận M nên M chia hết cho Xét trường hợp sau ) −1 + Cả a b số lẻ nên a b2 số lẻ, suy M số lẻ, trường hợp không xẩy + Một hai số a b có số chẵn số lẻ, khơng tính tổng qt ta giả sử a số lẻ, b số chẵn Khi a số lẻ b2 số chẵn nên M số lẻ, trường hợp khơng xẩy Do hai số a b số chẵn Khi M chia hết cho 4, từ suy M chia hết cho 20 ( ) ( )( ) b) Ta có a + ab + b2 ( a − b ) = a − b3  a − b3 a + b3 ( ) Lại có a − a = a ( a − 1)( a + 1) a + , tương tự ta có b6 − b2 Do ta a2 − b2 , từ ta ab ( a − b ) nên ta có ( ) ab ( a − b )( a − b )  ab a − 2ab + b2 Suy abM Từ suy ab.3ab  ab Ta có M = a + ab + b  bM = ab ( a + b ) + b mà ab ( a + b ) nên b3  b Suy a = M − b ( a + b )  a  a nên M 25 Lại có 25 hai số nguyên tố nên M 100 hay số hàng chục M Bài 51 Chú ý 15 = 3.5 ( 3, ) = , nên ta quy toán chứng minh x chia hết cho cho • Chứng minh x chia hết cho Đặt y5 = a với a số nguyên dương Khi ta có 2x2 − = a hay ( ) 2x2 = ( a + 1) a − a + a + d Gọi d = a + 1,a − a + , ta có  a − a + d ( ) Từ ta a − a + − ( a + 1)( a − ) d nên d , suy d = d = a + = x a + = + Nếu d = từ 2x = ( a + 1) a − a + ta   2 a − a + = x a − a + = 2 ( ) Dễ thấy a2 − a + =  a2 − a − = nghiệm nguyên dương a + = a =  Do ta có  , loại khơng thỏa mãn x   a − a + = x x = ( ) + Nếu d = , từ 2x2 = ( a + 1) a − a + ta 2x2 nên x2  x • Chứng minh x chia hết cho Đặt y = b , với b số nguyên dương ( ) Khi ta có 2x2 − = b5 hay 2x2 = ( b + 1) b4 − b3 + b2 − b +  b + d Gọi d = b + 1, b4 − b3 + b2 − b + Do ta   b − b + b − b + d ( ) ( ) ( ) Khi b4 − b3 + b2 − b + − ( b + 1) b3 − 2b2 + 3b − d nên d , suy d = d = ( ) + Nếu d = từ 2x2 = ( b + 1) b4 − b3 + b2 − b + ta  b + = x  b + =   2  b − b + b − b + = x  b − b + b − b + = Dễ thấy b4 − b3 + b2 − b + =  b4 − b3 + b2 − b − = khơng có nghiệm ngun dương  b + = b =  Do ta có  , loại khơng thỏa mãn x   2 x =  b − b + b − b + = x  ( ) + Nếu d = , từ 2x2 = ( b + 1) b4 − b3 + b2 − b + ta 2x2 25 nên x Vậy ta x 15 Bài toán chứng minh Bài 52 Từ giả thiết a + b2 + c = ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) ( 2 ) Suy a + b2 + c = a + b2 + c − ( ab + bc + ca ) Hay ta a + b2 + c = ( ab + bc + ca )  ( a + b + c ) = ( ab + bc + ca ) Do ( ab + bc + ca ) số phường, mà số phương nên suy ab + bc + ca số phương Cũng từ a + b + c = ( ab + bc + ca ) ta a + b2 + c + 2ab − 2bc − 2ca = 4ab  ( a + b − c ) = 4ab Từ suy ab số phương Hồn tồn tương tự ta bc; ca số phương Vậy số ab; bc; ca ab + bc + ca số phương Bài 53 Do p số nguyên tố nên p số chẵn p = , cịn p số lẻ p có dạng p = 4k + p = 4k + Khi ta xét trường hợp sau • Trường hợp Nếu p = suy p3 + p−1 khơng ngun • Trường hợp Nếu p = 4k + , ta p3 + nên p3 + p−1 = ( 4k + 1) + 2k số lẻ p−1 tích hai số tự nhiên liên tiếp • Trường hợp Nếu p = 4k + Giả sử p3 + p−1 tích hai số tự nhiên liên tiếp Khi ta có p3 + p−1 = x ( x + 1)  2p 2p2 + = ( 2x + 1) + với x số tự nhiên ( ) Từ suy ( 2x + 1) + p vơ lí p = 4k + Từ trường hợp trên, ta có điều phải chứng minh Bài 54 Ta có  a   b,c,d  Từ suy b + d − 2a  16 Mà ta lại có abd = ( b + d − 2a ) nên suy 102  abd  162   Suy ta abd  102 ;112 ;12 ;132 ;14 ;152 ;16 Hay ta abd 100;121;144;169;196; 225; 256 Do abcd + 72 số phương nên đặt abcd + 72 = k với k  N* Các số phương có chữ số tận 0; 1; 4; 5; 6; nên suy d  2; 3; 4; 7; 8; 9 Kết hợp với abd 100;121;144;169;196; 225; 256 ta suy abd = 144 abd = 169 + Với abd = 144 , ta a = 1; b = d = Mà ta lại thấy 144  ( + − 2.1) nên abd = 144 không thỏa mãn yêu cầu toán + Với abd = 169 , ta a = 1; b = 6;d = Mà ta lại thấy 169 = ( + − 2.1) nên abd = 169 thỏa mãn u cầu tốn Từ ta 16c9 + 72 = k2 nên k số lẻ, k số lẻ Mặt khác ta có 1609 + 72  16c9 + 72  1699 + 72 nên suy 412  k2  432 Từ suy k2 = 412 hay 16c9 + 72 = 412  16c9 = 1609  c = Vậy số cần tìm abcd = 1609 Bài 55 Gọi số lần xuất chữ số a, b, c, d đẳng thức n Khi ta xét trường hợp sau • Trường hợp 1: Nếu n = , đẳng thức trở thành abc + = ( d + 1) Vì 101  ( d + 1)  1000 nên ta suy  d  Khi ta cho d nhận giá trị 4; 5; 6; 7; 8; ta số abc tương ứng bảng sau d abc + 125 216 343 512 729 1000 abc 124 215 342 511 728 999 ( ) • Trường hợp 2: Nếu n = , đẳng thức trở thành aabbcc + = dd + ( ) 3 Vì 100001  dd +  1000000 nên ta suy  d  Khi ta cho d nhận giá trị 5; 6; 7; 8; ta thấy có d = thỏa mãn Từ ta a = b = c = • Trường hợp 3: Nếu n  , ta đặt x = 111  9x + = 10 n Từ ta n aa abb bcc c + = a.x.10 2n + b.x.10 n + c.x + = d x + 3d x + 3dx +  ax ( 9x + 1) + bx ( 9x + 1) + cx = d x + 3d x + 3dx ( )  81ax + ( 18a + 9b ) x  − d x + 3d x = 3d − ( a + b + c ) Từ suy 3d − ( a + b + c ) x Mà ta lại có x  111 3d − ( a + b + c )  26 Từ ta 3d − ( a + b + c ) = Lập luận tương tự ta 3d − ( 18a + 9b ) = d3 − 81a = Từ ta d3 81  d = Đến ta suy a = b = c = Vậy số ( a, b,c,d ) thỏa mãn yêu cầu (1, 2, 4, ) ; ( 2,1, 5, ) ; ( 3, 4, 2,6 ) ; ( 5,1,1,7 ) ; (7, 2,8,8 ) chữ số a, b, c, d xuất lần ( 9,9,9,9 ) với chữ số a, b, c, d xuất n nguyên dương lần Bài 56 Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 1019a + 18b4 + 1007c  30ab + 6b 2c + 2008ca (  15 ( a − b ) ) ( ) ( +3 ( b − c ) + 1004 ( c − a )  )  15 a − 2ab2 + b2 + b4 − 2b2 c + c + 1004 c − 2ca + a  2 2 Vật bất đẳng thức chứng minh Đẳng thức xẩy a = b2 = c Bài 57 Biến đổi tương đương bất đẳng thức cần chứng minh ta k 1 16 + 4k + 3+ 3 3 a +b a b (a + b)  k 4k 8 − + 3− + 3− 0 3 a + b ( a + b ) a ( a + b ) b ( a + b )3 a − b  7b + 4ab + a 7a + 4ab + b  −  b a3 a + b  ( ) (a − b) (a  ( + 5a b + 12a b + 5ab + b a b3  3k ( a − b ) ( a + b ) 0 − 3  a + b3 (a + b ) ( ) − 3k ( a − b ) )( ) a − ab + b 0 )  ( a − b )  a + 5a b + 12a b + 5ab + b a − ab + b − 3ka b     Vì ( a − b )  nên bất đẳng thức (a )( ) + 5a b + 12a b2 + 5ab3 + b4 a − ab + b2 − 3ka b3  Cho a = b bất đẳng thức trở thành 24a6 − 3ka6   k  Ta chứng minh k = số lớn thỏa mãn bất đẳng thức cho Thật vậy, ta xét trường hợp sau ( )( ) + Với k  a + 5a b + 12a b2 + 5ab3 + b4 a − ab + b2 − 3ka b3  + Với k = bất đẳng thức viết lại thành (a )( ) + 5a b + 12a b2 + 5ab3 + b4 a − ab + b2 − 24a b3  Ta có a4 + b4  2a2 b2 ; a + b2  2ab nên ( ) a + 5a b + 12a b2 + 5ab3 + b4 = a + b4 + 5ab a + b2 + 12a b2  24a b2 a2 − ab + b2  ab Và ( )( ) Do ta có a + 5a b + 12a b2 + 5ab3 + b4 a − ab + b2  24a b3 Suy bất đẳng thức chứng minh Vậy số k lớn Bài 58 Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với ( a + b3 + c ) − + (a + b + c ) − 27  a + b2 + c abc ( a + b3 + c ) − + (a + b + c ) − 27  abc a + b2 + c 2 ( a + b + c ) a + b2 + c − ab − bc − ca 18 a + b + c − ab − bc − ca  − 0 abc a + b2 + c a+b+c   a + b2 + c − ab − bc − ca  − 0 2  a +b +c   abc ( ) ( ( ) ) ( ) 2  ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a )  ( a + b + c ) a + b + c − 9abc      Do ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a )  nên ta cần chứng minh 2 (a + b + c ) (a  a + b3 + c ) − 3abc + a ( b + b + c − 9abc  ) ( ) ( ) + c + b c + a + c a + b − 6abc  Bất đẳng thức ta có ( a + b + c ) ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) a + b + c − 3abc = ( 3 ) ( 2 ) ( )   0 Và a b2 + c + b c + a + c a + b − 6abc = a ( b − c ) + b ( c − a ) + c ( a − b )  2 Vậy bất đẳng thức chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c ( Bài 59 Dễ dàng chứng minh ( x − y ) + ( x + y ) = x + 6x y + y 4 Áp dụng đẳng thức ta (a + b + c ) + ( b + c − a ) ( c + a − b) + (a + b − c ) 4 (b + c) + (b − c) 4 ( = ( b + c ) + 6a ( b + c ) + a    2 = ( b − c ) + 6a ( b − c ) + a    = b + 6b c + c ) ) Do ta (a + b + c ) + ( b + c − a ) + ( c + a − b ) + (a + b − c ) = ( a + b + c ) + 24b c + 12a ( b + c ) + ( b − c )    4 4 ( 2 ) 2 ( = a + b + c + 24 a b + b c + c 2a ) Như ta cần chứng minh ( ) ( ) ( a + b + c + 24 a b + b c + c 2a  28 a + b + c )  a b2 + b2 c + c 2a  a + b + c Bất đẳng thức cuối bất đẳng thức Vậy bất đẳng thức chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c Bài 60 a) Xét hiệu hai vế bất đẳng thức ( ) a + b + c − ( ab + bc + ca ) = a − 2ab + b + b − 2bc + c + c − 2ca + a 2 (a − b) + ( b − c ) + (c − a ) = 2 0 a2 + b2 + c2  ab + bc + ca Suy Vậy bất đẳng thức chứng minh Đẳng thức xẩy a = b = c b) Xét hiệu hai vế bất đẳng thức (a ) + b + c + − ( a + b + c ) = a − 2a + + b − 2b + + c − 2c + = ( a − 1) + ( b − 1) + ( c − )  2 a + b2 + c +  ( a + b + c ) Suy Vậy bất đẳng thức chứng minh Đẳng thức xẩy Bài 61 Xét hiệu hai vế bất đẳng thức ( ) a + b2 + c − ( a + b + c ) a + b2 + c  a + b + c  a −  = 3   (a − b) + ( b − c ) + (c − a ) = 2 2 Suy a + b2 + c  a + b + c    3   Vậy bất đẳng thức chứng minh Đẳng thức xẩy a = b = c Bài 62 Ta có A = x2 − 2x + + 4y + 8y + + z − 6z + + 1= ( x − 1) + ( 2y + ) + ( z − ) +1  2 Do giá trị nhỏ A 1, đạt x = 1; y = −1; z = Bài 63 a) Ta có A = x2 + 4x + + 4y + 4y + + z + 8z + 16 + = ( x + ) + ( 2y + 1) + ( z + ) +  2 Giá trị nhỏ A 1, đạt x = −2; y = − ; z = −4 b) Tương tự ta có B = x2 − 2x + + 4y − 12y + + 9z − 12z + + 1986 = ( x − 1) + ( 2y − ) + ( 3z − ) + 1986  1986 2 Giá trị nhỏ B 1986, đạt x = 1; y = ; z = Bài 64 Biến đổi đẳng thức cho ta x − 2xy + y + 3x − 2y − + = 2x − x − 3x +  ( x − y + 1) + x − + ( x − 1)( x − ) = 2x − Do ( x − y + 1) + x − + ( x − 1)( x − )  nên suy 2x −   ( x − )   x  2 Với x  ( x − y + 1) + x − = ( x − y + 1) + x − 2; ( x − 1)( x − ) = x − 3x + 2 Khi đẳng thức ta ( x − y + 1) + x − + ( x − 1) = ( x − )  ( x − y + 1) = ( x − )( − x + − 1) = − ( x − )  ( x − y + 1) + ( x − ) 2 ( x − y + 1)2 = x − = x =  =0     x − y + = y = ( x − ) = Vậy ( x; y ) = ( 2; ) thỏa mãn yêu cầu toán ... hẳng đẳng thức đáng nhớ hẳng đẳng thức mở rộng ta có thẻ áp dụng giải số dạng tập toán sau + Áp dụng trực tiếp đẳng thức để thực tính phép tính, tính giá trị biểu thức số + Áp dụng đẳng thức. .. gọn biểu thức chứng minh đẳng thức + Áp dụng đẳng thức để giải tốn tìm giá trị biến Xác định hệ số đa thức + Bài tốn tính giá trị biểu thức với biến có điều kiện + Chứng minh bất đẳng thức toán... Định hướng tư Quan sát đẳng thức cần chứng minh ta thấy có hai hướng + Hướng Khai triển vế trái đẳng thức sử dụng đẳng thức để biến đổi biểu thức vế phải + Hướng Sử dụng đẳng thức biến đổi đồng thời