bạn thấy thú vị với những khám phá của mình ở bài tập này, hãy gửi gấp bài viết về cho chuyên mục EUREKA của TTT2.
8 PHƯƠNG PHÁP HOÁN VỊ VÒNG QUANH
Phân tích thành nhân tử là một trong những kĩ năng cơ bản nhất của chương trình đại số bậc THCS. Kĩ năng này được sử dụng khi giải các bài toán : biến đổi đồng nhất các biểu thức toán học, giải phương trình, chứng minh bất đẳng thức và giải các bài toán cực trị ... Sách giáo khoa lớp 8 đã giới thiệu nhiều phương pháp phân tích thành nhân tử. Sau đây tôi xin nêu một phương pháp thường sử dụng, dựa vào việc kết hợp các phương pháp quen thuộc như đặt nhân tử chung, nhóm số hạng, hằng đẳng thức ...
Phương pháp này dựa vào một số nhận xét sau đây :
1/ Giả sử phải phân tích biểu thức F(a, b, c) thành nhân tử, trong đó a, b, c có vai trò như nhau trong biểu thức đó. Nếu F(a, b, c) = 0 khi a = b thì F(a, b, c) sẽ chứa các nhân tử a - b, b - c và c - a. biểu thức đó. Nếu F(a, b, c) = 0 khi a = b thì F(a, b, c) sẽ chứa các nhân tử a - b, b - c và c - a.
Bài toán 1 : Phân tích thành nhân tử :
F(a, b, c) = a2(b - c) + b2(c - a) + c2(a - b).
Nhận xét : Khi a = b ta có :
F(a, b, c) = a2(a - c) + a2(c - a) = 0, do đó F(a, b, c) có chứa nhân tử a - b.
Tương tự F(a, b, c) chứa các nhân tử b - c, c - a. Vì F(a, b, c) là biểu thức bậc ba, do đó F(a, b, c) = k.(a - b)(b - c)(c - a).
Cho a = 1, b = 0, c = -1 ta có : 1 + 1 = k.1.1.(-2) => k = -1.
Vậy : F(a, b, c) = -(a - b)(b - c)(c - a).
Bài toán 2 : Phân tích thành nhân tử :
F(a, b, c) = a3(b - c) + b3(c - a) + c3(a - b).
Nhận xét : Tương tự như bài toán 1, ta thấy F(a, b, c) phải chứa các nhân tử a - b, b - c, c - a. Nhưng ở đây F(a,
b, c) là biểu thức bậc bốn, trong khi đó (a - b)(b - c)(c - a) bậc ba, vì vậy F(a, b, c) phải có một thừa số bậc nhất của a, b, c. Do vai trò a, b, c như nhau nên thừa số này có dạng k(a + b + c). Do đó :
F(a, b, c) = k(a - b)(b - c)(c - a)(a + b + c) Cho a = 0 ; b = 1 ; c = 2 => k = -1.
2/ Trong một số bài toán, nếu F(a, b, c) là biểu thức đối xứng của a, b, c nhưng F(a, b, c) ≠ 0 khi a = b thì ta thử xem khi a = -b, F(a, b, c) có triệt tiêu không, nếu thỏa mãn thì F(a, b, c) chứa nhân tử a + b, và thì ta thử xem khi a = -b, F(a, b, c) có triệt tiêu không, nếu thỏa mãn thì F(a, b, c) chứa nhân tử a + b, và từ đó chứa các nhân tử b + c, c + a.
Bài toán 3 : Chứng minh rằng :
Nếu : 1/x + 1/y + 1/z = 1/(x + y + z) thì 1/xn + 1/yn + 1/zn = 1/(xn + yn + zn) với mọi số nguyên lẻ n.
Nhận xét :
Từ giả thiết 1/x + 1/y + 1/z = 1/(x + y + z) => : (xy + xz + yz)(x + y + z) - xyz = 0 (*)
Do đó ta thử phân tích biểu thức
F(x, y, z) = (xy + xz + yz)(x + y + z) - xyz thành nhân tử.
Chú ý rằng khi x = - y thì F(x, y, z) = - y2z + y2z = 0 nên F(x, y, z) chứa nhân tử x + y. Lập luận tương tự như bài toán 1, ta có F(x, y, z) = (x + y)(y + z)(x + z).
Do đó (*) trở thành : (x + y)(y + z)(x + z) = 0
Tương đương với : x + y = 0 hoặc y + z = 0 hoặc z + x = 0 .
Nếu x + y = 0 chẳng hạn thì x = - y và do n lẻ nên xn = (-y)n = -yn. Vậy : 1/xn + 1/yn + 1/zn = 1/(xn + yn + zn)
Tương tự cho các trường hợp còn lại, ta có đpcm.
Có những khi ta phải linh hoạt hơn trong tình huống mà hai nguyên tắc trên không thỏa mãn :
Bài toán 4 :
Phân tích đa thức sau thành nhân tử : F(x, y, z) = x3 + y3 + z3 - 3xyz.
Nhận xét : Ta thấy rằng khi x = y hay x = -y thì F(x, y, z) ≠ 0. Nhưng nếu thay x = -(y + z) thì F(x, y, z) = 0
nên F(x, y, z) có nhân tử x + y + z. Chia F(x, y, z) cho x + y + z, ta được thương x2 + y2 + z2 - xy - yz - zx và dư là 0. Do đó :
F(x, y, z) = (x + y + z)(x2 + y2 + z2 - xy - yz - zx).
Ta có thể thêm bớt vào F(x, y, z) một lượng 3x2y + 3xy2 để nhân được kết quả này. Các bạn hãy dùng các phương pháp và kết quả nêu trên để giải các bài tập sau đây.
Bài toán 5 :
Tính tổng :
trong đó k = 1, 2, 3, 4.
Bài toán 6 : Chứng minh rằng (a - b)5 + (b - c)5 + (c - a)5 chia hết cho 5(a - b)(b - c)(c - a). 8 NHỮNG KHAI THÁC TỪ MỘT ĐA THỨC QUEN THUỘC
Lời tòa soạn : Đa thức F(a, b, c) = a3 + b3 + c3 - 3abc chắc là rất có “duyên” với các bạn. Ngoài bài viết của TS. Lê Quốc Hán (xem trang 7), TTT2 nhận được 3 bài viết của nhà giáo Nguyễn Đức Tấn (TP Hồ Chí
Minh) và hai bạn Trần Đức Trung (9B, THCS Nguyễn Đăng Đạo, TX Bắc Ninh, Bắc Ninh), Nguyễn Thị
Thanh Thủy (8B1, THCS Vĩnh Niệm, Lê Chân, TP Hải Phòng) khai thác các bài toán liên quan tới đa thức
này. TTT2 xin được tổng hợp lại và trân trọng giới thiệu cùng bạn đọc.
a3 + b3 + c3 - 3abc.
Lời giải : Ta có a3 + b3 + c3 - 3abc = (a + b)3 - 3a2b - 3ab2 + c3 - 3abc = [(a + b)3 + c3] - 3ab(a + b + c) = (a + b + c)[(a + b)2 - (a + b)c + c2 - 3ab] = (a + b + c) (a2 + b2 + c2 - ab - ac - bc) = 1/2.(a + b + c)[ (a - b)2 + (b - c)2 + (c - a)2 ]. Nhận xét :
Nếu a3 + b3 + c3 = 3abc thì a3 + b3 + c3 - 3abc = 0
Tương đương 1/2.(a + b + c)[ (a - b)2 + (b - c)2 + (c - a)2 ]. Hay tương đương với hoặc a + b + c = 0 hoặc a = b = c .
Nếu cho a = x - y ; b = y - z ; c = z - x thì a + b + c = 0, ta có bài toán :
Bài toán 2 : (Đề thi học sinh giỏi toán cấp II, miền Bắc 1962)
Phân tích đa thức (x - y)3 + (y - z)3 + (z - x)3 thành nhân tử.
Lời giải : Từ nhận xét trên ta có ngay :
(x - y)3 + (y - z)3 + (z - x)3 = 3(x - y)(y - z)(z - x).
* Với a = x2 + y2 ; b = z2 - x2 ; c = - y2 - z2 cũng cho a + b + c = 0 và ta lại có bài toán :
Bài toán 3 :
(Thi vô địch toán 8 - Belarussia - 1957) Phân tích thành nhân tử : (x2 + y2)3 + (z2 - x2) - (y2 + z2)3 Lời giải : (x2 + y2)3 + (z2 - x2)3 - (y2 + z2)3 = (x2 + y2)3 + (z2 - x2)3 + (- y2 - z2)3 = 3(x2 + y2)(z2 - x2)(- y2 - z2) = 3(x2 + y2)(y2 + z2)(x + z)(x - z).
* Lại cho a = 1/x ; b = 1/y ; c = 1/z , ta có bài toán khác :
Bài toán 4 : Cho 1/x + 1/y + 1/z = 0
Tính : P = xy/z2 + yz/x2 + zx/y2 .
Lời giải :
1/x + 1/y + 1/z = 0 => 1/x3 + 1/y3 + 1/z3 = 3/(xyz). Ta có :
P = xy/z2 + yz/x2 + zx/y2 = xyz.(1/x3 + 1/y3 + 1/z3) = xyz.3/(xyz) = 3 . Vậy P = 3.
Bài toán 5 : Cho abc ≠ 0, a3 + b3 + c3 = 3abc. Tính giá trị của : A = (1 + a/b)(1 + b/c)(1 + c/a)
Lời giải : Theo bài toán 1, a3 + b3 + c3 = 3abc.
Tương đương với : hoặc a + b + c = 0 hoặc a = b = c . + Nếu a + b + c = 0 thì :
A = (a + b)/b .(b + c)/c .(c + a)/a = (- c/b).(- a/c).(- b/a) = - 1.
+ Nếu a = b = c thì : A = (1 + 1)(1 + 1)(1 + 1) = 2 . 2 . 2 = 8. Vậy A nhận hai giá trị là 8 và -1. * Với a = yz ; b = zx ; c = xy thì : a3 + b3 + c3 = 3abc
Tương đương y3z3 + z3x3 + x3y3 = 3x2y2z2. Từ đó hình thành bài toán :
x3y3 + y3z3 + z3x3 = 3x2y2z2. Tính giá trị biểu thức : M = (1 + x/y).(1 + y/z).(1 + z/x) .
Lời giải : Theo cách đặt nêu trên, dễ dàng đưa bài toán 6 về bài toán 5.
Kết quả M = - 1 hoặc M = 8.
Bài toán 7 : Giải hệ :
(Thi học sinh giỏi TP Hồ Chí Minh, 1986-1987)
Lời giải : Theo bài 1, ta có :
a3 + b3 + c3 - 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca) Tương đương 1 - 3abc = 1 - ab - bc - ca
Hay 3abc = ab + bc + ca . (1) Mặt khác (a + b + c)2 = 1
Tương đương a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) = 1 Hay ab + bc + ca = 0 . (2)
Từ (1) và (2) => abc = 0 tương đương với hoặc a = 0 hoặc b = 0 hoặc c = 0.
Từ đây lần lượt => các nghiệm của hệ là : (a, b, c) = (0, 0, 1) ; (0, 1, 0) ; (1, 0, 0) ;
Bài toán 8 : Cho :
Tính giá trị của biểu thức : P = a2002 + b2003 + c2004.
Lời giải : áp dụng bài 7, ta có kết quả duy nhất P = 1.
Bài toán 9 : (Thi vào lớp 10 chuyên toán THPT Lê Hồng Phong, TP Hồ Chí Minh, 1998)
Cho ΔABC có ba cạnh a, b, c thỏa mãn : a3 + b3 + c3 = 3abc. Hỏi ΔABC là tam giác gì ?
Lời giải : a3 + b3 + c3 = 3abc tương đương với hoặc a + b + c = 0 ( không xảy ra vì a, b, c > 0) hoặc a = b = c tương đương với ΔABC là tam giác đều.
Bài toán 10 : Cho :
Tính x3 + y3 + z3 theo a, b, c.
Lời giải : áp dụng bài 1 :
x3 + y3 + z3 - 3xyz = (x + y + z)(x2 + y2 + z2 - xy - yz - zx) Tương đương x3 + y3 + z3 = 3xyz + a(b2 - (xy + yz + zx)) (1) Mặt khác, a2 = (x + y + z)2 = x2 + y2 + z2 + 2(xy + yz + zx)
=> : xy + yz = [ a2 - (x2 + y2 + z2) ]/2 = (a2 - b2)/2 . (2)
Từ 1/x + 1/y + 1/z = 1/c tương đương với (xy + yz + zx)/xyz = 1/c hay xyz = c.(xy + yz + zx) Tương đương xyz = c.(a2 - b2)/2 . (theo (2)) (3) .
Thay (2) ; (3) vào (1) ta có :
x3 + y3 + z3 = 3c(a2 - b2)/2 + a[ b2 - (a2 - b2)/2 ] = [ 3c(a2 - b2) + a(3b2 - a2) ]/2 .
Bài toán 11 : Biết :
Chứng minh rằng a3 + b3 + c3 = 3abc.
Lời giải : Từ giả thiết ta => :
ax + by + bx + cy + cx + ay = a + b + c Tương đương (a + b + c)(x + y - 1) = 0
Tương đương hoặc a + b + c = 0 hoặc x + y - 1 = 0 . + Với a + b + c = 0, theo bài toán 1 => đpcm.
+ Với x + y - 1 = 0 => y = 1 - x, thay vào hệ, sau một số biến đổi dẫn đến a = b = c, theo bài toán 1 => đpcm. Chắc chắn vẫn còn nhiều tìm tòi khám phá xung quanh đa thức F(a, b, c) = a3 + b3 + c3 - 3abc.
Sau đây là một số bài toán cùng dạng của nhà giáo Nguyễn Đức Tấn, TP Hồ Chí Minh, gửi tới các bạn, xem như bài tập :
Bài toán 12 : Giải phương trình :
(3x - 2)3 - (x - 3)3 = (2x + 1)3.
Bài toán 13 : Giải phương trình nghiệm nguyên : (x + y)3 = (x - 2)3 + (y + 2)3 + 6.
Bài toán 14 : Phân tích thành nhân tử :
(x + y + z)3 - x3 - y3 - z3.
Bài toán 15 : Phân tích thành nhân tử :
(x + y + z)3 - (x + y - z)3 - (x - y + z)3 - (-x + y + z)3.
Bài toán 16 : Cho abc ạ 0, a + b + c = 0.
Tính : a2/(ab) + b2/(ca) + c2/(ab) .
Bài toán 17 : Cho a + b + c + d = 0. Chứng minh rằng :
a3 + b3 + c3 + d3 = 3(c + d)(ab - cd).
Bài toán 18 : Cho x, y thỏa mãn x2 + y2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức x 8 KHÔNG CHỈ DỪNG LẠI Ở VIỆC GIẢI TOÁN !
Trong học toán, việc tạo được thói quen chủ động tìm tòi, khai thác, phát triển các bài toán sẽ giúp người học hiểu sâu sắc kiến thức đã học, phát triển tư duy sáng tạo và tiếp thu tốt những kiến thức mới.
* Chúng ta sẽ bắt đầu từ một bài toán quen thuộc.
Bài toán 1 :
Cho ΔABC có B = 90o ; đường cao BH. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của BH và HC. Chứng minh : AM vuông góc với BN.
Lời giải :
Từ giả thiết ta có : MN là đường trung bình của ΔHBC (hình 1) => MN // BC, mặt khác BC vuông góc AB => MN vuông góc với AB.
Xét ΔABN có MN vuông góc với AB ; BM vuông góc với AN => M là trực tâm của ΔABN => AM vuông góc với BN (đpcm).
* Có rất nhiều hướng phát triển bài toán 1, cho ta những bài toán mới khá thú vị. Từ suy nghĩ nếu tạo được đường thẳng song song với AM hoặc BN thì đường thẳng đó sẽ tương ứng vuông góc với BN hoặc AM, ta cho thêm điểm K mà B là trung điểm của KC (hình 2), dễ dàng nhận thấy BN là đường trung bình của ΔCKH => BN // KH => AM vuông góc với KH. Ta có bài toán sau :
Bài toán 2 :
Cho ΔABC có góc B = 90o ; đường cao BH. Gọi M là trung điểm của BH và K là điểm đối xứng với C qua B. Chứng minh : KH vuông góc với AM.
Lời giải :
Gọi N là trung điểm của HC, theo chứng minh trên, ta có đpcm.
* Hoàn toàn là bài toán 2 nhưng với cách phát biểu khác đi, ta có bài toán 3.
Bài toán 3 :
Cho ΔABC cân tại A, đường cao AH. Hạ HI vuông góc với AC, M là trung điểm của HI. Chứng minh rằng BI vuông góc với AM.
* Tiếp tục phát triển theo hướng trên : tạo ra đường thẳng song song với AM, đường thẳng đó ắt vuông góc với BN.
Bài toán 4 :
Cho hình chữ nhật ABCD. Gọi H là hình chiếu của B trên AC, I và N lần lượt là trung điểm của AD và HC. Chứng minh rằng BN vuông góc với IN.
Gọi M là trung điểm của BH (hình 3).
Ta có AM vuông góc với BN (bài toán 1). Ta còn phải chứng minh AM // IN, thật vậy :
Do MN là đường trung bình của ΔHBC nên MN // = 1/2BC , mặt khác, ABCD là hình chữ nhật và I là trung điểm của AD nên IA // = 1/2 BC . Do đó IA // = MN => MNIA là hình bình hành => AM // IN, bài toán được chứng minh xong.
* Bài toán 4 còn nhiều cách giải khác. Kết hợp bài toán 3 và bài toán 4 ta có bài toán mới khó hơn chút xíu.
Bài toán 5 :
Cho ΔABC cân tại A, đường cao AH. Dựng hình chữ nhật AHCK ; HI vuông góc với AC. M và N lần lượt là trung điểm của IC và AK. Chứng minh rằng MN vuông góc với BI.
Lời giải :
Gọi J là trung điểm của HI (hình 4). áp bài toán 3 ta có BI vuông góc với AJ ; mặt khác, theo chứng minh của bài toán 4, tứ giác AJMN là hình bình hành và AJ // MN, vậy : MN vuông góc với BI (đpcm).
* Tương tự như bài toán 4 (dựng hình chữ nhật ABCD rồi tạo AM // IN), ta sẽ tạo EF // BN để được bài toán sau.
Cho hình chữ nhật ABCD. Gọi H là hình chiếu của B trên AC ; E, F, M lần lượt là trung điểm của AB, DH, BH. Chứng minh rằng AM vuông góc với EF.
Lời giải :
Gọi N là trung điểm của CH (hình 5). áp dụng chứng minh tứ giác AMNI là hình bình hành (bài toán 4) chứng minh được tứ giác BEFN cũng là hình bình hành, => EF // NB.
Mặt khác BN vuông góc AM (theo bài toán 1). Vậy ta có AM vuông góc với EF . * Lại kết hợp bài toán 4 và bài toán 6, cho ta một kết quả khác.
Bài toán 7 :
Cho hình chữ nhật ABCD. Gọi H là hình chiếu của B trên AC ; E, F, M, N lần lượt là trung điểm của AB, DH, HC, AD. Chứng minh rằng EF vuông góc với MN.
Lời giải :
Gọi I là trung điểm của BH (hình 6).
Lần lượt theo các bài toán 1, 4, 6 ta có các kết quả sau : AI vuông góc với BM, AI // MN, BM // EF => EF vuông góc với MN (đpcm).
* Tiếp tục khai thác, phát triển bài toán 1 chắc chắn còn nhiều điều thú vị. Qua đây, tác giả mong muốn các bạn luôn có thói quen chủ động tìm tòi, khai thác, phát triển các bài toán, thông qua đó tự rèn luyện tư duy và
tích lũy được nhiều kiến thức bổ ích. Chúc các bạn thành công. 8 VẬN DỤNG BỔ ĐỀ HÌNH THANG VÀO GIẢI TOÁN
* Trong Tạp chí Toán Tuổi thơ 2 số 4 (TTT2(4)), tháng 6 năm 2003, ở mục kết quả Thử tí toán
một đoạn thẳng song song với một đường thẳng cho trước chỉ bẳng thước thẳng, ta đã dựa vào một bổ đề : “Đường thẳng nối giao điểm các đường chéo của hình thang với giao điểm các cạnh bên kéo dài sẽ chia đáy của hình thang thành hai phần bằng nhau”.
Bổ đề này thường được gọi là bổ đề “Hình thang”. Để chứng minh bổ đề, các bạn có thể tham khảo phần chứng minh trong TTT2(4).
* ở bài viết này, xin nêu thêm một số dạng ứng dụng khác của bổ đề “Hình thang”.
Bài toán 1 : Cho DABC. M, N, P lần lượt là các điểm trên các cạnh BC, CA, AB. Nối AM, BN, CP cắt nhau
tại I, J, K (hình 1). Kí hiệu S là diện tích, chứng minh rằng : Nếu SΔAIN = SΔBJP = SΔCKM = SΔIJK thì SAPJI = SBMKJ = SCNIK.
Lời giải : Gọi L là giao điểm của CI và NK.
Từ SΔANI = SΔIJK => SΔANI + SΔAIJ = = SΔIJK + SΔAIJ => SΔNAJ = SΔKAJ.
Ta nhận thấy ΔNAJ và ΔKAJ có chung cạnh AJ nên khoảng cách từ N và K tới AJ là bằng nhau, dẫn đến NK // AJ.
Xét hình thang KNAJ, có hai cạnh bên AN x JK = C ; có hai đường chéo AK x JN = I, theo bổ đề “Hình thang”, CI cắt NK tại trung điểm của NK. Vậy L là trung điểm của NK (*).
Từ (*) ta chứng minh được SΔCIN = S ΔCIK, mà SΔAIN = S ΔCKM => SΔCIM = SΔCIA => IA = IM (**) ( ΔCIM và ΔCIA có chung đường cao hạ từ C tới AM).
Từ (**) => S ΔBIA = S ΔBIM ( ΔBIM và ΔBIA có chung đường cao hạ từ B tới AM). Tương đương với S ΔBPJ + SAPJI = S ΔIJK + SBJKM hay SAPJI = SBJKM (do S ΔBPJ = SIJK).
Hoàn toàn tương tự, ta chứng minh được từng cặp trong ba tứ giác APJI, BMKJ, CNIK có diện tích bằng nhau và do đó diện tích của ba tứ giác này bằng nhau.
* Xét bài toán đảo của bài toán dựng hình chỉ bằng thước kẻ trong TTT2(4) nói trên.
Bài toán 2 : Cho trước một đoạn thẳng AB và trung điểm M của nó. Chỉ bằng thước thẳng, hãy dựng qua