Các hằng đẳng thức luôn là công cụ đắc lực để giải các bài toán số học và đại số. Trong mục này, bên cạnh bảy hằng đẳng thức đáng nhớ quen thuộc, các hằng đẳng thức mở rộng cũng đƣợc sử dụng nhiều trong các đề tốn khó và nâng cao. 7 hằng đẳng thức đáng nhớ (a + b)2 = a2 + 2ab + b2. (a - b)2 = a2 - 2ab + b2. a2 - b2 = (a - b) .(a + b). (a + b)3 = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3. (a - b)3 = a3 - 3a2b + 3ab2 - b3. a3 + b3 = (a + b)(a2 - ab + b2).
a3 - b3 = (a - b)(a2 + ab + b2).
Các hằng đẳng thức mở rộng
(a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2ab + 2ac + 2bc.
(a1 + a2 +...+ an)2 = a12 + a22+...+ an2+ 2 a1 a2+2 a1 a3+...+2 a1 an+2 a2 a3+...+2 a2 an+...+2an-1 an.
an - bn = (a - b)( an-1 + an-2b + an-3b2 +...+ a2bn-3 + abn-2 + bn-1). Từ đó ta có an - bn ⋮
a - b.
an + bn = (a+b)( an-1- an-2b + an-3b2 -...+ a2bn-3 - abn-2 + bn-1) với n lẻ. Từ đó ta có an + bn ⋮ a + b với n lẻ.
Khai triển nhị thức Newton
(a + b)n = an + nan-1b + 𝑛.(𝑛−1)
1.2 an-2b2 + 𝑛 𝑛 −1 (𝑛−2)
1.2.3 an-3b3 +...+ bn.
Tam giác Pascal
Bảng các hệ số trong khai triển (a+b)n: 1 1 1 1 2 1 1 3 3 1 1 4 6 4 1 1 5 10 10 5 1 Với n = 0: (a+b)0 = 1 Với n = 1: (a+b)1 = a + b
Với n = 2: (a+b)2 = a2 + 2ab + b2
Với n = 3: (a+b)3 = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3
Với n = 4: (a+b)4 = a4 + 4a3b + 6a2b2 + 4ab3 + b4
Phƣơng pháp: sử dụng các hằng đẳng thức để biến đổi biểu thức đã cho,
từ đó sử dụng các tính chất chia hết, dấu hiệu chia hết,... để giải quyết bài tốn, đặc biệt, hai tính chất an
-bn ⋮a-b và an
+ bn ⋮a+b với n lẻ là 2 tính
chất đƣợc sử dụng nhiều trong các bài tốn.
Ví dụ 1. (Đề thi THPT chuyên - ĐHKHTN năm 1996).
Chứng minh rằng với mọi n nguyên dƣơng:
A = n3 + 5n ⋮ 6.
Giải:
Ta có: A = n3 + 5n = n3 − n + 6n = n n − 1 n + 1 + 6n.
Vì A = n n − 1 n + 1 là tích của 3 số tự nhiên liên tiếp nên A ⋮ 2 và A ⋮ 3 mà (2, 3) =1 nên A ⋮ 2.3 hay A ⋮ 6.
Lại có 6n ⋮ 6 nên A = n3 + 5n ⋮ 6 với mọi n nguyên dƣơng.
Ví dụ 2. Chứng minh rằng: n5 − 5n3 + 4n ⋮ 120 với n nguyên dƣơng.
Giải:
Ta có: 120 = 3.5.8.
n5 − 5n3 + 4n = n n4 − 5n2 + 4 = n n2 − 1 n2 − 4 = n − 2 n − 1 n n + 1 n + 2 .
Vì (n − 1)n(n + 1) là tích của ba số tự nhiên liên tiếp nên
(n − 1)n(n + 1) ⋮ 3, do đó n5 − 5n3 + 4n ⋮ 3 . (1)
Vì (n − 2)(n − 1)n(n + 1)(n + 2) là tích của năm số tự nhiên liên tiếp
nên (n − 2)(n − 1)n(n + 1)(n + 2) ⋮ 5. (2)
Vì n − 2, n − 1, n, n + 1, n + 2 là 5 số tự nhiên liên tiếp nên trong đó có
hai số chẵn liên tiếp mà tích của hai số chẵn liên tiếp chia hết cho 8 nên
n5 − 5n3 + 4n ⋮ 8 (3).
Lại có 3, 5, 8 là các số đôi một nguyên tố cùng nhau.
Ví dụ 3. (Đề thi vào lớp 10 chuyên toán của Hà Nội 2014 - 2015).
Chứng minh rằng:
Nếu n là số nguyên dƣơng thì 25n + 7n − 4n(3n + 5n) chia hết cho 65.
Giải: Ta có 65 = 5.13. Đặt A = 25n + 7n − 12n − 20n. Áp dụng tính chất an - bn ⋮a - b, ta có: A = (25n − 20n) − 12n − 7n . Vì 25n − 20n ⋮ 5 và 12n − 7n ⋮ 5 nên A ⋮ 5. Mặt khác: A = (25n − 12n) − (20n − 7n). Vì 25n − 12n ⋮ 13 và 20n − 7n ⋮ 13 nên A ⋮ 13.
A ⋮ 5; A ⋮ 13 mà 5 và 13 là hai số nguyên tố cùng nhau nên A ⋮ 65 với n là số nguyên dƣơng.
Ví dụ 4. Chứng minh rằng với số mọi số nguyên n >1, ta có:
nn + 5n2 − 11n + 5 ⋮ (n − 1)2. Giải: nn + 5n2 − 11n + 5 = (nn − n) + 5n2 − 10n + 5 = n(nn−1 − 1) + 5(n − 1)2 . (nn−1 − 1) = n − 1 (nn−2 + nn−3+ ⋯ + n + 1). = n − 1 nn−2 − 1 + nn−3 − 1 + ⋯ + n − 1 + 1 + n − 2 . = n − 1 nn−2 − 1 + nn−3 − 1 + ⋯ + n − 1 + (n − 1) . Vì nk − 1 ⋮ n − 1 với mọi k ∈ N, n ∈ N nên nn−2 − 1 + nn−3− 1 + ⋯ + n − 1 + n − 1 ⋮ n − 1. Do đó: (nn−1 − 1) ⋮ (n − 1)2, lại có: 5(n − 1)2 ⋮ (n − 1)2. Vậy nn + 5n2 − 11n + 5 = n(nn−1 − 1) + 5(n − 1)2 ⋮ (n − 1)2.