Hằng đẳng thức tổng ba lập phương

A. PHẦN MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Trong chương trình Đại số lớp 8, những hằng đẳng thức đáng nhớ là một trong
những nội dung kiến thức quan trọng. Mỗi hằng đẳng thức chính là một chìa khóa
giúp học sinh tháo gỡ được một lớp các bài toán ở nhiều dạng bài tập khác nhau một
cách chính xác, nhanh gọn.
Để trở thành học sinh giỏi Tốn, ngồi u cầu cần nắm vững về kiến thức cơ
bản trong chương trình, học sinh cịn phải biết tìm tịi, khai thác, vận dụng những
kiến thức nâng cao. Đối với học sinh lớp 8, 9, giáo viên ngoài việc hướng dẫn các
em vận dụng nhuần nhuyễn bảy hằng đẳng thức đáng nhớ, cần phải cung cấp thêm
một số hằng đẳng thức tổng quát, một số hằng đẳng thức nâng cao, giúp các em học
sinh khá giỏi có thể vận dụng để giải được nhiều bài tốn khó, nhiều dạng bài tập
hơn, tạo điều kiện cho mỗi học sinh có thể phát huy tối đa sức học. Khai thác ứng
dụng của các hằng đẳng thức nâng cao nhằm bổ sung những kiến thức mới, khơi dậy
niềm say mê học tập, phát huy tính tích cực nhận thức và phát triển kỹ năng tự học
của học sinh.
Trong q trình dạy học Tốn, bồi dưỡng học sinh giỏi Tốn, tơi thấy hằng
đẳng thức tổng ba lập phương là một trong số những hằng đẳng thức nâng cao có
rất nhiều ứng dụng; có thể giúp học sinh vận dụng để giải một số dạng tốn về phân
tích đa thức thành nhân tử, giải phương trình, rút gọn biểu thức, chứng minh bất
đẳng thức,..., giúp học sinh rèn luyện tư duy tốn học; sáng tạo trong q trình học
tập, tiếp thu kiến thức mới. Nhận thấy khả năng "ứng dụng rộng rãi" và xét thấy tính
"ưu việt" của hằng đẳng thức tổng ba lập phương nên tôi đã tiến hành nghiên cứu và
mạnh dạn trao đổi một số kinh nghiệm nhỏ này cùng các bạn.
2. Điểm mới của đề tài
Trong chương trình phổ thơng, hằng đẳng thức tổng ba lập phương sách giáo
khoa chưa đề cập đến. Trong sách bài tập Toán 8, đưa ra hai bài tập sau:
Bài 38: Cho a + b + c = 0. Chứng minh rằng a3 + b3 + c3 = 3abc.
Bài 57: Phân tích đa thức thành nhân tử: (x + y + z)3 - x3 - y3 - z3.
Trong nhiều sách nâng cao, sách tham khảo, hằng đẳng thức tổng ba lập
phương và ứng dụng của nó được một số tác giả quan tâm đưa vào với một số lượng

ít bài tập ở một vài dạng.
Do đó các chủ đề nâng cao khai thác vận dụng những hằng đẳng thức nâng
cao trong đó có hằng đẳng thức tổng ba lập phương là một chủ đề mới đáng được
quan tâm.
3. Phạm vi áp dụng
Vì đề tài này với mục đích nghiên cứu kiến thức cơ bản nâng cao, thực hiện
trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi nên phạm vi đề tài chỉ giới hạn trong công
tác bồi dưỡng học sinh giỏi khối lớp 8, 9 trường THCS.

1


B. PHẦN NỘI DUNG
1. THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU
Thực tế, trong quá trình dạy học, chúng ta gặp nhiều bài toán ở các dạng bài
khác nhau trong các đề thi học sinh giỏi, đòi hỏi học sinh phải đưa về dạng hằng
đẳng thức tổng ba lập phương. Nếu giáo viên chưa khai thác sâu kiến thức cơ bản,
học sinh chưa kịp thời bổ sung những kiến thức cơ bản nâng cao; chưa đào sâu suy
nghĩ để tìm cách vận dụng linh hoạt những hằng đẳng thức cơ bản nâng cao, cùng
việc tích luỹ dần các phương pháp và kỹ năng hữu hiệu thì khó có thể giải được
những bài tốn đó.
Trong thời gian trước khi áp dụng đề tài, khi gặp các dạng tốn mà để giải quyết
nó thì cần áp dụng hằng đẳng thức tổng ba lập phương, một số học sinh tuy có năng
lực tiếp thu bài tốt, có khả năng tư duy, có vốn kiến thức tích lũy được khá lớn vẫn
lúng túng, mất quá nhiều thời gian để biến đổi tìm tịi giải pháp. Học sinh thường
không biết bắt đầu từ đâu và đi theo hướng nào vì thế số đơng học sinh thường bỏ
qua, một số ít học sinh thì có làm nhưng thiên về biến đổi đơn giản biểu thức nên
không đi đến kết quả hoặc cho kết quả sai.
Qua khảo sát năng lực học sinh đối với việc giải các bài toán liên quan tới áp
dụng hằng đẳng thức nâng cao tổng của ba lập phương trước khi áp dụng đề tài cho

thấy kết quả như sau:

Kết quả điểm kiểm tra
Năm học

2011 -2012

Áp dụng đề tài

Chưa ap dụng

Giỏi

Kha

Trung
bình

Yếu

Kém

3%

9%

30%

52%

6%

2. CÁC GIẢI PHÁP NHẰM CẢI THIỆN THỰC TRẠNG
Để giúp học sinh lớp 8, 9 có kỹ năng giải thành thạo các bài tập về vận dụng
hằng đẳng thức tổng ba lập phương, trước hết giáo viên cần hướng dẫn học sinh
nắm được hằng đẳng thức; giúp học sinh phân loại các bài tập theo các dạng toán cơ
bản, nâng cao. Ở mỗi dạng toán, giáo viên cần đưa ra các ví dụ cụ thể, hướng dẫn
học sinh biết vận dụng hằng đẳng thức tổng ba lập phương để giải. Giáo viên đưa ra
những bài tập tương tự, bài tập vận dụng để học sinh có thể tự giải.
2


Hằng đẳng thức tổng ba lập phương có thể được sử dụng để giải nhiều bài
toán thuộc các dạng sau:
1) Phân tích đa thức thành nhân tử.
2) Rút gọn biểu thức. Tính giá trị của biểu thức
3) Chứng minh đẳng thức.
4) Trục căn thức ở mẫu.
5) Giải phương trình. Giải hệ phương trình.
6) Chứng minh bất đẳng thức
7) Chứng minh chia hết
8) Các dạng khác.

2.1. Giới thiệu hằng đẳng thức
tổng ba lập phương
* Với A, B, C là các biểu thức tuỳ ý ta có các hằng đẳng thức sau:
1) A3 + B3 + C3 = (A + B + C)(A2 + B2 + C2 - AB - BC - CA) + 3ABC
2) A3 + B3 + C3 = (A + B + C)3 - 3(A + B)(B + C)(C + A).
Để chứng minh hằng đẳng thức (1), ta có thể chọn một trong hai cách sau đây:
Cách 1: Ta có: (A + B + C)(A2 + B2 + C2 - AB - BC - CA)

= A(A2 + B2 + C2 - AB - BC - CA) + B(A2 + B2 + C2 - AB - BC - CA) +
+ C(A2 + B2 + C2 - AB - BC - CA)
= A3 + AB2 + AC2 - A2B - ABC - A2C + A2B + B3 + BC2 - AB2 – B2C - ABC + A2C + B2C + C3 - ABC - BC2 - AC2
= A3 + B3 + C3 – 3ABC.
Suy ra A3 + B3 + C3 = (A + B + C)(A2 + B2 + C2 - AB - BC - CA) + 3ABC
Cách 2: Ta có: A3 + B3 + C3- 3ABC
= (A + B)3 - 3AB(A + B) + C3 - 3ABC
= (A + B)3 + C3 – 3AB(A + B) - 3ABC
= (A + B + C)[(A + B)2 - (A + B)C + C2] - 3AB(A + B + C)
= (A + B + C)(A2 + 2AB + B2 - AC - BC + C2 - 3ABC)
= (A + B + C)(A2 + B2 + C2 - AB - BC - CA). Suy ra đpcm.
Để chứng minh hằng đẳng thức (2), ta có thể chọn một trong hai cách sau:
Cách 1: Ta có: (A + B + C)3 - 3(A + B)(B + C)(C + A)
= (A + B)3 + 3(A + B)2C + 3(A + B)C2 + C3 - (3A + 3B)(BC + AB + C2 + AC)
=A3 + 3A2B + 3AB2 + B3 + 3A2C + 6ABC + 3B2C + C3 - 3ABC - 3A2B - 3AC2 - 3A2C – 3B2C – 3AB2 – 3BC2 – 3ABC
= A3 + B3 + C3 . Suy ra đpcm.
Cách 2: (A + B + C)3 - (A3 + B3 + C3)
= (A + B)3 + 3(A + B)2C + 3(A + B)C2 + C3 - (A3 + B3 + C3)
= A3 + B3 + 3AB(A + B) + 3(A + B)2C + 3(A + B)C2 + C3 - A3 - B3 - C3
AB  ( A  B )C  C 2 �
= 3(A + B) �
�
�= 3(A + B)(B + C)(C + A). Suy ra đpcm.
3


2.2. Những ứng dụng của hằng đẳng thức tổng
ba lập phương
2.2.1. Phân tích đa thức thành nhân tử
Từ các hằng đẳng thức 1) và 2) ta suy ra:

* A3 + B3 + C3 - 3ABC = (A + B + C)(A2 + B2 + C2 - AB - BC - CA)
(1)
3
3
3
* Nếu A + B + C = 0 thì A + B + C = 3ABC
(2)
3
3
3
3
* (A + B + C) - A - B - C = 3(A + B)(B + C)(C + A)
(3)
Chúng ta có thể sử dụng (1), (2) và (3) để phân tích đa thức thành nhân tử.
Ví dụ 1: Phân tích đa thức 8x3 + 64y3 + z3 - 24xyz thành nhân tử.
Hướng dẫn: 8x3 + 64y3 + z3 - 24xyz = (2x)3 + (4y)3 + z3 - 3.(2x).(4y).z
= (2x + 4y + z)[(2x)2 + (4y)2 + z2 - (2x)(4y) - (2x)z - (4y)z]
= (2x + 4y + z)(4x2 + 16y2 + z2 - 8xy - 2xz - 4yz).
Ví dụ 2: Phân tích đa thức (x - y)3 + (y - z)3 + (z - x)3 thành nhân tử.
Hướng dẫn: Đặt a = x - y, b = y - z, c = z - x thì a + b + c = 0.
Do đó a3 + b3 + c3 = 3abc.
Vậy (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 ta có bài tốn:
Ví dụ 3: Phân tích thành nhân tử: (x2 + y2)3 + (z2 - x2)3 - (y2 + z2)3
Hướng dẫn: A = (x2 + y2)3 + (z2 - x2)3 - (y2 + z2)3
= (x2 + y2)3 + (z2 - x2)3 + (- y2 - z2)3
Đặt a = x2 + y2; b = z2 - x2; c = - y2 - z2 � a + b + c = 0
� A = a3 + b3 + c3 = 3abc = 3(x2 + y2)(z2 - x2)(- y2 - z2)
= 3(x2 + y2)(y2 + z2)(x + z)(x - z)
Với a = x + y - z; b = x - y + z; c = - x + y + z cũng cho a + b + c = 0 và ta có bài

tốn: Phân tích thành nhân tử:
(x + y + z)3 - (x + y - z)3 - (x - y + z)3 - (- x + y + z)3.
Bài tập vận dụng
Phân tích các đa thức thành nhân tử:
1) x3 - y3 - z3 - 3xyz.
2) 125a3 + 8b3 + 27c3 - 90abc.
3) (x - y + z)3 - x3 + y3 - z3.
4) (x + 2y - 3z)3 - x3 - 8y3 + 27z3.
5) (a + b)3 - (b + c)3 + (c - a)3.
6) (x - y)5 + (y - z)5 + (z - x)5.
7) (a - b + c)3 - (a - b - c)3 - (c - a - b)3 - (a + b + c)3.
8) (3x2 - 2x + 1)3 + (x - x2 - 1)3 - (2x2 - x)3.
2.2.2. Rút gọn biểu thức. Tính giá trị của biểu thức
4


Ví dụ 1: Cho xy + yz + zx = 0 và xyz � 0.
xy

yz

zx

Tính giá trị của biểu thức P = z 2  x 2  y 2 .
1

1

1

Hướng dẫn: Từ giả thiết: xy + yz + zx = 0 và xyz � 0 suy ra: x  y  z  0 .
1

1

1

Xem a  x ; b  y ; c  z , ta có a + b + c = 0, áp dụng:
1

1

1

1

1

1

3

a + b + c = 0 � a3 + b3 + c3 = 3abc ta có: x  y  z  0 � x3  y 3  z 3  xyz .
xy

yz

�1

zx

1�

1

3

Ta có: P = z 2  x 2  y 2 = xyz � 3  3  3 �= xyz. xyz  3 . Vậy P = 3.
y
z �
�x
Nhận xét: Ở bài toán trên chúng ta đã sử dụng “điều kiện xi” để tính giá trị
của biểu thức. Ta cũng có thể sử dụng “điều kiện ngược” để tính giá trị của biểu
thức.
Ví dụ 2: Cho abc � 0, a3 + b3 + c3 = 3abc. Tính giá trị của biểu thức:
� a�
� b�
� c�
1 �
1 �
1 �
A= �
.
�
�
b
c
a

� �

� �
� �
3
3
3
�
�
Hướng dẫn: abc 0, a + b + c = 3abc
a + b + c = 0 hoặc a = b = c.
a  b b  c c  a c a b
.
.
 . .
 1 .
- Nếu a + b + c = 0 thì A =
b
c
a
b c a

- 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.
Ví dụ 3: Biết a3b3 + b3c3 + c3a3 = 3a2b2c2, tính giá trị của biểu thức:
� a�
� b�
� c�
1 �
1 �
1 �
A= �

.
�
�
b
c
a
�

�
�

�
�

�

�x  ab
�
Hướng dẫn: Nếu đặt: �y  bc ta có:
�z  ca
�
� z�

x

y

� �
�
�

1 �
1 �
1  �.
1. Biểu thức A được chuyển về dạng: A = �
�
�
y
z
x
�

�
�

�
�

�

2. Điều kiện của giả thiết được biến đổi về dạng:
x yz 0
�

a3b3 + b3c3 + c3a3 = 3a2b2c2 � x3 + y3 + z3 = 3xyz � �
x yz
�
Ta xét hai trường hợp:
Trường hợp 1: Với x + y + z = 0, ta có:
� z�

x

y

� �
�
�
1 �
1 �
1  �=
A= �
�
�
y
z
x
�

�
�

�
�

�

y  z z  x x  y  xyz
.
.


 1 .
y
z
x
xyz

Trường hợp 2: Với x = y = z, ta có ngay: A = (1 + 1)(1 + 1)(1 + 1) = 8.
Ví dụ 4: Tính giá trị của biểu thức:
A = x3 + (x - 1)3 - (2x - 1)3 - 3x(x - 1)(1 - 2x).
Hướng dẫn: Đặt a = x, b = x - 1, c = 1 - 2x suy ra: a + b + c = 0.
5


Khi đó, biểu thức được viết dưới dạng:
S = x3 + (x - 1)3 + (1 - 2x)3 - 3x(x - 1)(1 - 2x)
= a3 + b3 + c3 - 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca) = 0.
Vậy, ta được S = 0.
Ví dụ 5: Rút gọn biểu thức
A = 8(a + b + c)3 - (2a + b - c)3 - (2b + c - a)3 - (2c + a - b)3
�x  2a  b  c
�
Hướng dẫn: Đặt: �y  2b  c  a � x  y  z  2(a  b  c)
�z  2c  a  b
�
� 8(a + b + c)3 = (x + y + z)3.

Khi đó: A = (x + y + z)3 - x3 - y3 - z3 = 3(x + y)(y + z)(z + x)
= 3(a + 3b)(b + 3c)(c + 3a).
Bài tập vận dụng
Bài 1: Biết a3 - b3 = 3ab + 1, tính giá trị của biểu thức A = a - b.

a 3  b3  c 3  3abc
Bài 2: Cho a - b - c = 2. Tính B =
.
(a  b) 2  (b  c ) 2  (c  a ) 2

Bài 3: Cho a, b, c khác 0 thoả mãn a3 - b3 + c3 = - 3abc. Tính:
� a�
� b�
� c�
1 �
1 �
1  �.
A= �
�
�
b
c
a
�

�
�

�
�

3

3

3

�

Bài 4: Cho a, b, c khác 0 thoả mãn a + 8b + 27c = 18abc. Tính:
a �
� 2b �
� 3c �
1 �
1  �.
�
�
�
� 2b �
� 3c �
� a�

�
1
B= �

Bài 5: Tính giá trị của tổng a2011 + b2011 + c2011 biết rằng a + b + c = 0
và a3 + b3 + c3 = 0.
Hướng dẫn: Theo giả thiết ta có c = - (a + b) nên:
a 3  b3  3ab(a  b) �
0 = a3 + b3 + c3 = a3 + b3 - �
�
�= 3abc.
2011
2011

Vậy một trong ba số a, b, c bằng 0. Từ đó suy ra: a + b + c2011 = 0.
2.2.3. Chứng minh đẳng thức
Ví dụ 1: Chứng minh rằng: (x + y + z)(a + b + c) = ax + by + cz với x = a2 - bc,
y = b2 - ac, z = c2 - ab.
Hướng dẫn: Ta có: (x + y + z)(a + b + c)
= (a2 - bc + b2 - ac + c2 - ab)(a + b + c) = a3 + b3 + c3 - 3abc.
ax + by + cz = a(a2 - bc) + b(b2 - ac) + c(c2 - ab)
= a3 - abc + b3 - abc + c3 - abc = a3 + b3 + c3 - 3abc.
Ví dụ 2: Biết x + y + z = 0, chứng minh rằng:
(x5 + y5 + z5) = 5xyz(x2 + y2 + z2).
6


Hướng dẫn: Từ giả thiết x + y + z = 0 suy ra: 3xyz = x3 + y3 + z3.
Do đó: 3xyz(x2 + y2 + z2) = (x3 + y3 + z3)(x2 + y2 + z2)
= x5 + y5 + z5 + x2y2(x + y) + y2z2( y + z) + z2x2(z + x)
= x5 + y5 + z5 - x2y2z - y2z2x - z2x2y.
(1)
Mặt khác, cũng từ giả thiết x + y + z = 0 suy ra:
0 = (x + y + z)2 = x2 + y2 + z2 + 2(xy + yz + zx)
� xy + yz + zx = 

1 2
x  y2  z2  .

2

(2)

Thay (2) vào (1), ta được:

3xyz(x2 + y2 + z2) = x5 + y5 + z5 +

1
xyz (x2 + y2 + z2)
2

� 2(x5 + y5 + z5) = 5xyz(x2 + y2 + z2), đpcm.
�ax  by  c
�
Ví dụ 3: Giả sử hệ phương trình �bx  cy  a có nghiệm.
�
cx  ay  b
�

Chứng minh rằng a3 + b3 + c3 = 3abc.
Hướng dẫn: Giả sử (x; y) là nghiệm của hệ, cộng theo từng vế ba phương trình của
hệ ta được: ax + by + bx + cy + cx + ay = a + b + c
abc  0
�
� (a + b + c)(x + y - 1) = 0 � �
x  y 1  0
�

- Với a + b + c = 0, ta dễ dàng suy ra đpcm.
- Với x + y - 1 = 0 � y  1  x , thay vào hệ, sau một số biến đổi dẫn đến
= b = c, theo hằng đẳng thức suy ra đpcm.

a

Bài tập vận dụng

Bài 1: Cho a - b - c = 0. Chứng minh rằng a3 - b3 - c3 = 3abc.
Bài 2: Cho a + b + c + d = 0. Chứng minh rằng:
a3 + b3 + c3 + d3 = 3(c + d)(ab - cd).
Bài 3: Cho 2a + b + c = 0. Chứng minh rằng: 2a3 + b3 + c3 = 3a(a + b)(c - b)
Bài 4: Cho a + b - c = 0. Chứng minh rằng 2(a5 + b5 - c5) = -5abc(a2 + b2 + c2).
Bài 5: Chứng minh rằng nếu ba số x, y, z có tổng bằng 0 thì:
10(x7 + y7 + z7) = 7(x2 + y2 + z2)(x5 + y5 + z5).
Hướng dẫn:
Ta chứng minh: 2(x4 + y4 + z4) = (x2 + y2 + z2)2 và x3 + y3 + z3 = 3xyz.
� 2[x7 + y7 + z7 + x3y3(x + y) + x3z3(x + z) + y3z3( y + z)] = 3xyz(x2 + y2 + z2)2
Từ đó: 2[x7 + y7 + z7 - x3y3z - x3z3y - y3z3x] = 3xyz(x2 + y2 + z2)2
Hay 2(x7 + y7 + z7) - 2xyz(x2y2 + x2z2 + y2z2) = 3xyz(x2 + y2 + z2)2
Nhưng x2y2 + x2z2 + y2z2 =

1 2
(x + y2 + z2)2 (chứng minh dễ dàng).
4

7


7
xyz(x2 + y2 + z2)2
2
5
Chứng minh: x5 + y5 + z5 = xyz(x2 + y2 + z2)
2

Vậy: 2(x7 + y7 + z7) =

(*)
(**)

Thay (**) vào đẳng thức (*) ta được đpcm.
2.2.4. Trục căn thức ở mẫu
Ví dụ: Hãy thực hiện trục căn thức ở mẫu cho biểu thức: A =

3

1
.
a b3c
3

Hướng dẫn: Áp dụng hằng đẳng thức:
a3 + b3 + c3 - 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca)
coi mẫu số của A có dạng a + b + c. Khi đó nhân cả tử và mẫu của A với
(a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca), tức là
3

A=



 a  b  c
2

3

a 2  3 b 2  3 c 2  3 ab  3 bc  3 ca

a  b  c  3 3 abc

3

2

3

2

 3 ab  3 bc  3 ca ta được:







2
2
a 2  3 b2  3 c 2  3 ab  3 bc  3 ca �
�a  b  c   3(a  b  c ) 3 abc  3 3 abc �
�
�
�
=
2
2
3
�

�
3
3
3
�
(a  b  c)  3 abc � a  b  c   3(a  b  c) abc  3 abc
�
�
��
�
�
2
3 2
3 2
3 2
3
a  b  c  3 ab  3 bc  3 ca �
�a  b  c   3(a  b  c ) 3 abc  9 a 2b 2c 2 �
�
=
( a  b  c )3  27abc
3













Bài tập vận dụng
Hãy thực hiện phép trục căn thức ở mẫu cho các biểu thức sau:
a) A =

1
1 3 4  3 2

b)

1
1 33 2  2 3 4

c) C =

1
4 4 4  2 3 2  16

2.2.5. Giải phương trình. Giải hệ phương trình
Xuất phát từ hằng đẳng thức thứ nhất ta có:
A B C  0
�

A3 + B3 + C3 = 3ABC � �
ABC
�

Xuất phát từ hằng đẳng thức thứ hai, ta có:

A  B
�
�
A3 + B3 + C3 = (A + B + C)3 � (A + B)(B + C)(C + A) = 0 � �B  C
�
C  A
�

8


Từ đó, ta có thể giải được các phương trình có dạng A 3 + B3 + C3 = 3ABC hoặc A3 +
B3 + C3 = (A + B + C)3 hoặc có dạng A3 + B3 + C3 = 0 (với A + B + C = 0)
và
nhiều phương trình có thể đưa được về một trong các dạng đó để giải.
Ví dụ 1: Giải các phương trình sau:
a) x3 - 3x + 2 = 0.
b) x3 + 16 = 12x.
Hướng dẫn: a) Viết lại phương trình dưới dạng:
x 11  0
�

x  2
�
��
x 1
�

x2 2  0
�

x  4
�
��
x2
�

x3 + 13 + 13 = 3.1.1.x � �
x 11
�
b) Viết lại phương trình dưới dạng:

x3 + 23 + 23 = 3.2.2.x � �
x22
�
Ví dụ 2: Giải phương trình: 54x3 - 9x + 2  0 .
x
6

Hướng dẫn: (1) � x3  

(1)

2
 0.
54

Bây giờ ta tìm cách viết vế trái của phương trình dưới dạng: x3 + a3 + b3 - 3abx, như

�3 3
2
a b 
�
�
54
vậy a, b thoả mãn hệ phương trình: �
1
�
a 3b 3  3
�
18
�
2t 1
Suy ra a3, b3 là nghiệm của phương trình: t 2 

0.
54 183
1
1
Giải phương trình này ta có t1 = t2 =
, suy ra a = b =
.
54 2
3 2
Khi đó: (1) � (x + a + b)(x2 + a2 + b2 - ax - bx - ab) = 0.
2
1
; x2 
Vậy phương trình (1) có hai nghiệm là: x1 

.
3 2
3 2

Ví dụ 3: Giải các phương trình:
3
a)  x  2   ( x  1)3  (1  2 x)3  0 .
b) 3 x  1  3 x  2  3 x  3  0 .
Hướng dẫn:
a) Nhận thấy phương trình có dạng A3 + B3 + C3 = 0, với A + B + C = 0.
Sử dụng hằng đẳng thức biến đổi phương trình về dạng:
(x - 2)3 + (x + 1)3 + (1 - 2x)3 = 0
� (x - 2 + x + 1 + 1 - 2x) �
2
2
2
��
 x  2    x  1   1  2 x   ( x  2)( x  1)  ( x  2)(1  2 x)  ( x  1)(1  2 x) �+
�
+ 3( x  2)( x  1)(1  2 x)  0

�

� (x - 2)(x + 1)(1 - 2x) = 0

Phương trình có ba nghiệm x = 2, x = - 1 và x =

1
.
2

b) Đặt a  3 x  1, b  3 x  2, c  3 x  3 .
Khi đó, phương trình có dạng: a + b + c = 0 � a3 + b3 + c3 = 3abc
9


� (x - 1) + (x - 2) + (x - 3) = 3 3 x  1 3 x  2 3 x  3
� x  2  3 ( x  1)( x  2)( x  3) � (x - 2)3 = (x - 1)(x - 2)(x - 3)
� (x - 2)[(x - 2)2 - (x - 1)(x - 3)] = 0 � x - 2 = 0 � x = 2

Thử lại, thấy x = 2 thoả mãn. Vậy phương trình có nghiệm x = 2.
�x  y  z  1
 1
�2
2
2
Ví dụ 4: Giải hệ phương trình: �x  y  z  1  2 
�3
3
3
�x  y  z  1  3

Hướng dẫn: Từ (1) và (3) suy ra: (x + y + z)3 - (x3 + y3 + z3) = 0
x y 0
�
�
� (x + y)(y + z)(z + x) = 0 � �
yz 0
�
zx0

�

Khi đó:
�z  1
�x  y  0
�
- Với x + y = 0, hệ có dạng: �x  y  0 � �
�z  1
�x 2  y 2  0
�

- Với y + z = 0, hệ có nghiệm (1; 0; 0).
- Với z + x = 0, hệ có nghiệm (0; 1; 0).
�x 3  y 3  x 2 ( y  z )  xyz  14
�3 3
2
Ví dụ 5: Giải hệ phương trình: �y  z  y ( z  x)  xyz  21
�x 3  z 3  z 2 ( x  y )  xyz  7
�

Hướng dẫn: Cộng các phương trình của hệ vế theo vế, ta được:
2(x3 + y3 + z3) + x2(y + z) + y2(x + z) + z2(x + y) - 3xyz = 0
(1)
3
3
3
2
2
2
Ta có: x + y + z - 3xyz = (x + y + z)(x + y + z - xy - yz - zx)

Do đó:
(1) � (x3 + y3 + z3 - 3xyz) + x3 + x2(y + z) + y3 + y2(x + z) + z3 + z2(x + y) = 0
� (x + y + z)( x2 + y2 + z2 - xy - yz - zx) + x2(x + y + z) + y2(x + y + z) +
+ z2(x + y + z) = 0
� (x + y + z)(2x2 + 2y2 + 2z2 - xy - yz - zx) = 0.
(2)
2
2
2
2
2
2
2
2
2
Vì 2x + 2y + 2z - xy - yz - zx = (x + y + z - xy - yz - zx) + x + y + z
=

1�
2
2
2
 x 2  y 2  z 2 �0
�x  y    y  z    z  x  �
�
2

Dấu “=” xảy ra khi và chi khi x = y = z = 0 (không thoả mãn hệ phương trình đã
cho) suy ra 2x2 + 2y2 + 2z2 - xy - yz - zx > 0.
Do đó: (2) � x + y + z = 0.

Với x + y + z = 0, hệ đã cho trở thành:
�x 3  y 3  x 2 ( x)  xyz  14
�x 3  xyz  7
�3 3
�3
2
�y  z  y ( y )  xyz  21 � �y  xyz  14
�x 3  z 3  z 2 ( z )  xyz  7
�z 3  xyz  21
�
�

Suy ra: x3 - 1 = y3 - 8 = z3 + 27 = xyz + 6.
10


Do đó: (x - 1)(x2 + x + 1) = (y - 2)(y2 + 2y + 4) = (z + 3)(z2 - 3z + 9).
2

2
� 1� 3
Mà: x + x + 1 = �x  �  0 ; y2 + 2y + 4 =  y  1  3  0 ;
� 2� 4

2

2

� 3 � 27
z - 3z + 9 = �z  �  0 .

� 2� 4
�y  2
� x  y  z  0 . Vơ lí!
Suy ra: nếu x > 1 � �
�z  3
�y  2
� x  y  z  0 . Vơ lí!
Lý luận tương tự, nếu x < 1 � �
�z  3
2

Hệ có nghiệm duy nhất: (1; 2; -3).
Bài tập vận dụng
Bài 1: Giải các phương trình:
a) (x - 2)3 + (x - 4)3 + (x - 7)3 - 3(x - 2)(x - 4)(x - 7) = 0
b) (x2 + 3x - 4)3 + (2x2 - 5x + 3)3 = (3x2 - 2x - 1)3
c) 6x3 + 3x - 5 = 0
Hướng dẫn: b) (x2 + 3x - 4)3 + (2x2 - 5x + 3)3 = (3x2 - 2x - 1)3
� (x2 + 3x - 4)3 + (2x2 - 5x + 3)3 + (1 + 2x - 3x2)3 = 0
Vì (x2 + 3x - 4) + (2x2 - 5x + 3) + (1 + 2x - 3x 2) = 0 nên phương trình tương đương
với: 3(x2 + 3x - 4)(2x2 - 5x + 3)(1 + 2x - 3x2) = 0
Bài 2: Giải các phương trình:
a) (x - 3)3 + (2x - 3)3 = 27(x - 2)3.
b) (x - 3)3 + (x + 1)3 = 8(x - 1)3.
c) (ax + b)3 + (bx + a)3 = (a + b)3(x + 1)3 với ẩn x và ab(a + b) � 0.
d) (3x - 2)3 - (x - 3)3 = (2x + 1)3.
Hướng dẫn: b) (x - 3)3 + (x + 1)3 = 8(x - 1)3
� (x - 3)3 + (x + 1)3 + (2 - 2x)3 = 0 � 3(x - 3)(x + 1)(2 - 2x) = 0
Bài 3: Giải các phương trình:
a) 3 x  1  3 x  2  3 x  3  0 .

b)  x  2    x  3    2  3  2 x   0 .
3

3

3

c) 3 x 2  4 x  3  3 4 x 2  9 x  3  3 3x 2  2 x  2  3 2 x 2  3x  2
Hướng dẫn:
c) Đặt a = 3 x 2  4 x  3; b  3 4 x 2  9 x  3; c  3 3 x  2  2 x 2 ; d  3 3 x 2  2 x  2
Ta có a3 + b3 + c3 = d3
(1)
Phương trình đã cho trở thành a + b + c = d � (a + b + c)3 = d3
� a3 + b3 + c3 + 3(a + b)(b + c)(c + a) = d3
Kết hợp với (2) ta có (a + b)(b + c)(c + a) = 0.
- Với a + b = 0, suy ra 5x2 – 5x = 0 � x = 0 hoặc x = 1.
- Với b + c = 0, suy ra 2x2 – 6x – 1 = 0 � x 

3  11
3  11
hoặc x =
2
2

11


- Với c + a = 0, suy ra x2 – 7x – 5 = 0 � x 

7  69
7  69
hoặc x 
2
2

Vậy phương trình đã cho có 6 nghiệm phân biệt:
� 7  69 7  69 3  11 3  11 �
x ��
0;1;
;
;
:
�
2
2
2
2 �
�

Bài 4: Giải và biện luận phương trình: ax3 + bx + c = 0 với điều kiện:
c 2 4b3

�0  a �0  .
a 2 27 a 3
b
c
c
b
Hướng dẫn: ax3 + bx + c = 0 � x3  x   0 � x3   3x.  0 .

a
a
a
3a
3
3
3
� x  d  e  3xde  0
c
b3
2
3
3
 0 ).
(với d , e là hai nghiệm của phương trình: X  X 
a
27 a 3
xd e0
�
��
xd e
�
c 2 4b3

 0 � d  e thì tập nghiệm S =  2d ; d  .
a 2 27a 3
c 2 4b3
 0 ۹ d e thì tập nghiệm S =  d ; e .
- Nếu 2 
a 27a 3

- Nếu

Bài 5: Tìm nghiệm nguyên của hệ phương trình:
�x  2 y  3 z  6
(I ) �
( x  1)3  (2 y  3)3  (3 z  2)3  18
�
( x  1)  (2 y  3)  (3z  2)  0
�
Hướng dẫn: ( I ) � �
( x  1)3  (2 y  3)3  (3z  2)3  18
�
( x  1)  (2 y  3)  (3 z  2)  0
�
( x  1)(2 y  3)(3 z  2)  6
�

Hệ phương trình trên tương đương với: ( II ) �

Vì x, y, z nguyên nên x - 1; 2y - 3; 3z - 2 nguyên. Do đó giá trị tuyệt đối của mỗi số
(x - 1), (2y - 3), (3z - 2) đều là ước của 6, nghĩa là thuộc tập hợp  �1; �2; �3; �6
.
Từ đó để 3z - 2 ngun thì chỉ có thể 3z - 2 = 1 hoặc 3z - 2 = -2.
( x  1)  (2 y  3)  1
�
( x  1)(2 y  3)  6
�

a) Với 3z - 2 = 1, thay vào hệ (II) được hệ: �

Vậy (x - 1); (2y - 3) là nghiệm của phương trình t2 + t + 6 = 0.
Phương trình này vơ nghiệm.
( x  1)  (2 y  3)  2
�
( x  1)(2 y  3)  3
�

b) Với 3z - 2 = -2, thay vào hệ (II) được hệ: �

Vậy x - 1; 2y - 3 là nghiệm của phương trình t2 - 2t - 3 = 0.
Phương trình này có hai nghiệm t1 = -1; t2 = 3.
Kết hợp với phương trình 3z - 2 = -2 suy ra hệ phương trình (I) có hai nghiệm
nguyên (x; y; z) là (0; 3; 0); (4; 1; 0).
12


2.2.6. Chứng minh bất đẳng thức
Ví dụ 1: Cho a, b, c �0. Chứng minh rằng: a + b + c �3 3 abc .
(Bất đẳng thức Cô-si cho ba số khơng âm)
3
3
3
Hướng dẫn: Ta có x + y + z – 3xyz = (x + y + z)(x2 + y2 + z2 – xy – yz – zx)
1�
2
2
2
�x  y    y  z    z  x  �
��0

2
Đặt x = 3 a , y  3 b , z  3 c ; x + y + z �0 vì a, b, c �0.
Từ đó x3 + y3 + z3 – 3xyz �0 hay a + b + c �3 3 abc .
Ví dụ 2: Chứng minh: (a3 + b3 + c3 - 3abc)2 �(a2 + b2 + c2)3.

x2 + y2 + z2 – xy – yz – zx =

Hướng dẫn: Đặt a2 + b2 + c2 = p, ab + bc + ca = q, a3 + b3 + c3 - 3abc = m.
Ta thâý rằng: p - q �0
m2 = (a + b + c)2(a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca)2 = (p + 2q)(p - q)2
Như thế: p3 - m2 = p3 - (p + 2q)(p - q)2 = 3pq2 - 2q3
= q2(3p - 2q) = q2(2p - 2q + p) �0  p  q �0, p �0  . Suy ra đpcm.
Bài tập vận dụng
Bài 1: Cho x, y thoả mãn x 2 + y2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu
thức x6 + y6.
Bài 2: Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng: a3 + b3 + c3 �a 2 bc  b 2 ca  c 2 ab .
Hướng dẫn: (a3 + abc) + (b3 + abc) + (c3 + abc)
�2 a 3abc  2 b3 abc  2 c3 abc  2  a 2 bc  b 2 ca  c 2 ab 
(1)
3
3
3
Mà a + b + c �3abc
(2)
1
2
2
2
�0
�a  b    b  c    c  a  �

(Vì (2) � (a  b  c) �
� )
2

Cộng vế theo vế (1) và (2), suy ra đpcm.
Bài 2: Cho x, y, z �0. Chứng minh rằng:
x3 + y3 + z3 - 3xyz �4(x - y)(y - z)(z - x)
(1)
Hướng dẫn: Ta có
(1) � (x + y + z)[(x - y)2 + (y - z)2 + (z - x)2] - 8(x - y)(y - z)(z - x) �0
Đặt vế trái là f(x; y; z) thì f đối xứng.
Giả sử z = min{x ; y ; z}.
Xét hiệu f(x ; y ; z) - f(x - z; y - z; 0) = 3z[(x - y)2 + (y - z)2 + (z - x)2] �0.
Suy ra f(x ; y ; z) �f(x – z ; y – z ; 0).
Do đó ta chỉ cần chứng minh (1) trong trường hợp z = 0 và x, y �0.
Khi đó bất đẳng thức (1) trở thành:
x3 + y3 + 4xy(x - y) �0
(1’)
2
2
3
2
2
�
�
�
Theo bất đẳng thức Cơ-si, ta có: y + 4x
4xy
y + 4x y 4xy
Kết hợp với x �0, suy ra (1’).

13


Vậy (1) được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z.
2.2.7. Chứng minh chia hết
Ví dụ 1: Chứng minh 321 - 224 - 68 - 1 chia hết cho 1930.
Giải: Đặt A = 321 - 224 - 68 - 1 = (37)3 - (28)3 - 38.28 - 1
= (37)3 - (28)3 - 13 - 3.37(-2)8.(-1)
Áp dụng hằng đẳng thức
a3 + b3 + c3 - 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca)
ở đây a = 37, b = - 28, c = - 1, suy ra A chia hết cho 37 – 28 – 1 = 1930.
Ví dụ 2: Cho a + b + c = (a - b)(b - c)(c - a).
Chứng minh rằng (a - b)3 + (b - c)3 + (c - a)3 chia hết cho 3.
�x  a  b
�
Giải: Để thuận tiện ta sử dụng ẩn phụ: �y  b  c � x  y  z  0
�z  c  a
�

Khi đó: (a - b)3 + (b - c)3 + (c - a)3 = x3 + y3 + z3
= (x + y + z)(x2 + y2 + z2 - xy - yz - zx) + 3xyz
= 3(a - b)(b - c)(c - a) = 3(a + b + c)
Từ đó, ta thấy ngay (a - b)3 + (b - c)3 + (c - a)3 chia hết cho 3.
Nhận xét: Cũng với phương pháp trên chúng ta cịn có thể chứng minh được các bài
tốn tổng qt hơn như sau:
1. Chứng minh rằng với p là số nguyên tố lẻ thì số:
(a + b + c)p + (a - b - c)p + (b - c - a)p + (c - a - b)p chia hết cho 8pabc.
2. Chứng minh rằng với p là số nguyên tố lẻ thì số:
(a - b)p + (b - c)p + (c - a)p chia hết cho p(a - b)(b - c)(c - a).
Bài tập vận dụng

Bài 1: Tìm m sao cho đa thức f(x) = x3 + y3 + z3 + mxyz chia hết cho đa thức
x + y + z.
Giải: Giả sử phép chia f(x) cho x + y + z có thương q, khi đó:
f(x) = (x + y + z).q với mọi x, y, z
� x3 + y3 + z3 + mxyz = (x + y + z).q với mọi x.
(1)
Chọn các giá trị riêng của x, y, z sao cho: x + y + z = 0, chẳng hạn x = 1, y = 1, z =
- 2. Ta được:
- Với x = 1, y = 1, z = - 2 thì: (1) � 1 + 1 - 8 - 2m = 0 � m = - 3.
- Thử lại, với m = - 3, ta được:
x3 + y3 + z3 - 3xyz = (x + y + z)(x2 + y2 + z2 - xy - yz - zx).
Vậy với m = - 3 thoả mãn điều kiện đầu bài.
Bài 2: Cho x, y, z nguyên thoả mãn điều kiện x + y + z = (x - y)(y - z)(z - x)
Chứng minh rằng: M = (x - y)3 + (y - z)3 + (z - x)3 chia hết cho 81.
Hướng dẫn: Vì (x - y) + (y - z) + (z - x) = 0 nên ta có:
14


(x - y)3 + (y - z)3 + (z - x)3 = 3(x - y)(y - z)(z - x)
Xét ba số dư của phép chia x, y, z cho 3.
a) Nếu cả ba số dư là khác nhau (là 0, 1, 2) thì (x + y + z) chia hết cho 3. Khi đó (x
- y)(y - z)(z - x) không chia hết cho 3, trái với giả thiết.
b) Nếu có hai số dư bằng nhau thì x + y + z khơng chia hết cho 3, trong khi đó một
trong ba hiệu: (x - y), (y - z), (z - x) chia hết cho 3, trái với giả thiết.
c) Vậy chỉ còn trường hợp cả ba số x, y, z đều có cùng số dư khi chia cho 3.
Lúc đó 3(x - y)(y - z)(z - x) chia hết cho 3.3.3.3 nên M chia hết cho 81.
Bài 3: Cho x, y, z là các số nguyên khác 0. Chứng minh rằng nếu x 2 - yz = a,
y2 - zx = b, z2 - xy = c thì tổng ax + by + cz chia hết cho tổng a + b + c.
Hướng dẫn: Ta có: ax = x3 - xyz, by = y3 - xyz, cz = z3 - 3xyz.
Từ đó: ax + by + cz = x3 + y3 + z3 - 3xyz

= (x + y + z)(x2 - yz + y2 - xz + z2 - xy) = (x + y + z)(a + b + c).
2.2.8. Các dạng khác
Ví dụ 1: Chứng minh rằng nếu a, b, c là các số nguyên khác 0 thoả mãn điều kiện
a b c
   3 thì tích số abc là lập phương của một số nguyên.
b c a
a
b
c
Hướng dẫn: Đặt x3  ; y 3  ; z  . Từ giả thiết ta có:
b
c
a

x3 + y3 + z3 - 3xyz = 0 hay (x + y + z)(x2 + y2 + z2 - xy - yz - zx) = 0
Ta đó có hai trường hợp:
2
2
2
1) x2 + y2 + z2 - xy - yz - zx = 0 �  x  y    y  z    z  x   0 � x  y  z
Từ đây dễ dàng suy ra a = b = c. Do đó abc = a3, ta có đcm.
2) x + y + z = 0, tức là

3

a 3b 3 c


0
b

c
a

Nhân cả hai vế của đẳng thức này lần lượt với 3 b2 c và 3 ac 2 , ta được hệ
1
�3
abc  b  3 a 2b 2c 2
�
�
a
�
�1 3 a 2b 2 c 2  3 abc  c  0
�b
Khử 3 a 2b 2c 2 trong hệ này, ta tính được:  a  b  3 abc  b(c  a )
(1)
Do abc � 0 nên nếu a - b = 0 thì (1) � a  b  c (khơng xảy ra vì x + y + z = 0).
3

Nếu a - b �0 thì (1) � 3 abc 

b (c  a )
b (c  a ) �
�
� abc  �
.
a b
�a  b �
�

(2)

(2) chứng tỏ abc là lập phương của một số hữu tỉ. Nhưng vì abc ngun nên
nó là lập phương của một số nguyên.
Vậy trong mọi trường hợp, abc đều là lập phương của một số nguyên (đpcm).
Ví dụ 2: Biết xn + yn + zn = an + bn + cn đúng với n = 1, 2, 3, chứng minh rằng nó
đúng với mọi số tự nhiên n.
15


Hướng dẫn: Từ giả thiết biểu thức đúng với n = 1, 2, 3, ta lần lượt có:
x+y+z=a+b+c
(1)
2
2
2
2
2
2
x +y +z =a +b +z
(2)
3
3
3
3
3
3
x +y +z =a +b +z
(3)
2
2

Khi đó: (1) � (x + y + z) = (a + b + c)
� x2 + y2 + z2 + 2(xy + yz + zx) = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca)
� xy + yz + zx = ab + bc + ca
(4)
2
2
2
(3) � (x + y + z)(x + y + z - xy - yz - zx) + 3xyz
= (a + b + c)(a2 + b2 + c2 - ab + bc + ca) + 3abc
� xyz = abc
(5)
Từ (1), (4), (5) suy ra x, y, z là nghiệm của phương trình:
t3 - (a + b + c)t2 + (ab + bc + ca)t - abc = 0
ta
�
�
� (t - a)(t - b)(t - c) = 0 � �
t b
�
t c
�

Như vậy, ta thấy (x, y, z) là một hoán vị của (a, b, c), do đó:
xn + yn + zn = an + bn + cn đúng với mọi số tự nhiên n.
Ví dụ 3: Sai ở đâu?
Trong một cuốn sách có bài tốn: “Chứng minh rằng nếu abc � 0 và
1 1 1
a 6  b 6  c6




0
a+b+c=
thì 3 3 3  abc ” với hướng dẫn như sau:
a b c
a b c

Ta có: a3 + b3 + c3 - 3abc
= (a + b + c)(a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca) = 0 (vì a + b + c = 0)
� a3 + b3 + c3 = 3abc
(1)
1 1 1
   0 � ab  bc  ca  0
a b c
� ac = -b(c + a) = -b(-b) (vì a + c = - b) � ac = b2

Từ

Tương tự a2 = bc, c2 = ab
Mặt khác a6 + b6 + c6 = 3a2b2c2
Từ (1) và (2) suy ra:

(2)

a b c
 abc (đpcm).
a3  b3  c3
6

6

6

Hướng dẫn: Điều “không ổn” ở giả thiết của bài toán.
1 1 1
   0 suy ra ac = b2, bc = a2, bc = c2
a b c
� a2 + b2 + c2 = ab + bc + ca = 0 � a = b = c = 0.
1 1 1
Mâu thuẫn với    0 . Chứng tỏ không tồn tại a, b, c thoả mãn các giả thiết hay
a b c

Thật vậy, từ a + b + c =

giả thiết của bài toán là phi lí.
Bài tập vận dụng

16


Bài 1: Trong mặt phẳng toạ độ vng góc Oxy, hãy tìm tập hợp các điểm
A(x; y) sao cho x3 - y3 = 3xy + 1.
(1)
x  y 1  0
�

Hướng dẫn: (1) � x3 - y3 - 1 = 3xy � �
x   y  1
�
Vậy tập hợp A là đường thẳng x - y - 1 = 0 và điểm A0(-1; 1).

Bài 2: Cho tam giác ABC có ba cạnh a, b, c thoả mãn a 3 + b3 + c3 = 3abc. Hỏi tam
giác ABC là tam giác gì?
Bài 3: Tìm cơng thức tính nhanh tổng sau theo số tự nhiên k:
S = 1.2.3 + 3.4.7 + 7.8.15 + ... + (2k - 1)2k(2k+1 - 1)
Hướng dẫn: Vì (2k - 1) + 2k + (1 - 2k+1) = 0 nên ta có:
(2k - 1)3 + (2k)3 - (2k + 1 - 1)3 = - 3(2k - 1)2k(2k+1 - 1)
Ta có: -3S = (-3).1.2.3 + (-3).3.4.7 + (-3).7.8.15 + ... + (-3)(2k - 1)2k(2k+1 - 1)
� - 3S = (1 + 23 - 33) + (33 + 43 - 73) + (73 + 83 - 153) + ... + (2k - 1)3 +
+ 23k - (2k+1 - 1)3
� - 3S = 1 + 23 + 43 + 83 + ... + 23k - (2k+1 - 1)3
(1)
3
3
3
3
3k+3
k+1
3
� 24S = - 2 - 4 - 8 - 16 - ... - 2
+ 8(2 - 1) .
(2)
Cộng theo từng vế (1) và (2) được:
21S = 1 - 2
S=

3k+3

+ 7(2

k+1

3

- 1) hay S =

2  8k 1  1
7

 2k 1 (2k 1  1)

2 k
(2  1)(2k 1  1)(2 k  2  1) .
7

C. KẾT LUẬN
1. Ý nghĩa của đề tài
Khi nghiên cứu xong đề tài này tôi đã có một tư liệu để bồi dưỡng học sinh
giỏi Tốn lớp 8, 9. Tơi đã giảng dạy chun đề này với các đối tượng học sinh khá
giỏi và thấy rằng việc áp dụng vào giảng dạy rất có hiệu quả. Trong quá trình dạy
học, giáo viên đưa ra các dạng bài tập phù hợp với chương trình trong các tiết học
với các chủ đề tự chọn hoặc các buổi dạy học bồi dưỡng. Tuỳ từng đối tượng học
sinh mà tôi chọn bài cho phù hợp. Và bằng việc in ấn tài liệu cho học sinh tham
khảo, giáo viên tổ chức cho học sinh tích cực, chủ động tự học để nắm vững nội
dung chuyên đề. Tôi thấy rằng, các em học sinh rất hứng thú khi được thầy cung cấp
những tư liệu hướng dẫn tự học. Đa số các em khá giỏi tiếp thu nội dung trong
chuyên đề một cách dễ dàng; các em đã biết khai thác sâu bài toán, biết xâu chuỗi
các bài toán, biết vận dụng các kiến thức cơ bản, nâng cao để giải được nhiều bài
tốn khó, để học tốt các nội dung kiến thức khác trong chương trình học; giúp các
em thêm tự tin, dành được kết quả cao trong quá trình học tập và trong các kỳ thi
học sinh giỏi các cấp.

17


Thực tế, qua nhiều năm giảng dạy tốn, tơi ln chú trọng hướng các em đi
tìm các ứng dụng của mỗi hằng đẳng thức nâng cao, các phương pháp giải, cách giải
khác nhau cho mỗi bài toán, giúp học sinh xâu chuỗi các bài tốn... Từ đó khơi dậy
lịng say mê, niềm cảm hứng với những nét độc đáo, niềm tin, niềm tự hào khi tự
mình có thể trang bị được những kiến thức mới một cách hệ thống và khoa học.
Nhờ vậy tỉ lệ các em hiểu bài, làm được bài tăng lên rõ rêt. Sau đây là bảng
thống kê kết quả bài kiểm tra các dạng toán liên quan đến việc áp dụng hằng đẳng
thức nâng cao tổng ba lập phương ở học sinh sau khi đã áp dụng đề tài vào giảng dạy
:

Kết quả điểm kiểm tra
Áp dụng đề
tài

Giỏi

Kha

Trung
bình

Yếu

Ké
m

2012 -2013

Đã ap dụng

15%

20%

45%

17%

3%

2013 -2014

Đã ap dụng

20%

30%

40%

10%

0%

Năm học

2. Những bài học kinh nghiệm

- Qua đề tài này tôi nhận thấy rằng muốn dạy cho học sinh hiểu và vận dụng một
vấn đề nào đó, trước hết người thầy phải hiểu vấn đề một cách sâu sắc. Vì vậy, người
thầy phải khơng ngừng nâng cao trình độ cho bản thân, phải ln học hỏi, tìm tịi,
đào sâu suy nghĩ từng bài toán, phân dạng các bài toán, xâu chuỗi các bài toán. Giáo
viên cần chủ động phát hiện ra những bài tốn cơ bản, những hằng đẳng thức có
nhiều ứng dụng và tập hợp các ứng dụng đó, viết thành tư liệu dành cho học sinh
tham khảo. Đó là một phương pháp học mang lại hiệu quả rất cao trong cơng tác bồi
dưỡng học sinh giỏi Tốn.
- Giáo viên cần rèn luyện cho học sinh có kỹ năng thường xuyên lưu ý; liên hệ một
bài toán “mới” với những bài toán đã biết, giúp học sinh phát hiện ra rằng, bài tốn
đó khơng cịn mới đối với các em hoặc nhanh chóng xếp loại được bài tốn, từ đó
định hướng được phương pháp giải quyết.
18


- Nên cấu tạo bài tập toán đa dạng và phong phú (với mục đích vận dụng kiến
thức, rèn luyện kỹ năng, kiểm tra năng lực toán học,...) để phù hợp với phương pháp
dạy học đổi mới theo hướng tích cực, độc lập, sáng tạo.
- Trong quá trình dạy học tốn, việc tìm lời giải các bài tốn khơng chỉ là mục đích
mà cịn là cơ sở để đề xuất các bài toán mới. Phát triển kết quả là một cơng việc cực
kỳ thú vị đối với người làm tốn. Từ một kết quả đơn giản ban đầu, bằng sự phát
triển thơng minh và sáng tạo, ta có thể đi đến những kết quả bất ngờ và sâu sắc.
Trên đây tơi đã trình bày một số ứng dụng của hằng đẳng thức tổng ba lập phương
với mong muốn đóng góp một phần nhỏ vào quá trình đổi mới nội dung, phương
pháp dạy học toán ở trường Trung học cơ sở nhằm giúp học sinh đạt được kết quả
cao nhất trong học tập. Có thể trong đề tài cịn có những hạn chế, thiếu sót, rất mong
được sự đóng gớp ý kiến của quý thầy cô và các bạn để đề tài này được hồn thiện
và có tác dụng hơn.
Tơi xin chân thành cảm ơn!
Thang 4 năm 2014.

19


CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập - Tự do - Hạnh phúc

ĐỀ TÀI:
KHAI THÁC CÔNG DỤNG
CỦA HẰNG ĐẲNG THỨC TỔNG BA LẬP PHƯƠNG

Quảng Bình, tháng 4 năm 2014
20


CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập - Tự do - Hạnh phúc

ĐỀ TÀI:
KHAI THÁC CÔNG DỤNG
CỦA HẰNG ĐẲNG THỨC TỔNG BA LẬP PHƯƠNG

Họ và tên: Nguyễn Khánh Hiển
Chức vụ : Tổ phó_Tổ KHTN
Đơn vị : THCS Quảng Lộc.

Quảng Bình, tháng 4 năm 2014

21