SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM một số ỨNG DỤNG của HẰNG ĐẲNG THỨC BÌNH PHƯƠNG của một TỔNG

Hình thành tư duy tốn học cùng trẻ thơng qua một số bài toán đơn giản của
chủ đề:
Mét sè ỨNG DỤNG CỦA HẰNG ĐẲNG THỨC: BÌNH PHƯƠNG CỦA
MỘT TỔNG
A. ĐẶT VẤN ĐỀ:
Một kiến thức của bộ mơn tốn được giới thiệu chính thức ở đầu chương trình
lớp 8 song nó có vai trị quan trọng trong chương trình tốn THCS và chương trình
tốn tiếp nối là: “Bảy hằng đẳng thức đáng nhớ”. Nhắc đến bảy hằng đẳng thức
đáng nhớ thì các em đã từng biết, có em đã từng quen và viết được chúng dưới
dạng tổng quát song việc vận dụng chúng vào việc giải tốn thì khơng hẳn em nào
cũng thực hiện được; đặc biệt hằng đẳng thức : “ Bình phương của một tổng”. Bởi
đây là hằng đẳng thức có nhiều ứng dụng . Nó được vận dụng để giải bài toán ở
nhiều dạng khác nhau. Để thu hút, gây hứng thú khi các em học phần này tôi đã
giúp các em phát hiện được hằng đẳng thức: “Bình phương của một tổng” và
hướng dẫn các em khai thác hằng đẳng thức này rồi từ đó biết cách vận dụng nó để
giải một số dạng tốn, bài tốn mà khi giải chúng công cụ là hằng đẳng thức:
( A + B)2 = A2 + 2AB + B2 hoặc những kiến thức suy ra từ hằng đẳng thức này thì
việc giải quyết bài tốn trở nên dễ dàng hơn. Tuy nhiên cũng có những bài tốn nếu
khơng vận dụng công cụ này cũng đi đến kết quả song quá trình giải dài hơn và
khó khăn hơn. Cũng thơng qua chủ đề này tiếp tục bồi dưỡng và hình thành tư duy
tốn học cho cả học sinh có năng lực tiếp thu chưa được tốt!
Vinh, những ngày chuyển giao thế k.
(Tác giả)

1


B. NỘI DUNG.
1. LÀM QUEN VỚI HẰNG ĐẲNG THỨC “BÌNH PHƯƠNG CỦA
MỘT TỔNG ”:
• Cơng thức tổng qt: ( A + B)2 = A2 + 2AB + B2 ( với A,B là các biểu

thức tùy ý ).
Vậy “Bình phương của một hiệu” như thế nào?
Từ “Bình phương của một tổng”, ta có:
( A - B)2 = [ A + ( - B)]2 = A2 + 2A( - B) + ( - B)2 = A2 - 2AB + B2
Hay ( A - B)2 = A2 - 2AB + B2 .
* Ghi nhớ:

( A B)2 = A2 2AB + B2 ( với A,B là các biểu thức tùy ý ).

2. ỨNG DỤNG VÀ KHAI THÁC CỦA HẰNG ĐẲNG THỨC “ BÌNH
PHƯƠNG CỦA MỘT ( HAY HIỆU)”
2.1 Tính nhẩm, tính nhanh, tính giá trị biểu thức.
Ví dụ 1: Tính bình phương của:
a) Số tận cùng bởi chữ số 5. Áp dụng tính 752.
Giải: • Ta có:
= 10a + 5
2
Nên = (10a + 5) = ( 10a)2 + 2 . 10ª . 5 + 52 = 100a2 + 100a + 25
Hay = 100a( a + 1) + 25
• Áp dụng với 752 ta có:
a = 7 nên 752 = 100 . 7( 7 + 1) + 25 = 100 . 7 . 8 + 25 = 5625
* - Nhận dạng số có tận cùng bởi chữ số 5.
- Tính bình phương của nó dưới dạng tổng quát nhờ hằng đẳng thức:
“Bình phương của một tổng”.
- Áp dụng tính 752: chỉ ra a = 7 rồi thay vào dạng tổng quát của
b) Số 2 . Áp dụng tính 9992.
Giải: • Ta có: = 1 - 1
Nên 2 = (1 - 1)2
2

= (1 )2 – 2 . 1 . 1 + 12
=1–2+1
• Áp dụng với 9992 ta có:
n = 3 nên 9992 = 1 000 000 – 2 000 + 1 = 998 001.
* - Viết số đã cho dưới dạng hiệu của 2 số dễ nhẩm được kết quả.
- Vận dụng hằng đẳng thức: “Bình phương của một hiệu” được suy ra
từ hằng đẳng thức: “Bình phương của một tổng” để tính.
- Áp dụng tính 9992: chỉ ra n = 3 rồi thay vào dạng tổng quát của 2.
c) Số 1 . Áp dụng tính 10012.
Giải: • Ta có: 1 = 1 + 1
Nên 1 2 = (1 + 1)2
= (1 )2 + 2 . 1 . 1 + 12
=1+ 2+1
• Áp dụng với 10012 ta có:
n = 2 nên 10012 = 1 000 000 + 2 000 + 1 = 1 002 001.
* - Viết số đã cho dưới dạng tổng của 2 số dễ nhẩm được kết quả.
- Vận dụng hằng đẳng thức: “Bình phương của một tổng” để tính.
- Áp dụng tính 1 2: chỉ ra n = 2 rồi thay vào dạng tổng quát của 1 2.
2
# Tổng quát:
= 8
2
1 = 12
Ví dụ 2: Tính nhanh: M = 1232 + 77 . 226 + 772.
Giải: Ta có: M = 1232 + 77 . 226 + 772
= 1232 + 2 . 123 . 77 + 772
= ( 123 + 77)2
= 2002
= 40 000

* - Dự đoán: Nếu A = 123 và B = 77
thì 2AB = 2 . 123 . 77 = 226 . 77 = 77. 226
Như vậy biểu thức đã cho có dạng bình phương của một tổng sau khi biến
đổi 77 . 226 = 77 . 2 . 123 = 2 . 123 . 77.
- Vận dụng hằng đẳng thức: “Bình phương của một tổng” để tính.
Ví dụ 3: Tính : .
Giải: Ta có: =
= =
= ( vì

3


=
=

=

=

= ( vì .

* - Biến đổi và nhận dạng biểu thức dưới dấu căn có dạng bình phương
của một tổng( hay một hiệu): viết thành bình phương của một tổng và
thành bình phương của một hiệu.
- Vận dụng hằng đẳng thức: “Bình phương của một tổng( hay một
hiệu)” để tính.
Ví dụ 4: Rút gọn: A = +
Giải: Ta có: A = +
= +

= +
Nếu m < - 1 A = - m – 1 – [ - (m – 1)] = - m – 1 + m – 1 = - 2.
Nếu - A = m + 1 – [ - ( m – 1)] = m + 1 + m – 1 = 2m.
Nếu m > 1 A = m + 1 – ( m – 1) = m + 1 – m + 1 = 2.
Vậy với: m < - 1 A = - 2
- A = 2m
m > 1 A = 2.
* - Biến đổi các biểu thức dưới dấu căn về dạng bình phương của một
tổng( hay một hiệu)
- Thực hiện khai căn.
- Áp dụng định nghĩa về giá trị tuyệt đối chia trường hợp để tính A.
Ví dụ 5: Tính giá trị biểu thức sau:

M = m2 + n2 + p2 + q2 + 2( mn + pq)

biết m =.2,013; n = 1,987; p = 20,14; q = 14,14.
Giải: Ta có:
.

M = m2 + n2 + p2 + q2 + 2( mn + pq) = m 2 + n2 + p2 + q2 + 2mn - 2pq
= ( m2 + 2 mn + n2) + (p2 - 2pq + q2)
= ( m + n)2 + ( p - q)2

Khi m =.2,013; n = 1,987; p = 20,14; q = 14,14, ta có:
M = (2,013 + 1,987)2 + (20,14 - 14,14)2 = 42 + 62 = 16 + 36 = 52
Vậy khi m =.2,013; n = 1,987; p = 20,14; q = 14,14 thì M = 52.
* - Biến đổi biểu thức đã cho bằng cách nhóm hạng tử thích hợp làm
xuất hiện bình phương của một tổng( hay một hiệu)
4

- Áp dụng “ Bình phương của một tổng( hay một hiệu)” để tính nhanh
giá trị của P.
Ví dụ 6: Tính: M2 + N2 + P2 – MNP.
Biết m, n, p 0 và M = ; N = ; P =
Giải: Khi m, n, p 0 và M = ; N = ; P = , ta có:
M2 + N2 + P2 – MNP =
= + + – ( )()( )
= +2+ + +2 +

+ + 2 + - ( + + +( +
(vì m, n, p0)

= + + + + + + 6 -(+
= +(+ + +

+ + ) + + + ++ = 4

Vậy khi m, n, p 0 và M = ; N = ; P =
Thì M2 + N2 + P2 – MNP = 4.
* - Từ các dữ kiện của bài toán cho viết biểu thức đã cho.
- Bằng cách khai triển và rút gọn biểu thức vừa tìm được nhờ hằng đẳng
thức: “Bình phương của một tổng” để tính nhanh giá trị của: M 2 + N2 + P2 –
MNP.
Ví dụ 7: Tính: N = biết ( * ).
Giải: Ta thấy: P = 0 x = 0 N = 0.
Giả sử x 0 P 0
= + = (+ – 1 =
Mà = = + = x + + 1
= - +1–1=

N=
Vậy: Khi P = 0 thì N = 0 và P 0 thì N =
* - Xét các trường hợp xảy ra của P.
- Ứng với mỗi trường hợp tính gián tiếp bằng cách viết về dạng làm xuất hiện
“Bình phương của một tổng” và từ dữ kiện của bài toán viết ( * ) về dạng
5


x + để tính N.
2.2 Phân tích thành nhân tử.
Ví dụ 8: Viết 22014 + 1 dưới dạng tích hai thừa số nguyên dương.
Giải: Ta có: 22014 + 1 = 22014 + 21008 + 1 - 21008 = (21007)2 + 2 . 21007 . 1 + 12 – (2504)2
= (21007 + 1)2 – (2504)2 = (21007 - 2504 + 1) (21007 + 2504 + 1)
Mà 21007 > 2504

21007 + 1 > 2504

21007 - 2504 + 1 > 0 và 21007 + 2504 + 1> 0

Nên 21007 - 2504 + 1 và 21007 + 2504 + 1 đều là các số nguyên dương.
Như vậy ta đã viết 22014 + 1 dưới dạng tích hai thừa số nguyên dương.
* - Viết 22014 + 1 thành hiệu của hai bình phương thơng qua việc sử dụng hằng
đẳng thức: “Bình phương của một tổng” bằng cách thêm bớt hạng tử 21008.
Ví dụ 9: Phân tích các biểu thức sau thành nhân tử: A = x4 + 3x2y3 + 9y6.
Giải: Ta có: A = x4 + 3x2y3 + 9y6
= ( x2)2 + 2 . x2 . 3y3 + ( 3y3)2
= ( x2 + 3y3 )2
* - Ta thấy: x4 = ( x2)2 và 9y6 = ( 3y3)2
- Như vậy: Nếu A = x2 và B = 3y3 thì 2AB = 2 . x2 . 3y3 = 3x2y3.
Lúc đó: biểu thức đã cho có dạng bình phương của một tổng sau khi biến

đổi 3x2y3 = 2 . x2 . 3y3.
- Vận dụng hằng đẳng thức: “Bình phương của một tổng” để viết biểu
thức đã cho thành các nhân tử.
b) B = ( a + b + c)2 + ( a + b - c)2 – 4c2.
Giải: Ta có: B = ( a + b + c)2 + ( a + b - c)2 – 4c2
= ( a + b)2 + 2( a + b).c + c2 + ( a + b)2 - 2( a + b).c + c2 – 4c2
= 2( a + b)2 + 2c2 – 4c2
= 2( a + b)2 – 2c2
= 2[( a + b)2 – c2]
= 2( a + b – c)( a + b + c).
* - Vận dụng hằng đẳng thức: “Bình phương của một tổng( hay một
hiệu)” để khai triển biểu thức đã cho.
- Rút gọn B và vận dụng hiệu hai bình phương để viết biểu thức đã cho
thành các nhân tử.
6


c) C = 4x(x + y)( x + y + z)( x + z) + y2z2.
Giải: Ta có: C = 4x(x + y)( x + y + z)( x + z) + y2z2
= 4[ x( x + y + z)][ ( x + y)( x + z)] + y2z2
= 4m( m + yz) + y2z2 với m = x2 + xy + xz
= 4m2 + 4myz + y2z2
= ( 2m + yz)2.
Vậy C = ( 2x2 +2xy + 2xz +yz)2.
* - Khéo léo viết C dưới dạng bình phương của một tổngbằng cách đặt ẩn
phụ để dễ dàng thấy hằng đẳng thức.
- Vận dụng hằng đẳng thức: “Bình phương của một tổng” để khai triển
biểu thức đã cho thành các nhân tử.
Ví dụ 10:

Rút gọn biểu thức: A =

Giải: Ta có:
A=
=
=
=
=
= (vì với mọi x nên với mọi x)
Vậy A = .
* - Viết tử thức dưới dạng bình phương của một tổng và mẫu thức
dưới dạng hiệu hai bình phương bằng cách tách: ;
và 5 = 9 – 4.
- Vận dụng hằng đẳng thức: “Bình phương của một tổng( hay một hiệu)”
để rút gọn biểu thức đã cho.
2.3 Chứng minh.
Ví dụ 11: Chứng minh biểu thức sau khơng phụ thuộc vào biến:
P(x,y) = ( x – y)2 – ( x + y)2 + 4( xy +1).
Giải: Ta có: P(x,y) = ( x – y)2 – ( x + y)2 + 4( xy +1)
= x2 - 2xy + y2 – ( x2 + 2xy + y2) + 4xy + 4
= x2 - 2xy + y2 – x2 - 2xy - y2 + 4xy + 4
= 4
7


Ta thấy P(x,y) ln có giá trị bằng 4 với mọi giá trị của biến.
Vậy biểu thức P(x,y) không phụ thuộc vào biến.
* Vận dụng hằng đẳng thức: “Bình phương của một tổng( hay một
hiệu)” để rút gọn biểu thức đã cho, đưa về dạng P(x,y) = a( với a là hằng
số).

Ví dụ 12: Chứng minh giá trị của biểu thức sau:
A = bằng 2 với mọi giá trị của x.
Giải: Ta có: A =
=
=
=
= 2 ( vì x2 với mọi x nên với mọi x).
Vậy A ln có giá trị bằng 2 với mọi giá trị của biến x.
* Vận dụng hằng đẳng thức: “Bình phương của một tổng( hay một
hiệu)” để rút gọn biểu thức đã cho.
Ví dụ 13: Chứng minh các số sau đều là số chính phương:
16
1156
111556
.............
Giải: Ta có: A =
= +1
= . 10n + + 1
= . ( + 1) + 5 . + 1
= . ( 9 . + 1) + 5 . + 1
= a . ( 9a + 1) + 5 . a + 1 ( với a = )
= 9a2 + a + 5a + 1
= 9a2 + 6a + 1
= ( 3a + 1)2.
Vậy các số đã cho đều là số chính phương.
* Viết số có dạng tổng qt về dạng bình phương của một tổng ( hay một
hiệu).
Ví dụ 14: Cho ba số tự nhiên: N1 = ; N2 = ;
N3 = . Chứng minh tổng N1 + N2 + N3 + 7 là số chính phương.
8

Giải: Ta có: N1 = 4 ; N2 = 2 ; N3 = 8
Nên N1 + N2 + N3 + 7 = 4 + 2 + 8 + 7
= +7
=
=
=
=
= = = 92.
Vậy N1 + N2 + N3 + 7 là số chính phương.
* - Nhận xét các số N1 , N2 , N3 .
- Viết tổng đã cho có dạng tổng quát về dạng bình phương của một
tổng ( hay một hiệu).
Ví dụ 15: Chứng minh rằng với mọi số n nguyên lớn hơn 1 thì n 4 + 4n
khơng phải là số ngun tố.
Giải: Ta có:
. Nếu n chẵn thì n4 + 4n là số chẵn và n4 + 4n > 2 nên n4 + 4n là hợp số
hay n4 + 4n không phải là số nguyên tố.
. Nếu n lẻ n = 2k + 1 với k
n4 + 4n = n4 + 2.22k + 1 . n2 - 22(k + 1) . n2 + 22(2k + 1)
= [n4 + 2.22k + 1 . n2 + 22(2k + 1)] - 22(k + 1) . n2
= ( n2 + 22k + 1)2 – ( 2k + 1n)2
= (n2 + 22k + 1 – 2k + 1n)( n2 + 22k + 1 + 2k + 1n)
Mà n2 + 22k + 1 – 2k + 1n > 1 và n2 + 22k + 1 + 2k + 1n > 1
n4 + 4n là hợp số hay n4 + 4n không phải là số nguyên tố .
Vậy với mọi số nguyên n lớn hơn 1 thì n4 + 4n khơng phải là số nguyên tố.
*

Xét các khả năng xảy của n:

+ Khi n chẵn ta dễ dàng có điều phải chứng minh.
+ Khi n lẻ, viết n 4 + 4n thành tích của hai thừa số lơn hơn 1nhờ vào
bình phương của một tổng.
Ví dụ 16:

Chứng minh rằng:

a) ( a2 + b2)( x2 + y2) = ( ax – by)2 + ( bx + ay)2
Giải: Biến đổi vế trái, ta có:
( a + b2)( x2 + y2) = a2x2 + a2y2 + b2x2 + b2y2 =
= (a2x2 – 2ax . by + b2y2) + (b2x2 + bx . ay + a2y2)
= ( ax – by)2 + ( bx + ay)2.
2

9


Ta thấy vế trái bằng vế phải. Vậy đẳng thức đã được chứng minh.
* Nhận xét vế phải là tổng các bình phương của một tổng và một hiệu.
Từ đó tâ khai triển vế trái và thêm bớt hạng tử 2abxy để xuất hiện bình
phương của một tổng( hay hiệu) .
b) Nếu m2 + n2 + p2 + q2 + t2 = m( n + p + q + t) thì m = 2n = 2p = 2q = 2t.
Giải: Ta có:
m2 + n2 + p2 + q2 + t2 = m( n + p + q + t)
(1)
2
2
2
2
2

4(m + n + p + q + t ) = 4m( n + p + q + t)
(m2 – 2mn + 4n2 ) + ( m2 - 2mp + 4p2 ) + ( m2 – 2mq + 4q2 ) + ( m2 – 2mt
+ 4t2 ) = 0
( m – 2n)2 + ( m – 2p)2 + ( m – 2q)2 + ( m – 2t)2 = 0
Vì ( m – 2n)2, ( m – 2p)2, ( m – 2q)2 , ( m – 2t)2 đều không âm với mọi m, n,
p, q, t
Nên (1) ( m – 2n)2 = ( m – 2p)2 = ( m – 2q)2 = ( m – 2t)2 = 0
m – 2n = m – 2p = m – 2q = m – 2t = 0
m = 2n = 2p = 2q = 2t.
* Dùng phép biến đổi tương đương viết giả thiết thành tổng các bình
phương bằng khơng nhờ hằng đẳng thức bình phương của một hiệu.
c) m2 + n2 + p2 mn + mp + np
Giải: Ta có:
m2 + n2 + p2 mn + mp + np
2(m2 + n2 + p2) 2( mn + mp + pn)
2m2 + 2n2 + 2p2 - 2mn - 2mp - 2pn
( m2 - 2mn + n2 ) + (m2 - 2mp + p2) + (p2 - 2pn + n2 )
( m - n)2 + ( m – p)2 + ( p - n)2 , điều này hiển nhiên đúng vì
( m - n)2; ( m – p)2; ( p - n)2 đều không âm với mọi m, n, p. Dấu “ = ” xảy
ra khi và chỉ khi ( m - n) 2 = ( m – p)2 = ( p - n)2 = 0 m - n = m – p = p - n
= 0 m = n = p.
Vậy m2 + n2 + p2 mn + mp + np. Dấu “ = ” xảy ra
khi và chỉ khi m = n = p ( Điều phải chứng minh).
* Dùng phép biến đổi tương đương biến đổi tương đương bất ddawwngr
thức đã cho thành đẳng thức hiển nhiên đúng nhờ hằng đẳng thức bình
phương của một hiệu.
d) a + b 2 nếu a2 + b2 2.
Giải: Giả sử:
10

a + b > 2 (a + b)2 > 22 a2 + 2ab + b2 > 4. (2)
mà (a - b)2 0 với mọi a, b
nên a2 - 2ab + b2 0 với mọi a, b
a2 + b2 2ab với mọi a, b
a2 + 2ab + b2 2(a2 + b2) 2 . 2 ( vì a2 + b2 2) (3)
a2 + 2ab + b2 4, điều này mâu thuẫn với (2).
Nên điều giả sử là sai (**).
Vậy a + b 2 nếu a2 + b2 2 ( Điều phải chứng minh)
* Vận dụng hằng đẳng thức bình phương của một tổng và một hiệu
cùng với giả thiết chỉ ra khi a + b > 2 thì có a2 + 2ab + b2 > 4
và a2 + 2ab + b2 4.
Ví dụ 17: Chứng minh rằng biểu thức sau viết được dưới dạng bình
phương của hai biểu thức.
A = x2 + 2( x + 1)2 + 3( x + 2)2 + 4( x + 3)2.
Giải: Ta có:
A = x2 + 2( x + 1)2 + 3( x + 2)2 + 4( x + 3)2
= x2 + 2x2 + 4x + 2 + 3x2 + 12x + 12 + 4x2 + 24x + 36
= 10x2 + 40x + 50
= (x2 + 10x + 25) + ( 9x2 + 30x + 25)
= ( x + 5)2 + ( 3x + 5)2 ( Điều phải chứng minh).
* Vận dụng hằng đẳng thức bình phương của một tổng khai triển biểu
thức A và khéo léo đưa về tổng các bình phương để giải quyết bài tốn.
Ví dụ 18: Chứng minh bất đẳng thức a2 - ab + b2 0 với mọi a, b.
Giải: Ta có:
a2 - ab + b2 = - 2 b + + = ( b )2 +
vì ( b )2 ; đều không âm với mọi a, b
nên a2 - ab + b2 0 với mọi a, b. Dấu “ = ” xảy ra khi
( b )2 = = 0 b = b = 0 = b = 0.
Vậy a2 - ab + b2 0 với mọi a, b. Dấu “ = ” xảy ra khi

= b = 0 ( Điều phải chứng minh).
* Sử dụng tính chất lũy thừa bậc chẵn của một só hay biểu thức bất kì
ln khơng âm, ta biến đổi biểu thức A về dạngbình phương hoặc tổng
các bình phương. Nếu các biểu thức A, 2AB trong hằng đẳng thức lần
lượt là a và ab thì A = a và B = = = nên B 2 = ( )2 = b2, vì thế ta cần
11


tách b2 sao cho b2 = b2 + b2 và kết quả ta được tổng các bình phương
thỏa mãn bài tốn.
Ví dụ 19: Chứng minh : + 2 với mọi xy > 0 ( đối với học sinh lớp 8)
Giải: Ta có: + 2
2 x2 + y2 2xy ( vì xy > 0)
x 2 + y2 - 2xy 0 ( x – y) 2 0 điều này hiển nhiên đúng với mọi x,
y nên cũng hiển nhiên đúng với mọi xy > 0. Dấu “ = ” xảy ra khi
( x – y)2 = 0 x – y = 0 x = y.
Vậy
+ 2 với mọi xy > 0. Dấu “ = ” xảy ra khi
= y ( Điều phải chứng minh).
* Biến đổi bất đắng thức cần chứng minh tương đương với bất đắng
thức luôn luôn đúng với mọi xy > 0 nhờ vào hằng đẳng thức bình phương
của một hiệu.
# Khi các biểu thức là các căn biểu thức ta suy được bất đẳng thức
CơSi.
Ví dụ 20: Chứng minh bất đẳng thức CôSi ( ở lớp 9):
với mọi a, b 0.
Giải: Ta có:
a+b 2 a+b-2 0
2
( - ) 0 ( vì a, b 0), điều này hiển nhiên đúng. . Dấu “ = ” xảy ra

khi ( - )2= 0 - = 0
= a = b.
Vậy
với mọi a, b 0. Dấu “ = ” xảy ra khi
a = b ( Điều phải chứng minh).
* Bất đẳng thức CôSi giúp ta giải được nhiều bài tốn ví dụ như:
Ví dụ 21: Chứng minh:
a) a + b +
+ với mọi a, b

0.

Giải: Áp dụng bất đẳng thúc CơSi, ta có:
a+
2 =
b+
2 =
+
a+b+
+
Dấu “ = ” xảy ra khi a = ; b =
a=b= .
Vậy a + b +
+ với mọi a, b 0. Dấu “ = ” xảy ra khi a = b =
( Điều phải chứng minh).
b) ( a + b)( ab + 1)

4ab với a, b 0.
12

Giải: Áp dụng bất đẳng thức CơSi, ta có :
a+b 2 0
( vì a, b 0)
và ab + 1 2 = 2 0
( vì a, b 0 nên ab 0 và 1 > 0)
( a + b)( ab + 1) 2 . 2
hay ( a + b)( ab + 1) 4ab ( vì a, b 0). Dấu “ = ” xảy ra khi
a = b; ab = 1 a = b = 1 ( vì a, b 0).
Vậy
( a + b)( ab + 1) 4ab với a, b 0. Dấu “ = ” xảy ra khi
a = b = 1( Điều phải chứng minh).
c) Với x, y > 0 thì

+

- - + - 2.

+ - - + - 2
( - 2 + 1)+( - 2 + 1) + ( - 2+ ) +( - 2+ 0
( - 1)2 + ( - 1)2 + ( - ) 2 + ( - )2 0 , điều này hiển nhiên đúng
vì x, y > 0 thì ( - 1)2 ; ( - 1)2 ;
( - ) 2 ; ( - )2 đều không âm. Dấu ” = ” xảy ra khi
( - 1)2 = ( - 1)2 = ( - ) 2 = ( - )2 = 0
-1= -1= - = - = 0
= 1; = 1; = ; = x = y; x, y > 0.
Vậy: Với x, y > 0 thì + - - + - 2.
Giải: Ta có:

Dấu ” = “xảy ra khi x = y ( Điều phải chứng minh).

d) Nếu m, n, p > 0 thì A = ( m + n + p)( + + ) 9
Giải: Ta có: A = ( m + n + p)( + + )
= 1+ + + +1+ + + +1
= 3 +( + ) +( + ) +( + )
Mà + 2; + 2; + 2 với mọi m, n, p > 0 ( do áp dụng dụng bất đẳng
thức CôSi)
Nên A 3 + 2 + 2 + 2 với mọi m, n, p > 0
hay A9 với mọi m, n, p > 0. Dấu ” = ” xảy ra khi
=; = ; =
m = n = p; m ,n, p > 0.
Vậy: Nếu m, n, p > 0 thì A = ( m + n + p)( + + ) 9 .
Dấu “ = ”xảy ra khi m = n = p ( Điều phải chứng minh).
e) B =

+

+

Giải: Ta có:
2a2 +2b2 + 2c2 = ( b2 + c2) + ( c2 + a2) + ( a2 + b2)
và b2 + c2; c2 + a2; a2 + b2 > 0.
13


Áp dụng kết quả câu d, ta có;
( 2a2 +2b2 + 2c2)( + + ) 9

+
+

+
+

1+ +1+ +1+
+ +
Dấu ” = ” xảy ra khi
2
2
2
b + c = c + a2 = a2 + b2 b2 = a2 = c2 a = ± b=± c.
Vậy: B =
+ +
Dấu ” = “xảy ra
khi a = ± b = ± c ( Điều phải chứng minh).
#
Khi các biểu thức của hằng đẳng thức có dạng ay và bx ta
chứng minh được bất đẳng thức Bunhiacơpxki mà tính ứng dụng của nó
rất cao.
Ví dụ 22: Với bất kì bốn số a, b, x, y ta ln có:
( a2 + b2) ( x2 + y2) ( ax + by)2 ( Bất đẳng thức BuNhiacôpxki)
Giải: Ta có: ( a2 + b2) ( x2 + y2) ( ax + by)2
a2 x2 + a2 y2 + b2 x2 + b2 y2 a2 x2 + 2axby + b2 y2
a2 y2 + b2 x2 – 2axby 0
( ay - bx)2 0 , điều này hiển nhiên đúngvới mọi a, b, x, y. Dấu ” = ”
xảy ra khi ( ay - bx)2 = 0 ay - bx = 0 ay = bx
= .
Vậy: Với bất kì bốn số a, b, x, y ta ln có:
( a2 + b2) ( x2 + y2) ( ax + by)2.Dấu “ = ”xảy ra khi = ( Điều phải chứng minh).
* Biến đổi điều phải chứng minh tương đương với điều hiển nhiên đúng
nhờ hằng đẳng thức bình phương của một tổng và của một hiệu.

# Bất đẳng thức BuNhiacôpxki giúp ta giải được nhiều bài toán cực trị
( sẽ giới thiệu ở phần sau)
Ví dụ 24: Chứng minh rằng:
a) Với a, b, c, d > 0 thì
+
Giải: Ta có:
+
2
a + b2 + c2 + d2 + 2

( a + c )2 + ( b + d )2

( vì hai vế đều dương)
a + b + c + d + 2 a + 2ac + c + b + 2bd+ d2
(a2 + b2)( c2 + d2 ) (ac + bd)2 ( vì a, b, c, d > 0 ), điều này theo bất đẳng
thức BuNhiacôpxki hiển nhiên đúng. Dấu “ = ” xảy ra khi =
14
2

2

2

2

2

2

2

Vậy với a, b, c, d > 0 thì
+
.
Dấu ” = “xảy ra khi = ( Điều phải chứng minh).
* Biến đổi tương đương bất đẳng thức đã cho về bất dẳng thức
BuNhiacơpxki nhờ hằng đẳng thức bình phương của một tổng.
b) Với a, b 0 thì

+

Giải: Ta có: ( + )2 = a + b + 2 a + b ( vì 0
với mọi a, b khơng âm)
Hay ( + )2 a + b
+
( vì + > 0 và a, b 0 nên a + b > 0). Dấu “ = ” xảy ra
khi = 0 ab = 0 a = 0 hoặc b = 0.
Vậy với a, b 0 thì
+
. Dấu “ = ”xảy ra khi
a = 0 hoặc b = 0 ( Điều phải chứng minh).
Ví dụ 25: Chứng minh:
Giải: Ta có:
= =

> 0

> 0 ( vì ( a ± )2 0 với mọi a nên ( a ± )2 +
Vậy

> 0

> 0 với mọi a).

( Điều phải chứng minh).

*
Nhờ hẳng đẳng thức bình phương của mọt tổng hay một hiệu ta
chứng minh được tử và mẫu cùng dấu.
Ví dụ 26: Chứng tỏ các phương trình sau vô nghiệm:
a) 2x2 + 2x + 9 = 0.
Giải: Ta có:
2x2 + 2x + 9 = ( x2 – 2x + 1) + ( x2 + 4x + 4) + 4 = ( x – 1)2 + ( x + 2)2 + 4
Mà ( x – 1)2 + ( x + 2)2 + 4 > 0 ( vì ( x – 1)2; ( x + 2)2; 4 luôn không âm với
mọi x) nên 2x2 + 2x + 9 > 0 với mọi x hay không tồn tại giá trị nào của x
thỏa mãn 2x2 + 2x + 9 = 0.
Vậy phương trình 2x2 + 2x + 9 = 0 vơ nghiệm.
* Biến đổi vế trái thành tổng các số dương nhờ hằng đẳng thức bình
phương của một tổng và hiệu.
b) 2x + 1 + ( x + 2)2 = y2 với x, y N.
15


Giải: Ta có:
2x + 1 + ( x + 2)2 = y2 2x + 1 + x2 + 4x + 4 = y2 x2 + 6x + 5 = y2
(x2 + 6x + 9) - y2 = 4 ( x + 3)2 - y2 = 4
( x + 3 - y)( x + 3 + y) = 4 (*)
Vì x, y N nên x + 3 + y 3 và x + 3 – y; x + 3 + y cùng tính chẵn lẻ (1)
Mà 4 chỉ có cách phân tích thành tích các số thỏa mãn (1) là 4 = 4 . 1 nên

phương trình (*) vơ nghiệm hay phương trình đã cho vơ nghiệm với x, y N.
Vậy phương trình 2x + 1 + ( x + 2)2 = y2 vô nghiệm với x, y N.
*
- Biến đổi tương đương phương trình đã cho bằng cách vận dụng
hằng đẳng thức bình phương của một tổng một cách hợp lí rồi chứng tỏ
khơng có cách phân tích nào của vế phải thỏa mãn các điều kiện của vế
trái. Từ đó kết luận bài tốn.
Ví dụ 28: Giải thích tại sao tích:
T = ( 1 + )( 1 + )( 1 + ) ... [ 1 + ][ 1 + ]< 2
với mọi n N*.
Giải: Ta có nhận xét : 1 + = =
Nên T = < 2
= = < 2 ( vì n N* nên
0
< 1).

Vậy T < 2 với mọi n N* ( Điều phải chứng minh).
* Nhận xét thừa số tổng quát của tích nhờ hằng đẳng thức bình phương
của một tổng. Từ đó biến đổi T rồi rút gọn ta có điều phải chứng minh.
# Khi biểu thức A trong hằng đẳng thức: “Bình phương của một
tổng” là tổng của 2 biểu thức, ta có mở rộng bình phương của tổng 3 biểu
thức, xem ở ví dụ sau:
Ví dụ 28: Khai triển ( a + b + c)2.
Giải: Ta có: ( a + b + c)2 = [( a + b) + c]2 = ( a + b )2 + 2( a + b)c + c2
= a2 + 2ab + b2 + 2ac + 2bc + c2
= a2 + b2 + c2+ 2ab + 2bc + 2ac.
Vậy ( a + b + c)2 = a2 + b2 + c2+ 2ab + 2bc + 2ac.
* - Biến đổi và nhận dạng biểu thức dưới dấu căn có dạng bình phương
của một tổng( hay một hiệu): viết thành bình phương của một tổng và

thành bình phương của một hiệu.
16


- Vận dụng hằng đẳng thức: “Bình phương của một tổng( hay một
hiệu)” để tính.
# Bằng cách tương tự học sinh có thể tự tìm ra cơng thức tính bình
phương của tổng: 4, 5, 6, …, n biểu thức:
( a1 + a2 + a3 + ... + an)2 = a12 + a22 + a32 + ... an2 + 2a1a2 + 2a1a3 + 2a1a4 + ...
+ 2a1an + 2a2a3 + 2a2a4 + ... + 2a2an + ... 2an – 1 an
Ví dụ 29: Chứng minh rằng:
a) ( m2 + n2 + p2)2 = 2( m4 + n4 + p4) nếu m + n + p = 0.
Giải: Ta có: m + n + p = 0
( m + n + p)2 = 0
m2 + n2 + p2 = - 2( mn + mp + pn)
( m2 + n2 + p2 )2 = 4( mn + mp + pn)2
= 4( m2n2 + m2p2 + p2n2 + 2m2np + 2mn2p + 2mnp2)
= 4[ ( m2n2 + m2p2 + p2n2) + 2mnp(m + n + p) ]
= 4( m2n2 + m2p2 + p2n2) = 0 ( vì m + n + p = 0)
Hay ( m2 + n2 + p2 )2 = 4( m2n2 + m2p2 + p2n2 )
(1)
4
4
4
2 2
2 2
2 2
2 2
m + n + p + 2( m n + m p + p n ) = 4( m n + m2p2 + p2n2 )
m4 + n4 + p4 = 2( m2n2 + m2p2 + p2n2 )

(2)
Từ (1) và (2), ta có:
( m2 + n2 + p2 )2 = 2(m4 + n4 + p4).
Vậy ( m2 + n2 + p2)2 = 2( m4 + n4 + p4) nếu m + n + p = 0 ( điều phải
chứng minh).
* Từ giả thiết m + n + p = 0 ta sử dụng hằng đẳng thức bình phương
của một tổng chứng minh:
( m2 + n2 + p2 )2 = 4( m2n2 + m2p2 + p2n2 ) = 2(m4 + n4 + p4).
b) Nếu x2 + y2 = u2 + v2 = 1; xu + yv = 0
thì x2 + u2 = y2 + v2 = 1; xy + uv = 0
Giải: Ta có:
1) x2 + y2 = u2 + v2 = 1 x2 + y2 – 1 = u2 + v2 – 1 = 0 (*)
2) A = (x2 + y2 – 1)2 + (u2 + v2 – 1)2 + 2(xu + yv)2
= x4 + y4 + 1 + 2x2y2 – 2x2 – 2y2 + u4 + v4 + 1 + 2u2v2 – 2u2 – 2v2
+ 2 x2u2 + 4xuyv + 2y2v2
= (x 4 + u4 + 1 + 2 x2u2 – 2x2 – 2u2 ) + (y4 + v4 + 1 + 2 y2v2 – 2y2 –
+ 2v2) + 2(x2y2 + 2xuyv + u2v2)
= (x2 + u2 – 1)2 + (y2 + v2 – 1)2 + 2(xy + uv)2
= (x2 + u2 – 1)2 + (y2 + v2 – 1)2 ( vì xu + yv = 0)
17


= 0 ( do (*) )
Hay A = 0 x2 + y2 – 1 = u2 + v2 – 1 = xy + uv = 0
Mà (x2 + u2 – 1)2; (y2 + v2 – 1)2; (xy + uv)2 đều không âm
Nên x2 + u2 = y2 + v2 = 1; xy + uv = 0
Vậy Nếu x2 + y2 = u2 + v2 = 1; xu + yv = 0
thì x2 + u2 = y2 + v2 = 1; xy + uv = 0 ( điều phải chứng minh).
* Khéo léo biến đổi giả thiết nhừ hằng đẳng thức bình phương của một
tổng để có: x2 + u2 – 1 = y2 + v2 – 1 = xy + uv.

2. 4. Tìm cực trị:
Ví dụ 30: a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P = ( x – 1)2 + ( x – 5)2
Giải: Ta có:
P = ( x – 1)2 + ( x – 5)2 = x2 – 2x + 1 + x2 - 10x + 25 = 2x2 – 12x + 26
= 2( x2 – 6x + 9) + 8 = 2( x – 3)2 + 8.
Vì ( x – 3)2 0 với mọi x nên 2( x – 3)2 + 8 2 . 0 + 8 = 8 với mọi x
Pmin = 8, xảy ra khi (x – 3)2 = 0 x – 3 = 0 x = 3.
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = ( x – 1)2 + ( x – 5)2 là 8 xảy ra khi
x = 3.
* Ta thấy ( x – 1)2; ( x – 5)2 đều không âm nhưng không thể khẳng định
giá trị nhỏ nhất của biểu thức P lúc này vì thế nhờ vào hằng đẳng thức
bình phương của một tổng hay hiệu ta biến đổi P về dạng P = A (x) + m
trong đó: A(x) 0 với mọi x và m là hằng số P m với mọi x.
Khi đó, ta có: Pmin = m A(x) = 0.
b).Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: Q = - 3x2 – 5x + 2.
Giải: Ta có:
Q = - 3x2 – 5x + 2 = - 3( x2 + x + ) + = - 3( x + )2 +
= - 3( x + )2 + 4
Mà ( x + )2 0 với mọi x nên - 3( x + )2 0 với mọi x
- 3( x + )2 + 4 4 với mọi x Qmax = 4 xảy ra khi
(x + )2 = 0 x + = 0 x = Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức: Q = - 3x2 – 5x + 2 là 4 xảy ra khi
x=* Với cách làm tương tự câu a) song ta biến đổi Q = - A(x) + m Q m
với mọi x. Khi đó, ta có: Qmax = m A(x) = 0.
18


Ví dụ 31: a) Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức:
M = 2x2 + y2 - 2xy + 2x + 1
Giải: Ta có:

M = 2x2 + y2 - 2xy + 2x - 1 = ( x2 + 2x + 1) + ( x2 - 2xy + y2) - 2
= ( x + 1)2 + ( x - y)2 - 2.
Vì ( x + 1)2 0 với mọi x và ( x - y)2 0 với mọi x, y
nên ( x + 1)2 + ( x - y)2 – 2 2 với mọi x, y.
Mmin = - 2, xảy ra khi ( x + 1)2 = 0 và ( x - y)2 = 0
x + 1 = 0 và x – y = 0 x = - 1 và x = y.
.

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M = 2x2 + y2 - 2xy + 2x + 1 là - 2 xảy ra
khi và chỉ khi x = y = - 1.
* Cách làm tương tự ví dụ 31a) song ở đây A(x) là tổng các bình phương.

b).Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
N = 2x – 4y + 12z - x2 – 4y2 – 9z2 - 5.
Giải: Ta có:
N = 2x – 4y + 12z - x2 – 4y2 – 9z2 - 5
= - ( x2 – 2x + 1) – ( 4y2 + 4y + 1) – ( 9z2 - 12z + 4) + 1
= - ( x - 1)2 - ( 2y + 1)2 - ( 3z - 2)2 + 1
Mà ( x - 1)2 0 với mọi x, ( 2y + 1)2 0 với mọi y, ( 3z - 2)2 0 với mọi z nên
- ( x - 1)2 0 với mọi x, - ( 2y + 1)2 0 với mọi y, - ( 3z - 2)2 0 với mọi z.
- ( x - 1)2 - ( 2y + 1)2 - ( 3z - 2)2 + 1 1 với mọi x, y, z với mọi x
Nmax = 1 xảy ra khi ( x - 1)2 = 0, ( 2y + 1)2 = 0, ( 3z - 2)2 = 0
x - 1 = 0 , 2y + 1 = 0, 3z – 2 = 0 x = 1, y = - , z =
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức: N = 2x – 4y + 12z - x2 – 4y2 – 9z2 – 5
là 1 xảy ra khi và chỉ khi x = 1, y = - , z =
*
Với cách làm tương tự ví dụ 31b) song ở đây A(x) là tổng các bình
phương.
Ví dụ 32: Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của phân thức:
A=

Giải: Ta có:
A= = = =
= -1
Mà ( x - 2) 2 0, x2 + 1 > 0 với mọi x nên 0
xảy ra khi ( x - 2)2 = 0 x - 2 = 0 x = 2.
19

- 1 - 1 với mọi x Amin = - 1


Mặt khác:
A= = = =4A 4 với mọi x Amax = 4 xảy ra khi ( 2x - 1)2 = 0 2x - 1 = 0
x =
Vậy giá trị nhỏ nhất của phân thức: A =

là – 1, xảy ra khi x = 2

và giá trị nhỏ nhất của A là 4, xảy ra khi x =
* Nhờ hằng đẳng thức bình phương của một tổng hay một hiệu và tính
chất của nó ta biến đổi A theo các cách khác nhau về dạng A = ± M (x) + a
với M(x) là một phân thức không âm và a là hằng số.
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của phân thức:

B=

Giải: Ta có:
A= = = =
= -1
Mà ( x - 2) 2 0, x2 + 1 > 0 với mọi x nên 0
xảy ra khi ( x - 2)2 = 0 x - 2 = 0 x = 2.

- 1 - 1 với mọi x Amin = - 1

Mặt khác:
A= = = =4A 4 với mọi x Amax = 4 xảy ra khi ( 2x - 1)2 = 0 2x - 1 = 0
x =
Vậy giá trị nhỏ nhất của phân thức: A =

là – 1, xảy ra khi

x = 2

và giá trị lớn nhất của A là 4, xảy ra khi x =
* Nhờ hằng đẳng thức bình phương của một tổng hay một hiệu và tính
chất của nó ta biến đổi A theo các cách khác nhau về dạng A = ± M (x) + a
với M(x) là một phân thức khơng âm và a là hằng số.
Ví dụ 33: Tìm giá trị nhỏ nhất của phân thức:
B=
Giải: Ta có:
B= = =
= = 1 +
= 1 + 5[ 2 + - ]
20


= 1 + 5= + 5
Mà

0 với mọi x nên

với mọi x Bmin =
= 0

=

+ 5

xảy ra khi = 0

x2 + 1 = 10 x2 = 9 x = ± 3

Vậy giá trị nhỏ nhất của phân thức:
B=

là xảy ra khi x = ± 3.

và giá trị nhỏ nhất của A là 4, xảy ra khi x =
* Nhờ hằng đẳng thức bình phương của một tổng hay một hiệu và tính
chất của nó ta biến đổi B tương tự như trên song việc biến đổi ở đây có
phần phức tạp hơn.
Ví dụ 34: a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P = x2 + y2, biết x + y = 2.
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki với a = x, b = y, c = 1 = d, ta có:
( x . 1 + y . 1)2 ( x2 + y2 )( 12 + 12 ) ( x + y )2 2( x2 + y2 )
22 2( x2 + y2 ) ( vì x + y = 2 )
2 x2 + y2
Pmin = 2 xảy ra khi

=

x = y.

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = x2 + y2 là 2, xảy ra khi x = y.
* Nhờ hằng đẳng thức bình phương của một tổng, một hiệu, tính chất
của nó ta chứng minh bất đẳng thức Bunhiacôpxki và áp dụng bất đẳng
thức cùng với giả thiết, ta tìm được giá trị nhỏ nhất của biểu thức P.
b) Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của biểu thức:
Q = s6 + t6, biết s2 + t2 = 1.
Giải: Ta có:
s2 + t2 = 1 nên t2 = 1 - s2
s6 + t6 = s6 + (1 - s2 )3 = s6 + 1 – 3s2 + 3s4 – s6 = 3( s4 – s2 + ) +
= 3 + với mọi s.
Qmin =
=

xảy ra khi = 0

= 0

s =
21


Mặt khác:
s2 + t2 = 1 nên: Khi s = 0 t2 = 1 t6 = 1 Q = s6 + t6 = 0 + 1 = 1.
Khi s ≠ 0 vì s2 = 1 - t2 1 với mọi s ( vì t2 0 với mọi t)
với mọi s Q 3 + với mọi s Q 1 với mọi s
Nên Qmax = 1 xảy ra khi

= 1

s = 1 hoặc s = 0.

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức: Q = s6 + t6,, khi s2 + t2 = 1 là

xảy ra khi

s = , giá trị lớn nhất của Q là 1, xảy ra khi s = 1 hoặc s = 0.
*

Cách làm tương tự các ví dụ trước song cần kết hợp khéo léo giả thiết
s2 + t2 = 1 t2 = 1 - s2 và s2 = 1 - t2 1 .

c) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
M=

+ .

Giải: Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki với a = , b = ,
c = 1 = d, ta có:
( . 1 + . 1)2 [ + ( 12 + 12 )
2[ +
M2 2(x – 2 + 4 - x) M2 4 ( với 2 x 4 (*) )
- 2 M 2 ( với 2 x 4 )
mà M > 0 nên 0 < M 2 ( với 2 x 4 )
Mmax = 2 xảy ra khi =
x–2 = 4–x

=

x = 3 ( Thỏa mãn (*) ).

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức: M =

+

là 2, xảy ra khi

x = 3.
* Tóm lại: Để tìm cực trị của biểu thức A ta viết biểu thức đó về dạng
A = M(x) + a, trong đó M(x) 0 với mọi x và a là hằng số. Thông thường để
chứng minh M(x) 0 với mọi x, ta biến đổi M(x) nhờ hằng đẳng thức bình
phương của một tổng hay một hiệu một cách trực tiếp hoặc gián tiếp qua
bất đẳng thức Bunhiacơpxki hay CơSi ở các ví dụ đã nêu ở mục trên.
2.5. Giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình:
22


Ví dụ 35: Giải phương trình:
a) 6x – 9x2 + 8 = 0.
Giải: Ta có:
6x – 9x2 + 8 = 0

- (9x2 – 6x - 8 ) = 0 9x2 – 6x - 8 = 0

( 9x2 – 6x + 1) - 9 = 0

( 3x – 1 )2 - 32 = 0

( 3x – 1 + 3 )( 3x – 1 - 3) = 0 ( 3x + 2 )( 3x – 4) = 0 [
[ [
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S = { - ; 1 }.
* Vận dụng hằng đẳng thức bình phương của một hiệu và hiệu hai bình
phương phân tích vế trái thành nhân tử và đưa phương trình đã cho về
dạng phương trình tích.
b) .
Giải: Ta có: = ( x - )2 > 0
Nên
2x2 – 6x + 4 = 0 x2 – 3x + 2 = 0 ( x – 1 )( x – 2 ) = 0
[

[

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S = { 1; 2 }.
* Nhận xét biểu thức trong giá trị tuyệt đối nhờ hằng đẳng thức bình
phương của một hiệu và biến đổi tương đương phương trình đã cho và về
dạng thơng thường đã biết cách giải.
c) x5 = x4 + x3 + x2 + x + 2.
Giải : Ta có: x5 = x4 + x3 + x2 + x + 2

x5 - x4 - x3 - x2 - x – 2 = 0

( x5 - 2x4) + (x4 - 2x3) + ( x3 - 2x2) + ( x2 - 2x) + ( x – 2) = 0
x4( x – 2) + x3( x – 2) + x2( x – 2) + x( x – 2) + ( x – 2) = 0
( x – 2)( x4 + x3 + x2 + x + 1) = 0
( x – 2)[ ( x4 + x3 + ) + ( + x + 1) + ] = 0
( x – 2)[ ( x2 + )2 + ( + 1)2 + ] = 0

23

x – 2 = 0 ( vì ( x2 + )2 ; ( + 1)2 ; đều là những số không âm song
chúng cũng không đồng thời bằng 0).

.

x=2
Vậy phương trình đã cho có tập hợp nghiệm là S = { 2 }

*

Nhờ bình phương của tổng ta chứng tỏ x4 + x3 + x2 + x + 1

0.

Ví dụ 36: a) Tìm x, y, z thỏa mãn:
+ + = ( x + y + z ).
Giải: Ta có:
+ + = (x + y + z)
xác định khi x 0 ; y – 1 0 ; z - 2 0
nên ĐKXĐ của đẳng thức là : x 0 ; y 1 ; z
+ + = (x + y + z)

2 (*)

2 + 2 +2 = x + y+ z
( x - 2 + 1 ) + ( y – 1 - 2 + 1 ) + ( z – 2 – 2 + 1) = 0
( – 1)2 + ( - 1 )2 + ( – 1 )2 = 0

(Do (*)) (1)

vì ( – 1)2 ; ( - 1)2 ; ( – 1)2 luôn không âm với x
(1)

0;y

1;z

2, nên:

– 1= –1= –1=0
x = 1 ; y = 2 ; z = 3 thỏa mãn (*)

Vậy khi x = 1 ; y = 2 ; z = 3 thì + + = ( x + y + z )
* Đây là bài tốn tìm các số thỏa mãn đẳng thức song để tìm chúng ta
cần giải phương trình mà đẳng thức đã cho là phương trình có ba ẩn nên
chỉ có thể tìm nghiệm của nó khi nó có dạng đặc biệt như tổng các bình
phương bằng 0. Từ đó, ta vận dụng hằng đẳng thức bình phương của một
hiệu và biến đổi để có điều đặc biệt mong muốn.
b). Giải phương trình

+ = 5.

Giải: Ta có: + = 5 (1) xác định khi 0
Đặt = a = b 0 (**), lúc đó:
(1)
24

Mà =
= ( vì
= 625 – 100ab + 4a2b2 - 2a2b2
= 625 – 100ab + 2a2b2, kết hợp với (*’), ta có:
97 = 625 – 100ab + 2a2b2
ab2 – 50ab + 264 = 0, giải phương trình này với ẩn ab, ta có: ab = 44
hoặc ab = 6 mà a, b > 0 và a + b = 5 nên a, b < 5
ab < 5 nên ab = 6.
Từ đó, ta có:
[ ( thỏa mãn (**))
[ ( vì = a )

[

( thỏa mãn (*))

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S = { 16; 81 }.
* Vận dụng hằng đẳng thức bình phương của một tổng một cách hợp lí
để giải phương trình.
Ví dụ 37: a) Tìm x, y, z sao cho: x2 – 2x + y2 + 4y + 5 = 0.
Giải: Ta có:
x2 – 2x + y2 + 4y + 5 = 0
( x2 – 2x + 1 ) + ( y2 + 4y + 4 ) = 0
( x – 1 )2 + ( y + 2)2 = 0
( vì ( x – 1 )2 0; ( y + 2)2 0 với mọi x, y)

Vậy với x = 1 và y = - 2 thì x2 – 2x + y2 + 4y + 5 = 0.
* Vận dụng hằng đẳng thức bình phương của một tổng, một hiệu và các
phép biến đổi tương đương phương trình đưa phương trình đã cho về
dạng dễ giải .

Ví dụ 38: a) Tìm nghiệm ngun dương của phương trình:
x2 - 4xy + 5y2 = 169.
Giải: Ta có:
x2 - 4xy + 5y2 = 169

(x2 - 4xy + 4y2 ) + y2 = 169
( x – 2y )2 + y2 = 169

Mà 169 chỉ có hai cách phân tích thành tổng của hai số chính phương là:
25