HẰNG ĐẲNG THỨC và áp DỤNG

HẰNG ĐẲNG THỨC VÀ ÁP DỤNG
Nguyễn Bá Đang
Hội THHN
1 Hằng đẳng thức cơ bản
Hằng đẳng thức có trong chương trình Toán 8 (Tập một).
(a ±b)
2
= a
2
±2ab + b
2
. (1)
a
2
− b
2
= (a − b)(a + b) . (2)
(a ± b)
3
= a
3
±3ab(a ± b) ± b
3
. (3)
a
3
± b
3
= (a ± b)(a
2
∓ ab + b

2
). (4)
Từ những hằng đẳng thức đó, ta mở rộng một hằng đẳng thức mới có ứng dụng nhiều
trong các cuộc thi.
1- Hằng đẳng thức: a
3
+ b
3
+ c
3
−3abc = (a + b + c)(a
2
+ b
2
+ c
2
− ab −ac − bc). (5)
Chứng minh.
Từ (3) ta có a
3
+ b
3
+ c
3
−3abc = (a + b)
3
−3ab(a + b) + c
3
−3abc =
= (a + b + c)


(a + b)
2
− (a + b)c + c
2

−3ab(a + b + c) =
= (a + b + c)(a
2
+ 2ab + b
2
−ac −bc + c
2
−3ab) = (a + b + c)(a
2
+ c
2
+ b
2
−ab −ac −bc)
2 Một số áp dụng
Ví dụ 2.1. Cho a + b + c = 0. Chứng minh a
3
+ b
3
+ c
3
= 3abc.
Giải.
Từ (5) ⇒ vế phải của hằng đẳng thức bằng 0 ⇒ a

3
+ b
3
+ c
3
= 3abc.
Ví dụ 2.2. Phân tích đa thức thành nhân tử:
(x − y)
3
+ (y − z)
3
+ (z − x)
3
Giải.
(x − y) + (y − z) + (z −x) = 0 theo (5)
⇒ (x −y)
3
+ (y − z)
3
+ (z − x)
3
= 3(x −y)(y − z)(z = x).
2. Một số áp dụng 284
Ví dụ 2.3. Cho a, b, c là các số thực khác nhau thỏa mãn a + b + c = 0.
Chứng minh rằng
a
3
+ b
3
+ c

3
−3abc
a + b + c
> 0.
Giải.
a
2
+ b
2
+ c
2
− ab −bc − ac =
1
2

(a − b)
2
+ (b − c)
2
+ (c − a)
2

Vì a, b, c khác nhau ⇒ vế phải luôn dương
⇒ a
2
+ b
2
+ c
2
− ab −bc − ac > 0

Từ (5) ⇒
a
3
+ b
3
+ c
3
−3abc
a + b + c
= (a
2
+ b
2
+ c
2
− ab −ba −ac)
⇒
a
3
+ b
3
+ c
3
−3abc
a + b + c
> 0
Ví dụ 2.4. . Chứng minh rằng n
3
+ (n + 1)
3

+ (n + 2)
3
chia hết cho 9 với mọi số tự nhiên n.
Giải.
n = 0 ⇒ n
3
+ (n + 1)
3
+ (n + 2)
3
= 0 + 1 + 8 = 9
n = 0 ⇒ theo (5) n
3
+ (n + 1)
3
+ (n + 2)
3
= 3n(n + 1)(n + 2)+
+(n + n + 1 + n + 2)

n
2
+ (n + 1)
2
+ (n + 2)
2
− n(n + 1) − (n + 1)(n + 2) −(n + 2)n

Biến đổi
3(n + 1)


n
2
+ (n + 1)
2
+ (n + 2)
2
− n(n + 1) − (n + 1)(n + 2) −(n + 2)n

=
= 3n(n + 1)
[
n(n − n −1) + (n + 1)(n + 1 − n −2) + (n + 2)(n + 2 − n)
]
=
= 3(n + 1)(−n −n −1 + 2n + 4) = 9(n + 1)
⇒ 3(n + 1)

n
2
+ (n + 1)
2
+ (n + 2)
2
− n(n + 1) − (n + 1)(n + 2) −(n + 2)n

chia hết cho 9;
n(n + 1)(n + 2) tích của ba số tự nhiên liên tiếp luôn chia hết cho 3
⇒3n(n + 1)(n + 2 )chia hết cho 9.
⇒ n

3
+ (n + 1)
3
+ (n + 2)
3
chia hết cho 9 với mọi số tự nhiên n.
Ví dụ 2.5. Trục căn thức các biểu thức sau:
1
2
3
√
4 −3
3
√
2 −1
;
3
√
2 −1
3
√
9 −
3
√
3 + 2
Giải.
Ta coi 2
3
√
4 = a, −3

3
√
2, −1 = c;
⇒
1
2
3
√
4 −3
3
√
2 −1
=
4
3
√
16 + 9
3
√
4 + 1 +
3
√
4
3
√
2 + 2
3
√
4 −3
3

√
2
(2
3
√
4 −3
3
√
2 −1)(4
3
√
16 + 9
3
√
4 + 1 +
3
√
4
3
√
2 + 2
3
√
4 −3
3
√
2)
=
11
3

√
4 + 5
3
√
2 + 3
8.4 −27.2 −1 −3.2
3
√
4.3
3
√
2
= −
11
3
√
4 + 5
3
√
2 + 3
59
Tương tự
3
√
9 = a, −
3
√
3 = b, c = 2
3
√

2 −1
3
√
9 −
3
√
3 + 2
=
(
3
√
2 −1)(
3
√
81 +
3
√
9 + 8 +
3
√
27 −2
3
√
9 + 2
3
√
3)
(
3
√

9 −
3
√
3 + 2)(
3
√
81 +
3
√
9 + 8 +
3
√
27 −2
3
√
9 + 2
3
√
3)
3. Áp dụng 285
=
(
3
√
2 −1)(7
3
√
9 + 5
3
√

3 + 10)
32
Từ đây chúng ta sẽ chủ động sáng tác hàng loạt ví dụ về trục căn thức.
b) Xét đa thức ba biến P(x, y, z) = x
3
+ y
3
+ z
3
Nhận xét P(x, y, z)là đa thức đối xứng
P(x, y, z) = x
3
+ y
3
+ z
3
= (x + y + z)

(x + y + z)
2
−3(xy + yz + zx)

+ 3x yz.
Đặt α = x + y + z, β = xy + yz + zx, γ = xyz
⇒ P(x, y, z) = x
3
+ y
3
+ z
3

= α
3
−3αβ + 3γ. (1)
Từ đó ta biểu thị S
n
= x
n
+ y
n
+ z
n
(n ∈ N) qua α, β, γ.
3 Áp dụng
Cho x + y + z = 0. Chứng minh các đẳng thức sau:
1) (x
2
+ y
2
+ z
2
)
2
= 2(x
4
+ y
4
+ z
4
)
2) 5(x

2
+ y
2
+ z
2
)( x
3
+ y
3
+ z
3
) = 6(x
5
+ y
5
+ z
5
)
3) 5x yz(x
2
+ y
2
+ z
2
) = 2(x
5
+ y
5
+ z
5

)
4) Chứng minh S
k
= αS
k−1
− βS
k−2
+ γS
k−3
, k ≥ 4
5) Giải hệ phương trình





x
3
+ y
3
+ z
3
= 8
x + y + z = −2(xy + yz + zx)
xyz = 2
Giải.
Ta chứng minh 4) từ đó suy ra các kết quả của 1), 2), 3)
S
0
= x

0
+ y
0
+ z
0
= 3, S
1
= x + y + z = α
S
2
= x
2
+ y
2
+ z
2
= (x + y + z)
2
−2(xy + yz + zx) = α
2
−2β (2)
Từ (1) ta có: S
3
= x
3
+ y
3
+ z
3
=α

3
−3αβ + 3γ thay (2) vào
S
3
= αS
2
− βS
1
+ γS
0
, (3)
Lần lượt nhân hai vế của đẳng thức (3) với x
k−3
, y
k−3
, z
k−3
S
3
x
k−3
= αx
k−2
S
2
− βx
k−3
S
1
+ γx

k−3
S
0
S
3
y
k−3
= αy
k−2
S
2
− βy
k−3
S
1
+ γy
k−3
S
0
S
3
z
k−3
= αz
k−2
S
2
− βz
k−3
S

1
+ γz
k−3
S
0
,
cộng các vế của đẳng thức ta có:
S
k
= αS
k−1
− βS
k−2
+ γS
k−3
, k ≥ 4
5) Giải hệ phương trình:
⇒ x
3
+ y
3
+ z
3
= αS
2
− βS
1
+ γS
0
= 8, α = −2β, γ = 2

⇒ 4β
3
−3β
2
−1 = 0⇒ Hệ có các nghiệm:
3.1 Một số ví dụ áp dụng 286
(1, -1, 2); (1, 2, -1); (2, -1, 1); (2, 1, -1); (-1, 2, 1); (-1, 1, 2)
3.1 Một số ví dụ áp dụng
Có lần bắt gặp trên tạp chí Toán học nhà trường của Nga (Liên xô cũ) một bài toán tính
tổng:
A =

1 +
1
2
2
+
1
3
2
+

1 +
1
3
2
+
1
4
2

+ ··· +

1 +
1
(n − 1)
2
+
1
n
2
, với n là số tự nhiên.
Sau đó nhiều nơi lấy làm đề thi học sinh giỏi hoặc tuyển sinh vào lớp 10. Phải nói đây là
bài toán hay áp dụng giải nhiều bài toán khác. Song chúng ta hãy đi tìm cội nguồn của bài
toán cơ bản đó là đâu ?
Hãy xét tổng
1
a
+
1
b
+
1
c
, với a, b, c khác 0.
Ta bình phương tổng đó ⇒ (
1
a
+
1
b

+
1
c
)
2
=
1
a
2
+
1
b
2
+
1
c
2
+
2(a + b + c)
abc
Nếu a + b + c = 0 ⇒ (
1
a
+
1
b
+
1
c
)

2
=
1
a
2
+
1
b
2
+
1
c
2
⇒

1
a
2
+
1
b
2
+
1
c
2
=





1
a
+
1
b
+
1
c




(1)
a + b + c = 0 ⇒ c = −(a + b) ⇒

1
a
2
+
1
b
2
+
1
(a + b)
2
=





1
a
+
1
b
−
1
a + b




; (2)
Nếu thay a bằng
1
a
⇒

a
2
+
1
b
2
+
a
2
(ab + 1)

2
=




a +
1
b
−
a
ab + 1




. (3)
Đồng thời thay b bằng
1
b
⇒

a
2
+ b
2
+
a
2
b

2
(a + b)
2
=




a + b −
ab
a + b




(4)
Bài toán 3.1. Giải bài toán tính giá trị biểu thức
A =

1 +
1
2
2
+
1
3
2
+

1 +

1
3
2
+
1
4
2
+ ··· +

1 +
1
(n − 1)
2
+
1
n
2
Giải.

1 +
1
2
2
+
1
3
2
=

1

1
2
+
1
2
2
+
1
3
2
, 3
2
= (1 + 2)
2
theo công thức (1)

1 +
1
2
2
+
1
3
2
=
1
1
+
1
2

−
1
3
= 1 +
1
2
−
1
3
từ đó suy ra
A =

1 +
1
2
2
+
1
3
2
+

1 +
1
3
2
+
1
4
2

+ ··· +

1 +
1
(n − 1)
2
+
1
n
2
=
1 +
1
2
−
1
3
+ 1 +
1
3
−
1
4
+ . . . 1 +
1
n − 1
−
1
n
= n +

1
2
−
1
n
=
2n
2
+ n −2
2n
.
3.1 Một số ví dụ áp dụng 287
Ghi chú có sách đã chứng minh bằng quy nạp:
n
∑
k=1

1 +
1
k
2
+
1
(k + 1)
2
=
n(n + 2)
n + 1
Bài toán 3.2. Rút gọn biểu thức





1
x
2
+ y
2
+
1
(x + y)
2
+

1
x
4
+
1
y
4
+
1
(x
2
+ y
2
)
2
,

Giải.
Theo đồng nhất thức (2)

1
x
4
+
1
y
4
+
1
(x
2
+ y
2
)
2
=

1
(x
2
)
2
+
1
(y
2
)

2
+
1
(x
2
+ y
2
)
2
=




1
x
2
+
1
y
2
−
1
x
2
+ y
2





(x
2
+ y
2
)
2
≥ 2x
2
y
2
⇒




1
x
2
+
1
y
2
−
1
x
2
+ y
2





=
1
x
2
+
1
y
2
−
1
x
2
+ y
2
⇒

1
x
2
+ y
2
+
1
(x + y)
2
+
1

x
2
+
1
y
2
−
1
x
2
+ y
2
=

1
x
2
+
1
y
2
+
1
(x + y)
2
=





1
x
+
1
y
−
1
x + y




Bài toán 3.3. Tính giá trị biểu thức

1 + 2012
2
+
2012
2
2013
2
+
2012
2013
.
Giải.
Áp dụng công thức (4)

1
2

+ 2012
2
+
1
2
.2012
2
(1 + 2012)
2
= 1 + 2012 −
1.2012
2013
⇒

1 + 2012
2
+
2012
2
2013
2
+
2012
2013
= 2013.
Bài toán 3.4. Giải phương trình (x + 1)
2
+ (x + 1)
2
(x + 2)

2
= 3(x + 2)
2
.
Giải.
x = −2 không phải là nghiệm của phương trình ⇒ chia cho (x + 2)
2
⇒ 1
2
+ (x + 1)
2
+
1
2
(x + 1)
2
(x + 1 + 1)
2
= 4, áp dụng (2), hoặc (3)
⇒

1 + (x + 1) −
x + 1
x + 2

2
= 4 ⇒

x
2

+ 3x + 3
x + 2
−2

x
2
+ 3x + 3
x + 2
+ 2

= 0
⇒ (x
2
+ 3x −1 )(x
2
+ 5x + 7 ) = 0
Bài toán 3.5. Tính giá trị của biểu thức:

0, 357
2
+ 0, 643
2
+ 0, 357
2
.0, 643
2
.
Giải.
3.1 Một số ví dụ áp dụng 288


0, 357
2
+ 0, 643
2
+ 0, 357
2
.0, 643
2
=

0, 357
2
+ 0, 643
2
+
0, 357
2
.0, 643
2
(0, 357 + 0, 643)
2
Theo (3)⇒

0, 357
2
+ 0, 643
2
+
0, 357
2

.0, 643
2
(0, 357 + 0, 643)
2
= 0, 357 + 0, 643 −
0, 357.0, 643
1
= 1 −
357.643
1000
2
= 0, 770449.
Bài toán 3.6. Cho m, n là các số nguyên không đồng thời bằng 0. Chứng minh rằng m
2
n
2
+
(m
2
n
2
+ 1)(mm + 1)
2
là số chính phương.
Giải.
m
2
n
2
+ (m

2
n
2
+ 1)(mm + 1)
2
= (mn + 1)
2

1 + (mn)
2
+
1.(mn)
2
(mn + 1)
2

,
Áp dụng (4) ⇒ (mn + 1)
2

1 + mn −
mn
mn + 1

2
⇒ (mn + 1)
2

mn + 1 −
mn

mn + 1

2
=

(mn + 1)
2
− mn

2
= (m
2
n
2
+ mn + 1)
2
Bài toán 3.7. Chứng minh đẳng thức:

1
(a − b)
2
+
1
(b − c)
2
+
1
(c − a)
2
=





1
a − b
+
1
b − c
+
1
c − a




Giải.
a − b + b − c + c − a = 0 theo (1) ⇒ (đpcm)
Bài toán 3.8. Tính

1 + 999 9
2
+ 0, 999 9
2
, (999 . . . .9
2
; 0, 999 . . . 9
2
mỗi số có n chữ số 9)
Giải.

0, 999 . . . 9
2
=
999 . . . 9
2
1000 0
2
=
1.999 . . . 9
2
(1 + 999 . . . 9)
2
⇒ 1 + 999 . . . 9
2
+ 0, 999 . . . 9
2
= 1 + 999 . . . 9
2
+
1.999 . . . 9
2
(1 + 999 . . . 9)
2
áp dụng (4)
1 + 999 . . . 9
2
+
1.999 . . . 9
2
(1 + 999 . . . 9)

2
= 1 + 999 . . . 9 −
999 . . . 9
1 + 999 . . . 9
= 1000 . . . 0 + 0, 999 . . . 9
Từ các đẳng thức (1), (2), (3), (4) bạn đọc có thể vận dụng sáng tác nhiều bài toán hay và
thú vị.