Chuyên đề sử dụng thuật toán “tương tự “ trong bồi dưỡng học sinh giỏi môn đại số lớp 8

CHUYÊN ĐỀ MÔN TOÁN NGƯỜI THỰC HIỆN:NGUYỄN TRANG KIÊN
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN LẬP THẠCH
TRƯỜNG THCS SƠN ĐÔNG
CHUYÊN ĐỀ:SỬ DỤNG THUẬT TOÁN “TƯƠNG TỰ “ TRONG
BỒI DƯỠNG HSG ĐẠI SỐ 8
Người thực hiện : NGUYỄN TRANG KIÊN
Tổ: : KHTN
Năm học : 2013-2014
Lập Thạch, tháng 1 năm 2014
CHUYÊN ĐỀ MÔN TOÁN NGƯỜI THỰC HIỆN:NGUYỄN TRANG KIÊN
LỜI NÓI ĐẦU
Có lẽ “Biến đổi đại số “ và Bồi dưỡng HSG đại số 8 luôn là đề tài hấp dẫn ,lôi quấn đối
với tất cả GV và HS tham gia và còn mãi là đối tượng nghiên cứu của toán học
Ngoài các bài toán có phương pháp chung hay qui tắc giải tổng quát trong các tài liệu là
sự thay đổi về số liệu hay các hình thức , yêu cầu tính toán xoay quanh nó thì nhiều bài
toán thường gặp không có qui tắc giải tổng quát , mỗi bài toán đòi hỏi một cách giải
riêng phù hợp với nó. Người học , người làm toán khi chiếm lĩnh được cách giải ví như
tìm được “chìa khoá vàng “ để bước vào không gian toán học rộng lớn và sáng tạo . Vì
thế giúp H S tìm ra “chìa khóa vàng “ có tác dụng rèn luyện tư duy toán học mềm dẻo
,linh hoạt và sáng tạo , thúc đẩy quá trình tìm tòi và phát kiến khoa học toán học biện
chứng .
Hiện nay có nhiều phương pháp dạy học mới đã được ngành chủ trương vận dụng dựa
trên tính căn bản , kế thừa và phát huy tinh hoa những phương pháp dạy học cũ nhằm
đạt đích lớn nhất cho sự lính hội kiến thức của người học , và thể nghiệm qua các kì thi
Vậy làm thế nào để H S tự học –sáng tạo , cần phải có vốn toán học căn bản .Để làm
được điều đó theo tôi H S cần học ,ghi nhớ và khắc sâu vốn kiến thức định hướng của
GV trực tiếp hướng dẫn , giảng dạy
Một yếu điểm đối với H S là học rồi hay quên . Để khắc phục điều này và rút ngắn thời
gian Dạy -học dần đến kết quả cao nhất , tôi xin mạnh dạn đưa ra đây một phương
pháp mà bản thân tôi đã -đang sử dụng và áp dụng lên đối tượng H S nghiên cứu ,
phương pháp : Sử dụng thuật toán “tương tự “ trong bồi dưỡng HSG đại số 8

2
CHUYÊN ĐỀ MÔN TOÁN NGƯỜI THỰC HIỆN:NGUYỄN TRANG KIÊN
DANH MỤC CÁC CHỮ VIẾT TẮT
Chữ đầy đủ Chữ viết tắt
Vế trái ( Vế phải) VT( VP)
Học sinh giỏi HSG
Giả thiết gt
Học sinh HS
Giáo viên GV
Phòng giáo dục PGD
Số hạng tổng quát SHTQ
Chững minh rằng CM R
MỤC LỤC
Phần Nội dung cụ thể Trang
Phần I:Mở đầu
I. Lí do chọn chuyên đề
4
II. Mục đích nghiên cứu
III.Đối tượng nghiên cứu
IV.Phạm vi nghiên cứu
V.Kế hoạch nghiên cứu
Phần II: Nội dung
I. Cơ sở lí luận
5
II. Thực trạng nghiên cứu của đề tài
III.Nội dung cụ thể 5
Phần III: Kết luận
và kiến nghị
3
CHUYÊN ĐỀ MÔN TOÁN NGƯỜI THỰC HIỆN:NGUYỄN TRANG KIÊN

PHẦN I: MỞ ĐẦU
I. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI :
1. Cơ sở lý luận :
Mục tiêu cơ bản của giáo dục nói chung, của nhà trường nói riêng là đào tạo và
xây dựng thế hệ học sinh trở thành những con người mới phát triển toàn diện, có đầy đủ
phẩm chất đạo đức, năng lực, trí tuệ để đáp ứng với yêu cầu thực tế hiện nay. Để thực
hiện được mục tiêu đó, trước hết chúng ta phải biết áp dụng phương pháp dạy học hiện
đại để bồi dưỡng cho học sinh năng lực tư duy sáng tạo, năng lực giải quyết vấn đề, rèn
luyện thành nề nếp tư duy sáng tạo của người học, từng bước áp dụng các phương pháp
tiên tiến, phương tiện hiện đại vào quá trình dạy học, dành thời gian tự học, tự nghiên
cứu cho học sinh. Đồng thời bản thân mỗi giáo viên cũng phải tự tìm ra những phương
pháp mới, khắc phục lối truyền thụ một chiều, phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động,
sáng tạo của học sinh trong các môn học, đặc biệt là môn toán.
2. Cơ sở thực tiễn :
Trong thời đại hiện nay, nền giáo dục của nước ta đã tiếp cận được với khoa học
hiện đại. Các môn học đều đòi hỏi tư duy sáng tạo và hiện đại của học sinh. Đặc biệt là
môn toán, nó đòi hỏi tư duy rất tích cực của học sinh, đòi hỏi học sinh tiếp thu kiến thức
một cách chính xác, khoa học và hiện đại. Vì thế để giúp các em học tập môn toán có
kết quả tốt giáo viên không chỉ có kiến thức vững vàng, một tâm hồn đầy nhiệt huyết,
mà điều cần thiết là phải biết vận dụng các phương pháp giảng dạy một cách linh hoạt,
sáng tạo truyền thụ kiến thức cho học sinh một cách dễ hiểu nhất.
Chương trình toán rất rộng và đa dạng, các em được lĩnh hội nhiều kiến thức. Trong đó
có một nội dung kiến thức theo các em trong suốt quá trình học tập là việc phân tích và
biến đổi đại số có ý nghĩa to lớn trong việc hạ cấp phần tử ( làm giảm bậc , giảm biến )
xuất hiện hầu hết trong các bài toán đại số và số học , kể cả các bài tập ở mức độ vận
dụng thấp hay vận dụng cao
Từ những yêu cầu thực tế và những yếu tố khách quan cũng như chủ quan ở trên , việc
giúp cho học sinh giải được các dạng toán lên quan là một nhiệm vụ rất khó khăn đối
với giáo viên. Và đó là một vấn đề trăn trở nên tôi đã nghiên cứu, tìm tòi và xây dựng
,hệ thống hóa các bài toán theo ý tưởng : “SỬ DỤNG THUẬT TOÁN TƯƠNG TỰ

TRONG BỒI DƯỠNG HSG ĐẠI SỐ 8”
II.MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU :
-Nhằm nâng cao chất lượng dạy và học
-Giúp HS có khả năng phân loại kiến thức và tăng cường khả năng vận dụng
III. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU:
Một số các bài toán thường xuất hiện trong các tư liệu thuộc chương trình Đại số 8 và
các đề thi HSG
IV. PHẠM VI NGHIÊN CỨU:
-Các tiết dạy Đại số có liên quan
-Dành cho đối tượng chủ yếu là đội tuyển Toán 8
V. KẾ HOẠCH NGHIÊN CỨU : Từ tháng 8/2013 đến tháng 4/2014
4
CHUYÊN ĐỀ MÔN TOÁN NGƯỜI THỰC HIỆN:NGUYỄN TRANG KIÊN
PHẦN II: NỘI DUNG
I.Cơ sở lí luận :
Xuất phát từ thực tiễn dạy học và nhu cầu giải quyết các bài toán hay và khó trong HS,
đòi hỏi tìm ra nét đặc trưng của phương pháp nhằm xử lí các hiện tượng bài thi , đề thi
có liên quan . Việc tổng hợp , rà soát và tổng hợp kiến thức để có một góc nhìn toàn
cảnh quá trình giải toán là cực kì quan trọng và cần thiết .Trên cơ sở đó người học có thể
làm chủ kiến thức , dễ dàng lựa chon cho mình hướng giải quyết vấn đề tinh tế, nhanh
nhạy và hiệu quả . Thực tế trong chương trình học chính khóa gồm kiến thức cơ không
đòi hỏi xây dựng những lớp bài toán khó , việc vận dụng và hoàn thiện kiến thức vận
dụng về sau nằm dải rác toàn bộ chương trình không được đề cập rõ ràng hướng giải
toán cụ thể nên gây nhiều lúng túng , khó khăn , hay việc định hình lời giải một bài toán
trong HS
Vì vậy việc tổng hợp phân loại các phương pháp giải toán cụ thể hay định hình phương
pháp giải một số dạng toán là hết sức cần thiết
II. Thực trạng vấn đề nghiên cứu :
Toán học là bộ môn khoa học chứa đựng rất nhiều các bài tập hay và khó , đòi hỏi trí
tưởng tượng , tư duy trừu tượng . Đặc biệt nhiều bài tập có nội dung trình bày lời giải

dài là 1 nguyên nhân HS thường trình bày sai , gây ra cảm giác ngại khó trong HS . vì
vậy để cuốn hút HS và các hoạt động học tập cần định hình thật rõ ràng về phương pháp
giải toán , trên cơ sở đó HS tự tin , tích cực học tập và lựa chọn cách giải quyết vấn đề
thông minh nhất
III) N ộ i dung c ụ th ể :
1)Xuất phát từ giả thiết chung :
Bài toán 1: Chứng minh rằng : ( a+b+c)(a
2
+b
2
+c
2
-ab-bc-ca)=a
3
+b
3
+c
3
-3abc
Hướng dẫn giải:
+VT là 1 tích , VP là 1 tổng
Cách 1: Khai triển và rút gọn vế trái thành vế phải
+Ngược lại , VP là 1 tích , VT là 1 tổng , nên :
Cách 2: Biến đổi VPVT: Biến tổng thành tích ( phân tích đa thức thành nhân tử )
Sử dụng công thức : a
3
+b
3
=(a+b)
3

-3ab(a+b)
Ta có :a
3
+b
3
+c
3
-3abc=
3 3 3
2 2 2 2
( ) 3a ( ) 3a ( ) 3( ) ( ) 3a ( )
( ) ( ) 3 ( ) 3a ( )( )
a b c b a b bc a b c a b c a b c b a b c
a b c a b c c a b b a b c a b c ab bc ca
+ + − + − = + + − + + + − + + =
 
= + + + + − + − = + + + + − − −
 
Hệ quả 1: Cho a+b+c=0 .Chứng minh rằng : a
3
+b
3
+c
3
=3abc
Chứng minh:
Cách 1: Từ giả thiết a+b+c=0

3 3 3 2 2 3 3
3 3 3

( ) ( ) 3a 3a
3a ( ) 3a ( ) 3a
a b c a b c a b b b c
a b c b a b b c bc
⇒ + = − ⇒ + = − ⇔ + + + = −
⇔ + + = − + = − − =

5
CHUYÊN ĐỀ MÔN TOÁN NGƯỜI THỰC HIỆN:NGUYỄN TRANG KIÊN
Cách 2: Sử dụng công thức : a
3
+b
3
=(a+b)
3
-3ab(a+b)
Ta có :a
3
+b
3
+c
3
=3abc
3 3 3
( ) 3a ( ) 3a 0 ( ) 3( ) ( ) 3a ( ) 0a b c b a b bc a b c a b c a b c b a b c
⇔ + + − + − = ⇔ + + − + + + − + + =
:đúng
⇒
đpcm
Hệ quả 1.1:Chứng minh rằng :(a-b)

3
+(b-c)
3
+(c-a)
3
=3(a-b)(b-c)(c-a) (*)
Hướng dẫn giải:
Cách 1: Khai triển và rút gọn 2 vế
Cách 2: Đặt a-b=x; b-c=y;c-a=z
⇒
x+y+z=0,
và (*) :x
3
+y
3
+z
3
=3xyz (hiển nhiên )
Hệ quả 2: Cho a, b, c là 3 số thỏa mãn : a+b+c
≠
0 và a
3
+b
3
+c
3
=3abc. Chứng minh rằng
3 số a, b, c đôi một bằng nhau
Hướng dẫn giải :
+3 số a, b, c đôi một bằng nhau thì trong giả thiết cần biến đổi để xuất hiện a-b;

b-c; và c-a
Cách 1:
+Ta có :a
3
+b
3
+c
3
-3abc=
2 2 2
2 2 2
( )( ) 0
0
a b c a b c ab bc ca
a b c ab bc ca
= + + + + − − − =
⇒ + + − − − =
(vì a+b+c
≠
0)
⇔
2
2 2 2
( ) 0a b c ab bc ca
+ + − − − =
⇔
(a
2
-2ab+b
2

)+(b
2
-2bc+c
2
)+(a
2
-2ac+c
2
)=0
⇔
(a-b)
2
+(b-c)
2
+(a-c)
2
=0
⇔
0
0
0
a b a b
b c b c
c a c a
− = =
 
 
− = ⇔ =
 
 

− = =
 

a b c
⇔ = =

⇒
đpcm
Cách 2: Với
2 2
, : 2a b a b ab
∀ + ≥
(1) . Dấu “=” xảy ra khi a=b
Tương tự , có :
2 2
, : 2b c b c bc
∀ + ≥
(2) . Dấu “=” xảy ra khi b=c
2 2
, : 2a c a c ac
∀ + ≥
(3) . Dấu “=” xảy ra khi a=c
Từ (1)(2)(3), cộng vế theo vế , ta có :
2 2 2
a b c ab bc ca
+ + ≥ + +
Dấu “=” xảy ra khi a=b=c
Hệ quả 3: (Đặc biệt)
Nếu
V

ABC có độ dài 3 cạnh là a,b,c thỏa mãn :a
3
+b
3
+c
3
=3abc. Chứng minh rằng
V
ABC là tam giác đều
Hệ quả 4: Cho 3 số dương a;b;c đôi một khác nhau . Chứng minh rằng giá trị của đa
thức sau cũng dương A=a
3
+b
3
+c
3
-3abc
Hướng dẫn giải : Với a;b;c >0 và đôi một khác nhau
Ta có : A=a
3
+b
3
+c
3
-3abc=
1
2
(a+b+c)((a-b)
2
+(b-c)

2
+(a-c)
2
)>0
6
CHUYÊN ĐỀ MÔN TOÁN NGƯỜI THỰC HIỆN:NGUYỄN TRANG KIÊN
Hệ quả 5: Cho 3 số dương a;b;c đôi một khác nhau .Ta có thể thay thế -3abc bởi biểu
thức khác :
Ví dụ :A=a
3
+b
3
+c
3
+3abc =a
3
+b
3
+c
3
-3abc +3abc ; A=a
3
+b
3
+c
3
+10abc
Hệ quả 6: Cho a,b,c thỏa mãn :a
3
+b

3
+c
3
=3abc với a;b;c
≠
0.Tính giá trị của biểu thức
P=(
1 )(1 )(1 )
a b c
b c a
+ + +
(Trích đề thi HSG 8 -huyện Lập Thạch , vòng 2 năm 2012-2013)
Hướng dẫn giải :
Theo BT 1: a
3
+b
3
+c
3
-3abc=0
0; 0
0
a b c abc
a b c
+ + = ≠

⇒

= = ≠


*)TH1:Nếu a+b+c=0
. . . . 1
a b c
a b b c c a c a b
b c a P
c a b c a b
c a b
+ = −

+ + + − − −

⇒ + = − ⇒ = = = −


+ = −

*)TH2: Nếu a=b=c
≠
0
1 8
a b c
P
b c a
⇒ = = = ⇒ =
Vậy P=8 khi a=b=c ; P=-1 khi……
Hệ quả 7: Cho
1 1 1
0
a b c
+ + =

.Tính giá trị biểu thức : A=
2 2 2
bc ca ab
a b c
+ +
Hướng dẫn giải :
Cách 1: Đặt
3 3 3
1 1 1
; ; 0 3xx y z x y z x y z yz
a b c
= = = ⇒ + + = ⇒ + + =
Ta có A=
2 2 2
bc ca ab
a b c
+ +
=abc(
3 3 3
1 1 1
a b c
+ +
)=
3 3 3
1 3x
( ) 3
yz
x y z
xyz xyz
+ + = =

Vậy A=3
Cách 2:Ta có
1 1 1
0
a b c
+ + =
2 2 2 2 2 2
0 ( )( ) 0 3 0ab bc ca ab bc ca a b c b c bc a c ac a b ab abc
⇒ + + = ⇒ + + + + = ⇔ + + + + + + =
(1)
+ Lại có :
1 1 1
0
a b c
+ + =
⇒
(
1 1 1
)( ) 0
bc ac ab
a b c a b c
+ + + + =
2 2 2
( ) ( )
bc ca ab a b c a b c
a b c b a a c c b
⇒ + + + + + + + +
=0
⇔
2 2 2 2 2 2

2 2 2
( ) 0
bc ca ab a c b c a b c b b a c a
a b c abc
+ + + + +
+ + + =
7
CHUYÊN ĐỀ MÔN TOÁN NGƯỜI THỰC HIỆN:NGUYỄN TRANG KIÊN
⇔
2 2 2 2 2 2
2 2 2
( 3a ) 3a
( ) 0
bc ca ab a c b c a b c b b a c a bc bc
a b c abc
+ + + + + + −
+ + + =
(2)
+Từ (1), (2), ta có :A=
2 2 2
bc ca ab
a b c
+ +
=3
Cách 3 : theo gt, ta có
3 3
3 3 3 3 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 3
( ) ( )
a b c a b c c a b c a b ab

− − −
+ = ⇒ + = = ⇔ + + = − −
=
3 1 1
( )
ab a b
−
+
=
3
abc
Mặt khác: A=
2 2 2
bc ca ab
a b c
+ +
=abc (
3 3 3
1 1 1
a b c
+ +
)= abc .
3
abc
=3
Hệ quả 8: Cho x+y+z =0 .Chứng minh rằng : 2(
5 5 5 2 2 2
) 5x ( )x y z yz x y z
+ + = + +
Phân tích :Xuất phát từ giả thiết x+y+z =0 ,ta có: x

3
+y
3
+z
3
=3xyz. dẫn đến một cách
giải sau đây:
VP=
2 2 2
5x ( ) (3x 2x )yz x y z yz yz
+ + = +
.
2 2 2
( )x y z
+ +
=(x
3
+y
3
+z
3
+2xyz)(
2 2 2
( )x y z
+ +
=
5 5 5 3 2 2 3 2 2 3 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( ) 2 ( )x y z x y z y x z z x y xyz x y z+ + + + + + + + + + +
=
5 5 5 3 2 2 3 2 2 3 2 2

( 2 ) ( 2 ) ( 2 )x y z x y yz z y x xz z z x xy y+ + + + + + + + + + +
=
5 5 5 3 2 3 2 3 2
( ) ( ) ( )x y z x y z y x z z x y+ + + + + + + +
Do x+y+z=0 , nên VP=
5 5 5 3 2 3 2 3 2
( ) ( ) ( )x y z x x y y z z+ + + − + − + −
=
=
5 5 5
2( )x y z+ +
=VT
Ra đề tương tự :
Chứng minh rằng nếu x;y;z
≠
0 và x+y+z=0 thì :
4 4 4
2 2 2
5
( )
z 2
x y z
x y z
yz x xy
+ + = + +
(Trích đề thi khảo sát đội tuyển HSG 9 ,lần 2-PGD Lập Thạch 2009-2010)
Hệ quả 9: Nếu a
2
+b
2

+c
2
=
ab bc ca
+ +
thì a=b=c
Hệ quả 10: 1)Tìm các số x,y,z biết x
2
+y
2
+z
2
=xy+yz+zx và
2008 2008 2008 2009
3x y z
+ + =
(Trích đề thi HSG 8-huyện Lập Thạch , vòng 2 , năm 2008-2009)
2)Tìm các số x,y,z biết x
2
+y
2
+z
2
=xy+yz+zx và
2012 2012 2012 2013
3x y z+ + =
(Trích đề thi HSG 8-huyện Lập Thạch , năm 2011-2012)
Hướng dẫn giải :
1)Ta có x
2

+y
2
+z
2
=xy+yz+zx
⇒
x=y=z(Hệ quả 2)
8
CHUYÊN ĐỀ MÔN TOÁN NGƯỜI THỰC HIỆN:NGUYỄN TRANG KIÊN
Lại có
2008 2008 2008 2009
3x y z
+ + =
2008 2009 2008 2008
3. 3 3 3x x x
⇒ = ⇒ = ⇒ = ±
Vậy x=y=z=
3
±
Hệ quả 11:Cho x+y+z=0 . Chứng minh rằng
3 0
y z z x x y
x y z
+ + +
+ + + =
Hệ quả 12: a) Phân tích đa thức sau thành nhân tử : a
3
+b
3
+c

3
-3abc
b)Cho x ;y ;z là các số khác 0 thỏa mãn
1 1 1
0x y z
x y z
+ + = + + =
CMR
6 6 6
3 3 3
x y z
xyz
x y z
+ +
=
+ +
(Trích đề thi khảo sát HSG 8-Vòng 1, PGD Lập Thạch 2009-2010)
Hướng dẫn giải :
b) +Vì
x; ; 0y z ≠
và
1 1 1
0x y z
x y z
+ + = + + =
3 3 3
3x
z 0
x y z yz
xy yz x


+ + =
⇒

+ + =

3 3 3 3 3 3 2 2 2
z 3xx y y z x y z⇒ + + =
⇒
( )
2
3 3 3 3 3 3 3 3 3
6 6 6
3 3 3 3 3 3
2( z )x y z x y y z x
x y z
x y z x y z
+ + − + +
+ +
=
+ + + +
=
2 2 2 2 2 2
9x 2.3x
3x
y z y z
xyz
yz
−
=

Hệ quả 13:( Giải phương trình ) (2x-5)
3
+27(x-1)
3
+(8-5x)
3
=0
(Trích đề thi H SG 8 -huyện Lập Thạch , vòng 2 , năm 2008-2009)
Hướng dẫn giải :
Bài toán này có nhiều cách giải , chúng ta chỉ đề cập tới ứng dụng của chuyên đề này :
Ta có :(2x-5)
3
+27(x-1)
3
+(8-5x)
3
=0
⇔
(2x-5)
3
+(3x-3)
3
+(8-5x)
3
=0 (1)
Áp dụng HĐT:a
3
+b
3
+c

3
=3abc
0a b c
a b c
+ + =

⇔

= =

Ta có :(2x-5)+(3x-3)+(8-5x)=0
⇒
(2x-5)
3
+(3x-3)
3
+(8-5x)
3
=3(2x-5)(3x-3)(8-5x) (2)
Từ (1)và (2) , suy ra :3(2x-5)(3x-3)(8-5x) =0
5
2x 5 0
2
3x 3 0 1
8 5x 0 8
5
x
x
x


=

− =



⇔ − = ⇔ =




− =

=


Vậy tập nghiệm của phương trình là S=
5 8
;1;
2 5
 
 
 
Nhận xét :
Từ giả thiết chung x+y +z =0 đã suy ra ứng dụng của biểu thức bậc ba , hoàn toàn
tương tự HS có thể tìm tòi dưới định hướng của GV để tìm thấy những kết luận về biểu
thức bậc hai , từ đó thấy được ứng dụng trong giải toán
9
CHUYÊN ĐỀ MÔN TOÁN NGƯỜI THỰC HIỆN:NGUYỄN TRANG KIÊN
Ví dụ : x+y+z =0

⇒
x+y =-z
⇒
(x+y)
2
=(-z)
2
2 2 2 2 2 2
2x 2xx y y z x y z y
⇔ + + = ⇔ + − = −
Hoàn toàn tương tự với các biến khác .Như thế 1 biểu thức cồng kềnh đã được thu nhỏ
từ bậc đến biến số ,làm người học liên hệ bài toán rút gọn , hay tính giá trị của 1 biểu
thức :
Hệ quả 14: Cho x+y+z=0 , xyz
≠
0 .Tính S=
2 2 2
1
x y z+ −
+
2 2 2
1
y z x+ −
+
2 2 2
1
x z y+ −
Hướng dẫn giải :
Theo nhận xét trên , do x+y +z =0
⇒

x+y =-z
⇒
(x+y)
2
=(-z)
2
2 2 2 2 2 2
2x 2xx y y z x y z y
⇔ + + = ⇔ + − = −
Tương tự :
2 2 2
2y z x yz
+ − = −

;
2 2 2
2xzx z y
+ − = −
Nên S=
1
2xy−
+
1
2yz−
+
1
2zx−
=
0
2

x y z
xyz
+ +
=
−
Hoàn toàn tương tự H S có thể giải các bài toán sau :
Bài 1:Cho x+y+z=0 ,xyz
≠
0 .Rút gọn S=
2
2 2 2
x
x y z− −
+
2
2 2 2
y
y z x− −
+
2
2 2 2
z
z y x− −
Bài 2: a) Phân tích đa thức thành nhân tử : (3x-2)
3
-(x-3)
3
-(2x+1)
3
b)Áp dụng giải phương trình (3x-2)

3
-(x-3)
3
=(2x+1)
3

(Trích đề thi Ôlympic toán 8 , năm 2009-2010)
Bài 3: Cho 3 số a;b;c
0
≠
thỏa mãn :a
3
b
3
+b
3
c
3
+c
3
a
3
=3
2 2 2
a b c
.
Tính giá trị biểu thức:P=(
1 )(1 )(1 )
a b c
b c a

+ + +
Hướng dẫn giải :
Đặt
ab x
bc y
ca z
=


=


=

Vì a
3
b
3
+b
3
c
3
+c
3
a
3
=3
2 2 2
a b c
nên :x

3
+y
3
+z
3
=3xyz
⇒
0x y z
x y z
+ + =


= =

TH1:x=y=z
⇒
a=b=c
⇒
P=8
TH2 :x+y+z=0
⇔
ab+bc+ca=0
⇒
a(b+c)==bc
⇒
b+c=
bc
a
−
(do a

0
≠
)
Tương tự :a+c=
ac
b
−
; a+b=
ab
c
−

⇒
M=
a b
b
+
.
b c
c
+
.
a c
a
+
=
ab
c
b
−

.
bc
a
c
−
.
ca
b
a
−
=-1
10
CHUYÊN ĐỀ MÔN TOÁN NGƯỜI THỰC HIỆN:NGUYỄN TRANG KIÊN
2) Xuất phát từ vai trò bình đẳng của biến :
Đây là 1 trong các dấu hiệu cơ bản thường hay xuất hiện ở 1 số dạng bài tập biến đổi
đại số ở lớp 8.Tuy nhiên là cơ sở dễ để HS phát hiện , có ý nghĩa rất lớn trong việc định
hướng lời giải với các bài tập dài và khó giúp H S có quan điểm nhìn nhận cách thức
giải một bài tập khó .
Bài toán 2: Cho 3 số a,b,c
≠
0 , a+b+c
≠
0 , thỏa mãn điều kiện :
1 1 1 1
a b c a b c
+ + =
+ +
Chứng minh rằng trong 3 số a;b;c có 2 số đối nhau
Phân tích : Do vai trò của biến như nhau , nên để chứng minh a;b;c đôi một đối nhau ,ta
chứng minh:

0
0 ( )( )( ) 0
0
a b a b
b c b c a b b c c a
c a c a
= − + =
 
 
= − ⇔ + = ⇔ + + + =
 
 
= − + =
 
Như vậy thực chất của bài toán gồm 2 phần :
+Biến đổi biểu thức giả thiết thành đa thức
2 2 2 2 2 2
( 2 ) ( ) ( ) 0a c abc b c a b ab ac bc
⇔ + + + + + + =
+Biến đổi đa thức thu được
thành nhân tử
Giải :
Với a,b,c
≠
0 , a+b+c
≠
0 , ta có :
1 1 1 1
a b c a b c
+ + =

+ +
( )( )ab bc ca a b c abc
⇒ + + + + =
2 2 2 2 2 2
(a b abc a c ab b c abc abc bc c a abc
⇔ + + + + + + + + =
2 2
( ) ( ) ( ) 0 ( )( )( ) 0c a b ab a b c a b a b b c c a
⇔ + + + + + = ⇔ + + + = ⇒
đpcm
Lưu ý : có thể dùng phương pháp xét giá trị riêng
Sau đây là 1 số khai thác tương tự :
Hệ quả 1: (thay đổi số liệu )
Chứng minh rằng ,nếu: x;y;z
≠
0 , x+y+z =a
≠
0 , thỏa mãn điều kiện :
1 1 1 1
x y z a
+ + =
thì tồn tại một trong ba số x;y;z bằng a
Hướng dẫn giải :
(gt) suy ra :
1 1 1 1
x y z x y z
+ + =
+ +
. Từ BT2
⇒

( )( )( ) 0x y y z z x
+ + + =
0
0
0
x y
x a
y z
y a
z x
z a
x y z a

+ =

=



+ =



⇒ ⇔ =



+ =




=


+ + =

Hệ quả 2:(Tổng quát hóa bài toán )
11
CHUYÊN ĐỀ MÔN TOÁN NGƯỜI THỰC HIỆN:NGUYỄN TRANG KIÊN
Cho 3 số a,b,c
≠
0 , a+b+c
≠
0 , thỏa mãn điều kiện :
1 1 1 1
a b c a b c
+ + =
+ +
. Chứng minh
rằng :
1 1 1 1
n n n n n n
a b c a b c
+ + =
+ +
(*) , với n là số tự nhiên lẻ
Hướng dẫn giải :
(gt) suy ra :
1 1 1 1

a b c a b c
+ + =
+ +
. Từ BT2
⇒

( )( )( ) 0a b b c c a
+ + + =
0
0
0
a b
b c
c a
+ =


⇔ + =


+ =

TH1: nếu a+b=0
( )
n n n
a b a b b⇔ = − ⇒ = − = −
vì n là số tự nhiên lẻ
0
n n
a b

⇒ + =
và
1 1 1 1
0
n n n n
a b a b
−
= ⇒ + =
. Do đó VT(*)=VP(*)=
1
n
c
TH2: b+c=0 ; TH3 : c+a=0 :Tương tự
Hệ quả 3: (Cụ thể - Đặc biệt hóa)
Thường là các trường hợp riêng với các giá trị cụ thể của n :
Ví dụ : n= 2003; 2007; 2009; 2013;…
Bài tập tương tự :
Bài 1 :Cho a;b;c là 3 số thỏa mãn a+b+c=2009 và :
1 1 1 1
2009a b c
+ + =
thì một trong ba
số a;b;c bằng 2009
(Trích đề thi khảo sát đội tuyển HSG 9 -huyện Lập Thạch,vòng 1, năm 2009-2010)
Bài 2 :Cho a;b;c là 3 số thỏa mãn a+b+c=2011 và :
1 1 1 1
2011a b c
+ + =
thì một trong ba
số a;b;c bằng 2011

(Trích đề thi HSG 8 -huyện Hải Hậu –Nam Định ,năm 2010-2011)
Bài toán 3:Cho x;y;z
≠
0 và
2 2 2
2
y z x
yz
+ −
+
2 2 2
2 z
z x y
x
+ −
+
2 2 2
2
y x z
xy
+ −
=1 (1)
a) CMR trong ba số x; y ;z có ít nhất một số bằng tổng hai số kia
b)CM R trong ba phân thức ở VT có 1 phân thức có giá trị bằng -1 , còn hai phân thức
còn lại đều bằng 1
Nhận xét : a)Thực tế trong quá trình dạy đội tuyển HSG Toán 8 , HS lần đầu tiên tiếp
cận bài toán này đều định hướng phân tích giả thiết làm xuất hiện :
12
CHUYÊN ĐỀ MÔN TOÁN NGƯỜI THỰC HIỆN:NGUYỄN TRANG KIÊN
0

0 ( )( )( ) 0
0
x y z y z x
y z x z x y y z x z x y x y z
z x y x y z
= + + − =
 
 
= + ⇔ + − = ⇔ + − + − + − =
 
 
= + + − =
 
+Đa số các em ( bằng mọi cách ) biến đổi trực tiếp trên nền gt ( như qui đồng rồi phân
tích đa thức thu được thành nhân tử ).Đó có thể nói là thành quả tư duy rất quan trọng ,
tuy nhiên bộc lộ nhiều yếu điểm căn bản
+Nếu xuất phát từ gt ( yêu cầu bài toán ) H S được trang bị vốn có thể phân tích tìm tòi
và phát hiện lời giải hiệu quả hơn
Phân tích :
Đặt A=
2 2 2
2
y z x
yz
+ −
; B=
2 2 2
2 z
z x y
x

+ −
; C=
2 2 2
2
y x z
xy
+ −
Do vai trò của biến như nhau: Nếu giả sử A=-1 thì B=1; C=1 , như vậy hình thành việc
ghép biểu thức A+1 ;B-1; C-1
Giải :
a)Với x;y;z
≠
0
⇒
(1): (A+1)+(B-1)+(C-1)=0 (2)
Ta có : A+ 1=
2 2 2
2
y z x
yz
+ −
+1=
2 2
( ) ( )( )
2 2
y z x x y z y z x
yz yz
+ − + + + −
=
Tương tự : B-1=

( )( )
2xz
z x y z x y− − − +

C-1=
( )( )
2xy
x y z x y z− + − −

Từ (2) ,ta có :(y+z-x)
( ) ( ) ( )
0
2x
x x y z y z x y z x y z
yz
 
+ + + − − − − +
=
 
 
2 2
( ) ( ) 0 ( )( )( ) 0y z x x y z y z x x y z x y z
 
⇒ + − − − = ⇔ + − − + + − =
 
x y z
y x z
z x y
= +



⇔ = +


= +

b)Từ ý a) , ta có :
TH1:nếu x=y+z (Thay vào )
⇒
1 0 1
1 0 1
1 0 1
A A
B B
C C
+ = = = −
 
 
− = = ⇔ =
 
 
− = = =
 
TH2: y=x+z ; TH3 : z=x+y :Tương tự
Với phương pháp giải như trên hình thành lời giải các bài toán tương tự sau:
Hệ quả 1:Chứng minh rằng , nếu x;y;z là độ dài ba cạnh của một tam giác thì
2 2 2
2
y z x
yz

+ −
+
2 2 2
2 z
z x y
x
+ −
+
2 2 2
2
y x z
xy
+ −
>1 (*)
Hướng dẫn giải :
13
CHUYÊN ĐỀ MÔN TOÁN NGƯỜI THỰC HIỆN:NGUYỄN TRANG KIÊN
Theo BT3, ta có :(*)
( )( )( )
0
2x
x y z y z x x z y
yz
+ − + − + −
⇔ >
(**)
Do x;y;z là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác , nên x;y;z>0
Mặt khác , theo BĐT tam giác : x+y-z>0; y+z-x>0; x+z-y>0 , nên (**): đúng , suy ra (*)
: đúng
Hệ quả 2:Cho

0
a b c b c a a c b
ab bc ac
+ − + − + −
− − =
. Chứng minh rằng trong 3 phân thức ở
VT có ít nhất một phân thức bằng 0
Hướng dẫn giải :
Đặt A=
a b c
ab
+ −
B=
b c a
bc
+ −
C=
a c b
ac
+ −
Ta có
0
a b c b c a a c b
ab bc ac
+ − + − + −
− − =
⇒
c(a+b-c)-a(b+c-a)-b(a+c-b)=0
2 2
0

( ) 0 ( )( ) 0
0
a b c
a b c a b c a b c
a b c
− − =

⇔ + − = ⇔ − − − + = ⇔

− + =

TH1: nếu a-b-c=0
⇒
B=0
TH2: nếu a-b+c=0
⇒
C =0
⇒
đpcm
Hệ quả 3:Cho 3 phân thức
1
a b
ab
−
+
;
1
b c
bc
−

+
;
1
c a
ac
−
+
CMR tổng 3 phân thức trên bằng tích của chúng
Hướng dẫn giải :
Có thể thay
1
b c
bc
−
+
=
1
b a
bc
−
+
+
1
a c
bc
−
+
rồi lấy nhân tử chung là các tử thức tương ứng
Hệ quả 4: Cho a;b;c
≠

0 thỏa mãn :
2 2 2
2 2 2
1(1)
(2)
abc
a b c b c a
b c a a b c
=



+ + = + +


Chứng minh rằng một trong ba số a;b;c là bình phương của một trong hai số còn lại
Hướng dẫn giải :
Vì a;b;c
≠
0 , nên từ (2)
⇒
3 2 3 2 3 2 3 3 3
a c b a c b b c a b c a
+ + = + +
(do abc=1)
3 2 3 3 2 2 2 2 3 2 3 3
( ) ( ) ( ) ( ) 0a c a b b a a b c c b b c abc c a⇔ − + − + − + − =
(do
2 2 2
a b c

=abc=1)
2
2 2 2 2
2
( )( )( ) 0
a b
c b a b a c b c
c a

=

⇔ − − − = ⇔ =


=

⇒
đpcm
14
CHUYÊN ĐỀ MÔN TOÁN NGƯỜI THỰC HIỆN:NGUYỄN TRANG KIÊN
3) Xuất phát từ dạng ( nhóm )bài toán :
3.1)Dạng tỉ lệ thức : có nhiều phương pháp giải các bài tập dạng này tuy nhiên ở đây
tôi chỉ trình bày phương pháp tham số hóa nhờ tính ưu việt , giản đơn của nó dựa trên
nguyên tắc giảm biến phù hợp với đối tượng HS ở lứa tuổi THCS
Bài 1: Cho a+b+c=1; a
2
+b
2
+c
2

=1;
x y z
a b c
= =
.Chứng minh rằng xy+yz+zx=0
Chứng minh :
(gt) :a+b+c=1; a
2
+b
2
+c
2
=1
2 2 2 2
( ) 1 2a 2 2 1a b c a b c b bc ca⇒ + + = ⇔ + + + + + =
0ab bc ca
⇒ + + =
Đặt
x y z
a b c
= =
=k
ax k
y kb
z kc
=


⇒ =



=

Ta có : xy+yz+zx=(ka)(kb)+(kb)(kc)+(kc)(ka)=k
2
(ab+bc+ca)=0
Bài 2 : Cho
x y z
a b c
= =
0
≠
.Rút gọn biểu thức : A=
2 2 2 2 2 2
2
( )( )
( z)
x y z a b c
ax by c
+ + + +
+ +
Hướng dẫn giải :
Đặt
x y z
a b c
= =
=k
0≠

ax k

y kb
z kc
=


⇒ =


=

[ ]
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2
2 2 2
( )( ) ( )
1
( )( ) ( ) ( )
( )
a k b k c k a b c k a b c
A
ak a b bk c ck
k a b c
+ + + + + +
⇒ = = =
+ +
 
+ +
 
Bài 3 : Chứng minh rằng , nếu
z x xb cy c az ay b

a b c
− − −
= =
thì
x y z
a b c
= =
với a;b;c
0
≠
Hướng dẫn giải : Với a;b;c
0
≠
Đặt
z x xb cy c az ay b
a b c
− − −
= =
=k
z a
x
x
b cy k
c az kb
ay b kc
− =


⇒ − =



− =

(I)
2
2
2
z a
x
x
ab acy k
bc abz kb
acy bc kc

− =

⇒ − =


− =

Cộng vế theo vế , ta có : 0=k(a
2
+b
2
+c
2
)
+ Vì a;b;c
0

≠
nên k=0
+Thay vào (I) , ta có :
z 0
x 0
x 0
b cy
c az
ay b
− =


⇒ − = ⇔


− =

z=
x=
x
b cy
x y z
c az
a b c
ay b


⇒ ⇔ = =



=

15
CHUYÊN ĐỀ MÔN TOÁN NGƯỜI THỰC HIỆN:NGUYỄN TRANG KIÊN
Bài 4 : Tìm các số hữu tỉ x,y;z
0≠
, biết : x+y+z
0≠
và
1 2 3 1y z x z x y
x y z x y z
+ + + + + −
= = =
+ +
Hướng dẫn giải :
Có :
1 2 3 1y z x z x y
x y z x y z
+ + + + + −
= = =
+ +
(Tính chất tỉ lệ thức )
Suy ra :
1 2 3 1y z x z x y
x y z x y z
+ + + + + −
= = =
+ +
=2
+)

1 1
2
2
x y z
x y z
= ⇒ + + =
+ +
+)
1 1 1
2 1 2x ( ) 1 3x 1 3x
2 2
y z
y z x y z x
x
+ +
= ⇒ + + = ⇔ + + + = ⇔ + = ⇔ =
+)
2 5
2 2 2 2 3
6
x z
x z y x y z y y
y
+ +
= ⇔ + + = ⇔ + + + = ⇔ =
+)
3 5
2
6
x y

z
z
+ − −
= ⇔ =
Vậy x=
1
2
; y=
5
6
;z=
5
6
−
Bài 5 : Chứng minh rằng , nếu :
2 2a 4a 4
x y z
a b c b c b c
= =
+ + + + − +
thì :
2 2 4 4
a b c
x y z x y z x y z
= =
+ + + + − +
Hướng dẫn giải :
Cách 1 : Đặt
2 2a 4a 4
x y z

a b c b c b c
= =
+ + + − − +
=t
; ;x y z
⇒ ⇒
thay vào các phân thức
còn lại để chứng minh
Cách 2: Dùng tính chất tỉ lệ thức từ giả thiết xây dựng bieẻu thức cần chứng minh
+Có
2 2
2 2a 4a 4 ( 2 ) 2(2a ) (4a 4 ) 9a
x y z x y z x y z
a b c b c b c a b c b c b c
+ + + +
= = = =
+ + + − − + + + + + − + − +
+Có
2 2
2 2a 4a 4 2( 2 ) (2a ) (4a 4 ) 9
x y z x y z x y z
a b c b c b c a b c b c b c b
+ − + −
= = = =
+ + + − − + + + + + − − − +
16
CHUYÊN ĐỀ MÔN TOÁN NGƯỜI THỰC HIỆN:NGUYỄN TRANG KIÊN
+Có
4 4 4 4
2 2a 4a 4 4( 2 ) 4(2a ) (4a 4 ) 9

x y z x y z x y z
a b c b c b c a b c b c b c c
− − − −
= = = =
+ + + − − + + + − + − − − +
⇒
2
9a
x y z+ +
=
2
9
x y z
b
+ −
=
4 4
9
x y z
c
− −
⇒
2 2 4 4
a b c
x y z x y z x y z
= =
+ + + + − +
BTTT: Chứng minh rằng , nếu :
2 2z 2z 2x 2x 2y x y y z
a b c

+ − + − + −
= =
(Với a ;b ;c ;2b+2c-a ; 2c+2a –b; 2a +2b-c đều khác 0)
thì :
2 2 2 2a-b 2a+2b-c
x y z
b c a c
= =
+ − +
Bài 6: Cho
2 2 2
1
1
a b c
a b c
x y z
a b c


+ + =

+ + =



= =

Tính giá trị biểu thức : P=xy+yz+zx
Hướng dẫn giải :
Đặt

x y z
a b c
= =
=k
ax k
y kb
z kc
=


⇒ =


=

⇒
P=k
2
(ab+bc+ca) (*)
Mặt khác 1=(a+b+c)
2
=a
2
+b
2
+c
2
+2(ab+bc+ca)
⇒
ab+bc+ca=0(Vì a

2
+b
2
+c
2
=1)
Từ (*)
⇒
P=0
3.2)Dạng đẳng cấp :
Với cấp THCS đa số thường gặp các biểu thức đẳng cấp là bậc hai hay bậc ba ,với các
số liệu đơn giản , dễ quan sát , phát hiện , và định dạng , tuy nhiên để tránh những lựa
chọn cách giải dài dòng , đặc biệt hạn chế ở mức tối đa khả năng thất bại do biến hóa đề
, tôi trình bày 1 hướng đi chung thực sự hiệu quả trong các bài toán liên quan
Lưu ý : + Phương trình đẳng cấp là phương trình có các hạng tử cùng bậc ;
+ Dạng đẳng cấp bậc hai : au
2
+buv+cv
2
=0
+Dạng đẳng cấp bậc ba : au
3
+bu
2
v +cuv
2
+dv
3
=0
Thuật toán chung:

TH1 : Xét u=0 thay ngược( Phương pháp điểm )
TH2 : Xét u
≠
0: Chia 2 vế cho lũy thừa bậc cao nhất của ẩn
Bài 1: a)Cho 3a
2
+3b
2
=10ab và b>a>0. Tính giá trị biểu thức :P=
a b
a b
−
+
b)Cho 4a
2
+b
2
=5ab và 2a>b>0. Tính số trị của biểu thức :Q=
2 2
4
ab
a b
−
c)Cho 10a
2
-3b
2
+5ab=0 và 9a
2
-b

2

≠
0. Tính giá trị biểu thức :Q=
2 5
3a 3a
a b b a
b b
− −
+
− +
17
CHUYÊN ĐỀ MÔN TOÁN NGƯỜI THỰC HIỆN:NGUYỄN TRANG KIÊN
Hướng dẫn giải :
Phân tích a)
+Với bài toán này đa số H S sử dụng cách làm sau đây:
Cách 1:
P
2
=(
a b
a b
−
+
)
2
=
2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
( ) 3( 2 ) 3 3 6 10 6 4 1

( ) 3( 2 ) 3 3 6 10 6 16 4
a b a ab b a b ab ab ab ab
a b a ab b a b ab ab ab ab
− − + + − −
= = = = =
+ + + + + +
1
2
P⇒ = ±
Vì b>a>0, nên a-b<0
1
0
2
P P
−
⇒ < ⇒ =
Cách 2: 3a
2
+3b
2
=10ab
3
( 3 )(3a ) 0
3a
a b
a b b
b
=

⇔ − − = ⇔


=

*)b=3a
3a 2a 1
3a 4a 2
a b a
P
a b a
− − − −
⇒ = = = =
+ +
*)a=3b( loại , vì :b>a>0)
Nhận xét : với các cách làm trên trong bài toán này ,theo đánh giá chủ quan thực sự hiệu
quả , tuy nhiên còn bộc lộ yếu điểm cụ thể khi thay đổi số liệu tùy ý bản thân H S còn
nhiều lúng túng trong khi giải bài tập loại này , vì thế rất cần thiết cho việc xây dựng
cách thức mới , áp dụng phổ biến lên các bài tập khác tương tự :”phương pháp đẳng cấp
“
Cách 3 (gt):3a
2
+3b
2
=10ab và b>a>0. Chia 2 vế cho b
2
>0 , ta có
2
3
3( ) 10( ) 3 0
1
3

a
a a
b
a
b b
b

=

− + = ⇒


=


TH1:
3 3
a
a b
b
= ⇔ =
( loại , vì :b>a>0)
TH2:
1
3
a
b
=
.Ta có P=
1

1 1
1
3
1
2
1 1
3
a
a b
b
a
a b
b
− −
− −
= = =
+
+ +
+ Theo nhận xét trên ta sẽ thấy ý nghĩa của phương pháp trong 1 số lớp bài toán khác
sau đây :
Bài 2: Giải phương trình :2(x
2
+x+1)
2
-7(x-1)
2
=13(x
3
-1) (1)
Hướng dẫn giải :

Cách 1: Sử dụng thật toán tách nghiệm ( cách này thường kém hiệu quả kể cả khi sử
dụng trợ giúp của MTĐT bỏ túi )
Cách 2 : Sử dụng phương pháp “đẳng cấp”:
Kiểu 1:Chia 2 vế của (1) cho (x
2
+x+1)
2
>0
Kiểu 1:Nhận thấy x=1 không là nghiệm của (1) , nên : chia 2 vế cho (x-1)
2
hay (x
3
-1)
18
CHUYÊN ĐỀ MÔN TOÁN NGƯỜI THỰC HIỆN:NGUYỄN TRANG KIÊN
đều thu được kết quả : Tập nghiệm là S=
1
1;2;4;
2
−
 
−
 
 
3.3)Dạng hoán vị vòng quanh:
Thuật toán : Lấy tổng +kết hợp giả thiết giải
Bài 1: Chứng minh rằng , nếu :
z(1)
z(2)
(3)

x by c
y ax c
z ax by
= +


= +


= +

và : x+y+z
≠
0 thì
1 1 1
2
1 1 1a b c
+ + =
+ + +
(Trích đề thi HSG 8-PGD Lập Thạch năm 2011-2012)
Hướng dẫn giải :
Cách 1 : Cộng vế với vế của (1),(2),(3), ta có : x+y+z=2(ax+by+cz) (*)
+Thay z=ax+by vào VP của (*); ta có : x+y+z=2(z+cz)=2z(1+c)
⇒
1 2z
1 c x y z
=
+ + +
Với x+y+z
≠

0
+ Tương tự :
1 2
1
y
b x y z
=
+ + +
;
1 2
1
x
a x y z
=
+ + +
+Cộng vế với vế ba đẳng thức trên ta được
1 1 1 2x 2 2z 2( )
2
1 1 1
y x y z
a b c x y z x y z x y z x y z
+ +
+ + = + + = =
+ + + + + + + + + + +
Cách 2 : Có x+y=by+2cz+ax=z+2cz
⇒
2cz=x+y-z
2z
x y z
c

+ −
⇒ =
1 2z
1 1
2z 2z 1
x y z x y z
c
c x y z
+ − + +
⇒ + = + = ⇒ =
+ + +
Tương tự , ta có :
1 2
1
y
b x y z
=
+ + +
;
1 2
1
x
a x y z
=
+ + +
⇒
1 1 1
2
1 1 1a b c
+ + =

+ + +
Bài 2: Tính giá trị của biểu thức :
1 1 1
2 2 2
M
x y z
= + +
+ + +
biết
2a z (1)
2 z (2)
2 (3)
by c
b ax c
c ax by
= +


= +


= +

và a+b+c
≠
0
Hướng dẫn giải :
Cộng vế theo vế (1)(2)(3), ta có :a+b+c=a x+by+cz (*)
+Từ (1) và (*) ,ta có a+b+c=ax+2a=a(x+2)
1

2
a
x a b c
⇒ =
+ + +
Tương tự :
1
2
b
y a b c
=
+ + +
;
1
2
c
z a b c
=
+ + +
19
CHUYÊN ĐỀ MÔN TOÁN NGƯỜI THỰC HIỆN:NGUYỄN TRANG KIÊN
⇒
1 1 1
2 2 2
M
x y z
= + +
+ + +
=2
Nhận xét : Qua 2 ví dụ trên ta có thể tổng quát bài toán bằng cách thay 2 bởi k

∈
R .
GV có thể thay đổi số liệu từ đó H S được tham gia tự luyện, khắc sâu , và ghi nhớ hình
thức biến đổi dạng toán này
Tổng quát :Nếu
a z (1)
z (2)
(3)
k by c
kb ax c
kc ax by
= +


= +


= +

và a+b+c
≠
0 thì
1 1 1 2
x k y k z k k
+ + =
+ + +
Bài 3 : Cho x;y;z là các số nguyên khác 0 .CMR, nếu x
2
-yz=a ; y
2

-xz=b ; z
2
-xy=c
thì :ax+by+cz chia hết cho a+b+c
Hướng dẫn giải :
Ta có : x
2
-yz=a ; y
2
-xz=b ; z
2
-xy=c
+Cộng vế theo vế : x
2
+ y
2
+ z
2
-xy-yz-zx=a+b+c
+Từ giả thiết :
3
3
3
z
x xyz ax
y xyz by
z xyz c

− =


− =


− =

Cộng vế theo vế , ta có :
3 3 3 2 2 2
3x z ( )( x)x y z yz ax by c x y z x y z xy yz z
+ + − = + + = + + + + − − −
=(x+y+z)(a+b+c)
M
(a+b+c)
Bài 3 : Cho 3 số x ;y ;z thỏa mãn đồng thời :
2
2
2
2 1 0
2z 1 0
2x 1 0
x y
y
z

+ + =

+ + =


+ + =


Tính A=x
2008
+y
2008
+z
2008
Hướng dẫn giải :
Cộng vế theo vế , có (x+1)
2
+(y+1)
2
+(z+1)
2
=0,
⇒
x=y=z=-1
⇒
A=3
Bài tập tương tự :1)Tìm 3 số x ;y ;z thỏa mãn đồng thời :
2
2
2
2 1 0
2z 1 0
2x 1 0
x y
y
z

− + =


− + =


− + =

(Trích đề khảo sát chất lượng lớp 9 ,lần 2-Đề PGD -năm học 2009-2010)
2)Cho 3 số x ;y ;z thỏa mãn đồng thời :
2
2
2
4 4 0
4z 4 0
4x 4 0
x y
y
z

− + =

− + =


− + =

Tính giá trị của biểu thức A=x
2
+y
3
+z

5
20
CHUYÊN ĐỀ MÔN TOÁN NGƯỜI THỰC HIỆN:NGUYỄN TRANG KIÊN
3)Cho 3 số x ;y ;z thỏa mãn đồng thời :
2
2
2
2 1
2z 1
2x 1
x y
y
z

+ = −

+ = −


+ = −

Tính giá trị biểu thức sau A= x
2001
+y
2002
+z
2003
(Trích đề thi chọn HSG 8-Đề PGD Lập Thạch -năm học 2001-2002)
4)Mở rộng :Cho 3 số x ;y ;z thỏa mãn đồng thời :
2

2
2
2 3 0
4z 7 0
6x 4 0
x y
y
z

− + =

− + =


− + =

Tính giá trị của biểu thức A=2013x+y
2
+2014z
10
Nhận xét :thuật toán tương tự áp dụng phân chia lớp bài toán có cùng dạng mang tính
định hướng , tuy nhiên GV cần xây dựng các kĩ thuật bổ trợ giúp H S phân loại bài toán
và lựa chọn hướng giải 1 bài toán sao cho phù hợp ,không áp đặt cách giải mà thiếu đi
tính thông minh và sáng tạo
Bài 4 : Cho 3 số x ;y ;z dương thỏa mãn đồng thời :
3
8
x=15
xy x y
yz y z

zx z
+ + =


+ + =


+ +

(*)
Tính A=x+y+z
Hướng dẫn giải :
+Nhận thấy gt là 1 hệ 3 phương trình 3 ẩn Từ đó nảy sinh suy nghĩ biến đổi tìm
x ;y ;z ; từ đó suy ra giá trị của biểu thức cần tính
+Ta có (*) :
( 1)( 1) 4
( 1)( 1) 9
( 1)( 1)=16
x y
y z
z x
+ + =


+ + =


+ +

(**)

Nhân vế theo vế , ta có :
[ ]
2
( 1)( 1)( 1) 4.9.16 ( 1)( 1)( 1) 24x y z x y z
+ + + = ⇒ + + + =
(Vì x ;y ;z>0)
Kết hợp (**) , ta có x=
5
3
;y=
1
2
;z=5
43
6
x y x
⇒ + + =
Tương tự : Cho 3 số x ;y ;z là các số không âm thỏa mãn :
1
3
x=7
x xy y
y yz z
z zx
+ + =


+ + =



+ +


Tính A=x
1
+y
2
+z
3
(Đáp số : 28)
21
CHUYÊN ĐỀ MÔN TOÁN NGƯỜI THỰC HIỆN:NGUYỄN TRANG KIÊN
4)Biến đổi số hạng đại diện (Xây dựng biểu thức ) :
Áp dụng với tất cả các bài toán có sự biểu diễn chung , tương tự giữa các đại lượng hay
các số hạng
Bài 1 :Cho 3 số phân biệt a ;b ;c thỏa mãn :
0
a b c
b c c a a b
+ + =
− − −
(*)
CMR
2 2 2
0
( ) ( ) ( )
a b c
b c c a a b
+ + =
− − −

Hướng dẫn giải :
Cách 1 : Dễ dàng chứng minh được :
2 2 2
( ) ( ) ( )
a b c
b c c a a b
+ +
− − −
=
( ).
a b c
b c c a a b
+ +
− − −
1 1 1
( ) 0
b c c a a b
+ + =
− − −
Cách 2 : Từ (*) :
2 2
0
( )( )
a b c a b c b ab ac c
b c c a a b b c a c b a a b c a
− + −
+ + = ⇒ = + =
− − − − − − − −

⇒

2 2
2
( ) ( )( )( )
a b ab ac c
b c a b b c c a
− + −
=
− − − −
Tương tự :
2 2
2
( ) ( )( )( )
b c bc ba a
c a a b b c c a
− + −
=
− − − −
;
2 2
2
( ) ( )( )( )
c a ac bc b
a b a b b c c a
− + −
=
− − − −
Cộng vế theo vế các đẳng thức trên , ta có :
2 2 2
( ) ( ) ( )
a b c

b c c a a b
+ +
− − −
=
2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( )
0
( )( )( )
b ab ac c c bc ba a a ac bc b
a b b c c a
− + − + − + − + − + −
=
− − −
Lưu ý : H S có thể trình bày gọn hơn nhờ phương pháp ẩn phụ :
Đặt b-c=A ; c-a=B ; a-b=C
0
0
A B C
aA bB cC
+ + =

⇒

+ + =

(*) : 0
a b c
A B C
⇒ + + =
2

2
2
0
0
0
a b c
A AB AC
a b c
AB B BC
a b c
AC BC C

+ + =



⇒ + + =



+ + =


+Cộng vế theo vế ,ta có :
2 2 2
0
a b c a b b c c a
A B C AB BC AC
+ + +
= + + + + +

=
=
2 2 2
( ) ( ) ( )a b c C a b B a c A b c
A B C ABC
+ + + + +
+ + +
=
2 2 2
2 2 2 2 2 2
( )( ) ( )( ) ( )( )
0
a b c a b a b c a c a b c b c
A B C ABC
a b c a b c
A B C ABC A B C
− + + − + + − +
= + + + =
= + + + = + +
22
CHUYÊN ĐỀ MÔN TOÁN NGƯỜI THỰC HIỆN:NGUYỄN TRANG KIÊN
Bài 2: Cho a;b;c và x;y;z thỏa mãn :a+b+c=0; x+y+z=0 ;
0
x y z
a b c
+ + =
Chứng minh rằng a
2
x+b
2

y+c
2
z=0
Hướng dẫn giải :
Từ gt có thể hình thành biểu thức cần chứng minh theo các cách đơn giản sau:
Cách 1:
+
0
x y z
a b c
+ + =
⇒
xbc+yac+zab=0
+Từ gt a+b+c=0
2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2
( )
( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )
a b c
a b c
b c a b c a a x b y c z x b c y c a z a b
c a b
c a b

= +
= − +




⇒ = − + ⇒ = + ⇒ + + = + + + + + =
 
 
= − +
= +


2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( ) 2( a ) 2( a )a y z b x z c x y xbc y c zab xa yb zc xbc y c zab
= + + + + + + + + = − − − + + +
=
2 2 2
xa yb zc
= − − −
⇒
2(a
2
x+b
2
y+c
2
z)=0
⇒
đpcm
Cách 2: Xuất phát từ gt a+b+c=0
Để tạo nên a
2

x phải nhân thêm a với ax, tương tự với các số hạng còn lại .Mặt khác biểu
thức ở gtlà biểu thức đối xứng , nên cần nhân a+b+c với ( a x+by+cz) để thiết lập biểu
thức cần chứng minh . Với cách làm này sau khai triển chỉ cần chứng minh biểu thức
còn lại bằng 0 . Cụ thể :
+Vì a+b+c =0
2 2 2
(a )( z) 0 z+ab(x+y)+ac(x ) ( ) 0b c ax by c a x b y c z bc y z⇒ + + + + = ⇔ + + + + + =
2 2 2
z-abz-ac 0a x b y c y bcx
⇔ + + − =
(Vì x+y+z=0 )
2 2 2
z-abc( ) 0
z y x
a x b y c
c b a
⇔ + + + + =
+Vì
0
x y z
a b c
+ + =
; nên
2 2 2
z 0a x b y c
⇔ + + =
Tương tự với các bài tập sau:
Bài 3: CM R nếu
1 1 1
2

a b c
+ + =
; và a+b+c=2 thì
2 2 2
1 1 1
2
a b c
+ + =
Bài 4: Giả sử a
1
; b
1
; c
1
; a
2
; b
2
; c
2
là các số khác 0 thỏa mãn :
1 1 1
2 2 2
0
a b c
a b c
+ + =
và
2 2 2
1 1 1

1
a b c
a b c
+ + =
thì
2 2 2
2 2 2
2 2 2
1 1 1
1
a b c
a b c
+ + =
Hướng dẫn giải :
+Đặt
1
2
a
p
a
=
;
1
2
b
q
b
=
;
1

2
c
r
c
=
23
CHUYÊN ĐỀ MÔN TOÁN NGƯỜI THỰC HIỆN:NGUYỄN TRANG KIÊN
0p q r
⇒ + + =
(1) và
1 1 1
1
p q r
+ + =
(2)
+Có
2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 1
1 1 1
a b c
a b c p q r
+ + = + +
+ Theo (2) :
2
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 2( ) 1 1 1
( ) 1 1 1
r

p q r
p q r p q r pq p q r
+ +
+ + = ⇔ + + + = ⇔ + + =
(vì p+q+r=0)
Bài 5: Tính giá trị của biểu thức
2 2 2
2 2 2
x y z
A
a b c
= + +

biết
3
x y z
a b c
− − =
và
0
a b c
x y z
− − =
Hướng dẫn giải :
+Có
0
a b c
x y z
− − =
⇒

ayz-bxz-cxy=0
+
3
x y z
a b c
− − =
⇒
2 2 2
2
2 2 2
z
( ) 9 2( ) 9
x y z x y z xy x yz
a b c a b c ab ac bc
− − = ⇔ + + + − − + =
+ Có
z z x
0
xy x yz ayz xb c y
ab ac bc abc
− −
− − + = = ⇒
2 2 2
2 2 2
x y z
A
a b c
= + +
=0
Bài 6:Cho x;y;z là các số khác 0, thỏa mãn :x+y+z=xyz và

1 1 1
a
x y z
+ + =
Tính giá trị biểu thức
2 2 2
1 1 1
A
x y z
= + +
Hướng dẫn giải :
+Có
1 1 1
a
x y z
+ + =
⇒
2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2( )
( ) 2( )
x
x y z
a
x y z x y z xy yz z x y z xyz
+ +
= + + = + + + + + = + + +
=
2 2 2 2 2 2
1 1 1 2 1 1 1

2
xyz
x y z xyz x y z
+ + + = + + +
⇒
2
2 2 2
1 1 1
2A a
x y z
= + + = −
Bài 7: Cho a;b;c và x;y;z là các số khác nhau và khác 0 thỏa mãn :
0
a b c
x y z
+ + =
. CMR
2
( )
x y z
a b c
+ + =
2 2 2
2 2 2
x y z
a b c
+ +
Gợi ý : Bình phương VT +gt
Bài 8 : Cho a;b;c là 3 số đôi một khác nhau và
0

a b c
b c c a a b
+ + =
− − −
(1)
24
CHUYÊN ĐỀ MÔN TOÁN NGƯỜI THỰC HIỆN:NGUYỄN TRANG KIÊN
CMR :
2 2 2
0
( ) ( ) ( )
a b c
b c c a a b
+ + =
− − −
Hướng dẫn giải :
Cách 1:
+Chia 2 vế của (1) cho b-c
≠
0 , ta có :
2
0
( ) ( )( ) ( )( )
a b c
b c c a b c a b b c
+ + =
− − − − −
(2)
Tương tự :
2

0
( )( ) ( ) ( )( )
a b c
b c c a c a a b c a
+ + =
− − − − −
(3)
2
0
( )( ) ( )( ) ( )
a b c
b c a b c a a b a b
+ + =
− − − − −
(4)
Cộng vế theo vế (2);(3);(4) ta có :
2 2 2
( ) ( ) ( )
a b c
b c c a a b
+ + =
− − −
( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )
a a b b c c
b c c a b c a b c a b c c a a b a b b c a b c a
     
− − − + − +
     
− − − − − − − − − − − −
     

=
1 1 1 1 1 1a b c
b c c a a b c a b c a b a b b c c a
−
     
+ − + − +
     
− − − − − − − − −
     
=
. . . 0
( )( ) ( )( ) ( )( )
a c b b a c c b a
b c c a a b c a b c a b a b b c c a
− − − −
− − =
− − − − − − − − −
( Cộng cùng mẫu )
Cách 2 : Từ gt , ta có :(
1 1 1
( )( ) 0
a b c
b c c a a b b c c a a b
+ + + + =
− − − − − −
Hoàn toàn tương tự như trên , khai triển –rút gọn được kết quả cần chứng minh
Bài 9 : Cho a;b;c
≠
0 và a+b+c
≠

0 thỏa mãn :
1
a b c
b c c a a b
+ + =
+ + +
Tính giá trị biểu thức A=
2 2 2
a b c
b c c a a b
+ +
+ + +
( Đáp số : 0)
Bài 10:Cho
2
2
2
x bc a
y ca b
z ab c

= −

= −


= −

và xyz
≠

0
CM R , nếu
1 1 1
0
x y z
+ + =
thì
2 2 2
0
a b c
x y z
+ + =
(Trích đề thi HSG Quốc tế 1985)
Hướng dẫn giải :
25