SKKN Xây dựng chùm bài tập từ một số đẳng thức trong bồi dưỡng học sinh giỏi Toán trung học cơ sở

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
ĐỀ TÀI:
"XÂY DỰNG CHÙM BÀI TẬP TỪ MỘT SỐ ĐẲNG THỨC TRONG
BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN TRUNG HỌC CƠ SỞ "
Phần I. ĐẶT VẤN ĐỀ
1. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Khi học môn Toán, mỗi học sinh đều gặp phải những khó khăn riêng của mình. Điều này
rất dễ hiểu, vì khi học Toán đa số học sinh chỉ muốn dừng lại ở chỗ “Tìm ra được lời giải
và có đáp số đúng”. Nếu vậy, cho dù học sinh có giải được hàng trăm bài toán thì kiến
thức thu được chẳng là bao so với việc giải ít bài tập hơn nhưng luôn suy nghĩ để tìm
cách giải khác, luôn luôn tìm cách khai thác bài toán để đưa ra bài toán tương tự, đặc biệt
hóa bài toán, Sự đam mê và luôn tìm cách khai thác bài toán, đó chính là con đường tốt
nhất để đi lên trong học Toán. Điều này cũng đã được Albert Einstein khẳng định “Học
kiến thức phải giỏi suy nghĩ, suy nghĩ, lại suy nghĩ. Chính nhờ cách ấy tôi đã trở thành
nhà khoa học”.
Quý thầy cô giáo đồng nghiệp kính mến!
Các em học sinh lớp 8, lớp 9 thân mến !
Trước sự phát triển mạnh mẽ của nền kinh tế tri thức, sự phát triển mạnh mẽ của công
nghệ thông tin như hiện nay đã đặt nền giáo dục và đào tạo trước những thời cơ và thách
thức mới. Để hòa nhập với tiến độ phát triển đó thì giáo dục và đào tạo phải đảm nhận vai
trò hết sức quan trọng trong việc “đào tạo nhân lực, nâng cao dân trí, bồi dưỡng nhân tài”
mà Đảng và Nhà nước ta đã đề ra theo Nghị quyết số 40/2000/QH của Quốc hội về việc
đổi mới giáo dục phổ thông. Nhằm đáp ứng mục tiêu giáo dục toàn diện cho học sinh,
con đường duy nhất là nâng cao chất lượng học tập của học sinh ngay từ khi còn ngồi
trên ghế nhà trường phổ thông. Nhưng để nâng cao chất lượng học tập của học sinh thì
cần rèn luyện kĩ năng tư duy, kích thích sự phát triển tư duy sáng tạo. Đó là một yêu cầu
không thể thiếu trong việc dạy học nói chung, cũng như dạy học môn toán nói riêng. Vấn
đề này lại càng được đặc biệt chú ý đối với đối tượng học sinh khá, giỏi; với công tác bồi
dưỡng học sinh giỏi.
Trong những năm gần đây, bản thân được nhà trường phân công giảng dạy môn Toán 8,
Toán 9 và bồi dưỡng học sinh giỏi các cấp, tôi nhận thấy hầu hết học sinh thường khai

thác dữ kiện bài toán một cách phiến diện chưa triệt để, thiếu tính sáng tạo, còn phụ thuộc
vào sách giáo khoa; sự hướng dẫn của một số giáo viên còn rập khuôn, máy móc; trong
quá trình dạy toán giáo viên thường hướng dẫn học sinh tìm ra lời giải của bài toán mà
không hướng dẫn các em khai thác bài toán. Vì vậy, khi gặp các bài toán cùng dạng
nhưng thay đổi cách hỏi,…các em thường lúng túng và không biết cách giải. Làm thế
nào để xoá được cách nhìn xơ cứng của học sinh trước một bài toán? Đó là vấn đề luôn
luôn đặt ra trong suy nghĩ của tôi. Thực hiện được điều đó là việc làm hết sức khó khăn,
không phải chỉ trong ngày một, ngày hai mà đòi hỏi người thầy phải có kiến thức vững
vàng, có khả năng thâu tóm vấn đề tốt, phải luôn chịu khó tích luỹ kiến thức, có lòng đam
mê khoa học và truyền được lòng đam mê đó tới học sinh. Giúp học sinh phát hiện được
cái mới từ những cái đã biết là đã tạo cho các em sự nhạy bén trong tư duy, kích thích
học sinh tìm tòi, linh hoạt, sáng tạo, từ đó tạo được hứng thú trong học toán. Tuy nhiên,
hiện nay có rất ít tài liệu, sách báo viết về đề tài này nên học sinh ít có tài liệu để nghiên
cứu, tham khảo.
Xuất phát từ những vấn đề trên nên tôi đã đầu tư nghiên cứu “Xây dựng chùm bài
tập từ một số đẳng thức trong bồi dưỡng học sinh giỏi Toán trung học cơ sở”.
2. PHẠM VI ÁP DỤNG
Sáng kiến kinh nghiệm này đã được áp dụng ở các lớp 8A, 9A (năm học 2012-2013); các
lớp 8A, 8B, 8C, 9A (năm học 2013-2014) của trường THCS thị trấn Ba Tơ; áp dụng
trong quá trình dạy bồi dưỡng học sinh giỏi các cấp và đang được các bạn đồng môn áp
dụng thử nghiệm tại trường THCS Ba Vì và trường THCS Ba Động (năm học 2013-
2014).
Phần II. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
1. CƠ SỞ LÍ LUẬN:
Nếu "Toán học là một môn thể thao của trí tuệ" thì công việc của người thầy dạy toán là
tổ chức hoạt động trí tuệ ấy. Có lẽ không có môn học nào thuận lợi hơn môn Toán trong
công việc đầy khó khăn này.
Quá trình giải Toán chính là quá trình rèn luyện phương pháp suy luận khoa học, là quá
trình tự nghiên cứu và sáng tạo. Không dừng lại ở mỗi bài toán đã giải mà hãy tìm thêm
các kết quả thu được sau mỗi bài toán tưởng chừng như đơn giản. Đó là tinh thần tiến

công trong học toán và đó cũng là điều kiện để phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh.
Trong các yêu cầu của việc giải bài tập toán thì việc tìm hiểu sự liên hệ của bài toán này
đối với bài toán khác, của đẳng thức này đến đẳng thức khác,… là một trong những yêu
cầu cần đặt ra đối với học sinh. Trong quá trình giảng dạy môn Toán ở trường trung học
cơ sở tôi nhận thấy các bài tập về đẳng thức đều mang đậm một nội dung phong phú và
đa dạng; ở những bài tập đó tiềm ẩn các giả thiết và kết luận mới, đòi hỏi sự khai thác
sáng tạo; phát hiện ra điều mới ấy sẽ mang lại cho người học những kết quả đầy lý thú,
kiến thức mở rộng và sâu sắc hơn. Tuy nhiên, thông qua việc giao lưu trao đổi kinh
nghiệm với đồng nghiệp giảng dạy cùng môn trên địa bàn huyện Ba Tơ, cũng như thông
qua việc dạy bồi dưỡng học sinh giỏi các cấp, bản thân tôi nhận thấy hầu hết các giáo
viên khi dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán chỉ tập trung giảng dạy theo từng chuyên
đề riêng lẻ. Điều này cũng rất đáng quý. Nhưng có quá nhiều chuyên đề cần phải giảng
dạy cho học sinh mà thời gian dạy bồi dưỡng thì quá ít dẫn đến dạy nhồi nhét kiến thức,
tạo áp lực học tập cho học sinh mà hiệu quả không cao. Chính vì thế qua các lần thi học
sinh giỏi cấp huyện đạt kết đạt được là rất thấp.
2. THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ:
2.1. Thuận lợi: Được sự quan tâm của phòng Giáo dục và Đào tạo huyện Ba Tơ, của ban
giám hiệu nhà trường, tổ chuyên môn, của bạn đồng nghiệp. Đặc biệt với sự nỗ lực của
các em học sinh đã giúp tôi hoàn thành sáng kiến kinh nghiệm này. Cụ thể:
- Về phía học sinh (đặc biệt là học sinh khá giỏi) đã tích cực thực hiện theo các yêu cầu
của giáo viên.
- Về phía bạn bè đồng nghiệp đã góp ý bổ sung và áp dụng thử nghiệm sáng kiến này tại
trường THCS Ba Vì và trường THCS Ba Động.
- Về phía tổ chuyên môn trong nhà trường đã góp ý bổ sung giúp tôi hoàn thành sáng
kiến kinh nghiệm.
- Về phía nhà trường đã phân công cho tôi giảng dạy môn toán 8, toán 9 và bồi dưỡng
học sinh giỏi môn toán 8, toán 9, bồi dưỡng học sinh giỏi giải toán bằng máy tính cầm tay
nên tôi đã nghiên cứu và áp dụng thử nghiệm (năm học 2012 – 2013) từ đó mới thấy
được kết quả khả quan của sáng kiến.
- Về phía phòng Giáo dục và Đào tạo đã phân công cho tôi dạy bồi dưỡng học sinh giỏi

cấp huyện dự thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn toán, giải toán trên máy tính cầm tay. Do đó
tôi càng có điều kiện nghiên cứu thêm và áp dụng sáng kiến này.
2.2. Khó khăn:
* Về phía Học sinh: Mặc dù học sinh đã có ý thức về tầm quan trọng của môn Toán. Tuy
nhiên chất lượng học tập môn Toán chưa thật sự cao, chưa đồng đều, các em người dân
tộc thiểu số còn học kém nhiều. Cụ thể:
- Chất lượng đầu vào của học sinh chưa cao. Chẳng hạn một số em đã được lên lớp 8, lớp
9 nhưng một số kiến thức cơ bản ở các lớp dưới chưa nắm chắc. Do đó, trong quá trình
học tập môn toán, học sinh thường mắc phải những sai lầm rất cơ bản trong phép biến đổi
toán học đơn giản; khả năng tiếp thu của học sinh còn hạn chế và chưa linh động trong
việc xử lý các tình huống Toán học đơn giản. Có quá nhiều lổ hổng kiến thức vì vậy học
sinh dễ chán nản và không ham thích học Toán. Đây là hệ quả tất yếu của quá trình cho
học sinh lên lớp, học sinh xếp loại môn học từ trung bình trở lên theo chỉ tiêu đề ra ở đầu
năm học.
- Đa phần học sinh chưa xác định đúng được động cơ và mục đích học tập, không thể
hiện được ý thức phấn đấu, vươn lên trong học tập.
- Chưa có sự quan tâm đúng đắn từ phía phụ huynh. Nhiều phụ huynh hầu như khoán
trắng việc học của con em mình cho nhà trường, chưa có biện pháp đề nghị nhà trường
giúp đỡ con em mình học tốt hơn.
* Về phía Giáo viên:
Trong những năm gần đây chúng ta đã chú trọng đổi mới phương pháp dạy học nhưng
chưa đi vào thực chất và chưa có chiều sâu, chưa triệt để; chỉ mới dừng lại ở việc cải tiến
phương pháp dạy học truyền thống bằng cách sử dụng các câu hỏi tái hiện, các câu hỏi
nêu vấn đề nhưng chưa thực sát. Trong quá trình giảng dạy chúng ta chú ý nhiều đến việc
truyền thụ khối lượng kiến thức nhưng chưa chú trọng đến cách dẫn dắt học sinh tìm hiểu
khám phá và lĩnh hội kiến thức từ những bài tập đơn giản mà các em đã biết. Do đó, khi
giảng dạy (đặc biệt là đối tượng học sinh giỏi) giáo viên thường hay yêu cầu học sinh nhớ
quá nhiều các dạng bài tập nhiều khi không cần thiết nên tạo áp lực quá lớn cho học sinh.
3. CÁC BIỆN PHÁP ĐÃ TIẾN HÀNH GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ:
Trong quá trình dạy bồi dưỡng học sinh giỏi các cấp, các tiết dạy tự chọn cũng như trong

các tiết luyện tập tại lớp bản thân tôi luôn luôn coi trọng việc khai thác bài toán để từ đó
tìm thêm cách giải khác, xây dựng bài tập tương tự, bài toán tổng quát, bài toán mới, từ
những bài toán đơn giản mà học sinh có thể dễ dàng giải được. Chẳng hạn:
3.1. Xây dựng chùm bài tập từ đẳng thức:
( )
( ) ( ) ( )
2 2 2
3 3 3 2 2 2
1
3 ( ) ( )
2
 
+ + − = + + + + − − − = + + − + − + −
 
a b c abc a b c a b c ab bc ca a b c a b b c c a
* Lời giải:
Cách 1: Biến
đổi vế phải
thành vế trái
( ) ( ) ( )
( )
2 2 2
2 2 2
1
Ta có: ( )
2
( )
 
+ + − + − + −
 

= + + + + − − −
a b c a b b c c a
a b c a b c ab bc ca
Bài toán A: Cho ba số a, b, c bất kì. Chứng minh rằng
( )
( ) ( ) ( )
2 2 2
3 3 3 2 2 2
1
3 ( ) ( )
2
 
+ + − = + + + + − − − = + + − + − + −
 
a b c abc a b c a b c ab bc ca a b c a b b c c a
Vậy
( )
3 3 3 2 2 2
3 ( )
+ + − = + + + + − − −
a b c abc a b c a b c ab bc ca


( ) ( ) ( )
2 2 2
1
( )
2
 
= + + − + − + −

 
a b c a b b c c a
Cách 2: Biến đổi vế trái thành vế phải
Ta có: (a + b)
3
= a
3
+ b
3
+ 3ab(a + b) ⇒ a
3
+ b
3
= (a + b)
3
- 3ab(a + b)
Nên a
3
+ b
3
+ c
3
– 3abc = (a + b)
3
- 3ab(a + b) + c
3
– 3abc
= (a + b)
3
+ c

3
– 3ab(a + b) – 3abc = (a + b)
3
+ c
3
– 3ab(a + b + c)
= ( a + b + c)
3
- 3(a + b).c.(a + b + c) – 3ab(a + b + c)
= (a + b + c)[(a + b + c)
2
- 3(a + b).c – 3ab]
= (a + b + c).(a
2
+ b
2
+ c
2
– ab – ac – bc)
( ) ( ) ( )
2 2 2
1
( )
2
 
= + + − + − + −
 
a b c a b b c c a
Vậy
( )

3 3 3 2 2 2
3 ( )
+ + − = + + + + − − −
a b c abc a b c a b c ab bc ca


( ) ( ) ( )
2 2 2
1
( )
2
 
= + + − + − + −
 
a b c a b b c c a
Từ bài toán trên ta có thể xây dựng được vô số bài toán, chẳng hạn:
3.1.1. Xây dựng chùm bài tập trong bài toán phân tích đa thức thành nhân tử; chứng
minh chia hết:
Bài toán A
1
: Phân tích đa thức:
3 3 3
3+ + −a b c abc
thành nhân tử
Trích đề vào 10 chuyên Toán, THPT Lê Hồng Phong- TP.Hồ Chí Minh, 1988
Hướng dẫn: Xem cách 2 của bài toán A
Nhận xét 1: Từ bài toán A. Do đa thức đã cho có bậc lẻ đối với tất cả các biến nên dấu
của a cũng là dấu của a
3
, dấu của b cũng là dấu của b

3
, dấu của c cũng là dấu của c
3
. Do
đó ta có thể đề xuất bài toán sau:
Bài toán A
2
: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
3 3 3 3 3 3 3 3 3
) 3 ) 3 ) 3− + + − − − − − − +a a b c abc b a b c abc c a b c abc
Lời giải:
( )
( )
3 3 3 3 3 3
2 2 2
) 3 ( ) 3 ( )
= – +
− + + = + − + − −
− + + + +
a a b c abc a b c a b c
a b c a b c ab ac bc
3 3 3 3 3 3
) 3 ( ) ( ) 3 ( )( )− − − = + − + − − − −b a b c abc a b c a b c
( )
( )
2 2 2
+ = − − + + + −a b c a b c ab ac bc
( )
( )
3 3 3 3 3 3

2 2 2
) 3 ( 3 )
–
− − − + = − + + −
= − + + + + − −
c a b c abc a b c abc
a b c a b c ab ac bc
Từ bài toán A và bài toán A
2
.a) ta có thể xây dựng tiếp một số bài toán sau:
Bài toán A
3
: Chứng minh rằng
3 3 3
3− + +a b c abc
chia hết cho a – b + c
Lời giải:
( )
( )
3 3 3 2 2 2
3 – + ( )
− + + = − + + + + − +
a b c abc a b c a b c ab ac bc a b cM
Bài toán A
4
: Chứng minh rằng nếu a, b, c là ba số nguyên khác 0 thì các phân
số
3 3 3 3 3 3
2 2 2
a + b c 3abc a + b c 3abc

A và B
a b c a b c ab bc ca
+ − + −
= =
+ + + + − − −
là các số nguyên
Lời giải:
( )
2 2 2
3 3 3
2 2 2
(a b c) a b c ab bc ca
a + b c 3abc
A = =a b c ab bc ca
a b c a b c
+ + + + − − −
+ −
= + + − − −
+ + + +
( )
2 2 2
3 3 3
2 2 2 2 2 2
(a b c) a b c ab bc ca
a + b c 3abc
B a b c
a b c ab bc ca a b c ab bc ca
+ + + + − − −
+ −
= = = + +

+ + − − − + + − − −
Vậy A và B là các số nguyên.
Bài toán A
5
:
3 3 3
2 2 2
a + b c 3abc
Cho B
a b c ab bc ca
+ −
=
+ + − − −
. Chứng minh rằng nếu a, b, c là ba số nguyên
liên tiếp thì B là một số nguyên chia hết cho 3.
Lời giải:
( )
2 2 2
3 3 3
2 2 2 2 2 2
(a b c) a b c ab bc ca
a + b c 3abc
B a b c
a b c ab bc ca a b c ab bc ca
+ + + + − − −
+ −
= = = + +
+ + − − − + + − − −
(1)
Mà a, b , c là ba số nguyên liên tiếp nên

a b c 3+ + M
(2)
Từ (1) và (2) suy ra đpcm.
Bài toán A
6
: Cho
abc
là số tự nhiên có ba chữ số thỏa mãn
abc 9M
. Chứng minh rằng
3 3 3
3+ + −a b c abc
chia hết cho 9
Lời giải: Ta có
abc 9 a b c 9⇒ + +M M
(1)
Lại có
( )
( )
3 3 3 2 2 2
3 –
+ + − = + + + + − −
a b c abc a b c a b c ab ac bc
(2)
Từ (1) và (2) ta suy ra điểu phải chứng minh.
Bài toán A
7
:
a) Cho cho a, b, c, k là các số nguyên thỏa mãn
a b c k

+ +
M
. Chứng minh rằng
3 3 3
3+ + −a b c abc
chia hết cho k
b) Cho cho a, b, c, k là các số nguyên thỏa mãn
2 2 2
a b c ab bc ca k+ + − − − M
. Chứng minh rằng
3 3 3
3+ + −a b c abc
chia hết cho k
Hướng dẫn: Giải tương tự bài toán A
6
Bài toán A
8
: Cho
abc
là số tự nhiên có ba chữ số thỏa mãn
abc 11M
.
Chứng minh rằng
3 3 3
3− + +a b c abc
chia hết cho 11
Lời giải: Vì số có hiệu của tổng các chữ số hàng chẵn với tổng các chữ số hàng lẻ chia
hết cho 11 thì chia hết cho 11 nên từ
abc 11 a b c 11⇒ − +M M
(1)

Lại có
( )
( )
3 3 3 2 2 2
3 – +− + + = − + + + +a b c abc a b c a b c ab ac bc
(2)
Từ (1) và (2) ta suy ra điểu phải chứng minh.
Bài toán A
9
: Cho
a,b,c N* ∈
và ƯCLN(abc, a + b + c) = 1. Chứng minh rằng nếu
3 3 3
(a b c kabc) (a b c)+ + + + +M
thì
(k 3) (a b c)+ + +M
Lời giải:
Vì
3 3 3 3 3 3
(a b c kabc) (a b c) (a b c 3abc kabc 3abc) (a b c)+ + + + + ⇒ + + − + + + +M M
2 2 2
(a b c)(a b c ab bc ca) abc(k 3) (a b c)⇒ + + + + − − − + + + +M
abc(k 3) (a b c) (1)⇒ + + +M
Lại có ƯCLN(abc, a + b + c) = 1 (2)
Từ (1) và (2) suy ra
(k 3) (a b c)+ + +M
Nhận xét 2:
Nếu viết
( ) ( ) ( )
3 3 3 3 3 3

3+ + − = − + − + −a b c abc a abc b abc c abc

( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
3 3 3
2 2 2
1 1 1
= − + − + −
     
= − + − + −
 ÷  ÷  ÷
     
     
= − + − + −
 ÷  ÷  ÷
     
a a bc b b ac c c ab
bc ac ab
a a b b c c
a b c
bc ac ab
a b c
a b c
ta có thể đề xuất một số bài toán sau:
Bài toán A
10
: Cho
2 2 2
; ; = − = − = −x a bc y b ac z c ab

.
Chứng minh rằng:
a) (ax by cz) (a b c) b) (ax by cz) (x y z)+ + + + + + + +M M
Lời giải:
a) Ta có:
( ) ( ) ( )
2 2 2 3 3 3
ax by cz a a bc b b ac c c ab a b c 3abc
+ + = − + − + − = + + −

( )
2 2 2
(a b c) a b c ab bc ca (a b c)= + + + + − − − + +M
(đpcm)
b) Ta có:
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
x y z a bc b ac c ab a b c ab bc ca
+ + = − + − + − = + + − − −
(1)
Theo câu a, ta lại có
( )
2 2 2
ax by cz (a b c) a b c ab bc ca
+ + = + + + + − − −
(2)
Từ (1) và (2) suy ra đpcm
Bài toán A
11
: Cho

; ; = − = − = −
bc ac ab
x a y b z c
a b c
.
Chứng minh rằng:
2 2 2
(a x b y c z) (ax by cz)+ + + +M
Lời giải: a) Ta có:
2 2 2 2 2 2
bc ac ab
a x b y c z a a b b c c
a b c
     
+ + = − + − + −
 ÷  ÷  ÷
     

3 3 3
a b c 3abc
= + + −
( )
2 2 2
(a b c) a b c ab bc ca
= + + + + − − −
(3)
Lại có
2 2 2
bc ac ab
ax by cz a a b b c c a b c ab bc ca

a b c
     
+ + = − + − + − = + + − − −
 ÷  ÷  ÷
     
(4)
Từ (3) và (4) suy ra đpcm
Bài toán A
12
: Cho
2 2 2
1 ; 1 ; 1= − = − = −
bc ac ab
x y z
a b c
.
Chứng minh rằng:
3 3 3 2 2 2
(a x b y c z) (a x b y c z)
+ + + +
M
Lời giải:
Ta có:
3 3 3 3 3 3 3 3 3
2 2 2
bc ac ab
a x b y c z a 1 b 1 c 1 a b c 3abc
a b c
     
+ + = − + − + − = + + −

 ÷  ÷  ÷
     

( )
2 2 2
(a b c) a b c ab bc ca= + + + + − − −
(5)
Lại có
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2
bc ac ab
a x b y c z a 1 b 1 c 1 a b c ab bc ca
a b c
     
+ + = − + − + − = + + − − −
 ÷  ÷  ÷
     
(6)
Từ (5) và (6) suy ra đpcm
Nhận xét 3: Nếu thay a, b, c bởi các đa thức một biến hoặc nhiều biến vào đa
thức
3 3 3
3+ + −a b c abc
thì ta sẽ được vô số các bài toán tương tự bài toán A.
Bài toán A
13
: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
a)
3 3 3
( 1) (2 3) ( 4) 3( 1)(2 3)( 4)+ + + + − − + + −x x x x x x

b)
3 3 3
( ) ( ) ( ) 3( )( )( )+ + + + + − + + +x y y z z x x y y z z x
c)
3 3 3
( 2 ) ( ) ( ) 3( 2 )( )( )+ − − + + + + − +x y y z z x x y y z z x
Hướng dẫn: Đặt ẩn phụ để đưa bài toán về bài toán A
3.1.2. Xây dựng chùm bài tập trong chứng minh đẳng thức; trong tính toán; rút gọn biểu
thức:
Bài toán A
14
:
Chứng minh rằng, nếu a
3
+ b
3
+ c
3
= 3abc thì a = b = c hoặc a + b + c = 0
Lời giải: Ta có
3 3 3 3 3 3
3 3 0a b c abc a b c abc+ + = ⇔ + + − =
( ) ( ) ( )
2 2 2
1
( ) 0
2
 
⇔ + + − + − + − =
 

a b c a b b c c a
( ) ( ) ( )
2 2 2
0
0
+ + =

⇔

− + − + − =


a b c
a b b c c a
0+ + =

⇔

= =

a b c
a b c
Bài toán A
15
: Cho a + b + c = 0. Chứng minh rằng a
3
+ b
3
+ c
3

= 3abc.
Trích bài 38- Trang 13- SBT Toán 8-Tập 1
Hướng dẫn: Xem các cách giải ở bài toán B trang 21
Bài toán A
16
: Rút gọn các biểu thức sau:
a) A =
( ) ( ) ( )
  
  
   

     − + − + −

b) B =
( )
( )
( )
( ) ( ) ( )

  
  

     
   

   
     
+ + −
+ + −

+ +
− + − + −
Lời giải:
a)
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
 
+ + − + − + −
 
 
= + +
− + − + − − + − + −
  
  
     

        
    

     

           
b) Phương pháp giải tương tự câu a.
Nhận xét 4: Từ bài toán A
16
.a) nếu cho biết a + b + c bằng một giá trị nào đó thì ta có thể
tính được giá trị của biểu thức A. Chẳng hạn:
Bài toán A
17

: Cho a + b + c = 2014.
Tính giá trị của biểu thức A =
( ) ( ) ( )
  
  
   

     − + − + −
Hướng dẫn:
+ + = =
 
     
 

Bài toán A
18
: Cho ba số a, b, c là ba số khác 0 thỏa mãn điều kiện a
3
+ b
3
+ c
3
=
3abc. Tính giá trị các biểu thức sau:
a) M =
  
  
  
   
+ + +

 ÷ ÷ ÷
   
b) N=
))()(( accbba
abc
+++
Lời giải:
Ta có:
( ) ( ) ( )
2 2 2
3 3 3
1
3 ( )
2
 
+ + − = + + − + − + −
 
a b c abc a b c a b b c c a
Lại vì:
3 3 3
3+ + =a b c abc
. Khi đó
( ) ( ) ( )
2 2 2
1
( ) 0
2
 
+ + − + − + − =
 

a b c a b b c c a
⇒
( ) ( ) ( )
2 2 2
0
0
+ + =


− + − + − =


a b c
a b b c c a
⇒
0+ + =


= =

a b c
a b c
* Nếu a = b = c thì M =
( ) ( ) ( )
      + + + =
* Nếu a + b + c = 0 ⇒
a b c
b c a
c a b


+ = −

+ = −


+ = −

.
⇒
           
        
        
   
+ + + − − −
= + + + = = = −
 ÷ ÷ ÷
   
b) Giải tương tự ta có: + Nếu a+b+c =0 thì N=-1
+ Nếu a=b=c thì N=
8
1

Bài toán A
19
:
Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a
a
+ b
b
+ c

c
- 3
abc
= 0.
Tính giá trị biểu thức P = (1 +
b
a
) (1 +
c
b
) (1 +
a
c
)
Hướng dẫn: Tương tự bài toán A
18
.a)
Bài toán A
20
: Cho
abc
≠
thỏa mãn điều kiện a
3
b
3
+ b
3
c
3

+ c
3
a
3
= 3a
2
b
2
c
2
Tính giá trị biểu thức M =
  
  
  
   
+ + +
 ÷ ÷ ÷
   
Lời giải: Đặt
 
 
 
=


=


=


. Khi đó a
3
b
3
+b
3
c
3
+c
3
a
3
= 3a
2
b
2
c
2
⇔ x
3
+y
3
+z
3
=3xyz
⇔ x
3
+ y
3
+ z

3
- 3xyz = 0⇔
  
   
   

  
      


+ + =

+ + =

⇔


 
= =
− + − + − =

 


Ta có M =
  
  
  
   
+ + +

 ÷ ÷ ÷
   
=
  
  
  
 
  
+ + +
 ÷
 ÷ ÷
  
 
=
     
  
 
+ + +
  
 ÷
 ÷ ÷
  
 
* Nếu x+ y+ z = 0 ⇒
  
  
  

+ = −


+ = −


+ = −

⇒ M

=
  
  
  
− − −
= −
* Nếu x = y = z thì M = 8.
Bài toán A
21
: Cho a + b + c = 2014 và a, b, c đôi một khác nhau. Hãy chứng
tỏ giá trị của biểu thức
( ) ( ) ( )
=
− + − + −
  
  
   
 
     
không phụ thuộc vào giá
trị của a, b, c
Hướng dẫn:
+ + = =

 
     
 
từ đó suy ra điều phải chứng minh.
Bài toán A
22
: Cho a, b, c là ba số nguyên liên tiếp. Chứng minh rằng giá trị của biểu thức
3 3 3
a + b c 3abc
A
a b c
+ −
=
+ +
không phụ thuộc vào giá trị của a, b, c.
Lời giải: Ta có
( ) ( ) ( )
3 3 3
2 2 2
a + b c 3abc 1
A a b b c c a
a b c 2
+ −
 
= = − + − + −
 
+ +
Do a, b, c là ba số nguyên liên tiếp nên không mất tính tổng quát của bài toán, ta giả sử
a > b > c
⇒

a = c + 2 và b = c + 1. Khi đó biểu thức A trở thành:
( ) ( ) ( )
2 2 2
1 1
A c 2 c 1 c 1 c c c 2 .6 3
2 2
 
= + − − + + − + − − = =
 
.
Vây giá trị của biểu thức A không phụ thuộc vào giá trị của a, b, c.
3.1.3. Xây dựng chùm bài tập trong chứng minh bất đẳng thức:
Nhận xét 5:
Từ bài toán A: M=
( )
3 3 3 2 2 2
3 ( )
+ + − = + + + + − − −
a b c abc a b c a b c ab bc ca

( ) ( ) ( )
2 2 2
1
( )
2
 
= + + − + − + −
 
a b c a b b c c a
Ta có nhận xét sau:

M 0
≥
với mọi a + b +c
≥
0. Dấu đẳng thức xảy ra khi
a = b = c, từ đó, ta có thể xây dựng một số bài tập sau:
Bài toán A
23
: Chứng minh rằng x
3
+y
3
+z
3

≤
3xyz khi và chỉ khi x+y+z < 0.
Lời giải: Xét hiệu x
3
+y
3
+z
3
-3xyz =
2
1
(x+y+z)[(x-y)
2
+(x-z)
2

+(y-z)
2
]
Ta có (x-y)
2
+(x-z)
2
+(y-z)
2
≥ 0 với mọi x, y, z
⇔
2
1
(x+y+z)[(x-y)
2
+(x-z)
2
+(y-z)
2
] ≤ 0 (vì x+y+z < 0)
Vậy x
3
+y
3
+z
3

≤
3xyz
Bài toán A

24
: Cho các số dương x, y, z. Chứng minh rằng x
3
+y
3
+z
3
- 3xyz không âm.
Hướng dẫn: Giải tương tự bài toán A
23
(x, y, z là ba số dương nên x+y+z >0)
Bài toán A
25
: Cho ba số không âm x, y, z.
Chứng minh rằng

    + + ≥
. Dấu “=” xảy ra khi nào? ( Bất đẳng thức Cô-si cho 3
số không âm)
Lời giải:

    + + ≥
⇔
( ) ( ) ( )
  
 
 
     + + − ≥
Ta có:
( ) ( ) ( )

  
 
 
    + + −

( ) ( ) ( ) ( )
  
     
  

         

 
= + + − + − + − ≥
 
 
⇒

    + + ≥
. Dấu “ =” xảy ra khi x = y = z.
Bài toán A
26
: Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác, không phải là tam giác cân. Chứng
minh rằng a
3
+b
3
+c
3
– 3abc > 0.

Lời giải: Ta có
( )
3 3 3 2 2 2
3 ( )
+ + − = + + + + − − −
a b c abc a b c a b c ab bc ca

( ) ( ) ( )
2 2 2
1
( )
2
 
= + + − + − + −
 
a b c a b b c c a
Vi a, b, c là ba cạnh của một tam giác, không phải là tam giác cân nên
a + b +c > 0 và (a-b)
2
+(b-c)
2
+(c-a)
2
> 0 (vì
a b c≠ ≠
)
( ) ( ) ( )
2 2 2
1
Suy ra ( ) 0

2
 
+ + − + − + − >
 
a b c a b b c c a
Vậy a
3
+b
3
+c
3
– 3abc > 0
Bài toán A
27
: Cho tam giác nhọn ABC. Chứng minh rằng:
a) sin
3
A + sin
3
B + sin
3
C – 3sinA.sinB.sinC ≥ 0
b) cos
3
A + cos
3
B + cos
3
C – 3cosA.cosB.cosC ≥ 0
c) tan

3
A + tan
3
B + tan
3
C – 3tanA.tanB.tanC ≥ 0
Hướng dẫn: Giải tương tự bài toán 23
3.1.4. Xây dựng chùm bài tập trong giải phương trình; giải hệ phương trình:
Nhận xét 6: Nếu thay a, b, c bởi các đa thức một biến hoặc nhiều biến vào đa thức
3 3 3
3+ + −a b c abc
và cho
3 3 3
3 0+ + − =a b c abc
thì ta sẽ được vô số các bài toán về giải
phương trình hay hệ phương trình. Chẳng hạn:
Bài toán A
28
: Giải phương trình
(x – 1)
3
+ (2x – 3)
3
+ (3x – 5)
3
- 3(x – 1)(2x – 3)(3x – 5) = 0 (1)
Lời giải: Đặt

− =


= ⇒ + + = −


=

 
   
 
x a
x b a b c x
x c
Khi đó phương trình (1) trở thành:
( ) ( ) ( )
2 2 2
3 3 3
1
3 0 ( ) 0
2
 
+ + − = ⇔ + + − + − + − =
 
a b c abc a b c a b b c c a
3
0 6 9 0 6 9
2
1 2 3 3 5 2 0
2

+ + = − = =
=

  

⇔ ⇔ ⇔ ⇔
  

= = − = − = − − =
  
=

a b c x x
x
a b c x x x x
x
Vậy tập nghiệm của phương trình(1) là: S = {2;
2
3
}
Bài toán A
29
: Giải phương các trình sau:
a) (x + 1)
3
+ (2x + 1)
3
+ (x + 2)
3
– 3(x + 1)(2x + 1)(x + 2) = 0
b) (1– x)
3
+ (2x – 1)

3
– (1 + 3x)
3
+ 3(1– x)(2x – 1)(1 + 3x) = 0
c) (x + 1)
3
+ (x – 1)
3
+ (2x + 1)
3
+ 3(1 – x
2
)(2x + 1) = 0
Hướng dẫn: Câu a, b ta sử dụng bài toán A để giải trực tiếp.
Câu c, ta phải biến đổi 3(1 – x
2
)(2x + 1) = - 3(x + 1)(x – 1)(2x + 1) sau đó giải tương tự
câu a, b.
Bài toán A
30
:
Gọi a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác thỏa a
3
+ b
3
+ c
3
– 3abc = 0. Hỏi tam giác
này là tam giác gì ?
Trích đề thi vào 10 chuyên Toán, THPT Lê Hồng Phong-TP.Hồ Chí Minh, năm 1988

Lời giải:
3 3 3
Ta có 3 0+ + − =a b c abc
( ) ( ) ( )
2 2 2
1
( ) 0
2
 
⇔ + + − + − + − =
 
a b c a b b c c a
⇔ = =a b c
(vì a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác nên
a b c 0
+ + >
) .
Vậy tam giác đã cho là tam giác đều.
Bài toán A
31
: Giải hệ phương trình
  
  
   
   
   
+ + =


+ + =



+ + =

Trích đề thi HSG Toán 9-TP.Hồ Chí Minh- Năm học 1986-1987
Lời giải: Ta có: x
3
+ y
3
+ z
3
– 3xyz

= (x + y + z).(x
2
+ y
2
+ z
2
– xy – xz – yz)
⇔ 1 – 3xyz = 1.(1 – xy – xz – yz) ⇔ 3xyz = xy + yz + xz (1)
Mặt khác ta có:
1 = (x + y + z)
2
= x
2
+ y
2
+ z
2

+ 2(xy + yz + xz) = 1 + 2(xy + yz + xz)
⇒ xy + yz + xz = 0 (2)
Từ (1) và (2) ⇒ 3xyz = 0 ⇒
 
 
 
=


=


=

Vì vai trò của x, y, z trong phương trình là như nhau nên chỉ xét một trường hợp. Giả sử x
= 0, ta có:

    
    
    
      
  
 
 
        
 
 
  
      
    


 
+ = =
 
+ + = + =

+ =



=

=
 
 


+ + = ⇔ + = ⇔ − = ⇔ ⇔
   


=

=

   

− =
+ + = + =



 

− = =

 

Vậy hệ có ba nghiệm:
( ) ( ) ( ) ( )
      x y z =
Nhận xét 7: Từ cách giải bài toán 31, ta có thể đề xuất ba bài toán sau (từ bài A
32
đến bài
A
34
)
Bài toán A
32
: Cho ba số x, y, z thỏa mãn
  
  
   
   
   
+ + =


+ + =



+ + =

.
Tính giá trị biểu thức
= + +
  
   
Hướng dẫn: Sử dụng kết quả bài toán A
31
, từ đó tính được giá trị biểu thức P
Bài toán A
33
: Giải hệ phương trình
  
  
   
   
   
+ + =


+ + =


+ + =


Đề thi HSG Toán 9- Tỉnh Phú Yên- Năm học 2001-2002
Lời giải: Ta có x
3

+ y
3
+ z
3
– 3xyz

= (x + y + z).(x
2
+ y
2
+ z
2
– xy – xz – yz)
⇔ 38 – 3xyz = 2.( 26 – xy – yz – xz) ⇔ 3xyz – 2(xy + yz + xz) = -14 ( 1)
Mặt khác ta lại có: x
2

+ y
2
+ z
2
= (x + y + z)
2
– 2(xy + yz + xz)
⇔ 26 = 2
2
– 2(xy + yz + xz)
⇔ xy + yz + xz = - 11 (2)
Thay (2) vào (1) ⇒ xyz = -12
Ta có hệ phương trình mới

   
 
   
+ + =


= −


+ + = −

Từ phương trình đầu ⇒ y + z = 2 – x
Từ phương trình thứ hai ⇒ yz =

 

−
≠
Thay vào phương trình cuối ta có: x( y + z) +


−
= -11
⇔ x.(2 – x) -


= -11⇒ x
2
( 2 – x) – 12 = -11x ( x ≠ 0)
⇔ 2x

2

– x
3
– 12 = -11x
⇔ x
3
– 2x
2
– 11x + 12 = 0⇔ ( x – 1).(x
2
– x – 12) = 0
⇔

  
   
− =


− − =

⇔
 
 
 
=


= −



=

* Với x = 1: Ta có
       
  
 
 
 
 
+ = − + = −
 
+ =

 
⇔ ⇔
  
− −
= −
= =

 
 

⇔
 
 
 
 



= −


=




=


= −



* Với x = -3: Ta có:
        
  
 
 
 
 
+ = − + = − −
 
+ =

 
⇔ ⇔
  

− −
=
= =

 
−
 

⇔
 
 
 
 


=


=




=


=




* Với x = 4: Ta có:
       
  
 
 
 
 
+ = − + = −
 
+ = −

 
⇔ ⇔
  
− −
= −
= =

 
 

⇔
 
 
 
 


=



= −




= −


=




Vậy hệ phương trình đã cho có 6 nghiệm:
(x, y, z) = (1; -3; 4), ( 1; 4; -3), (-3; 1; 4), (-3; 4; 1), (4; 1; -3), (4; -3; 1).
Bài toán A
34
: Giải hệ phương trình:
  
  
   
   
   
+ + =


+ + =



+ + =

Trích Tạp chí Toán tuổi thơ – Số 71- Tháng 01/2009
Hướng dẫn: Tương tự như bài toán A
33
Bài toán A
35
: Giải hệ phương trình:
  
   
   
  
   

+ + =

+ =


+ + =

Đề thi vào 10 THPT chuyên Lê Khiết, 2001-2002
Hướng dẫn: Từ phương trình đầu ⇒
x y z
x y z

+ + =

= =


. Kết hợp với hai phương trình còn lại sẽ
tìm được x, y, z.
Bài toán A
36
: Cho ba số a, b, c đôi một khác nhau thỏa a
3
+ b
3
+ c
3
≠ 3abc
Chứng minh rằng hệ
   
   
   
+ + =


+ + =


+ + =

có nghiệm duy nhất.
Lời giải:
Cộng vế theo vế các phương trình của hệ, ta đươc: (a + b + c)(x + y + z ) = 0.
Vì a
3
+ b

3
+ c
3
≠ 3abc ⇔ (a + b + c)( a
2
+ b
2
+ c
2
– ab – ac –bc) ≠ 0
⇒
  
   
      

+ + ≠


+ + ≠


⇒ x + y + z = 0
⇒ z = - (x + y) thế vào hai phương trình đầu của hệ trên, ta được:
 

         
 
           
    
 

−

=

+ − + = − + − =
 

−
⇔ ⇔
  
+ − + = − + − = −
 

− + − =

−
(I)
Vì a, b, c đôi một khác nhau ⇒ b – c ≠ 0
(I)
 

 
      
−

=

⇔
−



− − + − − =

[ ]
 

 
       
−

=

−
⇔


− − + − − =

( )
  
 

 
       
−

=

−
⇔



+ + − − − =

⇒ x = 0 ⇒ y = 0 ⇒ z = 0
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là (x, y, z) = ( 0; 0; 0)
Bài toán A
37
: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình

+ + + + + − + + + =
  
          x y y z z x x y y z z x
Hướng dẫn: Biến đổi phương trình về dạng
2 2 2
1
( ) ( ) ( ) ( ) 0
2
 
+ + − + − + − =
 
x y z x y y z z x
(do 0)⇔ = = + + >x y z x y z
Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là (x, x, x) với
x N*∈
Bài toán A
38
: Tìm các nghiệm nguyên dương của hệ phương trình:
  
 

   
  

+ + =


+ =


Lời giải: Ta có :
  
   + + =
⇔
+ + − − − =
  
      
⇔
( )
( )
+ − + + − + + =
  
         
⇔
( )
 
+ − − + + + + =
 
  

         


⇔

+ − =

= = − < >

   
    
Vậy với x + y – z = 0 ⇔ x + y = z.
Thế vào phương trình thứ hai của hệ được z = 4
⇒ x + y = 4 ⇒ x = 1, y = 3 hoặc x = 3, y = 1 hoặc x = 2, y = 2.
Vậy hệ phương trình có ba nghiệm nguyên dương là:
(x, y, z) = (1; 3; 4), (3; 1; 4), (2; 2; 4).
3.2. Xây dựng chùm bài tập từ đẳng thức:
a
3
+ b
3
+ c
3
= 3abc với điều kiện a + b + c = 0
* Chú ý: Bài
toán này là
một hệ quả
Bài toán B: Cho a + b + c = 0. Chứng minh rằng a
3
+ b
3
+ c

3
= 3abc.
Trích bài 38- Trang 13- SBT Toán 8-Tập
1
của bài toán A, tuy nhiên tầm ứng dụng của nó cũng không kém gì so với bài toán A. Bài
toán này có rất nhiều cách giải, sau đây tôi chỉ nêu một số cách giải:
* Lời giải:
Cách 1: Áp dụng bài toán A:
( )
3 3 3 2 2 2
3 ( )
+ + − = + + + + − − −
a b c abc a b c a b c ab bc ca
Vì a + b + c = 0 ⇒
3 3 3 3 3 3
3 0 3+ + − = ⇒ + + =a b c abc a b c abc
Cách 2:
( )
+ + = ⇒ + = − ⇒ + = − ⇒ + + + = −

   
   a b c a b c a b c a b ab a b c
⇒ + + − = − ⇒ + − = − ⇒ + + =
        
    a b ab c c a b abc c a b c abc
Cách 3:
a b c a b c+ + = ⇒ + = −
( )
( )


        
      a b c a b c a b ab a b c c ab c c abc+ + = + + = + − + + = − − − + =
Cách 4: Áp dụng hằng đẳng thức:
( )

  
   a b c a b c a b b c c a+ + − − − = + + +
⇒
      
     a b c c a b a b c abc− − − = − − − ⇒ + + =
Sau đây là những ứng dụng của bài toán trên:
3.2.1. Xây dựng chùm bài tập trong bài toán phân tích đa thức thành nhân tử; chứng
minh chia hết:
Bài toán B
1
: Cho ba số nguyên a, b, c và a + b + c = 0.
a. Chứng minh rằng a
3
+ b
3
+ c
3
chia hết cho 3
b. Biết trong ba số a, b, c có ít nhất một số chẵn.
Chứng minh rằng a
3
+ b
3
+ c
3

chia hết cho 6
Hướng dẫn:
a) a + b + c = 0 ⇒
3 3 3 3 3 3
3 0 3+ + − = ⇒ + + =a b c abc a b c abc
.
b) Tương tự câu a) với chú ý trong ba số a, b, c có ít nhất một số chẵn nên abc chia hết
cho 2.
Bài toán B
2
: Phân tích đa thức (a – b)
3
+ (b – c)
3
+ (c – a)
3
thành nhân tử
Trích đề thi HSG Toán 8, TPHCM- Vòng 1- Năm học 1986 – 1987
Lời giải:
Đặt

a b x
b c y x y z
c a z

− =

− = ⇒ + + =



− =

.
Đa thức cần phân tích trở thành: (a – b)
3
+ (b – c)
3
+ (c – a)
3
= x
3
+ y
3
+ z
3
Áp dụng bài toán B: vì x + y + z = 0 ⇒ x
3
+ y
3
+ z
3
= 3xyz
⇒ (a – b)
3
+ (b – c)
3
+ (c – a)
3
= 3(a – b)(b – c)(c – a)
Bài toán B

3
: Phân tích đa thức ( x
2
+ y
2
)
3
+ (z
2

- x
2
)
3
- (y
2

+ z
2
)
3
thành nhân tử
Trích đề thi Vô địch Toán 8-Vòng 1-Nước Cộng hoàn Belarutsia-Năm 1957
Hướng dẫn: Giải tương tự như bài toán B
2
3.2.2. Xây dựng chùm bài tập trong chứng minh đẳng thức; trong tính toán; rút gọn biểu
thức:
Bài toán B
4
: Cho a+b+c = 0 và a, b, c khác 0.

Tính giá trị của biểu thức
3 3 3
a b c
B
abc
+ +
=
Lời giải: Từ giả thiết
3 3 3
0 3+ + = ⇒ + + =a b c a b c abc

3 3 3
a b c 3abc
B 3
abc abc
+ +
= = =

Bài toán B
5
: Cho x+y+z = 0 và x, y, z khác 0. Tính giá trị của biểu thức
2 2 2
x y z
P
yz xz xy
= + +
Lời giải: Từ giả thiết x+y+z = 0 ⇒ x
3
+y
3

+z
3
= 3 xyz (bài toán B)

2 2 2 3 3 3 3 3 3
x y z x y z x y z 3xyz
P 3
yz xz xy xyz xyz xyz xyz xyz
+ +
= + + = + + = = =

Bài toán B
6
: Cho
  

  
+ + =
và x, y, z ≠ 0.
Tính giá trị của M =
  
  
  
+ +
.
Lời giải: Vì
  

  
+ + =

⇒
  
  
         
  
      
  
     
+ + = ⇔ + + =
 ÷  ÷  ÷
     
M =
        
         
  

        
 
+ + = + + = + + = =
 ÷
 
Bài toán B
7
: Cho x+y+z = 0 và x, y, z khác 0.
Rút gọn biểu thức Q =
222
2
zyx
x
−−

+
222
2
xzy
y
−−
+
222
2
xyz
z
−−
Lời giải: Từ
( )
( )
( )
2 2 2
2 2 2
2 2 2
x y z
x y z 2yz
x y z 0 y z x y z x 2zx
z x y 2xy
z x y

= − +

− − =



+ + = ⇒ = − + ⇒ − − =
 
 
− − =
= − +



3 3 2
x y z 0 x y z 3xyz+ + = ⇒ + + =
(bài toán B)
Q =
222
2
zyx
x
−−
+
222
2
xzy
y
−−
+
222
2
xyz
z
−−

=
3
x
2xyz
+
3
y
2xyz
+
3
z
2xyz
=
3
33
2xyz
zyx ++
=
xyz
xyz
2
3
=
2
3
.
Bài toán B
8
: Cho a + b + c + d = 0. Chứng minh rằng:
a

3
+b
3
+c
3
+d
3
= 3(c + d)(ab – cd) = 3(a + b)(cd – ab) = 3(a + c)(bd – ac).
Lời giải:
Ta có: a + b + c +d = 0 ⇒ a + b + (c+d) = 0
⇒ a
3
+ b
3
+(c+d)
3
= 3ab(c+d)
⇒ a
3
+b
3
+c
3
+d
3
+3cd(c+d) = 3ab(c+d)
⇒ a
3
+b
3

+c
3
+d
3
= 3ab(c+d) – 3cd(c+d) = 3(c+d)(ab – cd).
Tương tự ta có các đẳng thức tiếp theo.
Bài toán B
9
: Cho ( a + b + c)
2

= a
2
+ b
2
+ c
2
và a, b, c khác 0.
Chứng minh rằng:
  
   
   
+ + =

Lời giải:
( )
+ +
+ + = + + ⇒ + + = ⇒ =

  

       
ab bc ca
ab bc ca
abc

⇒ + + =
  

a b c
⇒
  
   
abc
a b c
+ + =
Bài toán B
10
: Cho x, y, z đôi một khác nhau thỏa mãn điều kiện:
 
  

            − − + − − + − − =
Chứng minh rằng: ( 1 – x
3
) ( 1 – y
3
) ( 1 – z
3
) = (1 – xyz)
3

Lời giải: Đặt






    
    
    

= − −


= − −


= − −



⇒
 
  

            − − + − − + − − =
⇔ a + b + c = 0
Vì a + b + c = 0 ⇒ a
3
+ b

3
+ c
3
= 3abc.
Khi đó:
( ) ( ) ( )
− − + − − + − −
     
           
= − − − − − −
 
  

          !
Đặt
( ) ( ) ( )
     
           − − + − − + − −
= A
Ta có A =
        
              − − − + − − − + − − −
=
        
              
 
− + − + − − − + − + −
 
=
{ }

     
− + − + − − − + − + −
     
  
  
           
Vì
− + − + − = ⇒ − + − + − = − − −
  
                
Ta có:
− + − + − =      
     
⇒ − + − + − = − − −
     
  
         
Do đó A = 3( x – y)(y – z)(z – x) – 3xyz(x –y)( y – z)(z – x)
= 3( x – y)(y – z)(z – x)(1 – xyz) (**)
Thế (**) vào (*), ta được:
3( x – y)(y – z)(z – x)(1 – xyz) =
 
  

         − − − − − −
⇔ 1 – xyz =
 
  

     − − −

⇔ ( 1 – x
3
) ( 1 – y
3
) ( 1 – z
3
) = (1 – xyz)
3
( đpcm)
3.2.3. Xây dựng chùm bài tập trong giải phương trình; giải hệ phương trình:
Bài toán B
11
: Giải phương trình (2x – 5)
3
+ (4 – 3x)
3
+ (x +1)
3
= 0 (1)
Lời giải: Đặt
a 2x 5
b 4 3x a b c 2x 5 4 3x x 1 0
c x 1
= −


= − ⇒ + + = − + − + + =



= +

( ) ( ) ( )
3 3 3
a b c 3abc=3 2x – 5 3x – 4 x 1 (*)⇒ + + = +

Thay
a 2x 5
b 4 3x
c x 1
= −


= −


= +

vào phương trình (1) ta được:
3 3 3
a b c 0 (**)
+ + =

Từ (*) và (**)
( ) ( ) ( )
3 2x – 5 3x – 4 x 1 0
⇒ + =
Giải phương trình tích này ta có tập nghiệm của phương trình(1) là:
S = {-1;
3

4
;
2
5
}
Bài toán B
12
: Giải phương trình (2x
2
– 3x – 1)
3

– (x
2
– 2)
3
– (x
2
– 3x +1)
3
= 0
Lời giải:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
     
     
               x
− − − − − − + = ⇔ − − + − + − =
Đặt:




  
 
 
a
b x a b c
c

=

= − ⇒ + + =


=

Khi đó ta có:


+ + =
+ + =
 
⇔ ⇒ =
 
+ + =
+ + =




  

  
  


 


a b c
a b c abc
abc
a b c
a b c

±
=



=




⇒ = ⇒ − = ⇒ = ±





=


±


=





 
  


   

 
 

x
a
b x x
c
x
Bài toán B
13
: Giải các phương trình sau:
a. (x
2
– 3x + 2)

3

+ (- x
2
+ x + 1)
3
+ (2x - 1)
3
= 0
b. (x
2
+ 3x +2)
3
= x
6
– (3x – 2)
3
c. ( 4x + 3)
3
+ ( 5 -7x)
3
+ ( 3x – 8)
3
= 0
d.
( )
( ) ( )
( )



 
         − − + + = + −
Hướng dẫn: Giải tương tự như bài toán B
12

Sau đây là những áp dụng để giải phương trình vô tỉ:
Bài toán B
14
: Giải phương trình
  
      − + − + − =
* Lời giải: Đặt






  
  
     
  
  

= −

= −




= − ⇒ = −
 
 
= −
= −




Hiển nhiên có a + b + c = 0
Theo bài toán B ta có ngay a
3
+ b
3
+ c
3
= 3abc
⇔ x – 1 + x – 2 + x – 3 = 3
( )
  

           − − − = − − −
⇔ 3(x – 2) =
( )

     − − −
⇔ x – 2 =
( )

    − − −

⇔ (x – 2)
3
= (x – 1)(x – 2)(x – 3) ⇔ (x – 2)
3
- (x – 1)(x – 2)(x – 3) = 0
⇔ (x – 2)[(x- 2)
2
– (x – 1)( x – 3)] = 0 ⇔ (x – 2).1 = 0 ⇔ x = 2.
Vậy Phương trình đã cho có nghiệm x = 2.
Bài toán B
15
: Giải các phương trình sau:
a.
3 3
3
3x 1 x+1 2x− + = −
b.
3 3
3
2x 1 x 1 3 1− + − = +x
Hướng dẫn: Giải tương tự như bài toán B
14

Bài toán B
16
: Giả sử hệ phương trình
  
  
  
+ =



+ =


+ =

có nghiệm.
Chứng tỏ rằng a
3
+ b
3
+ c
3
= 3abc.
Trích đề thi vào 10 THPT Chuyên Lương Thế Vinh-TP Tuy Hòa-Phú Yên, 2004-2005
Lời giải: Giả sử (x
0
, y
0
) là nghiệm của hệ. Ta có:
 
 
 
  
  
  
+ =



+ =


+ =


⇒ (ax
0
+ by
0
) + (bx
0
+ cy
0
) + (cx
0
+ ay
0
) = a + b + c
⇔ (ax
0
+ b x
0
+ c x
0
) + (a y
0
+ b y
0
+ c y

0
) = a + b + c
⇔ (a + b + c). x
0
+ (a + b + c). y
0
= a + b + c
⇔ (a + b + c)( x
0
+ y
0
) – (a + b + c) = 0
⇔ (a + b + c)( x
0
+ y
0
-1) = 0 ⇔
 
   
   

+ + =

+ − =
