SỬ DỤNG CÁC KĨ THUẬT DẠY HỌC TÍCH CỰC TRONG MÔN TOÁN THEO ĐỊNH HƯỚNG PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC HỌC SINH

Chuyên đề:
SỬ DỤNG CÁC KĨ THUẬT DẠY HỌC TÍCH CỰC TRONG MÔN TOÁN
THEO ĐỊNH HƯỚNG PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC HỌC SINH

Biên soạn: TS. Trịnh Đào Chiến
(Trường Cao đẳng Sư phạm Gia Lai)
Sử dụng các kĩ thuật dạy học tích cực trong môn Toán theo định hướng
phát triển năng lực học sinh là một trong những yêu cầu đổi mới phương pháp
giảng dạy nói chung và môn Toán nói riêng. Bài viết này nhằm giới thiệu một số
minh họa, trong khoảng thời gian có hạn của đợt bồi dưỡng giáo viên lần này.

1. Mô hình hóa
Trong quá trình giảng dạy ở bậc THCS, đặc biệt trong các lớp bồi dưỡng
học sinh giỏi, ta có thể gặp bài toán sau đây
Bài toán 1. Tính tổng 1  2  3  ...  n .
Giảng về phương pháp giải bài toán trên, thường là
Giải. Ta có
1

11  1
2

, 1 2  3 

2  2  1
2

3  3  1

, 1 2  3  6 

2

, 1  2  3  4  10 

4  4  1
2

.

Dự đoán
1  2  3  ...  n 

n  n  1
2

Vấn đề đặt ra là, làm sao để có dự đoán trên?
Một trong những góc nhìn về phương pháp giảng dạy đối với bài toán trên là:
Minh họa 1.
1 2  3  4  5  ?

1


Vì số ô vuông màu xanh bằng nửa số ô vuông của hình chữ nhật, nên ta có
1 2  3  4  5 

Tổng quát:

1  2  3  ...  n 

4  4  1
2

.

n  n  1
2

Bài toán 2. Tính tổng 1  3  5  ...   2n  1 .
Giảng về phương pháp giải bài toán trên, thường là
Giải. Ta có
1  3  4  22 , 1  3  5  9  33 , 1  3  5  7  16  42 .

Dự đoán
1  2  3  ...   2n  1  n2

Vấn đề đặt ra là, làm sao để có dự đoán trên?
Một trong những góc nhìn về phương pháp giảng dạy đối với bài toán trên là
Minh họa 2.
1  3  5  7  9  11  ?

Đếm số hình tròn trong mỗi trường hợp, ta có
2


1  3  5  7  9  11  62  1  3  5  7  9   2.6  1  62

Tổng quát:

1  3  5  ...   2n  1  n2

Bài toán 3. Tính tổng 13  23  33  ...  n3 .
Giảng về phương pháp giải bài toán trên, thường là
Giải. Ta có 13  1  12 , 13  23  9  32  1  2  , 13  23  33  36  62  1  2  3 .
2

2

Dự đoán
13  23  33  ...  n3  1  2  3  ...  n 

2

Vấn đề đặt ra là, làm sao để có dự đoán trên?
Một trong những góc nhìn về phương pháp giảng dạy đối với bài toán trên là:
Minh họa 3. 13  23  33  43  ?

Bằng cách ghép các hình rời rạc (bên trái) thành hình vuông (bên phải), ta có
13  23  33  43  1  2  3  4 

Tổng quát:

2

13  23  33  ...  n3  1  2  3  ...  n 

2

Bài toán 4. Tính tổng 12  22  32  ...  n2 .
Giảng về phương pháp giải bài toán trên, thường là

3


Giải. Ta có
12  1 

11  1 2.1  1
6

2  2  1 2.2  1

, 12  22  5 

6

, 12  22  32  14 

3  3  1 2.3  1
6

Dự đoán
12  22  32  ...  n2 

n  n  1 2n  1
6

Vấn đề đặt ra là, làm sao để có dự đoán trên?
Một trong những góc nhìn về phương pháp giảng dạy đối với bài toán trên là:
Minh họa 4.
12  22  32  42  ?

2
3
4

2
3

4

4

4

1
3
4

3

+
4

2
1

4
3

2

4
3

4

+

4
4

4

9
3

3
3

2
2

9

=

9
9

1

9
9

9

2.4+1
2.4+1
2.4+1
2.4+1

2.4+1

2.4+1

2.4+1
2.4+1

2.4+1
2.4+1

Vậy:
3 12  22  32  42   1  2  3  4  2.4  1 

Suy ra:

4

4  4  1
2

.  2.4  1 .

=

9
9

9

.


12  22  32  42 

Tổng quát:

4  4  1 2.4  1
1 4  4  1
.
.
.  2.4  1 
3
2
6

12  22  32  ...  n2 

n  n  1 2n  1
6

Lưu ý rằng, các mô hình trên chỉ là một vài minh họa. Còn nhiều môt hình
khác nữa để minh họa cho lời gải các bài toán trên.

2. Tạo một “góc nhìn” khác
Bài toán sau đây thường gặp ở bậc THCS, mà ta dễ dàng chứng minh
Bài toán 5. Chứng minh bất đẳng thức
a 2  b2  c2  ab  bc  ca .

Bây giờ, ta có nhận xét sau:
a 2  b2  c2  ab  bc  ca  2  a 2  b2  c 2   2  ab  bc  ca 



a

2

 b2  c2    a 2  b2  c2    ab  bc  ca    ab  bc  ca 

  a 2b0c0  b2c0 a0  c 2 a0b0    a 2c0b0  b2 a0c0  c 2b0 a0 
  a1b1c0  b1c1a0  c1a1b0    a1c1b0  b1a1c0  c1b1a0 

(Các bộ số mũ là  2, 0, 0  , 1,1, 0  và 6 hoán vị của abc )
Ta có các định nghĩa sau:
Định nghĩa 1. 1,2 ,3   1, 2 , 3  nếu
1  1

1   2  1   2
          

 1
2
3
1
2
3

Ví dụ:  2,0,0  1,1,0  ,  3,0,0  2,1,0  1,1,1 .
5


Định nghĩa 2.
1 2 3
1 2 3
1 2 3
a
,
b
,
c
:

a
b
c

b
c
a


...
+
c
b a


1,2 ,3
6 hoan vi cua abc



T



Cách tạo ra bất đẳng thức.

1,2 ,3   1, 2 , 3 

 T

1,2 ,3 

 a, b, c 

 T

 1,2 ,3 

 a, b, c 

Ví dụ 1. Vì  2,0,0  1,1,0  , nên

a b c

2 0 0

 b 2 c 0 a 0  c 2 a 0b 0    a 2 c 0b 0  b 2 a 0 c 0  c 2b 0 a 0 

 2,0,0   a,b,c 

T


a b c

1 1 0

 b1c1a 0  c1a1b0    a1c1b0  b1a1c0  c1b1a 0 

1,1,0   a,b,c 

T

Ta sáng tác được Bài toán 5.
Ví dụ 2.
Ta có:  3,0,0  2,1,0  1,1,1  T3,0,0  T 2,1,0  T1,1,1 .
Ngoài ra
T3,0,0   a3b0c0  b3c0a 0  c3a 0b0    a3c 0b0  b3a 0c 0  c3b0a 0 
  a3  b3  c3    a3  b3  c3   2  a3  b3  c3  .

T 2,1,0   a 2b1c0  b2c1a0  c 2 a1b0    a 2c1b0  b2a1c 0  c 2b1a 0 
  a 2b  b2c  c 2 a    a 2c  b2a  c 2b   a 2 b  c   b2  c  a   c 2  a  b  .
T1,1,1   a1b1c1  b1c1a1  c1a1b1    a1c1b1  b1a1c1  c1b1a1   6abc .

Ta sáng tác được bài toán sau:

6


Bài toán 6. Chứng minh bất đẳng thức
2  a3  b3  c3   a 2  b  c   b2  c  a   c 2  a  b   6abc

Ví dụ 3.
Ta có:  4, 0, 0  3,1, 0  2,1,1  T 4,0,0  T 3,1,0  T 2,1,1 .
Ngoài ra:
T 4,0,0   a 4b0c0  b4c0 a0  c 4 a0b0    a 4c 0b0  b4a 0c 0  c 4b0a 0 
  a 4  b4  c 4    a 4  b4  c 4   2  a 4  b 4  c 4  .

T3,1,0   a3b1c0  b3c1a0  c3a1b0    a3c1b0  b3a1c0  c3b1a 0 
  a3b  b3c  c3a    a3c  b3a  c3b   a3 b  c   b3  c  a   c3  a  b  .
T 2,1,1   a 2b1c1  b2c1a1  c2 a1b1    a 2c1b1  b2 a1c1  c 2b1a1 

  a 2bc  b2ca  c 2 ab    a 2cb  b2 ac  c 2ba   2abc  a  b  c  .

Ta sáng tác được bài toán sau:
Bài toán 7. Chứng minh bất đẳng thức
2  a 4  b4  c 4   a3  b  c   b3  c  a   c3  a  b   2abc  a  b  c 

Bây giờ, giả sử ta có bài toán ban đầu như sau

Bài toán 8. Cho
a  4
.

a.b  4.3

Chứng minh bất đẳng thức
ab 43

Giải. Ta có
7


a
 4  1
a  4
.



a.b  4.3  a . b  1.1
 4 3

“Điểm rơi” là các số 1, nên ta cần tạo ra các số

a
b
và . Ta có
4
3

a b
a b a
a  b  3      3.2. .  1  3.2  1  7  4  3 (đpcm)
4 3
 4 3 4

Sau đây là bài toán tương tự, với dấu bất đẳng thức ngược lại.
Bài toán 9. Cho a  b  0 và thỏa mãn
a  7
.

a.b  7.5

Chứng minh bất đẳng thức
ab  75

Giải. Nếu giải tương tự như trên thì dấu bất đẳng thức không thể là “  ”
được. Bây giờ, dấu bất đẳng thức “  ” được nhìn thành bất đẳng thức “  ”, như
sau:
Ta có
7
1

a  7
7  a
a
.




7
5
a.b  7.5 7.5  a.b
 .  1.1

a b

“Điểm rơi” là các số 1, nên ta cần tạo ra các số

7
5
và . Ta có
a
b

7
7 5
 7 5
7  5  b      a  b  .  b.2. .   a  b  .1  b.2.1   a  b  .1  a  b (đpcm)
a
a b
a b
0

8


3. Toán học và thực tiễn

Sau khi học Định lí Pitago, bài toán sau là một minh họa nhỏ về việc toán
học giải quyết những vấn đề từ thực tiễn.
Bài toán 10.
Có 4 ngôi nhà, ở vị trí 4 đỉnh của một hình vuông có cạnh là 1 km, chưa
có đường đi lại giữa các ngôi nhà đó. Hãy làm con đường ngắn nhất để đi lại
giữa các ngôi nhà với nhau.
Một số phương án.
Dưới đây là một số phương án:

(4 km)

( 2  2  3,41 km)

(3 km)

( 2 2  2,82 km)

(3 km)

( 1  3  2,73 km)

9


(   3,14 km)
Cách 6 đã là tối ưu chưa?
Nhu cầu tính toán và so sánh các đại lượng được hình thành một cách tự nhiên.
Bài toán trên đây chỉ là một ví dụ minh họa, trong muôn vàn ví dụ từ thực tiễn.

4. Toán “không lời”

Toán “không lời” (Silent Math) là một phương pháp dạy học hiện đại của thế
giới, nó giúp cho học sinh tự tìm kiếm nội dung “có lời” trong lời giải bài toán.
Dưới đây là một số minh họa, với các bài toán Hình học.
Bài toán 11.

S1 a
 ?
S2 b

10


Giải.

ah
h S 
  1
S
a
2
2 a  S1 S2
 1  .
 
bh
h S
a
b
S2 b
S2 
  2

2
2 b


S1 

Bài toán 12.

S1 a
 ?
S2 b

Giải.

BT1 

S BT1 a
S1 S2
S
S
a

 1  3   1  .
S3 S4
S2 S4
b
S2 b

11

Bài toán 13.

S1 mn
?

S2 ab

Giải.

S1 S1 S3 BT1 m n
 .

. .
S 2 S3 S 2
b a

Bài toán 14.

S ABC  1.
S ?
*

12


Giải.

BT1  9a  a 

S ABC
1
1
.
 10a   a 
3
3
30

Bài toán 15.

S
*  ?
S ABC

Giải.
S
*  S ABC   S1  S2  S3 
S ABC
S ABC
 S
S 
S
 1  1  2  3 
 S ABC S ABC S ABC 
1 2 1 2 1 2 1
 1  .  .  .   .
3 3 3 3 3 3 3

BT3

13


Bài toán 16.
 S ABCD  1


AB
 AF  3

S ?
*

Giải.

1 S
1
1
.
BT1  a  3a  . ABCD  4a   a 
3 2
6
24

.
Bài toán 17.

S ABC  ?

Giải.

BT1 

5 5   x  3 x  8


3
x
x

 x  12  S ABC  40 .

14


Bài toán 18.

S ABC  1 .

S ?
*

Giải.
BT1  a  6a 

b

S ABC
S

 a  ABC
3
21

S ABC
S
, c  ABC
21
21

d e f 

S ABC 2.S ABC 5.S ABC


3
21
21

5.S ABC  S ABC 1
S
S  S ABC  3  ABC 
 .

*
21 
7
7
 21

5. Sáng tác bài toán mới
Tự mình sáng tác ra các bài toán để dùng trong việc giảng dạy là một
trong những điều nên làm của mỗi giáo viên. Nội dung phần này minh họa một
phương pháp sáng tác nhiều bất đẳng thức khác nhau từ Bất đẳng thức Erdos Mordell.
Cho tam giác ABC và điểm M nằm trong tam giác. Gọi A1 , B1 , C1 lần lượt
là chân các đường vuông góc hạ từ M đến các cạnh BC , CA , AB . Đặt
MA  Ra , MB  Rb , MC  Rc ,
MA1  d a , MB1  d b , MC1  d c .

15


Ta đã biết Bất đẳng thức Erdos - Mordell sau
Ra  Rb  Rc  2  d a  db  d c  .

Từ bất đẳng thức này, có thể sáng tác được nhiều bất đẳng thức khác bằng
cách xét một tam giác tương ứng với tam giác ABC . Chẳng hạn, xét tam giác
A1B1C1 .
Gọi A0 , B0 , C0 lần lượt là chân các đường vuông góc hạ từ M đến các
cạnh B1C1 , C1 A1 , A1B1 . Đặt
B1C1  a1 , C1 A1  b1 , A1B1  c1
MA1  Ra1 , MB1  Rb1 , MC1  Rc1 ,
MA0  d a1 , MB0  d b1 MC0  d c1 .

Có thể biểu diễn các yếu tố trong tam giác A1B1C1 theo các yếu tố trong tam
giác ABC như sau

 Ra1  d a ,
Rb1  d b ,
Rc1  d c ,


d b .d c
d .d
d .d

, d b1  c a , d c1  a b
d a1 
Ra
Rb
Rc


a.Ra
b.Rb
c.Rc
,
b1 
,
c1 
a1 

2R
2R
2R
16


trong đó R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Áp dụng Bất đẳng thức Erdos - Mordell đối với tam giác A1B1C1 , ta có





Ra1  Rb1  Rc1  2 d a1  db1  d c1 .

Thay các biểu diễn trên vào bất đẳng thức này, ta có
 d .d d .d
d .d 
da  db  dc  2  b c  c a  a b 
Rb
Rc 
 Ra

hay Ra Rb Rc  da  db  dc   2  Rb Rcdb .dc  Rb Rcdb .dc  Rb Rcdb .dc  .
Ta sáng tác được bài toán sau
Bài toán 19. Cho tam giác ABC và điểm M nằm trong tam giác. Gọi A1 ,
B1 , C1 lần lượt là chân các đường vuông góc hạ từ M đến các cạnh BC , CA ,
AB . Đặt MA  Ra , MB  Rb , MC  Rc , MA1  d a , MB1  d b , MC1  d c . Chứng minh
bất đẳng thức sau
Ra Rb Rc  d a  db  d c   2  Rb Rcdb .d c  Rb Rcdb .d c  Rb Rcdb .d c  .

6. Hằng đẳng thức “cũng đáng nhớ”
6.1. Hằng đẳng thức Newton
Giả sử a, b, c  . Đặt
c1    a  b  c 

c2  ab  bc  ca
c  abc
 3

Thế thì a, b, c là nghiệm của phương trình x3  c1 x2  c2 x  c3  0 .
Đặt Sk  a k  bk  ck , k  1, 2, 3, 4, ...
Thế thì, ta có hằng đẳng thức sau:
17


 S1  c1  0,

 S2  S1c1  2c2  0,
 S  S c  S c  3c  0,
2 1
1 2
3
 3
 ______________________

 S4  S3c1  S2 c2  S1c3  0,
 S  S c  S c  S c  0,
4 1
3 2
2 3
 5

...

 Sk  Sk 1c1  S k  2 c2  S k 3c3  0, k  4.

1
2 

3 
4
5 
k 

Hằng đẳng thức trên được gọi là Hằng đẳng thức Newton, trường hợp
n  3.

6.2. Áp dụng
Nhận xét 1.

1
 2


 S1  c1  0


 S2  S1c1  2c2  0

Ta có 1  S1  c1 . Thay vào (2), ta có S2  c12  2c2  0 
S2  c12  2c2  a 2  b2  c 2   a  b  c   2  ab  bc  ca 
2

 2a 

Nhận xét 2.
 S1  c1  0

 S2  S1c1  2c2  0


 S3  S2 c1  S1c2  3c3  0

1
 2
 3

Ta có 1  S1  c1 . Thay vào (3), ta có
S3  S2c1  c1c2  3c3  0  S3  c1  S2  c2   3c3  0 





S3  c1  S2  c2   3c3  a3  b3  c3   a  b  c  a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca  3abc

Từ (3a), ta có thể sáng tác các bài toán sau

18

3a 


Bài toán 20. Phân tích đa thức sau thành nhân tử a3  b3  c3  3abc .
Tiếp tục thay (2a) vào (3a), ta có









S3  c1 c12  3c2  3c3  a3  b3  c3   a  b  c   a  b  c   3  ab  bc  ca   3abc
2

3b 

hay
S3  c13  3c1c2  3c3  a3  b3  c3   a  b  c   3  a  b  c  ab  bc  ca   3abc
3



a  b  c

3





 a3  b3  c3  3   a  b  c  ab  bc  ca   abc  

a  b  c

3





 a3  b3  c3  3  a  b b  c  c  a 

3b 

Từ (3b), ta có thể sáng tác bài toán sau
Bài toán 21. Phân tích đa thức sau thành nhân tử

a  b  c

3

  a 3  b3  c 3  .

Giải.  a  b  c    a3  b3  c3   3  a  b b  c  c  a 
3

Nhận xét 3. Từ hằng đẳng thức (3b), thay
a bởi y  z  x ,
b bởi z  x  y ,

c bởi x  y  z ,

Ta có
a  b  c được thay bởi x  y  z ,
a  b được thay bởi 2z ,

b  c được thay bởi 2x ,

c  a được thay bởi 2 y .

19


Khi đó (3b) trở thành hằng đẳng thức

 x  y  z    y  z  x   z  x  y   x  y  z 
3

3

3

3

 24 xyz

- Nhận xét 4. Từ hằng đẳng thức (3b), thay
a bởi y  z ,
b bởi z  x ,

c bởi x  y ,

Ta có
a  b  c được thay bởi 0,
a  b được thay bởi   x  y  ,

b  c được thay bởi   y  z  ,

c  a được thay bởi   z  x  .

Khi đó (3b) trở thành hằng đẳng thức

 y  z   z  x   x  y
3

3

3

 3  y  z  z  x  x  y 

Từ hằng đẳng thức trên, ta có thể sáng tác bài toán sau
Bài toán 22. Phân tích đa thức sau thành nhân tử
3
3
3
 y  z   z  x   x  y .

Giải.  y  z    z  x    x  y   3  y  z  z  x  x  y  .
3

- Nhận xét 5.

20

3

3


 S1  c1  0

 S2  S1c1  2c2  0

 S3  S2c1  S1c2  3c3  0
S  S c  S c  S c  0
3 1
2 2
1 3
 4

1
 2
 3
4

Ta có 1  S1  c1 . Thay vào (4), ta có
S4  S3c1  S2c2  S1c3  0  S4  S3c1  S2c2  c1c3  0

 S4  S2c2  c1  S3  c3  







a 4  b4  c 4  a 2  b2  c 2  ab  bc  ca    a  b  c  a 3  b3  c3  abc



 4a 

Từ (4a), ta có thể sáng tác bài toán sau

Bài toán 23. Chứng minh rằng nếu a3  b3  c3  abc  0 , thì
a 4  b4  c4   a 2  b2  c2   ab  bc  ca   0 .

- Nhận xét 6.
 S1  c1  0

 S2  S1c1  2c2  0
 S  S c  S c  3c  0
2 1
1 2
3
 3

 S4  S3c1  S2c2  S1c3  0

 S5  S4c1  S3c2  S2c3  0
S  S c  S c  S c  0
5 1
4 2
3 3
 6
 S7  S6c1  S5c2  S4c3  0

1
 2
 3
4
 5
6
7

Bây giờ, nếu ta cho thêm giả thiết c1  0 , thì hệ hằng đẳng thức trên trở
thành

21


 S1  0
 S1  0

 S  2c  0
 S2  2c2
2
 2

 S3  3c3  0
 S3  3c3


  S4   S2c2  2c2 2
 S4  S2c2  0
S  S c  S c  0


3 2
2 3
 5
 S5   S3c2  S2c3  3c3c2  2c2c3  5c3c2
 S6  S4c2  S3c3  0
 S   S c  S c  2c 2c  3c c  2c 3  3c 2
4 2
3 3
2 2
3 3
2
3

 6
2
2
2
 S7  S5c2  S4c3  0
 S7   S5c2  S4c3  5c3c2  2c2 c3  7c3c2



a 2  b2  c 2  2  ab  bc  ca 
 3
3
3
a  b  c  3abc
 4
2

4
4
a  b  c  2  ab  bc  ca 
 5
5
5
a  b  c  5abc  ab  bc  ca 
3
 6
6
6
2 2 2
a  b  c  2  ab  bc  ca   3a b c
2
 7
7
7
a  b  c  7abc  ab  bc  ca 

1a 
 2a 
 3a 
 4a 
5a 
 6a 
 7a 

 2a 
 3a 
 4a 

5a 
 6a 
 7a 

Từ hệ hằng đẳng thức trên, ta có thể sáng tác bài toán sau
Bài toán 24. Chứng minh rằng nếu a  b  c  0 , thì
a) a2  b2  c2  2  ab  bc  ca 
b) a3  b3  c3  3abc .
c) a4  b4  c4  2  ab  bc  ca 

2

d) a5  b5  c5  5abc  ab  bc  ca 
e) a6  b6  c6  2  ab  bc  ca   3a 2b2c 2
3

f) a 7  b7  c7  7abc  ab  bc  ca 

2

Trong bài toán trên, nếu lần lượt thay a bởi b  c , b bởi c  a , c bởi a  b ,
ta sáng tác được bài toán sau

22


Bài toán 25. Chứng minh rằng

b  c   c  a   a  b
3

3

3

 3  b  c  c  a  a  b  .

Để có thêm các hệ quả phong phú hơn, ta có thể tiếp tục suy luận như sau
+ (2a): S2  2c2  c2  

S2 S2
S2
. Thay vào (4a), ta có S4   S2c2  2c22  2. 2  2 .
4
2
2

Suy ra
2 S4  S2 2  2  a 4  b 4  c 4    a 2  b 2  c 2 

+ (2a)  c2  

2

S2
S
5c S
. Thay vào (5a), ta có S5  5c3c2  5c3   2    3 2 .
2
2

 2

Suy ra
2S5  5c3c2  2  a 5  b5  c5   5abc  ab  bc  ca 

+ (2a)  c2  

S2
S
và (3a): S3  3c3  c3   3 . Thay vào (5a), ta có
2
3

 S   S  5S S
S5  5c3c2  5   3    2   3 2 . Suy ra
6
 3  2 

6S5  5S3S2  6  a 5  b5  c5   5  a 3  b3  c 3  a 2  b2  c 2 

+ (2a)  c2  

S2
S
và (5a): S5  5c3c2  c3c2  5 . Thay vào (7a), ta có
2
5

7S S
 S S

S7  7c3c2 2  7c2  c3c2   7   2  5  2 5 . Suy ra
10
 25

10S7  7S2 S5  10  a 7  b7  c7   7  a 2  b2  c 2  a 5  b5  c5 

Từ các hằng đẳng thức trên, ta có thể sáng tác bài toán sau

23


Bài toán 26. Chứng minh rằng nếu a  b  c  0 , thì
a) 2  a 4  b4  c4    a 2  b2  c2 

2

b) 2  a5  b5  c5   5abc  ab  bc  ca 
c) 6  a5  b5  c5   5  a 3  b3  c3  a 2  b2  c 2 
d) 10  a 7  b7  c7   7  a 2  b2  c2  a5  b5  c5 
- Nhận xét 7.

1
 2
 3
4

 S1  c1  0

 S2  S1c1  2c2  0


 S3  S2c1  S1c2  3c3  0
S  S c  S c  S c  0
3 1
2 2
1 3
 4

Tương tự với phép suy luận trên, nếu ta cho thêm giả thiết c2  0 , thì hệ
hằng đẳng thức trên trở thành
 S1  c1
 S1  c1  0

2
S  S c  0
 S2  c1c1  0  S2  c1
 2
1 1
 

2
3
S

S
c

3
c

0

3
2
1
3

 S3  c1 c1  3c3  0  S3    c1  3c3 
 S4  S3c1  S1c3  0

3
3
 S4   c1  3c3  c1  c1c3  0  S4  c1  c1  4c3 



 a 2  b 2  c 2   a  b  c 2

3
 3 3 3
a  b  c   a  b  c   3abc
 4
3
4
4
a  b  c   a  b  c   a  b  c   4abc





 2b 

3b 
 4b 

Từ các hằng đẳng thức trên, ta có thể sáng tác bài toán sau
Bài toán 27. Chứng minh rằng nếu ab  bc  ca  0 , thì
a) a 2  b2  c2   a  b  c 

2

b) a 3  b3  c3   a  b  c   3abc
3

24

1b 
 2b 
 3b 
 4b 




c) a 4  b4  c4   a  b  c   a  b  c   4abc
3



Bài toán 28. Biết rằng
 x1  x2  x3  1
 2

2
2
 x1  x2  x3  2
 3
3
3
 x1  x2  x3  3

Tính x14  x24  x34 .
Giải. Đặt
c1    x1  x2  x3   1

c2  x1 x2  x1 x3  x2 x3
c   x x x
1 2 3
 3

Theo (2), ta có
S1  c1  0  S1  1  0  S1  1 .

1
S2  S1c1  2c2  0  2  1  2c2  0  c2   .
2
1
1
S3  S2c1  S1c2  3c3  0  3  2   3c3  0  c3  
2
6
S4  S3c1  S2c2  S1c3  0  S4  3  1 

25
1
.
 0  S4 
6
6

Bài toán 29. Giải hệ phương trình
3
x  y  z
 2
2
2
x  y  z  3
 x3  y 3  z 3  3


Giải. Giả sử  x, y, z  là nghiệm của hệ phương trình. Đặt
 S1  x  y  z

2
2
2
 S2  x  y  z .

3
3
3
 S3  x  y  z

25