SKKN cap Tinh mon Toan

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (257.42 KB, 23 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

A. ĐẶT VẤN ĐỀ

I. LỜI MỞ ĐẦU

Những hằng đẳng thức đáng nhớ là một trong những nội dung kiến thức
quan trọng trong chương trình Đại số lớp 8. Mỗi hằng đẳng thức giúp học sinh
giải được một lớp các bài toán, nhiều bài tập khác nhau, giúp học sinh thực hiện
giải tốn nhanh hơn, chính xác hơn.

Để trở thành học sinh giỏi Tốn, ngồi những u cầu về kiến thức cơ
bản trong chương trình cần nắm vững, học sinh cịn phải biết tìm tịi, khai thác,
vận dụng những kiến thức nâng cao. Đối với học sinh lớp 8, 9, giáo viên ngoài
việc hướng dẫn các em vận dụng nhuần nhuyễn bảy hằng đẳng thức đáng nhớ,
cần phải cung cấp thêm một số hằng đẳng thức tổng quát, một số hằng đẳng
thức nâng cao, giúp các em học sinh khá giỏi có thể vận dụng để giải được
nhiều bài tốn khó, nhiều dạng bài tập hơn. Khai thác ứng dụng của các hằng
đẳng thức nâng cao nhằm bổ sung những kiến thức mới, khơi dậy niềm say mê
học tập, phát huy tính tích cực nhận thức và phát triển kỹ năng tự học của học
sinh.

Trong quá trình dạy học Tốn, bồi dưỡng học sinh giỏi Tốn, tôi thấy
hằng đẳng thức tổng ba lập phương là một trong số những hằng đẳng thức
nâng cao có rất nhiều ứng dụng; có thể giúp học sinh vận dụng để giải một số
bài tốn về phân tích đa thức thành nhân tử, giải phương trình, rút gọn biểu
thức, chứng minh bất đẳng thức,..., giúp học sinh rèn luyện tư duy tốn học;
sáng tạo trong q trình học tập, tiếp thu kiến thức mới. Tôi đã sắp xếp, phân
loại những ứng dụng của hằng đẳng thức tổng ba lập phương; từ đó hướng dẫn
học sinh tự học để đạt kết quả cao. Tôi xin được trao đổi một số kinh nghiệm
nhỏ này cùng các bạn.

II. THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU

Trong chương trình phổ thơng, hằng đẳng thức tổng ba lập phương trong
sách giáo khoa chưa được đề cập đến. Trong sách bài tập Toán 8, đưa ra hai bài
tập sau:

Bài 38: Cho a + b + c = 0. Chứng minh rằng a3 + b3 + c3 = 3abc.

Bài 57: Phân tích đa thức thành nhân tử: (x + y + z)3 - x3 - y3 - z3.

Trong nhiều sách nâng cao, sách tham khảo, hằng đẳng thức tổng ba lập
phương và ứng dụng của nó được một số tác giả quan tâm đưa vào với một số
lượng ít bài tập ở một vài dạng.

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

bản nâng cao, cùng việc tích luỹ dần dà các phương pháp và kỹ năng hữu hiệu
thì khó có thể giải được những bài toán đó.

Trong trường hợp đặc biệt, một số học sinh có năng lực tiếp thu bài tốt,
có khả năng tự học. Khi nhu cầu hiểu biết của học sinh rất lớn, trong một thời
gian hạn chế mà tài liệu tham khảo nhiều, học sinh thường lúng túng, mất quá
nhiều thời gian để có thể hệ thống được các dạng tốn, các phương pháp, các
kinh nghiệm vận dụng hằng đẳng thức vào giải tốn, nếu khơng có sự hướng
dẫn chu đáo của giáo viên.

Do đó để đáp ứng nhu cầu bổ sung kiến thức, bổ sung những hằng đẳng
thức có nhiều ứng dụng, bổ sung những kinh nghiệm giải toán nhằm nâng cao
chất lượng dạy học Tốn lớp 8, 9, địi hỏi người thầy phải giúp học sinh có
những tư liệu tự học tốt nhất, những chủ đề nâng cao khai thác vận dụng những
hằng đẳng thức nâng cao trong đó có hằng đẳng thức tổng ba lập phương - một
hằng đẳng thức đẹp.

B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ

I. GIẢI PHÁP THỰC HIỆN

1. Để giúp học sinh lớp 8, 9 có kỹ năng giải thành thạo các bài tập về vận
dụng hằng đẳng thức tổng ba lập phương, trước hết giáo viên cần hướng dẫn
học sinh nắm được hằng đẳng thức; giúp học sinh phân loại các bài tập theo các
dạng toán cơ bản, nâng cao. Ở mỗi dạng toán, giáo viên cần đưa ra các ví dụ cụ
thể, hướng dẫn học sinh biết vận dụng hằng đẳng thức tổng ba lập phương để
giải. Giáo viên đưa ra những bài tập tương tự, bài tập vận dụng để học sinh có
thể tự giải.

Hằng đẳng thức tổng ba lập phương có thể được sử dụng để giải nhiều
bài toán thuộc các dạng sau:

1.1. Phân tích đa thức thành nhân tử.

1.2. Rút gọn biểu thức. Tính giá trị của biểu thức
1.3. Chứng minh đẳng thức.

1.4. Trục căn thức ở mẫu.

1.5. Giải phương trình. Giải hệ phương trình.
1.6. Chứng minh bất đẳng thức

1.7. Chứng minh chia hết
1.8. Các dạng khác.

2. Tổ chức hướng dẫn học sinh chủ động, tích cực tìm tịi, sáng tạo nắm
vững hằng đẳng thức tổng ba lập phương, rèn luyện các kỹ năng giải các bài

toán áp dụng hằng đẳng thức tổng ba lập phương.

II. BIỆN PHÁP TỔ CHỨC THỰC HIỆN

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

* Với A, B, C là các biểu thức tuỳ ý ta có các hằng đẳng thức sau:
1) A3 + B3 + C3 = (A + B + C)(A2 + B2 + C2 - AB - BC - CA) + 3ABC

2) A3 + B3 + C3 = (A + B + C)3 - 3(A + B)(B + C)(C + A).

Để chứng minh hằng đẳng thức (1), ta có thể chọn một trong hai cách sau đây:

Cách 1: Ta có: (A + B + C)(A2 + B2 + C2 - AB - BC - CA)

= A(A2 + B2 + C2 - AB - BC - CA) + B(A2 + B2 + C2 - AB - BC - CA) +
+ C(A2 + B2 + C2 - AB - BC - CA)
= A3 + AB2 + AC2 - A2B - ABC - A2C + A2B + B3 + BC2 - AB2 – B2C - 
- ABC + A2C + B2C + C3 - ABC - BC2 - AC2

= A3 + B3 + C3 – 3ABC.

Suy ra A3 + B3 + C3 = (A + B + C)(A2 + B2 + C2 - AB - BC - CA) + 3ABC

Cách 2: Ta có: A3 + B3 + C3- 3ABC 
= (A + B)3 - 3AB(A + B) + C3 - 3ABC
= (A + B)3 + C3 – 3AB(A + B) - 3ABC

= (A + B + C)[(A + B)2 - (A + B)C + C2] - 3AB(A + B + C)
= (A + B + C)(A2 + 2AB + B2 - AC - BC + C2 - 3ABC)
= (A + B + C)(A2 + B2 + C2 - AB - BC - CA). Suy ra đpcm.

Để chứng minh hằng đẳng thức (1), ta có thể chọn một trong hai cách sau:

Cách 1: Ta có: (A + B + C)3 - 3(A + B)(B + C)(C + A)

= (A + B)3 + 3(A + B)2C + 3(A + B)C2 + C3 - (3A + 3B)(BC + AB + C2 + AC)
=A3 + 3A2B + 3AB2 + B3 + 3A2C + 6ABC + 3B2C + C3 - 3ABC - 3A2B -

- 3AC2 - 3A2C – 3B2C – 3AB2 – 3BC2 – 3ABC
= A3 + B3 + C3 . Suy ra đpcm.

Cách 2: (A + B + C)3 - (A3 + B3 + C3)

= (A + B)3 + 3(A + B)2C + 3(A + B)C2 + C3 - (A3 + B3 + C3)

= A3 + B3 + 3AB(A + B) + 3(A + B)2C + 3(A + B)C2 + C3 - A3 - B3 - C3
= 3(A + B)AB(A B C C )  2 = 3(A + B)(B + C)(C + A). Suy ra đpcm.

2. NHỮNG ỨNG DỤNG CỦa HẰNG ĐẲNG THỨC TỔNG BA LẬP PHƯƠNG

2.1. Phân tích đa thức thành nhân tử
Từ các hằng đẳng thức 1) và 2) ta suy ra:

* A3 + B3 + C3 - 3ABC = (A + B + C)(A2 + B2 + C2 - AB - BC - CA) (1)

* Nếu A + B + C = 0 thì A3 + B3 + C3 = 3ABC (2)

* (A + B + C)3 - A3 - B3 - C3 = 3(A + B)(B + C)(C + A) (3)

Chúng ta có thể sử dụng (1), (2) và (3) để phân tích đa thức thành nhân tử.
Ví dụ 1: Phân tích đa thức 8x3 + 64y3 + z3 - 24xyz thành nhân tử.

Hướng dẫn: 8x3 + 64y3 + z3 - 24xyz = (2x)3 + (4y)3 + z3 - 3.(2x).(4y).z
= (2x + 4y + z)[(2x)2 + (4y)2 + z2 - (2x)(4y) - (2x)z - (4y)z]

= (2x + 4y + z)(4x2 + 16y2 + z2 - 8xy - 2xz - 4yz).

Ví dụ 2: Phân tích đa thức (x - y)3 + (y - z)3 + (z - x)3 thành nhân tử.

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Vậy (x - y)3 + (y - z)3 + (z - x)3 = 3(x - y)(y - z)(z - x).

Với a = x2 + y2; b = z2 - x2; c = - y2 - z2 cũng cho a + b + c = 0 ta có bài tốn:
Ví dụ 3: Phân tích thành nhân tử: (x2 + y2)3 + (z2 - x2)3 - (y2 + z2)3

Hướng dẫn: A = (x2 + y2)3 + (z2 - x2)3 - (y2 + z2)3 
= (x2 + y2)3 + (z2 - x2)3 + (- y2 - z2)3
Đặt a = x2 + y2; b = z2 - x2; c = - y2 - z2  a + b + c = 0

 A = a3 + b3 + c3 = 3abc = 3(x2 + y2)(z2 - x2)(- y2 - z2)
= 3(x2 + y2)(y2 + z2)(x + z)(x - z)

Với a = x + y - z; b = x - y + z; c = - x + y + z cũng cho a + b + c = 0 và ta có
bài tốn: Phân tích thành nhân tử:

(x + y + z)3 - (x + y - z)3 - (x - y + z)3 - (- x + y + z)3.

Bài tập vận dụng

Phân tích các đa thức thành nhân tử:

1) x3 - y3 - z3 - 3xyz. 2) 125a3 + 8b3 + 27c3 - 90abc.

3) (x - y + z)3 - x3 + y3 - z3. 4) (x + 2y - 3z)3 - x3 - 8y3 + 27z3.
5) (a + b)3 - (b + c)3 + (c - a)3. 6) (x - y)5 + (y - z)5 + (z - x)5.
7) (a - b + c)3 - (a - b - c)3 - (c - a - b)3 - (a + b + c)3.

8) (3x2 - 2x + 1)3 + (x - x2 - 1)3 - (2x2 - x)3.

2.2. Rút gọn biểu thức. Tính giá trị của biểu thức
Ví dụ 1: Cho xy + yz + zx = 0 và xyz  0.

Tính giá trị của biểu thức P = 2 2 2
xy yz zx
z  x  y .

Hướng dẫn: Từ giả thiết: xy + yz + zx = 0 và xyz  0 suy ra:

1 1 1
0

x yz  .
Xem

1 1 1

; ;

a b c

x y z

  

, ta có a + b + c = 0, áp dụng:
a + b + c = 0  a3 + b3 + c3 = 3abc ta có:

1 1 1
0

x yz  3 3 3

1 1 1 3

x y z xyz

   

.
Ta có: P = 2 2 2

xy yz zx

z  x  y = 3 3 3

1 1 1

xyz

x y z

 

 

 

 =

. 3

xyz

xyz  . Vậy P = 3.

Nhận xét: Ởbài toán trên chúng ta đã sử dụng “điều kiện xi” để tính giá trị
của biểu thức. Ta cũng có thể sử dụng “điều kiện ngược” để tính giá trị của biểu
thức.

Ví dụ 2: Cho abc  0, a3 + b3 + c3 = 3abc. Tính giá trị của biểu thức:

A = 1 1 1

a b c

b c a

     

  

     

     .

Hướng dẫn: abc  0, a3 + b3 + c3 = 3abc  a + b + c = 0 hoặc a = b = c.

- Nếu a + b + c = 0 thì A = . . . . 1
a b b c c a c a b

b c a b c a

     

 

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Vậy A nhận hai giá trị là 8 và -1.

Ví dụ 3: Biết a3b3 + b3c3 + c3a3 = 3a2b2c2, tính giá trị của biểu thức:

A = 1 1 1

a b c

b c a

     

  

     

     .

Hướng dẫn: Nếu đặt:

x ab
y bc
z ca







 

 ta có:

1. Biểu thức A được chuyển về dạng: A = 1 1 1

z x y

y z x

     

  

     

   

  .

2. Điều kiện của giả thiết được biến đổi về dạng:

a3b3 + b3c3 + c3a3 = 3a2b2c2  x3 + y3 + z3 = 3xyz

x y z
x y z

  


   



Ta xét hai trường hợp:

Trường hợp 1: Với x + y + z = 0, ta có:
A = 1 1 1

z x y

y z x

     

  

     

   

  = . . 1

y z z x x y xyz

y z x xyz

   

 

.
Trường hợp 2: Với x = y = z, ta có ngay: A = (1 + 1)(1 + 1)(1 + 1) = 8.
Ví dụ 4: Tính giá trị của biểu thức:

A = x3 + (x - 1)3 - (2x - 1)3 - 3x(x - 1)(1 - 2x).

Hướng dẫn: Đặt a = x, b = x - 1, c = 1 - 2x suy ra: a + b + c = 0.
Khi đó, biểu thức được viết dưới dạng:

S = x3 + (x - 1)3 + (1 - 2x)3 - 3x(x - 1)(1 - 2x)

= a3 + b3 + c3 - 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca) = 0.

Vậy, ta được S = 0.

Ví dụ 5: Rút gọn biểu thức

A = 8(a + b + c)3 - (2a + b - c)3 - (2b + c - a)3 - (2c + a - b)3

Hướng dẫn: Đặt:

2 2( )

x a b c

y b c a x y z a b c
z c a b

  




        



   


 8(a + b + c)3 = (x + y + z)3.

Khi đó: A = (x + y + z)3 - x3 - y3 - z3 = 3(x + y)(y + z)(z + x)
= 3(a + 3b)(b + 3c)(c + 3a).

Ví dụ 6: Biết a3 + b3 = 3ab - 1, tính giá trị của biểu thức: A = a + b.

Hướng dẫn: Biến đổi giả thiết về dạng:
a3 + b3 = 3ab - 1  a3 + b3 + 13 = 3.a.b.1

1 0 1 1

1 2 2

a b a b A

     

  

     

    

  

Ví dụ 7: Cho

2 1 1
0

x yz  . Tính giá trị của biểu thức A = 2 2 2
4

2 2

xy yz zx
z  x  y .

Hướng dẫn: Đặt

2 1 1

, ,

a b c

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

 a3 + b3 + c3 = 3abc 3 3 3

8 1 1 6

x y z xyz

   

Do đó: A = 2 2 2

2 2

xy yz zx

z  x  y = 3 3 3

8 1 1

xyz

x y z

 
 
 
  = 
6
. 3
2
xyz

xyz  .

Ví dụ 8: Cho các số a, b, c khác 0 và đôi một khác nhau thoả mãn điều kiện:
a3 + b3 + c3 = 3abc.

Tính giá trị của biểu thức:

b c c a a b a b c

a b c b c c a a b

  
   
   
   
  
   .

Hướng dẫn: Ta có a3 + b3 + c3 = 3abc



 











2 2 2

a b c  a b b c c a 

       

  = 0

 a b c  0 (do a, b, c đôi một khác nhau).

Suy ra

a b c

b c c a a b     =

( )( ) ( )( ) ( )( )

( )( )( )

a c a a b b b c a b c b c c a
a b b c c a

       

  



2 2 2









3 3 3



( )( )( )

a b c a b c a b c abc

a b b c c a

       

   =

( )( )( )

abc
a b b c c a



  

Mặt khác

b c c a a b

a b c

  

 

( ) ( ) ( )

bc b c ca c a ab a b
abc

    





( ) ( ) ( )

bc a b c a ca c a ab a b
abc

        

(a b b c c a)( )( )

abc

   

Vậy

b c c a a b a b c

a b c b c c a a b

  

   

   

   

  

    = 9.

Bài tập vận dụng

Bài 1: Biết a3 - b3 = 3ab + 1, tính giá trị của biểu thức A = a - b.
Bài 2: Cho a - b - c = 2. Tính B =

3 3 3

2 2 2

( ) ( ) ( )

a b c abc

a b b c c a

  

     .

Bài 3: Cho a, b, c khác 0 thoả mãn a3 - b3 + c3 = - 3abc. Tính:

A = 1 1 1

a b c

b c a

     

  

     

     .

Bài 4: Cho a, b, c khác 0 thoả mãn a3 + 8b3 + 27c3 = 18abc. Tính:
B =

2 3

1 1 1

2 3

a b c

b c a

     

  

     

     .

Bài 5: Tính giá trị của tổng a2011 + b2011 + c2011 biết rằng a + b + c = 0

và a3 + b3 + c3 = 0.

Hướng dẫn: Theo giả thiết ta có c = - (a + b) nên:

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

M =



ab a b(  )bc b c(  )ac c a(  )



1 1 1

( ) ( ) ( )

ab a b bc b c ca c a

 

 

 

  

 .

Bài 7: Cho

1 2 3
0

x y z  . Tính N = 2 2 2

9 4

2 6 3

xy yz zx
z  x  y .
Bài 8: Cho

1 1 1

2x3yz  . Tính P = 2 2 2

6 3 2

4 9

xy yz zx
z  x  y .

Bài 9: Cho

2 2 2 2

1 1 1 1

x y z a

x y z b

x y z c



   




  




   



 . Tính x3 + y3 + z3 theo a, b, c.

Hướng dẫn: Ta có: x3 + y3 + z3 – 3xyz = (x + y + z)(x2 + y2 + z2 - xy - yz - zx)
 x3 + y3 + z3 = 3xyz + a[b2 – (xy + yz + zx)] (1)
Mặt khác a2 = (x + y + z)2 = x2 + y2 + z2 + 2(xy + yz + zx).

 xy + yz + zx =





2 2 2 2 2 2

2 2

a  x y z a  b



. (2)
Từ

1 1 1 1

x y z c

xy yz zx

xyz c

 

 

 xyz c xy yz zx (   )

2 2

.
2

a b
xyz c 

 

(theo (2)) (3)
Thay (2), (3) vào (1) ta có: x3 + y3 + z3 =

2 2 2 2

3 ( ) (3 )

c a  b a b  a
.

Bài 10: Cho

2 2 2

3 3 3

1
1
1

a b c
a b c
a b c

  




  




  

 . Tính giá trị của biểu thức P = a2010 + b2011 + c2012.
2.3. Chứng minh đẳng thức

Ví dụ 1: Chứng minh rằng: (x + y + z)(a + b + c) = ax + by + cz với x = a2 - bc,
y = b2 - ac, z = c2 - ab.

Hướng dẫn: Ta có: (x + y + z)(a + b + c)

= (a2 - bc + b2 - ac + c2 - ab)(a + b + c) = a3 + b3 + c3 - 3abc.
ax + by + cz = a(a2 - bc) + b(b2 - ac) + c(c2 - ab)

= a3 - abc + b3 - abc + c3 - abc = a3 + b3 + c3 - 3abc.
Ví dụ 2: Biết x + y + z = 0, chứng minh rằng:

(x5 + y5 + z5) = 5xyz(x2 + y2 + z2).

Hướng dẫn: Từ giả thiết x + y + z = 0 suy ra: 3xyz = x3 + y3 + z3.

Do đó: 3xyz(x2 + y2 + z2) = (x3 + y3 + z3)(x2 + y2 + z2)

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

0 = (x + y + z)2 = x2 + y2 + z2 + 2(xy + yz + zx)
 xy + yz + zx =





2 2 2

2 x y z

  

. (2)
Thay (2) vào (1), ta được:

3xyz(x2 + y2 + z2) = x5 + y5 + z5 +

2xyz(x2 + y2 + z2)
 2(x5 + y5 + z5) = 5xyz(x2 + y2 + z2), đpcm.

Ví dụ 3: Giả sử hệ phương trình

ax by c
bx cy a
cx ay b

 




 



  

 có nghiệm.

Chứng minh rằng a3 + b3 + c3 = 3abc.

Hướng dẫn: Giả sử (x; y) là nghiệm của hệ, cộng theo từng vế ba phương trình
của hệ ta được: ax + by + bx + cy + cx + ay = a + b + c

 (a + b + c)(x + y - 1) = 0

0
1 0

a b c
x y

  


    



- Với a + b + c = 0, ta dễ dàng suy ra đpcm.

- Với x + y - 1 = 0  y 1 x, thay vào hệ, sau một số biến đổi dẫn đến

a = b = c, theo hằng đẳng thức suy ra đpcm.

Bài tập vận dụng

Bài 1: Cho a - b - c = 0. Chứng minh rằng a3 - b3 - c3 = 3abc.
Bài 2: Cho a + b + c + d = 0. Chứng minh rằng:

a3 + b3 + c3 + d3 = 3(c + d)(ab - cd).

Bài 3: Cho 2a + b + c = 0. Chứng minh rằng: 2a3 + b3 + c3 = 3a(a + b)(c - b)
Bài 4: Cho a + b - c = 0. Chứng minh rằng 2(a5 + b5 - c5) = -5abc(a2 + b2 + c2).
Bài 5: Cho x, y, z khác 0 thoả mãn: (4x – 3y + 2z)2 = 16x2 + 9y2 + 4z2.

Chứng minh rằng: 3 3 3

1 1 1 1

64x 27y 8z 8xyz



  

Bài 6: Cho x, y thoả mãn:

ax by c
cy bx a
cx ay b

 




 



  

 . Chứng minh rằng a3 - b3 + c3 = -3abc.

Bài 7: Cho x, y, z khác 0 thoả mãn:

0
0
0

ax by cz
bx cy az
cx ay bz

  




  



   

 .

Chứng minh rằng a3 + b3 + c3 = 3abc.

Bài 8: Cho x, y, z khác 0 thoả mãn:

0
0
0

ax by cz
az bx cy
ay bz cx

  




  



   

 .

Chứng minh rằng a3 - b3 - c3 = 3abc.

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

10(x7 + y7 + z7) = 7(x2 + y2 + z2)(x5 + y5 + z5).

Hướng dẫn:

Ta chứng minh: 2(x4 + y4 + z4) = (x2 + y2 + z2)2 và x3 + y3 + z3 = 3xyz.

 2[x7 + y7 + z7 + x3y3(x + y) + x3z3(x + z) + y3z3( y + z)] = 3xyz(x2 + y2 + z2)2
Từ đó: 2[x7 + y7 + z7 - x3y3z - x3z3y - y3z3x] = 3xyz(x2 + y2 + z2)2

Hay 2(x7 + y7 + z7) - 2xyz(x2y2 + x2z2 + y2z2) = 3xyz(x2 + y2 + z2)2
Nhưng x2y2 + x2z2 + y2z2 =

4(x2 + y2 + z2)2 (chứng minh dễ dàng).
Vậy: 2(x7 + y7 + z7) =

2xyz(x2 + y2 + z2)2 (*)
Chứng minh: x5 + y5 + z5 =

2xyz(x2 + y2 + z2) (**)
Thay (**) vào đẳng thức (*) ta được đpcm.

Bài 10: Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn:



y z



31 x3 



z x



31 y3 



x y



31 z3 0

Chứng minh rằng: (1 - x3)(1 - y3)(1 - z3) = (1 - xyz)3.
2.4. Trục căn thức ở mẫu

Ví dụ: Hãy thực hiện trục căn thức ở mẫu cho biểu thức: A = 3 3 3

a b c .

Hướng dẫn: Áp dụng hằng đẳng thức:

a3 + b3 + c3 - 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca)

coi mẫu số của A có dạng a + b + c. Khi đó nhân cả tử và mẫu của A với
(a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca), tức là

     

2 2 2

3 a  3 b  3c  3 ab 3bc 3ca

ta được:

A =

3 2 3 2 3 2 3 3 3

3
3

a b c ab bc ca

a b c abc

    

  

























2
2

3 2 3 2 3 2 3 3 3 3 3

2
2

3 3 3 3

3( ) 3

( ) 3 3( ) 3

a b c ab bc ca a b c a b c abc abc

a b c abc a b c a b c abc abc

 

          

 

 

 

          

 

   



3 2 3 2 3 2 3 3 3







2 3 3 2 2 2

3( ) 9

( ) 27

a b c ab bc ca a b c a b c abc a b c

a b c abc

 

          

 

  

Bài tập vận dụng

Hãy thực hiện phép trục căn thức ở mẫu cho các biểu thức sau:
a) A = 3 3

1 4 2 b) 3 3
1

1 3 2 2 4  c) C = 4 3
1

4 4 2 2 16 

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Xuất phát từ hằng đẳng thức thứ nhất ta có:
A3 + B3 + C3 = 3ABC

A B C
A B C

  



   



Xuất phát từ hằng đẳng thức thứ hai, ta có:

A3 + B3 + C3 = (A + B + C)3  (A + B)(B + C)(C + A) = 0

A B

B C

C A






 



 



Từ đó, ta có thể giải được các phương trình có dạng A3 + B3 + C3 = 3ABC hoặc
A3 + B3 + C3 = (A + B + C)3 hoặc có dạng A3 + B3 + C3 = 0 (với A + B + C = 0)
và nhiều phương trình có thể đưa được về một trong các dạng đó để giải.

Ví dụ 1: Giải các phương trình sau:

a) x3 - 3x + 2 = 0. b) x3 + 16 = 12x.

Hướng dẫn: a) Viết lại phương trình dưới dạng:
x3 + 13 + 13 = 3.1.1.x

1 1 0 2

1 1 1

x x

   

 

   

  

 

b) Viết lại phương trình dưới dạng:
x3 + 23 + 23 = 3.2.2.x

2 2 0 4

2 2 2

x x

   

 

   

  

 

Ví dụ 2: Giải phương trình: 54x3 - 9x + 2 0 . (1)

Hướng dẫn: (1)

3 2 0

6 54

x
x

   

Bây giờ ta tìm cách viết vế trái của phương trình dưới dạng: x3 + a3 + b3 - 3abx,

như vậy a, b thoả mãn hệ phương trình:

3 3

3 3
3

2
54
1
18

a b

a b



 





 




Suy ra a3, b3 là nghiệm của phương trình:

2 1

0
54 18

t

t   

.
Giải phương trình này ta có t1 = t2 =

54 2, suy ra a = b = 
1
3 2 .

Khi đó: (1)  (x + a + b)(x2 + a2 + b2 - ax - bx - ab) = 0.
Vậy phương trình (1) có hai nghiệm là: 1 2

2 1

;

3 2 3 2

x   x 

.
Ví dụ 3: Giải các phương trình:





3 3 3

2 ( 1) (1 2 ) 0

x  x   x  . b) 3 x13 x 23 x 3 0

Hướng dẫn:

a) Nhận thấy phương trình có dạng A3 + B3 + C3 = 0, với A + B + C = 0.
Sử dụng hằng đẳng thức biến đổi phương trình về dạng:

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

 (x - 2 + x + 1 + 1 - 2x)














2 2 2

2 1 1 2 ( 2)( 1) ( 2)(1 2 ) ( 1)(1 2 )

x x x x x x x x x

               

  +

+ 3(x 2)(x1)(1 2 ) 0 x 

 (x - 2)(x + 1)(1 - 2x) = 0

Phương trình có ba nghiệm x = 2, x = - 1 và x =

1
2.

b) Đặt a3 x1, b3 x 2, c3 x 3.

Khi đó, phương trình có dạng: a + b + c = 0  a3 + b3 + c3 = 3abc
 (x - 1) + (x - 2) + (x - 3) = 33 x13 x 23 x 3

 x 23 (x1)(x 2)(x 3)  (x - 2)3 = (x - 1)(x - 2)(x - 3)
 (x - 2)[(x - 2)2 - (x - 1)(x - 3)] = 0  x - 2 = 0  x = 2
Thử lại, thấy x = 2 thoả mãn. Vậy phương trình có nghiệm x = 2.

Ví dụ 4: Giải hệ phương trình:

 

2 2 2

3 3 3

1 1

1 2
1 3

x y z
x y z
x y z

  




  




  



Hướng dẫn: Từ (1) và (3) suy ra: (x + y + z)3 - (x3 + y3 + z3) = 0

 (x + y)(y + z)(z + x) = 0

0
0
0

x y
y z
z x

 




  



  


Khi đó:

- Với x + y = 0, hệ có dạng: 2 2

0
0

1
0

z

x y
x y

z
x y

 

 




  

 





 



- Với y + z = 0, hệ có nghiệm (1; 0; 0).
- Với z + x = 0, hệ có nghiệm (0; 1; 0).

Ví dụ 5: Giải hệ phương trình:

3 3 2

( ) 14

( ) 21

( ) 7

x y x y z xyz
y z y z x xyz
x z z x y xyz

     



    




    



Hướng dẫn: Cộng các phương trình của hệ vế theo vế, ta được:

2(x3 + y3 + z3) + x2(y + z) + y2(x + z) + z2(x + y) - 3xyz = 0 (1)
Ta có: x3 + y3 + z3 - 3xyz = (x + y + z)(x2 + y2 + z2 - xy - yz - zx)

Do đó:

(1)  (x3 + y3 + z3 - 3xyz) + x3 + x2(y + z) + y3 + y2(x + z) + z3 + z2(x + y) = 0
 (x + y + z)( x2 + y2 + z2 - xy - yz - zx) + x2(x + y + z) + y2(x + y + z) +

+ z2(x + y + z) = 0

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>













2 2 2 2 2 2

0
2 x y  y z  z x x y z 

Dấu “=” xảy ra khi và chi khi x = y = z = 0 (khơng thoả mãn hệ phương trình đã
cho) suy ra 2x2 + 2y2 + 2z2 - xy - yz - zx > 0.

Do đó: (2)  x + y + z = 0.

Với x + y + z = 0, hệ đã cho trở thành:

3 3 2 3

( ) 14 7

( ) 21 14

( ) 7 21

x y x x xyz x xyz

y z y y xyz y xyz

x z z z xyz z xyz

        

 

       

 

 

      

 

Suy ra: x3 - 1 = y3 - 8 = z3 + 27 = xyz + 6.

Do đó: (x - 1)(x2 + x + 1) = (y - 2)(y2 + 2y + 4) = (z + 3)(z2 - 3z + 9).

Mà: x2 + x + 1 =

1 3

2 4

x

 

  

 

  ; y2 + 2y + 4 =





1 3 0

y   ;

z2 - 3z + 9 =

3 27

2 4

z

 

  

 

  .

Suy ra: nếu x > 1

0
3

y

x y z
z




     

 

 . Vơ lí!

Lý luận tương tự, nếu x < 1

0
3

y

x y z
z




     

 

 . Vơ lí!

Hệ có nghiệm duy nhất: (1; 2; -3).
Bài tập vận dụng

Bài 1: Giải các phương trình:

a) (x - 2)3 + (x - 4)3 + (x - 7)3 - 3(x - 2)(x - 4)(x - 7) = 0
b) (x2 + 3x - 4)3 + (2x2 - 5x + 3)3 = (3x2 - 2x - 1)3

c) 6x3 + 3x - 5 = 0

Hướng dẫn: b) (x2 + 3x - 4)3 + (2x2 - 5x + 3)3 = (3x2 - 2x - 1)3
 (x2 + 3x - 4)3 + (2x2 - 5x + 3)3 + (1 + 2x - 3x2)3 = 0

Vì (x2 + 3x - 4) + (2x2 - 5x + 3) + (1 + 2x - 3x2) = 0 nên phương trình tương
đương với: 3(x2 + 3x - 4)(2x2 - 5x + 3)(1 + 2x - 3x2) = 0

Bài 2: Giải các phương trình:
a) (x - 3)3 + (2x - 3)3 = 27(x - 2)3.
b) (x - 3)3 + (x + 1)3 = 8(x - 1)3.

c) (ax + b)3 + (bx + a)3 = (a + b)3(x + 1)3 với ẩn x và ab(a + b)  0.
d) (3x - 2)3 - (x - 3)3 = (2x + 1)3.

Hướng dẫn: b) (x - 3)3 + (x + 1)3 = 8(x - 1)3

 (x - 3)3 + (x + 1)3 + (2 - 2x)3 = 0  3(x - 3)(x + 1)(2 - 2x) = 0 
Bài 3: Giải các phương trình:

a) 3 x 1 3 x 2 3 x 3 0. b)



 



3 3 3

2 3 2 3 2 0

x  x    x 

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Hướng dẫn:

c) Đặt a = 3 x24x3;b3 4x2  9x 3;c33x  2 2 ;x d2 33x2  2x2

Ta có a3 + b3 + c3 = d3 (1)

Phương trình đã cho trở thành a + b + c = d  (a + b + c)3 = d3
 a3 + b3 + c3 + 3(a + b)(b + c)(c + a) = d3

Kết hợp với (2) ta có (a + b)(b + c)(c + a) = 0.

- Với a + b = 0, suy ra 5x2 – 5x = 0  x = 0 hoặc x = 1.
- Với b + c = 0, suy ra 2x2 – 6x – 1 = 0

3 11
2

x 

 

hoặc x =

3 11
2


- Với c + a = 0, suy ra x2 – 7x – 5 = 0

7 69
2
x 
 

hoặc
7 69
2

x 

Vậy phương trình đã cho có 6 nghiệm phân biệt:

7 69 7 69 3 11 3 11

0;1; ; ; :

2 2 2 2

x      

 

 

Bài 4: Giải và biện luận phương trình: ax3 + bx + c = 0 với điều kiện:





2 3
2 3
4
0 0
27
c b
a

a  a   .

Hướng dẫn: ax3 + bx + c = 0

3 0 3 3 . 0

b c c b

x x x x

a a a a



       

.
 x3d3e3 3xde0

(với d3, e3 là hai nghiệm của phương trình:

3
2
3 0
27
c b
X X

a a
  
).

0

x d e
x d e

  

   

- Nếu
2 3
2 3
4
0
27
c b
d e

a  a    thì tập nghiệm S =



2 ;d d



.

- Nếu
2 3
2 3
4
0
27

c b
d e

a  a    thì tập nghiệm S =



d e;



.
Bài 5: Tìm nghiệm nguyên của hệ phương trình:

3 3 3

2 3 6

( )

( 1) (2 3) (3 2) 18

x y z

I

x y z

  




     



Hướng dẫn: 3 3 3

( 1) (2 3) (3 2) 0
( )

( 1) (2 3) (3 2) 18

x y z

I

x y z

     


 

     



Hệ phương trình trên tương đương với:

( 1) (2 3) (3 2) 0
( )

( 1)(2 3)(3 2) 6

x y z

II

x y z

     




   



Vì x, y, z nguyên nên x - 1; 2y - 3; 3z - 2 nguyên. Do đó giá trị tuyệt đối của
mỗi số (x - 1), (2y - 3), (3z - 2) đều là ước của 6, nghĩa là thuộc tập hợp



1; 2; 3; 6



.

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

a) Với 3z - 2 = 1, thay vào hệ (II) được hệ:

( 1) (2 3) 1
( 1)(2 3) 6

x y

   




  



Vậy (x - 1); (2y - 3) là nghiệm của phương trình t2 + t + 6 = 0.
Phương trình này vơ nghiệm.

b) Với 3z - 2 = -2, thay vào hệ (II) được hệ:

( 1) (2 3) 2
( 1)(2 3) 3

x y

   




  



Vậy x - 1; 2y - 3 là nghiệm của phương trình t2 - 2t - 3 = 0.
Phương trình này có hai nghiệm t1 = -1; t2 = 3.

Kết hợp với phương trình 3z - 2 = -2 suy ra hệ phương trình (I) có hai nghiệm

ngun (x; y; z) là (0; 3; 0); (4; 1; 0).

Bài 6: Giải phương trình nghiệm nguyên: (x + y)3 = (x - 2)3 + (y + 2)3 + 6
Bài 7: Giải phương trình bậc ba (ẩn x): x3 - 3abx + (a3 + b3) = 0

Hướng dẫn: Ta có x3 - 3abx + (a3 + b3) = 0
 (x + a + b)(x2 + a2 + b2 - ax - bx - ab) = 0

2 2 2

( ) 0

x a b

x a b x a b ab

  


 

     



 

2 ( ) 2 2 0 1

x a b

x a b x a b ab

 


 

     



Phương trình (1) có:  = (a + b)2 - 4(a2 + b2 - ab) = - 3(a - b)2.

Do đó nó chỉ có nghiệm nếu a = b, nghiệm ấy là x = a (nghiệm kép).
2.6. Chứng minh bất đẳng thức

Ví dụ 1: Cho a, b, c  0. Chứng minh rằng: a + b + c 33 abc.

(Bất đẳng thức Cô-si cho ba số khơng âm)
Hướng dẫn: Ta có x3 + y3 + z3 – 3xyz = (x + y + z)(x2 + y2 + z2 – xy – yz – zx)
x2 + y2 + z2 – xy – yz – zx =













2 2 2

2 x y  y z  z x   0

Đặt x = 3a, y3 b, z3c; x + y + z  0 vì a, b, c  0.

Từ đó x3 + y3 + z3 – 3xyz  0 hay a + b + c 33 abc.

Ví dụ 2: Chứng minh: (a3 + b3 + c3 - 3abc)2  (a2 + b2 + c2)3.

Hướng dẫn: Đặt a2 + b2 + c2 = p, ab + bc + ca = q, a3 + b3 + c3 - 3abc = m.
Ta thâý rằng: p - q  0

m2 = (a + b + c)2(a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca)2 = (p + 2q)(p - q)2
Như thế: p3 - m2 = p3 - (p + 2q)(p - q)2 = 3pq2 - 2q3

= q2(3p - 2q) = q2(2p - 2q + p)  0



p q 0,p0



. Suy ra đpcm.

Bài tập vận dụng

Bài 1: Cho x, y thoả mãn x2 + y2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của
biểu thức x6 + y6.

Bài 2: Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng: a3 + b3 + c3 a2 bc b 2 ca c 2 ab.

Hướng dẫn: (a3 + abc) + (b3 + abc) + (c3 + abc)





3 3 3 2 2 2

2 a abc 2 b abc 2 c abc 2 a bc b ca c ab

     

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Mà a3 + b3 + c3  3abc (2)

(Vì (2)













2 2 2

( ) 0

2 a b c  a b b c c a 

        

  )

Cộng vế theo vế (1) và (2), suy ra đpcm.
Bài 2: Cho x, y, z  0. Chứng minh rằng:

x3 + y3 + z3 - 3xyz  4(x - y)(y - z)(z - x) (1)

Hướng dẫn: Ta có

(1)  (x + y + z)[(x - y)2 + (y - z)2 + (z - x)2] - 8(x - y)(y - z)(z - x)  0
Đặt vế trái là f(x; y; z) thì f đối xứng.

Giả sử z = min{x ; y ; z}.

Xét hiệu f(x ; y ; z) - f(x - z; y - z; 0) = 3z[(x - y)2 + (y - z)2 + (z - x)2]  0.
Suy ra f(x ; y ; z)  f(x – z ; y – z ; 0).

Do đó ta chỉ cần chứng minh (1) trong trường hợp z = 0 và x, y  0.

Khi đó bất đẳng thức (1) trở thành:

x3 + y3 + 4xy(x - y)  0 (1’) 
Theo bất đẳng thức Cơ-si, ta có: y2 + 4x2  4xy  y3 + 4x2y  4xy2
Kết hợp với x  0, suy ra (1’).

Vậy (1) được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z.
2.7. Chứng minh chia hết

Ví dụ 1: Chứng minh 321 - 224 - 68 - 1 chia hết cho 1930.
Giải: Đặt A = 321 - 224 - 68 - 1 = (37)3 - (28)3 - 38.28 - 1

= (37)3 - (28)3 - 13 - 3.37(-2)8.(-1)
Áp dụng hằng đẳng thức

a3 + b3 + c3 - 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca)
ở đây a = 37, b = - 28, c = - 1, suy ra A chia hết cho 37 – 28 – 1 = 1930.
Ví dụ 2: Cho a + b + c = (a - b)(b - c)(c - a).

Chứng minh rằng (a - b)3 + (b - c)3 + (c - a)3 chia hết cho 3.

Giải: Để thuận tiện ta sử dụng ẩn phụ:

x a b

y b c x y z
z c a

 



     


  


Khi đó: (a - b)3 + (b - c)3 + (c - a)3 = x3 + y3 + z3

= (x + y + z)(x2 + y2 + z2 - xy - yz - zx) + 3xyz
= 3(a - b)(b - c)(c - a) = 3(a + b + c)

Từ đó, ta thấy ngay (a - b)3 + (b - c)3 + (c - a)3 chia hết cho 3.

Nhận xét: Cũng với phương pháp trên chúng ta cịn có thể chứng minh được các
bài tốn tổng quát hơn như sau:

1. Chứng minh rằng với p là số nguyên tố lẻ thì số:

(a + b + c)p + (a - b - c)p + (b - c - a)p + (c - a - b)p chia hết cho 8pabc.
2. Chứng minh rằng với p là số nguyên tố lẻ thì số:

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Bài 1: Tìm m sao cho đa thức f(x) = x3 + y3 + z3 + mxyz chia hết cho đa thức
x + y + z.

Giải: Giả sử phép chia f(x) cho x + y + z có thương q, khi đó:
f(x) = (x + y + z).q với mọi x, y, z

 x3 + y3 + z3 + mxyz = (x + y + z).q với mọi x. (1)
Chọn các giá trị riêng của x, y, z sao cho: x + y + z = 0, chẳng hạn x = 1, y = 1,
z = - 2. Ta được:

- Với x = 1, y = 1, z = - 2 thì: (1)  1 + 1 - 8 - 2m = 0  m = - 3.

- Thử lại, với m = - 3, ta được:

x3 + y3 + z3 - 3xyz = (x + y + z)(x2 + y2 + z2 - xy - yz - zx).
Vậy với m = - 3 thoả mãn điều kiện đầu bài.

Bài 2: Cho x, y, z nguyên thoả mãn điều kiện x + y + z = (x - y)(y - z)(z - x) 
Chứng minh rằng: M = (x - y)3 + (y - z)3 + (z - x)3 chia hết cho 81.

Hướng dẫn: Vì (x - y) + (y - z) + (z - x) = 0 nên ta có:

(x - y)3 + (y - z)3 + (z - x)3 = 3(x - y)(y - z)(z - x)
Xét ba số dư của phép chia x, y, z cho 3.

a) Nếu cả ba số dư là khác nhau (là 0, 1, 2) thì (x + y + z) chia hết cho 3. Khi
đó (x - y)(y - z)(z - x) không chia hết cho 3, trái với giả thiết.

b) Nếu có hai số dư bằng nhau thì x + y + z khơng chia hết cho 3, trong khi đó
một trong ba hiệu: (x - y), (y - z), (z - x) chia hết cho 3, trái với giả thiết.

c) Vậy chỉ còn trường hợp cả ba số x, y, z đều có cùng số dư khi chia cho 3.

Lúc đó 3(x - y)(y - z)(z - x) chia hết cho 3.3.3.3 nên M chia hết cho 81.

Bài 3: Cho x, y, z là các số nguyên khác 0. Chứng minh rằng nếu x2 - yz = a,
y2 - zx = b, z2 - xy = c thì tổng ax + by + cz chia hết cho tổng a + b + c.

Hướng dẫn: Ta có: ax = x3 - xyz, by = y3 - xyz, cz = z3 - 3xyz.
Từ đó: ax + by + cz = x3 + y3 + z3 - 3xyz

= (x + y + z)(x2 - yz + y2 - xz + z2 - xy) = (x + y + z)(a + b + c).
2.8. Các dạng khác

Ví dụ 1: Chứng minh rằng nếu a, b, c là các số nguyên khác 0 thoả mãn điều

kiện 3

a b c

b c a   thì tích số abc là lập phương của một số nguyên.

Hướng dẫn: Đặt

3 a; 3 b; c

x y z

b c a

  

. Từ giả thiết ta có:

x3 + y3 + z3 - 3xyz = 0 hay (x + y + z)(x2 + y2 + z2 - xy - yz - zx) = 0
Ta đó có hai trường hợp:

1) x2 + y2 + z2 - xy - yz - zx = 0













2 2 2

x y y z z x

        x y z

Từ đây dễ dàng suy ra a = b = c. Do đó abc = a3, ta có đcm.
2) x + y + z = 0, tức là

3 a 3 b 3 c 0

b  c  a 

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

3 2 2 2
3

3 2 2 2 3
1
1

abc b a b c
a

a b c abc c
b



 





   




Khử 3a b c2 2 2 trong hệ này, ta tính được:



a b



3abc b c a (  ) (1)
Do abc  0 nên nếu a - b = 0 thì (1)  a b c  (không xảy ra vì x + y + z = 0).

Nếu a - b 0 thì (1)

3
3 abc b c a( ) abc b c a( )

a b a b

   

    

    . (2)

(2) chứng tỏ abc là lập phương của một số hữu tỉ. Nhưng vì abc ngun nên
nó là lập phương của một số nguyên.

Vậy trong mọi trường hợp, abc đều là lập phương của một số nguyên (đpcm).
Ví dụ 2: Biết xn + yn + zn = an + bn + cn đúng với n = 1, 2, 3, chứng minh rằng nó
đúng với mọi số tự nhiên n.

Hướng dẫn: Từ giả thiết biểu thức đúng với n = 1, 2, 3, ta lần lượt có:
x + y + z = a + b + c (1)

x2 + y2 + z2 = a2 + b2 + z2 (2)
x3 + y3 + z3 = a3 + b3 + z3 (3)
Khi đó: (1)  (x + y + z)2 = (a + b + c)2

 x2 + y2 + z2 + 2(xy + yz + zx) = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca)
 xy + yz + zx = ab + bc + ca (4)

(3)  (x + y + z)(x2 + y2 + z2 - xy - yz - zx) + 3xyz
= (a + b + c)(a2 + b2 + c2 - ab + bc + ca) + 3abc
 xyz = abc (5)

Từ (1), (4), (5) suy ra x, y, z là nghiệm của phương trình:
t3 - (a + b + c)t2 + (ab + bc + ca)t - abc = 0

 (t - a)(t - b)(t - c) = 0

t a
t b
t c





 


 


Như vậy, ta thấy (x, y, z) là một hoán vị của (a, b, c), do đó:

xn + yn + zn = an + bn + cn đúng với mọi số tự nhiên n.
Ví dụ 3: Sai ở đâu?

Trong một cuốn sách có bài toán: “Chứng minh rằng nếu abc  0 và

a + b + c =

1 1 1
0

a b c   thì

6 6 6

3 3 3

a b c

abc
a b c

 



  ” với hướng dẫn như sau:

Ta có: a3 + b3 + c3 - 3abc

= (a + b + c)(a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca) = 0 (vì a + b + c = 0)
 a3 + b3 + c3 = 3abc (1)

Từ

1 1 1

0 ab bc ca 0

a b c      

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Mặt khác a6 + b6 + c6 = 3a2b2c2 (2)
Từ (1) và (2) suy ra:

6 6 6

3 3 3

a b c

abc
a b c

 



  (đpcm).

Hướng dẫn: Điều “không ổn” ở giả thiết của bài toán.
Thật vậy, từ a + b + c =

1 1 1
0

a b c   suy ra ac = b2, bc = a2, bc = c2

 a2 + b2 + c2 = ab + bc + ca = 0  a = b = c = 0.
Mâu thuẫn với

1 1 1
0

a b c   . Chứng tỏ không tồn tại a, b, c thoả mãn các giả

thiết hay giả thiết của bài toán là phi lí.

Bài tập vận dụng

Bài 1: Trong mặt phẳng toạ độ vng góc Oxy, hãy tìm tập hợp các điểm
A(x; y) sao cho x3 - y3 = 3xy + 1. (1)

Hướng dẫn: (1)  x3 - y3 - 1 = 3xy

1 0
1

x y
x y

  



   



Vậy tập hợp A là đường thẳng x - y - 1 = 0 và điểm A0(-1; 1).

Bài 2: Cho tam giác ABC có ba cạnh a, b, c thoả mãn a3 + b3 + c3 = 3abc. Hỏi
tam giác ABC là tam giác gì?

Bài 3: Sai ở đâu? Sửa cho đúng.
Đề bài: Chứng tỏ rằng nếu ta có:

2 2 2

x yz y zx z xy

a b c

  

 

thì suy ra được:

2 2 2

a bc b ca c ab

x y z

  

 

.
Sau đây là lời giải của bài toán trong một số sách:

Cách 1: Đặt

2 2 2

x yz y zx z xy

a b c

  

 

= k.
Suy ra

2 2 2

; ;

x yz y zx z xy

a b c

k k k

  

  

Dẫn đến:

2 2 2

2 3 3 3

2
.

x yz y zx z xy

k k k

a bc x y z xyz

x x k

    



 

     

 

Tương tự ta có:

2 2 3 3 3

2
3

b ca c ab x y z xyz

y z k

    

 

Từ đó dẫn đến điều phải chứng minh.

Cách 2: Từ giả thiết có: 2 2 2

a b c

x  yz y  zx z  xy
Suy ra:

2 2 2

2 2 2 2 2 2

( ) ( ) ( )

a b c

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

= ( 2 )( 2 ) ( 2 )( 2 ) ( 2 )( 2 )

ab bc ab

x  yz y  zx  y  zx z  xy  x  yz z  xy
Nên:

2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )

a bc b ac c ab

x yz y zx z xy y zx x yz z xy z xy x yz y zx

  

 

           

Suy ra:

2 2 2

3 3 3 3 3 3 3 3 3

( 3 ) ( 3 ) ( 3 )

a bc b ac c ab

x x y z xyz y x y z xyz z x y z xyz

  

 

        

Nhân vế theo vế các đẳng thức trên với (x3 + y3 + z3 - 3xyz) ta có điều cần
chứng minh.

Nhưng chỉ cần cho x = y = z = 3 và a = 1, b = 2, c = 3 chẳng hạn thì thấy giả
thiết vẫn đúng mà ở kết luận:

2 5 2 1 2 7

; ;

3 3 2 3

a bc b ca c ab

x y

  

  

là những phân số khác nhau.
Em có ý kiến gì về đề bài và các lời giải trên?

Hướng dẫn:

x yz
k
a




chỉ suy ra được a =

x yz
k



với k 0. Giả thiết bài toán
phải đảm bảox2 yz0; y2 zx0; z2 xy0.

Cũng phải có giả thiết như vậy thì ở cách 2 mới viết được:

2 2 2

a b c

x  yz y  zx z  xy

Nếu khơng thêm giả thiết như vậy thì bài tốn ra ban đầu là sai (đã có phần thí
dụ khi x = y = z = 3 và a = 1; b = 2; c = 3).

Cả hai lời giải sẽ đúng nếu đề bài cho thêm giả thiết.

Bài 4: Tìm cơng thức tính nhanh tổng sau theo số tự nhiên k:
S = 1.2.3 + 3.4.7 + 7.8.15 + ... + (2k - 1)2k(2k+1 - 1)

Hướng dẫn: Vì (2k - 1) + 2k + (1 - 2k+1) = 0 nên ta có:

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

Ta có: -3S = (-3).1.2.3 + (-3).3.4.7 + (-3).7.8.15 + ... + (-3)(2k - 1)2k(2k+1 - 1)
 - 3S = (1 + 23 - 33) + (33 + 43 - 73) + (73 + 83 - 153) + ... + (2k - 1)3 +

+ 23k - (2k+1 - 1)3

 - 3S = 1 + 23 + 43 + 83 + ... + 23k - (2k+1 - 1)3 (1)
 24S = - 23 - 43 - 83 - 163 - ... - 23k+3 + 8(2k+1 - 1)3. (2)
Cộng theo từng vế (1) và (2) được:

21S = 1 - 23k+3 + 7(2k+1 - 1)3 hay S =





1 1

2 8 1

2 (2 1)
7

k

k k



 



 

S =

1 2

(2 1)(2 1)(2 1)
7

k k k

  

C. KẾT LUẬN

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

Khi nghiên cứu xong đề tài này tơi đã có một tư liệu để bồi dưỡng học sinh
giỏi Toán lớp 8, 9. Chúng tôi đã giảng dạy chuyên đề này với các đối tượng học
sinh khá giỏi và thấy rằng việc áp dụng vào giảng dạy rất có hiệu quả. Trong
q trình dạy học, giáo viên đưa ra các dạng bài tập phù hợp với chương trình
trong các tiết học với các chủ đề tự chọn hoặc các buổi dạy học bồi dưỡng.
Tuỳ từng đối tượng học sinh mà chúng tôi chọn bài cho phù hợp. Và bằng việc
in ấn tài liệu cho học sinh tham khảo, giáo viên tổ chức cho học sinh tích cực,
chủ động tự học để nắm vững nội dung chuyên đề. Chúng tôi thấy rằng, các em
học sinh rất hứng thú khi được thầy cung cấp những tư liệu hướng dẫn tự học.
Đa số các em khá giỏi tiếp thu nội dung trong chuyên đề một cách dễ dàng; các
em đã biết khai thác sâu bài toán, biết xâu chuỗi các bài toán, biết vận dụng các
kiến thức cơ bản, nâng cao để giải được nhiều bài tốn khó, để học tốt các nội
dung kiến thức khác trong chương trình học; giúp các em thêm tự tin, dành
được kết quả cao trong quá trình học tập và trong các kỳ thi học sinh giỏi
các cấp.

Thực tế, qua nhiều năm giảng dạy tốn, tơi ln chú trọng hướng các em đi
tìm các ứng dụng của mỗi hằng đẳng thức nâng cao, các phương pháp giải, cách
giải khác nhau cho mỗi bài toán, giúp học sinh xâu chuỗi các bài tốn... Từ đó
khơi dậy lịng say mê, niềm cảm hứng với những nét độc đáo, niềm tin, niềm tự
hào khi tự mình có thể trang bị được những kiến thức mới một cách hệ thống và
khoa học.

2. Những bài học kinh nghiệm

- Qua đề tài này tôi nhận thấy rằng muốn dạy cho học sinh hiểu và vận dụng
một vấn đề nào đó, trước hết người thầy phải hiểu vấn đề một cách sâu sắc. Vì
vậy, người thầy phải khơng ngừng nâng cao trình độ cho bản thân, phải ln
học hỏi, tìm tịi, đào sâu suy nghĩ từng bài tốn, phân dạng các bài toán, xâu
chuỗi các bài toán. Giáo viên cần chủ động phát hiện ra những bài toán cơ bản,
những hằng đẳng thức có nhiều ứng dụng và tập hợp các ứng dụng đó, viết
thành tư liệu dành cho học sinh tham khảo. Đó là một phương pháp học mang
lại hiệu quả rất cao trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi Toán.

- Giáo viên cần rèn luyện cho học sinh có kỹ năng thường xuyên lưu ý; liên hệ
một bài toán “mới” với những bài toán đã biết, giúp học sinh phát hiện ra rằng,
bài toán đó khơng cịn mới đối với các em hoặc nhanh chóng xếp loại được bài
tốn, từ đó định hướng được phương pháp giải quyết.

- Nên cấu tạo bài tập toán đa dạng và phong phú (với mục đích vận dụng kiến
thức, rèn luyện kỹ năng, kiểm tra năng lực toán học,...) để phù hợp với phương
pháp dạy học đổi mới theo hướng tích cực, độc lập, sáng tạo.

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

Trên đây tôi đã trình bày một số ứng dụng của hằng đẳng thức tổng ba lập
phương với mong muốn đóng góp một phần nhỏ vào quá trình đổi mới nội
dung, phương pháp dạy học toán ở trường Trung học cơ sở nhằm giúp học sinh
đạt được kết quả cao nhất trong học tập. Có thể trong đề tài cịn có những hạn
chế, thiếu sót, rất mong được sự đóng gớp ý kiến của quý thầy cô và các bạn để
đề tài này được hồn thiện và có tác dụng hơn.

Tôi xin chân thành cảm ơn!

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

Sở giáo dục và đào tạo thanh hố

Phịng giáo dục và đào tạo thọ xn

s¸ng kiÕn kinh nghiÖm

khai thác những ứng dụng của

hằng đẳng thức tổng ba lập phơng

Hä vµ tên tác giả: Đỗ Trí Khởi
 Chøc vô: Phã Hiệu trởng

Đơn vị công tác: Trờng THCS Lam Sơn
 SKKN m«n: Toán

Năm học 2010 - 2011

C
H

B
O

G
I

O
D

U
ẽ

H
I
E

P
H
O
ỉ
A

T
H

C
S
D

A
ẽ

T
O

H
O
ẽ
C

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23></div>

SKKN cap Tinh mon Toan

<b>A. ĐẶT VẤN ĐỀ</b>

<b>B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ</b>



 



















































     

















































 

 

 



















 

 



















 

