Đang tải... (xem toàn văn)
HẰNG ĐẲNG THỨC VÀ ÁP DỤNG Nguyễn Bá Đang Hội THHN 1 Hằng đẳng t hức cơ bản Hằng đẳng thức có trong chương trình Toán 8 (Tập một). ( a ± b ) 2 = a 2 ± 2 a b + b 2. (1) a2 − b2 = ( a − b)( a + b). (2) ( a ± b) 3 = a3 ± 3 a b( a ± b) ± b3. (3) a3 ± b3 = ( a ± b)( a2 ∓ a b + b2). (4)
HẰNG ĐẲNG THỨC VÀ ÁP DỤNG Nguyễn Bá Đang Hội THHN 1 Hằng đẳng thức cơ bản Hằng đẳng thức có trong chương trình Toán 8 (Tập một). (a ±b) 2 = a 2 ±2ab + b 2 . (1) a 2 − b 2 = (a − b)(a + b) . (2) (a ± b) 3 = a 3 ±3ab(a ± b) ± b 3 . (3) a 3 ± b 3 = (a ± b)(a 2 ∓ ab + b 2 ). (4) Từ những hằng đẳng thức đó, ta mở rộng một hằng đẳng thức mới có ứng dụng nhiều trong các cuộc thi. 1- Hằng đẳng thức: a 3 + b 3 + c 3 −3abc = (a + b + c)(a 2 + b 2 + c 2 − ab −ac − bc). (5) Chứng minh. Từ (3) ta có a 3 + b 3 + c 3 −3abc = (a + b) 3 −3ab(a + b) + c 3 −3abc = = (a + b + c) (a + b) 2 − (a + b)c + c 2 −3ab(a + b + c) = = (a + b + c)(a 2 + 2ab + b 2 −ac −bc + c 2 −3ab) = (a + b + c)(a 2 + c 2 + b 2 −ab −ac −bc) 2 Một số áp dụng Ví dụ 2.1. Cho a + b + c = 0. Chứng minh a 3 + b 3 + c 3 = 3abc. Giải. Từ (5) ⇒ vế phải của hằng đẳng thức bằng 0 ⇒ a 3 + b 3 + c 3 = 3abc. Ví dụ 2.2. Phân tích đa thức thành nhân tử: (x − y) 3 + (y − z) 3 + (z − x) 3 Giải. (x − y) + (y − z) + (z −x) = 0 theo (5) ⇒ (x −y) 3 + (y − z) 3 + (z − x) 3 = 3(x −y)(y − z)(z = x). 2. Một số áp dụng 284 Ví dụ 2.3. Cho a, b, c là các số thực khác nhau thỏa mãn a + b + c = 0. Chứng minh rằng a 3 + b 3 + c 3 −3abc a + b + c > 0. Giải. a 2 + b 2 + c 2 − ab −bc − ac = 1 2 (a − b) 2 + (b − c) 2 + (c − a) 2 Vì a, b, c khác nhau ⇒ vế phải luôn dương ⇒ a 2 + b 2 + c 2 − ab −bc − ac > 0 Từ (5) ⇒ a 3 + b 3 + c 3 −3abc a + b + c = (a 2 + b 2 + c 2 − ab −ba −ac) ⇒ a 3 + b 3 + c 3 −3abc a + b + c > 0 Ví dụ 2.4. . Chứng minh rằng n 3 + (n + 1) 3 + (n + 2) 3 chia hết cho 9 với mọi số tự nhiên n. Giải. n = 0 ⇒ n 3 + (n + 1) 3 + (n + 2) 3 = 0 + 1 + 8 = 9 n = 0 ⇒ theo (5) n 3 + (n + 1) 3 + (n + 2) 3 = 3n(n + 1)(n + 2)+ +(n + n + 1 + n + 2) n 2 + (n + 1) 2 + (n + 2) 2 − n(n + 1) − (n + 1)(n + 2) −(n + 2)n Biến đổi 3(n + 1) n 2 + (n + 1) 2 + (n + 2) 2 − n(n + 1) − (n + 1)(n + 2) −(n + 2)n = = 3n(n + 1) [ n(n − n −1) + (n + 1)(n + 1 − n −2) + (n + 2)(n + 2 − n) ] = = 3(n + 1)(−n −n −1 + 2n + 4) = 9(n + 1) ⇒ 3(n + 1) n 2 + (n + 1) 2 + (n + 2) 2 − n(n + 1) − (n + 1)(n + 2) −(n + 2)n chia hết cho 9; n(n + 1)(n + 2) tích của ba số tự nhiên liên tiếp luôn chia hết cho 3 ⇒3n(n + 1)(n + 2 )chia hết cho 9. ⇒ n 3 + (n + 1) 3 + (n + 2) 3 chia hết cho 9 với mọi số tự nhiên n. Ví dụ 2.5. Trục căn thức các biểu thức sau: 1 2 3 √ 4 −3 3 √ 2 −1 ; 3 √ 2 −1 3 √ 9 − 3 √ 3 + 2 Giải. Ta coi 2 3 √ 4 = a, −3 3 √ 2, −1 = c; ⇒ 1 2 3 √ 4 −3 3 √ 2 −1 = 4 3 √ 16 + 9 3 √ 4 + 1 + 3 √ 4 3 √ 2 + 2 3 √ 4 −3 3 √ 2 (2 3 √ 4 −3 3 √ 2 −1)(4 3 √ 16 + 9 3 √ 4 + 1 + 3 √ 4 3 √ 2 + 2 3 √ 4 −3 3 √ 2) = 11 3 √ 4 + 5 3 √ 2 + 3 8.4 −27.2 −1 −3.2 3 √ 4.3 3 √ 2 = − 11 3 √ 4 + 5 3 √ 2 + 3 59 Tương tự 3 √ 9 = a, − 3 √ 3 = b, c = 2 3 √ 2 −1 3 √ 9 − 3 √ 3 + 2 = ( 3 √ 2 −1)( 3 √ 81 + 3 √ 9 + 8 + 3 √ 27 −2 3 √ 9 + 2 3 √ 3) ( 3 √ 9 − 3 √ 3 + 2)( 3 √ 81 + 3 √ 9 + 8 + 3 √ 27 −2 3 √ 9 + 2 3 √ 3) 3. Áp dụng 285 = ( 3 √ 2 −1)(7 3 √ 9 + 5 3 √ 3 + 10) 32 Từ đây chúng ta sẽ chủ động sáng tác hàng loạt ví dụ về trục căn thức. b) Xét đa thức ba biến P(x, y, z) = x 3 + y 3 + z 3 Nhận xét P(x, y, z)là đa thức đối xứng P(x, y, z) = x 3 + y 3 + z 3 = (x + y + z) (x + y + z) 2 −3(xy + yz + zx) + 3x yz. Đặt α = x + y + z, β = xy + yz + zx, γ = xyz ⇒ P(x, y, z) = x 3 + y 3 + z 3 = α 3 −3αβ + 3γ. (1) Từ đó ta biểu thị S n = x n + y n + z n (n ∈ N) qua α, β, γ. 3 Áp dụng Cho x + y + z = 0. Chứng minh các đẳng thức sau: 1) (x 2 + y 2 + z 2 ) 2 = 2(x 4 + y 4 + z 4 ) 2) 5(x 2 + y 2 + z 2 )( x 3 + y 3 + z 3 ) = 6(x 5 + y 5 + z 5 ) 3) 5x yz(x 2 + y 2 + z 2 ) = 2(x 5 + y 5 + z 5 ) 4) Chứng minh S k = αS k−1 − βS k−2 + γS k−3 , k ≥ 4 5) Giải hệ phương trình x 3 + y 3 + z 3 = 8 x + y + z = −2(xy + yz + zx) xyz = 2 Giải. Ta chứng minh 4) từ đó suy ra các kết quả của 1), 2), 3) S 0 = x 0 + y 0 + z 0 = 3, S 1 = x + y + z = α S 2 = x 2 + y 2 + z 2 = (x + y + z) 2 −2(xy + yz + zx) = α 2 −2β (2) Từ (1) ta có: S 3 = x 3 + y 3 + z 3 =α 3 −3αβ + 3γ thay (2) vào S 3 = αS 2 − βS 1 + γS 0 , (3) Lần lượt nhân hai vế của đẳng thức (3) với x k−3 , y k−3 , z k−3 S 3 x k−3 = αx k−2 S 2 − βx k−3 S 1 + γx k−3 S 0 S 3 y k−3 = αy k−2 S 2 − βy k−3 S 1 + γy k−3 S 0 S 3 z k−3 = αz k−2 S 2 − βz k−3 S 1 + γz k−3 S 0 , cộng các vế của đẳng thức ta có: S k = αS k−1 − βS k−2 + γS k−3 , k ≥ 4 5) Giải hệ phương trình: ⇒ x 3 + y 3 + z 3 = αS 2 − βS 1 + γS 0 = 8, α = −2β, γ = 2 ⇒ 4β 3 −3β 2 −1 = 0⇒ Hệ có các nghiệm: 3.1 Một số ví dụ áp dụng 286 (1, -1, 2); (1, 2, -1); (2, -1, 1); (2, 1, -1); (-1, 2, 1); (-1, 1, 2) 3.1 Một số ví dụ áp dụng Có lần bắt gặp trên tạp chí Toán học nhà trường của Nga (Liên xô cũ) một bài toán tính tổng: A = 1 + 1 2 2 + 1 3 2 + 1 + 1 3 2 + 1 4 2 + ··· + 1 + 1 (n − 1) 2 + 1 n 2 , với n là số tự nhiên. Sau đó nhiều nơi lấy làm đề thi học sinh giỏi hoặc tuyển sinh vào lớp 10. Phải nói đây là bài toán hay áp dụng giải nhiều bài toán khác. Song chúng ta hãy đi tìm cội nguồn của bài toán cơ bản đó là đâu ? Hãy xét tổng 1 a + 1 b + 1 c , với a, b, c khác 0. Ta bình phương tổng đó ⇒ ( 1 a + 1 b + 1 c ) 2 = 1 a 2 + 1 b 2 + 1 c 2 + 2(a + b + c) abc Nếu a + b + c = 0 ⇒ ( 1 a + 1 b + 1 c ) 2 = 1 a 2 + 1 b 2 + 1 c 2 ⇒ 1 a 2 + 1 b 2 + 1 c 2 = 1 a + 1 b + 1 c (1) a + b + c = 0 ⇒ c = −(a + b) ⇒ 1 a 2 + 1 b 2 + 1 (a + b) 2 = 1 a + 1 b − 1 a + b ; (2) Nếu thay a bằng 1 a ⇒ a 2 + 1 b 2 + a 2 (ab + 1) 2 = a + 1 b − a ab + 1 . (3) Đồng thời thay b bằng 1 b ⇒ a 2 + b 2 + a 2 b 2 (a + b) 2 = a + b − ab a + b (4) Bài toán 3.1. Giải bài toán tính giá trị biểu thức A = 1 + 1 2 2 + 1 3 2 + 1 + 1 3 2 + 1 4 2 + ··· + 1 + 1 (n − 1) 2 + 1 n 2 Giải. 1 + 1 2 2 + 1 3 2 = 1 1 2 + 1 2 2 + 1 3 2 , 3 2 = (1 + 2) 2 theo công thức (1) 1 + 1 2 2 + 1 3 2 = 1 1 + 1 2 − 1 3 = 1 + 1 2 − 1 3 từ đó suy ra A = 1 + 1 2 2 + 1 3 2 + 1 + 1 3 2 + 1 4 2 + ··· + 1 + 1 (n − 1) 2 + 1 n 2 = 1 + 1 2 − 1 3 + 1 + 1 3 − 1 4 + . . . 1 + 1 n − 1 − 1 n = n + 1 2 − 1 n = 2n 2 + n −2 2n . 3.1 Một số ví dụ áp dụng 287 Ghi chú có sách đã chứng minh bằng quy nạp: n ∑ k=1 1 + 1 k 2 + 1 (k + 1) 2 = n(n + 2) n + 1 Bài toán 3.2. Rút gọn biểu thức 1 x 2 + y 2 + 1 (x + y) 2 + 1 x 4 + 1 y 4 + 1 (x 2 + y 2 ) 2 , Giải. Theo đồng nhất thức (2) 1 x 4 + 1 y 4 + 1 (x 2 + y 2 ) 2 = 1 (x 2 ) 2 + 1 (y 2 ) 2 + 1 (x 2 + y 2 ) 2 = 1 x 2 + 1 y 2 − 1 x 2 + y 2 (x 2 + y 2 ) 2 ≥ 2x 2 y 2 ⇒ 1 x 2 + 1 y 2 − 1 x 2 + y 2 = 1 x 2 + 1 y 2 − 1 x 2 + y 2 ⇒ 1 x 2 + y 2 + 1 (x + y) 2 + 1 x 2 + 1 y 2 − 1 x 2 + y 2 = 1 x 2 + 1 y 2 + 1 (x + y) 2 = 1 x + 1 y − 1 x + y Bài toán 3.3. Tính giá trị biểu thức 1 + 2012 2 + 2012 2 2013 2 + 2012 2013 . Giải. Áp dụng công thức (4) 1 2 + 2012 2 + 1 2 .2012 2 (1 + 2012) 2 = 1 + 2012 − 1.2012 2013 ⇒ 1 + 2012 2 + 2012 2 2013 2 + 2012 2013 = 2013. Bài toán 3.4. Giải phương trình (x + 1) 2 + (x + 1) 2 (x + 2) 2 = 3(x + 2) 2 . Giải. x = −2 không phải là nghiệm của phương trình ⇒ chia cho (x + 2) 2 ⇒ 1 2 + (x + 1) 2 + 1 2 (x + 1) 2 (x + 1 + 1) 2 = 4, áp dụng (2), hoặc (3) ⇒ 1 + (x + 1) − x + 1 x + 2 2 = 4 ⇒ x 2 + 3x + 3 x + 2 −2 x 2 + 3x + 3 x + 2 + 2 = 0 ⇒ (x 2 + 3x −1 )(x 2 + 5x + 7 ) = 0 Bài toán 3.5. Tính giá trị của biểu thức: 0, 357 2 + 0, 643 2 + 0, 357 2 .0, 643 2 . Giải. 3.1 Một số ví dụ áp dụng 288 0, 357 2 + 0, 643 2 + 0, 357 2 .0, 643 2 = 0, 357 2 + 0, 643 2 + 0, 357 2 .0, 643 2 (0, 357 + 0, 643) 2 Theo (3)⇒ 0, 357 2 + 0, 643 2 + 0, 357 2 .0, 643 2 (0, 357 + 0, 643) 2 = 0, 357 + 0, 643 − 0, 357.0, 643 1 = 1 − 357.643 1000 2 = 0, 770449. Bài toán 3.6. Cho m, n là các số nguyên không đồng thời bằng 0. Chứng minh rằng m 2 n 2 + (m 2 n 2 + 1)(mm + 1) 2 là số chính phương. Giải. m 2 n 2 + (m 2 n 2 + 1)(mm + 1) 2 = (mn + 1) 2 1 + (mn) 2 + 1.(mn) 2 (mn + 1) 2 , Áp dụng (4) ⇒ (mn + 1) 2 1 + mn − mn mn + 1 2 ⇒ (mn + 1) 2 mn + 1 − mn mn + 1 2 = (mn + 1) 2 − mn 2 = (m 2 n 2 + mn + 1) 2 Bài toán 3.7. Chứng minh đẳng thức: 1 (a − b) 2 + 1 (b − c) 2 + 1 (c − a) 2 = 1 a − b + 1 b − c + 1 c − a Giải. a − b + b − c + c − a = 0 theo (1) ⇒ (đpcm) Bài toán 3.8. Tính 1 + 999 9 2 + 0, 999 9 2 , (999 . . . .9 2 ; 0, 999 . . . 9 2 mỗi số có n chữ số 9) Giải. 0, 999 . . . 9 2 = 999 . . . 9 2 1000 0 2 = 1.999 . . . 9 2 (1 + 999 . . . 9) 2 ⇒ 1 + 999 . . . 9 2 + 0, 999 . . . 9 2 = 1 + 999 . . . 9 2 + 1.999 . . . 9 2 (1 + 999 . . . 9) 2 áp dụng (4) 1 + 999 . . . 9 2 + 1.999 . . . 9 2 (1 + 999 . . . 9) 2 = 1 + 999 . . . 9 − 999 . . . 9 1 + 999 . . . 9 = 1000 . . . 0 + 0, 999 . . . 9 Từ các đẳng thức (1), (2), (3), (4) bạn đọc có thể vận dụng sáng tác nhiều bài toán hay và thú vị. . HẰNG ĐẲNG THỨC VÀ ÁP DỤNG Nguyễn Bá Đang Hội THHN 1 Hằng đẳng thức cơ bản Hằng đẳng thức có trong chương trình Toán 8 (Tập một). (a ±b) 2 =. b 3 = (a ± b)(a 2 ∓ ab + b 2 ). (4) Từ những hằng đẳng thức đó, ta mở rộng một hằng đẳng thức mới có ứng dụng nhiều trong các cuộc thi. 1- Hằng đẳng thức: a 3 + b 3 + c 3 −3abc = (a + b + c)(a 2 +. −bc) 2 Một số áp dụng Ví dụ 2.1. Cho a + b + c = 0. Chứng minh a 3 + b 3 + c 3 = 3abc. Giải. Từ (5) ⇒ vế phải của hằng đẳng thức bằng 0 ⇒ a 3 + b 3 + c 3 = 3abc. Ví dụ 2.2. Phân tích đa thức thành