Skkn xây dựng chùm bài tập từ một số đẳng thức trong bồi dưỡng học sinh giỏi toán trung học cơ sở

  • 45 trang
  • file .pdf
Xây dựng chùm bài tập từ một số đẳng thức trong BD HSG Toán THCS
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.
Người viết: Ngô Tấn Nam -1- Giáo viên Trường THCS thị trấn Ba Tơ
Xây dựng chùm bài tập từ một số đẳng thức trong BD HSG Toán THCS
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).
Người viết: Ngô Tấn Nam -2- Giáo viên Trường THCS thị trấn Ba Tơ
Xây dựng chùm bài tập từ một số đẳng thức trong BD HSG Toán THCS
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 cầï 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.
Người viết: Ngô Tấn Nam -3- Giáo viên Trường THCS thị trấn Ba Tơ
Xây dựng chùm bài tập từ một số đẳng thức trong BD HSG Toán THCS
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
Người viết: Ngô Tấn Nam -4- Giáo viên Trường THCS thị trấn Ba Tơ
Xây dựng chùm bài tập từ một số đẳng thức trong BD HSG Toán THCS
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:
Người viết: Ngô Tấn Nam -5- Giáo viên Trường THCS thị trấn Ba Tơ
Xây dựng chùm bài tập từ một số đẳng thức trong BD HSG Toán THCS
3.1. Xây dựng chùm bài tập từ đẳng thức:
1 2 2 2
a3  b3  c3  3abc  (a  b  c) a2  b2  c2  ab  bc  ca  (a  b  c)  a  b   b  c   c  a 
2  
Bài toán A: Cho ba số a, b, c bất kì. Chứng minh rằng
1 2 2 2
a3  b3  c3  3abc  (a  b  c) a2  b2  c2  ab  bc  ca  (a  b  c)  a  b   b  c   c  a 
2  
* Lời giải:
Cách 1: Biến đổi vế phải thành vế trái
1 2 2 2
Ta có: ( a  b  c )  a  b    b  c    c  a  
2  
 (a  b  c)  a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca 
Vậy a3  b3  c3 3abc  (a  b  c) a2  b2  c2  ab bc  ca
1 2 2 2
 ( a  b  c )  a  b    b  c    c  a  
2  
Cách 2: Biến đổi vế trái thành vế phải
Ta có: (a + b)3 = a3 + b3 + 3ab(a + b)  a3 + b3 = (a + b)3 - 3ab(a + b)
Nên a3 + b3 + c3 – 3abc = (a + b)3 - 3ab(a + b) + c3 – 3abc
= (a + b)3 + c3 – 3ab(a + b) – 3abc = (a + b)3 + c3 – 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]
1 2 2 2
= (a + b + c).(a2 + b2 + c2 – ab – ac – bc)  (a b  c)  a b  b c  c  a 
2  
Vậy a3  b3  c3 3abc  (a  b  c) a2  b2  c2  ab bc  ca
1 2 2 2
 ( a  b  c )  a  b    b  c    c  a  
2  
Người viết: Ngô Tấn Nam -6- Giáo viên Trường THCS thị trấn Ba Tơ
Xây dựng chùm bài tập từ một số đẳng thức trong BD HSG Toán THCS
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 A1: Phân tích đa thức: a 3  b3  c3  3abc 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 a3, dấu của b cũng là dấu của b3, dấu của c
cũng là dấu của c3. Do đó ta có thể đề xuất bài toán sau:
Bài toán A2: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
a ) a 3  b3  c 3  3abc b) a 3  b3  c3  3abc c)  a 3  b3  c 3  3abc
Lời giải:
a ) a 3  b 3  c 3  3 abc  a 3  (  b ) 3  c 3  3 a (  b ) c
=  a  b  c   a 2  b 2  c 2  ab – ac + bc 
b) a 3  b3  c3  3abc  a 3  (b)3  (c)3  3a (b)(c)
  a  b  c   a 2  b 2  c 2  ab + ac  bc 
c)  a 3  b3  c3  3abc  (a 3  b3  c3  3abc)
   a  b  c   a 2  b 2  c 2  ab – ac  bc 
Từ bài toán A và bài toán A2.a) ta có thể xây dựng tiếp một số bài toán sau:
Bài toán A3: Chứng minh rằng a 3  b3  c3  3abc chia hết cho a – b + c
Lời giải:
a 3  b3  c 3  3abc   a  b  c   a 2  b 2  c 2  ab – ac +bc (a  b  c)
Bài toán A4: Chứng minh rằng nếu a, b, c là ba số nguyên khác 0 thì các phân
a 3 + b3  c3  3abc a 3 + b3  c3  3abc
số A  và B  2 2 2 là các số nguyên
a bc a  b  c  ab  bc  ca
Lời giải:
Người viết: Ngô Tấn Nam -7- Giáo viên Trường THCS thị trấn Ba Tơ
Xây dựng chùm bài tập từ một số đẳng thức trong BD HSG Toán THCS
A =
 2 2 2
a 3 + b3  c3  3abc (a  b  c) a  b  c  ab  bc  ca 
=a 2  b 2  c2  ab  bc  ca
abc abc
B 2
a 3 + b3  c3  3abc

 2 2 2
(a  b  c) a  b  c  ab  bc  ca abc
a  b 2  c 2  ab  bc  ca a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca
Vậy A và B là các số nguyên.
a 3 + b3  c3  3abc
Bài toán A5: Cho B  . Chứng minh rằng nếu a, b, c là
a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca
ba số nguyên liên tiếp thì B là một số nguyên chia hết cho 3.
Lời giải:
B 2
a 3 + b3  c3  3abc

 2 2 2
(a  b  c) a  b  c  ab  bc  ca 
 a  b  c (1)
2 2
a  b  c  ab  bc  ca a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca
Mà a, b , c là ba số nguyên liên tiếp nên a  b  cM3 (2)
Từ (1) và (2) suy ra đpcm.
Bài toán A6: Cho abc là số tự nhiên có ba chữ số thỏa mãn abcM9 . Chứng
minh rằng a 3  b3  c 3  3abc chia hết cho 9
Lời giải: Ta có abcM9  a  b  cM9 (1)
Lại có a 3  b3  c 3  3abc   a  b  c   a 2  b 2  c 2  ab – ac  bc  (2)
Từ (1) và (2) ta suy ra điểu phải chứng minh.
Bài toán A7:
a) Cho cho a, b, c, k là các số nguyên thỏa mãn a  b  cMk . Chứng minh rằng
a 3  b3  c 3  3abc chia hết cho k
b) Cho cho a, b, c, k là các số nguyên thỏa mãn a 2  b 2  c2  ab  bc  ca Mk .
Chứng minh rằng a 3  b3  c 3  3abc chia hết cho k
Hướng dẫn: Giải tương tự bài toán A6
Bài toán A8: Cho abc là số tự nhiên có ba chữ số thỏa mãn abcM
11 .
Chứng minh rằng a 3  b3  c3  3abc chia hết cho 11
Người viết: Ngô Tấn Nam -8- Giáo viên Trường THCS thị trấn Ba Tơ
Xây dựng chùm bài tập từ một số đẳng thức trong BD HSG Toán THCS
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 abcM 11 (1)
11  a  b  cM
Lại có a 3  b3  c 3  3abc   a  b  c   a 2  b 2  c 2  ab – ac +bc  (2)
Từ (1) và (2) ta suy ra điểu phải chứng minh.
Bài toán A9: Cho a, b, c  N * và ƯCLN(abc, a + b + c) = 1. Chứng minh rằng
nếu (a 3  b3  c3  kabc)M(a  b  c) thì (k  3)M(a  b  c)
Lời giải:
Vì (a 3  b3  c3  kabc)M(a  b  c)  (a 3  b3  c3  3abc  kabc  3abc)M(a  b  c)
 (a  b  c)(a 2  b 2  c2  ab  bc  ca)  abc(k  3)M(a  b  c)  abc(k  3)M(a  b  c) (1)
Lại có ƯCLN(abc, a + b + c) = 1 (2)
Từ (1) và (2) suy ra (k  3)M(a  b  c)
Nhận xét 2:
Nếu viết a 3  b3  c 3  3abc   a 3  abc    b3  abc    c3  abc 
 a  a 2  bc   b  b 2  ac   c  c 2  ab 
 bc  2 ac  2  ab 
 a2  a    b b    c c  
 a   b   c 
 bc   ac   ab 
 a3 1  2   b3 1  2   c3 1  2 
 a   b   c 
ta có thể đề xuất một số bài toán sau:
Bài toán A10: Cho x  a 2  bc; y  b 2  ac; z  c 2  ab .
Chứng minh rằng: a) (ax  by  cz)M(a  b  c) b) (ax  by  cz)M(x  y  z)
Lời giải:
a) Ta có: ax  by  cz  a  a 2  bc   b  b2  ac   c  c2  ab   a 3  b3  c3  3abc
 
 (a  b  c) a 2  b 2  c2  ab  bc  ca M(a  b  c) (đpcm)
b) Ta có: x  y  z   a 2  bc    b2  ac    c2  ab   a 2  b2  c2  ab  bc  ca (1)
Theo câu a, ta lại có ax  by  cz  (a  b  c)  a 2  b2  c2  ab  bc  ca  (2)
Từ (1) và (2) suy ra đpcm
Người viết: Ngô Tấn Nam -9- Giáo viên Trường THCS thị trấn Ba Tơ
Xây dựng chùm bài tập từ một số đẳng thức trong BD HSG Toán THCS
bc ac ab
Bài toán A11: Cho x  a  ; y b ; z c .
a b c
Chứng minh rằng: (a 2 x  b 2 y  c 2 z)M(ax  by  cz)
bc  2  ac  2  ab 
Lời giải: a) Ta có: a 2 x  b2 y  c2 z  a 2  a    b b    c c  
 a   b  c 
 a3  b3  c3  3abc  (a  b  c)  a 2  b2  c2  ab  bc  ca  (3)
bc   ac   ab  2 2 2
Lại có ax  by  cz  a  a    b  b    c  c    a  b  c  ab  bc  ca (4)
 a   b  c 
Từ (3) và (4) suy ra đpcm
bc ac ab
Bài toán A12: Cho x  1  2
; y 1 2 ; z 1 2 .
a b c
Chứng minh rằng: (a 3 x  b 3 y  c 3 z ) M(a 2 x  b 2 y  c 2 z )
Lời giải:
3 3 3 3 bc  3  ac  3  ab  3 3 3
Ta có: a x  b y c z  a 1 2   b 1 2  c 1 2   a  b  c 3abc
 a   b   c 
 
 (a  b  c) a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca (5)
 bc   ac   ab 
Lại có a2x  b2 y  c2z  a2 1 2   b2 1 2   c2 1 2   a2  b2  c2  ab  bc  ca (6)
 a   b   c 
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 a 3  b3  c3  3abc thì ta sẽ được vô số các bài toán tương tự bài toán A.
Bài toán A13: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
a) ( x  1)3  (2 x  3)3  ( x  4)3  3( x  1)(2 x  3)( x  4)
b) ( x  y )3  ( y  z )3  ( z  x)3  3( x  y )( y  z )( z  x)
c) ( x  2 y )3  ( y  z )3  ( z  x)3  3( x  2 y )( y  z )( z  x)
Hướng dẫn: Đặt ẩn phụ để đưa bài toán về bài toán A
Người viết: Ngô Tấn Nam - 10 - Giáo viên Trường THCS thị trấn Ba Tơ
Xây dựng chùm bài tập từ một số đẳng thức trong BD HSG Toán THCS
3.1.2. Xây dựng chùm bài tập trong chứng minh đẳng thức; trong tính
toán; rút gọn biểu thức:
Bài toán A14:
Chứng minh rằng, nếu a3 + b3 + c3 = 3abc thì a = b = c hoặc a + b + c = 0
Lời giải: Ta có a 3  b3  c3  3abc  a 3  b3  c 3  3abc  0
1 2 2 2
 ( a  b  c )  a  b    b  c    c  a    0
2  
a  b  c  0 a  b  c  0
 2 2 2 
 a  b    b  c    c  a   0 a  b  c
Bài toán A15: Cho a + b + c = 0. Chứng minh rằng a3 + b3 + c3 = 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 A16: Rút gọn các biểu thức sau:
a3 +b3 +c3 -3abc
a) A = 2 2 2
 a  b   b  c   c  a
b) B =
x 3  y 3  z3  3xy z
.
 
x y 2  z  y  x  xy 
xy 2  xz  2y  z   x  y 2   y  z 2   z  x 2
Lời giải:
1 2 2 2
(a  b  c)  a  b   b  c   c  a 
a3 +b3 +c3 -3abc   1
a) A  2 2 2
=2 
2 2 2
= (a  b  c)
 a  b    b  c   c  a   a  b    b  c   c  a  2
b) Phương pháp giải tương tự câu a.
Nhận xét 4: Từ bài toán A16.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 A17: Cho a + b + c = 2014.
a3 +b3 +c3 -3abc
Tính giá trị của biểu thức A = 2 2 2
 a  b   b  c   c  a
1 1
Hướng dẫn: A = (a  b  c)  .2014  1007
2 2
Người viết: Ngô Tấn Nam - 11 - Giáo viên Trường THCS thị trấn Ba Tơ
Xây dựng chùm bài tập từ một số đẳng thức trong BD HSG Toán THCS
Bài toán A18: Cho ba số a, b, c là ba số khác 0 thỏa mãn điều kiện
a3 + b3 + c3 = 3abc. Tính giá trị các biểu thức sau:
a b  c abc
a) M =  1  
 1   1   b) N=
 b  c  a (a  b)(b  c)(c  a )
Lời giải:
1 2 2 2
Ta có: a 3  b3  c3  3abc  (a  b  c)  a  b    b  c    c  a  
2  
1 2 2 2
Lại vì: a 3  b3  c 3  3abc . Khi đó (a  b  c)  a  b   b  c    c  a   0
2  
a  b  c  0 a  b  c  0
 2 2 2  
 a  b    b  c    c  a   0  a  b  c
* Nếu a = b = c thì M = 1  11  11  1  8
a  b  c
* Nếu a + b + c = 0  b  c  a .
c  a   b

 a  b  c ba c b ac  c a  b
 M   1    1   1    . .  . .  1
 b   c  a  b c a b c a
b) Giải tương tự ta có: + Nếu a+b+c =0 thì N=-1
1
+ Nếu a=b=c thì N=
8
Bài toán A19:
Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a a + b b + c c - 3 abc = 0.
a b c
Tính giá trị biểu thức P = (1 + ) (1 + ) (1 + )
b c a
Hướng dẫn: Tương tự bài toán A18 .a)
Bài toán A20: Cho abc  0 thỏa mãn điều kiện a3b3 + b3c3 + c3a3 = 3a2b2c2
a b  c
Tính giá trị biểu thức M =  1  
 1   1  
 b  c  a
Người viết: Ngô Tấn Nam - 12 - Giáo viên Trường THCS thị trấn Ba Tơ
Xây dựng chùm bài tập từ một số đẳng thức trong BD HSG Toán THCS
x  ab
Lời giải: Đặt y  bc . Khi đó a3b3+b3c3+c3a3 = 3a2b2c2  x3+y3 +z3 =3xyz
z  ca

x  y  z  0
x  y  z  0
 x3 + y3 + z3 - 3xyz = 0  1  
 (x  y)2  (y  z)2  (x  z)2   0 x  y  z
 2  
a b  c  z  x  y   y  z  z  x  x  y 
Ta có M =  1  
 1   1   =  1    1   1   =    
 b  c  a  y  z  x  y  z  x 
 x  y  z
x y z
* Nếu x+ y+ z = 0  y  z  x  M = . .  1
z  x   y y z x

* Nếu x = y = z thì M = 8.
Bài toán A21: Cho a + b + c = 2014 và a, b, c đôi một khác nhau. Hãy chứng
a3 + b3 + c3 -3 ab c
tỏ giá trị của biểu thức A  2 2 2
không phụ thuộc vào giá
 a  b    b  c   c  a
trị của a, b, c..
1 1
Hướng dẫn: A = (a  b  c)  .2014  1007 từ đó suy ra điều phải chứng minh.
2 2
Bài toán A22: Cho a, b, c là ba số nguyên liên tiếp. Chứng minh rằng giá trị
a 3 + b3  c3  3abc
của biểu thức A  không phụ thuộc vào giá trị của a, b, c.
abc
a 3 + b3  c3  3abc 1  2 2 2
Lời giải: Ta có 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:
1 2 2 2 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.
Người viết: Ngô Tấn Nam - 13 - Giáo viên Trường THCS thị trấn Ba Tơ
Xây dựng chùm bài tập từ một số đẳng thức trong BD HSG Toán THCS
3.1.3. Xây dựng chùm bài tập trong chứng minh bất đẳng thức:
Nhận xét 5:
Từ bài toán A: M= a3  b3  c3  3abc  (a  b  c)  a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca 
1 2 2 2
 ( a  b  c )  a  b    b  c    c  a  
2  
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 A23: Chứng minh rằng x3 +y3 +z3  3xyz khi và chỉ khi x+y+z  0.
1
Lời giải: Xét hiệu x3 +y3 +z3 -3xyz = (x+y+z)(x-y)2 +(x-z)2 +(y-z)2
2
Ta có (x-y)2 +(x-z)2 +(y-z)2 ≥ 0 với mọi x, y, z
1
 (x+y+z)(x-y)2 +(x-z)2 +(y-z)2 ≤ 0 (vì x+y+z  0)
2
Vậy x3 +y3 +z3  3xyz
Bài toán A24: Cho các số dương x, y, z. Chứng minh rằng x3 +y3 +z3 - 3xyz
không âm.
Hướng dẫn: Giải tương tự bài toán A23 (x, y, z là ba số dương nên x+y+z 0)
Bài toán A25: Cho ba số không âm x, y, z.
Chứng minh rằng x  y  z  3 3 xyz . Dấu “=” xảy ra khi nào? ( Bất đẳng thức
Cô-si cho 3 số không âm)
3 3 3
Lời giải: x  y  z  3 3 xyz   3 x    3 y    3 z   3 3 xy z  0
3 3 3
Ta có:  3 x    3 y    3 z   3 3 xy z
1 3  2 2 2


2
 
    
x3 y3 z  3 x3 y  3 y 3 z  3 z 3 x 0


 x  y  z  3 3 xyz . Dấu “ =” xảy ra khi x = y = z.
Người viết: Ngô Tấn Nam - 14 - Giáo viên Trường THCS thị trấn Ba Tơ
Xây dựng chùm bài tập từ một số đẳng thức trong BD HSG Toán THCS
Bài toán A26: Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác, không phải là tam giác
cân. Chứng minh rằng a3 +b3 +c3 – 3abc > 0.
Lời giải: Ta có a 3  b3  c3  3abc  (a  b  c)  a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca 
1 2 2 2
 ( a  b  c )  a  b    b  c    c  a  
2  
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 )
1 2 2 2
Suy ra ( a  b  c )  a  b    b  c    c  a    0
2  
Vậy a3 +b3 +c3 – 3abc > 0
Bài toán A27: Cho tam giác nhọn ABC. Chứng minh rằng:
a) sin3A + sin3B + sin3C – 3sinA.sinB.sinC ≥ 0
b) cos3A + cos3B + cos3C – 3cosA.cosB.cosC ≥ 0
c) tan3A + tan3B + tan 3C – 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 a 3  b3  c3  3abc và cho a 3  b3  c 3  3abc  0 thì ta sẽ được vô số các
bài toán về giải phương trình hay hệ phương trình. Chẳng hạn:
Bài toán A28: Giải phương trình
(x – 1)3 + (2x – 3)3 + (3x – 5)3 - 3(x – 1)(2x – 3)(3x – 5) = 0 (1)
x 1  a
Lời giải: Đặt 2 x -3  b  a  b  c  6 x  9
3 x - 5  c

Khi đó phương trình (1) trở thành:
1 2 2 2
a 3  b3  c 3  3abc  0  (a  b  c)  a  b    b  c    c  a    0
2  
Người viết: Ngô Tấn Nam - 15 - Giáo viên Trường THCS thị trấn Ba Tơ
Xây dựng chùm bài tập từ một số đẳng thức trong BD HSG Toán THCS
 3
 a  b  c  0 6 x  9  0 6 x  9  x
    2
 a  b  c  x  1  2 x  3  3 x  5  x  2  0 
x  2
3
Vậy tập nghiệm của phương trình(1) là: S = 2; 
2
Bài toán A29: 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 – x2)(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 – x2)(2x + 1) = - 3(x + 1)(x – 1)(2x + 1) sau đó
giải tương tự câu a, b.
Bài toán A30:
Gọi a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác thỏa a3 + b3 + c3 – 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: Ta có a 3  b3  c 3  3abc  0
1 2 2 2
 ( a  b  c )  a  b    b  c    c  a    0
2  
 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.
x  y  z  1

Bài toán A31: Giải hệ phương trình x 2  y 2  z2  1
 3 3 3
x  y  z  1
Trích đề thi HSG Toán 9-TP.Hồ Chí Minh- Năm học 1986-1987
Lời giải: Ta có: x3 + y3 + z3 – 3xyz = (x + y + z).(x2 + y2 + z2 – xy – xz – yz)
 1 – 3xyz = 1.(1 – xy – xz – yz)  3xyz = xy + yz + xz (1)
Người viết: Ngô Tấn Nam - 16 - Giáo viên Trường THCS thị trấn Ba Tơ
Xây dựng chùm bài tập từ một số đẳng thức trong BD HSG Toán THCS
Mặt khác ta có:
1 = (x + y + z)2 = x2 + y2 + z2 + 2(xy + yz + xz) = 1 + 2(xy + yz + xz)
 xy + yz + xz = 0 (2)
x  0
Từ (1) và (2)  3xyz = 0   y  0
 z  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:
y  z  1  y  0
x  y  z  1 y  z  1 y  z  1  
 2  2 2  y  0 z  1
2 2
x  y  z  1  y  z  1   2yz  0     
x 3  y3  z 3  1 y 3  z3  1 1  y z  1  z  0 
z  0
   1  y z  1  y  1
 
Vậy hệ có ba nghiệm:  x, y, z   1; 0; 0  ,  0;1; 0  ,  0; 0;1
Nhận xét 7: Từ cách giải bài toán 31, ta có thể đề xuất ba bài toán sau (từ bài
A32 đến bài A34)
x  y  z  1

Bài toán A32: Cho ba số x, y, z thỏa mãn x 2  y 2  z2  1 .
 x 3  y 3  z3  1

2012
Tính giá trị biểu thức P  x  y2013  z2014
Hướng dẫn: Sử dụng kết quả bài toán A31, từ đó tính được giá trị biểu thức P
x  y  z  2

Bài toán A33: Giải hệ phương trình x 2  y 2  z2  26
 3 3 3
x  y  z  38
Đề thi HSG Toán 9- Tỉnh Phú Yên- Năm học 2001-2002
Lời giải: Ta có x3 + y3 + z3 – 3xyz = (x + y + z).(x2 + y2 + z2 – xy – xz – yz)
 38 – 3xyz = 2.( 26 – xy – yz – xz)  3xyz – 2(xy + yz + xz) = -14 ( 1)
Mặt khác ta lại có: x2 + y2 + z2 = (x + y + z)2 – 2(xy + yz + xz)
Người viết: Ngô Tấn Nam - 17 - Giáo viên Trường THCS thị trấn Ba Tơ
Xây dựng chùm bài tập từ một số đẳng thức trong BD HSG Toán THCS
 26 = 22 – 2(xy + yz + xz)
 xy + yz + xz = - 11 (2)
Thay (2) vào (1)  xyz = -12
x  y  z  2
Ta có hệ phương trình mới xyz   12
xy  y z  xz   11

Từ phương trình đầu  y + z = 2 – x
 12
Từ phương trình thứ hai  yz = (x  0)
x
 12
Thay vào phương trình cuối ta có: x( y + z) + = -11
x
12
 x.(2 – x) - = -11 x2( 2 – x) – 12 = -11x ( x  0)
x
 2x2 – x3 – 12 = -11x
 x3 – 2x2 – 11x + 12 = 0 ( x – 1).(x2 – x – 12) = 0
x  1
x  1  0
 2   x   3
 x  x  12  0  x  4
 y   3
y  z  2  x y  z  2  1 
  y  z  1 z4
* Với x = 1: Ta có   12    12    
y z   12  y  4
y z  x y z  1 
  z   3
y  1
y  z  2  x y  z  2  ( 3) 
  y  z  5 z4
* Với x = -3: Ta có:   12    12   
y z  4 y  4
y z  x y z   3 
 z  1
 y  1
y  z  2  x y  z  2  4 
  y  z   2 z  3
* Với x = 4: Ta có:   12    12    
y z   3 
y z  x y z  4 
y   3
 z  1
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).
Người viết: Ngô Tấn Nam - 18 - Giáo viên Trường THCS thị trấn Ba Tơ
Xây dựng chùm bài tập từ một số đẳng thức trong BD HSG Toán THCS
x  y  z  22

Bài toán A34: Giải hệ phương trình: x 2  y 2  z2  196
x3  y3  z3  2008

Trích Tạp chí Toán tuổi thơ – Số 71- Tháng 01/2009
Hướng dẫn: Tương tự như bài toán A33
x 3  y3  z 3  3x yz

Bài toán A35: Giải hệ phương trình: x  y  2z
x 20 0 1  y 2 00 1  z 2 0 0 1  91 0 01

Đề thi vào 10 THPT chuyên Lê Khiết, 2001-2002
x  y  z  0
Hướng dẫn: Từ phương trình đầu   . Kết hợp với hai phương
x  y  z
trình còn lại sẽ tìm được x, y, z.
Bài toán A36: Cho ba số a, b, c đôi một khác nhau thỏa a3 + b3 + c3  3abc
ax  by  cz  0
Chứng minh rằng hệ  bx  cy  az  0 có nghiệm duy nhất.
cx  ay  bz  0

Lời giải:
Cộng vế theo vế các phương trình của hệ, ta đươc: (a + b + c)(x + y + z ) = 0.
Vì a3 + b3 + c3  3abc  (a + b + c)( a2 + b2 + c2 – ab – ac –bc)  0
a  b  c  0
  2 2 2
x+y+z=0
a  b  c – ab – ac – bc  0
 z = - (x + y) thế vào hai phương trình đầu của hệ trên, ta được:
 (c  a)x
 y
ax  by  c(x  y)  0 (a  c)x  (b  c)y  0  bc
   (I)
 bx  cy  a(x  y)  0 (b  a)x  (c  a)y  0 (b  a)x  (c  a) (c  a)x  0
 bc
Vì a, b, c đôi một khác nhau  b – c  0
Người viết: Ngô Tấn Nam - 19 - Giáo viên Trường THCS thị trấn Ba Tơ
Xây dựng chùm bài tập từ một số đẳng thức trong BD HSG Toán THCS
 (c  a)x  (c  a)x
y  y 
(I)   bc  bc
(b  a)(b  c)x  (c  a)(c  a)x  0 (b  a)(b  c)  (c  a)(c  a) x  0

 (c  a)x
y  b  c
 x=0y=0z=0
 
 a2  b2  c2  a c  bc  ca x  0
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là (x, y, z) = ( 0; 0; 0)
Bài toán A37: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình
( x  y )3  ( y  z)3  (z  x )3  3( x  y )( y  z)(z  x )  0
Hướng dẫn: Biến đổi phương trình về dạng
1
( x  y  z ) ( x  y ) 2  ( y  z )2  ( z  x) 2   0  x  y  z (do x  y  z  0)
2
Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là (x, x, x) với x  N *
Bài toán A38: Tìm các nghiệm nguyên dương của hệ phương trình:
x 3  y3  3xy z  z3
 2 3
(2x  2y)  z
Lời giải: Ta có : x3  y3  3xyz  z3  x3  y3  (z)3  3x y(z)  0
  x  y  z   x2  y2  z2  xy  yz  xz   0
1 x  y  z  0
  x  y  z  (x  y)2  (y  z)2  (z  x)2   0  
2 x  y  z  0 (do z  0)
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).
Người viết: Ngô Tấn Nam - 20 - Giáo viên Trường THCS thị trấn Ba Tơ