Sáng Kiến Kinh Nghiệm Khai Thác Công Dụng Của Hằng đẳng Thức ...

Có thể bạn quan tâm

Trang Chủ
Đăng ký
Đăng nhập
Upload
Liên hệ

Trang Chủ › Toán Học›Toán 8 Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác công dụng của hằng đẳng thức tổng ba lập phương

Bài tập vận dụng

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.

21 trang

hungphat.hp Lượt xem

7147

4 Download Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác công dụng của hằng đẳng thức tổng ba lập phương", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên+ 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 (2), 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) = 3(A + B)(B + C)(C + A). Suy ra đpcm. 2.2. Những ứng dụng của hằng đẳng thức tổng ba lập phương 2.2.1. 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. Hướng dẫn: Đặt a = x - y, b = y - z, c = z - x thì a + b + c = 0. Do đó a3 + b3 + c3 = 3abc. 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 toán: 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 toán: 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. 2.2.2. 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 = . Hướng dẫn: Từ giả thiết: xy + yz + zx = 0 và xyz 0 suy ra: . Xem , ta có a + b + c = 0, áp dụng: a + b + c = 0 a3 + b3 + c3 = 3abc ta có: . Ta có: P = = = . Vậy P = 3. Nhận xét: Ở bài toán trên chúng ta đã sử dụng “điều kiện xuôi” 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 = . Hướng dẫn: abc 0, a3 + b3 + c3 = 3abc a + b + c = 0 hoặc a = b = c. - Nếu a + b + c = 0 thì A = . - Nếu a = b = c thì A = (1 + 1)(1 + 1)(1 + 1) = 2.2.2 = 8. 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 = . Hướng dẫn: Nếu đặt: ta có: 1. Biểu thức A được chuyển về dạng: A = . 2. Điều kiện của giả thiết được biến đổi về dạng: a3b3 + b3c3 + c3a3 = 3a2b2c2 x3 + y3 + z3 = 3xyz Ta xét hai trường hợp: Trường hợp 1: Với x + y + z = 0, ta có: A = = . 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: 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). 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 = . Bài 3: Cho a, b, c khác 0 thoả mãn a3 - b3 + c3 = - 3abc. Tính: A = . Bài 4: Cho a, b, c khác 0 thoả mãn a3 + 8b3 + 27c3 = 18abc. Tính: B = . 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: 0 = a3 + b3 + c3 = a3 + b3 - = 3abc. Vậy một trong ba số a, b, c bằng 0. Từ đó suy ra: a2011 + b2011 + c2011 = 0. 2.2.3. 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) = x5 + y5 + z5 + x2y2(x + y) + y2z2( y + z) + z2x2(z + x) = x5 + y5 + z5 - x2y2z - y2z2x - z2x2y. (1) Mặt khác, cũng từ giả thiết x + y + z = 0 suy ra: 0 = (x + y + z)2 = x2 + y2 + z2 + 2(xy + yz + zx) xy + yz + zx = . (2) Thay (2) vào (1), ta được: 3xyz(x2 + y2 + z2) = x5 + y5 + z5 + (x2 + y2 + z2) 2(x5 + y5 + z5) = 5xyz(x2 + y2 + z2), đpcm. Ví dụ 3: Giả sử hệ phương trình 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 - Với a + b + c = 0, ta dễ dàng suy ra đpcm. - Với x + y - 1 = 0 , 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: Chứng minh rằng nếu ba số x, y, z có tổng bằng 0 thì: 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 = (x2 + y2 + z2)2 (chứng minh dễ dàng). Vậy: 2(x7 + y7 + z7) = xyz(x2 + y2 + z2)2 (*) Chứng minh: x5 + y5 + z5 = xyz(x2 + y2 + z2) (**) Thay (**) vào đẳng thức (*) ta được đpcm. 2.2.4. Trục căn thức ở mẫu Ví dụ: Hãy thực hiện trục căn thức ở mẫu cho biểu thức: A = . 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 ta được: A = = = Bài tập vận dụng Hãy thực hiện phép trục căn thức ở mẫu cho các biểu thức sau: a) A = b) c) C = 2.2.5. Giải phương trình. Giải hệ phương trình Xuất phát từ hằng đẳng thức thứ nhất ta có: A3 + B3 + C3 = 3ABC Xuất phát từ hằng đẳng thức thứ hai, ta có: A3 + B3 + C3 = (A + B + C)3 (A + B)(B + C)(C + A) = 0 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 b) Viết lại phương trình dưới dạng: x3 + 23 + 23 = 3.2.2.x Ví dụ 2: Giải phương trình: 54x3 - 9x + . (1) Hướng dẫn: (1) . 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: Suy ra a3, b3 là nghiệm của phương trình: . Giải phương trình này ta có t1 = t2 = , suy ra a = b = . Khi đó: (1) (x + a + b)(x2 + a2 + b2 - ax - bx - ab) = 0. Vậy phương trình (1) có hai nghiệm là: . Ví dụ 3: Giải các phương trình: a) . b) . 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: (x - 2)3 + (x + 1)3 + (1 - 2x)3 = 0 (x - 2 + x + 1 + 1 - 2x) + + (x - 2)(x + 1)(1 - 2x) = 0 Phương trình có ba nghiệm x = 2, x = - 1 và x = . b) Đặt . Khi đó, phương trình có dạng: a + b + c = 0 a3 + b3 + c3 = 3abc (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: Hướng dẫn: Từ (1) và (3) suy ra: (x + y + z)3 - (x3 + y3 + z3) = 0 (x + y)(y + z)(z + x) = 0 Khi đó: - Với x + y = 0, hệ có dạng: - 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: 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 (x + y + z)(2x2 + 2y2 + 2z2 - xy - yz - zx) = 0. (2) Vì 2x2 + 2y2 + 2z2 - xy - yz - zx = (x2 + y2 + z2 - xy - yz - zx) + x2 + y2 + z2 = Dấu “=” xảy ra khi và chi khi x = y = z = 0 (không 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: 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 = ; y2 + 2y + 4 = ; z2 - 3z + 9 = . Suy ra: nếu x > 1 . Vô lí! Lý luận tương tự, nếu x < 1 . Vô 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) . b) . c) Hướng dẫn: c) Đặt a = 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 hoặc x = - Với c + a = 0, suy ra x2 – 7x – 5 = 0 hoặc Vậy phương trình đã cho có 6 nghiệm phân biệt: Bài 4: Giải và biện luận phương trình: ax3 + bx + c = 0 với điều kiện: . Hướng dẫn: ax3 + bx + c = 0 . (với d3, e3 là hai nghiệm của phương trình: ). - Nếu thì tập nghiệm S = . - Nếu thì tập nghiệm S = . Bài 5: Tìm nghiệm nguyên của hệ phương trình: Hướng dẫn: Hệ phương trình trên tương đương với: 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 . Từ đó để 3z - 2 nguyên thì chỉ có thể 3z - 2 = 1 hoặc 3z - 2 = -2. a) Với 3z - 2 = 1, thay vào hệ (II) được hệ: Vậy (x - 1); (2y - 3) là nghiệm của phương trình t2 + t + 6 = 0. Phương trình này vô nghiệm. b) Với 3z - 2 = -2, thay vào hệ (II) được hệ: 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 nguyên (x; y; z) là (0; 3; 0); (4; 1; 0). 2.2.6. Chứng minh bất đẳng thức Ví dụ 1: Cho a, b, c 0. Chứng minh rằng: a + b + c . (Bất đẳng thức Cô-si cho ba số không âm) Hướng dẫn: Ta có x3 + y3 + z3 – 3xyz = (x + y + z)(x2 + y2 + z2 – xy – yz – zx) x2 + y2 + z2 – xy – yz – zx = 0 Đặt x = ; x + y + z 0 vì a, b, c 0. Từ đó x3 + y3 + z3 – 3xyz 0 hay a + b + c . 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 . 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 . Hướng dẫn: (a3 + abc) + (b3 + abc) + (c3 + abc) (1) Mà a3 + b3 + c3 3abc (2) (Vì (2) ) 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 Cô-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. 2.2.7. 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: 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 còn có thể chứng minh được các bài toán 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: (a - b)p + (b - c)p + (c - a)p chia hết cho p(a - b)(b - c)(c - a). Bài tập vận dụng 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 không 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). 2.2.8. Các dạng khác Ví dụ 1: Chứng minh rằng nếu a, b, c là các số nguyên khác 0 thoả mãn điều kiện thì tích số abc là lập phương của một số nguyên. Hướng dẫn: Đặt . 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 Từ đây dễ dàng suy ra a = b = c. Do đó abc = a3, ta có đcm. 2) x + y + z = 0, tức là Nhân cả hai vế của đẳng thức này lần lượt với và , ta được hệ Khử trong hệ này, ta tính được: (1) Do abc 0 nên nếu a - b = 0 thì (1) (không xảy ra vì x + y + z = 0). Nếu a - b thì (1) . (2) (2) chứng tỏ abc là lập phương của một số hữu tỉ. Nhưng vì abc nguyên 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 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 = thì ” 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 ac = -b(c + a) = -b(-b) (vì a + c = - b) ac = b2 Tương tự a2 = bc, c2 = ab Mặt khác a6 + b6 + c6 = 3a2b2c2 (2) Từ (1) và (2) suy ra: (đpcm). Hướng dẫn: Điều “không ổn” ở giả thiết của bài toán. Thật vậy, từ 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 . 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 vuông góc Oxy, hãy tìm tập hợp các điểm

Tài liệu đính kèm:

SKKNHIEN.doc

Sáng kiến liên quan

Sáng kiến kinh nghiệm Rèn kỹ năng làm toán bằng câu hỏi trắc nghiệm
Lượt xem: 3342 Lượt tải: 2
Sáng kiến kinh nghiệm Nâng cao năng lực tư duy lôgic cho học sinh trong quá trình giải toán hình học 8
Lượt xem: 1357 Lượt tải: 2
SKKN Một số kinh nghiệm giúp học sinh áp dụng tốt các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử trong giải Toán 8 tại trường THCS Lương Thế Vinh huyện Krông Ana tỉnh Đắk Lắk
Lượt xem: 2179 Lượt tải: 1
Sáng kiến kinh nghiệm Nâng cao chất lượng dạy và học ở trường THCS Phạm Hồng Thái - Cư J út - Đăk Nông
Lượt xem: 1820 Lượt tải: 1
SKKN Một số kinh nghiệm về việc vận dụng các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử vào giải toán môn Đại số 8
Lượt xem: 2184 Lượt tải: 2
Sáng kiến kinh nghiệm Vận dụng những hằng đẳng thức vào giải toán lớp 8
Lượt xem: 6376 Lượt tải: 3
Sáng kiến kinh nghiệm Rèn kỹ năng giải bài toán bằng cách lập phương trình cho học sinh Lớp 8 có học lực trung bình
Lượt xem: 832 Lượt tải: 3
Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác công dụng của hằng đẳng thức tổng ba lập phương
Lượt xem: 7147 Lượt tải: 4
Sáng kiến kinh nghiệm Một số biện pháp tổ chức đánh giá xếp loại giáo viên cuối năm
Lượt xem: 1679 Lượt tải: 4
Sáng kiến kinh nghiệm Một số biện pháp tạo hứng thú cho học sinh học môn Hình học 8
Lượt xem: 2712 Lượt tải: 2