Sáng kiến kinh nghiệm: Rèn kĩ năng giải bài toán tính giá trị của biểu thức khi các biến thỏa mãn điều kiện, cho học sinh khá, giỏi Lớp 8

Nội dung text: Sáng kiến kinh nghiệm: Rèn kĩ năng giải bài toán tính giá trị của biểu thức khi các biến thỏa mãn điều kiện, cho học sinh khá, giỏi Lớp 8

1. MỤC LỤC STT NỘI DUNG TRANG 1 MỤC LỤC 1 2 I . Mở đầu 2 3 1. Lí do chọn đề tài 2 5 2. Mục đích nghiên cứu 2 5 3. Đối tượng nghiên cứu 3 6 4. Phương pháp nghiên cứu 3 7 II. Nội dung 3 8 1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm 3 9 2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến 5 kinh nghiệm 10 3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề 5 11 4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với bản thân, đồng nghiệp và 15 nhà trường 12 III. Kết luận và kiến nghị 17 1. Kết luận 17 13 2. Kiến nghị 17 14 IV. Tài liệu tham khảo. 18 1
2. I. MỞ ĐẦU 1. Lí do chọn đề tài Trong chương trình toán ở THCS bài toán tính giá trị của biểu thức không phải là bài toán mới lạ, nó là một dạng cơ bản giúp học sinh rèn luyện kĩ năng tính toán, biến đổi biểu thức đại số ,và một số kĩ năng khác Đặc biệt từ bài toán này bước đầu cho học sinh thấy được mối liên hệ giữa các đại lượng thay đổi phụ thuộc nhau làm tiền đề hình thành khái nệm hàm số sau này. Với những bài tập cơ bản thông thường học sinh chỉ việc thay các giá trị cho trước của các biến vào biểu thức rồi tính, tuy nhiên không phải bài tập nào cũng đơn giản như vậy, những bài tập nâng cao gây cho học sinh không ít khó khăn cả về kĩ năng giải lẫn tâm lí sợ khó khi gặp những bài tập dạng này. Trong một số kì thi học sinh giỏi gần đây, học sinh lớp 8 thi toán khi thi thường gặp khó khăn với những bài tập dạng này, đáng tiếc hơn có học sinh khi đọc đề bài thấy bài tập dạng này liền mang tâm lí sợ khó nên không làm. Trong kì thi giao lưu học sinh giỏi huyện Hâu Lộc năm học 2016 - 2017 , môn toán lớp 8 có bài toán sau: 2 2 Cho các số x,y,z thỏa mãn y + z – x = y yz z (1) và x4032 + 3.y2016 + z2016 = 5 (2). x x2016 + y2017 + z2018 Tính giá trị của biểu thức: P = x + y + z Học sinh tham gia thi về tâm sự, khi đọc đề bài thấy số mũ lớn cho rằng bài toán khó nên không làm cũng không nháp bài. Tuy nhiên khi được giáo viên khích lệ và gợi ý thì em đó dễ dàng giải được. Qua đây thấy được các em chưa thực sự tự tin khi giải bài toán này cũng như kĩ năng giải bài toán này còn hạn chế. Qua trao đổi với các đồng nghiệp khi sinh hoạt chuyên môn được biết các học sinh THCS trong cụm 1 và các trường trong huyện cũng gặp những khó khăn tương tự . Do đó bản thân nhận thấy trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi cần chú trọng hơn khi trang bị cho học sinh kĩ năng giải bài toán tính giá trị của biểu thức, từ đó khắc phục tâm lí sợ khó cho học sinh, nâng cao chất lượng giáo dục nói chung và nâng cao chất lượng bồi dưỡng học sinh giỏi nói riêng, với mong muốn như vậy tôi đã lên kế hoạch và thực hiện nghiên cứu đề tài: “Rèn kĩ năng giải bài toán tính giá trị của biểu thức khi các biến thỏa mãn điều kiện, cho học sinh khá, giỏi lớp 8” 2. Mục đích nghiên cứu. Trong công tác dạy học thì vệc phát hiện và bồi dưỡng học sinh giỏi là một việc hết sức quan trọng, qua đó chúng ta góp phần bỗi dưỡng được những nhân tài tương lai . Với mỗi đồng chí giáo viên việc phát hiện và bồi dưỡng học sinh giỏi không chỉ là trách nhiệm mà còn thể hiện niềm đam mê, khẳng định tay nghề, tạo uy tín trước học sinh, đồng nghiệp và nhân dân. Việc phát hiện nhân tài đã khó việc bồi dưỡng nhân tài đó sao cho có hiệu quả tốt còn khó hơn nhiều. 2
3. Trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi nói chung và môn toán nói riêng, việc kích thích được niềm đam mê môn học là một công việc rất quan trọng, từ niềm đam mê các em sẽ dần hình thành những kĩ năng giải bài tập theo từng loại , từng dạng toán cụ thể từ đó các em thấy hứng thú tìm tòi sáng tạo và tự tin đương đầu với các bài toán lạ, khó Trong quá trình nhiều năm bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán ở trường THCS và qua trao đổi với các bạn đồng nghiệp cùng chuyên môn tôi thấy đa phần học sinh lớp 8 đều gặp khá nhiều khó khăn khi giải bài toán tính giá trị của biểu thức khi biết các biến số thỏa mãn một điều kiện cho trước, nhiều học sinh khi gặp bài toán này mang tâm lí sợ khó và không định hình được phải bắt đầu từ đâu. Với mong muốn trang bị cho các em học sinh khá giỏi lớp 8 kĩ năng giải bài toán tính giá trị của biểu thức có điều kiện của biến , qua đây cũng mong muốn xây dựng được một chuyên đề về giải bài toán tính giá trị của biểu thức có điều kiện của biến làm cẩm nang tham khảo cho bản thân, cho học sinh và các đồng nghiệp . 3. Đối tượng nghiên cứu. Xuất phát từ mục đích của đề tài, đề tài tập trung nghiên cứu kiến thức đại số lớp 8 có liên quan đến tính giá trị của biểu thức. Phương pháp giúp học sinh khá giỏi lớp 8 tiếp cận, giải quyết các bài tập về tính giá trị của biểu thức có điều kiện của biến. Tổng hợp thành chuyên đề, đúc kết thành tài liệu phục vụ cho công tác bồi dưỡng học sinh giỏi toán cho những năm học tiếp theo. 4. Phương pháp nghiên cứu. Phương pháp nghiên cứu tài liệu, nghiên cứu các bài tập từ kênh thông tin internet, tham khảo ý kiến đồng nghiệp, xây dựng cơ sở lý thuyết, khảo sát thực tế. II. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM. 1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm. 1.1 Về phương pháp giáo dục - Phương thức học tập của học sinh THCS được kế thừa và phát triển từ phương pháp “Học – Tập” đã có ở bậc tiểu học. Học lí thuyết đi đôi với thực hành, thực hành để hiểu rõ hơn, nắm vững hơn lí thuyết, từ đó cũng cố, khắc sâu lí thuyết. Ở bậc học THCS học sinh bước đầu hình thành kĩ năng tự học, tự nghiên cứu nhưng ở mức độ thấp bởi vậy rất cần giáo viên định hướng, hướng dẫn để các em rèn luyện được kĩ năng tự học nhằm nâng cao kết quả học tập. - Trong toán học phương pháp “Học – Tập” thể hiện khá rõ. Việc vân dụng kiến thức vào giải các bài tập rất quan trọng, thông qua việc vận dụng kiến thức vào giải bài tập giúp học sing rèn luyện được tính tư duy logic, khả năng vận dụng linh hoạt các kiến thức toán học và giúp các em hiểu rõ hơn lí thuyết toán học cũng như ứng dụng của nó trong đời sống. Theo định hướng giáo dục hiện nay chúng ta đã và đang đổi mới dần phương pháp giáo dục từ thụ động sang chủ động. Phương pháp dạy học tích cực mang lại hiệu quả giáo dục rất cao. - Bài toán tính giá trị của biểu thức là bài toán đòi hỏi học sinh có khả năng vận dụng kiến thức cao, các em cần phải huy động nhiều kiến thức cũng như kĩ năng giải toán ở mức độ cao. Thông 3
4. qua giải bài tập này học sinh được cũng cố khắc sâu nhiều đơn vị kiến thức và rèn luyện được nhiều kĩ năng phân tích, biến đổi, trình bày bài - Công tác bồi dưỡng học sinh khá giỏi và phát hiện bồi dưỡng mũi nhọn nói chung và ở môn toán nói riêng, đòi hỏi người giáo viên dành rất nhiều tâm huyết cũng như công sức để sưu tầm, biên soạn các bài toán thành các chuyên đề phù hợp với từng đối tượng học sinh theo vùng miền, lứa tuổi để các em có sự tiếp cận phù hợp khắc phục tâm lý sợ khó, từ đó khơi dạy lòng say mê toán học, chủ động tiếp cận làm chủ kiến thức để trở thành HSG toán học. 1.2. Kiến thức liên quan đến bài toán tính giá trị của biểu thức đại số. - Bài toán tính giá trị của biểu thức ở chương IV đại số 7. - Bảy hằng đẳng thức (a + b)2 = a2 + 2ab + b2 (a - b)2 = a2 - 2ab + b2 a2 – b2 = ( a – b)(a + b) (a + b)3 = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3 (a - b)3 = a3 - 3a2b + 3ab2 - b3 a3 + b3 = (a + b)(a2 – ab + b2) a3 - b3 = (a - b)(a2 + ab + b2) - Các hằng đẳng thức mở rộng (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ac. an – bn = (a – b)(an – 1 + an – 2b + an – 3b2 + + bn – 1) an + bn = (a + b)(an – 1 - an – 2b - an – 3b2 - - bn – 1) - Các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử. - Quy đồng, rút gọn, cộng, trừ, nhân, chia các phân thức. - Tính chất của tỉ lệ thức và tính chất của dãy tỉ số bằng nhau 2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Trong quá trình nhiều năm bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán ở trường THCS và qua trao đổi với các bạn đồng nghiệp cùng chuyên môn tôi thấy đa phân học sinh đều gặp khá nhiều khó khăn khi giải bài toán dạng này, nhiều học sinh khi gặp bài toán này mang tâm lí sợ khó và không định hình được phải bắt đầu từ đâu. Đối với giáo viên khi dạy dạng toán này cũng không có được hệ thống bài tập cụ thể nào , chỉ tìm kiếm lẻ từng bài rồi hướng dẫn cho học sinh giải. Việc biên soạn hệ thống các bài tập này thành chuyên đề còn gặp đối với một số đồng chí phải dạy nhiều đội tuyển cùng một lúc , có những đồng chí còn dạy nhiều đội tuyển thuộc các môn học khác nhau. 4
5. Trong các kì thi khảo sát chất lượng các học kì hàng năm vẫn có các bài tập dạng này nhằm phân loại học sinh khá, giỏi cũng như ở các kì thi giao lưu học sinh giỏi tại huyện đa phần các em không giải được hoặc có giải nhưng còn chưa được tự tin các bài tập dạng này. Khi trao đổi kinh nghiệm và phối hợp cùng các bạn đồng nghiệp khảo sát 10 đội dự tuyển học sinh giỏi cấp huyện ( 24 học sinh ) tại một số trường trong huyện vào đầu học kì II năm học 2106 – 2017 với đề bài như sau: Câu 1: (3 điểm) Cho hai số x; y thỏa mãn x2 + 2xy = y 2 - y2 . Tính giá trị của biểu thức A = (x + 1)2016 + (y – 1)2017 Câu 2 : (3 điểm) Cho hai số a; b thỏa mãn a2 + b2 + c2 = ab + bc + ac. a 2016 + b2016 + c2016 Tính giá trị biểu thức B = . (a + b + c)2016 1 1 1 Câu 3: (4 điểm) Cho x, y, z khác nhau, khác 0 và 0 x y z 1 1 1 Tính giá trị của biểu thức: N = + + x2 + 2yz y2 + 2zx z2 + 2xy Kết quả thu được thông kê chi tiết từng bài là : Giải được Câu Số lượng Tỉ lệ % 1 13 54,2 2 8 33,3 3 0 0 3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề. Để hướng dẫn học sinh luyện kĩ năng giải bài toán tính giá trị của biểu thức có điều kiện của biến ta thực hiện những giải pháp sau. 3.1. Giúp học sinh cũng cố lại bài toán tính giá trị của biểu thức đã được học ở lớp 7. Giới thiệu bài toán tính giá trị của biểu thức có điều kiện của biến. Chúng ta đã biết bài toán “ Tính giá trị của biểu thức đại số khi biết giá trị của các biến” học sinh đã được học ở chương IV đại số lớp 7, đối với những học sinh khá, giỏi việc giải những bài tập cơ bản này không khó tuy, nhiên chúng ta cần cũng cố lại sau đó đặt vấn đề để mở rộng sang bài toán “ tính giá trị của biểu thức đại số khi chưa biết giá trị của các biến” để các em không bị ngợp, không sợ khó trước bài toán mới , từ đó tạo tâm lí hào hứng, tò mò muốn khám phá cách giải quyết trong bài toán mở rộng này. 3.2. Cũng cố lại các kiến thức liên quan. 5
6. Trước khi cho các em tiếp cận bài tập này giáo viên cần cũng cố lại các kiến thức cần thiết có liên quan để tạo đà thuận lợi cho các em tiếp cận bài toán. Một trong những kiến thức cần cũng cố là : - Lũy thừa, giá trị tuyệt đối. - Bảy hằng đẳng thức . - Các hằng đẳng thức mở rộng. - Các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử. - Quy đồng, rút gọn, cộng, trừ, nhân, chia các phân thức. - Tính chất của tỉ lệ thức và tính chất của dãy tỉ số bằng nhau 3.3. Giúp học sinh phân dạng bài toán, ở mỗi dạng hình thành cách giải . Trong toán học nếu ở mỗi bài toán chúng ta phân chia được thành từng nhóm, từng loại hay còn gọi là phân dạng rồi từ đó hình thành quy tắc, kĩ năng giải cụ thể cho từng dạng thì bài toán trở nên đơn giản hơn nhiều. Vì vậy tôi đưa ra một số ví dụ từ đó định hướng để các em phân chia bài tập này thành 3 dạng sau. Ở mỗi dạng tôi cho học sinh trình bày các ý tưởng để giải, sau đó tôi tổng hợp và hướng các em đến một quy tắc giải chung : Dạng 1: Dạng bài tập tìm được giá trị của các biến từ điều kiện. a. Nhận dạng : Bài tập thuộc dạng này thì các điều kiện của biến thường là các hệ thức tương tự như các bài toán tìm x; tìm x, y; tìm x, y, z đã được học, đã được giải trước đây . b. Cách giải : Đối với dạng toán này , từ điều kiện của biến mà đề bài cho bằng cách áp dụng bài toán tìm x; tìm x, y; tìm x, y, z ta tìm được giá trị của các biến . Sau khi tìm được giá trị của biến thay vào biểu thức ta tính được giá trị của biểu thức. Ví dụ 1: Tính giá trị của biểu thức A = 5x2017 – 8y2018 + 2019 biết x 1 y 1 100 0 GV hướng dẫn: - Khai thác điều kiện của đề cho (dùng tính chất không âm của giá trị tuyệt đối và lũy thừa với số mũ chẵn) để tìm giá trị trị của các biến. - Thay giá trị của các biến vào A để tính. Giải Với mọi giá trị của x; y ta có : x 1 0 ; y 1 100 0 x 1 0 100 x 1 Suy ra x 1 y 1 0 100 y 1 y 1 0 Thay x = 1; y = - 1 vào biểu thức A ta được: A = 5.12017 – 8.(-1)2018 + 2019 = 2016 Ví dụ 2: Cho x2 – 2xy + 2y2 - 2x + 6y + 5 = 0. 3x 2 y 1 Tính giá trị của biểu thức N 4xy 6
7. GV hướng dẫn: - Biến đổi vế trái của điều kiện thành tổng các bình phương để tìm x và y. - Thay giá trị của x; y vào biểu thức N và tính Giải Vì: x2 – 2xy + 2y2 - 2x + 6y + 5 = 0 x2 – 2xy + y2 + y2 - 2x + 2y + 4y + 5 = 0 (x – y)2 – 2(x – y) + 1+ (y2 + 4y + 4) = 0 (x – y - 1)2 + (y + 2)2 = 0 (x – y - 1)2 = (y + 2)2 = 0 ( Vì (x – y - 1)2 ≥ 0 ; (y + 2)2 ≥ 0 với mọi x, y ) x y 1 0 x 1 y 2 0 y 2 2 3x 2 y 1 3 1 2 1 7 Thay x = - 1 ; y = - 2 vào N ta được :N = 4xy 4 1 2 8 Ví dụ 3: Cho a, b dương và a2000 + b2000 = a2001 + b2001 = a2002 + b2002. Tính giá trị của biểu thức M = a2017 + b2018 GV hướng dẫn: - Từ điều kiện, lập một hệ thức mới giúp chúng ta tìm được a và b. - Thay giá trị của a; b vào biểu thức M và tính Giải Ta có: (a2001 + b2001).(a+ b) - (a2000 + b2000).ab = a2002 + b2002 (*) Mà : a2000 + b2000 = a2001 + b2001 = a2002 + b2002 ≠ 0 ( do a, b là các số dương) Từ (*) (a+ b) – ab = 1 (a – 1).(b – 1) = 0 a = 1 hoặc b = 1 - Với a = 1 b2000 = b2001 b = 1 (vì b là số dương) - Với b = 1 a2000 = a2001 a = 1 (vì a là số dương) Vậy a = 1; b = 1 M = 12017 + 12018 = 2 Ví dụ 4: Biết : x2 + y2 + z2 = xy + yz + zx và x2009 + y2009 + z2009 = 32010 3x2016 + 5x1014.y1003 - 8y2018 Tính giá trị của biểu thức P = 18x1013y1004 GV hướng dẫn: - Biến đổi điều kiện x2 + y2 + z2 = xy + yz + zx thành tổng các bình phương để so sánh a; b; c. - Kết hợp các điều kiện tìm x ; y và z. - Thay giá trị của x; y; z vào biểu thức P và tính. 7
8. Giải Ta có x2 + y2 + z2 = xy + yz + zx 2x2 + 2y2 + 2z2 - 2xy - 2yz - 2zx = 0 (x - y)2 + (y - z)2 + (z - x)2 = 0 x y 0 2009 2009 2009 y z 0 x y z x = y = z (1) z x 0 Theo bài ra ta có x2009 y2009 z 2009 32010 (2) Từ (1) và (2) ta có 3.z2009 = 32010 z2009 = 32009 z = 3 x = y = z = 3 thay vào P ta được : 3.32016 5.31014.31003 8.32018 32017 5.32017 8.32018 32017 1 5 24 1 P = 18.31013.31004 18.32017 18.32017 Ví dụ 5: (Đề thi HSG toán 8 huyện Hâu Lộc năm học 2016 - 2017) 2 2 Cho các số x,y,z thỏa mãn y + z – x = y - yz + z (1) và x4032 + 3.y2016 + z2016 = 5 (2). x x2016 + y2017 + z2018 Tính giá trị của biểu thức: P = x + y + z GV hướng dẫn: 2 2 - Điều kiện y + z – x =y - yz + z thực ra là điều kiện x2 + y2 + z2 = xy + yz + zx đã được x biến đổi cho khác đi nên ta dễ dàng chứng minh được x = y = z . - Kết hợp các điều kiện tìm x ; y và z. - Thay giá trị của x; y; z vào biểu thức và tính Giải y2 - yz + z2 Vì y + z – x = x(y + z – x) = y2 – yz + z2 x xy + xz – x2 = y2 – yz + z2 x2 + y2 + z2– xy – yz – xz = 0 (x – y)2 + (y - z)2 + (x – z)2 = 0 x = y = z Thay x = y = z vào (2) ta được: x4032 + 3.x2016 + x2016 = 5 x4032 + 4.x2016 - 5 = 0 (3) Giải PT (3) ta được : x = ± 1. - Với x = 1 thay vào P được P = 1 - Với x = - 1 thay vào P được P = 1 Vậy P = 1 Ví dụ 5: Cho a2 + b2 + c2 = a3 + b3 + c3 = 1. Tính S = a2 + b 2012 + c 2013. 8
9. Hướng dẫn giải: - Dễ thấy được giá trị của các biến a; b; c nằm trong khoảng từ - 1 đến 1. - So sánh được các biểu thức a – 1; b – 1; c – 1 với 0. - Dự đoán được giá trị của a; b; c chỉ có thể là o hoặc 1. - Biến đổi điều kiện để tìm a; b; c. - Thay giá trị của a; b; c vào biểu thức và tính. Giải Vì a2 + b2 + c2 = a3 + b3 + c3 = 1 a; b; c  1;1 2 a - 1 0 a a - 1 0 2 b - 1 0 b b - 1 0 c - 1 0 2 c c - 1 0 Ta có : a3 + b3 + c3 - (a2 + b2 + c2) = a2(a - 1) + b2(b - 1) + c2(c - 1) = 0 a; b; c nhận hai giá trị là 0 hoặc 1 Mặt khác : a3 + b3 + c3= 1 trong ba số a,b,c có một số bằng 1 hai số còn lại bằng 0 S = a2 + b 2012 + c 2013 = 1 Dạng 2 . Dạng bài tập so sánh được các biến từ điều kiện . a. Nhận dạng : Đối với dạng toán này thì các điều kiện đề bài cho thường là các hệ thức đối xứng ( nghĩa là khi thay đổi vai trò của hai biến bất kì cho nhau nhưng hệ thức không thay đổi). b. Cách giải : Đối với những bài tập này chúng ta có thể biến đổi để so sánh được các biến (thường thì các biến bằng nhau hoặc đối nhau, hoặc biến này gấp k lần biến kia ) . Sau khi so sánh được các biến, ta biến đổi biểu thức nhiều biến thành biểu thức một biến rồi rút gọn để tìm giá trị của biểu thức. ab Ví dụ 1: Cho 4a2 + b2 = 5ab và a ≠ b ≠ 0 . Tính giá trị của biểu thức P = 4a 2 - b2 GV hướng dẫn: - Chuyển hết hạng tử sang một vế rồi phân tích vế khác 0. - Từ điều kiện biến đổi và tìm được 4a = b. - Thay 4a = b vào P rồi tính. Giải Vì : 4a2 + b2 = 5ab 4a2 - 4ab + b2 – ab = 0 4a(a – b) + b(b – a) = 0 (a – b)(4a – b) = 0 . Vì a ≠ b ≠ 0 a – b ≠ 0 ab 4a 2 - 1 4a – b = 0 4a = b P = = = 4a 2 - b2 -12a 2 3 Ví dụ 2: Cho a3 + b3 + c3 = 3abc (abc ≠ 0) 9
10. a b c Tính giá trị của biểu thức A = + 1 + 1 + 1 b c a Giáo viên hướng dẫn: - Từ điều kiện bài ra chuyên hết hạng tử sang môt vế, phân tích thành nhân tử để so sánh a, b, c. - Thay vào biểu thức để tính giá trị của A. Giải Ta có: a3 + b3 + c3 = 3abc (a + b)3 - 3ab(a + b)+ c3 - 3abc = 0 (a + b + c)[(a + b)2 – (a + b)c + c2] - 3ab(a + b + c) = 0 (a + b + c)(a2 + b2 + c2 – ab – ac – bc) = 0 1 2 2 2 a b c 0 (a + b + c). .[(a - b) + (b - c) + (a - c) ] = 0 2 a b c a b c a + b b + c c + a Nếu a + b + c = 0 thì A = + 1 + 1 + 1 = b c a b c a - c - a - b = . . = - 1 b c a Nếu a = b = c thì A = 2.2.2 = 8 a b c d Ví dụ 3: Cho a + b + c + d 0 và = = = b + c + d a + c + d a + b + d a + b + c a + b b + c c + d d + a Tính giá trị của: M = + + + c + d a + d a + b b + c GV hướng dẫn: - Dùng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau để lập mối liên hệ giữa a, b, c - Tìm được a; b ; c từ mối liên hệ mới. - Thay thế a; b ; c vào M rồi tính. Giải: Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có: a b c d a + b + c + d 1 = = = = = ( Vì a + b + c + d 0 ) b + c + d a + c + d a + b + d a + b + c 3(a + b + c + d) 3 3a = b + c + d 3a - 3b = b - a 3(a - b) = - (a - b) 4(a - b) = 0 a = b 3b = a + c + d Tương tự a = b = c = d M = 4 Ví dụ 4 . Cho ba số x, y, z khác 0, thỏa mãn: (x - y)2 + (y - z)2 + (z - x)2 = (x + y – 2z)2 + (y + z – 2x)2 + (z + x – 2y)2 10
11. x10 y11 + y10z11 + z10x11 Tính giá trị của biểu thức : P = x7 y7z7 GV hướng dẫn: - Từ ĐK chuyển hết hạng tử sang một vế phân tích đa thức thành nhân tử để chứng minh được x = y = z. - Thay x = y = z vào biểu thức P để tính giá trị của P. Giải (x - y)2 + (y - z)2 + (z - x)2 = (x + y – 2z)2 + (y + z – 2x)2 + (z + x – 2y)2 x2 – 2xy + y2 + y2 – 2yz + z2 + z2 – 2xz + x2 = (x2 + y2 + 4z2 + 2xy – 4xz – 4yz) + (y2 + z2 + 4x2 + 2yz – 4xy – 4xz) + (z2 + x2 + 4y2 + 2xz – 4yz – 4xy) 4x2 + 4y2 + 4z2 – 4xy – 4yz – 4xz = 0. 2.(x – y)2 + 2.(y – z)2 + 2.(z – x)2 = 0 x = y = z. x10 y11 + y10z11 + z10x11 Thay x = y = z vào P = , ta được : x7 y7z7 x10x11 + x10x11 + x10x11 3.x21 P = = 3 x7 x7 x7 x21 Ví dụ 5. Tính giá trị của biểu thức: A = (a – b)13 + (b – c)13 + (c – a)2013 Biết ba số a; b; c thỏa mãn : a2010 +b2010 + c2010 = a1005b1005 + b1005c1005 + a1005c1005 GV hướng dẫn: - Nhận thấy điều kiện a2010 + b2010 + c2010 = a1005b1005 + b1005c1005 + a1005c1005 là điều kiện đối xứng nên dự đoán được a = b = c. - Từ ĐK chuyển hết hạng tử sang một vế phân tích đa thức thành nhân tử để chứng minh được a = b = c. - Thay a = b = c vào biểu thức A để tính giá trị của A. Giải Vì : a2010 + b2010 + c2010 = a1005.b1005 + b1005.c1005 + a1005.c1005 a2010- a1005b1005+ b2010 - b1005c1005 + c2010 - a1005c1005 = 0 2a2010- 2.a1005b1005+ 2b2010 – 2.b1005c1005 + 2.c2010 – 2.a1005c1005 = 0 (a1005 -b1005 )2+ (b1005- c1005 )2+ (c1005- a1005)2 = 0 (a1005 - b1005 )2 = (b1005 - c1005 )2 = (c1005 - a1005)2 = 0 a = b = c Thay vào A ta được : A = (a - a)13 + (b - b)13 + (c - c)13 = 0 Dạng 3: Bài toán tính giá trị của biểu thức dựa vào mối liên hệ giữa các biến. 11
12. a. Nhận dạng : Trong dạng này, với dữ kiện của bài toán chúng ta không thể tìm được giá trị cụ thể của các biến và cũng không thể so sánh được các biến . b. Cách giải : Trong dạng này ta phải dựa vào mối liên hệ của các biến trong dữ kiện để biến đổi tạo thành một hệ thức mới có lợi cho việc rút gọn để làm triệt tiêu các biến trong biểu thức từ đó làm xuất hiện giá trị của biểu thức. Ví dụ 1: Biết xy = 11 và x2y + xy2 - x - y = 2010. Hãy tính giá trị của A = x2 + y2 GV hướng dẫn: - Biến đổi điều kiện để tính x + y - Thay x2 + y2 bằng biểu thức chỉ chứa x + y và xy. Từ đó tính giá trị của A Giải Vì : x2y + xy2 + x + y = 2010 xy(x + y) - (x + y) = 2010 11(x + y) - (x + y) = 2010 10(x + y) = 2010 x + y = 201 Ta có: A = x2 + y2 = (x + y)2 – 2xy = 2012 – 2.11 = 40379 x y z a b c Ví dụ 2: Cho các số a, b, c, x, y, z khác 0 thỏa mãn + + = 1 và + + = 0 . a b c x y z x2 y2 z2 Chứng minh rằng : + + = 1 . a 2 b2 c2 GV hướng dẫn: a b c - Quy đồng mẫu điều kiện + + = 0 . x y z x y z - Bình phương hai vế điều kiện + + = 1 a b c Giải a b c ayz + bxz + cxy Từ : + + = 0 0 ayz + bxz + cxy = 0 x y z xyz 2 x y z x y z x2 y2 z2 xy xz yz Ta có : + + 1 + + 1 2 + 2 + 2 2 + + 1 a b c a b c a b c ab ac bc x2 y2 z2 cxy + bxz + ayz x2 y2 z2 + + + 2. = 1 + + 1 a 2 b2 c2 abc a 2 b2 c2 1 1 1 Ví dụ 3: Cho x, y, z đôi một khác nhau và 0 . x y z yz xz xy Tính giá trị của biểu thức: A x 2 2yz y 2 2xz z 2 2xy 12
13. GV hướng dẫn: 1 1 1 - Quy đồng mẫu điều kiện 0 làm xuất hiện điều kiện mới. x y z - Dùng điều kiện mới để quy đồng mẫu biểu thức A rồi rút gọn A. Giải 1 1 1 xy yz xz Vì: 0 0 xy yz xz 0 x y z xyz yz = – xy – xz x2 + 2yz = x2 + yz – xy – xz = x(x – y) – z(x – y) = (x – y)(x – z) Tương tự: y2 + 2xz = (y – x)(y – z) ; z2 + 2xy = (z – x)(z – y) yz xz xy Do đó: A (x y)(x z) (y x)(y z) (z x)(z y) yz(y - z) xz(x - z) xy(x - y) A = - + (x - y)(y - z)(x - z) (x - y)(y - z)(x - z) (x - y)(x - z)(y - z) yz(y - z) - xz(x - z)+xy(x - y) y2z - yz2 - x2z + xz2 + x2 y - xy2 A = - (x - y)(y - z)(x - z) (x - y)(y - z)(x - z) (x - y)(y - z)(x - z) A = = 1 (x - y)(y - z)(x - z) ab Ví dụ 4: Cho 4a2 + b2 = 5ab và 2a b 0 Tính: P = 4a 2 - b2 GV hướng dẫn: Cách 1: - Phân tích 4a2 – b2 = (2a – b)(2a + b) - Từ điều kiện 4a2 + b2 = 5ab biến đổi để tìm 2a – b và 2a + b. - Thay 2a – b và 2a + b vào P rồi rút gọn. Cách 2: So sánh các biến a và b - Từ điều kiện chuyển hết hạng tử sang một vế rồi phân tích thành nhân tử, so sánh được a = b - Thay a = b vào P rồi tính. Giải Cách 1 Vì : 4a2 + b2 = 5ab 4a2 + 4ab + b2 = 9ab (2a + b)2 = 9ab 2a + b = 3ab ( vì 2a b 0 ) Vì : 4a2 + b2 = 5ab 4a2 - 4ab + b2 = ab (2a - b)2 = ab 2a - b = ab ( vì 2a b 0 ) ab ab ab ab 1 P = = = = = 4a 2 - b2 2a - b 2a + b 3 ab. ab 3ab 3 13
14. b2 + c2 - a 2 a 2 - (b - c)2 Ví dụ 5: Cho x = ; y = . Tính giá trị P = x + y + xy 2bc (b + c)2 - a 2 GV hướng dẫn: - Biến đổi x và y thành biểu thức mới chứa hai phân thức nghịch đảo của nhau - Thay x; y vào biểu thức P , thực hiện phép tính để rút gọn làm xuất hiện giá trị. Giải Biến đổi 2 2 b2 + c2 - a 2 b + c - 2bc - a 2 b + c - a 2 x = = = - 1 2bc 2bc 2bc a 2 - (b - c)2 4bc + a 2 - (b + c)2 4bc y = = = - 1 (b + c)2 - a 2 (b + c)2 - a 2 (b + c)2 - a 2 Thay vào P ta được : 2 2 b + c - a 2 4bc b + c - a 2 4bc 1 P = 1 +2 2 + - 1 2 2 - 1 2bc (b + c) - a 2bc (b + c) - a 2 2 2 b + c - a 2 4bc b + c - a 2 4bc b + c - a 2 4bc P = - 1 +2 2 - 1 + . 2 2 - -2 2 +1 2bc (b + c) - a 2bc (b + c) - a 2bc (b + c) - a P = 1 Ví dụ 6: (Đề thi HSG toán 8, tỉnh Lai Châu 2016 – 2017) Cho a;b;c thỏa mãn abc = 2017. 2017a 2bc ab2c abc2 Tính giá trị của biểu thức: P = + + ab + 2017a + 2017 bc + b + 2017 ac + c + 1 GV hướng dẫn: - Dùng điều kiện abc = 2017 thay vào hai mẫu thức để phân tích các mẫu. - Quy đồng mẫu các phân thức rồi làm tính cộng để rút gọn biểu thức. Giải ab + 2017a + 2017 = ab + a2bc + abc = ab( 1 + ac+ c) bc + b + 2017 = bc + b + abc = b(1 + ac+ c) 2017a 2bc ab2c abc2 P = + + ab + 2017a + 2017 bc + b + 2017 ac + c + 1 2017a 2bc ab2c abc2 abcac abc abc2 P = + + = + + ab(ac + c + 1) b ac + c + 1 ac + c + 1 ac + c + 1 ac + c + 1 ac + c + 1 abcac + abc + abc2 abc(ac + 1 + c) P = = = abc = 2017 ac + c + 1 ac + c + 1 3.4. Biên soạn các bài tập có độ khó tăng dần. Nếu ngày từ ban đầu khi giáo vên cho các em làm những bài tập có độ khó cao khiến các em luôn gặp khó khăn thì vô tình chúng ta tạo ra áp lực lớn cho các em khiến các em hình thành tâm 14
15. lí e ngại, sợ khó, nản Vì vậy trong mỗi dạng giáo viên cần soạn hệ thống các bài tập có mạch logic và các bài tập có độ khó tăng dần để tạo hứng thú học tập cho các em. Ngoài ra công tác biên soạn bài tập giúp giáo viên tích lũy, biên soạn thành một chuyên đề làm tài liệu cho bản thân cũng như đồng nghiệp và giúp học sinh tham khảo tự học khi không có giáo viên bên cạnh. 3.5. Kiểm tra, tự kiểm tra đánh giá kết quả học tập của học sinh qua từng giai đoạn. Trong quá trình bồi dưỡng học sinh giáo viên cần có kế hoạch kiểm tra đánh giá kết quả học tập của học sinh qua từng giai đoạn. Giáo viên nên khuyến khích các em tự đánh giá kết quả bài làm của nhau trước khi giáo viên đánh giá cụ thể. Trong quá trình tự đánh giá lẫn nhau các em học hỏi được cách làm, cách trình bày bài của bạn cũng như chỉ ra được hạn chế của bạn, từ đó rút kinh nghiệm cho bản thân. Từ việc kiểm tra đánh giá giáo viên kịp thời hỗ trợ học sinh gỡ những vấn đề còn chưa nắm vững và những vấn đề còn hiểu sai . Qua đây cũng lưu ý cho học sinh những điểm khó dể dẫn đến sai khi giải và nhấn mạnh những điểm mấu chốt của bài toán. Ngoài ra cũng cần quan tâm thêm đến kĩ năng trình bày bài của học sinh. 4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường. Từ những trăn trở về thực trạng trong giảng dạy bài tập “ tính giá trị của biểu thức có điều kiện của biến” tôi đã phác thảo đề cương và trao đổi với các bạn động nghiệp đượng các bạn đồng nghiệp đánh giá cao và khích lệ tôi đã mạnh dạn áp dụng vào thực tiễn. Sau khi nghiên cứu đề tài và áp dụng vào thực tế tôi thấy có kết quả thay đổi rõ rệt. - Khi trao đổi với các đồng nghiệp cùng chuyên môn được đồng nghiệp đón nhận tích cực bởi hệ thống kiến thức, hệ thống bài tập được chọn lọc phù hợp, sắp xếp hợp lý, hướng dẫn rõ ràng dễ sử dụng tham khảo, đồng nghiệp và học sinh đã xem nó như một tài liệu tốt trong bồi dưỡng mũi nhọn và mong muốn áp dụng đề tài trong công tác giảng dạy của mình. - Các em hoàn toàn tự tin không còn tâm lí sợ bài toán dạng này khi thực hành giải toán. - Trong kì thi khảo sát chất lượng học kì I năm học 2017 – 2018 vừa qua có một bài tập phân loại học sinh giỏi thuộc dạng này đối với học sinh trường THCS Châu Lộc có tới 5 em giải được bài tập này. Trao đổi với các bạn đồng nghiệp trong cụm được biết tình hình cũng rất khả quan, trong khi trước đây bài tập phân loại học sinh giỏi thưởng bị bỏ không làm. - Trong các lần khảo sát chất lượng đội tuyển học sinh giỏi tại trường gần đây tôi thường đưa bài tập này vào đề bài với độ khó tăng dần nhưng các em vẫn tự tin giải tốt. Từ đây thúc đẩy được lòng đam mê học tập và nâng cao được chất lượng bồi dưỡng học sinh giỏi. - Trao đổi kinh nghiệm và phối hợp cùng các bạn đồng nghiệp áp dụng đề tài đối với học sinh lớp 8 năm học 2017 – 2018, ở một số trường bắt đầu từ tháng 11 /2017 đến tháng 01 / 2018. Trong đầu tháng 2 tôi cùng các bạn đồng nghiệp làm bài khảo sát trên 26 học với đề bài sau: 15
16. Câu 1: (3 điểm) Cho hai số x; y thỏa mãn 9x2 + y2 = 6xy - x 1 x2017 (y 2)2018 Tính giá trị của biểu thức M = xy x y z Câu 2 : (3 điểm) Tính giá trị của biểu thức N = 1 1 1 y z x Biết ba số x; y; z thỏa mãn: xy(x + y) + yz(y + z) + xz(x + z) + 2xyz = 0 a 2 b2 c2 Câu 3: (4 điểm) Tính giá trị của biểu thức P = + + a 2 + 2bc b2 + 2ca c2 + 2ab Biết 3 số a, b, c khác 0 thỏa mãn điều kiện: (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 Kết quả thu được thông kê chi tiết từng bài là : Giải được Câu Số lượng Tỉ lệ % 1 26 100 2 21 80,8 3 17 65,4 III. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ. 1. Kết luận. Sau khi viết và ứng dụng đề tài “Rèn kĩ năng giải bài toán tính giá trị của biểu thức khi các biến thỏa mãn điều kiện, cho học sinh khá, giỏi lớp 8” và áp dụng vào thực tế tôi thấy. - Đề tài có tính ứng dụng cao giúp ích rất nhiều trong công tác bồi dưỡng học sinh khá giỏi. - Học sinh khá giỏi lớp 8 không còn tâm lí sợ khó, né tránh những bài toán “ tính giá trị của biểu thức có điều kiện của biến” các em đã tự tin, mạnh dạn tiếp cận và tạo được sự thích thú đam mê học toán cho các em. - Kết quả bồi dưỡng học sinh giỏi được nâng lên rõ rệt. - Bản thân và đồng nghiệp không phải loay hoay tìm kiếm tài liệu mà chỉ cần nghiên cứu áp dụng, tìm cách bổ sung để hoàn thiện thành chuyên đề dùng trong bồi dưỡng học sinh giỏi toán lớp 8. Đề tài chắc chắn không tránh khỏi những thiếu sót, rất mong được sự đóng góp ý kiến của đồng nghiệp để đề tài được hoàn thiện hơn, có thể phát triển rộng hơn cho học sinh lớp 9 với lượng kiến thức rộng và sâu hơn nhằm tích lũy, xây dựng thành chuyên đề “tính giá trị của biểu thức” phục vụ công tác bồi dưỡng học sinh giỏi cho những năm tiếp theo. 2. Kiến nghị. 16
17. Đối với cấp quản lí giáo dục. - Có những dạng toán hiện nay chưa có tài liệu chuyên sâu cũng như chuyên đề cụ thể để các giáo viên và học sinh tham khảo học hỏi, trong khi đó hàng năm chúng ta có nhiều sáng kiến kinh nghiệm hay và thiết thức nên rất cần cấp quản lí tổng hợp thành các chuyên đề để các giáo viên giảng dạy có tài liệu tham khảo học hỏi nhằm nâng cáo hiệu quả giảng dạy và tăng tính thiết thực trong công tác viết SKKN. - Trong các buổi sinh hoạt chuyên đề cụm, cụm liên trường phòng giáo dục cần định hướng cho các cụm khi sinh hoạt ngoài thao giảng dự giờ cần đưa thêm nội dung xây dựng các chuyên đề để các giáo viên ở các trường có ít lớp cùng xây dựng các chuyên đề bồi dưỡng học sinh khá giỏi và phụ đạo học sinh yếu. IV. TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. Các trang mạng internet - Trang: violet.vn. - Trang: c2.toanmath.com - Trang : DethiHSG.com - 2. Sách giáo khoa toán 8_ NXB giáo dục Việt Nam 3. Sách bài tập toán 8_ NXB giáo dục Việt Nam 4. Bồi dưỡng và phát triển toán đại số 8 _ Phan Văn Đức –Nguyễn Hoàng Khanh – Lê Văn Trường _ NXB Đà Nẳng. 5. Toán nâng cao và các chuyên đề đại số 8_ Vũ Dương Thụy –Nguyễn Ngọc Đạm _ NXB giáo dục Việt Nam 6. Báo toán học tuổi trẻ _ Hội toán học việt nam. 7. Toán tuổi thơ 2_ NXB giáo dục Việt Nam Trong khuôn khổ một SKKN và hơn nữa với năng lực còn hạn chế của mình, chắc rằng trong phần trình bày của tôi còn nhiều thiếu sót. Tôi chân thành mong được sự góp ý của qúi Thầy cô, của qúi bạn đọc và của các em học sinh thân yêu để cho đề tài của tôi được hoàn thiện hơn và giúp tôi có thêm kinh nghiệm trong quá trình giảng dạy của mình. Tôi xin chân thành cảm ơn! XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG Châu Lộc , ngày 02 tháng 3 năm 2018 ĐƠN VỊ Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết, không sao chép nội dung của người khác. 17
18. Người viết sáng kiến: Giáo viên Trương Sỹ Thông V. PHỤ LỤC MỘT SỐ BÀI TẬP TÍNH GIÁ TRỊ CỦA BIỂU THỨC KHI BIẾT ĐIỀU KIỆN CỦA BIẾN Dạng 1: Dạng bài tập tìm được giá trị của các biến từ điều kiện. x2 y2 z2 x2 y2 z2 Câu 1. Cho a, b, c 0. Biết x,y,z thoả mãn: = + + a2 b2 c2 a2 b2 c2 Tính giá trị của D = x2011 + y2011 + z2011 Hướng dẫn giải: x2 y2 z2 x2 y2 z2 Vì : = + + a2 b2 c2 a2 b2 c2 x2 x2 y2 y2 z2 z2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 a a b c b a b c c a b c 2 1 1 2 1 1 2 1 1 x . 2 2 2 2 y 2 2 2 2 z 2 2 2 2 0 a a b c b a b c c a b c 1 1 1 1 1 1 Mà : 0; 0; 0 ( Do a; b; c 0) a2 a2 b2 c2 b2 a2 b2 c2 c2 a2 b2 c2 Suy ra : x2 = y2 = z2 = 0 x = y = z = 0 thay vào D ta được D = 0 Câu 2. Cho các số x,y,z thỏa mãn đồng thời: x + y + z = 1: x 2 + y2 + z2 = 1 và x3 + y3 + z3 = 1.Tính tổng: S = x2009 + y2010 + z 2011 Hướng dẫn giải: - Có thể làm như ví dụ 6 dạng 1 hoặc có thể làm như sau. Giải Ta có: (x + y + z)3 = x3 + y3 + z3 + 3(x + y)(y + z)(z + x) Kết hợp các điều kiện đã cho ta có: (x + y)(y + z)(z + x) = 0 Một trong các thừa số của tích (x + y)(y + z)(z + x) phải bằng 0 Giả sử (x + y) = 0, kết hợp với đ/k : x + y + z = 1 z = 1, lại kết hợp với đ/k : x2 + y2 + z2 = 1 x = y = 0. 18
19. Vậy trong ba số x,y,z phải có hai số bằng 0 và một số bằng 1, S = x2009 + y2010 + z2011 = 1 . Nên tổng S luôn có giá trị bằng 1. Câu 3 . Biết rằng tổng a + b + c = 0 và a3 + b3 + c3 = 0 (a, b, c Q) Tính giá trị của: H = a2013 + b2013 + c2013. Giải: Ta có: a + b + c = 0 c = - (a + b) a3 + b3 + c3 = 0 a3 + b3–[a3 + b3 + 3ab(a + b)] = 0 a 0 3abc = 0 b 0 c 0 - Nếu a = 0 mà a + b + c = 0 b = - c Khi đó: H = a2013 + b2013 + c2013 = 0 + (- c)2013 + c2013 = 0 (do 2013 là số lẻ) - Tương tự với b = 0 hoặc c = 0 ta tính được H = 0 Dạng 2 . Dạng bài tập so sánh được các biến từ điều kiện . 1 1 1 1 Câu 1. Cho a, b, c ≠ 0 và a + b + c ≠ 0 thỏa mãn điều kiện + + = . a b c a + b + c Chứng minh rằng trong ba số a, b, c có hai số đối nhau. 1 1 1 1 Từ đó suy ra rằng :+ + = . a2009 b2009 c2009 a2009 + b2009 + c2009 Giải 1 1 1 1 1 1 1 1 a + b a + b Ta có : + + = + + - = 0 + = 0 a b c a + b + c a b c a + b + c ab c(a + b + c) éa + b = 0 éa = - b c(a + b + c) + ab ê ê (a + b). = 0 Û (a + b)(b + c)(c + a) = 0 Û êb + c = 0 Û êb = - c ê ê abc(a + b + c) ê ê ëc + a = 0 ëc = - a 1 1 1 1 1 1 1 Từ đósuy ra : + + = + + = a2009 b2009 c2009 a2009 (- c)2009 c2009 a2009 1 1 1 = = a2009 + b2009 + c2009 a2009 + (- c)2009 + c2009 a2009 1 1 1 1 . + + = a2009 b2009 c2009 a2009 + b2009 + c2009 a b c b c a Câu 2. Cho + + (1) b c a a b c 19
20. Tính giá trị của biểu thức : M = a2b2(b – a) + b2c2(c – b) + c2a2(a – c) Giải Từ (1) a 2c + ab2 + bc2 = b2c + ac2 + a 2b a 2 (b - c) - a(c2 b2 ) bc(c - b) = 0 (c – b)(a2 – ac - ab + bc) = 0 (c – b)(a – b)( a – c) = 0 đ pcm Phân tích M = a2b2(b – a) + b2c2(c – b) + c2a2(a – c) = (c – a)(c – b)(b - a)(ab + bc + ca) = 0 Câu 3. Cho ba số x; y; z thỏa mãn: xy(x + y) + yz(y + z) + xz(x + z) + 2xyz = 0 x y z Tính giá trị của biểu thức B = 1 1 1 y z x Giáo viên hướng dẫn: - Từ điều kiện bài ra chuyên hết hạng tử sang môt vế, phân tích thành nhân tử để so sánh x, y, z. - Thay vào biểu thức để tính giá trị của A. Giải xy(x + y) + yz(y + z) + xz(x + z) + 2xyz = 0 [xy(x + y) + xyz] + [yz(y + z) + xyz] + xz(x + z) = 0 xy(x + y + z) + yz(x + y + z) + xz(x + z) = 0 y(x + y +z).(x + z) + xz(x + z) = 0 (x + z)(xy + y2 yz + xz) = 0 (x + y)(y + z)(x + z) = 0 x y 0 y z 0 x z 0 Biến đổi B = (x y)(y z)(x z) = 0 xyz 2 2 2 Câu 4. Cho a b b c c a 4. a2 b2 c2 ab ac bc . Chứng minh rằng a b c . Giải Vì : a b 2 b c 2 c a 2 4. a 2 b2 c2 ab ac bc a2 b2 2ab b2 c2 2bc c2 a2 2ac 4a2 4b2 4c2 4ab 4ac 4bc (a2 b2 2ac) (b2 c2 2bc) (a2 c2 2ac) 0 (a b)2 (b c)2 (a c)2 0 (*) Vì (a b)2 0 ;(b c)2 0 ;(a c)2 0 ; với mọi a, b, c nên (*) xảy ra khi và chỉ khi (a b)2 0 ;(b c)2 0 và (a c)2 0 ; Từ đó suy ra a = b = c 20
21. a b c b c a c a b Câu 5. Cho a,b,c 0 thỏa mãn: c a b b c a Tính giá trị của biểu thức: P 1 1 1 . a b c Giải a b c b c a c a b a b c b c a c a b Ta có: 2 2 2 c a b c a b a b c b c a c a b c a b Xét 2 trường hợp: a b c a b b c c a c a b +) Nếu a b c 0 b c a khi đó: P . . 1 a b c abc c a b +) Nếu a b c 0 a b c khi đó: P 2.2.2 8 Vậy: P = -1 hoặc P = 8. Câu 6. Chứng minh rằng nếu .a2 + b2 + c2 = ab + bc + ac thì a = b = c Giải Theo giả thiết : a2 + b2 + c2 = ab + ac + bc. Ta có : a2 + b2 + c2 – ab – ac - bc = 0 Suy ra : (a2 - 2ab + b2) + (b2 - 2ab + c2) + (a2 - 2ac + c2) = 0 (a - b)2 + (b - c)2 + (a - c)2 = 0 Điều này xảy ra khi và chỉ khi. a - b = b - c = a - c = 0 a = b = c Dạng 3: Bài toán tính giá trị của biểu thức dựa vào mối liên hệ giữa các biến. Câu 1. Cho 3 số a, b, c khác 0 thỏa mãn điều kiện: (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 a2 b2 c2 Chứng minh rằng: P = 1 a2 2bc b2 2ca c2 2ab Hướng dẫn giải : - Từ điều kiện (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 suy ra: ab + bc + ac = 0 - Giải tương tự như ví dụ 3 hoặc giải theo cách sau. Giải Từ: (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 ab + bc + ca = 0 Đặt: t = 2(a + b + c), ta có: a2 + 2bc = a2 - 2(ab + ca) = a[a - 2(b + c)] = a[3a - 2(a + b + c)] = a(3a - t) Tương tự: b2 + 2ca = b(3b - t) 21
22. c2 +2ab = c(3c - t) a b c a(3b t)(3c t) b(3a t)(3c t) c(3a t)(3b t) Thay vào P, ta được: P 3a t 3b t 3c t (3a t)(3b t)(3c t) t3 2 27abc 27abc 6t(ab bc ca) t (a b c) 2 1 27abc 9t(ab bc ca) 3t 2 (a b c) t3 t3 27abc 2 a2 b2 c2 Vậy: P = 1 a2 2bc b2 2ca c2 2ab Câu 2. Cho a, b, c thoả mãn: a + b + c = 0 và a2 + b2 + c2= 14. Tính giá trị của A = a4 + b4 + c4 Giải Vì a + b + c = 0 (a + b + c)2 = 0 a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ac) = 0 14 + 2(ab + bc + ac) = 0 ab + bc + ac = - 7 (ab + bc + ac)2 = 49 a2b2 + b2c2 + a2c2 + 2(abbc + bcca + abac) = 49 a2b2 + b2c2 + a2c2 + 2abc(b + c + a) = 49 a2b2 + b2c2 + a2c2 = 49 Vì a2 + b2 + c2 = 14 (a2 + b2 + c2)2 = 196. a4+ b4+ c4 + 2(a2b2 + b2c2 + a2c2) = 196 a4+ b4+ c4 + 2.49 = 196 A= a4+ b4+ c4 = 98 1 1 1 Câu 3. Cho x, y, z khác nhau, khác 0 và 0 x y z 1 1 1 Tính giá trị của biểu thức: N x2 2yz y2 2zx z2 2xy GV hướng dẫn: 1 1 1 - Từ điều kiện 0 suy ra: xy + yz + xz = 0 x y z - Giải tương tự như câu 1 . Giải 1 1 1 xy yz xz Ta có: 0 0 xy yz xz 0 yz = – xy– xz x y z xyz x2 + 2yz = x2 + yz – xy – xz = x(x–y) – z(x – y) = (x – y)(x – z) Tương tự: y2 + 2xz = (y – x)(y – z) z2 + 2xy = (z – x)(z – y) 22
23. 1 1 1 Do đó: N (x y)(x z) (y x)(y z) (z x)(z y) y z x z x y N (x y)(y z)(x z) (x y)(y z)(x z) (x y)(y z)(x z) y z x z x y N 0 (x y)(y z)(x z) Câu 4. x y 2 xy 2 a, Cho x + y = 1 và x y 0 . Chứng minh rằng 0 y3 1 x3 1 x2 y2 3 Hướng dẫn giải: x y - Dùng điều kiện x + y = 1 để rút gọn hai phân thức ; y3 1 x3 1 x y - Thực hiên phép tính cộng hai phân thức y3 1 x3 1 - Thay kết quả vào vế trái rồi tính. Giải x 0 x 1 y 0 Vì x.y 0 mà x + y = 1 y 0 y 1 x 0 x x 1 3 2 2 3 2 2 y 1 y 1 y y 1 x y y 1 y 1 x y y 1 y y 1 3 2 2 y y 1 x 1 x 1 x x 1 y x x 1 x3 1 2 x2 x 1 y x x 1 x y 1 1 y3 1 x3 1 y2 y 1 x2 x 1 2 x2 x 1 y2 y 1 x y 2xy x y 2 4 2xy x2 x 1 y2 y 1 x2 y2 x y 2 2xy xy x y xy x y 1 x2 y2 3 x y 2 xy 2 0 y3 1 x3 1 x2 y2 3 x y 2 x y b, Cho x + y = 1 và x.y 0 . Chứng minh rằng 0 y3 1 x3 1 x2 y2 3 Hướng dẫn giải : Cách 1 : Làm tương tự câu a) Cách 2 : 23
24. x y - Thực hiên phép tính cộng hai phân thức 3 3 rồi kết hợp với điều kiên để rút gọn kết y 1 x 1 quả. - Thay kết quả vào vế trái rồi tính. Giải x y 4 4 Biến đổi = x x y y y3 1 x3 1 (y3 1)(x3 1) x 4 y4 (x y) = ( do x + y = 1 y - 1= -x và x - 1= - y) xy(y2 y 1)(x 2 x 1) 2 2 2 2 = x y x y x y (x y) = x y (x y 1) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 xy(x y y x y yx xy y x x 1) xy x y xy(x y) x y xy 2 2 2 = x y (x x y y) = x y x(x 1) y(y 1) 2 2 2 2 2 xy x y (x y) 2 xy(x y 3) = x y x( y) y( x) = x y ( 2xy) = 2(x y) Suy ra điều cần chứng minh xy(x 2 y2 3) xy(x 2 y2 3) x 2 y2 3 Câu 5. Chứng minh rằng : a b c a, 1 biết abc=1 ab a 1 bc b 1 ac c 1 b, Với a + b + c = 0 thì a4 + b4 + c4 = 2(ab + bc + ca)2 Giải a b c ac abc c a, ab a 1 bc b 1 ac c 1 abc ac c abc 2 abc ac ac c 1 ac abc c abc ac 1 = 1 1 ac c c 1 ac ac c 1 abc ac 1 b, a + b + c = 0 a2 + b2 + c2 + 2(ab + ac + bc) = 0 a2 + b2 + c2 = - 2(ab + ac + bc) a4 + b4 + c4 + 2(a2b2 + a2c2 + b2c2) = 4( a2b2 + a2c2 + b2c2) + 8abc(a + b + c) Vì a + b + c = 0 a4 + b4 + c4 = 2(a2b2 + a2c2 + b2c2) (1) Mặt khác: 2(ab + ac + bc)2 = 2(a2b2 + a2c2 + b2c2) + 4abc(a + b + c) . Vì a + b + c = 0 2(ab + ac + bc)2 = 2(a2b2 + a2c2 + b2c2) (2) Từ (1)và (2) a4 + b4 + c4 = 2(ab + ac + bc)2 Câu 6. Cho a + b + c = 0 và a2 + b2 + c2 = 2017. Tính M = a4+b4+c4 24
25. Áp dụng kết quả bài tập 6 : a b 2c Câu 7. Cho abc = 2 Rút gọn biểu thức: A ab a 2 bc b 1 ac 2c 2 Giải tương tự bài tập 6.a. Câu 8. (Đề thi HSG tỉnh Lai Châu 2016 – 2017) Cho a;b;c thỏa mãn abc = 2017. 2017a2bc ab2c abc2 Tính giá trị của biểu thức: P ab 2017a 2017 bc b 2017 ac c 1 Giải ab + 2017a + 2017 = ab + a2bc + abc = ab( 1 + ac+ c) bc+ b + 2017 = bc + b + abc = b(1 + ac+ c) 2017a2bc ab2c abc2 P ab 2017a 2017 bc b 2017 ac c 1 2017a2bc ab2c abc2 abcac abc abc2 P ab(ac c 1) b ac c 1 ac c 1 ac c 1 ac c 1 ac c 1 abcac abc abc2 abc(ac 1 c) P abc 2017 ac c 1 ac c 1 3a b Câu 9. Cho a b 0 và 2 a 2 b2 5ab . Tính giá trị của biểu thức: P 2a b Giải 2a2 2b2 5ab 2a2 ab 4ab 2b2 0 a 2a b 2b 2a b 0 5b P 1 a 2b 5b 2a b a 2b 0 b 2a a 1 P 4a 4 1 1 1 yz xz xy Câu 10. Cho 0 (x, y, z 0) . Tính x y z x2 y2 z2 Giải 1 1 1 1 1 1 Vì 0 x y z z x y 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 3 3 3. 2 . 3 . 2 3 z x y z x x y x y y 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 3 3 3 . . 3 3 3 3. x y z x y x y x y z xyz 25
26. 1 1 1 xyz xyz xyz yz zx xy Do đó : xyz( + + )= 3 3 3 x3 y3 z3 x3 y3 z3 x2 y2 z2 Câu 11. x y z a b c a. Cho 0 (1) và 2 (2) a b c x y z x2 y2 z2 Tính giá trị của biểu thức A= a2 b2 c2 ab bc ca b. Biết a + b + c = 0 (a, b, c 0). Tính : B = a2 b2 c2 b2 c2 a2 c2 a2 b2 Giải a. Từ (1) bcx +acy + abz =0 x2 y2 z2 ab ac bc x2 y2 z2 abz acy bcx 2 4 4 2 4 Từ (2) 2 2 2 2 2 2 a b c xy xz yz a b c xyz b. Từ a + b + c = 0 a + b = - c a2 + b2 –c2 = - 2ab Tương tự b2 + c2 – a2 = - 2bc; c2 + a2 - b2 = - 2ac ab bc ca 3 B = 2ab 2bc 2ca 2 Câu 12. Cho a + b +c = 0. Chứng minh rằng a3 +a2c – abc + b2c + b3 = 0 Giải Ta có:a3 + a2c – abc + b2c + b3 = (a3 + b3) + ( a2c – abc + b2c)= (a + b) ( a2 – ab =b2 ) + c( a2 - ab +b2) = ( a + b + c ).( a2 – ab + b2 ) =0 ( Vì a + b + c = 0 theo giả thiết) Vậy : a3 +a2c –abc + b2c + b3 = 0 ( ĐPCM) Câu 13. Cho 3 số x,y,z Thoả mãn x.y.z = 1. 1 1 1 Tính biểu thức: M = 1 x xy 1 y yz 1 z zx Giải Vì xyz = 1 nên x 0, y 0, z 0 1 z z 1 xz xz ; 1 x xy z(1 x xy) z xz 1 1 y yz (1 y yz)xz xz 1 z z xz 1 M = 1 z xz 1 xz 1 z 1 z xz 1 1 1 Câu 14. Cho x,y,z 0 thoả mãn x+ y +z = xyz và + + = 3 x y z 26
27. 1 1 1 Tính giá trị của biểu thức P = x 2 y 2 z 2 Giải 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Ta có ( )2 = + 2( ) x y z x 2 y 2 z 2 xy xz yz z y x (3)2 = P + 2. P + 2 = 3 xyz Suy ra P = 1 1 1 1 3 Câu 15. Cho (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 và a,b,c 0. Chứng minh : a 3 b 3 c 3 abc Giải Vì: (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 và a,b,c 0. ab ac bc 1 1 1 ab ac bc 0 0 0 abc a b c 1 1 1 Đặt : x; y; z a b c Chứng minh bài toán Nếu x + y + z = 0 thì : x3 + y3 + z3 = 3xyz đpcm a b c a2 b2 c2 Câu 16. Cho 1. Chứng minh rằng: 0 b c c a a b b c c a a b Giải Nếu a + b + c = 0 => a + b = - c ; b + c = - a ; a + c = - b a b c a b c 3 mâu thuẩn với 1 b c c a a b b c c a a b a + b + c ≠ 0 a b c Từ 1 b c c a a b a a b c b a b c c a b c 1 a b c b c c a a b a2 b2 c2 a b c a b c b c c a a b a2 b2 c2 0 b c c a a b Câu 17. Cho a3 – 3ab2 = 5 và b3 – 3a2b = 10 .Tính : 2016. a2 + 2016.b2 Giải 27
28. 2 a3 – 3 ab2 25 a6 6a4b2 9a2b4 25 2 b3 – 3a2b 100 b6 6a2b4 9a2b2 100 125 = a6 + b6 + 3a2b + 3ab2 (a2 + b2)3 = 125 a2 + b2 = 5 2016. a2 + 2016.b2 2016. (a2 + b2) = 2016.5 = 10080 Câu 18. Cho a3 + 3ab2 = 2017 và b3 + 3a2b = 2016 . Tính P = a2 - b2 HD tương tự bài 17 nhưng trừ hai vế a3 b3 c3 3abc Câu 19. Cho a + b + c = 2017 Chứng minh: 2017 a2 b2 c2 ab bc ca Giải 3 a3 b3 c3 3abc a b 3ab(a b) c3 3abc a2 b2 c2 ab bc ca a2 b2 c2 ab bc ca 3ab a b c (a b c) a b 2 a b c c2 a2 b2 c2 ab bc ca a b c a2 b2 c2 ab bc ca a b c 2017 a2 b2 c2 ab bc ca Câu 20. Cho a + b = 1. Tính giá trị biểu thức: M = 2(a3 + b3) – 3(a2 + b2) Giải M = 2(a3 + b3) – 3(a2 + b2) = 2[(a + b)3 – 3ab(a + b)] – 3[(a + b)2 - 2ab] M = 2(13 – 3ab.1) – 3(12 – 2ab) = 2 – 6ab – 3 + 6ab = -1. 1 1 1 Câu 21. Cho A = b2 c2 - a 2 c2 a 2 - b2 a 2 b2 - c2 Rút gọn biểu thức A, biết a + b + c = 0. Giải Ta có: a + b + c = 0 b + c = - a. Bình phương hai vế ta có : (b + c)2 = a2 b2 + 2bc + c2 = a2 b2 + c2 - a2 = -2bc Tương tự, ta có: c2 + a2 - b2 = -2ca a2 + b2 - c2 = -2ab 1 1 1 - (a + b + c) A = - - - = = 0 (vì a + b + c = 0) 2bc 2ca 2ab 2abc Vậy A = 0. Câu 22.Tính giá trị của biểu thức : A = x y biết x2 – 2y2 = xy (x + y ≠ 0, y ≠ 0) x y Giải 28
29. x2 – 2y2 = xy x2 – xy – 2y2 = 0 (x + y)(x – 2y) = 0 Vì x + y ≠ 0 nên x – 2y = 0 x = 2y 2y y y 1 Khi đó A = 2y y 3y 3 Câu 23. Tính : a + b biết các số a, b thỏa mãn các hệ thức sau : a3 - 3a2 + 5a = 2011 (1) và b3 – 3b2 + 5b = - 2005 (2). Giải Từ điều kiện đã cho ta có: a 1 3 2 a 1 2008 0(1), b 1 3 2 b 1 2008 0 (2) Cộng theo vế của (1) và (2) ta có a 1 3 b 1 3 (a b 2) 0 (a b 2) (a 1)2 a 1 b 1 b 1 2 2(a b 2) 0 (a b 2) (a 1)2 a 1 b 1 b 1 2 2 0 Vì (a 1)2 a 1 b 1 b 1 2 2 1 2 1 2 1 2 a b a 1 b 1 2 0 a,b 2 2 2 Nên a b 2 0 a b 2 1 1 Câu 24. Cho a≠ 0 và a + = m tính giá trị của A = a13 a a13 Giải 1 1 Vì: a + = m a2 + = m2 - 2 a a2 2 2 1 4 1 a 2 a 4 2 a a 2 4 1 2 1 4 2 a 4 a 2 2 m 4m 2 a a 3 1 1 2 1 2 3 a + 3 = a a 2 1 = m(m – 3) = m – 3m a a a 2 2 3 1 6 1 6 1 3 1 6 4 2 a 3 a 6 2 a 6 a 3 2 m 6m 9m 2 a a a a 3 1 4 1 7 1 1 Ta có: a 3 a 4 a 7 a a a a a 7 1 3 1 4 1 1 7 5 3 a 7 a 3 a 4 a m 7m 14m 7m a a a a 29
30. 6 1 7 1 13 1 1 Ta có: a 6 a 7 a 13 a a a a a 13 1 6 1 7 1 1 A a 13 a 6 a 7 a a a a a A m13 13m11 65m9 156m7 182m5 9m3 13m n 1 2n 1 x n x 2n Câu 25. Cho x ≠ 0 ; x ≠ 1 và x = a tính giá trị của Q = x 1 1 xn x2n xn x2n Giải n 1 n 1 x x n n n 2x Vì :x = a x 1 = a +1 = a + 1 1 1 1 xn xn xn xn xn xn 1 1 xn xn n n 2 Vì :x = a x 1 = a - 1 = a – 1 1 1 1 xn xn n n n n x x n x x x a 1 a 1 2 a + 1 a - 1 1 a 1 = x2n ; = Thay vào Q ta được: Q = a 1 a 1 2n a 1 a 1 a - 1 a + 1 x 2a a 1 a 1 Câu 26. Cho x, y, z khác 0 và a,b,c dương thỏa mãn ax + by + cz = 0 và a + b + c = 2017. ax2 by2 cz2 Tính giá trị của biểu thức: P bc(y z)2 ac(x z)2 ab(x y)2 Giải 2 Vì: ax + by + cz = 0 ax by cz 0 2 2 2 2 2 2 a x b y c z (2abxy 2acxz 2bcyz) (1) Ta có: bc(y – z)2 + ac(x – z)2 + ab(x – y)2 = bcy2 – 2bcyz + bcz2 + acx2 – 2acxz + acz2+ abx2 – 2abxy + aby2 = bcy2 + bcz2 + acx2 + aby2 + acz2 + abx2 – (2acxz + 2abxy + 2bcyz ) (2) Từ (1) và (2) ta được: bc(y – z)2 + ac(x – z)2 + ab(x – y)2 = bcy2 + bcz2 + acx2 + aby2 + acz2 + abx2 + ax2 + by2 + cz2 = ax2(a + b + c) + by2 (a + b + c) + cz2(a + b + c) = (ax2 + by2 + cz2)(a + b + c) ax2 by2 cz2 1 1 Do đó P ax2 by2 cz2 a b c a b c 2017 Câu 27. Chứng minh rằng nếu: xyz 0; x y z 0 và x = by + cz; y = ax + cz; 30
31. 1 1 1 z = ax + by thì: 2 a 1 b 1 c 1 Giải Ta có: x + y = 2cz + ax + by = 2cz + z 2cz = x + y - z x y z x y z 1 2z Suy ra: c = 1 c 2z 2z 1 c x y z 1 2x 1 2y Tương tự ta có: ; 1 a x y z 1 b x y z 1 1 1 2 x y z Vậy: 2 1 a 1 b 1 c x y z 1 1 1 b2c2 c2a2 a2b2 Câu 28. Cho 0 với a, b, c ≠ 0 Chứng minh rằng = 3abc. a b c a b c Giải 1 1 1 Đặt x = ; y = ; z = x + y + z = 0 a b c 2 2 2 2 2 2 b c c a a b 2 2 2 1 1 1 2 2 2 3 3 3 a b c 3 3 3 a b c x y z a b c a b c Vì: x + y + z = 0 x + y = - z x3 + y3 + 3xy(x + y) = (-z)3 = - z3 x3 + y3 + z3 = - 3xy(x + y) = 3xyz 1 1 1 a2b2c2 3xyz a2b2c2.3. . . 3abc a b c 1 1 1 bc ac ab Câu 29 . Cho 0 Tính ( vận dụng kết quả bài tập trên) a b c a2 b2 c2 Giải Vận dụng hằng đẳng thức a³ + b³ + c³ = [(a + b + c)(a² + b²+ c² - ab - bc - ca) + 3abc] bc ac ab abc abc abc 1 1 1 Ta có: 3 3 3 abc 3 3 3 a² b² c² a b c a b c 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 = abc 2 2 2 a b c a b c ab bc ac abc 3 = abc. 3 abc Câu 30. Chứng minh rằng nếu a + b + c = 0 thì: a b b c c a c a b A 9 c a b a b b c c a Giải 31
32. a b b c c a Đặt x = ; y = ; z = c a b 1 1 1 y z x z x y A = x y z = 3 x y z x y z b c c a a b c a a b b c = 3 a b c b c a = a b b c c a c a b a b a b c c b c b c a a c a a c b b = 3+ . + . + . ab a b bc b c ac c a 3 3 3 2 2 2 2c2 2b2 2a2 2 a b c 2 a b c (a b c ab bc ac) 3abc = 3 + + + = 3 + = 3 + ab ac bc abc abc = 3 + 6 = 9 1 1 1 Câu 31. Cho a; b; c là các số thực khác 0 và a b c 1 a b c Tính P = (a2004 – b2004)(b2005 + c2005)(c2006 + a2006) Giải: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Từ a b c 1 0 a b c a b c a b c a b c a b c a b a b 0 (a + b)[c(a + b + c) + ab] = 0 (a + b)(b + c)(c + a) = 0 ab c(a b c) P = (a2004 – b2004)(b2005 + c2005)(c2006 + a2006) = (a + b)(b + c)(c + a).X = 0.X = 0 x y z t Câu 32. Cho y z t x z t x y t x y z x y y z z t t x Tính giá trị của M = z t x t x y y z Giải x y z t x y z t Vì 1 1 1 1 y z t x z t x y t x y z y z t x z t x y t x y z x y z t x y z t x y z t x y z t y z t x z t x y t x y z - Nếu x + y + z + t = 0 thì suy ra được M = -4 1 1 1 1 - Nếu x + y + z + t 0 x = y = z = t y z t x z t x y t x y z thì suy ra được M = 4 Câu 33. Cho hai số a và b thỏa mãn a3 – 3ab2 = 5 và b3 – 3a2b = 10 . Tính H = 2018a2 + 2018b2 GV hướng dẫn : 32
33. - Kết hợp hai điều kiện tính a2 + b2 - Thay vào H tính giá trị. Giải (a3 – 3ab2)2 = 25 a6 – 6a4b2 + 9a2b4 = 25 (b3 – 3a2b)2 = 100 b6 – 6a2b4 + 9a4b2 = 100 a6 – 6a4b2 + 9a2b4 + b6 – 6a2b4 + 9a4b2 = 125 (a2 + b2)3 = 125 a2 + b2 = 5 Thay a2 + b2 = 5 vào H = 2018a2 + 2018b2 = 2015.( a2 + b2) ta được : H = 2018.5 = 10090 a - b b - c c - a c a b Câu 34 Cho a + b + c = 0; Chứng minh rằng: + + = 9 (1) c a b a - b b - c c - a Giải a - b b - c c - a c 1 a 1 b 1 Đặt = x ; y; z = ; c a b a - b x b - c y c - a z 1 1 1 (1) x + y + z + + 9 x y z 1 1 1 y + z x + z x + y Ta có: x + y + z + + 3 + + (2) x y z x y z y + z b - c c - a c b2 bc + ac - a 2 c c(a - b)(c - a - b) c(c - a - b) Ta lại có : . . x a b a - b ab a - b ab(a - b) ab c2c - (a + b + c) 2c2 = (3) ab ab x + z 2a 2 x + y 2b2 Tương tự, ta có: (4) ; (5) y bc z ac Thay (3), (4) và (5) vào (2) ta có: 2 2 2 1 1 1 2c 2a 2b 2 3 3 3 x + y + z + + 3 + = 3 + (a + b + c ) (6) x y z ab bc ac abc Từ a + b + c = 0 a3 + b3 + c3 = 3abc (7) ? 1 1 1 2 Thay (7) vào (6) ta có: x + y + z + + 3 + . 3abc = 3 + 6 = 9 x y z abc a b c a b c Câu 34 Cho + 0 Chứng minh rằng : + 0 b - c c - a a - b (b - c)2 (c - a)2 (a - b)2 Giải a b c a b c b2 ab + ac - c2 Từ + 0 = b - c c - a a - b b - c a - c b - a (a - b)(c - a) 33
34. a b2 ab + ac - c2 1 (1) (Nhân hai vế với) (b - c)2 (a - b)(c - a)(b - c) b - c b c2 bc + ba - a 2 c a 2 ac + cb - b2 Tương tự, ta có: (2) ; (3) (c - a)2 (a - b)(c - a)(b - c) (a - b)2 (a - b)(c - a)(b - c) Cộng từng vế (1),(2) và (3) ta có ĐPCM 34