Sáng kiến kinh nghiệm Hình thành tư duy toán học cùng trẻ thông qua một số bài toán đơn giản chủ đề Hằng đẳng thức và Bình thương của một tổng

Sáng kiến kinh nghiệm Hình thành tư duy toán học cùng trẻ thông qua một số bài toán đơn giản chủ đề Hằng đẳng thức và Bình thương của một tổng

 Một kiến thức của bộ môn toán được giới thiệu chính thức ở đầu chương trình lớp 8 song nó có vai trò quan trọng trong chương trình toán THCS và chương trình toán tiếp nối là: “Bảy hằng đẳng thức đáng nhớ”. Nhắc đến bảy hằng đẳng thức đáng nhớ thì các em đã từng biết, có em đã từng quen và viết được chúng dưới dạng tổng quát song việc vận dụng chúng vào việc giải toán thì không hẳn em nào cũng thực hiện được; đặc biệt hằng đẳng thức : “ Bình phương của một tổng”. Bởi đây là hằng đẳng thức có nhiều ứng dụng . Nó được vận dụng để giải bài toán ở nhiều dạng khác nhau. Để thu hút, gây hứng thú khi các em học phần này tôi đã giúp các em phát hiện được hằng đẳng thức: “Bình phương của một tổng” và hướng dẫn các em khai thác hằng đẳng thức này rồi từ đó biết cách vận dụng nó để giải một số dạng toán, bài toán mà khi giải chúng công cụ là hằng đẳng thức:

docx 41 trang tuyettranh 24/12/2022 2301
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Sáng kiến kinh nghiệm Hình thành tư duy toán học cùng trẻ thông qua một số bài toán đơn giản chủ đề Hằng đẳng thức và Bình thương của một tổng", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
Hình thành tư duy toán học cùng trẻ thông qua một số bài toán đơn giản của chủ đề:
Mét sè ỨNG DỤNG CỦA HẰNG ĐẲNG THỨC:
BÌNH PHƯƠNG CỦA MỘT TỔNG
ĐẶT VẤN ĐỀ:
 Một kiến thức của bộ môn toán được giới thiệu chính thức ở đầu chương trình lớp 8 song nó có vai trò quan trọng trong chương trình toán THCS và chương trình toán tiếp nối là: “Bảy hằng đẳng thức đáng nhớ”. Nhắc đến bảy hằng đẳng thức đáng nhớ thì các em đã từng biết, có em đã từng quen và viết được chúng dưới dạng tổng quát song việc vận dụng chúng vào việc giải toán thì không hẳn em nào cũng thực hiện được; đặc biệt hằng đẳng thức : “ Bình phương của một tổng”. Bởi đây là hằng đẳng thức có nhiều ứng dụng . Nó được vận dụng để giải bài toán ở nhiều dạng khác nhau. Để thu hút, gây hứng thú khi các em học phần này tôi đã giúp các em phát hiện được hằng đẳng thức: “Bình phương của một tổng” và hướng dẫn các em khai thác hằng đẳng thức này rồi từ đó biết cách vận dụng nó để giải một số dạng toán, bài toán mà khi giải chúng công cụ là hằng đẳng thức: 
( A + B)2 = A2 + 2AB + B2 hoặc những kiến thức suy ra từ hằng đẳng thức này thì việc giải quyết bài toán trở nên dễ dàng hơn. Tuy nhiên cũng có những bài toán nếu không vận dụng công cụ này cũng đi đến kết quả song quá trình giải dài hơn và khó khăn hơn. Cũng thông qua chủ đề này tiếp tục bồi dưỡng và hình thành tư duy toán học cho cả học sinh có năng lực tiếp thu chưa được tốt!
 Vinh, những ngày chuyển giao thế kỉ.
 (T¸c gi¶)
NỘI DUNG.
LÀM QUEN VỚI HẰNG ĐẲNG THỨC “BÌNH PHƯƠNG CỦA MỘT TỔNG ”:
 • Công thức tổng quát: ( A + B)2 = A2 + 2AB + B2 ( với A,B là các biểu thức tùy ý ).
Vậy “Bình phương của một hiệu” như thế nào?
Từ “Bình phương của một tổng”, ta có: 
( A - B)2 = [ A + ( - B)]2 = A2 + 2A( - B) + ( - B)2 = A2 - 2AB + B2 
Hay ( A - B)2 = A2 - 2AB + B2 .
* Ghi nhớ: ( A B)2 = A2 2AB + B2 ( với A,B là các biểu thức tùy ý ).
2. ỨNG DỤNG VÀ KHAI THÁC CỦA HẰNG ĐẲNG THỨC “ BÌNH PHƯƠNG CỦA MỘT ( HAY HIỆU)”
2.1 Tính nhẩm, tính nhanh, tính giá trị biểu thức.
 Ví dụ 1: Tính bình phương của:
a) Số tận cùng bởi chữ số 5. Áp dụng tính 752.
Giải: • Ta có: a5 = 10a + 5
Nên a52 = (10a + 5)2 = ( 10a)2 + 2 . 10ª . 5 + 52 = 100a2 + 100a + 25
Hay a52 = 100a( a + 1) + 25
 • Áp dụng với 752 ta có: 
 a = 7 nên 752 = 100 . 7( 7 + 1) + 25 = 100 . 7 . 8 + 25 = 5625
* - Nhận dạng số có tận cùng bởi chữ số 5.
 - Tính bình phương của nó dưới dạng tổng quát nhờ hằng đẳng thức: “Bình phương của một tổng”.
 - Áp dụng tính 752: chỉ ra a = 7 rồi thay vào dạng tổng quát của a52.
b) Số 9..9n chữ số 9 2 . Áp dụng tính 9992.
Giải: • Ta có: 9..9n chữ số 9 = 10..0n chữ số 0 - 1
Nên 9..9n chữ số 9 2 = (10..0n chữ số 0 - 1)2
 = (10..0n chữ số 0 )2 – 2 . 10..0n chữ số 0 . 1 + 12
 = 10..02n chữ số 0 – 20..0n chữ số 0 + 1
• Áp dụng với 9992 ta có: 
n = 3 nên 9992 = 1 000 000 – 2 000 + 1 = 998 001.
* - Viết số đã cho dưới dạng hiệu của 2 số dễ nhẩm được kết quả.
 - Vận dụng hằng đẳng thức: “Bình phương của một hiệu” được suy ra từ hằng đẳng thức: “Bình phương của một tổng” để tính.
 - Áp dụng tính 9992: chỉ ra n = 3 rồi thay vào dạng tổng quát của 9..9n chữ số 9 2.
c) Số 10..0n chữ số 01 . Áp dụng tính 10012.
Giải: • Ta có: 1 0..0n chữ số 0 1 = 10..0n +1 chữ số 0 + 1
Nên 1 0..0n chữ số 0 12 = (10..0n + 1 chữ số 0 + 1)2
 = (10..0n+1 chữ số 0 )2 + 2 . 10..0n+1 chữ số 0 . 1 + 12
 = 10..02(n+1) chữ số 0 + 20..0n+1chữ số 0 + 1
• Áp dụng với 10012 ta có: 
n = 2 nên 10012 = 1 000 000 + 2 000 + 1 = 1 002 001.
* - Viết số đã cho dưới dạng tổng của 2 số dễ nhẩm được kết quả.
 - Vận dụng hằng đẳng thức: “Bình phương của một tổng” để tính.
 - Áp dụng tính 1 0..0n chữ số 0 12: chỉ ra n = 2 rồi thay vào dạng tổng quát của 1 0..0n chữ số 0 12.
# Tổng quát: 9..9n chữ số 9 2 = 9..9n-1 chữ số 9 8 0..0n-1chữ số 01.
 1 0..0n chữ số 0 12 = 10..0n chữ số 0 2 0..0nchữ số 01.
Ví dụ 2: Tính nhanh: M = 1232 + 77 . 226 + 772.
Giải: Ta có: M = 1232 + 77 . 226 + 772
 = 1232 + 2 . 123 . 77 + 772 
 = ( 123 + 77)2
 = 2002
 = 40 000
* - Dự đoán: Nếu A = 123 và B = 77
 thì 2AB = 2 . 123 . 77 = 226 . 77 = 77. 226
Như vậy biểu thức đã cho có dạng bình phương của một tổng sau khi biến đổi 77 . 226 = 77 . 2 . 123 = 2 . 123 . 77.
 - Vận dụng hằng đẳng thức: “Bình phương của một tổng” để tính.
Ví dụ 3: Tính : 6-24+ 12 .
Giải: Ta có: 6-24+ 12 = 6-23+ 23 +1 
= 6-232+ 2 . 3 .1+12 = 6-2(3 +1)2 
= 6-2(3 +1) ( vì 3 + 1>0)
 = 6-23-2) = 4-23 = 3-23 +1 
= (3 -1)2 = 3 -1 ( vì 3 - 1>0).
* - Biến đổi và nhận dạng biểu thức dưới dấu căn có dạng bình phương của một tổng( hay một hiệu): viết 4+ 12 thành bình phương của một tổng và 4- 12 thành bình phương của một hiệu.
 - Vận dụng hằng đẳng thức: “Bình phương của một tổng( hay một hiệu)” để tính.
Ví dụ 4: Rút gọn: A = m2+ 2 m+1 + m2- 2 m+1
Giải: Ta có: A = m2+ 2 m+1 + m2- 2 m+1
 = (m+1)2 + (m-1)2
 = m+1 + m-1
Nếu m < - 1 → A = - m – 1 – [ - (m – 1)] = - m – 1 + m – 1 = - 2.
Nếu - 1 ≤m ≤1 → A = m + 1 – [ - ( m – 1)] = m + 1 + m – 1 = 2m.
Nếu m > 1 → A = m + 1 – ( m – 1) = m + 1 – m + 1 = 2.
Vậy với: m < - 1 → A = - 2
 - 1 ≤m ≤1 → A = 2m
 m > 1 → A = 2.
* - Biến đổi các biểu thức dưới dấu căn về dạng bình phương của một tổng( hay một hiệu) 
 - Thực hiện khai căn.
 - Áp dụng định nghĩa về giá trị tuyệt đối chia trường hợp để tính A.
Ví dụ 5: Tính giá trị biểu thức sau: M = m2 + n2 + p2 + q2 + 2( mn + pq)
biết m =.2,013; n = 1,987; p = 20,14; q = 14,14.
 Giải: Ta có: 
 M = m2 + n2 + p2 + q2 + 2( mn + pq) = m2 + n2 + p2 + q2 + 2mn - 2pq . = ( m2 + 2 mn + n2) + (p2 - 2pq + q2)
 = ( m + n)2 + ( p - q)2
Khi m =.2,013; n = 1,987; p = 20,14; q = 14,14, ta có:
 M = (2,013 + 1,987)2 + (20,14 - 14,14)2 = 42 + 62 = 16 + 36 = 52
Vậy khi m =.2,013; n = 1,987; p = 20,14; q = 14,14 thì M = 52.
* - Biến đổi biểu thức đã cho bằng cách nhóm hạng tử thích hợp làm xuất hiện bình phương của một tổng( hay một hiệu) 
 - Áp dụng “ Bình phương của một tổng( hay một hiệu)” để tính nhanh giá trị của P.
Ví dụ 6: Tính: M2 + N2 + P2 – MNP. 
Biết m, n, p ≠ 0 và M = np + pn; N = pm + mp; P = mn + nm 
Giải: Khi m, n, p ≠ 0 và M = np + pn; N = pm + mp; P = mn + nm , ta có:
M2 + N2 + P2 – MNP = 
= ( np + pn)2 + ( pm + mp)2 + ( mn + nm)2 – ( np + pn)(pm + mp)( mn + nm )
= n2p2 + 2 + p2n2 + p2m2 + 2 + m2p2 + n2m2 + 2 + m2n2 - ( nm + nmp2 +p2mn + mn)(mn + nm)
 (vì m, n, p ≠ 0)
= n2p2+ p2n2 + p2m2+ m2p2 + n2m2 + m2n2+ 6 -(1+n2m2+ m2p2+n2p2+p2n2+m2n2+ p2m2 + 1)
= 6 – 2 + (n2p2 + p2n2 + p2m2 + m2p2 + n2m2 + m2n2)-(n2p2 + p2n2 + p2m2 + m2p2 +n2m2+m2n2) = 4
Vậy khi m, n, p ≠ 0 và M = np + pn; N = pm + mp; P = mn + nm 
Thì M2 + N2 + P2 – MNP = 4.
* - Từ các dữ kiện của bài toán cho viết biểu thức đã cho.
 - Bằng cách khai triển và rút gọn biểu thức vừa tìm được nhờ hằng đẳng thức: “Bình phương của một tổng” để tính nhanh giá trị của: M2 + N2 + P2 – MNP.
Ví dụ 7: Tính: N = x2x4+ x2+ 1 biết xx2+ x + 1 = P ( * ). 
Giải: Ta thấy: P = 0 ↔ x = 0 → N = 0.
Giả sử x ≠ 0 → P ≠ 0.Khi đó:
 1N= x4+ x2+ 1 x2 = x2+ 1 + 1 x2 = ( x2+ 2 + 1 x2) – 1 = (x+ 1x )2- 1
Mà 1P = x2+ x + 1x = x+ 1 + 1x = x + 1x + 1
→ 1N= ( 1P- 1)2- 1 = 1 P2 - 2P + 1 – 1 = 1-2P P2
→ N = P21-2P
Vậy: Khi P = 0 thì N = 0 và P ≠ 0 thì N = P21-2P 
* - Xét các trường hợp xảy ra của P.
 - Ứng với mỗi trường hợp tính gián tiếp 1N bằng cách viết 1N về dạng làm xuất hiện “Bình phương của một tổng” và từ dữ kiện của bài toán viết ( * ) về dạng 
x + 1x để tính N.
2.2 Phân tích thành nhân tử.
Ví dụ 8: Viết 22014 + 1 dưới dạng tích hai thừa số nguyên dương. 
Giải: Ta có: 22014 + 1 = 22014 + 21008 + 1 - 21008 = (21007)2 + 2 . 21007 . 1 + 12 – (2504)2 
 = (21007 + 1)2 – (2504)2 = (21007 - 2504 + 1) (21007 + 2504 + 1) 
Mà 21007 > 2504 → 21007 + 1 > 2504 → 21007 - 2504 + 1 > 0 và 21007 + 2504 + 1> 0
Nên 21007 - 2504 + 1 và 21007 + 2504 + 1 đều là các số nguyên dương.
Như vậy ta đã viết 22014 + 1 dưới dạng tích hai thừa số nguyên dương.
 * - Viết 22014 + 1 thành hiệu của hai bình phương thông qua việc sử dụng hằng đẳng thức: “Bình phương của một tổng” bằng cách thêm bớt hạng tử 21008.
 Ví dụ 9: Phân tích các biểu thức sau thành nhân tử: A = 14 x4 + 3x2y3 + 9y6. 
Giải: Ta có: A = 14 x4 + 3x2y3 + 9y6 
 = ( 12 x2)2 + 2 . 12 x2 . 3y3 + ( 3y3)2 
 = ( 12 x2 + 3y3 )2 
* - Ta thấy: 14 x4 = ( 12 x2)2 và 9y6 = ( 3y3)2 
 - Như vậy: Nếu A = 12 x2 và B = 3y3 thì 2AB = 2 . 12 x2 . 3y3 = 3x2y3.
Lúc đó: biểu thức đã cho có dạng bình phương của một tổng sau khi biến đổi 3x2y3 = 2 . 12 x2 . 3y3.
 - Vận dụng hằng đẳng thức: “Bình phương của một tổng” để viết biểu thức đã cho thành các nhân tử.
b) B = ( a + b + c)2 + ( a + b - c)2 – 4c2.
Giải: Ta có: B = ( a + b + c)2 + ( a + b - c)2 – 4c2
 = ( a + b)2 + 2( a + b).c + c2 + ( a + b)2 - 2( a + b).c + c2 – 4c2
 = 2( a + b)2 + 2c2 – 4c2
 = 2( a + b)2 – 2c2 
 = 2[( a + b)2 – c2]
 = 2( a + b – c)( a + b + c).
* - Vận dụng hằng đẳng thức: “Bình phương của một tổng( hay một hiệu)” để khai triển biểu thức đã cho.
 - Rút gọn B và vận dụng hiệu hai bình phương để viết biểu thức đã cho thành các nhân tử.
c) C = 4x(x + y)( x + y + z)( x + z) + y2z2.
 Giải: Ta có: C = 4x(x + y)( x + y + z)( x + z) + y2z2
 = 4[ x( x + y + z)][ ( x + y)( x + z)] + y2z2
 = 4m( m + yz) + y2z2 với m = x2 + xy + xz 
 = 4m2 + 4myz + y2z2
 = ( 2m + yz)2.
Vậy C = ( 2x2 +2xy + 2xz +yz)2.
* - Khéo léo viết C dưới dạng bình phương của một tổngbằng cách đặt ẩn phụ để dễ dàng thấy hằng đẳng thức.
 - Vận dụng hằng đẳng thức: “Bình phương của một tổng” để khai triển biểu thức đã cho thành các nhân tử.
Ví dụ 10: Rút gọn biểu thức: A = x4+ x2+ 1 3x4+ 8x2+ 5
 Giải: Ta có: 
 A = x4+ x2+ 1 3x4+ 8x2+ 5
 = (x2)4+ 2 . x2 .1 + 12 ( 4x4+ 12x2+ 9) - ( x4+ 4x2+ 4)
 = (x2+ 1)2 (2x2+ 3)2- (x2+ 2)2 
 = (x2+ 1)2 (2x2+ 3 - x2- 2) (2x2+ 3+ x2+ 2) 
 = (x2+ 1)2 (x2+1) (3x2+ 5)
 = x2+1 3x2+ 5 (vì x2≥0 với mọi x nên x2+1≠0 với mọi x)
 Vậy A = x2+1 3x2+ 5 .
 * - Viết tử thức dưới dạng bình phương của một tổng và mẫu thức dưới dạng hiệu hai bình phương bằng cách tách: 3x4= 4x4- x4; 
 8x2= 12x2- 4x2 và 5 = 9 – 4.
- Vận dụng hằng đẳng thức: “Bình phương của một tổng( hay một hiệu)” để rút gọn biểu thức đã cho.
2.3 Chứng minh.
 Ví dụ 11: Chứng minh biểu thức sau không phụ thuộc vào biến:
 P(x,y) = ( x – y)2 – ( x + y)2 + 4( xy +1).
Giải: Ta có: P(x,y) = ( x – y)2 – ( x + y)2 + 4( xy +1)
 = x2 - 2xy + y2 – ( x2 + 2xy + y2) + 4xy + 4
 = x2 - 2xy + y2 – x2 - 2xy - y2 + 4xy + 4
 = 4
 Ta thấy P(x,y) luôn có giá trị bằng 4 với mọi giá trị của biến.
Vậy biểu thức P(x,y) không phụ thuộc vào biến.
 * Vận dụng hằng đẳng thức: “Bình phương của một tổng( hay một hiệu)” để rút gọn biểu thức đã cho, đưa về dạng P(x,y) = a( với a là hằng số).
Ví dụ 12: Chứng minh giá trị của biểu thức sau: 
 A = ( x + 5)2 + ( x - 5)2 x2+ 25 bằng 2 với mọi giá trị của x.
Giải: Ta có: A = ( x + 5)2 + ( x - 5)2 x2+ 25
 = x 2+ 10x + 25 + x2- 10x + 25 x2+ 25
 = 2x 2+ 50 x2+ 25
 = 2(x 2+ 25) x2+ 25
 = 2 ( vì x2 ≥0 với mọi x nên x2+25≠0 với mọi x).
 Vậy A luôn có giá trị bằng 2 với mọi giá trị của biến x.
* Vận dụng hằng đẳng thức: “Bình phương của một tổng( hay một hiệu)” để rút gọn biểu thức đã cho.
Ví dụ 13: Chứng minh các số sau đều là số chính phương:
 16
 1156
 111556
 .............
 1..1n chữ số 1 5...5n-1chữ số 56
 Giải: Ta có: A = 1..1n chữ số 1 5...5n-1chữ số 56
 = 1..1n chữ số 1 5...5n chữ số 5 + 1
 = 1..1n chữ số 1 . 10n + 5...5n chữ số 5 + 1
 = 1..1n chữ số 1 . ( 9...9n chữ số 9 + 1) + 5 . 1...1n chữ số 1 + 1
 = 1..1n chữ số 1 . ( 9 . 1...1n chữ số 1 + 1) + 5 . 1...1n chữ số 1 + 1
 = a . ( 9a + 1) + 5 . a + 1 ( với a = 1...1n chữ số 1 )
 = 9a2 + a + 5a + 1 
 = 9a2 + 6a + 1
 = ( 3a + 1)2.
Vậy các số đã cho đều là số chính phương.
* Viết số có dạng tổng quát về dạng bình phương của một tổng ( hay một hiệu).
Ví dụ 14: Cho ba số tự nhiên: N1 = 4..42k chữ số 4; N2 = 2..2k+1 chữ số 2; 
N3 = 8..8k chữ số 8. Chứng minh tổng N1 + N2 + N3 + 7 là số chính phương.
 Giải: Ta có: N1 = 4 . 10 2k- 19 ; N2 = 2 . 10 k +1- 19 ; N3 = 8 . 10 k- 19
Nên N1 + N2 + N3 + 7 = 4 ∙ 10 2k- 19 + 2 ∙ 10 k +1- 19 + 8 ∙ 10 k- 19 + 7
 = 4. (10 2k- 1)+2.( 10 k +1- 1)+8. (10 k - 1)9 + 7
 = 4. 10 2k- 4 + 2. 10 k +1- 2 + 8.10 k - 8 + 639 
 = 4. 10 2k + 2. 10 k +1 + 8.10 k +1 + 499 
 = (2. 10 k ) 2 + 2. 10 k 10 + 4 + 7 29
 = (2. 10 k ) 2 + 2 . 2. 10 k .7 + 7 29
 = (2. 10 k + 7 ) 29 = 20 ...0k-1732= 6..6k-1 chữ số 692.
 Vậy N1 + N2 + N3 + 7 là số chính phương.
* - Nhận xét các số N1 , N2 , N3 .
 - Viết tổng đã cho có dạng tổng quát về dạng bình phương của một tổng ( hay một hiệu).
Ví dụ 15: Chứng minh rằng với mọi số n nguyên lớn hơn 1 thì n4 + 4n không phải là số nguyên tố.
 Giải: Ta có: 
. Nếu n chẵn thì n4 + 4n là số chẵn và n4 + 4n > 2 nên n4 + 4n là hợp số 
 hay n4 + 4n không phải là số nguyên tố.
. Nếu n lẻ → n = 2k + 1 với k ∈N 
 → n4 + 4n = n4 + 2.22k + 1 . n2 - 22(k + 1) . n2 + 22(2k + 1)
 = [n4 + 2.22k + 1 . n2 + 22(2k + 1)] - 22(k + 1) . n2
 = ( n2 + 22k + 1)2 – ( 2k + 1n)2
 = (n2 + 22k + 1 – 2k + 1n)( n2 + 22k + 1 + 2k + 1n)
Mà n2 + 22k + 1 – 2k + 1n > 1 và n2 + 22k + 1 + 2k + 1n > 1
 → n4 + 4n là hợp số hay n4 + 4n không phải là số nguyên tố .
Vậy với mọi số nguyên n lớn hơn 1 thì n4 + 4n không phải là số nguyên tố.
* Xét các khả năng xảy của n: 
 + Khi n chẵn ta dễ dàng có điều phải chứng minh.
 + Khi n lẻ, viết n4 + 4n thành tích của hai thừa số lơn hơn 1nhờ vào bình phương của một tổng. 
Ví dụ 16: Chứng minh rằng: 
 a) ( a2 + b2)( x2 + y2) = ( ax – by)2 + ( bx + ay)2
 Giải: Biến đổi vế trái, ta có:
( a2 + b2)( x2 + y2) = a2x2 + a2y2 + b2x2 + b2y2 = 
= (a2x2 – 2ax . by + b2y2) + (b2x2 + bx . ay + a2y2)
= ( ax – by)2 + ( bx + ay)2.
Ta thấy vế trái bằng vế phải. Vậy đẳng thức đã được chứng minh.
* Nhận xét vế phải là tổng các bình phương của một tổng và một hiệu. Từ đó tâ khai triển vế trái và thêm bớt hạng tử 2abxy để xuất hiện bình phương của một tổng( hay hiệu) .
b) Nếu m2 + n2 + p2 + q2 + t2 = m( n + p + q + t) thì m = 2n = 2p = 2q = 2t. 
 Giải: Ta có: 
 m2 + n2 + p2 + q2 + t2 = m( n + p + q + t) (1)
↔ 4(m2 + n2 + p2 + q2 + t2 ) = 4m( n + p + q + t)
↔ (m2 – 2mn + 4n2 ) + ( m2 - 2mp + 4p2 ) + ( m2 – 2mq + 4q2 ) + ( m2 – 2mt + 4t2 ) = 0
↔ ( m – 2n)2 + ( m – 2p)2 + ( m – 2q)2 + ( m – 2t)2 = 0
Vì ( m – 2n)2, ( m – 2p)2, ( m – 2q)2 , ( m – 2t)2 đều không âm với mọi m, n, p, q, t
Nên (1) ↔ ( m – 2n)2 = ( m – 2p)2 = ( m – 2q)2 = ( m – 2t)2 = 0
 ↔ m – 2n = m – 2p = m – 2q = m – 2t = 0
 ↔ m = 2n = 2p = 2q = 2t.
* Dùng phép biến đổi tương đương viết giả thiết thành tổng các bình phương bằng không nhờ hằng đẳng thức bình phương của một hiệu.
c) m2 + n2 + p2 ≥ mn + mp + np 
Giải: Ta có: 
 m2 + n2 + p2 ≥ mn + mp + np 
↔ 2(m2 + n2 + p2) ≥ 2( mn + mp + pn) 
↔ 2m2 + 2n2 + 2p2 - 2mn - 2mp - 2pn ≥ 0
↔ ( m2 - 2mn + n2 ) + (m2 - 2mp + p2) + (p2 - 2pn + n2 ) ≥ 0
↔ ( m - n)2 + ( m – p)2 + ( p - n)2 ≥ 0, điều này hiển nhiên đúng vì 
( m - n)2; ( m – p)2; ( p - n)2 đều không âm với mọi m, n, p. Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi ( m - n)2 = ( m – p)2 = ( p - n)2 = 0 ↔ m - n = m – p = p - n = 0 ↔ m = n = p.
 Vậy m2 + n2 + p2 ≥ mn + mp + np. Dấu “ = ” xảy ra 
khi và chỉ khi m = n = p ( Điều phải chứng minh). 
* Dùng phép biến đổi tương đương biến đổi tương đương bất ddawwngr thức đã cho thành đẳng thức hiển nhiên đúng nhờ hằng đẳng thức bình phương của một hiệu.
d) a + b ≤ 2 nếu a2 + b2 ≤ 2. 
Giải: Giả sử:
a + b > 2 ↔ (a + b)2 > 22 ↔ a2 + 2ab + b2 > 4. (2)
mà (a - b)2 ≥ 0 với mọi a, b
nên a2 - 2ab + b2 ≥ 0 với mọi a, b
↔ a2 + b2 ≥ 2ab với mọi a, b 
→ a2 + 2ab + b2 ≤ 2(a2 + b2) ≤ 2 . 2 ( vì a2 + b2 ≤ 2) (3)
→ a2 + 2ab + b2 ≤ 4, điều này mâu thuẫn với (2).
 Nên điều giả sử là sai (**).
Vậy a + b ≤ 2 nếu a2 + b2 ≤ 2 ( Điều phải chứng minh)
 * Vận dụng hằng đẳng thức bình phương của một tổng và một hiệu cùng với giả thiết chỉ ra khi a + b > 2 thì có a2 + 2ab + b2 > 4
 và a2 + 2ab + b2 ≤ 4.
Ví dụ 17: Chứng minh rằng biểu thức sau viết được dưới dạng bình phương của hai biểu thức.
 A = x2 + 2( x + 1)2 + 3( x + 2)2 + 4( x + 3)2.
Giải: Ta có:
A = x2 + 2( x + 1)2 + 3( x + 2)2 + 4( x + 3)2
 = x2 + 2x2 + 4x + 2 + 3x2 + 12x + 12 + 4x2 + 24x + 36
 = 10x2 + 40x + 50
 = (x2 + 10x + 25) + ( 9x2 + 30x + 25)
 = ( x + 5)2 + ( 3x + 5)2 ( Điều phải chứng minh).
* Vận dụng hằng đẳng thức bình phương của một tổng khai triển biểu thức A và khéo léo đưa về tổng các bình phương để giải quyết bài toán. 
Ví dụ 18: Chứng minh bất đẳng thức a2 - ab + b2 ≥ 0 với mọi a, b.
Giải: Ta có:
a2 - ab + b2 = a2 - 2 ∙ a ∙ 12 b + 14b2 + 34b2 = (a- 12 b )2 + 34b2
vì (a- 12 b )2 ; 34b2 đều không âm với mọi a, b
nên a2 - ab + b2 ≥ 0 với mọi a, b. Dấu “ = ” xảy ra khi 
(a- 12 b )2 = 34b2= 0 ↔ a- 12 b = b = 0 ↔ a = b = 0.
Vậy a2 - ab + b2 ≥ 0 với mọi a, b. Dấu “ = ” xảy ra khi 
 a = b = 0 ( Điều phải chứng minh).
* Sử dụng tính chất lũy thừa bậc chẵn của một só hay biểu thức bất kì luôn không âm, ta biến đổi biểu thức A về dạngbình phương hoặc tổng các bình phương. Nếu các biểu thức A, 2AB trong hằng đẳng thức lần lượt là a và ab thì A = a và B = ab2A = ab2a = 12 b nên B2 = ( 12 b)2 = 14 b2, vì thế ta cần tách b2 sao cho b2 = 14 b2 + 34 b2 và kết quả ta được tổng các bình phương thỏa mãn bài toán.
Ví dụ 19: Chứng minh : xy + yx ≥ 2 với mọi xy > 0 ( đối với học sinh lớp 8) 
Giải: Ta có: xy + yx ≥ 2 ↔ x2+ y2xy ≥ 2 ↔ x2 + y2 ≥ 2xy ( vì xy > 0)
 ↔ x2 + y2 - 2xy ≥ 0 ↔ ( x – y)2 ≥ 0 điều này hiển nhiên đúng với mọi x, y nên cũng hiển nhiên đúng với mọi xy > 0. Dấu “ = ” xảy ra khi 
( x – y)2 = 0 ↔ x – y = 0 ↔ x = y.
 Vậy xy + yx ≥ 2 với mọi xy > 0. Dấu “ = ” xảy ra khi 
 x = y ( Điều phải chứng minh).
* Biến đổi bất đắng thức cần chứng minh tương đương với bất đắng thức luôn luôn đúng với mọi xy > 0 nhờ vào hằng đẳng thức bình phương của một hiệu. 
# Khi các biểu thức là các căn biểu thức ta suy được bất đẳng thức CôSi. 
Ví dụ 20: Chứng minh bất đẳng thức CôSi ( ở lớp 9):
 a + b2 ≥ ab với mọi a, b ≥ 0. 
Giải: Ta có: a + b2 ≥ ab ↔ a + b ≥ 2 ab ↔ a + b - 2 ab ≥ 0
 ↔ ( a - b )2 ≥ 0 ( vì a, b ≥ 0), điều này hiển nhiên đúng. . Dấu “ = ” xảy ra khi ( a - b )2 = 0 ↔ a - b = 0 
↔ a = b ↔ a = b.
Vậy a + b2 ≥ ab với mọi a, b ≥ 0. Dấu “ = ” xảy ra khi 
 a = b ( Điều phải chứng minh). 
* Bất đẳng thức CôSi giúp ta giải được nhiều bài toán ví dụ như:
 Ví dụ 21: Chứng minh: 
 a + b + 12 ≥ a + b với mọi a, b ≥ 0.
Giải: Áp dụng bất đẳng thúc CôSi, ta có:
+
 a + 14 ≥ 2a∙ 14 = a 	
 b + 14 ≥ 2b∙ 14 = b 
 a + b + 12 ≥ a + b 
Dấu “ = ” xảy ra khi a = 14; b = 14 ↔ a = b = 14.
 Vậy a + b + 12 ≥ a + b với mọi a, b ≥ 0. Dấu “ = ” xảy ra khi a = b = 14 ( Điều phải chứng minh). 
 ( a + b)( ab + 1) ≥ 4ab với a, b ≥ 0.
Giải: Áp dụng bất đẳng thức CôSi, ta có :
 a + b ≥ 2ab ≥ 0 ( vì a, b ≥ 0)
 và ab + 1 ≥ 2ab∙1 = 2ab ≥ 0 
 ( vì a, b ≥ 0 nên ab ≥ 0 và 1 > 0)
→ ( a + b)( ab + 1) ≥ 2ab . 2ab 
hay ( a + b)( ab + 1) ≥ 4ab ( vì a, b ≥ 0). Dấu “ = ” xảy ra khi 
 a = b; ab = 1 ↔ a = b = 1 ( vì a, b ≥ 0).
Vậy ( a + b)( ab + 1) ≥ 4ab với a, b ≥ 0. Dấu “ = ” xảy ra khi 
a = b = 1( Điều phải chứng minh). 
 Với x, y > 0 thì x4y4 + y4x4 - x2y2 - y2x2 + xy - yx ≥ 2.
 Giải: Ta có: x4y4 + y4x4 - x2y2 - y2x2 + xy - yx ≥ 2 
↔ ( x4y4 - 2 x2y2 + 1)+( y4x4 - 2 y2x2 + 1) + ( x2y2 - 2+ y2x2) +( xy - 2+ yx )≥ 0 
↔ ( x2y2 - 1)2 + ( y2x2 - 1)2 + ( xy - yx ) 2 + ( xy - yx )2 ≥ 0 , điều này hiển nhiên đúng vì x, y > 0 thì ( x2y2 - 1)2 ; ( y2x2 - 1)2 ;
 ( xy - yx ) 2 ; ( xy - yx )2 đều không âm. Dấu ” = ” xảy ra khi 
( x2y2 - 1)2 = ( y2x2 - 1)2 = ( xy - yx ) 2 = ( xy - yx )2 = 0 
 ↔ x2y2 - 1 = y2x2 - 1 = xy - yx =xy - yx = 0
↔ x2y2 = 1; y2x2 = 1; xy = yx ; xy = yx ↔ x = y; x, y > 0.
Vậy: Với x, y > 0 thì x4y4 + y4x4 - x2y2 - y2x2 + xy - yx ≥ 2. 
Dấu ” = “xảy ra khi x = y ( Điều phải chứng minh). 
 Nếu m, n, p > 0 thì A = ( m + n + p)( 1m + 1n + 1p ) ≥ 9 
 Giải: Ta có: A = ( m + n + p)( 1m + 1n + 1p )
 = 1 + mn + mp + nm + 1 + np + pm + pn + 1
 = 3 +( mn + nm) +( mp + pm) +( np + pn)
Mà mn + nm ≥ 2; mp + pm ≥ 2; np + pn ≥ 2 với mọi m, n, p > 0 ( do áp dụng dụng bất đẳng thức CôSi)
Nên A

Tài liệu đính kèm:

  • docxsang_kien_kinh_nghiem_hinh_thanh_tu_duy_toan_hoc_cung_tre_th.docx