Sáng kiến kinh nghiệm Một số ứng dụng của hằng đẳng thức: Bình phương của một tổng

:
 B = x4 + x2 + 5 x4 + 2x2+ 1 là 1920 xảy ra khi x = ± 3.
và giá trị nhỏ nhất của A là 4, xảy ra khi x = 12
* Nhờ hằng đẳng thức bình phương của một tổng hay một hiệu và tính chất của nó ta biến đổi B tương tự như trên song việc biến đổi ở đây có phần phức tạp hơn.
Ví dụ 34: a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
 P = x2 + y2, biết x + y = 2.
Giải: 
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki với a = x, b = y, c = 1 = d, ta có:
( x . 1 + y . 1)2 ≤ ( x2 + y2 )( 12 + 12 ) ↔ ( x + y )2 ≤ 2( x2 + y2 )
 ↔ 22 ≤ 2( x2 + y2 ) ( vì x + y = 2 )
↔ 2 ≤ x2 + y2 
 → Pmin = 2 xảy ra khi x1 = y1 ↔ x = y.
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = x2 + y2 là 2, xảy ra khi x = y.
* Nhờ hằng đẳng thức bình phương của một tổng, một hiệu, tính chất của nó ta chứng minh bất đẳng thức Bunhiacôpxki và áp dụng bất đẳng thức cùng với giả thiết, ta tìm được giá trị nhỏ nhất của biểu thức P. 
b) Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của biểu thức:
 Q = s6 + t6, biết s2 + t2 = 1.
Giải: Ta có:
s2 + t2 = 1 nên t2 = 1 - s2
 → s6 + t6 = s6 + (1 - s2 )3 = s6 + 1 – 3s2 + 3s4 – s6 = 3( s4 – s2 + 14 ) + 14 
= 3 s2- 12 2 + 14 ≥ 14 với mọi s.
 → Qmin = 14 xảy ra khi s2- 12 2 = 0 ↔ s2- 12 = 0 
↔ s2 = 12 ↔ s = ± 12
Mặt khác: 
s2 + t2 = 1 nên: Khi s = 0 → t2 = 1 → t6 = 1→ Q = s6 + t6 = 0 + 1 = 1.
 Khi s ≠ 0 vì s2 = 1 - t2 ≤ 1 với mọi s ( vì t2 ≥ 0 với mọi t)
 → s2- 12 ≤ 12 với mọi s → Q ≤ 3 12 2 + 14 với mọi s → Q ≤ 1 với mọi s
Nên Qmax = 1 xảy ra khi s2 = 1 ↔ s = ± 1 hoặc s = 0.
 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức: Q = s6 + t6,, khi s2 + t2 = 1 là 14 xảy ra khi 
s = ± 12 , giá trị lớn nhất của Q là 1, xảy ra khi s = ± 1 hoặc s = 0.
* Cách làm tương tự các ví dụ trước song cần kết hợp khéo léo giả thiết 
 s2 + t2 = 1 → t2 = 1 - s2 và s2 = 1 - t2 ≤ 1 
c) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
 M = x-2 + 4 - x.
Giải: Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki với a = x-2, b = 4 - x,
 c = 1 = d, ta có:
(x-2 . 1 + 4 - x . 1)2 ≤ [x-22 + 4-x2]( 12 + 12 )
 ↔ x-2 + 4-x 2 ≤ 2[x-22 + 4-x2]
 ↔ M2 ≤ 2(x – 2 + 4 - x) ↔ M2 ≤ 4 ( với 2 ≤ x ≤ 4 (*) )
↔ - 2 ≤ M ≤ 2 ( với 2 ≤ x ≤ 4 ) 
mà M > 0 nên 0 < M ≤ 2 ( với 2 ≤ x ≤ 4 )
 → Mmax = 2 xảy ra khi x-2 1 = 4 - x1 ↔ x-2 = 4 - x
↔ x – 2 = 4 – x ↔ x = 3 ( Thỏa mãn (*) ).
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức: M = x-2 + 4 - x là 2, xảy ra khi
 x = 3.
* Tóm lại: Để tìm cực trị của biểu thức A ta viết biểu thức đó về dạng
 A = M(x) + a, trong đó M(x) ≥ 0 với mọi x và a là hằng số. Thông thường để chứng minh M(x) ≥ 0 với mọi x, ta biến đổi M(x) nhờ hằng đẳng thức bình phương của một tổng hay một hiệu một cách trực tiếp hoặc gián tiếp qua bất đẳng thức Bunhiacôpxki hay CôSi ở các ví dụ đã nêu ở mục trên. 
 2.5. Giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình:
 Ví dụ 35: Giải phương trình: 
 6x – 9x2 + 8 = 0.
Giải: Ta có:
 6x – 9x2 + 8 = 0 ↔ - (9x2 – 6x - 8 ) = 0 ↔ 9x2 – 6x - 8 = 0 
 ↔ ( 9x2 – 6x + 1) - 9 = 0 ↔ ( 3x – 1 )2 - 32 = 0 
 ↔ ( 3x – 1 + 3 )( 3x – 1 - 3) = 0 ↔ ( 3x + 2 )( 3x – 4) = 0 ↔ [ 3x + 2 = 0 3x – 4 = 0 
 ↔ [ 3x = - 23x = 4 ↔ [ x = - 23 x = 1 13 
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S = { - 23 ; 113 }.
* Vận dụng hằng đẳng thức bình phương của một hiệu và hiệu hai bình phương phân tích vế trái thành nhân tử và đưa phương trình đã cho về dạng phương trình tích.
 b) x2- 3x + 3= 3x - x2- 1 .
Giải: Ta có: x2- 3x +3= x2- 2 ∙x ∙ 32 + 94 + 34 = ( x - 32 )2 + 34 > 0
Nên x2- 3x+3= 3x - x2- 1 ↔ x2- 3x+3 = 3x - x2- 1
 ↔ 2x2 – 6x + 4 = 0 ↔ x2 – 3x + 2 = 0 ↔ ( x – 1 )( x – 2 ) = 0
 ↔ [ x - 1 = 0 x – 2 = 0 ↔ [ x = 1 x = 2 
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S = { 1; 2 }.
* Nhận xét biểu thức trong giá trị tuyệt đối nhờ hằng đẳng thức bình phương của một hiệu và biến đổi tương đương phương trình đã cho và về dạng thông thường đã biết cách giải.
 c) x5 = x4 + x3 + x2 + x + 2. 
Giải : Ta có: x5 = x4 + x3 + x2 + x + 2 ↔ x5 - x4 - x3 - x2 - x – 2 = 0
 ↔ ( x5 - 2x4) + (x4 - 2x3) + ( x3 - 2x2) + ( x2 - 2x) + ( x – 2) = 0
 ↔ x4( x – 2) + x3( x – 2) + x2( x – 2) + x( x – 2) + ( x – 2) = 0
 ↔ ( x – 2)( x4 + x3 + x2 + x + 1) = 0 
↔ ( x – 2)[ ( x4 + x3 + x24) + ( x24 + x + 1) + x22 ] = 0
↔ ( x – 2)[ ( x2 + x2 )2 + ( x2 + 1)2 + x22 ] = 0
↔ x – 2 = 0 ( vì ( x2 + x2 )2 ; ( x2 + 1)2 ; x22 đều là những số không âm song . chúng cũng không đồng thời bằng 0).
↔ x = 2
Vậy phương trình đã cho có tập hợp nghiệm là S = { 2 } 
* Nhờ bình phương của tổng ta chứng tỏ x4 + x3 + x2 + x + 1 ≠ 0.
 Ví dụ 36: a) Tìm x, y, z thỏa mãn: 
 x + y-1 + z-2 = 12 ( x + y + z ).
Giải: Ta có:
 x + y-1 + z-2 = 12 ( x + y + z ) 
xác định khi x ≥ 0 ; y – 1 ≥ 0 ; z - 2 ≥ 0
nên ĐKXĐ của đẳng thức là : x ≥ 0 ; y ≥ 1 ; z ≥ 2 (*)
 x + y-1 + z-2 = 12 ( x + y + z ) 
 ↔ 2 x + 2 y-1 + 2 z-2 = x + y + z
 ↔ ( x - 2 x + 1 ) + ( y – 1 - 2 y-1 + 1 ) + ( z – 2 – 2 z-2 + 1) = 0
 ↔ ( x – 1)2 + ( y-1 - 1 )2 + ( z-2 – 1 )2 = 0 (Do (*)) (1)
vì ( x – 1)2 ; ( y-1 - 1)2 ; ( z-2 – 1)2 luôn không âm với x ≥ 0 ; y ≥ 1 ; z ≥ 2, nên:
 ↔ x – 1 = y-1 – 1 = z-2 – 1 = 0 
 ↔ x = 1 ; y = 2 ; z = 3 thỏa mãn (*) 
Vậy khi x = 1 ; y = 2 ; z = 3 thì x + y-1 + z-2 = 12( x + y + z )
* Đây là bài toán tìm các số thỏa mãn đẳng thức song để tìm chúng ta cần giải phương trình mà đẳng thức đã cho là phương trình có ba ẩn nên chỉ có thể tìm nghiệm của nó khi nó có dạng đặc biệt như tổng các bình phương bằng 0. Từ đó, ta vận dụng hằng đẳng thức bình phương của một hiệu và biến đổi để có điều đặc biệt mong muốn
b). Giải phương trình 4 x + 4 97-x = 5.
Giải: Ta có: 4 x + 4 97-x = 5 (1) xác định khi 0 ≤x ≤ 97 (*).
Đặt 4 x = a ≥0; 4 97-x = b ≥ 0 (**), lúc đó: 
 ↔ a4+ b4=97 (*')a+b = 5 
Mà a4+ b4= a2+ b22- 2a2b2 = a+b2- 2ab2- 2a2b2
 = 52- 2ab2 - 2a2b2 ( vì a+b = 5 ) 
 = 625 – 100ab + 4a2b2 - 2a2b2
 = 625 – 100ab + 2a2b2, kết hợp với (*’), ta có:
97 = 625 – 100ab + 2a2b2 
 ↔ ab2 – 50ab + 264 = 0, giải phương trình này với ẩn ab, ta có: ab = 44 hoặc ab = 6 mà a, b > 0 và a + b = 5 nên a, b < 5 
→ ab < 5 nên ab = 6.
Từ đó, ta có: a+b = 5ab = 6 ↔ [ a = 2b = 3 a = 3b = 2 ( thỏa mãn (**)) 
 ↔ [4x = 24x = 3 ( vì 4 x = a ) 
↔ [ x = 16 x = 81 ( thỏa mãn (*))
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S = { 16; 81 }.
* Vận dụng hằng đẳng thức bình phương của một tổng một cách hợp lí để giải phương trình.
 Ví dụ 37: a) Tìm x, y, z sao cho: x2 – 2x + y2 + 4y + 5 = 0.
Giải: Ta có: 
 x2 – 2x + y2 + 4y + 5 = 0 
 ↔ ( x2 – 2x + 1 ) + ( y2 + 4y + 4 ) = 0
 ↔ ( x – 1 )2 + ( y + 2)2 = 0
 ↔ x - 1 2=0 y + 2 2=0 ( vì ( x – 1 )2 ≥ 0; ( y + 2)2 ≥ 0 với mọi x, y)
 ↔ x - 1 =0y + 2=0 ↔ x =1y =-2 
Vậy với x = 1 và y = - 2 thì x2 – 2x + y2 + 4y + 5 = 0.
* Vận dụng hằng đẳng thức bình phương của một tổng, một hiệu và các phép biến đổi tương đương phương trình đưa phương trình đã cho về dạng dễ giải .
Ví dụ 38: a) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
 x2 - 4xy + 5y2 = 169.
Giải: Ta có:
 x2 - 4xy + 5y2 = 169 ↔ (x2 - 4xy + 4y2 ) + y2 = 169
 ↔ ( x – 2y )2 + y2 = 169
Mà 169 chỉ có hai cách phân tích thành tổng của hai số chính phương là: 
169 =132 + 02 = 52 + 122 và x, y nguyên dương nên x-2y ∈ N. Từ đó, ta có:
∙ Trường hợp 1: x-2y = 0 và y = 13, ta được: x = 26; y = 13 ( vì x nguyên dương ) 
∙ Trường hợp 2: x-2y = 5 và y = 12, ta được: x = 29; y = 12 ( vì x nguyên dương ) 
∙ Trường hợp 3: x-2y = 12 và y = 5, ta được: x = 22; y = 5 ( vì x nguyên dương )
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S = { ( 26; 13); ( 29; 12); ( 22; 5) }.
* Biến đổi vế trái thành tổng các bình phương nhờ hằng đẳng thức bình phương của một hiệu và nhận xét vế phải rồi tìm ra mối liên quangiữa hai vế và từ đó tìm ra kết quả.
 b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
 x4 + x2 + 1 = y2.
Giải: Ta có: x2 ≥ 0 với mọi x nên 
 (x4 + x2 + 1) - ( x2 + 1 ) < x4 + x2 + 1 ≤ ( x4 + x2 + 1 ) + x2 
↔ x4 < y2 ≤ x2+ 12) + x2 ↔ x22 < y2 ≤ x2+ 12 
Mà x; y nguyên nên x2; y; x2 + 1 là các số nguyên và x2; x2 + 1 là hai số nguyên liên tiếp nên: y2 = x2+ 12 ↔ x4 + x2 + 1 = x4 + 2x2 + 1 
 ↔ x2 = 0 ↔ x = 0 ( thỏa mãn x nguyên ).
 → y2 = 1 ↔ y = ± 1 ( thỏa mãn y nguyên ). 
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S = { ( 0; 1); ( 0; - 1) }.
* Vận dụng hằng đẳng thức bình phương của một tổng chỉ ra mối liên hệ thứ hai của x và y.
Ví dụ 39: a) Tìm nghiệm nguyên của hệ phương trình:
 x2+ 2y2+ 9z2- 2xy-6yz=0x + y + z = 169
Giải: Ta có:
 x2+ 2y2+ 9z2- 2xy-6yz=0x + y + z = 169 
↔ ( x2- 2xy+ y2) +( y2-6yz + 9z2)=0x + y + z = 169 
↔ x-y2+ y – 3z2=0x + y + z = 169 
↔ x-y = y – 3z =0x + y + z = 169 ( vì x-y2; y – 3z2luôn không âm với mọi x,y,z)
↔ x-y = y – 3z =0x + y + z = 169 ↔ x = y = 3z 7z = 169 ↔ x = y = 81 z = 27 
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S = { ( 81; 81; 27 ) }.
* Cách làm tương tự như ở phương trình.
Ví dụ 40: Giải hệ phương trình:
 1x+ 1y+ 1z = 22xy- 1z2 = 4 
Giải: 1x+ 1y+ 1z = 22xy- 1z2 = 4 (I) ĐKXĐ của (I) là : x, y, z ≠ 0 (*).
Đặt 1x = a; 1y = b; 1z = c, ta có: 
↔ a + b + c = 2 2ab - c2 = 4 ↔ c = 2- a + b c2 = 2ab - 4 
 → 2- a + b 2 = 2ab - 4 
 ↔ 4 + a2+ b2 – 4a –4b + 2ab = 2ab - 4
 ↔ 4 + a2+ b2 – 4a –4b + 2ab - 2ab + 4 = 0
 ↔ ( a2– 4a + 4 ) + ( b2– 4b + 4 ) = 0
 ↔ a-22 + b-22 = 0
 ↔ a - 2 = 0 b – 2 = 0 ↔ a = 2 b = 2 
 →c = 2- a + b = 2 – 2 + 2 = 2 → a = b = c = 2 
→ 1x = 1y = 1z = 2 ↔ x = y = z = 12 ( Thỏa mãn (*) ).
 Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S = { ( 12 ; 12 ; 12 ) }.
* Dùng ẩn phụ để dễ nhận biết và biến đổi thành tổng các bình phương.
Ví dụ 41: Giải bất phương trình:
 3x2 + 8x + 5 ≤ 0
Giải: Ta có:
 3x2 + 8x + 5 ≤ 0 ↔ ( 4x2 + 12x + 9 ) - ( x2 + 4x + 4 ) = 0 
↔ ( 2x + 3 )2 – ( x + 2 )2 ≤ 0 ↔ ( 2x + 3 – x – 2 )( 2x + 3 + x + 2 ) ≤ 0 
↔ ( x + 1 )( 3x + 5 ) ≤ 0
↔ [ x + 1 ≤ 0 3x + 5 ≥ 0 x + 1 ≥ 0 3x + 5 ≤ 0 ↔ [ x ≤ -1 3x ≥ -5 x ≥ -1 3x ≤ -5 ↔ [ x ≤ -1 x ≥ -53 x ≥ -1 x ≤ -53 ↔ x ≤ -1 x ≥ -53 
 ↔ -53 ≤x ≤ -1 ↔ 1 23 ≤x ≤ -1 
Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm S = { x / 1 23 ≤x ≤ -1 }.
* Vận dụng hằng đẳng thức bình phương của một tổng và hiệu hai bình phương phân tích vế trái thành nhân tử và đưa phương trình đã cho về dạng bất phương trình tích.
Ví dụ 42: a) Tìm x, y, z thỏa mãn: Giải phương trình:
6x – 9x2 + 8 = 0
Giải: Ta có:
 6x – 9x2 + 8 = 0 ↔ - (9x2 – 6x - 8 ) = 0 ↔ 9x2 – 6x - 8 = 0 
 ↔ ( 9x2 – 6x + 1) - 9 = 0 ↔ ( 3x – 1 )2 - 32 = 0 
 ↔ ( 3x – 1 + 3 )( 3x – 1 - 3) = 0 ↔ ( 3x + 2 )( 3x – 4) = 0 ↔ [ 3x + 2 = 03x – 4=0 
 ↔ [ 3x = - 23x = 4 ↔ [ x = - 23x = 1 13 
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S = { - 23 ; 113 }.
* Vận dụng hằng đẳng thức bình phương của một hiệu và hiệu hai bình phương phân tích vế trái thành nhân tử và đưa phương trình đã cho về dạng phương trình tích.
2. 6. Bài toán hình học:
# Khi các biểu thức ở hằng đẳng thức “ Bình phương của một tổng
( hay hiệu ) là độ dài hình học ta có các bài toán hình học.
Ví dụ 42: Tính chiều cao của hình thang cân có diện tích bằng 12cm2 và một đường chéo bằng 5 cm.
Giải: Gọi BH là đường cao của hình thang cân ABCD 
A
B
C
D
H
x
5
y
 ( AB // CD ). Dễ thấy DH = AB + CD2
 Do đó, nếu BH = x ( cm) > 0, DH = y ( cm) > 0, ta có:
 BH2 + DH2 = BD2 ( Theo định lí Pyta go đối với 
∆ BDH vuông tại H ) hay x2 + y2 = 52 (1).
Mà diện tích của hình thang cân bằng 12 cm2 nên AB + CDBH2 = 12 
hay AB + CD2∙ BH = 12 hay xy = 12 (2).
Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình: 
 x2 + y2=25 xy=12 ↔ x2 + y2+ 2xy = 25 + 24 x2 + y2- 2xy = 25 - 24 
↔ x + y 2 = 49 x - y 2 = 1 ↔ x + y = 7 x - y = 1 ( vì x, y > 0 )
 ↔ [ x + y =7 x - y = 1 x + y =7 x - y = - 1 ↔ [ x = 4y = 3 x = 3y = 4 
Vậy đường cao của hình thang cân ABCD có độ dài 3 cm hoặc 4 cm.
* Đặt độ dài đường cao BH là x và DH là y. Sử dụng các tính chất của hình học đưa bài toán về tìm x, y thỏa mãn x2 + y2=25 xy=12. Từ đó vận dụng hằng đẳng thức bình phương của một tổng và một hiệu biến đổi hệ phương trình về hệ phương trình bậc nhất hai ẩn x, y và giải hệ phương trình vừa thu được để tìm x, y và kết luận bài toán.
Ví dụ 43: Tính diện tích tứ giác lồi ABCD, biết AB vuông góc với CD và 
AB = 6 cm, BC = 15 cm, CD = 8 cm, DA = 5 cm.
x
6
15
y
A
B
C
D
H
5
8
Giải: Gọi H là giao điểm của AB và CD. Ta có: . ( vì AB CD ). 
 Do đó, nếu AH = x ( cm) > 0, DH = y ( cm) > 0.
 Áp dụng định lí Pytago đối với các tam giác 
 HAD, HBC vuông tại H, ta có: 
 AH2 + DH2 = AD2 , BH2 + CH2 = BC2
Và 0 < x, y < 5 hay x2 + y2 = 52, ( x + 6 )2 + ( y + 8 )2 = 152 và 0 < x,y < 5(*) Từ đó, ta có hệ phương trình: 
 x2 + y2=25 x+62 + x+8 2=225 → x2 – 6x + y2 – 8y + 25 = 0
↔ ( x2 – 6x + 9 ) + ( y2 – 8y + 16 ) = 0 ↔ ( x - 3 )2 + ( y - 4 )2 = 0 
↔ x - 3 2 = 0 y - 4 2 = 0 ↔ x - 3 = 0 y - 4 = 0↔ x = 3 y = 4( Thỏa mãn(*) ) 
Nên AH = 3cm, DH = 4 cm.
Mà SABCD = SHBC - SHAD = HB ∙ HC2 - HA ∙ HD2 
 = x + 6 ( y + 8 )2 - xy2 = x + 6 y + 8 - xy2 
 = xy + 6y + 8x + 48 - xy2 = 6y + 8x + 482 
 = 4x + 3y + 24 = 4 . 3 + 3 . 4 + 24 = 48.
Vậy diện tích tứ giác lồi ABCD có độ là 48 cm2.
* Đặt độ dài đường cao AH là x và DH là y. Sử dụng các tính chất của hình học đưa bài toán về tìm x, y thỏa mãn x2 + y2=25 x+62 + x+8 2=225 . Từ đó vận dụng hằng đẳng thức bình phương của một tổng biến đổi hệ phương trình về phương trình quen thuộc tìm được x, y và kết luận bài toán.
Ví dụ 44: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng: . a2pq + b2qr + c2rp ≤ 0, biết – p = q + r.
Giải: Ta có nhận xét: vì – p = q + r nên khi thay p, q, r bằng các số đối thì dẫn tới trường hợp 2 trong 3 số p, q, r không âm, chẳng hạn là p, q và r là số âm. Theo bất đẳng thức tam giác, ta có: c > a – b → c2 ≥ ( a – b )2 
→ a2pq + b2qr + c2rp ≤ a2pq + b2qr + ( a – b )2rp ( vì rq < 0 )
→ a2pq + b2qr + c2rp ≤ a2pq + b2qr + ( a – b )2rp 
 = - a2p( p + r ) - b2r( p + r ) + a2rp – 2abrp + b2rp
= - a2p2 – a2pr – b2rp – b2r2 + a2rp – 2abrp + b2rp 
= - a2p2 – 2abrp - b2r2 
= - ( ap + br )2 ≤ 0 ( vì ( ap + br )2 ≥ 0 với moi a, b, p, r )
Hay a2pq + b2qr + c2rp ≤ 0, khi – p = q + r và a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác ( Điều phải chứng minh ). 
* Từ giả thiết – p = q + r → p + q + r = 0 nên tồn tại ít nhất môt trong ba số p, q, r âm, kết hợp bất đẳng thức tam giác, ta biến đổi vế trái nhờ hằng đẳng thức bình phương của một tổng và một hiệu để dẫn đếnđiều phải chứng minh.
Ví dụ 45: Cho tam giác vuông có ba cạnh a, b, c ( c là độ dài cạnh huyền;
 b > a ). Ta dựng tam giác có ba cạnh là: m = c + a, n = c + b, p = a + b + c. chứng minh rằng: tam giác mới này có p2 = 2mn. 
Giải: T a có: 
 p = a + b + c ↔ p2 = ( a + b + c )2 = a2 + b2 + c2 + 2ab + 2ac + 2bc
mà m = c + a, n = c + b nên 
 2mn = 2(c + a)( c + b ) = 2c2 + 2bc + 2ac + 2ab 
 → p2 = a2 + b2 + c2 + 2mn – 2c2 = a2 + b2 – c2 + 2mn (*)
Mặt khác: Tam giác có ba cạnh a, b, c là tam giác vuông và c là độ dài cạnh huyền nên a2 + b2 = c2 → a2 + b2 - c2 = 0 hay p2 = 2mn ( Do (*) ) ( Điều phải chứng minh ). 
* Ta tính p2 và 2mn, kết hợp với giả thiết chứng minh p2 = 2mn những hằng đẳng thức bình phương của một tổng
Ví dụ 46: Tính chiều cao của hình thang cân có diện tích bằng 12cm2 và một đường chéo bằng 5 cm.
Giải: Gọi BH là đường cao của hình thang cân ABCD 
A
B
C
D
H
x
5
y
 ( AB // CD ). Dễ thấy DH = AB + CD2
 Do đó, nếu BH = x ( cm) > 0, DH = y ( cm) > 0, ta có:
 BH2 + DH2 = BD2 ( Theo định lí Pyta go đối với 
∆ BDH vuông tại H ) hay x2 + y2 = 52 (1).
Mà diện tích của hình thang cân bằng 12 cm2 nên AB + CDBH2 = 12 
hay AB + CD2∙ BH = 12 hay xy = 12 (2).
Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình: 
 x2 + y2=25 xy=12 ↔ x2 + y2+ 2xy = 25 + 24 x2 + y2- 2xy = 25 - 24 
↔ x + y 2 = 49 x - y 2 = 1 ↔ x + y = 7 x - y = 1 ( vì x, y > 0 )
 ↔ [ x + y =7 x - y = 1 x + y =7 x - y = - 1 ↔ [ x = 4y = 3 x = 3y = 4 ( Thỏa mãn x, y > 0 ) 
Vậy đường cao của hình thang cân ABCD có độ dài 3 cm hoặc 4 cm.
* Đặt độ dài đường cao BH là x và DH là y. Sử dụng các tính chất của hình học đưa bài toán về tìm x, y thỏa mãn x2 + y2=25 xy=12. Từ đó vận dụng hằng đẳng thức bình phương của một tổng và một hiệu biến đổi hệ phương trình về hệ phương trình bậc nhất hai ẩn x, y và giải hệ phương trình vừa thu được để tìm x, y và kết luận bài toán.
Ví dụ 46: Cho tam giác ABC có các cạnh aq, b, c. Tìm điểm M nằm trong tam giác sao cho: ax + by + cz đạt giá trị nhỏ nhất với x, y, z theo thứ tự là khoảng cách từ M đến các cạnh BC, AC, AB. 
Giải: Ta có: 2SABC = 2SABM + 2SABM + 2SAMC = cz + ax + by. 
Xét ( ax + by + cz )( ax + by + cz ) = 
= a2 + abxy + acxz + abyx + b2 + bcyz + aczy + bczx + c2 
= a2 + b2 + c2 + ab( xy+ yx ) + ac( xz + zx ) + bc(yz + zy )
 ≥ a2 + b2 + c2 + 2ab + 2ac + 2bc ( áp dụng bất đẳng thức CôSi )
= ( a + b + c )2 hay A = ax + by + cz ≥ a+b+c 22S nên Amin = a+b+c 22S
Xảy ra khi và chỉ khi x = y = z và khi đó M là giao điểm của ba đường phân giác của tam giác.
* Ta nhận xét: ax + by + cz và xét ( ax + by + cz )( ax + by + cz ), từ đó áp dụng bất đẳng thức CôSi xét xem ax + by + cz đạt giá trị nhỏ nhất khi nào.
Ví dụ 47: Cho xOy ≠ 1800 và một điểm M thuộc miền trong của góc. Dựng đường thẳng qua M cắt các cạnh của góc thành một tam giác có diện tích nhỏ nhất. 
Đặt SOHMK = S3, SHBM = S2, SKMA = S1,
 SOBC = S, MA = a, MB = b 
→ S3 = S – ( S1 + S2 ) 
→ S3S = 1 - S1+ S2S 
Giải: Vẽ MH // Ox; MK// Oy( H ∈ Ox, K ∈ Oy → SOHMK không đổi.
 Ta dễ thấy các DAKM, DMHB, DAOBđđồng dạng với nhau nên: S3S = aa+b2, S2S = ba+b2, SS3 = a+b 22ab 
 → S3S = 1 - a2+ b2 a+b 2 = 2ab a+b 2 → SS3 = a+b 22ab ≥ 2 ( vì ( a + b )2 ≥ 4ab, dấu 
“ = ” xảy ra khi a = b )
 Vậy S ≥ 2S3, do đó SAOB có giá trị nhỏ nhất khi a = b, tức M là trung điểm của AB.
* Vẽ MH // Ox, MK // Oy rồi nhận xét SOHMK và tìm SS3 nhờ các tam giác đồng dạng và ( a – b )2 ≥ 0 ↔ ( a + b )2 ≥ 4ab.
Ví dụ 48: Cho đoạn thẳng AB song song với đường thẳng d. Tìm M (d và M khác phía đối AB ) sao cho các tia MA, MB tạo với đường thẳng d một tam giác có diện tích nhỏ nhất.
Giải: Gọi C, D lần lượt các giao điểm của các tia MA, MB với đường 
thẳng d. Đường thẳng qua H vuông góc với d cắt AB và d theo thứ tự tại H và K.
Gọi khoảng cách giữa AB và d là h. Đặt MH = x. Ta có: AB // CD → ABCD = MHMK = xx + h 
→ CD = a( x+h )x → SMCD = 12 CD . MK = 12 a ∙x+h 2x = a2 ∙x2+ 2xh+h2 x 
 = a2 ( x + 2h + h2x ) ≥ a2 ( x + h2x ) → SMCD có giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi;
 x + h2x có giá trị nhỏ nhất mà x, h2x > 0 nên x + h2x có giá trị nhỏ nhất ↔ x = h2x
↔ x2 = h2 ↔ x = h → có vô số điểm M mà tập hợp của chúng là đường thẳng d’ đối xứng với d qua AB.
* Gọi khoảng cách từ M đến AB là x, AB đến d là h, AB = a. Ta tính SMCD theo x, h, a rồi xét Smin xảy ra khi nào từ đó có kết luận vị trí M. 
# Qua các ví dụ cụ thể trên cho ta thấy hằng đẳng thức “ Bình phương của một tổng ( hay hiệu) ” được vận dụng rộng rãi ở các dạng mà ở mỗi dạng các cách thức vận dụng cũng khác nhau, chính vì thế đối với nhiều bài toán phức tạp sau khi xác định được dạng và đưa nó về dạng “Bình phương của một tổng ( hay hiệu) ”thì bài toán trở nên nhẹ nhàng hơn.
 Từ sự vận dụng hằng đẳng thức “ Bình phương của một tổng(hay hiệu) ” một cách rộng rãi đã gây hứng thú ở các học sinh giúp các em giải quyết bài toán rõ ràng, ngắn gọn hơn.
3. MỘT SỐ BÀI TOÁN ÁP DỤNG
C. KẾT LUẬN
 Qua sự vận dụng trên của hằng đẳng thức “ Bình phương của một tổng 
( hay hiệu) ” ta thấy nó góp phần giải các dạng toán một cách có hiệu quả. Nhưng để vận dụng tốt thì chúng ta cần chú ý nắm vững dạng tổng quát
 ( A ± B )2 = A2 ± 2AB + B2 nghĩa là chỉ ra được các biểu thức A, B trong bài toán là gì.
 Từ đó, có thể sử dụng để giải quyết các bài toán dạng tính giá trị của biểu thức, phân tích đa thức thành nhân tử, chứng minh, tìm cực trị, và giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình kể cả các bài toán hình học đưa được về đại số.
 Đặc biệt, hằng đẳng thức này được vận dụng nhiều trong việc giải toán chứng minh hay tìm cực trị trong đại số cũng như hình học.
 Tuy vậy, không phải đối với bài toán ta cũng có thể vận dụng được hằng đẳng thức “ Bình phương của một tổng ( hay hiệu) ” để giải bài toán, bởi vì không có phương pháp tối ưu nào cho mỗi bài toán mà thôi. Vì vậy các em cần sáng tạo suy nghĩ để tìm ra cách thích hợp cho mỗi bài toán.
 Vinh, ngày 1 tháng 4 năm 2001.
Chóc quý ThÇy C« m¹nh kháe + biªn tËp vµ s¸ng t¹o t«t + may m¾n trong cuéc sèng!