Sáng kiến kinh nghiệm Ứng dụng của các hằng đẳng thức đáng nhớ

I. Đặt vấn đề:
Trong môn toán chúng ta không cần tìm ra những bài toán gốc, mà chỉ cần nhìn ra các dạng toán cơ bản bổ trợ cho mảng kiến thức trọng tâm.
 Qua thời gian giảng dạy -Bồi dưỡng -Phụ đạo-Ôn thi vào 10 tôi phát hiện rất nhiều vấn đề về hằng đẳng thức đáng nhớ, Thiết nghĩ “ đây là một khối kiến thức khổng lồ, là nề tảng cho học sinh từ khi tiếp cận cho tới những chặng đường tiếp theo”.
Tôi đã khai thác, vận dụng một phần nhỏ vào công tác giảng dạy, ôn cho học sinh trong đơn vị. Tôi thấy có hiệu quả rõ rệt và đặc biệt là khơi dậy trong tâm hồn học sinh niềm đam mê tìm tòi, khám phá trong lĩnh vực toán học.
Với thời lượng truyền thụ tìm hiểu đối với mảng kiến thức này trên lớp quá ít cho nên tôi đã mạnh dạn viết lại các vấn đề “ ứng dụng của các hằng đẳng thức đáng nhớ” Để học sinh và giáo viên,đồng nghiệp tham khảo, áp dụng vào công tác học tập, ôn tập, bồi dưỡng học sinh trong đơn vị...
II. Giải quyết vấn đề:
A. Lý thuyết:
I. Những hằng đẳng thức đáng nhớ:
1. (A + B)2 = A2 + B2 + 2AB
2. (A - B)2 = A2 + B2 - 2AB
3. A2 – B2 = (A + B) (A – B)
4. (A3 + B3) = (A + B) (A2 – AB + B2)
5. (A3 - B3) = (A - B) (A2 + AB + B2)
6. (A + B)3 = A3 + 3A2B + 3AB2 + B2
7. (A - B)3 = A3 - 3A2B + 3AB2 - B2
II. Một số dạng hằng đẳng thức tổng quát:
1. (a1 + a1 + a3 + ...+ an) = a12+ a22 + ... + 2(a1a2 + a1a3 + ...+ an-1 an)
2. an – bn = (a – b) (an-1 + an- 2b + ... + abn-2 + bn-1)
3. an + bn = (a + b) (an-1 - an- 2b + ... - abn-2 + bn-1) (n: lẽ)
4. (a + b)2 = an + c1nan-1b + ... + cn-2nan-3bn-1 + bn 
B. Các dạng bài toán vận dụng ứng dụng của hằng đẳng thức:
Dạng 1:Phân tích đa thức thành nhân tử:
Ví dụ 1: (a2 + 4ab – 5)2 – 16 (ab + 1)2
Ta có: (a2 + 4ab – 5)2 – 16 (ab + 1)2 = (a2 + 4ab – 5)2 – (4(ab + 1)2) = ((a2 + 4ab – 5)2 – 4( ab+1))
(a2 + 4ab – 5)2 + 4 (ab + 1) = (a- 2b – 3) (a – 2b + 3) (a+ 2b + 1) (a + 2b + 1)
Ví dụ 2: 4x2y2 – (x2 + y2)2
Ta có: 4x2y2 – (x2 + y2)2 = (2xy – x2 – y2) (2xy + x2 + y2) = - (x – y)2 (x + y)2
Ví dụ 3: 
(x + y + z )2 + (x + y - z )2 – 4z.
Ta có: (x + y + z )2 + (x + y - z )2 – 4z = (x + y + z )2 + ((x + y – z) – 2z) ((x + y – z) + 2z) = (x + y + z )2 (x + y – 3z) ( x + y + z) = 2( x + y + z) ( x + y - z)
Ví dụ 4: x2 – 25 + 2xy + y3 = (x2 + 2xy + y2) – 52 = ( x + y – 5) (x + y + 5)
Dạng 2:Chứng minh bất đẳng thức
ví dụ 1: 
Chứng minh rằng: a2 + b2 + c2 ab + cd + ca (1)
Ta có: a2 + b2 + c2 ab + cd + ca = a2 + b2 + c2 – (ab + bc + ca) 0 2a2 + 2b2 + 2c2 - 2(ab + cd + ca) 0 (a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2 0 ( đúng) => Ta có đpcm.
Ví dụ 2:
Cho x > 0, y > 0, x > 0 ( x, y, x: Là ba cạnh của tam giác)
Chứng minh rằng: (x + y – z) (x + z – y) (y + z – x) xyz.
Ta có: x2 – (y – z)2 x2 (1)
Do đó (x - y + z) (x + y – z) x2
Tương tự ta có: (x + y – z) (x - y + z) y2 (2)
 (x + y – z) (y + z - x) z2 (3)
Nhân vế với vế ta có: ((x + y – z) (x + z – y) (y + z – x))2 (xyz)2.
Do x. y. z: Là ba cạnh của tam giác nên ta có: x + y – z > 0; y + z – x > 0; z + x – y > 0. Vậy ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 3: Cho a – b = 1. Chứng minh rằng: a2 + b2 
Thật vậy ta có: a = b + 1
Nên a2 + b2 = (1+ b)2 + b2 = 2b2 + 2b + 1 = 2(b2 + b + ) + do đó ta có điều phải chứng minh.
Dạng 3:Chứng minh một biểu thức chia hết cho một số:
Ví dụ 1: Cho A = 20096 - 20076
Chứng minh A chia hết cho 8024
Ta có: A = 20096 - 20076 = (20092)3- (20072)3
A = (20092 - 20072) (20094 + 20092. 20072 + 20074)
A = (2009 + 2007). (2009 – 2007). B
A = 8032 . B
Vậy A chia hết cho 8023.
Ví dụ 2: 
Cho A = 2512 + 256
Chứng minh rằng: A chia hết cho 16250
Ta có: A = (254)3 + (252)3 = (254 + 252) (258 – 254. 252 + 254)
A = 16250. B
Vậy A chia hết cho 16250.
Ví dụ 3: 
Cho hai số nguyên tố lớn hơn ba. Chứng minh rằng hiệu bình phương của hai số nguyên tố đó chia hết cho 24.
Giải:
Gọi hai số nguyên tố đó là: p, q (p > 3, q > 3) (p > q)
Theo bài ra ta có: p2 – q2 24
Thật vậy: p2 – q2 = (p2 – 1) (q2 – 1) = (p – 1 ) (p + 1) – (q – 1) (q + 1)
Xét: (p – 1) (p + 1)
Ta có (p – 1) p (P + 1) 3 do p > 3. p: nguyên tố nên ta có (p – 1) (P + 1) 3 (1)
Đặt p – 1 = 2k, p + 1 = 2k + 2 khi đó (P – 1) (P + 1) = 4k (k + 1) 8 (2)
Từ (1) và (2) ta suy ra (p – 1) (q + 1) 24 ( vì (3, 8 = 1)
Tương tự ta có: (q – 1) (q + 1) 24 ( q nguyên tố lớn hơn 3)
Vậy ta có: p2 – q2 24.
Dạng 4: Giải phương trình bậc cao
Ví dụ 1: Giải phương trình: (x + 5)4 + (x + 7)4 = 16.
Ta thấy đây là một dạng toán khó, học sinh thường bế tắc về phương pháp giải nhưng ta đơn giản bài toán một tý ta sẽ thấy rõ được vấn đề.
Ta thấy: x + 5 và x + 7 có mối quan hệ với x + 6.
Đặt x + 6 = T
Ta có phương trình trở thành (T – 1)4 + (T + 1)4 = 16.
 2T2 + 12T2 + 2 = 16.
 T4 + 6T2 – 7 = 0 T2 = 1
	 T2 = - 7
Ta có T2 = 1 thoả mãn vậy ta có nghiệm của phương trình là S = (- 5; -7)
Ví dụ 2: Giải phương trình
y3 + y2 + y + 1 = 0
Do 1 + 1 + 1 0
Nên phương trình không có nghiệm là - 1
Do đó ta nhân hai vế của phương trình với y – 1 ta có (y - 1) (y3 + y2 + y + 1) = 0
 y4 = 1 y = - 1.
Ví dụ 3:
Giải phương trình: y4 + 3y3 + 4y2 + 3y + 1 = 0
Ta thấy y = 0 không phải là nghiệm của phương trình đã cho
Do đó ta chia cả hai vế của phương trình cho y2 ta có (y2 + ) + 3(y + ) + 4 = 0
Đặt y + = T
Khi đó ta có phương trình: T2 + 3T + 2 = o
 T = -1
 T = - 2
Với T = -1 phương trình vô nghiệm
Với T = -2 ta có y + = - 2 (y- 1)2 = 0 y = -1
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm là: - 1
Dạng 5:Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất.
Ví dụ 1: Cho A = (x + 1) (x + 4) (x + 5) (x + 8)
Tìm giá trị nhỏ nhất của A.
Ta có: 1 + 8 = 4 + 5
Do đó A = (x + 1) (x + 4) (x + 5) (x + 8) = (x2 + 9x + 14 – 6) (x2 + 9x + 14 + 6) = (T – 6) (T + 6)
A2 = T2 – 36 - 36
Vậy giá trị nhỏ nhất của A là - 36 đạt được khi x = - 7 hoặc x = 2.
Ví dụ 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x2 + xy + y2 -3x – 3y + 2007
Ta có: A = (x2 – 2x + 1) + (y2 – 2y + 1) + ( x - 1) (y - 1) + 2004
A= + (y - 1)2 + 2004 2004
Vậy A nhỏ nhất là 2004 đạt được khi x = 1 và y = 1.
Ví dụ 3: Tìm giá trị lớn nhất của C = 2007 – x2 + 2x – 4y2 – 4y
Ta có: C = -(x2 – 2x + 1) – (4y4- 4y + 1) + 2005
Do đó C 2005
Vậy giá trị nhỏ nhất là: 2005 đạt được khi x = 1 và y = 
Dạng 6:Rút gọn biểu thức, chứng minh đẵng thức, giá trị biểu thức, so sánh
Ví dụ 1: Rút gọn A = 
Ta có: =, + = 
Vậy A = 
Ví dụ 2: Cho a + b = c
Chứng minh rằng a2 + b2 + c2 + 2(ab – ac – bc) = 0
Ta có: a2 + b2 + c2 + 2(ab – ac – bc) = (a2 + 2ab + b2) – (2ac + bc) + c2 = (a+b)2 – 2(a + b). c + c2
= (a+b+c)2 = (c – c)2 = 0. Vậy ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 3: Cho a + b + c = 0, a2 + b2 + c2 = 1
Tìm S = a4 + b4 + c4
Từ giải thiết ta suy ra:
 	a2 + b2 + c2 = (a + b+ c) – 2(ab + bc + ca) = 1.
Suy ra ab + bc + ca = - 1/2
Do đó S = (a2 + b2) – 2(ab)2 + c4 = (a2 + b2 + c2)2 – 2(ab)2 – 2(cb)2 – 2(ac)2 = (a2 + b2 + c2)2 – 2((ac + cd + ac)2 – 2abc (a+b+c)= 1 – 2/4 = -1/2
Ví dụ 4: So sánh A = + với B = 2
Ta có: A2 = 2007 + 2009 + 2
	B2 = 2008 + 2008 + 2
Do đó ta có A < B
Dạng 7:Tìm nghiệm nguyên, giải hệ phương trình
ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình
x(x + 1) (x + 7) (x + 8) = y2
Ta có: x(x + 1) (x + 7) (x + 8) = (x2 + 8x) (x2 + 8x + 7) = t2 + 7t (t = x2 + 8x)
Ta có nếu t > 9 thì (t + 3)2 = t2 + 6t + 9 < t2 + 7t = y2 < t2 + 8t + 16 = (t + 4)2
Vậy y2 gồm giữa hai bình phương hai số tự nhiên liên tiếp đó là điều vô lý cho nên t 9 hay – 9 , (y = x2 + 8x – 9 có cực tiểu là: -cắt ox tại x= - 9 và x = 1 do đó y = x2 + 8x – 9 0 - 9 )
Do x, y thuộc z nên ta có x = - 9, - 8, - 7, - 6, ...1
Vậy nghiệm (x, y) = 
Ví dụ 2: Giải hệ phương trình 
Ta có: Nhân hai vế của (1) với 2 rồi cộng (1) Với (2) vế theo vế ta có:
	x2 + 2xy + y2 + 2(x + y) = (x + y)2 + 2 (x + y) = 10 + 6
 (x + y + 1)2 = (3 + )2 x + y + 1 = 3 + hoặc x + y + 1 = - 3 - 
Nếu x + y = -4 thì xy = 6 + 4 và (x – y)2 = (x + y)2 – 4xy = -6 - 8 < 0 Vô lý
Do đó x + y = 2 + và xy = 2 vậy ta có nghiệm (2, ); (, 2)
Dạng 8: Tính hợp lý
Ví dụ1: Tính 9993
 Ta có 9993 = (1000 – 1)3=...
 ví dụ 2: A=
 ta tính A2=()2= ..=20-4 vậy ta có A=()2
Dạng 9.tìm hai số khi biết tổng và tích
 ví dụ:Tìm x,y biết x, y thoả mãn: x2+xy+y2=19(1) và x-xy+y=1(2)
lấy (1)-(2) ta có (x+y)2-(x+y)=20 Đặt x+y=T ta có x+y=5 hoặc x+y=-4
vậy ta có x+y=5 và xy=6 hoặc x+y=-4 và xy=-5 vậy ta có x=2,y=3 hoặc x=3,y=2 hoặc x=-2+,y=-2-, hoặc y=-2+,x=-2-
Dạng 10. Giải phương trình bậc hai
Ví dụ : cho a,b,c là ba cạnh của một tam giác.Chứng minh rằng phương trình bậc hai sau vô nghiệm :b2x2+(b2+c2-a2)x+ c2=0
ta có (b2+c2-a2)2-4 b2c2=(b+c+a)(b+c-a)(b-c+a)(b-c-a)<0 (vì b-c-a<0) vậy phưong trình vô nghiệm 
C. Một số dạng bài toán áp dụng:
Bài 1: Chứng minh rằng nếu a3 + b3 + c3 = 3abc thì a + b + c = o hoặc a = b = c
Bài 2: So Sánh A = (2008 + 1) (20082 + 1) (20084 + 1) (20088 + 1) với B = 200816. 2007-1
Bài 3: Cho x > 0; y > 0; z > 0. Chứng minh rằng:
 Bài 4: Chứng minh rằng với mọi x, y ta có:
A = (x + y) (x + 2y) (3 + 3y) (x + 4y) + y4 là một số chính phương.
 Bài 5: Chứng minh rằng: n3(n2 – 7)2 – 36n chia hết cho 210.
 Bài 6: Cho a + b = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của A = a3 + b3 + ab.
Tìm nghiệm nguyên: y3 – x3 = 91
 Bài 7: Tính nhẩm: 99993
 Bài 8: Giải phương trình-=
 Bài 9: cho a+b=1 chứng minh rằng a4 + b4>1/8
 III. Kết luận:
 Trên đây là một số vấn đề mà tôi đã suy nghĩ, tìm tòi trong quá trình giảng dạy học tập và bồi dưỡng học sinh về ứng dụng của các hằng đẳng thức đáng nhớ.
 Bài viết này của tôi không tránh khỏi những thiếu sót, rất mong được sự góp ý, bổ sung của quí thầy cô giáo và các đồng nghiệp nhằm phục vụ và đưa chất lượng giáo dục của ngành ngày một đi lên ./.