Một số bài toán cm đẳng thức và quan hệ đại số Toán 8

I Một số bài toán và phương pháp chứng minh đẳng thức và m au: ối quan hệ đại số: Phương pháp chứng minh vế trái (VT)bằng vế phải (VP) Muốn chứng minh đẳng thức A(x,y,,z) = B(x,y,,z) thì ta có thể biến đổi đại số của VT hoặc VP để VT=VP. Bài toán 1: Chứng minh rằng: 1. a3 - b3 = ( a –b) 3 + 3ab( a-b) 2. ( b-c)3 + (c-a)3 + (a-b)3 = 3(a-b)(b-c)(c-a) Phương pháp (PP): Trong bài toán này vế trái trái của đẳng thức là các hằng đẳng thức vì vậy chúng ta sẽ sử dụng hằng đẳng thức phù hợp để giải. Lời giải: 1. Đặt VT = a3 + b3 = (a- b)3 +3a2b - 3ab2 = ( a –b) 3 + 3ab( a-b) = VP (ĐPCM) 2. Đặt VT= b3-3b2c+3bc2-c3+c3-3c2a+3ca2-a3+a3-3a2b+3ab2-b3 = 3(-b2c+bc2-c2a+ca2-a2b+ab2) = 3(a-b)(b-c)(c-a) =VP (ĐPCM) Bài toán 2: Chứng minh rằng: PP: Đây thực ra là một bài toán rút gọn biểu thức, cho nên muốn làm được bài này ta cần phân tích tử và mẫu thức thành nhân tử từ đó rút gọn các nhân tử chung. Lời giải: Ta có 2x2+3xy+y2=(x+1)(2x+y) 2x3+x2y -2 xy2-y3= (2x+y)(x-y)(x+y) Khi đó: (ĐPCM). Bài toán 3: Với ba số a,b,c là ba số đôi một khác nhau. Chứng minh rằng: PP: Đây là một bài toán nếu nhìn bình thường thì ta nghĩ ngay đến việc quy đồng và thực hiện cộng ba phân thức với nhau, nhưng nếu làm như vậy ta sẻ đi đến một biểu thức tương đối khó. Với bài này ta nên thêm bớt vào tử thức để có thể đưa về các phân thức có mẫu bằng 1. Lời giải: Đặt VT = = + = = VP (ĐPCM). Chú ý. Bài toán trên có thể biến đổi tương tương bằng cách chuyển VP sang VT. 2. Bài toán có điều kiện: Đa số các bài toán nói chung và bài toán chứng minh đẳng thức và quan hệ đại số nói riêng là bài toán có điều kiện ban đầu( hay gọi là giả thiết) Trong quá trình giải toán HS thường băn khoăn không biết sử dụng giả thiết như thế nào cho đúng ?. Đây là một vấn đề nhạy cảm vì vậy cần hình thành cho HS một cái nhìn bao quán trong quá trình giải toán. Sau đây là một số bài toán như thế, qua đó ta có thể rèn luyện kỉ năng vận dụng giả thiết vào giải toán. Bài toán 1 : Cho ba số a,b,c thoả mãn a+b+c =0. Chứng minh rằng: (a2+b2+c2)2= 2(a4+b4+c4) PP: Ta thấy VT và VP của đẳng thức là các luỹ thừa 2 và 4 vậy thì việc sử dụng GT a+b+c =0 như thế nào để làm xuất hiện các luỹ thừa cần dùng. Lời giải: Do a+b+c = 0 nên (a+b+c)2=0 a2+b2+c2= -( 2ab+2bc+2ac) (a2+b2+c2)2= 4(ab+bc+ac)2 a4+b4+c4 +2a2b2+2b2c2+2a2c2= 4(a2b2+b2c2+a2c2 +2ab2c+2a2bc+2abc2) a4+b4+c4 = 2a2b2+2b2c2+2a2c2 +8abc(a+b+c) do a+b+c =0 nên a4+b4+c4 = 2a2b2+2b2c2+2a2c2= 2(a2b2+b2c2+a2c2). Mặt khác: (a2+b2+c2)2= 4(a2b2+b2c2+a2c2 ) +2abc(a+b+c) (a2+b2+c2)2= 4(a2b2+b2c2+a2c2 ) (do a+b+c =0) Khi đó: 2(a4+b4+c4 )= (a2+b2+c2)2 (ĐPCM) Bài toán 2: Cho a2+b2=1 , c2+d2=1, ac+bd=0.Chứng minh rằng: ab+cd=0. PP: Đây là một bài toán sử dụng giả thiết tương đối khó vì HS không biết sử dụng các luỹ thừa 2 như thế nào. Với bài này cần cho HS biết cách sử dụng số 1 hợp lý vào biểu thức cần chứng minh vì ab+cd = ab.1+cd.1 ; cuối cùng là đưa về nhân tử để sử dụng ac+bd=0 . Lời giải: Ta có ab+cd= ab(c2+d2)+cd(a2+b2) = ab c2+abd2+cda2+cdb2 =ac(bc+ad) +bd(ad+bc) = (bc+ad)(ac+bd)= 0 (do ac+bd=0) Vậy ab+cd=0. Bài toán 3: Chứng minh rằng Nếu: thì: (x2+y2+c2)( a2+b2+c2) = (ax+by+cz)2 PP : Bài toán này có GT là một dãy tỉ số bằng nhau vì vậy cần sử dụng kiến thức tỉ lệ thức để vận dụng vào trong quá trình giải. Lời giải Đặt = k. Do đó x=ak , y=bk, c=kc. VT= (a2+b2+c2)2k2 VP= (a2 +b2+c2)2k2 Suy ra: VP=VT Vậy (x2+y2+c2)( a2+b2+c2) = (ax+by+cz)2 Bài toán 4: Cho a,b,c là ba số thoả mãn điều kiện a+b+c=1 và a3+b3+c3=1. Chứng minh rằng: a2005+b2005+c2005=1. PP. Đây là bài toán khó đối với HS vì luỹ thừa lớn nên HS thường không biết sử lý như thế nào. Với bài này chúng ta nên dạy cho HS cách phán đoán trước khi giải: Bài này ta có thể dự đoán một trong các số a;b;c bằng 1 cong hai số còn lại bằng 0. Lời giải: Do a3+b3+c3=1 và a+b+c=1 ta có. a3+b3+c3 = a+b+c 3(a+b)(b+c)(c+a)=0 a=-b hoặc b=-c hoặc c=-a Nếu a=-b ta có a2005+b2005+c2005= a2005- a2005+c2005 = c2005= 1 vì a-a+c=1 Tương tự ta cũng có kết luận như trên Vậy a2005+b2005+c2005=1 Bài toán 5: Cho x+y = a + b và x2+y2=a2+b2 Chứng minh rằng: x2009+y2009 = a2009+b2009 ( Trong đề chọn HSG tỉnh năm 2009) PP: Đây là một bài toán với yêu cầu chứng minh với số mũ tương đối lớn vì vậy cần hướng dẫn học sinh định hướng trước khi giải là: Sử dụng giả thiết để chỉ ra có các cặp lá hai số đối nhau hược các cặp bằng nhau. Lời giải: Từ x+y = a + b x-a=b-y Từ x2+y2=a2+b2 x2- a2=b2-y2 (x-a)(x+a) = (b-y)(b+y) Suy ra (b-y)(x+a) - (b-y)(b+y) = 0 (b-y)(x+a-b-y)=0 b=y hoặc x+a-b-y=0 Nếu b=y x=a x2009+y2009 = a2009+b2009 Nếu x+a-b-y=0 x-y = b-a kết hợp với x+y = a + b suy ra x=b y=a x2009+y2009 = a2009+b2009 ( ĐPCM) Bài toán 6. Cho Chứng minh rằng: PP. Bài toán này trước khi làm cần hướng dẫn HS xét xem bài toán xảy ra dấu bằng khi nào?. Bài toán này xảy ra khi ba số a; b; c đôi một đối nhau, chính vì vậy từ giả thiết ta biến đổi tương đương để đưa về dạng (a+b)(b+c)(c+a) = 0 Lời giải: Ta có: (a+b)(b+c)(c+a) = 0 Suy ra : a=-b; b=-c; c=-a Nếu a = -b Ta có Tương tự ta cũng có các kết luận như trên với b=-c; c=-a Vậy Mở rộng : Bài toán trên có thể chứng minh với luỹ thừa bậ n ( n lẻ) hoặc chứng minh rằng: sảy ra khi và vhỉ khi a=-b; b=-c; c=-a. Bài toán 7: a. CMR: Nếu x = by+cz , y = ax+ cz , z= ax+by và x+y+z ≠0. Thì PP: Trong bài điều kiện tưởng như bình thường x+y+z ≠ 0 thì lại là điều kiện cần xem xét đầu tiên vì nó gợi cho ta việc cộng ba giả thiết đầu lại với nhau. Từ đó kết hợp với mỗi giả thiết để làm xuất hiện Lời giải: a. Ta có x+y+z = 2(ax+by+cz) . Khi đó: x+y+z = 2(ax + x) = 2x( a+1) Tương tự ta có: và Suy ra: = 2 Vậy Bài toán 8: CMR: Nếu va x =y +z thì PP. Bài trên đẳng thức yêu cầu chứng minh có luỹ thừa 2 và nó là phân luỹ thừa của một hằng đẳng thức vì vậy để tạo ra nó cần có cái nhìn về GT . Ta có thể tạo ra bằng cách bình phương hai vế của . Lời giải: Ta có 1+ 1+ (vì x=y+z) Vậy Bài toán 9: Cho . CMR: PP. Bài toán này cũng là một bài toán khó khi các em HS tìm cách tạo ra a2,,trong đẳng thức cần chứng minh. Ta thấy rằng mẫu của GT cũng như dẳng thức cần chứng minh là như nhau nên chúng ta không nên sử lý đối với mẫu mà tạo ra các luỹ thừa bằng cách nhân cả hai vế của GT với (a +b+c) Lời giải: Ta có Vậy Khi Bài toán 10: a. Cho (1) và (2). CMR: a+b+c=abc b. (1) và (2). CMR: PP: Bình phương hai vế của của (1), biến đổi để sử dụng giả thiết (2). Lời giải: a. Từ (1) ta có =0 ( vì ) a+b+c=abc (ĐPCM). Tacó: Mặt khác Nên =0 Vậy Bài toán 11: Cho a-b ≠ 0 và b-c ≠0. CMR: PP: Quy đồng hai vế của giả thiết và của yêu cầu CM để chỉ ra đẳng thức đúng. Lời giải: Từ a(b-c) = c(a-b) (1) Từ a(b-c) = c(a-b) (2) Từ (1) và (2) ta có ĐPCM Bài toán 12: Cho a+b+c=0 ; x+y+z=0 và CMR: ax2+ by2+cz2=0. PP: Sử dụng giả thiết x+y+z =0 để thay x ,y,z vào biể thức A = ax2+ by2+cz2, đặt nhân tử chung và thy a,b,c ở a+b+c=0 và biểu thức Lời giải: Từ x+y+z =0 Ta có: x2 = (y+z)2; y2= (x+z)2; z2= (x+y)2 Đặt A = ax2+ by2+cz2 = a(y+z)2+b(x+z)2+c(x+y)2 = ay2 +2axy+az2 + bx2+2bxz+bz2+cx2+2cxy+cy2 = x2(b+c)+y2(a+c)+z2(a+b)+2(axy+bxz+cxy) Mà a+b+c=0 nên b+c=-a; a+c=-b; a+b=-c Khi đó: A = -ax2 –by2 – cz2 +2(axy+bxz+cxy) Mặt khác: axy+bxz+cxy = 0. Suy ra A = -ax2 –by2 – cz2= ax2+ by2+cz2 ax2+ by2+cz2=0. Vậy ax2+ by2+cz2=0. Bài toán 13: Cho CMR: x=y hoặc y=z hoặc x=z hoặc x2y2z2=1. PP: Đối với các bài kiểu này thì chúng ta cần hướng HS đến việc sử dụng giả thiết để biến đổi về dạng tích (x-y)(y-z)(z-x)(x2y2z2-1) = 0 Lời giải: = x+ x-y = = Tương tự ta có: y-z= ; z-x = Suy ra (x-y)(y-z)(z-x) = (x-y)(y-z)(z-x)(x2y2z2-1) = 0 x=y hoặc y=z hoặc z=x hoặc x2y2z2=1. (ĐPCM). Bài tập đề nghị: Cho . CMR: CMR: Nếu (a2-bc)(b-abc) = (b2- ac)(a-abc) và a,b,c, a-b khác 0 Thì CMR: Nếu x+y+z=a và thì tồn tại một trong ba số bằng a. CMR:Nếu m=a+b+c thì: ( am+bc)(bm+ac)(cm+ab)= (a+b)2(b+c)2(c+a)2 CMR: Nếu a+b+c=0 và abc≠ 0 thì: 3. Một số bài toán về quan hệ đại số trong toán học: Trong dạy học môn toán đặc biệt là đại số các đối tượng đại số luôn có mối quan hệ nhất định nào đó, việc chứng minh được mối quan hệ đó không phải là khó nhưng cũng không phải là dễ đối với một số đối tượng HS của chúng ta. Việc cung cấp cho HS đặc biệt là HS khá, giỏi là rất cần thiết không những lớp 8 mà còn là hành trang cho HS sau này. Với một lượng bài không nhiều nhưng tôi tin rằng sau khi các em làm xong các bài toán sau thì có thể vững tin vào các bài khác khi bắt gặp. Về phương pháp chung với các bài toán loại này thường là: áp dụng hợp lý giả thiết của bài toán để đưa về dạng tích hoặc là tổng các bình phương, cũng có thể sử dạng điều kiện sảy ra dấu bằng trong bất đẳng thức. Bài toán 1: CMR: Nếu x2+y2+z2=xy+yz+xz thì x=y=z. PP: Bài toán này để suy ra được x=y=z ta cần biến đổi giả thiết về dạng tổng các bình phương. Lời giải: Ta có: x2+y2+z2=xy+yz+xz 2x2+2y2+2z2=2xy+2yz+2xz 2x2-2y2-2z2-2xy-2yz-2xz = 0 (x-y)2+(y-z)2+(z-x)2 = 0 Do (x-y)2≥ 0 ; (y-z)2 ≥ 0 ; (z-x)2 ≥ 0 Nên: (x-y)2+(y-z)2+(z-x)2 = 0 Vậy nếu x2+y2+z2=xy+yz+xz thì x=y=z. Bài toán 2: Cho a. b,c là ba số dương. CMR: (a+b)(b+c)(c+a) = 8abc khi và chỉ khi a=b=c. PP: Ta biến đổi tương đương giả thiết để đưa về dạng tổng các bình phương, nhưng bài này ta sử dụng bất đẳng thức (x+y)2≥4xy thì được kết quả dễ dàng hơn. Lời giải: Do a,b,c là ba số dương nên ta có: (a+b)2 ≥ 4ab (b+c)2 ≥ 4bc (c+a)2 ≥ 4ac Suy ra (a+b)2(b+c)2(c+a)2 ≥ 64a2b2c2 (a+b)(b+c)(c+a) ≥ 8abc Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a=b=c. Vậy (a+b)(b+c)(c+a) = 8abc khi và chỉ khi a=b=c. Bài toán 3: CMR: Trong ba số a,b,c tồn tại hai số bằng nhau. Nếu: a2(b-c)+b2(c-a)+c2(a-b) = 0 PP: Đưa về dạng tích đối với a,b,c. Lời giải: Ta có: a2(b-c)+b2(c-a)+c2(a-b) = 0 a2(b-c) + b2c – b2a +c2a-c2b =0 a2(b-c) +bc(b-c) – a(b2-c2) =0 (b-c)( a2+bc – ab-ac) = 0 (b-c)( a-b)(c-a) = 0 b-c=0 hoặc a-b=0 hoặc c-a=0 b=c hoặc a=b hoặc c=a Vậy Trong ba số a,b,c tồn tại hai số bằng nhau. Bài toán 4: CMR: Nếu ba số x,y,z là ba số dương thoả mãn x3+y3+z3=3xyz thì x=y=z. PP: Bài toán này để suy ra được x=y=z ta cần biến đổi giả thiết về dạng tổng các bình phương. Lời giải: Ta có: x3+y3+z3=3xyz x3+y3+z3-3xyz = 0 (x+y+z)(x2+y2+z2-xy-yz-zx)=0 Do x,y,z dương nên x+y+z dương khi đó (x+y+z)(x2+y2+z2-xy-yz-zx)=0 x2+y2+z2-xy-yz-zx = 0 2x2-2y2-2z2-2xy-2yz-2xz = 0 (x-y)2+(y-z)2+(z-x)2 = 0 Do (x-y)2≥ 0 ; (y-z)2 ≥ 0 ; (z-x)2 ≥ 0 Nên: (x-y)2+(y-z)2+(z-x)2 = 0 Vậy: Nếu ba số x,y,z là ba số dương thoả mãn x3+y3+z3=3xyz thì x=y=z. Bài toán 5: CMR: Nếu a4+b4+c4 +d4= 4abcd và a,b,c,d là các số dương Thì: a=b=c=d. PP: Bài toán này để suy ra được a=b=c= d ta cần biến đổi giả thiết về dạng tổng các bình phương. Lời giải: Ta có: a4+b4+c4 +d4= 4abcd a4+b4+c4 +d4- 4abcd = 0 (a4+b4 – 2a2b2) +( c4 +d4- 2c2d2) +( 2a2b2 +2c2d2 ( a2-b2)2 +( c2-d2)2 +2(ab-cd)2=0 Do ( a2-b2)2 ≥0, ( c2-d2) ≥0, 2(ab-cd)2≥0 Nên: ( a2-b2)2 +( c2-d2)2 +2(ab-cd)2=0 ( a2-b2)2 =0, ( c2-d2)2 =0, 2(ab-cd)2=0 a2-b2=0 và c2-d2và ab-cd a= b, c=d, ab=cd. a=b=c=d Vậy a=b=c=d. Bài toán 6: Cho a,b,c là các số hữu tỉ thoả mãn điều kiện ab+bc+ca=1. CMR: (1+a2)(1+b2)(1+c2) là bình phương của một số hữu tỉ? PP: Thay 1= ab +bc+ca vào (1+a2),(1+b2),(1+c2) để phân tích thành nhân tử. Lời giải: Do ab+bc+ca=1 Nên 1+a2=ab+bc+ca+a2 = (a+b)(a+c) 1+b2= ab+bc+ca+b2=( a+b)(b+c) 1+c2 = ab+bc+ca+c2= (b+c)(c+a) Khi đó: (1+a2)(1+b2)(1+c2) = (a+b)2(b+c)2(c+a)2= Vậy (1+a2)(1+b2)(1+c2) là bình phương của một số hữu tỉ. Bài tập 7: Cho . CMR: ba số a,b,c tồn tại hai số bằng nhau. PP: Phân tích giả thiết về dạng tích. Lời giải: Ta có a2c +b2a+c2b =b2c+c2a+a2b a2c +b2a+c2b - b2c-c2a-a2b =0 (a2c - c2a) +( b2a - b2c) – (a2b- c2b) = 0 ac(a-c) + b2(a-c) – b(a2- c2) = 0 (a-c)(ac +b2- ab – bc) = 0 (a-c)(b-c)(a-b) =0 a-c =0; b-c = 0; a-b = 0 a= c ; b=c; a=b. Vậy: ba số a,b,c tồn tại hai số bằng nhau.