CHUYÊN ĐỀ ÔN HSG TOÁN 8

phân tích đa thức thành nhân tử I/ Ph ơng pháp đặt nhân tử chung Ph ơng pháp.. Tìm nhân tử chung là những đơn thức, đa thức có maởt trong tất caỷ các hạng tử... tử là các số trong dòng t

CHUYấN ĐỀ ễN HSG TOÁN 8

CHUYấN ĐỀ 1 phân tích đa thức thành nhân tử

I/ Ph ơng pháp đặt nhân tử chung

Ph ơng pháp .

Tìm nhân tử chung là những đơn thức, đa thức có maởt trong tất caỷ các hạng tử.

b) 2x(y – x) + 5y(z – y) = 2x(y – z) – 5y(y – z) = (y – z)(2x – 5y)

c) 10x 2 (x + y) – 5(2x + 2y)y 2 = 10x 2 (x + y) – 10y 2 (x + y) = 10(x + y)(x 2 – y 2 )

Sử dụng các hằng đẳng thức để biến đổi đa thức thành tích các nhân tử hoặc luỹ thừa của một đa thức đơn giản.

tử là các số trong dòng thứ n của bảng trên Ngời ta gọi bảng trên là tam giác Pascal, nó ờng đợc sử dụng khi n không quá lớn Chẳng hạn, với n = 4 thì :

b) a 4 – b 4 = (a 2 ) 2 – (b 2 ) 2 = (a 2 + b 2 ) (a 2 – b 2 ) = (a 2 + b 2 ) (a + b) (a – b)

c) (x – 3) 2 - (2 – 3x) 2 = [(x – 3) + (2 – 3x)][(x – 3) – (2 – 3x)]= (- 2x – 1)(- 5 + 4x) d) x 3 – 3x 2 + 3x - 1 = (x – 1) 3

2.2/ Phân tích đa thức thành nhân tử

a) a 3 + b 3 + c 3 – 3abc

b) (a + b + c) 3 – a 3 – b 3 – c 3

Bài Làm a) a 3 + b 3 + c 3 – 3abc = (a + b) 3 – 3ab(a + b) + c 3 – 3abc

Sử dụng tính chất giao hoán, kết hợp để nhóm các hạng tử thích hợp vào từng nhóm.

Áp dụng phơng pháp phân tích đa thức khác để giải toán.

b) 7x 2 – 7xy – 4x + 4y = (7x 2 – 7xy) – (4x – 4y) = 7x(x – y) – 4(x – y)=(x – y) (7x – 4) c)x 2 + 6x – y 2 + 9 = (x 2 + 6x + 9) – y 2 = (x + 3) 2 - y 2 = (x + 3 + y)(x + 3 – y)

b) 3x 2 y – 6x 2 y – 3xy 3 – 6axy 2 – 3a 2 xy + 3xy

Cách 4 : x2 – 6x + 8 = (x 2 – 16) – 6x + 24 = (x –4)(x + 4) – 6(x – 4) = (x – 4)(x + 4 –6) = (x –4) (x – 2)

Cỏch 5 : x2 – 6x + 8 = (x 2 – 4x + 4) – 2x + 4 = ( x – 2) 2 – 2(x – 2)= (x – 2)(x – 2 – 2) = (x – 2)(x – 4)

Ta thêm hay bớt cùng một hạng tử vào đa thức đã cho để làm xuất hiện n nhóm số hạng mà ta có thể phân tích đợc thành nhân tử chung bằng các phơng pháp: Đặt nhân tử chung, dùng hằng đẳng thức,

VII/ Ph ơng pháp đặt biên số (đặt biên phụ)

Ph ơng pháp

Một số bài toán phân tích đa thức thành nhân tử mà trong đa thức đã cho có biểu thức xuất hiện nhiều lần

Ta đặt biểu thức ấy là một biến mới Từ đó viết đa thức đã cho thành đa thức mới dễ phân tích thành nhân

- Đặt x 2 = y

- Đa thức đã cho trở thành: 6y 2 – 11y + 3 = (3y – 1)(2y – 3)

- Trả lại biến cũ:

6x 4 – 11x 2 + 3 = (3x 2 – 1) (2x 2 – 3) = ( 3 x – 1)( 3 x + 1)( 2 x - 3 )( 2 x + 3 ) b) (x 2 + 3x + 1)(x 2 + 3x – 3) –5

1 3 1

1

d c b

hoÆc

13 1 1 1

a b c d

1 Chứng minh quan hệ chia hết

Gọi A(n) là một biểu thức phụ thuộc vào n (nN hoặc n Z)

a/ Để chứng minh A(n) chia hết cho m ta phân tích A(n) thành tích trong đó có một thừa số

là m

+ Nếu m là hợp số ta phân tích m thành tích các thừa số đôI một nguyên tố cùng nhau rồichứng minh A(n) chia hết cho tất cả các số đó

+ Trong k số liên tiếp bao giờ cũng tồn tại một số là bội của k

b/ Khi chứng minh A(n) chia hết cho n ta có thể xét mọi trờng hợp về số d khi chia m cho n

Ta thấy : A là tích của 7 số nguyên liên tiếp mà trong 7 số nguyên liên tiếp:

- Tồn tại một bội số của 5 (nên A  5 )

- Tồn tại một bội của 7 (nên A  7 )

- Tồn tại hai bội của 3 (nên A  9 )

- Tồn tại 3 bội của 2 trong đó có bội của 4 (nên A  16)

Vậy A chia hết cho 5, 7,9,16 đôi một nguyên tố cùng nhau  A 5.7.9.16= 5040

Ví dụ 2: Chng minh rằng với mọi số nguyên a thì :

a/ a3 –a chia hết cho 3

Từ (1),(2),(3)  A 5, n  Z

Cách 2:

Phân tích A thành một tổng của hai số hạng chia hết cho 5 :

+ Một số hạng là tích của 5 số nguyên liên tiếp

- Nếu n chẵn thì A = BS17 + 1 – 1 = BS17 chia hết cho 17

- Nếu n lẻ thì A = BS17 – 1 – 1 = BS17 – 2 Không chia hết cho 17

Vậy biểu thức 16n – 1 chia hết cho 17 khi và chỉ khi n là số chẵn,  n N

d/ Ngoài ra còn dùng phơng pháp phản chứng, nguyên lý Dirichlê để chứng minh quan hệchia hết

 VD 4: CMR tồn tại một bội của 2003 có dạng: 2004 2004…Khai triển (x + y).2004

VËy víi n = -1, n = 2 th× gi¸ trÞ cña biÓu thøc A chia hÕt cho gi¸ trÞ cña biÓu thøc B

 VD 2: T×m sè nguyªn n dÓ n5 + 1 chia hÕt cho n3 + 1

a/ n3 + 6n2 + 8n chia hªt ch 48 víi mäi sè n ch½n

b/ n4 – 10n2 + 9 chia hÕt cho 384 víi mäi sè n lÎ

Víi n lÎ, n = 2k +1, ta cã:

n4 – 10n2 + 9 = (2k +1 – 1)(2k + 1+1)(2k + 1 – 3)( 2k + 1 +3)

= 2k(2k+2)(2k-2)(2k+4)= 16k(k+1)(k-1)(k+2) 16

Bµi 2: Chøng minh r»ng

a/ n6 + n4 -2n2 chia hÕt cho 72 víi mäi sè nguyªn n

b/ 32n – 9 chia hÕt cho 72 víi mäi sè nguyªn d¬ng n

+ Với n = 2k +1  A = (2k + 1)2(2k +1 – 1)2= (4k2 + 4k +1)4k2

8Tơng tự xét các trờng hợp n = 3a, n= 3a  1 để chứng minh A9

Mặt khác a là số nguyên tố lớn hơn 3 a không chia hết cho 3

 a2 là số chính phơng không chia hết cho 3 a2 chia cho 3 d 1

Bài toán là trờng hợp đặc biệt của định lý nhỏ Phéc ma:

- Dạng 1: Nếu p là số nguyên tố và a là một số nguyên thì ap – a chia hết cho p

- Dạng 2: Nếu a là một số nguyên không chia hết cho số nguyên tố p thì ap-1-1 chia hết cho pThật vậy, ta có a6 -1 = (a3 + 1) (a3 - 1)

Cần chứng minh A=(a3-1)a3(a3 + 1) chia hết cho 504

Ta có: + Nếu a chẵn a3 chia hết cho 8

Nếu a lẻ a3-1và a3 + 1 là hai số chẵn liên tiếp (a3-1) (a3 + 1) chi hết cho 8

Vậy A8 , 19 9a nN (1)

+ Nếu a7  a3

7  A7 Nếu a không chia hết cho 7 thì a6 – 17 (a3-1) (a3 + 1) 7(Định lí Phéc ma)

Vậy A7 ,  nN (2)

+ Nếu a3  a3

9 A9Nếu a không chia hấe cho 3  a = 3k 1 a3 = ( 3k  3)3= BS91

Vậy với n = 2 thì giá trị của biểu thức 12n2 – 5n – 25 là số nguyên tố 13

Cho a, b là các số nguyên tuỳ ý, b 0 , khi đó có 2 số nguyên q, r duy nhất sao cho :

a bq r  với 0 r b , a là só bị chia, b là số chia, q là thơng số và r là số d.

Đặc biệt với r = 0 thì a = b.q Khi đó ta nói a chia hết cho b hay b là ớc của a, ký hiệu a b

2 Tính chất chia hết của một tổng, một hiệu, một tích.

a b  có số nguyên q sao cho a = b.q

 Trong n số tự nhiên liên tiếp có một số chia hết cho n

 Tích n số tự nhiên liên tiếp chia hết cho n!

n   với n nguyên

4. CMR với mọi số nguyên a biểu thức sau:

a) a(a – 1) – (a +3)(a + 2) chia hết cho 6.

b) a(a + 2) – (a – 7)(a -5) chia hết cho 7.

c) (a 2 + a + 1) 2 – 1 chia hết cho 24

d) n 3 + 6n 2 + 8n chia hết cho 48 (mọi n chẵn)

5. CMR với mọi số tự nhiên n thì biểu thức:

Ta biến đổi AB A1 B1  A n B n (đ©y l bà b ất đẳng thức đóng)

Hoặc từ bất đẳng thức đng A  n B n, ta biến đổi A n B n  A n1 B n1 A1 B1  AB

VÝ d ụ 1.1 Chøng minh r»ng víi mäi sè thùc a, b, c ta lu«n cã:

( 0 ) (

)

2 2

2 2

ab a b

VÝ d ụ 1.4 Cho a, b, c > 0 Chứng minh rằng: a b c

a

c c

b b

Bất đẳng thức (*) lu«n đóng suy ra điều phải chứng minh.

) (

) (

( ) )(

( ) )(

 a a b a c b b c b a c c a c b

0 ) )(

( ) )(

( ) (

Bất đẳng thức (*) lu«n đóng (V× a, bc 0) Suy ra điều phải chứng minh

2 Phương ph¸p biến đổi đồng nhất.

Để chứng minh BĐT: A  B Ta biến đổi biểu thức A  B th nh tà b ổng c¸c biểu thức cã gi¸ trị kh«ng ©m

4 4

2 2 2

2 2

2 2

2 2 2

d ad a c ac a b ab a ad ac ab d c b

2 2

2 2 2

ad ac ab d c

( 3 ) )(

( 4 ) )(

( 3

) ( ) ( ) ( )

a)

b a

a    

9 1

1 1

b c b a

Gi

ả i

) (

) ( ) (

2 )

(

4 ) ( ) ( 4

b a b

a ab

b ab a

b a ab

ab c b a b a b b a

b

b)

) (

) (

) (

) (

9 1

1

1

c b a abc

c b a ab c b a ac c b a bc c b a c

c b ab

b a

1 2

1 2

3

b a

c a

c

b c

b

a c

a

c a

) ( ) ( )

( 2

) ( ) ( )

( 2

) ( ) (

b a

b c a c a

c

c b a b c

b

c a b a

a c a c b a

c c b b

2

1 1 1

) ( 2

1 1 1

) ( 2 1

) )(

(

) ( ) )(

(

) ( ) )(

(

) ( 2

a c b

a c a

c b c

b c a

b a

VÝ d ụ 2.4

a) Cho a; b 0 Chøng minh r»ng: ab 2 ab (Bất đẳng thức C« Si)

b) Cho a; b; c 0 Chøng minh r»ng: abc3 abc3 (Bất đẳng thức C« Si)c) Cho abc vµ xyz Chøng minh r»ng: (abc)(xyz)  3 (axbycz)(B§T Trª-B-SÐp)

ca a

) ( 2 ) (

2 2

a c b ab

b a c c b a c

ab b

ca a

bc

2

1 ) (

3

2 2 2 2

2 2 2

2 2 2

2 2 2

c b a ab

b a c c

b a c

ab b

ca a

ca a

a)

ab b

a    

2 1

1 1

1

2

2 (nÕu ab 1) b)

ab b

a    

2 1

1 1

a    

2 1

1 1

1

2

2 (nÕu  1 a,b 1) d)

ab b

a    

1 )

1 (

1 )

1 (

1 )(

1 (

) 1 ( ) ( 1

1 1

1 1

1 1

1 1

2 1

1 1

1

2 2

2 2

2 2

b ab

a ab

b a

b) Ta cã:

) 1 )(

1 )(

1 (

) 1 ( ) ( 1

2 1

1 1

1

2 2

2 2

ab b a ab

0 1 1

2

2 2

ab

ab b

a

) 1 )(

1 )(

1 (

) 1 ( ) (

2 2

a

ab b a

 (®pcm)

) 1 )(

1 )(

1 (

) 1

( ) ( 1

1 1

1 1

1 1

1 1

2 1

1 1

1

2 2

2

2 2 2 2

2 2

a ab

b ab

a ab

b a

) 1 ( ) 1 ( ) 1 (

) 1 ( ) ( 1

1 )

1 (

1 )

1

(

1

2 2

2 2

a ab ab b

a

3 Phương ph¸p sử dung tÝnh chất của bất đẳng thức

Cơ sở của phương ph¸p n y l c¸c tÝnh chà b à b ất của bất đẳng thức v mà b ột số bất đẳng thức cơbản như:

+) NÕu a  b vµ b  cth× a  c

+) NÕu a  b vµ a b 0 th×

b a

1 1

n m

b a

th× a.mb.n.+) ( ) 2 0

a  

4 1 1

) (

2

1 2

) ( 0

3

b) a b c

a

c c

b b

3 2 3

b b

b) Ta có: x y

y

x

2 3

2   (với x, y 0)

a

c c

b b

3 2

b a

c a c

b c b

1 2

1 2

1 2

a  

4 1 1

Từ đó suy ra

z y x x z y x x z y x

z

y

x

1 1 2 4 4

) ( ) (

16 2

z

y

x

1 2 1 4 4

) ( ) (

16 2

z

y

x

2 1 1 4 4

) ( ) (

16 2

16 2

16

z y x z y x z y x z y

Ví d ụ 3.5

a) Cho a, b, c l à b độ d i ba cà b ạnh của một tam giác Chứng minh rằng:

c b a b a c a c b

c

b

a

1 1 1 1

1 1

1 3

2

1 3

a  

4 1 1

(với a, b 0 )Ta có:

b b a c b

c

b

a

2 2

4 1

a

c

b

2 2

4 1

a a c b a

b

a

c

2 2

4 1

1 1 4





 (với a, b 0 )Ta có:

c b a c c b a c c b a c c

b

1 2

1 1 1 ) ( 2

4 4

) ( 2 ) (

16 3

c

1 2

1 1 1 ) ( 2

4 4

) ( 2 ) (

16 3

a

1 2

1 1 1 ) ( 2

4 4

) ( 2 ) (

16 3

1 3

2

1 3

c b

b a

a b a

c a c

b c b

a c b

b a c b

c b a c

c b a a c

c c b

b b

Tơng tự:

2

1 1

b a

a

(1)

Mặt khác ta lại chứng minh đơc

b a

c a c

b c b

a a

3 2 1 3

2 1

Ví d ụ 4.1 Cho a, b > 0 thỏa mãn điều kiện: a b 1 CMR: ( 1 )( 2 2 ) 4  8

Gi

ả i

Áp dụng BĐT “Cô - Si” cho hai số dơng a2 và b2 ta có:

a b a b a b

4 )

b c b a

1 2

1 2

4 2

)

b a b a b

a ab b

a b a b a b a

a b b

a 

b) áp dụng BĐT Cô - Si ta có:

c b a

a c

b

a a

c b a a

c b a

c b

1 1

Tơng tự ta củng chứng minh đợc:

c b a

b a

c b

b c b a

Dấu “=” xảy ra khi     0

c b a

(trái với giả thiết) Vậy dấu “=” không xảy ra

Ví d ụ 4.3 Cho a, b, c > 0 Chứng minh rằng:

a)

abc

c b a b a

c a c

b c

b

a

2

3 3 3 2 2

2 2 2

2 2

2 2 2 2

b

2 2 2

c b a

c abc

b ca

b a c

b abc

a bc

a c b

a

2 2

; 2 2

; 2 2

3 2 2 2

2 3

2 2 2

2 3

2 2 2

c a c

2 2 2

2 2

1 1

1 ) (

1 1

1

a c c b b a c b a a c c b b a

3

2 3

3 3 3 2

2

2 2 2

2 2 2

a

c a c

b c b a

Ví d ụ 4.4 Cho a, b, c > 0 Chứng minh rằng:

abc abc a c abc c b abc b a

1 1

1 1

3 3 3

3 3

Ta có: ( ) ( )

2

) )(

c abc

b a ab

abc abc

b a

3 3

Tơng tự ta củng chứng minh đợc:

c b a

a abc

c b

b abc

a c

Cộng vế với vế các BĐT trên, suy ra điều phải chứng minh

Ví d ụ 4.5 Cho a, b, c > 0 thỏa mãn điều kiện: 2 2 2 3

2 2 2

2 2

c b a c

b a b

a c a

c b c

b a

2 2 2

2

2

.

c

ab b

ca b

ca a

bc a

bc c

ab b

a c a

c b

Suy ra điều phải chứng minh

Ví d ụ 4.6 Cho x, y, z > 0 thỏa mãn xyz = 1 Chứng minh rằng:

a)

4

3 ) 1 )(

1 ( ) 1 )(

1 ( ) 1

)(

1

(

3 3

z

y z

yz y

yz y

1 4

3 ) 1 )(

1 ( 4

3 8

1 8

1 )

x x

z y

1 4

3 ) 1 )(

1 (

3

x z

y x z

1 4

3 ) 1 )(

1 (

y x

3 2

3 4

3 2

(

4 4

z y

x xy xyz

xyz y

x xy y

x y x xy

xy y

(

2 2 5

5 5

5 5

zx z

yz y

yz y

y yz

x xy

z

y x

z zx

y

x z

y yz

x

3 3 3

3 3 3

z y x z y x xy

z zx

y yz x

z y x xy

z zx

y yz

(®pcm)

5 Phương ph¸p sử dông bất đẳng thức Bunhiacopski.

Víi mäi a, b, c vµ x, y, z  R th× ta lu«n cã:

*) (a.xb.y) 2  (a2 b2 )(x2 y2 ) DÊu “=” x¶y ra khi

b

y a

y a

x a

x a

2 1 1

VÝ d ụ 5.2 Cho a, b, c l c¸c sà b ố thực dương Chứng minh r»ng:

2

b)

2

2 2

b a

c a c

b c b

3

2

3

c b a a

b a

c a c

b c b

c b a a

c c

b b

2

b) Ta cã:

2 )

( 2

)

2 2

c b a

c b a b a

c a c

b c b

3 2

c b a ca bc ab

c b a ca

c bc

b ab

a a

c c

b b

4 4

3 3

ca bc

c bc ab

b ca ab

a b a

c a c

b c b

b c b a

Gi

ả i

b c

b a

) (

2

) 1 4 5 ( ).

( 1 16 25 ) (

Dấu “=” xảy ra khi b5c c4a a1b  a 0 (vô lí)  suy ra điều phải chứng minh

Ví d ụ 5.4 Cho x, y, z > 0 Chứng minh: y x z y x z2 x yz y x z

2 2 2 2 2

y y

x x

z z

y y

x x

z z

y y

x x

B CáC PH ƯƠ NG PHáP TìM GIá TR Ị L Ớ N NH Ấ T, GIá TR Ị NH Ỏ NH Ấ T

Cho biểu thức f(x,y…Khai triển (x + y))

*) Ta nói M l giá trà b ị lớn nhất của f(x,y ) kí hi…Khai triển (x + y) ệu maxf(x,y ) = M, n…Khai triển (x + y) ếu hai điều kiện sauđược thỏa mãn:

- Với mọi x, y…Khai triển (x + y) để f(x,y ) …Khai triển (x + y) Xác định thì f(x,y ) …Khai triển (x + y)  M

- Tồn tại x0, y0…Khai triển (x + y) sao cho f(x0,y0…Khai triển (x + y)) = M

*) Ta nói m l giá trà b ị nhỏ nhất của f(x,y ) kí hi…Khai triển (x + y) ệu minf(x,y ) = m, n…Khai triển (x + y) ếu hai điều kiện sau được thỏa mãn:

- Với mọi x,y…Khai triển (x + y) để f(x,y ) …Khai triển (x + y) Xác định thì f(x,y ) …Khai triển (x + y)  m

- Tồn tại x0, y0…Khai triển (x + y) sao cho f(x0,y0…Khai triển (x + y)) = m

a) A =

3

1 3

1 3

2 3 3

1 9

4 3

2 2

1 5

3 5 5

1 25

9 5

6 5

2 2

1 2

5 2 2

1 4

25 5 2 9 6 4

4

2 2

2 2

b x a a

b c a

b x a

b x a

4 2

4 4

2 2

2 2

2 2

a) M = (x 1 )(x 2 )  1   1 Vậy GTNN của M = -1 Đạt đợc khi x = 2

b) N = (x 3 )(x 8 )  25  25 Vậy GTLN của N = 25 Đạt đợc khi x = -3, x = 8

13 2

1 3 4 3 3 4 ) 1 ( 3

2 2

11 4

3 6 8

11 16

9 2

3 6

2 2

Vậy GTNN của Q =  118 Đạt đợc khi

y x

Ví d ụ 2a.2 Tìm GTLN của của P = xy với x, y thỏa mãn điều kiện:

a) xy 6 và y 4 b) xyS và

2

S a

y 

Giải:

a) P = (6 y)y 8 (y 2)(y 4)8 Vậy GTLN của P = 8 Đạt đợc khi x = 2, y = 4 b) Q = (S y)y (S a)a (y a)(ya S)  (S a)a Vậy GTLN của Q = (S – a)a Đạt đợc khi x = S – a, y = a

b) Đ a th ứ c b ậ c hai hai bi ế n

Cho đa thức: P(x,y) = ax2 + bxy + cy2 + dx + ey + h (1), với a, b, c 0

Ta thường đưa P(x, y) về dạng: P(x, y) = mF2(x, y) + nG2(y) + k (2)

2

4

) 2

( 4

4

2 ) 4

( ) 2

(

b ac

bd ae ahd

b ac

bd ae y b ac d

4 3

1 3 ) 1 2

(

2 2

Ta có (*)  (x 2y)  (y 1 )  4  (y 1 )  4  (y 3 )(y 1 )  0   3 y 1.

Vậy GTNN của y = –3 Đạt đợc khi x = – 6 Vậy cặp số (x, y) = (–6; –3)

Ví d ụ 3.3 Cho x, y liên hệ với nhau bởi hệ thức: x2 + 2xy + 7(x + y) + 7y2 + 10 = 0 (**) Hãy tìm GTLN, GTNN của biểu thức: S = x + y + 1

y x y x

(vì xy 2 xy 5)   4  S   1

Vậy GTNN của S = –4 Đạt đợc khi x = –5, y = 0 GTLN của S = –1 Đạt đợc khi x = –2,

3 2 6 2

3 8 2

6 2

3 ) ( 2

x y

y x

x y

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 19 Đạt đợc khi x = 2 và y = 4

Ví d ụ 1.3 Tìm GTLN của biểu thức : M = x y 2xyy x 3 Với x3; y2

Gi

ả i

Ta có : M = x x 3 y y 2

áp dụng BĐT Cô - Si ta có :

6 2

3

(

3

y y x y

Gi

ả i

Tõ (1)

) 1 )(

1 (

2 1

1 1

1 1 1

1 1 1

1

z y

yz z

z y

y z y

1 (

2 1

1

x z

1 (

2 1

1

y x

xy



Nh©n vế với vế của ba BĐT trªn ta cã: P = xyz 81 DÊu “=” x¶y ra khi xyz21

VËy GTLN cña biÓu thøc P lµ

x x

x x

x z x

z

z y z

y

y t y

t

t x

t z x z

x y z y

z t y t

y x

t z t

z y x

y x

VËy GTNN của biểu thức: M =t x y t y t y z z y x zz xt x

) (

1  xyyzzx  x y z x y z  x y z

) )(

1 1 1 ( ) (

4

trong đó a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác

Giải

2

1 4

16 9

a c

b a

c b

a c

b a

c b

a c

b a

2 2

29 ) (

) (

) (

) 4 3 2 (

c b a c

b a b a c a c b

c b a

c b a b

a c a c b c b a

c b a b

a

c a c

b c b

a

4 1

) (

3

) (

) 2 ( ) 2 ( ) 2 (

) (

2 2

2

2 2