I Một số bài toán và phơng pháp chứng minh đẳng thức và m au: ối quan hệ đại số: 1.. Bài toán có điều kiện: Đa số các bài toán nói chung và bài toán chứng minh đẳng thức và quan hệ đại
Trang 1I Một số bài toán và phơng pháp chứng minh đẳng thức và m au: ối quan hệ đại số:
1 Phơng 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)
Phơng 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: x x x y xy xy y y = x−y
−
− +
+
2 2
3 2
3 2 2
3
2 2
PP: Đây thực ra là một bài toán rút gọn biểu thức, cho nên muốn làm đợc 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)
( x y)(x y)(x y) x y
y x y x y
xy y x x
y xy x
−
=
− + +
+ +
=
−
− +
+
2
2 2
2
3 2
3 2 2
3
2 2
(ĐPCM)
Bài toán 3: Với ba số a,b,c là ba số đôi một khác nhau Chứng minh rằng:
( )( ) ( )( ) (c a)(c b) a b b c c a
b a a
b c b
a c c
a
b
a
c
b
−
+
−
+
−
=
−
−
− +
−
−
− +
−
−
PP: Đây là một bài toán nếu nhìn bình thờng thì ta nghĩ ngay đến việc quy đồng
Trang 2biểu thức tơng đối khó Với bài này ta nên thêm bớt vào tử thức để có thể đa về các phân thức có mẫu bằng 1
Lời giải:
Đặt VT = (a b b)(a c c) (b c c)(b a a)+(c−a a)(−c b−b)
−
−
− +
−
−
−
= (b(a a b))(a(a c)c)+(c(b−−b c))(+b(b−−a a))
−
−
− +
−
+ (a(c−c a))(c(c−b b))
− +
−
= a b a c b c b a c a−c−b
−
+
−
−
−
+
−
−
−
1 1
1 1
1 1
a c c b b
a− + − + −
= 2 2 2 = VP (ĐPCM)
Chú ý Bài toán trên có thể biến đổi tơng tơng 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 thờng băn khoăn không biết sử dụng giả thiết nh 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 nh 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:
(a 2 +b 2 +c 2 ) 2 = 2(a 4 +b 4 +c 4 ) 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 nh thế nào để làm xuất hiện các luỹ thừa cần dùng
Lời giải: Do a+b+c = 0 nên (a+b+c)2=0
⇔ a 2 +b 2 +c 2 = -( 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 a 2 +b 2 =1 , c 2 +d 2 =1, ac+bd=0.Chứng minh rằng:
Trang 3PP: Đây là một bài toán sử dụng giả thiết tơng đối khó vì HS không biết sử dụng
các luỹ thừa 2 nh 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 đa 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: a x =b y = c z thì:
(x 2 +y 2 +c 2 )( 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 a x = b y =c z= 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 +y 2 +c 2 )( 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 a 3 +b 3 +c 3 =1 Chứng minh rằng: a 2005 +b 2005 +c 2005 =1.
PP Đây là bài toán khó đối với HS vì luỹ thừa lớn nên HS thờng không biết sử lý
nh thế nào Với bài này chúng ta nên dạy cho HS cách phán đoán trớc 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
Tơng tự ta cũng có kết luận nh trên
Trang 4Vậy a2005 +b 2005 +c 2005 =1
Bài toán 5: Cho x+y = a + b và x 2 +y 2 =a 2 +b 2 Chứng minh rằng:
x 2009 +y 2009 = a 2009 +b 2009 ( Trong đề chọn HSG tỉnh năm 2009) PP: Đây là một bài toán với yêu cầu chứng minh với số mũ tơng đối lớn vì vậy cần hớng dẫn học sinh định hớng trớc khi giải là: Sử dụng giả thiết để chỉ ra có các cặp lá hai số đối nhau hợc các cặp bằng nhau.
Lời giải:
Từ x+y = a + b ⇔x-a=b-y
Từ x 2 +y 2 =a 2 +b 2 ⇔x 2 - a 2 =b 2 -y 2 ⇔ (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 ⇒ x 2009 +y 2009 = a 2009 +b 2009
Nếu x+a-b-y=0 ⇔ x-y = b-a kết hợp với x+y = a + b suy ra x=b ⇒y=a
⇒ x 2009 +y 2009 = a 2009 +b 2009 ( ĐPCM)
Bài toán 6 Cho a1 +b1+c1= a+b1+c Chứng minh rằng:
2009 2009 2009 2009
2009
2009
1 1
1
1
c b a c
b
PP Bài toán này trớc khi làm cần hớng 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 tơng đơng để đa về dạng (a+b)(b+c)(c+a) = 0
Lời giải:
Ta có: 1a 1b a 1b c−1c ⇔ a ab+b =c(−a(+a b++b)c)
+ +
= +
⇔ 0
)
+ +
+ +
+
c b a c
b a ab
b a
(a+b)(b+c)(c+a) = 0
Suy ra : a=-b; b=-c; c=-a
Nếu a = -b Ta có 20091 20091 20091 20091 12009 20091 20091 2009 20091 2009
c b a c
c a a
c b
Tơng tự ta cũng có các kết luận nh trên với b=-c; c=-a
Trang 5Vậy 20091 20091 20091 2009 20091 2009
c b a c
b
Mở rộng : Bài toán trên có thể chứng minh với luỹ thừa bậ n ( n lẻ) hoặc chứng minh rằng: a1+b1+1c = a+1b+c 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.
1
1 1
1 1
+
+ +
+
a
PP: Trong bài điều kiện tởng nh bình thờng 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 1 ; 1 ; 1
a+ b+ c+
Lời giải:
a Ta có x+y+z = 2(ax+by+cz) Khi đó:
x+y+z = 2(ax + x) = 2x( a+1) a =x+y x+z
+
1 1
Tơng tự ta có: b = x+y y+z
+
2 1
1
và c = x+y z+z +
2 1
1
+
+ +
+
1 1
1 1
1
c b
z z
y x
y z
y x
x
+ +
+ + +
+ + +
2 2
2
= 2
1
1 1
1 1
1
= +
+ +
+
Bài toán 8: CMR: Nếu 1 −1 −1 = 1
z y
x va x =y +z thì 12 + 12 + 12 = 1
z y x
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 phơng hai vế của 1−1 −1 = 1
z y
Lời giải: Ta có 1 −1 −1 = 1
z y
x ⇔ 12 + 12 + 12 − 2 + 2 − 2 = 1
zx yz xy z y x
⇔ 12 + 12 + 12 =
z y
x 1+ xy2 −yz2 +zx2
Trang 6⇔ 12 + 12 + 12 =
z y
+
yz yz yz
yz
z y
Vậy 12 + 12 + 12 = 1
z y x
+
+ +
+
c c a
b c b
a
2 2 2
= +
+ +
+
c c a
b c b a
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 nh
thức cần chứng minh là nh 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)
+
+ +
+
c c a
b c b a
b a
c c a
b c b
a
+ +
= + + +
+ +
+
(
⇔
0
) ( )
( ) (
2 2 2
2 2
2
2 2
2
= +
+ +
+ +
⇔
+ +
= + + + + + + + +
+ +
= +
+ + + +
+ + + +
+ +
⇔
b a
c c a
b c b a
c b a c b a
c b c a
b a c b a
c b a b
a
c b a c c
a
b c a b c
b
c b a a
2 2 2
= +
+ +
+
c c a
b c b
+
+ +
+
c c a
b c b a
Bài toán 10: a Cho 1+1+1= 2
c b
a (1) và 12 + 12 + 12 = 2
c b
CMR: a+b+c=abc
b + + = 2
z
c y
b x
a
(1) và + + = 0
c
z b
y a
x
2 2 2 2
2
= + +
z
c y
b x a
PP: Bình phơng hai vế của của (1), biến đổi để sử dụng giả thiết (2).
Lời giải: a Từ (1) ta có 1 1 1 4
2
=
+ +
c b a
⇔ 12 12 12 2 1 1 1 = 4
− + +
ac bc ab c
b a
Trang 7⇔
ac bc ab
1 1 1
+
c b
⇔ a+b+c=abc (ĐPCM)
b. Tacó: + + = 2
z
c y
b x
a
⇔ ( + + ) 2 = 4
z
c y
b x a
⇔ 2 2 4
2 2 2 2
2
=
+ + +
+ +
xz
ac yz
bc xy
ab z
c y
b x a
⇔ 2 2 4
2 2 2 2
2
=
+ + +
xyz
acy bcx abz z
c y
b x a
Mặt khác + + = 0
c
z b
y a
x
Nên abz+bcx xyz+acy=0 Vậy 2 4
2 2 2 2
2
= + +
z
c y
b x a
Bài toán 11: Cho , ≠ 0 , ≠ 0 ,
−
−
c b
b a c
a
a-b ≠ 0 và b-c ≠0
CMR: a1 a1b b1c−c1
−
=
− +
PP: Quy đồng hai vế của giả thiết và của yêu cầu CM để chỉ ra đẳng thức đúng Lời giải : Từ a c = b a−−c b ⇔ a(b-c) = c(a-b) (1)
Từ a1 a1b b1c−1c
−
=
−
−
=
− +
⇔ a c(a b b)c =a a(−b b−+c)c
−
+
Từ (1) và (2) ta có ĐPCM
Bài toán 12: Cho a+b+c=0 ; x+y+z=0 và + + = 0
z
c y
b x a
CMR: ax 2 + by 2 +cz 2 =0.
PP: Sử dụng giả thiết x+y+z =0 để thay x ,y,z vào biể thức A = ax 2 + by 2 +cz 2 ,
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 + by 2 +cz 2
Trang 8= 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: + + = 0
z
c y
b x
a
⇔ axy+bxz+cxy = 0
Suy ra A = -ax2 –by2 – cz2= ax2 + by 2 +cz 2
⇔ ax2 + by 2 +cz 2 =0.
Vậy ax 2 + by 2 +cz 2 =0.
Bài toán 13: Cho 1 1 1.
x
xz z
yz y
CMR: x=y hoặc y=z hoặc x=z hoặc
x 2 y 2 z 2 =1.
PP: Đối với các bài kiểu này thì chúng ta cần hớng HS đến việc sử dụng giả thiết
để biến đổi về dạng tích (x-y)(y-z)(z-x)(x2y2z2-1) = 0
Lời giải: xy 1 y+ =
z
yz 1+ ⇔ x+ y z
y
1 1
+
=
⇔ x-y = 1z −1y = y yz−z
Tơng tự ta có: y-z=
xz
x
z−
; z-x = x xy−y Suy ra (x-y)(y-z)(z-x) = 2 2 2
) )(
)(
(
z y x
x z z y y
⇔ (x-y)(y-z)(z-x)(x2y2z2-1) = 0
⇔ x=y hoặc y=z hoặc z=x hoặc x 2 y 2 z 2 =1 (ĐPCM).
Bài tập đề nghị:
−
+
−
+
c a c
b c b
a
) ( ) ( )
−
+
−
+
c a
c
b c
b a
2 CMR: Nếu (a 2 -bc)(b-abc) = (b 2 - ac)(a-abc) và a,b,c, a-b khác 0
Thì 1 1 1 a b c.
c b
a + + = + +
Trang 93. CMR: Nếu x+y+z=a và 1x+1y+1z =a1 thì tồn tại một trong ba số
bằng a.
4 CMR:Nếu m=a+b+c thì:
( am+bc)(bm+ac)(cm+ab)= (a+b) 2 (b+c) 2 (c+a) 2
5 CMR: Nếu a+b+c=0 và abc≠ 0 thì:
−
+
−
+
−
c b
a a c
b b a
c b
a c a
c b c
b a
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 tợng đại số luôn có mối quan
hệ nhất định nào đó, việc chứng minh đợc mối quan hệ đó không phải là khó
nh-ng cũnh-ng khônh-ng phải là dễ đối với một số đối tợnh-ng HS của chúnh-ng ta Việc cunh-ng 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 lợng bài không nhiều nhng 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 phơng pháp chung với các bài toán loại này thờng là: áp dụng hợp lý giả thiết của bài toán để đa về dạng tích hoặc là tổng các bình phơng, cũng có thể sử dạng điều kiện sảy ra dấu bằng trong bất đẳng thức
Bài toán 1: CMR: Nếu x 2 +y 2 +z 2 =xy+yz+xz thì x=y=z.
PP: Bài toán này để suy ra đợc x=y=z ta cần biến đổi giả thiết về dạng tổng các
bình phơng
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
Trang 10⇔
( )
= 0 x -z
0
= z) -(y
0
= y) -(x
2 2
2
xz zy
yx xz zy
yx
⇔
0 0 0
Vậy nếu x2 +y 2 +z 2 =xy+yz+xz thì x=y=z.
Bài toán 2: Cho a b,c là ba số dơng CMR: (a+b)(b+c)(c+a) = 8abc khi và chỉ khi a=b=c.
PP: Ta biến đổi tơng đơng giả thiết để đa về dạng tổng các bình phơng, nhng bài
này ta sử dụng bất đẳng thức (x+y)2≥4xy thì đợc kết quả dễ dàng hơn
Lời giải: Do a,b,c là ba số dơng 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:
a 2 (b-c)+b 2 (c-a)+c 2 (a-b) = 0
PP: Đa 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
Trang 11Vậy 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 dơng thoả mãn
x 3 +y 3 +z 3 =3xyz thì x=y=z.
PP: Bài toán này để suy ra đợc x=y=z ta cần biến đổi giả thiết về dạng tổng các
bình phơng
Lời giải: Ta có: x 3 +y 3 +z 3 =3xyz
⇔ x3 +y 3 +z 3 -3xyz = 0
⇔ (x+y+z)(x2+y2+z2-xy-yz-zx)=0
Do x,y,z dơng nên x+y+z dơng 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
⇔
( )
= 0 x -z
0
= z) -(y
0
= y) -(x
2 2
2
xz zy
yx xz zy
yx
⇔
0 0 0
Vậy: Nếu ba số x,y,z là ba số dơng thoả mãn
x 3 +y 3 +z 3 =3xyz thì x=y=z.
Bài toán 5: CMR: Nếu a 4 +b 4 +c 4 +d 4 = 4abcd và a,b,c,d là các số dơng
Thì: a=b=c=d.
PP: Bài toán này để suy ra đợc a=b=c= d ta cần biến đổi giả thiết về dạng tổng
các bình phơng
Lời giải: Ta có: a4+b4+c4 +d4= 4abcd
⇔
Trang 12⇔ (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+a 2 )(1+b 2 )(1+c 2 ) là bình phơng 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= [ ]2
) )(
)(
Vậy (1+a2 )(1+b 2 )(1+c 2 ) là bình phơng của một số hữu tỉ.
Bài tập 7: Cho b a+c b+a c = a b +b c+a c CMR: ba số a,b,c tồn tại hai số bằng nhau PP: Phân tích giả thiết về dạng tích.
Lời giải: Ta có b a+c b+a c = a b +b c+a c
⇔ 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