HĐT và ứng dụng phần 4 – Vận dụng nâng cao

Bài 14. Cho $x, y$, $z$ thỏa mãn $x^{2}+2 y^{2}+z^{2}-2 x y-2 y-4 z+5=0$. Tính giá trị biểu thức:

$$
\mathrm{A}=(\mathrm{x}-1)^{2018}+(\mathrm{y}-1)^{2019}+(\mathrm{z}-1)^{2020}
$$

– Định hướng tư duy. Quan sát giả thiêt ta thấy có bóng dáng của các hằng đẳngthúc đáng nhớ. Do đó ta sủ sủ dụng các hẳng đẳng thúc đáng nhớ để biên đổi giả thiêt của bài toán. Ngoài ra đề ý rằng tổng các bình phưong bằng 0 thì các bình phuoong đó bằng 0 nên ta biên đổi giả thiêt của bài toán về tông các bình phwoong bằng 0 . Lai để ý đên biêu thúc cần tính giá trị A ta dụ đoán rằng $\mathrm{x}-1 ; \mathrm{y}-1 ; \mathrm{z}-1$ nhận một trong các giá trị -1;0;1.

\section{Lời giải}

Ta có

$$
\begin{aligned}
& x^{2}+2 y^{2}+z^{2}-2 x y-2 y-4 z+5=0 \\
\Leftrightarrow & \left(x^{2}-2 x y+y^{2}\right)+\left(y^{2}-2 y+1\right)+\left(z^{2}-4 z+4\right)=0 \\
\Leftrightarrow & (x-y)^{2}+(y-1)^{2}+(z-2)^{2}=0 \Leftrightarrow x=1 ; y=1 ; z=2
\end{aligned}
$$

Do đó ta được $\mathrm{A}=(1-1)^{2018}+(1-1)^{2019}+(2-1)^{2020}=1$.

Bài 15. Cho ba số thực $x, y$, $z$ thỏa mãn các điều kiện $x+y+z=0$ và $x y z \neq 0$

Tính giá trị biểu thức $P=\frac{x^{2}}{y^{2}+z^{2}-x^{2}}+\frac{y^{2}}{z^{2}+x^{2}-y^{2}}+\frac{z^{2}}{x^{2}+y^{2}-z^{2}}$

– Định huớng tu duy. Quan sát giả thiêt và biêu thúc P ta thấy cần biên đổi biêu giả thiêt để làm xuất hiện các mẫu thúc. Đểý tù giả thiêt ta có $\mathrm{x}+\mathrm{y}=-\mathrm{z}$ nên $(\mathrm{x}+\mathrm{y})^{2}=\mathrm{z}^{2}$, do đó ta được $\mathrm{x}^{2}+\mathrm{y}^{2}-\mathrm{z}^{2}=-2 \mathrm{xy}$. Như vậy chỉ cân áp dụng tưong tụ và quy đông ta thì ta thu được $\mathrm{P}=\frac{\mathrm{x}^{3}+\mathrm{y}^{3}+\mathrm{z}^{3}}{\mathrm{xyz}}$. Lại chú ý rằng với $\mathrm{x}+\mathrm{y}+\mathrm{z}=0$ ta có $\mathrm{x}^{3}+\mathrm{y}^{3}+\mathrm{z}^{3}=3 \mathrm{xyz}$. Tù đó ta tính được giá trị của biêu thúc P.

\section{Lời giải}

Để tính được $y^{2}+z^{2}-x^{2}$ ta để ý đến giả thiết $x+y+z=0 \Leftrightarrow y+z=-x$. Khi đó thực hiện bình phương hai vế ta được $y^{2}+z^{2}+2 y z=x^{2} \Leftrightarrow y^{2}+z^{2}-x^{2}=-2 y z$.

Từ đó ta có biến đổi $\frac{x^{2}}{y^{2}+z^{2}-x^{2}}=\frac{x^{2}}{y^{2}+z^{2}-y^{2}-z^{2}-2 y z}=\frac{x^{2}}{-2 y z}$

Hoàn toàn tương tự ta cũng có $\frac{y^{2}}{z^{2}+x^{2}-y^{2}}=\frac{y^{2}}{-2 z x} ; \frac{z^{2}}{x^{2}+y^{2}-z^{2}}=\frac{z^{2}}{-2 x y}$.

Chú ý rằng $x y z \neq 0$ nên cộng theo vế ta được

$$
\begin{aligned}
P & =\frac{x^{2}}{y^{2}+z^{2}-x^{2}}+\frac{y^{2}}{z^{2}+x^{2}-y^{2}}+\frac{z^{2}}{x^{2}+y^{2}-z^{2}}=\frac{x^{2}}{-2 y z}+\frac{y^{2}}{-2 x z}+\frac{z^{2}}{-2 x y} \\
& =-\frac{1}{2}\left(\frac{x^{3}+y^{3}+z^{3}}{x y z}\right)=-\frac{1}{2}\left(\frac{x^{3}+y^{3}+z^{3}}{x y z}-3+3\right)=-\frac{1}{2}\left(\frac{x^{3}+y^{3}+z^{3}-3 x y z}{x y z}+3\right) \\
& =-\frac{1}{2}\left[\frac{(x+y+z)\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}-x y-y z-z x\right)}{x y z}+3\right] =-\frac{3}{2}
\end{aligned}
$$

Vậy $P=-\frac{3}{2}$.

Bài 16. Cho các số thực $a, b, c$ thỏa mãn $a+b+c=6$ và $a^{2}+b^{2}+c^{2}=12$. Tính giá trị biểu thức:

$$
\mathrm{A}=(\mathrm{a}-3)^{2019}+(\mathrm{b}-3)^{2020}+(\mathrm{c}-3)^{2021}
$$

– Định hướng tư duy. Do vai trò của các biến a, b, c trong bài toán nhu nhau nên ta dụ đoán $\mathrm{a}=\mathrm{b}=\mathrm{c}=2$. Ngoài ra đềy yằng tổng các bình phwơng bằng 0 thì các bình phwơng đó bằng 0 nên ta biến đổi giả thiêt của bài toán về tông các bình phwơng bằng 0 . Nhw vậy ta cần biên đổi giả thiêt về dạng $(\mathrm{a}-2)^{2}+(\mathrm{b}-2)^{2}+(\mathrm{c}-2)^{2}=0$.

\section{Lời giải}

Từ $\mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c}=6$ ta được $(\mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c})^{3}=36$.

Như vậy ta được $(a+b+c)^{2}=3\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)$.

Như vậy ta được $\mathrm{a}=\mathrm{b}=\mathrm{c}$. Kết hợp với $\mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c}=6$ suy ra $\mathrm{a}=\mathrm{b}=\mathrm{c}=2$, thay vào biểu thức $\mathrm{A}$ ta được

$$
\mathrm{A}=(2-3)^{2019}+(2-3)^{2020}+(2-3)^{2021}=(-1)^{2019}+(-1)^{2020}+(-1)^{2021}=-1
$$

 

\section{Bài 17.}
a) Cho $\mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c}=0$ và $\mathrm{a}^{2}+\mathrm{b}^{2}+\mathrm{c}^{2}=14$. Tính $\mathrm{A}=\mathrm{a}^{4}+\mathrm{b}^{4}+\mathrm{c}^{4}$
b) Cho $x+y+z=0$ và $x^{2}+y^{2}+z^{2}=a^{2}$. Tính $B=x^{4}+y^{4}+z^{4}$ theo $a$.

– Định huớng tư duy. Các bài tập trên cũng là một dạng ưng dụng khác của các hẳng đẳng thức đáng nhớ. Đểtính $A$ ta cần bình hai vếcủa $\mathrm{a}^{2}+\mathrm{b}^{2}+\mathrm{c}^{2}=14$. Ngoài ra ta cũng có mối liên hệ $(\mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c})^{2}=14+2(\mathrm{ab}+\mathrm{bc}+\mathrm{ca})$ và $(\mathrm{ab}+\mathrm{bc}+\mathrm{ca})^{2}=\mathrm{a}^{2} \mathrm{~b}^{2}+\mathrm{b}^{2} \mathrm{c}^{2}+\mathrm{c}^{2} \mathrm{a}^{2}$. Tù đó ta tính được biêu thúc A và hoàn toàn twơng tụ với biểu thúc $B$.

\section{Lời giải}

a) Ta có $14^{2}=\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)^{2} \Rightarrow a^{4}+b^{4}+c^{4}=196-2\left(a^{2} b^{2}+b^{2} c^{2}+c^{2} a^{2}\right)$

Lại có $a+b+c=0$ nên $(a+b+c)^{2}=0$ hay $a b+b c+a c=-\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{2}=-7$

Do đó ta được $(a b+b c+a c)^{2}=49$ nên $a^{2} b^{2}+b^{2} c^{2}+a^{2} c^{2}+2 a b c(a+b+c)=49$

Nên $a^{2} b^{2}+b^{2} c^{2}+a^{2} c^{2}=49$. Vậy $A=a^{4}+b^{4}+c^{4}=196-2.49=98$

b) Ta có $x=-(y+z)$ nên ta có $x^{2}=(y+z)^{2}$ hay ta được $x^{2}-y^{2}-z^{2}=2 y z$, do đó suy ra $\left(x^{2}-y^{2}-z^{2}\right)^{2}=4 y^{2} z^{2}$. Do đó suy ra $x^{4}+y^{4}+z^{4}=2 x^{2} y^{2}+2 y^{2} z^{2}+2 x^{2} z^{2}$.

Suy ra $2\left(x^{4}+y^{4}+z^{4}\right)=\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)^{2}=a^{4}$ hay $B=\frac{a^{4}}{2}$.

Bài 18. Cho các số thực $a, b$, c sao cho $a+b+c=3 ; a^{2}+b^{2}+c^{2}=29$ và $a b c=11$. Tính giá trị của biểu thức $\mathrm{P}=\mathrm{a}^{5}+\mathrm{b}^{5}+\mathrm{c}^{5}$.

\section{Lời giải}

Ta có $a b+b c+c a=\frac{1}{2}\left[(a+b+c)^{2}-\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)\right] =\frac{1}{2}(9-29)=-10$.

Do đó ta có $\mathrm{a}^{2} \mathrm{~b}^{2}+\mathrm{b}^{2} \mathrm{c}^{2}+\mathrm{c}^{2} \mathrm{a}^{2}=(\mathrm{ab}+\mathrm{bc}+\mathrm{ca})^{2}-2 \mathrm{abc}(\mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c})=(-10)^{2}-2 \cdot 11 \cdot 3=34$.

Lại có $a^{3}+b^{3}+c^{3}-3 a b c=(a+b+c)\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}-a b-b c-c a\right)=3(29+10)=117$.

Do đó ta được $a^{3}+b^{3}+c^{3}=117+33=150$. Từ đó dẫn đến

$$
\begin{aligned}
& \left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)\left(a^{3}+b^{3}+c^{3}\right)=a^{5}+b^{5}+c^{5}+a^{3} b^{2}+a^{3} c^{2}+b^{3} a^{2}+b^{3} c^{2}+c^{3} a^{2}+c^{3} b^{2} \\
= & a^{5}+b^{5}+c^{5}+\left(a^{2} b^{2}+b^{2} c^{2}+c^{2} a^{2}\right)(a+b+c)-a b c(a+b+c)
\end{aligned}
$$

Hay ta được $150.29=\mathrm{a}^{5}+\mathrm{b}^{5}+\mathrm{c}^{5}+34.3-11(-10)$.

Do đó $a^{5}+b^{5}+c^{5}=4138$

Bài 19. Cho $a, b, c$ là ba số thực thỏa mãn $a+b+c=0$ và $a^{2}=2(a+c+1)(a+b-1)$.

Tính giá trị biểu thức $\mathrm{A}=\mathrm{a}^{2}+\mathrm{b}^{2}+\mathrm{c}^{2}$.

\section{Lời giải}

Do $a+b+c=0$ nên ta có $b+c=-a$ hay $(b+c)^{2}=a^{2}$.

Cũng từ $\mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c}=0$ ta được $\mathrm{a}+\mathrm{b}=-\mathrm{c}$ và $\mathrm{a}+\mathrm{c}=-\mathrm{b}$.

Kết hợp với $\mathrm{a}^{2}=2(\mathrm{a}+\mathrm{c}+1)(\mathrm{a}+\mathrm{b}-1)$ ta được

$$
\begin{aligned}
& (b+c)^{2}=2(1-b)(-c-1) \Leftrightarrow b^{2}+c^{2}+2 b c=-2(1+c-b-b c) \\
\Leftrightarrow & b^{2}+c^{2}-2 b-2 c+2=0 \Leftrightarrow\left(b^{2}-2 b+1\right)+\left(c^{2}-2 c+1\right)=0 \\
\Leftrightarrow & (b-1)^{2}+(c-1)^{2}=0 \Leftrightarrow\left\{\begin{array} { l }
{ b – 1 = 0 } \\
{ c – 1 = 0 }
\end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}
b=1 \\
c=1
\end{array}\right.\right.
\end{aligned}
$$

Mà ta có $a+b+c=0$ nên suy ra $a=0$. Do vậy $A=a^{2}+b^{2}+c^{2}=2$.

Bài 20. Xác định các hệ số a và $b$ để đa thức $P(x)=x^{4}-2 x^{3}+3 x^{2}+a x+b$ là bình phương của một đa thức.

– Định hướng tu duy. Ta thấy đa thúc $\mathrm{P}(\mathrm{x})$ có bậc 4 nên khi viêt thành bình phuơng của một đa thúc thì đa thức đó phải có bậc hai. Chú ý đến hệ số của hang tủ bậc bốn ta suy ra đa thưc bậc hai phải có hệ số cao nhất là 1. Như vậy đa thưc bậc hai phải có dạng $\mathrm{x}^{2}+\mathrm{mx}+\mathrm{n}$. Đến đây ta có hai hướng xủ lý bài toán.

+Hwớng 1. Viêt $\mathrm{P}(\mathrm{x})=\left(\mathrm{x}^{2}+\mathrm{mx}+\mathrm{n}\right)^{2}$ rồi khai triể hai vế. Sau đó đông nhất hệ số hai vế đề tim hệ sô.

+Hương 2. Biên đổi đa thức $\mathrm{P}(\mathrm{x})=\left(\mathrm{x}^{2}+\mathrm{mx}+\mathrm{n}\right)^{2}+\mathrm{A}(\mathrm{x})$ sau đó xác định hệ số đê đa thúc $\mathrm{A}(\mathrm{x})$ là đa thúc 0.

\section{Lời giải}

Lời giải 1. Do đa thức $\mathrm{P}(\mathrm{x})$ có bậc 4 với hệ số cao nhât là 1 .

Giả sử $P(x)=\left(x^{2}+m x+n\right)^{2}$. Hay ta được $P(x)=\left(x^{2}+m x+n\right)^{2}=x^{4}+2 m x^{3}+\left(m^{2}+2 n\right) x^{2}+2 m n x+n^{2}$.

Từ đó ta được $x^{4}-2 x^{3}+3 x^{2}+a x+b=x^{4}+2 m x^{3}+\left(m^{2}+2 n\right) x^{2}+2 m n x+n^{2}$

Đồng nhất hệ số hai vế ta được

$$
\left\{\begin{array} { l }
{ 2 m = – 2 } \\
{ m ^ { 2 } + 2 n = 3 } \\
{ a = 2 m n } \\
{ b = n ^ { 2 } }
\end{array} \Rightarrow \left\{\begin{array} { l }
{ m = – 1 } \\
{ 2 n = 2 } \\
{ a = – 2 n } \\
{ b = n ^ { 2 } }
\end{array} \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}
m=-1 \\
n=1 \\
a=-2 \\
b=1
\end{array}\right.\right.\right.
$$

Vậy đa thức đã cho là $\mathrm{P}(\mathrm{x})=\mathrm{x}^{4}-2 \mathrm{x}^{3}+3 \mathrm{x}^{2}-2 \mathrm{x}+1$.

– Lời giải 2. Biến đổi đa thức đã cho như sau

$$
\begin{aligned}
P(x) & =x^{4}-2 x^{3}+3 x^{2}+a x+b=x^{4}-2 x^{3}+3 x^{2}-2 x+1+(a+2) x+(b-1) \\
& =\left(x^{4}-x^{3}+x^{2}\right)-\left(x^{3}-x^{2}+x\right)+\left(x^{2}-x+1\right)+(a+2) x+(b-1) \\
& =\left(x^{2}-x+1\right)^{2}+(a+2) x+(b-1)
\end{aligned}
$$

Để $\mathrm{P}(\mathrm{x})$ là bình phương của một đa thức khác thì ta cần có $(\mathrm{a}+2) \mathrm{x}+(\mathrm{b}-1)=0$ với mọi $x$. Do vậy ta có $a+2=b-1=0$ hay $a=-2 ; b=1$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 21. Cho đa thức $f(x)=x^{2}+a x+b$ với $a$, b là các số nguyên .

Chứng minh rằng tồn tại số nguyên $\mathrm{k}$ đề $\mathrm{f}(\mathrm{k})=\mathrm{f}(2019) \cdot \mathrm{f}(2020)$

– Định huớng tư duy. Trước hết ta cần tính được giá trị $\mathrm{f}(2019) . \mathrm{f}(2020)$. Tiếp theo ta cần biến đôi $\mathrm{f}(2019) \cdot \mathrm{f}(2020)$ về dạng $\mathrm{k}^{2}+\mathrm{ka}+\mathrm{b}$.

Dễ thấy ngay $\mathrm{f}(2019) \cdot \mathrm{f}(2020)=\left(2019^{2}+2019 \mathrm{a}+\mathrm{b}\right)\left(2020^{2}+2020 \mathrm{a}+\mathrm{b}\right)$ và chú ý rằng $2020=2019+1$ ta biên đổi được

$$
\begin{aligned}
& f(2019) \cdot f(2020)=\left(2019^{2}+2019 a+b\right)\left(2020^{2}+2020 a+b\right) \\
= & \left(2019^{2}+2019 a+b+2019\right)^{2}+a\left(2019^{2}+2019 a+b+2019\right)+b
\end{aligned}
$$

Nhu vậy chỉ cần đặt $\mathrm{k}=2019^{2}+2019 \mathrm{a}+\mathrm{b}+2019$ thì bài toán được chứng minh.

\section{Lời giải}

Ta có $f(2019)=2019^{2}+2019 a+b$ và $f(2020)=2020^{2}+2020 a+b$.

Để ý rằng 2020 = 2019 + 1 ta có khi đó ta có

$$
f(2020)=2020^{2}+2020 a+b=2019^{2}+2019 a+b+2.2019+a+1
$$

Do đó ta được

$$
\begin{aligned}
& f(2019) \cdot f(2020)=\left(2019^{2}+2019 a+b\right)\left(2020^{2}+2020 a+b\right) \\
= & \left(2019^{2}+2019 a+b\right)\left(2019^{2}+2019 a+b+2 \cdot 2019+a+1\right) \\
= & \left(2019^{2}+2019 a+b\right)^{2}+2 \cdot 2019\left(2019^{2}+2019 a+b\right)+a\left(2019^{2}+2019 a+b\right)+2019^{2}+2019 a+b \\
= & {\left[\left(2019^{2}+2019 a+b\right)^{2}+2\left(2019^{2}+2019 a+b\right) 2019+2019^{2}\right] +a\left(2019^{2}+2019 a+b+2019\right)+b } \\
= & \left(2019^{2}+2019 a+b+2019\right)^{2}+a\left(2019^{2}+2019 a+b+2019\right)+b=f\left(2019^{2}+2019 a+b+2019\right)
\end{aligned}
$$

Suy ra $f(2019) \cdot f(2020)=f\left(2019^{2}+2019 a+b+2019\right)$.

Như vậy nếu chọn số nguyên $\mathrm{k}=2019^{2}+2019 \mathrm{a}+\mathrm{b}+2019$ thì ta được

$$
f(k)=f(2019) \cdot f(2020)
$$

\section{- Nhận xét.}

+ Đếý rằng $\mathrm{k}=2019^{2}+2019 \mathrm{a}+\mathrm{b}+2019=\mathrm{f}(2019)+2019$. Do đó ta được:

$$
f(f(2019)+2019)=f(2019) \cdot f(2019+1)
$$

+ Bài toán tông quát. Cho đa thức $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\mathrm{x}^{2}+\mathrm{ax}+\mathrm{b}$ với $a, b$ là các sốnguyên. Chứng minh rằng:

$$
f(f(x)+x)=f(x) \cdot f(x+1)
$$

Bài 22. Cho hai số thực phân biệt $a, b$ thỏa mãn $a^{3}+b^{3}=a^{2} b^{2}(a b-3)$. Tính giá trị của biểu thức:

$$
\mathrm{T}=\mathrm{a}+\mathrm{b}-\mathrm{ab}
$$

\section{Lời giải}

Giả thiết của bài toán được viết lại thành

$$
a^{3}+b^{3}=a^{2} b^{2}(a b-3) \Leftrightarrow a^{3}+b^{3}+(-a b)^{3}=3 a b(-a b)
$$

Đặt $\mathrm{c}=-\mathrm{ab}$, khi đó ta có $\mathrm{a}^{3}+\mathrm{b}^{3}+\mathrm{c}^{3}=3 \mathrm{abc}$. Biến đổi đẳng thức giả thiết ta được

$$
\begin{aligned}
& a^{3}+b^{3}+3 a^{2} b+3 a b^{2}+c^{3}-3 a b c-3 a^{2} b-3 a b^{2}=0 \\
\Leftrightarrow & (a+b)^{3}+c^{3}-3 a b(a+b+c)=0 \\
\Leftrightarrow & (a+b+c)\left[(a+b)^{2}-(a+b) c+c^{2}\right] -3 a b(a+b+c)=0 \\
\Leftrightarrow & (a+b+c)\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}-a b-b c-c a\right)=0 \\
\Leftrightarrow & \frac{1}{2}(a+b+c)\left[(a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2}\right] =0
\end{aligned}
$$

Do $a, b$ là hai số phân biệt nên $(a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2}>0$.

Do đó ta suy ra được $a+b+c=0 \Leftrightarrow a+b=-c=a b$. Suy ra $T=a+b-a b=0$.

Bài 23. Cho các số thực $a, b, c$ đôi một khác nhau thỏa mãn $a^{3}+b^{3}+c^{3}=3 a b c$ và $\mathrm{abc} \neq 0$. Tính giá trị biểu thức

$$
P=\frac{a b^{2}}{a^{2}+b^{2}-c^{2}}+\frac{b c^{2}}{b^{2}+c^{2}-a^{2}}+\frac{c a^{2}}{c^{2}+a^{2}-b^{2}}
$$

\section{Lời giải}

Ta có $\mathrm{a}^{3}+\mathrm{b}^{3}+\mathrm{c}^{3}=3 \mathrm{abc} \Leftrightarrow(\mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c})\left(\mathrm{a}^{2}+\mathrm{b}^{2}+\mathrm{c}^{2}-\mathrm{ab}-\mathrm{bc}-\mathrm{ca}\right)=0$

Ta luôn có $a^{2}+b^{2}+c^{2} \geq a b+b c+c a$. Tuy nhiên vì $a, b, c$ đôi một khác nhau nên không xảy ra đẳng thức.

Do đó suy ra $a+b+c=0 \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}a=-b-c \\ b=-c-a \text {. Từ đó ta được } \\ c=-a-b\end{array}\right.$

$$
\begin{aligned}
P & =\frac{a b^{2}}{a^{2}+b^{2}-(-a-b)^{2}}+\frac{b c^{2}}{b^{2}+c^{2}-(-b-c)^{2}}+\frac{c a^{2}}{c^{2}+a^{2}-(-c-a)^{2}} \\
& =\frac{a b^{2}}{-2 a b}+\frac{b c^{2}}{-2 b c}+\frac{c a^{2}}{-2 c a}=-\frac{a+b+c}{2}=0
\end{aligned}
$$

Vậy $\mathrm{P}=0$

Bài 24. Cho ba số thực $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c}$ khác 0 thỏa mãn $2 \mathrm{ab}+\mathrm{bc}+2 \mathrm{ca}=0$. Tính giá trị của biểu thức:

$$
\mathrm{A}=\frac{\mathrm{bc}}{8 \mathrm{a}^{2}}+\frac{\mathrm{ca}}{\mathrm{b}^{2}}+\frac{\mathrm{ab}}{\mathrm{c}^{2}}
$$

\section{Lời giải}

Do $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c}$ là các số thực khác 0 nên từ $2 \mathrm{ab}+\mathrm{bc}+2 \mathrm{ca}=0$ ta được $\frac{1}{2 \mathrm{a}}+\frac{1}{\mathrm{~b}}+\frac{1}{\mathrm{c}}=0$.

Đặt $\mathrm{x}=\frac{1}{2 \mathrm{a}} ; \mathrm{y}=\frac{1}{\mathrm{~b}} ; \mathrm{z}=\frac{1}{\mathrm{c}}$, khi đó ta thu được $\mathrm{x}+\mathrm{y}+\mathrm{z}=0$. Ta viết biểu thức A lại thành

$$
A=\frac{b c}{8 a^{2}}+\frac{c a}{b^{2}}+\frac{a b}{c^{2}}=\frac{1}{2}\left(\frac{b c}{4 a^{2}}+\frac{2 c a}{b^{2}}+\frac{2 a b}{c^{2}}\right)=\frac{1}{2}\left(\frac{x^{2}}{y z}+\frac{y^{2}}{z x}+\frac{z^{2}}{x y}\right)=\frac{x^{3}+y^{3}+z^{3}}{2 x y z}
$$

Từ $x+y+z=0$ ta có biến đổi

 

$$
x+y=-z \Leftrightarrow(x+y)^{3}=-z^{3} \Leftrightarrow x^{3}+y^{3}+z^{3}+3 x y(x+y)=0 \Leftrightarrow x^{3}+y^{3}+z^{3}=3 x y z
$$

Do đó suy ra $A=\frac{3 x y z}{2 x y z}=\frac{3}{2}$.

Bài 25. Cho các số thực $\mathrm{x}, \mathrm{y}$, $\mathrm{z}$ thỏa mãn đồng thời các hệ thức

$$
x+y+z=6 \text { và }(x-1)^{3}+(y-2)^{3}+(z-3)^{3}=0
$$

Tính giá trị của biểu thức sau: $\mathrm{T}=(\mathrm{x}-1)^{2 \mathrm{n}+1}+(\mathrm{y}-2)^{2 \mathrm{n}+1}+(\mathrm{z}-3)^{2 \mathrm{n}+1}$ với $\mathrm{n}$ là một số tự nhiên

\section{Lời giải}

Đặt $a=x-1 ; b=y-2 ; c=z-3$. Giả thiết của bài toán được viết lại thành $\mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c}=0$ và $\mathrm{a}^{3}+\mathrm{b}^{3}+\mathrm{c}^{3}=0$. Khi đó ta cân tính $\mathrm{T}=\mathrm{a}^{2 \mathrm{n}+1}+\mathrm{b}^{2 \mathrm{n}+1}+\mathrm{c}^{2 \mathrm{n}+1}$ Từ $a+b+c=0$ ta suy ra được $a^{3}+b^{3}+c^{3}=3 a b c$. Mà ta có $a^{3}+b^{3}+c^{3}=0$ nên $a b c=0$ hay $a=0$ hoặc $b=0$ hoặc $c=0$. Do vai trò của $a, b, c$ như nhau nên ta xét trường hợp $\mathrm{a}=0$, các trường hợp khác hoàn toàn tương tự.

Khi $a=0$ ta suy ra $b+c=0$ hay ta được $b=-c$.

Thay vào biểu thức $\mathrm{T}$ ta được $\mathrm{T}=\mathrm{b}^{2 \mathrm{n}+1}+(-\mathrm{b})^{2 \mathrm{n}+1}=0$.

Vậy với $x, y$, z thỏa mãn yêu câu bài toán ta được $\mathrm{T}=0$.

Bài 26. Cho $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c}$ là các số thực bất kì. Chứng minh rẳng:

$$
a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}+e^{2} \geq a(b+c+d+e)
$$

– Định hướng tu duy. Bất đẳng thức cần chứng minh có hình thúc tương tụ nhu các bất đẳng thưc trên, ta có thể giải bằng cách xét hiệu vế trái và vế phải rồi phân tích thành tông các bình phwoong. Đề được các tích ab, ac, ad, ae vào trong bình phưong ta cần ghép a với $b, c, d, e$, và vì vai trò của b, c, d, e nhu nhau nên ta có thể nghĩ đến việc biến đổi nhu sau

$$
\begin{aligned}
& a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}+e^{2} \geq a(b+c+d+e) \\
\Leftrightarrow & (a-k b)^{2}+(a-k c)^{2}+(a-k d)^{2}+(a-k e)^{2} \geq 0
\end{aligned}
$$

Trong truờng hợp trên ta có thểchọn $\mathrm{k}=2$, túc là ta phải nhân hai vếvới 4.

\section{Lời giải}

Xét hiệu hai vế của bất đẳng thức

$$
\begin{aligned}
& =\frac{4\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}+e^{2}\right)-4(a b+a c+a d+a e)}{4} \\
& =\frac{\left(a^{2}-4 a b+4 b^{2}\right)+\left(a^{2}-4 a c+4 c^{2}\right)+\left(a^{2}-4 a d+4 d^{2}\right)+\left(a^{2}-4 a e+4 e^{2}\right)}{4} \\
& =\frac{(a-2 b)^{2}+(a-2 c)^{2}+(a-2 d)^{2}+(a-2 e)^{2}}{4} \geq 0 \\
& \text { Suy ra }
\end{aligned}
$$

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xây ra khi và chỉ khi $\mathrm{a}=2 \mathrm{~b}=2 \mathrm{c}=2 \mathrm{~d}=2 \mathrm{e}$.

Bài 27. Cho $a, b, c$ là các số thực dương thỏa mãn $a^{3}+b^{3}=a-b$. Chứng minh rẳng:

$$
a^{2}+b^{2}+a b<1
$$

– Định hương tư duy. Quan sát bất đẳng thức cần chứng minh ta thấy có biêu thức $\mathrm{a}^{2}+\mathrm{b}^{2}+\mathrm{ab}$. Trong khi đó giả thiêt lại xuât hiện biêu thức $\mathrm{a}-\mathrm{b}$. Vậy mối liên hệ của hai biêu thúc này nhu thế nào? Dễ thấy được hằng đẳng thưc $(\mathrm{a}-\mathrm{b})\left(\mathrm{a}^{2}+\mathrm{b}^{2}+\mathrm{ab}\right)=\mathrm{a}^{3}-\mathrm{b}^{3}$.

Do đó một cách rất tụ nhiên ta nhân hai vế của giả thiêt với biêu thức $\mathrm{a}^{2}+\mathrm{b}^{2}+\mathrm{ab}$ đểlàm xuât hiện $\mathrm{a}^{3}-\mathrm{b}^{3}$ và $\mathrm{a}^{2}+\mathrm{b}^{2}+\mathrm{ab}$, khi đó ta được $\mathrm{a}^{2}+\mathrm{ab}+\mathrm{b}^{2}=\frac{\mathrm{a}^{3}-\mathrm{b}^{3}}{\mathrm{a}^{3}+\mathrm{b}^{3}}$. Tới đây chỉ cần chưng $\operatorname{minh} \frac{\mathrm{a}^{3}-\mathrm{b}^{3}}{\mathrm{a}^{3}+\mathrm{b}^{3}}<1$ là xong.

\section{Lời giải}

Biến đổi giả thiết ta được

$$
\begin{aligned}
a^{3}+b^{3}=a-b & \Leftrightarrow\left(a^{3}+b^{3}\right)\left(a^{2}+a b+b^{2}\right)=(a-b)\left(a^{2}+a b+b^{2}\right) \\
& \Leftrightarrow\left(a^{3}+b^{3}\right)\left(a^{2}+a b+b^{2}\right)=a^{3}-b^{3} \Leftrightarrow a^{2}+a b+b^{2}=\frac{a^{3}-b^{3}}{a^{3}+b^{3}}
\end{aligned}
$$

Ta cần chứng minh được

$$
\frac{a^{3}-b^{3}}{a^{3}+b^{3}}<1 \Leftrightarrow a^{3}-b^{3}<a^{3}+b^{3} \Leftrightarrow 0<2 b^{3} \Leftrightarrow 0<b
$$

Do $b>0$ hiển nhiên đúng. Nên bất đẳng thức được chứng minh.

Bài 28. Cho $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c}$ là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng:

$$
a^{4}+b^{4}+c^{4} \geq a b c(a+b+c)
$$

– Định hương tư duy. Bât đẳng thúc trên là một bất đẳng thúc cơ bản có vếtrái là các lũy thì bậc chã̃n. Đểy ta thấy $\mathrm{abc}(\mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c})=\mathrm{ab} \cdot \mathrm{bc}+\mathrm{bc} \cdot \mathrm{ca}+\mathrm{ca} \cdot \mathrm{ab}$, do đó rât tụe nhiên ta nghĩ đến việc biên đôi bât đẳng thưc thành tổng của các bình phuơng.

\section{Lời giải}

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

$$
\begin{aligned}
& a^{4}+b^{4}+c^{4}-a^{2} b c-b^{2} a c-c^{2} a b \geq 0 \Leftrightarrow 2 a^{4}+2 b^{4}+2 c^{4}-2 a^{2} b c-2 b^{2} a c-2 c^{2} a b \geq 0 \\
\Leftrightarrow & \left(a^{2}-b^{2}\right)^{2}+2 a^{2} b^{2}+\left(b^{2}-c^{2}\right)^{2}+2 b^{2} c^{2}+\left(c^{2}-a^{2}\right)^{2}+2 a^{2} c^{2}-2 a^{2} b c-2 b^{2} a c-2 c^{2} a b \geq 0 \\
\Leftrightarrow & \left(a^{2}-b^{2}\right)^{2}+\left(b^{2}-c^{2}\right)^{2}+\left(c^{2}-a^{2}\right)^{2}+(a b-b c)^{2}+(b c-a c)^{2}+(a b-a c)^{2} \geq 0 \\
& \text { Suy ra } a^{4}+b^{4}+c^{4} \geq a b c(a+b+c)
\end{aligned}
$$

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi $\mathrm{a}=\mathrm{b}=\mathrm{c}$

Bài 29. Chứng minh rằng với mọi số thực $\mathrm{a}, \mathrm{b}$ ta có:

$$
a b(a-2)(b+6)+12 a^{2}-24 a+3 b^{2}+18 b+36>0
$$

– Định hướng tu duy. Quan sát bất đẩng thức ta nhận thấy vế trái của có sụ xuất hiện các đại lượng $\mathrm{a}(\mathrm{a}-2) ; \mathrm{b}(\mathrm{b}+6)$ và chú ý thêm ta nhận thấy $\mathrm{a}(\mathrm{a}-2)+1=(\mathrm{a}-1)^{2}$ và $\mathrm{b}(\mathrm{b}+6)+9=(\mathrm{b}+3)^{2}$. Đến đây ta thấy có hai ý tưởng chựng minh bất đẳng thức trên.

+ Hướng 1. Biên đổi tưong đưong làm xuất hiện các bình phưong $(\mathrm{a}-1)^{2},(\mathrm{~b}+3)^{2}$.

+ Hướng 2. Đặt biến phụ $\mathrm{x}=\mathrm{a}(\mathrm{a}-2) ; \mathrm{y}=\mathrm{b}(\mathrm{b}+6)$ và sủ dụng diêu kiện của biên phụ đểchứng minh.

\section{Lời giải}

Cách 1. Gọi $P$ là vế trái của bất đẳng thức đã cho, ta có

$$
\begin{aligned}
P & =a b(a-2)(b+6)+12 a^{2}-24 a+3 b^{2}+18 b+36 \\
& =a(a-2)[b(b+6)+12] +3[b(b+6)+12] \\
& =[b(b+6)+12] [a(a-2)+3] =\left[(b+3)^{2}+3\right] \left[(a-1)^{2}+2\right] >0
\end{aligned}
$$

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

Cách 2. Bất đẳng thức cân chứng minh tương đương với

$$
a b(a-2)(b+6)+12(a-1)^{2}+3(b+3)^{2}-3>0
$$

 

$$
\text { Đặt }\left\{\begin{array} { l }
{ x = a ( a – 2 ) } \\
{ y = b ( b + 6 ) }
\end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}
x+1=(a-1)^{2} \geq 0 \\
y+9=(b+3)^{2} \geq 0
\end{array}\right.\right.
$$

Khi đó bất đẳng thức được viết lại thành

$$
x y+12(x+1)+3(y+9)-3>0 \Leftrightarrow(x+3)(y+12) \geq 0
$$

Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng vì $\mathrm{x}+1 \geq 0 ; \mathrm{y}+3 \geq 0$.

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

Đọc tiếp: HĐT và ứng dụng phần 5