Sở giáo dục và đào tạo thanh hoá
Phòng giáo dục và đào tạo thọ xuân
sáng kiến kinh nghiệm
khai thác những ứng dụng của
hằng đẳng thức tổng ba lập phơng
Họ và tên tác giả: Đỗ Trí Khởi
Chức vụ: Phó Hiệu trởng
Đơn vị công tác: Trờng THCS Lam Sơn
SKKN môn: Toán
Năm học 2010 - 2011
1
A. ĐẶT VẤN ĐỀ
I. LỜI MỞ ĐẦU
Những hằng đẳng thức đáng nhớ là một trong những nội dung kiến thức
quan trọng trong chương trình Đại số lớp 8. Mỗi hằng đẳng thức giúp học sinh
giải được một lớp các bài toán, nhiều bài tập khác nhau, giúp học sinh thực hiện
giải toán nhanh hơn, chính xác hơn.
Để trở thành học sinh giỏi Toán, ngoài những yêu cầu về kiến thức cơ
bản trong chương trình cần nắm vững, học sinh còn phải biết tìm tòi, khai thác,
vận dụng những kiến thức nâng cao. Đối với học sinh lớp 8, 9, giáo viên ngoài
việc hướng dẫn các em vận dụng nhuần nhuyễn bảy hằng đẳng thức đáng nhớ,
cần phải cung cấp thêm một số hằng đẳng thức tổng quát, một số hằng đẳng
thức nâng cao, giúp các em học sinh khá giỏi có thể vận dụng để giải được
nhiều bài toán khó, nhiều dạng bài tập hơn. Khai thác ứng dụng của các hằng
đẳng thức nâng cao nhằm bổ sung những kiến thức mới, khơi dậy niềm say mê
học tập, phát huy tính tích cực nhận thức và phát triển kỹ năng tự học của học
sinh.
Trong quá trình dạy học Toán, bồi dưỡng học sinh giỏi Toán, tôi thấy
hằng đẳng thức tổng ba lập phương là một trong số những hằng đẳng thức
nâng cao có rất nhiều ứng dụng; có thể giúp học sinh vận dụng để giải một số

bài khác nhau trong các đề thi học sinh giỏi, đòi hỏi học sinh phải đưa về dạng
2
hằng đẳng thức tổng ba lập phương. Nếu giáo viên chưa khai thác sâu kiến
thức cơ bản, học sinh chưa kịp thời bổ sung những kiến thức cơ bản nâng cao;
chưa đào sâu suy nghĩ để tìm cách vận dụng linh hoạt những hằng đẳng thức cơ
bản nâng cao, cùng việc tích luỹ dần dà các phương pháp và kỹ năng hữu hiệu
thì khó có thể giải được những bài toán đó.
Trong trường hợp đặc biệt, một số học sinh có năng lực tiếp thu bài tốt,
có khả năng tự học. Khi nhu cầu hiểu biết của học sinh rất lớn, trong một thời
gian hạn chế mà tài liệu tham khảo nhiều, học sinh thường lúng túng, mất quá
nhiều thời gian để có thể hệ thống được các dạng toán, các phương pháp, các
kinh nghiệm vận dụng hằng đẳng thức vào giải toán, nếu không có sự hướng
dẫn chu đáo của giáo viên.
Do đó để đáp ứng nhu cầu bổ sung kiến thức, bổ sung những hằng đẳng
thức có nhiều ứng dụng, bổ sung những kinh nghiệm giải toán nhằm nâng cao
chất lượng dạy học Toán lớp 8, 9, đòi hỏi người thầy phải giúp học sinh có
những tư liệu tự học tốt nhất, những chủ đề nâng cao khai thác vận dụng những
hằng đẳng thức nâng cao trong đó có hằng đẳng thức tổng ba lập phương - một
hằng đẳng thức đẹp.
B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I. GIẢI PHÁP THỰC HIỆN
1. Để giúp học sinh lớp 8, 9 có kỹ năng giải thành thạo các bài tập về vận
dụng hằng đẳng thức tổng ba lập phương, trước hết giáo viên cần hướng dẫn
học sinh nắm được hằng đẳng thức; giúp học sinh phân loại các bài tập theo các
dạng toán cơ bản, nâng cao. Ở mỗi dạng toán, giáo viên cần đưa ra các ví dụ cụ
thể, hướng dẫn học sinh biết vận dụng hằng đẳng thức tổng ba lập phương để
giải. Giáo viên đưa ra những bài tập tương tự, bài tập vận dụng để học sinh có
thể tự giải.
Hằng đẳng thức tổng ba lập phương có thể được sử dụng để giải nhiều
bài toán thuộc các dạng sau:

+ B
3
+ C
3
= (A + B + C)
3
- 3(A + B)(B + C)(C + A).
Để chứng minh hằng đẳng thức (1), ta có thể chọn một trong hai cách sau đây:
Cách 1: Ta có: (A + B + C)(A
2
+ B
2
+ C
2
- AB - BC - CA)
= A(A
2
+ B
2
+ C
2
- AB - BC - CA) + B(A
2
+ B
2
+ C
2
- AB - BC - CA) +
+ C(A
2

C + C
3
- ABC - BC
2
- AC
2
= A
3
+ B
3
+ C
3
– 3ABC.
Suy ra A
3
+ B
3
+ C
3
= (A + B + C)(A
2
+ B
2
+ C
2
- AB - BC - CA) + 3ABC
Cách 2: Ta có: A
3
+ B
3

2
- AB - BC - CA). Suy ra đpcm.
Để chứng minh hằng đẳng thức (1), ta có thể chọn một trong hai cách sau:
Cách 1: Ta có: (A + B + C)
3
- 3(A + B)(B + C)(C + A)
= (A + B)
3
+ 3(A + B)
2
C + 3(A + B)C
2
+ C
3
- (3A + 3B)(BC + AB + C
2
+ AC)
=A
3
+ 3A
2
B + 3AB
2
+ B
3
+ 3A
2
C + 6ABC + 3B
2
C + C

)
= (A + B)
3
+ 3(A + B)
2
C + 3(A + B)C
2
+ C
3
- (A
3
+ B
3
+ C
3
)
= A
3
+ B
3
+ 3AB(A + B) + 3(A + B)
2
C + 3(A + B)C
2
+ C
3
- A
3
- B
3

3
= 3ABC (2)
* (A + B + C)
3
- A
3
- B
3
- C
3
= 3(A + B)(B + C)(C + A) (3)
Chúng ta có thể sử dụng (1), (2) và (3) để phân tích đa thức thành nhân tử.
Ví dụ 1: Phân tích đa thức 8x
3
+ 64y
3
+ z
3
- 24xyz thành nhân tử.
Hướng dẫn: 8x
3
+ 64y
3
+ z
3
- 24xyz = (2x)
3
+ (4y)
3
+ z

3
= 3abc.
Vậy (x - y)
3
+ (y - z)
3
+ (z - x)
3
= 3(x - y)(y - z)(z - x).
Với a = x
2
+ y
2
; b = z
2
- x
2
; c = - y
2
- z
2
cũng cho a + b + c = 0 ta có bài toán:
Ví dụ 3: Phân tích thành nhân tử: (x
2
+ y
2
)
3
+ (z
2

2
+ y
2
)
3
+ (z
2
- x
2
)
3
+ (- y
2
- z
2
)
3
Đặt a = x
2
+ y
2
; b = z
2
- x
2
; c = - y
2
- z
2


)(x + z)(x - z)
Với a = x + y - z; b = x - y + z; c = - x + y + z cũng cho a + b + c = 0 và ta có
bài toán: Phân tích thành nhân tử:
(x + y + z)
3
- (x + y - z)
3
- (x - y + z)
3
- (- x + y + z)
3
.
Bài tập vận dụng
Phân tích các đa thức thành nhân tử:
1) x
3
- y
3
- z
3
- 3xyz. 2) 125a
3
+ 8b
3
+ 27c
3
- 90abc.
3) (x - y + z)
3
- x

3
- (c - a - b)
3
- (a + b + c)
3
.
8) (3x
2
- 2x + 1)
3
+ (x - x
2
- 1)
3
- (2x
2
- x)
3
.
2.2. Rút gọn biểu thức. Tính giá trị của biểu thức
Ví dụ 1: Cho xy + yz + zx = 0 và xyz
≠
0.
Tính giá trị của biểu thức P =
2 2 2
xy yz zx
z x y
+ +
.
Hướng dẫn: Từ giả thiết: xy + yz + zx = 0 và xyz

⇒ + + =
.
Ta có: P =
2 2 2
xy yz zx
z x y
+ +
=
3 3 3
1 1 1
xyz
x y z
 
+ +
 ÷
 
=
3
. 3xyz
xyz
=
. Vậy P = 3.
Nhận xét: Ở bài toán trên chúng ta đã sử dụng “điều kiện xuôi” để tính giá trị
của biểu thức. Ta cũng có thể sử dụng “điều kiện ngược” để tính giá trị của biểu
thức.
Ví dụ 2: Cho abc
≠
0, a
3
+ b

= = −
.
- Nếu a = b = c thì A = (1 + 1)(1 + 1)(1 + 1) = 2.2.2 = 8.
Vậy A nhận hai giá trị là 8 và -1.
Ví dụ 3: Biết a
3
b
3
+ b
3
c
3
+ c
3
a
3
= 3a
2
b
2
c
2
, tính giá trị của biểu thức:
A =
1 1 1
a b c
b c a
   
+ + +
 ÷ ÷ ÷

b
3
+ b
3
c
3
+ c
3
a
3
= 3a
2
b
2
c
2

⇔
x
3
+ y
3
+ z
3
= 3xyz
0x y z
x y z
+ + =

⇔

3
- 3x(x - 1)(1 - 2x).
Hướng dẫn: Đặt a = x, b = x - 1, c = 1 - 2x suy ra: a + b + c = 0.
Khi đó, biểu thức được viết dưới dạng:
S = x
3
+ (x - 1)
3
+ (1 - 2x)
3
- 3x(x - 1)(1 - 2x)
= a
3
+ b
3
+ c
3
- 3abc = (a + b + c)(a
2
+ b
2
+ c
2
- ab - bc - ca) = 0.
Vậy, ta được S = 0.
Ví dụ 5: Rút gọn biểu thức
A = 8(a + b + c)
3
- (2a + b - c)
3

3
- z
3
= 3(x + y)(y + z)(z + x)
= 3(a + 3b)(b + 3c)(c + 3a).
Ví dụ 6: Biết a
3
+ b
3
= 3ab - 1, tính giá trị của biểu thức: A = a + b.
Hướng dẫn: Biến đổi giả thiết về dạng:
a
3
+ b
3
= 3ab - 1
⇔
a
3
+ b
3
+ 1
3
= 3.a.b.1
1 0 1 1
1 2 2
a b a b A
a b a b A
+ + = + = − = −
  

3
+ c
3
= 3abc
3 3 3
8 1 1 6
x y z xyz
⇒ + + =
Do đó: A =
2 2 2
4
2 2
xy yz zx
z x y
+ +
=
3 3 3
8 1 1
2
xyz
x y z
 
+ +
 ÷
 
=
6
. 3
2
xyz

a b c a b b c c a
 
⇒ + + − + − + −
 
= 0

0a b c⇒ + + =
(do a, b, c đôi một khác nhau).
Suy ra
a b c
b c c a a b
+ +
− − −
=
( )( ) ( )( ) ( )( )
( )( )( )
a c a a b b b c a b c b c c a
a b b c c a
− − + − − + − −
− − −
=
( )
( )
( )
2 2 2 3 3 3
2 3
( )( )( )
a b c a b c a b c abc
a b b c c a
+ + + + − + + −

− − −
  
+ + + +
 ÷ ÷
− − −
  
= 9.
Bài tập vận dụng
Bài 1: Biết a
3
- b
3
= 3ab + 1, tính giá trị của biểu thức A = a - b.
Bài 2: Cho a - b - c = 2. Tính B =
3 3 3
2 2 2
3
( ) ( ) ( )
a b c abc
a b b c c a
− − −
+ + − + +
.
Bài 3: Cho a, b, c khác 0 thoả mãn a
3
- b
3
+ c
3
= - 3abc. Tính:

2011
+ c
2011
biết rằng a + b + c = 0
và a
3
+ b
3
+ c
3
= 0.
Hướng dẫn: Theo giả thiết ta có c = - (a + b) nên:
0 = a
3
+ b
3
+ c
3
= a
3
+ b
3
-
3 3
3 ( )a b ab a b
 
+ + +
 
= 3abc.
Vậy một trong ba số a, b, c bằng 0. Từ đó suy ra: a

xy yz zx
z x y
+ +
.
Bài 8: Cho
1 1 1
0
2 3x y z
+ + =
. Tính P =
2 2 2
6 3 2
4 9
xy yz zx
z x y
+ +
.
Bài 9: Cho
2 2 2 2
1 1 1 1
x y z a
x y z b
x y z c


+ + =


+ + =


3
+ z
3
= 3xyz + a[b
2
– (xy + yz + zx)] (1)
Mặt khác a
2
= (x + y + z)
2
= x
2
+ y
2
+ z
2
+ 2(xy + yz + zx).

⇒
xy + yz + zx =
( )
2 2 2 2
2 2
2 2
a x y z
a b
− + +
−
=
. (2)

.
Bài 10: Cho
2 2 2
3 3 3
1
1
1
a b c
a b c
a b c
+ + =


+ + =


+ + =

. Tính giá trị của biểu thức P = a
2010
+ b
2011
+ c
2012
.
2.3. Chứng minh đẳng thức
Ví dụ 1: Chứng minh rằng: (x + y + z)(a + b + c) = ax + by + cz với x = a
2
- bc,
y = b

3
- abc = a
3
+ b
3
+ c
3
- 3abc.
Ví dụ 2: Biết x + y + z = 0, chứng minh rằng:
(x
5
+ y
5
+ z
5
) = 5xyz(x
2
+ y
2
+ z
2
).
Hướng dẫn: Từ giả thiết x + y + z = 0 suy ra: 3xyz = x
3
+ y
3
+ z
3
.
Do đó: 3xyz(x

z
2
( y + z) + z
2
x
2
(z + x)
= x
5
+ y
5
+ z
5
- x
2
y
2
z - y
2
z
2
x - z
2
x
2
y. (1)
Mặt khác, cũng từ giả thiết x + y + z = 0 suy ra:
8
0 = (x + y + z)
2

1
2
xyz
(x
2
+ y
2
+ z
2
)

⇔
2(x
5
+ y
5
+ z
5
) = 5xyz(x
2
+ y
2
+ z
2
), đpcm.
Ví dụ 3: Giả sử hệ phương trình
ax by c
bx cy a
cx ay b
+ =

- Với a + b + c = 0, ta dễ dàng suy ra đpcm.
- Với x + y - 1 = 0
1y x⇒ = −
, thay vào hệ, sau một số biến đổi dẫn đến
a = b = c, theo hằng đẳng thức suy ra đpcm.
Bài tập vận dụng
Bài 1: Cho a - b - c = 0. Chứng minh rằng a
3
- b
3
- c
3
= 3abc.
Bài 2: Cho a + b + c + d = 0. Chứng minh rằng:
a
3
+ b
3
+ c
3
+ d
3
= 3(c + d)(ab - cd).
Bài 3: Cho 2a + b + c = 0. Chứng minh rằng: 2a
3
+ b
3
+ c
3
= 3a(a + b)(c - b)

cy bx a
cx ay b
− =


− =


+ = −

. Chứng minh rằng a
3
- b
3
+ c
3
= -3abc.
Bài 7: Cho x, y, z khác 0 thoả mãn:
0
0
0
ax by cz
bx cy az
cx ay bz
+ + =


+ + =



- c
3
= 3abc.
Bài 9: Chứng minh rằng nếu ba số x, y, z có tổng bằng 0 thì:
10(x
7
+ y
7
+ z
7
) = 7(x
2
+ y
2
+ z
2
)(x
5
+ y
5
+ z
5
).
9
Hướng dẫn:
Ta chứng minh: 2(x
4
+ y
4
+ z

z
3
(x + z) + y
3
z
3
( y + z)] = 3xyz(x
2
+ y
2
+ z
2
)
2
Từ đó: 2[x
7
+ y
7
+ z
7
- x
3
y
3
z - x
3
z
3
y - y
3

+ y
2
+ z
2
)
2
Nhưng x
2
y
2
+ x
2
z
2
+ y
2
z
2
=
1
4
(x
2
+ y
2
+ z
2
)
2
(chứng minh dễ dàng).

2
+ z
2
) (**)
Thay (**) vào đẳng thức (*) ta được đpcm.
Bài 10: Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn:
( ) ( ) ( )
3
3 3 3 3
3
1 1 1 0y z x z x y x y z− − + − − + − − =
Chứng minh rằng: (1 - x
3
)(1 - y
3
)(1 - z
3
) = (1 - xyz)
3
.
2.4. Trục căn thức ở mẫu
Ví dụ: Hãy thực hiện trục căn thức ở mẫu cho biểu thức: A =
3 3 3
1
a b c+ +
.
Hướng dẫn: Áp dụng hằng đẳng thức:
a
3
+ b

a b c abc
+ + − − −
+ + −
=
(
)
( )
( )
( )
( )
( )
2
2
3 3 32 2 2
3 3 3 3 3
2
2
3
3 3 3
3( ) 3
( ) 3 3( ) 3
a b c ab bc ca a b c a b c abc abc
a b c abc a b c a b c abc abc
 
+ + − − − + + + + + +
 
 
 
 
+ + − + + + + + +

3
4
1
4 4 2 2 16+ −
2.5. Giải phương trình. Giải hệ phương trình
Xuất phát từ hằng đẳng thức thứ nhất ta có:
10
A
3
+ B
3
+ C
3
= 3ABC
0A B C
A B C
+ + =

⇔

= =

Xuất phát từ hằng đẳng thức thứ hai, ta có:
A
3
+ B
3
+ C
3
= (A + B + C)

hoặc có dạng A
3
+ B
3
+ C
3
= 0 (với A + B + C = 0)
và nhiều phương trình có thể đưa được về một trong các dạng đó để giải.
Ví dụ 1: Giải các phương trình sau:
a) x
3
- 3x + 2 = 0. b) x
3
+ 16 = 12x.
Hướng dẫn: a) Viết lại phương trình dưới dạng:
x
3
+ 1
3
+ 1
3
= 3.1.1.x
1 1 0 2
1 1 1
x x
x x
+ + = = −
 
⇔ ⇔
 

x
x⇔ − + =
.
Bây giờ ta tìm cách viết vế trái của phương trình dưới dạng: x
3
+ a
3
+ b
3
- 3abx,
như vậy a, b thoả mãn hệ phương trình:
3 3
3 3
3
2
54
1
18
a b
a b

+ =




=


Suy ra a

2
- ax - bx - ab) = 0.
Vậy phương trình (1) có hai nghiệm là:
1 2
2 1
;
3 2 3 2
x x
−
= =
.
Ví dụ 3: Giải các phương trình:
a)
( )
3
3 3
2 ( 1) (1 2 ) 0x x x− + + + − =
. b)
3 3 3
1 2 3 0x x x− + − + − =
.
Hướng dẫn:
a) Nhận thấy phương trình có dạng A
3
+ B
3
+ C
3
= 0, với A + B + C = 0.
Sử dụng hằng đẳng thức biến đổi phương trình về dạng:

3 3 3
1, 2, 3a x b x c x= − = − = −
.
Khi đó, phương trình có dạng: a + b + c = 0
⇒
a
3
+ b
3
+ c
3
= 3abc

⇔
(x - 1) + (x - 2) + (x - 3) =
3 3 3
3 1 2 3x x x− − −

3
2 ( 1)( 2)( 3)x x x x⇔ − = − − −

⇔
(x - 2)
3
= (x - 1)(x - 2)(x - 3)

⇔
(x - 2)[(x - 2)
2
- (x - 1)(x - 3)] = 0

3
+ z
3
) = 0

⇔
(x + y)(y + z)(z + x) = 0
0
0
0
x y
y z
z x
+ =


⇔ + =


+ =

Khi đó:
- Với x + y = 0, hệ có dạng:
2 2
1
0
0
1
0
z


+ + + = −


+ + + = +

Hướng dẫn: Cộng các phương trình của hệ vế theo vế, ta được:
2(x
3
+ y
3
+ z
3
) + x
2
(y + z) + y
2
(x + z) + z
2
(x + y) - 3xyz = 0 (1)
Ta có: x
3
+ y
3
+ z
3
- 3xyz = (x + y + z)(x
2
+ y
2

2
+ z
2
- xy - yz - zx) + x
2
(x + y + z) + y
2
(x + y + z) +
+ z
2
(x + y + z) = 0

⇔
(x + y + z)(2x
2
+ 2y
2
+ 2z
2
- xy - yz - zx) = 0. (2)
Vì 2x
2
+ 2y
2
+ 2z
2
- xy - yz - zx = (x
2
+ y
2

12
Với x + y + z = 0, hệ đã cho trở thành:
3 3 2 3
3 3 2 3
3 3 2 3
( ) 14 7
( ) 21 14
( ) 7 21
x y x x xyz x xyz
y z y y xyz y xyz
x z z z xyz z xyz
 
+ + − = + = +
 
+ + − = − ⇔ = +
 
 
+ + − = + = −
 
Suy ra: x
3
- 1 = y
3
- 8 = z
3
+ 27 = xyz + 6.
Do đó: (x - 1)(x
2
+ x + 1) = (y - 2)(y
2

 
− + >
 ÷
 
.
Suy ra: nếu x > 1
2
0
3
y
x y z
z
>

⇒ ⇒ + + >

> −

. Vô lí!
Lý luận tương tự, nếu x < 1
2
0
3
y
x y z
z
<

⇒ ⇒ + + <


+ 3x - 4)
3
+ (2x
2
- 5x + 3)
3
= (3x
2
- 2x - 1)
3

⇔
(x
2
+ 3x - 4)
3
+ (2x
2
- 5x + 3)
3
+ (1 + 2x - 3x
2
)
3
= 0
Vì (x
2
+ 3x - 4) + (2x
2
- 5x + 3) + (1 + 2x - 3x

(x + 1)
3
với ẩn x và ab(a + b)
≠
0.
d) (3x - 2)
3
- (x - 3)
3
= (2x + 1)
3
.
Hướng dẫn: b) (x - 3)
3
+ (x + 1)
3
= 8(x - 1)
3

⇔
(x - 3)
3
+ (x + 1)
3
+ (2 - 2x)
3
= 0
⇔
3(x - 3)(x + 1)(2 - 2x) = 0
Bài 3: Giải các phương trình:


⇔
a
3
+ b
3
+ c
3
+ 3(a + b)(b + c)(c + a) = d
3
13
Kết hợp với (2) ta có (a + b)(b + c)(c + a) = 0.
- Với a + b = 0, suy ra 5x
2
– 5x = 0
⇔
x = 0 hoặc x = 1.
- Với b + c = 0, suy ra 2x
2
– 6x – 1 = 0
3 11
2
x
+
⇔ =
hoặc x =
3 11
2
−
- Với c + a = 0, suy ra x

2 3
4
0 0
27
c b
a
a a
+ ≥ ≠
.
Hướng dẫn: ax
3
+ bx + c = 0
3 3
0 3 . 0
3
b c c b
x x x x
a a a a
−
⇔ + + = ⇔ + − =
.

3 3 3
3 0x d e xde⇔ + + − =

(với d
3
, e
3
là hai nghiệm của phương trình:

{ }
2 ;d d−
.
- Nếu
2 3
2 3
4
0
27
c b
d e
a a
+ > ⇔ ≠
thì tập nghiệm S =
{ }
;d e− −
.
Bài 5: Tìm nghiệm nguyên của hệ phương trình:
3 3 3
2 3 6
( )
( 1) (2 3) (3 2) 18
x y z
I
x y z
+ + =


− + − − − =


.
Từ đó để 3z - 2 nguyên thì chỉ có thể 3z - 2 = 1 hoặc 3z - 2 = -2.
a) Với 3z - 2 = 1, thay vào hệ (II) được hệ:
( 1) (2 3) 1
( 1)(2 3) 6
x y
x y
− + − = −


− − =

Vậy (x - 1); (2y - 3) là nghiệm của phương trình t
2
+ t + 6 = 0.
Phương trình này vô nghiệm.
b) Với 3z - 2 = -2, thay vào hệ (II) được hệ:
( 1) (2 3) 2
( 1)(2 3) 3
x y
x y
− + − =


− − = −

14
Vậy x - 1; 2y - 3 là nghiệm của phương trình t
2
- 2t - 3 = 0.

(x + a + b)(x
2
+ a
2
+ b
2
- ax - bx - ab) = 0

2 2 2
0
( ) 0
x a b
x a b x a b ab
+ + =

⇔

− + + + − =


( )
2 2 2
( ) 0 1
x a b
x a b x a b ab
= − −

⇔

− + + + − =

2
+ z
2
– xy – yz – zx)
x
2
+ y
2
+ z
2
– xy – yz – zx =
( ) ( ) ( )
2 2 2
1
2
x y y z z x
 
− + − + −
 

≥
0
Đặt x =
3 3 3
, ,a y b z c= =
; x + y + z
≥
0 vì a, b, c
≥
0.

.
Hướng dẫn: Đặt a
2
+ b
2
+ c
2
= p, ab + bc + ca = q, a
3
+ b
3
+ c
3
- 3abc = m.
Ta thâý rằng: p - q
≥
0
m
2
= (a + b + c)
2
(a
2
+ b
2
+ c
2
- ab - bc - ca)
2
= (p + 2q)(p - q)

6
+ y
6
.
Bài 2: Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng: a
3
+ b
3
+ c
3

2 2 2
a bc b ca c ab≥ + +
.
Hướng dẫn: (a
3
+ abc) + (b
3
+ abc) + (c
3
+ abc)

( )
3 3 3 2 2 2
2 2 2 2a abc b abc c abc a bc b ca c ab≥ + + = + +
(1)
Mà a
3
+ b
3

15
(1)
⇔
(x + y + z)[(x - y)
2
+ (y - z)
2
+ (z - x)
2
] - 8(x - y)(y - z)(z - x)
≥
0
Đặt vế trái là f(x; y; z) thì f đối xứng.
Giả sử z = min{x ; y ; z}.
Xét hiệu f(x ; y ; z) - f(x - z; y - z; 0) = 3z[(x - y)
2
+ (y - z)
2
+ (z - x)
2
]
≥
0.
Suy ra f(x ; y ; z)
≥
f(x – z ; y – z ; 0).
Do đó ta chỉ cần chứng minh (1) trong trường hợp z = 0 và x, y
≥
0.
Khi đó bất đẳng thức (1) trở thành:

- 2
24
- 6
8
- 1 chia hết cho 1930.
Giải: Đặt A = 3
21
- 2
24
- 6
8
- 1 = (3
7
)
3
- (2
8
)
3
- 3
8
.2
8
- 1
= (3
7
)
3
- (2
8

8
– 1 = 1930.
Ví dụ 2: Cho a + b + c = (a - b)(b - c)(c - a).
Chứng minh rằng (a - b)
3
+ (b - c)
3
+ (c - a)
3
chia hết cho 3.
Giải: Để thuận tiện ta sử dụng ẩn phụ:
0
x a b
y b c x y z
z c a
= −


= − ⇒ + + =


= −

Khi đó: (a - b)
3
+ (b - c)
3
+ (c - a)
3
= x

p
chia hết cho 8pabc.
2. Chứng minh rằng với p là số nguyên tố lẻ thì số:
(a - b)
p
+ (b - c)
p
+ (c - a)
p
chia hết cho p(a - b)(b - c)(c - a).
Bài tập vận dụng
Bài 1: Tìm m sao cho đa thức f(x) = x
3
+ y
3
+ z
3
+ mxyz chia hết cho đa thức
x + y + z.
Giải: Giả sử phép chia f(x) cho x + y + z có thương q, khi đó:
f(x) = (x + y + z).q với mọi x, y, z

⇔
x
3
+ y
3
+ z
3
+ mxyz = (x + y + z).q với mọi x. (1)

chia hết cho 81.
Hướng dẫn: Vì (x - y) + (y - z) + (z - x) = 0 nên ta có:
(x - y)
3
+ (y - z)
3
+ (z - x)
3
= 3(x - y)(y - z)(z - x)
Xét ba số dư của phép chia x, y, z cho 3.
a) Nếu cả ba số dư là khác nhau (là 0, 1, 2) thì (x + y + z) chia hết cho 3. Khi
đó (x - y)(y - z)(z - x) không chia hết cho 3, trái với giả thiết.
b) Nếu có hai số dư bằng nhau thì x + y + z không chia hết cho 3, trong khi đó
một trong ba hiệu: (x - y), (y - z), (z - x) chia hết cho 3, trái với giả thiết.
c) Vậy chỉ còn trường hợp cả ba số x, y, z đều có cùng số dư khi chia cho 3.
Lúc đó 3(x - y)(y - z)(z - x) chia hết cho 3.3.3.3 nên M chia hết cho 81.
Bài 3: Cho x, y, z là các số nguyên khác 0. Chứng minh rằng nếu x
2
- yz = a,
y
2
- zx = b, z
2
- xy = c thì tổng ax + by + cz chia hết cho tổng a + b + c.
Hướng dẫn: Ta có: ax = x
3
- xyz, by = y
3
- xyz, cz = z
3

. Từ giả thiết ta có:
x
3
+ y
3
+ z
3
- 3xyz = 0 hay (x + y + z)(x
2
+ y
2
+ z
2
- xy - yz - zx) = 0
Ta đó có hai trường hợp:
1) x
2
+ y
2
+ z
2
- xy - yz - zx = 0
( ) ( ) ( )
2 2 2
0x y y z z x⇒ − + − + − =

x y z
⇒ = =
Từ đây dễ dàng suy ra a = b = c. Do đó abc = a
3




+ + =


Khử
3 2 2 2
a b c
trong hệ này, ta tính được:
( )
3
( )a b abc b c a− = −
(1)
Do abc
≠
0 nên nếu a - b = 0 thì (1)
a b c⇒ = =
(không xảy ra vì x + y + z = 0).
17
Nếu a - b
0
≠
thì (1)
3
3
( ) ( )b c a b c a
abc abc
a b a b
− −

2
= a
2
+ b
2
+ z
2
(2)
x
3
+ y
3
+ z
3
= a
3
+ b
3
+ z
3
(3)
Khi đó: (1)
⇔
(x + y + z)
2
= (a + b + c)
2

⇔
x

- ab + bc + ca) + 3abc

⇔
xyz = abc (5)
Từ (1), (4), (5) suy ra x, y, z là nghiệm của phương trình:
t
3
- (a + b + c)t
2
+ (ab + bc + ca)t - abc = 0
⇔
(t - a)(t - b)(t - c) = 0
t a
t b
t c
=


⇔ =


=

Như vậy, ta thấy (x, y, z) là một hoán vị của (a, b, c), do đó:
x
n
+ y
n
+ z
n

+ c
3
- 3abc
= (a + b + c)(a
2
+ b
2
+ c
2
- ab - bc - ca) = 0 (vì a + b + c = 0)

⇒
a
3
+ b
3
+ c
3
= 3abc (1)
Từ
1 1 1
0 0ab bc ca
a b c
+ + = ⇒ + + =

⇒
ac = -b(c + a) = -b(-b) (vì a + c = - b)
⇒
ac = b
2

1 1 1
0
a b c
+ + =
suy ra ac = b
2
, bc = a
2
, bc = c
2
⇒
a
2
+ b
2
+ c
2
= ab + bc + ca = 0
⇒
a = b = c = 0.
18
Mâu thuẫn với
1 1 1
0
a b c
+ + =
. Chứng tỏ không tồn tại a, b, c thoả mãn các giả
thiết hay giả thiết của bài toán là phi lí.
Bài tập vận dụng
Bài 1: Trong mặt phẳng toạ độ vuông góc Oxy, hãy tìm tập hợp các điểm

3
= 3abc. Hỏi
tam giác ABC là tam giác gì?
Bài 3: Sai ở đâu? Sửa cho đúng.
Đề bài: Chứng tỏ rằng nếu ta có:
2 2 2
x yz y zx z xy
a b c
− − −
= =
thì suy ra được:

2 2 2
a bc b ca c ab
x y z
− − −
= =
.
Sau đây là lời giải của bài toán trong một số sách:
Cách 1: Đặt
2 2 2
x yz y zx z xy
a b c
− − −
= =
= k.
Suy ra
2 2 2
; ;
x yz y zx z xy

Từ đó dẫn đến điều phải chứng minh.
Cách 2: Từ giả thiết có:
2 2 2
a b c
x yz y zx z xy
= =
− − −
Suy ra:
2 2 2
2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( )
a b c
x yz y zx z xy
= = =
− − −
=
2 2 2 2 2 2
( )( ) ( )( ) ( )( )
ab bc ab
x yz y zx y zx z xy x yz z xy
= =
− − − − − −
Nên:
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )
a bc b ac c ab
x yz y zx z xy y zx x yz z xy z xy x yz y zx
− − −
= =

Em có ý kiến gì về đề bài và các lời giải trên?
Hướng dẫn:
2
x yz
k
a
−
=
chỉ suy ra được a =
2
x yz
k
−
với k
0
≠
. Giả thiết bài toán
phải đảm bảo
2 2 2
0; 0; 0x yz y zx z xy− ≠ − ≠ − ≠
.
Cũng phải có giả thiết như vậy thì ở cách 2 mới viết được:
2 2 2
a b c
x yz y zx z xy
= =
− − −
Nếu không thêm giả thiết như vậy thì bài toán ra ban đầu là sai (đã có phần thí
dụ khi x = y = z = 3 và a = 1; b = 2; c = 3).
Cả hai lời giải sẽ đúng nếu đề bài cho thêm giả thiết.

k
(2
k+1
- 1)
Ta có: -3S = (-3).1.2.3 + (-3).3.4.7 + (-3).7.8.15 + + (-3)(2
k
- 1)2
k
(2
k+1
- 1)

⇒
- 3S = (1 + 2
3
- 3
3
) + (3
3
+ 4
3
- 7
3
) + (7
3
+ 8
3
- 15
3
) + + (2

3
- 8
3
- 16
3
- - 2
3k+3
+ 8(2
k+1
- 1)
3
. (2)
Cộng theo từng vế (1) và (2) được:
21S = 1 - 2
3k+3
+ 7(2
k+1
- 1)
3
hay S =
( )
1
1 1
2 8 1
2 (2 1)
7
k
k k
+
+ +

giải khác nhau cho mỗi bài toán, giúp học sinh xâu chuỗi các bài toán Từ đó
khơi dậy lòng say mê, niềm cảm hứng với những nét độc đáo, niềm tin, niềm tự
hào khi tự mình có thể trang bị được những kiến thức mới một cách hệ thống và
khoa học.
2. Những bài học kinh nghiệm
- Qua đề tài này tôi nhận thấy rằng muốn dạy cho học sinh hiểu và vận dụng
một vấn đề nào đó, trước hết người thầy phải hiểu vấn đề một cách sâu sắc. Vì
vậy, người thầy phải không ngừng nâng cao trình độ cho bản thân, phải luôn
học hỏi, tìm tòi, đào sâu suy nghĩ từng bài toán, phân dạng các bài toán, xâu
chuỗi các bài toán. Giáo viên cần chủ động phát hiện ra những bài toán cơ bản,
những hằng đẳng thức có nhiều ứng dụng và tập hợp các ứng dụng đó, viết
thành tư liệu dành cho học sinh tham khảo. Đó là một phương pháp học mang
lại hiệu quả rất cao trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi Toán.
- Giáo viên cần rèn luyện cho học sinh có kỹ năng thường xuyên lưu ý; liên hệ
một bài toán “mới” với những bài toán đã biết, giúp học sinh phát hiện ra rằng,
bài toán đó không còn mới đối với các em hoặc nhanh chóng xếp loại được bài
toán, từ đó định hướng được phương pháp giải quyết.
- Nên cấu tạo bài tập toán đa dạng và phong phú (với mục đích vận dụng kiến
thức, rèn luyện kỹ năng, kiểm tra năng lực toán học, ) để phù hợp với phương
pháp dạy học đổi mới theo hướng tích cực, độc lập, sáng tạo.
- Trong quá trình dạy học toán, việc tìm lời giải các bài toán không chỉ là mục
đích mà còn là cơ sở để đề xuất các bài toán mới. Phát triển kết quả là một công
việc cực kỳ thú vị đối với người làm toán. Từ một kết quả đơn giản ban đầu,
bằng sự phát triển thông minh và sáng tạo, ta có thể đi đến những kết quả bất
ngờ và sâu sắc.
Trên đây tôi đã trình bày một số ứng dụng của hằng đẳng thức tổng ba lập
phương với mong muốn đóng góp một phần nhỏ vào quá trình đổi mới nội
dung, phương pháp dạy học toán ở trường Trung học cơ sở nhằm giúp học sinh
đạt được kết quả cao nhất trong học tập. Có thể trong đề tài còn có những hạn
chế, thiếu sót, rất mong được sự đóng gớp ý kiến của quý thầy cô và các bạn để