Ví dụ 5.2: Giải phương trình:

Đến đây ta phân tích số 2 thành tích của 3 số nguyên sao cho tổng của 3 số

nguyên đó bằng 0. Do đó : (x + y)(-x + 2)(-y - 2) = 2 = 2.(-1).(-1)

Ta có bảng các giá trị tương ứng :

-x + 2

2

-1

-1

-y – 2

-1

2

-1

x+y

-1

-1

2

x

0

3

3

y

-1

-4

-1

Vậy phương trình đã cho có các nghiệm nguyên (x ;y) là :

(0 ; -1), (3 ; -4), (3 ; -1)

Ví dụ 5.4: Giải phương trình nghiệm nguyên: x3 + y3 + z3 - 3xyz = 1 (*)

Hướng dẫn giải:

Ta có x3 + y3 + z3 - 3xyz = 1  (x + y + z) (x2 + y2 + z2 – xy – xz - yz) = 1

Ta xét x2 + y2 + z2 – xy – xz - yz =



1

[(x - y)2 +(y - z)2+(z - x)2 ]  0

2



 x  y  z 1(1)



nên chỉ có thể xảy ra 



2

2

2

 x  y  z  xy  yz  zx 1(2)



Từ (1) ta có: x2 + y2 + z2 + 2(xy + yz + xz) = 1 (3)

Từ( 2),(3)  xy + yz + zx = 0. Nên x2 + y2 + z2 = 1

Do x, y, z có vai trò bình đẳng như nhau, nên ta có thể giả sử x2  y2 z2

 z = 0; y = 0; x = 1

�x  1

�

Nếu �y  0 (không thõa mãn (*)

�z  0

�

 x 1



Nếu  y 0 T/m phương trình (*)

 z 0





Vậy nghiệm nguyên (x,y,z) của phương trình (*) là hốn vị của (1 ;0 ;0)

Ví dụ 5.5: Giải phương trình nghiệm ngun: x3 - y3 = xy + 8

Hướng dẫn giải:

Ta có :



x3 - y3 – xy = 8



� 27x3 - 27y3 – 27xy = 216

� 27x3 - 27y3 - 1 – 27xy = 215



11



(Ta thấy 27x3, -27y3, -1 lần lượt là lập phương của 3x,(-3y), (-1) còn 27xy là ba

lần tích của ba số ấy)

2

�

(3 x  3 y ) 2  (1  3 y ) 2  (3x  1) �

� (3x-3y-1) �

�= 215

2

�

�

2

�

(3 x  3 y ) 2  (1  3 y ) 2  (3 x  1) �

�

Đặt A= �

2

�

�



Ta thấy A > 0 nên A và 3x - 3y - 1 là ước tự nhiên của 215 (215 có 4 ước tự

nhiên là (1; 5;43; 215).

Nhận xét:

+ 3x - 3y - 1 > 0 nên x - y >



1

do x,y �Z nên x - y �1 do đó 3x - 3y – 1 �2

3



2

�

(3 x  3 y) 2  (1  3 y) 2  (3 x  1) �

�

+A= �

2

�

�



=



1

(9x2 + 9y2 +18xy + 9y2 - 6y + 1 + 1 + 6x + 9x2)

2



= 9(x2 + y2 + xy) +3(x - y) +1

y

2



Ta thấy : x2 + y2 + xy = (x + )2 +



3y2

 0 (Khơng xảy ra dấu « = » vì x > y )

4



Nên x2 + y2 + xy �1

Do đó A �9.1+3.1+1= 13

3x  3 y  1  5

�

�A  43



Từ hai nhận xét trên ta có : �



Giải ta được các cặp (x; y) là (0; -2); (2; 0)

Vậy phương trình đã cho có các nghiệm nguyên (x ;y) là : (0; -2); (2; 0)

Bài tập áp dụng:

Bài 1 : Giải các phương trình sau :

a) (5x – 3)3 + (2x – 5)3 = (7x - 1)3

b) (x + 2)3 + (3x – 4)3 + (x – 1)3 – 3(x + 2)(3x – 4)(x -1) = 0

c) 27(x – 4)3 – (x – 14)3 = 8(x + 1)3

d) (x + 1)3 + (x – 1)3 + (2x + 1)3 + 3(1 – x2)(2x + 1) = 0

Bài 2: Giải phương trình nghiệm nguyên dương:

(x + y)3 + (y + z)3 + (z + x)3 – 3(x + y)(y + z)(z + x) = 0.

Bài 3: Giải phương trình: x3 + 3ax2 + 3(a2 – bc)x + a3 + b3 + c3 – 3abc = 0.



12



Dạng 6: Chứng minh bất đẳng thức và vận dụng nhận dạng tam giác đặc

biệt:

Đối với loại toán này cần chú ý:

- Các phếp biến đổi tương đương bất đẳng thức

- Bất đẳng thức tam giác

- Dấu hiệu nhận biết các tam giác đặc biệt

Ví dụ 6.1: Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng: a3 + b3 + c3 �3abc.

Hướng dẫn giải:

3

3

3

3





Ta có: a + b + c

3abc

a + b3 + c3 - 3abc  0

 (a  b  c)(a 2  b 2  c 2  ab  bc  ac)  0 (Dựa vào đẳng thức (*))

1



(a  b  c) (a  b) 2  (b  c) 2  (c  a) 2 0

2

Vì a, b, c > 0 nên a + b + c > 0. Và (a – b)2 + (b - c)2 + (c – a)2  0 với mọi a,b,c.







Do đó:







1

(a  b  c) (a  b) 2  (b  c) 2  (c  a) 2 0

2











Dấu “=” xảy ra  a = b = c.

Vậy: a3 + b3 + c3  3abc, với a, b, c > 0. Dấu “=” xảy ra  a = b = c.

Khai thác tiếp bài toán này ta có bài tốn sau:

Ví dụ 6.2: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác thỏa mãn:

a3 + b3 + c3 = 3abc. Hãy nhận dạng tam giác này.

Hướng dẫn giải:

Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác nên a > 0, b > 0, c > 0.

Do đó a + b + c > 0

Theo ví dụ 6.1 thì: a3 + b3 + c3 = 3abc  a = b = c

 Tam giác đã cho là tam giác đều.

Vậy nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác thỏa mãn:

a3 + b3 + c3 = 3abc, thì tam giác đã cho là tam giác đều.

Bài tập áp dụng:

Bài 1: Cho a, b, c là các số thỏa mãn a + b + c > 0.

Chứng minh rằng: a3 + b3 + c3  3abc. Dấu “=” xảy ra khi nào?

Bài 2: Cho m, n, p là các số dương. Chứng minh rằng:



m 3 n 3  p 3  3mnp m 2 (n  p)  n 2 (m  p)  p 2 (m  n)

Dạng 7: Chứng minh đẳng thức:

Đối với loại toán này cần chú ý:

Để chứng minh đẳng thức A = B thì có thể có các cách: Biến đổi vế trái để bằng

vế phải; hoặc biến đổi vế phải cho bằng vế trái; hoặc biến đổi tương đương, có

nghĩa là A = B  C = D  E = F  …  M = N, đẳng thức cuối cùng luôn



13



đúng nên suy ra đpcm; hoặc biến đổi cho hai biểu thức A và B cùng bằng một

biểu thức C nào đó.

�

�x  y  z  a

�

�2

2

2

2

Ví dụ 7.1: Cho �x  y  z  b

�1 1 1 1

�  

�x y z c



3c(a 2  b 2 )  a (3b 2  a 2 )

Chứng minh rằng: x  y  z 

2

Hướng dẫn giải:

Dựa vào đẳng thức (*) ta có:

x 3  y 3  z 3  3xyz ( x  y  z )( x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx )

 x 3  y 3  z 3 3 xyz  a b 2  ( xy  yz  zx)

Do đó cần phải tính tích xyz và tổng (xy + yz + zx) theo a, b, c rồi tiếp tục biến

đổi chứng minh.

Ta có: a2 = (x + y + z)2 = (x2 + y2 + z2) + 2(xy + yz + zx)

a 2  b2

 xy  yz  zx 

2

3



3



3







Từ







1 1 1 1

xy  yz  zx 1

   



x y z c

xyz

c



 xyz = c(xy + yz + zx)



a 2  b2

2

3c(a 2  b 2 )

a 2  b2

2

 x 3  y3  z 3 

 a(b 

)

2

2

3c(a 2  b 2 )  a(3b 2  a 2 ) .  đpcm.

 x 3  y3  z3 

2

Bài tập áp dụng:

 ax  by c



Bài 1: Cho x, y, z là các số thỏa mãn:  bx  cy a

 cx  ay b



3

3

3

Chứng minh rằng: a + b + c = 3abc

 x 2  yz a

 2

Bài 2: Cho  y  zx b và x.y.z 0. Chứng minh rằng:

 z 2  xy c



 xyz c.



ax + by + cz = (x + y + z)(a + b + c)

14



2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm

Sau nhiều năm ôn thi học sinh giỏi cấp huyện,sau mỗi năm tơi lại tích luỹ

thêm các bài tập lí thú về phần này. Từ một bài tốn cơ bản quen thuộc, tơi đã

giúp học sinh hệ thống được các dạng bài tập thường gặp trong các đề thi, củng

cố được phương pháp giải mỗi dạng bài tập. Các em thấy được những sự liên

quan, khai thác vô cùng thú vị ẩn sau những bài tốn cơ bản mà các em được

học. Đây chính là một trong những nội dung tạo được hứng thú học tập, rèn

luyện óc sáng tạo, trau dồi tư duy linh hoạt cho học sinh, nhất là với học sinh

giỏi.

Sau khi truyền đạt nội dung này tới học sinh, các học sinh tôi dạy đều ghi

nhớ kiến thức và phương pháp giải rất tốt. Mỗi khi gặp những bài tập dạng này

các em rất tự tin và vận dụng được các kiến thức mà mình đã được lĩnh hội.

Qua các năm bồi dưỡng học sinh giỏi, học sinh của tôi thi có nhiều em đạt

giải cao, có nhiều giải nhất, giải nhì. Kết quả đó giúp tơi khẳng định rằng sáng

kiến kinh nghiệm của mình thực sự đem lại hiệu quả trong việc bồi dưỡng HSG.

Trong năm nay, sau khi đã dạy cho HS thì khi các em gặp các bài toán tương tự

trong các đề thi đa số các em đã làm tốt, điều đó được thể hiện qua các bài kiểm

tra khảo sát:

Sĩ số



Điểm

7-8

2



9 - 10

8-9

6-7

5-6

<5

8

3

2

1

0

0

3.KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ

3.1. Kết luận

Là một giáo viên thường xuyên ôn thi HSG, tôi nhận thấy rằng muốn học

sinh nắm vững kiến thức thì mỗi thầy giáo, cơ giáo phải thực sự tâm huyết với

nghề. Hệ thống bài tập tôi đưa ra cho học sinh luôn bám sát vào các đề thi để tạo

sức thuyết phục cho học sinh. Kiến thức tôi truyền thụ đến học sinh ln có hệ

thống, mỗi dạng bài phải chốt được phương pháp giải.

Để giúp học sinh có được những kĩ năng tư duy sáng tạo, nhạy bén trong

học tập và thực hành đòi hỏi giáo viên phải sử dụng nhiều phương pháp sư

phạm, tuy nhiên khơng có phương pháp nào là tối ưu để đạt được một kết quả tốt

trong các kì thi mà đó là sự tổng hợp của nhiều phương pháp khác nhau.

Sau một thời gian vận dụng sáng kiến kinh nghiệm này vào bồi dưỡng HSG

tôi nhận thấy rằng những kinh nghiệm này phù hợp với nội dung chuẩn kiến

thức kĩ năng và bám sát cấu trúc đề thi học sinh giỏi, học sinh chủ động, tích cực

trong việc lĩnh hội kiến thức và kĩ năng. Khơng khí học tập sơi nổi, kích thích

được sự say mê sáng tạo và học sinh yêu thích mơn học hơn. Chính vì vậy, khi

gặp các bài tốn dạng này, HS đã làm tương đối tốt, và tôi nghĩ đó cũng là một

thành cơng của đề tài này.

Trên đây là một số kinh nghiệm nhỏ mà tôi đúc rút được qua q trình ơn thi

học sinh giỏi từ các năm học và muốn chia sẻ với đồng nghiệp. Tuy nhiên, do

15