Sáng kiến kinh nghiệm Phát triển tư duy học sinh thông qua dạy học ứng dụng những hằng đẳng thức đáng nhớ vào giải toán

ệm học hiệu quả sau mỗi bài học. 
I. Tổng quan: 
Nhờ có hằng đẳng thức đáng nhớ giúp ta giải quyết được một số dạng bài tập sau: 
I.1. Nhóm bài tập ứng dụng hằng đẳng thức để thực hiện phép tính 
I.2. Nhóm bài tập ứng dụng hằng đẳng thức để rút gọn biểu thức, tính giá trị biểu 
thức 
I.3. Nhóm bài tập ứng dụng hằng đẳng thức để phân tích đa thức thành nhân tử 
I.4. Nhóm bài tập ứng dụng hằng đẳng thức để chia đa thức cho đa thức 
I.5. Nhóm bài tập ứng dụng hằng đẳng thức để hỗ trợ việc thực hiện phép tính về 
phân thức 
I.6. Nhóm bài tập ứng dụng hằng đẳng thức để giải phương trình và bất phương trình 
một ẩn 
I.7. Nhóm bài tập ứng dụng hằng đẳng thức để chứng minh đẳng thức 
I.8. Nhóm bài tập ứng dụng hằng đẳng thức để chứng minh bất đẳng thức 
I.9. Nhóm bài tập ứng dụng hằng đẳng thức để tìm cực trị 
I.10. Nhóm bài tập ứng dụng hằng đẳng thức để chứng minh tính chia hết, không 
chia hết 
I.11. Nhóm bài tập ứng dụng hằng đẳng thức để giải phương trình nghiệm nguyên 
Thông qua việc dạy các ứng dụng trên nhằm phát triển tư duy của học sinh. 
II. Nội dung vấn đề nghiên cứu 
Các kiến thức cần nhớ: 
2 2 2
2 2 2
2 2
3 3 2 2 3
1.( ) 2
2.( ) 2
3. ( )( )
4.( ) 3 3
+ = + +
− = − +
− = + −
+ = + + +
a b a ab b
a b a ab b
a b a b a b
a b a a b ab b
3 3 2 2 3
3 3 2 2
3 3 2 2
5.( ) 3 3
6. ( )( )
7. ( )( )
− = − + −
+ = + − +
− = − + +
a b a a b ab b
a b a b a ab b
a b a b a ab b
Ngoài ra, khi dạy cho học sinh khá, giỏi, giáo viên cần cung cấp thêm các hằng đẳng 
thức sau: 
Bằng phép nhân đa thức, ta chứng minh được các hằng đẳng thức sau: 
1 2 2 11. ( )( ... )n n n n n na b a b a a b ab b− − − −− = − + + + + với mọi số n nguyên dương 
1 2 2 12. ( )( ... )n n n n n na b a b a a b ab b− − − −+ = + − + + − với mọi số nguyên dương lẻ n 
5/15 
Chẳng hạn: 
5 5 4 3 3 4( )( ... )a b a b a a b ab b− = − + + + + 
5 5 4 3 3 4( )( ... )a b a b a a b ab b+ = + − + + − 
3. Nhị thức Niu-tơn (Newton) 
( ) ( )1 1 1 1 1 1.......
n nn n n n n n n
n n n na b a C a b a C a b C b C ab b
− − − −+ = + + = + + + + 
Với ( )( ) ( ) ( )
1 2 .... 1
1,2,..., 1
1.2.3...
K
n
n n n n k
C k n
k
− − − +
= = − (
K
nC gọi là số tổ hợp chập k của n 
phân tử) 
Ví dụ: ( )
4 4 3 2 2 3 44 6 4a b a a b a b ab b+ = + + + + , 
( )
5 5 4 3 2 2 3 4 55 10 10 5a b a a b a b a b ab b− = − + − + − 
Áp dụng các hằng đẳng thức trên và tính chia hết ta có: 
* n na b− chia hết cho ( với a  b và n nguyên dương ); 
* 2 1na + chia hết cho a b+ ; 2 2n na b− chia hết cho a b+ 
II.1. Nhóm bài tập áp dụng hằng đẳng thức đáng nhớ để thực hiện phép tính. 
Phương pháp giải: Đưa về 1 trong 7 hằng đẳng thức đáng nhớ để thực hiện phép tính 
Ví dụ 1.1. Tính 
( )
2
a) + +a b c
2 2 2 2 2 2a b c ab bc ca= + + + + + 
( )( ) ( )32 2 3 3 3b) 2 4 2 2 8− + + = − = −x y x xy y x y y y 
( )( )2 2c) 2 4 2− + +x y x xy y 3 38= −x y 
Ví dụ 1.2. Thực hiện phép tính: 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
6 6 3 6 6 3 6 6
3 6 3 3 3 33 3 6 3 3 6 3 3 6 3 3 6 3
1 2.3 1 3 5 1 2.3 1 3 5 1 2.3 1 3 53 1
2 .3 2 .5 18 10 88 9 125 2 3 5 2 3 5 2 3 5 2 3 5
+ + + + + − − −
− − = − − = =
− −− − − − −
II.2. Nhóm bài toán rút gọn biểu thức và tính giá trị biểu thức. 
Phương pháp giải: - Áp dụng hằng đẳng thức đáng nhớ để triển khai, rút gọn 
 - Thay giá trị của biến vào biểu thức đã rút gọn rồi tính 
Ví dụ 2.1. 
( ) ( )
2 2 2 2 2 2 2 2) 2 2 2 2a x y x y x xy y x xy y x y+ + − = + + + − + = + 
( ) ( ) ( )( ) ( )
2 2 2 2b)2 2− + + − + − + − = − + + − =x y z z y x y z y z x y z y z x 
2 2c) −x y tại x = 87 và y = 13 
2
2
3
d)
9 6 1
−
− +
x x
x x
tại x = -8 
Giải : c) ( )( )2 2x y x y x y− = − + 
6/15 
Thay x =87 và y = 13 vào ta có ( )( ) ( )( )87 13 87 13 100.74 7400x y x y− + = − + = = 
Ví dụ 2.2. Cho 1a b+ = . Tính giá trị M ( ) ( )3 3 2 22 3a b a b+ − + 
Giải: M ( ) ( ) ( )( )3 3 2 2 2 2 2 22 3 2 3 3a b a b a b a ab b a b= + − + = + − + − − .Vì 1a b+ = 
nên M ( ) ( )22 2 2 2 2 2 2 22.1. 3 3 2 2 2 3 3 1a ab b a b a b ab a b a b= − + − − = − − − − = − + = − 
Ví dụ 2.3. Tính giá trị của biểu thức. 
( ) ( )
( )( )
( )( )
2 2
2 2
43 11 43 1143 11 54.32
3
36,5 27,5 36,5 27,5 9.6436,5 27,5
+ −−
= = =
− +−
Ví dụ 2.4. Cho 2 2 2 2
1 1 1 1
x y z a
x y z b
x y z c

 + + =

+ + =

 + + =

; Tính 
3 3 3x y z+ + theo , ,a b c 
Giải: Áp dụng hằng đẳng thức 
( )( )3 3 3 2 2 23x y z xyz x y z x y z xy yz zx+ + − = + + + + − − − 
( )3 3 3 23x y z xyz a b xy yz zx  + + = + − + +  . Cần tính + +xy yz zx và xyz theo , ,a b c 
Ta có: ( ) ( )
22 2a x y z x y z xy yz zx= + + = + + + + + 
2 2
2
a b
xy yz zx
−
 + + = Từ 
( )
1 1 1 1 1xy yz zx
xyz c xy yz zx
x y z c xyz c
+ +
+ + =  =  = + +
( )2 22 2 2 2
3 3 3 2. 3.
2 2 2
c a ba b a b
xyz c x y z a b
−  − −
 =  + + = + − 
 
( ) ( )2 2 2 2
3 3 3
3 3
2
c a b a b a
x y z
− + −
 + + = 
II.3. Nhóm bài tập ứng dụng hằng đẳng thức để phân tích đa thức thành nhân 
tử 
Phương pháp giải: Dùng các hằng đẳng thức đáng nhớ để biến đổi các biểu thức 
thành tích một cách phù hợp. 
Ví dụ 3.1. Phân tích đa thức thành nhân tử 
( )( ) ( )
22 2 2) 9 3 3 )9 6 3− = − + + + = +a x x x b x xy y x y ( )
22)6 9 3− − = − −c x x x 
Lưu ý: Khi phân tích đa thức thành nhân tử, ta cần cố gắng phân tích được triệt để 
(càng nhiều nhân tử càng tốt) 
Các bài tập áp dụng 
7/15 
Ví dụ 3.2. Tính nhanh. ( )( )2 2)25 15 25 15 25 15 10.40 400− = − + = =a 
( ) ( ) ( )( ) ( )( )2 2 2 2 2 2 2 2)87 73 27 13 87 13 73 27 87 13 87 13 73 27 73 27+ − − = − + − = − + + − +  b 
( ) ( )74.100 46.100 7400 4600 1200= + = + = 
Ví dụ 3.3. Rút gọn các biểu thức sau: 
Giải: 
( )( ) ( ) ( ) ( )
( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )
2 3 3 3 3 3 3
2
2 2 3 3 3 2 6
) 2 2 4 2 2 2 8 2 10
) B 2 2 4 2 2 4 8 8 8 64
a A x x x x x x x x
b a a a a a a a a a a
= + − + − − = + − − = + − + =
   = + − + − + + = + − = − = −   
II.4. Nhóm bài tập ứng dụng hằng đẳng thức đáng nhớ để chia đa thức cho đa 
thức 
Ví dụ 4.1. Tính nhanh 
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
22 2
3 2 2
22 2
) 2 : :
) 125 1 : 5 1 5 1 25 5 1 : 5 1 25 5 1
) 2 : :
+ + + = + + = +
+ + = + − + + = − +
− + − = − − = −
a x xy y x y x y x y x y
b x x x x x x x x
c x xy y y x y x y x y x
Ví dụ 4.2. Không thực hiện phép chia, hãy xem xét đa thức A có chia hết cho đa thức 
B không? 
2 2 1; 1= − + = −A x x B x 
Giải: Vì ( ) ( )
2 22 2 1 1 1A x x x x= − + = − = − . Do đó A chia hết cho B 
II.5. Nhóm bài tập ứng dụng hằng đẳng thức đáng nhớ để chứng minh giá trị 
biểu thức không phụ thuộc vào giá trị của biến. 
Phương pháp giải: 
- Thực hiện phép biến đổi đồng nhất các biểu thức hữu tỉ để rút gọn biểu thức không 
có chứa biến. 
- Áp dụng các hằng đẳng thức đáng nhớ để biến đổi biểu thức đã cho không còn chứa 
biến. 
Ví dụ 5.1. Chứng minh giá trị biểu thức sau không phụ thuộc vào biến x. 
( )( ) ( ) ( ) ( )( )
( )( ) ( )( )
32 3 2
2 2 2 2 3
) 2 3 4 6 9 2 4 1 ) 3 9 27
) 2
+ − + − − + − + +
+ − + + − + + −
a x x x x b x x x
c x y x xy y x y x xy y x
Giải 
( ) ( ) ( )32 3 3)(2 3) 4 6 9 2 4 1 2 9 8 1 10a x x x x x x+ − + − − = + − + = 
Vậy giá trị của biểu thứ trên không phụ thuộc vào giá trị của biến x. 
( ) ( )( )3 2 3 2 3 2) 3 9 27 9 27 27 27 9 243 216b x x x x x x x x x+ − + + = + + + − − − − = − 
8/15 
Vậy giá trị biểu thức trên không phụ thuộc vào giá trị của biến x. 
( )( ) ( )( )2 2 2 2 3 3 3 3 3 3) 2 2c x y x xy y x y x xy y x x y x y y+ − + + − + + − = − − + − = − 
Vậy giá trị biểu thức trên không phụ thuộc vào giá trị của biến x. 
II. 6. Nhóm bài tập ứng dụng hằng đẳng thức để chứng minh đẳng thức: 
Phương pháp giải: 
Áp dụng hằng đẳng thức đáng nhớ và một số kiến thức liên quan để biến đổi vế trái 
bằng vế phải hoặc vế phải bằng vế trái, hoặc cả hai vế về cùng biểu thức. 
Ví dụ 6.1. Chứng minh 
2(10 5) 100 ( 1) 25a a a+ = + + 
Từ đó em hãy nêu cách tính nhẩm bình phương của một số có tận cùng là số 5 và áp 
dụng để tính 252, 352, 652, 752. 
Giải: Biến đổi vế trái, ta có: 
2 2(10 5) 100 100 25 100 ( 1) 25a a a a a+ = + + = + + 
Bình phương của một số có hai chữ số và có tận cùng bằng chữ số 5 là một số có tận 
cùng bằng 25 và số trăm bằng tích số trục của số đem bình phương với số liền sau. 
Áp dụng: 252 = 625, 352 = 1225, 652 = 4225, 752 = 5625 
Ví dụ 6.2. Chứng minh rằng: 
2 2( ) ( ) 4a b a b ab+ = − + 
Giải: Cách 1: 
Biến đổi vế trái, ta có: 2 2 2 2 2 2( ) 2 2 4 ( ) 4a b a ab b a ab ab b a b ab VP+ = + + = − + + = − + = 
Vậy đẳng thức được chứng minh. 
Cách 2: 
Biến đổi vế phải, ta có: 2 2 2 2 2 2( ) 4 2 4 2 ( )a b ab a ab ab b a ab b a b VT− + = − + + = + + = + = 
Vậy đẳng thức được chứng minh. 
Cách 3: Biến đổi cả hai vế về cùng một biểu thức: 
Biến đổi vế trái: 2 2 2( ) 2a b a ab b+ = + + 
Biến đổi vế phải: 2 2 2 2 2( ) 4 2 4 2a b ab a ab ab b a ab b− + = − + + = + + 
Vế phải = Vế trái. Vậy đẳng thức được chứng minh. 
Ví dụ 6.3. Cho a + b + c =2p 
Chứng minh rằng 2 2 2 2 2 2 2( ) ( ) ( )p a p b p c p a b c− + − + − + = + + 
Giải: Ta có: 2 2 2( ) 2p a p ap a− = − + (1), 
 2 2 2( ) 2p b p bp b− = − + (2), 
 2 2 2( ) 2p c p cp c− = − + (3) 
Cộng vế với vế của (1), (2), và (3), ta có: 
9/15 
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( ) 2 2 2
( ) ( ) ( ) 4 2 ( )
( ) ( ) ( ) 4 2 .2 ( 2 )
( ) ( ) ( ) 4 4
(
p a p b p c p p ap a p bp b p cp c p
p a p b p c p p p a b c a b c
p a p b p c p p p p a b c do a b c p
p a p b p c p p p a b c
p a
− + − + − + = − + + − + + − + +
− + − + − + = − + + + + +
− + − + − + = − + + + + + =
− + − + − + = − + + +
− 2 2 2 2 2 2 2) ( ) ( )p b p c p a b c+ − + − + = + +
Vậy đẳng thức được chứng minh. 
Ví dụ 6.4. Chứng minh rằng nếu b = a-1 thì 
2 2 4 4 32 32 64 64( )(a )( )...(a )S a b b a b b a b= + + + + = − 
Giải: Từ b = a-1, ta có: a – b = 1. Nhân hai vế của S với a-b, ta có: 
2 2 4 4 32 32
2 2 2 2 4 4 32 32
4 4 4 4 32 32
32 32 32 32
64 64
( ) ( )( )(a )( )...( )
.1 ( )(a )( )...( )
( )( )...( )
....
( )( )
S
S a b a b a b b a b a b
S a b b a b a b
S a b a b a b
S
S a b a b
a b
− = − + + + +
= − + + +
= − + +
=
= − +
= −
Vậy đẳng thức được chứng minh. 
II.7. Nhóm bài tập ứng dụng hằng đẳng thức đáng nhớ để giải một số bài toán 
cực trị 
Phương pháp giải: Dựa vào hằng đẳng thức 
2 2 2
2 2 2
( ) 2
( ) 2
a b a ab b
a b a ab b
 + = + +

− = − +
để đưa biểu thức 
về dạng  
2
( )T a f x= + với a là hằng số, f(x) là biểu thức có chứa biến x. Vì  
2
( ) 0f x 
với mọi X nên T a . Khi đó giá trị nhỏ nhất của T bằng a khi f(x) = 0 và ta phải tìm 
x để f(x) bằng 0. 
II.7.1. Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của biểu thức có dạng là đa thức 
Ví dụ 7.1. Cho 2 3 5A x x= − + . Tìm Amin với 2x  
Giải: 2 2 2
3 3 11 3 11
2( . ) ( ) ( )
2 2 4 2 4
A x x x= − + + = − + 
Với 2x  thì 2
3 1 3 1 1 11
( ) 3
2 2 2 4 4 4
x x A A−   −    +   
Suy ra: Amin = 3 khi x đạt giá trị nhỏ nhất. 
Vậy Amin =3 khi x =2 
Ví dụ 7.2. Cho 2 2( 1)( 1)C x x= − + với x R . Tìm Cmin. 
Giải: 2 2 4( 1)( 1) 1C x x x= − + = − vì 4 0x x R   nên 1C x R −   vậy Cmin = - 1 
10/15 
Ví dụ 7.3. Cho 2 2 2( ) ( 1) ( )D x y x y x= + + + + − với ,x y R . Tìm Dmin. 
2 2 2 2 2
2 2
2 2 1 2
3 2 2 1
= + + + + + + − +
 = + + +
D x xy y x x y xy x
D x y x
2 2
2 2
1 1 2
( 3 ) 2 3 . 2
3 33
1 2
( 3 ) 2
33
 = + + + +
 = + + +
D x x y
D x y
Vì 2 2
1
( 3 ) 0 ,2 0
3
x x R y y R+       , do đó 
2
,
3
D x y R   
Suy ra: Dmin=
2
3
khi 2
1
( 3 ) 0
3
x+ = và 2
1
2 0 , 0
3
y x y
−
=  = = 
Vậy Dmin=
2
3
khi 
1
, 0
3
x y
−
= = 
II.7.2. Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của biểu thức có dạng phân thức 
II.7.2.1. Phân thức có tử số là một hằng số, mẫu số là một đa thức bậc hai (hoặc 
ngược lại) 
Ví dụ 7.4. Tìm giá trị lớn nhất của phân thức 
2
2
1
A
x x
=
− +
Giải: Ta thấy 
2
2
2 2
1 31
( )
2 4
A
x x
x
= =
− + − +
Vì 2
1 3 3
( )
2 4 4
x− +  với mọi x, nên A luôn luôn có dạng một phân số dương, tử số là 
hằng số nên A lớn nhất khi mẫu số nhỏ nhất. Vậy Amax = 
2 8 1
3 3 2
4
x=  = . 
II.7.2.2. Phân thức có tử là một đa thức bậc hai, còn mẫu thức là bình phương 
của một nhị thức 
Ví dụ 7.5. Tìm giá trị nhỏ nhất của phân thức 
2
2
1
( 1)
x x
A
x
+ +
=
−
Với mọi 1x  , ta có 
2 2
2 2 2
2 1 3 3 3 ( 1) 3( 1) 3 3 3
1
( 1) ( 1) 1 ( 1)
x x x x x
A
x x x x
− + + − + − + − +
= = = + +
− − − −
Đặt 
1
1
y
x
=
−
 khi đó: 23 3 1A y y= + + 2 2
1 1 1 1
3[( ) ] 1 3( )
4 4 2 4
A y y y = + + − + = + + 
Vậy Amin=
1 1 1 1
1
4 4 1 2
y hay x
x
 =− = −  = −
−
 (TMĐK đề bài) 
11/15 
II. 7.2.3. Phân thức đã cho không có dạng đặc biệt 
Ví dụ 7.6. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
2
2
2 3
2
x x
B
x
+ +
=
+
Giải: Vì 2 2 0x x+   do đó giá trị của biểu thức B xác định x . 
a) Tìm giá trị lớn nhất B: 
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
2 3 2( 4) 2 1 2( 2) ( 1) ( 1)
2
2 2 2 2
x x x x x x x x
B
x x x x
+ + + − + − + − − −
= = = = −
+ + + +
Do 2 2( 1) 0; 2 0x x−  +  nên 
2
2
( 1)
0
2
x
x
−

+
. Do đó 
2
2
( 1)
0
2
x
x
−
− 
+
 vì thế 2B  
Vậy min B = 2 khi x = 1 
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của B: 
2 2 2 2 2
2 2 2 2
2 3 2( 2) 4 4 1 ( 2) 1 ( 2)
2 2 2 2( 2) 2 2( 2)
x x x x x x x
B
x x x x
+ + + + + + + +
= = = + = +
+ + + +
Do 2 2( 2) 0;2( 2) 0x x+  +  nên 
2
2
( 2)
0 ;
2( 2)
x
x R
x
+
  
+
Do đó 
1
2
B  ; vậy Bmin=
1
2
khi x=1 
II.7.3. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức biết quan hệ giữa các biến 
Ví dụ 7.7. Cho 2 số x,y thỏa mãn điều kiện: 3x + y = 1 
a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 23M x y= + 
b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức N xy= 
Giải: Do 3x + y = 1 nên y = 1 – 3x 
a)Ta có: 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
3 (1 3 ) 12 6 1 12( 2. ) 12( )
4 16 4 4 4 4
M x x x x x x x M= + − = − + = − + + = − +   
Vậy Mmin= 
1
4
khi 
1 1
,
4 4
x y= = 
b) 2 2
1 1 1 1 1
(1 3 ) 3( 2 ) 3( )
6 36 36 6 12
N x x x x x= − = − − + − = − − + do 2
1
( ) 0
6
x x−   
Do đó: 
1
12
N  vậy Nmax = 
1
12
khi 
1 1
;
6 2
x y= = 
II. 8. Nhóm bài tập ứng dụng hằng đẳng thức đáng nhớ để chứng minh bất đẳng 
thức 
Phương pháp giải: (1) Để chứng minh biểu thức dương với mọi x, ta biến đổi về dạng 
2[ ( )] 0f x k+  với k > 0; (2) Để chứng minh biểu thức âm với mọi x, ta biến đổi về 
dạng 2- [ ( )] 0f x n+  với n < 0 
12/15 
Kiến thức hỗ trợ: 
1.Một số tính chất của bất đẳng thức 
a b b a   ,a b b c a c    
a b
a c b d
c d
 
 +  +
 
0
a b
ac bc
c
 
 
 
a b
ac bc
c d
 
 
 
0
0
a b
ac bd
c d
  
 
  
2. Một số hằng bất đẳng thức 
2 20; 0a a −  xảy ra đẳng thức khi a = 0 0a  xảy ra đẳng thức khi a = 0 
 3. Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức 
3.1. Dùng định nghĩa: 
Để chứng minh A > B, ta xét hiệu A – B và chứng minh A – B > 0 
3.2. Dùng các phép biển đổi tương đương: 
Để chứng minh A > B ta biến đổi tương đương: 
1 1 2 2 n na b a b a b a b       . Trong đó bất đẳng thức An>Bn luôn đúng, do 
quá trình biến đổi là tương đương nên ta suy ra A>B là đúng. 
3.3. Dùng bất đẳng thức phụ: 
* Khai thác bài toán: 
Nhận xét 1: Nếu tiếp tục áp dụng bất đẳng thức (1) và tang số mũ của biến, ta thu 
được các kết quả như: 
2
8 8 2
16 16
15
1
( ) 1128
2 2 2
a b
a b
 
 +  +   =  
Tổng quát, ta có bài toán sau: 
Bài toán 1.1. Cho a + b = 1. Chứng minh rằng 2 2
2 1
1
2
n n
n
a b
−
+  
Để giải bài toán 1.1., ta áp dụng phương pháp quy nạp toán học và làm tương tự bài 
toán 1. 
Nhận xét 2: Tiếp tục khái quát bài toán 1.1, khi thay giả thiết a + b = 1 bởi giải thiết 
a + b = k, làm tương tự như trên ta có 2 2
2 12
n
n n
n
k
a b
−
+  
Vậy, ta có bài toán 1.2. như sau 
Bài toán 1.2. Cho a + b = k. Chứng minh rằng 2 2
2 12
n
n n
n
k
a b
−
+  
13/15 
*Các nhận xét và các bài toán minh họa cho việc ứng dụng, khai thác một bất 
đẳng thức lớp 8. 
Nhận xét: Trong chương trình toán THCS có một bất đẳng thức quen thuộc mà việc 
ứng dụng của nó trong khi giải các bài tập đại số và hình học có hiệu quả. Ta thường 
gọi là “bất đẳng thức kép”. Cụ thể 
Với mọi a, b ta luôn có: 
( )
2
2 2
a b
a b 2ab (*)
2
+
+   
Nhận thấy (*)
( ) ( )
( )
22 2
2
2 2
2 a b a b ... (1)
a b 4ab............... (2)
a b 2ab............... (3)
 +  +


 + 

+ 
Cả ba bất đẳng thức trên đều tương đương với hằng bất đẳng thức ( )
2
a b 0−  và do 
đo chúng xảy ra dấu đẳng thức khi a = b. 
Ý nghĩa của bất đẳng thức (*) là nêu nên quan hệ giữa tổng số hai số với tích hai số 
và với tổng các bình phương của hai số đó. 
Sau đây là một số ví dụ minh họa về việc vận dụng và khai thác bất đẳng thức (*). 
Bài toán 1: 
Cho a + b = 1. Chứng minh rằng 2 2
1
a b
2
+  ; 4 4
1
a b
8
+  ; 8 8
1
a b
128
+  
Giải: Áp dụng bất đẳng thức (1) và giả thiết a + b = 1, ta có: 
( )
2
2 2
a b 1
a b
2 2
+
+  = ; 
( )
2
2
2 2
4 4
1
a b 12
a b
2 2 8
 
 +  +  = =
( )
2
2
4 4
8 8
1
a b 18
a b
2 2 128
 
 +  +   = . Dấu đẳng thức xảy ra khi 
1
a b
2
= = 
*Khai thác bài toán 
Nhận xét 1: Nếu tiếp tục áp dụng bất đắng thức (1) và tăng số mũ của biến ta thu 
được các kết quả như: 
( )
2
2
8 8
16 16
15
1
a b 1128
a b
2 2 2
 
 +  +   =  
Tổng quát ta có bài toán sau: 
Cho a + b = 1. Chứng minh rằng 2n 2n
2n 1
1
a b
2 −
+  
14/15 
Cách giải bài toán 1.1 ta áp dụng phương pháp quy nạp toán học và làm tương tự bài 
toán 1. 
Nhận xét 2: Tiếp tục khái quát bài toán 1.1 khi thay giả thiết a + b = 1 bởi giả thiết 
a + b = k, làm tương tự như trên ta có 
n
2n 2n
2n 1
k
a b
2 −
+  
II.2.9. Nhóm bài tập ứng dụng hằng đẳng thức đáng nhớ vào số học 
Ví dụ 9.1. Chứng minh với mọi số nguyên n thì (n + 6)2 – (n – 6)2 chia hết cho 24. 
Giải: (n + 6)2 – (n – 6)2 = (n + 6 + n – 6)(n + 6 – n + 6) = 24n chia hết cho 24 
 Vậy (n + 6)2 – (n – 6)2 chia hết cho 24. 
Ví dụ 9.2. Chứng minh rằng 
 a) (20061975 + 20062010) chia hết cho 2007. 
 b) (32n + 2 + 26n + 1) chia cho 11 với mọi số tự nhiên n. 
Giải: Đặt A = (20061975 + 20062010) = 20061975(200635 + 1) 
A = 20061975(1 + 2006)(1 – 2006 + 20062 -  - 200634) 
Ta có 2007 luôn chia hết cho 2007 nên A = 20061975. 20027.(1 – 2006 + 20062 -  - 
200634) 
Chia hết cho 2007. Vậy (20061975 + 20062010) chia hết cho 2007. 
Đặt B = 32n + 2 + 26n + 1 = 32n + 2 + 26n + 1 = 3.9n + 2.64n = 9.9n + 2.64n 
 = 11.9n + 2.64n – 2.9n = 11. 9n + 2(64n – 9n) 
Ta có 64n – 9n chia hết cho 55, tức là chí hết cho 11. Suy ra B chia hết cho 11. 
II.2.10. Nhóm bài tập ứng dụng của 2 hằng đẳng thức đẹp. 
Chúng ta biết hằng đẳng thức quen thuộc 
a3 + b3 + c3 – 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 – ab – ac – bc) 
Vậy a3 + b3 + c3 = 3abc  a + b + c = 0 hoặc a = b = c. 
Hệ quả: nếu a + b + c = 0 thì a3 + b3 + c3 = 3abc 
Ví dụ 10. 1. Cho xy yz zx 0+ + = và xyz 0 hãy tính 
2 2 2
yz zx xy
A
x y z
= + + . 
Giải: Từ giả thiết 
1 1 1
0
x y z
 + + = ta có 
3 3 3
1 1 1 3
x y z xyz
+ + = 
 Từ đó 
3 3 3 3 3 3
xyz xyz xyz 1 1 1
A xyz 3
x y z x y z
 
= + + = + + = 
 
Ví dụ 10.2. Cho x, y, z nguyên thỏa mãn x + y + z = (x – y)(y – z)(z – x) = 0 
Chứng minh rằng M = (x – y)3 + (y – z)3 + (z – x)3 chia hết cho 81. 
Giải: Vì (x – y) + (y – z) + (z – x) = 0 
15/15 
Ta có (x – y)3 + (y – z)3 + (z – x)3 = 3(x – y)(y – z)(z – x) 
Xét ba số dư cho 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 số dư bằng nhau thì x + y + z không chia hết cho 3 trong khi đó một trong 
các thừa số của (x – y)(y – z)(z – x) chia hết cho 3, trái với giả thiết. 
c) Vậy chỉ con 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 34 = 81 
Ví dụ 10.3. Tìm công thức tính nhanh