Các hằng đẳng thức đáng nhớ và ứng dụng

(1)

A. Một số kiến thức cần nhớ

1. Nhắc lại những hằng đẳng thức đáng nhớ

Bình phương của một tổng:

(

^{A B}⁺

)

² ⁼^A²⁺^{2AB B}⁺ ² ⁼

(

^{A B}⁻

)

²⁺^4AB

Bình phương của một hiệu:

(

^{A B}⁻

) (

² ⁼ ^{B A}⁻

)

² ⁼^A²⁻^{2AB B}⁺ ² ⁼

(

^{A B}⁺

)

²⁻^4AB

Hiệu của hai bình phương: ^A²⁻^B² ⁼

(

^{A B A B}⁻

)(

⁺

)

Lập phương của tổng:

(

^{A B}⁺

)

³ ⁼^A³⁺^{3A B 3AB}² ⁺ ²⁺^B³ ⁼^A³⁺^B³⁺^{3AB A B}

(

⁺

)

Lập phương của hiệu:

(

^{A B}⁻

)

³ ⁼^A³⁻^{3A B 3AB}² ⁺ ²⁻^B³ ⁼^A³⁻^B³⁻^{3AB A B}

(

⁻

)

Tổng hai lập phương: ^A³⁺^B³ ⁼

(

^{A B A}⁺

) (

²⁻^{AB B}⁺ ²

)

⁼

(

^{A B}⁺

)

³⁻^{3AB. A B}

(

⁻

)

Hiệu hai lập phương: ^A³⁻^B³ ⁼

(

^{A B A}⁻

) (

² ⁺^{AB B}⁺ ²

)

⁼

(

^{A B}⁻

)

³⁺^{3AB. A B}

(

⁻

)

2. Một số hằng đẳng thức tổng quát

( ) ( )

n n n 1 n 2 n 2 n 1

a – b = a b a− ⁻ +a ⁻ b++ab ⁻ +b ⁻

( ) ( )

2k 2k 2k 1 2k 1 2k 3 2 2k 1

a – b = a – b a ⁻ +a ⁻ b++a ⁻ b +b ⁻

( ) ( )

2k 1 2k 1 2k 2k 1 2k 2 2 2k

a ⁺ +b ⁺ = a b a – a+ ⁻ b a+ ⁻ b −+b

(

^{a b c}+ +

)

² =^a² +^b²+ +^c² 2ab 2bc 2ca+ + 3. Nhị thức Newton

(

a b a+

)

ⁿ= ⁿ+C a¹n ^{n 1}⁻ b C a+ ²n ^{n 2}⁻ b²++ C ab^{n 1}n⁻ ^{n 1}⁻ +bⁿ

Trong đó _k

( )( ) ( )

n

n n 1 n 2 ... n k 1

C 1.2.3...k

 

− −  − − 

=

Cách xác định hệ số của khai triển Newton.

• Cách 1. Dùng công thức _k

( )( ) ( )

n

n n 1 n 2 ... n k 1

C 1.2.3...k

 

− −  − − 

=

Chẳng hạn hệ số của hạng tử a b⁴ ³trong khai triển của

(

^{a b}⁺

)

⁷^là

4 7

7.6.5.4 7.6.5.4

C 35

4! 4.3.2.1

= = =

(2)

Chú ý.

+ ^C^kⁿ ⁼^{n! n k !}

(

^n!⁻

)

với quy ước 0! 1= . + Ta có C^k_n =C^{n k}_n⁻ nên ⁴₇ ³₇ 7.6.5.

C C 35

= = 3! = .

•Cách 2. Dùng tam giác Patxcan

Đỉnh 1

Dòng 1

(

^{n 1}⁼

)

1 1

Dòng 2

(

ⁿ⁼²

)

1 2 1

Dòng 3

(

ⁿ⁼³

)

1 3 3 1

Dòng 4

(

ⁿ⁼⁴

)

1 4 6 4 1

Dòng 5

(

ⁿ⁼⁵

)

1 5 10 10 5 1

Dòng 6

(

ⁿ⁼⁶

)

1 6 15 20 15 6 1

Trong tam giác hai cạnh bên gồm các số 1 và dòng k 1+ được thành lập từ dòng k

(

^{k 1}^

)

^.

Với n=4 thì ta có

(

^{a b}⁺

)

⁴ ⁼^a⁴⁺^{4a b 6a b}³ ⁺ ² ²⁺^4ab³⁺^b⁴

Với n 5= thì ta có

(

^{a b}⁺

)

⁵ ⁼^a⁵⁺^{5a b 10a b}⁴ ⁺ ³ ²⁺^{10a b}² ³⁺^5ab⁴ ⁺^b⁵

Với n 6= thì ta có

(

^{a b}⁺

)

⁶ ⁼^a⁶⁺^{6a b 15a b}⁵ ⁺ ⁴ ²⁺^{20a b}³ ³⁺^{15a b}² ⁴⁺^6ab⁵⁺^b⁶

B. Một số ví dụ minh họa.

Với các hẳng đẳng thức đáng nhớ cũng như các hẳng đẳng thức mở rộng ta có thẻ áp dụng khi giải một số dạng bài tập toán như sau.

+ Áp dụng trực tiếp các hằng đẳng thức để thực hiện tính phép tính, tính giá trị các biểu thức số.

+ Áp dụng các hằng đẳng thức để thu gọn biểu thức và chứng minh các đẳng thức.

+ Áp dụng các hằng đẳng thức để giải bài toán tìm giá trị của biến. Xác định hệ số của đa thức.

+ Bài toán tính giá trị biểu thức với các biến có điều kiện.

(3)

+ Chứng minh bất đẳng thức và bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức đại số.

+ Áp dụng các hằng đẳng thức để giải mọt số bài toán số học và tổ hợp.

Bài 1. Thực hiện phép tính.

a)

(

^{3 – xy}²

) (

²^{– 2 xy}⁺ ²

)

² b) 9x – 3x – 4²

( )

²

c)

(

^{a – b}²

)(

^{a b}⁺ ²

)

^d)

(

^a²⁺^{2a 3 a}⁺

)(

²⁺^{2a 3}⁻

)

e)

(

x – y 6 x y – 6+

)(

+

)

f)

(

y 2z – 3 y 2z 3+

)(

− −

)

g)

(

^{2y – 3}

)

³ ^h)

(

^{2 – y}

)

³

i)

(

^{2y – 5 4y}

) (

²⁺^{10y 25}⁺

)

^j)

(

3y 4 9y – 12y 16+

) (

² +

)

k)

(

^{x – 3}

) (

³⁺ ^{2 – x}

)

³ ^l)

(

x y – x – y+

) (

³

)

³

• Định hướng tư duy. Sử dụng các hằng đẳng thức để khai triển các hạng từ rồi thu gọn đa thức

Lời giải

a)

(

^{3 – xy}²

) (

²^{– 2 xy}+ ²

)

² =^{9 – 6xy}²+x y – 4 – 4xy – x y² ⁴ ² ² ⁴ =5 – 10xy² b) 9x – 3x – 4²

( ) (

² = 3x – 3x 4 3x 3x – 4+

)(

+

) (

=4 6x – 4

)

=24x – 16 c)

(

^{a – b}²

)(

^{a b}⁺ ²

)

⁼^{a – b}² ⁴

d)

(

^a²⁺^{2a 3 a}⁺

)(

² ⁺^{2a 3}⁻

) (

⁼ ^a² ⁺^{2a – 9 a}

)

² ⁼ ⁴⁺^4a³⁺^{4a – 9}²

e)

(

x – y 6 x y – 6+

)(

+

)

=x – y – 6²

( )

² =x – y² ²+12y – 36 f)

(

y 2z – 3 y 2z 3+

)(

− −

) (

= y – 3 – 4z

)

² ² =y – 6y – 4z² ²+9 g)

(

^{2y – 3}

)

³ ⁼^{8y – 36y}³ ²⁺^{54y – 27}

h)

(

^{2 – y}

)

³ =8 – 12y 6y – y+ ² ³

i) (2y – 5)(4y² + 10y + 25) = 8y³ – 125 j)

(

3y 4 9y – 12y 16+

) (

² +

)

=27y³+64

(4)

k)

(

^{x – 3}

) (

³+ ^{2 – x}

) (

³ = x – 3 2 – x+

) (

 x – 3 – x – 3 2 – x

) (

²

)( ) (

+ 2 – x

)

²

(

x – 6x 9 – 2x x² ² 6 – 3x 4 – 4x x²

)

3x² 15x 19

= − + + + + + = − + +

l)

(

x y – x – y+

) (

³

)

³ =x³+3x y 3xy² + ²+y – x³ ³+3x y – 3xy² ²+y³ =6x y 2y² + ³ Bài 2. Rút gọn các biểu thức sau.

a)

(

x – 2x 2 x – 2 x² +

)(

²

)(

²+2x 2 x+

)(

²+2

)

b)

(

x 1 – x – 1+

) (

²

)

²+3x – 3x x 1 x – 1²

(

+

)( )

c)

(

^{2x 1}⁺

)

²⁺^{2 4x – 1}

(

²

)

⁺

(

^{2x – 1}

)

²

d)

(

m n – m – n+

) (

²

) (

²+ m – n m n

)(

+

)

e)

(

3x 1 – 2 3x 1 3x 5+

)

²

(

+

)(

+ +

) (

3x 5+

)

²

f)

(

a – b c – 2 a – b c c – b+

)

²

(

+

)( ) (

+ b – c

)

²

g)

(

^{2x – 5 4x}

) (

²+10x 25 2x 5 4x – 10x 25+

) (

+

) (

² +

)

−64x⁴ h)

(

^{a b}⁺

) (

³⁺ ^{a – b – 2a}

)

³ ³

i)

(

^{x y z}+ +

) (

²+ ^{x – y}

) (

²+ ^{x – z}

) (

²+ y – z – 3 x

)

²

(

²+y²+z²

)

Lời giải

• Định hướng tư duy. Rút gọn biểu thức là cách gọi khác của thực hiện phép tính, do đó ta sử dụng các hằng đẳng thức để khai triển các hạng từ rồi thu gọn biểu thức.

Lời giải

a)

(

x – 2x 2 x – 2 x² +

)(

²

)(

²+2x 2 x+

)(

²+2

) (

= x²+ 2 – 4x

)

² ²

(

x – 4⁴

) (

^x⁴ ^4x² ^{4 – 4x}²

)(

^{x – 4}⁴

) (

^x⁴ ^{4 x – 4}

)(

⁴

)

^{x – 16}⁸

= + + = + =

b)

(

x 1 – x – 1+

) (

²

)

²+3x – 3x x 1 x – 1²

(

+

)( ) (

= x 1 – x 1 x 1 x – 1+ +

)(

+ +

)

+3x – 3x x – 1²

(

²

)

2 3 3 2

4x 3x – 3x 3x 3x 3x 7x

= + + = − + +

c)

(

^{2x 1}+

)

²+^{2 4x – 1}

(

²

)

+

(

^{2x – 1}

)

² =^4x²+4x 1 8x – 2 4x – 4x 1 16x+ + ² + ² + = ²

(5)

d)

(

m n – m – n+

) (

²

) (

²+ m – n m n

)(

+

)

=

(

m n – m n m n m – n+ +

)(

+ +

)

+m – n 4mn m – n² ²= + ² ² e)

(

3x 1 – 2 3x 1 3x 5+

)

²

(

+

)(

+ +

) (

3x 5+

) (

² = 3x 1 – 3x – 5+

)

² =16 f)

(

a – b c – 2 a – b c c – b+

)

²

(

+

)( ) (

+ b – c

) (

² = a – b c b – c+ +

)

² =a² g)

(

^{2x – 5 4x}

) (

²+10x 25 2x 5 4x – 10x 25+

) (

+

) (

² +

)

−64x⁴

=

(

8x – 125 8x³

)(

³+125

)

=64x⁶−125²

h)

(

^{a b}+

) (

³+ ^{a – b – 2a}

)

³ ³ =^a³+^{3a b 3ab}² + ² +^b³+a – 3a b 3ab – b – 2a³ ² + ² ³ ³ =6ab² i)

(

^{x y z}+ +

) (

²+ ^{x – y}

) (

²+ ^{x – z}

) (

²+ y – z – 3 x

)

²

(

²+y²+z²

)

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

x y z 2xy 2yz 2zx x – 2xy y x – 2zx z y – 2yz z – 3x – 3y – 3z 0

= + + + + + + + + + +

+ =

Bài 3. Tìm x biết.

a)

(

x – 3 – x – 3 x

) (

³

) (

²+3x 9+

)

+9 x 1

(

+

)

² =15 b) 4x²−81 0= c) x x – 5 x 5 – x – 2 x

( )(

+

) ( ) (

²+2x 4+

)

=3 d) 25x – 2 0² = e)

(

^{x 2}⁺

) (

² ⁼ ^{2x – 1}

)

² ^f)

(

x 2 – x 4 0+

)

² + = g)

(

^{x – 2}²

)

² +4 x – 1 – 4 x

( )

²

(

²−2 x 1

) (

− =

)

0

• Định hướng tư duy. Bài toán tìm x là một dạng bài tập tìm giá trị của biến khi biết giá trị của biểu thức. Với các bài tập trên để tìm được x trước hết ta cần sử dụng các hằng đẳng thức để khai triển các hạng từ rồi thu gọn biểu thức rồi mới đi tìm giá trị của x từ đẳng thức đơn giản cuối cùng.

Lời giải

( ) (

³

) (

²

) ( )

²

3 2 3 2

a) x – 3 – x – 3 x 3x 9 9 x 1 15

x – 9x 27x – 27 – x 27 9x 18x 9 15 45x 6 x 2 15

+ + + + =

 + + + + + =  =  =

2 2 81 9

b) 4x 81 0 x x

4 2

− =  =  = 

(6)

( )( ) ( ) (

²

)

³ ³ ¹

c) x x – 5 x 5 – x – 2 x 2x 4 3 x – 25x – x 8 3 25x 5 x

+ + + =  + =  =  =5

2 2 2 2

d) 25x – 2 0 x x

25 5

=  =  = 

( ) (

²

)

² ^{x 2} ^{2x 1} ^x ³

e) x 2 2x – 1 1

x 2 2x 1 x 3

 + = −  = + =  + = − +  = −

f)

(

x 2 – x 4 0

)

² x² 4x 4 – x 4 0 x² 3x 8 0 x ³ ² ²³ 0

2 4

 

+ + =  + + + =  + + =  +  + =

  .

Do

3 2 23

x 0

2 4

 +  + 

 

  nên không có giá trị thỏa mãn

3 2 23

x 0

2 4

 +  + =

 

  hay không có giá trị thỏa mãn

(

x 2 – x 4 0+

)

² + = .

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )

2 2 2

2 2

g) x – 2 4 x – 1 – 4 x 2 x 1 0 x – 2 – 2x 2 0 x x 2 x 0; x 2

+ − − =  + =

 −  = =

Bài 4. Tính giá trị các biểu thức sau

a) A 123 123 154=

(

+

)

+77² b)

2 2

135 130.135 65

B 135 65

+ +

= −

c) D 1 – 2= ² ²+3 – 4² ²+– 2018²+2019²

d) ^D⁼

(

^{2 1 2}⁺

) (

²⁺^{1 2}

)(

⁴⁺^{1 2}

)(

⁸⁺^{1 2}

)(

¹⁶⁺^{1 2}

)(

³²⁺^{1 – 2}

)

⁶⁴

• Định hướng tư duy. Quan sát các biểu thức ta thấy có bóng dáng của các hằng đẳngthức đáng nhớ. Do đó ta sử sử dụng các hẳng đẳng thức đáng nhớ để biến đổi các biểu thức.

Lời giải

a) Ta có A 123 123 154=

(

+

)

+77² =123²+2.123.77 77+ ² =

(

123 77+

)

² =200² =40000 b) Ta có

( )

( )( )

2 2 2 2

2

135 130.135 65 135 2.135.65 65

B 135 65 135 65

135 65 135 65 200 20 136 65 70 7 135 65 135 65

+ + + +

= =

− −

+ +

= = = =

− + −

.

c) Ta có

(7)

( ) ( ) ( )

( )( ) ( )( ) ( )( )

( )

2 2 2 2 2 2

A 1 – 2 3 – 4 – 2018 2019

1 3 – 2 5 – 4 2019 – 2018

1 3 2 3 – 2 5 4 5 – 4 2019 2018 2019 – 2018 1 2019 .2019

1 2 3 4 5 2019 2019 1010.2019

2

= + + +

= + + ++

= + + + + ++ +

= + + + + ++ + = + =

b) Ta có

( ) ( )( )( )( )( )

( )( )( )( )( )( )

( )( )( )( )( )

( )( )

2 4 8 16 32 64

2 2 4 8 16 32 64

4 4 8 16 32 64

32 32 64 64 64

B 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 – 2

2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 – 2 2 – 1 2 1 2 1 2 1 2 1 – 2

... 2 1 2 1 – 2 2 – 1 – 2 1

= + + + + + +

= − + + + + +

= + + + +

= = − + = = −

Bài 5.

a) Cho x y 7− = . Tính giá trị biểu thức: ^A=^{x x 2}

(

+

) (

+y y – 2 – 2xy

)

B x – 3xy x – y – y – x= ³

( )

³ ²+2xy – y² b) Cho x 2y 5+ = . Tính giá trị biểu thức: C x= ²+4y – 2x 10 4xy – 4y² + + .

• Định hướng tư duy. Quan sát giả thiết của bài toán ta thấy có hai hướng + Hướng 1. Biến đổi biểu thức làm xuất hiện các hạng tự có dạng x y− và x 2y+ .

+ Hướng 2. Thay x y 7= + và x 5 2y= − tương ứng vào các biểu thức rồi thu gọn biểu thức.

Cả hai hướng trên ta đều cần sử dụng biến đổi để đưa về các hằng đẳng thức đáng nhớ hoặc khai triển các hằng đẳng thức đáng như.

Lời giải

a) ^{A x x 2}=

(

+

)

+ y y – 2 – 2xy x

( )

= ²+2x y – 2y – 2xy+ ² =

(

x – y

)

²+2 x – y

( )

Thay x y 7− = vào biểu thức A ta được A 7= ²+2.7 63=

( ) ( ) (

³

)

²

3 3 2 2

B x – 3xy x – y – y – x= +2xy – y = x – y – x – y Thay x y 7− = vào biểu thức ta được B 7 – 7= ³ ² =294

b) ^{C x}= ² +4y – 2x 10 4xy – 4y² + + =

(

x 2y – 2 x 2y+

)

²

(

+

)

(3) Thay x 2y 5+ = vào biểu thức C ta được C 5 – 2.5 15= ² = .

(8)

Bài 6. Chứng minh đẳng thức:

a)

(

^a²⁺^b²

)(

^c²⁺^d²

)

⁼

(

^{ac bd}⁺

) (

²⁺ ^{ad – bc}

)

²

b)

(

^{a b c}^{+ +}

)

²⁺^a² ⁺^b²⁺^c² ⁼

(

^{a b}⁺

) (

²⁺ ^{b c c a}⁺

) (

²^{+ +}

)

²

• Định hướng tư duy. Quan sát các đẳng thức cần chứng minh ta thấy có hai hướng + Hướng 1. Khai triển vế trái của đẳng thức rồi sử dụng hằng đẳng thức để biến đổi biểu thức về vế phải.

+ Hướng 2. Sử dụng hằng đẳng thức biến đổi đồng thời cả hai vế rồi so sánh kết quả.

Lời giải a)

(

^a²⁺^b²

)(

^c²⁺^d²

)

⁼

(

^{ac bd}⁺

) (

²⁺ ^{ad – bc}

)

²

Lời giải 1.

( )( )

( ) ( ) ( ) ( )

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

VT a b c d a c a d b c b d

a c b d 2abcd a d b c – 2abcd ac bd ad – bc VP

= + + = + + +

= + + + + = + + =

Lời giải 2. Ta có

(

^a²⁺^b²

)(

^c²⁺^d²

)

⁼^{a c}^{2 2}⁺^{a d}² ² ⁺^{b c}^{2 2}⁺^{b d}² ²^{. Lại có}

( ) (

²

)

²

(

^{2 2} ² ²

) (

² ² ^{2 2}

)

2 2 2 2 2 2 2 2

ac bd ad – bc a c b d 2abcd a d b c – 2abcd a c a d b c b d

+ + = + + + +

= + + +

Do đó ta được

(

^a²⁺^b²

)(

^c²⁺^d²

)

⁼

(

^{ac bd}⁺

) (

²⁺ ^{ad – bc}

)

² b)

(

^{a b c}^{+ +}

)

²⁺^a² ⁺^b²⁺^c² ⁼

(

^{a b}⁺

) (

²⁺ ^{b c c a}⁺

) (

²^{+ +}

)

²

Ta có

( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2

2 2 2 2 2 2

a b c a b c a b c 2ab 2bc 2ac a b c

a b 2ab b c 2bc a c 2ac a b b c c a

+ + + + + = + + + + + + + +

= + + + + + + + + = + + + + +

Bài 7. Chứng minh rằng nếu

(

^{a b c}^{+ +}

)

² ⁼^{3 ab bc ca}

(

⁺ ⁺

)

thì a b c= =

• Định hướng tư duy. Quan sát giả thiết ta thấy có hằng đẳng thức đáng nhớ. Do đó ta sử sử dụng các hẳng đẳng thức đáng nhớ để biến đổi giả thiết của bài toán. Ngoài ra để ý rằng tổng các bình phương bằng 0 thì các bình phương đó bằng 0 nên ta biến đổi giả thiết của bài toán về tổng các bình phương bằng 0.

(9)

Lời giải Biến đổi tương đương đẳng thức đã cho ta được

( ) ( )

( ) ( ) ( )

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2

a b c 3 ab bc ca a 2ab b 2bc 2ac c 3ab 3bc 3ac a b c ab bc – ac 0 2a 2b 2c 2ab 2bc – 2ac 0

a – b b – c c – a 0 a b b c c a 0 a b c

+ + = + +  + + + + + = + +

 + + − − =  + + − − =

 + + =  − = − = − =  = =

Bài 8. Cho a, b, c, d là các số thực khác 0 thỏa mãn a b c d+ = + và a²+b² = +c² d². Chứng minh rằng: a²⁰¹⁸+b²⁰¹⁸ =c²⁰¹⁸+d²⁰¹⁸

• Định hướng tư duy. Quan sát giả thiết của bài toán và đẳng thức cần chứng minh ta dự đoán rằng a c; b d= = hoặc a d; b c= = . Như vậy ta đi chứng minh a c= hoặc a d= , điều này đồng nghĩa với

(

^{a c a d}⁻

)(

⁻

)

⁼⁰^.

Lời giải

Từ a b c d+ = + ta được

(

^{a b}⁺

) (

² ^{= +}^{c d}

)

² ^^a²⁺^b² ⁺^{2ab c}⁼ ²⁺^d²⁺^2cd^.

Kết hợp với a²+b² = +c² d² ta được ab cd= .

Cũng từ a b c d+ = + ta được b c d a= + − , thay vào ab cd= ta được

( )

² ²

( )( )

a c d a+ − =cdac ad a+ − =cda −ac ad cd 0− + =  a c a d− − =0 + Nếu a c 0− = ta được a c= , suy ra b d= . Khi đó ta được a²⁰¹⁸+b²⁰¹⁸=c²⁰¹⁸+d²⁰¹⁸ + Nếu a d 0− = ta được a d= , suy ra b c= . Khi đó ta được a²⁰¹⁸+b²⁰¹⁸ =c²⁰¹⁸+d²⁰¹⁸ Vậy bài toán được chứng minh hoàn tất.

Bài 9. Cho a, b, c, d là các số thực khác 0 thỏa mãn các điều kiện a b c d+ = + và

3 3 3 3

a +b = +c d . Chứng minh rằng a²⁰¹⁹+b²⁰¹⁹ =c²⁰¹⁹+d²⁰¹⁹ Lời giải

Từ a³+b³= +c³ d³ ta được

(

^{a b a}⁺

) (

²⁻^{ab b}⁺ ²

)

^{= +}

(

^{c d c}

) (

²⁻^{cd d}⁺ ²

)

. Ta xét hai trường hợp sau:

• Trường hợp 1. Khi a b c d 0+ = + = ta suy ra được a= −b và c= −d. Khi đó dễ thấy a²⁰¹⁹+b²⁰¹⁹ =c²⁰¹⁹+d²⁰¹⁹ =0.

• Trường hợp 2. Khi a b c d 0+ = +  . Khi đó ta được a²−ab b+ ²=c²−cd d+ ². Từ a b c d+ = + ta được

(

^{a b}⁺

) (

² ^{= +}^{c d}

)

² ^^a²⁺^b² ⁺^{2ab c}⁼ ²⁺^d²⁺^2cd^.

(10)

Kết hợp với a²−ab b+ ²=c²−cd d+ ² ta được ab cd= .

Cũng từ a b c d+ = + ta được b c d a= + − , thay vào ab cd= ta được

( )

² ²

( )( )

a c d a+ − =cdac ad a+ − =cda −ac ad cd 0− + =  a c a d− − =0 + Nếu a c 0− = ta được a c= , suy ra b d= . Khi đó ta được a²⁰¹⁹+b²⁰¹⁹=c²⁰¹⁹+d²⁰¹⁹ + Nếu a d 0− = ta được a d= , suy ra b c= . Khi đó ta được a²⁰¹⁹+b²⁰¹⁹ =c²⁰¹⁹+d²⁰¹⁹ Vậy bài toán được chứng minh hoàn tất.

Bài 10. Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn

(

^{a b}⁻

) (

²⁺ ^{b c}⁻

) (

²^{+ −}^{c a}

)

² ⁼^6abc^{. Chứng}

minh rằng: ^a³+^b³+^c³ =3abc a b c 1

(

+ + +

)

• Định hướng tư duy. Quan sát bài toán ta thấy cả giả thiết và đẳng thức cần chứng minh đều phức tạp. Trong giả thiết và đẳng thức cần chứng minh đều có các hẳng đẳng thức đáng nhớ. Để ý rằng

(

^{a b}⁻

) (

²⁺ ^{b c}⁻

) (

²^{+ −}^{c a}

)

² ⁼^{2 a}

(

²⁺^b²⁺^c²⁻^{ab bc ca}⁻ ⁻

)

^{. Như}

vậy ta cần biến đổi đẳng thức cần chứng minh làm xuất hiện đại lượng như trên.

Lời giải

Biến đổi biểu thức và kết hợp với

(

^{a b}⁻

) (

²⁺ ^{b c}⁻

) (

²^{+ −}^{c a}

)

² ⁼^6abc^{ta được}

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

3 3 3 3 3 2 2 3 2 2

3 3 2 2 2

2 2 2

a b c 3abc a b 3a b 3ab c 3a b 3ab 3abc a b c 3ab a b c a b c a b c ab bc ca

1 1

a b c a b a c c a a b c .6abc 3abc a b c

2 2

+ + − = + + + + − − −

= + + − + + = + + + + − − −

 

= + +  − + − + − = + + = + + Như vậy ta được ^a³⁺^b³⁺^c³⁻^3abc⁼^{3abc a b c}

(

^{+ +}

)

^hay

( )

3 3 3

a +b +c =3abc a b c 1+ + +

Bài 11. Cho a, b là hai số thực lần lượt thỏa mãn các hệ thức a³−3a²+5a 17 0− = và

3 2

b −3b +5b 11 0+ = . Chứng minh rằng a b 2+ = .

• Định hướng tư duy. Giả thiết bài toán cho hai biểu thức bậc 3 của hai biến a và b. Quan sát hai biểu thức đó ta thấy có các hạng tử của một hẳng đẳng thức bậc 3. Như vậy để chứng minh được a b 2+ = ta cần chứng minh được ^a³ ⁼

(

^{2 b}⁻

)

³. Từ đó ta có các lời giải như sau.

Lời giải

(11)

+ Lời giải 1. Từ b³−3b²+5b 11 0+ = ta được

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

3 2 3 2 2

3 2 2 2

2 2 2 2

b 3b 5b 11 0 b 6b 12b 8 3 b 4b 4 5 b 2 17 0 b 2 3 b 2 5 b 2 17 0 2 b 3 b 2 5 2 b 17 0

2 b 3 b 2 5 2 b 17 0 2 b 3 b 2 5 2 b 17 0

− + + =  − + − + − + + − + =

 − + − + − + =  − − + − − − + =

 

 − − − − + − − =  − − − + − − = Từ đó kết hợp với a³−3a²+5a 17 0− = ta suy ra được

( )

²

( )

²

( )

3 2

a −3a +5a 17− = 2 b− −3 b 2− +5 2 b− −17 0= Do vậy ta có a 2 b= − hay a b 2+ =

+ Lời giải 2. Xét a 2 b= − thay vào vế trái của a³−3a²+5a 17 0− = , ta có

( ) ( ) ( )

( )

3 2

2 3 2

3 2 3 2

a 3a 5a 17 2 b 3 2 b 5 2 b 17 8 12b 6b b 12 12b 3b 10 5b 17

b 3b 5b 11 b 3b 5b 11 0

− + − = − − − + − −

= − + − − + − + − −

= − + − − = − − + + =

Điều này dẫn đến a 2 b= − thỏa mãn a³−3a²+5a 17 0− = . Từ đó suy ra a b 2+ = .

• Lời giải 3. Ta có ^a³⁻^3a²⁺^{5a 17 a}⁻ ⁼ ³⁻^3a²⁺^{3a 1 2a 16}^{− +} ⁻ ⁼

(

^{a 1}⁻

)

³⁺^{2 a 1}

(

^{− −}

)

¹⁴^.

Đặt x a 1= − , khi đó kết hợp với giả thiết ta được x³+2x 14 0− =

Ta cũng có ^b³⁻^3b²⁺^{5b 11 b}⁺ ⁼ ³⁻^3b²⁺^{3b 1 2b 12}^{− +} ⁺ ⁼

(

^{b 1}⁻

)

³⁺^{2 b 1}

(

^{− +}

)

¹⁴

Đặt y b 1= − , khi đó kết hợp với giả thiết ta được y³+2y 14 0+ = . Kết hợp hai kết quả ta được

( ) ( ) ( )

3 3 3 3 2 2

x +2x 14 y− + +2y 14 0+ = x +y +2 x y+ = 0 x y x+ −xy y+ +2 =0

Dễ thấy

2 2 2 2

2 2 2 y 3y y 3y

x xy y 2 x xy 2 x 2 0

4 4 2 4

 

− + + = − + + + = +  + + 

  .

Do đó ta được x y 0+ = hay a 1 b 1 0− + − = nên a b 2+ = .

• Lời giải 4. Cộng theo vế các hệ thức đã cho ta được

(12)

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

3 2 3 2

3 2

3 2 2

2

a 3a 5a 17 b 3b 5b 11 0

a b 3ab a b 3 a b 6ab 5 a b 6 0

a b 2 a b a b 2 a b 3ab a b 2 3 a b 2 0 a b a b 2 a b a b 2 3ab a b 2 3 a b 2 0 a b 2 a b a b 3ab 3 0

− + − + − + + =

 + − + − + + + + − =

   

 + − +   − + − + − + − + + − =

 + + − − + + − − + − + + − =

 

 + −  + − + − + =

Để ý rằng

(

^{a b}

) (

² ^{a b}

)

^{3ab 3} ¹

(

^{a b}

)

² ¹

(

^{a 1}

)

² ¹

(

^{b 1}

)

² ^{2 0}

2 2 2

+ − + − + = − + − + − +  .

Do đó từ đẳng thức trên ta được a b 2 0+ − = hay a b 2+ = . Bài 12. Với a, b, c là các số thực thỏa mãn:

(

^{3a 3b 3c}⁺ ⁺

)

³ ⁼²⁴⁺

(

^{3a b c}^{+ −}

) (

³⁺ ^{3b c a}^{+ −}

) (

³⁺ ^{3c a b}^{+ −}

)

³

Chứng minh rằng

(

a 2b b 2c c 2a+

)(

+

)(

+

)

=1

• Định hướng tư duy. Giả thiết bài toán cho ta các hẳng đẳng thức bậc ba nên ta hoàn toàn có thể khai triển giả thiết và biến đổi về hệ thức cần chứng minh. Tuy nhiên để ý ta nhận thấy có thể đổi biến 3a b c x; 3b c a y; 3c a b z+ − = + − = + − = rồi mới khai triển hẳng đẳng thức thì phép khai triển sẽ bớt đi sự phức tạp.

Lời giải

Trước hết ta chứng minh ^x³+^y³+^z³ =

(

^{x y z}+ +

)

³−3 x y y z z x

(

+

)(

+

)(

+

)

. Thật vậy, khai triển hẳng đăng thức bậc ba ta có

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( )

( )( )( )

3 3 2 3

3 3 2 2 3

3 3 3 2

3 3 3

x y z x y 3 x y z 3 x y z z x y 3xy x y 3 x y z 3 x y z z x y z 3 x y xy xz yz z

x y z 3 x y y z z x

+ + = + + + + + +

= + + + + + + + +

= + + + + + + +

= + + + + + +

Do vậy ta được ^x³+^y³+^z³ =

(

^{x y z}+ +

)

³−3 x y y z z x

(

+

)(

+

)(

+

)

. Đặt 3a b c x; 3b c a y; 3c a b z+ − = + − = + − = . Ta có

(13)

( ) ( ) ( ) ( )

( )

( ) ( ) ( )( )( )

( )( )( ) ( )( )( )

3 3 3 3

3 3

3a 3b 3c 24 3a b c 3b c a 3c a b

x y z 24 x y z

x y z 24 x y z 3 x y y z z x

24 3 x y y z z x 0 24 3 2a 4b 2b 4c 2c 4a 0 24 24 a 2b b 2c c 2a 0 a 2b b 2c c 2a 1

+ + = + + − + + − + + −

 + + = + + +

 + + = + + + − + + +

 − + + + =  − + + + =

 − + + + =  + + + =

Vậy ta có điều cần chứng minh.

Bài 13. Các số thực a, b, c thỏa mãn đồng thời các đẳng thức sau:

i.

(

a b b c c a+

)(

+

)(

+

)

=abc ii.

(

^a³⁺^b³

)(

^b³⁺^c³

)(

^c³⁺^a³

)

⁼^{a b c}³ ^{3 3}

Chứng minh rằng abc 0= .

• Định hướng tư duy. Biển đổi giả thiết thứ hai của bài toán ta thu được

(

² ²

)(

² ²

)(

² ²

)

³ ^{3 3}

abc a −ab b+ b −bc c+ c −ca a+ =a b c

Do đó ta thu được abc 0= hoặc

(

^a² ⁻^{ab b}⁺ ²

)(

^b²⁻^{bc c}⁺ ²

)(

^c² ⁻^{ca a}⁺ ²

)

⁼^{a b c}² ^{2 2}^{. Nếu}

abc 0= thì xem như bài toán được chứng minh. Nếu abc 0 thì đẳng thức thứ hai phải xẩy ra. Chú ý rằng nếu đẳng thức thứ hai xẩy ra thì ta có a b c= = . Kết hợp với giả thiết của bài toán thì ta được a b c 0= = = , điều này mâu thuẫn với abc 0 . Do đó đẳng thức thứ hai không thể xẩy ra, tức là ta có điều cần chứng minh.

Lời giải

Từ hệ thức

(

^a³⁺^b³

)(

^b³⁺^c³

)(

^c³⁺^a³

)

⁼^{a b c}³ ^{3 3}^{ta được}

(

a b b c c a a+

)(

+

)(

+

) (

²−ab b+ ²

)(

b²−bc c+ ²

)(

c²−ca a+ ²

)

=a b c³ ^{3 3} Kết hợp với hệ thức

(

a b b c c a+

)(

+

)(

+

)

=abc ta được

( )( )( )

2 2 2 2 2 2 3 3 3

2 2 2 2 2 2 2 2 2

abc a ab b b bc c c ca a a b c abc 0

a ab b b bc c c ca a a b c

− + − + − + =

 =

  − + − + − + =

Nếu abc 0 khi đó ta được

(

^a²⁻^{ab b}⁺ ²

)(

^b²⁻^{bc c}⁺ ²

)(

^c²⁻^{ca a}⁺ ²

)

⁼^{a b c}² ^{2 2}

Dễ thấy a²−ab b+ ²  ab ; b²−bc c+ ²  bc ; c²−ca a+ ²  ca

(14)

Do đó ta được

(

^a²⁻^{ab b}⁺ ²

)(

^b²⁻^{bc c}⁺ ²

)(

^c²⁻^{ca a}⁺ ²

)

^^{a b c}² ^{2 2}. Kết hợp với hệ thức trên ta được a b c= = , thay vào hệ thức thứ hai ta được 8a³=a³  = a 0 abc 0= , Điều này mâu thuẫn với abc 0 .

Vậy abc 0= .

Bài 14. Cho x, y, z thỏa mãn x²+2y²+z²−2xy 2y 4z 5 0− − + = . Tính giá trị biểu thức:

( )

²⁰¹⁸

( )

²⁰¹⁹

( )

²⁰²⁰

A= x 1− + y 1− + z 1−

• Định hướng tư duy. Quan sát giả thiết ta thấy có bóng dáng của các hằng đẳngthức đáng nhớ. Do đó ta sử sử dụng các hẳng đẳng thức đáng nhớ để biến đổi giả thiết của bài toán. Ngoài ra để ý rằng tổng các bình phương bằng 0 thì các bình phương đó bằng 0 nên ta biến đổi giả thiết của bài toán về tổng các bình phương bằng 0. Lại để ý đến biểu thức cần tính giá trị A ta dự đoán rằng x 1; y 1; z 1− − − nhận một trong các giá trị −1; 0;1.

Lời giải

Ta có

( ) ( ) ( )

2 2 2

2 2 2 2

2 2 2

x 2y z 2xy 2y 4z 5 0

x 2xy y y 2y 1 z 4z 4 0 x y y 1 z 2 0 x 1; y 1; z 2

+ + − − − + =

 − + + − + + − + =

 − + − + − =  = = =

Do đó ta được ^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 xyz 0 Tính giá trị biểu thức

2

2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2

y

x z

P=y z x +z x y +x y z

+ − + − + −

• Định hướng tư duy. Quan sát giả thiết và biểu thức P ta thấy cần biến đổi biểu giả thiết để làm xuất hiện các mẫu thức. Để ý từ giả thiết ta có x y+ = −z nên

(

^{x y}⁺

)

² ⁼^z²^{, do đó}

ta được x²+y² −z² = −2xy. Như vậy chỉ cần áp dụng tương tự và quy đồng ta thì ta thu được

3 3 3

x y z

P xyz

+ +

= . Lại chú ý rằng với x y z 0+ + = ta có x³+y³+z³=3xyz. Từ đó ta tính được giá trị của biểu thức P.

(15)

Lời giải

Để tính được y² +z²−x² ta để ý đến giả thiết x y z 0+ + =  + = −y z x. Khi đó thực hiện bình phương hai vế ta được y²+z²+2yz x= ² y²+z²−x² = −2yz.

Từ đó ta có biến đổi

2 2 2

2 2 2 2 2 2 2

x x x

2yz y z x = y z y z 2yz =

−

+ − + − − −

Hoàn toàn tương tự ta cũng có

2 2

2 2 2

y y

2zx z x y =

−

+ − ;

2 2

2 2 2

z z

x y z = 2xy

−

+ − .

Chú ý rằng xyz 0 nên cộng theo vế ta được

( ) ( )

2 2

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2

3 3 3 3 3 3

2

3 3

2 2

3

y y

x z x z

P y z x z x y x y z 2yz 2xz 2xy

x y z x y z x y z 3xyz

1 1 1

3 3 3

2 xyz 2 xyz 2 x

x y z x y z

yz 3

xyz 2

xy yz zx

1 3

2

= + + = + +

− − −

+ − + − + −

 + +   + +   + + − 

= −  = −  − + = −  + 

   

 + + + + − − − 

 

= − +

 

 

 

= −

Vậy 3

P= −2.

Bài 16. Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a b c 6+ + = và a²+b²+c²=12. Tính giá trị biểu thức:

( )

²⁰¹⁹

( )

²⁰²⁰

( )

²⁰²¹

A= a 3− + b 3− + −c 3

• Định hướng tư duy. Do vai trò của các biến a, b, c trong bài toán như nhau nên ta dự đoán a b c 2= = = . Ngoài ra để ý rằng tổng các bình phương bằng 0 thì các bình phương đó bằng 0 nên ta biến đổi giả thiết của bài toán về tổng các bình phương bằng 0. Như vậy ta cần biến đổi giả thiết về dạng

(

^{a 2}⁻

) (

²⁺ ^{b 2}⁻

) (

²^{+ −}^{c 2}

)

² ⁼⁰^.

Lời giải Từ a b c 6+ + = ta được

(

^{a b c}^{+ +}

)

³ ⁼³⁶^.

Như vậy ta được

(

^{a b c}^{+ +}

)

² ⁼^{3 a}

(

²⁺^b²⁺^c²

)

^.

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

( )

²⁰¹⁹

( )

²⁰²⁰

( )

²⁰²¹

( )

²⁰¹⁹

( )

²⁰²⁰

( )

²⁰²¹

A= 2 3− + 2 3− + 2 3− = −1 + −1 + −1 = −1

(16)

Bài 17.

a) Cho a b c 0+ + = và a²+b²+c²=14. Tính A a= ⁴+b⁴+c⁴

b) Cho x y z 0+ + = và x² +y²+z² =a². Tính B x= ⁴+y⁴+z⁴ theo a.

• Định hướng tư duy. Các bài tập trên cũng là một dạng ứng dụng khác của các hẳng đẳng thức đáng nhớ. Để tính A ta cần bình hai vế của a²+b²+c²=14. Ngoài ra ta cũng có mối liên hệ

(

^{a b c}+ +

)

² =14 2 ab bc ca+

(

+ +

)

và

(

^{ab bc ca}⁺ ⁺

)

² ⁼^{a b}² ²⁺^{b c}^{2 2}⁺^{c a}^{2 2}^.

Từ đó ta tính được biểu thức A và hoàn toàn tương tự với biểu thức B.

Lời giải

a) Ta có ¹⁴² ⁼

(

^a²⁺^b² ⁺^c²

)

² ^^a⁴⁺^b⁴ ⁺^c⁴ ⁼^{196 2 a b}⁻

(

² ²⁺^{b c}^{2 2}⁺^{c a}^{2 2}

)

Lại có a b c 0+ + = nên

(

^{a b c}^{+ +}

)

² ⁼⁰^hay^{ab bc ac} ^a² ^b² ^c² ⁷

2 + +

+ + = − = − Do đó ta được

(

^{ab bc ac}⁺ ⁺

)

² ⁼⁴⁹^nên^{a b}² ²⁺^{b c}^{2 2}⁺^{a c}^{2 2}⁺^{2abc a b c}

(

^{+ +}

)

⁼⁴⁹

Nên a b² ²+b c^{2 2}+a c^{2 2} =49. Vậy A a= ⁴+b⁴+c⁴=196 2.49 98− =

b) Ta có ^x^{= −}

(

^{y z}⁺

)

nên ta có ^x² ⁼

(

^{y z}⁺

)

² hay ta được x²−y²−z² =2yz, do đó suy ra

(

^x²⁻^y²⁻^z²

)

² ⁼^{4y z}² ². Do đó suy ra x⁴+y⁴+z⁴=2x y² ²+2y z^{2 2} +2x z^{2 2}. Suy ra ^{2 x}

(

⁴⁺^y⁴⁺^z⁴

) (

⁼ ^x²⁺^y²⁺^z²

)

² ⁼^a⁴^hay^B⁼^a₂⁴ ^.

Bài 18. Cho các số thực a, b, c sao cho a b c 3;a+ + = ² +b²+c² =29 và abc 11= . Tính giá trị của biểu thức P a= ⁵+b⁵+c⁵.

Lời giải

Ta có ^{ab bc ca}⁺ ⁺ ⁼ ¹₂^__

(

^{a b c}^{+ +}

)

²⁻

(

^a²⁺^b²⁺^c²

)

^__⁼¹₂

(

^{9 29}⁻

)

^{= −}¹⁰^.

Do đó ta có ^{a b}² ²⁺^{b c}^{2 2}⁺^{c a}^{2 2} ⁼

(

^{ab bc ca}⁺ ⁺

)

²⁻^{2abc a b c}

(

^{+ + = −}

) ( )

¹⁰ ²⁻^{2.11.3 34}⁼ ^.

Lại có ^a³⁺^b³^{+ −}^c³ ^3abc⁼

(

^{a b c a}^{+ +}

) (

² ⁺^b²^{+ −}^c² ^{ab bc ca}⁻ ⁻

)

⁼^{3 29 10}

(

⁺

)

⁼¹¹⁷^.

Do đó ta được a³+b³+c³=117 33 150+ = . Từ đó dẫn đến

( )( )

( ) ( ) ( )

2 2 2 3 3 3 5 5 5 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2

5 5 5 2 2 2 2 2 2

a b c a b c a b c a b a c b a b c c a c b a b c a b b c c a a b c abc a b c

+ + + + = + + + + + + + +

= + + + + + + + − + +

(17)

Hay ta được ^{150.29 a}⁼ ⁵⁺^b⁵⁺^c⁵⁺^{34.3 11 10}⁻

( )

⁻ ^.

Do đó a⁵+b⁵+c⁵ =4138

Bài 19. Cho a, b, c là ba số thực thỏa mãn a b c 0+ + = và ^a² =2 a c 1 a b 1

(

+ +

)(

+ −

)

. Tính giá trị biểu thức A a= ²+b²+c².

Lời giải

Do a b c 0+ + = nên ta có b c+ = −a hay

(

^{b c}⁺

)

² ⁼^a²^.

Cũng từ a b c 0+ + = ta được a b+ = −c và a c+ = −b. Kết hợp với ^a² =2 a c 1 a b 1

(

+ +

)(

+ −

)

ta được

( ) ( )( ) ( )

( ) ( )

2 2 2

2 2 2 2

2 2

b c 2 1 b c 1 b c 2bc 2 1 c b bc b c 2b 2c 2 0 b 2b 1 c 2c 1 0

b 1 0 b 1 b 1 c 1 0

c 1 0 c 1

+ = − − −  + + = − + − −

 + − − + =  − + + − + =

 − =  =

 − + − =  − =  =

Mà ta có a b c 0+ + = nên suy ra a 0= . Do vậy A a= ²+b²+c² =2.

Bài 20. Xác định các hệ số a và b để đa thức ^{P x}

( )

⁼^x⁴⁻^2x³⁺^3x²⁺^{ax b}⁺ là bình phương của một đa thức.

• Định hướng tư duy. Ta thấy đa thức ^{P x}

( )

có bậc 4 nên khi viết thành bình phương của một đa thức thì đa thức đó phải có bậc hai. Chú ý đến hệ số của hạng tử bậc bốn ta suy ra đa thực bậc hai phải có hệ số cao nhất là 1. Như vậy đa thức bậc hai phải có dạng

x2+mx n+ . Đến đây ta có hai hướng xử lý bài toán.

+ Hướng 1. Viết ^{P x}

( )

⁼

(

^x²⁺^{mx n}⁺

)

² rồi khai triển hai vế. Sau đó đồng nhất hệ số hai vế để tìm hệ số.

+ Hướng 2. Biến đổi đa thức ^{P x}

( )

⁼

(

^x²⁺^{mx n}⁺

)

²⁺^{A x}

( )

sau đó xác định hệ số để đa thức ^{A x}

( )

là đa thức 0.

Lời giải

Lời giải 1. Do đa thức ^{P x}

( )

có bậc 4 với hệ số cao nhât là 1.

Giả sử ^{P x}

( )

⁼

(

^x²⁺^{mx n}⁺

)

²^.

(18)

Hay ta được ^{P x}

( )

⁼

(

^x²⁺^{mx n}⁺

)

² ⁼^x⁴⁺^2mx³⁺

(

^m²⁺^{2n x}

)

²⁺^{2mnx n}⁺ ²^.

Từ đó ta được ^x⁴ ⁻^2x³⁺^3x²⁺^{ax b x}^{+ =} ⁴ ⁺^2mx³⁺

(

^m²⁺^{2n x}

)

²⁺^{2mnx n}⁺ ²

Đồng nhất hệ số hai vế ta được

2

2 2

2m 2 m 1 m 1

2n 2

m 2n 3 n 1

a 2n

a 2mn a 2

b 1 b n

b n

 = −  = −  = −

 + =  =  =

  

 =  = −  = −

  

 =  =  =



Vậy đa thức đã cho là ^{P x}

( )

⁼^x⁴⁻^2x³⁺^3x² ⁻^{2x 1}⁺ ^.

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

( ) ( ) (