Tài liệu ôn luyện học sinh giỏi THCS

Nội dung text: Tài liệu ôn luyện học sinh giỏi THCS

1. CÁC CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG ĐẠI SỐ 7 CHUYÊN ĐỀ 1. CÁC PHÉP TOÁN TRONG Q. I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ : 1. HS cần nắm vững những kiến thức sau trước khi nghiên cứu nội dung chuyên đề : +Các phép toán : cộng ;trừ ;nhân ;chia ;luỹ thừa trong Q; +Quy tắc dấu ngoặc; +Quy tắc chuyển vế; +Tính chất các phép toán : giao hoán; kết hợp; phân phối của phép nhân đối với phép cộng 2. Từ các tính chất của phép toán ta chứng suy ra được các “Công thức ” sau : a) a2 + 2a.b + b2 = (a + b)2 ; b) a2 - 2a.b + b2 = (a - b)2 ; c) (a - b).(a + b) = a2 - b2 . Thật vậy : a) a2 + 2ab + b2 = (a.a + a.b) + (a.b + b.b) = a.(a + b) + b.(a + b) ( T/C phân phối của phép nhân với phép cộng) = (a + b)(a + b) ( T/C phân phối của phép nhân với phép cộng) = (a + b)2. * Các Công thức b)c) HS tự chứng minh. Ta gọi các công thức trên là các hằng đẳng thức đáng nhớ. II. DẠNG TOÁN : Dạng 1. Các phép toán : + Khi cộng hay trừ một phân số bước đầu tiên phải đưa được các phân số về cùng mẫu số bằng cách : quy đồng ( mà thực chất chính là nhân cả tử và mẫu của mỗi phân số với một giá trị thích hợp ) hoặc rút gọn phân số , đây là bước quan trọng và đòi hỏi tư duy cao nhất. Qua một số bài tập sau đây chúng ta sẽ tìm hiểu kĩ năng giải quyết vấn đề này bằng những cách làm “đặc biệt “. Câu 1. Cho các số x,y,z,t thoả mãn điều kiện : xyzt = 1 1 1 1 1 Tính tổng : P 1 x xy xyz 1 y yz yzt 1 z zt ztx 1 t tx txy (HSG T.p HP – 1997) + Hướng dẫn giải : 1 1 1 1 - Ta có : P 1 x xy xyz 1 y yz yzt 1 z zt ztx 1 t tx txy 1 x xy xyz ( nhân vào cả tử và 1 x xy xyz x xy xyz 1 xy xyz 1 x xyz 1 x xy mẫu mỗi phân số lần lượt với 1;x;xy;xyz và nhớ xyzt = 1 ) 1 x xy xyz = 1. 1 x xy xyz * Có thể làm theo cách khác như sau : a b c d - Vì xyzt = 1 nên ta có thể đặt x ; y ; z ;t với a,b,c,d là các số thực khác 0 . Khi b c d a đó ta có : Biểu thức P được biến đổi thành : 1 1 1 1 a a b a b c b b c b c d c c d c d a d d a d a b 1 . . . 1 . . . 1 . . . 1 . . . b b c b c d c c d c d a d d a d a b a a b a b c Tài liệu sử dụng cho ôn luyện học sinh giỏi các lớp 6- 7 – 8 – 9 THCS.
2. 1 1 1 1 a a a b b b c c c d d d 1 1 1 1 b c d c d a d a b a b c bcd acd abd abc bcd acd abd abc acd abd abc bcd abd abc bcd acd abc bcd acd abd bcd acd abd abc bcd acd abd abc 1. Vậy P = 1. * Chú ý : đối với bài toán mà giả thiết cho các biến số có tích bằng 1 , ta có thể biến đổi bằng a b c d cách làm như trên (đặt x ; y ; z ;t ). b c d a A.B B + Khi nhân ; chia các phân số ta luôn phải chú ý rút gọn “tử - mẫu “ ( ) . Kĩ năng A.C C tưởng đơn giản này sẽ giúp ích rất lớn trong việc giải quyết nhiều bài toán khó. Thật vây : 1 1 1 Câu 2. Tính : A 1 1 1 (BD HSG toán 8- T.77) 1 2 1 2 3 1 2 3 1986 + Hướng dẫn giải : n n 1 - Ta có : ( nhớ rằng 1 2 3 n ) 2 1 1 1 A 1 1 1 1 2 1 2 3 1 2 3 1986 1 1 1 1 1 1 2 2 1 3 3 1 1986 1986 1 2 2 2 2 2 2 1 1 1 2.3 3.4 1986.1987 2 5 9 1987.1986 2 . . 3 6 10 1987.1986 4 10 27 1987.1986 2 . . ;(1) 6 12 20 1987.1986 Mặt khác : 1986.1987 – 2 = 1986(1988 – 1) + 1986 – 1988 = 1986.1988 – 1988 = 1988.(1986 – 1) = 1988.1985 ;(2) Từ (1) và (2) ta có : 4.1 5.2 6.3 1988.1985 A . . 2.3 3.4 4.5 1986.1987 4.5.6 1988 (1.2.3 1985) . (2.3.4 1986) (3.4.5 1987) 1987.1988 1.2 . 2.3 1986.1987 1988 994 . 1986.3 2979 * Lưu ý : Bài toán tổng quát hơn là : Tài liệu sử dụng cho ôn luyện học sinh giỏi các lớp 6- 7 – 8 – 9 THCS.
3. 1 1 1 A 1 1 1 với n là số tự nhiên lớn hơn hoặc bằng 3. 1 2 1 2 3 1 2 3 n + Với những bài toán có chứa luỹ thừa , cần chú ý một số công thức cơ bản sau : 0) am = a.a.a a (m thừa số );a0 = 1 ; a1 = a. 1) am.an = am + n am 2) am : an = am – n ( hay : am n ) an 3) (am)n = am.n 4) (a.b)n = an.bn n a an 5) n b b 1 6) a-n = an ( Với các điều kiện tương ứng có nghĩa ) 219.27 15.49.94 Câu 3. Rút gọn : ( HSG quốc gia – 1971) 69.210 1210 + Hướng dẫn giải : 18 3 6 219.27 15.49.94 219.33 5.218.39 2 .3 2.1 5.1.3 2 5.36 734 367 - Ta có : 69.210 1210 219.39 310.220 218.39 2.1 3.22 36 2 3.4 10206 5103 Câu 4. Rút gọn : A = 1 + 5 + 52 + 53 + + 550 (NC&PT toán 7/T11) + Hướng dẫn giải : - Ta có : 5.A = 5 + 52 + 53 + 54 + + 551 551 1 Do đó : 5.A - A = 551 - 1 . Vậy A = . 4 * NX : Với biểu thức A như trên người ta còn thường ra bài toán : Chứng minh rằng A là số chẵn hay chứng minh A chia hết cho 6 hoặc chứng minh A không là số nguyên. Các em hãy thử tìm lời ? Dạng 2. Chứng minh đẳng thức hữu tỉ : a b c Câu 5. Cho ba số a , b ,c đôi một khác nhau và thoả mãn hệ thức : 0 . b c c a a b a b c Chứng minh rằng : 0 ( HSG toán 9 – 1999 – A ) (b c)2 (c a)2 (a b)2 + Hướng dẫn giải : a b c ab b2 ac c2 1 - Từ giả thiết suy ra : , nhân hai vế với ta được : b c a c a b a c a b b c a ab b2 ac c2 (b c)2 a c a b b c 1 cb c2 ab a2 Tương tự : c a 2 a c b c a b 1 ca a2 cb b2 a b 2 a c b c a b Cộng theo cột hai vế của ba đẳng thức trên ta có ĐPCM. Câu 6. Chứng minh rằng nếu a,b,c khác nhau thì : Tài liệu sử dụng cho ôn luyện học sinh giỏi các lớp 6- 7 – 8 – 9 THCS.
4. b c c a a b 2 2 2 (Các bài toán chọn lọc ) a b a c b c b a c a c b a b b c c a + Hướng dẫn giải : - Ta có : b c a c b a 1 1 ; a b a c a b a c a b a c a b 1 1 c a 1 1 Tương tự : ; c a c b c a c b b c b a b c b a Cộng theo từng vế các kết quả vừa tìm được , suy ra ĐPCM. Dạng 3. Toán tìm x : x 4 x 3 x 2 x 1 Câu 7. Tìm số hữu tỉ x , biết rằng : ( NC&PT toán 7 -tập 1) 2000 2001 2002 2003 + Hướng dẫn giải : - Ta cộng vào hai vế của đẳng thức với cùng một giá trị là 2 , được : x 4 x 3 x 2 x 1 2000 2001 2002 2003 x 4 x 3 x 2 x 1 1 1 1 1 2000 2001 2002 2003 x 2004 x 2004 x 2004 x 2004 0 2000 2001 2002 2003 1 1 1 1 x 2004 0 2000 2001 2002 2003 1 1 1 1 Vì 0 ( hiển nhiên) nên x + 2004 = 0 hay x = -2004. 2000 2001 2002 2003 * Nhận xét : Với những hệ thức chứa các phân số có quy luật như trên ( 4 + 2000 = 3 + 2001 = 2 + 2002 = 1 + 2003 = 2004 ) thì kĩ năng biến đổi trên sẽ là một công cụ hữu hiệu để giải quyết bài toán. x-ab x ac x bc Câu 8. Tìm x , biết : a b c với a b;b c;c a a+b a c b c + Hướng dẫn giải : Đẳng thức đã cho tương đương với : x-ab x ac x bc a b c 0 a+b a c b c Quy đồng mẫu số trong từng dấu ngoặc rồi đặt thừa số chung ta được : 1 1 1 x-ab-ac-bc 0 a b b c c a 1 1 1 Từ đó nếu 0 thì x = ab + bc + ca ; a b b c c a 1 1 1 Nếu 0 thì có vô số giá trị của x thoả mãn bài toán. a b b c c a III. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ : * Các bài :1;2;3;5;9;10;11;14;16;20;22;23;24;25;26;27;29;30;31;33;34;38;39;40;41;42;44;45;47 - NC&PT toán 7. 8 207207 1) Tính : 5 201201 Tài liệu sử dụng cho ôn luyện học sinh giỏi các lớp 6- 7 – 8 – 9 THCS.
5. 1999 199 99 2) Rút gọn phân số : ( TQ : ) (BD HSG toán 8- trang 73) 9995 99 995 1 1 1 3) Tính : M 2 3 2002 (HSG toán 6 T.p HP– 2002 – A) 2001 2000 1999 1 1 2 3 2001 1 1 1 1 4) Rút gọn : A = 1.2 2.3 3.4 2009.2010 1 1 1 1 5) Rút gọn : B = ( HSG toán 6 T.p HP– 1999 – A) 1.2.3 2.3.4 3.4.5 1998.1999.2000 1 1 1 1 6) Rút gọn : N 2.4 4.6 6.8 2006.2008 7) Biết xyz = 1 . Hãy tính tổng : 5 5 5 A = ;( KQ = 5) (HSG toán 8 – 2001 – A) x xy 1 y yz 1 z zx 1 8*) Cho ba số x ,y ,z thoả mãn xyz = 1992. Chứng minh rằng : 1992x y z 1 ( BD HSG toán 8 – trang 77) xy 1992x 1992 yz y 1992 xz z 1 3 1 1 1 9) Tính : a) 6 3 1 : 1 3 3 3 b) 63 3.62 33 :13 9 1 1 1 1 1 1 1 1 1 c) ( HSG quận Ba Đình HN – 2005) 10 90 72 56 42 30 20 12 6 2 315 x 313 x 311 x 309 x 10) Tìm x,biết : 4 0 ( HSG q. Hoàn Kiếm HN – 2004) 101 103 105 107 11) Tìm x , biết : 5 3 a) x x 10 12 6 8 5 7 1 1 1 b) x ( HSG Quận 9 - T.p HCM – 2003) 8 8 8 a b c c)x b c c a a b 12) TÍnh : a)A 1 2 3 4 5 6 7 8 1999 2000 2001 2002 2003 1 1 1 1 1 b)B 1 1 1 1 1 4 9 16 25 121 ( HSG Quận 9 - T.p HCM – 2003) 1 1 1 2 2 2 13) a)Tính : 2003 2004 2005 2002 2003 2004 5 5 5 3 3 3 2003 2004 2005 2002 2003 2004 b) Biết : 13 + 23 + 33 + + 103 = 3025. TÍnh : S = 23 + 43 + 63 + + 203. x3 3x2 0,25xy2 4 1 c) Cho A . TÌm giá trị của A , biết x = và y là số nguyên âm lớn x2 y 2 nhất. ( HSG - quận Tân Phú – T.p HCM – 2004 ) Tài liệu sử dụng cho ôn luyện học sinh giỏi các lớp 6- 7 – 8 – 9 THCS.
6. 14) Tìm x , biết : 3x + 3x +1 + 3x + 2 = 117. ( HSG - quận Tân Phú – T.p HCM – 2004 ) 15) Thực hiện phép tính : 111 3 1 2 1 .4 1,5 6 . 31 7 3 19 14 1: ( HSG – Hà Tây – 2003 ) 5 1 1 93 4 12 5 6 6 3 1 1 1 16) Thực hiện phép tính : a(a b) a c b b a b c c c b c a ( HSG quốc gia – 1963) 17) Gọi n là số tự nhiên , tính tích sau đay theo n : 1 1 1 1 1 1 1 1 ( HSG quốc gia – 1978) 2 3 4 n 1 18) Cho a,b,c là các số thực có tích bằng 1. Chứng minh rằng : 1 1 1 a) 1; 1 a ab 1 b bc 1 c ca 1 1 1 1 1 1 b) a 1 b 1 c 1 a 1 b 1 c 1 ( Toán tuổi thơ 2- số 51) b c a b c a 19) TÌm tất cả các số thực dương a,b,c thoả mãn đẳng thức : b c a 3 . ( Toán tuổi thơ 2- số 51) a b b c c a 2 a b x a c x b c x 4x 20) Cho abc 0 và a + b + c 0 . TÌm x , biết : 1 c b a a b c 1 1 1 21) Cho x,y,z là các số khác không và x y z . Chứng minh rằng : y z x Hoặc x = y = z hoặc x2y2z2 = 1. IV. HƯỚNG DẪN GIẢI : 8 207207 8 207 8 69 1) 5 201201 5 201 5 67 3 1 3 2. 10 1999 2.10 1 2 2 1 2) 4 9995 10 5 3 1 10 5 10. 10 2 Tài liệu sử dụng cho ôn luyện học sinh giỏi các lớp 6- 7 – 8 – 9 THCS.
7. 1 1 1 3) M 2 3 2002 2001 2000 1999 1 1 2 3 2001 1 1 1 Đặt A = ; 2 3 2002 2001 2000 1999 1 B = , ta có : 1 2 3 2001 2000 1999 1 2002 B ( 1) ( 1) ( 1) 2 3 2001 2002 2002 2002 2002 2002 2 3 2001 2002 1 1 1 2002 2 3 2002 A 1 Vậy M B 2002 * Tương tự ta có bài toán sau : Bài toán : Tính giá trị của biểu thức: 1 1 1 1 1  a) A 3 5 97 99 . 1 1 1 1 1  1.99 3.97 5.99 97.3 99.1 1 1 1 1 1  b) B 2 3 4 99 100 . 99 98 97 1  1 2 3 99 Hướng dẫn: a) Biến đổi số bị chia: 1 1 1 1 1 1 1 100 100 100 100 (1 ) ( ) ( )  ( )  99 3 97 5 95 49 51 1.99 3.97 5.95 49.51 Biểu thức này gấp 50 lần số chia. Vậy A = 50. 100 1 100 2 100 3 100 99  1 2 3 99 100 100 100 100 1 2 3 99 b) Biến đổi số chia:   1 2 3 99 1 2 3 99 1 1 1 1 1 1 1 100 100  99 1 100  2 3 99 2 3 99 100 1 Biểu thức này bằng 100 lần số bị chia. Vậy B . 100 1 1 1 4) Áp dụng đẳng thức : ( a 0), ta có : a a 1 a(a 1) 1 1 1 1 1.2 2.3 3.4 2009.2010 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2009 1 . 1 2 3 2 4 3 2010 2009 2010 2010 1 1 1 1 5) Áp dụng kết quả : , ta có : 2 a(a 1) (a 1)(a 2) a(a 1)(a 2) Tài liệu sử dụng cho ôn luyện học sinh giỏi các lớp 6- 7 – 8 – 9 THCS.
8. 1 1 1 1 1.2.3 2.3.4 3.4.5 1998.1999.2000 1 1 1 1 1 1 1 2 1.2 2.3 2.3 3.4 1998.1999 1999.2000 1 1 1 1999.2000 2 2 2 1999.2000 2.1999.2000 1 1 1 6) Hãy điền vào ô trống để có đẳng thức đúng : , sau đó áp dụng kết quả a(a 2) W W nhận được vào giải bài toán. * Chú ý : Từ kết quả các bài 4,5,6 ở trên ta rút ra một số quy luật ( Công thức ) sau đây : 1 1 1 1) . n(n 1) n n 1 k 1 1 2) k  . n(n 1) n n 1 1 1 1 1 3)  . n(n k) k n n k k 1 1 4) . n(n k) n n k 1 1 1 1 1 1 1 1 5)   . 2n(2n 2) 4n(n 1) 2 2n 2n 2 4 n n 1 1 1 1 1 6)  . (2n 1)(2n 3) 2 2n 1 2n 3 1 1 1 7) . n.(n 1) n2 (n 1).n 1 1 1 1 8) 2 a(a 1) (a 1)(a 2) a(a 1)(a 2) (Trong đó: n, k N , n 1) 7) Nhân lần lượt cả tử và mẫu mỗi phân số với 1; x ; xy với chú ý xyz = 1 , ta được : 5 5 5 5 5x 5xy 5 1 x xy A 5. x xy 1 y yz 1 z zx 1 x xy 1 xy 1 x 1 x xy x xy 1 * Chú ý : Cũng có thể đặt như phần ví dụ mẫu. 1992 8) Từ giả thiết xyz = 1992 (1) suy ra : xy (2) , thay (1) và (2) vào vế trái đẳng thức z được : Tài liệu sử dụng cho ôn luyện học sinh giỏi các lớp 6- 7 – 8 – 9 THCS.
9. 1992x y z VT xy 1992x 1992 yz y 1992 xz z 1 1992x y z 1992 1992x 1992 yz y xyz xz z 1 z xz y z 1 xz z y(z 1 xz) xz z 1 xz 1 z 1 xz z z 1 xz xz z 1 1 xz z 1 xz z 1 VP 3 1 1 1 1 4 2 4 16 3 4 9) a) 6 3 1 : 1 6. 1 1 : 2 : . 3 3 3 27 3 9 3 9 4 3 3 2 3 2 3 2 2 2 3 3 2 3 3 b) 6 3.6 3 :13 6 6 3 3 :13 2 .3 .3 3 :13 3 3.2 1 :13 3 .13:13 3 27 c) 9 1 1 1 1 1 1 1 1 1 10 90 72 56 42 30 20 12 6 2 9 1 1 1 1 1 1 1 1 1 10 90 72 56 42 30 20 12 6 2 9 1 1 1 1 1 1 1 2 10 90 72 56 42 30 20 12 3 9 1 1 1 1 1 1 3 10 90 72 56 42 30 20 4 9 1 1 1 1 1 4 10 90 72 56 42 30 5 9 9 10 10 0 315 x 313 x 311 x 309 x 10) Tìm x , biết : 4 0 ( HSG quận Hoàn Kiếm HN – 101 103 105 107 2004) + Làm tương tự Câu 5 : 315 x 313 x 311 x 309 x 4 0 101 103 105 107 315 x 313 x 311 x 309 x 1 1 1 0 101 103 105 107 416 x 416 x 416 x 416 x 0 101 103 105 107 1 1 1 1 416 x 0 101 103 105 107 1 1 1 1 Vì > 0 nên dẫn đến 416 – x = 0 hay x = 416. 101 103 105 107 Tài liệu sử dụng cho ôn luyện học sinh giỏi các lớp 6- 7 – 8 – 9 THCS.
10. 11) Tìm x , biết : a) Kết quả : x = 48. 5 7 1 1 1 b) x 8 8 8 7 5 1 1 1 x : 8 8 8 2 1 1 x 8 8 1 1 x 64 8 9 x 64 9 9 x ; x 64 64 a b c c)x b c c a a b + Theo tính chất của dãy tỉ số bằng nhau , ta có : a b c a b c 1 b c c a a b 2 a b c 2 1 Vậy x = . 2 12) TÍnh : a)A 1 2 3 4 5 6 7 8 1999 2000 2001 2002 2003 1 1 1 1 1 b)B 1 1 1 1 1 4 9 16 25 121 a) b) Từ 4 đến 121 có các số chính phương là : 4;9;16;25;36;49;64;81;100;121 nên : 1 1 1 1 1 B 1 1 1 1 1 4 9 16 25 121 3 8 15 24 35 48 63 80 99 120 ( . ).( . ).( . ).( . ).( . ) 4 9 16 25 36 49 64 81 100 121 2 9 20 35 54 3 25 54 5 54 6 ( . ).( . ). ( . ). . 3 10 21 36 55 5 27 55 9 55 11 1 1 1 2 2 2 1 2 7 13) a) Ta có : 2003 2004 2005 2002 2003 2004 5 5 5 3 3 3 5 3 15 2003 2004 2005 2002 2003 2004 b) Biết : 13 + 23 + 33 + + 103 = 3025. TÍnh : S = 23 + 43 + 63 + + 203. + Ta có : S = 23(13 + 23 + 33 + + 103) = 8.3025 = 24200. x3 3x2 0,25xy2 4 1 c) Cho A . TÌm giá trị của A , biết x = và y là số nguyên âm lớn x2 y 2 nhất. ( HSG - quận Tân Phú – T.p HCM – 2004 ) 1 + Vì y là số nguyên âm lớn nhất nên y = -1 cùng với x = thay vào biểu thức A , được : 2 Tài liệu sử dụng cho ôn luyện học sinh giỏi các lớp 6- 7 – 8 – 9 THCS.
11. 3 2 1 1 1 1 2 1 3 1 3 . . 1 4 4 2 2 4 2 9 3 9 4 A 8 4 8 : . 6. 2 1 1 1 2 4 2 3 1 2 4 14) Tìm x , biết : 3x + 3x +1 + 3x + 2 = 117. ( HSG - quận Tân Phú – T.p HCM – 2004 ) 3x + 3x +1 + 3x + 2 = 117  3x(1 + 3 + 32) = 117  13.3x = 117  3x = 117 : 13  3x = 32  x = 2. 15) Thực hiện phép tính : 111 3 1 2 1 .4 1,5 6 . 31 7 3 19 14 1: ( HSG – Hà Tây – 2003 ) 5 1 1 93 4 12 5 6 6 3 1 1 1 16) Thực hiện phép tính : a(a b) a c b b a b c c c b c a ( HSG quốc gia – 1963) + 17) Gọi n là số tự nhiên , tính tích sau đây theo n : 1 1 1 1 1 1 1 1 ( HSG quốc gia – 1978) 2 3 4 n 1 + Ta có : 1 1 1 1 1 2 3 n 1 1 1 1 1 . . . 2 3 4 n 1 2 3 4 n 1 n 1 x y z 18) Vì abc = 1 nên ta có thể đặt : a ;b ;c với x,y,z là các số khác 0. Khi đó ta có : y z x a) Vế trái của đẳng thức a) được biến đổi thành : 1 1 1 yz zx xy yz zx xy 1; x x y y z z 1 1 1 xy yz zx xy yz zx xy yz zx xy yz zx y z z x x y Vậy ta có ĐPCM. b) Vế trái của đẳng thức b) được biến đổi thành : x z y x z y x y z y z x z x y x y z . y z x . z x y 1 1 1 . . ;(*) y y z z x x y z x xyz Tương tự ta cũng biến đổi được vế phải của đẳng thức b) về biểu thức (*) suy ra ĐPCM. 19) Đẳng thức đã cho tương đương với : 1 1 1 3 ;(*) a b c 1 1 1 2 b c a a b c Đặt x ; y ; z ta có x,y,z là các số dương thoả mãn xyz = 1. Khi đó ta có : b c a Tài liệu sử dụng cho ôn luyện học sinh giỏi các lớp 6- 7 – 8 – 9 THCS.
12. 1 1 1 3 * x 1 y 1 z 1 2 xy yz zx x y z 0 ( quy đồng mẫu số , khai triển các tích và rút gọn với chú ý xyz = 1 )  xyz - (xy + yz + zx) + (x + y + z) - 1 = 0  (x -1)(y - 1)(z - 1) = 0  x = 1 hoặc y = 1 hoặc z = 1 a b b c c a 20) Biến đổi đẳng thức đã cho tương đương với : 1 1 1 4 a b c x 0 a b c a b c 1 1 1 4 Nếu : 0 thì x = a + b + c a b c a b c 1 1 1 4 Nếu 0 thì có vô số giá trị của x thoả mãn . a b c a b c 1 1 y z 21) Từ giả thiết ta có : x y z y yz y x z x Tương tự : x z ; y z yx zx Nhân theo từng vế ba đẳng thức trên được : x y x z y z x y x z y z x2 y2 z2 Đẳng thức này chỉ xảy ra khi x2y2z2 = 1 hoặc x = y = z. Tài liệu sử dụng cho ôn luyện học sinh giỏi các lớp 6- 7 – 8 – 9 THCS.