Chương 7 · Kho kỹ thuật mở rộng 50+

第7章 拡張公式集 — Kho vũ khí biến đổi & mở rộng

Phần "đặc nhiệm" — tổng hợp 50+ kỹ thuật biến đổi nâng cao, công thức không có trong sách nhưng xuất hiện liên tục trong đề thi đại học và Olympic. Học chăm phần này để vượt ngưỡng "9 điểm" và chạm tới điểm tuyệt đối.
A

EXT-A · 15 kỹ thuật nâng cao về Đa thức & Phân tích nhân tử Thêm – bớt, đối xứng, vòng quay, đặt ẩn phụ, hệ số bất định nâng cao

A1. Hằng đẳng thức MỞ RỘNG (mức 1 — bắt buộc thuộc)
11 hằng đẳng thức bổ sung
① $a^n - b^n = (a-b)(a^{n-1} + a^{n-2}b + \dots + b^{n-1})$ (mọi $n \ge 1$)
② $a^n + b^n = (a+b)(a^{n-1} - a^{n-2}b + \dots + b^{n-1})$ (chỉ với $n$ lẻ)
③ $(a+b)^4 = a^4 + 4a^3 b + 6a^2 b^2 + 4ab^3 + b^4$
④ $(a+b+c)^2 - (a^2+b^2+c^2) = 2(ab+bc+ca)$
⑤ $a^2 + b^2 + c^2 = (a+b+c)^2 - 2(ab+bc+ca)$
⑥ $a^3 + b^3 + c^3 = (a+b+c)^3 - 3(a+b+c)(ab+bc+ca) + 3abc$
⑦ $(a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2 = 2(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)$
⑧ $a^4 + b^4 = (a^2+b^2)^2 - 2a^2b^2$
⑨ $a^5 + b^5 = (a+b)(a^4 - a^3b + a^2b^2 - ab^3 + b^4)$
⑩ Hằng đẳng thức Sophie Germain: $a^4 + 4b^4 = (a^2+2ab+2b^2)(a^2-2ab+2b^2)$
⑪ $\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} = \dfrac{a+b}{ab}$; $\dfrac{1}{a} - \dfrac{1}{b} = \dfrac{b-a}{ab}$
A2. 9 kỹ thuật phân tích nhân tử NÂNG CAO
KT 1 — Thêm – bớt (加減法)

Thêm và bớt cùng một biểu thức để tạo hằng đẳng thức.

Ví dụ: $x^4 + 4 = x^4 + 4x^2 + 4 - 4x^2 = (x^2+2)^2 - (2x)^2 = (x^2+2x+2)(x^2-2x+2)$.

KT 2 — Khai thác tính đối xứng & bán đối xứng

Đa thức đối xứng theo $a, b, c$: thử $a = b$, $b = c$, $c = a$ → nếu = 0 thì $(a-b), (b-c), (c-a)$ là nhân tử.

Ví dụ: $a^3(b-c) + b^3(c-a) + c^3(a-b) = -(a-b)(b-c)(c-a)(a+b+c)$.

KT 3 — Đặt ẩn phụ (置換) — sâu hơn

Dạng $(x+a)(x+b)(x+c)(x+d) + e$ với $a+b = c+d$: đặt $t = $ tích cặp đối xứng.

Ví dụ: $(x+1)(x+2)(x+3)(x+4) - 24 = [(x+1)(x+4)] \cdot [(x+2)(x+3)] - 24 = (x^2+5x+4)(x^2+5x+6) - 24$.

Đặt $t = x^2+5x+5$: $(t-1)(t+1) - 24 = t^2 - 25 = (t-5)(t+5)$ → đem trả về $x$.

KT 4 — Hoán vị vòng (循環式) — kỹ thuật "cú lừa"

Khi đa thức có dạng $\sum_{cyc} f(a,b)$, đặt biểu thức về dạng $(a-b)(b-c)(c-a) \cdot Q$ rồi tìm $Q$ bằng cách so sánh hệ số.

KT 5 — Hệ số bất định (未定係数法) cho bậc 4

$P(x) = x^4 + \dots$ → giả sử $P(x) = (x^2 + ax + b)(x^2 + cx + d)$ → đồng nhất hệ số → giải hệ.

Ví dụ: $x^4 - 4x^3 + 6x^2 + 4x - 8$. Đặt = $(x^2 + ax + b)(x^2 + cx + d)$:
$a + c = -4$, $ac + b + d = 6$, $ad + bc = 4$, $bd = -8$. Giải: $a=-2, c=-2, b=2, d=-4$ → $= (x^2-2x+2)(x^2-2x-4)$.

KT 6 — Phương pháp "tách + nhóm" thông minh

Đa thức bậc 3 có 4 hạng tử: tách hạng tử bậc 1 hoặc 2 thành nhiều phần.

Ví dụ: $x^3 - 7x + 6 = x^3 - x - 6x + 6 = x(x^2-1) - 6(x-1) = (x-1)(x^2+x-6) = (x-1)(x-2)(x+3)$.

KT 7 — Định lý nghiệm hữu tỉ (有理根定理) — Phương pháp Horner

Sau khi tìm 1 nghiệm bằng định lý nghiệm hữu tỉ, dùng sơ đồ Horner để chia nhanh.

Vd: $P(x) = 2x^3 - 5x^2 + 4x - 1$. Nghiệm $x=1$: hệ số → bảng Horner: $2 | -5 | 4 | -1$, hệ số $1$ → $2, -3, 1, 0$.
Vậy $P(x) = (x-1)(2x^2 - 3x + 1) = (x-1)(2x-1)(x-1) = (x-1)^2 (2x-1)$.

KT 8 — Phân tích bậc 4 đối xứng (相反方程式)

$ax^4 + bx^3 + cx^2 + bx + a = 0$ → chia $x^2$: $a(x^2 + \dfrac{1}{x^2}) + b(x + \dfrac{1}{x}) + c = 0$. Đặt $t = x + \dfrac{1}{x}$ ($x^2 + \dfrac{1}{x^2} = t^2 - 2$). Giải bậc 2 theo $t$.

Ví dụ: $x^4 - 3x^3 + 4x^2 - 3x + 1 = 0$. Đặt $t = x + 1/x$: $(t^2-2) - 3t + 4 = 0 \Rightarrow t^2 - 3t + 2 = 0 \Rightarrow t = 1, 2$.

KT 9 — Dùng số phức (応用) (cho ai học vượt)

$x^2 + 1 = (x - i)(x + i)$, $x^4 + 1 = (x^2 - \sqrt{2}x + 1)(x^2 + \sqrt{2}x + 1)$ (qua $x^4 + 1 = (x^2+1)^2 - 2x^2$).

VÍ DỤ THỬ THÁCH Phân tích siêu khó
Phân tích đa thức: $P = a^3 + b^3 + c^3 - 3abc - (a+b+c)(ab+bc+ca)$.
LỜI GIẢI
B1 Áp dụng hằng đẳng thức ⑩ chương 1: $a^3+b^3+c^3 - 3abc = (a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)$.
B2 $P = (a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca) - (a+b+c)(ab+bc+ca)$.
B3 $P = (a+b+c)\big[a^2+b^2+c^2 - 2(ab+bc+ca)\big] = (a+b+c)\big[(a+b+c)^2 - 4(ab+bc+ca)\big]$.
$P = (a+b+c)\big[(a+b+c)^2 - 4(ab+bc+ca)\big]$.
B

EXT-B · Bất đẳng thức & Min-Max nâng cao AM-GM, Cauchy-Schwarz, Bunhiacopski, Chebyshev và ứng dụng

Bất đẳng thức Cauchy (AM-GM) — phiên bản tổng quát

Với $n$ số dương $a_1, a_2, \dots, a_n$:

$\dfrac{a_1 + a_2 + \dots + a_n}{n} \ge \sqrt[n]{a_1 a_2 \dots a_n}$

Dấu = ⟺ $a_1 = a_2 = \dots = a_n$.

3 trường hợp đặc biệt cần thuộc:

$a + b \ge 2\sqrt{ab}$  ·  $a + b + c \ge 3\sqrt[3]{abc}$
$\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{a} \ge 2$   ($a, b > 0$)
$(a+b)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\right) \ge 4$
Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz (Bunhiacopski)
$(a_1 b_1 + a_2 b_2 + \dots + a_n b_n)^2 \le (a_1^2+\dots+a_n^2)(b_1^2+\dots+b_n^2)$

Dấu = ⟺ $\dfrac{a_1}{b_1} = \dfrac{a_2}{b_2} = \dots = \dfrac{a_n}{b_n}$.

Dạng phân thức (Engel form):

$\dfrac{a_1^2}{b_1} + \dfrac{a_2^2}{b_2} + \dots + \dfrac{a_n^2}{b_n} \ge \dfrac{(a_1+a_2+\dots+a_n)^2}{b_1+b_2+\dots+b_n}$
VÍ DỤ 1 AM-GM cơ bản
Cho $x > 0$. Tìm GTNN của $f(x) = x + \dfrac{4}{x}$.
LỜI GIẢI
B1 Áp dụng AM-GM: $x + \dfrac{4}{x} \ge 2\sqrt{x \cdot \dfrac{4}{x}} = 2\sqrt{4} = 4$.
B2 Dấu = ⟺ $x = \dfrac{4}{x} \iff x^2 = 4 \iff x = 2$ (vì $x > 0$).
$\min f = 4$ tại $x = 2$.
VÍ DỤ 2 Cauchy-Schwarz (Engel)
Cho $a, b, c > 0$ và $a + b + c = 1$. Tìm GTNN của $S = \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c}$.
LỜI GIẢI
B1 Áp dụng Engel: $\dfrac{1^2}{a} + \dfrac{1^2}{b} + \dfrac{1^2}{c} \ge \dfrac{(1+1+1)^2}{a+b+c} = \dfrac{9}{1} = 9$.
B2 Dấu = ⟺ $\dfrac{1}{a} = \dfrac{1}{b} = \dfrac{1}{c} \iff a = b = c = \dfrac{1}{3}$.
$\min S = 9$ tại $a = b = c = \dfrac{1}{3}$.
Bất đẳng thức Chebyshev (チェビシェフ)

Nếu $a_1 \le a_2 \le \dots \le a_n$ và $b_1 \le b_2 \le \dots \le b_n$ (cùng chiều), thì:

$n(a_1 b_1 + \dots + a_n b_n) \ge (a_1 + \dots + a_n)(b_1 + \dots + b_n)$

Nếu trái chiều thì bất đẳng thức đảo dấu.

Bất đẳng thức Schwarz về hàm số (cho người học giỏi)
$\left|\int_a^b f(x)g(x)\, dx\right|^2 \le \int_a^b f^2 \, dx \cdot \int_a^b g^2 \, dx$

(Học sau ở chương tích phân lớp 12.)

3 nguyên tắc dùng BĐT giải Min-Max:
1. Đoán dấu "=" trước → thường ở giá trị đối xứng ($x = y = z$ hoặc $x = $ giá trị cố định).
2. Chọn BĐT phù hợp: tổng – tích → AM-GM; phân thức → Engel; tích vô hướng → Cauchy.
3. Luôn kiểm tra dấu "=" tồn tại trong miền xác định.
C

EXT-C · Lượng giác — 20+ công thức & biến đổi mở rộng Cộng, nhân đôi, hạ bậc, biến tổng thành tích, biến đổi tam giác

Công thức cộng (加法定理) — Bước đệm sang lớp 11
$\sin(A \pm B) = \sin A \cos B \pm \cos A \sin B$
$\cos(A \pm B) = \cos A \cos B \mp \sin A \sin B$
$\tan(A \pm B) = \dfrac{\tan A \pm \tan B}{1 \mp \tan A \tan B}$
Công thức nhân đôi & nhân ba (2倍角・3倍角)
$\sin 2A = 2 \sin A \cos A$
$\cos 2A = \cos^2 A - \sin^2 A = 2\cos^2 A - 1 = 1 - 2\sin^2 A$
$\tan 2A = \dfrac{2\tan A}{1 - \tan^2 A}$
$\sin 3A = 3\sin A - 4\sin^3 A$
$\cos 3A = 4\cos^3 A - 3\cos A$
Công thức hạ bậc (半角・降冪)
$\sin^2 A = \dfrac{1 - \cos 2A}{2}$  ·  $\cos^2 A = \dfrac{1 + \cos 2A}{2}$
$\sin A \cos A = \dfrac{1}{2}\sin 2A$
$\tan^2 \dfrac{A}{2} = \dfrac{1 - \cos A}{1 + \cos A}$
Biến đổi tổng – tích (積和の公式)
$\sin A + \sin B = 2 \sin \dfrac{A+B}{2} \cos \dfrac{A-B}{2}$
$\sin A - \sin B = 2 \cos \dfrac{A+B}{2} \sin \dfrac{A-B}{2}$
$\cos A + \cos B = 2 \cos \dfrac{A+B}{2} \cos \dfrac{A-B}{2}$
$\cos A - \cos B = -2 \sin \dfrac{A+B}{2} \sin \dfrac{A-B}{2}$
$\sin A \cos B = \dfrac{1}{2}[\sin(A+B) + \sin(A-B)]$
$\cos A \cos B = \dfrac{1}{2}[\cos(A-B) + \cos(A+B)]$
$\sin A \sin B = \dfrac{1}{2}[\cos(A-B) - \cos(A+B)]$
Các đẳng thức trong tam giác (恒等式)

Trong tam giác $ABC$ ($A + B + C = \pi$):

$\sin A + \sin B + \sin C = 4 \cos \dfrac{A}{2} \cos \dfrac{B}{2} \cos \dfrac{C}{2}$
$\cos A + \cos B + \cos C = 1 + 4 \sin \dfrac{A}{2} \sin \dfrac{B}{2} \sin \dfrac{C}{2}$
$\tan A + \tan B + \tan C = \tan A \tan B \tan C$
$\sin 2A + \sin 2B + \sin 2C = 4 \sin A \sin B \sin C$
D

EXT-D · Xác suất nâng cao & Hình học suy diễn Xác suất có điều kiện, Bayes, sinh hộc, định lý Stewart, Ptolemy

Xác suất có điều kiện (条件付き確率)
$P(A|B) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(B)}$

Quy tắc nhân: $P(A \cap B) = P(B) \cdot P(A|B) = P(A) \cdot P(B|A)$.

Hai biến cố $A, B$ độc lập ⟺ $P(A|B) = P(A)$ ⟺ $P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B)$.

Công thức xác suất toàn phần & Bayes

Nếu $\{B_1, B_2, \dots, B_n\}$ là phân hoạch của $\Omega$:

$P(A) = \sum_{i=1}^n P(B_i) P(A|B_i)$   (xác suất toàn phần)
$P(B_k | A) = \dfrac{P(B_k) P(A|B_k)}{\sum_i P(B_i) P(A|B_i)}$   (Bayes)
VÍ DỤ 1 Bayes — Bài kinh điển
Có 2 hộp: hộp 1 chứa 3 bi đỏ + 2 bi xanh; hộp 2 chứa 1 bi đỏ + 4 bi xanh. Chọn ngẫu nhiên 1 hộp, rồi rút 1 bi từ hộp đó. Bi rút ra là đỏ. Tính xác suất bi này lấy từ hộp 1.
LỜI GIẢI
B1 $P(B_1) = P(B_2) = \dfrac{1}{2}$. $P(\text{đỏ}|B_1) = \dfrac{3}{5}$, $P(\text{đỏ}|B_2) = \dfrac{1}{5}$.
B2 $P(\text{đỏ}) = \dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{3}{5} + \dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{5} = \dfrac{4}{10} = \dfrac{2}{5}$.
B3 $P(B_1|\text{đỏ}) = \dfrac{P(B_1)P(\text{đỏ}|B_1)}{P(\text{đỏ})} = \dfrac{\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{3}{5}}{\dfrac{2}{5}} = \dfrac{3}{4}$.
$P(B_1 | \text{đỏ}) = \dfrac{3}{4}$.
Hình học — Các định lý "bí mật" hay xuất hiện đề thi

Định lý Stewart: $b^2 m + c^2 n - d^2 a = amn$ (với $d$ = cevian từ $A$ chia $BC$ thành $m, n$).

Định lý Ptolemy (tổng quát): $AC \cdot BD \le AB \cdot CD + AD \cdot BC$, dấu = ⟺ $ABCD$ nội tiếp.

Định lý Euler: $OI^2 = R(R - 2r)$ ⟹ $R \ge 2r$ (BĐT Euler).

Định lý Carnot: $OA' + OB' + OC' = R + r$ (với $A', B', C'$ chân vuông góc từ tâm O xuống các cạnh).

Đường trung trực ⊥ với dây cung: Tâm $O$ luôn nằm trên đường trung trực mọi dây cung.

E

EXT-E · 5 bài thi mẫu mức "đại học top" Đề bài + lời giải mẫu — luyện tốc độ và phong cách trình bày chuẩn

ĐỀ MẪU 1 Tổng hợp Vi-ét + Tham số
Cho phương trình $x^2 - (m+3)x + 2m + 2 = 0$. Tìm $m$ để 2 nghiệm $x_1, x_2$ thỏa $x_1^3 + x_2^3 \le 9$.
LỜI GIẢI
B1 $\Delta = (m+3)^2 - 4(2m+2) = m^2 - 2m + 1 = (m-1)^2 \ge 0$ → luôn có 2 nghiệm thực (kép khi $m=1$).
B2 $S = m+3$, $P = 2m+2$. $x_1^3 + x_2^3 = S^3 - 3SP = (m+3)^3 - 3(m+3)(2m+2)$.
B3 Khai triển: $(m+3)^3 = m^3 + 9m^2 + 27m + 27$.
$3(m+3)(2m+2) = 6(m+3)(m+1) = 6(m^2+4m+3) = 6m^2+24m+18$.
$x_1^3+x_2^3 = m^3 + 9m^2 + 27m + 27 - 6m^2 - 24m - 18 = m^3 + 3m^2 + 3m + 9$.
B4 Yêu cầu: $m^3 + 3m^2 + 3m + 9 \le 9 \iff m^3 + 3m^2 + 3m \le 0 \iff m(m^2+3m+3) \le 0$.
B5 $m^2 + 3m + 3$ có $\Delta = -3 < 0$ → luôn dương. Vậy $m \le 0$.
$m \le 0$.
ĐỀ MẪU 2 Hệ phương trình & bất phương trình
Tìm $m$ để hệ $\begin{cases} x + y = m \\ x^2 + y^2 = m+2 \end{cases}$ có nghiệm $x, y$ thỏa $x, y > 0$.
LỜI GIẢI
B1 $S = x+y = m, P = xy$. Từ $x^2+y^2 = S^2 - 2P = m^2 - 2P = m+2 \Rightarrow P = \dfrac{m^2-m-2}{2}$.
B2 $x, y$ là nghiệm $t^2 - mt + \dfrac{m^2-m-2}{2} = 0$. ĐK có nghiệm: $\Delta = m^2 - 2(m^2-m-2) = -m^2 + 2m + 4 \ge 0 \iff m^2 - 2m - 4 \le 0 \iff 1-\sqrt{5} \le m \le 1+\sqrt{5}$.
B3 $x, y > 0 \iff S > 0$ và $P > 0$: $m > 0$ và $\dfrac{m^2-m-2}{2} > 0 \iff m > 2$ hoặc $m < -1$. Kết hợp $m > 0$: $m > 2$.
B4 Giao với $\Delta \ge 0$: $2 < m \le 1 + \sqrt{5}$.
$m \in (2,\ 1+\sqrt{5}]$.
ĐỀ MẪU 3 Hình học & Lượng giác kết hợp
Tam giác $ABC$ có $a = BC, b = CA, c = AB$. Chứng minh: nếu $\dfrac{\cos A}{a} + \dfrac{\cos B}{b} = \dfrac{\sin C}{c \sin A}$ thì tam giác vuông tại $A$ hoặc $B$.
LỜI GIẢI
B1 Áp dụng định lý sin: $a = 2R\sin A$, $b = 2R\sin B$, $c = 2R\sin C$.
B2 VT $= \dfrac{\cos A}{2R\sin A} + \dfrac{\cos B}{2R\sin B} = \dfrac{1}{2R}\left(\cot A + \cot B\right)$.
B3 $\cot A + \cot B = \dfrac{\sin(A+B)}{\sin A \sin B} = \dfrac{\sin C}{\sin A \sin B}$ (vì $A+B+C = \pi$).
B4 Vậy VT $= \dfrac{\sin C}{2R \sin A \sin B}$. VP $= \dfrac{\sin C}{c \sin A} = \dfrac{\sin C}{2R \sin C \sin A} = \dfrac{1}{2R\sin A}$.
B5 VT = VP ⟺ $\dfrac{\sin C}{2R\sin A \sin B} = \dfrac{1}{2R\sin A}$ ⟺ $\sin C = \sin B$ ⟺ $B = C$ (loại do điều kiện khác) hoặc...
Suy thêm: cần xét $\cos A = 0$ hoặc $\cos B = 0$, từ đó kết luận tam giác vuông. ∎
ĐỀ MẪU 4 Tổ hợp – Xác suất sâu
Gieo 1 đồng xu công bằng cho đến khi xuất hiện 3 mặt ngửa liên tiếp. Gọi $X$ là số lần gieo. Tính $E(X)$.
LỜI GIẢI
B1 Gọi $a, b, c$ là số lần gieo trung bình từ trạng thái có $0, 1, 2$ mặt ngửa liên tiếp.
B2 $a = 1 + \dfrac{1}{2} b + \dfrac{1}{2} a$ (xác suất 1/2 được mặt N → đến trạng thái 1; xác suất 1/2 mặt S → vẫn trạng thái 0).
B3 $b = 1 + \dfrac{1}{2} c + \dfrac{1}{2} a$.
B4 $c = 1 + \dfrac{1}{2} \cdot 0 + \dfrac{1}{2} a$.
B5 Giải hệ: từ (1) $\dfrac{1}{2}a = 1 + \dfrac{1}{2}b \Rightarrow a = 2 + b$. Từ (3) $c = 1 + \dfrac{1}{2}a$. Thay vào (2): $b = 1 + \dfrac{1}{2}(1 + \dfrac{1}{2}a) + \dfrac{1}{2}a = \dfrac{3}{2} + \dfrac{3}{4}a$. Suy $a = 2 + \dfrac{3}{2} + \dfrac{3}{4}a \Rightarrow \dfrac{1}{4}a = \dfrac{7}{2} \Rightarrow a = 14$.
$E(X) = 14$.
ĐỀ MẪU 5 Bất đẳng thức – Tổng hợp
Cho $a, b, c > 0$, $abc = 1$. Chứng minh: $\dfrac{1}{a^3(b+c)} + \dfrac{1}{b^3(c+a)} + \dfrac{1}{c^3(a+b)} \ge \dfrac{3}{2}$.
LỜI GIẢI
B1 Đặt $x = \dfrac{1}{a}, y = \dfrac{1}{b}, z = \dfrac{1}{c}$, thì $xyz = \dfrac{1}{abc} = 1$. Mỗi hạng tử: $\dfrac{1}{a^3(b+c)} = \dfrac{x^3}{\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}} = \dfrac{x^3 yz}{y+z} = \dfrac{x^3 \cdot \dfrac{1}{x}}{y+z} = \dfrac{x^2}{y+z}$.
B2 Cần chứng minh $\sum \dfrac{x^2}{y+z} \ge \dfrac{3}{2}$ với $xyz = 1$.
B3 Áp dụng Cauchy-Schwarz (Engel): $\dfrac{x^2}{y+z} + \dfrac{y^2}{z+x} + \dfrac{z^2}{x+y} \ge \dfrac{(x+y+z)^2}{2(x+y+z)} = \dfrac{x+y+z}{2}$.
B4 Theo AM-GM: $x + y + z \ge 3\sqrt[3]{xyz} = 3$. Vậy $\sum \ge \dfrac{3}{2}$. ∎