Giáo án bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 8 - Tuần dạy: 25 - Chuyên đề I: Biến đổi biểu thức đại số

Ngày soạn: 20/02/2010 Tuần dạy: 25 Chuyên đề i: Biến đổi biểu thức đại số Mục tiêu: HS nắm được các hằng đẳng thức đáng nhớ, đặc biệt là các hằng đẳng thức mở rộng, tam giác Pascal Biến đổi thành thạo các biểu thức nguyên Rèn tính cẩn thận, tính sáng tạo, chủ động trong học tập. Phương tiện: GV: giáo án, tài liệu Casio. HS: Máy tính Casio. C. Nội dung bài giảng: a – biển đổi biểu thức nguyên I. Một số hằng đẳng thức cơ bản (a ± b)2 = a2 ± 2ab + b2 ; (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca ; = ; (a ± b)3 = a3 ± 3a2b + 3ab2 ± b3 = a3 ± b3 ± 3ab(a ± b); (a ± b)4 = a4 ± 4a3b + 6a2b2 ± 4ab3 + b4 ; a2 – b2 = (a – b)(a + b) ; a3 – b3 = (a – b)(a2 + ab + b2) ; an – bn = (a – b)(an – 1 + an – 2b + an – 3b2 + … + abn – 2 + bn – 1) ; a3 + b3 = (a + b)(a2 – ab + b2) a5 + b5 = (a + b)(a4 – a3b + a2b2 – ab3 + b5) ; a2k + 1 + b2k + 1 = (a + b)(a2k – a2k – 1b + a2k – 2b2 – … + a2b2k – 2 – ab2k – 1 + b2k) ; II. Bảng các hệ số trong khai triển (a + b)n Tam giác Pascal 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 Trong tam giác này, hai cạnh bên gồm các số 1 ; dòng k + 1 được thành lập từ dòng k (k ≥ 1), chẳng hạn ở dòng 2 ta có 2 = 1 + 1, ở dòng 3 ta có 3 = 2 + 1, 3 = 1 + 2, ở dòng 4 ta có 4 = 1 + 3, 6 = 3 + 3, 4 = 3 + 1, Khai triển (x + y)n thành tổng thì các hệ số của các hạng tử là các số trong dòng thứ n của bảng trên. Người ta gọi bảng trên là tam giác Pascal, nó thường được sử dụng khi n không quá lớn. Chẳng hạn, với n = 4 thì : (a + b)4 = a4 + 4a3b + 6a2b2 + 4ab3 + b4 và với n = 5 thì : (a + b)5 = a5 + 5a4b + 10a3b2 + 10a2b3 + 10ab4 + b5 II. Các ví dụ Ví dụ 1. Đơn giản biểu thức sau : A = (x + y + z)3 – (x + y – z)3 – (y + z – x)3 – (z + x – y)3. Lời giải A = [(x + y) + z]3 – [(x + y) – z]3 – [z – (x – y)]3 – [z + (x – y)]3 = [(x + y)3 + 3(x + y)2z + 3(x + y)z2 + z3] – [(x + y)3 – 3(x + y)2z + 3(x + y)z2 – z3] – – [z3 – 3z2(x – y) + 3z(x – y)2 – (x – y)3] – [z3 + 3z2(x – y) + 3z(x – y)2 + (x – y)3] = 6(x + y)2z – 6z(x – y)2 = 24xyz Ví dụ 2. Cho x + y = a, xy = b (a2 ≥ 4b). Tính giá trị của các biểu thức sau : a) x2 + y2 ; b) x3 + y3 ; c) x4 + y4 ; d) x5 + y5 Lời giải x2 + y2 = (x + y)2 – 2xy = a2 – 2b x3 + y3 = (x + y)3 – 3xy(x + y) = a3 – 3ab x4 + y4 = (x2 + y2)2 – 2x2y2 = (a2 – 2b)2 – 2b2 = a4 – 4a2b + 2b2 (x2 + y2)(x3 + y3) = x5 + x2y3 + x3y2 + y5 = (x5 + y5) + x2y2(x + y) Hay : (a2 – 2b)(a3 – 3ab) = (x5 + y5) + ab2 ị x5 + y5 = a5 – 5a3b + 5ab2 Chú ý : a6 + b6 = (a2)3 + (b2)3 = (a3)2 + (b3)2 a7 + b7 = (a3 + b3)(a4 + b4) – a3b3(a + b) = (a2 + b2)(a5 + b5) – a2b2(a3 + b3) Ví dụ 3. Chứng minh các hằng đẳng thức : a3 + b3 + c3 – 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca) ; (a + b + c)3 – a3 – b3 – c3 = 3(a + b)(b + c)(c + a) Lời giải a3 + b3 + c3 – 3abc = (a + b)3 + c3 – 3abc – 3a2b – 3ab2 = (a + b + c)[(a + b)2 – (a + b)c + c2] – 3ab(a + b + c) = (a + b + c) [(a + b)2 – (a + b)c + c2 – 3ab] = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca) (a + b + c)3 – a3 – b3 – c3 = [(a + b + c)3 – a3] – (b3 + c3) = (b + c)[(a + b + c)2 + (a + b + c)a + a2] – (b + c)(b2 – bc + c2) = (b + c)(3a2 + 3ab + 3bc + 3ca) = 3(b + c)[a(a + b) + c(a + b)] = 3(a + b)(b + c)(c + a) Ví dụ 4. Phân tích biểu thức sau thành nhân tử : A = x3 – 3(a2 + b2)x + 2(a3 + b3) Lời giải Đặt S = a + b và P = ab, thì a2 + b2 = ; a3 + b3 = . Vì vậy : A = x3 – 3()x + 2() = = = = (x – a – b)[x2 + (a + b)x – 2(a + b)2 + 6ab] = (x – a – b)[x2 + (a + b)x – 2(a2 Ví dụ 5. Cho x + y + z = 0. Chứng minh rằng : 2(x5 + y5 + z5) = 5xyz(x2 + y2 + z2) Lời giải Vì x + y + z = 0 nên x + y = –z ị (x + y)3 = –z3 Hay x3 + y3 + 3xy(x + y) = –z3 ị 3xyz = x3 + y3 + z3 Do đó : 3xyz(x2 + y2 + z2) = (x3 + y3 + z3)(x2 + y2 + z2) = x5 + y5 + z5 + x3(y2 + z2) + y3(z2 + x2) + z3(x2 + y2) Mà x2 + y2 = (x + y)2 – 2xy = z2 – 2xy (vì x + y = –z). Tương tự : y2 + z2 = x2 – 2yz ; z2 + x2 = y2 – 2zx. Vì vậy : 3xyz(x2 + y2 + z2) = x5 + y5 + z5 + x3(x2 – 2yz) + y3(y2 – 2zx) + z3(z3 – 2xy) = 2(x5 + y5 + z5) – 2xyz(x2 + y2 + z2) Suy ra : 2(x5 + y5 + z5) = 5xyz(x2 + y2 + z2) (đpcm) Bài tập Phân tích các đa thức sau thành nhân tử : x3 + 4x2 – 29x + 24 ; x4 + 6x3 + 7x2 – 6x + 1 ; (x2 – x + 2)2 + (x – 2)2 ; 6x5 + 15x4 + 20x3 + 15x2 + 6x + 1 ; x6 + 3x5 + 4x4 + 4x3 + 4x2 + 3x + 1. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử : x8 + x4 + 1; x10 + x5 + 1 ; x12 + 1 ; Phân tích các đa thức sau thành nhân tử : (x + y + z)3 – x3 – y3 – z3 ; (x + y + z)5 – x5 – y5 – z5. Cho a + b + c = 0 và a2 + b2 + c2 = 14. Tính giá trị của biểu thức : A = a4 + b4 + c4. Cho x + y + z = 0 và xy + yz + zx = 0. Tính giá trị của biểu thức : B = (x – 1)2007 + y2008 + (z + 1)2009. Cho a2 – b2 = 4c2. Chứng minh rằng : (5a – 3b + 8c)(5a – 3b – 8c) = (3a – 5b)2. Chứng minh rằng nếu (x – y)2 + (y – z)2 + (z – x)2 = = (x + y – 2z)2 + (y + z – 2x)2 + (z + x – 2y)2 thì x = y = z. a) Chứng minh rằng nếu (a2 + b2)(x2 + y2) = (ax + by)2 và x, y khác 0 thì . b) Chứng minh rằng nếu (a2 + b2 + c2)(x2 + y2 + z2) = (ax + by + cz)2 và x, y, z khác 0 thì . Cho x + y + z = 0. Chứng minh rằng : 5(x3 + y3 + z3)(x2 + y2 + z2) = 6(x5 + y5 + z5) ; x7 + y7 + z7 = 7xyz(x2y2 + y2z2 + z2x2) ; 10(x7 + y7 + z7) = 7(x2 + y2 + z2)(x5 + y5 + z5). Chứng minh các hằng đằng thức sau : (a + b + c)2 + a2 + b2 + c2 = (a + b)2 + (b + c)2 + (c + a)2 ; x4 + y4 + (x + y)4 = 2(x2 + xy + y2)2. Cho các số a, b, c, d thỏa mãn a2 + b2 + (a + b)2 = c2 + d2 + (c + d)2. Chứng minh rằng : a4 + b4 + (a + b)4 = c4 + d4 + (c + d)4 Cho a2 + b2 + c2 = a3 + b3 + c3 = 1. Tính giá trị của biểu thức : C = a2 + b9 + c1945. Hai số a, b lần lượt thỏa mãn các hệ thức sau : a3 – 3a2 + 5a – 17 = 0 và b3 – 3b2 + 5b + 11 = 0. Hãy tính : D = a + b. Cho a3 – 3ab2 = 19 và b3 – 3a2b = 98. Hãy tính : E = a2 + b2. Cho x + y = a + b và x2 + y2 = a2 + b2. Tính giá trị của các biểu thức sau : a) x3 + y3 ; b) x4 + y4 ; c) x5 + y5 ; d) x6 + y6 ; e) x7 + y7 ; f) x8 + y8 ; g) x2008 + y2008. Ngày soạn: 27/02/2010 Tuần dạy: 26 Chuyên đề i: Biến đổi biểu thức đại số Mục tiêu: HS tiếp tục được củng cố các hằng đẳng thức đáng nhớ. Biến đổi thành thạo các biểu thức hữu tỉ. Rèn tính cẩn thận, tính sáng tạo, chủ động trong học tập. Phương tiện: GV: giáo án, tài liệu Casio. HS: Máy tính Casio. C. Nội dung bài giảng: B – biển đổi phân thức hữu tỉ Ví dụ 5. Chứng minh rằng phân số là phân số tối giản "nẻN ; Cho phân số (nẻN). Có bao nhiêu số tự nhiên n nhỏ hơn 2009 sao cho phân số A chưa tối giản. Tính tổng của tất cả các số tự nhiên đó. Lời giải Đặt d = ƯCLN(5n + 2 ; 3n + 1) ị 3(5n + 2) – 5(3n + 1) M d hay 1 M d ị d = 1. Vậy phân số là phân số tối giản. Ta có . Để A chưa tối giản thì phân số phải chưa tối giản. Suy ra n + 5 phải chia hết cho một trong các ước dương lớn hơn 1 của 29. Vì 29 là số nguyên tố nên ta có n + 5 M 29 ị n + 5 = 29k (k ẻ N) hay n = 29k – 5. Theo điều kiện đề bài thì 0 ≤ n = 29k – 5 < 2009 ị 1 ≤ k ≤ 69 hay kẻ{1; 2;…; 69} Vậy có 69 số tự nhiên n thỏa mãn điều kiện đề bài. Tổng của các số này là : 29(1 + 2 + … + 69) – 5.69 = 69690. Ví dụ 6. Cho a, b, c ≠ 0 và a + b + c ≠ 0 thỏa mãn điều kiện . Chứng minh rằng trong ba số a, b, c có hai số đối nhau. Từ đó suy ra rằng : . Lời giải Ta có : Û Û Û Û (a + b)(b + c)(c + a) = 0 Û Û ị đpcm. Từ đó suy ra : ị . Ví dụ 7. Đơn giản biểu thức : . Lời giải Đặt S = a + b và P = ab. Suy ra : a2 + b2 = (a + b)2 – 2ab = a3 + b3 = (a + b)3 – 3ab(a + b) = . Do đó : Ta có : A = = Hay A = Ví dụ 8. Cho a, b, c là ba số phân biệt. Chứng minh rằng giá trị của biểu thức sau không phụ thuộc vào giá trị của x : . Lời giải Cách 1 = Ax2 – Bx + C với : ; ; Ta có : ; ; . Vậy S(x) = 1"x (đpcm). Cách 2 Đặt P(x) = S(x) – 1 thì đa thức P(x) là đa thức có bậc không vượt quá 2. Do đó, P(x) chỉ có tối đa hai nghiệm. Nhận xét : P(a) = P(b) = P(c) = 0 ị a, b, c là ba nghiệm phân biệt của P(x). Điều này chỉ xảy ra khi và chỉ khi P(x) là đa thức không, tức là P(x) = 0 "x. Suy ra S(x) = 1 "x ị đpcm. Ví dụ 9. Cho . Tính giá trị của các biểu thức sau : a) ; b) ; c) ; d) . Lời giải a) ; b) ; c) ; d) ị D = 7.18 – 3 = 123. Ví dụ 10. Xác định các số a, b, c sao cho : . Lời giải Ta có : Đồng nhất phân thức trên với phân thức , ta được : . Vậy . Bài tập Cho phân thức . Rút gọn P ; Chứng minh rằng nếu n là số nguyên thì giá trị của phân thức tìm được trong câu a) tại n luôn là một phân số tối giản. a) Chứng minh rằng các phân số sau tối giản với mọi số tự nhiên n : . b) Chứng minh rằng phân số không tối giản với mọi số nguyên dương n. c) Tính tổng các số tự nhiên n nhỏ hơn 100 sao cho là phân số chưa tối giản. Tính các tổng sau : ; ; ; ; ; (k! = 1.2.3…k) Rút gọn : . Rút gọn : . Thực hiện các phép tính : ; ; . a) Biết a – 2b = 5, hãy tính giá trị của biểu thức : ; b) Biết 2a – b = 7, hãy tính giá trị của biểu thức : ; c) Biết 10a2 –3b2 + 5ab = 0 và 9a2 – b2 ≠ 0, hãy tính : . Cho a + b + c = 0. Tính giá trị của các biểu thức sau : a) ; b) ; Rút gọn biểu thức : . Cho . Chứng minh rằng . Cho a + b + c = 0, x + y + z = 0 và . Chứng minh rằng ax2 + by2 + cz2 = 0. Cho x2 – 4x + 1 = 0. Tính giá trị của các biểu thức A = x5 + và B = x7 + . Cho Tính và . Cho dãy số a1, a2, a3, … sao cho : ; ; … ; . a) Chứng minh rằng a1 = a5. b) Xác định năm số đầu của dãy, biết rằng a101 = 108. Ngày soạn: 06/03/2010 Tuần dạy: 27 Chuyên đề Ii: phân tích đa thức thành nhân tử Mục tiêu: HS nắm được các phương pháp cơ bản và nâng cao khi phân tích đa thức thành nhân tử. Thực hiện thành thạo dạng toán phân tích này. Biết được mối liên hệ giữa các phương pháp và sử dụng hợp lý vào bài toán. Rèn tính cẩn thận, tính sáng tạo, chủ động trong học tập. Phương tiện: GV: giáo án, tài liệu Casio. HS: Máy tính Casio. C. Nội dung bài giảng: I- Phương pháp tách một hạng tử thành nhiều hạng tử khác: Bài 1: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử Bài 2: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: II- Phương pháp thêm và bớt cùng một hạng tử 1) Dạng 1: Thêm bớt cùng một hạng tử làm xuất hiện hằng đẳng thức hiệu của hai bình phương: A2 – B2 = (A – B)(A + B) Bài 1: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: 2) Dạng 2: Thêm bớt cùng một hạng tử làm xuất hiện thừa số chung Bài 1: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: III- Phương pháp đổi biến Bài 1:Phân tích các đa thức sau thành nhân tử Bài 2: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử IV- Phương pháp xét giá trị riêng Phương pháp: Trước hết ta xác định dạng các thừa số chứa biến của đa thức, rồi gán cho các biến các giá trị cụ thể để xác định thừa số còn lại. Ví dụ: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: Giải a, Giả sử thay x bởi y thì P = Như vậy P chứa thừa số x – y Ta lại thấy nếu thay x bởi y, thay y bởi z, thay z bởi x thì P không đổi(ta nói đa thức P có thể hoán vị vòng quanh bởi các biến x, y, z). Do đó nếu P đã chúa thùa số x – y thì cũng chúa thừa số y – z, z – x. Vậy P phải có dạng P = k(x – y)(y – z)(z – x).Ta thấy k phải là hằng số(không chúa biến) vì P có bậc 3 đối với tập hợp các biến x, y, z còn tích (x – y)(y – z)(z – x) cũng có bậc ba đối với tập hợp các biến x, y, z. Vì đẳng thức đúng với mọi x, y, z nên ta gán cho các biến x, y, z các giá trị riêng, chẳng hạn x = 2, y = 1, z = 0 ta được k = -1 Vậy P =- (x – y)(y – z)(z – x) = (x – y)(y – z)(x - z) Các bài toán Bài 1: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: , với 2m = a+ b + c. Bài 2: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: V-Phưong pháp hệ số bất định Bài 1: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: Bài tập: Ví dụ . Phân tích biểu thức sau thành nhân tử : A = x3 – 3(a2 + b2)x + 2(a3 + b3) Lời giải Đặt S = a + b và P = ab, thì a2 + b2 = ; a3 + b3 = . Vì vậy : A = x3 – 3()x + 2() = = = = (x – a – b)[x2 + (a + b)x – 2(a + b)2 + 6ab] = (x – a – b)[x2 + (a + b)x – 2(a2 Phân tích các đa thức sau thành nhân tử : x3 + 4x2 – 29x + 24 ; x4 + 6x3 + 7x2 – 6x + 1 ; (x2 – x + 2)2 + (x – 2)2 ; 6x5 + 15x4 + 20x3 + 15x2 + 6x + 1 ; x6 + 3x5 + 4x4 + 4x3 + 4x2 + 3x + 1. f) x8 + x4 + 1; g) x10 + x5 + 1 ; h) x12 + 1 ; i) (x + y + z)3 – x3 – y3 – z3 ; k) (x + y + z)5 – x5 – y5 – z5. Ngày soạn: 13/03/2010 Tuần dạy: 28 Chuyên đề Iii: Xác định đa thức Mục tiêu: HS nắm được định lí Bezu và ứng dụng của nó để giải các bài toán liên quan đến đa thức như chia đa thức, tính giá trị đa thức…. Thực hiện thành thạo dạng toán phân tích này. Biết được mối liên hệ giữa các phương pháp và sử dụng hợp lý vào bài toán. Rèn tính cẩn thận, tính sáng tạo, chủ động trong học tập. Phương tiện: GV: giáo án, tài liệu Casio. HS: Máy tính Casio. C. Nội dung bài giảng: 1) Định lí BêZu: Dư trong phép chia đa thức f(x) cho nhị thức x - a bằng f(a) (giá trị của f(x) tại x = a): (Beout, 1730 - 1783, nhà toán học Pháp) Hệ quả: Nếu a là nghiệm của đa thừc f(x) thì f(x) chia hết cho x - a. áp dụng: Định lí BêZu có thể dùng để phân tích một đa thức thành nhân tử. Thực hiện như sau: Bước 1: Chọn một giá trị x = a nào đó và thử xem x = a có phải là nghiệm của f(x) không. Bước 2: Nếu f(a) = 0, theo định lí BêZu ta có: Để tìm p(x) thực hiện phép chia f(x) cho x - a. Bước 3: Tiếp tục phân tích p(x) thành nhân tử nếu còn phân tích được. Sau đó viết kết quả cuối cùng cho hợp lí. Dạng 1: Tìm đa thức thương bằng phương pháp đồng nhất hệ số(phương pháp hệ số bất định), phương pháp giá trị riêng , thực hiện phép chia đa thức. *Phương pháp1: Ta dựa vào mệnh đề sau đây : Nếu hai đa thức P(x) và Q(x) bằng nhau: P(x) = Q(x) thì các hạng tử cùng bậc ở hai đa thức phải có hệ số phải có hệ số bằng nhau. Ví dụ: ; Nếu P(x) = Q(x) thì ta có: a = 1(hệ số của lũy thừa 2) 2b = - 4 (hệ số của lũy thừa bậc 1) - 3 = - p (hệ số hạng tử bậc không hay hạng tử tự do) *Phương pháp2: Cho hai đa thức P(x) và Q(x) thỏa mãn deg P(x) > deg Q(x) Gọi thương và dư trong phép chia P(x) cho Q(x) lần lượt là M(x) và N(x) Khi đó ta có: (Trong đó: deg N(x) < deg Q(x)) (I) Vì đẳng thức (I) đúng với mọi x nên ta cho x lấy một giá trị bất kì : ( là hằng số). Sau đó ta đi giải phương trình hoặc hệ phương trình để tìm các hệ số của các hạng tử trong các đa thức ( Đa thức thương, đa thức chia, đa thức bị chia, số dư). Ví dụ: Bài 1(Phần bài tập áp dụng) Gọi thương của phép chia A(x) cho x + 1 là Q(x), ta có: . Vỡ đẳng thức đỳng với mọi x nờn cho x = -1 ta dược: Với a = -2 thỡ Với a = 3 thỡ *Phương pháp 3:Thực hiện phép chia đa thức (như SGK) Bài tập áp dụng Bài 1: Cho đa thức . Xác định a sao cho A(x) chia hết cho x + 1. Bài 2: Phân tích đa thức thành nhân tử, biết rằng một nhân tử có dạng: Bài 3: Với giá trị nào của a và b thì đa thức : chia hết cho đa thức: . Hãy giải bài toán trên bằng nhiều cách khác nhau. Bài 4: Xác định giá trị k để đa thức: chia hết cho đa thức: . Bài 5: Tỡm tất cả cỏc số tự nhiờn k để cho đa thức: chia hết cho nhị thức: . Bài 6: Với giỏ trị nào của a và b thỡ đa thức: chia hết cho đa thức: . Bài 7: a) Xỏc định cỏc giỏ trị của a, b và c để đa thức: Chia hết cho . b) Xỏc định cỏc giỏ trị của a, b để đa thức: chia hết cho đa thức . c) Xỏc định a, b để chia hết cho . Bài 8: Hóy xỏc định cỏc số a, b, c để cú đẳng thức: Bài 9: Xỏc định hằng số a sao cho: a) chia hết cho . b) chia cho dư 4. c) chia hết cho . Bài 10: Xỏc định cỏc hằng số a và b sao cho: a) chia hết cho . b) chia hết cho . c) chia hết cho . d) chia hết cho . Bài 11: Tỡm cỏc hăng số a và b sao cho chia cho thỡ dư 7, chia cho thỡ dư -5. Bài 12: Tỡm cỏc hằng số a, b, c sao cho chia hết cho , chia cho thỡ dư . Bài 13: Cho đa thức: và . Xỏc định a, b để P(x) chia hết cho Q(x). Bài 14: Xỏc định a và b sao cho đa thức chia hết cho đa thức Bài 15: Cho cỏc đa thức và . Xỏc định a và b để P(x) chia hết cho Q(x). Ngày soạn: 20/03/2010 Tuần dạy: 29 Chuyên đề IV: xác định đa thức Mục tiêu: HS tiếp tục nắm được các phương pháp cơ bản và nâng cao khi giải các bài toán về đa thức, đặc biệt là phương pháp NiuTơn. Thực hiện thành thạo dạng toán phân tích này. Biết được mối liên hệ giữa các phương pháp và sử dụng hợp lý vào bài toán. Rèn tính cẩn thận, tính sáng tạo, chủ động trong học tập. Phương tiện: GV: giáo án, tài liệu Casio. HS: Máy tính Casio. C. Nội dung bài giảng: Dạng 2: Phương phỏp nội suy NiuTơn Phương phỏp: Để tỡm đa thức P(x) bậc khụng quỏ n khi biết giỏ trị của đa thức tại n + 1 điểm ta cú thể biểu diễn P(x) dưới dạng: Bằng cỏch thay thế x lần lượt bằng cỏc giỏ trị vào biểu thức P(x) ta lần lượt tớnh được cỏc hệ số . Bài tập áp dụng Bài 1: Tỡm đa thức bậc hai P(x), biết: . Giải Đặt (1) Thay x lần lượy bằng 0; 1; 2 vào (1) ta được: Vậy, đa thức cần tỡm cú dạng: . Bài 2: Tỡm đa thức bậc 3 P(x), biết: Hướng dẫn: Đặt (1) Bài 3: Tỡm đa thức bậc ba P(x), biết khi chia P(x) cho đều được dư bằng 6 và P(-1) = - 18. Hướng dẫn: Đặt (1) Bài 4: Cho đa thức bậc bốn P(x), thỏa món: a) Xỏc định P(x). b) Suy ra giỏ trị của tổng . Hướng dẫn: Thay x lần lượt bằng 0; 1; 2; 3 vào (1), ta được : Đặt (2) Thay x lần lượt bằng -1; 0; 1; 2; -2 vào (2) ta được: Vậy, đa thức cần tỡm cú dạng: (Tuyển chọn bài thi HSG Toỏn THCS) Bài 5: cho đa thức . Cho biết 1) Tớnh a, b, c theo . 2) Chứng minh rằng: khụng thể cựng õm hoặc cựng dương. Bài 6: Tỡm một đa thức bậc hai, cho biết: Ngày soạn: 27/03/2010 Tuần dạy: 30 Chuyên đề V: Tớnh chia hết với số nguyờn Mục tiêu: Sau khi học xong chuyên đề học sinh có khả năng: 1.Biết vận dụng tính chất chia hết của số nguyên dể chứng minh quan hệ chia hết, tìm số dư và tìm điều kiện chia hết. 2. Hiểu cỏc bước phân tích bài toán, tìm hướng chứng minh 3. Cú kĩ năng vận dụng các kiến thức được trang bị để giải toán. Phương tiện: GV: giáo án, tài liệu Casio. HS: Máy tính Casio. C. Nội dung bài giảng: 1. Kiến thức cần nhớ 1. Chứng minh quan hệ chia hết Gọi A(n) là một biểu thức phụ thuộc vào n (nN hoặc n Z) a/ Để chứng minh A(n) chia hết cho m ta phân tích A(n) thành tích trong đó có một thừa số là m + Nếu m là hợp số ta phân tích m thành tích các thừa số đôI một nguyên tố cùng nhau rồi chứng minh A(n) chia hết cho tất cả các số đó + Trong k số liên tiếp bao giờ cũng tồn tại một số là bội của k b/. Khi chứng minh A(n) chia hết cho n ta có thể xét mọi trường hợp về số dư khi chia m cho n * Ví dụ1: C/minh rằng A=n3(n2- 7)2 – 36n chia hết cho 5040 với mọi số tự nhiên n Giải: Ta có 5040 = 24. 32.5.7 A= n3(n2- 7)2 – 36n = n.[ n2(n2-7)2 – 36 ] = n. [n.(n2-7 ) -6].[n.(n2-7 ) +6] = n.(n3-7n – 6).(n3-7n +6) Ta lại có n3-7n – 6 = n3 + n2 –n2 –n – 6n -6 = n2.(n+1)- n (n+1) -6(n+1) =(n+1)(n2-n-6)= (n+1 )(n+2) (n-3) Tương tự : n3-7n+6 = (n-1) (n-2)(n+3) d Do đó A= (n-3)(n-2) (n-1) n (n+1) (n+2) (n+3) Ta thấy : A là tích của 7 số nguyên liên tiếp mà trong 7 số nguyên liên tiếp: Tồn tại một bội số của 5 (nên A 5 ) Tồn tại một bội của 7 (nên A 7 ) Tồn tại hai bội của 3 (nên A 9 ) Tồn tại 3 bội của 2 trong đó có bội của 4 (nên A 16) Vậy A chia hết cho 5, 7,9,16 đôi một nguyên tố cùng nhau A 5.7.9.16= 5040 Ví dụ 2: Chưng minh rằng với mọi số nguyên a thì : a/ a3 –a chia hết cho 3 b/ a5-a chia hết cho 5 Giải: a/ a3-a = (a-1)a (a+1) là tích của các số nguyên liên tiếp nên tích chia hết cho 3 b/ A= a5-a = a(a2-1) (a2+1) Cách 1: Ta xết mọi trường hợp về số dư khi chia a cho 5 Nếu a= 5 k (kZ) thì A 5 (1) Nếu a= 5k 1 thì a2-1 = (5k21) 2 -1 = 25k2 10k5 A 5 (2) Nếu a= 5k 2 thì a2+1 = (5k2)2 + 1 = 25 k220k +5 A 5 (3) Từ (1),(2),(3) A 5, n Z Cách 2: Phân tích A thành một tổng của hai số hạng chia hết cho 5 : + Một số hạng là tích của 5 số nguyên liên tiếp + Một số hạng chứa thừa số 5 Ta có : a5-a = a( a2-1) (a2+1) = a(a2-1)(a2-4 +5) = a(a2-1) (a2-4) + 5a(a2-1) = a(a-1)(a+1) (a+2)(a-2)- 5a (a2-1) Mà = a(a-1)(a+1) (a+2)(a-2) 5 (tích của 5 số nguyên liên tiếp ) 5a (a2-1) 5 Do đó a5-a 5 * Cách 3: Dựa vào cách 2: Chứng minh hiệu a5-a và tích của 5 số nguyên liên tiếp chia hết cho 5. Ta có: a5-a – (a-2)(a-1)a(a+1)(a+2) = a5-a – (a2- 4)a(a2-1) = a5-a - (a3- 4a)(a2-1) = a5-a - a5 + a3 +4a3 - 4a = 5a3 – 5a 5 a5-a – (a-2)(a-1)a(a+1)(a+2) 5 Mà (a-2)(a-1)a(a+1)(a+2) 5 a5-a 5(Tính chất chia hết của một hiệu) c/ Khi chứng minh tính chia hết của các luỹ thừa ta còn sử dụng các hằng đẳng thức: an – bn = (a – b)( an-1 + an-2b+ an-3b2+ …+abn-2+ bn-1) (HĐT 8) an + bn = (a + b)( an-1 - an-2b+ an-3b2 - …- abn-2+ bn-1) (HĐT 9) Sử dụng tam giác Paxcan: 1 1 1 1 2 1 1 3 3 1 1 4 6 4 1 ….. Mỗi dòng đều bắt đầu bằng 1 và kết thúc bằng 1 Mỗi số trên một dòng (kể từ dòng thứ 2) đều bằng số liền trên cộng với số bên trái của số liền trên. Do đó: Với a, b Z, n N: an – bn chia hết cho a – b( ab) a2n+1 + b2n+1 chia hết cho a + b( a-b) (a+b)n = Bsa +bn ( BSa:Bội số của a) (a+1)n = Bsa +1 (a-1)2n = Bsa +1 (a-1)2n+1 = Bsa -1 * VD3: CMR với mọi số tự nhiên n, biểu thức 16n – 1 chia hết cho 17 khi và chỉ khi n là số chẵn. Giải: + Cách 1: - Nếu n chẵn: n = 2k, kN thì: A = 162k – 1 = (162)k – 1 chia hết cho 162 – 1( theo nhị thức Niu Tơn) Mà 162 – 1 = 255 17. Vậy A17 - Nếu n lẻ thì : A = 16n – 1 = 16n + 1 – 2 mà n lẻ thì 16n + 116+1=17 (HĐT 9) A không chia hết cho 17 +Cách 2: A = 16n – 1 = ( 17 – 1)n – 1 = BS17 +(-1)n – 1 (theo công thức Niu Tơn) Nếu n chẵn thì A = BS17 + 1 – 1 = BS17 chia hết cho 17 Nếu n lẻ thì A = BS17 – 1 – 1 = BS17 – 2 Không chia hết cho 17 Vậy biểu thức 16n – 1 chia hết cho 17 khi và chỉ khi n là số chẵn, n N d/ Ngoài ra còn dùng phương pháp phản chứng, nguyên lý Dirichlê để chứng minh quan hệ chia hết. VD 4: CMR tồn tại một bội của 2003 có dạng: 2004 2004….2004 Giải: Xét 2004 số: a1 = 2004 a2 = 2004 2004 a3 = 2004 2004 2004 ………………………. a2004 = 2004 2004…2004 2004 nhóm 2004 Theo nguyên lý Dirichle, tồn tại hai số có cùng số dư khi chia cho 2003. Gọi hai số đó là am và an ( 1 n <m 2004) thì am - an 2003 Ta có: am - an = 2004 2004……2004 000…00 m-n nhóm 2004 4n hay am - an = 2004 2004……2004 . 104n m-n nhóm 2004 mà am - an 2003 và (104n , 2003) =1 nên 2004 2004……2004 2003 m-n nhóm 2004 2. Tìm số dư * VD1:Tìm số dư khi chia 2100 a/ cho 9 b/ cho 25 Giải: a/ Luỹ thừa của 2 sát với bội của 9 là 23 = 8 = 9 – 1 Ta có : 2100 = 2. 299= 2. (23)33 = 2(9 – 1 )33 = 2(BS9 -1) ( theo nhị thức Niu Tơn) = BS9 – 2 = BS9 + 7 Vậy 2100 chia cho 9 dư 7 b/ Luỹ thừa của 2 gần với bội của 25 là 2 10 = 1024 =1025 – 1 Ta có: 2100 =( 210)10 = ( 1025 – 1 )10 = BS 1025 + 1 = BS 25 +1 (theo nhị thức Niu Tơn) Vậy 2100 chia cho 25 dư 1 * VD2: Tìm 4 chữ số tận cùng của 51994 khi viết trong hệ thập phân Giải: Cách 1: Ta có: 1994 = 4k + 2 và 54 = 625 Ta thấy số tận cùng bằng 0625 khi nâng lên luỹ thừa nguyên dương bất kì vẫn tận cùng bằng 0625 Do đó: 51994 = 54k+2=(54)k. 52 = 25. (0625)k = 25. (…0625)= …5625 Cách 2: Tìm số dư khi chia 51994 ch 10000 = 24.54 Ta thấy 54k – 1 = (54)k – 1k chia hết cho 54 – 1 = (52 + 1) (52 - 1) 16 Ta có 51994 = 56(51988 – 1) + 56 mà 56 54 và 51988 – 1 = (54)497 – 1 chia hết cho 16 ( 51994)3. 56(51988 – 1)chia hết cho 10000 còn 56= 15625 51994 = BS10000 + 15625 51994 chia cho 10000 dư 15625 Vậy 4 chữ số tận cùng của 51994 là 5625 3. Tìm điều kiện chia hết * VD1: Tìm số nguyên n để giá trị của biểu thức A chia hết cho giá trị của biểu thức B: A = n3 + 2n2- 3n + 2; B = n2 – n Giải: n3 + 2n2- 3n + 2 n2 – n n3 – n2 n + 3 3n2 - 3n + 2 3n2 – 3n 2 Ta có: n3 + 2n2- 3n + 2 = (n2 – n)(n + 3) + Do đó Giá trị của A chia hết cho giá trị của B n2 – n Ư(2) 2 chia hết cho n(n – 1) 2 chia hết cho n Ta có bảng: n 1 -1 2 -2 n – 1 0 -2 1 -3 n(n – 1) 0 2 2 6 Loại T/m T/m Loại Vậy với n = -1, n = 2 thì giá trị của biểu thức A chia hết cho giá trị của biểu thức B VD 2: Tìm số nguyên n dể n5 + 1 chia hết cho n3 + 1 Giải: n5 + 1 n3 + 1n5 + n2 – n2 + 1 n3 + 1 n2(n3 + 1)- ( n2 – 1) n3 + 1 (n – 1)(n + 1) (n+1)(n2 – n + 1) n – 1 n2 – n + 1 n(n – 1) n2 – n + 1 Hay n2 – n n2 – n + 1 (n2 – n + 1) – 1 n2 – n + 1 1n2 – n + 1 Xét hai trường hợp: + n2 – n + 1 = 1 n2 – n = 0 n(n – 1) = 0 n = 0, n = 1 thử lại thấy t/m đề bài + n2 – n + 1 = - 1 n2 – n + 2 = 0 , không có giá trị của n thoả mãn VD 3: Tìm số tự nhiên n sao cho 2n - 1 chia hết cho 7 Giải: Ta có luỹ thừa của 2 gần với bội của 7 là 23 = 8 = 7 + 1 Nếu n = 3k (k N) thì 2n - 1= 23k – 1 = (23)k – 1 = 8 k - 1k8 – 1 = 7 Nếu n = 3k + 1(k N) thì 2n - 1 = 23k+1 – 1 = 8k . 2 – 1= 2(8k – 1) + 1 = 2. BS7 + 1 2n - 1 không chia hết cho 7 Nếu n = 3k +2(k N) thì 2n - 1 = 23k+2 – 1= 4.23k – 1 = 4( 8k – 1) + 3 = 4.BS7 + 3 2n - 1 không chia hết cho 7 Vậy 2n - 17 n = 3k (k N) Ngày soạn: