Giáo án bồi dưỡng toán lớp 8 Trường THCS Gio Sơn

CHUYÊN ĐỀ: PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ I. Lý thuyết: - Các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử: + Phương pháp thêm bớt, tách hạng tử + Phương pháp nhẫm nghiệm + Phương pháp dùng hệ số bất định + Phương phápđặt ẩn phụ + Phương pháp đưa về một số đa thức đặc biệt II. Bài tập Bài 1: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử a. x2- 6x + 8 b. x3 - 5x2 + 3x + 9 c. x4 +x2 +1 d. a3 + b3 + c3 - 3abc Giải x2 - 6x + 8 = x2 -4x - 2x + 8 = x(x - 4) - 2(x - 4) = (x - 4)(x - 2) x3 - 5x2 + 3x + 9 (Nhẫm nghiệm x = -1) = x3 + x2 - 6x2 - 6x + 9x + 9 = x2(x + 1) - 6x(x + 1) + 9(x + 1) = (x + 1)(x2 - 6x + 9) = (x + 1)(x - 3)2 x4 +x2 +1 = x4 + 2x2 +1 - x2 = (x2 +1)2 - x2 = (x2 + x + 1)(x2 - x + 1) a3 + b3 + c3 - 3abc = (a + b)3 - 3a2b - 3ab2 - 3abc + c3 = (a+b+c)(a2 _b2 + c2 - ac - bc - ab) Bài 2: So sánh các cặp số sau: 1. A= 1999. 2001 và B= 20002 2. C=3n+1 +4.2n-1-81.3n-3-8.2n-2+1 và D = (2n+1)2+(2n-1)2 -2(4n+1) ( Với n nguyên dương.) Giải 1. A=1999.2001=(2000-1) (2000+1)=20002-1<20002 A<B 2. C=3n+1+ 22. 2n-1- 34. 3n-3 - 23. 2n-2 +1 C=3n+1+ 2n+1 - 3n+1 - 2n+1 + 1 = 1 D=(2n)2 +2.2n + 1 +(2n)2 - 2.2n + 1 - 2.(22)n - 2 =22n + 2n+1 + 1 + 22n - 2n+1 + 1 -2.22n - 2 = 2.22 n - 2.22n = 0 C > D Bài 3: Chứng minh rằng: 1. a2+b2+c2 = ab+ac+bc a = b = c 2. (5x-3y+4z)(5x-3y-4z)=(3x-5y)2 x2=y2+z2 Giải 1.a2+b2+c2=ab+ac+bc 2a2+2b2+2c2-2ab-2ac-2bc=0 (a-b)2+(b-c)2+(c-a)2=0 a-b = 0 b-c = 0 c-a = 0 a = b = c 2.(5x-3y+4z)(5x-3y-4z) = (3x-5y)2 (5x-3y)2 - 16z2 = (3x-5y)2 (5x-3y)2 - (3x-5y)2 = 16z2 (8x-8y)(2x+2y) = 16z2 16(x2 - y2) = 16z2 x2 = y2+z2 Bài 4: Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức sau: 1. A = x2+5y2- 2xy+4y+3 2. B = (x2-2x) (x2-2x+2) Giải 1. A= x2 - 2xy + y2 + 4y2 + 4y + 1 + 2 = (x-y)2 + (2y+1)2 + 2 Vì (x-y)2 0, (2y+1)2 0 với mọi x, y A2. Đẳng thức xảy ra x-y =0 x = y 2y+1=0 y= Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 2 x = y = 2. B = (x2-2x)(x2-2x + 2) Đặt t = x2 - 2x B = t(t +2) = (t+1)2 -1-1 Đẳng thức xảy ra t+1 =0 x2 -2x +1 = 0(x-1)2 = 0 Vậy giá trị nhỏ nhất của B là -1x = 1 Bài 5: Cho a + b + c = 0. chứng minh rằng: a3 + b3 + a2c + b2c - abc = 0 Giải Ta có: a3 + b3 + a2c + b2c - abc = (a + b)(a2 - ab + b2) + c(a2 + b2 -ab) = (a2 - ab + b2)(a + b + c) Do a + b + c = 0 nên a3 + b3 + a2c + b2c - abc = 0 ******************************* CHUYÊN ĐỀ: BẤT ĐẲNG THỨC I. LÝ THUYẾT: - Các tính chất - Các bất đẳng thức quen thuộc - các dạng toán II. BÀI TẬP: Bài 1: Với " x, y, z chứng minh rằng : a) x + y + z xy+ yz + zx b) x + y + z 2xy – 2xz + 2yz Giải: a) Ta xét hiệu : x + y + z- xy – yz – zx = .2 .( x + y + z- xy – yz – zx) = 0 đúng với mọi x;y;z Vì (x-y)2 0 với"x ; y .Dấu bằng xảy ra khi x = y (x- z)2 0 với"x ; z . Dấu bằng xảy ra khi x = z (y- z)2 0 với" z; y . Dấu bằng xảy ra khi z = y Vậy x + y + z xy+ yz + zx . Dấu bằng xảy ra khi x = y =z b)Ta xét hiệu: x + y + z- ( 2xy – 2xz +2yz ) = x + y + z- 2xy +2xz –2yz = ( x – y + z) đúng với mọi x;y;z Vậy x + y + z 2xy – 2xz + 2yz đúng với mọi x;y;z Dấu bằng xảy ra khi x + y = z Bài 2: Cho a, b, c, d,e là các số thực chứng minh rằng a) b) c) Giải: a)(Bđt này luôn đúng) Vậy (dấu bằng xảy ra khi 2a = b) b) (luôn đúng) Vậy Dấu bằng xảy ra khi a = b = 1 c) Bài 3: Cho a, b ,c là các số không âm chứng minh rằng (a+b) (b+c)(c+a) 8abc Giải: Dùng bất đẳng thức phụ: Tacó ; ; (a + b)(b + c)(c + a) 8abc Dấu “=” xảy ra khi a = b = c ******************************** Chuyên đề SỐ CHÍNH PHƯƠNG I. ĐỊNH NGHĨA: Số chính phương là số bằng bình phương đúng của một số nguyên. II. TÍNH CHẤT: 1. Số chính phương chỉ có thể có chữ số tận cùng bằng 0, 1, 4, 5, 6, 9 ; không thể có chữ số tận cùng bằng 2, 3, 7, 8. 2. Khi phân tích ra thừa số nguyên tố, số chính phương chỉ chứa các thừa số nguyên tố với số mũ chẵn. 3. Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng 4n hoặc 4n + 1. Không có số chính phương nào có dạng 4n + 2 hoặc 4n + 3 (n N). 4. Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng 3n hoặc 3n + 1. Không có số chính phương nào có dạng 3n + 2 (n N). 5. Số chính phương tận cùng bằng 1 hoặc 9 thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn. Số chính phương tận cùng bằng 5 thì chữ số hàng chục là 2 Số chính phương tận cùng bằng 4 thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn. Số chính phương tận cùng bằng 6 thì chữ số hàng chục là chữ số lẻ. 6. Số chính phương chia hết cho 2 thì chia hết cho 4. Số chính phương chia hết cho 3 thì chia hết cho 9. Số chính phương chia hết cho 5 thì chia hết cho 25. Số chính phương chia hết cho 8 thì chia hết cho 16. III. MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG DẠNG1: CHỨNG MINH MỘT SỐ LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên x, y thì A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4 là số chính phương. Ta có A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4 = (x2 + 5xy + 4y2)( x2 + 5xy + 6y2) + y4 Đặt x2 + 5xy + 5y2 = t ( t Z) thì A = (t - y2)( t + y2) + y4 = t2 –y4 + y4 = t2 = (x2 + 5xy + 5y2)2 V ì x, y, z Z nên x2 Z, 5xy Z, 5y2 Z x2 + 5xy + 5y2 Z Vậy A là số chính phương. Bài 2: Chứng minh tích của 4 số tự nhiên liên tiếp cộng 1 luôn là số chính phương. Gọi 4 số tự nhiên, liên tiêp đó là n, n + 1, n+ 2, n + 3 (n N). Ta có n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 = n.(n + 3(n + 1)(n + 2) + 1 = (n2 + 3n)( n2 + 3n + 2) + 1 (*) Đặt n2 + 3n = t (t N) thì (*) = t( t + 2 ) + 1 = t2 + 2t + 1 = ( t + 1 )2 = (n2 + 3n + 1)2 Vì n N nên n2 + 3n + 1 N Vậy n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 là số chính phương. Bài 3: Cho S = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + . . . + k(k+1)(k+2) Chứng minh rằng 4S + 1 là số chính phương . Ta có k(k+1)(k+2) = k(k+1)(k+2).4 = k(k+1)(k+2).[(k+3) – (k-1)] = k(k+1)(k+2)(k+3) - k(k+1)(k+2)(k-1) S =.1.2.3.4 -.0.1.2.3 + .2.3.4.5 -.1.2.3.4 +…+ k(k+1)(k+2)(k+3) - k(k+1)(k+2)(k-1) = k(k+1)(k+2)(k+3) 4S + 1 = k(k+1)(k+2)(k+3) + 1 Theo kết quả bài 2 k(k+1)(k+2)(k+3) + 1 là số chính ph ương. Bài 4: Cho dãy số 49; 4489; 444889; 44448889; … Dãy số trên được xây dựng bằng cách thêm số 48 vào giữa số đứng trước nó. Chứng minh rằng tất cả các số của dãy trên đều là số chính phương. Ta có 44…488…89 = 44…488..8 + 1 = 44…4 . 10n + 8 . 11…1 + 1 n chữ số 4 n-1 chữ số 8 n chữ số 4 n chữ số 8 n chữ số 4 n chữ số 1 = 4. . 10n + 8. + 1 2 = = = Ta thấy 2.10n +1=200…01 có tổng các chữ số chia hết cho 3 nên nó chia hết cho 3 2 n-1 chữ số 0 Z hay các số có dạng 44…488…89 là số chính phương. Bài 5: Chứng minh rằng các số sau đây là số chính phương: A = 11…1 + 44…4 + 1 2n chữ số 1 n chữ số 4 B = 11…1 + 11…1 + 66…6 + 8 2n chữ số 1 n+1 chữ số 1 n chữ số 6 C = 44…4 + 22…2 + 88…8 + 7 2n chữ số 4 n+1 chữ số 2 n chữ số 8 2 2 2 Kết quả: A = ; B = ; C = Bài 6: Chứng minh rằng các số sau là số chính phương: a. A = 22499…9100…09 n-2 chữ số 9 n chữ số 0 b. B = 11…155…56 n chữ số 1 n-1 chữ số 5 A = 224.102n + 99…9.10n+2 + 10n+1 + 9 = 224.102n + ( 10n-2 – 1 ) . 10n+2 + 10n+1 + 9 = 224.102n + 102n – 10n+2 + 10n+1 + 9 = 225.102n – 90.10n + 9 = ( 15.10n – 3 ) 2 A là số chính phương b. B = 111…1555…5 + 1 = 11…1.10n + 5.11…1 + 1 n chữ số 1 n chữ số 5 n chữ số 1 n chữ số 1 = . 10n + 5. + 1 = 2 = = là số chính phương ( điều phải chứng minh) Bài 7: Chứng minh rằng tổng các bình phương của 5 số tự nhiên liên tiếp không thể là một số chính phương Gọi 5 số tự nhiên liên tiếp đó là n-2, n-1, n , n+1 , n+2 (n N , n ≥2 ). Ta có ( n-2)2 + (n-1)2 + n2 + ( n+1)2 + ( n+2)2 = 5.( n2+2) Vì n2 không thể tận cùng bởi 3 hoặc 8 do đó n2+2 không thẻ chia hết cho 5 5.( n2+2) không là số chính phương hay A không là số chính phương Bài 8: Chứng minh rằng số có dạng n6 – n4 + 2n3 + 2n2 trong đó nN và n>1 không phải là số chính phương n6 – n4 + 2n3 +2n2 = n2.( n4 – n2 + 2n +2 ) = n2.[ n2(n-1)(n+1) + 2(n+1) ] = n2[ (n+1)(n3 – n2 + 2) ] = n2(n+1).[ (n3+1) – (n2-1) ] = n2( n+1 )2.( n2–2n+2) Với nN, n >1 thì n2-2n+2 = (n - 1)2 + 1 > ( n – 1 )2 và n2 – 2n + 2 = n2 – 2(n - 1) < n2 Vậy ( n – 1)2 < n2 – 2n + 2 < n2 n2 – 2n + 2 không phải là một số chính phương. Bài 9: Cho 5 số chính phương bất kì có chữ số hàng chục khác nhau còn chữ số hàng đơn vị đều là 6. Chứng minh rằng tổng các chữ số hàng chục của 5 số chính phương đó là một số chính phương Cách 1: Ta biết một số chính phương có chữ số hàng đơn vị là 6 thì chữ số hàng chục của nó là số lẻ. Vì vậy chữ số hàng chục của 5 số chính phương đã cho là 1,3,5,7,9 khi đó tổng của chúng bằng 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25 = 52 là số chính phương Cách 2: Nếu một số chính phương M = a2 có chữ số hàng đơn vị là 6 thì chữ số tận cùng của a là 4 hoặc 6 a2 a2 4 Theo dấu hiệu chia hết cho 4 thì hai chữ số tận cùng của M chỉ có thể là 16, 36, 56, 76, 96 Ta có: 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25 = 52 là số chính phương. Bài 10: Chứng minh rằng tổng bình phương của hai số lẻ bất kỳ không phải là một số chính phương. a và b lẻ nên a = 2k+1, b = 2m+1 (Với k, m N) a2 + b2 = (2k+1)2 + (2m+1)2 = 4k2 + 4k + 1 + 4m2 + 4m + 1 = 4(k2 + k + m2 + m) + 2 = 4t + 2 (Với t N) Không có số chính phương nào có dạng 4t + 2 (t N) do đó a2 + b2 không thể là số chính phương. Bài 11: Chứng minh rằng nếu p là tích của n số nguyên tố đầu tiên thì p-1 và p+1 không thể là các số chính phương. Vì p là tích của n số nguyên tố đầu tiên nên p2 và p không chia hết cho 4 (1) a. Giả sử p+1 là số chính phương . Đặt p+1 = m2 (m N) Vì p chẵn nên p+1 lẻ m2 lẻ m lẻ. Đặt m = 2k+1 (k N). Ta có m2 = 4k2 + 4k + 1 p+1 = 4k2 + 4k + 1 p = 4k2 + 4k = 4k(k+1) 4 mâu thuẫn với (1) p+1 là số chính phương p = 2.3.5… là số chia hết cho 3 p-1 có dạng 3k+2. Không có số chính phương nào có dạng 3k+2 p-1 không là số chính phương . Vậy nếu p là tích n số nguyên tố đầu tiên thì p-1 và p+1 không là số chính phương Bài 12: Giả sử N = 1.3.5.7…2007. Chứng minh rằng trong 3 số nguyên liên tiếp 2N-1, 2N và 2N+1 không có số nào là số chính phương. 2N-1 = 2.1.3.5.7…2007 – 1 Có 2N 3 2N-1 không chia hết cho 3 và 2N-1 = 3k+2 (k N) 2N-1 không là số chính phương. 2N = 2.1.3.5.7…2007 Vì N lẻ N không chia hết cho 2 và 2N 2 nhưng 2N không chia hết cho 4. 2N chẵn nên 2N không chia cho 4 dư 1 2N không là số chính phương. 2N+1 = 2.1.3.5.7…2007 + 1 2N+1 lẻ nên 2N+1 không chia hết cho 4 2N không chia hết cho 4 nên 2N+1 không chia cho 4 dư 1 2N+1 không là số chính phương. Bài 13: Cho a = 11…1 ; b = 100…05 2008 chữ số 1 2007 chữ số 0 Chứng minh là số tự nhiên. Cách 1: Ta có a = 11…1 = ; b = 100…05 = 100…0 + 5 = 102008 + 5 2 2008 chữ số 1 2007 chữ số 0 2008 chữ số 0 ab+1 = + 1 = = 2 = = Ta thấy 102008 + 2 = 100…02 3 nên N hay là số tự nhiên. 2007 chữ số 0 Cách 2: b = 100…05 = 100…0 – 1 + 6 = 99…9 + 6 = 9a +6 2007 chữ số 0 2008 chữ số 0 2008 chữ số 9 ab+1 = a(9a +6) + 1 = 9a2 + 6a + 1 = (3a+1)2 = = 3a + 1 N DẠNG 2: TÌM GIÁ TRỊ CỦA BIẾN ĐỂ BIỂU THỨC LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG Bài1: Tìm số tự nhiên n sao cho các số sau là số chính phương: a. n2 + 2n + 12 b. n ( n+3 ) c. 13n + 3 d. n2 + n + 1589 Giải a. Vì n2 + 2n + 12 là số chính phương nên đặt n2 + 2n + 12 = k2 (k N) (n2 + 2n + 1) + 11 = k2 k2 – (n+1)2 = 11 (k+n+1)(k-n-1) = 11 Nhận xét thấy k+n+1 > k-n-1 và chúng là những số nguyên dương, nên ta có thể viết (k+n+1)(k-n-1) = 11.1 k+n+1 = 11 k = 6 k – n - 1 = 1 n = 4 b. Đặt n(n+3) = a2 (n N) n2 + 3n = a2 4n2 + 12n = 4a2 (4n2 + 12n + 9) – 9 = 4a2 (2n + 3)- 4a2 = 9 (2n + 3 + 2a)(2n + 3 – 2a) = 9 Nhận xét thấy 2n + 3 + 2a > 2n + 3 – 2a và chúng là những số nguyên dương, nên ta có thể viết (2n + 3 + 2a)(2n + 3 – 2a) = 9.1 2n + 3 + 2a = 9 n = 1 2n + 3 – 2a = 1 a = 2 c. Đặt 13n + 3 = y2 ( y N) 13(n – 1) = y2 – 16 13(n – 1) = (y + 4)(y – 4) (y + 4)(y – 4) 13 mà 13 là số nguyên tố nên y + 4 13 hoặc y – 4 13 y = 13k 4 (Với k N) 13(n – 1) = (13k 4 )2 – 16 = 13k.(13k 8) n = 13k2 8k + 1 Vậy n = 13k2 8k + 1 (Với k N) thì 13n + 3 là số chính phương. Đặt n2 + n + 1589 = m2 (m N) (4n2 + 1)2 + 6355 = 4m2 (2m + 2n +1)(2m – 2n -1) = 6355 Nhận xét thấy 2m + 2n +1> 2m – 2n -1 > 0 và chúng là những số lẻ, nên ta có thể viết (2m + 2n +1)(2m – 2n -1) = 6355.1 = 1271.5 = 205.31 = 155.41 Suy ra n có thể có các giá trị sau: 1588; 316; 43; 28. Bài 2: Tìm a để các số sau là những số chính phương: a2 + a + 43 a2 + 81 a2 + 31a + 1984 Kết quả: a. 2; 42; 13 b. 0; 12; 40 c. 12; 33; 48; 97; 176; 332; 565; 1728 Bài 3: Tìm số tự nhiên n ≥ 1 sao cho tổng 1! + 2! + 3! + … + n! là một số chính phương . Với n = 1 thì 1! = 1 = 12 là số chính phương . Với n = 2 thì 1! + 2! = 3 không là số chính phương Với n = 3 thì 1! + 2! + 3! = 1+1.2+1.2.3 = 9 = 32 là số chính phương Với n ≥ 4 ta có 1! + 2! + 3! + 4! = 1+1.2+1.2.3+1.2.3.4 = 33 còn 5!; 6!; …; n! đều tận cùng bởi 0 do đó 1! + 2! + 3! + … + n! có tận cùng bởi chữ số 3 nên nó không phải là số chính phương . Vậy có 2 số tự nhiên n thỏa mãn đề bài là n = 1; n = 3. Bài 4: Tìm n N để các số sau là số chính phương: n2 + 2004 ( Kết quả: 500; 164) (23 – n)(n – 3) ( Kết quả: 3; 5; 7; 13; 19; 21; 23) n2 + 4n + 97 2n + 15 Bài 5: Có hay không số tự nhiên n để 2006 + n2 là số chính phương. Giả sử 2006 + n2 là số chính phương thì 2006 + n2 = m2 (m N) Từ đó suy ra m2 – n2 = 2006 (m + n)(m - n) = 2006 Như vậy trong 2 số m và n phải có ít nhất 1 số chẵn (1) Mặt khác m + n + m – n = 2m 2 số m + n và m – n cùng tính chẵn lẻ (2) Từ (1) và (2) m + n và m – n là 2 số chẵn (m + n)(m - n) 4 Nhưng 2006 không chia hết cho 4 Điều giả sử sai. Vậy không tồn tại số tự nhiên n để 2006 + n2 là số chính phương. 2 Bài 6: Biết x N và x>2. Tìm x sao cho x(x-1).x(x-1) = (x-2)xx(x-1) Đẳng thức đã cho được viết lại như sau: x(x-1) = (x-2)xx(x-1) Do vế trái là một số chính phương nên vế phải cũng là một số chính phương . Một số chính phương chỉ có thể tận cùng bởi 1 trong các chữ số 0; 1; 4; 5; 6; 9 nên x chỉ có thể tận cùng bởi 1 trong các chữ số 1; 2; 5; 6; 7; 0 (1) Do x là chữ số nên x ≤ 9, kết hợp với điều kiện đề bài ta có x N và 2 < x ≤ 9 (2) Từ (1) và (2) x chỉ có thể nhận 1 trong các giá trị 5; 6; 7. Bằng phép thử ta thấy chỉ có x = 7 thỏa mãn đề bài, khi đó 762 = 5776 Bài 7: Tìm số tự nhiên n có 2 chữ số biết rằng 2n+1 và 3n+1 đều là các số chính phương. Ta có 10 ≤ n ≤ 99 nên 21 ≤ 2n+1 ≤ 199. Tìm số chính phương lẻ trong khoảng trên ta được 25; 49; 81; 121; 169 tương ứng với số n bằng 12; 24; 40; 60; 84. Số 3n+1 bằng 37; 73; 121; 181; 253. Chỉ có 121 là số chính phương. Vậy n = 40 Bài 8: Chứng minh rằng nếu n là số tự nhiên sao cho n+1 và 2n+1 đều là các số chính phương thì n là bội số của 24. Vì n+1 và 2n+1 là các số chính phương nên đặt n+1 = k2 , 2n+1 = m2 (k, m N) Ta có m là số lẻ m = 2a+1 m2 = 4a (a+1) + 1 n = = = 2a(a+1) n chẵn n+1 lẻ k lẻ Đặt k = 2b+1 (Với b N) k2 = 4b(b+1) +1 n = 4b(b+1) n 8 (1) Ta có k2 + m2 = 3n + 2 2 (mod3) Mặt khác k2 chia cho 3 dư 0 hoặc 1, m2 chia cho 3 dư 0 hoặc 1. Nên để k2 + m2 2 (mod3) thì k2 1 (mod3) m2 1 (mod3) m2 – k2 3 hay (2n+1) – (n+1) 3 n 3 (2) Mà (8; 3) = 1 (3) Từ (1), (2), (3) n 24. Bài 9: Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho số 28 + 211 + 2n là số chính phương . Giả sử 28 + 211 + 2n = a2 (a N) thì 2n = a2 – 482 = (a+48)(a-48) 2p.2q = (a+48)(a-48) Với p, q N ; p+q = n và p > q a+48 = 2p 2p – 2q = 96 2q (2p-q -1) = 25.3 48 = 2q q = 5 và p-q = 2 p = 7 n = 5+7 = 12 Thử lại ta có: 28 + 211 + 2n = 802 **************************************** CHUYÊN ĐỀ TÍNH CHIA HẾT ĐỐI VỚI ĐA THỨC A. Dạng 1: Tìm dư của phép chia mà không thực hiện phép chia 1. Đa thức chia có dạng x – a (a là hằng) a) Định lí Bơdu (Bezout, 1730 – 1783): Số dư trong phép chia đa thức f(x) cho nhị thức x – a bằng giá trị của f(x) tại x = a Ta có: f(x) = (x – a). Q(x) + r Đẳng thức đúng với mọi x nên với x = a, ta có f(a) = 0.Q(a) + r hay f(a) = r Ta suy ra: f(x) chia hết cho x – a f(a) = 0 b) f(x) có tổng các hệ số bằng 0 thì chia hết cho x – 1 c) f(x) có tổng các hệ số của hạng tử bậc chẵn bằng tổng các hệ số của các hạng tử bậc lẻ thì chia hết cho x + 1 Ví dụ : Không làm phép chia, hãy xét xem A = x3 – 9x2 + 6x + 16 chia hết cho B = x + 1, C = x – 3 không Kết quả: A chia hết cho B, không chia hết cho C 2. Đa thức chia có bậc hai trở lên Cách 1: Tách đa thức bị chia thành tổng của các đa thức chia hết cho đa thức chia và dư Cách 2: Xét giá trị riêng: gọi thương của phép chia là Q(x), dư là ax + b thì f(x) = g(x). Q(x) + ax + b Ví dụ 1: Tìm dư của phép chia x7 + x5 + x3 + 1 cho x2 – 1 Cách 1: Ta biết rằng x2n – 1 chia hết cho x2 – 1 nên ta tách: x7 + x5 + x3 + 1 = (x7 – x) + (x5 – x) +(x3 – x) + 3x + 1 = x(x6 – 1) + x(x4 – 1) + x(x2 – 1) + 3x + 1 chia cho x2 – 1 dư 3x + 1 Cách 2: Gọi thương của phép chia là Q(x), dư là ax + b, Ta có: x7 + x5 + x3 + 1 = (x -1)(x + 1).Q(x) + ax + b với mọi x Đẳng thức đúng với mọi x nên với x = 1, ta có 4 = a + b (1) với x = - 1 ta có - 2 = - a + b (2) Từ (1) và (2) suy ra a = 3, b =1 nên ta được dư là 3x + 1 Ghi nhớ: an – bn chia hết cho a – b (a -b) an + bn ( n lẻ) chia hết cho a + b (a -b) Ví dụ 2: Tìm dư của các phép chia a) x41 chia cho x2 + 1 b) x27 + x9 + x3 + x cho x2 – 1 c) x99 + x55 + x11 + x + 7 cho x2 + 1 Giải a) x41 = x41 – x + x = x(x40 – 1) + x = x[(x4)10 – 1] + x chia cho x4 – 1 dư x nên chia cho x2 + 1 dư x b) x27 + x9 + x3 + x = (x27 – x) + (x9 – x) + (x3 – x) + 4x = x(x26 – 1) + x(x8 – 1) + x(x2 – 1) + 4x chia cho x2 – 1 dư 4x c) x99 + x55 + x11 + x + 7 = x(x98 + 1) + x(x54 + 1) + x(x10 + 1) – 2x + 7 chia cho x2 + 1 dư – 2x + 7 B. Sơ đồ HORNƠ 1. Sơ đồ Để tìm kết quả của phép chia f(x) cho x – a (a là hằng số), ta sử dụng sơ đồ hornơ Nếu đa thức bị chia là a0x3 + a1x2 + a2x + a3, đa thức chia là x – a ta được thương là b0x2 + b1x + b2, dư r thì ta có Ví dụ: Đa thức bị chia: x3 -5x2 + 8x – 4, đa thức chia x – 2 Ta có sơ đồ 1 - 5 8 - 4 2 1 2. 1 + (- 5) = -3 2.(- 3) + 8 = 2 r = 2. 2 +(- 4) = 0 Vậy: x3 -5x2 + 8x – 4 = (x – 2)(x2 – 3x + 2) + 0 là phép chia hết 2. Áp dụng sơ đồ Hornơ để tính giá trị của đa thức tại x = a Giá trị của f(x) tại x = a là số dư của phép chia f(x) cho x – a 1. Ví dụ 1: Tính giá trị của A = x3 + 3x2 – 4 tại x = 2010 Ta có sơ đồ: 1 3 0 -4 a = 2010 1 2010.1+3 = 2013 2010.2013 + 0 = 4046130 2010.4046130 – 4 = 8132721296 Vậy: A(2010) = 8132721296 C. Chưngs minh một đa thức chia hết cho một đa thức khác I. Phương pháp: 1. Cách 1: Phân tích đa thức bị chia thành nhân tử có một thừa số là đa thức chia 2. Cách 2: biến đổi đa thức bị chia thành một tổng các đa thức chia hết cho đa thức chia 3. Cách 3: Biến đổi tương đương f(x) g(x) f(x) g(x) g(x) 4. cách 4: Chứng tỏ mọi nghiệm của đa thức chia đều là nghiệm của đa thức bị chia II. Ví dụ 1.Ví dụ 1: Chứng minh rằng: x8n + x4n + 1 chia hết cho x2n + xn + 1 Ta có: x8n + x4n + 1 = x8n + 2x4n + 1 - x4n = (x4n + 1)2 - x4n = (x4n + x2n + 1)( x4n - x2n + 1) Ta lại có: x4n + x2n + 1 = x4n + 2x2n + 1 – x2n = (x2n + xn + 1)( x2n - xn + 1) chia hết cho x2n + xn + 1 Vậy: x8n + x4n + 1 chia hết cho x2n + xn + 1 2. Ví dụ 2: Chứng minh rằng: x3m + 1 + x3n + 2 + 1 chia hết cho x2 + x + 1 với mọi m, n N Ta có: x3m + 1 + x3n + 2 + 1 = x3m + 1 - x + x3n + 2 – x2 + x2 + x + 1 = x(x3m – 1) + x2(x3n – 1) + (x2 + x + 1) Vì x3m – 1 và x3n – 1 chia hết cho x3 – 1 nên chia hết cho x2 + x + 1 Vậy: x3m + 1 + x3n + 2 + 1 chia hết cho x2 + x + 1 với mọi m, n N 3. Ví dụ 3: Chứng minh rằng f(x) = x99 + x88 + x77 + ... + x11 + 1 chia hết cho g(x) = x9 + x8 + x7 + ....+ x + 1 Ta có: f(x) – g(x) = x99 – x9 + x88 – x8 + x77 – x7 + ... + x11 – x + 1 – 1 = x9(x90 – 1) + x8(x80 – 1) + ....+ x(x10 – 1) chia hết cho x10 – 1 Mà x10 – 1 = (x – 1)(x9 + x8 + x7 +...+ x + 1) chia hết cho x9 + x8 + x7 +...+ x + 1 Suy ra f(x) – g(x) chia hết cho g(x) = x9 + x8 + x7 +...+ x + 1 Nên f(x) = x99 + x88 + x77 + ... + x11 + 1 chia hết cho g(x) = x9 + x8 + x7 + ....+ x + 1 4. Ví dụ 4: CMR: f(x) = (x2 + x – 1)10 + (x2 - x + 1)10 – 2 chia hết cho g(x) = x2 – x Đa thức g(x) = x2 – x = x(x – 1) có 2 nghiệm là x = 0 và x = 1 Ta có f(0) = (-1)10 + 110 – 2 = 0 x = 0 là nghiệm của f(x) f(x) chứa thừa số x f(1) = (12 + 1 – 1)10 + (12 – 1 + 1)10 – 2 = 0 x = 1 là nghiệm của f(x) f(x) chứa thừa số x – 1, mà các thừa số x và x – 1 không có nhân tử chung, do đó f(x) chia hết cho x(x – 1) hay f(x) = (x2 + x – 1)10 + (x2 - x + 1)10 – 2 chia hết cho g(x) = x2 – x 5. Ví dụ 5: Chứng minh rằng a) A = x2 – x9 – x1945 chia hết cho B = x2 – x + 1 b) C = 8x9 – 9x8 + 1 chia hết cho D = (x – 1)2 c) C (x) = (x + 1)2n – x2n – 2x – 1 chia hết cho D(x) = x(x + 1)(2x + 1) Giải a) A = x2 – x9 – x1945 = (x2 – x + 1) – (x9 + 1) – (x1945 – x) Ta có: x2 – x + 1 chia hết cho B = x2 – x + 1 x9 + 1 chia hết cho x3 + 1 nên chia hết cho B = x2 – x + 1 x1945 – x = x(x1944 – 1) chia hết cho x3 + 1 (cùng có nghiệm là x = - 1) nên chia hết cho B = x2 – x + 1 Vậy A = x2 – x9 – x1945 chia hết cho B = x2 – x + 1 b) C = 8x9 – 9x8 + 1 = 8x9 – 8 - 9x8 + 9 = 8(x9 – 1) – 9(x8 – 1) = 8(x – 1)(x8 + x7 + ...+ 1) – 9(x – 1)(x7 + x6 + ...+ 1) = (x – 1)(8x8 – x7 – x6 – x5 – x4 – x3 – x2 – x – 1) (8x8 – x7 – x6 – x5 – x4 – x3 – x2 – x – 1) chia hết cho x – 1 vì có tổng hệ số bằng 0 suy ra (x – 1)(8x8 – x7 – x6 – x5 – x4 – x3 – x2 – x – 1) chia hết cho (x – 1)2 c) Đa thức chia D (x) = x(x + 1)(2x + 1) có ba nghiệm là x = 0, x = - 1, x = - Ta có: C(0) = (0 + 1)2n – 02n – 2.0 – 1 = 0 x = 0 là nghiệm của C(x) C(-1) = (-1 + 1)2n – (- 1)2n – 2.(- 1) – 1 = 0 x = - 1 là nghiệm của C(x) C(- ) = (- + 1)2n – (-)2n – 2.(- ) – 1 = 0 x = - là nghiệm của C(x) Mọi nghiệm của đa thức chia là nghiệm của đa thức bị chia đpcm 6. Ví dụ 6: Cho f(x) là đa thức có hệ số nguyên. Biết f(0), f(1) là các số lẻ. Chứng minh rằng f(x) không có nghiệm nguyên Giả sử x = a là nghiệm nguyên của f(x) thì f(x) = (x – a). Q(x). Trong đó Q(x) là đa thức có hệ số nguyên, do đó f(0) = - a. Q(0), f(1) = (1 – a). Q(1) Do f(0) là số lẻ nên a là số lẻ, f(1) là số lẻ nên 1 – a là số lẻ, mà 1 – a là hiệu của 2 số lẻ không thể là số lẻ, mâu thuẩn Vậy f(x) không có nghiệm nguyên Bài tập về nhà: Bài 1: Tìm số dư khi a) x43 chia cho x2 + 1 b) x77 + x55 + x33 + x11 + x + 9 cho x2 + 1 Bài 2: Tính giá trị của đa thức x4 + 3x3 – 8 tại x = 2009 Bài 3: Chứng minh rằng a) x50 + x10 + 1 chia hết cho x20 + x10 + 1 b) x10 – 10x + 9 chia hết cho x2 – 2x + 1 c) x4n + 2 + 2x2n + 1 + 1 chia hết cho x2 + 2x + 1 d) (x + 1)4n + 2 + (x – 1)4n + 2 chia hết cho x2 + 1 e) (xn – 1)(xn + 1 – 1) chia hết cho (x + 1)(x – 1)2 *********************************************************CHUYÊN ĐỀ CÁC BÀI TOÁN VỀ BIỂU THỨC HỮU TỈ A. Nhắc lại kiến thức: Các bước rút gọn biểu thức hửu tỉ a) Tìm ĐKXĐ: Phân tích mẫu thành nhân tử, cho tất cả các nhân tử khác 0 b) Phân tích tử thành nhân , chia tử và mẫu cho nhân tử chung B. Bài tập: Bài 1: Cho biểu thức A = a) Rút gọn A b) tìm x để A = 0 c) Tìm giá trị của A khi Giải a)Đkxđ : x4 – 10x2 + 9 0 [(x2)2 – x2] – (9x2 – 9) 0 x2(x2 – 1) – 9(x2 – 1) 0 (x2 – 1)(x2 – 9) 0 (x – 1)(x + 1)(x – 3)(x + 3) 0 Tử : x4 – 5x2 + 4 = [(x2)2 – x2] – (x2 – 4) = x2(x2 – 1) – 4(x2 – 1) = (x2 – 1)(x2 – 4) = (x – 1)(x + 1)(x – 2)(x + 2) Với x 1; x 3 thì A = b) A = 0 = 0 (x – 2)(x + 2) = 0 x = 2 c) * Với x = 4 thì A = * Với x = - 3 thì A không xác định 2. Bài 2: Cho biểu thức B = a) Rút gọn B b) Tìm x để B > 0 Giải a) Phân tích mẫu: 3x3 – 19x2 + 33x – 9 = (3x3 – 9x2) – (10x2 – 30x) + (3x – 9) = (x – 3)(3x2 – 10x + 3) = (x – 3)[(3x2 – 9x) – (x – 3)] = (x – 3)2(3x – 1) Đkxđ: (x – 3)2(3x – 1) 0 x 3 và x b) Phân tích tử, ta có: 2x3 – 7x2 – 12x + 45 = (2x3 – 6x2 ) - (x2 - 3x) – (15x - 45) = (x – 3)(2x2 – x – 15) = (x – 3)[(2x2 – 6x) + (5x – 15)] = (x – 3)2(2x + 5) Với x 3 và x Thì B = = c) B > 0 > 0 3. Bài 3 Cho biểu thức C = a) Rút gọn biểu thức C b) Tìm giá trị nguyên của x để giá trị của biểu thức B là số nguyên Giải a) Đkxđ: x 1 C = b) B có giá trị nguyên khi x là số nguyên thì có giá trị nguyên 2x – 1 là Ư(2) Đối chiếu Đkxđ thì chỉ có x = 0 thoả mãn 4. Bài 4 Cho biểu thức D = a) Rút gọn biểu thức D b) Tìm x nguyên để D có giá trị nguyên c) Tìm giá trị của D khi x = 6 Giải a) Nếu x + 2 > 0 thì = x + 2 nên D = = Nếu x + 2 < 0 thì = - (x + 2) nên D = = Nếu x + 2 = 0 x = -2 thì biểu thức D không xác định b) Để D có giá trị nguyên thì hoặc có giá trị nguyên +) có giá trị nguyên Vì x(x – 1) là tích của hai số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2 với mọi x > - 2 +) có giá trị nguyên c) Khia x = 6 x > - 2 nên D = = * Dạng 2: Các biểu thức có tính quy luật Bài 1: Rút gọn các biểu thức a) A = Phương pháp: Xuất phát từ hạng tử cuối để tìm ra quy luật Ta có = Nên A = b) B = Ta có Nên B = c) C = = = 50. d) D = = = Bài 2: a) Cho A = ; B = . Tính Ta có A = = = n b) A = ; B = 1 + Tính A : B Giải A = Bài tập về nhà Rút gọn các biểu thức sau: a) b) c) * Dạng 3: Rút gọn;