phep nhan va phep chia cac phan thuc dai so

PHÉP NHÂN VÀ PHÉP CHIA CÁC PHÂN THỨC ĐẠI SỐ
I. Phương pháp giải
Quy tắc: Muốn nhân hai phân thức, ta nhân các tử thức với nhau, các mẫu thức với nhau:
A C
.
B D

AC
.
B.D

Phép nhân các phân thức có các tính chất:
 Giao hoán:

A C
.
B D

A C E
. .
B D F

 Kết hợp:

C A
. ;
D B
A C E
. . ;
B D F

 Phân phối đối với phép cộng:

A C
B D

E
F

A C
.
B D

A E
. .
B F

1. Phân thức nghịch đảo. Hai phân thức được gọi là nghịch đảo của nhau nếu tích của
chúng bằng 1.
Tổng quát, nếu
phân thức

A
A B
là phân thức khác 0 thì .
B
B A

1, do đó

A

là phân thức nghịch đảo của
B

B
.
A

2. Phép chia
Quy tắc. Muốn chia phân thức
đảo của
A C
:
B D

A
A
C
cho phân thức
khác 0, ta nhân
với phân thức nghịch
B
B
D

C
.
D

C
A D

. với
D
B C

0.

II. Một số ví dụ
Ví dụ 1: Thực hiện các phép tính sau:
a) P

12x 5 4x 3
.
x 9 360x 150

b) P

x 3y 4x 2y
.
3x y x y

12x 5 6 3x
.
x 9 360x 150

x 3y x 3y
.
3x y x y

Giải
Tìm cách giải. Nhận thấy trong các biểu thức đều có phân thức chung. Do đó nên vận dụng

tính chất phân phối của phép nhân nhằm đưa bài toán về dạng đơn giản hơn.
Trình bày lời giải
a) Dùng tính chất phân phối, ta có:


P

12x 5
4x 3
.
x 9 360x 150

6 3x
360x 150

12x 5
x 9
.
x 9 30 12x 5

1
30

b) Dùng tính chất phân phối, ta có:
x 3y 4x
.
3x y x

P

2y
y

x 3y
x y

x 3y 3x y
.
3x y x y

x 3y
x y

Ví dụ 2: Rút gọn biểu thức:
R

3a2 2ab b2 3a2
:
2a2 ab b2 3a2

4ab b2
2ab b2

(Tuyển sinh 10, Trường PTNK, ĐHQGTP.Hồ Chí Minh, năm học 2004 - 2005)
Giải
R

R

a b 3a

b

2a b a

b

:

a b 3a b

a b 3a

b

3a b a

2a b a

b

b

3a b a

.

b

a b 3a b

3a b
2a b

Ví dụ 3: Cho x y z 1 . Chứng minh rằng giá trị biểu thức sau không phụ thuộc vào giá trị
của biến số:
x

P

y

xy

2

z

.

y
yz

z

2

.

x

z

x

zx

2

y

Giải
Tìm cách giải. Khai thác điều kiện bài toán, nhận thấy với điều kiện này chúng ta có thể cân
z x z y . Do
bằng bậc ở mẫu và phân tích thành nhân tử được xy z xy z x y z
vậy chúng ta có lời giải sau:
Trình bày lời giải
Thay 1 x y z vào mẫu số, ta được:
xy

z

xy

z x

y

z

z

x z

y

và tương tự ta có:
yz

x

x

y x

z

zx

y

x

y y

z

Từ đó suy ra: P
P

1

x
x

y

2

z y z

.

y z
x

y x

2

z

.

z x
x

2

y y z

Ví dụ 4: Cho a b c 0 . Chứng minh rằng tích sau khơng phụ thuộc vào biến số:
a) M

4bc a2 4ca b2 4ab c2
bc 2a2 ca 2b2 ab 2c2

b) N

1

a
.1
b

b
.1
c

c
a

Giải
a) Ta có:
4bc a2
bc 2a2

4bc

b c

bc a2

2

b2
bc a2

ab c

4ca b2
Tương tự ta có:
ca 2b2
4ab c2
ab 2c2

a b

2bc c2

c a

b c

ab ac

2

a b a c

(1)

2

(2)

b a b c

2

(3)

c a c b

Từ (1) và (2), (3) ta có:
M

4bc a2 4ca b2 4ab c2
bc 2a2 ca 2b2 ab 2c2

a b
a b

2
2

b c
b c

2
2

c a
c a

2
2

1

Vậy giá trị biểu thức M không phụ thuộc vào giá trị của biến.
b) Ta có:
N

1

a
.1
b

b
.1
c

c
a

a
b

b c
.

c

b a c
.
c
a

a

b

abc

1

Vậy giá trị biểu thức N không phụ thuộc vào giá trị của biến.
Ví dụ 5: Cho x là số thực âm thỏa mãn x2

1
x2

23. Tính giá trị biểu thức A

x3

1

x3

Giải
Tìm cách giải. Do kết luận có dạng hằng đẳng thức a3 b3 , nên để tính giá trị biểu thức,
1
. Với suy nghĩ ấy, chúng ta khai thác điều kiện để tìm x
x

chúng ta cần tính được x
đó chúng ta có lời giải sau:
Trình bày lời giải
Từ giả thiết x

2

Vì x 0 nên x

1
x2

23

1
x

5

x

2

2

1
x2

23

x

1
x

2

25

1
. Từ
x


1
x3

3

Ta có: A x

1

x

x

3

3x

1
x

5

3

3.

5

110 .

Ví dụ 6: Rút gọn biểu thức với n là số nguyên dương:
A

2
2
2
2
1
1

... 1
1.4
2.5
3.6
nn 3

1

Giải
Tìm cách giải. Với phép nhân các biểu thức theo quy luật, chúng ta thường xét phân thức có
dạng tổng quát. Sau đó phân tích thành nhân tử cả tử và mẫu dạng tổng quát ấy. Cuối cùng
thay các giá trị từ 1 đến n vào biểu thức và rút gọn.
Trình bày lời giải
k2 3k 2
k k 3

2
k k 3

Xét 1

k 1 k
k k

2
3

Thay k 1; 2; 3;...;n ta được:
A

2.3 3.4 4.5 n 1 n 2
.
.
...
1.4 2.5 3.6
n n 3

2.3.4... n 1 3.4.5... n 2
.
1.2.3...n
4.5.6... n 3

Ví dụ 7. Cho a, b, c đôi một khác nhau thỏa mãn

3n 1
n 3

a

b

c

b c

c a

a b

0 . Tính giá trị của biểu

thức:
a

b

b c

2

c

c a

2

a b

2

Giải
Tìm cách giải. Quan sát phần giả thiết và kết luận của bài tốn, chúng ta nhận thấy có nhiều
điểm giống nhau. Do vậy, để không phức tạp chúng ta vận dụng giả thiết và tạo ra từng hạng
tử của phần kết luận. Sau đó cộng lại.
Trình bày lời giải
Ta có:

a

b

c

b c

c a

a b

a

b

c

b c

c a

b a

a2 b2 bc ca
b c c a a b

Tương tự:

b
c a

2

0

ac a2 b2 bc
b c c a
c
a b

2

c
b a

(1)

c2 a2 ab bc
a b b c c a

(2)


a
b c

2

b2 c2 ca ab
a b b c c a

(3)

a

Cộng từng vế của (1); (2) và (3)

b

b c

2

c a

c
2

a b

2

Nhận xét. Từ kết quả ta thấy a. b, c không thể cùng dấu được do vậy bạn có thể giải được bài
tồn sau: Cho a, b, c đơi một khác nhau thỏa mãn

a

b

c

b c

c a

a b

0 . Chứng minh rằng

trong ba số sau a, b, c tồn tại một số không âm và một số không dương.
III. Bài tập vận dụng
x2 3
x2 2x 4

x

1.1. Rút gọn biểu thức: A

x 2

1.2. Chứng minh rằng với x 0; x
A

x2 x 1
x2 x

x2 x 1 x 4
.
x2 x

x3 x 2
x 1

x 1

1.4. Cho biểu thức: P

1 thì biểu thức sau có giá trị không phụ thuộc vào biến.

3x

2

x 1

x

x2 y2 y 2 4x2 4x2 y y2 4
:
2y2 xy x2
x2 y xy x

x y
2y x

1.3. Rút gọn biểu thức: A

7x 10
x 7
: 2
3
x 8 x 2x 4

2

1 2 x2 4 x
x3 1

1

:

2x
3

x 1 x

a) Rút gọn biểu thức P.
b) So sánh P với
1.5. Cho P

1
.
2

x3 1
x2 x

2
x3 1 2 x 2x 1
:
x2 x
x2 x

a) Rút gọn biểu thức P.
b) Tìm x nguyên để P nhận giá trị nguyên.
1.6. Cho A

x
2

y

xy

x
x2

y
y2
: 3
xy x xy2

1
x

y

:

x
y

a) Rút gọn A
b) Tìm x, y để A 1 và y 0
1.7. Cho x là số thực dương thỏa mãn điều kiện x2
Tính giá trị biểu thức A x3

1
và B
x3

x5

2
x5

1
x2

7

x


1.8. Thực hiện phép tính:
a) A

14
34

4 54
.

4 74

14

1 4
3
4.
1 4
4
4

b) B
24

4 94 4 174
.
....
4 114 4 194
1 4
5
4.
1 4
6
4

1
294
4 ...
1
304

4

4
;
4
1
4
1
4

1.9. Cho hai số thực a, b thỏa điều kiện ab 1, a b 0 . Tính giá trị của biểu thức:
1

P
a

b

3

1.10. Cho x

1
a3

1
b3

b2

3
a

b

4

c2 a2
;y
2bc

1
a2

1
b2

a2

b c

b c

2

6
a

b

5

1
a

1
b

2

a2

Tính giá trị biểu thức P xy x y
1.11. Cho a, b, c là những số nguyên thỏa mãn:

1
a

1
b

1
c

5

2

Chứng minh rằng a3 b3 c3 chia hết cho 3
1.12. Rút gọn biểu thức với n là số tự nhiên:

a) B

1

7
7
7
7
, với n
.1
.1
... 1
6.12
7.13
8.14
nn 6

b) C

1

22
22
22
22
, với n 0
.1
.1
... 1
1.5

2.6
3.7
nn 4

Hướng dẫn giải – đáp số
1.13. Ta có:
x

A

x 2

x x2

2x

x2 3
x2 2x 4

4

x2

3 x 2

x 2 x
x3

2 x2

7x 10
x 7
: 2
3
x 8 x 2x 4

2

2x

4

7x 10

:

x
x

2

7
2x 4

4x x3 2x2 3x 6 7x 10
x 7
: 2
2
x 2x 4
x 2 x 2x 4

4x2 16
x 2 x2 2 x

4

.

x2

2x 4
x 7

1
a2

1
b2

1
c2


4 x 2 x
x 2 x2

2

2x

.

4

x2

4 x 2

2x 4
x 7

x

7

1.14. Ta có:
x 1 x2

A

x 1 x2

x 1

x 1 x x3
.

x x 1 x 1
2
x3 1 x3 1 x 1 x 1

x 1 x 1
x 1

Vậy biểu thức A

x2

x 1

x 1

x2 1 x 1
2
x 1 x 1
x 1

2

2 không phụ thuộc vào biến.

1.15. Ta có
A

x2

2

2 x2 y
4
y2 y 2

:
y 2y x x x y
x y

x2
x

x y
2y x

2
x2 y2 y 2 2x
:
y 2y x

y2
x

2 x2 y 2
x y 2y x 2x2

x

y 2 2 x2
x

y 2

y x 1

y x 1

y 2 2x

2

x 1
2 y x 2x 2 y 2

y 2

1.16.
x 1

a) Ta có: P

3x

x 1

P

x 1 x2
x3 3x2

2

x 1

3

x 1

1 2 x2
x 1 x2

3x 1 1 2x2 4x
x 1 x2 x 1

x3 1
x2 1
x 1 x2 x 1 2

b) P

x2

1
2

2

1 2 x2 4 x
x3 1

x2

1
2

1
2

1.17.

1
2

:

2x
3

x 1 x

4x
x 1
x2

dấu bằng không xảy ra. Vậy P

1

x 1

x

(ĐK: x 1;0 )

x2 x 1

2
: 2
2
x 1 x x 1 x 1

:

2
x

2

1


a) Ta có: P
x2

2
x3 1 2 x 2x 1
:
x2 x
x2 x

x3 1
x2 x
x2

x 1
x

x 1 2 x 1
:
x
x

2 x2 2 2 x 1
:
x
x

x2

1
x

.

x2 1
x 1

x
x 1

ĐK: x 0, x 1
x2 1
x 1

b) Ta có P

2

x 1

x 1

vì x Z

2

x 1 Z

Z

x 1

x 1 Ư(2) suy ra:

x 1

1

2

-1

-2

x

2

3

0

-1

Kết hợp với tập xác định x

2;3 ta được P Z .

0;1; 1 thì x

1.18.
x

a) Ta có: A

2

y

x2
xy x y

xy

y
y2

: 3
xy x xy2

x
x2

xy y2
:
xy x y
x x

y2
y x

x2 xy y2
x2 xy y2
x
:
:
xy x y
x x y x y y

x x

A

ĐK: xy 0, x

1.19. Từ x
Ta có x

0

x

1
x2

7

1 2
x
x

1
x2

2

x

:

y

x
y

x2 xy
x

:
x x y x y y

y
y x

xy x

y

y

:

x
y

x

9

x

y
x

y

y
x

b) A 1

1

0

x

2

1
x2

2

3.7

x3

9
1
x3

1
x

x

x

1
x

1
x5

x

2

21

1
x

3 (vì x

0)

x3

1
x3

3

21

126

x5

1
x5

3 126

A 18

Ta có: x2
B 123

1.20.

1
x3
x2

1
x3

7.18

x5

1
x

a) Xét k4 4
k 1

2

k2

2

2
2

1 k 1

4k2

k2

2 2k k2

2k

2

1

Áp dụng kết quả trên với k 1,3,5,...,19 . Ta có:
A

02

1 22

1 42

1 62

1 82

1 102

1

22

1 42

1 62

1 82

1 102

1 122

1

1
2

20

...

162

1 182 1

182

1 202 1

1
401

1

b) Tương tự câu a, áp dụng công thức:
k

1
4

4

1
2

k

2

1
k
2

1
2

2

1
2

1
1241

Ta được kết quả B

1.21. Với ab 1, a b 0 , ta có:
a3

P

a b
a3

a2

3

ab

3

a b

3 a2

b3

a b

3 a2

b3

3

5

b2 1 a b

b2

2

a b

2

3 a2

a2

b2
a b

b

2ab

a b
a2

2

b2 1

b2

6

3 a2

b2

3 a2

2

b2

a b

4

6
a b

4

b2

6

4

a2

4

b2
a

a b

4

ab

a b

4

2

5

4

b2

4 a2
a

ab

4

a b
a2

6a b
2

6a b

a b

b2 1 a2

4

b2

a b

a2

b2

a b

2

b

2

4

2 2
4

1

Vậy P 1 , với ab 1, a b 0 .
1.22. Xét x 1

b2

2bc c2
2bc

a2

b c

2

2bc

a2

b c a b c
2bc

a


b2

Xét y 1

2bc c2 b2 2bc c2
b c a b c a

Vậy P xy x y

x 1 y 1

1
1.23. Ta có:
a

1
c

1
a

1
b
1
a2

1
c
1
b2

2

1
b

1
a2
1

c2

Từ (1) và (2)

2

1
b2

1
a2

1
c2

abc

2a b c

Ta có: a3 b3 c3

abc
a b

3

2 1 1

1
b2

2
ab

2a b c

1

4bc
b c a b c a

1
c2

2
bc

(1)

2
ca

(2)
0

a b c

0

c3

3ab a b

a b c

3

3abc a b c

1.24.
7
a) Xét 1
k k 6

k2 6k 7
k k 6

k 1 k
k k

7
6

thay k 6;7;8;...; n ta được:
B

5.13 6.14 7.15 n 1 n 7
...
6.12 7.13 8.14
n n 6

5.6.7... n 1 13.14.15... n 7
6.7.8...n

12.13.14... n 6

6n 7
12n

22
b) Xét 1
k k 4

k2 4k 22
k k 4

k
k k

2

2

4

thay k 1;2;3;...; n ta được:
2

C

n 2
32 42 52
. . ...
1.5 2.6 3.7 n n 4

3.4. n 2

6n 1 n 2

1.2. n 4

n 3 n 4

3ab

c

3abc 3