GIAO AN BDHSG MOI 2018 2019

Ngµy : /

Bi 1:

CHUYÊN ĐỀ :

10/2014

PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN
TỬ

A. Mơc tiªu:
- Cđng cè vµ n©ng cao c¸c kiÕn tøc vỊ ph©n tÝch ®a thøc thµnh
nh©n tư.
- Hs biÕt ¸p dơng vµo lµm bµi tËp
- RÌn kÜ n¨ng t duy cho häc sinh
B. TiÕn tr×nh d¹y häc
I. CÁC KIẾN THỨC CẦN NHỚ.
. Phân tích đa thức thành nhân tử (hay thừa số) là biến
đổi đa thức đó thành một tích của những đơn thức và đa
thức.
. Phân tích đa thức thành nhân tử bằng các phương
pháp thông thường:
- Đặt nhân tử chung (thừa số chung).
- Dùng hằng đẳng thức đáng nhớ.
- Nhóm nhiều hạng tử.
. Phân tích đa thức thành nhân tử bằng vài phương
pháp khác (bổ sung)
- Tách một hạng tử thành nhiều hạng tử.
- Thêm bớt cùng một hạng tử.
- Đặt ẩn phụ (còn gọi là đổi biến số).

- Tìm nghiệm của đa thức.
- Quy tắt HORNER (Hót - Nơ).
II. MỘT SỐ DẠNG BÀI TOÁN:
Ho¹t ®éng cđa thÇy vµ trß

1.
PHƯƠNG
PHÁP
THÊM BỚT, TÁCH,
NHÓM HẠNG TỬ
Bài 1 : Phân tích đa
thức
thành
nhân
tử..
A = x2y2(y - x) + y2x2(z y)
- z2x2(z - x)
GV:
Khai triển hai trong ba số
hạng, chẳng hạn khai

Ghi b¶ng

Bài 1 : Gi¶i:
Cách 1:
A= x2y3 – x3y2 + y2z3 – y3z2 – z2x2(z – x)
= y2(z3 – x3) – y3(z2 – x2) – z2x2(z – x)
= y2(z – x)(z2 + zx + x2) – y3(z – x)(z + x) –
z2x2(z – x)
= (z – x)(y2z2 + y2zx + x2y2 – y3z – y3x – z2x2)

= (z – x)[y2z(z – y) – x2(z – y)(z + y) + y2x(z – y)
= (z – x)(z – y)(y2z – x2z – x2y + y2x)
= (z – x)(z – y)[z(y – x)(y + x) + xy(y – x)]
= (z – x)(z – y)(y – x)(xy + xz + yz).
1


triển hai số hạng đầu
rồi nhóm các số hạng
làm xuất hiện thừa số
chung z - x

Cách 2:
A = x2y2(y – x) + y2z2(z – y) – z2x2[(z –
y) + (y – x)]
= x2y2(y – x) + y2z2(z – y) – z2x2(z – y)
– z2x2(y – x)
= (y – x)(x2y2 – z2x2) + (z – y)(y2z2 –
GV:
Để ý rằng: (z – y) + (y – z2x2)=
x)
(y – x)x2(y – z)(y + z) + (z – y)z2(y – x)
= (z – x). Do vậy ta có:
(y+ x)
= (y – x)(z – y)(- x2y – x2z +yz2 + xz2)
= (y – x)(z – y)[xz(z – x) + y(z – x)(z +
x)]
= (y – x)(z – y)(z – x)(xz + yz +xy)
Bài 2 : Gi¶i:
a. a3 + b3 + c3 = (a3 + 3a2b +3ab2

+ b3)
Bài 2 : Phân tích đa
thức thành nhân tử
a. a3 + b3 + c3 -3abc
GV:
Các hạng tử của đa
thức đa thức đã cho
không chứa thừa số
chung, không có dạng
một hằng đẳng thức
đáng nhớ nào, cũng
không thể nhóm các
số hạng. Do vậy ta phải
biến đổi đa thức bằng
cách thêm bớt cùng
một hạng tử để có
thể vận dụng được các
phương pháp phân tích
đã biết.
b. (x – y)3 + (y – z)3 + (z
– x)3
GV:
Đặt x – y = a , y – z = b, z
– x = c thì a + b + c = 0.
Bài 3: Tách một
hạng tử thành nhiều
hạng tử.
X3 – 7x – 6
2.

DẠNG ĐẶC BIỆT

+ c3– (3a2b +3ab2
+ 3abc)
= (a + b)3 +c3 – 3ab(a + b + c)
= (a + b + c)[(a + b)2 – (a + b)c + c2
– 3ab]
=(a + b + c)(a2 + 2ab + b2 – ac – bc
+ c2– 3ab)
= (a + b + c)(a2 + b2 + c2 – ab – ac –
bc)

b.
Khi đó theo câu a ta có: a3 + b3 +
c3 – 3abc
= 0 hay a3 + b3 +c3 =3abc
Vậy: (x – y)3 + (y – z)3 + (z – x)3
= 3(x – y)(y – z)(z – x)
Bài 3: Gi¶i:
Cách 1:
Tách số hạng -7x thành – x – 6x,
ta có:
X3 – 7x – 6 = x3 – x – 6x – 6
= x(x – 1)(x + 1) – 6(x + 1)
= (x + 1)( x2 – x – 6)
= (x + 1)(x + 2)(x – 3)
2


GV: Xét Q(x) = ay2 + by

+ c. Nếu có các số m,
n sao cho m.n = a.c, m +
n = b thì ay2 + by + c =
ay2 + (m + n)y + m.n/a hay
ay2 + by + c =a(y + m/a)(y
+ n/a) (*) nói riêng a =
1 thì y2 + by +c = ( y + m)
(y +n).Trong trường hợp
này a, b, c nguyên thì
trước hết phân tích hai
số nguyên m.n sao cho
giá trò tuyệt đối của m
và n nhỏ hơn b sau đó
chọn m, n thoả mãn m
+ n = b.
 §a thức dạng:
P(x) = ax4 + bx2 + c
GV:
Đặt biến phụ y = x2
và áp dụng HĐT (*).

GV:
 Đa thức dạng P(x) =
(x +a)(x + b)(x + c)(x +
d) + e với a + b = c +
d
Cách giải: Đặt biến
phụ
y = (x + a)(x + b) có
thể

y = (x + c)(x + d)
hoặc y2 = x2 + (a + b) x

Cách 2: Tách số hạng – 6 = 8 –
14 ,ta có:
X3 – 7x – 6 = x3 + 8 – 7x – 14
= (x + 2)(x2 – 2x + 4) – 7( x + 2)
= (x + 2)(x2 – 2x + 3)
= (x + 2)(x + 1)(x – 3)

 §a thức dạng: P(x) = ax4 + bx2
+c
Ví du 1ï: Phân tích P(x) = 6x4 +
19x2 + 15 thành nhân tử.
Giải: Đặt y = x2 ,có Q(y) = 6y2 +
19y + 15
Tìm m, n sao cho m.n = 90 và m + n
= 19 với m < 19, n < 19
Vì 90 = 6.15 = 9.10 nên chọn m =
9, n = 10,
ta có:
6y2 + 19y + 15 = 6y2 + 9y + 10y + 1
= 3y(2y + 3) + 5(2y +3)
= (2y + 3)(3y + 5)
Do dó P(x) = 6x4 + 19x2 + 15
= ( 2x2 + 3)(3x2 + 5)
 Đa thức dạng
P(x) = (x +a)(x + b)(x + c)(x + d)
+e
với a + b = c + d

Ví dụ 2: Phân tích
P(x) = (x +1)(x + 2)(x +3)(x +4) –
15 thành nhân tử.
Giải:
Với a = 1, b = 4, c = 2, d = 3 thì a +
b=5
= c + d. Biến đổi:
P(x) = (x + 1)(x + 4)( x + 2)( x + 3) –
15
= (x2 + 5x + 4)(x2 + 5x + 6) – 15
GV:
Đặt y = x2 + 5x + 4 thì P(x) trở
Tổng quát: Nếu đa dạng thành
P(x) = (a1x + a2)(b1x + b2)
Q(y) = y(y + 2) – 15 = y2 +2y – 15
(c1x + c2)(d1x + d2) thoả
= y2 – 3y + 5y – 15 = y(y – 3) + 5( y –
mãn a1b1 = c1d1 và a1b2
3)
3


+ a2b1 = c1d2 +c2d1 thì đặt
y =(a1x + a2)(b1x + b2) rồi
biến đổi như trên.

= (y – 3)(y +5)
Do dó . P(x) = (x2 +5x + 1)(x2 + 5x
+ 9)

 Đa thức dạng:
P(x) = (a1x + a2)(b1x + b2)
 Đa thức dạng:
(c1x + c2)(d1x + d2)
P(x) = (a1x + a2)(b1x +
với a1b1 = c1d1 và a2b2 = c2d2
b2)
Ví du 3ï: Phân tích
(c1x + c2)(d1x +
P(x) = (3x +2)(3x – 5)(x – 9)(9x + 10)
d2)
+ 24x2 thành nhân tử.
với a1b1 = c1d1 và a2b2
Giải:
= c2d2
P(x) = (9x2 – 9x – 10)(9x2 + 9x – 10)
+ 24x2
GV:
Dễ thấy a1b1 =3.3 = 9.1
Đặt y = (3x +2)(3x – 5) = 9x2 – 9x –
= c1d1 và a2b2 = 2.(-5) =(- 10
1).10 =c2d2
Thì P(x) trở thành:
Q(y) = y(y + 10x) = 24x2
Tìm m.n = 24x2 và m + n = 10x ta
chọn được m = 6x , n = 4x
Ta được: Q(y) = y2 + 10xy + 24x2
= (y + 6x)(y + 4x)
Do dó P(x) = ( 9x2 – 3x – 10)(9x2 – 5x
– 10).

 Đa thức dạng:
P(x) = ax4 +bx3 + cx2 + kbx + a
với k = 1 hoặc k = -1
 Đa thức dạng:
Ví dụ 4: Phân tích
4
3
2
P(x) = ax +bx + cx +
P(x) = 2x4 + 3x3 – 9x2 – 3x + 2
kbx + a với k = 1 hoặc thành nhân tử.
k = -1
Giải:
GV:
Ta có : Q(y) = 2y2 + 3xy – 5x2
Cách giải: Đặt y = x2
= 2y2 – 2xy + 5xy –
+ k và biến đổi P(x)
5x2
về dạng chứa hạng
= 2y(y – x) + 5x(y –
2
tử ay + bxy rồi sử
x)
dụng HĐT (*).
= ( y – x)( 2y – 5x)
GV:
Do dó , P(x) = (x2 – x – 1 )(2x2 +
Đặt y = x2 – 1 suy ra
5x – 2).

2
4
2
y = x – 2x + 1
Biến đổi
P(x) = 2(x4 – 2x2 + 1) + 3x3
– 5x2 – 3x
= 2(x2 – 1)2 + 3x( x2 – 1) –
5x
Từ đó Q(y) = 2y2 + 3xy –  Đa thức dạng:
5x2
P(x) = x4 + bx3 + cx2 + dx + e với
Tìm m, n sao cho m.n = e = d2/b2
10x2 và m + n = 3x chọn
4


m = 5x , n = - 2x
 Đa thức dạng: P(x) =
x4 + bx3 + cx2 + dx + e
với e = d2/b2
GV:
Cách giải: Đặt biến
phụ
y = x2 + d/b và biến
đổi P(x) về dạng
chứa hạng tử y2+ bxy
rồi sử dụng HĐT (*).
GV: Dễ thấy b = 1, d = 2,
e =4 đặt y = x2 – 2

suy ra y2 = x4 – 4x2 + 4
Biến đổi
P(x) = x4 – 4x2 + 4 – x3 – 6x2
+ 2x
= (x2 – 2)2 – x(x2 – 2) – 6x2
Từ đó Q(y) = y2 – xy – 6x2
Tìm m, n sao cho m.n = 6x2 và m + n = - x chọn
m = 2x, n = -3x
 Đa thức dạng
P(x) = (x + a) + ( x + b)
+c
Cách giải: Đặt biến
phụ
y = x + ( a + b)/2 và
biến đổi P(x) về dạng
mx4 + nx2 + p
4

4

Ví du 5ï: Phân tích
P(x) = x4 - x3 – 10x2 + 2x + 4
thành nhân tử.
Giải:
Ta có Q(y) = y2 + 2xy – 3xy – 6x2
= y(y + 2x) – 3x(y +
2x)
= (y + 2x)(y – 3x)
Do dó, P(x) = (x2 + 2x – 2)(x2 –
3x – 2).

* Nếu đa thức P(x) có chứa
4
ax thì có thể xét đa thức Q(x) =
P(x)/a theo cách trên.

 Đa thức dạng P(x) = (x + a)4 +
( x + b)4 +c

Ví dụ 6: Phân tích
P(x) = (x – 3)4 + ( x – 1) 4 – 16
thành nhân tử.
Giải: Đặt y = x – 2 lúc dó P(x)
trở thành Q(y) = (y – 1)4 + ( y + 1)
4
– 16
= 2y4 + 12y2 – 14
= 2(y2 + 7)( y2 – 1)
= 2(y2 + 7)(y – 1)(y + 1)
Do dó P(x) = 2(x2 – 4x + 11)(x – 3)(x
– 1).

C. bµi tËp:

vỊ nhµ

Phân tích các đa thức sau thành nhân tử.
1) A(x) = (48x2 + 8x – 1)(3x2 + 5x + 2) – 4
2) B(x) = (12x – 1)(6x – 1)(4x – 1)(3x – 1) – 330
3) C(x) = 4(x2 + 11x + 30)( x2 + 22x + 120) – 3x2

5


Bi 2:

CHUYÊN ĐỀ :

Ngµy :
1/10/2014
PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN
TỬ(tiÕp theo)

A. Mơc tiªu:
- Cđng cè vµ n©ng cao c¸c kiÕn tøc vỊ ph©n tÝch ®a thøc thµnh
nh©n tư b»ng ph¬ng ph¸p kh¸c.
- Hs biÕt ¸p dơng vµo lµm bµi tËp d¹ng n©ng cao
- RÌn kÜ n¨ng t duy cho häc sinh
B. MỘT SỐ DẠNG BÀI TOÁN:
1.TÌM NGHIỆM CỦA ĐA THỨC.
1.Lí thuyết
- Nếu đa thức P(x) có một nghiệm là x = a thì ta có thể
phân tích P(x) thành tích của hai thừa số là (x – a) và Q(x).
P(x) = (x – a) Q(x)
Muốn tìm thừa số Q(x), ta hãy chia đa thức cho nhò thức (x
– a).
- Nếu đa thức P(x) có hai nghiệm phân biệt là x = a và x
= b thì ta có thể phân biệt đa thức P(x) thành tích của ba
thừa số là (x – a), (x – b) và Q(x).
P(x) = (x – a)(x – b) Q(x)
6

Muốn tìm Q(x), ta chia đa thức P(x) cho tích số (x – a)(x – b) =
x + (a + b)x +ab, ta có thương đúng của phép chia chính là
Q(x).
- Nếu đa thức P(x) có nghiệm số kép x1 = x2 = a thìsao?
Thế nào là nghiệm số kép?
Giả sử P(x) có một nghiệm là x = a suy ra P(x) = (x –
a)Q(x).
Q(x) lại có nghiệm x = a suy ra Q(x) = (x – a) R(x).
Do đó, ta có: P(x) = (x – a)2R(x).
Ta nói đa thức P(x) có nghiệm kép x1 = x2 = a
Vậy: Nếu đa thức P(x) có nghiệm kép là x 1 = x2 = a thì P(x) =
(x – a)2R(x).
2.Bài Tập
2

Ho¹t ®éng cđa thÇy vµ trß

Ghi b¶ng

Bài 1: Phân tích đa
thức
P(x) = x3 – 2x – 4 thành
nhân tử .
GV: Ta nhận thấy đa
thức
P(x) = x3 – 2x – 4 có số
nghiệm là x = 2
Do đó, ta có P(x) = ( x –

2)Q(x)
Bài 2: Phân tích đa
thức sau thành nhân
tử.
P(x) = x4 + x3 – 2x2 – 6x –
4

Bài 1: Giải:
HS: Chia đa trhức P(x) = x3 – 2x –
4
cho nhò thức x – 2 , ta được
thương số là
Q(x) = x2 + 2x +2 = (x + 1)2 +1
Suy ra P(x) = (x – 2)(x2 + 2x + 2)
Vậy P(x) = x3 – 2x – 4 = ( x- 2)(x2 +
2x + 2)

GV: Ta nhận thấy đa
thức
P(x) có 2 nghiệm phân
biệt là
-1 và 2
Vì P(-1) = 0 và P(2) = 0
Do đó P(x) = (x – 1)(x –
2)Q(x)

Bài 2:
Giải:
HS: Chia đa thức P(x) cho tam
thức

(x + 1)(x – 2) = x2 – x – 2 , ta được
thương đúng của phép chia là:
Q(x) = x2 + 2x + 2 = (x + 1)2 + 1
Suy ra: P(x) = (x + 1)(x – 2)(x2 + 2x
+ 2)
Vậy : P(x) = (x + 1)(x – 2)(x2 + 2x
+ 2).

II. QUY TẮT HÓT – NƠ (HORNER) - PHƯƠNG PHÁP HỆ SỐ
BẤT ®ÞNH
1.Lí thuyết
a. Quy tắt Hót – Nơ: Giúp chúng ta chia nhanh một đa thức
cho một nhò thức bậc nhất.
Bài toán: Giả sử chúng ta chia được đa thức.
P(x) = a0xn + a1xn -1 + a2xn – 2 + a3xn – 3 + ….. + an chia nhò
thức x - a

7


Bậc của đa thức thương Q(x) nhỏ hơn bậc của P(x) một
đơn vò.
Q(x) = b0xn – 1 + b1xn – 2 + b2xn – 3 + …… + bn - 1
Số dư r là một hằng số vì bậ r < bậc (x – a)
Ta có: a0xn + a1xn – 1 + a2xn – 2 + ….. + an = (x – a)(b0xn -1 + b1xn – 2 + ….
+ bn – 1) + r
Cân bằng các hệ số, ta có: b0 = a0
b1 = a1 + ab0
b2 = a2 + ab1
b3 = a3 + ab2

…………………………..
bn – 1 = an – 1 + abn - 2
r = an + abn -1
Ta sắp xếp thành bảng sau:
a0
a

a1

b0 = a0 b1 = a1 +ab0

a2

…
…
…

b2 = a2 +ab1

an - 1

an

bn – 1 = an -1 + abn - 2

r = an + abn -1

b. Hệ số bất đònh
* §Þnh lÝ :
- Nếu đa thức bằng 0 với mọi giá trò của các biến th́

hệ số của các hạng tử đều bằng 0
Nếu đa thức f(x) = an xn+an-1xn-1 +.....+ a1x + a0 = 0 với mọi x  Q th́ ai = 0

(i

= 0;1;2;3;... n)

- Nếu hai đa thức cùng bậc mà hằng đẳng với nhau với
mọi giá trò của các biến th́ hệ số của các hạng tử đồng
dạng bằng nhau .
cho hai đa thức f(x) = an xn+an-1xn-1 +.....+ a1x + a0
và g(x) = bnxn+ bn-1xn-1 + ....+ b1x+ b0
Nếu f(x) = g(x) th́ ai = bi ( i = 0;1;2;3;.....n )
* §Þnh lý b¬zu :
- Định lý : Nếu đa thức f(x) chia cho nhị thức ( x - a ) có số
dư r thì r = f(a)
- Hệ quả : Nếu đa thức f(x) chia hết cho ( x- a) thì f(a) = 0
Từ hệ quả ta suy ra nếu đa thức f(x) chia hết cho (x - a)
thì khi phân tích đa thức f(x) thành nhân tử thì có chứa thừa
số là x-a .
Điều này có nghóa f(x)  ( x - a) thì f(x) = (x - a ) .q(x)
2.Bài Tập
Ho¹t ®éng cđa thÇy vµ trß

Bài 1: Phân tích đa
thức
P(x) = 3x4 – 4x3 + 1
thành nhân tử.

Ghi b¶ng

Bài 1:
Giải:
Ta có P(1) = 3 – 4 + 1 = 0
Suy ra, đa thức P(x) chia hết cho
(x – 1)
8


P(x) = (x – 1)Q1(x)
Ta xác đònh Q1(x) bằng quy tắt
Hót – Nơ .
3
3

Bài 2 : Không làm
phép tính , hay viết đa
thức sau dưới dạng
chính tắc
(x - 2)(x + 1)(2x - 3) + 4x 3
GV: đa thức trên sau khi
biến đổi là đa thức
bậc 3 đối với biến x ,
do vậy sau khi biến đổi
có dạng = A x3 + Bx2
+Cx + D

Bài 3 :
Cho đa thức
3

x + mx + n = (x - 1)(x - 2)

-4
-1

0
-1

0
-1

1
1
r=
p(1) =
0
Do đó Q1(x) = 3x3 – x2 – x – 1
Nhận xét rằng Q1(x) = 0 suy ra
Q1(x) = (x – 1)Q2(x)
Ta xác đònh Q2(x) bằng cách sử
dụng quy tắt Hót – Nơ:
3
-1
-1
-1
1
3
2
1
0

2
Suy ra: Q2(x) = 3x + 2x + 1,
không phân tích thành nhân
tử được nữa.
Do đó, ta có: P(x) = 3x4 – 4x3 + 1
= (x – 1)2(3x2 + 2x + 1).
Bài 2 : Giải :
Theo bài ra ta có
(x - 2)(x + 1)(2x - 3) + 4x - 3
= A x3 + Bx2 +Cx + D với mọi x
Q
cho x = 0 thì D = 3
cho x = 1 thì A + B + C + D = 3
 A + B + C = 0 (1) ;
cho x = - 1 thì -A + B - C + D = -7
 -A + B - C = - 10 (2)
cho x= 2 thì 8A + 4B + 2C + D = 2
 4A + 2B + C = 1 (3)
Lấy (1) + (2) ta được 2B = - 10 
B=-5  A+C=5
Từ (3) ta có 4A + C = 11; cho
nên
( 4A + c) - ( A + C ) = 3A = 6
 A = 2 và C = 3
Vậy đa thức cần t́m là 2x3 5x2+ 3x + 3 hay
(x - 2)(x + 1)(2x - 3) + 4x - 3
= 2x3 - 5x2+ 3x + 3
Bài 3 :
Giải :
Vế phải = x3 + (a - 3)x2 + (2 3a)x + 2a

Cho nên a - 3 = 0 ; 2 - 3a = m ;
2a = n
9


(x + a)
Tính a; m;n

 a=3 ;n=6 ;m=4
Bài 4 :
Giải
Ta có thể viết M dưới dạng
Bài 4 : Phân tích đa
M = (x + ay + b)(x + my + n)
thức sau thành nhân
( a,b,m,n  Z )
tử với hệ số nguyên
= x2 + (m + a)xy + amy2 + (n + b)x
2
2
M = x - 5xy + y + x + 2y - + (na + bm)y + bn
2
 am4
 m  a  5
GV:


Vì M là đa thức bậc
hai đối với tập hợp
các biến x và y nên M

chỉ có thể viết dưới
dạng
M = (x + ay + b)(x + my
+ n)
( a,b,m,n  Z )

  b  n 1

 na mb2

 bn  2

từ bn = -2


b = -1 và n = 2 hoặc b = 2 và n
= -1
Nếu b = -1 , n = 2  a = -1 , m =
-4
Nếu b = 2 , n = -1  a = -4 , m
= -1
Vậy 2 bộ số trên chỉ cho ta
một kết quả nên M = (x - y - 1)
(x - 4y + 2)
Vậy : x2 - 5xy + y2 + x + 2y - 2 =
(x - y - 1)(x - 4y + 2)

IV . Ph¬ng ph¸p xÐt gi¸ trÞ riªng
1.Lí thuyết
Ph¬ng ph¸p: Tríc hÕt ta x¸c ®Þnh d¹ng c¸c thõa sè chøa biÕn cđa ®a

thøc, råi g¸n cho c¸c biÕn c¸c gi¸ trÞ cơ thĨ ®Ĩ x¸c ®Þnh thõa sè cßn
l¹i.
2.Bài Tập
Ho¹t ®éng cđa thÇy vµ trß

Bài 1 : Ph©n tÝch ®a
thøc sau thµnh nh©n tư:
P= x2(y-z)+ y2(z-x)+z2(x-y)

Ghi b¶ng

Bài 1 :
Gi¶i
Gi¶ sư thay x bëi y th×
P = y 2 ( y  z)  y 2 ( z  y)  0
Nh vËy P chøa thõa sè x – y
Ta l¹i thÊy nÕu thay x bëi y, thay y
bëi z, thay z bëi x th× P kh«ng
®ỉi(ta nãi ®a thøc P cã thĨ ho¸n
vÞ vßng quanh bëi c¸c biÕn x, y, z).
Do ®ã nÕu P ®· chóa thïa sè x – y
th× còng chóa thõa sè y- z, z -x. VËy
P ph¶i cã d¹ng
P = k(x - y)(y - z)(z - x).Ta thÊy k
ph¶i lµ h»ng sè(kh«ng chóa biÕn)
v× P cã bËc 3 ®èi víi tËp hỵp c¸c
biÕn x, y, z cßn tÝch
10

(x - y)(y - z)(z - x) còng cã bËc ba
®èi víi tËp hỵp c¸c biÕn x, y, z. V×
®¼ng thøc

x 2 ( y  z )  y 2 ( z  x)  z 2 ( x  y )  k ( x  y)( y  z )( z  x)
®óng víi mäi x, y, z nªn ta g¸n cho
c¸c biÕn x, y, z c¸c gi¸ trÞ riªng,
ch¼ng h¹n
x = 2, y = 1, z = 0
ta ®ỵc k = -1
Vậy
P =- (x - y)(y - z)(z - x) = (x- y)(y - z)
(x - z)
C. bµi tËp:

vỊ nhµ

Phân tích các đa thức sau thành nhân tử.
1. A(x) = (7 – x)4 + ( 5 – x)4 – 2
2. B(x) = x4 – 9x3 + 28x2 – 36x + 16
3. C(x) = x4 – 3x3 – 6x2 + 3x + 1

Bi 3:

Ngµy :

/

11/2014

CHUYÊN ĐỀ : MỘT SỐ BÀI ƠN TẬP CHƯƠNG TỨ GIÁC
A. Mơc tiªu:
+ KiÕn thøc:
11


- Gióp HS cđng cè v÷ng ch¾c nh÷ng tÝnh chÊt, dÊu hiƯu nhËn biÕt
h×nh vu«ng.
+ Kü n¨ng:
- RÌn lun kÜ n¨ng ph©n tÝch, nhËn biÕt tø gi¸c lµ h×nh vu«ng
- RÌn lun t duy ph©n tÝch, tỉng hỵp vµ logÝc
- VËn dơng nh÷ng kiÕn thøc ®ã ®Ĩ rÌn lun kÜ n¨ng nhËn biÕt
h×nh, chøng minh, tÝnh to¸n, t×m ®iỊu kiƯn ®Ĩ tho¶ m·n mét h×nh
nµo ®ã?
+ Th¸i ®é:- RÌn lun t duy s¸ng t¹o, tÝnh cÈn thËn.
B. MỘT SỐ BÀI TOÁN:
1.Lí thuyết
- Nªu ®Þnh nghÜa, tÝnh chÊt, dÊu hiƯu nhËn biÕt h×nh thoi?
- Nªu ®Þnh nghÜa, tÝnh chÊt, dÊu hiƯu nhËn biÕt h×nh vu«ng ?
2.Bài Tập
Ho¹t ®éng cđa thÇy vµ trß

Ghi b¶ng

Bài 1 : Cho tứ giác ABCD biết:
: : : =1:2:3:4
Tính các góc trong của tứ giác ?
GV:
+Từ
: : : = 1 : 2 : 3 : 4 cần hiểu là

các góc A, B, C và D theo thứ tự
Tỉ lệ thuận với các số 1, 2 , 3 và 4 .
Từ đó viết được điều gì?

Bài 1 : HD:
Từ đó viết thành = = =
+ Dựa vào t/c dãy tỉ số bằng nhau và tổng
các góc trong của một tứ giác để biến đổi như
sau :
= = =
= ( + + + ) :( 1 + 2 + 3 + 4)
= 3600 : 10 = 360
+ Tính được số đo của mỗi góc trong của tứ
giác ABCD.

Bài 2 : Trong hình vẽ sau có
AM = MB, AN = NC, KB=KM và
IC = IN. Hãy tính x ?

Bài 2 :
HD:
+ Nêu các yếu tố để khẳng định MN
Là đường TB của tam giác ABC, từ đó tính
được dộ dài MN = 6cm
+ Nêu đủ các yếu tố để khẳng định tứ Giác
BMNC là hình thang và KI là đường trung
bình của hình thang này
đường trung bình của hình thang này.
Từ đó tính được KI = 9cm.

A
M
K
B

N
X
12cm

I
C

Bài 3 : Trong hình vẽ dưới đây,
ABCD là hình thang cân, cạnh

Bài 3 :
HD : + Kẻ BI // CD với I  CD ta có
= ( đồng vị ). Vì = = 450
Nên: = = 450
+ ABI có = = 450 nên vng cân tại B.
Dùng định lý Pitago ta tính được độ dài AI.
12


bên AB = 2cm, đáy AD = 12cm ; +Biết độ dài AI và AD ta tính được độ dài ID.
= 450. Hãy tính độ dài x ?
+Nêu các yếu tố để khẳng định tứ giác BIDC
A
I
D là hình bình hành để có ID = BC

+Nêu các yếu tố để khẳng định MN là đường
X
N
TB của hình thang ABCD từ đó tính được độ
M
dài đoạn MN hay độ dài x
Bài 4 :
HD : + Dựa vào t/c của cặp góc kề bù nhau
B
C
để tính x
+ Dựa vào định lý tổng các góc trong một tứ
giác để tính được y
Bài 4 : Tính x và y trong hình vẽ
sau
A

ĐS : x = 1250 và y = 500

B

0 x

2y

55

Bài 5 :

0

85
y

C

D

HD :
a) Tứ giác ADME có các cạnh đối song song
nên là hình bình hành
b) ME // AB nên = ( đồng vị ) mà
= (
gt ) nên = . Vậy EMC cân tại E.
c) Có AE = DM ( cạnh đối của hình bình hành
) và ME = EC (EMC cân tại E ) nên DM +
ME = AE + EC
d) Để hình bình hành ADME là hình thoi thì
cần có thêm MD = ME. Nếu M là trung điểm
của BC thì

Bài 5 : Cho ABC cân tại A, gọi
M là điểm bất kỳ thuộc cạnh đáy
BC. Từ M vẽ ME // AB ( E  AC )
và vẽ MD // AC ( D  AB ).
Chứng minh :
Tứ giác ADME là hình bình hành.
a. MEC cân.
AC AB
b. MD + ME = AC.


MD = ME =
. Vậy khi M là trung
2
2
c. Xác định vị trí điểm M trên BC
điểm của BC thì ADME là hình thoi.
để tứ giác ADME là hình thoi.

A
E
D
B

C

M
C. bµi tËp: vÒ nhµ
13


Bài 1 : Cho tam giác ABC. Gọi P và Q lần lượt là trung điểm của DE và DF.
a. Tứ giác PQCB là hình gì? Chứng minh?
b. Trên tia đối của tia QP lấy điểm K sao cho PQ = QK. Hỏi tứ giác CKAP là hình
gì ? Chứng minh?
c. Tam giác ABC cần có thêm điều kiện gì để tứ giác CKAP là hình chữ nhật ? Là
hình thoi ? Là hình vng?
HD : + Hình vẽ :

A

Q
P

K

B

C

a) Nêu các yếu tố để khẳng định PQ là đường TB của tam giác ABC từ đó có PQ //
BC. Vậy PQCB là hình thang.
b) Tứ giác CKAP có hai đường chéo AC và PK cắt nhau tại trung điểm Q của mỗi
đường nên là hình bình hành.
c) + Hình bình hành CKAP là hình chữ nhật nếu có thêm AC = PK. Cần chứng tỏ
được PK = BC, từ đó có AC = BC hay tam giác ABC cân tại C thì CKAP là hình
chữ nhật .
+ Hình bình hành CKAP là hình thoi nếu có thêm AC  PK mà PK // BC nên AC
 BC. Vậy khi tam giác ABC vng tại C thì CKAP là hình thoi .
d) Tam giác ABC vng cân tại C thì hình bình hành CKAP là hình vng. Hãy tự
c/m !

Ngµy
: /12/2014

Bi 4:
CHUYÊN ĐỀ :

TÍNH CHIA HẾT ĐỐI VỚI ĐA
THỨC

A. Mơc tiªu:
+ KiÕn thøc:

14


- Cđng cè vµ n©ng cao c¸c kiÕn tøc vỊ TÝnh chÊt chia hÕt víi ®a thøc
.
- Hs biÕt ¸p dơng vµo lµm bµi tËp d¹ng n©ng cao
+ Kü n¨ng:
- RÌn kÜ n¨ng t duy cho häc sinh
+ Th¸i ®é:- RÌn lun t duy s¸ng t¹o, tÝnh cÈn thËn.
B. MỘT SỐ DẠNG BÀI TOÁN:
I. Tìm dư của phép chia mà không thực hiện phép chia
1.Lí thuyết
Dạng 1: * Đa thức chia có dạng x – a (a là hằng)
a) Đònh lí Bơdu (Bezout, 1730 – 1783):
Số dư trong phép chia đa thức f(x) cho nhò thức x – a bằng giá
trò 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 = x 3 – 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
* Đa thức chia có bậc hai trở lên
Cách 1: Tách đa thức bò chia thành tổng của các đa thức
chia hết cho đa thức chia và dư
Cách 2: Xét giá trò riêng: gọi thương của phép chia là Q(x),
dư là ax + b thì
f(x) = g(x). Q(x) + ax + b
2.Bài Tập
Ho¹t ®éng cđa thÇy vµ trß

Ghi b¶ng

Bài 1: Tìm dư của phép
chia
x7 + x5 + x3 + 1 cho x2 – 1

Bài 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)
15


Bài 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

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)
Bài 2:
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
II. Chưng minh một đa thức chia hết cho một đa thức
khác
1.Lí thuyết . Phương pháp:
Cách 1: Phân tích đa thức bò chia thành nhân tử có một
thừa số là đa thức chia
Cách 2: biến đổi đa thức bò chia thành một tổng các đa
thức chia hết cho đa thức chia
Cách 3: Biến đổi tương đương f(x) Mg(x) � f(x) � g(x) Mg(x)
cách 4: Chứng tỏ mọi nghiệm của đa thức chia đều là
nghiệm của đa thức bò chia
2.Bài Tập
Ho¹t ®éng cđa thÇy vµ trß

Ghi b¶ng

Bài 1:
Chứng minh rằng: x8n +
x4n + 1 chia hết cho x2n +
xn + 1

Bài 1:
Giải
8n
Ta có: x + 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
Bài 2: Chứng minh
Vậy: x8n + x4n + 1 chia hết cho x2n
rằng:
+ xn + 1
x3m + 1 + x3n + 2 + 1 chia
Bài 2:
Giải
hết cho
Ta có:
x3m + 1 + x3n + 2 + 1
x2 + x + 1 với mọi m, n � = x3m + 1 - x + x3n + 2 – x2 + x2 + x +
N
1
= x(x3m – 1) + x2(x3n – 1) + (x2 + x +
16


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
Bài 3: Chứng minh
Bài 3:
Giải
rằng
Ta có: f(x) – g(x)

99
88
77
f(x) = x + x + x + ... + = x99 – x9 + x88 – x8 + x77 – x7 + ... +
x11 + 1 chia hết cho
x11 – x + 1 – 1
g(x) = x9 + x8 + x7 + ....+ x = x9(x90 – 1) + x8(x80 – 1) + ....+
+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
Bài 4:
Giải
Bài 4:
CMR:
Đa thức g(x) = x2 – x = x(x – 1) có
f(x) = (x2 + x – 1)10 + (x2 2 nghiệm là x = 0 và x = 1
x + 1)10 – 2 chia hết cho
Ta có f(0) = (-1)10 + 110 – 2 = 0 �
2
g(x) = x – x
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
Bài 5: Chứng minh
rằng
Bài 5:
Giải
2
9
a) A = x2 – x9 – x1945 chia
a) A = x – x – x1945
2
hết cho B = x – x + 1
= (x2 – x + 1) – (x9 + 1) – (x1945 – x)
9
8
b) C = 8x – 9x + 1 chia
Ta có: x2 – x + 1 chia hết cho B =
2
hết cho D = (x – 1)
x2 – x + 1
2n
2n
c) C (x) = (x + 1) – x –
x9 + 1 chia hết cho x3 + 1 nên
2x – 1 chia hết cho

chia hết cho B = x2 – x + 1
D(x) = x(x + 1)(2x + 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
17


+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 = -

1
2

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)
1
1
1
1
) = (- + 1)2n – (- )2n – 2.(- ) –
2
2
2
2
1
1=0 � x=là nghiệm của
2

C(-

C(x)
Mọi nghiệm của đa thức chia là
nghiệm của đa thức bò chia �
đpcm

C. bµi tËp:

vỊ nhµ

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 trò 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)

18


Buổi 5:

Ngày : /
01/2015

CHUYấN :
S CHNH PHNG
I. NH NGHA: S chớnh phng l s bng bỡnh phng ỳng ca mt s nguyờn.
II. TNH CHT:
1. S chớnh phng ch cú th cú ch s tn cựng bng 0, 1, 4, 5, 6, 9 ; khụng th cú
ch s tn cựng bng 2, 3, 7, 8.
2. Khi phõn tớch ra tha s nguyờn t, s chớnh phng ch cha cỏc tha s nguyờn t
vi s m chn.
3. S chớnh phng ch cú th cú mt trong hai dng 4n hoc 4n + 1. Khụng cú s
chớnh phng no cú dng 4n + 2 hoc 4n + 3 (n N).
4. S chớnh phng ch cú th cú mt trong hai dng 3n hoc 3n + 1. Khụng cú s
chớnh phng no cú dng 3n + 2 (n N).
5. S chớnh phng tn cựng bng 1 hoc 9 thỡ ch s hng chc l ch s chn.

S chớnh phng tn cựng bng 5 thỡ ch s hng chc l 2
S chớnh phng tn cựng bng 4 thỡ ch s hng chc l ch s chn.
S chớnh phng tn cựng bng 6 thỡ ch s hng chc l ch s l.
6. S chớnh phng chia ht cho 2 thỡ chia ht cho 4.
S chớnh phng chia ht cho 3 thỡ chia ht cho 9.
S chớnh phng chia ht cho 5 thỡ chia ht cho 25.
S chớnh phng chia ht cho 8 thỡ chia ht cho 16.
III. MT S DNG BI TP V S CHNH PHNG

B. MOT SO BAỉI TOAN:
bài tập
Hoạt động của thầy và trò

Ghi bảng

Bi 1: Chng minh rng vi
mi s nguyờn x, y thỡ
A = (x + y)(x + 2y)(x +
3y)(x + 4y) + y4 l s chớnh
phng.

Bi 1: Ta cú
A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4
= (x2 + 5xy + 4y2)( x2 + 5xy + 6y2) + y4
t x2 + 5xy + 5y2 = t ( t Z) thỡ
A = (t - y2)( t + y2) + y4 = t2 y4 + y4
= t2 = (x2 + 5xy + 5y2)2
V ỡ x, y, z Z nờn x2 Z, 5xy Z,
5y2 Z x2 + 5xy + 5y2 Z
Vy A l s chớnh phng.

Bi 2: Chng minh tớch ca 4
Bi 2:
s t nhiờn liờn tip cng 1 luụn l Gi 4 s t nhiờn, liờn tiờp ú l n, n + 1,
19


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 .

Bài 4: 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

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:
1
Ta có k(k+1)(k+2) = 4 k(k+1)(k+2).4
1
= 4 k(k+1)(k+2).[(k+3) – (k-1)]

1
1
k(k+1)(k+2)(k+3) - k(k+1)(k+2)(k-1)
4
4
1
1
1
1
 S = .1.2.3.4 - .0.1.2.3 + .2.3.4.5 4
4
4
4
1
1
.1.2.3.4 +…+ k(k+1)(k+2)(k+3) - k(k+1)
4
4
1
(k+2)(k-1) = k(k+1)(k+2)(k+3)
4

=

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: 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) 2 - 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
20


Bài 5: Tìm 1 số chính phương
gồm 4 chữ số biết rằng số gồm 2
chữ số đầu lớn hơn số gồm 2 chữ
số sau 1 đơn vị.

Bài 6: Tìm số chính phương có
4 chữ số biết rằng 2 chữ số đầu
giống nhau, 2 chữ số cuối giống
nhau.

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.
a. 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 5:
Đặt abcd = k2 ta có ab – cd = 1 và k  N,
32 ≤ k < 100
Suy ra 101cd = k2 – 100 = (k-10)(k+10)
 k +10  101 hoặc k-10  101
Mà (k-10; 101) = 1  k +10  101
Vì 32 ≤ k < 100 nên 42 ≤ k+10 < 110
 k+10 = 101  k = 91
 abcd = 912 = 8281
Bài 6:
Gọi số chính phương phải tìm là aabb = n2
với a, b  N, 1 ≤ a ≤ 9; 0 ≤ b ≤ 9
Ta có n2 = aabb = 11.a0b = 11.(100a+b)
= 11.(99a+a+b) (1)
Nhận xét thấy aabb  11  a + b  11
21


Mà 1 ≤ a ≤ 9 ; 0 ≤ b ≤ 9 nên 1 ≤ a+b ≤ 18
 a+b = 11
Thay a+b = 11 vào (1) được
n2 = 112(9a+1) do đó 9a+1 là số chính phương
.
Bằng phép thử với a = 1; 2; …; 9 ta thấy chỉ
có a = 7 thỏa mãn  b = 4
Số cần tìm là 7744

C. bµi tËp:

vÒ nhµ

Bài 1 Tìm số có 2 chữ số mà bình phương của số ấy bằng lập phương của tổng các
chữ số của nó.
Gọi số phải tìm là ab với a,b  N và 1 ≤ a ≤ 9 , 0 ≤ b ≤ 9
Theo giả thiết ta có : ab = ( a + b )3
(
 (10a+b)2 = ( a + b )3
 ab là một lập phương và a+b là một số chính phương
Đặt ab = t3 ( t  N ) , a + b = l 2 ( l  N )
Vì 10 ≤ ab ≤ 99  ab = 27 hoặc ab = 64
 Nếu ab = 27  a + b = 9 là số chính phương
 Nếu ab = 64  a + b = 10 không là số chính phương  loại
Vậy số cần tìm là ab = 27
Bài 2: Tìm 3 số lẻ liên tiếp mà tổng bình phương là một số có 4 chữ số giống nhau.
Gọi 3 số lẻ liên tiếp đó là 2n-1, 2n+1, 2n+3 ( n  N)
Ta có A= ( 2n-1 )2 + ( 2n+1)2 + ( 2n+3 )2 = 12n2 + 12n + 11
Theo đề bài ta đặt 12n2 + 12n + 11 = aaaa = 1111.a với a lẻ và 1 ≤ a ≤ 9
 12n( n + 1 ) = 11(101a – 1 )
 101a – 1  3  2a – 1  3
Vì 1 ≤ a ≤ 9 nên 1 ≤ 2a-1 ≤ 17 và 2a-1 lẻ nên 2a – 1  { 3; 9; 15 }
 a  { 2; 5; 8 }
Vì a lẻ  a = 5  n = 21
3 số càn tìm là 41; 43; 45

22


Ngµy : /

Bi 6:

01/2015

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. MỘT SỐ BÀI TOÁN:bµi tËp
Ho¹t ®éng cđa thÇy vµ trß

Bài 1: Cho biểu thức
A=

x  5x  4
x 4  10 x 2  9
4

2

a) Rút gọn A
b) tìm x để A = 0
c) Tìm giá trò của A khi
2x 1  7

Ghi b¶ng

Bài 1: 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
�x �1
�x �1
�x ��1
�
��
��
�x ��3
�x �3
�
�x �3

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
(x - 1)(x + 1)(x - 2)(x + 2) (x - 2)(x + 2)

(x - 1)(x + 1)(x - 3)(x + 3) (x - 3)(x + 3)
(x - 2)(x + 2)

b) A = 0 �
=0
(x - 3)(x + 3)
� (x – 2)(x + 2) = 0 � x = � 2

A=

c) 2 x  1  7 �
2x 1  7
2x  8
x4
�
�
�
��
��
�
2 x  1  7
2 x  6
x  3
�
�
�

* Với x = 4 thì A =
(x - 2)(x + 2) (4 - 2)(4 + 2) 12


(x - 3)(x + 3) (4 - 3)(4 + 3) 7

* Với x = - 3 thì A không xác
23


Bài 2:
Cho biểu thức B =
2 x 3  7 x 2  12 x  45
3 x 3  19 x 2  33 x  9

a) Rút gọn B
b) Tìm x để B > 0

đònh
Bài 2:
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 �

1
3

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)
1
3
3
2
2 x  7 x  12 x  45
Thì B = 3
3 x  19 x 2  33 x  9
(x - 3) 2 (2x + 5) 2x + 5

=
(x - 3) 2 (3x - 1) 3x - 1
2x + 5
c) B > 0 �
>0 �
3x - 1
�
� 1
x
�
�
� 3
�
�
�
3x  1  0
�
� 1

�
�x   5
�
�
x
�
�
2
x

5

0
�
�
2
3
�
��
��
�
5
3x  1  0
�
� 1
�
�
x



x

�
�
� 3
�
�
�
2
�
�2 x  5  0
�
�
�x   5
�
�
�
2

Với x � 3 và x �

Bài 3
Cho biểu thức D =
x3  x 2  2 x
x x  2  x2  4

a) Rút gọn biểu thức D
b) Tìm x nguyên để D
có giá trò nguyên
c) Tìm giá trò của D khi x

=6

Bài 3
Giải
a) Nếu x + 2 > 0 thì x  2 = x + 2
nên
x3  x 2  2 x
D = x x  2  x2  4

=
x3  x2  2 x
x( x  1)( x  2)
x2  x


x( x  2)  x 2  4 x( x  2)  ( x  2)( x  2)
2
Nếu x + 2 < 0 thì x  2 = - (x + 2)

nên
x3  x 2  2 x
D = x x  2  x2  4 =

24


x3  x 2  2 x
x ( x  1)( x  2)
x



2
 x( x  2)  x  4  x ( x  2)  ( x  2)( x  2) 2
Nếu x + 2 = 0 � x = -2 thì biểu

thức D không xác đònh
b) Để D có giá trò nguyên thì
x
x2  x
hoặc
có giá trò
2
2

nguyên
x2  x
+)
có giá trò nguyên �
2
�x 2 - x M2
�x(x - 1) M2
��
�
�x > - 2
�x > - 2

Vì x(x – 1) là tích của hai số
nguyên liên tiếp nên chia hết
cho 2 với mọi x > - 2
x

có giá trò nguyên �
2
�x M2
�x = 2k
��
� x  2k (k � Z; k < - 1)
�
�x < - 2
�x < - 2
c) Khia x = 6 � x > - 2 nên
6(6  1)
x2  x
 15
D=
=
2
2

+)
Bài 4:
Cho a + b + c = x + y + z
a

b

c

= x + y + z =0;
Chứng minh rằng:
ax2 + by2 + cz2 = 0

Bài 5: Cho
a
b
c
+

 0;
b-c
c-a a-b

chứng minh:
a
b
c
+

0
2
2
(b - c)
(c - a) (a - b) 2

Bài 4:
Từ x + y + z = 0 � x2 = (y + z)2 ;
y2
= (x + z)2 ; z2 = (y + x)2
� ax2 + by2 + cz2 = a(y + z)2 + b(x
+ z)2 + c (y + x)2 = …
= (b + c)x2 + (a + c)y2 + (a + b)z2

+ 2(ayz + bxz + cxy) (1)
Từ a + b + c = 0 � - a = b + c; - b
= a + c; - c = a + b (2)
a

b

c

Từ x + y + z = 0 � ayz + bxz + cxy
= 0 (3). Thay (2), (3) vào (1);
ta có:
2
ax + by2 + cz2 = -( ax2 + by2 + cz2 )
� ax2 + by2 + cz2 = 0
a
b
c
+

0 �
b-c
c-a a-b
a
b
c
b 2  ab + ac - c 2
=



b-c
a-c b-a
(a - b)(c - a)

Bài 5: Từ

a
b 2  ab + ac - c 2

(1)
(b - c) 2 (a - b)(c - a)(b - c)
1
(Nhân hai vế với
)
b-c

�

Tương tự, ta có:
25