GIAO AN BOI DUONG HOC SINH GIOI TOAN 8

Buổi 1

Ngày soạn: 7/11/2018
Ngày dạy: 15/11/2018
CHUYÊN ĐỀ I: PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ
A. 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 tốn phân tích này.
- Biết được mối liên hệ giữa các phương pháp và sử dụng hợp lý vào bài tốn.
- Rèn tính cẩn thận, tính sáng tạo, chủ động trong học tập.
B. CHUẨN BỊ
- GV: giáo án, tài liệu, máy tính Casio.
- HS: Máy tính Casio.
C. CÁC HOẠT ĐỘNG DẠY HỌC
I. Ốn định lớp
II. Kiểm tra bài cũ
III. Bài mới
I- Phương pháp tách một hạng tử thành nhiều hạng tử khác:
1. Bài 1: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
a) x2- 5x + 6; b) 3x2- 8x + 4;
c) x2 + 8x + 7;
d) x2- 13x + 36; e) x2 + 3x18
f) x2- 5x- 24; g) 3x 2- 16x + 5; h) 8x 2+ 30x+ 7; i) 2x 2- 5x- 12;
k) 6x 2- 7x20
Giải:
a) x2- 5x + 6 = x2- 2x- 3x + 6 = (x2- 2x)- (3x- 6) = x(x- 2)- 3(x- 2) = (x- 2)(x- 3)
b) 3x2- 8x + 4 = 3x2- 6x- 2x + 4 = (3x2- 6x)- (2x- 4) = 3x(x- 2)- 2(x- 2) = (x- 2)(3x2)
c) x2 + 8x + 7 = x2 + x + 7x + 7 = (x 2+ x) + (7x+ 7) = x(x+ 1) + 7(x+ 1) = (x+1)(x+
7)
d) x2- 13x + 36 = x2- x- 12x + 36 = (x2- 4x)- (9x- 36) = x(x- 4)- 9(x- 4) = (x- 4)(x- 9)

e) x2 + 3x- 18 = x2- 3x + 6x- 18 = (x2- 3x) + (6x- 18) = x(x- 3)+ 6(x- 3) = (x- 3)(x+
6)
f) x2- 5x- 24 = x2 + 3x- 8x- 24 = (x2 + 3x)- (8x + 24) = x(x+ 3)- 8(x+3) = (x + 3)(x8)
g) 3x2- 16x + 5 = 3x2- 15x- x + 5 = (3x2- 15x)- (x- 5) = 3x(x- 5)- (x- 5) = (x- 5)(3x1)
h) 8x2+ 30x+ 7 = 8x2 + 28x + 2x + 7 = (8x2 + 28x) + (2x + 7)
= 4x(2x + 7) + (2x + 7) = (2x + 7)( 4x + 1)
2. Bài 2: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
a) x3- 5x2 + 8x- 4;
b) x2 + 2x- 3;
c) x3 + 5x2 + 8x + 4;
d) x3- 7x + 6
e) x3- 9x2 + 6x + 16;
f) 4x3- 13x2 + 9x- 18; g) x3- 4x2- 8x + 8;
h) -x3-6x2+6x +1
i) 6x3- x2- 486x + 81; j) x3- 7x- 6;
k) x3- 3x + 2;
l) x3- 5x2 + 3x + 9
m) x3 + 8x2 + 17x + 10;
n) x3 + 3x2 + 6x + 4; p) x3- 2x- 4; q) 2x3- 12x2 + 17x- 2
r) x3 + x2 + 4;
s) x3 + 3x2 + 3x + 2;
t) x3 + 9x2 + 26x +
24;
Giải:
a) x3- 5x2 + 8x- 4 = x3- 3x2 + 3x- 1- 2x2 + 2x + 3x- 3


= (x3- 3x2 + 3x- 1)- (2x2- 2x) + (3x- 3) = (x- 1)3- 2x(x- 1) + 3(x- 1)
= (x- 1)(x2- 2x + 1- 2x + 3) = (x- 1)(x2- 4x + 4) =(x- 1)(x- 2)2
b) x2 + 2x- 3 = x2- x + 3x- 3 = (x2- x) + (3x- 3) = x(x- 1) + 3(x- 1) = (x- 1)(x + 3)

c) x3 + 5x2 + 8x + 4 = x3 + 3x2 + 3x + 1 + 2x2 + 2x + 3x + 3
= (x3 + 3x2 + 3x + 1) + (2x2 + 2x) + (3x + 3)= (x + 1)3 + 2x(x + 1) + 3(x + 1)
= (x + 1)(x2 + 2x + 1 + 2x + 3) = (x + 1)(x2 + 4x + 4) = (x + 1)(x + 2)2
d) x3- 7x + 6 = x3- x- 6x + 6 = (x3- x)- (6x- 6) = x(x2- 1)- 6(x- 1)
= x(x- 1)(x + 1)- 6(x- 1) = (x- 1)(x2 + x- 6) = (x- 1)[(x2- 2x) + (3x- 6)]
= (x- 1)[x(x- 2) + 3(x- 2)] = (x- 1)(x- 2)(x + 3)
e) x3- 9x2 + 6x + 16 = x3 + 3x2 + 3x + 1- 12x2- 12x + 15x + 15
= (x3 + 3x2 + 3x + 1)- (12x2 + 12x) + (15x + 15) = (x + 1)3- 12x(x + 1) + 15(x + 1)
= (x + 1)(x2 + 2x + 1- 12x + 15) = (x + 1)(x2- 10x + 16)
= (x + 1)[(x2- 2x)- (8x- 16)] = (x + 1)[x(x- 2)- 8(x- 2)] = (x + 1)(x- 2)(x- 8)
II- Phương pháp thêm và bít cùng một hạng tử
1) Dạng 1: Thêm bít 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:
a) (1 + x2)2- 4x(1- x2); b) (x2- 8)2 + 36; c) x4 + 4; d) x4 + 64;
e) 64x4 + 1
f) 81x4 + 4;
g) 4x 4 + 81;
h) 64x 4 + y4;
i) x4 + 4y4;
k) x4 + x2 +
1
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:
a) x7 + x2 + 1;
b) x7 + x5 + 1;
c) x5 + x4 + 1;
d) x5 + x + 1
e) x8 + x7 + 1;
f) x5- x4- 1;

g) x5 + x- 1;
h) x10 + x5 + 1
Giải:
a) x7 + x2 + 1 = x7- x4 + x4 + 2x2 + 1- x2 = (x7- x4) + (x4 + 2x2 + 1)- x2
= x4(x3- 1) + (x2 + 1)2- x2 = x4(x- 1)(x2 + x + 1) + (x2 + 1 + x)(x2 + 1- x)
= (x2 + x + 1)(x5- x4 + x2- x + 1)
b) x7 + x5 + 1 = x7- x4 + x5 + x4 + x3- x3- x2- x + x2 + x + 1
= (x7- x4) + (x5 + x4 + x3)- (x3 + x2 + x) + (x2 + x + 1)
= x4(x3- 1) + x3(x2 + x + 1)- x(x2 + x + 1) + (x2 + x + 1)
= x4(x- 1)(x2 + x + 1) + x3(x2 + x + 1)- x(x2 + x + 1) + (x2 + x + 1)
= (x2 + x + 1)(x5- x4 + x3- x + 1)
c) x5 + x4 + 1 = x5 + x4 + x3- x3- x2- x + x2 + x + 1
= (x5 + x4 + x3)- (x3 + x2 + x) + (x2 + x + 1)
= x3(x2 + x + 1)- x(x2 + x + 1) + (x2 + x + 1) = (x2 + x + 1)(x3- x + 1)
d) x5 + x + 1 = x5 + x4 + x3- x4- x3- x2 + x2 + x + 1
= (x5 + x4 + x3)- (x4 + x3 + x2) + (x2 + x + 1)
= x3(x2 + x + 1)- x2(x2 + x + 1) + (x2 + x + 1)
= (x2 + x + 1)(x3- x2 + 1)
e) x8 + x7 + 1 = x8 + x7 + x6- x6- x5- x4 + x5 + x4 + x3- x3- x2- x + x2 + x + 1
= (x8 + x7 + x6)- (x6 + x5 + x4) + (x5 + x4 + x3)- (x3 + x2 + x) + (x2 + x + 1)
= x6(x2 + x + 1)- x4(x2 + x + 1) + x3(x2 + x + 1)- x(x2 + x + 1) + (x2 + x + 1)
= (x2 + x + 1)(x6- x4 + x3- x + 1)
f) x5- x4- 1 = x5- x4 + x3- x3 + x2- x- x2 + x- 1
= (x5- x4 + x3)- (x3- x2 + x)- (x2- x + 1) = x3(x2- x + 1)- x(x2- x + 1)- (x2- x + 1)
= (x2- x + 1)(x3- x- 1)


g) x5 + x- 1 = x5- x4 + x3 + x4- x3 + x2- x2 + x- 1
= (x5- x4 + x3) + (x4- x3 + x2)- (x2- x + 1) = x3(x2- x + 1) + x2(x2- x + 1)- (x2- x + 1)
= (x2- x + 1)(x3 + x2- 1)

h) x10 + x5 + 1 = x10- x7 + x7- x4 + x5 + x4 + x3- x3- x2- x + x2 + x + 1
= (x10- x7) + (x7- x4) + (x5 + x4 + x3)- (x3 + x2 + x) + (x2 + x + 1)
= x7(x3- 1) + x4(x3- 1) + x3(x2 + x + 1)- x(x2 + x + 1) + (x2 + x + 1)
= x7(x- 1)(x2 + x + 1) + x4(x- 1)(x2 + x + 1)+ x3(x2 + x + 1)- x(x2 + x + 1)+ (x2+ x +
1)
= (x2+ x + 1)(x8- x7 + x5- x4 + x3- x + 1)
III- Phương pháp đổi biến
Bài 1: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử
a) x(x + 4)(x + 6)(x + 10) + 128;
b) (x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4)- 24
2
2
2
2
c) (x + 4x + 8) + 3x(x + 4x + 8) + 2x ;
d) (x2 + x)2 + 4x2 + 4x- 12
e) x2 + 2xy + y2 + 2x + 2y- 15;
f) (x + a)(x + 2a)(x + 3a)(x + 4a) + a4
g) 6x4- 11x2 + 3;
h) (x2 + x)2 + 3(x2 + x) + 2
i) x2- 2xy + y2 + 3x- 3y- 10;
j) (x2 + 2x)2 + 9x2 + 18x + 20
k) x2- 4xy + 4y2- 2x + 4y- 35;
l) (x + 2)(x + 4)(x + 6)(x + 8) + 16
Giải:
a) x(x + 4)(x + 6)(x + 10) + 128
Đặt y = x + 5 ta có:
x(x + 4)(x + 6)(x + 10) + 128 = (y- 5)(y- 1)(y + 1)(y + 5) + 128 = (y2- 1)(y2- 25)
= y4- 26y2 + 25 + 128 = y4- 34y2 + 289 + 8y2- 136 = (y4- 34y2 + 289) + (8y2- 136)
= (y2- 17)2 + 8(y2- 17) = (y2- 17)(y2- 17 + 8) = (y2- 17)(y2- 9)

= (y + 17 )(y- 17 )(y + 3)(y- 3) = (x + 5 + 17 )(x + 5- 17 )(x + 8)(x + 2)
Bài 2: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử
a) x4 + 6x3 + 7x2- 6x + 1;
b) (x2 + y2 + z2)(x + y + z)2 + (xy + yz + zx)2
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 cịn lại.
Ví dụ: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
a) P = x2(y- z) + y2(z- x) + z2(x- y)
b) Q = a(b + c- a)2 + b(c + a- b)2 + c(a + b- c)2 + (a + b- c)(b + c- a)(c + a- b)
Giải:
a) Giả sử thay x bởi y thì P = y 2 ( y  z )  y 2 ( z  y)  0
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 khơng đổi (ta nói đa thức
P có thể hốn vị vịng quanh bởi các biến x, y, z). Do đó nếu P đã chứa thừa số x- y
thì cũng chứa 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(khơng chóa 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

x 2 ( y  z )  y 2 ( z  x)  z 2 ( x  y )  k ( x  y )( y  z )( z  x)
đóng 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 tốn
Bài 1: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
M  a (b  c  a ) 2  b(c  a  b) 2  c(a  b  c) 2  (a  b  c)(b  c  a )(c  a  b)

N  a(m  a) 2  b(m  b)2  c(m  c) 2  abc , với 2m = a+ b + c.

V- Phương pháp hệ số bất định:
Bài 1: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
a ) A  x 4  6 x 3  12 x 2  14 x  3
b) B  4 x 4  4 x 3  5 x 2  2 x  1
c )C  3x 2  22 xy  11x  37 y  7 y 2  10
d ) D  x 4  7 x 3  14 x 2  7 x  1
e) E  x 4  8 x  63

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 = S2 - 2P ; a3 + b3 = S3 - 3SP . Vì vậy :
A = x3 – 3( S2 - 2P )x + 2( S3 - 3SP ) = (x3 - S3) - (3S2x - 3S3) + (6Px - 6SP)
= (x - S)(x2 + Sx + S2) - 3S2(x - S) + 6P(x - S)
= (x - S)(x2 + Sx - 2S2 + 6P)
= (x – a – b)[x2 + (a + b)x – 2(a + b)2 + 6ab]
= (x – a – b)[x2 + (a + b)x – 2(a2
IV. Củng cố
Lồng trong luyện tập
I. Hướng dẫn học ở nhà
Học bài và xem lại các bài tập đã chữa.
Bài 1: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: (xét giá trị riêng)
a ) A  (a  b  c)( ab  bc  ca)  abc.

b) B  a( a  2b)3  b(2a  b)3 .
c)C  ab( a  b)  bc(b  c)  ac( a  c).
d ) D  (a  b)( a 2  b2 )  (b  c)(b 2  c 2 )  (c  a)(c 2  a 2 )
e) E  a 3 ( c  b 2 )  b3 ( a  c 2 )  c 3 (b  a 2 )  abc( abc  1).

f ) f  a(b  c) 3  b( c  a) 3  c( a  b) 3.
g )G  a 2b 2 ( a  b)  b 2c 2 (b  c)  a 2c 2 (c  a ).
h) H  a 4 (b  c)  b4 (c  a)  c 4 (a  b).

Bài 2: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử : Phương pháp hệ số bất định
a) x3 + 4x2 – 29x + 24 ;
b) x4 + 6x3 + 7x2 – 6x + 1 ;
c) (x2 – x + 2)2 + (x – 2)2 ;
d) 6x5 + 15x4 + 20x3 + 15x2 + 6x + 1 ;
e) 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.
*Bổ sung, điều chỉnh

Buổi 2

Ngày soạn: 15/11/2018
Ngày dạy: 22/11/2018
CHUYÊN ĐỀ II: BIẾN ĐỔI BIỂU THỨC ĐẠI SỐ
A. MỤC TIÊU
- HS nắm được các hằng đẳng thức đáng nhí, 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.
B. CHUẨN BỊ
- GV: giáo án, tài liệu, máy Casio.
- HS: Máy tính Casio.
C. CÁC HOẠT ĐƠNG TRÊN LỚP
I.Ổn định tổ chức
II. Kiểm tra bài cũ
III. Bài mới
1. Lý thuyết
A – BIỂN ĐỔI BIỂU THỨC NGUYÊN
I. Một số hằng đẳng thức cơ bản
1. (a  b)2 = a2  2ab + b2 ;
(a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca ;
(a1 + a2 + ... + an )2 =
= a12  a22  ...  a2n  2(a1a2  a1a3  ...  a1an  a2a3  ...  a2an  ...  an1an);
2. (a  b)3 = a3  3a2b + 3ab2  b3 = a3  b3  3ab(a  b);
(a  b)4 = a4  4a3b + 6a2b2  4ab3 + b4 ;
3. 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) ;
4. 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 dịng 3 ta có 3 = 2 + 1, 3 = 1 +
2, ở dịng 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 khơng q 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

III. 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
a)
x2 + y2 = (x + y)2- 2xy = a2- 2b
b)
x3 + y3 = (x + y)3- 3xy(x + y) = a3- 3ab
c)
x4 + y4 = (x2 + y2)2- 2x2y2 = (a2 - 2b)2- 2b2 = a4- 4a2b + 2b2
d)
(x2 + y2)(x3 + y3) = x5 + x2y3 + x3y2 + y5 = (x5 + y5) + x2y2(x + y)
Hay: (a2- 2b)(a3- 3ab) = (x5 + y5) + ab2  x5 + y5 = a5- 5a3b + 5ab2
Chó 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:
a)
a3 + b3 + c3- 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2- ab- bc- ca);

b)
(a + b + c)3- a3- b3- c3 = 3(a + b)(b + c)(c + a)
Lời giải
a)
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)
b)
(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 = S2 - 2P ; a3 + b3 = S3 - 3SP . Vì vậy:
A = x3- 3( S2 - 2P )x + 2( S3 - 3SP ) = (x3 - S3) - (3S2x - 3S3) + (6Px - 6SP)
= (x - S)(x2 + Sx + S2) - 3S2(x - S) + 6P(x - S)
= (x - S)(x2 + Sx - 2S2 + 6P)
= (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  (x + y)3 = -z3
Hay x3 + y3 + 3xy(x + y) = -z3  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
1. Bài 1: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
a) x3 + 4x2- 29x + 24;
b) x4 + 6x3 + 7x2- 6x + 1;
c) (x2- x + 2)2 + (x- 2)2;
d) 6x5 + 15x4 + 20x3 + 15x2 + 6x + 1;
e) x6 + 3x5 + 4x4 + 4x3 + 4x2 + 3x + 1.
2.

Bài 2: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
a) x8 + x4 + 1;
b) x10 + x5 + 1;
c) x12 + 1.

3.

Bài 3: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
a) (x + y + z)3- x3- y3- z3;
b) (x + y + z)5- x5- y5- z5.

4.

Bài 4: Cho a + b + c = 0 và a2 + b2 + c2 = 14. Tính giá trị của biểu thức:
A = a4 + b4 + c4 .

5.

Bài 5 : Cho x + y + z = 0 và xy + yz + zx = 0. Tính giá trị của biểu thức:
B = (x- 1)2007 + y2008 + (z + 1)2009.
6. Bài 6: Cho a2- b2 = 4c2. Chứng minh rằng: (5a- 3b + 8c)(5a- 3b- 8c) = (3a- 5b)2.
7. Bài 7 : 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.
8. Bài 8 :
a b
a) Chứng minh rằng nếu (a2 + b2)(x2 + y2) = (ax + by)2 và x, y khác 0 thì = .
x y
b) Chứng minh rằng nếu (a2 + b2 + c2)(x2 + y2 + z2) = (ax + by + cz)2 và x, y, z
a b c
khác 0 thì = = .
x y z

9.

Bài 9: Cho x + y + z = 0. Chứng minh rằng:
a) 5(x3 + y3 + z3)(x2 + y2 + z2) = 6(x5 + y5 + z5);
b) x7 + y7 + z7 = 7xyz(x2y2 + y2z2 + z2x2);
c) 10(x7 + y7 + z7) = 7(x2 + y2 + z2)(x5 + y5 + z5).

10. Bài 10: Chứng minh các hằng đằng thức sau:
a) (a + b + c)2 + a2 + b2 + c2 = (a + b)2 + (b + c)2 + (c + a)2;
b) x4 + y4 + (x + y)4 = 2(x2 + xy + y2)2.
11. Bài 11 :Cho các số a, b, c, d tháa mãn a2 + b2 + (a + b)2 = c2 + d2 + (c + d)2.
Chứng minh rằng: a4 + b4 + (a + b)4 = c4 + d4 + (c + d)4
IV. Củng cố
V.Hướng dẫn học ở nhà
-Học bài và xem lại các bài tập đã làm, xem lại lý thuyết và làm bài sau

Bài 1: Cho a2 + b2 + c2 = a3 + b3 + c3 = 1. Tính giá trị của biểu thức: C = a2 + b9 +
c1945.


Bài 2: Hai số a, b lần lượt tháa mãn các hệ thức sau:
a3- 3a2 + 5a- 17 = 0 và b3- 3b2 + 5b + 11 = 0. Hãy tính: D = a + b.
Bài 3:Hãy tính: E = a2 + b2.
Bài 4: 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.
*Bổ sung, điều chỉnh


Buổi 3

Ngày soạn: 06/03/2018
Ngày dạy: 29/11/2018
CHUYÊN ĐỀ II: BIẾN ĐỔI BIỂU THỨC ĐẠI SỐ (tiếp)
A. 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.
B. CHUẨN BỊ
- GV: giáo án, tài liệu, máy Casio.
- HS: Máy tính Casio.
C. CÁC HOẠT ĐỘNG TRÊN LỚP
I. ổn định tổ chức
II. Kiểm tra bài cũ
III.Bài mới
BIỂN ĐỔI PHÂN THỨC HỮU TỈ
Ví dụ 1:

3n + 1
a) Chứng minh rằng phân số
là phân số tối giản nN ;
5n + 2
b)

n2 + 4
Cho phân số A =
(nN). Có bao nhiêu số tự nhiên n nhá hơn 2009 sao
n+ 5

cho phân số A chưa tối giản. Tính tổng của tất cả các số tự nhiên đó.
Lời giải
a) Đặt d = ƯCLN(5n + 2 ; 3n + 1)  3(5n + 2)- 5(3n + 1)  d hay 1  d  d = 1.
3n + 1
Vậy phân số
là phân số tối giản.
5n + 2
29
29
b) Ta có A = n- 5+
. Để A chưa tối giản thì phân số
phải chưa tối giản.
n+ 5
n+ 5
Suy ra n + 5 phải chia hết cho một trong các ưíc dương lín hơn 1 của 29.
Vì 29 là số nguyên tố nên ta có n + 5  29  n + 5 = 29k (k  N) hay n = 29k - 5.
Theo điều kiện đề bài thì 0 ≤ n = 29k - 5 < 2009  1 ≤ k ≤ 69 hay k{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.

1 1 1
1
Ví dụ 2: Cho a, b, c ≠ 0 và a + b + c ≠ 0 tháa mãn điều kiện + + =
.
a b c a+ b + c
Chứng minh rằng trong ba số a, b, c có hai số đối nhau. Từ đó suy ra rằng:
1
1
1
1
+ 2009 + 2009 = 2009
.
2009
2009
a
b
c
a + b + c2009
Lời giải
1 1 1
1
1 1 1
1
=0
Ta có: + + =
 + + a b c a+ b + c
a b c a+ b + c
c(a+ b + c) + ab
a+ b
a+ b

+
= 0  (a+ b).
=0

ab
c(a+ b + c)
abc(a+ b + c)


�
�
a+ b = 0
a =- b
�
�
b+ c = 0  �
b =- c  đpcm.
 (a + b)(b + c)(c + a) = 0  �
�
�
�
�
c + a= 0
c =- a
�
�
1
1
1
1

1
1
1
+ 2009 = 2009
Từ đó suy ra : 2009 + 2009 + 2009 = 2009 +
2009
a
b
c
a
(- c)
c
a
1
1
1
= 2009
= 2009
2009
2009
2009
2009
2009
a +b +c
a + (- c) + c
a
1
1
1
1

 2009 + 2009 + 2009 = 2009
.
a
b
c
a + b2009 + c2009
Ví dụ 3: Đơn giản biểu thức:
1 �
1 1�
3 �
1
1�
6 �
1 1�
�
�
�
�
�
A=
+
+
+
+
+ �
�
�
�
.
3�

3
3�
4�
2
2�
5�
�
�
�
�
(a+ b) �
a b � (a+ b) �
a
b � (a+ b) �
a b�
Lời giải
2
Đặt S = a + b và P = ab. Suy ra : a + b2 = (a + b)2 – 2ab = S2 - 2P
a3 + b3 = (a + b)3 – 3ab(a + b) = S3 - 3SP .
1 1 a+ b S 1
1 a2 + b2 S2 - 2P
= ; 2+ 2= 2 2 =
Do đó : + =
;
a b
ab
P a
b
ab
P2

1 1 a3 + b3 S3 - 3SP
+ = 3 3 =
.
a3 b3
ab
P3
1 S3 - 3SP 3 S2 - 2P 6 S
Ta có : A = 3 .
+ 4.
+ 5.
S
P3
S
P2
S P
=
2
S - 3P 3(S2 - 2P)
6
(S4 - 3S2P) + (3S2P - 6P2) + 6P2
S4
+
+
=
=
S2P3
S4P2
S4P
S4P3
S4P3

1
1
Hay A = 3 = 3 3 .
P
ab
Ví dụ 4: 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:
(x - a)(x - b) (x - b)(x - c) (x - c)(x - a)
S(x) =
+
+
.
(c- a)(c- b) (a- b)(a- c) (b- c)(b- a)
Lời giải
Cách 1:
x2 - (a + b)x + ab x2 - (b + c)x + bc x2 - (c + a)x + ca
S(x) =
+
+
= Ax2- Bx + C
(c- a)(c- b)
(a- b)(a- c)
(b- c)(b- a)
1
1
1
+
+
với: A =
;

(c- a)(c- b) (a- b)(a- c) (b- c)(b- a)
a+ b
b+ c
c+ a
B=
+
+
;
(c- a)(c- b) (a- b)(a- c) (b- c)(b- a)
ab
bc
ca
C=
+
+
(c- a)(c- b) (a- b)(a- c) (b- c)(b- a)


Ta có: A =

b- a+ c- b + a- c
= 0;
(a- b)(b- c)(c- a)

(a+ b)(b- a) + (b + c)(c- b) + (c + a)(a- c) b2 - a2 + c2 - a2 + a2 - c2
B=
=
= 0;
(a- b)(b- c)(c- a)
(a- b)(b- c)(c- a)

ab(b- a) + bc(c- b) + ca(a- c) ab(b- a) + bc[(c- a) + (a- b)] + ca(a- c)
=
(a- b)(b- c)(c- a)
(a- b)(b- c)(c- a)
(a- b)(bc- ab) + (c- a)(bc- ca) (a- b)(b- c)(c- a)
=
=
= 1.
(a- b)(b- c)(c- a)
(a- b)(b- c)(c- a)
Vậy S(x) = 1x (đpcm).
Cách 2:
Đặt P(x) = S(x)- 1 thì đa thức P(x) là đa thức có bậc khơng vượt q 2. Do đó, P(x)
chỉ có tối đa hai nghiệm.
Nhận xét: P(a) = P(b) = P(c) = 0  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  đpcm.
1
Ví dụ 5: Cho x + = 3. Tính giá trị của các biểu thức sau:
x
1
1
1
1
a) A = x2 + 2 ;
b) B = x3 + 3 ;
c) C = x4 + 4 ;
d) D = x5 + 5 .
x

x
x
x
Lời giải
2
�
1 � 1�
a) A = x2 + 2 = �
x
+
- 2= 9- 2= 7 ;
�
�
� x�
�
x �
3
� � 1�
�
1 �
1
3
�
�
b) B = x + 3 = �
x+ �
3
x
+
= 27- 9 = 18 ;

�
�
�
� x�
� x�
� �
�
x �
C=

2

1 �2 1 �
c) C = x + 4 = �
x + 2�
�
�
�- 2 = 49- 2 = 47 ;
�
�
x
x �
�2 1 �
�3 1 �
� 5 1
1
�
x + 2�
x
+

=
x
+
+
x
+
= D + 3  D = 7.18 – 3 = 123.
d) A.B = �
�
�
�
�
�
�
� x3 �
� x �
�
�
x
x5
2
ax + b
c
= 2
+
Ví dụ 6: Xác định các số a, b, c sao cho: 2
.
(x +1)(x - 1) x + 1 x - 1
Lời giải
ax + b

c
(ax + b)(x - 1) + c(x2 +1) (a+ c)x2 + (b- a)x + (c- b)
+
=
=
Ta có: 2
x +1 x - 1
(x2 +1)(x - 1)
(x2 +1)(x - 1)
2
Đồng nhất phân thức trên với phân thức 2
, ta được:
(x +1)(x - 1)
�
a+ c = 0 �
a=- 1
�
�
2
- x- 1
1
�
= 2
+
b- a = 0 � �
b =- 1. Vậy 2
.
�
�
�

�
(x +1)(x - 1) x + 1 x - 1
�
�
c- b = 2 �
c=1
�
�
�
4

BÀI TẬP


n3 + 2n2 - 1
Bài 1: Cho phân thức P = 3
.
n + 2n2 + 2n +1
a) Rút gọn P ;
b) 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.
Bài 2: a) Chứng minh rằng các phân số sau tối giản với mọi số tự nhiên n:
12n +1
;
30n + 2
b) Chứng minh rằng phân số

n3 + 2n
;
n4 + 3n2 +1

n7 + n2 + 1
n8 + n + 1

2n +1
.
2n2 - 1

không tối giản với mọi số nguyên dương

n.
c) Tính tổng các số tự nhiên n nhỏ hơn 100 sao cho

n2 + 5
n +1

là phân số chưa tối

giản.
Bài 3: Tính các tổng sau :
3
5
2n +1
+
+
...
+
a) A =
;
(1.2)2 (2.3)2
[n(n +1)]2

1
1
1
1
+ 2
+ 4
+ ... + 2n
b) B = 1+
;
2+1 2 +1 2 +1
2 +1
1
1
1
1
+
+
... +
c) C =
;
1.4 4.7 7.10
(3n +1)(3n + 4)
1
1
1
+
+ ... +
d) D =
1.3 2.4
n.(n + 2)

1
1
1
1
+
+
+ ...+
e) E =
;
1.2.3 2.3.4 3.4.5
(n - 1)n(n +1)
1.2! 2.3!
n.(n + 1)!
+ 2 + ... +
f) F =
(k! = 1.2.3…k)
2
2
2n
(a2 + b2 + c2)(a+ b + c)2 + (bc + ca+ ab)2
Bài 4: Rút gọn : A =
.
(a+ b + c)2 - (ab + bc + ca)
(a+ 2b)3 - (a- 2b)3 3a4 + 7a2b2 + 3b4
:
.
(2a+ b)3 - (2a- b)3 4a4 + 7a2b2 + 3b4
Bài 6: Thực hiện các phép tính:
x2 - yz
y2 - zx

z2 - xy
+
+
y+z
z+x
x+y ;
a)
1+
1+
1+
x
y
z
a(a+ b) a(a+ c) b(b + c) b(b + a) c(c + a) c(c + b)
+
+
+
a- b
a- c + b- c
b- a + c- a
c- b
b)
;
2
2
(b- c)
(c- a)
(a- b)2
1+
1+

1+
(a- b)(a- c)
(b- c)(b- a)
(c- a)(c- b)
Bài 5: Rút gọn : B =


c)
a+ b- 2c
b + c - 2a
c + a- 2b
+
+
(a- b)3 (c- a)(c- b) (b- c)3 (a- b)(a- c) (c- a)3 (b- c)(b- a) .
+ 2
+ 2
+ 2
a3 - b3
a + ab + b2
b3 - c3
b + bc + c2
c3 - a3
c + ca+ a2
3a- 2b 3b- a
+
;
2a+ 5
b- 5
5a- b 3b- 3a
b) Biết 2a – b = 7, hãy tính giá trị của biểu thức : Q =

;
3a+ 7 2b- 7

Bài 7: a) Biết a – 2b = 5, hãy tính giá trị của biểu thức : P =

c) Biết 10a2- 3b2 + 5ab = 0 và 9a2- b2 ≠ 0, hãy tính: R =

2a- b 5b- a
+
.
3a- b 3a+ b

Bài 8: Cho a + b + c = 0. Tính giá trị của các biểu thức sau :
1
1
1
+
+
a) A = 2
;
a + b2 - c2 b2 + c2 - a2 c2 + a2 - b2
a2
b2
c2
b) B = 2
;
+
+
a - b2 - c2 b2 - c2 - a2 c2 - a2 - b2
1

1
1
1
+
+ ... +
+
A 1(2n- 1) 3(2n- 3)
(2n- 3).3 (2n- 1).1
Bàì 9: Rút gọn biểu thức : =
.
1 1
1
B
1+ + + ... +
3 5
2n- 1

a
b
c
+
+
= 1. Chứng minh rằng
b + c c + a a+ b
a2
b2
c2
+
+
= 0.

b + c c + a a+ b

Bài 10: Cho

a b c
+ + = 0. Chứng minh rằng
x y z
ax2 + by2 + cz2 = 0.

Bài 12: Cho a + b + c = 0, x + y + z = 0 và
IV.Củng cố
V. Hướng dẫn học ở nhà
Học bài và xem lại bài đã chữa
Làm btvn

Bài 12: Cho x2 - 4x + 1 = 0. Tính giá trị của các biểu thức A = x5 +
và B = x7 +

1
.
x7

1
x5

x
x2
x2
= 2008. Tính M = 4
Bài 13: Cho 2

và N = 4
.
x - x +1
x + x2 +1
x - x2 +1
*Bổ sung, điều chỉnh


Buổi 4

Ngày soạn: 29/11/2018
Ngày dạy: 6/12/2018
CHUYÊN ĐỀ III: XÁC ĐỊNH ĐA THỨC

A. MỤC TIÊU
- HS nắm được định lí Bezu và ứng dụng của nó để giải các bài tốn 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.
B. CHUẨN BỊ
- GV: giáo án, tài liệu, máy Casio.
- HS: Máy tính Casio.
C. CÁC HOẠT ĐỘNG TRÊN LỚP.
I. ổn định lớp
II. Kiểm tra bài cũ
III.Bài mới
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): f ( x) ( x  a)q( x)  f (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) khơng.
Bước 2: Nếu f(a) = 0, theo định lí BêZu ta có: f ( x) ( x  a) p( x)
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 cịn 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: P( x) ax 2  2bx  3 ; Q( x)  x 2  4 x  p
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) tháa 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: P( x) Q( x).M ( x)  N ( x) (Trong đó: deg N(x) < deg Q(x)) (I)
Vì đẳng thức (I) đóng với mọi x nên ta cho x lấy một giá trị bất kì : x 
(  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:
a 2 x 3  3ax 2  6 x  2a ( x  1).Q( x ) .
Vì đẳng thức đóng với mọi x nên cho x = -1 ta dược:
 a  2
 a 2  3a  6  2a 0   a 2  a  6 0  
 a 3
3
2
Với a = -2 thì A 4 x  6 x  6 x  4, Q( x) 4 x 2  10 x  4
Với a = 3 thì A 9 x 3  9 x 2  6 x  6, Q( x) 9 x 2  6

*Phương pháp 3:Thực hiện phép chia đa thức rồi cho số dư bằng 0
Bài tập áp dụng
2 3
Bài 1: Cho đa thức A( x)  a x  3ax 2  6 x  2a(a �Q) . Xác định a sao cho A(x) chia hết
cho x + 1.
Bài 2: Phân tích đa thức P( x)  x 4  x3  2 x  4 thành nhân tử, biết rằng một nhân tử có
dạng: x 2  dx  2
Bài 3: Với giá trị nào của a và b thì đa thức: x3  ax 2  2 x  b chia hết cho đa thức:
x 2  x  1 . Hãy giải bài toán trên bằng nhiều cách khác nhau.
Bài 4: Xác định giá trị k để đa thức: f ( x)  x 4  9 x3  21x 2  x  k chia hết cho đa thức:
g ( x)  x 2  x  2 .
Bài 5: Tìm tất cả các số tự nhiên k để cho đa thức: f (k )  k 3  2k 2  15 chia hết cho
nhị thức: g (k ) k  3 .
Bài 6: Với giá trị nào của a và b thì đa thức: f ( x)  x 4  3x 3  3x 2  ax  b chia hết cho
đa thức: g ( x)  x 2  3x  4 .
Bài 7: a) Xác định các giá trị của a, b và c để đa thức: P( x)  x 4  ax 2  bx  c
Chia hết cho ( x  3)3 .
b) Xác định các giá trị của a, b để đa thức: Q( x) 6 x 4  7 x3  ax 2  3x  2 chia
hết cho đa thức M ( x)  x 2  x  b .

c) Xác định a, b để P( x)  x 3  5 x 2  8 x  a chia hết cho M ( x)  x 2  x  b .
Bài 8: Hãy xác định các số a, b, c để có đẳng thức:
x 3  ax 2  bx  c ( x  a )( x  b)( x  c)

Bài 9: Xác định hằng số a sao cho:
a) 10 x 2  7 x  a chia hết cho 2 x  3 .
b) 2 x 2  ax  1 chia cho x  3 dư 4.
c) ax 5  5 x 4  9 chia hết cho x  1 .
Bài 10: Xác định các hằng số a và b sao cho:
a) x 4  ax 2  b chia hết cho x 2  x  1 .
b) ax 3  bx 2  5 x  50 chia hết cho x 2  3x  10 .
c) ax 4  bx 2  1 chia hết cho ( x  1) 2 .
d) x 4  4 chia hết cho x 2  ax  b .
Bài 11: Tìm các hằng số a và b sao cho x 3  ax  b chia cho x  1 thì dư 7, chia cho
x  3 thì dư -5.
Bài 12: Tìm các hằng số a, b, c sao cho ax 3  bx 2  c chia hết cho x  2 , chia cho
x 2  1 thì dư x  5 .
Bài 13: Cho đa thức: P( x)  x 4  x 3  x 2  ax  b và Q( x)  x 2  x  2 . Xác định a, b để
P(x) chia hết cho Q(x).
IV. Củng cố
V. Hướng dẫn học ở nhà.


Học và xem lại vài cũ.
Bài 14: Xác định a và b sao cho đa thức P( x) ax 4  bx 3  1 chia hết cho đa thức
Q( x) ( x  1) 2

Bài 16: Cho các đa thức P( x)  x 4  7 x 3  ax 2  3x  2 và Q( x)  x 2  x  b . Xác định a
và b để P(x) chia hết cho Q(x).
*Bổ sung, điều chỉnh

Buổi 5

Ngày soạn: 2/12/2018
Ngày dạy: 13/12/2018
CHUYÊN ĐỀ III: XÁC ĐỊNH ĐA THỨC( tiếp)
A. 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 tốn phân tích này.
- Biết được mối liên hệ giữa các phương pháp và sử dụng hợp lý vào bài tốn.
- Rèn tính cẩn thận, tính sáng tạo, chủ động trong học tập.
B. CHUẨN BỊ
- GV: giáo án, tài liệu, máy Casio.
- HS: Máy tính Casio
C.CÁC HOẠT ĐỘNG TRÊN LỚP
I. Ổn định lớp
I. Kiểm tra bài cũ
III. Bài mới
Dạng 2: Phương pháp nội suy NiuTơn
Phương pháp: Để tìm đa thức P(x) bậc khơng q n khi biết giá trị của đa thức
tại n + 1 điểm C1 , C 2 , C3 ,, C n1 ta có thể biểu diễn P(x) dưíi dạng:
P( x) b0  b1 ( x  C1 )  b2 ( x  C1 )( x  C 2 )    bn ( x  C1 )( x  C 2 )  ( x  C n )
Bằng cách thay thế x lần lượt bằng các giá trị C1 , C 2 , C3 ,, C n1 vào biểu thức
P(x) ta lần lượt tính được các hệ số b0 , b1 , b2 ,, bn .

Bài tập áp dụng
Bài 1: Tìm đa thức bậc hai P(x), biết: P(0) 25, P(1) 7, P(2)  9 .
Giải

Đặt P( x) b0  b1 x  b2 x( x  1) (1)
Thay x lần lượy bằng 0; 1; 2 vào (1) ta được:
b0 25
7 25  b1  b1  18
 9 25  18.2  b2 .2.1  b2 1

Vậy, đa thức cần tìm có dạng:
P( x) 25  18 x  x( x  1)  P( x)  x 2  19 x  25 .
Bài 2: Tìm đa thức bậc 3 P(x), biết: P(0) 10, P(1) 12, P(2) 4, P(3) 1
Hưíng dẫn: Đặt P( x) b0  b1 x  b2 x( x  1)  b3 x( x  1)( x  2) (1)
Bài 3: Tìm đa thức bậc ba P(x), biết khi chia P(x) cho ( x  1), ( x  2), ( x  3) đều được

dư bằng 6 và P(-1) = - 18.
Hướng dẫn: Đặt P( x) b0  b1 ( x  1)  b2 ( x  1)( x  2)  b3 ( x  1)( x  2)( x  3) (1)
P ( 1) 0

Bài 4: Cho đa thức bậc bốn P(x), tháa món: P( x)  P( x  1)  x( x  1)(2 x  1), (1)
a) Xác định P(x).
b) Suy ra giá trị của tổng S 1.2.3  2.3.5    n(n  1)(2n  1), (n  N * ) .
Hướng dẫn: Thay x lần lượt bằng 0; 1; 2; 3 vào (1), ta được :


P ( 1)  P ( 2) 0  P ( 2) 0,
P (0)  P(  1) 0  P (0) 0
P (1)  P (0) 1.2.3  P (1) 6
P (2)  P (1) 2.3.5  P (2) 36
Đặt P( x) b0  b1 ( x  1)  b2 ( x  1) x  b3 ( x  1) x( x  1)  b4 ( x  1) x( x  1)( x  2) (2)

Thay x lần lượt bằng -1; 0; 1; 2; -2 vào (2) ta được:
0 b0

0 b1  b1 0,
6 b2 .2.1  b2 3,
36 3.3.2  b3 .3.2.1  b3 3
0 3.( 1)(  2)  3.( 1)( 2)( 3)  b4 ( 1)(  2)( 3)( 4)  b4 

1
2

Vậy, đa thức cần tìm có dạng:
1
1
P ( x ) 3( x  1) x  3( x  1) x ( x  1)  ( x  1) x( x  1)( x  2)  x( x  1) 2 ( x  2)
2
2

(Tuyển chọn bài thi HSG Toán THCS)
Bài 5: cho đa thức P( x) ax 2  bx  c, (a, b, c 0) . Cho biết 2a  3b  6c 0
1
1) Tính a, b, c theo P(0), P , P(1) .

 2
1
2) Chứng minh rằng: P(0), P , P(1) không thể cùng âm hoặc cùng dương.
 2

Bài 6: Tìm một đa thức bậc hai, cho biết:
P (0) 19
P (1) 85
P (2) 1985

IV. Củng cố
V. Hướng dẫn học ở nhà.
Học và xem lại vài cũ.
Bài 1: Tìm một đa thức bậc hai, cho biết:
P(2)  13
P(1)  14
P(2)  17

*Bổ sung, điều chỉnh


Buổi 6

Ngày soạn: 12/12/2018
Ngày dạy: 20/12/2018
CHUYÊN ĐỀ IV: TÍNH CHẤT CHIA HẾT VỚI SỐ NGUYÊN
A. MỤC TIÊU
Sau khi học xong chuyên đề học sinh có khả năng:
- Biết vận dụng tính chất chia hết của số nguyên để chứng minh quan hệ chia hết,
tìm số dư và tìm điều kiện chia hết.
- Hiểu các bưíc phân tích bài tốn, tìm hướng chứng minh
- Có kĩ năng vận dụng các kiến thức được trang bị để giải toán.
B. CHUẨN BỊ
- GV: giáo án, tài liệu, máy Casio.
- HS: Máy tính Casio.
C. CÁC HOẠT ĐỘNG DẠY HỌC
I. Ổn định lớp
II. Kiểm tra bài cũ: kiểm tra bài về nhà
III. Bài mới
*. Kiến thức cần nhớ

1. Chứng minh quan hệ chia hết
Gọi A(n) là một biểu thức phụ thuộc vào n (n �N 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 đơI 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:
Chứng 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 M5 )
Tồn tại một bội của 7 (nên A M7 )
Tồn tại hai bội của 3 (nên A M9 )
Tồn tại 3 bội của 2 trong đó có bội của 4 (nên A M16)
Vậy A chia hết cho 5, 7,9,16 đôi một nguyên tố cùng nhau
� AM
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 (k �Z) thì A M
5 (1)
2
Nếu a= 5k �1 thì a -1 = (5k2 �1) 2 -1 = 25k2 � 10k M
5 �A M
5 (2)
2
2
2
Nếu a= 5k �2 thì a +1 = (5k �2) + 1 = 25 k �20k +5 � A M
5 (3)
Từ (1),(2),(3) � A M
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) M

5 (tích của 5 số nguyên liên tiếp )
2
5a (a -1) M
5
5
Do đó a -a M
5
* Cách 3: Dựa vào cách 2: Chứng minh hiệu a 5-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 M
5
� a5-a – (a-2)(a-1)a(a+1)(a+2) M
5
� a5-a M
Mà (a-2)(a-1)a(a+1)(a+2) M
5
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)
n
n
n-1
n-2
n-3 2
n-2

n-1
a + b = (a + b)( a - a b+ a b - …- ab + b )
(HĐT 9)
Sử dụng tam giác Paxcan:
Đỉnh
Dòng 1 (n = 1)
Dòng 2 (n = 2)
Dòng 3 (n = 3)
Dòng 4 (n = 4)
Dòng 5 (n = 5)

1
1
1
1
1
1

2
3

4
5

1
1
3
6

10

Do đó: Với  a, b � Z, n �N:
an – bn chia hết cho a – b( a �b)
a2n+1 + b2n+1 chia hết cho a + b( a �-b)
(a+b)n = B(a) +bn
(a+1)n = B(a)+1
(a-1)2n = B(a) +1

1
4

10

1
5

1


(a-1)2n+1 = B(a )-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, k �N thì:
A = 162k – 1 = (162)k – 1 chia hết cho 162 – 1( theo nhị thức Niu Tơn)
Mà 162 – 1 = 255 M
17. Vậy A M
17
n
- Nếu n lẻ thì : A = 16 – 1 = 16n + 1 – 2 mà n lẻ thì 16 n + 1 M

16+1=17
(HĐT 9)
� A không chia hết cho 17
+Cách 2: A = 16n – 1 = ( 17 – 1) n – 1 = BS17 +(-1) n – 1 (theo cơng 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 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 M
2003 và (104n , 2003) =1
nên
2004 2004……2004 M

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) M
16
1994
6 1988

6
6
4
1988
4 497
Ta có 5 = 5 (5 – 1) + 5 mà 5 M
5 và 5 – 1 = (5 ) – 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
2
3n - 3n + 2
3n2 – 3n
2
2
n n
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: n3 + 2n2- 3n + 2 = (n2 – n)(n + 3) +

Ta có bảng:
N
n–1
n(n – 1)

2

1
-1
2
-2
0
-2
1
-3
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 Mn3 + 1 � n5 + n2 – n2 + 1 Mn3 + 1
� n2(n3 + 1)- ( n2 – 1) � Mn3 + 1

� (n – 1)(n + 1) M
(n+1)(n2 – n + 1)
�n–1 M
n2 – n + 1
� n(n – 1) M
n2 – n + 1

Hay n2 – n M
n2 – n + 1
� (n2 – n + 1) – 1 M
n2 – n + 1
� 1M
n2 – n + 1
Xét hai trường hợp:
+ n2 – n + 1 = 1 � n2 – n = 0 � n(n – 1) = 0 � n = 0, n = 1 thử lại thấy
thỏa mãn đề bài
+ n2 – n + 1 = - 1 � n2 – n + 2 = 0 , khơng 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 - 1k M
8–1=7
n
3k+1
k
k
Nếu n = 3k + 1(k �N) thì 2 - 1 = 2 – 1 = 8 . 2 – 1= 2(8 – 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 - 1 M
7 � n = 3k (k �N)
*Bài tập
Bài 1: Chứng minh rằng:
Nếu số tự nhiên a không chia hết cho 7 thì a6 -1 chia hết cho 7
Giải:
Bài tốn là trường hợp đặc biệt của định lý Phéc ma:
- Dạng 1: Nếu p là số nguyên tố và a là một số nguyên thì ap – a chia hết cho p
- Dạng 2: Nếu a là một số nguyên không chia hết cho số nguyên tố p thì a p-1-1
chia hết cho p
Thật vậy, ta có a6 -1 = (a3 + 1) (a3 - 1)
Nếu a = 7k �1 (k �N) thì a3 = ( 7k � 1)3 = BS7 � 1 � a3 - 1 M
7
3
3
3
�
Nếu a = 7k �2 (k N) thì a = ( 7k � 2) = BS7 � 2 = BS7 � 8 � a3 - 1 M
7
3
3
3
3
�
�
Nếu a = 7k �3 (k N) thì a = ( 7k � 3) = BS7 � 3 = BS7 � 27 a + 1 M

7
Ta ln có a3 + 1 hoặc a3 – 1 chia hết cho 7. Vậy a6 – 1 chia hết cho 7
Bài 2: Chứng minh rằng:
Nếu n là lập phương của một số tự nhiên thì (n-1)n(n + 1) chia hết cho 504
Giải:
Ta có 504 = 32 . 7.8 và 7,8,9 nguyên tố cùng nhau từng đơi một
Vì n là lập phương của một số tự nhiên nên đặt n = a3
Cần chứng minh A=(a3-1)a3(a3 + 1) chia hết cho 504
Ta có: + Nếu a chẵn � a3 chia hết cho 8
Nếu a lẻ � a3-1và a3 + 1 là hai số chẵn liên tiếp � (a3-1) (a3 + 1) chi hết cho 8
Vậy A M
8 , 19a9  n�N (1)
+ Nếu a M
7 � a3 M
7 � AM
7
Nếu a không chia hết cho 7 thì a6 – 1 M
7 � (a3-1) (a3 + 1) M
7(Định lí Phéc ma)
�


Vậy A M
7,
n N (2)


+ Nếu a M
3 � a3 M
9 � AM

9
Nếu a không chia hết cho 3 � a = 3k �1 � a3 = ( 3k � 3)3= B(9) �1
� a3 – 1 = B(9)+1 – 1 M
9
3
a + 1 = B(9)- 1 + 1 M
9
Vậy A M
9 ,  n�N (3)
Từ (1), (2), (3) � A M
9 ,   n�N
Bài 3: Tìm số tự nhiên n để giá trị của biểu thức sau là số nguyên tố:
a/ 12n2 – 5n – 25
b/ 8n2 + 10n +3
n3  3n
c/
4

Giải:
a/ Phân tích thành nhân tử: 12n2 – 5n – 25 = 12n2 +15n – 20n – 25
= 3n(4n + 5) – 5(4n +5) = (4n +5)(3n –5)
Do 12n2 – 5n – 25 là số nguyên tố và 4n +5 > 0 nên 3n – 5 > 0.
Ta lại có: 3n – 5 < 4n +5(vì n � 0) nên để 12n2 – 5n – 25 là số nguyên tố thì
thừa số nhỏ phải bằng 1 hay 3n – 5 = 1 � n = 2
Khi đó, 12n2 – 5n – 25 = 13.1 = 13 là số nguyên tố.
Vậy với n = 2 thì giá trị của biểu thức 12n2 – 5n – 25 là số nguyên tố 13
b/ 8n2 + 10n +3 = (2n – 1)(4n + 3)
Biến đổi tương tự ta được n = 0. Khi đó, 8n2 + 10n +3 là số nguyên tố 3
c/ A =

n3  3n
. Do A là số tự nhiên nên n(n + 3) M
4.
4

Hai số n và n + 3 không thể cùng chẵn. Vậy hoặc n , hoặc n + 3 chia hết cho 4
- Nếu n = 0 thì A = 0, không là số nguyên tố
- Nếu n = 4 thì A = 7, là số nguyên tố
-Nếu n = 4k với k �Z, k > 1 thì A = k(4k + 3) là tích của hai thừa số lớn hơn 1
nên A là hợp số
- Nếu n + 3 = 4 thì A = 1, khơng là số nguyên tố
- Nếu n + 3 = 4k với k �Z, k > 1 thì A = k(4k - 3) là tích của hai thừa số lớn
hơn 1 nên A là hợp số.
n3  3n
Vậy với n = 4 thì
là số nguyên tố 7
4

Bài 4: Đố vui: Năm sinh của hai bạn
Một ngày của thập kỷ cuối cùng của thế kỷ XX, một nhườ khách đến thăm
trường gặp hai học sinh. Người khách hái:
Có lẽ hai em bằng tuổi nhau?
Bạn Mai trả lời:
Không, em hơn bạn em một tuổi. Nhưng tổng các chữ số của năm sinh mỗi
chóng em đều là số chẵn.
Vậy thì các em sinh năm 1979 và 1980, đóng khơng?
Người khách đã suy luận thế nào?
Giải:
Chữ số tận cùng của năm sinh hai bạn phải là 9 và 0 vì trong trường hợp ngựoc
lại thì tổng các chữ số của năm sinh hai bạn chỉ hơn kém nhau là 1, không thể

cùng là số chẵn.