Chủ đề : Một số dạng toán sử dụng phân tích đa thức thành nhân tử I . Một số kiếân thức liên quan A. Khái niệm về phân tích đa thức thành nhân tử Đa thức f(x) có bậc n được viết dưới dạng tích của các đa thức có bậc nhỏ hơn n . f(x) = q 1 (x).q 2 (x)… q k (x) trong đó các đa thức q i (x) ( i= 1,2,3….k) là các đa thức có bậc nhỏ hơn n và tổng các bậc của các đa thức đó bằng n . B. Các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử 1. Đặt nhân tử chung : AB + AC – AD = A(B + C – D) 2. Hằng đẳng thức : a. A 2 ± 2AB + B 2 = (A ± B) 2 b. A 3 ± 3A 2 B + 3AB 2 ± B 3 = (A ± B) 3 c. A 2 – B 2 = ( A – B)(A + B) d. A 3 – B 3 = (A – B)(A 2 + AB + B 2 ) e. A 3 + B 3 = (A + B)(A 2 – AB + B 2 ) f. A 2 + B 2 + C 2 + 2AB +2AC + 2BC = (A + B + C) 2 g. A n – B n = (A – B)(A n-1 +A n-2 B + A n-3 B 2 … + AB n-2 + B n-1 ) h. A 2n+1 + B 2n+1 = (A + B)(A 2n – A 2n-1 B + A 2n-2 B 2 …. + (-1) k A n-k B k …- AB 2n-1 + B 2n ) 3. Nhóm các hạng tử : Nhóm các số hạng một cách thích hợp để đa thức có nhân tử chung 4. Thêm và bớt một hạng tử – tách một hạng tử thành nhiều hạng tử Ví dụ : Phân tích đa thức x 2 + x – 6 thành nhân tử Cách thêm và bớt : x 2 + 3x – 2x – 6 = x(x+3) – 2(x+3) = (x – 2)(x + 3) Tách một hạng tử : x 2 + x – 2 – 4 = ( x 2 – 4) + ( x – 2) = (x –2)(x + 2) + (x + 2) = (x – 2)(x + 3) 5. Đặt ẩn phụ : Khi trong đa thức có chứa các biểu thức giống nhau ta có thể dùng ẩn phụ để đưa đa thức về dạng dể nhận biết hơn . Ví dụ : Phân tích đa thức (x 2 + x + 2) 2 – 3(x 2 + x + 2)(x 2 – x +3) + 2(x 2 – x + 3) 2 Ta đặt a = x 2 + x + 2 ; b = x 2 - x + 3 thì được a 2 – 3ab + 2b 2 = (a-b)(a – 2b) Thay a, b vào ta được (x 2 + x + 2 - x 2 + x – 3)( x 2 + x + 2 - 2x 2 + 2x – 6) = (2x – 1)(-x 2 + 3x –4) C. Một số dạng toán liên quan đến việc sử dụng phân tích đa thức thành nhân tử 1. Tính nhẩm 2. Tìm nghiệm của đa thức có bậc lớn hơn 2 hoặc tìm nghiệm của phương trình có bậc lớn hơn 2 . Nếu đa thức f(x) = q(x).p(x) , để tìm nghiệm của đa thức f(x) ta đi tìm nghiệm của đa thức q(x) và p(x) . Mà nghiệm của các đa thức q(x) và p(x) thường dễ tìm hơn đa thức f(x) 3. Chứng minh đa thức P chia hết cho đa thức Q Nếu đa thức P = Q . M thì đa thức P chia hết cho đa thức Q . Do vậy khi chứng minh đa thức P chia hết cho đa thức Q ta chỉ cần phân tích đa thức P thành nhân tử trong đó có một nhân tử là Q . 4. Xét dấu của một đa thức có bậc lớn hơn 1 . (Chủ yếu là xét dấu của đa thức khi được phân tích thành 2 nhân tử ) . Nếu f(x) = q(x).p(x) . Để f(x) ≥ 0 khi và chỉ khi q(x) và p(x) cùng dấu Để f(x) ≤ 0 khi và chỉ khi q(x) và p(x) trái dấu . 5. Tính giá trò của một biểu thức ( Nhất là các biểu thức có điều kiện). Trong trường hợp này có thể phân tích biểu thức có điều kiện hoặc biểu thức có trong bài thành nhân tử rồi áp dụng để tính 6. Xét tính chia hết trên tập hợp số nguyên : Trong tập hợp số nguyên ta có tính chất “Trong tập hợp n số nguyên liên tiếp bao giờ cũng có một số chia hết cho n” . Do vậy tích của n số nguyên liên tiếp thì chia hết cho n . II . Một số bài tập vận dụng A. Loại áp dụng để tính nhẩm : Biểu thức cần tính ta phân tích thành nhân tử , làm cho biểu thức được tính thuận lợi hơn . Bài 1 : Tính bằng cách hợp lý a. 37,5 . 6,5 – 7,5 . 3,4 – 6,6 . 7,5 + 3,5 . 37,5 b. 87 2 + 73 2 – 27 2 – 13 2 c. 1000 2 + 1003 2 + 1005 2 +1006 2 – 1001 2 – 1002 2 – 1004 2 - 1007 2 d. 22 22 75125.150125 220780 ++ − Lời giải a. 37,5.(6,5 + 3,5) – 7,5.(6,6 + 3,4) = 37,5 . 10 – 7,5. 10 = 10.(37,5 – 7,5) = 300 b. (87 2 – 13 2 ) + ( 73 2 – 27 2 ) = (87 – 13)(87 + 13) + (73 –27)(73 + 27) = 74 . 100 + 46 . 100 = 100 .(74 + 46) = 100 . 120 = 12000 c. (1000 –1001)(1000+1001) + (1003-1002)(1003+1002) + (1005-1004)(1005+1004) + (1006 --1007)(1006+1007) = -2001 + 2005 + 2009 – 2013 = 0 d. 14 40000 40000.14 )75125( 1000.560 75125.75.2125 )220780)(220780( 222 == + = ++ +− Bài 2 Tính giá trò của các biểu thức sau một cách hợp lý a. x 2 – y 2 –2y – 1 với x = 93 và y = 6 b. 7549xvới 16 1 x 2 1 x 2 , =++ c. a 3 –3a 2 b + 3ab 2 –b 3 với a = 2998 , b = 3003 Lời giải a. x 2 –(y+1) 2 = (x – y –1)(x+y+1) . Thay x = 93 , y = 6 vào ta được (93 – 6 – 1)(93 + 6+1) = 86.100 = 8600 b. x 2 + 2 . x . 0,25 + 0,0625 = (x + 0,25) 2 . Thay x = 49,75 vào ta được (49,75 + 0,25) 2 = 2500 c. (a – b) 3 . Thay a = 2998 và b = 3003 vào ta được ( 2998 – 3003) 3 = (-5) 3 = -125 Bài 3 : Hãy tính giá trò của các biểu thức sau a. x 17 – 13x 16 – 13x 15 … – 13x 2 – 13x – 7 với x = 14 b. x 81 – 79x 80 + 79x 79 – 79x 78 … - 79x 2 + 79x – 80 với x = 78 Giải a. x 17 –13(x 16 + x 15 + x 14 …. + x 2 + x + 1) + 6 vì x = 14 nên 13 = x –1 thay vào ta có x 17 - (x –1)( (x 16 + x 15 + x 14 …. + x 2 + x + 1) + 6 = x 17 – (x 17 –1) + 6 = 7 b. x 81 – 79(x 80 – x 79 + x 78 -…… + x 2 – x + 1) –1 . Vì x = 78 , nên 79 = x + 1 thay vào ta có x 81 – (x + 1)( x 80 – x 79 + x 78 -…… + x 2 – x + 1) –1 = x 81 – (x 81 + 1) –1 = -2 B . Loại tìm nghiệm của đa thức ( có bậc lớn hơn 2 ) hay là loại toán giải các phương trình bậc cao . Bài 1 : Tìm x biết a. x 3 – 0,25x = 0 b. (2x – 1) 2 – (x + 3) 2 = 0 c. 3x 2 – 5(x 2 – 2x +1) = 3 Giải a. x(x 2 – 0,25) = x(x – 0,5)(x + 0,5) = 0 ⇒ x = 0 ; 0,5 ; -0,5 b. [(2x –1) – (x +3)].[(2x –1) + (x +3)] = (x –4)(3x + 2) = 0 ⇒ x = 4 ; -2/3 c. 3x 2 – 5(x 2 – 2x +1) –3 = 0 3(x –1)(x + 1) – 5(x –1) 2 = (x –1)(3x + 3 –5x + 5) = (x –1)(-2x + 8) = 0 ⇒ x = 1 ; 4 Bài 2 : Tìm nghiệm của các đa thức sau a. 2x 3 – 3x 2 – 8x + 12 b. x 3 – 7x + 6 c. x 4 – 6x 3 + 54x – 81 Giải a. Cho đa thức 2x 3 – 3x 2 – 8x + 12 = 0 , phân tích vế trái ta được (x – 2)(x + 2)(2x –3) = 0 . Từ đó x = 2 ; -2 ; 1,5 . Vậy nghiệm của đa thức 2x 3 – 3x 2 – 8x + 12 là ±2 ; 1,5 b. Cho đa thức x 3 – 7x + 6 = 0 Phân tích x 3 – 7x + 6 = (x 3 – x) – (6x – 6) = x(x –1)(x +1) – 6(x –1) = (x –1)(x 2 + x – 6) = (x –1)[(x 2 – 2x) + (3x – 6)] = (x –1)[x(x –2) + 3(x – 2)] = (x –1)(x –2)(x + 3) = 0 ⇒ x = 1 ; 2 ; -3 Vậy nghiệm của đa thức x 3 – 7x + 6 là {1 ; 2 ; -3 } c. Cho đa thức x 4 – 6x 3 + 54x – 81 = 0 . Phân tích vế trái x 4 – 6x 3 + 54x – 81 = (x 4 – 81) – (6x 3 – 54x) = (x 2 – 9)(x 2 + 9) – 6x(x 2 –9) = (x –3)(x +3)(x 2 –6x + 9) = (x + 3)(x – 3) 3 = 0 ⇒ x = ± 3 Vậy tập hợp nghiệm của đa thức x 4 – 6x 3 + 54x – 81 là { -3 ; 3 } Bài 3 . Tìm x biết a . (x 2 + 8x + 7)(x 2 + 8x + 15) + 15 = 0 b. ( x 2 + x + 3)(x 2 + 3x + 3) – 3x 2 = 0 Giải a. Đặt y = x 2 + 8x + 7 , ta được y(y + 8) + 15 = (y + 4) 2 – 1 = (y +3)(y+5) . Thay y = x 2 + 8x + 7 ta có (x 2 + 8x + 10)( x 2 + 8x + 12) = (x 2 + 8x + 10)(x + 2)(x + 6) = 0 Cho nên x = -2 ; -6 Xét x 2 + 8x + 10 = (x + 4) 2 – 6 = (x + 4) 2 - 2 6)( ))(( 64x64x ++−+= = 0 Nên x = 6464 −−+− ; Vậy x ∈ { -2 ; -6 ; 6464 −−+− ; } b. Đặt y = x 2 + x + 3 . ta biến đỗi vế trái y(y + 2x) – 3x 2 = (y +x) 2 - (2x) 2 = (y –x)(y + 3x) Thay y = x 2 + x + 3 ta được (x 2 + x + 3 – x) (x 2 + x + 3 +3x) = (x+1)(x+3)(x 2 + 3) = 0 ⇒ x = -1 ; - 3 . Vì x 2 + 3 > 0 với mọi x ∈ R . C . Loại toán về tính chia hết trong đa thức . Bài 1 : Chứng minh rằng đa thức a 2 – c 2 + 2ab + b 2 chia hết cho đa thức a + b + c . Lời giải : a 2 +2ab + b 2 – c 2 = (a + b) 2 – c 2 = (a + b + c)(a + b – c) Do vậy a 2 +2ab + b 2 – c 2  (a + b + c) Bài 2 : Chứng minh rằng Với 3 số dương a ,b,c đôi một khác nhau thì đa thức a 3 + b 3 + c 3 –3abc chia hết cho đa thức a + b + c . Lời giải Phân tích đa thức a 3 + b 3 + c 3 –3abc = (a + b) 3 + c 3 – 3ab(a + b + c) = (a + b + c) [(a + b) 2 –(a + b)c + c 2 ] – 3ab(a + b +c) = (a + b +c) ( a 2 + b 2 + c 2 –ab – ac – bc) = ½ (a + b+c) [(a-b) 2 + (a-c) 2 +(b-c) 2 ] . vì a , b c đôi một khác nhau nên [(a-b) 2 + (a-c) 2 +(b-c) 2 ≠ 0 Do vậy a 3 + b 3 + c 3 –3abc  ( a + b + c) Bài 3 : Chứng minh đa thức (a-b) 3 + (b-c) 3 + (c – a) 3 chia hết cho đa thức (a –b)(b –c)(c –a) với a ,b,c đôi một khác nhau . Lời giải : Nhận xét b –c = -[(a –b) + (c –a)] (a-b) 3 + (b-c) 3 + (c – a) 3 = (a –b) 3 – [(a –b) + (c –a)] 3 + (c –a) 3 = (a –b) 3 –(a –b) 3 – 3(a –b)(c –a)[(a –b) + (c –a)] – (c –a) 3 + (c –a) 3 = 3(a –b)(b –c)(c –a) Vậy (a-b) 3 + (b-c) 3 + (c – a) 3  (a –b)(b –c)(c –a) Bài 4 : Chứng minh với a,b,c đôi một khác nhau thì đa thức (a + b + c) 3 – a 3 – b 3 – c 3 chia hết cho đa thức (a + b)(b + c)(c + a) . Lời giải Phân tích (a + b + c) 3 – a 3 – b 3 – c 3 = [(a + b + c) 3 – a 3 ] – (b 3 + c 3 ) = [(a + b + c) – a] [(a + b + c) 2 + (a +b +c)a + a 2 ] – (b + c)(b 2 – bc + c 2 ) = ( b + c)(a 2 + b 2 + c 2 +2ab + 2ac + 2bc +a 2 +ab + ac + a 2 – b 2 + bc – c 2 ) = 3(b +c)(a 2 + ab +ac + bc) = 3(b +c)[a(a + b) + c(a + b)] = 3(a + b)(b + c)(c + a) Vậy (a + b + c) 3 – a 3 – b 3 – c 3  (a + b)(b + c)(c + a) Bài 5 : Chứng minh đa thức a 5 + a + 1 chia hết cho đa thức a 2 + a + 1 Lời giải Phân tích a 5 + a + 1 = a 5 + a 4 + a 3 – a 4 – a 3 – a 2 + a 2 + a +1 = a 3 (a 2 + a + 1) – a 2 (a 2 + a + 1) + (a 2 + a + 1) = (a 2 + a + 1)(a 3 – a 2 + 1) Vậy a 5 + a + 1  (a 2 + a + 1) Bài 6 Chứng minh đa thức x 95 + x 94 + x 93 + ….+ x 2 + x + 1 chia hết cho đa thức x 31 + x 30 + …+ x + 1 Lời giải Phân tích x 95 + x 94 + x 93 + ….+ x 2 + x + 1 = (x 95 + x 94 + x 93 + ….+ x 64 ) + (x 63 + x 62 + x 61 + ….+ x 32 ) + + (x 31 + x 30 + x 29 + ….+ x 2 + x + 1 ) = x 64 (x 31 + x 30 + …+ x + 1) + x 32 (x 31 + x 30 + …+ x + 1) + (x 31 + x 30 + …+ x + 1) = (x 31 + x 30 + …+ x + 1)(x 64 + x 32 + 1) Vậy x 95 + x 94 + x 93 + ….+ x 2 + x + 1 (x 31 + x 30 + …+ x + 1) D . Loại xét dấu của biểu thức Bài 1 : Tìm các giá trò của x để đa thức (2x –1) 2 – 16 < 0 Lời giải Phân tích đa thức (2x – 1) 2 – 16 = (2x – 1 –4)(2x – 1 + 4) = (2x – 5)(2x + 3) Để (2x –1) 2 – 16 < 0 khi (2x –5)(2x + 3) < 0 . Mà tích hai thức số nhận giá trò âm khi hai biểu thức 2x – 5 và 2x + 3 nhận giá trò trái dấu . Vậy Nếu    <+ >− 03x2 05x2 ⇒        −< > 2 3 x 2 5 x . Trường hợp này không có x thoả mãn Nếu    >+ <− 03x2 05x2 ⇒        −> < 2 3 x 2 5 x ⇒ 2 5 x 2 3 <<− Vậy 2 5 x 2 3 <<− thì (2x –1) 2 – 16 < 0 Bài 2 : Chứng minh rằng với mọi giá trò của x thì đa thức x 12 – x 7 – x 5 + 1 luôn không âm . Lời giải x 12 – x 7 – x 5 + 1 = x 7 (x 5 –1) – (x 5 – 1) = (x 5 –1)(x 7 –1) Nếu x = 1 thì cả hai thừa số đều 0 , cho nên tích bằn 0 Nếu x > 1 thì x 5 –1 > 0 , x 7 – 1 > 0 , nên tích lớn hơn 0 Nếu x < 1 thì x 5 – 1 < 0 , x 7 – 1 < 0 , nên tích lớn hơn 0 Vậy x 12 – x 7 – x 5 + 1 ≥ 0 với mọi x ∈ R Bài 3 : Chứng minh rằng với mọi n ∈ Z thì biểu thức 6n 2 – 7n + 2 > 0 Lời giải Phân tích đa thức 6n 2 – 7n + 2 = 6n 2 – 4n - 3n + 2 = 2n(3n – 2) – (3n –2) = (3n –2)(2n – 1) Nếu n ≤ 0 thì 3n –2 < 0 và 2n – 1< 0 cho nên 6n 2 – 7n + 2 > 0 Vì n ∈ Z nên với n ≥ 1 thì 3n – 2 ≥ 1 , 2n –1 ≥ 1 cho nên 6n 2 – 7n + 2 > 0 Vậy với mọi n ∈ Z thì 6n 2 – 7n + 2 > 0 Bài 4 : Chứng minh rằng với mọi x , y ∈ R thì đa thức (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y 4 luôn không âm . Lời giải Biến đổi (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + 4y 4 = [(x +y)(x + 4y)][(x + 2y)(x + 3y)] + y 4 = (x 2 + 5xy + 4y 2 )(x 2 + 5xy + 6y 2 ) + y 4 đặt a = x 2 + 5xy + 4y 2 thay vào ta có a(a + 2y 2 ) + y 4 = (a 2 +2ay 2 + y 4 ) = (a + y 2 ) 2 hay (x 2 + 5xy + 4y 2 + y 2 ) 2 = (x 2 + 5xy + 5y 2 ) 2 ≥ 0 với mọi x,y ∈ R Bài 5 : Chứng minh rằng với a,b,c là độ dài các cạnh của một tam giác thì 2a 2 b 2 + 2a 2 c 2 + 2b 2 c 2 – a 4 –b 4 – c 4 > 0 Lời giải Phân tích 2a 2 b 2 + 2a 2 c 2 + 2b 2 c 2 – a 4 –b 4 – c 4 = 4a 2 b 2 –( a 4 + b 4 + c 4 + 2a 2 b 2 - 2a 2 c 2 - 2b 2 c 2 ) = (2ab) 2 – (a 2 + b 2 – c 2 ) 2 = (2ab + a 2 + b 2 – c 2 )(2ab – a 2 – b 2 + c 2 ) = [(a + b) 2 – c 2 ][c 2 – (a – b) 2 ] = (a + b + c)(a + b – c)(c –a + b)(c + a – b) mà trong một tam giác tổng của hai cạnh bất kỳ lơn hơn cạnh còn lại . Cho nên a + b + c > 0 ; a + b > c ⇒ a + b – c > 0 ; b + c > a ⇒ c – a + b > 0 ; a + c > b ⇒ a + c – b > 0 Vậy 2a 2 b 2 + 2a 2 c 2 + 2b 2 c 2 – a 4 –b 4 – c 4 > 0 E . Loại tính giá trò của biểu thức có điều kiện Bài 1 : Cho 3 số a , b ,c thoả mãn a + b + c = 1 (1) ; a 2 + b 2 + c 2 = 1 (2) ; a 3 + b 3 + c 3 = 1 (3) . Tính giá trò của biểu thức T = a + b 2 + c 3 . Lời giải Xét (a + b + c) 3 – (a 3 + b 3 + c 3 ) = 3(a + b)(a + c)(b + c) = 0 Nếu a + b = 0 . Từ (1) thì c = 1 , từ (2) thì a 2 + b 2 = 0 ⇒ a = b = 0 . Vậy T = 1 Nếu a + c = 0 . Từ (1) thì b = 1 , từ (2) thì a 2 + c 2 = 0 ⇒ a = c = 0 . Vậy T = 1 Nếu b + c = 0 . Từ (1) thì a = 0 , từ (2) thì b 2 + c 2 = 0 ⇒ b = c = 0 . Vậy T = 1 Vậy giá trò của biểu thức T = a + b 2 + c 3 = 1 Bài 2 : Cho 3 số a,b,c thoả mãn a 3 + b 3 + c 3 = 3abc và a ≠ 0 , b ≠ 0 , c ≠ 0 Hãy tính giá trò của biểu thức M =       +       +       + a c 1 c b 1 b a 1 Lời giải Xét a 3 + b 3 + c 3 = 3abc ⇒ a 3 + b 3 + c 3 – 3abc = 0 Phân tích biểu thức a 3 + b 3 + c 3 – 3abc = ½(a + b + c)[(a – b) 2 + (b –c) 2 + (c – a) 2 ] = 0 Nếu (a – b) 2 + (b – c) 2 + (c –a) 2 = 0 ⇒ a = b = c M =       +       +       + a c 1 c b 1 b a 1 = (1 + 1)(1 + 1)(1 + 1) = 8 Nếu a + b + c = 0 thì M = 1 abc bac a ca c cb b ba a c 1 c b 1 b a 1 −= −−− =       +       +       + =       +       +       + ))()(( Vậy M = -1 hoặc M = 8 Bài 3 . Cho 3a 2 + 3b 2 = 10ab và b > a > 0 . Tính giá trò của biểu thức P = b3a b2a + − Lời giải Từ 3a 2 + 3b 2 = 10ab ⇒ 3a 2 + 3b 2 – 10ab = 0 Phân tích 3a 2 + 3b 2 – 10ab = 3a 2 – 9ab – ab + 3b 2 = 3a(a – 3b) – b(a – 3b) = (a – 3b)(3a – b) = 0 Nếu a – 3b = 0 ⇒ a = 3b , điều này không xảy ra vì a < b Vậy 3a – b = 0 ⇒ b = 3a . Thay vào biểu thức P ta được P = 2 1 a10 a5 a9a a6a b3a b2a − = − = + − = + − Bài 4 . Tính giá trò của biểu thức M =       +       +       +       +       +       + 4 1 20 4 1 4 4 1 2 4 1 19 4 1 3 4 1 1 444 444   Nhận xét a 4 + ¼ = (a 2 + ½) 2 – a 2 = (a 2 –a + ½)(a 2 + a + ½) . Thay vào biểu thức ta được M =       ++       +−       ++       +−       ++       +−       ++       +−       ++       +−       ++       +− 2 1 2020 2 1 2020 2 1 44 2 1 44 2 1 22 2 1 22 2 1 1919 2 1 1919 2 1 33 2 1 33 2 1 11 2 1 11 222222 222222   Mà (k + 1) 2 – (k + 1) + ½ = k 2 + 2k + 1 – k – 1 + ½ = k 2 + k + ½ và thay vào biểu thức trên và rút gọn , ta được M = 841 1 2 1 2020 2 1 11 2 2 = ++ +− F . Loại toán về tính chia hết trên tập hợp số nguyên Bài 1 : Chứng minh rằng với mọi số nguyên n thì biểu thức 3 n 2 n 6 n 23 ++ luôn nhận giá trò là số nguyên . Lời giải Xét 6 n2n3n 3 n 2 n 6 n 2323 ++ =++ . Do vậy để biểu thức 3 n 2 n 6 n 23 ++ nhận giá trò nguyên Thì n 3 + 3n 2 + 2n  6 với mọi n ∈ Z . Phân tích n 3 + 3n 2 + 2n thành nhân tử n 3 + 3n 2 + 2n = n[(n 2 + n) + (2n + 2)] = n[ n(n + 1) + 2(n + 1)] = n(n + 1)(n + 2) Mà n , n + 1 , n + 2 là 3 số nguyên liên tiếp cho nên tích chia hết cho 6 . Hay n 3 + 3n 2 + 2n  6 . Vậy 3 n 2 n 6 n 23 ++ luôn nhận giá trò nguyên với mọi n ∈ Z Bài 2 : Chứng minh rằng a. 55 n+1 – 55 n chia hết cho 54 b. (2a + 1) 2 – 1 chia hết cho 8 c. n 5 – n chia hết cho 5 ( n ∈ Z) Lời giải a. 55 n (55 – 1 = 54 . 55 n  54 b. (2a + 1 – 1)(2a + 1 + 2) = 4a(a + 1)  8 vì a, a + 1 là hai số tự nhiên liên tiếp nên tích chia hết cho 2 . c. n(n – 1)(n + 1)( n 2 + 1) = n(n – 1)(n + 1)[(n 2 – 4) + 5] = n(n – 1)(n + 1)(n 2 – 4) + 5 n(n – 1)(n + 1) = n(n – 1)(n + 1)(n – 2)(n + 2) + 5 n(n – 1)(n + 1) Mà n –2, n –1, n , n + 1, n + 2 là tích của 5 số nguyên liên tiếp nên tích của chúng chia hết cho 5 và 5 n(n – 1)(n + 1) cũng chia hết cho 5 . Vậy n 5 – n chia hết cho 5 Bài 3 . Chứng minh rằng với x là số nguyên lẻ thì giá trò của biểu thức x 3 – 3x 2 – x +3 chia hết cho 48 . Bài giải Phận tích x 3 – 3x 2 – x +3 = x 2 (x – 3) – (x – 3) = (x – 3)(x 2 – 1) = (x –3)(x – 1)(x + 1) Vì x là số nguyên lẻ nên x = 2k + 1 ( k ∈ Z) , thay x vào ta được ( 2k + 1 – 3) (2k + 1 –1)(2k + 1 + 1) = 2(k – 1).2k.2(k + 1) = 8 (k – 1)k(k + 1) Mà (k – 1)k(k + 1) là tích của 3 số nguyên liên tiếp nên tích chia hêát cho 6 Vậy 8(k – 1)k(k + 1) chia hết cho 48 . Hay x là số nguyên lẻ thì giá trò của đa thức x 3 – 3x 2 – x +3 chia hết cho 48 . Bài 4 . Chứng minh rằng n 5 + 10n 4 – 5n 3 – 10n 2 + 4n chia hết cho 120 ( n ∈ Z ) Lời giải Nhận xét 120 = 3.5.8 Phân tích n 5 + 10n 4 – 5n 3 – 10n 2 + 4n = n(n 4 –n 2 + 10n 3 – 10n – 4n 2 + 4) = n[n 2 (n 2 –1) +10n(n 2 –1) –4(n 2 – 1)] = n(n – 1)(n + 1)(n 2 + 10n – 4) = n(n – 1)(n + 1)(n 2 – 4) + 10n 2 (n – 1)(n +1) = n(n – 1)(n + 1)(n – 2) ( n + 2) + 10n 2 (n – 1)(n + 1) Mà n(n –1) (n + 1)(n –2)(n + 2) là tích của 5 số nguyên liên tiếp nên tích đó chia hết cho 3 , 5 . mà trong 5 số nguyên liên tiếp bao giờ cũng có 2 số chẵn liên tiếp , tích của hai số chắn liên tiếp thì chia hết cho 8 . Vậy tích n(n –1) (n + 1)(n –2)(n + 2)  120 . Trong tích n 2 (n – 1)(n + 1) bao giờ cũng có 2 số chẵn . Nếu n là số chẵn thì n 2  4 , nếu n là số lẻ thì n – 1 và n + 1 đều là hai số chẵn nên tích (n – 1)(n + 1)  4 . Mà tích n(n – 1)(n + 1) là tích của 3 số nguyên liên tiếp nên tích chia hết cho 3 . Vậy tích 10n 2 (n – 1)(n + 1)  120 Vậy n 5 + 10n 4 – 5n 3 – 10n 2 + 4n chia hết cho 120 ( n ∈ Z ) Bài 5 . Chứng minh với mọi n ∈ N nà thì số có dạng n 4 + 16 là một hợp số Lời giải Phân tích n 4 + 64 = n 4 + 16n 2 + 64 – 16n 2 = (n 2 + 8) 2 – (4n) 2 = (n 2 + 8 – 4n)(n 2 + 8 + 4n) mà n 2 – 4n + 8 = (n – 2) 2 + 4 > 1 ; n 2 + 4n + 8 = (n+2) 2 + 4 > 1 Vậy n 4 + 64 là một hợp số với mọi n là số tự nhiên G . Một số dạng toán khác Bài 1 . Chứng minh rằng tích của 4 số nguyên liên tiếp cộng thêm 1 là một số chính phương Lời giải Gọi 4 số tự nhiên liên tiếp là n , n + 1 , n + 2, n + 3 Xét n(n+1)(n+2)(n+3) + 1 = [n(n+3)][(n+1)(n+2)] + 1 = [ n 2 + 3n ][n 2 + 3n + 2] + 1 = (n 2 + 3n) 2 + 2(n 2 + 3n) + 1 = (n 2 + 3n + 1) 2 Vì n ∈ N , nên n 2 + 3n + 1 là số tự nhiên . Vậy n(n+1)(n+2)(n+3) + 1 là số chính phương Bài 2 . Tìm các số tự nhiên n để số có dạng n 2 + 4n + 23 là một số chính phương . Lời giải Đặt n 2 + 4n + 23 = y 2 , ta có y 2 = (n+2) 2 + 19 ⇒ y 2 – (n + 2) 2 = 3 Hay (y – n – 2)(y + n + 2) = 19 , vì n ∈ N , nên y + n + 2 > 2 là ước của 19 Vậy y + n + 2 = 19 và y – n – 2 = 1 . Do vậy suy ra (y+n+2) – (y –n – 2) = 2n + 4 = 18 ⇒ n = 7 . Bài 3 : Tìm các số tự nhiên n để số có dạng n 3 – 4n 2 + 4n – 16 là một số nguyên tố . Lời giải Phân tích biểu thức n 3 – 3n 2 + 4n – 16 = ( n – 4)(n 2 + 4) Để biểu thức là số nguyên tố thì một trong hai thừa số n – 4 , n 2 + 3 phải có một thưà số bằng 1 . Mà n 2 + 3 ≥ 3 , cho nên n – 4 = 1 ⇒ n = 5 , thay n = 5 thì biểu thức có giá trò bằng 29 Vậy số tự nhiên phải tìm là n = 5 . IV . hướng dẫn nội dung học tập A. Học tại lớp 8 tiết B. Mỗi lớp là một nhóm ; mỗi nhóm cử 1 em là nhóm trưởng . C. Mỗi nhóm tập trung sưu tầm mỗi dạng toán đã học là 3 bài tập , các bài tập sưu tầm có thể ở SGK , SBT , hoặc ở các sách khác , hoặc có thể tự sáng tác trên cơ sở hướng dẫn ở trên lớp . D. Các bài tập sưu tầm , các nhóm sẽ tổ chức cho nhóm mình tập trung giải các bài tập đó . Các buổi học sau các nhóm nêu bài tập của nhóm mình để các nhóm khác giải . E. Sau khi học xong chủ đề sẽ làm bài kiểm tra để kết thúc chủ đề tự chọn . . Chủ đề : Một số dạng toán sử dụng phân tích đa thức thành nhân tử I . Một số kiếân thức liên quan A. Khái niệm về phân tích đa thức thành nhân tử Đa thức. hạng tử : Nhóm các số hạng một cách thích hợp để đa thức có nhân tử chung 4. Thêm và bớt một hạng tử – tách một hạng tử thành nhiều hạng tử Ví dụ : Phân tích