Giáo Án Bồi Dưỡng Học Sinh giỏi Toán 8

Phân tích đa thức thành nhân tử hay thừa số là biến đổi đa thức đó thành mộttích của những đơn thức và đa thức.. Phân tích đa thức thành nhân tử bằng các phương pháp thông thường: - Đặt

PHẦN I : ĐẠI SỐ - SỐ HỌC

CH

Ủ ĐỀ 1 : PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ

A CÁC KIẾN THỨC CẦN NHỚ.

 Phân tích đa thức thành nhân tử (hay thừa số) là biến đổi đa thức đó thành mộttích 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)

- Dùng phương pháp hệ bất định

- Tìm nghiệm của đa thức

- Quy tắt HORNER (Hót - Nơ)

B MỘT SỐ BÀI TOÁN:

I PHƯƠNG PHÁP THÊM BỚT, TÁCH, NHÓM HẠNG TỬ

Bài 1 Phân tích đa thức thành nhân tử

= (z – x)(z – y)[z(y – x)(y + x) + xy(y – x)]

= (z – x)(z – y)(y – x)(xy + xz + yz)

Cách 2: Để ý rằng: (z – y) + (y – x) = (z – x) Do vậy ta có:

Lời giải:

a) 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

a3 + b3 + c3 = (a3 + 3a2b +3ab2 + b3) + 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) Cách 1: Đặt x – y = a , y – z = b, z – x = c thì a + b + c = 0 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)Cách 2: Để ý rằng: (a + b)3 = a3 + 3ab(a + b) + b3 và (y – z) = (y – x) + (x – z)

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)

II PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHU.

Bài 4: Phân tích đa thức thành nhân tử.

Do đó: (x2 + x + 1)(x2 + x + 2) – 12 = (x2 + x – 2)(x2 + x + 5)

= (x – 1)(x + 2)(x2 + x +5) b) 4x(x + y)( x + y + z)(x + z) +y2z2

Thay m = x2 +xy +xz, ta được:

4x(x +y)(x + y +z)(x + z) + y2z2 = (2x2 + 2xy + 2xz + yz)2

* DẠNG ĐẶC BIỆT

Xét Q(x) = ay 2 + by + c Nếu có các số m, n sao cho m.n = a.c, m + n = b thì ay 2

+ by + c = ay 2 + (m + n)y + m.n/a hay ay 2 + by + c =a(y + m/a)(y + n/a) (*) nói riêng

a = 1 thì y 2 + 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 trị tuyệt đối của m và n nhỏ hơn b sau đó chọn

m, n thoả mãn m + n = b.

 Da thức dạng: P(x) = ax4 + bx 2 + c

Cách giải: Đặt biến phụ y = x 2 và áp dụng HĐT (*).

Ví dụ: Phân tích P(x) = 6x 4 + 19x 2 + 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 + 15

= 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

Cách giải: Đặt biến phụ y = (x + a)(x + b) có thể y = (x + c)(x + d) hoặc y 2 =

Ví dụ: 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

Đặt y = x2 + 5x + 4 thì P(x) trở thành Q(y) = y(y + 2) – 15

= y2 +2y – 15 = y2 – 3y + 5y – 15 = y(y – 3) + 5( y – 3) = (y – 3)(y +5)

Do dó P(x) = (x2 +5x + 1)(x2 + 5x + 9)

Tổng quát: Nếu đa dạng P(x) = (a1x + a2)(b1x + b2)(c1x + c2)(d1x + d2) thoả mãn

a1b1 = c1d1 và a1b2 + a2b1 = c1d2 +c2d1 thì đặt y =(a1x + a2)(b1x + b2) rồi biến đổi như trên

 Đa thức dạng: P(x) = (a1 x + a 2 )(b 1 x + b 2 )(c 1 x + c 2 )(d 1 x + d 2 )

với a 1 b 1 = c 1 d 1 và a 2 b 2 = c 2 d 2

Ví dụ: Phân tích P(x) = (3x +2)(3x – 5)(x – 9)(9x + 10) + 24x2 thành nhân tử

Giải: Dễ thấy a1b1 =3.3 = 9.1 = c1d1 và a2b2 = 2.(-5) =(-1).10 =c2d2

P(x) = (9x2 – 9x – 10)(9x2 + 9x – 10) + 24x2

Đặt y = (3x +2)(3x – 5) = 9x2 – 9x – 10 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 +bx 3 + cx 2 + kbx + a với k = 1 hoặc k = -1

Cách giải: Đặt y = x 2 + k và biến đổi P(x) về dạng chứa hạng tử ay 2 + bxy rồi sử dụng HĐT (*).

Ví dụ: Phân tích P(x) = 2x 4 + 3x 3 – 9x 2 – 3x + 2 thành nhân tử.

Giải: Đặt y = x2 – 1 suy ra y2 = x4 – 2x2 + 1

Biến đổi P(x) = 2(x4 – 2x2 + 1) + 3x3 – 5x2 – 3x

= 2(x2 – 1)2 + 3x( x2 – 1) – 5xTừ đó Q(y) = 2y2 + 3xy – 5x2

Tìm m, n sao cho m.n = - 10x2 và m + n = 3x chọn m = 5x , n = - 2x

Ta có : Q(y) = 2y2 + 3xy – 5x2

= 2y2 – 2xy + 5xy – 5x2

= 2y(y – x) + 5x(y – x) = ( y – x)( 2y – 5x)

Do dó , P(x) = (x2 – x – 1 )(2x2 + 5x – 2)

 Đa thức dạng: P(x) = x4 + bx 3 + cx 2 + dx + e với e = d 2 /b 2

Cách giải: Đặt biến phụ y = x 2 + d/b và biến đổi P(x) về dạng chứa hạng tử y 2 + bxy rồi sử dụng HĐT (*).

Ví dụ: Phân tích P(x) = x 4 - x 3 – 10x 2 + 2x + 4 thành nhân tử.

Giải: 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

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 ax4 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

Cách giải: Đặt biến phụ y = x + ( a + b)/2 và biến đổi P(x) về dạng mx 4 + nx 2 + p

Ví dụ: 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)

IV PHƯƠNG PHÁP HỆ SỐ BẤT ĐỊNH.

Bài 5: Phân tích đa thức thành nhân tử.

b) Dễ thấy ±1 không phải là nghiệm của đa thức trên nên đa thức không có

nghiệm nguyên, cũng không có nghiệm hữu tỉ Như vậy nến đa thức đã cho phân tích thành nhân tử thì phải có dạng:

(x2 + ax + b)( x2 + cx + d) = x4 + (a + c)x3 + (ac + b + d)x2 + (ad +bc)x +bd Đồng nhất đa thức này với đa thức đã cho, ta có

x4 + 6x3 +7x2 + 6x + 1 =x4 +(a + c)x3 + (ac + b +d)x2 + (ad + bc)x +bd

a + c = 6

ac + b + d =7

ad + bc = 6

bd = 1Từ hệ này tìm được: a = b = d = 1 , c = 5

Vậy: x4 + 6x3 +7x2 + 6x + 1 = (x2 + x + 1)(x2 + x + 5)

V TÌM NGHIỆM CỦA ĐA THỨC.

 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 nhị 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)Muốn tìm Q(x), ta chia đa thức P(x) cho tích số (x – a)(x – b) = x2 + (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 x1 = x2 = a thì P(x) = (x – a)2R(x)

Ví dụ: Phân tích đa thức P(x) = x 3 – 2x – 4 thành nhân tử

Giải: 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)Chia đa trhức P(x) = x3 – 2x – 4 cho nhị 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)

Suy ra: P(x) = (x + 1)(x – 2)(x2 + 2x + 2)Vậy : P(x) = (x + 1)(x – 2)(x2 + 2x + 2)

VI QUY TẮT HÓT – NƠ (HORNER)

Quy tắt Hót – Nơ giúp chúng ta chia nhanh một đa thức cho một nhị thức bậc nhất.Bài toán: Giả sử chúng ta chia được đa thức

P(x) = a0xn + a1xn -1 + a2xn – 2 + a3xn – 3 + … + an chia nhị thức x - aBậc của đa thức thương Q(x) nhỏ hơn bậc của P(x) một đơn vị

Nhận xét rằng Q1(x) = 0 suy ra Q1(x) = (x – 1)Q2(x)

Ta xác định Q2(x) bằng cách sử dụng quy tắt Hót – Nơ

Suy ra: Q2(x) = 3x2 + 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)

2 Khi phân tích ra thừa số nguyên tố, số chính phương chỉ chứa các thừa số nguyên tốvới số mũ chẵn.

3 Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng 4n hoặc 4n + 1 Không có sốchính phương nào có dạng 4n + 2 hoặc 4n + 3 (n N)

4 Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng 3n hoặc 3n + 1 Không có sốchính phương nào có dạng 3n + 2 (n N)

5 Số chính phương tận cùng bằng 1 hoặc 9 thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn

Số chính phương tận cùng bằng 5 thì chữ số hàng chục là 2

Số chính phương tận cùng bằng 4 thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn

Số chính phương tận cùng bằng 6 thì chữ số hàng chục là chữ số lẻ

6 Số chính phương chia hết cho 2 thì chia hết cho 4

Số chính phương chia hết cho 3 thì chia hết cho 9

Số chính phương chia hết cho 5 thì chia hết cho 25

Số chính phương chia hết cho 8 thì chia hết cho 16

III MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG

A DẠNG1 : CHỨNG MINH MỘT SỐ LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG

Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên x, y thì

A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y 4 là số chính phương.

Ta có A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4

Bài 2: Chứng minh tích của 4 số tự nhiên liên tiếp cộng 1 luôn là số chính phương.

Gọi 4 số tự nhiên, liên tiêp đó là n, n + 1, n+ 2, n + 3 (n N) Ta có

n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 = n.(n + 3(n + 1)(n + 2) + 1

= (n2 + 3n)( n2 + 3n + 2) + 1 (*)

Đặt n2 + 3n = t (t  N) thì (*) = t( t + 2 ) + 1 = t2 + 2t + 1 = ( t + 1 )2

= (n2 + 3n + 1)2

Vì n  N nên n2 + 3n + 1  N Vậy n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 là số chính phương.

Bài 3: Cho S = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + + k(k+1)(k+2)

Chứng minh rằng 4S + 1 là số chính phương

Ta có k(k+1)(k+2) = 41 k(k+1)(k+2).4 = 14 k(k+1)(k+2).[(k+3) – (k-1)]

= 41 k(k+1)(k+2)(k+3) - 14 k(k+1)(k+2)(k-1)

 S =41 1.2.3.4 -14 0.1.2.3 + 41 2.3.4.5 -14 1.2.3.4 +…+14 k(k+1)(k+2)(k+3) - 41

k(k+1)(k+2)(k-1) = 41 k(k+1)(k+2)(k+3)

4S + 1 = k(k+1)(k+2)(k+3) + 1

Theo kết quả bài 2  k(k+1)(k+2)(k+3) + 1 là số chính ph ương

Bài 4: Cho dãy số 49; 4489; 444889; 44448889; …

Dãy số trên được xây dựng bằng cách thêm số 48 vào giữa số đứng trước nó Chứng minh rằng tất cả các số của dãy trên đều là số chính phương.

Ta có 44…488…89 = 44…488 8 + 1 = 44…4 10n + 8 11…1 + 1

n chữ số 4 n-1 chữ số 8 n chữ số 4 n chữ số 8 n chữ số 4

n chữ số 1

= 4

9 1 10 n 10n + 8 9 1 10 n + 1 =

9 9 8 10 8 10 4 10 4 2     n n n = 9 1 10 4 10 4 2   n n = 

      3 1 10 2 n Ta thấy 2.10n +1=200…01 có tổng các chữ số chia hết cho 3 nên nó chia hết cho 3

n-1 chữ số 0         3 1 10 2 n  Z hay các số có dạng 44…488…89 là số chính phương Bài 5: Chứng minh rằng các số sau đây là số chính phương: A = 11…1 + 44…4 + 1

2n chữ số 1 n chữ số 4

B = 11…1 + 11…1 + 66…6 + 8

2n chữ số 1 n+1 chữ số 1 n chữ số 6

C = 44…4 + 22…2 + 88…8 + 7

2n chữ số 4 n+1 chữ số 2 n chữ số 8

Kết quả: A = 









3

2

10n

; B = 









3

8

10n

; C = 









3

7 10

2

2

Bài 6: Chứng minh rằng các số sau là số chính phương:

10 2n  n  n  

=

9

4 10 4

là số chính phương ( điều phải chứng minh)

Bài 7: Chứng minh rằng tổng các bình phương của 5 số tự nhiên liên tiếp không thể là

một số chính phương

Gọi 5 số tự nhiên liên tiếp đó là n-2, n-1, n , n+1 , n+2 (n N , n ≥2 )

Ta có ( n-2)2 + (n-1)2 + n2 + ( n+1)2 + ( n+2)2 = 5.( n2+2)

Vì n2 không thể tận cùng bởi 3 hoặc 8 do đó n2+2 không thẻ chia hết cho 5

 5.( n2+2) không là số chính phương hay A không là số chính phương

Bài 8: Chứng minh rằng số có dạng n 6 – n 4 + 2n 3 + 2n 2 trong đó nN và n>1 không phải là số chính phương

n6 – n4 + 2n3 +2n2 = n2.( n4 – n2 + 2n +2 ) = n2.[ n2(n-1)(n+1) + 2(n+1) ]

= n2[ (n+1)(n3 – n2 + 2) ] = n2(n+1).[ (n3+1) – (n2-1) ]

= n2( n+1 )2.( n2–2n+2)Với nN, n >1 thì n2-2n+2 = (n - 1)2 + 1 > ( n – 1 )2

và n2 – 2n + 2 = n2 – 2(n - 1) < n2

Vậy ( n – 1)2 < n2 – 2n + 2 < n2  n2 – 2n + 2 không phải là một số chính phương

2

Bài 9: Cho 5 số chính phương bất kì có chữ số hàng chục khác nhau còn chữ số hàng đơn

vị đều là 6 Chứng minh rằng tổng các chữ số hàng chục của 5 số chính phương đó là một

số chính phương

Cách 1: Ta biết một số chính phương có chữ số hàng đơn vị là 6 thì chữ số hàng chụccủa nó là số lẻ Vì vậy chữ số hàng chục của 5 số chính phương đã cho là 1,3,5,7,9 khi đó tổng của chúng bằng 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25 = 52 là số chính phương

Cách 2: Nếu một số chính phương M = a2 có chữ số hàng đơn vị là 6 thì chữ số tận cùng của a là 4 hoặc 6  a2  a2  4

Theo dấu hiệu chia hết cho 4 thì hai chữ số tận cùng của M chỉ có thể là 16, 36, 56, 76,

Không có số chính phương nào có dạng 3k+2  p-1 không là số chính phương

Vậy nếu p là tích n số nguyên tố đầu tiên thì p-1 và p+1 không là số chính phương

Vì N lẻ  N không chia hết cho 2 và 2N  2 nhưng 2N không chia hết cho 4

2N chẵn nên 2N không chia cho 4 dư 1  2N không là số chính phương

c 2N+1 = 2.1.3.5.7…2007 + 1

2N+1 lẻ nên 2N+1 không chia hết cho 4

2N không chia hết cho 4 nên 2N+1 không chia cho 4 dư 1

)(

1 10

B DẠNG 2: TÌM GIÁ TRỊ CỦA BIẾN ĐỂ BIỂU THỨC LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG

Bài 1: Tìm số tự nhiên n sao cho các số sau là số chính phương:

Suy ra n có thể có các giá trị sau: 1588; 316; 43; 28.

Bài 2: Tìm a để các số sau là những số chính phương:

Vậy có 2 số tự nhiên n thỏa mãn đề bài là n = 1; n = 3

Bài 4: Tìm n  N để các số sau là số chính phương:

Mặt khác m + n + m – n = 2m  2 số m + n và m – n cùng tính chẵn lẻ (2)

Từ (1) và (2)  m + n và m – n là 2 số chẵn

 (m + n)(m - n)  4 Nhưng 2006 không chia hết cho 4

 Điều giả sử sai

Vậy không tồn tại số tự nhiên n để 2006 + n2 là số chính phương

Bài 6: Biết x  N và x>2 Tìm x sao cho x(x-1).x(x-1) = (x-2)xx(x-1)

Đẳng thức đã cho được viết lại như sau: x(x-1) = (x-2)xx(x-1)

Do vế trái là một số chính phương nên vế phải cũng là một số chính phương

Một số chính phương chỉ có thể tận cùng bởi 1 trong các chữ số 0; 1; 4; 5; 6; 9 nên x chỉ có thể tận cùng bởi 1 trong các chữ số 1; 2; 5; 6; 7; 0 (1)

Do x là chữ số nên x ≤ 9, kết hợp với điều kiện đề bài ta có x N và 2 < x ≤ 9 (2)

Từ (1) và (2)  x chỉ có thể nhận 1 trong các giá trị 5; 6; 7

Bằng phép thử ta thấy chỉ có x = 7 thỏa mãn đề bài, khi đó 762 = 5776

Bài 7: Tìm số tự nhiên n có 2 chữ số biết rằng 2n+1 và 3n+1 đều là các số chính phương.

Ta có 10 ≤ n ≤ 99 nên 21 ≤ 2n+1 ≤ 199 Tìm số chính phương lẻ trong khoảng trên ta được 25; 49; 81; 121; 169 tương ứng với số n bằng 12; 24; 40; 60; 84

Số 3n+1 bằng 37; 73; 121; 181; 253 Chỉ có 121 là số chính phương

Vậy n = 40

Bài 8: Chứng minh rằng nếu n là số tự nhiên sao cho n+1 và 2n+1 đều là các số chính

phương thì n là bội số của 24.

4a a

= 2a(a+1)

 n chẵn  n+1 lẻ  k lẻ  Đặt k = 2b+1 (Với b  N)  k2 = 4b(b+1) +1  n = 4b(b+1)  n  8 (1)

Ta có k2 + m2 = 3n + 2  2 (mod3)

Mặt khác k2 chia cho 3 dư 0 hoặc 1, m2 chia cho 3 dư 0 hoặc 1

Nên để k2 + m2  2 (mod3) thì k2  1 (mod3)

2n = a2 – 482 = (a+48)(a-48)

2p.2q = (a+48)(a-48) Với p, q  N ; p+q = n và p > q

 a+48 = 2p  2p – 2q = 96  2q (2p-q -1) = 25.3

a- 48 = 2q  q = 5 và p-q = 2  p = 7

 n = 5+7 = 12

Thử lại ta có: 28 + 211 + 2n = 802

C DẠNG 3: TÌM SỐ CHÍNH PHƯƠNG

Bài 1: Cho A là số chính phương gồm 4 chữ số Nếu ta thêm vào mỗi chữ số của A một

đơn vị thì ta được số chính phương B Hãy tìm các số A và B.

Gọi A = abcd = k2 Nếu thêm vào mỗi chữ số của A một đơn vị thì ta có số

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

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

Bài 4: Tìm một số có 4 chữ số vừa là số chính phương vừa là một lập phương.

Gọi số chính phương đó là abcd Vì abcd vừa là số chính phương vừa là một lập

phương nên đặt abcd = x2 = y3 Với x, y  N

Vì y3 = x2 nên y cũng là một số chính phương

Ta có 1000 ≤ abcd ≤ 9999  10 ≤ y ≤ 21 và y chính phương  y = 16

 abcd = 4096

Bài 5: Tìm một số chính phương gồm 4 chữ số sao cho chữ số cuối là số nguyên tố, căn

bậc hai của số đó có tổng các chữ số là một số chính phương.

Gọi số phải tìm là abcd với a, b, c, d nguyên và 1 ≤ a ≤ 9 ; 0 ≤ b,c,d ≤ 9

Bài 6: Tìm số tự nhiên có hai chữ số biết rằng hiệu các bình phương của số đó và viết số

bởi hai chữ số của số đó nhưng theo thứ tự ngược lại là một số chính phương

Gọi số tự nhiên có hai chữ số phải tìm là ab ( a,b N, 1 ≤ a,b ≤ 9 )

Số viết theo thứ tự ngược lại ba

Ta có ab - ba = ( 10a + b ) 2 – ( 10b + a )2 = 99 ( a2 – b2 )  11  a2 - b2  11Hay ( a-b )(a+b )  11

Vì 0 < a - b ≤ 8 , 2 ≤ a+b ≤ 18 nên a+b  11  a + b = 11

Bài 7: Cho một số chính phương có 4 chữ số Nếu thêm 3 vào mỗi chữ số đó ta cũng được

một số chính phương Tìm số chính phương ban đầu

( Kết quả: 1156 )

Bài 8: 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

 ab là một lập phương và a+b là một số chính phương

Bài 9: 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)

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 mộtthừa số là m

+ Nếu m là hợp số ta phân tích m thành tích các thừa số đôI một nguyên tốcùng 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 trờng hợp về số d khi chia mcho n

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  5 )

- Tồn tại một bội của 7 (nên A  7 )

- Tồn tại hai bội của 3 (nên A  9 )

- Tồn tại 3 bội của 2 trong đó có bội của 4 (nên A  16)

Vậy A chia hết cho 5, 7,9,16 đôi một nguyên tố cùng nhau  A 5.7.9.16= 5040

Ví dụ 2: Chng minh rằng với mọi số nguyên a thì :

a/ a3 –a chia hết cho 3

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

Mỗi dòng đều bắt đầu bằng 1 và kết thúc bằng 1

Mỗi số trên một dòng (kể từ dòng thứ 2) đều bằng số liền trên cộng với số bên trái của số liền trên

- 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 phơng 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…+ab.2004

= BS9 – 2 = BS9 + 7

Vậy 2100 chia cho 9 d 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 d 1

* VD2: Tìm 4 chữ số tận cùng của 51994 khi viết trong hệ thập phân

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:

 VD 2: Tìm số nguyên n dể n5 + 1 chia hết cho n3 + 1

+ n2 – n + 1 = - 1  n2 – n + 2 = 0 , không 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

8 – 1 = 7Nếu n = 3k + 1(k N) thì 2n - 1 = 23k+1 – 1 = 8k 2 – 1= 2(8k – 1) + 1

a/ n3 + 6n2 + 8n chia hêt ch 48 với mọi số n chẵn

b/ n4 – 10n2 + 9 chia hết cho 384 với mọi số n lẻ

Với n lẻ, n = 2k +1, ta có:

n4 – 10n2 + 9 = (2k +1 – 1)(2k + 1+1)(2k + 1 – 3)( 2k + 1 +3)

= 2k(2k+2)(2k-2)(2k+4)= 16k(k+1)(k-1)(k+2) 16

Bài 2: Chứng minh rằng

a/ n6 + n4 -2n2 chia hết cho 72 với mọi số nguyên n

b/ 32n – 9 chia hết cho 72 với mọi số nguyên dơng n

Giải:

Ta có: A= n6 + n4 -2n2 = n2(n4+n2 -2)= n2(n4 + 2n2 –n2 – 2)= n2[(n2 +2)- (n2 +2)] = n2(n2 + 2)(n2 – 1)

Ta lại có: 72 = 8.9 với (8,9) = 1

Xét các trờng hợp:

+ Với n = 2k A = (2k)2(2k + 1) (2k -1)(4k2 +2) = 8k2(2k + 1) (2k -1)(2k2 +1) 8+ Với n = 2k +1  A = (2k + 1)2(2k +1 – 1)2= (4k2 + 4k +1)4k2

8Tơng tự xét các trờng hợp n = 3a, n= 3a  1 để chứng minh A9

 a2 – 1 chia hết cho 8 (1)

Mặt khác a là số nguyên tố lớn hơn 3 a không chia hết cho 3

 a2 là số chính phơng không chia hết cho 3 a2 chia cho 3 d 1

Bài toán là trờng hợp đặc biệt của định lý nhỏ 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 ap-1-1 chia hết cho p

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8 , 19 9a nN (1)

+ Nếu a7  a3

7  A7 Nếu a không chia hết cho 7 thì a6 – 17 (a3-1) (a3 + 1) 7(Định lí Phéc ma)Vậy A7 ,  nN (2)

+ Nếu a3  a3

9 A9Nếu a không chia hấe cho 3  a = 3k 1 a3 = ( 3k  3)3= BS91

-Nếu n = 4k với kZ, k > 1 thì A = k(4k + 3) là tích của hai thừa số lớn hơn 1 nên A

n  n

là số nguyên tố 7

Bài 7: Đố vui: Năm sinh của hai bạn

Một ngày của thập kỷ cuối cùng của thế kỷ XX, một nhờ khách đến thăm trờng gặp hai học sinh Ngời khách hỏi:

- Có lẽ hai em bằng tuổi nhau?

Gọi năm sinh của Mai là 19 9a thì 1 +9+a+9 = 19 + a Muốn tổng này là số chẵn thì a

{1; 3; 5; 7; 9} Hiển nhiên Mai không thể sinh năm 1959 hoặc 1999 Vậy Mai sinh năm 1979, bạn của Mai sinh năm 1980

Chuyên đề 3: Nhân chia đa thức

A Nhân đơn thức và đa thức

I Kiến thức cần nhớ.

1 ĐN đa thức bậc N của biến số x, hệ số, biến; f(a)

Hạng tử cao nhất, hệ số cao nhất

2 ĐN 2 đa thức biến x bằng nhau, ĐK bằng nhau

3 Quy tắc nhõn đơn thức vớ đa thức, chỳ ý về sử dụng hạng tử của tớch

4 Quy tắc nhõn đa thức với đơn thức

5 Nhõn 2 đa thức đó sắp xếp: + Cỏch trỡnh bày

5 119

118 5 117

4 117

1 3 119

) 6 ( 4 ) 3

3 8

ab ac = (10a + b) (10a + c) = 100a (a + 1) bc

Quy tắc: Nhân số hàng chục với số liến sau nó rồi viết vào sau tích trên tích 2 chữ sốhàng ĐV (bằng 2 chữ số)

x = 3  x2 = 9 thay vào A, B rồi tính A, B

6 Cho P (x) = x 3 - 2ax + a Q (x) = x 2 + (3a + 1) x + a

C 

2 2

155 155 90 45

180 820

99 3

180 820

( 2

2

2 n m n m m

(z 1) (x

9 1)

(z 1) (y

4 1)

(y 1)

(x

(x + 1)2 (y + 1)2(z + 1)2=4.9.16(x + 1) (y + 1) (z + 1) = 24

18

129 5

; 2

1

; 9

15 )

;

; ( 6 1

; 16

24 1

; 9

3 j

Hướng dẫn

a) C1 23 = (1 + 1)3 = 13 + 3.12 + 3.1 + 1

33 = (2 + 1)3 = 23 + 3.22 + 3.2 + 1 (n + 1)3 = n3 + 3n2 + 3.n + 1

2 3



n n S

a d C

b a d C

b a D C

D C B A

B A D

C d c b a

d c b a B

A d c b a

d c b a gt

) ( )

(

) ( :

VT = (7a - 3b)2 - (2c)2 Thay c2 = 10 (a2 - b2) được VP

11 Cho a 2 = b 2 + c 2 C/m(5a + 4c - 3b)(5a - 4c - 3b) = (3a - 5b) 2

Hướng dẫn

Biến đổi VT, thay C2 = a2 - b được VT

Cho a 3 + b 3 + c 3 = 3abc C/m a = b = c hoặc a + b + c = 0

Hướng dẫn

Sử dụng : a3 + b3 + c3 = (a + b + c) (a2 + b2 + c2 - ab - ac - bc) + 3abc

gt  (a + b + c) [(a - b)2 + (a - c)2 + (b - c)2] = 0  

12 Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác và a 3 + b 3 + c 3 - 3abc = 0

1999 2

Hướng dẫn

gt (ax + ay - a) + (bx + by - b) + (cx + cy - c) = 0

C/m xn + yn = an + bn  n  Z +

y

x

0 c) b (a

 

C/m: a) a (a + 6) + 10 > 0  a

b) 4x 2 - 12x + 11 > 0  a c) x 2 - 2x + y 2 + 4y + 6 > 0  x, y.

CHỦ ĐỀ 4: PHÂN THỨC ĐẠI SỐ

Rút gọn các phân thức đại số:

a) A =

1

1

35 40 45

20 30 40

a a

a ; b) B =

) 4

1 30 ) (

4

1 4 )(

4

1 2 (

) 4

1 29 ) (

4

1 3 )(

4

1 1 (

4 4

4

4 4

10 2  2  2  2  2

d) D =

148

15 13 11

1 100 ) (

4

1 4 )(

4

1 2 (

) 4

1 99 ) (

4

1 3 )(

4

1 1 (

4 4

4

4 4

1 8 2

4

2 4

a

a a

A

b 4( 2( 2)) 4((2 )2) (4( 2 ) 2)

2 2

2

b a c a c b c b

a

b a c a c b c b a

4 4

Hướng dẫn

a (( 2 11)()( 2 11))

2 2

a

a a a

a

1

1 2

1

10 5 10(10 ) 5

2

n n

2 2

2 2

3 3

A = ((22 11)()(222 22 11)()(33 11)()(332 33 11)()(44 11)()(442 44 11) () (10001000 11)()(100010002 10001000 11))

2 2

2 2

1 2

x

; B = ( 3 ) 2 ( 1 ) 2

) (

y x

3 10

x C

* Tìm tập xác định, tìm tập tất cả các giá trị của biến để MT  0

* Tìm giá trị của biến để BT bằng 0  Tìm giá trị của biến để

0

TT o MT

Hướng dẫn

A =

1

1 2

) (

) )(

(

cz by ax

c b a z y x

C1: Đặt a x = b y = c z = k  x = ak; y = bk; z = ck thay vào  A = 1

C2: GT xb = ya; yc = zb thay vào  đáp số

C3: TT = ( ax a x + yb b y + cz c z )( ax a x + yb b y + cz c z )

* Chứng minh 4 44 4

79

91 51

= 2 22 2

79

91 51

i

a i 2000 : (



2001 2

a

2000 2 2000 3

a

a = =

2000 2000 2000 2001

a a

 S20002000 =

2000 1 2000 2

a

2000 2 2000 3

a

a

2000 2000 2000 2001

.

3 4

= b3b = -3Cách 3: + Nếu b = 0, GT  a = 0  P không xác định

+ Nếu b  0  P =

2 1

2 1

a b a b

3 4

a

ab b a

2

2 2 2

2 2

a

ab b

a

6 3 3

6 3 3

2 2

2 2

2

(1) hướng dẫn

GT  (a-b)(4a+b) = 0  a = b hoặc a = - b4 Thay vào (1)  P = 13 hoặc P =

-* Cho ax + by + cz = 0 ; a + b + c = m  0.

2 2 2

) ((

) ( ) (y z ac x y ab x y bc

cz by ax

GT  a2x2 + b2y2 + c2z2 + 2(axby + axcz + bycz ) = 0

 MT = bcy2 + bcz2 + acx2 + acz2 + abx2 + aby2 - 2( bcyz+ acxz + abxy)

= (aby2 + acx2 + c2z2) + (acx2 + abx2 + b2y2) + (acz2 + aby2 a2x2)

= (a + b + c)( ax2 + by2 + cz2)

2 1

1 3 5 16

M M

* Cho A = 1,0001 01 Tính A với 200 chữ số thập phân

) ( ) ( ) (

3

a c c b b a

abc c

b a P

2

) )(

(

2 2 2

2 2 2

bc ac ab c b a

MT

bc ac ab c b a c b

a

TT



2 2

m c b

x x A

Hướng dẫn

n

x x

(

) 1 )(

0 1

x

A x

 A= - 2 nếu n chẵn ;A = 2 nếu n lẻ

* Cho k a y b c a z b c

c b

z y x c b a

z c

b a

y c

b

a

x

k b

z y x c b a

z c

b a

y c

b

a

x

k a

z y x c b a

z c

b a

y c

4 4 4 8

4 4

4 2

4 2 2 4

2 2

Cách khác: Từ (a) biểu thị x,y,z theo k,a,b,c rồi suy ra 3 phân thức đều bằng 91k

* Cho x > y > 0 Chứng minh 2 2

2 2

y x

y x y x

y x

1 2

x x

2 1

b) Giá trị lớn nhất

10 6 2

100 6

2 2

2 2

x x A

11 ) 2

3 (

45 1

10 6 2

90 1

2 2

A   với x > 0 ( có thể thay thế 1999 bởi n)

Hướng dẫn

1999

1998 1999

1998 1999

1999 1999

2 ( 1999

1999 1999

2 1999 1999

) 1999 2

2 2

2 2

2 2

x x

x x x

x x

) 1999

2 1

( 1999 1999

x x

Pmax  ( 1+x2) min  x = 0  Pmax = 1

Vì P(x) > P(x+1)  x  không tồn tại P(Min)

* Tìm GTNN

1 2

5 2 4

2 4

x x y

Hướng dẫn:

19 10

1 ) 1 (

1 5

20

19

20

1 10

1 ) 1 (

1 5 1 100

1 10

1 10

1 ) 1 (

1 2 )

5 )

1 (

1 1

) 1 (

5 1 1

2

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2 2 2 2 2

2

2 2

x

x x

x x

x x

n n

3 2

2

2 1989

1990 1991

n n n

n n

Bài tập:

* Tính 1 1 22 2 44 3 4 88 7 8

b a

a b

a

a b

a

a b a b a

a



* Tính