TỰ học TOÁN 8 PHẦN 2 ( Câu Hỏi và có lời giải chi tiết)

Chọn mẫu chung là 3k P trong đó P là tích các thừa số nguyên tố lẻ không vượt quá 2n .. Phân tích đa thức thành nhân tử:Đa thức trên không chứa nhân tử chung, không có dạng một hằng đẳn

Muốn chia cho một phân thức khác 0, ta lấy phân thức bị chia nhân với phân thức nghịch đảo của phânthức chia.

Ví dụ 1 Cho a  0b c và , ,a b c đều khác 0 Rút gọn biểu thức:

Do đặc điểm của bài toán, ta không quy đồng mẫu tất cả các phân thức mà cộng lần lượt từng phân thức.

n n n

x x

x x y y

11

x y

A nguyên khi x nguyên, x 3nguyên và nó là ước của 5.

Suy ra x 3 1 hoặc x 31 hoặc x 35 hoặc x 35

Hay x4 hoặc x2 hoặc x8 hoăc x 2

 Bài 12 Rút gọn biểu thức sau với 3  2

a x a

ax x a

a x

 Bài 15 Xác định các số , ,a b c sao cho:

c a

a b c

4

a b x a b x

Đồng nhất với phân thức 2 

14

a b

a b c

Từ giả thiết suy ra: ab + bc + ac = 0 nên:

a + 2bc = a + bc +(-ab - ac) = a(a - b) - c(a - b) = (a - b)(a - c) 2 2

Tương tự: b + 2ac = (b - a)(b - c) và 2 2

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

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

= (a - b)(b - c)(a - c)1

Bài 18 Cho các số a, b, c khác nhau đôi một và

Nếu a b c   thì tỉ số trên bằng 2 Suy ra 0 a b 2 ,c b c 2a

Do đó a c 2(c a ) nên c a , trái với đề bài

a b b c c a c a b M

Bài 19 Cho a3b3c33abc và a b c   0

Tính giá trị của biểu thức

Lời giải Lời giải

Do đó

24

A 

Lời giải Lời giải

Bài 28 Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n  , ta luôn có3

Bài 29 Chứng minh rằng với mọi số tự nhiênn  , ta luôn có:1

Với mọi số tự nhiên n > 2, ta có:

Với mọi số tự nhiênn  , ta có :2

Mà abc = 1 nên a + b + c = ab + bc + ca.

Để chứng minh trong ba số a, b, c tồn tại một số bằng 1, ta cần chứng minh:

Vì abc = 1và a + b + c = ab + bc + ca nên biểu thức trên bằng 0

Do đó, tồn tại một trong ba thừa sốa - 1, b - 1, c - 1bằng 0

Vậy tồn tại một trong ba số a, b, c bằng 1

Bài 39 Chứng minh rằng nếu x + y + z = a và

Suy ra:(xy + yz + zx)(x + y + z) - xyz = 0.

Ta có : xy + yz + zx x+ y + z - xyz = x y+ xyz + x z + xy + xyz + y z + yz + xyz + xz - xyz   2 2 2 2 2 2

71

Lời giải

Lời giải

Lời giải

;

x x



c)

4 4

1

x x



5 5

1

x x

Bài 55 Cho x2 4x 1 0. Tính giá trị của biểu thức

21

Từ giả thiết suy ra

Vì b  N nên n  là ước của 1 , suy ra 1 n 1  1;1

Với n   hay 1 1 n  , từ (3) suy ra 0 b  , loại0

o Với n   hay 1 1 n  , từ 2  3 , (2) suy ra b2,a4 Thử lại ta thấy



 (3)Nếu n 0 từ (3) suy ra b 0, loại

Từ (1) và (3) suy ra b 1 và a 2

Thử lại ta thấy

2

2 12.1

Bài 63..Cho hai số tự nhiền a và b a b(  ) Tìm tổng các phân số tối giản có mẫu bằng 7, mỗi phân

số lớn hơn a nhưng nhỏ hơn b

so với năm 2001 Mức sản xuất của xí nghiệp đó năm 2002 tăng bao nhiêu phần trăm so với năm

Bài 65. Một số a tăng % m , sau đó lại giảm đi n%( , ,a m n là các số dương) thì được số b Tìm liên hệ giữa m và n để b a

Rút gọn điều kiện trên ta được 100 m n   mn

Goi k là số nguyên lớn nhất sao cho 2k n Chọn mẫu chung là 2k P trong đó P là tích các số lẻ

không vượt quá n Chỉ có duy nhất một thừa số phụ ( của phân số

1

2k

) là số lẻ, còn mọi thừa số phụ khác đều chẵn Như vậy, sau khi quy đồng mẫu, mẫu là số chẵn, tử là số lẻ Do đó A không là

Gọi k là số nguyên lớn nhất sao cho 3k 2n1 Chọn mẫu chung là 3k P trong đó P là tích các

thừa số nguyên tố lẻ không vượt quá 2n  Chỉ có duy nhất một thừa số phụ (của phân số 1

1

3k

) không chia hết cho 3 , còn mọi thừa số phụ khác đều chia hết cho 3 Như vậy, sau khi quy đồng mẫu, mẫu là số chia hết cho 3 , tử là số không chia hết cho 3 Do đó B không là số nguyên

Lời giải

Lời giải

Lời giải

VÍ DỤ 1 Phân tích đa thức thành nhân tử:

Đa thức trên không chứa nhân tử chung, không có dạng một hằng đẳng thức đáng nhớ nào, cũng không thể nhóm các hạng tử Ta biến đổi đa thức ấy thành đa thức có nhiều hạng tử hơn

Cách 1 (Tách hạng tử thứ hai)

3x  8x 4 3x  6x 2x 4 3x x 2  2 x 2  x 2 3x 2Cách 2 (Tách hạng tử thứ nhất)

3x  6x 2x4, hệ số của các hạng tử là 3, 6, 2, 4  Các hệ số thứ hai và thứ tư đều gấp 2 lần

hệ số liền trước, nhờ đó mà xuất hiện nhân tử chung x  2

Một cách tổng quát, để phân tích tam thức bậc hai ax2bx c thành nhân tử, ta tách hạng tử bx

thành b x b x1  2 sao cho

1 2

a b , tức là b b1 2 ac Trong thực hành ta làm như sau:

Bước 1: Tính tích ac

Bước 2: Phân tích ac ra tích của hai thừa số nguyên bằng mọi cách

Bước 3: Chọn hai thừa số mà tổng bằng b

Trong ví dụ trên, đa thức 3x2 8x4 có a3,b8,c4 Tích ac    Phân tích 12 ra 3 4 12

tích của hai thừa số, hai thừa số này cùng dấu (vì tích của chúng bằng 12), và cùng âm (để tổng của chúng bằng 8) : 1   12 , 2   6 , 3   4 Chọn hai thừa số mà tổng bằng 8 , đó là 2 và 6

VÍ DỤ 2 Phân tích đa thức thành nhân tử:

VÍ DỤ 3 Phân tích đa thức thành nhân tử:

- Làm xuất hiện các hệ số tỉ lệ, nhờ đó mà xuất hiện nhân tử chung (cách 1);

- Làm xuất hiện hiệu của hai bình phương (cách 2).

Với các đa thức có bậc từ bậc ba trở lên, để dễ dàng làm xuất hiện các hệ tỉ lệ, người ta thường dùng cách tìm nghiệm của đa thức

Ta nhắc lại khái niệm nghiệm của đa thức: số a được gọi là nghiệm của đa thức f x 

nếu

f a  Như vậy, nếu đa thức f x  có nghiệm x a  thì nó chứa nhân tử x a

Ta chứng minh được rằng nghiệm của đa thức(nếu có) phải là ước của hệ số tự do

Ta chứng minh được rằng nghiệm nguyên của đa thức, nếu có, phải là ước của hệ số tự do

Lần lượt kiểm tra với x   1, 2, 4, ta thấy f  2 23 22  4 0. Đa thức có nghiệm x  , do 2

đó chứa nhân tử x  Ta tách các hạng tử như sau:2

Chẳng hạn, đa thức x3 5x23x9 có 9 5 3 1   nên 1 là nghiêm của đa thức, đa thức chứa nhân tử x 1.

Nhận xét Để nhanh chóng loai trừ các ước của hệ số tự do không là nghiệm của đa thức, có thể



 đều là số nguyên.

1

f Q

a



 , túc là

 11

VÍ DỤ 4 (Triệu Minh Hà, dự án EX-C2-L8) [8D1K9] Phân tích đa thức sau thành nhân tử:

 không nguyên nên 2 không là nghiệm của f x 

Chỉ còn 2 và 3 Kiểm tra thấy 3

là nghiệm nghiệm của f x 

Các số  1, 5 không là nghiệm của đa thức Như vậy, đa thức không có nghiệm nguyên Tuy vậy,

đa thức có thể có nghiệm hữu tỉ khác Ta chứng minh được rằng trong đa thức có các hệ số nguyên, nghiệm hữu tỉ (nếu có) phải có dạng

1 Thêm và bớt cùng một hạng tử làm xuất hiện hiệu của hai bình phương.

 Ví dụ 5 Phân tích đa thức sau thành nhân tử:

4

4x 81 Thêm và bớt 36x :2

 Ví dụ 6 Phân tích đa thức sau thành nhân tử:

2 Thêm và bớt cùng một hạng tử làm xuất hiện nhân tử chung

 Ví dụ 7 Phân tích đa thức thành nhân tử:

Nhận xét Trong ví dụ trên, nhờ phương pháp đổi biến, ta đưa đa thức bậc bốn với x thành đa

thức bậc hai đối với y

 Ví dụ 9 Phân tích đa thức thành nhân tử:

a c

ac b d

ad bc bd

Với b 3 thì d 1, hệ điều kiện trên trở thành:

68

a c ac

Do đó c4,a2Vây đa thức đã cho phân tích thành x2 2x3 x2 4x1

Ta trình bày lời giải của ví dụ trên như sau:

D PHƯƠNG PHÁP XÉT GIÁ TRỊ RIÊNG

Trong phương pháp này, trước hết ta xác định các nhân tử chứa biến của đa thức, rồi gán cho các biến các giá trị cụ thể để xác định nhân tử còn lại

 Ví dụ 11 Phân tích đa thức sau thành nhân tử:

P x y z  2    y z x2    z x y2  

Thử thay x bởi y thì P y y z 2  z z y2   Như vậy P chia hết cho x y0 

Ta lại thấy nếu thay x bởi y , thay y bởi z, thay z vởi x thì P không đổi (ta nói đa thức P có

thể hoán vị vòng quanh x y z x) Do đó, nếu P đã chia hết cho x y thì cũng chia hết

cho y z và z x Vậy P có dạng

Ta thấy k phải là hằng số (không chứa biến) vì P có bậc ba đối với tập hợp các biến , , x y z còn

tích x y y z z x        cũng có bậc ba đối với các biến , ,x y z

Vì đẳng thức x y z2  y z x2  z x y2   k x y y z z x        

đúng với mọi , ,x y x nên ta

gán cho các biến , ,x y z các giá trị riêng, chẳng hạn x2,y1,z , ta được:0

4 1 1   2      0 k 1 1 2  k 1Vậy P x y y z z x         x y y z x z       

Phân tích đa thức sau thành nhân tử:

(1) Đặt x2  Đáp số: x y x2 x 5 x2 x 3

.(2) Đặt x y a  Đáp số: x y 3 x y  4

(3) Đặt x2    Đáp số: x 1 y x2 x 5 x2 x1

(4) Biến đổi: x27x10 x27x12 24

Đặt x2 7x11 Đáp số: y x27x16 x1 x6

Đặt x2y2z2 a xy yz zx b,   

(4) Thêm và bớt x2x Đáp số: (x2 x1)(x3 x1)

Kiểm tra với a 0 thì M 0 Do vai trò bình đẳng của , ,a b c nên M có nhân

tử abc, nhân tử còn lại là hằng số k

Cho a b c  1 được k 4 Vậy M 4abc

 Bài 13 Chứng minh rằng tích bốn số tự nhiên liên tiếp cộng thêm 1 là một số chính phương

Tính chia hết đối với số nguyên đã được trình bày ở cuốn Nâng cao và phát triển Toán

6 , Nâng cao và phát triển Toán 7 Nhờ sử dụng các hằng đẳng thức đáng nhớ và phân

tích đa thức thành nhân tử ở lớp 8 ta có khả năng giải quyết nhiều bài toán về chia hết

chia hết cho một số m , ta thường phân tích biểu thức A n 

thành thùa số, trong đó có một thùa số là m Nếu m là hợp số, ta phân tích nó thành một tích các thùa số đôi một nguyên tố cùng nhau, rồi chứng minh A n 

chia hết cho tất cả các

số đó Nên lưu ý nhận xét: Trong k số nguyên liên tiếp, bao giờ cũng tồn tai một bội số của

k

 Ví dụ 1 Chứng minh rằng A n n 3 2  72 36n

chia hết cho 5040 với mọi số tự nhiên n

Phân tích ra thừa số nguyên tố: 5040 2 3 5 7 4   2

 Tồn tại một bội số của 5 (nên A chia hết cho 5 );

 Tồn tại một bội số của 7 (nên A chia hết cho 7 );

 Tồn tại một bội số của 3 (nên A chia hết cho 9 ) ;

 Tồn tại một bội số của 2 , trong đó có một bội số của 4 (nên A chia hết cho 16 ).

A chia hết cho các số 5,7,9,16 đôi một nguyên tố cùng nhau nên A chia hết cho 5 7 9 16 5040   

Khi chứng minh A n 

chia hết cho m , ta có thể xét moi trường hợp về số du khi chia n cho m

 Ví dụ 2 Chứng minh rằng với mọi số nguyên a thì

a) a2 a chia hết cho 2 b) a3 a chia hết cho 3

c) a5 a chia hết cho 5 d) a7 a chia hết cho 7

thì a chia hết cho 5

Nếu a5k1kZ

thì a  chia hết cho 5 2 1Nếu a5k2kZ thì a  chia hết cho 5 2 1

71

Lời giải

Trường hợp nào cũng có một thừa số của A chia hết cho 5

Cách 2: Phân tích a5 a thành một tổng của hai số hạng chia hết cho 5: Một số hạng là tích của năm số nguyên liên tiếp, một số hạng chứa thừa số 5

.Nếu a7k k Z

thì a chia hết cho 7

Nếu a7k1kZ

thì a  chia hết cho 7 3 1Nếu a7k1kZ thì a  chia hết cho 7 3 1

Nếu a7k2kZ

thì a  chia hết cho 7 3 1Nếu a7k 2kZ

thì a  chia hết cho 7 3 1Nếu a7k3kZ thì a  chia hết cho 7 3 1

Nếu a7k 3kZ

thì a  chia hết cho 7 3 1

Trường hợp nào cũng có một thừa số của A chia hết cho 7

Vậy a7 a chia hết cho 7

 Ví dụ 3 Chứng minh rằng một số chính phương chia cho 3 chỉ có thể có số dư bằng 0 hoặc 1.

Gọi A là số chính phương A n n 2 N Xét các trường hợp

Lời giải

, chia cho 3 dư 1.

 Ví dụ 4 Chứng minh rằng một số chính phương chia cho 4 chỉ có thể có số dư bằng 0 hoặc 1.

Gọi A là số chính phương A n n 2 N Xét các trường hợp

Vậy số chính phương chia cho 4 chỉ có thể có số dư bằng 0 hoặc 1

Từ bài toán trên ta thấy

 Số chính phương chẵn thì chia hết cho 4

 Số chính phương lẻ thì chia cho 4 dư 1 (hơn nữa, chia cho 8 cũng dư 1).

 Ví dụ 5 Các số sau có là số chính phương không?

chia hết cho 3 Số M là số chia cho 3 dư 2 , không là số chính phương.

Các số 1992 ,1994 là số chính phương chan nên chia hết cho 4 Các số 2 2 2 2

1993 ,1995 là các số chính phương lẻ nên chia cho 4 dư 1 Số N là số chia cho 4 dư 2 , không là số chính phương Các

số 94 ,1994 là số chính phương chan nên chia hết cho 4 Còn 100 100 100

9 là số chính phương lẻ nên

chia cho 4 dư 1 Số P là số chia cho 4 dư 2 , không là số chính phương.

 Ví dụ 6 Trong dãy số sau có tồn tại số nào là số chính phương không?

 Ví dụ 7 Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, biểu thức 16n1 chia hết cho 17 khi và chỉ khi n

là số chẳn.

Mọi số của dãy đều tận cùng bởi 11 nên là số chia cho 4 dư 3 Mặt khác, số chính phương lẻ thì chiacho 4 dư 1

Vậy không có số nào của dãy là số chính phương

Khi chứng minh về tính chất chia hết của các lũy thừa, ta còn sử dụng đến các hằng đẳng thức 8, 9

ở bài 2 và công thức Niu-ton sau đây:

Các hệ số c c1, , ,2  c n1 được xác định bởi tam giác Pa-xcan:

Trong hình 1 , các số dọc theo một canh góc vuông bằng 1 , các số dọc theo cạnh huyền bằng 1 Cộng mỗi số với số liền sau bên phải thì đựơc số đứng ở hàng dưới của số liền sau ấy, chẳng hạn ở hình 2.

Áp dung các hằng đang thức đó vào tính chia hết, ta có với moi số nguyên a, b và số tự nhiên :

chia hết cho 1621 theo hằng đẳng thức 8,

mà 1621 255 , chia hết cho 17 Vậy A chia hết cho 17

Nếu n lẻ thì A16n 1 2, mà 16n1 chia hết cho 17 theo hằng đẳng thức 9, nên A không chia

hết cho 17

Vậy A chia hết cho 17 khi và chỉ khi n chẵn.

Lời giải

 Ví dụ 8 Chứng minh rằng tồn tại một bội của 2003 có dạng 20042004 2004

 Ví dụ 9 Tìm số dư khi chia 2100

Cách 2: A16n1 (17 1)  n1BS17 ( 1)  n1 (theo công thức Niu-tơn)

Nếu n chẵn thì A BS 17 1 1  BS17.

Nếu n lẻ thì A BS 17 1 1  không chia hết cho 17

(1) Người ta còn dùng phương pháp phản chứng, nguyên lí Di-rích-lê để chứng minh quan hệ chia hết

Số dư khi chia 2 cho 9 là 7 100

2 Lũy thừa của 2 sát với bội số của 25 là 210 1024BS25 1 .

 Ví dụ 10 Tìm ba chữ số tận cùng của 2100 khi viết trong hệ thập phân

 Ví dụ 11 Tìm bốn chữ số tận cùng của 51994 khi viết trong hệ thập phân

Không kể phần hệ số của khai triển Niu-tơn thì 48 số hạng đầu đã chứa lũy thừa của 5 với số mũ lớn hơn hoặc bằng 3 nên chia hết cho 125 Hai số hạng tiếp theo cũng chia hết cho 125, số hạng cuối cùng là 1 Vậy 2100 BS125 1 .

* Tổng quát hơn, ta chứng minh được rằng nếu một số tụ nhiên n không chia hết cho 5 thì chia n100

cho 125 ta được số dư là 1

Thật vậy, n có dang 5 k1 hoăc 5 k2. Ta có

Tìm ba chữ số tận cùng của 2 là tìm số dư khi chia 100 100

2 cho 1000 Trước hết tìm số dư khi chia100

2 cho 125 Theo ví dụ trên ta có 2100BS125 1 , mà 2 là số chẵn, nên ba chữ số tận cùng 100của nó chỉ có thể là 126, 376, 626 hoặc 876

Hiển nhiên 2 chia hết cho 8 nên ba chữ số tận cùng của nó phải chia hết cho 8 Trong bốn số 100trên chỉ có 376 thỏa mãn điều kiện này

 Ví dụ 12 Tìm số nguyên x để giá trị của biểu thức A chia hết cho giá trị của biểu thức B

 Ví dụ 14 Tìm số nguyên n để n51 chia hết cho n31.

Ví dụ 15 Tìm số tự nhiên n sao cho 2n1

chia hết cho 7

1 Không thể nói đa thức A chia hết cho đa thức B Ở đây chỉ tồn tai nhũng giá trị nguyên của n

để giá trị của biểu thức A chia hết cho giá trị của biểu thức B

2 Có thể thay việc đăt phép chia bằng cách biến đổi:

1 Biến đổi n33n22n n n  1 n2, đây là tích của ba số nguyên liên tiếp.

Do đó n33n22n chia hết cho 6 với mọi nguyên n

Suy ra điều phải chứng minh

2 Biểu đổi n2 n 121n1 n n1 n2

Đây là tích của 4 số nguyên liên tiếp, do đó: n2 n 121

chia hết cho 24

 Bài 2 Chứng minh rằng:

1 n36n28n chia hết cho 48 với mọi số chẵn n

2 n410n29 chia hết cho 384 với mọi số lẻ n

Vì k1 k k1 k2 là tích của 4 số nguyên liên tiếp nên k1 k k1 k2 chia hết cho 24

Suy ra A chia hết cho 384

 Bài 3 Chứng minh rằng n6n4 2n2 chia hết cho 72 với mọi số nguyên n

chia hết cho 72

Dễ dàng chứng minh được 6n n n  1 n1

chia hết cho 72

Suy ra A chia hết cho 72

 Bài 4 Chứng minh rằng 32n 9 chia hết cho 72 với mọi số nguyên dương n

Biến đổi B32n 9 9 n 9, nên B 9

Đề chứng minh B ta viết B dưới dạng:8