Thuc hanh giai toan

Phöông phaùp: Caùc daïng phaân tích thaønh nhaân töû thì ta thöôøng duøng caùc phöông phaùp sau ñaây: tìm nghieäm roài duøng sô ñoà Horner, phöông phaùp chia lieân tieáp, phöông phaù[r]

ĐẠI SỐ SƠ CẤP VAØ THỰC HAØNH GIẢI TOÁN

**************

CHƯƠNG II CÁC TẬP HỢP SỐ Thực hành giải toán chương II

Chủ điểm 1: SỐ NGUYÊN TỐ

Bài : Tìm số nguyên tố a biết 2a+1 lập phương số nguyên tố

Phân tích :Cần ý số nguyên tố có hai ước Lời giải:

+ Caùch 1:

-Với a =2 , ta có 2a+1=5, khơng thích hợp -Với a 2, a số nguyên tố nên a lẻ Vậy 2a+1 lập phương số lẻ nghĩa :

 

3

3

2

2 12

a k

a k k k

  

     

 a k k



4 6k 3



Từ k ước a Do a số nguyên tố nên k =1 k =a

- Nếu k=1 2a  1 2.113  a 13 thích hợp

- Nếu k=a từ a a a



4 6a 3



a nguyên tố nên suy

2

14a 6a 3.Khơng có số ngun tố a thỏa mãn phương trình vế phải ln ln lớn

Kết luận: a=13

+Cách 2:Theo đề ta có 2a 1 p3, với p số nguyên tố Suy : 2a  1 p3 2a  p3  1 2a p1



p2  p 1



(1)

- Với p=2 2a=7 (vơ lý 2a số chẵn)

- Với p>2 Từ (1) ta thấy : p  1 p 3 ( loại bỏ trường hợp p 1 a

vô lý p-1 chẵn )

3 13

p   a

Vậy với a=13 thỏa mãn yêu cầu đề

Baøi : Tìm số nguyên tố a, b, c thỏa mãn điều kiện: abc=3(a+b+c)

Phân tích :Căn vào tính chất p số ngun tố p 2

1

p  , từ chỗ abc chia hết cho ta có ba thừa số chia hết cho 3, ta có lời giải :

Từ a b c 3a  b c suy a chia hết cho b chia hết cho c chia hết cho Khơng tính tổng qt ta giả sử a chia hết cho 3, a số nguyên tố nên a=3

Vaäy 3bc 3 3  b c

3

3

bc b c

b c bc

   

   

  

1

1

b bc c

b c

    

   

Do b c số nguyên tố nên b 1 1,c 1 | 41,2, Vậy ta có trường hợp sau :

Hoặc

1

b b

c c

    

 

  

 

    

 

 

Hoặc 1

5

1

b b

c c

    

 

  

  

   

 



Hoặc

1

b b

c c

    

 

  

 

    

 

 

Kết luận : Các số cần tìm :

3, 3, ; 3,2,5 ; 3,5,2 ; 5, 3,2 ; 5,2, ; 2, 3,5 ; 2,5,3            

Bài Cho p số nguyên tố Chứng minh với số nguyên m>1 ,ta có:

 1   1 

A m m pm pm

chia heát cho pm mà không chia hết cho pm+1 Phân tích :

Vì p số nguyên tố nên để chứng minh A chia hết cho pm cần A chứa n thừa số p.Mặt khác, từ đến (pm) có pm số tự nhiên liên tiếp, mà p số (kể từ số 1) lại có bội p ta cố gắng làm xuất tích (pm) số tự nhiên liên tiếp tính từ số

Lời giải:

    

1.2.3

1.2.3

m m m pm pm

A

m

  



Nhoùm tất bội p ta có:

    

1 1.2 1 1.2.3

p p p mp p p mp

A

m

  



1.2.3 .1.2  1   1

1.2.3

m

p m p p mp

m

  



m.1.2  1   

p p p mp

Vậy A chia hết cho pm

Cần ý tích 1.2 p1p1  mp1 khơng có thừa số chia hết cho p tất bội p bị nhóm lại rồi, p số nguyên tố nên tích

    

1.2 p1 p1 mp1 không chia hết cho p Vậy A không chia hết cho pm+1

Bài : Cho p số nguyên tố lớn cho 4p+1 số nguyên tố Chứng minh 4p-1 hợp số

Phân tích :

Có 4p-1, 4p , 4p+1 ba số nguyên liên tiếp nên ta có hướng chứng minh 4p-1 hợp số nhờ tính chia hết cho

Lời giải :

Vì p>3 p số nguyên tố nên (p,3)=1.Mặt khác, 4p+1 số nguyên tố Vậy ba số nguyên tố liên tiếp 4p-1, 4p, 4p+1, ta có 4p-1 chia hết cho Do p>1 nên 4p-1 >3.Từ suy 4p-1 hợp số

Bài : Tìm số nguyên tố p cho p+2 p+4 số nguyên tố Phân tích :

Ta tìm p nhờ xác định dư phép chia p cho số đó, chẳng hạn cho

Lời giải:

Vì p số nguyên tố p+2, p+4 số nguyên tố nên p>2 Mặt khác p rơi vào khả :

Hoặc p=3k; p=3k+1; p=3k+2

Không xảy p=3k+1 p+2 chia hết cho lớn nên không hợp số

Không xảy p=3k+2 p+4 = 3(k+2) hợp số (vì lớn chia hết cho )

Vậy p = 3k Do p số nguyên tố nên p=3 CHỦ ĐIỂM 2: TÍNH CHIA HẾT

Bài : Chứng minh tích hai số tự nhiên liên tiếp chia hết cho Phân tích :

Ta kể trường hợp dư phép chia số tự nhiên cho ta có lời giải sau :

Lời giải:

Giả sử An n 1, có hai trường hợp

- Nếu n chẵn, n2 A chia hết cho

- Nếu n lẻ n+1 chẵn (n+1) chia hết A chia hết cho Bài 2: Chứng minh với m  ta có m3-13m chia hết cho Phân tích : 13m =12m +m mà 12m chia hết ta cần xét m3-m được:

3

13 12

A m m

m m m

 

  





   

2 1 12

1 12

m m m

m m m m

  

   

Do m-1,m, m+1 ba số nguyên liên tiếp nên tích m1 m m1 vừa chia hết cho vừa chia hết cho 3, mà nguyên tố nhau, nên tích m1 m m1 chia hết cho

Từ suy A chia hết cho

Bài : Chứng minh n5n chia hết cho 5,  n 

Phân tích :Ta cố gắng sử dụng tính chất tích k số nguyên liên tiếp k 1

thì chia hết cho k Lời giải :











   





5 1 1 1 1 1 1

An  n n n  n n  n   n n n  n 

Nếu n=5k có n chia hết cho 5, A chia hết cho Nếu n=5k+1 (n–1) chia hết cho

Nếu n=5k+2 n2+1 chia hết cho Nếu n=5k+3 (n2+1) chia hết cho Nếu n=5k+4 (n+1) chia hết cho Vậy n5 – n chia heát cho 5,  n 

Bài : Chứng minh với số nguyên tố p q p, , q ta có

1

1

q p

Ap  q   chia heát cho p.q

Phân tích :

Hàm Ơle  p  p với p số nguyên tố Từ ta tìm cách chứng minh A vừa chia hết cho p, vừa chia hết cho q

Lời giải:

Vì p, q hai số nguyên tố p q nên p q; 1 Theo định lý Fermat coù :





1 1 mod

q

p   q



 



1 0 mod 2 1 1

p

q   q do p    p

Vậy Apq1 qp1 1 mod



q



Do A chia hết cho q

Tương tự A chia hết cho q p q; 1 A chia hết cho p.q Bài : Cho n số x1, x2, x3, , xn số số –1 cho

1 2 n

Phân tích :

Vì xi=1 xi= –1, nên tích tổng (*) –1

Lời giải:

Vì tổng (*) nên số số hạng âm số số hạng dương

n hay nói cách khác n gồm k số hạng k số hạng –1

Mặt khác, tích



x x1 2



x x2 3

 

x xn 1

 

 x x1 xn



2 1 nên số số hạng âm số chẵn, k chia hết cho

Vậy n=2k chia hết cho

Bài : Chứng minh tồn số tự nhiên k cho 3k-1 chia hết cho 1000 Phân tích :

Nhận thấy



3 ;1000k



1

hiệu lũy thừa có dạng 3k



t 1



nên ta sử dụng nguyên tắc suy luận Dirichlet để giải toán

Lời giải:

Xét dãy 1001 số sau : 1, 3, , 31000 Khi chia 1001 số cho 1000, có khơng q 1000 số dư, theo ngun tắc suy luận Dirichlet, có hai số dãy có số dư phép chia cho 1000 Giả sử 3t 3h , t>h

Khi 3t –3h chia hết cho 1000 Suy 3h



t h 1



chia hết cho 1000 Vì (3;1000)=1 nên (3h,1000)=1 (3t-h –1 ) chia hết cho 1000.Đặt

k  t h, có (3k –1 ) chia hết cho 1000 CHỦ ĐIỂM : BỘI VAØ ƯỚC CỦA CÁC SỐ

Bài : Tìm số tự nhiên có hai chữ số cho số chia hết cho tích chữ số

Phân tích:

Số tự nhiên có hai chữ số có dạng ab10ab Từ giả thiết ab a b ta có b a 10a b , với điều kiện 1a b, 9.Ta có lời giải sau

Lời giải:

Gọi số phải tìm ab ab a b nên 1a b, 9

Vì ab10ab ab a nên b a , b ka k, ,k 9

Mặt khác ab b nên 10a b Do 10a ka , hay 10k

Vậy k 1;2;5

Nếu k=1 b=a, số phải tìm có dạng ab Để ab a có số 11

Nếu k=2 số phải tìm có hàng đơn vị gấp đôi hàng chục, mặt khác b 9 nên 1;2; 3; 4

a  Trong số 12, 24, 36, 48 có 12, 24, 36 thích hợp Nếu k=5, b 9 nên a=1 có số 15 thích hợp Kết luận: Các số cần tìm 11, 12, 15, 24, 36

Bài : Tìm nghiệm nguyên phương trình 3x –2xy +2y –8 =0

Cần thêm bớt để phân tích vế trái thành nhân tử dựa vào ước số nguyên để tìm x, y

Lời giải:

3 2

3 2

x xy y

x xy y

   

    

   

  

3

3

x y x

y x

    

   

Vì x y,    ,y x 1  –2y , x –1 ước

Mà 5  5  1  1 5 5.11.5 nên có trường hợp sau : Hoặc

0

3

5

1

2

x

x y

x y

 

   

 

 

 

     

 

 

khơng thích hợp ;

Hoặc

4

3

11

1

2

x

x y

x y

   

    

 

 

 

      

 

 

khơng thích hợp;

Hoặc

6

3

17

1

2

x

x y

x y

  

   

 

 

 

    

 

 

khơng thích hợp;

Hoặc

2

3

1

1

2

x

x y

x y

  

   

 

 

 

    

 

 

khơng thích hợp Vậy khơng có cặp số x, y thỏa mãn yêu cầu toán

BÀI TẬP CHƯƠNG II

1 Tồn hay khơng số tự nhiên có tích chữ số 165 ? Phân tích : Cần ý đến số 165=11.15

Lời giải:

Gọi số tự nhiên n thỏa mãn điều kiện đề Số n có dạng :

1

, 9, 1,

m i

n a a a a  i  m

Mà số có tích chữ số 165, tức am a a1 16511.3.5

Do có số chia hết cho 11 Điều mâu thuẩn 1ai 9 Vậy khơng tồn số tự nhiên có tích chữ số 165

2 Tìm số phương có chữ số biết cộng thêm vào tất chữ số số đó, ta số phương

Lời giải :

Gọi số phương có bốn chữ số :

2, 1 , , , 9, 0

abcd x a b c d x 

Từ ta thấy y>x Ta có : y2x2 111111.101

y x y x 11.101

   

Do 11, 101 số nguyên tố y x y x; , 0

Do ta có :

11 45

2025

101 56

y x x

x

y x y

    

 

    

 

    

 

 

Vậy số phương thỏa mãn điều kiện đề 2025

3 Chứng minh với số nguyên tố p>7 ta có 3p 2p

A   chia heát cho

42p

Phân tích :

Ta thấy 42p=2.3.7p (đây phân tích tiêu chuẩn ).Dùng định lý Fermat chứng minh A chia hết cho 7, p Riêng trường hợp A chia hết cho 2, chia hết cho ta chứng minh trực tiếp

Lời giải:

Trước hết ta chứng minh A chia hết cho A chia hết cho 3:

Ta coù : A3p 2p  1 3p  1 2p 2 3



p13p2     1



2p 2 3



p13p2     2p1



2









3p 2p 3p 2p 3p 2p

A           

 

 

3 3



p12p1  3



 Mặt khác, theo định lý Fermat ta có :

 





 





   





3 mod

3 3 2 mod

2 mod

p

p p p p

p

p

p p

  

        

   

hay 3p 2p 1

p

  

Ta cần chứng minh A7 Ta có :

1

1 2

3.3 3.9

p

p p p

A

 

     

  21

3

3.2

p p

p

p

k

 

   

   

 

1

1

2

7 2

7 2

p p

p p

p

k k



 

    

    

Vì p, 31 nên hai soá 1,

2

p p

phải có số chia hết cho Giả sử :

2

p

 Khi :

1

3

2 ,

p

m m



   

8m 7

và ta có  

1 1

2 2

2 2 2

p p p p

p m

     

 

     

  

Từ suy :

1

2

7 2

p p

p

A k

 

   

   

      

 

   

Trường hợp

p

 , lập luận tương tự ta có A7 Vậy A chia hết cho 42p (vì 2, 3, 7,p1)

Bài 4: Cho hàm số f : thỏa mãn điều kiện: x y,  ta coù

     

f x y  f x f y a) Chứng minh f 1 nf

n

  

    với n * b) Tìm f2005

Giải:

:

f   ;f x y f x f y , x y, 

a) Ta coù :  

*

ân

1 1 1

,

n l

n f f f f nf

n n n n n

 

 

       

       



                 

 





b) Để tính f(2005) ta tính f(1) trước: Ta có n * : f 1 nf

n

  

     , maø f n

        

Suy : f 1 n Ta thấy f 1 chia hết cho giá trị n f 1 0

Do đó:        

2005 ân 2005 ân

2005 1 1

l l

f  f     f f  f 



  Bài 5: Chứng minh : với số tự nhiên n ta có :

2

46n 296.13n

A   

chia heát cho 1947 Giaûi :

  462n 296.132n

A n     chia heát cho 1947,  n  (1)

Ta chứng minh quy nạp :

* Với n=0 ta có A 0 46296.1338941947.2 1947 Do (1) với n=0

* Giả sử (1) với n k k 0,k , ta :

  2

46k 296.13k 1947

A k     

* Ta cần chứng minh (1) với n=k+1 Thật :

  2 1 2 1 3

1 46 k 296.13 k 46 k 296.13 k





2 2 2 2

46 46k 296.13 13k 2116 46k 296.13k 576312.13 k

    



2 1



2116 46k 296.13k 296.1947.13k

  

Hiển nhiên A k 1 1947 Vậy (1)  n 

Bài :Cho n số tự nhiên

Hãy chứng minh phân thức 21 11

n n



 khơng thể giản ước

Phân tích : Ta tìm ƯCLN



21n 4,11n 3



thuật tốn Euclide, ƯCLN



21n4,11n3



1 21n+4 11n+3 nguyên tố

Lời giải:

Aùp dụng thuật tốn EuClide tìm ƯCLN 21n+4 11n+3: 21 11

11 10 1

10

19 10

n n

n n

n n

 

 

 

 Do : ƯCLN



21n4,11n 3



1

Cho nên 21n+4, 11n+3 số nguyên tố nhau.Suy phân tố 21 11

n n

  laø phân số tối giản

-*********************** -

CHƯƠNG III ĐA THỨC – PHÂN THỨC HỮU TỈ – BIẾN ĐỔ HỮU TỈ

Chủ điểm 1:

TÍNH CHIA HẾT CỦA ĐA THỨC NGHIỆM CỦA ĐA THỨC PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ

Bài : Tìm đa thức f(x) biết f(x) chia hết cho x –1 x –3 có dư là f(x) chia cho x2 –4x +3 thương x+1 dư

Phân tích :

p dụng định lý Bơdu định lý phép chia có dư vành đa thức R[x] chia f(x) cho x2 –4x +3 ta có lời giải sau:

Lời giải:

f(x) chia (x –1) dư nên f(x)=(x –1).g(x)+2 (1) f(x) chia (x –3) dư nên f(x)=(x –3).h(x)+2 (2) f(x) chia x2 –4x +3 (x+1) dư nên

 



3



 1  

Từ (1) ta có f(1)=2

Từ (3) ta có f(1)=a+b Suy a+b=2 Từ (2) có f(3)=2

Từ (3) có f(3)=3a+b Suy 3a+b=2 Vậy ta có hệ :

0

2

3

a

a b

b

a b

    

 

  

 

    

 



Do f x 



x24x 3



x  1

Bài : Chứng minh vành Q[x] đa thức f(x) nhận 3làm nghiệm điều chia hết cho x2 –3

Phân tích :

Vì Q trường nên tổng, hiệu, tích số hữu tỉ số hữu tỉ Mặt khác, tổng số hữu tỉ với số vô tỉ số vô tỉ, ta có lời giải sau :

Lời giải :

Giả sử f x 



x23



h x r x 

Vì x2 3 bậc hai nên r x ax b

Ta coù f

   

3 



3



h

 

3 a 3b





0 a b a b,

   

Do số vô tỉ, từ a 3 b 0, ta có a   b r x 0 Vậy f(x) chia hết cho x2 –3

Bài 3: Cho đa thức f(x) với hệ số nguyên Chứng minh f(0) f(1) số lẻ f(x) khơng thể có nghiệm ngun

Phân tích :

Xuất phát từ nhận xét số ngun lẻ tích số nguyên lẻ, ta có lời giải sau:

Lời giải:

Giả sử f(x) có nghiệm nguyên c

Theo định lý Bơdu ta có f x xc g x  , g x  đa thức với hệ

số nguyên

Ta coù f 0  c g 0 

Vì f 0 số lẻ nên –c lẻ, c lẻ

Mặt khác f 1 1c g     c 1  g , nên (c –1) lẻ Vậy f(x) có nghiệm ngun c c lẫn c –1 lẻ ( vơ lý) Do f(x) khơng thể có nghiệm ngun

Bài 4: Phân tích đa thức sau thành nhân tử :

2

Không thể rút nhân tử chung cách trực tiếp ta nhóm hạng tử theo nhân tử chung x y

Lời giải:

 





P  xy xzxt  y yzyt

   

  

x y z t y y z t

x y y z t

     

   

Bài 5:Phân tích đa thức thành nhân tử : M = x4 + 5x2 –14

Phân tích :

Để ý 14 = 7.2 –2 =

Nên ta cò thể tách 5x2=7x2–2x2 ta có lời giải sau: Lời giải:

4 7 2 14

M x  x  x 















2 2

2

7

2

x x x

x x

   

  

(Có thể giải trực tiếp)

Bài 6: Phân tích đa thức thành nhân tử : A = x6 –3x4 + 3x2 –1

Phân tích :

Đặt t = x2, ta sử dụng đẳng thức Lời giải:

Đặt t x A2, t33t2 3t1

t13





x2 1



3 x 1 3 x 13

Khai thác toán :

Bằng cách đặt ẩn phụ, ta giải tốn tương tự sau : Tính

2

2

x y x y

B

y x y x

     bieát x y

y x 

(Hướng dẫn : đặt t x y

y x

  )

Chủ điểm 2:

HẰNG ĐẲNG THỨC ĐÁNG NHỚ

1 Chứng minh bất đẳng thức tìm GTLN, GTNN Bài : Chứng minh bất đẳng thức

2

0, ,

x xyy  x y  

Nếu tách vế trái thành tổng hai biểu thức không âm được, mặt khác vế trái có sẵn hạng tử x2 xy mà

2

y

xy  x Vậy ta có lời giải sau: Lời giải:

2

2 2 2 .

2 4

y y y

x xyy x  x   y

2

2

3

0, ,

2

y

x y x y

  

      

Bài 2: Chứng minh :

2 1 0, ,

x y    x y x y  Phân tích :

Có thể chứng minh tính khơng âm vế trái tách vế trái thành tổng bình phương biểu thức

Lời giải:





2 1 2 2 2 2 2

2

x y    x y x  y  x  y





   

2

2

1

2

2

1

2

x x y y

x y

     

 

     

2.Ứng đẳng thức để phân tích đa thức thành nhân tử rút gọn phân thức đại số

Bài 3: Phân tích đa thức sau thành nhân tử : Ax3 y3 z33xyz Phân tích :

Do A chứa x3 + y3 mà lại chứa 3xyz nên ta nghĩ ứng dụng đẳng thức : x y3 x3 y3 3xy x y

từ ta có lời giải sau : Lời giải :





 

3 3

3 3

3

3

A x y z xyz

x y xy x y z xyz

   

     

   

 





 

3

2 2

3

2

x y z xy x y z

x y z x xy y xz yz z xyz x y z

 

      

          

x  y z x



y2 z2 xyxzyz



Bài 4: Rút gọn phân thức :

4

4

64

8 16 64

x M

x x x

 

  

Thực tế tốn rút gọn phân thức phân tích tử mẫu thành nhân tử Để ý :

 







2

4 2 2

2

64 16 16

4 8

x x x x x

x x x x

      

    

ta nghĩ đến phân tích mẫu cách tương tự Lời giải :

Ta có tử thức :





 







4 2

2 2

2

2

64 16 16

8

4 8

x x x x

x x

x x x x

    

  

    

Mẫu thức : x4 8x3 16x2 64



x2 4x



2 82







4 8

x x x x

    

Vaäy









2

4

4

x x

M

x x

 



 

3 Ứng dụng đẳng thức để giải phương trình hệ phương trình Bài 5: Giải phương trình : 2 2

2

x  y  x   y Phân tích :

Chú ý 2 0

A

A B

B   

   

 vế trái biến đổi dạng A

2 + B2,

nên ta có lời giải sau: Lời giải:

2

2

2

x  y  x   y

2

4x y 4x 2y

     



 



   

2

2

4

2 1

x x y y

x y

      

    

1

2

2

1 1

x x

y y



   

  



     

   

 

Bài 6: Tìm số tự nhiên a biết a+30 a –11 số phương Phân tích:

Lời giải:

Vì a + 30 số phương nên a + 30 = m2 Tương tự a –11 số phương nên a –11 = n2, m n, 

Ta có : m2n2 a 30  a11 41

m n m n 41 41.1 1.41

     

Vì m+n > m –n nên

41 21

1 20

m n m

m n n

    

 

  

 

    

 

 

Vaäy

2

30 21

411 11 20

a

a a

  

  

  



Bài 7: Giải hệ phương trình :

   

3 3

3

3

x y z

x y z xyz

    

    

Phaân tích :

Phương trình (2)  x3 y3 z3 3xyz 0

x y z x



y2 z2 xy xz yz



0

        

Vậy ta có lời giải sau: Lời giải:

Biến đổi tương đương phương trình (2) ta :

  3

2 x y z 3xyz 

x  y z x



y2 z2 xyxzyz



0 (3) Từ  1 : x   y z

Kết hợp với (3) ta có: x2 y2 z2 xyxz yz 0

     

2 2

2 2

2 2 2

0

x y z xy xz yz

x y y z z x

      

      

 

 

 

2 2

0 0

x y

y z x y z

z x

  

 

     

   

(4)

Kết hợp (4) (1), ta có: x   y z Chủ điểm 3: PHÂN THỨC HỮU TỈ

1. Các phép toán phân thức hữu tỉ :

Baøi 1: Cho số x, y, z thỏa mãn điều kiện

2 2 2

2 2 2

x y z x y z

a b c a b c

    

 

Ta biết ABC 1

A B ,

1

0

AB  ; mặt khác

0, 0,

A B  C  ABC 0, đồng thời có AB C 0; ta có lời giải sau:

Lời giải:

2 2 2

2 2 2

x y z x y z

a b c a b c

 

  

 

2 2 2

2 2 2 2 2 2

x x y y z z

a b c a a b c b a b c c

      

     

2 2

2 2 2 2 2 2

1 1 1

0

x y z

a b c a a b c b a b c c

     

  

          

     

Nhận xét x2 0, a2 b2 c2 a2 (vì a b c, , 0) Vaäy 2 12 2 12

a b c a

Do 2 12 2 12

a b c a 

Từ x2 2 12 2 12

a b c a

 

  

 

   

Tương tự ta có:y2 2 12 2 12

a b c b

 

  

 

    vaø

2

2 2

1

0

z

a b c c

 

  

 

   

Do :

x2 2 12 2 12 y2 2 12 2 12 z2 2 12 2 12

a b c a a b c b a b c c

                                   

2 2 2

2

2 2

2

2 2

1

0

0

1

0 0

0

1

0

x

a b c a x

y y x y z

a b c b

z z

a b c c

                                                                

Bài 2: Chứng minh

1 x y y z z x x y y z z x

x y y z z x x y y z z x

                                                       Phân tích:

Để ý a    b a b 2a a b ab2b

Ta tính nhân tử vế so sánh chúng với Lời giải:

   

8

x y x y y z y z z x z x xyz

VT

x y y z z x x y y z z x

            

   

   

8

x y x y y z y z z x z x xyz

VP

x y y z z x x y y z z x

            

   

          Từ ta thấy điều phải chứng minh

2 Rút gọn phân thức:

Bài 3: Rút gọn biểu thức

2 2

2 2

2 2

2

x y z xy xz yz

M

x y z yz

    



  

Phân tích:

Mẫu thức có dạng A2 –B2 ta nhóm hạng tử cách thích hợp, ta có lời giải sau:

Lời giải:

 

 

  

  

2 2

x y z x y z x y z x y z

M

x y z x y z x y z

x y z

       

  

     

 

BÀI TẬP CHƯƠNG III

Bài 6.152 Cho f x x37x29x 8;

 

h x x  x ;

 

g x axb; a) Tìm a, b để f x g x h x   

b) Có tồn a, b để h x x 1 g x  không ? Giải:

 

f x x  x  x  ;h x x3  x 1;g x axb

a) Ta coù g x h x   ax b x



 x 1



ax4 ax2 axbx3 bxb

ax4 bx3 ax2    a b x b

Xeùt f x g x h x   

x37x29x  8 ax4 bx3 ax2    a b x b

Chọn x = 0, ta được:     b b

Chọn x = 1, ta được:         7 a a a 8 a Vậy a 1,b  8 f x g x h x   

b) Xét h x x 1 g x  với x 1g x x 1ax bax2 a b x b

 

3

1

x x ax a b x b

      

Do bậc(VP) = bậc(VT) = mà hệ số hạng tử cao VT nên không tồn hệ số a, b để VT = VP

Bài 7.152 Đơn giản biểu thức:

 

,



2 3 2



2 3



4



2



3 2 2



3 2

P x y  x  xyy x  xy  x y x  xy y  x y

 

,



2 3 2



2 3



4



2



3 2 2



3 2

P x y  x  xyy x  xy  x y x  xy y  x y

4 3 2 2 2

4x 6x y 6x y 9x y 2x y 3xy 4x 12x y 8x y

        

2 2

4x y 12xy 8y 3x y

   

9xy3 8y4

Bài 8.152 Chứng minh đa thức

   1 2 3 4

f x  x  x  x  x  

có thể biểu diễn dạng bình phương tam thức bậc hai Giải:

Cách 1: Ta có f x x 1x 2x 3x 41



  





  









1

5

x x x x

x x x x

     

     















2

2

2

5

5

x x x x

x x x x

      

      





x2 5x 5



2

Vậy f x x 1x 2x 3x 41 biểu diễn dạng bình

phương tam thức bậc hai

Cách 2: Dùng phương pháp hệ số bất định

Bài 9.153: Viết đa thức f x x3 8x 10 dạng tổng lũy thừa giảm dần của x1

Giải:

Cách 1: p dụng khai triển Taylor cho hàm số f x x3 8x 10 điểm x =

   1  1  1  1  12  1  33

1! 2! 3!

f f f

f x  f   x    x    x 

với f 1 3

   

   

2

3

6

f x x f

f x x f

      

    

   1

f x   f 

Do : f x x 13 3x125x 1

Caùch 2:

Xét f x x3 8x 10x 13 a x 12 b x  1 c (*) Cho x = ta = c

Từ (*) ta được: x3 8x 10x3 3x2 3x  1 ax2 2ax  a bx b

   

8x 10 a x b 2a x a b

          

3

3

3

5

2 10

a a

a

b a b

b

a b b

 

    

   

  

  

         

  

    

  

      

 

 

 

Vaäy x38x 10x 13 3x125x  1

Bài 16.153:Dùng sơ đồ Horner, biểu diễn f(x) theo lũy thừa x –c : a) f x x4 2x33x2 4x 1 với c  1;

b) f x x5 với c 1;

c) f x x48x3 24x250x 90 với c 2

Giaûi:

a)f x x4 2x3 3x2 4x 1

Theo sơ đồ Horner ta có:

1 –3 –4

–1 –4

–1 –4

–1 –1 –3

Do ta có: f x 



x3 x24x x



 11





  4 4 1 4 x x  x  x  x   x2  4 x 1x   1 x 12 2x  1 Suy ra: f x 



x 122x  1 3



x 14x 11    4  3  2   1 x x x x          b) f x x5 với c 1; Theo sơ đồ Horner ta có:

1

1

1 10

1 10

Do ta có: f x x 15 5x 14 10x 13 10x 12 5x  1 c) f x x48x3 24x250x 90 với c 2 Theo sơ đồ Horner ta có: –8 24 –50 90

2 –6 12 –26 38

2 –4 –18

Bài 17.153: Với giá trị a, đa thức f(x) chia hết cho g(x)? a)   2 1

2

f x x  a x  x a  vaø g x  x 2;

b)f x x4 a1a1x3 a1x23a1x 7 vaø g x  x 1

Giaûi:

a) Đa thức f(x) chia hết cho g(x) tất nghiệm g(x) điều nghiệm f(x), tức f(2) =

Xeùt f(2) =

Theo sơ đồ Horner ta có:

1 –2a–1

2

2 4

a  1 –2a+1 4 11

2

a

   a2 8a7

Suy : f 2 a2 8a      7 a a

Vậy với a=1 a=7 f x g x   

b) f x x4 a1a1x3 a1x23a1x 7 g x  x Xét f 1 0

Theo sơ đồ Horner ta có:

1  a2 a 1 3a 1 7 1  a2   a2 a a2 2a  a2 2a7

Ta thaáy f 1   a2 2a 7 Phương trình vô nghiệm  2

2 2 7 1 6 0

a a a

       

Vậy không tồn giá trị a để f x g x   

Bài 21.154:

a)Tìm đa thức f x x3 pxq cho chia cho x1 x 1

lần lượt dư

b) Tìm đa thức bậc ba cho chia cho x 1 , x 1 x 2ta điều dư 7, biết f(x) chia hết cho 2x 1

Giaûi:

a) Ta coù f x x3 px  q g x x   1 2 (1)

f x x3 px  q h x x  11 (2)

Từ (1) ta chọn x = 1, ta p q Từ (2) ta chọn x = -1, ta   p q

1

1 2

2

2

p

p q

p q

q

  

   

 

  

 

   

 

  

Vậy đa thức cần tìm   3

2

f x x  x  b) Ta coù f x ax3 bx2 cxd

Theo đề ta có f x a x 1x 1x 27 f x g x 2x 1

Hay ta coù hệ phương trình :  

   

56

1 7 9

7

112

2 8 4 2 7 2 2 0

9

1 7 9 3 3 0 56

1 0 2 4 8 0 9 6 12 56

49

9

a

f a b c d d a b c

f a b c d a c b

f a b c d a b c

c

a b c

a b c d

f

d

 

   

 

 

           

   

    

    

         

   

   

     

         

   

  

    

            

    

  

  

      Vậy đa thức cần tìm là:   56 112 56 49

9 9

f x   x  x  x

Bài 34.155: Phân tích đa thức f(x) sau thành nhân tử : a) x4 x2  1



x2  x 1



2 trên R; b)



x2 8x 7



x2 8x 15



15 trên Q; c) 2x4 7x32x213x 6 trên R;

d) x5 1 treân R;

e)



x2  x 4



2 8x x



 x 4



15x2 R Q Giải:

Phương pháp: Các dạng phân tích thành nhân tử ta thường dùng phương pháp sau đây: tìm nghiệm dùng sơ đồ Horner, phương pháp chia liên tiếp, phương pháp đặt nhân tử chung, phương pháp nhóm số hạng, phương pháp đặt ẩn phụ, phương pháp dùng đẳng thức, phương pháp xuất bình phương đủ

Lời giải:

a) x4 x2  1



x2  x 1



2 (1)

C1: Ta thaáy





 



2

2 1 1 1 1

x  x x  x  x  x x x 

Do đó: x4 x2  1



x2 x 1



2 



x2  x 1



x2   x 1

 

x2  x 1



2



x2 x 1



x2 x 1 x2 x 1



       







2 x x x

   

C2: Ta coù :





2

4 2 4

1 1 2

2x4 4x2  2 2x3 2x









2 x 2x 2x x

    



2



2



2



2 x 2x x

   







2 x x x

   

b)



x2 8x 7



x2 8x 15



15



x2 8x 7

 

 x2 8x 7



815



2



2



2



8 8 15

x x x x

      



x2 8x 7



3



x2 8x 7



5

   

           



x2 8x 10



x2 8x 12



    

c) 2x4 7x3 2x2 13x 6

Ta thấy x = nghiệm đa thức Theo sơ đồ Horner ta có :

2 2 13 6

2

 3

Suy ra: 2x4 7x32x2 13x  6 x 1x 2 2



x2 5x3



x 1x2x 3 2 x 1 d) x5  1 x 1



x4 x3 x2  x 1



e) f x 



x2  x 4



2 8x x



 x 4



15x2

Đặt t x2  x , ta g t t2 8xt 15x2

Xeùt g t t2 8xt 15x2 0

Biệt thức   16x215x2 x2

1

t x t x

     

Suy : g t t 3x t 5x  f x 



x2 4x 4



x2 6x 4



Do f(x) phân tích Q là: f x x 22



x2 6x 4



Mặt khác ta có: x2 6x  4



x  3 5



x  3 5



Cho nên phân tích f(x) R là:

   22



5



5



f x  x  x   x  

Bài 35.155: Phân tích đa thức sau thành nhân tử:

a) x4 y4 trên R C; b) 2a b2 22a c2 2b c2 2a4 b4 c4 treân R;

c) x2 xyy2 treân R C; Giải:

a) x4 y4 x4 y4 2x y2 2x y2 



x2 y2



2 



2xy



2



x2 2xy y2



x2 2xy y2



Đây phân tích R Sự phân tích đa thức C: Xét: x2  2xy y2 0

Ta xem phương trình với ẩn x, y tham số Biệt thức  2y24y2  2y2

Suy :

2 2

2

y iy y iy

x   x  

Do đó: 2 2 2

2 2

y y y y

x  xy y x   i x   i

  

Tương tự ta có :

2 2 2 2

2 2

y y y y

x  xy y x   i x   i

  

Vaäy

4 2 2 2 2

2 2 2 2

y y y y y y y y

x y x   i x   i x   i x   i

    

b) 2a b2 2a c2 2b c2 2a4 b4 c4

















4 2 2 2

2

2 2 2 2

2

2

a b a b a b c a b c

a b c a b c a b

       

      









2

2 2 2

2

2 2 2

4

a b c a b

a b c a b

    

 

     

   

2 2 2

2 2

2

a b c ab a b c ab

a b c a b c

   

          

   

         

    

    

a b c a b c a b c a b c

b c a a b c a b c a b c

         

        

c) x2 xy y2 giữ nguyên R

Ta xem đa thức x2 xyy2 đa thức với ẩn x, y tham số Xét biệt thức  y2 4y2  3y2

Suy ra:

3

2

y iy y iy

x   x  

Do đó: 2 3

2 2

y y y y

x xyy x   i x   i

   phân tích

trong 

Bài 36.156: Phân tích thành nhân tử R:

b) aybx3 ax by3



a3 b3



x3 y3



; c) a b2 ab2 b c2 bc2 a c2 ac2 3abc; d) bc b cca c aab a b

Giaûi:

a)



2a2 3ax



5c 2d



6a2 4ax



5c2d

 



 



 





2

2

5 2

5 2

c d a ax a ax

c d a ax a ax

 

      

    

5c 2d



4a2 ax



5c 2d x 4a a

      

b) aybx3 ax by3



a3 b3



x3 y3



 

3 3 3 3 3

a y b x abxy ay bx a x b y

     

 



3



3



3abxy ax by a b x y

    







 





 

3 3 3 3 3

3

a x y b x y a b x y abxy ay bx ax by

          



a3 b3



x3 y3

 

a3 b3



x3 y3



3abxy a x



 y b x y



         

  

3abxy a b x y

  

c) a b2 ab2 b c2 bc2 a c2 ac2 3abc



 

 



     

2 2 2

a b ab abc b c bc abc a c ac abc

ab a b c bc b c a ac a c b

        

        

a b c ab bc ac

    

d) bc b cca c aab a b  

 





 

2 2

2 2

b c bc ca c a a b ab

b c a b c a ca c a

     

     

c a b



bc ab ca



    

c a b a



 b c a b



c a a b b c

        

Bài 38.156: Phân tích thành nhân tử R:

a) a b c2 b a c2 c a b2 4abc

;

b) f z z3 a b c z acb a c z abc Giaûi:

a) a b c2 b a c2 c a b2 4abc

 2

2 2

2

ab abc ac ba abc bc abc c a b

        

     

 





2

2

ab a b c a b c a b

a b ab c ca cb

     

    

a b a b 



c c b c



a b b c a c

        

Ta thấy z a z,  b z, c nghiệm phương trình f z 0

Cho neân : f z z a z b z c

Bài 39.156: Phân tích thành nhân tử trường số thực: a) f x x2n 2xn 2;

b) f x x2n xn 1 Giaûi:

a) f x x2n 2xn 2

Đặt t = xn, ta f t t2 2t 2



t2 2t 1



1

t12  1 t12i2

t 1 i t  1 i

Xeùt f t       0 t i t i

Suy ra: xn   1 i xn  1 i

* n

x  i

Ta coù cos sin

4

n  i n   i 

 

 

Neân

2

4

2 cos sin , 0,

n k

k k

x i k n

n n

   

   

 

 

 

     



 

 

* xn  1 i

Ta coù cos sin

4

n  i n   i  

 

 

Neân 2n2 cos sin , 0, 1

k

k k

x i k n

n n

   

   

 

 

 

     



 

 

Do :  

1

2

0

2

4

2 2 cos sin

n

n n n

k

k k

f x x x x i

n n

   

 

    

  

  

        



 

  

 



1

2

4

2 cos sin

n

n k

k k

x i

n n

   

 

    

  

  

     

 

 

  

 



Maø 2

2 2

4 4

2 cos sin cos sin

n n

k k k k

x i x i

n n n n

       

         

     

         

     

     

2 2 2

2 2

4 4

2 cosn cos sin

k k k

x x i

n n n

                            2

2 cosn n2

k

x x

n

  

  

Vaäy  

1

2

0

2

2 cos

n

n n

k

k

f x x x

n                        



b) f x x2n xn 1

Đặt t = xn, ta   1 2.1

2 4

f t t   t t  t  

2

1 3

2 2 2

i i i

t   t t 

      

   

           

Xeùt   3

2 2

f t     t i  t    i

Ta coù x  nt

Maø cos sin

3

t   i  

Do :

2

2

3

cos sin , 0,

k

k k

x k n

n n

     

   

Suy ra:  

1 2 2 3

1 cos sin

n n n

k

k k

f x x x x i

n n                                   



2 2 3 cos sin n k k k x i n n                                



maø

2 2

2 2

3 3

cos sin cos sin

k k k k

x i x i

n n n n

                                                      2

2 cos k

x x

n

  

  

Vaäy  

1 2 2

1 cos

n n n

k

k

f x x x x x