Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 33 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
33
Dung lượng
1,92 MB
Nội dung
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán CHUYÊN ĐỀ : PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ MỤC LỤC Phương pháp đặt nhân tử chung 2 Phương pháp dùng đẳng thức Phương pháp nhóm hạng tử: .4 Phối hợp nhiều phương pháp Phương pháp tách hạng tử 11 Dạng Phân tích đa thức thành nhân tử đa thức bậc hai 11 Dạng Phân tích đa thức thành nhân tử đa thức bậc ba 11 Dạng Phân tích đa thức thành nhân tử đa thức bậc bốn 13 Dạng Phân tích đa thức thành nhân tử đa thức bậc cao 15 Phương pháp thêm bớt hạng tử 16 Phương pháp đổi biến số (hay đặt ẩn phụ) 18 Dạng Đặt biến phụ (x2 + ax + m)(x2 + ax + n) +p 18 Dạng Đặt biến phụ dạng (x + a)(x + b(x + c)(x + d) + e .19 Dạng Đặt biến phụ dạng (x + a)4 + (x + b)4 + c 21 Dạng Đặt biến phụ dạng đẳng cấp 21 Dạng Đặt biến phụ dạng khác 22 Phương pháp hệ số bất định .25 Phương pháp tìm nghiệm đa thức: .30 10 Phương pháp xét giá trị riêng: 32 Biên soạn: Trần Đình Hồng 0814000158 Bồi dưỡng học sinh giỏi tốn Các phương pháp Phương pháp đặt nhân tử chung a Phương pháp - Tìm nhân tử chung đơn, đa thức có mặt tất hạng tử - Phân tích hạng tử thành tích nhân tử chung nhân tử khác - Viết nhân tử chung dấu ngoặc, viết nhân tử lại hạng tử vào dấu ngoặc ( kể dấu chúng ) b Bài tập vận dụng Bài Chứng minh với số nguyên n thì: b) n n 1 2n n 1 a) 55n – 55n 54 c) 24n 1 24n 23 d) n (n 1) 2n(n 1) Bài Tìm cặp số nguyên (x, y) thoả mãn đẳng thức sau: a) x + y = xy b) xy – x + 2(y – 1) = 13 HD: a) Ta có x y xy viết thành: xy x y Do suy ra: x y 1 y 1 hay y 1 x 1 y 1 y 1 Mà 1.1 1 1 nên: x 1 x 1 x x Do y y Vậy ta có hai cặp số ngun cần tìm 0, 2, b) Phân tích vế trái thừa số ta có: xy x y 1 x y 1 y 1 y 1 x Vế phải 13 1.13 13.1 1 13 13 1 nên ta có: y y 13 y 1 y 13 ; ; ; x 13 x x 13 x 1 x 11 x 1 x 15 x 3 Hay: ; ; ; y y 14 y y 12 Vậy ta có cặp số ngun cần tìm là: 11, ; 1;14 ; 15; ; 3; 12 Phương pháp dùng đẳng thức a) Phương pháp: Sử dụng HĐT học số HĐT bổ sung sau đây: a b2 a b a b 2 a b4 a b 2ab ab a b a b a b a b 2ab 2 a b c a b c 2ab 2ac 2bc a a 2b2 b4 a ab b2 a ab b2 a a a a 1 a a 1 b) Bài tập vận dụng: Bài Phân tích đa thức sau thành nhân tử: Biên soạn: Trần Đình Hồng 0814000158 Bồi dưỡng học sinh giỏi toán a) a b3 c3 3abc b) x 1 x x 1 c) x y x y5 d) b c c a b c 3 HD: a) Ta có: a b3 c3 3abc a 3a b 3ab b3 c3 – 3a b 3ab 3abc a b c3 – 3ab a b c a b c a b – a b c c – 3ab a b c a b c – ab – ac – bc x x 1 x 1 x x 1 1 2 = x 1 x x 1 2x x 1 = x 1 x 1 x 2x 2x = 2x 2x x 1 1 = x 2x 2x 2x 1 5 5 c) Ta có: x y x y x 5x y 10x y 10x y 5xy y x y x 1 b) Ta có: 4 5xy x 2x y 2xy y = 5xy x y x xy y 2xy x y = 5xy x y x y xy d) Ta có: b c c a b c a b c2 a b2 c2 3 3 Ta lại có: Nếu x + y + z = x y3 z 3xyz Mặt khác: a b c a b c a a b b c c Suy a b c a b c a b c a b c 3 a b b c a c a c Bài Phân tích đa thức thành nhân tử: a b c a b c b c a c a b 3 3 HD: Ta có: a b c a b c b c a c a b 3 3 a b c a b c b c a c a b x a b c Đặt y b c a x y z a b c z c a b 3 3 Suy ra: a b c a b c b c a c a b 3 3 x y z x y3 z3 x y3 z x y y z z x x y3 z3 3 x y y z z x 3.2a.2b.2c 24abc Bài Chứng minh với số nguyên n thì: a) c) n n 3 – 6 – e) n n 60 n n – 1 – 24 Biên soạn: Trần Đình Hồng b) (2n 1)3 2n d) (7n 2) (2n 7) 45 f) n (n 1) 12 0814000158 Bồi dưỡng học sinh giỏi toán HD: e) Ta có: n n n (n 1) n (n 1)(n 1) n (n 1)(n 1)(n 1) n(n 1)(n 1) 3; n(n 1) 2; n(n 1) n (n 1)(n 1) Đặt n = 5k; n = 5k + 1; n = 5k + 2; n = 5k + 3; n = 5k + (k ) Ta chứng minh n (n 1)(n 1)(n 1) Vậy n n chia hết cho 3, 4, nên chia hết cho 60 f) Với số ngun n ta ln có: n n (n 1) Lại có n (n 1) n(n 1)n(n 1) n (n 1) 12 (3; 4) = Bài Tìm cặp số nguyên (x, y) thoả mãn đẳng thức sau: x2 – y2 = 21 Phương pháp nhóm hạng tử: a) Phương pháp Bước 1: Chọn nhóm …hạng tử thành nhóm cho nhóm sau phân tích thành nhân tử nhóm có thừa số chung, liên hệ nhóm đẳng thức Bước 2: + Nếu nhóm có thừa số chung: Đặt thừa số chung nhóm làm Nhân tử chung ngồi ngoặc ngoặc tổng các thừa số lại nhóm Chú ý: + Nhiều để làm xuất thừa số chung (nhân tử chung) ta cần đổi dấu hạng tử + Tính chất đổi dấu hạng tử: A = – (– A) + Nếu liên hệ nhóm tạo thành đẳng thức vận dụng đẳng thức b) Bài tập vận dụng: Bài Phân tích đa thức sau thành nhân tử: a) x y z 2xy 2z b) x y z 2xz 2y c) x 2x x y 2xy d) x y z xy yz zx xyz e) x 2xy y x y 12 f) x y xy2 xz yz2 x2 z y2 z 2xyz HD: Ta có: x y z 2xz 2y x 2xz z y 2y 1 x z y 1 Ta có: x 2x x y 2xy x x 2x x y 2y = x x x y x x x y x x x y x x xy y a) Ta có: x y z 2xy 2z x 2xy y z 2z x y z 1 b) c) 2 3 3 3 3 2 2 2 2 d) Ta có: x y z xy yz zx xyz x y xyz x z xy y z xyz xyz yz xz xyz x y xy xyz y z yz xyz x z zx xy x y z yz x y z xz x z Biên soạn: Trần Đình Hồng 0814000158 Bồi dưỡng học sinh giỏi toán y x y z x z xz x z x z xy y yz xz x z y x x y e) Ta có: x 2xy y x y 12 x y x y 12 x y 3 x y f) Ta có: x y xy xz yz x z y z 2xyz xy x y z x y z x y x y xy z xz yz x y y z z x Bài Phân tích đa thức sau thành nhân tử: a) x y z y z3 x z x y3 b) a b c b c2 a c a b c) 2a b 4ab a 2c ac 4b 2c 2bc 4abc d) x y xy xz yz x 2z y2 z 2xyz HD: a) Ta có: x y z y z3 x z x y3 xy xz yz x y x 3z y3z = x3 z y y3 x z z3 y x x3 z y y3 z y y x z3 y x x3 z y y3 z y y3 y x z3 y x z y x3 y3 y x z3 y3 z y x y x xy y y x z y z yz y z y x y x xy y z yz y z y x y x z x y z b) a b c b c a c a b ab ac2 bc ab ac b 2c ab a b c a b c a b a b a b ab c ca cb a b b c a c c) Ta có: 2a b 4ab a c ac 4b 2c 2bc 4abc 2a b 4ab a 2c 2abc ac2 2bc 4b 2c 2abc 2ab a 2b ac a 2b c2 a 2b 2bc a 2b a 2b 2ab ac c2 2bc a 2b a 2b c c 2b c a 2b 2b c c a d) Ta có: x y xy xz yz x 2z y2 z 2xyz xy x y z x y z x y x y xy z xz yz x y y z z x Bài Chứng minh với số nguyên n thì: a) n 3n – n – 48 b) n 3n – n – 3n e) n n 12n f) n 2n 3n 2n c) (2n 1)3 2n 24 d) 2n 3n + n g) 2n 3n 7n h) n 2n – n +2n 24 k) n12 n n 512 , n 2k l) n n n n 1152 , n 2k i) n 6n +11n + 6n 24 Biên soạn: Trần Đình Hồng j) n 3n 4n 16n 384 n 4, n 2k 0814000158 Bồi dưỡng học sinh giỏi tốn HD: j) Ta có: 384 27.3 đặt n = 2k n 3n 4n 16n n (n 4) 4n(n 4) (n 4)(n 4n) n(n 4)(n 4) n(n 4)(n 4) (n 4)(n 2)n(n 2) (2) Thay n = 2k ta được: (2) (2k 4)(2k 2)2k(2k 2) (k 2)(k 1)n(k 1) Với k = 3; 4; (k 2)(k 1)n(k 1) (k 2)(k 1)n(k 1) Do đó: (k 2)(k 1)n(k 1) 27.3 k) Ta có: Ta có: 512 = 29 n12 n n n (n 1) (n 1) (n 1)(n 1) (n 1)(n 1)(n 1)(n 1) (n 1) (n 1) (n 1) (n 1) 22 Vì n lẻ nên n 2; n ½ n (n 1) 2 Vậy (n 1) (n 1) (n 1) 29 l) Ta có: 1152 = 27.32 n n n n n (n 1) n (n 1) (n 1)(n n ) n (n 1)(n 1) n (n 1)2 (n 1) Vì n lẻ nên n 2; n ½ (n 1) 2 2 (1) Mặt khác ta có: (1) = n(n 1)(n 1) n(n 1)(n 1) (n 1) 32 ½ đpcm 3 3 Phối hợp nhiều phương pháp Bài Phân tích đa thức sau thành nhân tử: a) a b c a b c 4b b) x y xy x y y z z x c) 81x z y z y d) x x x y y y 2 HD: a) a b c a b c 4b a b c a b c 2b a b c 2b 2 a b c a b c a 2b c a b c a b c b) x y xy x y y z z x x y x y 2x y 2xy3 2x y x y y z z x = x y 2x y 2xy x y z x y = x = x 2xy x y z x y y x y 2xy z x y x y z y x y z x y z Ta có: 81x z y z y 81x z y z y = x y2 c) 2 2 2 2 Biên soạn: Trần Đình Hồng 2 2 2 2 2 2 2 0814000158 Bồi dưỡng học sinh giỏi toán z y 81x 1 z y z y 9x 1 9x 1 z y z y 3x 1 3x 1 9x 1 d) Ta có: x x x y y y x y x 2x y y x y x y3 x y x y 2 2 x y3 x y3 x y xy x y xy x y x xy y x y x xy y x y xy x y xy x y xy x y xy x y 1 Bài Phân tích đa thức thành nhân tử: A x y2 y x y2 x z y z2 x z x HD: Cách 1: Khai triển hai ba số hạng, chẳng hạn khai triển hai số hạng đầu nhóm số hạng làm xuất thừa số chung z – x A x y3 – x y y z3 – y3z – z x z – x y z3 – x – y3 z – x – z x z – x y z – x z zx x – y3 z – x z x – z x z – x z – x y z y zx x y – y3z – y3x – z x z – x [ y2z z – y – x z – y z y y2 x z – y z – x z – y y z – x z – x y y x 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 ta có: A x y y – x y z z – y – z x z – y y – x x y2 y – x y2z z – y – z x z – y – z x y – x y – x x y2 – z2 x z – y y2z2 – z 2x y – x x y – z y z z – y z y – x y x y – x z – y x y – x z yz xz y – x z – y xz z – x y z – x z x y – x z – y z – x xz yz xy Bài Phân tích đa thức thành nhân tử: x y y – z z – x 3 HD: Cách 1: Đặt x – y = a , y – z = b, z – x = c a + b + c = Khi ta có: a b3 c3 – 3abc hay a b3 c3 3abc Vậy: x – y y – z z – x 3 x – y y – z z – x Cách 2: Để ý rằng: a b a 3ab a b b3 y – z y – x x – z Biên soạn: Trần Đình Hồng 0814000158 Bồi dưỡng học sinh giỏi toán x – y y – z z – x y – x x – z z – x x – y 3 3 y – x y – x x – z y – x x – z x – z – x – z – y – x 3 3 Phân tích đa thức sau thành nhân tử Bài 2 a) a b c b c a c a b 3 b) xy x y yz y z zx x z 3xyz c) x 6xy 5y 5y x HD: a) Ta có: a b c b b c a b c a b a b c b b c b a b c2 a b b c a b a b a b b c b c b c a b a b b c a b b c a c b) Ta có: x 6xy 5y 5y x (x xy x) (5xy 5y 5y) x(x y 1) 5y(x y 1) (x y 1)(x 5y) c) Ta có: xy x y yz y z zx x z 3xyz xy x y xyz yz y z xyz zx z x xyz xy x y z yz x y z zx x y z x y z xy yz zx Phân tích đa thức sau thành nhân tử Bài a) xy x y yz y z zx z x 3 c) z x y x y z y z x 2 b) c a b b a c a b c d) ab a b bc b c ac c a HD: a) Ta có: xy x y yz y z zx z x xy x y yz y z zx y z x y xy x y yz y z zx y z zx x y x x y y z z y z x y x y y z x z b) Ta có : c a b b a b b c a b c c2 a b b2 a b b2 b c a b c a b b c b c b c b a b a a b b c b c a b a b b c c a c) Ta có : z x y x x y z x y z x = z3 x y x x y y3 z x x3 z x = x y z3 x z x y3 x = x y z x z zx x z x y x y xy x = x y z x z zx x y xy x x y z x z y z y x d) Ta có : ab a b bc a b c a ac c a Biên soạn: Trần Đình Hồng 0814000158 Bồi dưỡng học sinh giỏi toán = ab a b bc a b bc c a ac c a = b a b a c c c a b a a b b c a c 4 Bài Phân tích đa thức thành nhân tử: x y z y z x z x y HD: Ta có: x y z y y z x y z x y 4 4 = x y z y y z y x y z x y = y z x y4 x y y4 z4 = y z x y x y x y x y y z y z y z = x y y z x y x y y z y z = x y y z x xy x y y3 y3 yz y z z = x y y z x z y x z y x z = x y y z x z x xz z y x z y x z x z = x y y z x z x xz z y xy yz Bài Phân tích đa thức sau thành nhân tử: 3 2 2 2 a) x y x 1 y y 1 x b) 4a b 2a b b c c b 4c a 2a c HD: a) Ta có : x y x x y 1 x y3 1 x = x y x x y x 1 x y3 1 x = x y 1 x 1 x x y3 = x y 1 x 1 x x 1 x x y x xy y = x y 1 x 1 x x x xy y x y 1 x 1 y x y 1 b) Ta có : 4a b 2a b b c 2a c 2a b 4c a 2a c 2 2 2 2 = 4a b 2a b b c 2a c b c 2a b 4c a 2a c = b 2a b 4a c c 2a c b 4a 2 = b 2a b 2a c 2a c c 2a c 2a b 2a b = 2a c 2a b 2ab b 2c 2ac bc 2a c 2a b b c 2ab 2ac bc Bài Phân tích đa thức sau thành nhân tử: a) bc a d b c ac b d a c ab c d a b b) A x y z x y z xy yz zx 2 HD: a) Ta có : bc ab ac bd dc ac ab bc ad dc ab ac bc ad bd = bc ab ac bd dc ac ab ac bd dc ac bc ad bd ab ac bc ad bd = ab ac bd dc bc ac ac bc ad bd ac ab Biên soạn: Trần Đình Hồng 0814000158 Bồi dưỡng học sinh giỏi toán = a d b c c b a c d a b a c b = b c b a ac dc ca ad b c b a c a d b) Ta có: A x y z x y z xy yz zx 2 x y z xy yz zx x y z xy yz zx Đặt x y z a; xy yz zx b A a b x y z xy yz zx Bài tập tự giải: Phân tích đa thức thành nhân tử: a) a b c b a c c a b 4abc 2 c) a3 b c b c a c3 a b b) a b c2 b c2 a2 c a2 b 2abc d) abc ab bc ca a b c 1 Bài Chứng minh với số nguyên n thì: a) n 4n n , n 2k b) n n 10 c) n (n 1) 60 e) mn(m n ) g) 3n 14n 21n 10n 24 d) n 5n 4n 120 f) (n 1)3 n (n 1)3 HD: a) Ta có: n 4n (n 1)(n 3) (2k 2)(2k 4) 4(k 1)(k 2) b) Ta có: n n n(n 1) n(n 1)(n 1) n(n 1)(n 5) n(n 1)(n 1)(n 4) 5n(n 1)(n 1) n(n 1)(n 1)(n 2)(n 2) 5n(n 1)(n 1) Tất hai số hạng chia hết cho nên chia hết cho 10 Nhận xét: n n chia hết cho nên chia hết cho 30 c) Ta có: n (n 1) n (n 1)(n 1) n (n 1)(n 5) n (n 1)(n 4) 5n (n 1) n (n 2)(n 1)(n 1)(n 2) 5n (n 1)(n 1) Ta có: n; (n 2); (n 1); (n 1); (n 2) số tự nhiên liên tiếp nên tồn số chia hết cho 3; 4; nên n (n 2)(n 1)(n 1)(n 2) 60 , 5n (n 1)(n 1) n (n 1)(n 1) 12 Nên 5n (n 1)(n 1) 60 Vậy n (n 1) 60 d) Ta có: n 5n 4n n(n 5n 4) n(n 1)(n 4) (n 2)(n 1)n(n 1)(n 2) Trong số tự nhiên liên tiếp tồn số chia hết cho 4, cho 5, tích chúng chia hết cho 120 e) Ta có: mn(m n ) mn[(m 1) (n 1)] mn(m 1) mn(n 1) mn(m 1)(m 1) mn(n 1)(n 1) f) Ta có: (n 1)3 n (n 1)3 3(n 2n) 3(n n 3n) 3(n n) 9n 3(n 1)n(n 1) 9n g) Ta có: 3n 14n 21n 10n n(3n 14n 21n 10) n(n 2)(3n 8n 5) Biên soạn: Trần Đình Hồng 0814000158 10 Bồi dưỡng học sinh giỏi toán f) Đặt : x 2x t , đa thức trở thành : t t 4 t 3 t t 7t 12 t 6t t 1 t 5 , Thay t trở lại ta : x 2x 1 x 2x 5 x 1 x 2x Bài Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x a) x 2x c) b) x 8x x 3 x 15 9x 18x 20 3x 1 x 3x d) x 6xy 9y x 3y e) 4x 4xy y 10x 5y HD: a) b) c) x x x 2 f) x 8xy 16y 2x 8y 2x 9x 18x 20 x 2x x 2x Đặt x 2x t 8x x 3 x 15 x 8x 10 x 8x 12 Đặt x 8x 11 t 3x 1 x 3x x 3x 1 x 3x Đặt x 3x 1 t d) x 6xy 9y x 3y x 3y x 3y Đặt x + 3y = t e) 4x 4xy y 10x 5y 2x y 2x y Đặt 2x + y = t f) x 8xy 16y 2x 8y x 4y x 4y Đặt x + 4y = t Dạng Đặt biến phụ dạng (x + a)(x + b(x + c)(x + d) + e Phương pháp : Biến đổi đa thức dạng (x + ax + m)(x ax n) p đặt ẩn phụ Bài Phân tích đa thức thành nhân tử: a) x 1 x 3 x 5 x 15 b) x x x x 10 128 c) a 1 a 2 a 3 a 4 d) x 2 x 3 x 4 x 5 24 e) 4x 112x 1 3x 2 x 1 f) HD: x 4 x 5 x 6 x 1680 2 a) Ta có: x 1 x 3 x 5 x 15 x 8x 15 x 8x 15 Đặt t x 8x 11 ta t t 15 t (t 1) t 1 Thay lại t x 8x 11 ta x 8x 10 x 8x 12 Vậy: x 1 x 3 x 5 x 15 x 8x 10 x 6 x 2 b) x x x x 10 128 x 10x x 10x 16 x x 8 x 10x Cách 2: x x 10 x x 128 x 10x x 10x 24 128 c) d) e) f) a 1 a 2 a 3 a 4 a 5a 5 x 2 x 3 x 4 x 5 24 x 1 x 6 x 7x 16 4x 112x 1 3x 2 x 1 12x 11x 212x 11x 3 x 4 x 5 x 6 x 1680 x 12 x 1 x 11x 70 Bài Phân tích đa thức thành nhân tử: Biên soạn: Trần Đình Hồng 0814000158 19 Bồi dưỡng học sinh giỏi toán a) x 3x x x 24 b) 2x 1 x 1 x 3 2x 3 c) x 112 x 1 3x x 1 d) x 15x 50 x 18x 72 3x e) 3x 3x – x – 9x 10 24x f) x y x 2y x 3y x 4y y4 HD: Biến đổi đa thức đưa dạng tập a) Ta có: x 3x x x 24 x 1 x x x 24 x x x 1 x 3 24 x 2x 8 x 2x 3 24 Đặt : x 2x t , đa thức trở thành : t 8 t 3 24 t 11t t t 11 Thay t trở lại ta : x 2x x 2x 11 x x x 2x 11 b) Ta có: 2x 1 x 1 x 3 2x 3 2x 3x 1 2x 3x t 10t x(2x 3)(2x 3x 8) c) Ta có: 4x 1 3x 12x 1 x 1 12x 11x 12x 11x 1 Đặt 12x 11x t , Khi đa thức trở thành: t 2 t 1 t t t 2 t 3 2 Vậy : 4x 112x 1 3x 2 x 1 12x 11x 12x 11x d) Ta có: x 15x 50 x 18x 72 3x x x 10 x x 12 3x x 17x 60 x 16x 60 3x Đặt t x 16x 60 x 17x 60 t x 4t t x 3x 4t 4xt 3x Đến ta xem đa thức 4t 4xt 3x đa thức bậc hai biến t với hệ số: a = 4, b = 4x, c 3x Dùng phương pháp tách hạn tử cuối ta được: 4t 4xt 3x 2t x 2x 2t x 2t 3x 2 2x 31x 120 2x 25x 120 x 2x 15 2x 35x 120 e) Ta có: 3x 3x – x – 9x 10 24x 9x – 9x –10 9x 9x – 10 24x Đặt y 9x – 9x – 10 , đa thức trở thành: y y 10 x 24 x y 10xy 24x Tìm m.n = 24x2 m + n = 10x ta chọn m = 6x , n = 4x Ta được: y 10xy 24x y 6x y 4x Do 3x 3x – x – 9x 10 24x 9x – 3x – 10 9x – 5x – 10 f) Ta có: x y x 2y x 3y x 4y y x 5xy 5y Bài Cho biểu thức: A b c a 4b 2c 2 a) Phân tích A thành nhân tử b) Chứng minh rằng: Nếu a, b, c độ dài cạnh tam giác A < HD: Biên soạn: Trần Đình Hồng 0814000158 20 Bồi dưỡng học sinh giỏi toán b a) Ta có: A b2 c2 a2 2bc 2bc b c a b c a b c a b c a 4b2 c2 b2 c2 a2 c2 a2 2bc b2 c2 a2 2 b) Vì a, b, c độ dài ba cạnh tam giác nên: b c a 0, b c a 0, b c a 0, b c a ½ A Dạng Đặt biến phụ dạng (x + a)4 + (x + b)4 + c a) Phương pháp ab ab Đặt t x xt 2 ab ab ba ba f (t) (t a) (t b) (t ) (t ) ct dt e 2 2 b) Bài tập áp dụng Bài Phân tích đa thức sau thành nhân tử thành nhân tử a) Q(x) x – 3 x – 1 – 16 b) P(x) (x 3)4 (x 5) c) R(x) (x 3)4 (x 1) 16 d) f (x) (x 3) (x 5) 16 4 HD: a) Đặt y = x – 2, đa thức trở thành Q y y – 1 y 1 – 16 2y 12y 14 y y 1 4 Do Q x x – 4x 11 x – 3 x – 1 b) Đặt t x x t P(x) (t 1) (t 1) 2 2 P(x) t 1 t 1 2t 12t 2t (t 6) 2(x 4) x 4 c) Đặt t x R(x) (t 1) (t 1) 16 2(t 6t 7) d) Đặt t x f (x) (t 1)4 (t 1) 16 2(t 6t 7) Dạng Đặt biến phụ dạng đẳng cấp Bài Phân tích đa thức sau thành nhân tử thành nhân tử a) (x 1) 3x(x 1) 2x b) (x 4x 8)2 3x(x 4x 8) 2x c) x x 1 5x x x 1 x d) x x 3x x x 2x e) x x 7x x x 12x 4 f) 10 x 2x 9x x 2x x HD: a) Đặt x t , đa thức trở thành: t 3xt 2x Ta xem đa thức đa thức bậc hai biến t với hệ số a = ; b = 3x ; c = 2x Ta có: a.c 1.2x x.2x , x + 2x = 3x = b Do ta có: t 3xt 2x t xt 2xt 2x t t x 2x t x t x t 2x Thay t x ta được: x x x 2x x 1 x x 1 Biên soạn: Trần Đình Hồng 0814000158 21 Bồi dưỡng học sinh giỏi toán b) Ta có: x 4x 3x x 4x 2x t 3xt 2x t x t 2x c) Ta có: x x 5x x x x 4t 5xt x t x 4t x d) Đặt x x t , đa thức trở thành: t 3x t 2x t x t 2x Đặt x e) Đặt x x t , đa thức trở thành: t 7x t 12x t 3x t 4x f) 2 2x 3 t , đa thức trở thành: 10t 9x t x t x 10t x Dạng Đặt biến phụ dạng khác Bài Phân tích thành nhân tử đa thức P ( x ) x x – x – x HD: Đa thức dạng: P(x) ax bx cx kbx a với k = k = –1 Cách giải: Đặt y = x2 + k đưa P(x) dạng chứa hạng tử ay2 + bxy sử dụng HĐT Đặt y = x2 – suy y2 = x4 – 2x2 + Biến đổi P(x) = 2(x4 – 2x2 + 1) + 3x3 – 5x2 – 3x = 2(x2 – 1)2 + 3x( x2 – 1) – 5x Từ P(y) = 2y2 + 3xy – 5x2 Tìm m, n cho m.n = –10x2 m + n = 3x chọn m = 5x , n = –2x Ta có : P(y) = 2y2 + 3xy – 5x2 = 2y2 – 2xy + 5xy – 5x2 = = ( y – x)( 2y – 5x) Do dó , P(x) = (x2 – x – )(2x2 + 5x – 2) Bài Phân tích thành nhân tử đa thức P(x) = x4 – x3 – 10x2 + 2x + HD: d2 Đa thức dạng: P(x) = x + bx + cx + dx + e với e b d Cách giải: Đặt biến phụ y x đưa P(x) dạng có chứa y2 + bxy sử dụng HĐT b Dễ thấy b = 1, d = 2, e = 4, đặt y = x2 – ½ y2 = x4 – 4x2 + Biến đổi P(x) = x4 – 4x2 + – x3 – 6x2 + 2x = (x2 – 2)2 – x(x2 – 2) – 6x2 Từ P(y) = y2 – xy – 6x2 Tìm m, n cho m.n = – 6x2 m + n = – x chọn m = 2x, n = –3x Ta có P(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 xét đa thức Q(x) = P(x)/a theo cách Bài Phân tích đa thức thành nhân tử: P ( x ) x x x x HD: Đa thức khơng có hai nghiệm –1 Tuy nhiên đa thức lại có hệ số cân xứng nhau: Nên ta biến đổi sau: 6 1 P(x) x 6x 7x 6x x x 6x x x2 x 7 x x x x Biên soạn: Trần Đình Hồng 0814000158 22 Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 1 t ½ t2 x2 ½ x2 t2 x x x 2 Đa thức trở thành : x t 6t x t 6t x t 3 Đặt x 2 x 3x 2 Thay t trở lại ta : x x x (x 3x 1) x x Vậy x 6x 7x 6x x 3x Bài Phân tích đa thức thành nhân tử: a) A(x) x x 4x x b) Q(x) x 3x 6x 3x c) N(x) x 6x 7x 6x d) B(x) x 7x 14x 7x e) M(x) x 10x 26x 10x f) P(x) 2x 21x 30x 105x 50 g) A(x) 4x 8x 3x 8x h) B(x) 2x 15x 35x 30x HD: 1 1 a) Ta có: A(x) x x 4x x x x x x x x x x x x 1 Đặt x t ½ x t Đa thức trở thành: x x 2 A(x) x t t x t t x t t 3 Thay t trở lại ta : 2 1 2 x 2x x 3x A(x) x x x x x 1 x 3x x x x x Vậy A(x) x x 4x x x 1 x 3x 1 b) Ta có: Q(x) x x 3x x x x 6 x x x x 1 Đặt x t t x x t x x x 2 Q(t) t 3t t 3t (t 1)(t 4) Q(x) x 3x 6x 3x (x x 1)(x 4x 1) 1 c) N(x) x 6x 7x 6x x x 6x x x x x x x x 1 Đặt x t ½ x t Đa thức trở thành: x x 2 N(x) x t 6t x t 6t x t 1 t Thay t trở lại ta được: N(x) x 6x 7x 6x x x 1 x 5x 1 1 d) Ta có: B(x) x 7x 14x 7x x x x 14 x x Biên soạn: Trần Đình Hồng 0814000158 23 Bồi dưỡng học sinh giỏi tốn 1 t ½ x t Đa thức trở thành: x x B(x) x t 7t 14 x t 7t 12 x t 3 t Đặt x Vậy B(x) x 7x 14x 7x x 3x 1 x 4x 1 1 e) M(x) x 10x 26x 10x x x 10 x 26 x x 1 Đặt x t ½ x t x x Đa thức trở thành: x t 10t 26 x t 10t 24 x t t Thay t trở lại ta : M(x) x 10x 26x 10x x 4x 1 x 6x 1 105 50 25 5 f) Ta có: P(x) x 2x 30 21x x x 21 x 30 x x x x 25 Đặt t x x t 10 x x P(t) t 10 21t 30 2t 21t 50 t 2t 25 5 5 P(x ) x x + 25 x + x 25x 10 2x 2x x x h) A(x) 4x 8x 3x 8x x 8x x 3x x 8x x 5x 4y 8xy 5x 4y 2xy 10xy 5x 2y x 2y 5x 2x x 2x 5x 2x x x 2x 1 i) B(x) 2x 15x 35x 30x x 15x x 35x x 15 x 27x 2y 15y 27x 2 y 3x 2y 9x x 3x 2x 9x x 1 x x 2x 1 Bài Phân tích đa thức thành nhân tử: a) c) x x y z x y z xy yz zx y3 y z z x 3 b) x y y z z x d) a b b c c a e) a b c a b c b c a c a b HD: 3 3 3 3 8a b c 3 a) Ta có x y z x y z xy yz zx x y2 z2 a Đặt A a a 2b 3b a 2ab 3b2 a b a 3b xy yz zx b A x y z xy yz zx (x y z xy yz zx b) (x y)3 (y z)3 (z x)3 Ta biết: Nếu a b c a b c3 3abc Biên soạn: Trần Đình Hồng 0814000158 24 Bồi dưỡng học sinh giỏi tốn x y a Đặt y z b a b c B a b3 c3 B 3abc 3(x y)(y z)(z x) z x c c) (x y3 )3 (y3 z3 )3 (z3 x )3 x y3 a Đặt y3 z b a b c 3 x z c B a b3 c3 B 3abc 3(x y3 )(y3 z3 )(z3 x ) d) (a b)3 (b c)3 (c a)3 8(a b c)3 a b x Đặt b c y x y z 2(a b c) (x y z)3 8(a b c)3 c a z e) Vậy D x y3 z3 (x y z)3 Ta có: (x y z)3 x y3 z 3(x y)(y z)(z x) D 3(x y)(y z)(z x) f) (a b c)3 (a b c)3 (b c a)3 (c a b)3 m a b c Đặt n b c a a b c m n p p c a b E (m n p)3 m3 n p3 3(m n)(n p)(p m) E 3.2b.2c.2a 24abc Phương pháp hệ số bất định a) Kiến thức Đ̣ịnh lý : a) Nếu đa thức f x a n x n a n 1x n 1 a1x a với x Q = b) Nếu hai đa thức bậc mà đẳng với với giá trị biến hệ số hạng tử đồng dạng VD: Cho hai đa thức f x a n x n a n 1x n 1 a1x a g x b n x n b n 1x n 1 b1x b Nếu f(x) = g(x) = bi ( i = 0; 1; 2; 3; .n ) b) Bài tập áp dụng Bài Phân tích đa thức sau thành nhân tử: f) x 6x 12x 14x g) 2x 3x 7x 6x h) 12x 5x 12y 12y 10xy i) 2x 7x 17x 20x 14 j) 4x 4x 5x 2x k) 2x 7xy 6y 9x 13y HD: a) Ta nhận thấy giá trị 1; không nghiệm đa thức cho Biên soạn: Trần Đình Hồng 0814000158 25 Bồi dưỡng học sinh giỏi tốn Do đó, ta có: x 6x 12x 14x x ax 1 x bx Hoặc: x 6x 12x 14x x ax 1 x bx 3 Giả sử TH1 ta có : x 6x 12x 14x x a b x3 ab x 3a b x Đồng hệ số ta có: a b a Vậy x 6x 12x 14x x 4x 1 x 2x ab 12 b 3a b 14 b) Cách 1: Ta nhận thấy đa thức có nghiệm x = – nên có nhân tử x + Do đó: 2x 3x 7x 6x (x 1)(2x ax bx c) 2x (a 2)x (a b)x (b c)x c Đồng hệ số ta có: a 3 a b 7 a 5 b 2 Q(x) (x 1)(x 2)(2x x 4) b c c c Cách 2: Giả sử (2x +ax + b)(x cx d) 2x (2c a)x (2d ac b)x (ad bc)x bd 2c a 3 b 2 2d ac b 7 Đồng hệ số: d 4 Q(x) (2x x 4)(x 1)(x 2) ad bc a c 1 bd c) Ta có: 12x 5x 12y 12y 10xy ax by 3 cx dy 1 = acx 3c a x bdy 3d b y bc ad xy – Đồng hệ số ta có: ac 12 bc ad 10 a c ½ 12x 5x 12y 12y 10xy x 6y 3 3x 2y 1 3c a bd 12 b 6 d 3d b 12 d) Ta có: 2x 7x 17x 20x 14 2x ax b x cx d = 2x (2c a)x (ac b 2d)x (ad bc)x bd Đồng hệ số ta có: 2c a 7 a 3 ac b 2d 17 b ad bc 20 c 2 bd 14 ½ b 7,d 2(TM) d Ta có: 4x 4x 5x 2x (2x ax 1)(2x bx 1) Biên soạn: Trần Đình Hồng 0814000158 26 Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 4x (2a 2b)x (ab 4)x (a b)x Đồng hệ số hai vế, ta : 2a + 2b = 4, ab + = 5, a + b = a = 1, b = Vậy 4x 4x 5x 2x (2x x 1) e) 2x 7xy 6y 9x 13y 2x ay b x cy d c 2, b 3, b 1, d Bài Phân tích đa thức sau thành nhân tử: a) x –19x – 30 b) x 8x 63 c) x 6x 7x 6x d) 4x 4x 5x 2x e) 3x 11x 7x 2x f) 12x 5x 12y 12y 10xy HD: a) Ta có: x –19x – 30 x a x bx c x a b x ab c x ac a b Đồng hệ số hai vế, ta ab c 19 ac 30 Vì a,c thuộc số ngun vá tích ac = –30, a, c ước –30 hay a,c 1; 2; 3; 5; ; 10; 15; 30 Với a = 2, c = 15 b = –2 thoả mãn hệ Đó số phải tìm Vậy: x – 19x – 30 x x – 2x – 15 b) Ta có: x 8x 63 x ax b x cx d Đồng hệ số ta có: x 8x 63 (x 4x 7)(x 4x 9) c) Dễ thấy ±1 nghiệm đa thức nên đa thức khơng có nghiệm ngun, khơng có nghiệm hữu tỉ Do đó: x 6x 7x 6x x ax b x cx d x a c x ac b d x ad bc x bd Đồng đa thức với đa thức cho, ta có a c ac b d a b d c ad bc bd Vậy: x 6x 7x 6x x x 1 x x d) Ta có: 4x 4x 5x 2x ax bx 1 cx dx 1 Đồng hệ số, ta được: 4x 4x 5x 2x (2x x 1) e) Ta viết: 3x 11x 7x 2x (3x cx 1)(x dx 1) 3x (3d c)x (4 cd)x (c d)x Đồng hệ số hai vế, ta được: 3d + c = 11, + cd = – 7, c + d = – c, d (loại) Khi đó, ta chọn cách viết khác: Biên soạn: Trần Đình Hồng 0814000158 27 Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 3x 11x 7x 2x (3x m)(x nx px q) với x 3x (3n m)x (3p mn)x (3q mp)x mq 3n m 11 3p mn 7 Đồng hệ số hai vế ta được: 3q mp 2 mq Xét hai trường hợp: TH1: m = q = – 1, giải n = 4, p = – ( nhận ) TH2: m = q = – 1, giải n, p (loại ) Vậy: 3x 11x 7x 2x (3x 1)(x 4x x 1) f) Ta có: 12x 5x 12y 12y 10xy ax by cx dy 1 acx (ad bc)xy bdy (3c a)x (3d b)y ac 12 a ad bc 10 b 6 Đồng hệ số ta có: bd 12 3c a c d 3d b 12 2 Vậy 12x 5x 12y 12y 10xy 4x 6y 3 3x 2y 1 Bài Phân tích đa thức sau thành nhân tử: a) A x y z x y z xy yz zx c) A ab a b bc b c ca c a HD: b) A a b c a b c3 12abc d) C a b c b c a c a b 3 a) Ta có: A x y z x y z xy yz zx xy yz zx Đặt: x y z a, xy yz zx b ta được: A a a 2b b a 2ab b a b x y z xy yz zx 2 b) A a b c a b c3 12abc a b m m2 n2 Đặt 4ab m n a b a b a b ab m n a b n m 3mn A m c 4c3 3c m n c3 mc mn cn m c c n c n a b c c a b c a b c) A ab a b bc b c ca c a x a b Đặt x y a c y b c A abx bcy ca(x y) ax(b c) cy(a b) axy cxy xy(a c) (a b )(b c)(c a) Biên soạn: Trần Đình Hồng 0814000158 28 Bồi dưỡng học sinh giỏi toán d) C a b c b c a c a b 3 x a b Đặt x y a c y b c C ay3 b x y cx ay3 b x y3 3xy x y cx 3 y3 a b x b c 3bxy x y xy3 x y 3bxy x y xy y x 3bxy x y xy x y y x 3b xy x y b c a b 3b xy x y a b c a b b c c a a b c Bài Phân tích đa thức sau thành nhân tử: a) A x y z x y z x y z x y z x y z 2 b) B a b c a b c a b c(a b c)2 b c a c a b a b c 2 c) C ab a b b b c ca c a a b3 c3 2abc HD: x y4 z4 a a) Đặt: x y z b x y z c Khi ta có: A 2a b 2bc c 2a 2b b 2bc c a b b c 2 Lại có : a b 2 x y y z z x b c 2 xy yz zx Thay vào ta : A 4 x y y z z x xy yz zx 8xyz x y z a b c x 2a y z b c a y b) Đặt 2b z x c a b z 2c x y m x y z 2A y z x x z y y x z 2xyz xy x y yz y z zx z x 2xyz xy m z yz m x zx m y 2xyz m xy yz zx xyz x y y z z x 8abc A 4abc a b c z c) Đặt b c a x c a b y 2a y z 2b x z 2c x y Ta có: 4C 4a b c a 4b c a b 4c2 a b c 8abc y z x z x y x y z x y y z z x 2 xy x y yz y z zx z x x y y z z x 6xyz xy x y yz x y zx x y z x y x y y z z x 4xyz Biên soạn: Trần Đình Hồng 0814000158 29 Bồi dưỡng học sinh giỏi toán x y xy yz zx z x y y z z x 4xyz x y y z z x x y y z z x 4xyz 4xyz C xyz b c a c a b a b c Bài Phân tích đa thức sau thành nhân tử: a) B x(x 2y)3 y(y 2x)3 b) C x (x y)4 y c) D a b c 2(a b b 2c c 2a ) d) E 4x x y x y z x z y z HD: a) Đặt m x y , ta có: B x( m y )3 y( m x )3 x m3 3my( m y ) y3 y m3 3mx( m x ) x m3 x y xy x y 3mxy m x m y x y m3 xy x y 3mxy m x y m 4xy m x y x y 4xy m x y x y x y b) Đặt: m x y , ta có: 3 C m y m4 y m 4m3 y 6m y 4my3 y m y m 2m y2 y 4my m y 2m y2 m y2 my x y y x y y x xy y 2 c) Đặt: m a b c 2 D a b c a b b 2c c 2a m b a c2 c2a m b2 m b c 2a m 2b 2ca m 2b2 2ca m 2b 2ca 2 a b c2 2b 2ca a b2 c 2b 2ca 2 a c b a c b2 a c b a c b a c b a b c d) Ta có: E 4x x y z x y x z y z x xy xz x xz xy yz y z Đặt: x xy xz m , ta có: x xy xz x xz xy yz y z 4m m yz y z Thay m x xy xz , ta được: E 2x 2xy 2xz yz 2m yz 2 Phương pháp tìm nghiệm đa thức: a) Lý thuyết: Định lý nghiệm hữu tỉ đa thức với hệ số nguyên - Giả sử đa thức P(x) a n x n a n 1x n 1 a1x a đa thức với hệ số nguyên, n Khi đó, P(x) có nghiệm hữu tỉ nghiệm hữu tỉ P(x) có dạng r , s r ước a0, s ước an (r, s) = Biên soạn: Trần Đình Hồng 0814000158 30 Bồi dưỡng học sinh giỏi tốn - Nếu P(x) có nghiệm x = a f(a) = Khi đó, P(x) có nhân tử x – a P(x) viết dạng P(x) = (x – a).q(x) - Nếu đa thức P(x) có hai nghiệm phân biệt x = a x = b ta phân tích đa thức P(x) thành tích ba thừa số (x – a), (x – b) Q(x) Khi P(x) = (x – a)(x – b) Q(x) - Vậy đa thức P(x) có nghiệm kép x1 = x2 = a P(x) = (x – a)2R(x) Hệ quả: Đa thức P(x) a n x n a n 1x n 1 a1x a , nguyên i 0, n Khi P(x) có nghiệm hữu tỉ nghiệm hữu tỉ P(x) số nguyên ước số hệ số a0 Ví dụ: Cho đa thức: x3 + 3x Nếu đa thức có nghiệm a (đa thức có chứa nhân tử (x a)) nhân tử cịn lại có dạng (x2 + bx + c) Tức là: x3 + 3x = (x a)(x2 + bx + c) ac = a ước Vậy đa thức với hệ số nguyên, nghiệm nguyên có phải ước hạng tử tự Định lý Bezout: Số x0 nghiệm đa thức P(x) P(x) (x – x0) Sơ đồ Horner: - Giả sử chia đa thức P(x) a n x n a n 1x n 1 a1x a cho nhị thức x – a - Bậc đa thức thương Q(x) nhỏ bậc P(x) đơn vị Q(x) b n 1x n 1 b n x n 2 b n 3 x n 3 b0 (Số dư r số) - Ta có: a n x n a n 1x n 1 a1x a (x a)(b n 1x n 1 b n 2 x n 2 b n 3 x n 3 b0 ) r - Cân hệ số, ta có: an a n 1 a a n b n 1 b n a n a a n 1 … a1 a0 b b1.a a1 r b0 a a b) Bài tập áp dụng: Bài Phân tích đa thức sau thành nhân tử P(x) = x4 + x3 – 2x2 – 6x – HD: Ta nhận thấy đa thức P(x) có nghiệm phân biệt –1 Vì P(–1) = P(2) = Do P(x) = (x – 1)(x – 2)Q(x) Chia đa thức P(x) cho tam thức (x + 1)(x – 2) = x2 – x – , ta thương phép chia là: Q(x) = x2 + 2x + = (x + 1)2 + > Suy ra: P(x) = (x + 1)(x – 2)(x2 + 2x + 2) Vậy : P(x) = (x + 1)(x – 2)(x2 + 2x + 2) Bài Phân tích đa thứcsau thành nhân tử: a) x3 – 2x – b) x 3x – c) 2x – 5x 8x – d) x x – 2x – 6x – e) 6x x 19x 31x 30 f) 4x 4x 7x 4x g) 9x 15x 43x 22x 40 ĐS: Biên soạn: Trần Đình Hồng h) 2x 19x 2002x 9779x 11670 0814000158 31 Bồi dưỡng học sinh giỏi toán a) (x – 2)(x 2x 2) b) ( x –1)(x 2) c) (2x – 1)(x – 2x 3) d) (x 1)(x – 2)(x 2x 2) e) (2x 3)(3x 2)(x x 5) f) (x 2)(2x 1)(2x 3x 2) g) (3x 2)(3x 4)(x x 5) h) (x 2)(x 3)(2x 9x 1945) 10 Phương pháp xét giá trị riêng: - Phương pháp áp dụng số đa thức nhiều biến, hốn vị vịng quanh Trong phương pháp trước hết ta xác định nhân tử chứa biến đa thức, gán cho biến giá trị cụ thể để xác định nhân tử cịn lại Ngồi ta cịn có nhận xét: Giả sử phải phân tích biểu thức F(a,b,c) thành nhân tử, a, b, c có vai trị biểu thức Nếu F(a,b,c) = a = b F(a,b,c) chứa nhân tử a b, b c, c a Nếu F(a,b,c) biểu thức đối xứng a ,b, c F(a,b,c) ≠ a = b ta thử xem a = b, F(a,b,c) có triệt tiêu khơng, thoả mãn F(a,b,c) chứa nhân tử a + b từ chứa nhân tử b + c, c + a Bài Phân tích đa thức sau thành nhân tử: P x y z y z x z x y HD: Nhận xét: Nếu thay x y P = 0, nên P chia hết cho x – y Hơn thay x y, y z, z x P khơng thay đổi (Ta nói đa thức P hốn vị vịng quanh) Do đó: P chia hết cho x – y P chia hết cho y – z z – x Từ đó: P k x y y z z x ; k số (khơng chứa biến) Vì P có bậc tập hợp biến, cịn tích (x – y)(y – z)(z – x) có bậc tập hợp biến Ta có: P x y z y z x z x y k x y y z z x (*) với x, y, z R nên ta chọn giá trị riêng cho x, y, z để tìm số a xong Chú ý: Các giá trị x, y, z ta chọn tuỳ ý, cần chúng đôi khác để tránh P = Chẳng hạn: Chọn x = 2; y = 1; z = thay vào đẳng thức (*), ta tìm k = –1 Vậy: P x y z y z x z x y x y y z z x x y y z x z Bài Phân tích đa thức sau thành nhân tử: 2 Q a b c a b c a b c a b c a b c b c a c a b HD: Nhận xét: Với a = Q = 0, a nhân tử Q Do vai trị bình đẳng a, b, c nên b c nhân tử Q, mà Q có bậc tập hợp biến nên Q = k.abc Chọn a = b = c = k = Vậy Q = 4abc Bài Phân tích đa thức sau thành nhân tử: a) P x y z – x – y3 – z3 b) B xy xz yz x y z xyz Biên soạn: Trần Đình Hồng 0814000158 32 Bồi dưỡng học sinh giỏi toán c) M a b c b c b c a c a c a b a b d) A ab a – b bc b – c ca c – a HD: a) Nhận xét: Nếu thay x = –y P = 0, nên P chia hết cho x + y Hơn thay x y, y z, z x P khơng thay đổi Do đó: P chia hết cho x + y P chia hết cho y + z z + x Từ đó: P k x y y z z x ; k số (khơng chứa biến) Vì P có bậc tập hợp biến, cịn tích (x + y)(y + z)(z + x) có bậc tập hợp biến Với x = 0; y = z = 1, ta có: k = Vậy P x y y z z x b) Khi x = y B y z y z nên B chứa nhân tử x + y Lập luận tương tự, ta có B x y y z z x c) Khi thay a = b M = nên M chia hết cho a – b Lập luận tương tự, ta có: M R a b b – c c – a a b c Chọn a = 0, b = 1, c = ta R = Vậy M a b b – c c – a a b c d) Khi thay a = b A = nên A chia hết cho a – b Lập luận tương tự, ta có: A k a b b – c c – a Chọn a = 0, b = 2, c = 1, ta được: k = 1 Vậy A a b b – c c – a Bài Phân tích đa thức sau thành nhân tử: a) x y xy x z xz y z yz 3xyz b) xy y z xz x z yz 2x y z c) x y z y z x z x y 4xyz d) x y z y z x z x y 3xyz e) A (a b)5 (b c)5 (c a)5 f) A a(b3 c3 ) b(c3 a ) c(a b3 ) 2 2 2 g) B a (b c ) b3 (c a ) c3 (a b ) HD: e) A 5(a b)(b c)(c a)(a b c ab bc ca) f) A (b c)(a b)(c a)(a b c) g) B (a b)(b c)(a c)(ab bc ca) Biên soạn: Trần Đình Hồng 0814000158 33 ... y z Ta có: 81 x z y z y 81 x z y z y = x y2 c) 2 2 2 2 Biên soạn: Trần Đình Hồng 2 2 2 2 2 2 2 081 40001 58 Bồi dưỡng học sinh giỏi toán z y 81 x 1 z... n(n 2)(3n 8n 5) Biên soạn: Trần Đình Hồng 081 40001 58 10 Bồi dưỡng học sinh giỏi tốn n(n 2)(n 1)(3n 5) n(n 1)(n 2)(3n 8) 3n(n 1)(n 2)(n 1) 8n(n 1)(n 2)... 2 = x 8x 16x x 2x x 8x 4x 4x c) 10 11 10 4 2 2 9 11 2 2 11 d) Biên soạn: Trần Đình Hồng 10 2 2 081 40001 58 15 Bồi dưỡng học sinh giỏi tốn e) Ta có: 2x 3x 6x 8x 2x