Tiêu đề B. KIẾN THỨC MỞ RỘNG - BÀI TẬP TỔNG HỢP VÀ NÂNG CAO.doc ✅

Trang 1 B. KIẾN THỨC MỞ RỘNG BÀI TẬP TỔNG HỢP VÀ NÂNG CAO § 1. KIẾN THỨC MỞ RỘNG 1.1. Mở rộng hằng đẳng thức đáng nhớ Các hằng đẳng thức sau thường được sử dụng trong nhiều bài toán nâng cao ở lớp 8 và sau này: 1.1.1. Với mọi n: 123221...nnnnnnnababaabababb . 1.1.2. Với mọi n lẻ: 123221...nnnnnnnababaabababb . 1.1.3. 2222222abcabcabbcac , hay 22222abcabcabbcca . Tổng quát: 22221212......nnaaaaaa 1213122...2naaaaaa 23242122...2...2nnnaaaaaaaa . (*) 1.1.4. 333333abcabcabcabbccaabc . Chứng minh. 1.1.1 và 1.1.2: Xem bài tập 1.14. 1.1.3. Xem bài tập 1.12. Tổng quát, sử dụng quy nạp. Giả sử công thức đúng với n, tức là ta có (*). Khi đó: 2121...nnaaaa 22121121...2...nnnnaaaaaaaa 222 1212131...22...2nnaaaaaaaaa 2 232421122...2...2nnnnaaaaaaaaa 1121122...2nnnnaaaaaa 2222 1211213111...22...22nnnnaaaaaaaaaaaa 232422122...22...nnaaaaaaaa 1111222nnnnnnaaaaaa . Vậy công thức đúng với mọi n. 1.1.4. Khai triển và rút gọn vế phải. Ví dụ 27. a) 5432111aaaaaa ; b) 8765432111aaaaaaaaa ; c) 2abcd 2222 222222abcdabacadbcbdcd . (Thay vào (*) với 4n và 1234,,,aaabacad ). 1.2. Nhị thức Newton và tam giác Pascal 1221 ... 1.2 n nnnnn xyxnxyxy  1...1 ... 1.2... nkknnnnk xyy k   .
Trang 2 Công thức trên thường được gọi là nhị thức Newton. Để tính các hệ số của mỗi hạng tử trong công thức khai triển của nhị thức Newton ta có thể dùng tam giác Pascal. Trong tam giác Pascal thì mỗi dòng có số đầu và số cuối là 1, những số còn lại bằng tổng hai số tương ứng bên phải và bên trái của dòng ngay trên nó. Ta có thể khai triển nxy theo công thức trên bằng cách thay y bởi -y. Chú ý dấu đan nhau của các hạng tử, bắt đầu bằng dấu cộng. Ví dụ 28. 554322345510105xyxxyxyxyxyy ; 554322345510105xyxxyxyxyxyy . 1.3. Những chú ý thêm về việc phân tích đa thức thành nhân tử 1.3.1. Đặt ẩn phụ khi phân tích biểu thức thành nhân tử. Ví dụ 29. Phân tích biểu thức sau thành thừa số: 221212Dxxxx Hướng dẫn. Đặt 21txx . Ta có: 2 (1)1293Dtttt . Từ đó: 2521Dxxxx . Ví dụ 30. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: 2222483482Axxxxxx . Đặt 248yxx ta có: 2222 3222Ayxyxyxyxyx 2yxyx . Do đó: 2248482Axxxxxx 225868xxxx 25824xxxx . 1.3.2. Trong một số trường hợp thực hiện phép chia đa thức, chỉ cần phân tích thành nhân tử mà không cần đặt phép tính như đã nói. Việc này thực hiện được với điều kiện đó là phép chia hết. Ví dụ 31. Thực hiện phép chia đa thức 3333abcabc cho abc . Giải. Ta có: 33333223333abcabcabcabababc 223abcababccababc  222abcabcabacbc . Vậy 3333abcabc chia hết cho abc và được thương là
Trang 3 222 abcabacbc . 1.3.3. Dùng phương pháp hệ số bất định để phân tích. Trước tiên ta xét ví dụ sau. Ví dụ 32. Cho hai đa thức bậc nhất của x: ();()fxaxbgxcxd a) Chứng minh rằng nếu ()()fxgx thì ac và bd . b) Giả sử ()()fxgx , tìm điều kiện của ,,,abcd để ()fx và ()gx không nhận giá trị nào bằng nhau. Giải. a) Nếu ()()fxgx thì ()fx và ()gx sẽ nhận giá trị bằng nhau tại mọi giá trị của x . Do vậy: Với 0x , ta có (0)(0)dfbg .Vậy bd . Với 1x , ta có (1)(1)dfabgc nhưng do bd nên suy ra ac . b) Nếu ()()fxgx , ta suy ra hoặc ac hoặc bd (theo câu (a)). Nếu ac và bd thì hai đa thức không nhận giá trị bằng nhau nào tại mọi giá trị của x . Thật vậy, nếu tại 0xx mà có 0000()()fxaxbgxcxd thì từ ac suy ra bd . Còn nếu ac thì bao giờ cũng có một giá trị của x là 0 db x ac    để tại đó 0()fx và 0()gx nhận cùng một giá trị. Tóm lại, ac và bd là điều kiện để hai đa thức không nhận giá trị nào tại mọi giá trị của x . Mở rộng cho kết quả câu a) của ví dụ trên, ta có: Nếu hai đa thức một biến A và B bằng nhau thì các hạng tử cùng bậc ở hai đa thức đó phải có hệ số bằng nhau. Ví dụ 33. Phân tích đa thức 31930Fxx thành tích của một đa thức bậc 1 và một đa thức bậc 2. Hướng dẫn. Ta viết 321930xxxaxbxc 32xbaxcabxac . Cân bằng các hệ số ta được hệ: 0 19 30 ab cab ac       . Từ đó ta có 2 2 15 a b c       hay 3 3 10 a b c       hay 5 5 6 a b c       . Vậy: 22215Fxxx 223310556xxxxxx . 1.4. Đa thức thuần nhất Cho một đa thức gồm tổng của nhiều đơn thức. Nếu bậc của các đơn thức đối với tập hợp các biến đều bằng nhau và bằng một số n, ta nói rằng đa thức đã cho là đa thức thuần nhất bậc n. Ví dụ 34. a) Đa thức 22xxyy là thuần nhất bậc 2. b) Đa thức 222235xyzxyzyz là thuần nhất bậc 4. c) Đa thức 5423318xxyyzxyz là thuần nhất bậc 5.
Trang 4 d) Tìm một đa thức B sao cho tổng của B với đa thức A sau đây là một đa thức thuần nhất: 222422,3552Axyxyxxyyxy . Giải. 245Bxy hoặc 222355Bxyxxy . Thật vậy, ta có: 2224222422355252xyxxyyxyxyxy 22 35xyxy , là đa thức thuần nhất bậc 3 ; 2224222223552355xyxxyyxyxyxxy 422 2yxy , là đa thức thuần nhất bậc 4. 1.5. Một số chú ý thêm về đa thức một biến Một cách tổng quát, đa thức một biến x , kí hiệu Px , có dạng như sau: 1110...nnnnPxaxaxaxa , trong đó, x là biến số, các số ,0,1,2,...,iain là các số hữu tỉ, gọi là các hệ số, số 0na được gọi là hệ số cao nhất, số 0a được gọi là hệ số tự do, hiển nhiên n là bậc của đa thức. Nghiệm của đa thức Px là giá trị xa nào đó mà 0Pa .Đa thức đồng nhất 0 (đa thức tầm thường) thì có vô số nghiệm, nghiệm của nó là mọi số thực. 1.5.1. Cho đa thức 1110...nnnnPxaxaxaxa . Nếu tổng các hệ số bằng 0, tức là 110...0nnaaaa , thì đa thức đó luôn có một nghiệm bằng 1. Khi n chẵn, nếu ta có 110...0nnaaaa (các dấu cộng trừ đan nhau) thì đa thức đó luôn có một nghiệm bằng -1. Khi n lẻ, nếu ta có 110...0nnaaaa (các dấu cộng trừ đan nhau) thì đa thức đó luôn có một nghiệm bằng -1. (Có thể kiểm chứng các kết luận trên bằng cách thay trực tiếp 1x hoặc 1x ). 1.5.2. Với một đa thức một biến Px bậc n không tầm thường ta có kết quả hữu ích sau đây: Px có nhiều lắm là n nghiệm. Kết quả này không được chứng minh trong toàn bộ chương trình phổ thông, tuy nhiên, nó được sử dụng rất nhiều trong các kì thi học sinh giỏi. 1.5.3. Nếu các hệ số của đa thức một biến đều là những số nguyên, ta nói nó là đa thức với hệ số nguyên. Ta có kết quả sau đây: Cho đa thức hệ số nguyên có hệ số cao nhất bằng 1, tức là cho đa thức có dạng 1110...nnnnPxaxaxaxa , với các hệ số ia nguyên, khi đó, nếu a là nghiệm nguyên của đa thức thì a phải là ước số của 0a . 1.5.4. Định lí Bezout (Nhà Toán học Pháp, 1730 – 1783) Cho đa thức một biến Px . Số dư trong phép chia Px cho nhị thức xa chính là số Pa . Chứng minh. Ta có .QPxxaxr , trong đó, Qx là đa thức có bậc nhỏ hơn bậc của Px , r là một số ( vì xa có bậc 1). Thay xa , ta được rPa . Hệ quả. Nếu a là một nghiệm của Px thì Px chia hết cho xa . 1.6. Giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của một biểu thức Cho một biểu thức A, ta nói rằng số k là giá trị nhỏ nhất của A nếu ta chứng minh được (a) Ak với mọi giá trị của biến đối với biểu thức A.