Chuyên đề: Những Hằng đẳng Thức đáng Nhớ HSG Toan 8 - 123doc

Mục tiờu: - HS nắm được cỏc những hằng đẳng thức đỏng nhớ và cỏc hằng đẳng thức mở rộng, phương phỏp giải cỏc bài toỏn cú sử dụng hằng đẳng thức.. - Cú kĩ năng nhận dạng và vận dụng hằng

Ngày soạn: 31 / 08 / 2018

Ngày giảng: 11+14 / 09 / 2018

Chuyên đề 1:

NHỮNG HẰNG ĐẲNG THỨC ĐÁNG NHỚ

A Mục tiờu:

- HS nắm được cỏc những hằng đẳng thức đỏng nhớ và cỏc hằng đẳng thức mở rộng, phương phỏp giải cỏc bài toỏn cú sử dụng hằng đẳng thức

- Cú kĩ năng nhận dạng và vận dụng hằng đẳng thức, kĩ năng giải cỏc bài toỏn cú sử dụng hằng đẳng thức

- Tăng cường và rốn luyện tư duy thuật toỏn, tư duy logic, khả năng khỏi quỏt húa bài toỏn

- Bồi dưỡng năng lực tớnh toỏn, năng lực sỏng tạo và năng lực tự học cho HS

- Bồi dưỡng niềm đam mờ toỏn học, rốn tớnh cẩn thận, tỉ mỉ, chớnh xỏc khi giải toỏn

I. Chuẩn bị:

- GV: giỏo ỏn, cỏc loại sỏch tham khảo (Nõng cao và chuyờn đề Toỏn 8, Nõng cao và phỏt triển Toỏn 8, …), nghiờn cứu và tỡm hiểu trong thư viện tài nguyờn Violet…

- HS: Tự tỡm hiểu trước về nội dung chuyờn đề qua cỏc sỏch tham khảo và tra cứu thư viện điện tử

B Nội dung ụn luyện:

I/ Những hằng đẳng thức đỏng nhớ:

 Bảy hằng đẳng thức đỏng nhớ:

1 Bỡnh phương của một tổng:

AB2 A2  2ABB2=A B2 4AB





2 Bỡnh phương của một hiệu:

A B2 B A2 A2  2ABB2= A B2 4AB





3 Hiệu của hai bỡnh phương:

A BA B

B

4 Lập phương của tổng:

AB3 A3  3A2B 3AB2 B3 A3 B3  3ABAB

5 Lập phương của hiệu:

A B3 A3  3A2B 3AB2  B3 A3  B3  3ABA B

6 Tổng hai lập phương:

3

7 Hiệu hai lập phương:

3

 Một số hằng đẳng thức tổng quỏt:

1 an – bn = (a- b)(an-1 + an-2b+ … + abn-2 + bn-1)

2 a2k – b2k = (a + b )(a2k-1 – a2k-1b + … + a2k-3b2 –b2k-1)

3 a2k+1 – b2k+1 = (a + b )(a2k – a2k-1b + a2k-2b2 - … + b2k)

4 (a + b)n = an + nan-1b +

2 1

) 1 ( n n

an-2b2+…+

2 1

) 1 ( n n

a2bn-2 +nabn-1 + bn

5 (a -b)n = an - nan-1b +

2 1

) 1 ( n n

an-2b2-

…-2 1

) 1 ( n n

a2bn-2 +nabn-1 - bn

II/ Các dạng bài tập vận dụng những hằng đẳng thức đáng nhớ thường gặp:

 Vận dụng 1 : Chứng minh các hằng đẳng thức sau :

A B C    A  B  C  2 AB BC AC  

2 A B C   3  A 3  B 3  C 3  3 A B B C A C        

3 2 A 2B2 A B 2A B 2

4 A2B X2  2Y2 AX BY 2AX BY 2

Hướng giải: Sử dụng HĐT biến đổi cả 2 vế đưa về cùng 1 biểu thức

 Các đẳng thức vừa chứng minh là những HĐT mở rộng, có rất nhiều áp dụng hay

 Vận dụng 2: Tính nhanh:

a) A = 12 – 22 + 32 – 42 + … – 20182 + 20192

b) B = (2 + 1)(22 +1)(24 + 1)(28 + 1)(216 + 1)(232 + 1) – 264

Hướng giải:

a) A = 12 – 22 + 32 – 42 + … – 20182 + 20192

A = 1 + (32 – 22) + (52 – 42)+ …+ ( 20192 – 20182)

A = 1 + (3 + 2)(3 – 2) + (5 + 4 )(5 – 4) + … + (2019 + 2018)(2019 – 2018)

A = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + … + 2018 + 2019

A = ( 1 + 2019 ) 2019 : 2 = …

b) B = (2 + 1)(22 +1)(24 + 1)(28 + 1)(216 + 1)(232 + 1) – 264

B = (22 - 1) (22 +1)(24 + 1)(28 + 1)(216 + 1)(232 + 1) – 264

B = ( 24 – 1)(24 + 1)(28 + 1)(216 + 1)(232 + 1) – 264

B = …

B =(232 - 1)(232 + 1) – 264

B = 264 – 1 – 264

B = - 1

 Quan sát và biến đổi bài toán bằng cách sử dụng hằng đẳng thức A 2 – B 2

 Vận dụng 3 : Tìm giá trị nhỏ nhất hay giá trị lớn nhất của các biểu thức sau:

a) A = x2 – 4x + 7

b) B = x2 + 8x

c) C = - 2x2 + 8x – 15

Hướng giải:

a) A = x2 – 4x + 7 = x2 – 4x + 4 + 3 = ( x - 2)2 + 3 > 3

Dấu “ =” xảy ra  x – 2 = 0  x = 2

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là 3 khi x = 2

b) B = x2 + 8x = (x2 + 8x + 16 ) – 16 = (x – 4)2 – 16 > - 16

Dấu “ =” xảy ra  x – 4 = 0  x = 4

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là -16 khi x = 4

c) C = - 2x2 + 8x – 15 = – 2(x2 – 4x + 4) – 7 = – 2( x - 2)2 – 7 < - 7

Dấu “ =” xảy ra  x – 2 = 0  x = 2

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức A là - 7 khi x = 2

 Nhận xét:

 Để tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A ta cần:

- Chứng minh A > m với m là một hằng số.

- Chỉ ra dấu “=” có thể xảy ra.

- Kết luận: Giá trị nhỏ nhất của A là m ( kí hiệu minA )

 Để tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A ta cần:

- Chứng minh A < M với M là một hằng số.

- Chỉ ra dấu “=” có thể xảy ra.

- Kết luận: Giá trị lớn nhất của A là M (kí hiệu maxA)

 Vận dụng 4 : Chứng minh rằng nếu (a + b + c )2 = 3(ab + bc + ac) thì a = b = c

Hướng giải:

(a + b + c)2 = 3(ab + bc + ac)

 a2 + 2ab + b2 + 2bc + 2ac + c2 = 3ab + 3bc + 3ac

 a2 + b2 + c2- ab - bc – ac = 0

 2a2 + 2b2 + 2c2- 2ab - 2bc – 2ac = 0

 (a2 – 2ab + b2) + (b2 – 2bc + c2) + (c2 – 2ac + a2) = 0

 (a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2 = 0

 (a – b)2 = 0 hay (b – c)2 = 0 hay (c – a)2 = 0

 a = b hay b = c hay c = a

 a = b = c

Nhận xét: Quan sát và biến đổi bài toán bằng cách sử dụng các hằng đẳng thức:

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

(a ± b) 2 = a 2 ± 2ab + b 2

 Vận dụng 5 : Chứng minh rằng:

a) 7.52n + 12.6n  19 ( n N)

b) 11n+2 + 122n+1

 133 ( n N)

Hướng giải:

a) 7.52n + 12.6n = 7.(25n – 6n) + 19.6n

 19

Vì (25n – 6n)  (25 – 6) nên (25n – 6n)  19 và 19.6n

 19 Vậy 7.52n + 12.6n

 19 (n N) b) 11n+2 + 122n+1

 133 = 112 11n + 12.122n

= 12.(144n – 11n) + 133.11n  133

Vì (144n – 11n)  (144 – 11) nên (144n – 11n)  133

Nhận xét: Quan sát và biến đổi bài toán bằng cách sử dụng các hằng đẳng thức:

a n – b n = (a- b)(a n-1 + a n-2 b + … + ab n-2 + b n-1 ) do đó (a n – b n )  (a- b)

 Vận dụng 6: Tìm x, y, z biết rằng:

2x2 + 2y2 + z2 + 2xy + 2xz + 2yz + 10x + 6y + 34 = 0

Hướng giải:

2x2 + 2y2 + z2 + 2xy + 2xz + 2yz + 10x + 6y + 34 = 0

 (x2 + y2 + z2 + 2xy + 2xz + 2yz) + (x2 + 10x + 25) + (y2+ 6y + 9) = 0  (x + y + z)2 + (x + 5)2 + (y + 3)2 = 0

 (x + y + z)2 = 0 ; (x + 5)2 = 0 ; (y + 3)2 = 0

 x = - 5 ; y = -3; z = 8

 Nhận xét: Quan sát và biến đổi bài toán bằng cách sử dụng các hằng đẳng thức

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

(a ± b) 2 = a 2 ± 2ab + b 2

 Vận dụng 7: Cho x = 11 15

n chö õsoá 1   ; y =

11 19

n chö õsoá 1  

Chứng minh rằng xy + 4 là số chính phương

Hướng giải: Ta có : y = 11 19

n chö õsoá 1   =

11 15

n chö õsoá 1   + 4 = x + 4

Do đó: xy + 4 = x(x + 4) + 4 = x2 + 4x + 4 = ( x + 2 )2

hay xy + 4 =

2

11 17

n   chö õsoá 1 là số chính phương.

III/ Hằng đẳng thức mở rộng:

Xét bài toán: Phân tích đa thức sau thành nhân tử: a 3 + b 3 + c 3 – 3abc

Hướng giải: Ta có:

a3 + b3 + c3 – 3abc = (a + b)3 – 3ab(a + b) + c3 – 3abc

= [(a + b)3 + c3] – 3ab(a + b + c)

= (a + b + c) [(a + b)2 – c(a + b) + c2 ]– 3ab (a + b + c)

= (a + b + c) (a2 + 2ab + b2 – ac - ab + c2 - 3ab)

= (a + b + c) (a2 + b2 + c2 – ab – bc – ac)

= 2

1 (a + b + c) [(a-b)2 + (b-c)2 + (a-c)2]

Nhận xét: Nếu a3 + b3 + c3 = 3abc thì a3 + b3 + c3 – 3abc = 0



2

1

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

 























0 ) ( ) ( ) (

0

2 2

b a

c b a

 















c b a

c b

Áp dụng nhận xét trên vào giải một số dạng toán:

Dạng 1: Phân tích đa thức thành nhân tử.

Dạng 2: Tính giá trị biểu thức.

Dạng 3: Giải phương trình, hệ phương trình

Dạng 4: Chứng minh đẳng thức.

 Dạng 1: Phân tích đa thức thành nhân tử

Bài 1: Phân tích đa thức (x - y)3 + (y – z)3 + (z - x)3 thành phân tử

Hướng giải: Ta thấy : x – y + y – z + z – x = 0 => áp dụng nhận xét ta có:

(x - y)3 + (y – z)3 + (z - x)3 = 3(x - y) (y - z) (z - x)

Bài 2: Phân tích đa thức (x2 + y2)3 + (z2 – x2)3 – (y2 + z2)3 thành nhân tử

Hướng giải: Ta có :

(x2 + y2)3 + (z2 – x2)3 – (y2 + z2)3 = (x2 + y2)3 + (z2 – x2)3 + (-y2 - z2)3

Ta thấy x 2 + y2 + z2 – x2 – y2 – z2 = 0 => áp dụng nhận xét ta có:

(x2 + y2)3 + (z2 - x2)3 + - y2 - z2)3 = 3(x2 + y2) (z2 – x2) (-y2 – z2)

= 3(x2 + y2) (x + z)(x - z)(y2 +z 2)

Bài 3 : Phân tích đa thức (x + y + z)3 – x3 – y3 – z3 thành nhân tử

Hướng giải: (x + y + z)3 – x3 - y3 - z3 = [(x + y) + z]3 – x3 – y3 – z3

= (x + y)3 + 3 (x + y) (x + y + z) – x3 - y3 - z3

= x3 + y3 + 3xy(x + y) + z3 + 3z(x + y)(x + y + z) – x3 - y3 - z3

= 3(x + y) (xy + yz + xz + z2) = 3(x + y)(y + z)(z + x)

Bài 4: Phân tích đa thức thành nhân tử :

(x + y + z)3 – (x + y - z)3 -(x – y + z)3 -(-x + y + z)3

Hướng giải: Đặt : x + y – z = a; x – y + z = b ; -x + y + z = c.

=> x + y + z = a + b + c

=> (a + b + c)3 - a3 - b3 - c3 = 3(a + b)(b + c)(a + c) = 24xyz

 Dạng 2: Tính giá trị biểu thức:

Bài 1: Cho 11 1 0

z y

x tính P = 2 2 y2

zx x

yz z

xy





Hướng giải: Từ 11 1  0

z y

x => x13  y13 z13 xyz3

=> P = 2 2 2 3 3 3 13 13 13  33



























xyz

xyz z

y x

xyz y

xyz x

xyz z

xyz y

zx x

yz z xy

Bài 2: Cho abc 0, a3 + b3 + c3 = 3abc tính A = 









































a

c c

b b

a

1 1

1

Hướng giải : Từ a3 + b3 + c3 = 3abc => 















c b a

c b

Nếu a + b + c = 0 thì A =   . .   1









 











 











 



b c

a b

c c

c a c

c b b

b a

Nếu a = b = c thì A = (1 + 1) (1 + 1) (1 + 1) = 8

=> A có 2 giá trị: -1 và 8

Bài 3: Cho xyz 0 thoả mãn : x3y3 + y3z3 + x3z3 = 3x2y2z2









































x

z z

y y

x

1 1

1

Hướng giải : Đặt a = xy, b = yz, c = zx.

Ta có x3y3 + y3z3 + x3z3 = 3x2y2z2 => a3 + b3 + c3 = 3abc => 















c b a

c b

Nếu a + b + c = 0 hay xy + yz + xz = 0 thì (x+z) y = -xz

xy

y z x zx

x z y yz

z y x x

x z z

z y y

y x x

z x

y y













 































































1

=  . .    1

yz xy zx

zx yz xy

Nếu a = b = c hay xy = yz = zx => x = y = z => P =8

Bài 4: Cho a + b + c = 0 Tính giá trị biểu thức: A = (a - b)c3 + (b - c)a3 + (c - a)b3

Hướng giải : Ta biến đổi b - c = b – a + a - c

Ta được A = (a - b)c3 + (b - a)a3 + (a - c)b3 = (a - b)(b - c)(a - c)(a + b + c)

Vì a + b + c = 0 -> A = 0

Bài 5: Cho x + y + z = 0 Tính giá trị biểu thức B =

xzy

z y x





3

Hướng giải : Vì x + y + z = 0 => x3 + y3 + z3 = 3xyz => B = 3 3

3 3 3















xyz

xyz xyz

z y x

Bài 6: Cho a3 + b3 + c3 = 3abc và a + b + c 0 Tính giá trị biểu thức M=

2 2 2

c b a

c b a









Hướng giải : Ta có: a3 + b3 + c3- 3abc = (a + b + c) (a2 + b2 + c2 – ab – bc - ca) = 0

           0

2















b c a b b c c a a

Mà: a + b + c 0 => (a + b)2 + (b - c)2 + (c - a)2 = 0 => a = b = c

=> M =

1 9

3

2 2

2 2 2









a

a a

a a a

Bài 7: Cho a + b + c = 0 (a  0; b 0; c  0) Tính giá trị biểu thức

A = a2 b2 c2

b a c

c a

c b

b c

b a

a

















Hướng giải : Ta có A =

abc

c b





Vì a + b + c = 0 => a3 + b3 + c3 = 3abc => A = 3abc 3

Từ a + b + c = 0 => a + b = - c => a2 + b2 + 2ab = c2 -> c2 - a2 - b2= 2ab

Tương tự: a2 - b2 - c2 = 2bc; b2 - c2 - a2 = 2ac

Nên B =

abc

c b a ab

c ac

b bc a

a

2 2

2 2

3 3 3 2 2 2











Ta có a + b + c = 0 => a3 + b3 + c3 = 3abc => B =

2

3 2

3



abc abc

Bài 8: Cho a + b + c= 0 Tính giá trị biểu thức:

















b c b

a b a c

Hướng giải : Đặt B =

b

a c a

c b c

b











































a ac bc b b a

c b

a c a

c b b a

c b

a

1

1

= 1 + a c b a bab c a b ab c abc c

3

1

2 1



Tương tự : B 1 2 ;

3

abc

a c

b

a





3

abc

b a

c

b







abc

c b a abc

b abc

a abc

3

2 1

2 1

2

Vì a + b + c = 0 => a3 + b3 + c3 = 3abc => A = 3 +2.3  9

abc abc

 Dạng 3: Giải phương trình, hệ phương trình

Bài 1: Giải phương trình (3x – 2)2 – (x - 3)3 = (2x + 1)3

Hướng giải : (3x - 2)3 – (x - 2)3 = (2x + 1)3 => (3x - 2)3 – (x - 3)3 – (2x + 1)3 = 0

=> (3x - 2)3 + (-x + 3)3 + (-2x - 1)3 = 0

=> Nhận xét: Ta có : 3x - 2 - x + x - 2x - 1 = 0

Áp dụng nhận xét, ta có :

(3x - 2)3 + (-x + 3)3 + (-2x - 1)3 = 3(3x - 2)(-x + 3)(-2x - 1) = 0

Bài 2: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình : x3 + y3 + z3 - 3xyz = 1

Hướng giải : Ta có : x3 + y3 + z3 - 3xyz = 1

 (x + y + z) (x2 + y2 + z2 – xy – xz - yz) = 1

Ta xét x2 + y2 + z2 – xy – xz =

2

1 [(x - y2 + (y- z)2 + (z - x)2 ]  0 nên chỉ có thể xảy ra :

























) 2 ( 1

) 1 ( 1

2 2

2 y z xy yz zx

x

z y

x

Từ (1) ta có: x2 + y2 + z2 + 2(xy + yz + xz) = 1 (3)

Từ (2), (3) => xy + yz + zx = 0 nên x2 + y2 + z2 = 1

Giả sử : x2  y2 z2 =>z = 0; y = 0; x = 1

















0

0

1

z

y

x

không t/m

















0

0

1

z

y

x

T/m phương trình

và TH: 

















0

1

0

z

y

x

và















 1 0 0

z y x

 Dạng 4: Chứng minh đẳng thức :

Bài 1: Cho tam giác ABC có 3 cạnh tương ứng là a,b,c thoả mãn a3 + b3 + c3 = 3abc

Hỏi tam giác ABC là tam giác gì?

Hướng giải : Ta có a3 + b3 + c3 = 3abc 

















c b a

c b

Vì a, b, c là 3 cạnh của tam giác ABC nên a + b + c 0 nên ta có a = b = c (a, b, c >0)

=> ABC là tam giác đều

Bài 2: Cho a + bc + c + d = 0 Chứng minh rằng : a3 + b3 + c3 + d3 = 3 (d + c) (ab - cd)

Hướng giải : Đặt c + d = x Ta có a + b + x = 0

 a3 + b3 + x3 = 3abx hay a3 + b3 + (c + d)3 = 3ab(c + d)

 a3 + b3 + c3 + d3 = 3ab (c + d) - 3cd(c + b) = 3(c + d)(ab - cd)

Bài 3: CMR : nếu x + y + z = 0 thì 2(x5 + y5 + z5) = 5xyz(x2 + y2 + z2)

Hướng giải : Từ x + y + z = 0  -x = y + z  (y + z)5 = -x5

 y5 + 5y4z + 10y3z2 + 10y2z3 + 5yz4 + z5 = -x5

 x5 + y5 + z5 + 5yz (y3 + 2yzz + 2yz2 + z3) = 0

 x5 + y5 + z5 + 5yz(y + z)(y2 + yz + z2) = 0

 2(x3 + y5 + z5) - 5yzx((y2 + z2) + (y + z)2)= 0

 2(x3 + y5 + z5)- 5yzx((x2 + y2 + z2)= 0

2(x5 + y5 + z5) = 5yzx (x2 + y2 + z2)  đpcm.

IV/ Sử dụng hằng đẳng thức trong biến đổi đồng nhất :

Bài tập 1 : Cho a b 0  , biết:

a) 2 2

3a  3b  10ab Tính P a b

a b







b) 2 2

2a  2b  5ab Tính Q a b

a b







Hướng giải :

a) Xét

2

a b a 2ab b 3a 3b 6ab 10ab 6ab 1 P

a b a 2ab b 3a 3b 6ab 10ab 6ab 4

2

  

b) (Tương tự) Xét 2

E   9 E 3 

Bài tập 2:

a) Cho a b c 0   và a 2  b 2  c 2  14 Tính A a  4  b 4  c 4

b) Cho x y z 0    và x2y2z2 a2 Tính B x 4y4z4theo a

Hướng giải : a).Ta có: 14 2 a 2  b 2  c 22 a 4  b 4  c 4  196 2 a b   2 2  b c 2 2  c a 2 2

Ta có: a b c 0 a b c2 0 ab bc ac a2 b2 c2 7

2

ab bc ac 49 a b b c a c 2abc(a b c) 49 a b b c a c 49

Vậy A a  4  b 4  c 4  196 2.49 98  

b) x  y z   x 2 y z  2 x 2  y 2  z 2  2yz  x 2  y 2  z 22  4y z 2 2

2

Bài tập 3: Cho x 0 và x 1 a

x

  Tính các biểu thức sau theo a

2

2

1

A x

x

B x

x

C x

x

D x

x

 

Hướng giải : Dễ dàng chứng minh được, khi n>1, ta có:

         

Ta tính được: A a  2  2; B a  3  3a;

6 4 2

C a   6a  9a  2; 7 15 3

D a   7a  14a  7a

Bài tập 4: Phân tích các số sau ra thừa số:

a) a b c2  b c a2  c a b2  

b) 3 2

a  4a  29a 24 

c) 4 3 2

x  6x  7x  6x 1 

d) x 3  6x 2  11x 6 

e) x 1 x 3 x 5 x 7          15

f) x y  3y z  3z x  3

Hướng giải :

a) Thay b c   (c a) (a b)   

Sau khi thay, ta được

a b c    2  a 2c a b    2  a 2 a b c a       c a    b a   a b c a c b        

b) Đáp số: a 1 a 3 a 8       

c) Đáp số: x 2  3x 1  2

d) Đáp số: x 1 x 2 x 3       

e) Đáp số: x 2  8x 10 x 6 x 2        

f) Đặt x y a y z b z x c     

a b c 0 a b c a b c

         

x y 3y z 3z x 3 3 x y y z z x        

C Hướng dẫn tự học:

- Xem lại nội dung chuyên đề đã ôn (các dạng bài tập và phương pháp giải)

Bài tập tự luyện: Bài 156-164/ Bài tập nâng cao và các chuyên đề Đại số 8.

Bài 67-70/ Sách 500 bài toán cơ bản và nâng cao Toán 8

Bài 1: Tìm tất cả các giá trị của x, y, z thoả mãn đẳng thức: (x – y + z)2 = x2 – y2 + z2

Bài 2 : Tìm các cặp số nguyên sao cho tổng hai số nguyên ấy bằng tích của chúng.

Bài 3: Cho ba số thực a, b, c thoả mãn ab + bc + ca = 1

Chứng minh rằng: P = (a2 + 1)(b2 + 1)(c2 + 1) bằng bình phương của một số thực Bài 4: Chứng minh rằng:

Nếu x là một số tự nhiên lẻ thì A = x4 + 2x3 – 16x2 _ 2x + 15 chia hết cho 16 Bài 5: Tìm GTNN (giá trị nhỏ nhất) của biểu thức:

f(x) = (x – 1)(x + 2)(x + 3)(x + 6) + 2040

Bài 6: Biết x = y = 10 Tìm GTLN (giá trị lớn nhất) của P = xy

Bài 7: Tìm đa thức dư trong phép chia (x2005 + x200 + x20 + x2): (x2 – 1)

Bài 8: Chứng minh rằng: Nếu a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác ABC thoả mãn:

a2 + b2 + c2 = ab + ac + bc thì tam giác ABC đều

Bài 9: Chứng minh rằng: Nếu a, b, c là 3 số thoả mãn a + b = c thì ta có đẳng thức:

a2 + b2 + c2 + 2( ab – ac _ bc) = 0 Bài 10: Chứng minh rằng: nếu n là số tự nhiên lẻ thì:

A = n3 = 3n2 _ n _ 3 chia hết cho 8

- Chuẩn bị nội dung chuyên đề 2 “Các PP phân tích đa thức thành nhân tử”.