Giáo án tự chọn Toán học Lớp 8 - Chủ đề: Một số dạng toán sử dụng phân tích đa thức thành nhân tử

Chủ đề : Một số dạng toán sử dụng phân tích đa thức thành nhân tử 
I . Một số kiếân thức liên quan 
Khái niệm về phân tích đa thức thành nhân tử 
Đa thức f(x) có bậc n được viết dưới dạng tích của các đa thức có bậc nhỏ hơn n .
 f(x) = q1(x).q2(x)..qk(x) trong đó các đa thức qi(x) ( i= 1,2,3.k) là các đa thức có bậc nhỏ hơn n và tổng các bậc của các đa thức đó bằng n .
Các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử 
1. Đặt nhân tử chung : AB + AC – AD = A(B + C – D)
2. Hằng đẳng thức : 
A2 ± 2AB + B2 = (A ± B)2
A3 ± 3A2B + 3AB2 ± B3 = (A ± B)3
A2 – B2 = ( A – B)(A + B)
A3 – B3 = (A – B)(A2 + AB + B2)
A3 + B3 = (A + B)(A2 – AB + B2)
A2 + B2 + C2 + 2AB +2AC + 2BC = (A + B + C)2 
An – Bn = (A – B)(An-1+An-2B + An-3B2 .. + ABn-2 + Bn-1)
A2n+1 + B2n+1 = (A + B)(A2n – A2n-1B + A2n-2B2 . + (-1)kAn-kBk - AB2n-1 + B2n) 
3. Nhóm các hạng tử : Nhóm các số hạng một cách thích hợp để đa thức có nhân tử chung 
4. Thêm và bớt một hạng tử – tách một hạng tử thành nhiều hạng tử 
	Ví dụ : Phân tích đa thức x2 + x – 6 thành nhân tử 
	Cách thêm và bớt : x2 + 3x – 2x – 6 = x(x+3) – 2(x+3) = (x – 2)(x + 3) 
	Tách một hạng tử : x2 + x – 2 – 4 = ( x2 – 4) + ( x – 2) = (x –2)(x + 2) + (x + 2) 
 = (x – 2)(x + 3)
5. Đặt ẩn phụ : Khi trong đa thức có chứa các biểu thức giống nhau ta có thể dùng ẩn phụ để đưa đa thức về dạng dể nhận biết hơn .
	Ví dụ : Phân tích đa thức (x2 + x + 2)2 – 3(x2 + x + 2)(x2 – x +3) + 2(x2 – x + 3)2
Ta đặt a = x2 + x + 2 ; b = x2 - x + 3 thì được a2 – 3ab + 2b2 = (a-b)(a – 2b)
 Thay a, b vào ta được (x2 + x + 2 - x2 + x – 3)( x2 + x + 2 - 2x2 + 2x – 6) = (2x – 1)(-x2 + 3x –4) 
Một số dạng toán liên quan đến việc sử dụng phân tích đa thức thành nhân tử 
Tính nhẩm 
Tìm nghiệm của đa thức có bậc lớn hơn 2 hoặc tìm nghiệm của phương trình có bậc lớn hơn 2 .
Nếu đa thức f(x) = q(x).p(x) , để tìm nghiệm của đa thức f(x) ta đi tìm nghiệm của đa thức q(x) và p(x) . Mà nghiệm của các đa thức q(x) và p(x) thường dễ tìm hơn đa thức f(x) 
Chứng minh đa thức P chia hết cho đa thức Q 
Nếu đa thức P = Q . M thì đa thức P chia hết cho đa thức Q . 
Do vậy khi chứng minh đa thức P chia hết cho đa thức Q ta chỉ cần phân tích đa thức P thành nhân tử trong đó có một nhân tử là Q .
Xét dấu của một đa thức có bậc lớn hơn 1 . (Chủ yếu là xét dấu của đa thức khi được phân tích thành 2 nhân tử ) . Nếu f(x) = q(x).p(x) .
 Để f(x) ³ 0 khi và chỉ khi q(x) và p(x) cùng dấu 
	Để f(x) £ 0 khi và chỉ khi q(x) và p(x) trái dấu .
Tính giá trị của một biểu thức ( Nhất là các biểu thức có điều kiện). Trong trường hợp này có thể phân tích biểu thức có điều kiện hoặc biểu thức có trong bài thành nhân tử rồi áp dụng để tính 
Xét tính chia hết trên tập hợp số nguyên : Trong tập hợp số nguyên ta có tính chất “Trong tập hợp n số nguyên liên tiếp bao giờ cũng có một số chia hết cho n” . Do vậy tích của n số nguyên liên tiếp thì chia hết cho n .
II . Một số bài tập vận dụng 
Loại áp dụng để tính nhẩm : Biểu thức cần tính ta phân tích thành nhân tử , làm cho biểu thức được tính thuận lợi hơn .
Bài 1 : Tính bằng cách hợp lý 
37,5 . 6,5 – 7,5 . 3,4 – 6,6 . 7,5 + 3,5 . 37,5 
872 + 732 – 272 – 132 
10002 + 10032 + 10052 +10062 – 10012 – 10022 – 10042 - 10072
Lời giải
37,5.(6,5 + 3,5) – 7,5.(6,6 + 3,4) = 37,5 . 10 – 7,5. 10 = 10.(37,5 – 7,5) = 300
(872 – 132) + ( 732 – 272) = (87 – 13)(87 + 13) + (73 –27)(73 + 27) = 74 . 100 + 46 . 100 = 100 .(74 + 46) = 100 . 120 = 12000
(1000 –1001)(1000+1001) + (1003-1002)(1003+1002) + (1005-1004)(1005+1004) + (1006 --1007)(1006+1007) = -2001 + 2005 + 2009 – 2013 = 0
Bài 2 Tính giá trị của các biểu thức sau một cách hợp lý 
x2 – y2 –2y – 1 với x = 93 và y = 6
a3 –3a2b + 3ab2 –b3 với a = 2998 , b = 3003
Lời giải 
x2 –(y+1)2 = (x – y –1)(x+y+1) . Thay x = 93 , y = 6 vào ta được 
(93 – 6 – 1)(93 + 6+1) = 86.100 = 8600
x2 + 2 . x . 0,25 + 0,0625 = (x + 0,25)2 . Thay x = 49,75 vào ta được (49,75 + 0,25)2 = 2500
(a – b)3 . Thay a = 2998 và b = 3003 vào ta được ( 2998 – 3003)3 = (-5)3 = -125
Bài 3 : Hãy tính giá trị của các biểu thức sau 
x17 – 13x16 – 13x15 .. – 13x2 – 13x – 7 với x = 14
x81 – 79x80 + 79x79 – 79x78  - 79x2 + 79x – 80 với x = 78
Giải 
x17 –13(x16 + x15 + x14 . + x2 + x + 1) + 6 vì x = 14 nên 13 = x –1 thay vào ta có 
 x17 - (x –1)( (x16 + x15 + x14 . + x2 + x + 1) + 6 = x17 – (x17 –1) + 6 = 7
x81 – 79(x80 – x79 + x78 - + x2 – x + 1) –1 . Vì x = 78 , nên 79 = x + 1 thay vào ta có 
 x81 – (x + 1)( x80 – x79 + x78 - + x2 – x + 1) –1 = x81 – (x81 + 1) –1 = -2
B . Loại tìm nghiệm của đa thức ( có bậc lớn hơn 2 ) hay là loại toán giải các phương trình bậc cao .
Bài 1 : Tìm x biết 
a. x3 – 0,25x = 0	b. (2x – 1)2 – (x + 3)2 = 0 	c. 3x2 – 5(x2 – 2x +1) = 3
Giải
a. x(x2 – 0,25) = x(x – 0,5)(x + 0,5) = 0 Þ x = 0 ; 0,5 ; -0,5
b. [(2x –1) – (x +3)].[(2x –1) + (x +3)] = (x –4)(3x + 2) = 0 Þ x = 4 ; -2/3 
3x2 – 5(x2 – 2x +1) –3 = 0 
3(x –1)(x + 1) – 5(x –1)2 = (x –1)(3x + 3 –5x + 5) = (x –1)(-2x + 8) = 0 Þ x = 1 ; 4
 Bài 2 : Tìm nghiệm của các đa thức sau 
	a. 2x3 – 3x2 – 8x + 12 b. x3 – 7x + 6	 c. x4 – 6x3 + 54x – 81
 Giải 
Cho đa thức 2x3 – 3x2 – 8x + 12 = 0 , phân tích vế trái ta được (x – 2)(x + 2)(2x –3) = 0 . Từ đó x = 2 ; -2 ; 1,5 . Vậy nghiệm của đa thức 2x3 – 3x2 – 8x + 12 là ±2 ; 1,5 
Cho đa thức x3 – 7x + 6 = 0 
 Phân tích x3 – 7x + 6 = (x3 – x) – (6x – 6) = x(x –1)(x +1) – 6(x –1) 
 = (x –1)(x2 + x – 6) = (x –1)[(x2 – 2x) + (3x – 6)]
	= (x –1)[x(x –2) + 3(x – 2)] = (x –1)(x –2)(x + 3) = 0 
	Þ x = 1 ; 2 ; -3
Vậy nghiệm của đa thức x3 – 7x + 6 là {1 ; 2 ; -3 }
c. Cho đa thức x4 – 6x3 + 54x – 81 = 0 . Phân tích vế trái
x4 – 6x3 + 54x – 81 = (x4 – 81) – (6x3 – 54x) = (x2 – 9)(x2 + 9) – 6x(x2 –9)
 = (x –3)(x +3)(x2 –6x + 9) = (x + 3)(x – 3)3 = 0 Þ x = ± 3
	Vậy tập hợp nghiệm của đa thức x4 – 6x3 + 54x – 81 là { -3 ; 3 }
Bài 3 . Tìm x biết a . (x2 + 8x + 7)(x2 + 8x + 15) + 15 = 0
	b. ( x2 + x + 3)(x2 + 3x + 3) – 3x2 = 0
Giải 
Đặt y = x2 + 8x + 7 , ta được y(y + 8) + 15 = (y + 4)2 – 1 = (y +3)(y+5) .
Thay y = x2 + 8x + 7 ta có (x2 + 8x + 10)( x2 + 8x + 12) = (x2 + 8x + 10)(x + 2)(x + 6) = 0 
Cho nên x = -2 ; -6 
Xét x2 + 8x + 10 = (x + 4)2 – 6 = (x + 4)2 - = 0 
 Nên x = 
	Vậy x Ỵ { -2 ; -6 ; }
Đặt y = x2 + x + 3 . ta biến đỗi vế trái y(y + 2x) – 3x2 = (y +x)2 - (2x)2 = (y –x)(y + 3x) 
 Thay y = x2 + x + 3 ta được (x2 + x + 3 – x) (x2 + x + 3 +3x) = (x+1)(x+3)(x2 + 3) = 0 
x = -1 ; - 3 . Vì x2 + 3 > 0 với mọi x Ỵ R .
C . Loại toán về tính chia hết trong đa thức .
Bài 1 : Chứng minh rằng đa thức a2 – c2 + 2ab + b2 chia hết cho đa thức a + b + c .
Lời giải : a2 +2ab + b2 – c2 = (a + b)2 – c2 = (a + b + c)(a + b – c) 
	Do vậy a2 +2ab + b2 – c2 M (a + b + c) 
Bài 2 : Chứng minh rằng Với 3 số dương a ,b,c đôi một khác nhau thì đa thức a3 + b3 + c3 –3abc chia hết cho đa thức a + b + c .
Lời giải 
	Phân tích đa thức a3 + b3 + c3 –3abc = (a + b)3 + c3 – 3ab(a + b + c) 
 = (a + b + c) [(a + b)2 –(a + b)c + c2] – 3ab(a + b +c)
	 = (a + b +c) ( a2 + b2 + c2 –ab – ac – bc) 
 = ½ (a + b+c) [(a-b)2 + (a-c)2+(b-c)2] . vì a , b c đôi một khác nhau nên 
	[(a-b)2 + (a-c)2+(b-c)2 ¹ 0 
	Do vậy a3 + b3 + c3 –3abc M ( a + b + c) 
Bài 3 : Chứng minh đa thức (a-b)3 + (b-c)3 + (c – a)3 chia hết cho đa thức (a –b)(b –c)(c –a) với a ,b,c đôi một khác nhau . 
	Lời giải : Nhận xét b –c = -[(a –b) + (c –a)] 
(a-b)3 + (b-c)3 + (c – a)3 = (a –b)3 – [(a –b) + (c –a)]3 + (c –a)3
 = (a –b)3 –(a –b)3 – 3(a –b)(c –a)[(a –b) + (c –a)] – (c –a)3 + (c –a)3
 = 3(a –b)(b –c)(c –a) 
	Vậy (a-b)3 + (b-c)3 + (c – a)3 M (a –b)(b –c)(c –a) 
Bài 4 : Chứng minh với a,b,c đôi một khác nhau thì đa thức (a + b + c)3 – a3 – b3 – c3 chia hết cho đa thức (a + b)(b + c)(c + a) .
	Lời giải 
Phân tích (a + b + c)3 – a3 – b3 – c3 = [(a + b + c)3 – a3 ] – (b3 + c3)
 = [(a + b + c) – a] [(a + b + c)2 + (a +b +c)a + a2] – (b + c)(b2 – bc + c2)
 = ( b + c)(a2 + b2 + c2 +2ab + 2ac + 2bc +a2 +ab + ac + a2 – b2 + bc – c2)
 = 3(b +c)(a2 + ab +ac + bc) = 3(b +c)[a(a + b) + c(a + b)] = 3(a + b)(b + c)(c + a)
 Vậy (a + b + c)3 – a3 – b3 – c3 M (a + b)(b + c)(c + a)
Bài 5 : Chứng minh đa thức a5 + a + 1 chia hết cho đa thức a2 + a + 1 
Lời giải 
 Phân tích a5 + a + 1 = a5 + a4 + a3 – a4 – a3 – a2 + a2 + a +1 
 = a3(a2 + a + 1) – a2(a2 + a + 1) + (a2 + a + 1)
 = (a2 + a + 1)(a3 – a2 + 1) 
 Vậy a5 + a + 1 M (a2 + a + 1) 
Bài 6 Chứng minh đa thức x95 + x94 + x93 + .+ x2 + x + 1 chia hết cho đa thức x31 + x30 + + x + 1 
Lời giải 
Phân tích x95 + x94 + x93 + .+ x2 + x + 1 = (x95 + x94 + x93 + .+ x64 ) + (x63 + x62 + x61 + .+ x32) + + (x31 + x30 + x29 + .+ x2 + x + 1 ) 
= x64(x31 + x30 + + x + 1) + x32(x31 + x30 + + x + 1) + (x31 + x30 + + x + 1)
= (x31 + x30 + + x + 1)(x64 + x32 + 1) 
 Vậy x95 + x94 + x93 + .+ x2 + x + 1M (x31 + x30 + + x + 1)
D . Loại xét dấu của biểu thức 
Bài 1 : Tìm các giá trị của x để đa thức (2x –1)2 – 16 < 0 
Lời giải 
Phân tích đa thức (2x – 1)2 – 16 = (2x – 1 –4)(2x – 1 + 4) = (2x – 5)(2x + 3) 
Để (2x –1)2 – 16 < 0 khi (2x –5)(2x + 3) < 0 . Mà tích hai thức số nhận giá trị âm khi hai biểu thức 2x – 5 và 2x + 3 nhận giá trị trái dấu . Vậy 
 Nếu Þ . Trường hợp này không có x thoả mãn 
Nếu Þ Þ 
Vậy thì (2x –1)2 – 16 < 0
Bài 2 : Chứng minh rằng với mọi giá trị của x thì đa thức x12 – x7 – x5 + 1 luôn không âm . 
Lời giải 
x12 – x7 – x5 + 1 = x7(x5 –1) – (x5 – 1) = (x5 –1)(x7 –1) 
 Nếu x = 1 thì cả hai thừa số đều 0 , cho nên tích bằn 0 
Nếu x > 1 thì x5 –1 > 0 , x7 – 1 > 0 , nên tích lớn hơn 0 
Nếu x < 1 thì x5 – 1 < 0 , x7 – 1 < 0 , nên tích lớn hơn 0 
	Vậy x12 – x7 – x5 + 1 ³ 0 với mọi x Ỵ R 
Bài 3 : Chứng minh rằng với mọi n Ỵ Z thì biểu thức 6n2 – 7n + 2 > 0
Lời giải 
Phân tích đa thức 6n2 – 7n + 2 = 6n2 – 4n - 3n + 2 = 2n(3n – 2) – (3n –2)
 = (3n –2)(2n – 1) 
 Nếu n £ 0 thì 3n –2 0
Vì n Ỵ Z nên với n ³ 1 thì 3n – 2 ³ 1 , 2n –1 ³ 1 cho nên 6n2 – 7n + 2 > 0
	Vậy với mọi n Ỵ Z thì 6n2 – 7n + 2 > 0 
Bài 4 : Chứng minh rằng với mọi x , y Ỵ R thì đa thức (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4 luôn không âm . 
Lời giải 
Biến đổi (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + 4y4 = [(x +y)(x + 4y)][(x + 2y)(x + 3y)] + y4 
	 = (x2 + 5xy + 4y2)(x2 + 5xy + 6y2) + y4 
đặt a = x2 + 5xy + 4y2 thay vào ta có a(a + 2y2) + y4 = (a2 +2ay2 + y4) = (a + y2)2 
 hay (x2 + 5xy + 4y2 + y2)2 = (x2 + 5xy + 5y2)2 ³ 0 với mọi x,y Ỵ R 
Bài 5 : Chứng minh rằng với a,b,c là độ dài các cạnh của một tam giác thì 
 2a2b2 + 2a2c2 + 2b2c2 – a4 –b4 – c4 > 0 
Lời giải 
Phân tích 2a2b2 + 2a2c2 + 2b2c2 – a4 –b4 – c4 = 4a2b2 –( a4 + b4 + c4 + 2a2b2 - 2a2c2 - 2b2c2 )
 = (2ab)2 – (a2 + b2 – c2)2 = (2ab + a2 + b2 – c2)(2ab – a2 – b2 + c2)
 = [(a + b)2 – c2][c2 – (a – b)2] = (a + b + c)(a + b – c)(c –a + b)(c + a – b)
mà trong một tam giác tổng của hai cạnh bất kỳ lơn hơn cạnh còn lại . Cho nên a + b + c > 0 ;
a + b > c Þ a + b – c > 0 ; b + c > a Þ c – a + b > 0 ; a + c > b Þ a + c – b > 0
 Vậy 2a2b2 + 2a2c2 + 2b2c2 – a4 –b4 – c4 > 0 
E . Loại tính giá trị của biểu thức có điều kiện 
Bài 1 : Cho 3 số a , b ,c thoả mãn a + b + c = 1 (1) ; a2 + b2 + c2 = 1 (2) ; a3 + b3 + c3 = 1 (3) . 
	Tính giá trị của biểu thức T = a + b2 + c3 .
 Lời giải 
 Xét (a + b + c)3 – (a3 + b3 + c3) = 3(a + b)(a + c)(b + c) = 0 
Nếu a + b = 0 . Từ (1) thì c = 1 , từ (2) thì a2 + b2 = 0 Þ a = b = 0 . Vậy T = 1
Nếu a + c = 0 . Từ (1) thì b = 1 , từ (2) thì a2 + c2 = 0 Þ a = c = 0 . Vậy T = 1
Nếu b + c = 0 . Từ (1) thì a = 0 , từ (2) thì b2 + c2 = 0 Þ b = c = 0 . Vậy T = 1
 	Vậy giá trị của biểu thức T = a + b2 + c3 = 1
Bài 2 : Cho 3 số a,b,c thoả mãn a3 + b3 + c3 = 3abc và a ¹ 0 , b ¹ 0 , c ¹ 0 
	Hãy tính giá trị của biểu thức M = 
Lời giải 
 Xét a3 + b3 + c3 = 3abc Þ a3 + b3 + c3 – 3abc = 0
Phân tích biểu thức a3 + b3 + c3 – 3abc = ½(a + b + c)[(a – b)2 + (b –c)2 + (c – a)2] = 0 
Nếu (a – b)2 + (b – c)2 + (c –a)2 = 0 Þ a = b = c
	M = = (1 + 1)(1 + 1)(1 + 1) = 8
Nếu a + b + c = 0 thì M = 
 Vậy M = -1 hoặc M = 8
Bài 3 . Cho 3a2 + 3b2 = 10ab và b > a > 0 . Tính giá trị của biểu thức P = 
Lời giải 
Từ 3a2 + 3b2 = 10ab Þ 3a2 + 3b2 – 10ab = 0 
Phân tích 3a2 + 3b2 – 10ab = 3a2 – 9ab – ab + 3b2 = 3a(a – 3b) – b(a – 3b) = (a – 3b)(3a – b) = 0 
Nếu a – 3b = 0 Þ a = 3b , điều này không xảy ra vì a < b 
Vậy 3a – b = 0 Þ b = 3a . Thay vào biểu thức P ta được 
	P = 
Bài 4 . Tính giá trị của biểu thức M = 
Nhận xét a4 + ¼ = (a2 + ½)2 – a2 = (a2 –a + ½)(a2 + a + ½) . Thay vào biểu thức ta được 
M = 
Mà (k + 1)2 – (k + 1) + ½ = k2 + 2k + 1 – k – 1 + ½ = k2 + k + ½ và thay vào biểu thức trên và rút gọn , ta được 
	M = 
F . Loại toán về tính chia hết trên tập hợp số nguyên 
Bài 1 : Chứng minh rằng với mọi số nguyên n thì biểu thức luôn nhận giá trị là số nguyên .
Lời giải 
Xét . Do vậy để biểu thức nhận giá trị nguyên 
Thì n3 + 3n2 + 2n M 6 với mọi n Ỵ Z . Phân tích n3 + 3n2 + 2n thành nhân tử 
 n3 + 3n2 + 2n = n[(n2 + n) + (2n + 2)] = n[ n(n + 1) + 2(n + 1)] = n(n + 1)(n + 2) 
Mà n , n + 1 , n + 2 là 3 số nguyên liên tiếp cho nên tích chia hết cho 6 .
 Hay n3 + 3n2 + 2n M 6 . Vậy luôn nhận giá trị nguyên với mọi n Ỵ Z 
Bài 2 : Chứng minh rằng 
55n+1 – 55n chia hết cho 54
(2a + 1)2 – 1 chia hết cho 8
n5 – n chia hết cho 5 ( n Ỵ Z)
Lời giải 
55n(55 – 1 = 54 . 55n M 54
(2a + 1 – 1)(2a + 1 + 2) = 4a(a + 1) M 8 vì a, a + 1 là hai số tự nhiên liên tiếp nên tích chia hết cho 2 .
n(n – 1)(n + 1)( n2 + 1) = n(n – 1)(n + 1)[(n2 – 4) + 5] 
 = n(n – 1)(n + 1)(n2 – 4) + 5 n(n – 1)(n + 1)
	 = n(n – 1)(n + 1)(n – 2)(n + 2) + 5 n(n – 1)(n + 1)
	Mà n –2, n –1, n , n + 1, n + 2 là tích của 5 số nguyên liên tiếp nên tích của chúng chia hết cho 5 và 5 n(n – 1)(n + 1) cũng chia hết cho 5 .
	Vậy n5 – n chia hết cho 5 
Bài 3 . Chứng minh rằng với x là số nguyên lẻ thì giá trị của biểu thức 
 x3 – 3x2 – x +3 chia hết cho 48 .
Bài giải 
Phận tích x3 – 3x2 – x +3 = x2(x – 3) – (x – 3) = (x – 3)(x2 – 1) = (x –3)(x – 1)(x + 1)
Vì x là số nguyên lẻ nên x = 2k + 1 ( k Ỵ Z) , thay x vào ta được 
 ( 2k + 1 – 3) (2k + 1 –1)(2k + 1 + 1) = 2(k – 1).2k.2(k + 1) = 8 (k – 1)k(k + 1) 
	Mà (k – 1)k(k + 1) là tích của 3 số nguyên liên tiếp nên tích chia hêát cho 6 
	Vậy 8(k – 1)k(k + 1) chia hết cho 48 . 
	Hay x là số nguyên lẻ thì giá trị của đa thức x3 – 3x2 – x +3 chia hết cho 48 .
Bài 4 . Chứng minh rằng n5 + 10n4 – 5n3 – 10n2 + 4n chia hết cho 120 ( n Ỵ Z )
Lời giải
Nhận xét 120 = 3.5.8 
Phân tích n5 + 10n4 – 5n3 – 10n2 + 4n = n(n4 –n2 + 10n3 – 10n – 4n2 + 4)
 = n[n2(n2 –1) +10n(n2 –1) –4(n2 – 1)] = n(n – 1)(n + 1)(n2 + 10n – 4)
 = n(n – 1)(n + 1)(n2 – 4) + 10n2(n – 1)(n +1)
 = n(n – 1)(n + 1)(n – 2) ( n + 2) + 10n2(n – 1)(n + 1) 
	Mà n(n –1) (n + 1)(n –2)(n + 2) là tích của 5 số nguyên liên tiếp nên tích đó chia hết cho 3 , 5 . mà trong 5 số nguyên liên tiếp bao giờ cũng có 2 số chẵn liên tiếp , tích của hai số chắn liên tiếp thì chia hết cho 8 . Vậy tích n(n –1) (n + 1)(n –2)(n + 2) M 120 .
	Trong tích n2(n – 1)(n + 1) bao giờ cũng có 2 số chẵn . Nếu n là số chẵn thì n2 M 4 , nếu n là số lẻ thì n – 1 và n + 1 đều là hai số chẵn nên tích (n – 1)(n + 1) M 4 . Mà tích n(n – 1)(n + 1) là tích của 3 số nguyên liên tiếp nên tích chia hết cho 3 . Vậy tích 10n2(n – 1)(n + 1) M 120 
	Vậy n5 + 10n4 – 5n3 – 10n2 + 4n chia hết cho 120 ( n Ỵ Z )
Bài 5 . Chứng minh với mọi n Ỵ N nà thì số có dạng n4 + 16 là một hợp số 
Lời giải 
 Phân tích n4 + 64 = n4 + 16n2 + 64 – 16n2 = (n2 + 8)2 – (4n)2 
 = (n2 + 8 – 4n)(n2 + 8 + 4n) 
	mà n2 – 4n + 8 = (n – 2)2 + 4 > 1 ; n2 + 4n + 8 = (n+2)2 + 4 > 1
	Vậy n4 + 64 là một hợp số với mọi n là số tự nhiên 
G . Một số dạng toán khác 
Bài 1 . Chứng minh rằng tích của 4 số nguyên liên tiếp cộng thêm 1 là một số chính phương 
Lời giải 
Gọi 4 số tự nhiên liên tiếp là n , n + 1 , n + 2, n + 3 
Xét n(n+1)(n+2)(n+3) + 1 = [n(n+3)][(n+1)(n+2)] + 1 = [ n2 + 3n ][n2 + 3n + 2] + 1
	 = (n2 + 3n)2 + 2(n2 + 3n) + 1 = (n2 + 3n + 1)2 
	Vì n Ỵ N , nên n2 + 3n + 1 là số tự nhiên . Vậy n(n+1)(n+2)(n+3) + 1 là số chính phương 
Bài 2 . Tìm các số tự nhiên n để số có dạng n2 + 4n + 23 là một số chính phương .
Lời giải 
Đặt n 2 + 4n + 23 = y2 , ta có y2 = (n+2)2 + 19 Þ y2 – (n + 2)2 = 3 
Hay (y – n – 2)(y + n + 2) = 19 , vì n Ỵ N , nên y + n + 2 > 2 là ước của 19 
Vậy y + n + 2 = 19 và y – n – 2 = 1 . Do vậy suy ra (y+n+2) – (y –n – 2) = 2n + 4 = 18 
	Þ n = 7 .
Bài 3 : Tìm các số tự nhiên n để số có dạng n3 – 4n2 + 4n – 16 là một số nguyên tố .
Lời giải 
Phân tích biểu thức n3 – 3n2 + 4n – 16 = ( n – 4)(n2 + 4) 
Để biểu thức là số nguyên tố thì một trong hai thừa số n – 4 , n2 + 3 phải có một thưà số bằng 1 . Mà n2 + 3 ³ 3 , cho nên n – 4 = 1 Þ n = 5 , thay n = 5 thì biểu thức có giá trị bằng 29 
	Vậy số tự nhiên phải tìm là n = 5 .
IV . hướng dẫn nội dung học tập 
Học tại lớp 8 tiết 
Mỗi lớp là một nhóm ; mỗi nhóm cử 1 em là nhóm trưởng . 
Mỗi nhóm tập trung sưu tầm mỗi dạng toán đã học là 3 bài tập , các bài tập sưu tầm có thể ở SGK , SBT , hoặc ở các sách khác , hoặc có thể tự sáng tác trên cơ sở hướng dẫn ở trên lớp .
Các bài tập sưu tầm , các nhóm sẽ tổ chức cho nhóm mình tập trung giải các bài tập đó . Các buổi học sau các nhóm nêu bài tập của nhóm mình để các nhóm khác giải . 
Sau khi học xong chủ đề sẽ làm bài kiểm tra để kết thúc chủ đề tự chọn .