Bien doi dai_so

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi THCS Trang 9
2 BIẾN ĐỔI ĐẠI SỐ
Bài 2.1. (2005) Cho biểu thức Q =
√
a(1 − a)2
1 − a2
:
1 − a
√
a
1 −
√
a
+
√
a
1 + a
√
a
1 +
√
a
−
√
a .
a) Rút gọn Q.
b) Xét dấu của biểu thức P = Q a −
1
2
.
Giải
Với lưu ý là 1 − a
√
a = (1 −
√
a) (1 +
√
a + a) và 1 + a
√
a = (1 +
√
a) (1 −
√
a + a) ta có
a)
Q =
√
a(1 − a)2
1 − a2
: (1 +
√
a + a +
√
a).(1 −
√
a + a −
√
a)
=
√
a(1 − a)2
1 − a2
: (1 − a)2
=
√
a
1 − a2
.
b) Ta có P = Q a −
1
2
=
√
a(2a − 1)
2(1 − a2)
. Từ đây ta có nếu 0 < a <
1
2
hoặc a > 1 thì P < 0, còn
với
1
2
< a < 1 thì P > 0.
Bài 2.2. (2006) Cho biểu thức P =
x + 2
x − 2
−
x − 2
x + 2
+
x2
− 8x − 4
x2 − 4
·
x + 14
x
.
a) Rút gọn biểu thức P.
b) Với những giá trị nào của x thì biểu thức có giá trị nguyên.
Giải
1. Điều kiện x = 0, x = ±2. Ta có
P =
(x + 2)2
− (x − 2)2
+ x2
− 8x − 4
x2 − 4
·
x + 14
x
=
x2
− 4
x2 − 4
·
x + 14
x
=
x + 14
x
.
2. Ta biến đổi P về dạng P = 1 +
14
x
. Để P nguyên thì
14
x
phải là số nguyên, nên x phải là
ước của 14. Chú ý là x phải khác ±2. Vậy x = ±1, ±7, ±14.
Bài 2.3. (2006*) Tính tổng S =
1
1.3
+
1
3.5
+ · +
1
(2n + 1)(2n + 3)
GV: Trần Minh Hiền(0989.541.123) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Trường THPT chuyên Quang Trung

Giải
Ta phân tích từng số hạng của tổng trên như sau
1
1.3
=
1
2
1 −
1
3
,
1
3.5
=
1
2
1
3
−
1
5
,
· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·
1
(2n + 1)(2n + 3)
=
1
2
1
2n + 1
−
1
2n + 3
.
Cộng tất cả các đẳng thức trên ta được
S =
1
2
1 −
1
2n + 3
=
n + 1
2n + 3
.
Bài 2.4. (2007) Cho biểu thức P =
√
a + 1
√
a − 1
+
√
a − 1
√
a + 1
với a ≥ 0.a = 1. Tìm a để P = 3.
Giải
Trước tiên ta rút gọn P
P =
a + 2
√
1 + 1 + a − 2
√
a − 1
a − 1
=
2(a + 1)
a − 1
.
Do đó P = 3 khi
2(a + 1)
a − 1
= 3 ⇒ a = 5.
Bài 2.5. (2008) Chứng minh rằng
a
√
a + b
√
b
√
a +
√
b
−
√
ab =
√
a −
√
b
2
với a > 0, b > 0.
Giải
Với lưu ý a
√
a + b
√
b =
√
a +
√
b a −
√
ab + b thay vào ta có ngay điều phải chứng minh.
Bài 2.6. (2008*) Tính tổng A =
1
1 +
√
2
+
1
√
2 +
√
3
+
1
√
3 +
√
4
+ · · · +
1
√
2007 +
√
1008
.
Giải
Ta phân tích từng số hạng của tổng trên như sau
1
1 +
√
2
=
√
2 − 1,
1
√
2 +
√
3
=
√
3 −
√
2,
· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·
1
√
2007 +
√
1008
=
√
2008 −
√
2007.
Cộng tất cả các đẳng thức trên ta được
A =
√
2008 − 1.

Bài 2.7. (2009) Tính A = 8 − 2
√
15 − 8 + 2
√
15 +
√
12.
Giải
Ta có
A =
√
5 −
√
3
2
−
√
5 +
√
3
2
+ 2
√
3
=
√
5 −
√
3 −
√
5 +
√
3 + 2
√
3 = 0.
Bài 2.8. Cho x +
√
x2 + 3 y + y2 + 3 = 3, tính giá trị của biểu thức E = x + y.
Giải
Ta có √
x2 + 3 − x
√
x2 + 3 + x = 3,
y2 + 3 − y y2 + 3 + y = 3.
Nhân hai đẳng thức này và sử dụng giả thiết ta được
−x +
√
x2 + 3 −y + y2 + 3 = 3.
Khai triển đẳng thức trong giả thiết và đẳng thức trên ta được
√
x2 + 3 y2 + 3 + xy − x y2 + 3 − y
√
x2 + 3 = 3,
√
x2 + 3 y2 + 3 + xy + x y2 + 3 + y
√
x2 + 3 = 3.
Công hai đẳng thức này ta được
√
x2 + 3 y2 + 3 = 3 − xy.
Bình phương và rút gọn ta được
x2
+ 2xy + y2
= 0 ⇒ E = x + y = 0.
Bài 2.9. Cho



ax3
= by3
= cz3
1
x
+
1
y
+
1
z
= 1
, chứng minh rằng
3
ax2 + by2 + cz2 = 3
√
a +
3
√
b + 3
√
c.
Giải
Đặt ax3
= by3
= cz3
= k thì ta có
3
√
a +
3
√
b + 3
√
c =
3
√
k
1
x
+
1
y
+
1
z
=
3
√
k
và
3
ax2 + by2 + cz2 = 3 k
x
+
k
y
+
k
z
=
3
√
k.
Kết hợp hai đẳng thức trên ta có điều phải chứng minh.

Bài 2.10. Cho a, b, c thỏa mãn
a
2002
=
b
003
=
c
2004
, chứng minh
4(a − b)(b − c) = (c − a)2
.
Giải
Theo tính chất của phân thức thì
a
2002
=
b
003
=
c
2004
=
a − b
−1
=
b − c
−1
=
c − a
2
.
Từ đây ta có
(c − a) = −2(a − b) = −2(b − c).
và kết luận của bài toán được suy ra trực tiếp.
Bài 2.11. Cho ba số a, b, c thỏa mãn điều kiện
a2002
+ b2002
+ c2002
= 1
a2003
+ b2003
+ c2003
= 1
, tính tổng
a2001
+ b2002
+ c2003
.
Giải
Từ đẳng thức thứ nhất ta suy ra
|a| ≤ 1, |b| ≤ 1, |c| ≤ 1.
Do tính chất của lũy thừa những số nhỏ hơn 1 ta có
1 = a2002
+ b2002
+ c2002
≥ a2003
+ b2003
+ c2003
= 1.
Vậy chỉ có thể xảy ra (a, b, c) = (1, 0, 0) = (0, 1, 0) = (0, 0, 1). Từ đây a2001
+ b2002
+ c2003
= 1.
Bài 2.12. Cho a, b, c, d thỏa mãn a2
+ b2
+ (a + b)2
= c2
+ d2
+ (c + d)2
, chứng minh
a4
+ b4
+ (a + b)4
= c4
+ d4
+ (c + d)4
.
Giải
Khai triển giả thiết ta được
a2
+ b2
+ ab = c2
+ d2
+ cd. (2)
Khai triển kết luận ta được
a4
+ b4
+ 2a3
b + 3a2
b2
+ 2ab3
= c4
+ d4
+ 2c3
d + 3c2
d2
+ 2cd3
. (3)
Nhưng [3] thu được ngay lập tức khi ta bình phương [2].
Bài 2.13. Cho a, b, x, y là những số thực thỏa mãn



x4
a
+
y4
b
=
1
a + b
x2
+ y2
= 1
. Chứng minh rằng
x1994
a997
+
y1994
b997
=
2
(a + b)997
.

Giải
Từ phương trình đầu của hệ ta có:
b(a + b)x4
+ a(a + b)y4
= ab ⇒ b2
x4
+ a2
y4
+ ab(x4
+ y4
) = ab.
Ta nhận được
(bx2
+ay2
)2
−2abx2
y2
+ab[(x2
+y2
)2
−2x2
y2
] = ab ⇒ (bx2
+ay2
)2
−4abx2
y2
= 0 ⇒ (bx2
−ay2
)2
= 0.
Từ đây thì
bx2
− ay2
= 0 ⇒
x2
a
=
y2
b
.
Theo tính chất của phân thức thì
x2
a
=
y2
b
=
x2
+ y2
a + b
=
1
a + b
Do đó nếu lũy thừa mũ 997 thì ta nhận được
x1994
a997
=
1
(a + b)997
,
y1994
b997
=
1
(a + b)997
.
Cộng hai đẳng thức này với nhau, vế theo vế ta có điều phải chứng minh.
Bài 2.14. Chứng minh rằng nếu abc = 0 và a + b + c = 0 thì
1
b2 + c2 − a2
+
1
c2 + a2 − b2
+
1
a2 + b2 − c2
= 0.
Giải
Từ giả thiết a + b + c = 0 nên
b2
+ c2
− a2
= b2
+ c2
− (b + c)2
= −2bc.
Tương tự cho những biểu thức còn lại, thay vào ta được
1
b2 + c2 − a2
+
1
c2 + a2 − b2
+
1
a2 + b2 − c2
= −
1
2ab
−
1
2bc
−
1
2ca
= −
a + b + c
2abc
= 0
Bài 2.15. Cho các số a, b, c, x, y, z thỏa mãn
x = by + cz, y = ax + cz, z = ax + by, x + y + z = 0.
Chứng minh rằng
1
1 + a
+
1
1 + b
+
1
1 + c
= 2.
Giải

Từ
x = by + cz
y = ax + cz
, cộng hai đẳng thức này ta được
(a + 1)x = (b + 1)y.
Tương tự ta có đẳng thức: (b + 1)y = (c + 1)z. Từ đó ta có
(a + 1)x = (b + 1)y = (c + 1)z = l ⇒
1
a + 1
=
x
l
,
1
b + 1
=
y
l
,
1
c + 1
=
z
l
.
Cộng lại ta được
1
1 + a
+
1
1 + b
+
1
1 + c
=
x + y + z
l
=
2(ax + by + cz)
ax + by + cz
= 2.
Bài 2.16. Tìm các giá trị nguyên x để biểu thức C =
80
x2 − 2x + 1
có giá trị nguyên.
Giải
Rõ ràng để C nguyên thì x2
− 2x + 1 phải là các ước nguyên dương của 80(vì x2
− 2x + 1 ≥ 0) và
đồng thời nó phải là số chính phương(vì x2
− 2x + 1 = (x − 1)2
). Vì vậy x2
− 2x + 1 chỉ có thể là
1, 4, 16. Từ đó ta tìm được các giá trị của x là
x =∈ {−3, −1, 0, 2, 3, 5}.
Bài 2.17. Tìm các giá trị nguyên x sao cho biểu thức B =
4x + 1
3x + 2
Giải
Vì x nguyên nên 3x + 2 = 0. Ta nhận thấy biểu thức
4x + 1
3x + 2
nguyên thì biểu thức 3.
4x + 1
3x + 2
cũng
nhận giá trị nguyên. Mà
3.
4x + 1
3x + 2
=
12x + 3
3x + 2
= 4 −
5
3x + 2
.
Do đó điều kiện để 3.
4x + 1
3x + 2
nguyên là 3x + 2 phải là ước của 5. Kiểm tra tập giá trị có thể của
3x + 2 là ±1, ±5, đối chiếu với B nguyên ta có x ∈ {3, 1}.
Bài 2.18. Tìm các giá trị nguyên x sao cho biểu thức D =
2x2
− 3x + 5
3x + 4
Giải
Ta có biểu thức D nguyên thì 9D cũng là biểu thức nguyên. Nhưng khi đó
9D =
18x2
− 27x + 45
3x + 4
= 6x − 17 +
113
3x + 4
.
Do đó 9D nguyên thì 3x + 4 phải là ước của 113. Đối chiếu với điều kiện để D nguyên ta tìm được
x ∈ {−39, −1}.

Bài 2.19. Rút gọn biểu thức
C = 1 +
1
22
+
1
32
+ 1 +
1
32
+
1
42
+ · · · + 1 +
1
20022
+
1
20032
.
Giải
Trước tiên ta chứng minh một kết quả là nếu a + b + c = 0 và abc = 0 thì
1
a2
+
1
b2
+
1
c2
=
1
a
+
1
b
+
1
c
.
Thật vậy
1
a
+
1
b
+
1
c
2
=
1
a2
+
1
b2
+
1
c2
+ 2
1
ab
+
1
bc
+
1
ca
=
1
a2
+
1
b2
+
1
c2
+ 2
a + b + c
abc
=
1
a2
+
1
b2
+
1
c2
(do a + b + c = 0).
Áp dụng vào ta có
1 +
1
22
+
1
32
= 1 +
1
22
+
1
(−3)2
= 1 +
1
2
−
1
3
= 1 +
1
2
−
1
3
,
1 +
1
32
+
1
42
= 1 +
1
32
+
1
(−4)2
= 1 +
1
3
−
1
4
= 1 +
1
3
−
1
4
,
· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·
1 +
1
20022
+
1
20032
= 1 +
1
20022
+
1
(−2003)2
= 1 +
1
2002
−
1
2003
= 1 +
1
2002
−
1
2003
.
Cộng các đẳng thức trên ta được
C = 2001 +
1
2
−
1
2003
= 2001
2001
4006
.
Bài 2.20. Rút gọn biểu thức D = 4 +
√
7 − 4 −
√
7 −
√
2.
Giải
Ta có
D =
1
√
2
8 + 2
√
7 − 8 − 2
√
7 − 2
=
1
√
2
√
7 + 1
2
−
√
7 − 1
2
− 2
=
1
√
2
√
7 + 1 −
√
7 + 1 − 2 = 0.

Bài 2.21. Cho các số thực dương a và b thỏa mãn a100
+ b100
= a101
+ b101
= a102
+ b102
. Tính giá
trị của biểu thức P = a2004
+ b2004
.
Giải
Sử dụng đẳng thức
a102
+ b102
= (a101
+ b101
)(a + b) − ab(a100
+ b100
)
ta được
1 = a + b − ab ⇒ (a − 1)(b − 1) = 0.
Từ đây ta tìm ra được (a, b) = (1, 1). Vậy P = 2.
Bài 2.22. Tính giá trị của biểu thức A = x3
+ 15x tại x = 3
5(
√
6 + 1) − 3
5(
√
6 − 1).
Giải
Với chú ý là
3
5(
√
6 + 1).
3
5(
√
6 − 1) =
3
√
125 = 5
ta được
x3
= 5(
√
6 + 1) − 5(
√
6 − 1) − 3.5.
3
5(
√
6 + 1) −
3
5(
√
6 − 1)
= 10 − 15x.
Do đó x3
+ 15x = 10.
Dưới đây là một số bài tập luyện tập
1. Rút gọn biểu thức P =
1
1 +
√
5
+
1
√
5 +
√
9
+ · · · +
1
√
2001 +
√
2005
(HD: Tương tự như bài
2.6 với chú ý
1
1 +
√
5
=
1
4
√
5 − 1 ). Kết quả là
1
4
√
2005 − 1 .
2. Rút gọn biểu thức 6 +
√
11 − 6 −
√
11 (HD: tương tự như bài 2.20).
3. Chứng minh giá trị của biểu thức M =
2x
x + 3
√
x + 2
+
5
√
x + 1
x + 4
√
x + 3
+
√
x + 10
x + 5
√
x + 6
(x ≥ 0)
không phụ thuộc vào x (HD: sử dụng các biến đổi x+3
√
x+2 = (
√
x+1)(
√
x+2), x+4
√
x+3 =
(
√
x + 1)(
√
x + 3), x + 5
√
x + 6 = (
√
x + 2)(
√
x + 3) để ra kết quả M = 2).
4. Với giá trị nào của x thì biểu thức
M =
2x
√
x + x −
√
x
x
√
x − 1
−
x +
√
x
x − 1
.
x − 1
2x +
√
x − 1
+
√
x
2
√
x − 1
đạt giá trị nhỏ nhất (HD: rút gọn M =
√
x(
√
x + 1)
x +
√
x + 1
, từ đó M ≥ 0).

5. Tính giá trị của biểu thức P = x3
+ y3
− 3(x + y) + 2004 với x =
3
3 + 2
√
2 +
3
3 − 2
√
2 và
y =
3
17 + 12
√
2 +
3
17 − 12
√
2 (HD: tương tự bài 2.22).
6. Chứng minh rằng số x =
3
3 + 9 +
125
27
−
3
−3 + 9 +
125
27
là số hữu tỉ (HD: tương tự
bài 2.22).
7. Cho x =
3
a +
a + 1
3
8a − 1
3
+
3
a −
a + 1
3
8a − 1
3
, chứng minh rằng với a ≥
1
8
thì x là
số tự nhiên (HD: tương tự bài 2.22).
8. Tìm các giá trị nguyên của x để các biểu thức
2x2
+ 12x − 5
3 − 2x
,
x + 3
x2 − 1
,
x2
− 4
x3 − 1
nhận giá trị
nguyên (HD: tương tự bài 2.18).
9. Chứng minh rằng số a = 3
√
4 + 3
√
2 là số vô tỉ (HD: tương tự như bài 2.22).
10. Cho a, b > 0, c = 0, chứng minh rằng
1
a
+
1
b
+
1
c
= 0 ⇔
√
a + b =
√
a + c +
√
b + c. (HD:
biến đổi tương đương bằng cách bình phương)
Bài tập không có hướng dẫn
11. Cho hai số dương x, y thỏa mãn x + y = 3
√
xy, tính giá trị của biểu thức
x
y
.
12. Cho a + b + c = 1 và
1
a
+
1
b
+
1
c
= 0, tính a2
+ b2
+ c2
.
13. Rút gọn biểu thức P = a + b + c + 2
√
ac + bc + a + b + c − 2
√
ac + bc.
14. Chứng minh P =
3 − 3 + 3 + 3 + · · · +
√
3
6 − 3 + 3 + 3 + · · · +
√
3
<
1
5
, tử số có 2007 dấu căn, mẫu số có
2006 dấu căn.
15. Chứng minh 2 3 4 . . .
√
2010 < 3.
16. Rút gọn các biểu thức dưới đây
(a) P =
2
√
x + 3
√
2
√
2x + 2
√
x − 3
√
2 − 6
+
√
2x − 6
√
2x + 2
√
x + 3
√
2 + 6
(b) M =
3
√
1 + a
+
√
1 − a :
3
√
1 − a2
+ 1
(c) P =
x
√
xy + y
+
y
√
xy − x
−
x + y
√
xy

(d) A =
x + 2
x
√
x − 1
+
√
x
x +
√
x + 1
+
1
1 −
√
x
:
√
x − 1
2
(e) A =
x3
− 1
x − 1
+ x
x3
+ 1
x + 1
− x :
x(1 − x2
)2
x2 − 2
(f) A =
√
x +
3
2 −
√
3.
6
7 + 4
√
3 − x
4
9 − 4
√
5. 2 +
√
5 +
√
x
(g) A =
2 3 + 5 − 13 +
√
48
√
6 +
√
2
(h) A =
3 +
√
5
√
10 + 3 +
√
5
−
3 −
√
5
√
10 + 3 −
√
5
(i) B =
2
3
+
3
2
+ 2
√
2 +
√
3
4
√
2
−
√
3
√
2 +
√
3
(24 + 8
√
6)
√
2
√
2 +
√
3
+
√
3
√
2 −
√
3
(j)
3
2
√
3 − 4
√
2.
6
44 + 16
√
6
(k) E = 6 + 2
√
2. 3 −
√
2 +
√
12 + 18 −
√
128
(l)
2(a + b)
√
a3 − 2
√
2b3
−
√
a
a +
√
2ab + 2b
·
√
a3 + 2
√
2b3
2b +
√
2ab
−
√
a
(m)
a3
− 5a + (a2
− 1)
√
a2 − 9 + a2
+ 3
a3 − 5a + (a2 − 1)
√
a2 − 9 − a2 − 3

Bien doi dai_so

More Related Content

What's hot

Similar to Bien doi dai_so

More from Tam Vu Minh

Bien doi dai_so