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 − a 2 : 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 − a 2 : (1 + √ a + a + √ a).(1 − √ a + a − √ a) = √ a(1 − a) 2 1 − a 2 : (1 − a) 2 = √ a 1 − a 2 . b) Ta có P = Q a − 1 2 = √ a(2a − 1) 2(1 − a 2 ) . 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 + x 2 − 8x − 4 x 2 − 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 + x 2 − 8x − 4 x 2 − 4 · x + 14 x = x 2 − 4 x 2 − 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 Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi THCS Trang 10 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. GV: Trần Minh Hiền(0989.541.123) . . . . . . . . . . . . Trường THPT chuyên Quang Trung Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi THCS Trang 11 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 + √ x 2 + 3 y + y 2 + 3 = 3, tính giá trị của biểu thức E = x + y. Giải Ta có √ x 2 + 3 − x √ x 2 + 3 + x = 3, y 2 + 3 − y y 2 + 3 + y = 3. Nhân hai đẳng thức này và sử dụng giả thiết ta được −x + √ x 2 + 3 −y + y 2 + 3 = 3. Khai triển đẳng thức trong giả thiết và đẳng thức trên ta được √ x 2 + 3 y 2 + 3 + xy −x y 2 + 3 − y √ x 2 + 3 = 3, √ x 2 + 3 y 2 + 3 + xy + x y 2 + 3 + y √ x 2 + 3 = 3. Công hai đẳng thức này ta được √ x 2 + 3 y 2 + 3 = 3 − xy. Bình phương và rút gọn ta được x 2 + 2xy + y 2 = 0 ⇒ E = x + y = 0. Bài 2.9. Cho ax 3 = by 3 = cz 3 1 x + 1 y + 1 z = 1 , chứng minh rằng 3 ax 2 + by 2 + cz 2 = 3 √ a + 3 √ b + 3 √ c. Giải Đặt ax 3 = by 3 = cz 3 = k thì ta có 3 √ a + 3 √ b + 3 √ c = 3 √ k 1 x + 1 y + 1 z = 3 √ k và 3 ax 2 + by 2 + cz 2 = 3 k x + k y + k z = 3 √ k. Kết hợp hai đẳng thức trên ta có điều phải chứng minh. GV: Trần Minh Hiền(0989.541.123) . . . . . . . . . . . . Trường THPT chuyên Quang Trung Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi THCS Trang 12 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 a 2002 + b 2002 + c 2002 = 1 a 2003 + b 2003 + c 2003 = 1 , tính tổng a 2001 + b 2002 + c 2003 . 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 = a 2002 + b 2002 + c 2002 ≥ a 2003 + b 2003 + c 2003 = 1. Vậy chỉ có thể xảy ra (a, b, c) = (1, 0, 0) = (0, 1, 0) = (0, 0, 1). Từ đây a 2001 + b 2002 + c 2003 = 1. Bài 2.12. Cho a, b, c, d thỏa mãn a 2 + b 2 + (a + b) 2 = c 2 + d 2 + (c + d) 2 , chứng minh a 4 + b 4 + (a + b) 4 = c 4 + d 4 + (c + d) 4 . Giải Khai triển giả thiết ta được a 2 + b 2 + ab = c 2 + d 2 + cd. (2) Khai triển kết luận ta được a 4 + b 4 + 2a 3 b + 3a 2 b 2 + 2ab 3 = c 4 + d 4 + 2c 3 d + 3c 2 d 2 + 2cd 3 . (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 x 4 a + y 4 b = 1 a + b x 2 + y 2 = 1 . Chứng minh rằng x 1994 a 997 + y 1994 b 997 = 2 (a + b) 997 . GV: Trần Minh Hiền(0989.541.123) . . . . . . . . . . . . Trường THPT chuyên Quang Trung Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi THCS Trang 13 Giải Từ phương trình đầu của hệ ta có: b(a + b)x 4 + a(a + b)y 4 = ab ⇒ b 2 x 4 + a 2 y 4 + ab(x 4 + y 4 ) = ab. Ta nhận được (bx 2 +ay 2 ) 2 −2abx 2 y 2 +ab[(x 2 +y 2 ) 2 −2x 2 y 2 ] = ab ⇒ (bx 2 +ay 2 ) 2 −4abx 2 y 2 = 0 ⇒ (bx 2 −ay 2 ) 2 = 0. Từ đây thì bx 2 − ay 2 = 0 ⇒ x 2 a = y 2 b . Theo tính chất của phân thức thì x 2 a = y 2 b = x 2 + y 2 a + b = 1 a + b Do đó nếu lũy thừa mũ 997 thì ta nhận được x 1994 a 997 = 1 (a + b) 997 , y 1994 b 997 = 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 b 2 + c 2 − a 2 + 1 c 2 + a 2 − b 2 + 1 a 2 + b 2 − c 2 = 0. Giải Từ giả thiết a + b + c = 0 nên b 2 + c 2 − a 2 = b 2 + c 2 − (b + c) 2 = −2bc. Tương tự cho những biểu thức còn lại, thay vào ta được 1 b 2 + c 2 − a 2 + 1 c 2 + a 2 − b 2 + 1 a 2 + b 2 − c 2 = − 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 GV: Trần Minh Hiền(0989.541.123) . . . . . . . . . . . . Trường THPT chuyên Quang Trung Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi THCS Trang 14 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 x 2 − 2x + 1 có giá trị nguyên. Giải Rõ ràng để C nguyên thì x 2 −2x + 1 phải là các ước nguyên dương của 80(vì x 2 −2x + 1 ≥ 0) và đồng thời nó phải là số chính phương(vì x 2 − 2x + 1 = (x − 1) 2 ). Vì vậy x 2 − 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 có giá trị nguyên. 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 = 2x 2 − 3x + 5 3x + 4 có giá trị nguyên. Giải Ta có biểu thức D nguyên thì 9D cũng là biểu thức nguyên. Nhưng khi đó 9D = 18x 2 − 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}. GV: Trần Minh Hiền(0989.541.123) . . . . . . . . . . . . Trường THPT chuyên Quang Trung Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi THCS Trang 15 Bài 2.19. Rút gọn biểu thức C = 1 + 1 2 2 + 1 3 2 + 1 + 1 3 2 + 1 4 2 + ··· + 1 + 1 2002 2 + 1 2003 2 . Giải Trước tiên ta chứng minh một kết quả là nếu a + b + c = 0 và abc = 0 thì 1 a 2 + 1 b 2 + 1 c 2 = 1 a + 1 b + 1 c . Thật vậy 1 a + 1 b + 1 c 2 = 1 a 2 + 1 b 2 + 1 c 2 + 2 1 ab + 1 bc + 1 ca = 1 a 2 + 1 b 2 + 1 c 2 + 2 a + b + c abc = 1 a 2 + 1 b 2 + 1 c 2 (do a + b + c = 0). Áp dụng vào ta có 1 + 1 2 2 + 1 3 2 = 1 + 1 2 2 + 1 (−3) 2 = 1 + 1 2 − 1 3 = 1 + 1 2 − 1 3 , 1 + 1 3 2 + 1 4 2 = 1 + 1 3 2 + 1 (−4) 2 = 1 + 1 3 − 1 4 = 1 + 1 3 − 1 4 , ·································································· 1 + 1 2002 2 + 1 2003 2 = 1 + 1 2002 2 + 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. GV: Trần Minh Hiền(0989.541.123) . . . . . . . . . . . . Trường THPT chuyên Quang Trung Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi THCS Trang 16 Bài 2.21. Cho các số thực dương a và b thỏa mãn a 100 + b 100 = a 101 + b 101 = a 102 + b 102 . Tính giá trị của biểu thức P = a 2004 + b 2004 . Giải Sử dụng đẳng thức a 102 + b 102 = (a 101 + b 101 )(a + b) − ab(a 100 + b 100 ) 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 = x 3 + 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 x 3 = 5( √ 6 + 1) − 5( √ 6 − 1) − 3.5. 3 5( √ 6 + 1) − 3 5( √ 6 − 1) = 10 − 15x. Do đó x 3 + 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). GV: Trần Minh Hiền(0989.541.123) . . . . . . . . . . . . Trường THPT chuyên Quang Trung Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi THCS Trang 17 5. Tính giá trị của biểu thức P = x 3 + y 3 −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 2x 2 + 12x − 5 3 − 2x , x + 3 x 2 − 1 , x 2 − 4 x 3 − 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 a 2 + b 2 + c 2 . 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 − a 2 + 1 (c) P = x √ xy + y + y √ xy −x − x + y √ xy GV: Trần Minh Hiền(0989.541.123) . . . . . . . . . . . . Trường THPT chuyên Quang Trung Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi THCS Trang 18 (d) A = x + 2 x √ x − 1 + √ x x + √ x + 1 + 1 1 − √ x : √ x − 1 2 (e) A = x 3 − 1 x − 1 + x x 3 + 1 x + 1 − x : x(1 − x 2 ) 2 x 2 − 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) √ a 3 − 2 √ 2b 3 − √ a a + √ 2ab + 2b · √ a 3 + 2 √ 2b 3 2b + √ 2ab − √ a (m) a 3 − 5a + (a 2 − 1) √ a 2 − 9 + a 2 + 3 a 3 − 5a + (a 2 − 1) √ a 2 − 9 − a 2 − 3 GV: Trần Minh Hiền(0989.541.123) . . . . . . . . . . . . Trường THPT chuyên Quang Trung . 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 − a 2 : 1 − a √ a 1 − √ a + √ a 1. 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. 4 x 2 − 4 · x + 14 x = x 2 − 4 x 2 − 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