Boi duong HSG bien doi can thuc

BiÕn ®æi c¸c biÓu thøc cã chøa c¨n thøc I.[r]

Båi dìng häc sinh giái 9

Biến đổi biểu thức có chứa thức I. Một số phép biến đổi thức bản

1 Biến đổi thức bậc lẻ

A A

k k

 1 

2

1 2

2

 

  k k

k AB A B

1

1

2

 

 

k k k

B A B

A (Víi B ≠ 0)

2

2



 

 k

k A k B A B

2 Biến đổi bậc chẵn

A A k



21

21

2kA.B kA. B (Víi A, B ≥ 0)

k k

B A B

A 2

21  (Víi A ≥ vµ B > 0)

k kA kB A B

2

 (Víi B ≥ 0)

3 Lu ý: m n A m.nA víi A≥ 0)

II Một số phép biến đổi thức khác

Biến đổi biểu thức dới dấu thành bình phơng để giải phóng đợc dấu căn Ví dụ 1: Rút gon biểu thức sau

A = 8 15  82 15

Gi¶i

A =  2  2

3

5   = 5  5 = 5 3 5 3 2 5

VÝ dơ 2: Rót gän biĨu thøc

B = x2 x 1 x x

Gi¶i

Điều kiện xác định B : 1

0 1 2

0 1

  

 

  

 

x x

x x Ta cã :

B =  2  2

1 1

1

1 1

1

1             

 x x x x x

x

B= x 11 x 1

+ NÕu 2

0 1 1 1

  

 

   

x x

x

Th× B = x11 x 1 12 x

+ NÕu 1 2

0 1 1 1

   

 

   

x x

x

th× B = x 11  x 12

2 Phơng pháp bình phơng VÝ dơ 1: Rót gän biĨu thøc sau

Giải Cách giải : Trớc hết ta tính A2

+ NÕu ta cã A > th× A = A2

+ NÕu ta cã A < th× A =  A2

XÐt A2 = 16+ 2 64 60 = 16 +2 4 = 20

V× A > nªn A = 20

 

A

VÝ dơ 2: Cho biĨu thøc B = x 2x 1 x 2x

Gi¶i

Điều kiện xác định B :

2 1 0 1 2

0 1 2

  

 

  

 

x x

x x

Ta cã B2 = 2x - 2 x  1

+ NÕu 1

2 1 0 1

     

  

x x x

th× B2 = 2

V× B > nªn B = 2 

B

+ NÕu 1

2 1 2 1

0 1

      

  

x x

x

th× B2 = 4x-2

V× B > nªn B =

2

2  x

B

Lu ý: Phơng pháp thờng đợc áp dụng biểu thức tổng hai thức bậc hai biểu thức dới dấu có dạng A + B A - B

3 Phơng pháp hữu tỷ hóa ( dùng phong ph¸p lịy thõa)

Để rút gọn biểu thức vô tỷ ta đặt thức bậc n số ẩn phụ để chuyển biểu thức hữu tỉ

VÝ dô : TÝnh

A = 2 5 3 2 5 Gi¶i

Ta áp dụng đẳng thức (a + b)3 = a3 + b3 +3ab(a + b)

Ta cã A3 = 2 5 2 5

   



    = 2 5 3 2 5 3

    



 

    



  2 5 2 5

 

 

  



3 2 53 2 5

= +

3 1

 A

 A3 = - 3A  A3 + 3A - =  A3 - A2 + A2 - A + 4A - =

 (A - 1)(A2 + A + 4) =  A - = (v× A2 + A + > 0)  A = 1 VÝ dơ 2: TÝnh gi¸ trÞ biĨu thøc

A =    

2

3

2

3

2

4

3

4

3    

  



 x x x x x x x

x t¹i x = 3

Giải

Đạt 

2

3   

 x x x

x = a vµ  

     2

3x x x

x b ta cã

A3 = a3 + b3 +3ab(a + b) = x3 - 3x + 33 A

4

 A3 - 3A -x3 + 3x = 0

(A - x)(A2 + Ax + x2 - 3(A - x) = 0

 (A - x)( A2 + Ax + x2 - x) = 0

 A - x = v× A2 + Ax + x2 - x > víi x = 3 2007

 A = x = 2007

Dạng tính giá trị biểu thức

Bi 1: Chứng minh x3 + y3 + z3 = 3xyz x + y + z = x = y = z Môt số tập áp dụng đẳng thức trên:

Bµi 1.2: Cho biÕt a ab bc c3 abc TÝnh gi¸ trÞ cđa biĨu thøc

P = 

                         a c c b b a 1 Gi¶i

Từ giả thiết tốn điều kiện để có P ta suy a, b, c >

0

3 3

      

b b c c abc a b c abc

a a

Đặt a x, b y, c z víi x , y , z >

Ta cã x3 + y3 + z3 - 3xyz =  (x + y + z)(x2 + y2 + z2 - xy - yz - zx) = 0

V× x, y , z >  x + y + z >

 x2 + y2 + z2 - xy - yz - zx =  2x2 + 2y2 + 2z2 - 2xy - 2yz - 2zx =

 (x - y)2 + ( y + z)2 + (z - x)2 =  x = y = z

VËy P = 

                         a c c b b a 1

1 = 1 8

                    x z z y y x

Dạng rút gọn biểu thức Bµi: Cho a < b < vµ

b b a a

x1 

Rót gän biĨu thøc: A =

bx bx ax ax     1 1

b) a < b <  2a < 2b  2a - b < b 

b b b b a  

( V× b < 0)

  1

b b a 1 2            b b a ax b b a ax b b a a

x vµ

b b a ax  



1 < vËy

1    ax ax

Nªn A =

bx bx ax ax bx bx ax ax                  1 1 1

1 =     

 

 ax ax bx

bx ax ax        1 2

= 1

2 1 2 2 1 2                                                  b b a a b b b a b b a b b a a b b b a b b a

NÕu a , b , c ≥ vµ tháa m·n

2

c a

b  th× ta cã :

a c c b b

a    

2

1

Gi¶i

Ta cã

a c c b b

a     

2

1



b a a c a c c

b      

1

1



    c a a b

c b a

c c b

b a

 

 

 



       

c b b a a c

c b b

a a c c b

b a

 



 

 





 a - b = b - c 

2

c a b 

Nhận xét: ta sử dụng phép biến đổi tơng đơng

Bµi: Chøng minh r»ng:

a) NÕu: x y th× xy  x y x x2  y2  x x2  y2

Gi¶i

Ta cã  2  2  2 2 2x y

y x y x y x y

x         = 2x2 y22(x2  y2)4x2 (1) V× x y x2 y2

  

Ta l¹i cã  2 2 2

4x

y x x y x

x      (2)

Tõ (1) vµ (2) ta cã xy x y x x2  y2  x x2  y2 víi x y

b) NÕu xy ≥ th× xy xy  xy xy x  y

2

Hớng dẫn: Làm tơng tự nh (a)

Bài 2: Cho ax3 = bx3 = cx3 vµ 1  111

z y

x Chøng minh r»ng

3 3

3 ax2 by2cz2  a  b c

Gi¶i

Tõ 1 11

z y

x ta suy x , y , z

Đặt: ax3 = bx3 = cx3 = m 

3

z m c ; y m b ;

 

 3

x m a

 3

3 3 3

3 1

m z y x m z

m y

m x

m c b

a 

  

 

  

   

 (1)

Ta l¹i cã 2 3 3 1 m

z y x m z m y m x m cz by

ax  

  

 

  

   

 (2)

Tõ (1) (2) ta có điều phải chứng minh

Nhn xét: Ta biến đổi hai vế biểu thức thứ ba

Bµi :

a) Cho c ≠ vµ ab ac bc Chøng minh r»ng:

a, b > vµ 11 10

c b a

Gi¶i

Ta cã ab ac bc abab2c2 acbc

 c acbc0  c < (V× theo gi¶ thiÕt c ≠ 0)

Ta cã    ( )( )

          

 a c b c c a c b c ab ac bc c

   0

abc ac bc ab

( V× abc ≠ 0)  1110

c b a b) Cho a , b > vµ 1110

c b

a Chøng minh r»ng: c ≠ ab ac bc

Giải

0

1

1 1

        

 c

c ab

b a c

b a

Ta l¹i cã

  

        

 

   

0 0 0 1

0 1 0 11 1

cb ca abc cb

bac ca cba

Vậy ab; ac; bc xỏc nh

Mặt khác 2

0

1 1

c c ca bc ab ca

bc ab c

b

a                

2

c c b c

a  

 acbc c acbc c  acbc 2c

 ab2 acbcab 2c  ab2c2 acbcab

 ac bc2 ab  ab ac bc

Mét sè bµi tËp lun tËp Bµi 1: Chøng minh r»ng

a) Chøng minh r»ng : 4 4

4

5

5

1

    

Giải đặt 5 x 5x4 Khi ta cần chứng minh:

2

2 1

x x x

x

    

Ta cã   

   x

x x

x x x x

x

2

2

2

1 1

2

    

 

      



 =

4

2

    

  

 

x x

b) Rót gän A =

1

1 8

4

4

 

 

  

Gi¶i

Ta cã 8 24 2

2

4

 

    



     



M

M =

 

Vậy A =

Bài tâp:      

 

0 0 0 0