Bài tập Toán 9 Bài 8 (có đáp án): Rút gọn biểu thức có chứa căn bậc hai

Ta biến đổi:

38−18−512+50=3.4.2−9.2−5222+25.2=62−32−522+52=6−3−52+52=1122

Ta biến đổi:

    22−13−2+23−1=22−3+23−23+2+23+13−13+1=22−3+23−2+23+13−1=2−3+2+3+1=2−3−2+3+1=1

A=1535+53=151515+1315=15.81515=815

Ta có thể làm theo hai cách:

Cách 1: Sử dụng phương pháp quy đồng mẫu, ta có:

B=7−67+6−7+67−6=7−67+6−7+67−6=7−62−7+627+6.7−6=−26

Cách 2: Sử dụng phương pháp trục căn thức ở mẫu, ta có:

B=7−67+6−7+67−6=7+627+67−6=7−62−7+62=7−6−7−6=−26

Ta biến đổi:

A=23x+27x−8x+50x+x=2+33x+(−2+5)2x+x=53x+32x+x=53+32+1x

Với x,y>0, ta biến đổi:

B=xy+xy+xyyx=1yxy+xy+xxyxy=1yxy+xy+xxyxy=1y+1+1yxy=(y+2)xyy

Nhận xét rằng:

5+26=32+232+22=3+225−26=32−232+22=3−22

Suy ra:

5+263+22=3+223+22=3+22=5+26

5−263−22=3−223−22=3−22=5−26

Do đó:

VT=5+26−(5−26)=46

Đặt t=aA=bB=cC=dD, suy ra: a=Atb=Btc=Ctd=Dt

Khi đó đẳng thức được viết lại dưới dạng:

A2t+B2t+C2t+D2t=At+Bt+Ct+DtA+B+C+D

⇔A+B+C+Dt=(A+B+C+D)t (luôn đúng)

Đặt a=1x,b=1y,c=1z

Ta được đẳng thức điều kiện là:

1a+1b+1c=aabc⇔bc+ca+ab=1(1)

Và khi đó đẳng thức cần chứng minh có dạng:

1+b21+c2+1+c21+a2+1+a21+b2=(b+c)1+a2+(c+a)1+b2+(a+b)1+c2

Nhận xét rằng:

1+a2=bc+ca+a2=(a+b)(a+c)1+b2=bc+ca+ab+b2=b+cb+a1+c2=bc+ca+ab+c2=c+bc+a

Từ đó suy ra:

1+b21+c2=(b+c)(b+a)(c+a)=(b+c)1+a2(2)

Tương tự, ta có:

1+c21+a2=(c+a)1+b2(3)1+a21+b2=(a+b)1+c2(4)

Cộng theo vế (2), (3),(4) ta nhận được đẳng thức cần chứng minh.

1. Điều kiện: 0≤x≠9

Ta có:

P=2x(x−3)+xx+3−3x−3x−9:2x−2−x+3x−3=2x−6x+x+3x−3x−3x−9:x+1x−3=−3x−3x−9:x+1x−3=−3x+1x−9.x−3x+1=−3x+3

2. Ta có:

P<−12⇔−3x+3<−12⇔−3x+3+12<0⇔−6+x+32x+3<0⇔x−3<0⇔x<3⇔0≤x<9

Vậy 0≤x<9 thì P<−12

3. Ta có: P=−3x+3

Nhận xét

x≥0⇔x≥0⇔x+3≥3⇔1x+3≤13⇔−3x+3≥−1⇔P≥−1

Vậy Pmin=−1 đạt được khi x=0

1. Điều kiện : 0≤x≠1

Ta có:

P=1−aa1−a+a.1+aa1+a−a=1−a1+a+a1−a+a.1+a1−a+a1+aa=a+a+a+a1−a+a−a=1+2a+a1−2a+a=1+a21−a2=1−a2

2. Ta có:

P<7−43⇔1−a2<4.2.23+32⇔1−a2<2−32⇔−2+3<1−a<2−3⇔−3+3<−a<1−3⇔3−1<a<3−3

Vậy với 3−1<a<3−3 thì P<7−43

1. Điều kiện để biểu thức A có nghĩa: x≥0xx−1≠0x−1≠0⇔x≥0x≠1

2. Ta có:

A=1:x+2xx−1+x+1x+x+1−x+1x−1=1:x+2x−1x+x−1+x+1x+x+1−x+1x−1x+1=1:x+2x−1x+x−1+x+1x+x+1−1x−1=1:x+2+x−1x+1−x+x−1x−1x+x−1=1:x+2+x−1−x−x−1x−1x+x−1=1:x−xx−1x+x−1=1:xx−1x−1x+x−1=x+x+1x

3. Xét hiệu

A−3=x+x+1x−3=x+x+1−3xx=x−12x

Nhận thấy: x−12≥0x≥00<x≠1⇔x−12≥0x≥0⇔x−12x≥0

Do đó: A−3≥0⇔A≥3

Sử dụng (2) bằng cách thay a, b , c bởi bộ ba số a−b,b−c,c−a ta sẽ nhận được S=1a−b+1b−c+1c−a

Vậy S là số hữu tỉ do giả thiết a, b, c là các số hữu tỉ đôi một khác nhau.

1. Tính S2016

Sử dụng (2) bằng cách thay a, b, c bởi ba bộ số 1, (n – 1), - n, ta sẽ nhận được:

1+1n−12+1n2=1+1n−1−1n=1+1n−1−1n

Từ đó suy ra:

Sn=1+12+13+1+13+14+...+1+1n−1+1n=1+1+...+1+12−1n=(n−2).1+12−1n=n−1n−32

Suy ra S2016=2016−12016−32=20105131003

2. Chứng minh rằng với mọi n≥3 thì ” Sn là số hưu tỉ nhưng không thể là số nguyên

Dễ thấy ngay được khẳng định “ Sn là ố hưu tỉ nhưng không thể là số nguyên”

1. Điều kiện x≥0x≠1

Ta có

A=15x−11x+2x−3+3x−21−x−2x+3x+3=15x−11−3x−2x+3−2x+3x−1x−1x+3=−5x+7x−2x−1x+3=x−1−5x+2x−1x+3=−5x+2x+3

1. Điều kiện a>0a≠1

Ta có

A=a2−12a2a−1a+1−a+1a−1=a−12a2.a−1a−1−a+1a+1a+1a−1=a−124a.a−2a+1−a−2a−1a−1=−a−1a

P=xxy−y−2x+yxy−y.xy−yxx+y2     =xyx−y−2x+yxy−x.xyx−yx+y2     =xxyx−y+2xy+yxyx−y.xyx−yx+y2     =x+2xy+yxyx−y.xyx−yx+y2     =x+2xy+yx+y2     =x+y2x+y2     =1

Vậy giá trị biểu thức P là hằng số với mọi giá trị của của x và y.