Bài 6: Biến đối đơn giản biểu thức chứa căn bậc hai

nãy lm r` màCâu hỏi của An Sơ Hạ - Toán lớp 9 | Học trực tuyến

\(C=\dfrac{\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2+4\sqrt{ab}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}-\dfrac{a\sqrt{b}-b\sqrt{a}}{\sqrt{a}.\sqrt{b}}\)

\(=\dfrac{a-2\sqrt{ab}+b+4\sqrt{ab}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}-\dfrac{\sqrt{a}.\sqrt{a}.\sqrt{b}-\sqrt{b}.\sqrt{b}.\sqrt{a}}{\sqrt{ab}}\)

\(=\dfrac{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^2}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}-\dfrac{\sqrt{ab}.\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)}{\sqrt{ab}}\)

\(=\sqrt{a}+\sqrt{b}-\sqrt{a}+\sqrt{b}\\ =2\sqrt{b}\)

1) \(ab^4\sqrt{a}=\sqrt{\left(ab^4\right)^2a}=\sqrt{a^2b^8a}=\sqrt{a^3b^8}\)

2) \(-2ab^2\sqrt{5a}=-\sqrt{\left(-2ab^2\right)^25a}=\sqrt{4a^2b^45a}\)

\(\sqrt{20a^3b^4}\)

a) = \(4\sqrt{3}+3\sqrt{3}-3\sqrt{5}+\sqrt{5}=\sqrt{3}\cdot\left(4+3\right)-\sqrt{5}\cdot\left(3-1\right)=7\sqrt{3}-2\sqrt{5}\)

b) = \(2a^2b\sqrt{7b}\)

c) = \(6ab^2\sqrt{2}\)

a. \(4\sqrt{3}+\sqrt{27}-\sqrt{45}+\sqrt{5}=4\sqrt{3}+3\sqrt{3}-3\sqrt{5}+\sqrt{5}=\left(4+3\right)\sqrt{3}-\left(3-1\right)\sqrt{5}=7\sqrt{3}-2\sqrt{5}\)b. \(\sqrt{28a^4b^2}=2a^2b\sqrt{7}\)( vì b>=0)

c.\(\sqrt{72a^2b^4}=-6ab^2\sqrt{2}\)( vì a<o)

Đề bài thiếu.Và đây là một bài toán khá hay trong Casio.Mk sửa đề:

Cho \(a^2+a+1=0\).Tính \(P=a^{1981}+\dfrac{1}{a^{1981}}\).

Bài làm:

\(a^2+a+1=0\Rightarrow a^2+a=-1.\).

\(a^2+a+1=0\Rightarrow\left(a-1\right)\left(a^2+a+1\right)=0\Rightarrow a^3-1=0\Rightarrow a^3=1\).

\(P=a^{1981}+\dfrac{1}{a^{1981}}=\left(a^3\right)^{660}.a+\dfrac{1}{\left(a^3\right)^{660}.a}\)

\(P=a+\dfrac{1}{a}=a+\dfrac{a^3}{a}=a^2+a=-1\)

Vậy P=-1.

Cách 1: Ta có: \(a^2+a+1\) = 0

=> \(\left(a-1\right)\left(a^2+a+1\right)\) = \(a^3-1\)

<=> \(0=a^3-1\) => a³ = 1

Thay a³ = 1 vào P ta được:

P = \(a^{1981}+\dfrac{1}{a^{1981}}\) = \(\left(a^3\right)^{660}.a+\dfrac{1}{\left(a^3\right)^{660}.a}=a+\dfrac{1}{a}\)

= \(\dfrac{a^2+1}{a}=\dfrac{-a}{a}\) ( Do a² + a+ 1 = 0) = \(-1\)

P/s: Bài này khá nhiều cách nhưng đều khá tương tự nhau!

Có thiếu đề ko????

Đặt \(\sqrt{x}=a\left(a>0;a\ne1\right)\), ta có:

\(A=\dfrac{a^4+a^2+1}{a^2+a+1}=\dfrac{a^4-a+a^2+a+1}{a^2+a+1}\)

\(=\dfrac{a\left(a^3-1\right)}{a^2+a+1}+\dfrac{a^2+a+1}{a^2+a+1}\)

\(=\dfrac{a\left(a-1\right)\left(a^2+a+1\right)}{a^2+a+1}+1\)

\(=a\left(a-1\right)+1=a^2-a+\dfrac{1}{4}+\dfrac{3}{4}\)

\(=\left(a-\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{3}{4}=\left(\sqrt{x}-\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{3}{4}\ge\dfrac{3}{4}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=\dfrac{1}{4}\)

\(Q=\dfrac{2}{\sqrt{2}}+\dfrac{1}{\sqrt{3}-\sqrt{2}}-\dfrac{2}{\sqrt{3}-1}\)

\(=\dfrac{2\sqrt{2}}{2}+\sqrt{3}+\sqrt{2}-\dfrac{2\left(\sqrt{3}+1\right)}{2}\)

\(=\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{2}-\left(\sqrt{3}+1\right)\)

\(=\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{2}-\sqrt{3}-1\)

\(=2\sqrt{2}-1\)

Đã thấy. Sửa đề: \(\sum\dfrac{11a^3-b^3}{4a^2+ab}\le2\left(a+b+c\right)\)

\(\sum\dfrac{11a^3-b^3}{4a^2+ab}=\sum\dfrac{12a^3-\left(a^3+b^3\right)}{4a^2+ab}=\sum\dfrac{12a^3-\left(a+b\right)\left(\left(a-b\right)^2+ab\right)}{4a^2+ab}\)

\(\le\sum\dfrac{12a^3-ab\left(a+b\right)}{4a^2+ab}=\sum\dfrac{a\left(3a-b\right)\left(4a+b\right)}{a\left(4a+b\right)}\)

\(=\sum\left(3a-b\right)=2\left(a+b+c\right)\)

Đề bài: Cho \(a,b,c>0\). CMR \( \frac{11b^3-a^3}{ab+4b^2} + \frac{11c^3-b^3}{bc+4c^2} + \frac{11a^3-c^3}{ac+4a^2} \leq 2(a+b+c)\)

Bài giải

Ta chứng minh bổ đề \(\dfrac{11b^3-a^3}{4b^2+ab}\le3b-a\)

Thật vậy \(11b^3-a^3\le\left(ab+4b^2\right)\left(3b-a\right)\Leftrightarrow11b^3-a^3\le-a^2b-ab^2+12b^3\)

\(\Leftrightarrow a^3-a^2b-ab^2+b^3\ge0\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)\ge0\) (đúng)

Tương tự cho2 BĐT còn lại ta cũng có:

\(\dfrac{11c^3-b^3}{4c^2+bc}\le3c-b;\dfrac{11a^3-c^3}{4a^2+ac}\le3a-c\)

Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:

\(VT\le\left(3b-a\right)+\left(3c-b\right)+\left(3a-c\right)=2\left(a+b+c\right)=VP\)

Chép đề đầy đủ đi b.

trước hết ta chứng minh BĐT \(\sqrt{a^2+x^2}+\sqrt{b^2+y^2}+\sqrt{c^2+z^2}\ge\sqrt{\left(a+b+c\right)^2+\left(x+y+z\right)^2}\)bình phương vế trái ta được:

\(a^2+b^2+c^2+x^2+y^2+z^2+2\left(\sqrt{a^2+x^2}.\sqrt{b^2+y^2}+\sqrt{b^2+y^2}.\sqrt{c^2+z^2}+\sqrt{a^2+x^2}.\sqrt{c^2+z^2}\right)\)

áp dụng BĐt bunyakovsky:

\(\sqrt{\left(a^2+x^2\right)\left(b^2+y^2\right)}\ge\sqrt{\left(ab+xy\right)^2}=ab+xy\)

tương tự với các bộ còn lại ta thu được :

\(VT^2\ge a^2+b^2+c^2+x^2+y^2+z^2+2\left(ab+bc+ca+xy+yz+xz\right)=VF^2\)

do đó BĐT trên đúng

Áp dụng vào bài toán:

\(\sqrt{4+x^4}+\sqrt{4+y^4}+\sqrt{4+z^4}\ge\sqrt{\left(2+2+2\right)^2+\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}\)(*)

giờ tìm MIn của\(x^2+y^2+z^2\)

ta có:\(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+xz\Leftrightarrow2x^2+2y^2+2z^2\ge2xy+2yz+2xz\)(1)

Áp dụng BĐT cauchy:\(x^2+1\ge2x;y^2+1\ge2y;z^2+1\ge2z\)

\(\Rightarrow x^2+y^2+z^2+3\ge2\left(x+y+z\right)\)(2)

cộng theo vế (1) và (2):

\(3\left(x^2+y^2+z^2\right)+3\ge2\left(x+y+z+xy+yz+xz\right)=12\)

\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2\ge3\)

kết hợp với (*),ta có:

\(VT\ge\sqrt{36+9}=3\sqrt{5}\)

dấu = xảy ra khi x=y=z=1