Thoả mãn điều kiện đề bài... Vậy B không phải là một số nguyên.
Trang 1Bài 1: Giả sử x, y, z là các số thực khác 0 thoả mãn hệ đẳng thức:
= + +
−
=
+ +
+ +
+
1
2 1 1 1
1 1
1
3 3
x
y x
z x z
y
z
y
x
Hãy tính giá trị biểu thức: P = 1x+1y+1z
Giải:
= + +
−
=
+ +
+ +
+
1
2 1 1 1
1 1
1
3 3 3
z y x
y x
z x z
y z y
x
((12)) (1) <=> x 1 1 + + + + + 2 = 0
+
y
z x
z x
y z
y z
2 2
= + + + + +
+
yz
yz z y x
z y yz
y z
<=> (y + z) + + yz+
z y x yz
x 1
= 0 <=> (x+y)(y xyz+z)(z+x) = 0 <=>
−
=
−
=
−
=
x z
z y y x
Nếu x = -y, thay vào (2) được z3 = 1, suy ra z = 1 khi đó P = 1x+1y +1z = 1z = 1 Các trường hợp còn lại xét tương tự
Vậy P = 1
Bài 2: Cho các số a, b, x, y thoả mãn hệ:
= +
= +
= +
= +
17 9 5 3
4 4
3 3
2 2
by ax
by ax
by ax
by ax
Hãy tính giá trị biểu thức:
A = ax5 + by5; B = ax2001 + by2001
Giải:
= +
= +
= +
= +
17 9 5 3
4 4
3 3
2 2
by ax
by ax
by ax
by ax
) 4 (
) 3 (
) 2 (
) 1 (
=>
+
= + + +
+
= + +
+
= + + +
+
= + + +
) ( 17
) ( 9
) ( 5
) ( 3
4 4
5 5
3 3
4 4
2 2
3 3
2 2
y x bxy
y ax by ax
y x bxy y ax by ax
y x bxy y ax by ax
y x bxy axy by ax
CHUYÊN ĐỀ:
GIÁ TRỊ MỘT BIỂU
THỨC
Trang 2=>
+
= + + +
+
= + +
+
= + +
+
= + +
) ( 17
) ( 9 ) (
17
) ( 5 ) (
9
) ( 3 ) ( 5
4 4
5 5
2 2
y x bxy
y ax by ax
y x by
ax xy
y x by ax xy
y x b a xy
=>
+
= +
+
= +
+
= +
+
= + +
) ( 17
) ( 9 5 17
) ( 5 3 9
) ( 3 ) ( 5
5
ax
y x xy
y x xy
y x b a xy
) 8 (
) 7 (
) 6 (
) 5 (
Đặt S = x + y, P = xy, thay vào (6), (7) ta có:
=
−
=
− 17 5 9
9 3 5
P S
P S
<=>
=
= 2
3
P
S
<=>
=
= +
2
3 ) (
xy
y x
Giải hệ phương trình này được x = 2, y = 1 hoặc x = 1, y = 2 Do vai trò của x, y như nhau nên chọn x = 2, y = 1 Khi đó từ các phương trình (1), (2) ta lại có:
= +
= + 5 4
3 3 2
b a
b a
<=>
=
= 1
1
b a
Vậy A = ax5 + by5 = 32 + 1 = 33; B = ax2001 + by2001 = 22001 +1
Bài 3: Xét đa thức: P(x) = ( 1 – x + x2 – x3 + … - x1999).(1 + x + x2 + … + x1999 + x2000)
Khai triển và ước lượng số hạng đồng dạng có thể viết: P(x) = a0 + a1x + a2x2 + … + a4000x4000 Tính a2001
Giải: Đặt f(x) = 1 – x + x2 – x3 + … - x1999 và g(x) = 1 + x + x2 + … + x1999 + x2000
Để có x2001 của P(x) thì một hạng tử xk ( 0 ≤ k ≤ 2000) của f(x) phải nhân với hạng tử
xm (0≤ m ≤ 2000) của g(x) sao cho k + m = 2001 Suy ra:
+ Nếu k = 0 thì m = 2001 không thoả mãn
+ Nếu k = 1 thì m = 2000
+ Nếu k = 2 thì m = 1999
………
+ Nếu k = 2000 thì m = 1
Vậy a2001x2001 = (-x.x2000 + x2.x1999 – x3.x1998 + x4.x1997 – x5.x1996 + … - x1999.x2 + x2000.x
=> a2001x2001 = (-1 + 1 – 1 + 1 – 1 + … -1 + 1).x2001
Trong dãy số: 1, 2, 3, …, 1999, 2000 có 1000 số lẻ, 1000 số chẵn Các hạng tử với số mũ lẻ của f(x) có hệ số bằng -1, các hạng tử với số mũ chẵn của f(x) có hệ số bằng 1
Do đó a2001 = 0
Bài 4: Cho P(x) = x3 + ax2 + bx + c Giả sử P(1) = 5; P(2) = 10 Tính P(12)105−P(−9)
Giải: Từ giả thiết của đề bài suy ra
= + + +
= + + +
10 2
4 8
5 1
c b a
c b a
Trừ từng vế 2 phương trình của hệ ta được: 3a + b = 2
P(12) – P(-9) = [123 –(-9)3] + a(122 – (-9)2) + (12 – (-9))b = 2457 + 63a + 21b =
= 2457 + 21(3a + b) = 2457 – 42 = 3415 Vậy P(12)105−P(−9) = 2415105
Bài 5: Tính giá trị biểu thức: Q = x x+−y y nếu x2 – 2y2 = xy và y ≠ 0
Giải: x2 – 2y2 = xy <=> x(x – 2y) + y(x – 2y) = 0 <=> (x – 2y)(x + y) = 0
Trang 3<=> x x−+2y y==00 <=> x x==2y y (loai vì x≠ y) <=> x = 2y
Với x = 2y thì Q = x x+−y y = 22y y+−y y = 31 (vì y ≠ 0)
Bài 6: Tính giá trị biểu thức: P = (20032.20132004.+200531.2004.2006−.20071)(2003.2008.2008+4)
Giải: Đặt x = 2003, ta có P =
) 5 )(
4 )(
3 )(
2 )(
1 (
] 4 ) 5 ( ][
1 ) 1 ( 31 ) 10 ( [ 2
+ + + + +
+ +
− + + +
x x x x x
x x x
x x
Vì x(x + 5) + 4 = x2 + 5x + 4 = (x + 1)(x + 4)
x2(x + 10) + 31(x + 1) = x3 + 10x2 + 31x + 30 = (x + 1)(x + 2)(x + 5)
Vậy P = ((x x++11)()(x x++22)()(x x++33)()(x x++44)()(x x++55)) = 1
Bài 7: Cho các số thực dương a và b thoả mãn: a100 + b100 = a101 + b101 = a102 + b102 Hãy tính giá trị biểu thức P = a2004 + b2004
Giải: Từ điều kiện đề bài suy ra:
−
=
−
−
=
−
) 1 ( )
1 (
) 1 ( )
1 (
101 101
100 100
b b a a
b b a a
) 2 (
) 1 (
+ Nếu a = 1 thì từ (1) => b100(b – 1) = 0 mà b100 > 0 nên b -1 = 0 Thoả mãn điều kiện đề bài Khi đó P = 1 + 1 = 2
+ Nếu a ≠ 1 thì từ (2) suy ra b≠ 1 Các vế của (1) và (2) đều khác 0 Chia theo từng vế của (1) và (2) suy ra a = b Khi đó từ điều kiện của đề bài ta có 2a100 = 2a101 = 2a102, suy ra
=
−
=
−
0 ) 1
(
0 ) 1 (
101
100
a a
a a
=> a = 1; b = 1 Vậy P = 1 + 1 = 2
Bài 9: Tìm f(2), nếu với mọi x ta đều có: f(x) + 3f
x
1 = x2 Giải: Do f(x) + 3f
x
1 = x2 nên: + Cho x = 1, ta có f(1) + 3f(1) = 1 => f(1) = 1/4
+ Cho x = 2
= +
=
+
4
1 ) 2 ( 3 2 1
4 2
1 3 ) 2 (
f f
f
<=>
= +
=
+
4
1 ) 2 ( 3 2
1 9
4 2
1 3 ) 2 (
f f
f
Trừ vế theo vế ta được:
8f(2) = −134 <=> f(2) = −1332
Bài 10: Cho x, y thoả mãn:
=
− +
= +
− +
0 2
0 3 4 2 2 2 2
2 3
y y x x
y y x
) 2 (
) 1 ( Tính Q = x2 + y2 Giải: (1) <=> x3 + 1 + 2(y – 1)2 = 0, suy ra x2 = y22 +1
y
(3) Do đó y2 + 1≥ 2y; mà y2 + 1 > 0 nên y22 +1
y
≤ 1 Khi đó từ (3) ta có x2≤ 1 (*)
Trang 4Do x≤ -1 nên x2≥ 1 (**)
Từ (*) và (**) suy ra x2 = 1 mà x ≤ -1, nên x = -1 Thay vào (1) ta được:
2y2 – 4y + 2 = 0 <=> (y – 1)2 = 0 <=> y = 1 Vậy Q = x2 + y2 = 2
Bài 11: Tính A = 2 1+11 2 +3 2+12 3 + … + 2005 2004+12004 2005
Giải: Với mọi k = 1, 2, 3, …, n ta có: (k+1) k1+k k+1 = k. k+1(1k+1+ k) = =
) 1 (
1
.
1
k k
k
k
k k
− +
+
−
+
= k.k+k1+1 − . +1
k k
k
= 1 − 1+1
k k
Vậy A = 1 – 20051
Bài 12: Cho đẳng thức:
(x – y)2 + (y – z)2 + (z – x)2 = (x + y – 2z)2 + (y + z – 2x)2 + (x + z – 2y)2
Chứng minh rằng: x = y = z
Giải: Đặt x – y = a; y – z = b; z – x = c thì a + b + c = 0 Theo đề bài ta có:
a2 + b2 + c2 = (b – c)2 + (c – a)2 + (a – b)2
<=> a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca = 2a2 + 2b2 + 2c2 <=> (a + b + c)2 = 2(a2 + b2 + c2) Mà a + b + c = 0 nên a2 + b2 + c2 = 0; suy ra a2 = b2 = c2 = 0,
suy ra a = b = c = 0 => x = y = z = 0
Bài 13: Cho a, b, c là 4 số nguyên dương bất kỳ, chứng minh rằng số:
B = a+a b+c + a+b b+d +b+c c+d + a+c d+d không phải là một số nguyên
Giải: Do a, b, c, d ∈ N, ta có: B = a+b a+c + a+b b+d +b+c c+d + a+c d+d >
> a+b+a c+d + a+b b+c+d +a+b+c c+d + a+b d+c+d = 1 (1)
Xét a+b a+c −a+a b++c d+d = (a+b+−c bd)(a−+cd b+c+d) < 0 => a+a b+c < a+b a++c d+d Tương tự : a+b b+d < a+b b++c c+d ; b+c c+d < a+b a++c c+d ; a+c d+d < a+b b++c d+d
Do đó B < 2(a a++b b++c c++d d) = 2 (2)
Từ (1) và (2) suy ra 1 < B < 2 Vậy B không phải là một số nguyên
Bài 14: Cho x, y, z là 3 số thoả mãn điều kiện:
4x2 + 2y2 + 2z2 – 4xy – 4xz + 2yz – 6y – 10z + 34 = 0 (1)
Hãy tính : S = (x – 4)2005 + (y – 4)2005 + (z – 4)2005
Giải: (1) <=> (4x2 + y2 + z2 – 4xy – 4xz + 2yz) + (y2 – 6y + 9) + (z2 – 10z + 25) = 0
Trang 5<=> (2x – y – z)2 + (y – 3)2 + (z – 5)2 = 0 <=>
=
−
=
−
=
−
− 0 5
0 3
0 2
z y
z y x
<=>
=
=
= 5 3 4
z y x
Vậy S = (4 – 4)2005 + (3 – 4)2005 + (5 – 4)2005 = 0
Bài 15: Biết a – b = 7 Tính giá trị biểu thức sau: a2(a + 1) - b2(b – 1) + ab – 3ab(a – b + 1) Giải: a2(a + 1) - b2(b – 1) – 3ab(a – b + 1) = a3 + a2 – b3 + b2 + ab – 3ab(a – b) – 3ab =
= (a – b)3 + (a – b)2 = (a – b)2(a – b + 1) = 72(7 + 1) = 392
Bài 16: Cho 3 số a, b, c khác 0, thoả mãn (a + b + c)
c b a
1 1 1
= 1
Tính giá trị biểu thức: P = (a23 + b23)(b5 + c5)(a1995 + c1995)
Giải: Theo điều kiện bài toán (a + b + c)
c b a
1 1 1
= 1 <=> (a + b + c)ab+abc bc+ac = 1
<=> (a + b + c)(ab + bc + ca) – abc = 0 <=>(a + b )(ab + bc + ca) + abc + c(bc + ac) – abc = 0
<=> (a + b )(ab + bc + ca) + c2(b + a) = 0 <=> … <=> (a + b)(b + c)(a + c) = 0
<=> a + b = 0; hay b + c = 0, hay a + c = 0
+ Nếu a + b = 0 => a = –b <=> a23 = –b23 <=> a23 + b23 = 0 Vậy P = 0
+ Nếu b + c = 0 => b = –c <=> b5 = –c5 <=> b5 + c5 = 0 Vậy P = 0
+ Nếu a + c = 0 => a = –c <=> a1995 = –c1995 <=> a1995 + c1995 = 0 Vậy P = 0
Vậy với điều kiện đã cho P = 0
Bài tập tương tự:
1/ Cho 3 số a, b, c thoả mãn điều kiện: a1+b1+1c = a+1b+c
Tính: (a25 + b25)(b3 + c3)(c2000 – a2000)
Bài 17: 1/ Xác định đa thức bậc 3 sao cho khi chia đa thức ấy lần lượt cho các nhị thức (x – 1),
(x – 2), (x – 3) đều có số dư là 6 và tại x = –1 thì đa thức nhận giá trị tương ứng là –18
Giải: Do f(x) chia cho các nhị thức (x – 1), (x – 2) và (x – 3) đều có số dư là 6 nên f(x) – 6 chia hết cho (x – 1), (x – 2) và (x – 3) nên f(x) chia hết cho (x – 1)(x – 2)(x – 3) Vì f(x) là đa thức bậc 3 nên f(x) – 6 = m(x – 1)(x – 2)(x – 3); với m là hằng số
Vì f(–1) = –18 nên –18 – 6 = m(–2)(–3)(–4) <=> m = 1
Vậy f(x) – 6 = (x – 1)(x – 2)(x – 3) = x3 – 6x2 + 11x – 6
f(x) = x3 – 6x2 + 11x
2/ Cho đa thức bậc 2: P(x) = ax2 + bx + c Tìm a, b, c biết P(0) = 26; P(1) = 3 và P(2) = 2000 Giải: Vì P(0) = 26 => a.02 + b.0 + c = 26 => c = 26
P(1) = 3 => a + b + c = 3 => a + b = -23
P(2) = 2000 => … => 2a + b = 987
Từ đó ta tìm được a = 1000 và b = -1023
Trang 6Bài 18: Chứng minh rằng nếu abc = a + b + c và a1+b1+1c = 2 thì 2 2 2
1 1 1
c b
a + + = 2 Giải: Ta có 2 2 2
1 1 1
c b
a + + = 1 1 12
+ +
c b
a c c b b a
1 1 1 1 1 1
= 4 – 2.a+abc b+c = 4 – 2 = 2
Bài 19: Chứng minh rằng nếu x + y + z = 0 thì: 2(x5 + y5 + z5) = 5xyz(x2+ y2 + z2)
Giải: Ta có: x + y + z = 0 nên x + y = –z; x + z = –y; y + z = –x (1)
Khi ấy: x3 + y3 + z3 = (x + y)3 – 3xy(x + y) + z3 = (-z)3 – 3xy(-z) + z3 = 3xyz
Suy ra: (x3 + y3 + z3)(x2+ y2 + z2) = 3xyz(x2+ y2 + z2)
<=> x5 + y5 + z5 + x2y2(x + y) + x2z2(x + z) + y2z2(y + z) = 3xyz(x2+ y2 + z2)
<=> x5 + y5 + z5– xyz(xy + yz + zx) = 3xyz(x2+ y2 + z2) (do (1))
=> 2(x5 + y5 + z5) – 2xyz(xy + yz + zx) = 6xyz(x2+ y2 + z2) (*)
Do (x + y + z)2 = 0 nên –2(xy + yz + zx) = x2+ y2 + z2
=> –2xyz(xy + yz + zx) = xyz(x2+ y2 + z2) Thay vào (*) ta được:
2(x5 + y5 + z5) + xyz(x2+ y2 + z2) = 6xyz(x2+ y2 + z2)
=> 2(x5 + y5 + z5) = 5xyz(x2+ y2 + z2)
Bài 20: Cho ba số x, y, z thoả mãn điều kiện x + y + z = 0 và xy + yz + zx = 0.
Hãy tính giá trị biểu thức: S = (x – 1)1995 + y1996 + (z + 1)1997
Giải: x + y + z = 0 <=> (x + y + z)2 = 0 <=> x2 + y2 + z2 + 2(xy + yz + zx) = 0;
mà xy + yz + zx = 0; nên x2 + y2 + z2 = 0 <=> x = y = z = 0
Do đó: S = (–1)1995 + 01996 + (1)1997 = –1 + 0 + 1 = 0
Bài 21: Chứng minh rằng nếu: a1+b1+c1 =a+b1+c thì (a + b)(b + c)(c + a) = 0
Giải: Với a, b, c khác 0 và a + b + c≠ 0, ta có: a1+b1+c1= a+b1+c <=>(a + b + c)
c b a
1 1 1
= 1
<=> (a + b + c)ab+abc bc+ac = 1 <=> (a + b + c)(ab + bc + ca) – abc = 0
<=>(a + b )(ab + bc + ca) + abc + c(bc + ac) – abc = 0
<=> (a + b )(ab + bc + ca) + c2(b + a) = 0 <=> … <=> (a + b)(b + c)(a + c) = 0
Bài tương tự:
1/ Cho x, y, z là 3 số khác không thoả mãn:
= + +
= + +
2002
1 1 1
z y x
z y x
Chứng minh rằng trong 3 số x, y,
z tồn tại 2 số đối nhau HD: Từ điều kiện bài toán ta có: (a + b + c)
c b a
1 1 1
= 1 để áp dụng bài 21 suy ra điều chứng minh
Bài 22: Cho a, b, c là 3 số đôi một khác nhau, chứng minh rằng:
) )(
(a b a c
c b
−
−
−
+ (b−c a−)(b a−c) + (c−a a)(−c b−b) = a−2b + b−2c + c−2a
Trang 7Giải: Với a, b, c là 3 số đôi một khác nhau Ta có:
) )(
(a b a c
c b
−
−
−
= (a(a−−c b))(−a(a−−c b)) = a b −a−c
−
1 1
= a b+c−a
−
1 1
) )(
(b a b c
a c
−
−
−
= b c +a−b
−
1 1
và (c−a a)(−c b−b) = c a+b−c
−
1 1
Cộng từng vế các đẳng thức trên, ta được:
) )(
(a b a c
c b
−
−
−
+ (b−c a−)(b a−c) + (c−a a)(−c b−b) = a−2b + b−2c + c−2a
Bài 23: Chứng minh rằng a, b là 2 số dương thoả mãn điều kiện: a + b = 1 thì:
1
3 − −a −
b b
a
=
3
) ( 2
2
−
b a
a b
Giải: Với a, b > 0 và a + b = 1: Ta có:
1
3 − −a −
b b
a
= (( 3 1)1)( 3( 1)1)
3 3
−
−
−
−
−
b a
b b a
a
= ( 1)( (2 1)() ( 1)( )2 1)
4 4
+ +
− + +
−
−
−
−
a a a b b b
b a b a
= ( )(( 2 )( 1)( 2 ) (1) )
2 2
+ + +
+
−
−
− +
−
a a b b ab
b a b a b a b a
(do a + b = 1 => b – 1 = -a và 1 – a = -b)
= [ 2 2 (( ))( 2 2 1) ( ) 1]
2 2
+ + + + + + + +
− +
−
b a ab b a b a ab b a
ab
b a b a
= ( [ 2)(2 ( ) 2])
2 2
+ + +
− +
−
−
b a b a ab
b b a a b a
= ( )[ (( 2 12)+3)( 1)]
− +
−
−
b a ab
b b a
a b a
= ( )[( (2 2)+3)( )]
− +
−
−
b a ab
a b b a b a
=
3
) ( 2
2
−
b a
a b
Bài 24: Cho x, y, z là các số thoả mãn đồng thời:
= + +
= + +
= + +
1 1 1 3 3 3
2 2 2
z y x
z y x
z y x
Hãy tính giá trị biểu thức: P = (x – 1)17 + (y – 1)9 + (z – 1)1997
Giải: Ta có: (x + y + z)3 – x3 – y3 – z3 = … = 3(x + y)(y + z)( z + x)
<=> (x + y + z)3 = 3(x + y)(y + z)( z + x) + x3 + y3 + z3
<=> 1 = 3(x + y)(y + z)( z + x) + 1 <=> 3(x + y)(y + z)( z + x) = 0 <=> (x + y) = 0; hay (y + z) = 0; hay ( z + x) = 0
+ Nếu x + y = 0, do x + y + z = 1 => z = 1
Mặt khác: x2 + y2 + z2 = 1 <=> x2 + y2 = 0 => x = y = 0
Khi ấy P = (-1)17 + (-1)9 + 01997 = -2
+ Lý luận tương tự: y + z = 0 => x = 1 và y = z = 0; Nên P = -2
z + x = 0 => y = 1 và z = x = 0; Nên P = -2 Kết luận: Với x, y, z thoả mãn hệ đã cho thì P = -2
Bài 25: Cho a, b, c thoả: a3 – b2 – b = b3 – c2 – c = c3 – a2 – a = 31
Giải: Ta có: a3 – b2 – b =31 => a3 = b2 + b +13 = 212
+b + 121 > 0 => a > 0 Tương tự:
Trang 8b3 – c2 – c =13 => b3 = 21
+c + 121 > 0 => b > 0 và: c3 – a2 – a = 13 => c3 = 212
+a + 121 > 0 => c > 0 Vai trò a, b, c hoán vị vòng quanh Giả sử: a là số lớn nhất trong 3 số a, b, c
Với a, b, c > 0: a ≥ b => a3 ≥ b3 => 212
+b + 121 ≥ 212
+c + 121 => 212
2
2
1
+c
=> b ≥ c
b ≥ c => b3 ≥ c3 => 122
+c + 121 ≥ 122
+a + 121 => … => c ≥ a Vậy a ≥ b ≥ c ≥ a => a = b = c
Bài 26: Cho 3 số a, b, c khác 0 thoả mãn đẳng thức: a+c b−c = a+b c−b = b+a c−a Tính giá trị biểu thức: P = (a+b)(b abc+c)(c+a)
Giải: Từ giả thiết suy ra: a+c b−c + 2 = a+b c−b + 2 = b+a c−a + 2
=> a+c b+c = a+b c+b = b+a c+a Suy ra a + b + c = 0 hoặc a = b = c
+ Trường hợp a + b + c = 0 => a + b = -c; a + c = -b và b + c = -a Thay vào ta được P = -1 + Trường hợp a = b = c, ta được P = 8
Bài 27: Cho a; b; c là 3 số đôi một khác nhau:
1/ Tính S = (b−c ab)(c−a) + (c−a bc)(a−b) + (a−b ac)(b−c)
2/ Chứng minh rằng: 2
2 ) (b c
a
2 ) (c a
b
2 ) (a b
c
Giải: 1/ Qui đồng mẫu ta có: S = ab(a−(a b)−−b bc)(b(c−−c)(b)c+−ac a)(c−a)
Phân tích tử thức ta được:
ab(a – b) – bc(b – c) + ca(c – a) = … = –(a – b)(b – c)(c – a)
Vậy S = –1
2/ Đặt b a−c = x; c−b a= y; và a c−b = z
Ta có: (x + y + z)2 ≥ 0 => x2 + y2 + z2 ≥ –2(xy + yx + zx)
Mà xy + yz + zx = b a−c.c−b a + c−b a.a c−b + a c−b b a−c = S = –1
Vậy x2 + y2 + z2 ≥ 2 Hay 2
2 ) (b c
a
2 ) (c a
b
2 ) (a b c
Trang 9Bài 28: Cho a x+b y+c z = 1 và a x+b y+z c = 0 Chứng minh 2
2 2
2 2 2
c
z b
y a
x
+
Giải: Do a x+b y+c z = 0 => ayz+bxz xyz+cxy = 0 => ayz + bxz + cxy = 0
Mặt khác: a x+b y+c z = 1 nên 2
+ +
c
z b
y a
x = 1 => 22 22 22
c
z b
y a
x
+
ac
xz bc
yz ab
xy
= 1
2 2
2 2
2
c
z b
y a
x
+ + + 2cxy+abc ayz+bxz = 1 => 2
2 2
2 2 2
c
z b
y a
x
+ + = 1 (do ayz + bxz + cxy = 0) Bài tập tương tự: Cho a + b + c = 1 và a1+b1+c1 = 0 Chứng minh a2 + b2 + c2 = 1
HD a1+b1+c1 = 0 => bc + ac + ab = 0; Từ a + b + c = 1 => (a + b + c)2 = 1 => a2 + b2 + c2 = 1
Bài 29: Chứng minh rằng nếu abc = 1 thì: 1 1+ + +1
+ +
+ +
c b
bc
b a
ab
a
= 1 Giải: Do abc = 1 => a, b, c ≠ 0 Ta có:
1 1
1+ + + + + + +
c b
bc
b a
ab
a
+ +
+ +
bc b
bc
b a
ab bc
abc
=
= bc(ab abc a abc) bc b b 1+bac+bc bc+b)
+ +
+ +
+ +
+ +
1
= 1bc++b b++bc1 = 1 Lưu ý: Ta có thể viết a = bc1 rồi thay vào biểu thức cần chứng minh
Bài 30: Cho a, b, c là 3 số thoả mãn điều kiện:
= + +
= + +
14
0 2 2
2 b c a
c b a
Hãy tính giá trị của biểu thức: A = 1 + a4 + b4 + c4
Giải: Từ a + b + c = 0 => (a + b + c)2 = 0 <=> a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) = 0
<=>2(ab + bc + ca) = -(a2 + b2 + c2) = -14 => ab + bc + ca = -7 Vậy
<=> 49 = (ab + bc + ca)2 = a2b2 + b2 c2 + a2c2 + 2abc(a + b + c) = a2b2 + b2 c2 + a2c2
( do a + b + c = 0) Từ a2 + b2 + c2 = 14 <=> 196 = (a2 + b2 + c2)2 = a4 + b4 + c4 + 2(a2b2 + b2 c2 + a2c2)=
= a4 + b4 + c4+ 2.49 <=> a4 + b4 + c4 = 196 – 2,49 = 98
Vậy A = 1 + 98 = 99
Bài 31: Cho a + b – c = 0 Chứng minh (a2 + b2 + c2)2 = 2(a4 + b4 + c4)
Giải: Từ a + b – c = 0 => (a + b – c)2 = 0 => a2 + b2 + c2 = –2(ac + bc – ab)
=> (a2 + b2 + c2)2 = 4(a2b2 + a2c2 + b2c2 + 2abc2 – 2ab2c – 2a2bc)
=>(a2 + b2 + c2)2 = 4[a2b2 + a2c2 + b2c2 – 2abc(a + b – c)] = 4(a2b2 + a2c2 + b2c2) (1)
Ta có: (a2 + b2 + c2)2 = a4 + b4 + c4 + 2(a2b2 + a2c2 + b2c2) = a4 + b4 + c4+ 2
4
2 2
2 b c
a + + (do (1))
=> 2(a2 + b2 + c2)2 = 2(a4 + b4 + c4) + (a2 + b2 + c2)2
=> (a2 + b2 + c2)2 = 2(a4 + b4 + c4)
Trang 10Bài 32: Cho a2 + b2 + c2 = a3 + b3 + c3 = 1 Tính S = a2 + b9 + c2004
Giải: Do a2 + b2 + c2 = 1 => |a| ≤ 1; |b| ≤ 1; |c| ≤ 1;
Ta có: a2 + b2 + c2 – (a3 + b3 + c3) = 0 <=> a2(1 – a) + b2(1 – b) + c2(1 – c) = 0 (*)
Vì a ≤ 1 => 1 – a ≥ 0 => a2(1 – a) ≥ 0 Tương tự: b2(1 – b≥ 0 ; c2(1 – c) ≥ 0 Suy ra
vế trái của (*) là tổng các số không âm nên: (*) <=>
=
−
=
−
=
−
0 ) 1 (
0 ) 1 (
0 ) 1 (
2 2 2
c c
b b
a a
Vậy a, b, c∈ {0; 1} trong
đó có hai số bằng 0 và một số bằng 1
Nếu a = b = 0, c = 1 thì S = 0 + 0 +12004 = 1
Nếu a = c = 0 và b = 1 thì S = 0 + 19 + 0 = 1
Nếu b = c = 0 và a = 1 thì S = 12 + 0 + 0 = 1 Vậy S = 1
Bài 33: Cho các số a1, a2, a3, …, a2003 Biết rằng: ak = ( 2 ) 2
1 2
k k
k
+
+
; với mọi k = 1, 2, 3, …, 2003 Tính tổng S = a1 + a2 + a3 + … + a2003
Giải:
Ta có: ak = ( 2 ) 2
1 2
k k
k
+
+
= 2 ( 1 ) 2
1 2
+
+
k k
k
2 2
) 1 (
) 1 2 (
+
− + +
k k
k k
k
= … = 2
1
k ( 1)2
1
+
−
k Với mọi k = 1, 2, 3, …, 2003
Với k = 1: a1 = 2 2
1
1 − ; k = 2:a2 = 2 3 2
1 2
1
− ; … ; k = 2003: a2003 = 2 2004 2
1 2003
1
−
=> S = a1 + a2 + a3 + … + a2003 = 2004 2
1
2003
2005x
Bài 34: Cho a3 – 3ab2 = 5 và b3 – 3a2b = 10 Tính a2 + b2
Giải: a3 – 3ab2 = 5 => (a3 – 3ab2)2 = a6 – 6a4b2 + 9a2b4 = 25
b3 – 3a2b = 10 => (b3 – 3a2b)2 = b6 – 6a2b4 + 9a4b2 = 100
=> 125 = a6 + b6 + 3a2b4 + 3a4b2 = (a2 + b2)3
Do đó a2 + b2 = 5
Bài 35: Tam giác ABC có BC = a, AC = b, AB = c là độ dài 3 cạnh của tam giác thoả mãn hệ
thức: b ab c c bc a a ca b b ca c c ab a+ a bc+b
+
+ +
= +
+ +
+
Giải: Với a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác, ta có: b ab c c bc a a ca b b ca c c ab a+a bc+b
+
+ +
= +
+ +
+ +
+
+ + +
+
− + +
+
−
b ab
) )(
(
) ( )
)(
(
) ( )
)(
(
) (
= + +
− +
+ +
− +
+ +
−
c b b a
a c ac b
a c a
c b bc c
a c b
c a ab
<=> ab(a – b)(a + b) + bc(b – c)(b + c) + ac(c – a)(a + c) = 0
<=> ab(a – b)(a + b) – bc(b + c)[(c – a) + (a – b)] + ac(c – a)(a + c) = 0
<=> … <=> (a + b + c)(a – b)(a – c)(b – c) = 0
<=> a – b = 0 hoặc a – c = 0 hoặc b – c = 0 (vì a + b + c > 0)