Bài 1: Giả sử x, y, z là các số thực khác 0 thoả mãn hệ đẳng thức:      =++ −=         ++       ++         + 1 2 111111 333 zyx yx z xz y zy x Hãy tính giá trò biểu thức: P = zyx 111 ++ Giải:      =++ −=         ++       ++         + 1 2 111111 333 zyx yx z xz y zy x )2( )1( (1) <=> x 02 11 =+++++         + y z x z x y z y zy <=> 0 2 22 = ++ + + +         + yz yzzy x zy yz yz <=> (y + z)         + ++ yz zy xyz x 1 = 0 <=> xyz xzzyyx ))()(( +++ = 0 <=>      −= −= −= xz zy yx Nếu x = -y, thay vào (2) được z 3 = 1, suy ra z = 1. khi đó P = zyx 111 ++ = z 1 = 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 44 33 22 byax byax byax byax . Hãy tính giá trò biểu thức: A = ax 5 + by 5 ; B = ax 2001 + by 2001 Giải:        =+ =+ =+ =+ 17 9 5 3 44 33 22 byax byax byax byax )4( )3( )2( )1( =>        +=+++ +=++ +=+++ +=+++ )(17 )(9 )(5 )(3 4455 3344 2233 22 yxbxyyaxbyax yxbxyyaxbyax yxbxyyaxbyax yxbxyaxybyax 1 CHUYÊN ĐỀ: GIÁ TRỊ MỘT BIỂU THỨC =>        +=+++ +=++ +=++ +=++ )(17 )(9)(17 )(5)(9 )(3)(5 4455 22 yxbxyyaxbyax yxbyaxxy yxbyaxxy yxbaxy =>        +=+ +=+ +=+ +=++ )(17 )(9517 )(539 )(3)(5 55 yxbyax yxxy yxxy yxbaxy )8( )7( )6( )5( Đặt S = x + y, P = xy, thay vào (6), (7) ta có:    =− =− 1759 935 PS PS <=>    = = 2 3 P S <=>    = =+ 2 3)( xy yx 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:    =+ =+ 54 332 ba ba <=>    = = 1 1 b a Vậy A = ax 5 + by 5 = 32 + 1 = 33; B = ax 2001 + by 2001 = 2 2001 +1. Bài 3: Xét đa thức: P(x) = ( 1 – x + x 2 – x 3 + … - x 1999 ).(1 + x + x 2 + … + x 1999 + x 2000 ) Khai triển và ước lượng số hạng đồng dạng có thể viết: P(x) = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + … + a 4000 x 4000 Tính a 2001 Giải: Đặt f(x) = 1 – x + x 2 – x 3 + … - x 1999 và g(x) = 1 + x + x 2 + … + x 1999 + x 2000 Để có x 2001 của P(x) thì một hạng tử x k ( 0 ≤ k ≤ 2000) của f(x) phải nhân với hạng tử x m (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 a 2001x 2001 = (-x.x 2000 + x 2 .x 1999 – x 3 .x 1998 + x 4 .x 1997 – x 5 .x 1996 + … - x 1999 .x 2 + x 2000 .x => a 2001x 2001 = (-1 + 1 – 1 + 1 – 1 + … -1 + 1).x 2001 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 a 2001 = 0 Bài 4: Cho P(x) = x 3 + ax 2 + bx + c. Giả sử P(1) = 5; P(2) = 10. Tính 105 )9()12( −− PP Giải: Từ giả thiết của đề bài suy ra    =+++ =+++ 10248 51 cba cba Trừ từng vế 2 phương trình của hệ ta được: 3a + b = 2. P(12) – P(-9) = [12 3 –(-9) 3 ] + a(12 2 – (-9) 2 ) + (12 – (-9))b = 2457 + 63a + 21b = = 2457 + 21(3a + b) = 2457 – 42 = 3415 Vậy 105 )9()12( −− PP = 105 2415 Bài 5: Tính giá trò biểu thức: Q = yx yx + − nếu x 2 – 2y 2 = xy và y ≠ 0 Giải: x 2 – 2y 2 = xy <=> x(x – 2y) + y(x – 2y) = 0 <=> (x – 2y)(x + y) = 0 2 <=>    =+ =− 0 02 yx yx <=>    = = yx yx 2 loai( vì )yx ≠ <=> x = 2y Với x = 2y thì Q = yx yx + − = yy yy + − 2 2 = 3 1 (vì y ≠ 0) Bài 6: Tính giá trò biểu thức: P = 2008.2007.2006.2005.2004 )42008.2003)(12004.312013.2003( 2 +−+ Giải: Đặt x = 2003, ta có P = )5)(4)(3)(2)(1( ]4)5(][1)1(31)10([ 2 +++++ ++−+++ xxxxx xxxxx Vì x(x + 5) + 4 = x 2 + 5x + 4 = (x + 1)(x + 4) x 2 (x + 10) + 31(x + 1) = x 3 + 10x 2 + 31x + 30 = (x + 1)(x + 2)(x + 5) Vậy P = )5)(4)(3)(2)(1( )5)(4)(3)(2)(1( +++++ +++++ xxxxx xxxxx = 1 Bài 7: Cho các số thực dương a và b thoả mãn: a 100 + b 100 = a 101 + b 101 = a 102 + b 102 . Hãy tính giá trò biểu thức P = a 2004 + b 2004 Giải: Từ điều kiện đề bài suy ra:    −=− −=− )1()1( )1()1( 101101 100100 bbaa bbaa )2( )1( + Nếu a = 1 thì từ (1) => b 100 (b – 1) = 0 mà b 100 > 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 2a 100 = 2a 101 = 2a 102 , suy ra    =− =− 0)1( 0)1( 101 100 aa aa => 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 = x 2 Giải: Do f(x) + 3f       x 1 = x 2 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( ff f <=>        =+       =       + 4 1 )2(3 2 1 .9 4 2 1 3)2( ff f . Trừ vế theo vế ta được: 8f(2) = 4 13 − <=> f(2) = 32 13 − Bài 10: Cho x, y thoả mãn:    =−+ =+−+ 02 0342 222 23 yyxx yyx )2( )1( . Tính Q = x 2 + y 2 Giải: (1) <=> x 3 + 1 + 2(y – 1) 2 = 0, suy ra x 2 = 1 2 2 + y y (3). Do đó y 2 + 1 ≥ 2y; mà y 2 + 1 > 0 nên 1 2 2 + y y ≤ 1. Khi đó từ (3) ta có x 2 ≤ 1 (*) 3 Do x ≤ -1 nên x 2 ≥ 1 (**) Từ (*) và (**) suy ra x 2 = 1 mà x ≤ -1, nên x = -1. Thay vào (1) ta được: 2y 2 – 4y + 2 = 0 <=> (y – 1) 2 = 0 <=> y = 1 Vậy Q = x 2 + y 2 = 2 Bài 11: Tính A = 2112 1 + + 3223 1 + + … + 2005200420042005 1 + Giải: Với mọi k = 1, 2, 3, …, n ta có: 1)1( 1 +++ kkkk = )1(1. 1 kkkk +++ = = )1(1. 1 kkkk kk −++ −+ = 1. 1 + + kk k 1. + − kk k = 1 11 + − kk Vậy A = 1 – 2005 1 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: a 2 + b 2 + c 2 = (b – c) 2 + (c – a) 2 + (a – b) 2 <=> a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2bc + 2ca = 2a 2 + 2b 2 + 2c 2 <=> (a + b + c) 2 = 2(a 2 + b 2 + c 2 ) Mà a + b + c = 0 nên a 2 + b 2 + c 2 = 0; suy ra a 2 = b 2 = c 2 = 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 = cba a ++ + dba b ++ + dcb c ++ + dca d ++ không phải là một số nguyên. Giải: Do a, b, c, d ∈ N, ta có: B = cba a ++ + dba b ++ + dcb c ++ + dca d ++ > > dcba a +++ + dcba b +++ + dcba c +++ + dcba d +++ = 1 (1) Xét cba a ++ dcba da +++ + − = ))(( dcbacba cdbd +++++ −− < 0 => cba a ++ < dcba da +++ + Tương tự : dba b ++ < dcba cb +++ + ; dcb c ++ < dcba ca +++ + ; dca d ++ < dcba db +++ + Do đó B < dcba dcba +++ +++ )(2 = 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: 4x 2 + 2y 2 + 2z 2 – 4xy – 4xz + 2yz – 6y – 10z + 34 = 0. (1) Hãy tính : S = (x – 4) 2005 + (y – 4) 2005 + (z – 4) 2005 Giải: (1) <=> (4x 2 + y 2 + z 2 – 4xy – 4xz + 2yz) + (y 2 – 6y + 9) + (z 2 – 10z + 25) = 0 4 <=> (2x – y – z) 2 + (y – 3) 2 + (z – 5) 2 = 0 <=>      =− =− =−− 05 03 02 z y zyx <=>      = = = 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 trò biểu thức sau: a 2 (a + 1) - b 2 (b – 1) + ab – 3ab(a – b + 1) Giải: a 2 (a + 1) - b 2 (b – 1) – 3ab(a – b + 1) = a 3 + a 2 – b 3 + b 2 + ab – 3ab(a – b) – 3ab = = (a – b) 3 + (a – b) 2 = (a – b) 2 (a – b + 1) = 7 2 (7 + 1) = 392 Bài 16: Cho 3 số a, b, c khác 0, thoả mãn (a + b + c)       ++ cba 111 = 1. Tính giá trò biểu thức: P = (a 23 + b 23 )(b 5 + c 5 )(a 1995 + c 1995 ) Giải: Theo điều kiện bài toán (a + b + c)       ++ cba 111 = 1 <=> (a + b + c) abc acbcab ++ = 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) + c 2 (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 <=> a 23 = –b 23 <=> a 23 + b 23 = 0 Vậy P = 0 + Nếu b + c = 0 => b = –c <=> b 5 = –c 5 <=> b 5 + c 5 = 0 Vậy P = 0 + Nếu a + c = 0 => a = –c <=> a 1995 = –c 1995 <=> a 1995 + c 1995 = 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: cba 111 ++ = cba ++ 1 Tính: (a 25 + b 25 )(b 3 + c 3 )(c 2000 – a 2000 ) Bài 17: 1/ Xác đònh đa thức bậc 3 sao cho khi chia đa thức ấy lần lượt cho các nhò thức (x – 1), (x – 2), (x – 3) đều có số dư là 6 và tại x = –1 thì đa thức nhận giá trò tương ứng là –18 Giải: Do f(x) chia cho các nhò 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) = x 3 – 6x 2 + 11x – 6  f(x) = x 3 – 6x 2 + 11x 2/ Cho đa thức bậc 2: P(x) = ax 2 + bx + c. Tìm a, b, c biết P(0) = 26; P(1) = 3 và P(2) = 2000 Giải: Vì P(0) = 26 => a.0 2 + 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. 5 Bài 18: Chứng minh rằng nếu abc = a + b + c và cba 111 ++ = 2 thì 222 111 cba ++ = 2 Giải: Ta có 222 111 cba ++ = 2 111       ++ cba – 2       ++ accbba 1 . 11 . 11 . 1 = 4 – 2. abc cba ++ = 4 – 2 = 2 Bài 19: Chứng minh rằng nếu x + y + z = 0 thì: 2(x 5 + y 5 + z 5 ) = 5xyz(x 2 + y 2 + z 2 ) Giải: Ta có: x + y + z = 0 nên x + y = –z; x + z = –y; y + z = –x (1) Khi ấy: x 3 + y 3 + z 3 = (x + y) 3 – 3xy(x + y) + z 3 = (-z) 3 – 3xy(-z) + z 3 = 3xyz Suy ra: (x 3 + y 3 + z 3 )(x 2 + y 2 + z 2 ) = 3xyz(x 2 + y 2 + z 2 ) <=> x 5 + y 5 + z 5 + x 2 y 2 (x + y) + x 2 z 2 (x + z) + y 2 z 2 (y + z) = 3xyz(x 2 + y 2 + z 2 ) <=> x 5 + y 5 + z 5 – xyz(xy + yz + zx) = 3xyz(x 2 + y 2 + z 2 ) (do (1)) => 2(x 5 + y 5 + z 5 ) – 2xyz(xy + yz + zx) = 6xyz(x 2 + y 2 + z 2 ) (*) Do (x + y + z) 2 = 0 nên –2(xy + yz + zx) = x 2 + y 2 + z 2 => –2xyz(xy + yz + zx) = xyz(x 2 + y 2 + z 2 ) Thay vào (*) ta được: 2(x 5 + y 5 + z 5 ) + xyz(x 2 + y 2 + z 2 ) = 6xyz(x 2 + y 2 + z 2 ) => 2(x 5 + y 5 + z 5 ) = 5xyz(x 2 + y 2 + z 2 ) Bài 20: Cho ba số x, y, z thoả mãn điều kiện x + y + z = 0 và xy + yz + zx = 0. Hãy tính giá trò biểu thức: S = (x – 1) 1995 + y 1996 + (z + 1) 1997 Giải: x + y + z = 0 <=> (x + y + z) 2 = 0 <=> x 2 + y 2 + z 2 + 2(xy + yz + zx) = 0; mà xy + yz + zx = 0; nên x 2 + y 2 + z 2 = 0 <=> x = y = z = 0 Do đó: S = (–1) 1995 + 0 1996 + (1) 1997 = –1 + 0 + 1 = 0 Bài 21: Chứng minh rằng nếu: cbacba ++ =++ 1111 thì (a + b)(b + c)(c + a) = 0 Giải: Với a, b, c khác 0 và a + b + c ≠ 0, ta có: cbacba ++ =++ 1111 <=>(a + b + c)       ++ cba 111 = 1 <=> (a + b + c) abc acbcab ++ = 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) + c 2 (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 1111 2002 zyx zyx . 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)       ++ cba 111 = 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: ))(( caba cb −− − + ))(( cbab ac −− − + ))(( bcac ba −− − = ba − 2 + cb − 2 + ac − 2 6 Giải: Với a, b, c là 3 số đôi một khác nhau. Ta có: ))(( caba cb −− − = ))(( )()( caba baca −− −−− = caba − − − 11 = acba − + − 11 ))(( cbab ac −− − = bacb − + − 11 và ))(( bcac ba −− − = cbac − + − 11 Cộng từng vế các đẳng thức trên, ta được: ))(( caba cb −− − + ))(( cbab ac −− − + ))(( bcac ba −− − = ba − 2 + cb − 2 + ac − 2 Bài 23: Chứng minh rằng a, b là 2 số dương thoả mãn điều kiện: a + b = 1 thì: 11 33 − − − a b b a = 3 )(2 22 + − ba ab Giải: Với a, b > 0 và a + b = 1: Ta có: 11 33 − − − a b b a = )1)(1( )1()1( 33 33 −− −−− ba bbaa = )1)(1)(1)(1( )()( 22 44 ++−++− −−− aaabbb baba = )1)(1( )())()(( 22 22 ++++ −−−+− aabbab babababa (do a + b = 1 => b – 1 = -a và 1 – a = -b) = ]1)()([ )1)(( 2222 22 ++++++++ −+− baabbabaabbaab baba = ]2)([ ))(( 22 22 +++ −+−− babaab bbaaba = )3( )]1()1()[( 22 + −+−− baab bbaaba = )3( )]()()[( 22 + −+−− baab abbaba = 3 )(2 22 + − ba ab Bài 24: Cho x, y, z là các số thoả mãn đồng thời:      =++ =++ =++ 1 1 1 333 222 zyx zyx zyx Hãy tính giá trò biểu thức: P = (x – 1) 17 + (y – 1) 9 + (z – 1) 1997 Giải: Ta có: (x + y + z) 3 – x 3 – y 3 – z 3 = … = 3(x + y)(y + z)( z + x) <=> (x + y + z) 3 = 3(x + y)(y + z)( z + x) + x 3 + y 3 + z 3 <=> 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: x 2 + y 2 + z 2 = 1 <=> x 2 + y 2 = 0 => x = y = 0 Khi ấy P = (-1) 17 + (-1) 9 + 0 1997 = -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: a 3 – b 2 – b = b 3 – c 2 – c = c 3 – a 2 – a = 3 1 Giải: Ta có: a 3 – b 2 – b = 3 1 => a 3 = b 2 + b + 3 1 = 2 2 1       + b + 12 1 > 0 => a > 0. Tương tự: 7 b 3 – c 2 – c = 3 1 => b 3 = 2 2 1       + c + 12 1 > 0 => b > 0 và: c 3 – a 2 – a = 3 1 => c 3 = 2 2 1       + a + 12 1 > 0 => c > 0 Vai trò a, b, c hoán vò vòng quanh. Giả sử: a là số lớn nhất trong 3 số a, b, c. Với a, b, c > 0: a ≥ b => a 3 ≥ b 3 => 2 2 1       + b + 12 1 ≥ 2 2 1       + c + 12 1 => 2 2 1       + b ≥ 2 2 1       + c => b ≥ c b ≥ c => b 3 ≥ c 3 => 2 2 1       + c + 12 1 ≥ 2 2 1       + a + 12 1 => … => c ≥ a Vậy a ≥ b ≥ c ≥ a => a = b = c Bài 26: Cho 3 số a, b, c khác 0 thoả mãn đẳng thức: c cba −+ = b bca −+ = a acb −+ . Tính giá trò biểu thức: P = abc accbba ))()(( +++ Giải: Từ giả thiết suy ra: c cba −+ + 2 = b bca −+ + 2 = a acb −+ + 2 => c cba ++ = b bca ++ = a acb ++ . 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 = ))(( accb ab −− + ))(( baac bc −− + ))(( cbba ac −− 2/ Chứng minh rằng: 2 2 )( cb a − + 2 2 )( ac b − + 2 2 )( ba c − ≥ 2 Giải: 1/ Qui đồng mẫu ta có: S = ))()(( )()()( accbba acacbcbcbaab −−− −+−−− 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 cb a − = x; ac b − = y; và ba c − = z Ta có: (x + y + z) 2 ≥ 0 => x 2 + y 2 + z 2 ≥ –2(xy + yx + zx) Mà xy + yz + zx = cb a − . ac b − + ac b − . ba c − + ba c − cb a − = S = –1 Vậy x 2 + y 2 + z 2 ≥ 2. Hay 2 2 )( cb a − + 2 2 )( ac b − + 2 2 )( ba c − ≥ 2 8 Bài 28: Cho c z b y a x ++ = 1 và z c y b x a ++ = 0. Chứng minh 2 2 2 2 2 2 c z b y a x ++ = 1 Giải: Do z c y b x a ++ = 0 => xyz cxybxzayz ++ = 0 => ayz + bxz + cxy = 0 Mặt khác: c z b y a x ++ = 1 nên 2       ++ c z b y a x = 1 => 2 2 2 2 2 2 c z b y a x ++ + 2       ++ ac xz bc yz ab xy = 1 => 2 2 2 2 2 2 c z b y a x ++ + 2 abc bxzayzcxy ++ = 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 cba 111 ++ = 0. Chứng minh a 2 + b 2 + c 2 = 1 HD cba 111 ++ = 0 => bc + ac + ab = 0; Từ a + b + c = 1 => (a + b + c) 2 = 1 => a 2 + b 2 + c 2 = 1 Bài 29: Chứng minh rằng nếu abc = 1 thì: 111 ++ + ++ + ++ cac c bbc b aab a = 1 Giải: Do abc = 1 => a, b, c ≠ 0. Ta có: 111 ++ + ++ + ++ cac c bbc b aab a = )1(1)1( ++ + ++ + ++ cacb bc bbc b aabbc abc = = )1)( bbcbac bc bbc b abcaabbc abc ++ + ++ + ++ = bbc bc bbc b bbc ++ + ++ + ++ 111 1 = 1 1 ++ ++ bbc bcb = 1 Lưu ý: Ta có thể viết a = bc 1 rồi thay vào biểu thức cần chứng minh. Bài 30: Cho a, b, c là 3 số thoả mãn điều kiện:    =++ =++ 14 0 222 cba cba Hãy tính giá trò của biểu thức: A = 1 + a 4 + b 4 + c 4 Giải: Từ a + b + c = 0 => (a + b + c) 2 = 0 <=> a 2 + b 2 + c 2 + 2(ab + bc + ca) = 0 <=>2(ab + bc + ca) = -(a 2 + b 2 + c 2 ) = -14 => ab + bc + ca = -7. Vậy <=> 49 = (ab + bc + ca) 2 = a 2 b 2 + b 2 c 2 + a 2 c 2 + 2abc(a + b + c) = a 2 b 2 + b 2 c 2 + a 2 c 2 ( do a + b + c = 0) Từ a 2 + b 2 + c 2 = 14 <=> 196 = (a 2 + b 2 + c 2 ) 2 = a 4 + b 4 + c 4 + 2(a 2 b 2 + b 2 c 2 + a 2 c 2 )= = a 4 + b 4 + c 4 + 2.49 <=> a 4 + b 4 + c 4 = 196 – 2,49 = 98 Vậy A = 1 + 98 = 99. Bài 31: Cho a + b – c = 0. Chứng minh (a 2 + b 2 + c 2 ) 2 = 2(a 4 + b 4 + c 4 ) Giải: Từ a + b – c = 0 => (a + b – c) 2 = 0 => a 2 + b 2 + c 2 = –2(ac + bc – ab) => (a 2 + b 2 + c 2 ) 2 = 4(a 2 b 2 + a 2 c 2 + b 2 c 2 + 2abc 2 – 2ab 2 c – 2a 2 bc) =>(a 2 + b 2 + c 2 ) 2 = 4[a 2 b 2 + a 2 c 2 + b 2 c 2 – 2abc(a + b – c)] = 4(a 2 b 2 + a 2 c 2 + b 2 c 2 ) (1) Ta có: (a 2 + b 2 + c 2 ) 2 = a 4 + b 4 + c 4 + 2(a 2 b 2 + a 2 c 2 + b 2 c 2 ) = a 4 + b 4 + c 4 + 2 4 222 cba ++ (do (1)) => 2(a 2 + b 2 + c 2 ) 2 = 2(a 4 + b 4 + c 4 ) + (a 2 + b 2 + c 2 ) 2 => (a 2 + b 2 + c 2 ) 2 = 2(a 4 + b 4 + c 4 ) 9 Bài 32: Cho a 2 + b 2 + c 2 = a 3 + b 3 + c 3 = 1. Tính S = a 2 + b 9 + c 2004 Giải: Do a 2 + b 2 + c 2 = 1 => |a| ≤ 1; |b| ≤ 1; |c| ≤ 1; Ta có: a 2 + b 2 + c 2 – (a 3 + b 3 + c 3 ) = 0 <=> a 2 (1 – a) + b 2 (1 – b) + c 2 (1 – c) = 0 (*) Vì a ≤ 1 => 1 – a ≥ 0 => a 2 (1 – a) ≥ 0. Tương tự: b 2 (1 – b ≥ 0 ; c 2 (1 – c) ≥ 0. Suy ra vế trái của (*) là tổng các số không âm nên: (*) <=>      =− =− =− 0)1( 0)1( 0)1( 2 2 2 cc bb aa . 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 +1 2004 = 1 Nếu a = c = 0 và b = 1 thì S = 0 + 1 9 + 0 = 1 Nếu b = c = 0 và a = 1 thì S = 1 2 + 0 + 0 = 1. Vậy S = 1. Bài 33: Cho các số a 1 , a 2 , a 3 , …, a 2003 . Biết rằng: a k = 22 )( 12 kk k + + ; với mọi k = 1, 2, 3, …, 2003 Tính tổng S = a 1 + a 2 + a 3 + … + a 2003 . Giải: Ta có: a k = 22 )( 12 kk k + + = 22 )1( 12 + + kk k = 22 22 )1( )12( + −++ kk kkk = … = 2 1 k 2 )1( 1 + − k Với mọi k = 1, 2, 3, …, 2003 Với k = 1: a 1 = 2 2 1 1 − ; k = 2:a 2 = 22 3 1 2 1 − ; … ; k = 2003: a 2003 = 22 2004 1 2003 1 − => S = a 1 + a 2 + a 3 + … + a 2003 = 2 2004 1 1 − = 2 2004 20032005x Bài 34: Cho a 3 – 3ab 2 = 5 và b 3 – 3a 2 b = 10. Tính a 2 + b 2 Giải: a 3 – 3ab 2 = 5 => (a 3 – 3ab 2 ) 2 = a 6 – 6a 4 b 2 + 9a 2 b 4 = 25 b 3 – 3a 2 b = 10 => (b 3 – 3a 2 b) 2 = b 6 – 6a 2 b 4 + 9a 4 b 2 = 100 => 125 = a 6 + b 6 + 3a 2 b 4 + 3a 4 b 2 = (a 2 + b 2 ) 3 Do đó a 2 + b 2 = 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: ba bc ac ab cb ca ba ca ac bc cb ab + + + + + = + + + + + . Chứng minh tam giác ABC là tam giác cân. Giải: Với a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác, ta có: ba bc ac ab cb ca ba ca ac bc cb ab + + + + + = + + + + + <=> 0 111111 =       + + + +       + − + +       + − + cbba ac baca bc cacb ab <=> 0 ))(( )( ))(( )( ))(( )( = ++ − + ++ − + ++ − cbba acac baca cbbc cacb caab <=> 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) 10 [...]... a = b hoặc a = c hoặc b = c ∆ABC cân Bài 36: Cho biết xy + yx + zx = 0 và xyz ≠ 0; Tính giá trò của: A = Giải: Ta có bài toán: Cho a + b + c = 0 thì a3 + b3 + c3 = 3abc (1) zx yz xy 2 + y2 + x z2 (tự chứng minh) xy + yx + zx 1 1 1 Từ giả thiết: xy + yx + zx = 0 và xyz ≠ 0 => = 0; hay x + . 22 yxbxyyaxbyax yxbxyyaxbyax yxbxyyaxbyax yxbxyaxybyax 1 CHUYÊN ĐỀ: GIÁ TRỊ MỘT BIỂU THỨC =>        +=+++ +=++ +=++ +=++ )(17 )(9)(17 )(5)(9. đònh đa thức bậc 3 sao cho khi chia đa thức ấy lần lượt cho các nhò thức (x – 1), (x – 2), (x – 3) đều có số dư là 6 và tại x = –1 thì đa thức nhận giá trò