Giá trị một biểu thức

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