Bài 1. Rút gọn : \(A = {{a + b} \over {{{\left( {\sqrt a – \sqrt b } \right)}^2}}} – {2 \over {\sqrt {ab} }}:{\left( {{1 \over {\sqrt a }} – {1 \over {\sqrt b }}} \right)^2}.\)
Bài 2. Tìm x, biết : \(\sqrt {{x^2} – 2x + 1} = \sqrt {6 + 4\sqrt 2 } \)\(\,- \sqrt {6 – 4\sqrt 2 } \,\,\,\,\,\left( * \right)\)
Bài 3. Chứng minh rằng : \(\left| {a + b} \right| \le \sqrt {2\left( {{a^2} + {b^2}} \right)} ,\) với mọi a và b.
Bài 1. Điều kiện: \(a,b > 0\) và \(a ≠ b\).
Advertisements (Quảng cáo)
Ta có:
\(\eqalign{ & A = {{a + b} \over {{{\left( {\sqrt a – \sqrt b } \right)}^2}}} – {2 \over {\sqrt {ab} }}:{{{{\left( {\sqrt b – \sqrt a } \right)}^2}} \over {ab}} \cr & = {{a + b} \over {{{\left( {\sqrt a – \sqrt b } \right)}^2}}} – {2 \over {\sqrt {ab} }}.{{ab} \over {{{\left( {\sqrt b – \sqrt a } \right)}^2}}} \cr & = {{a + b – 2\sqrt {ab} } \over {{{\left( {\sqrt a – \sqrt b } \right)}^2}}} = {{{{\left( {\sqrt a – \sqrt b } \right)}^2}} \over {{{\left( {\sqrt a – \sqrt b } \right)}^2}}} = 1. \cr} \)
Bài 2. Ta có:
Advertisements (Quảng cáo)
\(\eqalign{ & \left( * \right) \Leftrightarrow \left| {x – 1} \right| = \left| {2 + \sqrt 2 } \right| – \left| {2 – \sqrt 2 } \right| \cr & \Leftrightarrow \left| {x – 1} \right| = 2 + \sqrt 2 – \left( {2 – \sqrt 2 } \right) \cr & \Leftrightarrow \left| {x – 1} \right| = 2\sqrt 2 \cr & \Leftrightarrow \left[ {\matrix{ {x – 1 = 2\sqrt 2 } \cr {x – 1 = – 2\sqrt 2 } \cr } } \right. \cr&\Leftrightarrow \left[ {\matrix{ {x = 1 + 2\sqrt 2 } \cr {x = 1 – 2\sqrt 2 } \cr } } \right. \cr} \)
Bài 3. Ta có:
\(\eqalign{ & \left| {a + b} \right| \le \sqrt {2\left( {{a^2} + {b^2}} \right)} \cr & \Leftrightarrow {\left( {a + b} \right)^2} \le 2\left( {{a^2} + {b^2}} \right) \cr & \Leftrightarrow {a^2} + 2ab + {b^2} \le 2{a^2} + 2{b^2} \cr & \Leftrightarrow {a^2} – 2ab + {b^2} \ge 0 \cr & \Leftrightarrow {\left( {a – b} \right)^2} \ge 0 \cr} \)
Luôn đúng với mọi a và b thuộc \(\mathbb R\).
