Giải bài tập trang 11 bài 4 liên hệ giữa phép chia và phép khai phương Sách bài tập (SBT) Toán 9 tập 1. Câu 39: Biểu diễn…
Câu 39 trang 11 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 1
Biểu diễn \(\sqrt {{a \over b}} \) với a
Áp dụng tính \(\sqrt {{{ – 49} \over { – 81}}} \)
Gợi ý làm bài
Ta có: a 0; b 0
\(\sqrt {{a \over b}} = \sqrt {{{ – a} \over { – b}}} = {{\sqrt { – a} } \over {\sqrt { – b} }}\)
Áp dụng: \(\sqrt {{{ – 49} \over { – 81}}} = {{\sqrt {49} } \over {\sqrt {81} }} = {7 \over 9}\)
Câu 40 trang 11 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 1
Rút gọn các biểu thức:
a) \({{\sqrt {63{y^3}} } \over {\sqrt {7y} }}\) (y>0);
b) \({{\sqrt {48{x^3}} } \over {\sqrt {3{x^5}} }}\) (x > 0);
c) \({{\sqrt {45m{n^2}} } \over {\sqrt {20m} }}\) (m > 0 và n > 0);
d) \({{\sqrt {16{a^4}{b^6}} } \over {\sqrt {128{a^6}{b^6}} }}\) (a
Gợi ý làm bài
a) \(\eqalign{
& {{\sqrt {63{y^3}} } \over {\sqrt {7y} }} = \sqrt {{{63{y^3}} \over {7y}}} = \sqrt {9{y^2}} \cr
& = \sqrt 9 .\sqrt {{y^2}} = 3.\left| y \right| = 3y \cr} \) (y>0)
b) \(\eqalign{
& {{\sqrt {48{x^3}} } \over {\sqrt {3{x^5}} }} = \sqrt {{{48{x^3}} \over {3{x^5}}}} \cr
& = \sqrt {{{16} \over {{x^2}}}} = {4 \over {\left| x \right|}} = {4 \over x} \cr} \) (x > 0)
c) \(\eqalign{
& {{\sqrt {45m{n^2}} } \over {\sqrt {20m} }} = \sqrt {{{45m{n^2}} \over {20m}}} \cr
& = \sqrt {{{9{n^2}} \over 4}} = {{\sqrt {9{n^2}} } \over {\sqrt 4 }} = {{3\left| n \right|} \over 2} = {{3n} \over 2} \cr} \) (m > 0 và n > 0)
d) \(\eqalign{
& {{\sqrt {16{a^4}{b^6}} } \over {\sqrt {128{a^6}{b^6}} }} = \sqrt {{{16{a^4}{b^6}} \over {128{a^6}{b^6}}}} = \sqrt {{1 \over {8{a^2}}}} \cr
& = {{\sqrt 1 } \over {\sqrt {4{a^2}.2} }} = {1 \over {2\left| a \right|\sqrt 2 }} = {{ – 1} \over {2a\sqrt 2 }} \cr} \)
(a
Câu 41 trang 11,12 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 1
Rút gọn các biểu thức:
a) \(\sqrt {{{x – 2\sqrt x + 1} \over {x + 2\sqrt x + 1}}} \) (x ≥ 0);
b) \({{x – 1} \over {\sqrt y – 1}}\sqrt {{{{{(y – 2\sqrt y + 1)}^2}} \over {{{(x – 1)}^4}}}} \) (x ≠1, y ≠ 1 và y ≥ 0).
Gợi ý làm bài
a) Vì x ≥ 0 nên \(x = {\left( {\sqrt x } \right)^2}\)
Ta có:
\(\eqalign{
& \sqrt {{{x – 2\sqrt x + 1} \over {x + 2\sqrt x + 1}}} \cr
& = \sqrt {{{{{\left( {\sqrt x } \right)}^2} – 2\sqrt x + 1} \over {{{\left( {\sqrt x } \right)}^2} + 2\sqrt x + 1}}} \cr
& = \sqrt {{{{{\left( {\sqrt x – 1} \right)}^2}} \over {{{\left( {\sqrt x + 1} \right)}^2}}}} \cr} \)
\( = {{\sqrt {{{\left( {\sqrt x – 1} \right)}^2}} } \over {\sqrt {{{\left( {\sqrt x + 1} \right)}^2}} }} = {{\left| {\sqrt x – 1} \right|} \over {\left| {\sqrt x + 1} \right|}} = {{\left| {\sqrt x – 1} \right|} \over {\sqrt x + 1}}\)
– Nếu \(\sqrt x – 1 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge 1\) thì \(\left| {\sqrt x – 1} \right| = \sqrt x – 1\)
Ta có: \({{\left| {\sqrt x – 1} \right|} \over {\sqrt x + 1}} = {{\sqrt x – 1} \over {\sqrt x + 1}}\) (với x ≥ 1)
– Nếu \(\sqrt x – 1
Ta có: \({{\left| {\sqrt x – 1} \right|} \over {\sqrt x + 1}} = {{1 – \sqrt x } \over {\sqrt x + 1}}\) (với 0 ≤ x
b) Vì y ≥ 0 nên \(y = {\left( {\sqrt y } \right)^2}\)
Ta có:
\(\eqalign{
& {{x – 1} \over {\sqrt y – 1}}\sqrt {{{{{\left( {y – 2\sqrt y + 1} \right)}^2}} \over {{{(x – 1)}^4}}}} \cr
& = {{x – 1} \over {\sqrt y – 1}}{{\sqrt {{{\left( {y – 2\sqrt y + 1} \right)}^2}} } \over {\sqrt {{{(x – 1)}^4}} }} \cr} \)
\(\eqalign{
& = {{x – 1} \over {\sqrt y – 1}}{{\left| {y – 2\sqrt y + 1} \right|} \over {{{(x – 1)}^2}}} \cr
& = {{\left| {{{\left( {\sqrt y } \right)}^2} – 2\sqrt y + 1} \right|} \over {\left( {\sqrt y – 1} \right)(x – 1)}} = {{\left| {{{\left( {\sqrt y – 1} \right)}^2}} \right|} \over {\left( {\sqrt y – 1} \right)(x – 1)}} \cr} \)
\( = {{{{\left( {\sqrt y – 1} \right)}^2}} \over {\left( {\sqrt y – 1} \right)(x – 1)}} = {{\sqrt y – 1} \over {x – 1}}\) (x ≠ 1, y ≠ 1, y ≥ 0)
Câu 42 trang 12 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 1
Rút gọn biểu thức với điều kiện đã cho của x rồi tính giá trị của nó:
a) \(\sqrt {{{{{(x – 2)}^4}} \over {{{(3 – x)}^2}}}} + {{{x^2} – 1} \over {x – 3}}\)
(x
b) \(4x – \sqrt 8 + {{\sqrt {{x^3} + 2{x^2}} } \over {\sqrt {x + 2} }}\)
(x > -2); tại x = \( – \sqrt 2 \)
Gợi ý làm bài
a) Ta có:
\(\eqalign{
& \sqrt {{{{{(x – 2)}^4}} \over {{{(3 – x)}^2}}}} + {{{x^2} – 1} \over {x – 3}} \cr
& = {{\sqrt {{{(x – 2)}^4}} } \over {\sqrt {{{(3 – x)}^2}} }} + {{{x^2} – 1} \over {x – 3}} \cr
& = {{{{(x – 2)}^2}} \over {\left| {3 – x} \right|}} + {{{x^2} – 1} \over {x – 3}} \cr} \)
\(\eqalign{
& = {{{x^2} – 4x + 4} \over {3 – x}} + {{{x^2} – 1} \over {x – 3}} \cr
& = {{ – {x^2} + 4x + 4} \over {x – 3}} + {{{x^2} – 1} \over {x – 3}} \cr} \)
\( = {{4x – 5} \over {x – 3}}\) (x
Với x = 0,5 ta có:
\(\eqalign{
& {{4.0,5 – 5} \over {0,5 – 3}} = {{ – 3} \over { – 2,5}} \cr
& = {3 \over {2,5}} = {6 \over 5} = 1,2 \cr} \)
b) Ta có:
\(\eqalign{
& 4x – \sqrt 8 + {{\sqrt {{x^3} + 2{x^2}} } \over {\sqrt {x + 2} }} \cr
& = 4x – \sqrt 8 + \sqrt {{{{x^3} + 2{x^2}} \over {x + 2}}} \cr} \)
\(\eqalign{
& = 4x – \sqrt 8 + \sqrt {{{{x^2}(x + 2)} \over {x + 2}}} \cr
& = 4x – \sqrt 8 + \sqrt {{x^2}} = 4x – \sqrt 8 + \left| x \right| \cr} \) (x > -2)
– Nếu x > 0 thì \(\left| x \right| = x\)
Ta có:
\(\eqalign{
& 4x – \sqrt 8 + \left| x \right| \cr
& = 4x – \sqrt 8 + x = 5x – \sqrt 8 \cr} \)
Với \(x = – \sqrt 2 \) ta có:
\(5\left( { – \sqrt 2 } \right) – \sqrt 8 = – 5\sqrt 2 – 2\sqrt 2 = – 7\sqrt 2 \)
– Nếu -2
Ta có:
\(4x – \sqrt 8 + \left| x \right| = 4x – \sqrt 8 – x = 3x – \sqrt 8 \)
Với \(x = – \sqrt 2 \) ta có: \(3\left( { – \sqrt 2 } \right) – \sqrt 8 = – 3\sqrt 2 – 2\sqrt 2 = – 5\sqrt 2 \)
Trường Cao đẳng nghề Thừa Thiên Huế
