Đặt \(A=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{2}{x+y}\)

Ta có :\(A=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{2}{x+y}=\frac{xy}{x}+\frac{xy}{y}+\frac{2}{x+y}\)(Do \(xy=1\))

                                                    \(=x+y+\frac{2}{x+y}\)

                                                    \(=\frac{x+y}{2}+\frac{x+y}{2}+\frac{2}{x+y}\)

Đặt \(B=\frac{x+y}{2};C=\frac{x+y}{2}+\frac{2}{x+y}\)

\(\Rightarrow A=B+C\)

Do x,y>0 nên ta áp dụng bất đẳng thức Cauchy

\(\Rightarrow B=\frac{x+y}{2}\ge\sqrt{xy}=\sqrt{1}=1\)(1)

Ta có: \(x,y>0\Rightarrow x+y>0\)

Ta áp dụng bất đẳng thức \(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2\) với hai số dương x+y và 2

\(\Rightarrow C=\frac{x+y}{2}+\frac{2}{x+y}\ge2\)(2)

Từ (1) và (2)\(\Rightarrow B+C=\frac{x+y}{2}+\frac{x+y}{2}+\frac{2}{x+y}\ge1+2\)

                  \(\Rightarrow A\ge3\)

                 \(\Rightarrow\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{2}{x+y}\ge3\left(ĐPCM\right)\)

1) Áp dụng BĐT Cô-si dạng \(\sqrt{ab}\le\frac{a+b}{2}\) cho 2 số dương \(y-1\)và 1

\(x\sqrt{y-1}=x\sqrt{1.\left(y-1\right)}\le x.\frac{1+y-1}{2}=\frac{xy}{2}\)(1)

Tương tự ta có \(y\sqrt{x-1}\le\frac{xy}{2}\)(2)

Cộng (1) và (2) vế theo vế ta suy ra đpcm.

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x-1=1\\y-1=1\end{cases}\Leftrightarrow x=y=2}\)

khó v cho đi

\(\hept{\begin{cases}x^3-y^3-3y^2=9\left(1\right)\\x^2+y^2=x-4y\left(2\right)\end{cases}}\)

Lấy \(\left(1\right)-3.\left(2\right)\) ta có: \(\left(x-1\right)^3=\left(y+2\right)^3\)

\(\Rightarrow x-1=y+2\)

\(\Rightarrow x=y+3\)

Khi đó, từ hệ phương trình \(\left(2\right)\) ta có:

\(\left(y+3\right)^2+y^2=y+3-4y\)

\(\Leftrightarrow2y^2+9y+6=0\)

\(\Leftrightarrow y=\frac{-9\pm\sqrt{33}}{4}\)

Vì \(x=y+3\)

nên \(x=\frac{-9\pm\sqrt{33}}{4}+3=\frac{3\pm\sqrt{33}}{4}\)

Vậy hệ phương trình có cặp nghiệm \(\left(x;y\right)=\left(\frac{3\pm\sqrt{33}}{4};\frac{-9\pm\sqrt{33}}{4}\right)\)

ok bạn làm quá chuẩn

1./ Điều kiện:

• \(4-x^2\ge0\Leftrightarrow-2\le x\le2.\)(1)
• \(x^4-16\ge0\Leftrightarrow\left(x^2-4\right)\left(x^2+4\right)\ge0\Leftrightarrow x^2\ge4\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x\ge2\\x\le-2\end{cases}}\)(2)
• Từ (1) và (2) => x = -2 hoặc x = 2     (3)
• \(1+4x\ge0\Leftrightarrow x\ge-\frac{1}{4}\)(4)
• Từ (3) và (4) => x = 2

2./ Phương trình đã cho trở thành:

\(\sqrt{4-2^2}+\sqrt{1+4\cdot2}+\sqrt{2^2+y^2-2y-3}=\sqrt{2^4-16}-y+5\)

\(\Leftrightarrow3+\sqrt{\left(y-1\right)^2}=-y+5\)

\(\Leftrightarrow\left|y-1\right|=-y+2\)(5)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}y-1=-y+2\Rightarrow y=\frac{3}{2}\\1-y=-y+2\Rightarrow Loai\end{cases}}\)

3./ Vậy PT có 1 cặp nghiệm duy nhất (x=2; y = 3/2).

bậc thì cao ẩn thì khủng =.=",pt thì dài

Ta có : \(\frac{ab\sqrt{c-2}+bc\sqrt{a-3}+ac\sqrt{b-4}}{abc}=\frac{\sqrt{c-2}}{c}+\frac{\sqrt{a-3}}{a}+\frac{\sqrt{b-4}}{b}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có : 

\(\frac{\sqrt{c-2}}{c}=\frac{\sqrt{2\left(c-2\right)}}{\sqrt{2}c}\le\frac{2+c-2}{2\sqrt{2}c}=\frac{1}{2\sqrt{2}}\)

\(\frac{\sqrt{a-3}}{a}=\frac{\sqrt{3\left(a-3\right)}}{\sqrt{3}a}\le\frac{3+a-3}{2\sqrt{3}a}=\frac{1}{2\sqrt{3}}\)

\(\frac{\sqrt{b-4}}{b}=\frac{\sqrt{4\left(b-4\right)}}{2b}\le\frac{4+b-4}{4b}=\frac{1}{4}\)

\(\Rightarrow\frac{\sqrt{c-2}}{c}+\frac{\sqrt{a-3}}{a}+\frac{\sqrt{b-4}}{b}\le\frac{1}{2\sqrt{2}}+\frac{1}{2\sqrt{3}}+\frac{1}{4}\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}c-2=2\\b-4=4\\a-3=3\end{cases}\Leftrightarrow}\hept{\begin{cases}c=4\\b=8\\a=6\end{cases}}\)

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức là \(\frac{1}{2\sqrt{2}}+\frac{1}{2\sqrt{3}}+\frac{1}{4}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=6\\b=8\\c=4\end{cases}}\)

phá ra nha

sau đó bạn lm theo tek này 

\(\frac{\sqrt{c-2}}{c}=\frac{\sqrt{2\left(c-2\right)}}{\sqrt{2}c}\le\frac{\frac{c}{2}}{\sqrt{2}c}=\frac{1}{\sqrt{2}}\)

mấy cái kia tt nha

tanBtanC là gì vậy

là tanB nhân tanC đó

Công thức nghiệm Vi-et

Ta giải

\(ax2+b3\cdot a2c=0,1\)

Ta có theo Viet: \(\hept{\begin{cases}x_1+x_2=-\frac{b}{a}\\x_1.x_2=\frac{c}{a}\end{cases}}\Rightarrow\hept{\begin{cases}x^2_2+x_2=-\frac{b}{a}\\x^3_2=\frac{c}{a}\end{cases}\Rightarrow\frac{x^2_2+x_2}{x_2^3}=-\frac{b}{c}=\frac{x_2+1}{x_2^2}}\)

Lại có \(\frac{b^3+a^2c+ac^2}{abc}=\frac{b^2}{ac}+\frac{a}{b}+\frac{c}{b}=\left(x_2^2+x_2\right)\frac{x_2+1}{x_2^2}-\frac{1}{x_2^2+x_2}-\frac{x_2^2}{x_2+1}\)

\(=\frac{x_2\left(x_2+1\right)^2}{x_2^2}-\frac{1}{x_2^2+x_2}-\frac{x_2^2}{x_2+1}=\frac{\left(x_2+1\right)^2}{x_2}-\frac{1}{x_2\left(x_2+1\right)}-\frac{x_2^2}{x_2+1}\)

\(=\frac{\left(x_2^2+2x_2+1\right)\left(x_2+1\right)-1-x_2^3}{x_2\left(x_2+1\right)}=\frac{x_2^3+3x_2^2+3x_2+1-1-x_2^3}{x_2^2+x_2}\)

\(=\frac{3\left(x_2^2+x_2\right)}{x_2^2+x_2}=3\)

Từ đó suy ra \(b^3+a^2c+ac^2=3abc\left(đpcm\right).\)

Ta có dễ thấy x lẻ nên suy ra x²−3≡6(mod 8) x 2−3≡6(mod 8) 
x lẻ nên x²−3≡2(mod 4) x 2−3≡2(mod 4) do đó 2y²≡2(mod 4)⇔y2y²≡2(mod 4)⇔y là số lẻ 
Do đó 2y²+8z≡2(mod 8) 2y²+8z≡2(mod 8) (vô lí) 
Vậy ta có đpcm 

Mình trình bày lại theo hướng đồng dư khi chia cho 8 của bạn Carthrine.

\(\Leftrightarrow x^2-3=2\left(y^2-4y\right)\)(1)

=> x lẻ. => x chia 4 dư 1 hoặc 3.

• Nếu x chia 4 dư 1 thì: x = 4k + 1 => \(x^2=16k^2+8k+1\)=> x² chia 8 dư 1.
• Nếu x chia 4 dư 3 thì: x = 4k + 3 => \(x^2=16k^2+24k+9\)=> x² chia 8 dư 1.

=> x² chia 8 dư 1 với mọi x lẻ.

=> x² - 3 chia 8 dư 6 => x² - 3 = 8m + 6

Từ (1) => 8m + 6 = 2y² - 8y <=> 4m + 3 = y² - 4y

=> y² = 4m + 4y + 3

=> y² chia 4 dư 3 - Vô lý vì với y nguyên thì số chính phương y² không thể có dạng 4n + 3.

Do đó, PT đã cho không có nghiệm x;y nguyên.