Bạn tham khảo tại đây:

Câu hỏi của Trần Hữu Ngọc Minh - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath

Áp dụng BĐT Cosi ta được:

\(\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\frac{1+b}{8}+\frac{1+c}{8}\ge3\sqrt{\frac{a^3\left(1+b\right)\left(1+c\right)}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)64}}=\frac{3a}{4}̸\)

Tương tự \(\hept{\begin{cases}\frac{b^3}{\left(1+a\right)\left(1+c\right)}+\frac{1+a}{8}+\frac{1+c}{8}\ge\frac{3b}{4}\\\frac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}+\frac{1+a}{8}+\frac{1+b}{8}\ge\frac{3c}{4}\end{cases}}\)

Cộng theo từng vế BĐT trên ta có:

\(\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\frac{b^3}{\left(1+a\right)\left(1+c\right)}+\frac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}+\frac{3}{4}\ge\frac{a+b+c}{2}\)

Vì \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}=3\)do đó:

\(\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\frac{b^3}{\left(1+a\right)\left(1+c\right)}+\frac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}+\frac{3}{4}\ge\frac{3}{2}\)

\(\Leftrightarrow\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\frac{b^3}{\left(1+a\right)\left(1+c\right)}+\frac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}\ge\frac{3}{4}\left(đpcm\right)\)

Đẳng thức xảy ra <=> a=b=c

Ta có \(\sqrt{1+8a^3}=\sqrt{\left(1+2a\right)\left(1-2a+4a^2\right)}\le\frac{1+2a+1-2a+4a^2}{2}=1+2a^2\)(BĐT AM-GM)

Tương tự cho \(\sqrt{1+8b^2};\sqrt{1+8c^2}\)ta được \(P\ge\frac{1}{1+2a^2}+\frac{1}{1+2b^2}+\frac{1}{1+2c^2}\)

Mặt khác \(\frac{1}{1+2a^2}=\frac{1}{1+2a^2}+\frac{1+2a^2}{9}-\frac{1+2a^2}{9}\ge2\sqrt{\frac{1}{1+2a^2}\cdot\frac{1+2a^2}{9}}-\frac{2}{9}a^2-\frac{1}{9}=\frac{5-2a^2}{9}\)

Khi đó: \(P\ge\frac{5-2a^2}{9}-\frac{5-2b^2}{9}-\frac{5-2c^2}{9}\) \(=\frac{15-2\left(a^2+b^2+c^2\right)}{9}=\frac{15-2\cdot3}{9}=1\)

Vậy Min P=1

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a^2+b^2+c^2=3\\1+2a=1-2a+4a^2\\\frac{1}{1+2a^2}=\frac{1+2a^2}{9}\end{cases}}\)và vai trò a,b,c như nhau hay (a,b,c)=(1,1,1)

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

\(\Rightarrow2x^3-y^3=\left(x^2-2y^2\right)\left(x-2y\right)\)

\(\Leftrightarrow x^3+2x^2y+2xy^2-5y^3=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)\left(x^2+3xy+5y^2\right)=0\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=y\\x^2+3xy+5y^2=0\end{cases}}\)

TH1: x=y thay vào pt (1) ta được \(x=y=\pm1\)

TH2: \(x^2+3xy+5y^2=0\Leftrightarrow\left(x+\frac{3}{2}y\right)^2+\frac{11}{4}y^2=0\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x+\frac{3}{2}y=0\\y=0\end{cases}\Leftrightarrow x=y=0}\)

Thử lại thấy x=y-0 không là nghiệm của hệ phương trình đã cho 

Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm \(\left(1;1\right);\left(-1;-1\right)\)

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

Ta biến đổi phương trình (1) tương đương với:

\(x-1+\frac{1}{x+1}+y+1+\frac{1}{y+1}=4\)

\(\Leftrightarrow x+y+\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y-1}=4\left(3\right)\)

Ta viết (2) thành: \(a+\frac{1}{x+1}+1-\frac{1}{y-1}=y-x\)

\(\Leftrightarrow2+x+\frac{1}{x+1}=y+\frac{1}{y-1}\left(4\right)\)

Từ (3) và (4) ta thu được \(x+\frac{1}{x+1}=1\)và \(y+\frac{1}{y-1}=3\)

Quy đồng từng đẳng thức ra phương trình bậc hai, sau đó giải x,y ta được x=0; y=2

Thử lại thấy thỏa mãn pt ban đầu

KL: HPT có nghiệm duy nhất (x;y)=(0;2)

a

Xét \(\Delta'=9-2m-1=8-2m\ge0\Leftrightarrow m\le4\)

b

Theo Viete ta dễ có:\(x_1+x_2=6;x_1x_2=2m-1\)

Ta có:\(A=\left(x_1-1\right)^2\left(x_2-1\right)^2=\left[x_1x_2-\left(x_1+x_2\right)+1\right]^2=\left(2m-1-6+1\right)^2\)

\(=\left(2m-6\right)^2\le\left(2\cdot4-6\right)^2=4\)

Đẳng thức xảy ra tại m=4

Vậy ............................

:))) 

Theo hệ thức Viete ta dễ có:\(x_1+x_2=5;x_1x_2=\frac{1}{2}\)

\(\left(x_1-x_2\right)^2=x_1^2-2x_1x_2+x_2^2=\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1x_2=25-2=23\)

\(\Rightarrow\left|x_1-x_2\right|=\sqrt{23}\)

P/S : Không chắc