\(\dfrac{1}{x+2}+\dfrac{1}{y+2}=\dfrac{1}{2}\)

<=> \(\dfrac{\left(x+y+4\right)}{\left(x+2\right)\left(y+2\right)}=\dfrac{1}{2}\)

<=> \(2\left(x+y+4\right)=xy+2\left(x+y\right)+4\)

<=> \(xy=4\) <=> \(2\sqrt{xy}=4\) 

Áp dụng Bđt Cô-si 

\(x+y\ge2\sqrt{xy}=4\)

P=\(\dfrac{4}{x+6}+\dfrac{9}{y+10}=\dfrac{2^2}{x+6}+\dfrac{3^2}{y+10}\ge\dfrac{\left(2+3\right)^2}{x+y+16}\ge\dfrac{25}{20}=\dfrac{5}{4}\) (vì x+y\(\ge\) 4)

Vậy minP = 4 <=> Dấu "=" xảy ra <=> x= y = 2

`5x^{2}+y^{2}+2xy-4x-40=0`

`<=>(x^{2}+2xy+y^{2})+(4x^{2}-4x+1)-41=0`

`<=>(x+y)^{2}+(2x-1)^{2}=41` \(=\left(\pm4\right)^2+\left(\pm5\right)^2\)

Do `x;y\in Z=>2x-1` là số lẻ 

Ta có bảng :

\(\begin{matrix}x+y&4&-4&4&-4\\2x-1&5&5&-5&-5\\x&3&3&-2&-2\\y&1&-7&6&-2\end{matrix}\)

Vậy \(\left(x;y\right)=\left(3;1\right);\left(3;-7\right);\left(-2;6\right);\left(-2;-2\right)\)

\(5x^2+y^2+2xy-4x-40=0\)

\(\Leftrightarrow x^2+2xy+y^2+4x^2-4x+1-41=0\)

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

Vì x ; y là 2 số nguyên => \(\left(x+y\right)^2;\left(2x-1\right)^2\)là các số chính phương . \(\left(2x-1\right)^2\)là số chính phương lẻ .

Mặt khác : 41 = 25 + 16 = \(\left(\pm5^2\right)+\left(\pm4\right)^2\)

Ta có 4 trường hợp:

th1 : \(\left\{{}\begin{matrix}x+y=4\\2x-1=5\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=3\\y=1\end{matrix}\right.\)

th2 : \(\left\{{}\begin{matrix}x+y=4\\2x-1=-5\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=-2\\y=6\end{matrix}\right.\)

th3 : \(\left\{{}\begin{matrix}x+y=-4\\2x-1=5\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=3\\y=-7\end{matrix}\right.\)

th4 : \(\left\{{}\begin{matrix}x+y=-4\\2x-1=-5\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow x=y=-2\)

Lời giải:

a. $y=m+2(x+m)=2x+3m$ 

Hàm số trên có hệ số góc $2>0$ nên luôn đồng biến trên $R$

b. Để ĐTHS đi qua điểm có tọa độ $(1;1)$

$\Leftrightarrow 1=2.1+3m$

$\Leftrightarrow 1=2+3m$

$\Leftrightarrow m=\frac{-1}{3}$

Ta có:

\(a^3+b^3+c^3=a+b+c+k^2-2k+1\\ \Leftrightarrow\left(a^3-a\right)+\left(b^3-b\right)+\left(c^3-c\right)=\left(k-1\right)^2\\ \)

Dễ thấy \(a^3-a=a\left(a^2-1\right)=\left(a-1\right)a\left(a+1\right)⋮3\) vì 3 số tự nhiên liên tiếp có 1 số chia hết cho 3 nên tích 3 số đó chia hết cho 3.

Tương tự ta cũng có: \(b^3-b⋮3;c^3-c⋮3\)

Bởi vậy \(\left(a^3-a\right)+\left(b^3-b\right)+\left(c^3-c\right)⋮3\\ \Rightarrow\left(k-1\right)^2⋮3\Rightarrow k-1⋮3.\)

Đầu kiện bài toán: \(\left\{{}\begin{matrix}x>0\\x\ne4\end{matrix}\right.\)

\(\dfrac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}-2}-\dfrac{3\sqrt{x}-4}{x-2\sqrt{x}}\\ =\dfrac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}-2}-\dfrac{3\sqrt{x}-4}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-2\right)}\\ =\dfrac{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-1\right)-\left(3\sqrt{x}-4\right)}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-2\right)}\\ =\dfrac{\sqrt{x}^2-\sqrt{x}-3\sqrt{x}+2^2}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-2\right)}\\ =\dfrac{\left(\sqrt{x}-2\right)^2}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-2\right)}=\dfrac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}}\)

Sửa đề cho hợp lí:

\(\dfrac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}-2}-\dfrac{3\sqrt{x}-4}{x-2\sqrt{x}}\)

\(=\dfrac{\sqrt{x}(\sqrt{x}-1)-3\sqrt{x}+4}{\sqrt{x}(\sqrt{x}-2)}\)

\(=\dfrac{x-\sqrt{x}-3\sqrt{x}+4}{\sqrt{x}(\sqrt{x}-2)}\)

\(=\dfrac{(\sqrt{x}-2)^2}{\sqrt{x}(\sqrt{x}-2)}\)

\(=\dfrac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}}\)

\(\sqrt{2}\)(\(\sqrt{3}\)+\(\sqrt{2}\))-\(\sqrt{3}\) (\(\sqrt{3}\) - \(\sqrt{2}\))

= \(\sqrt{6}\) + 2 - 3 + \(\sqrt{6}\)

= \(\sqrt{6}\)-1

`y=(m+1)x+m-1`    `(d)`

Gọi `M(x_0;y_0)` là điểm cố định luôn đi qua `(d) AA m`

Thay `M(x_0;y_0)` vào `(d)` có:

     `y_0=(m+1)x_0+m-1 AA m`

`<=>y_0=mx_0+x_0+m-1 AA m`

`<=>mx_0+m+x_0-y_0-1=0 AA m`

`<=>m(x_0+1)+(x_0-y_0-1)=0 AA m`

`=>{(x_0+1=0),(x_0-y_0-1=0):}`

`<=>{(x_0=-1),(-1-y_0-1=0<=>y_0=-2):}`

   `=>M(-1;-2)` là điểm cố định luôn đi qua `(d) AA m`

x - 4\(\sqrt{x-1}\) + 3 = 0

(\(\sqrt{x-1}\) )² - 4\(\sqrt{x-1}\) + 4 = 0

△  = (-4)² -4.4 = 0

\(\sqrt{x-1}\) = 2 

x  - 1 = 4

x = 5