a) Hiển nhiên thấy $f(x,y) \ge 0$. Đẳng thức xảy ra
$\Leftrightarrow \begin{cases}x-y+1=0\\3x+my+2=0 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x=-\frac{m+2}{m+3} \\ y=\frac{1}{m+3} \end{cases}    (m \ne -3)$
Hiển nhiên thấy với $m=-3$ thì PT vô nghiệm nên $f(x,y)>0$.
Kết hợp hai trường hợp thì $\min f(x,y)=0\Leftrightarrow \begin{cases}x=-\frac{m+2}{m+3} \\ y=\frac{1}{m+3} \end{cases}    (m \ne -3)$

a) Áp dụng BĐT Cô-si ta được
$xyz=x+y+z \ge3\sqrt[3]{xyz} \Rightarrow (xyz)^3 \ge 27xyz\Rightarrow xyz \ge 3\sqrt 3$
Tức là $x+y+z \ge 3\sqrt 3$ hay $\min(x+y+z)= 3\sqrt 3$
Đạt được khi và chỉ khi $x=y=z = \sqrt 3$

a) Chú ý rằng $\frac{1}{\sqrt{n}} =\frac{2}{2\sqrt{n}}> \frac{2}{\sqrt{n}+\sqrt{n+1}} =2\left ( \sqrt{n+1} -\sqrt{n}\right )$
Do đó
$\frac{1}{\sqrt{1} }+\frac{1}{\sqrt{2}}+...+\frac{1}{\sqrt{n}} >2\left ( \sqrt{2} -\sqrt{1}\right )+2\left ( \sqrt{3} -\sqrt{2}\right )+\cdots+2\left ( \sqrt{n+1} -\sqrt{n}\right )=2\left ( \sqrt{n+1} -1\right )$

c) Xét $x \ge -1/2$ thì $y=x+2+2x+1=3x+3 \ge 3/2$
Xét $-1/2 > x > -2$ thì $y=x+2-2x-1= -x+1 > 3/2$
Xét $x \le -2$ thì $y=-x-2-2x-1=-3x-3 \ge 3$
Vậy $\min y=3/2 \Leftrightarrow x=-1/2$

a) Xét $x \ge 3$ thì $y=x-3+x+5=2x+2 \ge 8$
Xét $3 > x > -5$ thì $y=3-x+x+5= 8$
Xét $x \le -5$ thì $y=-x+3-x-5=-2x -2 \ge 8$
Vậy $\min y=8 \Leftrightarrow x=-5$ hoặc $x=3$

a) $(1+\frac{1}{1.3})(1+\frac{1}{2.4})...(1+\frac{1}{n(n+2)})<2   $
 Chú ý  $1+\frac{1}{n(n+2)}=\frac{(n+1)^2}{n(n+2)}$. Do đó
 $(1+\frac{1}{1.3})(1+\frac{1}{2.4})...(1+\frac{1}{n(n+2)})=\frac{2^2}{1.3}.\frac{3^2}{2.4}\cdots\frac{(n+1)^2}{n(n+2)}=\frac{2.(n+1)!^2}{n!.(n+2)!}=\frac{2(n+1)}{n+2}<2 $

Cộng theo từng vế hai PT ta được
$x^4 +x^2y^2 - x^2 + xy = 0\Leftrightarrow x^3 +xy^2 - x + y = 0\quad (1)$, dễ thấy rằng $x\neq 0$.
Mặt khác từ pt thứ hai
$x^3y-x^2+xy=-1\Rightarrow y(x^3+x)=x^2-1\Rightarrow y=\dfrac{x^2-1}{x^3+x}$
Thay điều này vào PT $(1)$ ta được
$x^3 +x\left ( \dfrac{x^2-1}{x^3+x} \right )^2 - x + \dfrac{x^2-1}{x^3+x} = 0\Leftrightarrow x(x^2-1)(x^4+2x^3+3)=0$
Vậy  ta có  $(x,y) = (\pm 1,0)$.

b)
i) $\frac{a+b}{a+b+c}+\frac{b+c}{b+c+d}+\frac{c+d}{c+d+a}+\frac{d+a}{d+a+b} > \frac{a+b}{a+b+c+d}+\frac{b+c}{a+b+c+d}+\frac{c+d}{c+b+d+a}+\frac{d+a}{d+a+b+c}=\frac{2(a+b+c+d)}{d+a+b+c}=2$
ii) $\frac{a+b}{a+b+c}+\frac{b+c}{b+c+d}+\frac{c+d}{c+d+a}+\frac{d+a}{d+a+b} < \frac{a+b+d}{a+b+c+d}+\frac{b+c+a}{a+b+c+d}+\frac{c+d+b}{c+b+d+a}+\frac{d+a+c}{d+a+b+c}=\frac{3(a+b+c+d)}{d+a+b+c}=3$
Ở BĐt ii) đã sử dụng BĐT phụ sau
Nếu $\frac{x}{y}<1 \Rightarrow \frac{x}{y}<\frac{x+z}{y+z}        \forall x,y,z >0$

PT $\Leftrightarrow (x+m)^2=(x-m+2)^2\Leftrightarrow (x+m)^2-(x-m+2)^2=0\Leftrightarrow 2(m-1)(2x+2)=0       (*)$
Nếu $m=1\Rightarrow (*) \Leftrightarrow 0x=0$. PT này có nghiệm $x \in \mathbb{R}.$
Nếu $m \ne 1\Rightarrow (*) \Leftrightarrow 2x+2=0$. PT này có nghiệm $x =-1.$

b)
HPT $\Leftrightarrow\begin{cases}xy(x^2+y^2)=10 \\ xy+(x^2+y^2)=7\end{cases}  $
 Suy ra $x^2+y^2$ và $xy$ là hai nghiệm của PT $t^2-7t+10=0\Leftrightarrow t=2$ hoặc $t=5$
Với $t=2\Rightarrow \begin{cases}xy=5 \\ x^2+y^2=2 \end{cases} $. Đây là điều không thể vì $x^2+y^2 \ge 2xy   \forall x,y$.
Với $t=5\Rightarrow \begin{cases}xy=2 \\ x^2+y^2=5 \end{cases}\Leftrightarrow (x;y) \in \left\{ {(-2;-1), (-1;-2),(2;1), (1;2)} \right\}$

a) Cộng theo từng vế của hai PT trên ta được $2x^2+2x=24\Leftrightarrow x^2+x-12=0\Leftrightarrow x=-4$ hoặc $x=3$.
Với $x=-4$ thay trở lại PT đầu ta có $y^2+y-6=0\Leftrightarrow y=-3$ hoặc $y=2$.
Với $x=3$ thay trở lại PT đầu ta có $y^2+y-6=0\Leftrightarrow y=-3$ hoặc $y=2$.
 Vậy $(x;y) \in \left\{ {(-4;-3), (-4;2),(3;-3), (3;2)} \right\}$

Giả sử cả ba BĐT đều đúng thì ta sẽ có BĐT sau
$4a(1-b).4b(1-c).4c(1-a)>1\Leftrightarrow a(1-a).b(1-b).c(1-c) > \frac{1}{64}      (1)$
Mặt khác áp dụng BĐT Cô-si dạng $x(1-x) \le \frac{(x+1-x)^2}{4}=\frac{1}{4}$
ta có $\begin{cases}a(1-a) \le \frac{1}{4} \\ b(1-b) \le \frac{1}{4}\\c(1-c) \le \frac{1}{4} \end{cases}\Rightarrow a(1-a).b(1-b).c(1-c)\le \frac{1}{64}  (2)$
Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra điều vô lý. Vậy ta có đáp số.

a)
$(a-b)^2 \ge 0  \forall a, b \Leftrightarrow a^2+b^2 \ge 2ab \Leftrightarrow a^2+b^2 \ge \frac{1}{2}(a+b)^2=\frac{1}{2}\Leftrightarrow a^{2}+b^{2} \geq  \frac{1}{2}$
Áp dụng BĐT dạng trên thì
$ a^{4}+b^{4}\geq \frac{1}{2}(a^2+b^2)^2 \ge \frac{1}{8}(a+b)^2=  \frac{1}{8}$
Đẳng thức trong cả hai BĐt xảy ra đều khi $a=b=\frac{1}{2}$

BPT $\Leftrightarrow g(m)>f(x)$
Trong đó $g(m)=m^3+m$ và $f(x) =(x^5-4x^3-x).\sqrt{4-x^2},   x \in [-2;2]$
Để BPT có nghiệm ta cần có $g(m) > \min_{[-2;2]} f(x)$
Khảo sát hàm số $f(x)$ trên $[-2;2]$ ta có $\min_{[-2;2]} f(x)=f(\sqrt 2)=-10$
Như vậy cần tìm $m$ sao cho $m^3+m+10>0\Leftrightarrow (m+2)(m^2-2m+5)>0\Leftrightarrow m>-2$.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\frac{\sqrt[3]{\cos x}-\sqrt{\cos x} }{\sin 2x} =\frac{1}{2}\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} x.\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\frac{2x}{\sin 2x}.\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\left ( \frac{\sqrt[3]{\cos x}-1}{x^2} -\frac{\sqrt[]{\cos x}-1}{x^2}\right )=0$
 Mình nghĩ hai bài tập sau đây không khó với bạn :)
 $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{\sqrt[3]{\cos x}-1}{x^2} =-\frac{1}{6}$
 $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{\sqrt[]{\cos x}-1}{x^2} =-\frac{1}{4}$