ĐKXĐ:$x+y\geq 2,x\geq 0$ và ...
PT(1) $\Leftrightarrow \sqrt{x}(x-y)+\left[ {\sqrt{2x^2+2xy-4x}-\sqrt{(2-x)(x^2-y^2)-4y(1-y)}} \right]=0$
$\Leftrightarrow \sqrt{x}(x-y)+\frac{(2x^2+2xy-4x)-(2-x)(x^2-y^2)+4y(1-y)}{\sqrt{2x^2+2xy-4x}+\sqrt{(2-x)(x^2-y^2)-4y(1-y)}}=0$
$\Leftrightarrow (x-y)\left ( \sqrt{x}+\frac{x^2+xy+2y-4}{\sqrt{2x^2+2xy-4x}+\sqrt{(2-x)(x^2-y^2)-4y(1-y)}} \right )=0$
Do ĐKXĐ: $\begin{cases}x+y\geq 2\Rightarrow y\geq 2-x \\ x\geq 0 \end{cases}\Rightarrow xy\geq 2x-x^2$
nên $x^2+xy+2y-4\geq x^2+2x-x^2+2y-4=2(x+y-2)\geq 0$
Suy ra (...) thứ 2 luôn dương. Suy ra x=y. Thay PT(2)
$x^3-2x^2+8x-7=(4x+1)\sqrt[3]{3x^2-8x+5}$
$\Leftrightarrow (x^3-6x^2+11x-6)+(4x+1)(x-1-\sqrt[3]{3x^2-8x+5})=0$
$\Leftrightarrow (x^3-6x^2+11x-6)\left ( 1+\frac{4x+1}{(x-1)^2+(x-1)\sqrt[3]{3x^2-8x+5}+(\sqrt[3]{3x^2-8x+5})^2} \right )=0$
$\Leftrightarrow x^3-6x^2+11x-6=0$ (ngoặc thứ 2 luôn dương với $x \geq 0$)
$\Leftrightarrow $ x=1;2;3 (loại x=1 do mẫu số ở pt1 =0)
Vậy hệ có 2 nghiệm (x;y)=(2;2),(3;3)

Giải hệ PT:$\begin{cases}x^3+2x^2y=(2x+1)\sqrt{2x+y} \\ 2x^3+2y\sqrt{2x+y}=2y^2+xy+3x+1 \end{cases}$

Câu 1:
Ta chứng minh: $4(a^3+b^3)\geq (a+b)^3\Leftrightarrow 3(a+b)(a-b)^2\geq 0$ (luôn đúng)
suy ra $\sqrt[3]{4(a^3+b^3)}\geq a+b$
Tương tự suy ra đpcm

Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết

Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết

Ta chứng minh:
$\frac{a}{b^2+c^2}=\frac{a}{1-a^2}\geq \frac{3\sqrt{3}}{2}a^2\Leftrightarrow (a\sqrt{3}-1)^2(a\sqrt{3}+2)\geq 0$ (luôn đúng)
tương tự ta có (đpcm)

Đặt $a=x^4,b=y^4,c=z^4,d=t^4\Rightarrow xyzt=1$
Ta chứng minh $x^4+y^4+z^4\geq xyz(x+y+z)$
Có$x^4+x^4+y^4+z^4\geq 4x^2yz;y^4+y^4+x^4+z^4\geq 4xy^2z;z^4+z^4+x^4+y^4\geq 4xyz^2$
cộng vào suy ra $x^4+y^4+z^4\geq xyz(x+y+z)$
CÓ
$\frac{1}{1+a+b+c}=\frac{xyzt}{xyzt+x^4+y^4+z^4}\leq \frac{xyzt}{xyzt+xyz(x+y+z)}=\frac{t}{x+y+z+t}$
Làm tương tự có (đpcm)
P/s: cách này nhái theo cách a Nero :D

Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết

Có $\frac{a^4}{b^2(c+a)}+\frac{b}{2}+\frac{b}{2}+\frac{c+a}{4}\geq 2a$ (BĐT cau chy)
làm tương tự $\Rightarrow VT\geq \frac{1}{2}(a+b+c)\geq \frac{3\sqrt[3]{abc}}{2}=\frac{3}{2}$

ta chứng minh:
$(b+2)(c+2)+(c+2)(a+2)+(a+2)(b+2)\leq (a+2)(b+2)(c+2)$
$\Leftrightarrow ab+bc+ca\geq 3$ (đúng do bđt cauchy: $ab+bc+ca\geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=3$
suy ra đpcm

có $\frac{2}{a^2+bc}\leq\frac{2}{2\sqrt{a^2bc}}=\frac{1}{\sqrt{ab}}.\frac{1}{\sqrt{ac}}\leq \frac{1}{2}(\frac{1}{ab}+\frac{1}{ac})$
Tương tự ta có đpcm

có $ab\leq \frac{(a+b)^2}{4}=\frac{1}{16}$
$VT+16=VT+64(a+b)^2$
$=(\frac{1}{a^2+b^2}+64(a^2+b^2))+(128ab+\frac{4}{\sqrt{a}}+\frac{4}{\sqrt{a}}+\frac{4}{\sqrt{b}}+\frac{4}{\sqrt{b}})+(\frac{2}{\sqrt{a}}+\frac{2}{\sqrt{b}})$
$\geq 16+40+\frac{4}{\sqrt[4]{ab}}\geq 56+\frac{4}{\frac{1}{2}}=64$
$\Rightarrow VT\geq 48$

có $ab\leq \frac{(a+b)^2}{4}=\frac{1}{16}$
$VT+16=VT+64(a+b)^2$
$=(\frac{1}{a^2+b^2}+64(a^2+b^2))+(128ab+\frac{4}{\sqrt{a}}+\frac{4}{\sqrt{a}}+\frac{4}{\sqrt{b}}+\frac{4}{\sqrt{b}})+(\frac{2}{\sqrt{a}}+\frac{2}{\sqrt{b}})$
$\geq 16+40+\frac{4}{\sqrt[4]{ab}}\geq 56+\frac{4}{\frac{1}{2}}=64$
$\Rightarrow VT\geq 48$

cách này ngắn hơn chút:
có $2ab\leq a^2+b^2<1\Rightarrow 1-2ab>0$ (cái này để áp dụng cauchy)
$\frac{1}{1-2ab}+4(1-2ab)\geq 4\Rightarrow \frac{1}{1-2ab}\geq 8ab$
$\Rightarrow VT\geq 8ab+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\geq 6$ (bđt cauchy)

ĐKXĐ: $x\geq 1$
$PT\Leftrightarrow 4+x-x^2-\sqrt{x-1}=\frac{x^2-x+1}{x+1}=x-2+\frac{3}{x+1}$
$\Leftrightarrow f(x)=\sqrt{x-1}+x^2-6+\frac{3}{x+1}=0$
Ta chứng minh f(x) đồng biến với $x\in [1;+\infty) $
$f'(x)=\frac{1}{2\sqrt{x-1}}+2x-\frac{3}{(x+1)^2}=\frac{1}{2\sqrt{x-1}}+\frac{2(x-1)(x^2+3x+4)+5}{(x+1)^2}>0$
Suy ra f(x) có nhiều nhất 1 nghiệm. Mà f(2)=0 nên PT có nghiệm duy nhất x=2