Topic này làm gì vậy.. Sao toàn thấy G ko à!! Toàn thành viên VMF à

Các em còn trẻ mà ham hố quá! Mình già rồi thấy hố phải hết ham!!
Topic ảnh thành viên giờ thành ảnh G hết với nhau!! =)))

Bài 384: Cho $a,b,c$ không âm. Chứng minh: $$3(a^2+b^2+c^2)+abc+80\geq 4(ab+bc+ac)+8(a+c+b)$$
Bài 385: Cho các số dương $a,b,c$ thỏa mãn điều kiện: $abc=8$
Chứng minh: $$\frac{a+b+c}{2}\ge\frac{2+a}{2+b}+\frac{2+b}{2+c}+\frac{2+c}{2+a}$$
Chuyên Hà Tĩnh VÒng 2 - 2012

Bài 384:
Theo nguyên lý Dirichlet thì trong 3 số a-4, b-4, c-4 tồn tại 2 số có tích không âm, giả sử là a-4 và b-4
Khi đó:
$c(a-4)(b-4)\geq 0$
$\Leftrightarrow abc+16c\geq 4ac+4bc$
$\Leftrightarrow abc+16c+4ab\geq 4ac+4bc+4ab$
Mà theo AM-GM thì:
$16c+4ab\leq 2c^2+32+2a^2+2b^2$
Do đó:
$2a^2+2b^2+2c^2+abc+32\geq 4(ab+bc+ca)$
Theo Am-GM ta cũng có:
$a^2+16+b^2+16+c^2+16\geq 8(a+b+c)$
Cộng vế 2 BĐT trên ta có ngay ĐPCM
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=4
Bài 385:
Xem tại đây: http://diendantoanho...18
#8

Có em nào có đề thi tuyển sinh lớp 10 tại Hà Nội năm 2012 post lên ongtroi xin với!

Có em nào có đề thi tuyển sinh lớp 10 tại Hà Nội năm 2012 post lên ongtroi xin với!

Thầy hỏi đề toán hay văn ạ, nếu toán phải toán chung không thầy?

http://dapandethi201...i-nam-2012.html
Chắc là đây.. Cái ảnh!!

Ban xem đề ở đây: http://forum.mathsco...splay.php?f=146

10/ Trần Tuấn Minh--minh29995:
Em đã nhận được giấy mời ạ!

Trần Tuấn Minh xin giải bài toán:
Ta có hệ đã cho tương đương với:
$\left\{\begin{matrix} 2x^3+6xy^2=10\\ 3x^2+3y^2-30xy-39x+15y+9=0 \end{matrix}\right.$
Cộng từng vế hệ trên ta được:
$2x^3-3x^2+39x-19+3y^2(2x-1)+30xy-15y=0$
$\Leftrightarrow 3y^2(2x-1)+15y(2x-1)+(2x-1)(x^2-x+19)=0$
$\Leftrightarrow (2x-1)(x^2-x+3y^2+15y+19)=0$
$\Leftrightarrow (2x-1)(x^2-x+3y^2+15y+19)=0$ (*)
$\Leftrightarrow (2x-1)[(x-\frac{1}{2})^2+3(y+\frac{5}{2})^2]=0$
Do đó:
$x=\frac{1}{2}$ hoặc
$\left\{\begin{matrix} x=\frac{1}{2}\\ y=\frac{-5}{2} \end{matrix}\right.$
**Với $x=\frac{1}{2}$ Thay vào (1) ta có:
$\frac{1}{8}+\frac{3}{2}y^2=5$
$\Leftrightarrow y^2=\frac{13}{4}$
$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} y=\frac{\sqrt{13}}{2}\\ y=-\frac{\sqrt{13}}{2} \end{bmatrix}$
**Với $x=\frac{1}{2}, y=\frac{-5}{2}$ Thay vào (1) Thấy không thỏa mãn.
Kết Luân:

Phương trình đã cho có 2 cặp nghiệm (x,y) thỏa mãn là:
$\left\{\begin{matrix} x=\frac{1}{2}\\ y=\frac{\sqrt{13}}{2} \end{matrix}\right.$
và
$\left\{\begin{matrix} x=\frac{1}{2}\\ y=\frac{-\sqrt{13}}{2} \end{matrix}\right.$

Điểm bài: 9.5
S=48−(20−20)+3×9.5+0+0=76.5

Đây:

$\frac{{a - {a^4}}}{{{a^4} + b + c}} + \frac{{b - {b^4}}}{{{b^4} + c + a}} + \frac{{c - {c^4}}}{{{c^4} + a + b}} \le 0$
Có 3 mẫu số, như vậy dù tử số thế nào thì ta cũng được phép cộng gộp lại vì ta luôn có giá trị gộp lại luôn lớn hơn giá trị lúc chưa gộp, cần chứng minh cho nó bé hơn 0 mà mẫu dương thì chỉ cần chứng minh tử số âm là đủ.

Điều này là sai rồi bạn ơi:
Nếu TS dương thì không thể cọng gộp lại:
chẳng hạn cho $a=0,1; b=0,2; c=0,2$ thì rõ ràng phép cộng gộp là sai..
(Trong khi bạn cộng gộp không hề sử dụng giả thiết $abc\geq 1$ nên có thẻ lấy tùy ý thế này nhé!)

Bài mở rộng trên có vài chỗ cần chỉnh.. Em xin lấy bài mở rộng này.. Bỏ bài mở rộng trên!
Mở rộng: Tổng quát bài toán với n biến (n lẻ)
Cho $a_1, a_2, a_3,...., a_n$ là những só thực dương thỏa mãn:
$\sum\frac{1}{a_{1}^{n+1}+a_2+a_3+...+a_n}\leq \frac{n}{a_1+a_2+...+a_n}$
Bất đẳng thức đã cho tương đương với:
$\sum\frac{a_1^{n+1}-a_1}{a_1^{n+1}+a_2+...+a_n}\geq 0$
*Áp dụng AM-GM ta có:
$a_1^{n+1}+a_2+..+a_n\geq na_1.\sqrt[n]{a_1a_2a_3..a_n}$
$a_2^{n+1}+a_3+..+a_n+a_1\geq na_2.\sqrt[n]{a_1a_2a_3..a_n}$
........
$a_n^{n+1}+a_1+..+a_{n-1}\geq na_n.\sqrt[n]{a_1a_2a_3..a_n}$
và
$(n+1)a_1a_2..a_n=1+a_1+a_2+..+a_n\geq (n+1)\sqrt[n+1]{a_1a_2..a_n}$
Suy ra: $a_1a_2a_3..a_n\geq 1$
Do đó:
$\sum\frac{a_1}{a_1^{n+1}+a_2+..+a_n}\leq \frac{1}{\sqrt[n]{a_1a_2..a_n}}\leq 1$ (1)
*Áp dụng BĐT Cauchy-Schwart ta có:
$\sum\frac{a_1^{n+1}}{a_1^{n+1}+a_2+..+a_n}\geq \frac{(a_1^{\frac{n+1}{2}}+a_2^{\frac{n+1}{2}}+..+a_n^{\frac{n+1}{2}})^2}{a_1^{n+1}+a_2^{n+1}+..a_n^{n+1}+(n-1)(\sum a_1)}= S$
Ta chứng minh $S\geq 1$ (2)
Tương đương:
$\sum a_1^{\frac{n+1}{2}}a_2^{\frac{n+1}{2}}\geq \frac{n-1}{2}(\sum a_1)$
Áp dụng AM-GM cho $\frac{(n-1)(n+1)(n-2}{2}$ số ta có:
$(n-3)(\sum_{i,j=2}^n a_i^{\frac{n+1}{2}}a_j^{\frac{n+1}{2}})+2(n-2)a_1^{\frac{n+1}{2}}(a_2^{\frac{n+1}{2}}+a_3^{\frac{n+1}{2}}+..+a_n^{\frac{n+1}{2}})\geq \frac{(n-1)(n+1)(n-1)}{2}a_1^2a_2a_3...a_n$
($i< j$)
Tương tự với các biến còn lại rồi cộng vế ta được:
$(n+1)(n-2)\sum a_1^{\frac{n+1}{2}}a_2^{\frac{n+1}{2}}\geq \frac{(n+1)(n-1)(n-2)}{2}a_1a_2..a_n(a_1+a_2+..+a_n)$
Do đó (2) đúng. (Do $a_1a_2a_3..a_n\geq 1$) (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra ĐPCM. Dấu bằng xảy ra khi $a_1=a_2=..=a_n=1$

Điểm mở rộng: 5

Rõ ràng khi gõ phần mở rộng mình có ghi giả thiết là $a_1, a_2, a_3..$ thỏa mãn
$a_1+a_2+..+a_n+1=(n+1)a_1a_2a_3..a_n$ Mà lại không thấy nhỉ..@@

hình như bạn làm sai đoạn này rồi!

hình như bạn làm sai đoạn này rồi!

Đúng vậy.. Phải chú ý rằng tử số không hề khẳng định được là dương. Nếu tử số âm thì BĐT sẽ đổi chiều!!

Sao trận này toán thủ ra đề BoFake không được điểm nhỉ??

Lời giải:
BĐT đã cho tương đương với:
$\frac{a+b+c}{a^4+b+c}+\frac{a+b+c}{b^4+c+a}+\frac{a+b+c}{c^4+a+b}\leq 3$
$\Leftrightarrow \frac{a^4-a}{a^4+b+c}+\frac{b^4-b}{b^4+c+a}+\frac{c^4-c}{c^4+a+b}\geq 0$ (*)
**Do a,b,c dương nên áp dụng BĐT AM-GM ta có:
$a^4+b+c\geq 3a\sqrt[3]{abc}$
$b^4+c+a\geq3b\sqrt[3]{abc}$
$c^4+b+a\geq3c\sqrt[3]{abc}$
$4abc=a+b+c+1\geq 4\sqrt[4]{abc}\Leftrightarrow abc\geq 1$
Do đó:
$\frac{a}{a^4+b+c}+\frac{b}{b^4+c+a}+\frac{c}{c^4+a+b}\leq \frac{1}{\sqrt[3]{abc}}\leq 1$ (1)
**Áp dụng BĐT Cauchy-Schwart ta có:
$\frac{a^4}{a^4+b+c}+\frac{b^4}{b^4+c+a}+\frac{c^4}{c^4+a+b}\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a^4+b^4+c^4+2(a+b+c)}$
Ta sẽ chứng minh:
$\frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a^4+b^4+c^4+2(a+b+c)}\geq 1$
$\Leftrightarrow a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\geq a+b+c$ (3)
Ta có:
$(ab-bc)^2+(bc-ca)^2+(ca-ab)^2\geq 0$
$\Rightarrow a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\geq abc(a+b+c)\geq a+b+c$ (Do $abc\geq 1$)
Do đó (3) đúng:
Vậy:
$\frac{a^4}{a^4+b+c}+\frac{b^4}{b^4+c+a}+\frac{c^4}{c^4+a+b}\geq 1$ (2)
Từ (1) và (2) ta có (*) đúng
Suy ra đpcm.
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1.

$$\boxed{\boxed{Điểm: 10}}$$

S = 52 + 3x10 + 0 + 0 = 82

Bài 12 :
Cho hệ PT :
$\left\{\begin{matrix} \sqrt{x+19}-\sqrt{y+16}=(m-2008)y+1\\ \sqrt{y+19}-\sqrt{x+16}=(m-2008)x+1 \end{matrix}\right.$
CMR: hệ PT đã cho có không quá một nghiệm khi $m\geq 2008$

Cho tham gia với
Đk $x,y\geq -16$
Với $m\geq 2008$
Trừ từng vế hệ đã cho ta được:
$\frac{x-y}{\sqrt{x+19}+\sqrt{y+19}}+\frac{x-y}{\sqrt{x+16}+\sqrt{y+16}}+(m-2008)(x-y)=0$
Tương đương x=y (nhóm lại bên trong dương)
Thay vào PT ta có:
$(m-2008)x+1-\sqrt{x+19}+\sqrt{x+16}=0$
Xét f(x)=VT
$f'(x)= m-2008-\frac{1}{2\sqrt{x+19}}+\frac{1}{2\sqrt{x+16}}> 0$ với mọi x thuộc txd. (Do x+16<x+19, \left (m-2008 \right )\geq 0)
Vì vậy PT đã cho có không quá 1 nghiệm. Vậy hệ đã cho có không quá 1 nghiệm

Mọi người cùng giải nào

Bài 13 :
Cho đa thức $P_{o}(x)= x^{3}+22x^{2}-6x+15$. Với $n\epsilon Z$ ta có $P_{n}(x)=P_{n-1}(x-n)$ .
Tính hệ số của $x$ trong $P_{21}(x)$

Không biết có đúng ko
Dùng quy nạp ta sẽ chứng minh được:
$P_{n}=P_{0}(x-\frac{n(n+1)}{2})$
Do đó $P_{21}=P_{0}(x-231)$
$=(x-231)^3+22(x-231)^{2}-6(x-231)+15$
$=x^{3}-3x^{2}.231+3x.231^{2}-231^{3}+22x^{2}-2.231.x+231^{2}-6x+6.231+15$
Do đó hệ số của x là: 159615

Hăng hái lên mấy em
Bài 14 :
giải HPT :
$\left\{\begin{matrix} 3x^{2}+8y^{2}+12xy=23\\ x^{2}+y^{2}=2 \end{matrix}\right.$

Thế pt dưới vào pt trên ta được:
$3x^{2}+8y^{2}+12xy=\frac{23}{2}(x^{2}+y^{2})$
$\Leftrightarrow 17x^{2}+7y^{2}-24xy=0$
Nhận xét y=0 không là nghiệm hệ PT nên đặt $\frac{x}{y}=t$ ta được:
$17t^{2}+7-24t=0$
$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} t=1\\ t=\frac{7}{17} \end{bmatrix}$
đến đây tìm được x theo y thế vào PT dưới tìm đc nghiệm

Bài 19 :
Cho các số thực $a,b,c $ dương thỏa mãn : $abc = \frac{9}{4}$. CMR :
$a ^{3} + b ^{3}+ c^{3}\geq a\sqrt{b+c}+ b\sqrt{c+a}+ c\sqrt{a+b}$

Áp dụng chebyshev ta có:
$VT\geq \frac{1}{3}(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})$
$=\frac{1}{6}(b+c+a+c+a+b)(a^{2}+b^{2}+c^{2})$
Theo Cauchy-shwart:
$VT\geq \frac{1}{6}(a\sqrt{b+c}+b\sqrt{a+c}+c\sqrt{a+b})^{2}$
Theo AM-GM ta có:
$a\sqrt{b+c}+b\sqrt{a+c}+c\sqrt{a+b}\geq \frac{9\sqrt{2}}{2}>6$
Do đó ta có đpcm. Dấu bằng không xảy ra!!

1. Họ và tên:Trần Tuấn Minh
2. Nick trên Diễn đàn: minh29995
3. Ngày sinh: 29/09/1995
4. Nghề nghiệp: Học sinh
5. Địa chỉ nhà: Trần Văn Tửu- Hà Lâm 3- Thụy Lâm- Đông Anh( Gửi cho bố em) hoặc qua Trần Văn Tửu-Công ty xích líp Đông Anh- Tổ 47- TT.Đông Anh- Hà Nội
6. Mail/ Số điện thoại liên lạc:mail: [email protected]
SDT:01655576621
7. Địa điểm đăng kí tham gia: Hà Nội
8. Bạn có muốn tham gia vào BTC không:Không

Nhờ BTC mua giúp quyển 

Warren Buffet đầu tư như một cô gái

và cuốn dưới này ạ.. Cuốn dưới em tìm trên mạng thấy mỗi trên alphabook còn ạ. 

Và nhờ BTC gửi đến bố em: Trần Văn Tửu- Phân xưởng Cơ điện, Công ty xích líp Đông Anh, huyện Đông Anh, Hà Nội. 

Như vậy, theo bình chọn của số đông, BTC sẽ quyết định trao giải Toán thủ trẻ tuổi xuất sắc nhất cho nguyenhang28091996.

 

DANH SÁCH CÁC TOÁN THỦ ĐƯỢC NHẬN GIẢI THƯỞNG CỦA BTC

 

1)Giải Nhất

Trần Tiến Minh, học sinh lớp 12A1 THPT Liên Hà, Đông Anh, Hà Nội.

Phần thưởng trị giá: 150.000VND + 1 giấy chứng nhận

 

2)Giải Nhì

Võ Hoàng Trọng, học sinh lớp 12A12 THPT Gò Vấp, Quận Gò Vấp, TP Hồ Chí Minh.

Phần thưởng trị giá: 100.000VND + 1 giấy chứng nhận

 

3)Giải Ba

Nguyễn Ngọc Thắng, học sinh lớp 11A1 THPT Nguyễn Diêu, Tuy Phước, Bình Định.

Phần thưởng trị giá: 50.000VND + 1 giấy chứng nhận

 

4)Giải Toán thủ nhỏ tuổi xuất sắc nhất

Nguyễn Thị Hằng, học sinh lớp 11B1 THPT A Hải Hậu, Hải Hậu, Nam Định.

Phần thưởng trị giá: 50.000VND + 1 giấy chứng nhận

 

 

Giải thưởng là sách nếu thí sinh ở khu vực Hà Nội, là chuyển khoản nếu ở tỉnh xa. Các toán thủ hãy kiểm tra lại thông tin các nhân, tên, lớp, trường ở trên xem chính xác chưa, bơi vì các thông tin đó sẽ được ghi lên giấy chứng nhận

Tên em là Trần Tuấn Minh ạ. Nhờ anh Thế sửa giúp

Em xin đề cử nguyenhang28091996. 

Em có ý kiến nho nhỏ là lập ra 4 reply trong topic tên của các toán thủ và bầu chọn bằng nút "thích". 

Mở rộng 2: Cách giải tổng quát thứ 2 cho bài toán.
Những phương trình dạng bậc 2 với sinx và cosx ta luôn đưa được về dạng:
$asin^2x+bsinx+csinx.cosx+dcosx+e=0$
$\Leftrightarrow asin^2x+bsinx+e=-cosx(csinx+d)$
$\Rightarrow (a^2+c^2)sin^4x+2(ab+cd)sin^3x+(b^2+2ae-c^2+d^2).sin^2x+2(be-cd)sinx+e^2-d^2=0$
Đây là phương trình 1 ẩn sinx. Ta giải như PT đại số bình thường tìm nghiệm sinx thỏa mãn.
Cuối cùng thay lại nghiệm để kiểm tra ta được nghiệm của phương trình.
(Một số bài toán không thể phân tích $\Delta$ thành bình phương).

Mở rộng này xem ra rộng quá! Dẫn đến phương trình bậc 4 đầy đủ thì....chết!
Điểm mở rộng: 4

Giải phương trình
$$(1+\sqrt{3})sin \left (2x + \frac{\pi}{4}\right )=2\sqrt{2} \left [cos \left (x-\frac{\pi}{3}\right )-sin^{2}x \right ]$$

Toán thủ ra đề
nguyenhang28091996

Phương trình đã cho tương đương với:
$4sin^2x+2(1+\sqrt{3})sinx.cosx+(1+\sqrt{3})(cos^2x-sin^2x)=2(cosx+\sqrt{3}sinx)$
$\Leftrightarrow (cosx+\sqrt{3}sinx)[(\sqrt{3}-1)sinx+(\sqrt{3}+1)cosx-2]=0$
$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} tanx=-\frac{1}{\sqrt{3}}\\ sin(x+\frac{5\pi}{12})=\frac{1}{\sqrt{2}} \end{bmatrix}$
$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} x=-\frac{\pi}{6}+k\pi\\ x=\frac{\pi}{3}+k2\pi \end{bmatrix}$
($k\in Z$)
Kết luận: PT đã cho có nghiệm là:
$x=-\frac{\pi}{6}+k\pi$ và $x=\frac{\pi}{3}+k2\pi$ ($k\in Z$)

$$\boxed{\boxed{Điểm: 10}}$$

S = 52 - 0 + 3.10 + 7 + 4 + 0 = 93

Mở rộng:
Tổng quát cho bài toán trên:
Với các phương trình dạng như trên ta luôn đưa được về phương trình bậc 2 với sinx và cos x dạng:
$asin^2x+bsinx+dcos^2x+ecosx+fsinx.cosx=0$ Nên mở rộng với VP là một hằng số g chẳng hạn.
khi đo ta coi 1 biến là ẩn (sinx) và biến còn lại la tham số. ta được phương trình bậc 2 với sinx dạng:
$asin^2x+(b+fcosx)sinx+dcos^2x+ecosx=0$
$\Delta= b^2+f^2cos^2x-4da.cos^2x-4ea.cosx=(f^2-4da)cos^2x-4ea.cosx+b^2$
Khi đó nếu $\Delta >0$ thì ta được:
$\begin{bmatrix} sinx=\frac{-b-fcosx+\sqrt{\Delta}}{2a}\\ sinx=\frac{-b-fcosx+\sqrt{\Delta}}{2a} \end{bmatrix}$
(Với những bài dạng như trên ta thường tìm được $\Delta$ là chính phương - chính xác hơn là: bình phương của một số (biểu thức)!)
khi đó ta đưa được về phương trình bậc nhất và giải bình thường.
Với bài toán trên:
Phương trình đã cho đưa về dạng:
$(3-\sqrt{3})sin^2x+2[(1+\sqrt{3})cosx-\sqrt{3}]sinx+(1+\sqrt{3})cos^2x-2cosx$
Ta có:
$\Delta'=4cos^2x-4\sqrt{3}cosx+3=(2cosx+\sqrt{3})^2$ (Chính phương)
Do đó:
$\begin{bmatrix} sinx=-\frac{cosx}{\sqrt{3}}\\ sinx=\frac{2-(\sqrt{3}+1)cosx}{\sqrt{3}-1} \end{bmatrix}$
Và bài toán đưa về bài toán bậc nhất!

$\boxed{Điểm mở rộng: 7}$

**Với x=0 thì từ hệ suy ra y=0
Vậy $x=y=0$ là 1 nghiệm của hệ.
**Với $x,y \neq 0$ thì do $x+2y= x^2+2y^2$ nên $x+2y>0$
Do đó:
$2x+3y= x^2+3xy+y^2$
$\Leftrightarrow \left (2x+3y \right )(x^2+2y^2)= \left (x^2+3xy+y^2 \right )(x+2y)$
$\Leftrightarrow x^3-2x^2y-3xy^2+4y^3=0$
$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} x=y\\ x=\frac{1+\sqrt{17}}{2}y\\ x=\frac{1-\sqrt{17}}{2}y \end{bmatrix}$
Với x=y thay vào hệ ta được $x=y=1$ (thỏa mãn)
Với $x=\frac{\sqrt{17}-1}{2}y$ thay vào hệ suy ra $\left\{\begin{matrix} x=\frac{23+7\sqrt{17}}{38}\\ y=\frac{6+\sqrt{17}}{19} \end{matrix}\right.$ (thỏa mãn)
Với $x=\frac{1-\sqrt{17}}{2}y$ thay vào hệ ta được:
$\left\{\begin{matrix} x=\frac{23-7\sqrt{17}}{38}\\ y=\frac{6-\sqrt{17}}{19} \end{matrix}\right.$ (thỏa mãn)
KẾT LUẬN: Hệ đã cho có 4 cặp nghiệm
$x=y=0$; $x=y=1$; $\left\{\begin{matrix} x=\frac{23+7\sqrt{17}}{38}\\ y=\frac{6+\sqrt{17}}{19} \end{matrix}\right.$;
$\left\{\begin{matrix} x=\frac{23-7\sqrt{17}}{38}\\ y=\frac{6-\sqrt{17}}{19} \end{matrix}\right.$

Mở rộng: Giải hệ PT có dạng:
$\left\{\begin{matrix} ax+by=cx^2+dxy+ey^2\\ mx+ny=px^2+qxy+ry^2 \end{matrix}\right.$
TH1:
$\left\{\begin{matrix} mx+ny=0\\ px^2+qxy+ry^2=0 \end{matrix}\right.$
Thế PT đầu vào PT dưới ta giải đc nghiệm x=y=0 và nghiệm khác (nếu có)
TH2:
$\left\{\begin{matrix} mx+ny\neq 0\\ px^2+qxy+ry^2\neq 0 \end{matrix}\right.$ (1)
Ta có:
$ax+by=cx^2+dxy+ey^2$
$\Leftrightarrow (ax+by)(px^2+qxy+ry^2)=(mx+ny)(cx^2+dxy+ey^2)$
$\Leftrightarrow (ap-mc)x^3+(br-ne)y^3+(aq+bp-md-cn)x^2y+(ar+bq-nd-me)y^2x=0$ (*)
Nhận thấy từ (1) suy ra $x,y \neq 0$
Chia PT (*) cho $y^3$ và đặt $\frac{x}{y}=t$ ta được:
$\Leftrightarrow (ap-mc)t^3+(br-ne)+(aq+bp-md-cn)t^2+(ar+bq-nd-me)t=0$
Giải phương trình trên ta được nghiệm t thỏa mãn.. Khi đó:
$x=ty$ Thay vào hệ suy ra nghiệm x,y thỏa mãn!


Điểm mở rộng 10

**Với x=0 thì từ hệ suy ra y=0
Vậy $x=y=0$ là 1 nghiệm của hệ.
**Với $x,y \neq 0$ thì do $x+2y= x^2+2y^2$ nên $x+2y>0$
Do đó:
$2x+3y= x^2+3xy+y^2$
$\Leftrightarrow \left (2x+3y \right )(x^2+2y^2)= \left (x^2+3xy+y^2 \right )(x+2y)$
(lạm dụng dấu tương đương, Phương trình này là Hệ quả của hệ ban đầu)
$\Leftrightarrow x^3-2x^2y-3xy^2+4y^3=0$
$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} x=y\\ x=\frac{1+\sqrt{17}}{2}y\\ x=\frac{1-\sqrt{17}}{2}y \end{bmatrix}$
Với x=y thay vào hệ ta được $x=y=1$ (thỏa mãn)
Với $x=\frac{\sqrt{17}-1}{2}y$ thay vào hệ suy ra $\left\{\begin{matrix} x=\frac{23+7\sqrt{17}}{38}\\ y=\frac{6+\sqrt{17}}{19} \end{matrix}\right.$ (thỏa mãn) (Nhầm lẫn đáng tiếc)
Với $x=\frac{1-\sqrt{17}}{2}y$ thay vào hệ ta được:
$\left\{\begin{matrix} x=\frac{23-7\sqrt{17}}{38}\\ y=\frac{6-\sqrt{17}}{19} \end{matrix}\right.$ (thỏa mãn)
KẾT LUẬN: Hệ đã cho có 4 cặp nghiệm
$x=y=0$; $x=y=1$; $\left\{\begin{matrix} x=\frac{23+7\sqrt{17}}{38}\\ y=\frac{6+\sqrt{17}}{19} \end{matrix}\right.$;
$\left\{\begin{matrix} x=\frac{23-7\sqrt{17}}{38}\\ y=\frac{6-\sqrt{17}}{19} \end{matrix}\right.$

Điểm: 9
S = 26 + 3x9 + 10 + 10 = 73