Cho $x,y,z,a,b,c>0$. CMR:

$\sqrt[3]{abc}+\sqrt[3]{xyz}\leq \sqrt[3]{(a+x)(b+y)(c+z)$

$\sqrt[3]{abc}+\sqrt[3]{xyz}\leq \sqrt[3]{(a+x)(b+y)(c+z)} \Leftrightarrow \sqrt[3]{\frac{a}{x}.\frac{b}{y}.\frac{c}{z}} +1 \leq \sqrt[3]{(\frac{a}{x}+1)(\frac{b}{y}+1)(\frac{c}{z}+1)}$

Đặt: $m= \frac{a}{x}$, $n= \frac{b}{y}$, $p=\frac{c}{z}$ thì BĐT trở thành:

$\sqrt[3]{mnp}+1\leq \sqrt[3]{(m+1)(n+1)(p+1)}$

Biến đổi tương đương ta có: $3\sqrt[3]{mnp}+3\sqrt[3]{m^2n^2p^2}\leq m+n+p+m^2+n^2+p^2$. đúng theo BĐT Co-si cho 3 số dương

Bài 26: $\left\{\begin{matrix} x+y+xy=a^2+2a(1) & & \\ x^4+y^4=2a^4(2) & & \end{matrix}\right.$ ($a\ge 0$)

Từ (2), ta có:  $2a^4=x^4+y^4\geq \frac{(x^2+y^2)^2}{2}\geq \frac{(x+y)^4}{8}$ $\Leftrightarrow x+y\leq 2a$.

Thay vào (1) thì: $a^2+2a=x+y+xy\leq 2a+xy$ $\Leftrightarrow a^2 \leq xy \leq \frac{x^2+y^2}{2}$ $\Leftrightarrow 4a^4 \leq (x^2+y^2)^2 \leq 2(x^4+y^4)$ $\Leftrightarrow 2a^4 \leq x^4+y^4$. 

Dấu bằng xảy ra khi $x=y=a$

Cho n số dương $x_{1},x_{2},x_{3},...,x_{n}$ có tổng bằng 1.

CMR: $\frac{x_{1}}{2-x_{1}}+\frac{x_{2}}{2-x_{2}}+...+\frac{x_{n}}{2-x_{n}}\geq \frac{n}{2n-1}$

Áp dụng Cauchy-Swartd:  $\frac{x_{1}}{2-x_{1}}+\frac{x_{2}}{2-x_{2}}+...+\frac{x_{n}}{2-x_{n}}$

=$\sum \frac{x_{1}^2}{2x_{1}-x_{1}^{2}}\geq \frac{(\sum x_{1})^2}{2\sum x_{1}-\sum x_1^2}\geq \frac{1}{2-\frac{1}{n}}=\frac{n}{2n-1}$ (đpcm)

Tính tổng: $P=\frac{2.3}{1}+\frac{3.4}{2}+\frac{4.5}{3}+...+\frac{99.100}{98}$

$$(1)\Leftrightarrow \sqrt{2x^2+(2-2\sqrt{3})x+4} +\sqrt{2x^2+(2+2\sqrt{3})x+4}+\sqrt{2x^2+4x+4}\leq 6$(1)$

 

 

$(1)\Leftrightarrow \sqrt{2x^2+(2-2\sqrt{3})x+4} +\sqrt{2x^2+(2+2\sqrt{3})x+4}+\sqrt{2x^2+4x+4}\leq 6$

Lấy $M(x;x), A(0;2); B(\sqrt{3}; -1); C(-\sqrt{3}; -1)$. Khi đó: 

$MA=\sqrt{2x^2+4x+4}, MC=\sqrt{2x^2+(2+2\sqrt{3})x+4}, MB= \sqrt{2x^2+(2-2\sqrt{3})x+4}$

Dễ thấy $\Delta ABC$ đều và O là điểm toricelli trong tam giác (coi qua cái này nếu bạn chưa biết http://t2tnh.forum7.biz/t46-topic). Khi đó: $MA+MB+MC\geq 3OA=3.2=6$. Nhưng theo giả thiết thì $MA+MB+MC\leq 6$ theo gt nên $M\equiv O$

Vậy nghiệm bất phương trình là $x=0$

1, Cho $ad-bc=1$. Chứng minh rằng:
$a^2+b^2+c^2+d^2+ac+bd \geq \sqrt{3}$
2, Giả sử 3 số thực a, b, c thoả mãn $a^2+b^2+c^2\leq8$. Cmr: $ab+bc+2ac\geq-8$

4.$\left\{\begin{matrix}\dfrac{x^2}{(y+1)^2}+\dfrac{y^2}{(x+1)^2}=\dfrac{1}{2}(1)\\3xy=x+y+1(1)\end{matrix}\right.$

Nhận xét: $(x+1)(y+1)=4xy$

Khi đó, pt(1) $\Leftrightarrow (\frac{x}{y+1}+\frac{y}{x+1})^2-2\frac{xy}{(x+1)(y+1)}=\frac{1}{2}\Leftrightarrow (\frac{x}{y+1}+\frac{y}{x+1})^2=1\Leftrightarrow (\frac{x^2+y^2+x+y}{(x+1)(y+1)})^2=1$

TH1: $\frac{x^2+y^2+x+y}{(x+1)(y+1)}=1$$\Leftrightarrow \frac{x^2+y^2+x+y}{4xy}=1$. Đặt $S=x+y, P=xy$, thì t có hệ pt: $\left\{\begin{matrix} S^2-P+S=4P\\ 3P=S+1 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} S^2+S-5P=0\\ S=3P-1 \end{matrix}\right.$, từ đó ta tìm đc $S, P$ rồi dùng Vi-ét đảo để tìm x, y

TH2: Làm tương tự

-Trên mặt phẳng tọa độ cho điểm A(-1;-1) và B(9;7). Trung tuyến OM của tam giác AOB có độ dài là (đvđd)

-Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(2;1), B(1;-2) và điểm C trên trục hoành sao cho tam giác ABC  vuông tại B. Diện tích tam giác ABC là ...(đvdt)

1, Do M là trung điểm của AB nên $M(\frac{-1+9}{2};\frac{-1+7}{2})$ tức là $M(4;3)$ nên $OM^2=3^2+4^2=5^2\Rightarrow OM=5$
2, Gọi đường thẳng đi qua A và B là $y=ax+b$. Khi đó, do nó đi qua A và B nên phải thoả mãn$1=2a+b$ và $-2=a+b$. Giải hệ, ta đc $a=3, b=-5$. Vậy đường thẳng đi qua A và B là $y=3x-5$.
Do tam giác ABC vuông tại B nên đường thẳng đi qua B và C vuông góc vs đường thẳng $y=3x-5$ nên đường thẳng đó là $y=\frac{-1}{3}x+b'$. Mặt khác, đường thẳng đó đi qua B nên thoả mãn $-2=\frac{-1}{3}+b'\Rightarrow b'=\frac{-5}{3}$. Vậy đường thẳng đi qua B và C là $y=\frac{-1}{3}x-\frac{5}{3}$. Từ đó, ta tìm đc toạ độ điểm C là $C(-5;0)$
Còn lại, dễ dàng tìm đc S tam giác ABC

1, Giải hệ pt: $\left\{\begin{matrix} x^2(y-z)=\frac{-5}{3}\\ y^2(z-x)=3\\z^2(x-y)=\frac{1}{3} \end{matrix}\right.$

2, Cho $a, b, c>0$ thỏa mãn $a+b+c=\frac{\sqrt{3}}{2}$. Chứng minh rằng hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất: $\left\{\begin{matrix} \sqrt{x-a^2}+\sqrt{y-a^2}=1\\ \sqrt{y-b^2}+\sqrt{z-b^2}=1\\ \sqrt{z-c^2}+\sqrt{x-c^2}=1 \end{matrix}\right.$

Cho tam giác đều ABC có tâm O. Gọi M, N, P lần lượt là các điểm trên AB, BC, CA sao cho AM = BN = CP, I là trung điểm của MP, AI cắt BC tại K.

     a) Chứng minh rằng tam giác MNP là tam giác đều nhận O làm tâm.

     b) Chứng minh rằng I là trung điểm của AK.

a, Xét $\bigtriangleup MNB$ , $\bigtriangleup PMA$ và $\bigtriangleup NPC$ có:

$NB=MA=KC$, $MB=NC=AP$, $\widehat{MBN}=\widehat{MAP}=\widehat{PCN}=60^{\circ}$ nên $\bigtriangleup MNB=\bigtriangleup PMA=\bigtriangleup NPC$(g.c.g)

$\Rightarrow MN=NP=MP$ nên $\bigtriangleup MNP$ đều

Xét $\bigtriangleup NOB$ , $\bigtriangleup POC$ và $\bigtriangleup MOA$ có: $OB=OC=OA$, $NB=MA=CP$, $\widehat{OBN}=\widehat{OCP}=\widehat{OAM}=30^{\circ}$ nên $\bigtriangleup NOB=\bigtriangleup POC=\bigtriangleup MOA$(g.c.g)

nên $OM=ON=OP$ nên O là tâm $\bigtriangleup MNP$

b, Từ P kẻ đường thẳng song song vs AB cắt BC tại K' thì $\frac{CK'}{CB}=\frac{CP}{CA}=\frac{AM}{AB}$ nên $MK'\parallel AC$ nên tứ giác AMK'P là hình bình hành. Mà I là trung điểm MP nên I là trung điểm AK' nên A, I, K' thẳng hàng nên $K\equiv K'$. Vậy I là trung điểm AK(đpcm)

Số tự nhiên lớn hơn hoặc bằng 0 vậy n số đó bằng 0?

 

Nếu n số đó =0 thì tích của n số 0 = n,nên n=0,tức tích của 0 số 0 =0????

hình như đề sai.

Mình vội nên đánh nhầm, là số nguyên, sửa đề r đó

Cho n là số tự nhiên chia hết cho 4. Chứng minh tồn tại n số nguyên có tổng là 0 và có tích là n

Cho n là số tự nhiên chia hết cho 4. Chứng minh tồn tại n số tự nhiên có tổng là 0 và có tích là n

1)Cho đường tròn (O; R) nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC tại D. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AD và BC.

Chứng minh M, O, N thẳng hàng

(vẽ lặp điểm M, thay bằng T )

Kẻ GD đường kính, AG cắt BC tại T. J. K lần lượt là tiếp điểm tại AB, AC. Kẻ tiếp tuyến tại G của đường tròn cắt AB, AC lần lượt tại H và I

Ta có: Do I là giao điểm 2 tiếp tuyến của (O) nên IO là phân giác $\widehat{GOK}$, tương tự thì OC là phân giác $\widehat{KOD}$, mà 2 góc này kề bù nên $IO\perp OC$. $\bigtriangleup IOC$ vuông tại O có OK là đường cao nên $OK^2=IK.KC=IG.CD$

Chứng minh tương tự thì $OJ^2=GH.BD$ mà $IE=IF$ nên $GH.BD=IG.CD$$\Leftrightarrow \frac{GH}{IG}=\frac{CD}{BD}$

Mặt khác, ta có: $HI\parallel BC$ do cùng vuông góc với GD nên $\frac{GI}{TC}=\frac{AI}{AC}=\frac{AH}{AB}=\frac{HG}{BM}$$\Rightarrow \frac{GH}{IG}=\frac{BT}{TC}$

Vậy $\frac{CD}{BD}=\frac{BT}{TC}\Leftrightarrow \frac{CD}{BD}+1=\frac{BT}{TC}+1\Leftrightarrow \frac{BC}{BD}=\frac{BC}{TC} \Rightarrow BD=TC$, mà N là trung điểm BC nên N là trung điểm DT

Theo định lý đường trung bình trong tam giác thì $MO\parallel AT, ON\parallel AT$ nên theo tiên đề Ơ-clit thì 3 điểm M, O, N thẳng hàng(đpcm)

Cho $\bigtriangleup ABC$

1, Giả sử $\widehat{A}=1v$. Trên cạnh AC, ta lấy 1 điểm D bất kỳ (khác A và C). Vẽ đường tròn tâm D tiếp xúc với BC tại S. Từ B kẻ tiếp tuyến thứ 2 BT với đường tròn trên (T là tiếp điểm). M là trung điểm của cạnh BC. Đường thẳng AM cắt BT tại N. Chứng minh rằng AN=TN

2, Giả sử $\bigtriangleup ABC$ cân tại A. Trên cạnh BC, lấy P bất kỳ (khác B, C). Gọi $O_{1}$ là tâm đường tròn đi qua đi qua P, tiếp xúc với AB tại B; $O_{2}$ là tâm đường tròn đi qua P, tiếp xúc với AC tại C. Gọi Q là giao điểm của $BO_{1}$ và $CO_{2}$, I là trung điểm của $O_{1}O_{2}$. Chứng minh rằng khi P thay đổi trên BC thì Q cố định, I chạy trên 1 đường thẳng cố định

3, Giả sử $\widehat{A}=60^{\circ}$. Đặt AB=c, AC=b, BC=a. Chứng minh: $a\geq \frac{b+c}{2}$

p/s: câu 2 ai vẽ giùm mình cái hình luôn

Cho hình vuông ABCD và điểm M trên cạnh CD sao cho CM = 2DM. Gọi E là giao điểm của đường thẳng AM và đường thẳng BD. Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ điểm E xuống cạnh AD, O và N lần lượt là trung điểm của DE và BC.

Chứng minh:

            a) Tứ giác ABOH nội tiếp đường tròn.

            b) Đường thẳng AM vuông góc với đường thẳng EN

a, Do $\bigtriangleup HED$ vuông tại H mà O là trung điểm nên $\bigtriangleup HOD$ cân, mà $\widehat{HDO}=45^{\circ}$ do tứ giác ABCD là hình vuông nên $\bigtriangleup HOD$ vuông tại O $\Rightarrow \widehat{HOB}=90^{\circ}$. Vậy tứ giác ABOH nội tiếp đường tròn

b, Từ B kẻ đường thẳng song song với AM cắt CD tại J. Xét $\bigtriangleup BCJ$ và $\bigtriangleup AMD$ có: $AD=BC$, $\widehat{AMD}=\widehat{BJC}$, $\widehat{DAM}=\widehat{CBJ}(=\widehat{AKB})$ nên $\bigtriangleup BCJ= \bigtriangleup AMD(g.c.g)$ $\Rightarrow DM=CJ$ 

Theo định lý Ta-let, ta có: $\frac{DE}{EB}=\frac{DM}{DJ}=\frac{DM}{4DM}=\frac{1}{4}$ $\Rightarrow \frac{EB}{DB}= \frac{3} mà $AC=BD$(tứ giác ABCD là hình vuông) {4}\Leftrightarrow 3AC=4EB$ $\Leftrightarrow \frac{3AC}{2CD}=\frac{4EB}{2BC}\Leftrightarrow \frac{AC}{MC}=\frac{EB}{BN}$

Xét $\bigtriangleup AMC$ và $\bigtriangleup ENB$ có: $\widehat{ACM}=\widehat{EBN}(=45^{\circ})$, $\frac{AC}{MC}=\frac{EB}{BN}$ nên $\bigtriangleup AMC\sim \bigtriangleup ENB(c.g.c)$$\Rightarrow \widehat{MAC}=\widehat{BEN}$ mà do $\widehat{AIM}=90^{\circ}$(I là giao điểm 2 đường chéo của hình vuông) nên $\widehat{AEN}=90^{\circ}$$\Rightarrow AE\perp EN$(đpcm)

Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O) và có các đường chéo cắt nhau ở M.Kẻ MA',MB',MC',MD' lần lượt vuông góc với AB,BC,CD,DA.CMR: A'B'+C'D'=A'D'+B'C'.
Bài này áp dụng bài toán phụ: Cho $\Delta ABC$ nội tiếp (O;R) có góc A nhọn.Vẽ đường kính BD của (O;R).CMR: $BC=BD.sinA=2R.sinA$

a, Chứng minh: $BC=BD.sinA=2R.sinA$

(thay điểm D bởi C và ngược lại-sr, vẽ nhầm chút xíu)

Ta có: $\widehat{BCD}= 90^{\circ}$(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên $BC=sin\widehat{BDC}BD$ mà $\widehat{BAD}=\widehat{BAD}$(góc nội tiếp cùng chắn cung BC) nên ta có đpcm

b, Bài toán chính: 

(quên mất nối A', B', C', D'-bệnh đãng trí tái phát:D)

Xét $\bigtriangleup A'B'M$ và $\bigtriangleup ACD$ có: 

$\widehat{A'B'M}= \widehat{A'BM}$((do tứ giác A'BB'M nội tiếp) mà $\widehat{A'BM}= \widehat{ACD}$(do tứ giác ABCD nội tiếp) nên$\widehat{A'B'M}=\widehat{ACD}

Mặt khác, $\widehat{A'MB'}+\widehat{A'BB'}= 180^{\circ}$(do tứ giác A'BB'M nội tiếp), $\widehat{ADC}+\widehat{A'BB'}= 180^{\circ}$(do tứ giác ABCD nội tiếp) nên $\widehat{A'MB'}= \widehat{ADC}$.

Vậy $\bigtriangleup A'B'M\sim \bigtriangleup ACD$(g,g) nên $\frac{A'B'}{AC}=\frac{MA'}{AD}=\frac{sinB.BM}{sinB.2R}= \frac{BM}{2R}$

Chứng minh tương tự: $\frac{C'D'}{AC}=\frac{MD}{2R}$

Vậy $\frac{A'B'+C'D'}{AC}=\frac{MD+MB}{2R}=\frac{BD}{2R}$

Chứng minh tương tự thì: $\frac{A'D'+B'C'}{BD}= \frac{AC}{2R}$. Ta có đpcm

Biết $x;y;z>0$ thõa mãn:

$\left\{\begin{matrix} x^2+xy+\dfrac{y^2}{3}=25\\ \frac{y^2}{3}+z^2=9\\ z^2+xz+x^2=16 \end{matrix}\right.$

Tính GTBT:

$A=xy+2yz+3xz$

Bổ đề 1: $\bigtriangleup ABC$ có $\widehat{BAC}=120^{\circ}$ thì $ AB^2+AC.AB+AC^2 = BC^2$

Chứng minh:

Kẻ $BH\perp AC$, ta có: $\widehat{BAH}=60^{\circ}$ nên $HB=\frac{\sqrt{3}AB}{2}$,$HA=\frac{AB}{2}$ nên theo đinh lý Py-ta-go: $BH^2+HC^2=BC^2\Leftrightarrow \frac{3AB^2}{4}+\frac{AB^2}{4}+AB.AC+AC^2=BC^2\Leftrightarrow AB^2+AC.AB+AB^2=BC^2$(đpcm)

Bổ đề 2: Nếu $bigtriangle ABC$ có $\widehat{BAC}=150^{\circ}$ thì $ AB^2+\sqrt{3}AB.AC+AC^2 = BC^2$. Chứng minh tương tự bổ đề 1

Trở lại bài toán: Ta vẽ$bigtriangle ABC$vuông tại C có $AC=3, CD=4, =5$. Lấy B nằm trong tam giác sao cho $\widehat{AOB}=90^{\circ}, \widehat{BOC}=120^{\circ}, \widehat{AOC}=150^{\circ}$

Đặt $AB=\frac{y}{\sqrt{3}}, BC=z, BD=x$, theo bổ đề 1, 2, ta dễ dàng chứng minh được $x,y,z$ thỏa mãn:$\left\{\begin{matrix} x^2+xy+\dfrac{y^2}{3}=25\\ \frac{y^2}{3}+z^2=9\\ z^2+xz+x^2=16 \end{matrix}\right.$. Mà $S_{ACD}=S_{ABC}+S_{BCD}+S_{ABD}=\frac{yz}{2\sqrt{3}}+\frac{\sqrt{3}xz}{4}+\frac{xy}{4\sqrt{3}}=6$

$\Rightarrow xy+2yz+3zx=24\sqrt{3}$

 

@@Raito: bạn có thể tham khảo vài dạng bổ đề như trên tại đây

Cho tam giác $ABC$, $I$ là tâm đường tròn nội tiếp, $J$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ACI$. Chứng minh : $B;I;J$ thẳng hàng.

https://fbcdn-sphoto...302681140_n.jpg

Lấy M là tâm đường tròn bàng tiếp tam giác. Ta có $BI$ là phân giác $\widehat{B}$, $BM$ là phân giác $\widehat{B}$ nên B, M, I thẳng hàng. Mà do $AM, BM$ là phân giác ngoài nên $AM\perp AI, BM\perp BI$ nên tứ giác $AMBI$ nội tiếp nên $M\epsilon$ đường tròn ngoại tiếp $\Delta AIB$ mà $\widehat{IAM}=90^{\circ}$ nên $I, J, M$ thẳng hàng. Vậy $B, I, J$ thẳng hàng

p/s: Sr, mình quên viết điểm

Giải các hệ pt: 

$1, \left\{\begin{matrix} \sqrt{2x}+\sqrt{2y}=4\\ \sqrt{2x+5}+\sqrt{2y+2}=6 \end{matrix}\right.$

$2, \left\{\begin{matrix} \frac{y^2}{(x+1)^2}+\frac{x^2}{(y+1)^2}=\frac{1}{2}\\ 3xy=x+y+1 \end{matrix}\right.$

Mình có bài này mong các bạn giải giùm:

Giải phương trình

$(\frac{1}{5}x-14)^{3}+(\frac{4}{5}x-1)^{3}+(15-x)^{3}=0$

Mình đang học lớp 8 nhé.

Thanks.

Gợi ý nha nhóc: Ta thấy $\frac{1}{5}x-14+\frac{4}{5}x-1+15-x=0$. Mặt khác ta lại có: $a^3+b^3+c^3=3abc\Leftrightarrow a+b+c=0$. Tự suy nghĩ tiếp nha

tìm (x,y) la so tu nhien thoa man:

$(2^{x}+1)(2^{x}+2)(2^{x}+3)(2^{x}+4)-5^{y}=11879$

$\Leftrightarrow (4^x+5.2^x+4)(4^x+5.2^x+6)-5^y=11879$. Đặt $z=4^x+5.2^x+5$ thì phương trình trở thành: $z^2-1-5^y=11879 \Leftrightarrow z^2-5^y=11880$

- Với $y=0, y=1$ ...

- Với $y\geq 2$ thì do $5|11880$, $5|5^y$ nên $5|z^2 \Rightarrow 5|z Rightarrow 25|z^2$. Mà do $y\qeq 2$ nên $25|5^y$, nhưng 11880 không chia hết cho 25 nên vô nghiệm

giải phương trình $5y^{2}-27y-3\sqrt{4y-y^{2}}+40=0$

$5y^2-26y+32-3\sqrt{4y-y^2}-y+8=0\Leftrightarrow (5y^2-26y+32)-\frac{10y^2-52y+64}{y-8-3\sqrt{4x-x^2}}=0\Leftrightarrow (5y^2-26+32)(1-\frac{2}{y-8-3\sqrt{4x-x^2}})=0$$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} 5y^2-26y+32=0\\ y=3\sqrt{4y-y^2}+10 \end{bmatrix}$

- Với $5y^2-26y+32=0$$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} y=2\\ y=\frac{16}{5} \end{bmatrix}$

- Với $ y-10=3\sqrt{4y-y^2} $(vô nghiệm)

1.

Đề sai nè, sửa:
$\left\{\begin{matrix} x^{2}-4=(xy+2y+3)(4x+2) &  & \\   x^{2}+x-2=y(2x+1)^{2}&  &  \end{matrix}\right.$

Mình khẳng định với bạn là đề không hề sai, vì vậy bạn có thể điều chỉnh lại bài làm giúp mình đc k?

Giải các hệ phương trình

1, $\left\{\begin{matrix} x^2-4x=(xy+2y+4)(4x+2)\\ x^2+x-2=y(2x+1)^2) \end{matrix}\right.$

2, $\left\{\begin{matrix} x^2(y+1)(x+y+1)=3x^2-4x+1\\ xy+x+1=x^2 \end{matrix}\right.$

3, $\left\{\begin{matrix} (x+y+1)(x+2y+1)=12\\ x^2+2y+(x+1)(3y+1)=11 \end{matrix}\right.$

4, $\left\{\begin{matrix} \sqrt{x+\sqrt{y}}+\sqrt{x-\sqrt{y}}=2\\ \sqrt{y+\sqrt{x}}+\sqrt{y-\sqrt{x}}=1 \end{matrix}\right.$

5, $\left\{\begin{matrix} y(x^2+1)=x-\frac{1}{x}\\ y(x-y)=x^2-\frac{1}{x^2} \end{matrix}\right.$

6, $\left\{\begin{matrix} (x-y)^2=1-x^2y^2\\ x(xy+y+1)=y(xy+1)+1 \end{matrix}\right.$