Câu 1 $\frac{xy}{x+y}=z=>\sqrt{x^2+y^2+z^2}=\sqrt{x^2+y^2+\frac{x^2y^2}{(x+y)^2}}=\sqrt{\frac{x^4+y^4+3x^2y^2+2x^3y+2xy^3}{(x+y)^2}}=\sqrt{\frac{(x^2+y^2+xy)^2}{(x+y)^2}}=\frac{x^2+y^2+xy}{x+y}$ là số hữu tỉ.

Nhanh hơn này:

$xz+yz=xy=>\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}=\sqrt{(x+y-z)^{2}}=\left | x+y-z \right|\epsilon \mathbb{Q}$

PS là trung trực của MA.

Sao S thuộc trung trục của AM bạn nhỉ? chỉ hộ mk vs

P/s: quên mất AMTB nt ngại quá 

4b
dể cm MOQP nội tiếp.
gọi S trung điểm OI. =>> S là tâm (MAIBO).
=>>gMSP=1/2gMSA=gMBA=gMOB=gMOP =>> S thuộc (MOQP).
=>> tâm ngoại tiếp của (MPQ) thuộc trung trực OS cố định.
 

giải thích hộ mk đoạn bôi đỏ được ko, mình không hiểu đẳng thức đầu tiên lắm mà giống như bạn làm vòng vèo có vấn đề vậy

suy nghĩ tí đi bạn 

$\sqrt{\frac{2ab}{a^2+b^2}}\geq \frac{\sqrt{2ab}}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}$

Thiết lập các BĐT còn lại 

Nhưng đánh giá như vậy thì mỗi đánh giá sẽ có một số bằng $0$ vậy dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=0$ là vô lý => ĐT không xảy ra?

Thôi chán quá mình làm luôn câu 1. Mọi người chê câu này dễ à?

1)a)$PT<=>x^{2}-x+2\sqrt{x+1}(\sqrt{x^{2}-x+1}-1)=0<=>(x^{2}-x)+2\sqrt{x+1}.\frac{x^{2}-x}{\sqrt{x^{2}-x+1}+1}=0<=>(x^{2}-x)(1+\frac{2\sqrt{x+1}}{\sqrt{x^{2}-x+1}+1})=0<=>x(x-1)=0$

b) $HPT<=>\left\{\begin{matrix}y(x+y)=y+1 \\ (x+y)^{2}+y^{2}=4+x \end{matrix}\right. <=>\left\{\begin{matrix}2y(x+y)=2y+2 \\ (x+2y)^{2}=x+2y+6... \end{matrix}\right.$

ĐỀ KHTN hay cho dạng hệ bậc 2 rồi cộng trừ kiểu này. Gặp chắc cả chục lần rồi 

2)a)ĐKXĐ:...

$PT<=>4x\sqrt{x+3}=x+2+4x^{2}<=>(4x^{2}-4x\sqrt{x+1}+x+3)=1<=>(2x-\sqrt{x+3})^{2}=1...$

b) $HPT<=>\left\{\begin{matrix}y^{3}-1=-x^{2} \\ x^{2}-x^{3}+y^{2}(y^{3}-1)=0 \end{matrix}\right. <=>\left\{\begin{matrix}y^{3}-1=-x^{2} \\ x^{2}-x^{3}-x^{2}y^{2}=0 \end{matrix}\right.$

Xét $x=0=>y=1$

Xét $x\neq 0=>\left\{\begin{matrix}x^{2}+y^{3}=1 \\ y^{2}+x=1 \end{matrix}\right. <=>\left\{\begin{matrix}(1-y^{2})^{2}+y^{3}=1 \\ x=1-y^{2} \end{matrix}\right. <=>\left\{\begin{matrix}y^{4}+y^{3}-2y^{2}=0 \\ x=1-y^{2} \end{matrix}\right. <=>\left\{\begin{matrix}y^{2}(y+2)(y-1)=0 \\ x=1-y^{2} \end{matrix}\right. ...$

2) $a,b> \frac{\sqrt{5}-1}{2}=>\frac{1}{a^{2}+a-1}> 0;\frac{1}{b^{2}+b-1}> 0$

$\frac{1}{a^{2}+a-1}=\frac{b^{2}}{a^{2}b^{2}+ab^{2}-b^{2}}=\frac{b^{2}}{(a+b)^{2}+b(a+b)-b^{2}}=\frac{b^{2}}{(a+b)^{2}+ab}$

$\frac{1}{b^{2}+b-1}= \frac{a^{2}}{(a+b)^{2}+ab}$

$=>VT\geq \frac{a^{2}+b^{2}}{(a+b)^{2}+ab}\geq \frac{2}{5}<=>a^{2}+b^{2}\geq 2ab$ right

+) Xét $a=b=>...$

+) Xét $a\neq b=>(a,b)=1$

$a(a+1)=b(b^{2}-1)(*)$

From $(*)=>a(a+1)\vdots b=>a+1\vdots b$

$a+1=b.a_{1}(a_{1}\epsilon \mathbb{Z}^{+})$

$=>a.a_{1}=b^{2}-1=>b^{2}-1\vdots a=>(b-1)(b+1)\vdots a=>\begin{bmatrix}b-1\vdots a \\ b+1\vdots a \end{bmatrix}$

- T/H1:$\left\{\begin{matrix}a+1\vdots b \\ b+1\vdots a \end{matrix}\right.$

$=>(a+1)(b+1)\vdots ab=>a+b+1\vdots ab$

Since $a,b\epsilon \mathbb{P}=>a+b+1\geq ab<=>0< (a-1)(b-1)\leq 2=>\begin{bmatrix}(a-1)(b-1)=1 \\ (a-1)(b-1)=2 \end{bmatrix} ...$

- T/H2: $\left\{\begin{matrix}a+1\vdots b \\ b-1\vdots a \end{matrix}\right.$

$b-1=a.b_{1}(b_{1}\epsilon \mathbb{Z}^{+})=>b=ab_{1}+1$

$=>a+1\vdots ab_{1}+1=>ab_{1}+b_{1}\vdots ab_{1}+1=>b_{1}-1\vdots ab_{1}+1$

Since $b_{1}\epsilon \mathbb{Z}^{+}=>b_{1}-1\geq 0$

+ $b_{1}-1=0...$

+ $b_{1}-1> 0=>b_{1}-1\geq ab_{1}+1=>b_{1}(1-a)\geq 2$ hoang đường do $a> 1,b_{_{1}}\geq 1$

4) $A=\sum \frac{2}{x^{2}+y^{2}}-\frac{x^{3}+y^{3}+z^{3}}{2xyz}=\sum \frac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{x^{2}+y^{2}}-\frac{x^{3}+y^{3}+z^{3}}{2xyz}=3+\sum \frac{x^{2}}{y^{2}+z^{2}}-(\frac{x^{2}}{2yz}+\frac{y^{2}}{2xz}+\frac{z^{2}}{2xy})\leq 3+\sum \frac{x^{2}}{2yz}-(\frac{x^{2}}{2yz}+\frac{y^{2}}{2xz}+\frac{z^{2}}{2xy})=3$

Dấu $=$ khi $x=y=z=\sqrt{\frac{2}{3}}$

Làm câu cuối nhé

Cho $a,b,c\epsilon Z(a\neq 0)$ thỏa mãn phương trình $ax^{2}+bx+c=0$ có một nghiệm bằng $m+n\sqrt{p}$ với $m,n\epsilon \mathbb{Q};p\epsilon \mathbb{N}*,p$ không chính phương. Chứng minh rằng $m-n\sqrt{p}$ là nghiệm của phương trình.

.