Bài làm :

KP cắt  (O) tại X , KQ cắt (O) tại Y

Khi đó QX, PY đồng quy  tại Z trên (O)  ( cái này quen thuộc rồi   )

Dễ có ZK đi qua R  $\Rightarrow M,Z,R,K$ thẳng hàng .

Mặt khác dễ có  Phương tích M đối với O là $(\frac{PQ}{2})^2 $

$\Rightarrow MQ^2 =MR.MK$

$\Rightarrow \angle MQZ =\angle ZKY =\angle ZXY $

$\Rightarrow YZ //PQ  \Rightarrow$ DPCM 

Bài làm :

Chọn trục tọa độ có $Ox \equiv d$

Đặt $A (a_x ,a_y) ,B(b_x ,b_y) ,C(c_x,c_y) ,M(m,0) ,U(u,0) ,V(v,0)$

Ta có $\frac{MR}{MU} =\frac{MS}{MV} =k$

Vậy $x_{R} =m-(m-u)k=m(1-k) +uk$

Tương tự $x_S =m(1-k) +vk$

Vậy $R (m(1-k)+uk ,0) và S (m(1-k)+vk ,0)$

Phương trình đường thẳng AB là $\frac{x-a_x}{b_x-a_x} =\frac{y-a_y}{b_y -a_y}$

$\Leftrightarrow \frac{(x-a_x)(b_y-a_y) +a_y(b_x-a_x)}{b_x-a_x} =y$

Như vậy P là  giao điểm của  $x =m(1-k) +uk$ và AB 

$\Rightarrow y_p =\frac{(m(1-k)+uk-a_x)(b_y -a_y)}{b_x-a_x} +a_y $

Vậy $P (m(1-k)+uk ,\frac{(m(1-k) +uk -a_x)(b_y -a_y)}{b_x -a_x} +a_y)$

Chứng minh tương tự ta cũng có

$Q (m(1-k) +vk ,\frac{(m(1-k) +vk -a_x)(c_y-a_y)}{c_x -a_x} +a_y)$

Vậy $\vec{PQ} = (k(v-u) ,\frac{(m(1-k)+uk -a_x)(c_y -a_y)}{c_x -a_x} -\frac{(m(1-k) +vk -a_x)(b_y-a_y)}{b_x-a_x})$

Phương trình đường thẳng từ M vuông góc PQ là :

$k(v-u) (x-m) +(\frac{(m(1-k) +uk -a_x)(c_y-a_y)}{c_x-a_x}-\frac{(m(1-k)+vk -a_x)(b_y-a_y)}{b_x -a_x})y =0$

Gọi phương trình trên là P(x,y)

Giả sử đường thẳng qua M vuông góc PQ đi qua điểm cố định $T (x_0 ,y_0)$

Thì $P (x_0 ,y_0) =0 \forall m$ 

Đây là phương trình bậc 1 đối với m nên P(x_0 ,y_0) =0 $\forall m$ $\Leftrightarrow $mọi hệ số =0

Ta có hệ số $m = -k(v-u) +(1-k)(\frac{c_y-a_y}{c_x-a_x} -\frac{b_y-a_y}{b_x-a_x})y_o=0$

Nếu $ \frac{c_y -a_y}{c_x-a_x} -\frac{b_y-a_y}{b_x-a_x} =0$

$\Leftrightarrow \frac{c_y}{v-a_x} =\frac{b_y}{u-a_x}$ ( Do $a_y=0 ,b_x =y ,c_x=v$)

$\Leftrightarrow \frac{CV}{VA} =\frac{BU}{UA}$

$\Leftrightarrow tan_{\angle UAB} =tan_{\angle VAC} \Leftrightarrow \Delta AUB =\Delta AVC$ . Khi đó ta chọn gốc tọa độ tại A thì $u-v =0 \Rightarrow hệ số m =0$ 

Nếu không , ta chọn $y_0 =\frac{k(v-u)}{(1-k)(\frac{c_y-a_y}{c_x-a_x} -\frac{b_y -a_y}{b_x-a_x})} =\frac{k(v-u)}{(1-k)(\frac{c_y}{v-a_x}-\frac{b_y}{u-a_x})} $

Hệ số bậc 0 của m là $x_0(v-u)k +y_0 ((uk-ax)\frac{c_y-a_y}{c_x-a_x}- (vk -ax)\frac{b_y-a_y}{b_x -a_x}) =0$

Nếu u=v thì ta thay vào  , hệ số bậc 0 của m cũng =0

Nếu u khác v ta chọn $x_0 =\frac{\frac{k(v-u)}{(1-k)(\frac{c_y-a_y}{c_x-a_x} -\frac{b_y-a_y}{b_x-a_x})} .((uk-ax)\frac{c_y-a_y}{c_x-a_x} -(vk-ax)\frac{b_y-a_y}{b_x-a_x})}{u-v}$

Tóm lại Đường thẳng qua M vuông góc PQ luôn đi qua điểm cố định

Lời giải khá ổn. Tuy nhiên, em nên xem xét kĩ hơn các mẫu số khi thực hiện kiểu tọa độ này.

$d=8,5$

$d_{mr}=0;d_{t}=0;d_{tl}=0$

$S=40,5$

Bài làm :

Nếu $y =0 \Rightarrow x=1$

Nếu $y \geq 1$. Ta có $x > y$

Mặt khác $x^2 =y^2 +\sqrt{y+1} < y^2 +2y +1 =(y+1)^2$ ( Do $y+1 <(2y+1)^2 \forall y \geq 1$ )

$\Rightarrow y^2 < x^2  < (y+1)^2$ . Khi đó phương trình vô nghiệm.

Vậy nghiệm của phương trình là $(x,y) =(1,0)$

Không thử lại: trừ 1đ

$d=9$

$d_{mr}=0; d_{t}=0; d_{tl}=0$

$S=44$

Bài 3 :

Ta có $x^3 -5x -3 =0$

$\Rightarrow x_{1}^n -5x_{2}^{n-1} -3x^{n-2} =0$

Tương tự với $x_2$ và $x_3$

Đặt $S_n =x_1^n +x_2^n +x_3^n$

$\Rightarrow S_n=5S_{n-1}+3S_{n-2}$

Ta có $S_1 =0$

$S_2 =10$

$S_3=50$

$\Rightarrow S_4=280$

$\Rightarrow S_5=1500$

$\Rightarrow S_6=8340$

$\Rightarrow S_7=46200$

$\Rightarrow S_8=256020$

$\Rightarrow S_9=14718700$

$\Rightarrow S_10 =7861560$

Ta có trong 5 số bất kỳ luôn tồn tại 3 số có tổng chia hết cho 3 .

Như vậy trong 17 số thì tồn tại 5 cặp , mỗi cặp 3 số có tổng chia hết cho 3

Mỗi cặp đồng dư 0,3,6 mod 9

Nếu 3 cặp cùng 1 lớp đồng dư $\Rightarrow$ dpcm

Mà có 5 cặp $\Rightarrow$ Có đầy đủ 3 lớp đồng dư $\Rightarrow$ Tồn tại 9 số có tổng chia hết cho 9

Áp dụng BDT : $abc \geq \sqrt{(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)} ta có 4abc+12 \geq \frac{16(ab+bc+ca)}{3}$

$\Rightarrow 3P+36 \geq 8(a+b+c)^2 +a^2+b^2+c^2 \geq 75$

$\Rightarrow P \geq 13$

Dấu = khi a=b=c=1

Phần Thuận :

Kẻ $BX \perp PQ$ và $CY \perp PQ$

Ta có : $\frac{S_{PBM}}{S_{MCQ}} =\frac{MB}{MC}=\frac{BX}{CY}$

$\Rightarrow \sin_{XMB} =Sin_{PMA}$ 

Từ đó dễ dàng suy ra $\angle XMB =\angle PMA \Rightarrow PQ$ là phân giác $\angle AMB$

Tương tự  $\Rightarrow PQ$ là phân giác $\angle DMC$

$\Rightarrow \frac{AP}{PC} =\frac{DQ}{QC} \Rightarrow AB =CD \Rightarrow AD //BC$ .

Phần đào thì dễ rồi

Bài 1: (Belarus 2001) Cho $a>0$ và $n\in \mathbb{N^*}$, chứng minh rằng $$a^n+\frac{1}{a^n}-2 \geq n^2\left ( a+\frac{1}{a}-2 \right )$$

 

 

Bài Làm :
BĐT$ \Leftrightarrow \frac{(a^n-1)^2}{a^n} \geq n^2\frac{(a-1)^2}{a}$

$\Leftrightarrow (a^n-1)^2 \geq n^2 (a-1)^2 .a^{n-1}$

$\Leftrightarrow (a-1)^2 (a^{n-1} +...+1)^2 \geq n^2(a-1)^2 .a^{n-1}$

$\Leftrightarrow a^{n-1} +....+1  \geq n .\sqrt{a^{n-1}} (1)$

Với n =1 Ta có đpcm

Giả sử BĐT đúng với n.

Ta chứng minh BĐT đúng với n+1

$\rightarrow a^n +.... +1 \geq a^n +n\sqrt{a^{n-1}} \geq (n+1)\sqrt{a^n}$

$\Leftrightarrow \sqrt{a^{n+1}} +n \geq (n+1)\sqrt{a}$

Ta có $\sqrt{a^{n+1}} +n \geq (n+1)\sqrt[n+1]{a^{n+1}} =(n+1)\sqrt{a}$

Theo nguyên lý quy nạp ta có đpcm

Bài làm :

Đặt $y=kx$

Ta có :$y^4(22k^2 -8k^4-6) +2y^2 -1 =0$

$\Rightarrow y^4 (8k^4 -22k^2 +6) -2 y^2 +1 =0$

$\Delta' =1 -(8k^4 -22k^2 +6) > 0$

$\Leftrightarrow  (2k^2 -5)(4k^2 -1) <0$

$\Leftrightarrow  \frac{1}{4} \leq k^2 \leq \frac{5}{2} $

Ta có :

$P =\frac{k^2y^3}{y^2(k^2+1)(y\sqrt{4k^2+1}+y)} =\frac{\sqrt{4k^2+1}-1}{4(k^2+1)}$

Đặt $ t =\sqrt{4k^2 +1} \Rightarrow \sqrt{2} \leq t \leq \sqrt{11}$

Đến đây dễ dàng tìm đc min P :3

Bài toán :

Tìm điều kiện của xyz không âm để $P=\frac{5y+2z-7x}{z} +\frac{5z+2x-7y}{x}+\frac{5x+2y-7z}{y} \geq 0$

Bài 1 :

Cho đa giác đều A1 A2...An tâm O. M $\in$ Đa giác .B1 ,B2 ...Bn là hính chiếu của M lên các cạnh.CMR $2(\vec{MB1} +\vec{MB2} +..+\vec{MBn})=n\vec{MO}$

Bắt đầu từ bài toán : Tìm k min sao cho $\forall f(x) =ax^2 +bx+c : |f(x)| \leq 1 \forall x \in [0 ,1] $ thì $ |b| \leq k$

--------- Liệu có thể tổng quát lên : ( mấy cái này e tự nghĩ ra :v không biết có khả thi không :3)

1,Tìm k min sao cho$ \forall f(x) =ax^2 +bx+c : |f(x)| \leq m \forall x \in [0 ,1]$ thì $|b| \leq k$

2 Tìm k min sao cho $\forall f(x) =ax^2 +bx+c : |f(x)| \leq m \forall x \in [u ,v]$ thì $|b| \leq k$

1,Họ và Tên  : Lương Quốc Trung

2,Đang học lớp 10 trường chuyên Hà nội Amsterdam,Quận Cầu GIấy, Hà Nội.

3,Đề bài:Số tự nhiên k>1 thỏa mãn tính chất sau: bất kỳ số tự nhiên M nào chia hết cho k thì số nhận đc từ M bằng cách viết các chữ số của M theo thứ tự ngược lại lại cũng chia hết cho  k  . Chứng minh rằng 99 chia hết cho k.

4.Bài làm :

~@>Ta xét dãy số  $1,11,.....,11....11 (k+1)$ chữ số.

Luôn tồn tại $111....1  \equiv 111....11$  (mod $k$) 

$\Rightarrow 11111...100....0000 \vdots k$

$\Rightarrow  000....000111...111 \vdots k$

$\Rightarrow 111...11 \vdots k$

$\Rightarrow (k,10)=1$

~@>Ta xét $k+1$ số :500 ,500500,.....500500....500 ( $k+1$ bộ 500)

Lập luận tương tự trên ta cũng có 1 số có dạng

$\overline{500abc...de} \vdots k (1)$

$\Rightarrow \overline{ed....cba00500...000} \vdots k (2)$

Từ (1) và (2)

$\Rightarrow \overline{ed....cba01000abc...de} \vdots k$

$\Rightarrow \overline{ed...cba00010abc....de} \vdots k$

$\Rightarrow \overline{000...00000990000...00} \vdots k$

$\Rightarrow 99 \vdots k (do (k,10)=1)$

Bài làm :
$PT \Leftrightarrow (a+16)(a-4)(a+25)(a+5) +8000=0 $

$\Leftrightarrow (a^2 +21a+80)(a^2+21a-100) +8000 =0$

$\Leftrightarrow (a^2+21a-10)^2 -100=0$

$\Leftrightarrow (a^2+21a-10)= \pm 10$

@@> $a^2 +21a -10 =-10$

$\Leftrightarrow a^2+21a =0 \Leftrightarrow a=0 $hoặc$ a =-21$

@@> $a^2 +21a -10 =10$

$\Leftrightarrow a^2 +21a -20 =0$

$\Rightarrow .....$

1,Lấy X và Y là trung điểm AB và DC

Ta có $\overrightarrow{AB} +\overrightarrow{DC} =\overrightarrow{AD} +\overrightarrow{DB} +\overrightarrow{DA} +\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{DB}+\overrightarrow{AC}=2(\overrightarrow{MX} +\overrightarrow{MY}) =2\overrightarrow{MN}$

2,

Mà $\overrightarrow{MN} =\overrightarrow{MJ} +\overrightarrow{MI}=\overrightarrow{IN}+\overrightarrow{IM} +2\overrightarrow{MI}=\overrightarrow{IJ} +\overrightarrow{DC} $

$\Rightarrow \overrightarrow{AB} +\overrightarrow{DC} =2\overrightarrow{MN} =2\overrightarrow{IJ} +2\overrightarrow{DC} $

$\Rightarrow \overrightarrow{AB} -\overrightarrow{DC} =2\overrightarrow{IJ}$

Bài làm :
Dễ có $\Delta \cap oy$ tại điểm X có tung độ là $4$

Nếu $C \in OX \Rightarrow$ để $\Delta ABC$ có $S =6 =S_{OXA} \Leftrightarrow C \equiv O$

Nếu $C \in Xy $

Ta đặt đoạn $CX =m$

khi đó ta có phương trình đường thẳng CA là $y=-\frac{4+m}{3}x +4+m$

$\Rightarrow$ phương tình đường thẳng CB là $y =\frac{4+m}{3}x +4+m : (x)$

Xét giao điểm của đường thẳng $\Delta$ và đường thẳng (x)

Ta có giao điểm có hoành độ là $x =\frac{-3m}{8+m}$ 

Khi đó $S_{ABC} =\frac{\frac{3m}{8+m} .m +3m}{2} =6$

$\Leftrightarrow x=-1+\sqrt{17}$

Khi đó thay vào tọa độ giao điểm của (x) và \Delta Ta dễ dàng tìm được Trọng tâm tam giác

1, Họ và tên thật : Lương Quốc Trung

2,Đang học lớp 10 trường chuyên Hà nội -Amsterdam , Quận Cầu Giấy , Hà Nội.

3, Đề bài :Cho (O) và dây BC cố định . $A \in (O)$,  H là trực tâm $\Delta ABC$ , kẻ phân giác AD ($D \in BC$) giao (O) =L .Từ O kẻ đường thẳng // BC cắt đường AD tại X. Lấy điểm K trên AD sao cho $AX.DL=2XD.KD+XD.DL+DK.DL$. Kẻ $KY \perp AB , KZ \perp AC .$

Chứng minh rằng Y,Z,H thẳng hàng và khi A di chuyển trên (O) , H ,K luôn đi qua điểm cố định .

4, Đáp án

@~> Chứng minh H,K luôn đi qua điểm cố định.

Lấy M là trung điểm BC.

Ta có :$AX.DL=2XD.KD+XD.DL+KD.DL$

$\Leftrightarrow DL(AX-DK)=XD(2KD+DL)$

$\Leftrightarrow \frac{AX-DK}{XD} =\frac{2KD+DL}{DL}$

$\Leftrightarrow \frac{AK-XD}{XD} =\frac{KD+KL}{DL}$

$\Leftrightarrow \frac{AK}{XD} =\frac{2KL}{DL}$

$\Leftrightarrow  \frac{AK}{2KL} =\frac{XD}{DL} =\frac{OM}{ML}$ (Ta-let)

$\Leftrightarrow \frac{AK}{KL} =\frac{2OM}{ML} (1)$

Kẻ đường kính AA'. Ta có A'C //BH , A'B//HC $\Rightarrow$ BHCL là hình bình hành $\Rightarrow$ HBA' thẳng hàng .$\Rightarrow$ OM là đường trung bình $\Delta AHA' \Rightarrow 2OM =AH $.

Từ (1) $\Rightarrow \frac{AK}{KL} =\frac{AH}{ML}$ .Mà $AH //LO \Rightarrow \angle HAK =\angle KLM$

$\Rightarrow \Delta AHK$ ~ $\Delta LMK$,$\Rightarrow \angle HKA =\angle LKM $

$\Rightarrow H ,K ,M $thẳng hàng .Vậy HK đi qua điểm cố định M khi A di chuyển trên (O).

@~> Chứng minh Y,Z,H thẳng hàng .

 Từ H kẻ đường thẳng vuông góc AL cắt AB,AC lần lượt tại Y' và Z' . Từ Y',  Z' kẻ các đường vuông góc với AB,AC , chúng cắt nhau tại K' trên phân giác AL.Ta sẽ chứng minh $K \equiv K'$

Từ Y',Z' kẻ các đường thẳng vuông góc với Y'Z' cắt BH ,HC lần lượt tại P ,Q.

Ta có $\Delta AY'K' =\Delta AZ'K' \Rightarrow AY' =AZ'$,$\Rightarrow \Delta AY'Z'$ cân $\Rightarrow \angle AY'H =90^o -\frac{\angle A}{2}$

Mà $\angle AY'H - \angle Y'BH =\angle Y'HB $$\Rightarrow \angle Y'HB =90^o -\frac{\angle A}{2} -90^o + \angle A =\frac{\angle A}{2}$

$\Rightarrow \Delta AY'K' $~ $\Delta HY'P$ (g-g) $\Rightarrow \frac{AY'}{Y'K'} =\frac{Y'H}{Y'P}$ và $\angle AY'H =\angle K'Y'P$

$\Rightarrow \Delta AHY'$ ~ $\Delta K'PY' \Rightarrow \angle Y'AK' =\angle AHY' $ Cmtt $\Rightarrow \angle Z'QK' =\angle AHZ'$

Mà $PY'Z'Q$ là hình thang  $\Rightarrow PK'Q$ thẳng hàng .

Mà $\Delta AY'Z'$ cân $\Rightarrow AK' \perp Y'Z'$ tại Trung diểm $Y'Z'$ $\Rightarrow K'$  là trung điểm PQ ( AK' là đường trung bình của hình thang $PY'Z'Q$).

- $PQ$ giao $HM$ tại $K '' $. Theo ta-let $\Rightarrow \frac{PK''}{K''P}=\frac{BM}{MC} =1 \Rightarrow K '' \equiv K'$$\Rightarrow K'' \equiv K' \equiv K$ , cùng là giao của AL và HK.

Vậy $Y'\equiv Y , Z' \equiv Z , \Rightarrow YZ$ qua H.

Vậy bài toán được chứng minh hoàn toàn .

Bài làm 
$(a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2) \geq (ax+by+cz)^2 $

mà  $(a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2) =30^2 =(ax+by+cz)^2 $

$\Rightarrow \frac{a}{x} =\frac{b}{y} =\frac{c}{z} =\frac{a+b+c}{x+y+z}$

mà $\frac{a^2}{x^2} =\frac{a^2+b^2+c^2}{x^2+y^2+z^2} =\frac{25}{36} \Rightarrow \frac{a}{x} = \pm \frac{5}{6} =\frac{a+b+c}{x+y+z}$

Bài Làm :
$\sqrt{a^4+a^2} =a\sqrt{a^2+ab+bc+ca} =a\sqrt{(a+b)(a+c)} \leq a\frac{2a+b+c}{2} =a^2 +\frac{ab+ac}{2}$

Tương tự rồi cộng lại ta có $LHS \leq a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca =RHS$

Bài làm :
Ta có bất đẳng thức quen thuộc $a^2 +b^2+c^2 +2abc+1 \geq 2(ab+bc+ac) =6$

$\Rightarrow a^2+b^2+c^2 +a^2b^2c^2 \geq a^2b^2c^2 -2abc +1+4 =(abc-1)^2 +4 \geq 4$

Dấu  $=$ xảy ra khi $a=b=c=1$

Tổng 3 số vô tỷ chưa chắc đã là số vô tỷ bạn à

Bài làm :

$m^2=(\sqrt{a} +\sqrt{b} +\sqrt{c})^2 = \sum a + 2(\sum \sqrt{ab} )$

$\Rightarrow \sum \sqrt{ab} =n \in Q$

$\Rightarrow (\sum \sqrt{ab})^2 =\sum ab +2\sqrt{abc}(\sqrt{a} +\sqrt{b} +\sqrt{c}) \in Q$

$\Rightarrow \sqrt{abc}=p$

Vậy Theo định lý viét đảo ta có :
$\sqrt{a^3} -ma +n\sqrt{a} -p =0 \in Q$

$\Rightarrow \sqrt{a}(a+n) \in Q$

$\Rightarrow \sqrt{a} \in Q$ 

Tượng tự $\Rightarrow a ,b,c$ đều là các số chính phương

Em nhận được rồi ạ

Bài làm :
Đặt $a+b+c =p $

$ab+bc+ca =q$

Thay vào ta có :
$\frac{(p^2-2q)p}{q} +p \leq \frac{6(p^2-2q)}{p}$

$\Leftrightarrow (p^2-2q)p^2 +p^2q \leq 6(p^2-2q)q$

$\Leftrightarrow p^4 -2qp^2 +qp^2 \leq 6p^2q -12p^2$

$\Leftrightarrow p^4 -7qp^2 +12p^2 \leq 0$

$\Leftrightarrow (p^2 -3q)(p^2 -4q)\leq 0$

Thay lại ta có 

$\Leftrightarrow (a^2+b^2+c^2 -ab-bc-ca)(a^2+b^2+c^2 -2ab-2bc-2ca)$

Dễ có $a^2+b^2+c^2 -ab-bc-ca \geq 0$

----Ta sẽ chứng minh $a^2+b^2+c^2 -2ab-2bc-2ca \leq 0$

Ta có

$a+b>c \Rightarrow \sqrt{a} +\sqrt{b} > \sqrt{a+b} >\sqrt{c} $

$b+c >a \Rightarrow \sqrt{b} +\sqrt{c} > \sqrt{b+c} > \sqrt{a}$

$c+a>b \Rightarrow \sqrt{c} +\sqrt{a} > \sqrt{a+c} > \sqrt{b}$

Vậy $\sqrt{a} ,\sqrt{b} ,\sqrt{c}$ cũng là 3 cạnh của 1 tam giác

Dễ dàng phân tích thành nhân tử :

$a^2+b^2+c^2 -2ab-2bc-2ca$

=$-(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})(\sqrt{b} +\sqrt{a} -\sqrt{c})(\sqrt{a} +\sqrt{c} -\sqrt{b})(\sqrt{b} +\sqrt{c} -\sqrt{a}) \leq 0$

Vậy BDT được chứng minh hoàn toàn.

@chrome98: cảm ơn bạn đã có thời gian giải bài mình đăng lên. Nhiều bất đẳng thức khác của mình đăng vắng tanh . 

Thầy ơi , đăng ký cho em báo Toán học tuổi trẻ tới địa chỉ :" Số nhà 90 Ngõ 381 đường Nguyễn Khang -Yên Hòa-Cầu GIấy-Hà nội"

Với phần thưởng của em thì chắc chưa đủ , liệu có thể đăng ký một vài tháng được không thầy ??

Giải hệ phương trình:

$\left\{\begin{matrix} (2x-y)^4+(2y-x)^4=1\\ (x-y)(x^2+y^2-xy)=\frac{1}{9} \end{matrix}\right.$

Bài làm :
đặt $2x-y =a$  và $ 2y-x =b$

Ta có$ a-b  =3(x-y)$

$a^2 +ab+b^2 =3(x^2 -xy+y^2)$

suy ra $(a-b)(a^2+ab+b^2 ) =1$

$\Rightarrow a^3 -b^3 =1$

Đặt $b =-c$  ta có 

$a^3 +c^3 =1$

kết hợp với phương trình đầu ta có 

$\left\{\begin{matrix} a^4 +c^4 =1 \\ a^3 +c^3 =1 \end{matrix}\right.$

Dễ thấy $ -1 \leq a ,c \leq 1$

$\Rightarrow c^3 \geq c^4 , a^3 \geq a^4$

$\Rightarrow c^3 +a^3 \geq c^4+a^4 $

Dấu  = xảy ra khi 1 số  =1 và 1 số  =0

$\left\{\begin{matrix} y =\frac{1}{3} \\ x =\frac{2}{3} \end{matrix}\right.$

$\left\{\begin{matrix} y =-\frac{2}{3} \\ x =-\frac{1}{3} \end{matrix}\right.$

Còn với 

$\left\{\begin{matrix} (2x-y)^{2014}+(2y-x)^{2014}=1\\ (x-y)(x^2+y^2-xy)=\frac{1}{9} \end{matrix}\right.$

Cũng làm tương tự và kết quả tương tự :3