Giải

ĐKXĐ: $x \neq \dfrac{y}{2}$

Đặt $a = 2x + y; b = 2x - y \, (b \neq 0)$, ta được:
$\left\{\begin{matrix} 8a^2 - 10ab - 3b^2 = 0\\a - \dfrac{2}{b} = 2 \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} (2a - 3b)(4a + b) = 0\\a - \dfrac{2}{b} = 2 \end{matrix}\right.$

Hệ phương trình đã được đơn giản hóa. Bạn thử làm tiếp nhé!

Giải

ĐK: $-1 \leq x \leq 1$     

Vì $(1 - x) + (1 + x) = 2$ nên:

Đặt $\sqrt{1 - x} = \sqrt{2}\sin{t}; \sqrt{1 + x} = \sqrt{2}\cos{t}$ với $t \in \left [ k2\pi; \dfrac{\pi}{2} + k2\pi\right ] \, k \in Z$

Khi đó, ta có: $\left\{\begin{matrix}\sqrt{1 - x^2} = \sin{2t}\\x = \cos^2{t} - \sin^2{t} = \cos{2t}\end{matrix}\right.$

Phương trình ban đầu trở thành:
$16\cos{2t} + 30\sin{2t} = 17\sqrt{2}(\sin{t} + \cos{t})$

$\Leftrightarrow \dfrac{8}{17}\cos{2t} + \dfrac{15}{17}\sin{2t} = \sin{\left (t + \dfrac{\pi}{4} \right )}$

Vì $\left (\dfrac{8}{17}\right )^2 + \left (\dfrac{15}{17}\right )^2 = 1$ nên đặt $\sin{\alpha} = \dfrac{8}{17}$ và $\cos{\alpha} = \dfrac{15}{17}$
Ta được: $\sin{(2t + \alpha)} =  \sin{\left (t + \dfrac{\pi}{4} \right )}$
Giải phương trình ni là được.

Giải

Vì đường thẳng $x = m$ không phải là tiếp tuyến của (C) nên:

Đường thẳng cần tìm có dạng là d: $y = kx + m$.

Gọi A$(x_o; y_o)$ là tọa độ tiếp điểm. Khi đó, (d) là tiếp tuyến của (C) khi:
$\left\{\begin{matrix}\dfrac{x_o^4}{4} + \dfrac{x_o^2}{2} + 2 = kx_o + m\\x_o^3 + x_o = k\end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}m = - \dfrac{3}{4}x_o^4 - \dfrac{1}{2}x_o^2 + 2 \\ k = x_o^3 + x_o\end{matrix}\right. $

Theo giả thiết: $d_{(A; d)} = \dfrac{9}{4\sqrt{5}} \Leftrightarrow \dfrac{|m - 3|}{\sqrt{k^2 + 1}} = \dfrac{9}{4\sqrt{5}}$

$\Leftrightarrow \dfrac{\left | - \dfrac{3}{4}x_o^4 - \dfrac{1}{2}x_o^2 + 2\right |}{\sqrt{x_o^2(x_o^2 + 1)^2 + 1}} = \dfrac{9}{4\sqrt{5}}$

$\Leftrightarrow \dfrac{3x_o^4 + 2x_o^2 + 4}{\sqrt{x_o^2(x_o^2 + 1)^2 + 1}} = \dfrac{9}{\sqrt{5}}$

Đặt $x_o^2 = t \geq 0$, quy đồng và bình phương hai vế, ta có:

$5(3t^2 + 2t + 4)^2 = 1 + 81t(t + 1)^2$
 

$\Leftrightarrow 45t^4 - 21t^3 - 22t^2 - t - 1 = 0$

$\Leftrightarrow (t - 1)(45t^3 + 24t^2 + 2t + 1) \Leftrightarrow t = 1$
 

$\Rightarrow x = \pm 1 \Rightarrow \left[\begin{matrix}(d): y = 2x + \dfrac{3}{4}\\(d): y = - 2x + \dfrac{3}{4}\end{matrix}\right.$

Giải

Ta có:
$A = x + \dfrac{1}{y(x – 8y)} = x + \dfrac{8}{8y(x – 8y)}$

$\geq x + \dfrac{8}{\dfrac{(8y + x – 8y)^2}{4}} = x + \dfrac{32}{x^2}$

$= \dfrac{x}{2} + \dfrac{x}{2} + \dfrac{32}{x^2} \geq 3\sqrt[3]{8} = 6$

Vậy, $Min_A = 6$
Dấu “=” xảy ra khi: $\dfrac{x}{2} = \dfrac{32}{x^2}$ và $8y = x – 8y$. Suy ra: $x = 4, y =\dfrac{1}{4}$

Giải hệ phương trình : $\left\{\begin{matrix} 3(x^{2}+y^{2})+\frac{1}{x-y}+2xy=20 \\ 2x+\frac{1}{x-y}=5 \end{matrix}\right.$ 

Tớ nghĩ đề đúng là: $\left\{\begin{matrix} 3(x^{2}+y^{2})+\frac{1}{(x-y)^2}+2xy=20 \\ 2x+\frac{1}{x-y}=5 \end{matrix}\right.$

Giải

ĐK: $x \geq -1$
Phương trình tương đương:

$10\sqrt{(x + 1)(x^2 - x + 1)} = 3(x^2 - x + 1) + 3(x + 1)$

$\Leftrightarrow 10\sqrt{\dfrac{x + 1}{x^2 - x + 1}} = 3 + \dfrac{3(x + 1)}{x^2 - x + 1}$

Đặt $t = \sqrt{\dfrac{x + 1}{x^2 - x + 1}} \Rightarrow 3t^2 - 10t + 3 = 0$

Giải

Giải

Ta sẽ chứng minh: $VF = \cos{\dfrac{\pi}{24}}$

Thật vậy, ta có:
$\cos^2{\dfrac{\pi}{12}} = \dfrac{1 + \cos{\dfrac{\pi}{6}}}{2} = \dfrac{2 + \sqrt{3}}{4}$

$\Rightarrow \cos{\dfrac{\pi}{12}} = \sqrt{\dfrac{2 + \sqrt{3}}{4}} = \dfrac{\sqrt{3} + 1}{2\sqrt{2}} \,\, (\cos{\dfrac{\pi}{12}} > 0)$

Do đó:
$\cos^2{\dfrac{\pi}{24}} = \dfrac{1 + \dfrac{\sqrt{3} + 1}{2\sqrt{2}}}{2} = \dfrac{2\sqrt{2} + \sqrt{3} + 1}{4\sqrt{2}}$

$= \dfrac{(2\sqrt{2} + \sqrt{3} + 1)(2\sqrt{2} + \sqrt{3} - 1)}{4\sqrt{2}(2\sqrt{2} + \sqrt{3} - 1)} = \dfrac{(2\sqrt{2} + \sqrt{3})^2 - 1}{4\sqrt{2}(2\sqrt{2} + \sqrt{3} - 1)}$

$= \dfrac{5 + 2\sqrt{6}}{2\sqrt{2}(2\sqrt{2} + \sqrt{3} - 1)} = \dfrac{1}{2\sqrt{2}(2\sqrt{2} + \sqrt{3} - 1)(5 - 2\sqrt{6})}$

$\Rightarrow \cos{\dfrac{\pi}{24}} = \dfrac{1}{\sqrt{2\sqrt{2}(2\sqrt{2} + \sqrt{3} - 1)(5 - 2\sqrt{6})}} \,\, (\cos{\dfrac{\pi}{24}} > 0)$

Ta thấy:
$2\sqrt{2}(2\sqrt{2} + \sqrt{3} - 1)(5 - 2\sqrt{6}) = (8 + 2\sqrt{6} - 2\sqrt{2})(5 - 2\sqrt{6})$

$= \left[(5 + 2\sqrt{6}) + (3 - 2\sqrt{2})\right](5 - 2\sqrt{6})$

$= 1 + (\sqrt{2} - 1)^2(\sqrt{3} - \sqrt{2})^2$

$= 1 + \left(\sqrt{6} - 2 - \sqrt{3} + \sqrt{2}\right)^2$

Vậy:
$VF = \dfrac{1}{\sqrt{1 + \left(\sqrt{6} - 2 - \sqrt{3} + \sqrt{2}\right)^2}} = \cos{\dfrac{\pi}{24}}$

Khi đó, phương trình có nghiệm:
$x = \pm \dfrac{\pi}{24} + 2k\pi \,\, (k \in Z)$

P/S: (Có dùng máy tính để nhẩm nghiệm)

Giải

Ta có:
$P = \dfrac{3}{2ab} + \dfrac{1}{2ab} + \dfrac{1}{a^2 + b^2} + \dfrac{a^4 + b^4}{2} \geq \dfrac{3}{\dfrac{(a + b)^2}{2}} + \dfrac{4}{a^2 + 2ab + b^2} + \dfrac{(a + b)^4}{16} = 6 + 4 + \dfrac{1}{16} = \dfrac{161}{16}$

Dấu "=" xảy ra khi $a = b = 0,5$

Giải

Giải

ĐK: $x \neq 0$

Phương trình thứ hai của hệ tương đương:
$(xy + 2)^2 - 2\dfrac{1}{x}(xy + 2) + \dfrac{1}{x^2} = 0$

$\Leftrightarrow \left (xy + 2 - \dfrac{1}{x} \right )^2 = 0 \Rightarrow xy + 2 = \dfrac{1}{x}$

Thế vào phương trình thứ nhất của hệ, ta có:
$\left ( \dfrac{1}{x^2} - 1 \right )^3 + \dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{2} = \left ( \dfrac{1}{x^2} - \dfrac{2}{x}\right )^3$

Đặt $a = \dfrac{1}{x} \Rightarrow  (a^2 - 1)^3 + a - \dfrac{1}{2} = (a^2 - 2a)^3$

$\Leftrightarrow \left [(a^2 - 1)^3 - (a^2 - 2a)^3 \right ] + \dfrac{2a - 1}{2} = 0$

$\Leftrightarrow (2a - 1)\left [ (a^2 - 1)^2 + (a^2 - 1)(a^2 - 2a) + (a^2 - 2a)^2 + \dfrac{1}{2}\right ] = 0$

$\Rightarrow a = \dfrac{1}{2} \Rightarrow x = 2 \Rightarrow y = \dfrac{-3}{4}$

Bài này có một hướng giải là chuyển đổi tất cả các biểu thức về dưới dạng $f(\cot{\dfrac{x}{2}})$

Đặt $\cot{\dfrac{x}{2}} = a$, phương trình ban đầu trở thành:

$\sqrt{3}\dfrac{a^2 - 1}{a^2 + 1} + \dfrac{2a}{a^2 + 1} = 1 + a$

$\Leftrightarrow \sqrt{3}(a^2 - 1) + 2a = (a^2 + 1)(a + 1)$

$\Leftrightarrow a^3 + (1 - \sqrt{3})a^2 - a + 1 + \sqrt{3} = 0$

Đến đây thì sử dụng công thức Cácđanô để giải tìm a. Nghiệm có vẻ không được đẹp lắm

Cách này chủ yếu để tham khảo thôi hén!

Giải

Bài này chỉ cần sử dụng công thức:
$\sin{2x} = 2\sin{x}\cos{x}$ và $\tan{x} = \dfrac{\sin{x}}{\cos{x}}$

với $x = \alpha + \beta$

Giải

Giải

Ta có: $z = \sqrt{2} + \sqrt[3]{3} \Leftrightarrow z - \sqrt{2} = \sqrt[3]{3}$

$\Leftrightarrow (z - \sqrt{2})^3 = 3 \Leftrightarrow z^3 + 6z - 3 = \sqrt{2}(3z^2 + 2)$

$\Leftrightarrow (z^3 + 6z - 3)^2 = 2(3z^2 + 2)^2$

$\Leftrightarrow z^6 - 6z^4 - 6z^3 - 6z^3 + 12z^2 - 36z + 1 = 0$

Khi đó:
$A = z(z^6 - 6z^4 - 6z^3 + 12z^2 - 36z + 1) + 2008 = 2008$

Giải

Đặt $x + y + z = p; xy + yz + zx = q$ và $xyz = r$.

Theo giả thiết: $q = 3 \Rightarrow r \leq \sqrt{\dfrac{q^3}{27}} = 1$

Ta có:
$(x^3 + y^3 + z^3)(x + y + z) \geq (x^2 + y^2 + z^2)^2$

$\Rightarrow (p^3 - 3pq + 3r)p \geq (p^2 - 2q)^2 \Leftrightarrow p^2q + 3pr \geq 4q^2$

$\Leftrightarrow 3p^2 + 3pr - 36 \geq 0 \Leftrightarrow p^2 + pr - 12 \geq 0 \, (1)$

Vì $x, y, z > 0$ nên $p, r > 0$. Vì vậy, từ (1), suy ra: $p \geq \dfrac{\sqrt{r^2 + 48} - r}{2}$

Vậy, ta cần chứng minh: $\dfrac{\sqrt{r^2 + 48} - r}{2} \geq \dfrac{10 - r}{3} \Leftrightarrow 3\sqrt{r^2 + 48} \geq r + 20$

$\Leftrightarrow r^2 - 5r + 4 \geq 0 \Leftrightarrow (r - 1)(r - 4) \geq 0$

BĐT trên đúng với $r \leq 1$. Vậy, ta có điều phải chứng minh.