Dân Phú Thọ góp vui một bài:
Câu 2.
Ta có $\frac{xy}{3x+4y+2z}=\frac{xy}{(x+z)+(y+z)+2x+3y}\leq \frac{xy}{16}\left ( \frac{1}{x+z}+\frac{1}{y+z}+\frac{1}{2x}+\frac{1}{3y} \right )$
Tương tự:
$\frac{yz}{3y+4z+2x}=\frac{yz}{(y+x)+(z+x)+2y+3z}\leq \frac{yz}{16}\left ( \frac{1}{y+x}+\frac{1}{z+x}+\frac{1}{2y}+\frac{1}{3z} \right )$
$\frac{zx}{3z+4x+2y}=\frac{zx}{(z+y)+(x+y)+2z+3x}\leq \frac{zx}{16}\left ( \frac{1}{z+y}+\frac{1}{x+y}+\frac{1}{2z}+\frac{1}{3x} \right )$
Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta được:
$VT\leq \frac{1}{16}\left ( x+y+z+\frac{x+y+z}{2}+\frac{x+y+z}{3} \right )=\frac{11}{32}$. OK !

Bài làm của bạn sai rồi. Dấu ''='' xảy ra khi nào ?

B – Một số ví dụ:
Bắt đầu với một ví dụ đơn giản và các em cần chú ý cách trình bày

Ví dụ 1: Xét tính đơn điệu của hàm số sau: $y=\frac{1}{3}{{x}^{3}}-\frac{1}{2}{{x}^{2}}-2x+2.$
LG:
TXĐ: $D=\mathbb{R}$
Ta có: $y'={{x}^{2}}-x-2$, $y'=0\Leftrightarrow {{x}^{2}}-x-2=0\Leftrightarrow$$\left[ \begin{array}{l}x = -1\\x=2 \end{array} \right.$
Bảng xét dấu y’:
$$\begin{array}{|c|c|}
\hline \text{x} & -\infty \;\;\;\;\;\;\;\;\;-1\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;2\;\;\;\;\;\;\;\;\;+\infty\\
\hline \text{y'} &\;\;\;\;\;+\;\;\;\;\;\;\;\;0\;\;\;\;\;\;\;\;-\;\;\;\;\;\;\;\;0\;\;\;\;\;+\;\;\;\;\; \\
\hline
\end{array}$$
Kết luận:
- Hàm số nghịch biến trên $\left( -1;2 \right)$
- Hàm số đồng biến trên $\left( -\infty ;-1 \right)$ và $\left( 2;+\infty \right)$

Thầy cho em hỏi có thể kết luận như thế này được không ạ:
- Hàm số nghịch biến trên $\left[ -1;2 \right]$
- Hàm số đồng biến trên $\left( -\infty ;-1 \right]$ và $\left[ 2;+\infty \right)$

nếu so sánh 2 bài thì đúng là quá giống nhau. Bạn có thể tự nghĩ cách làm nhưng trình bày sao lại giống y đúc vậy? Mình nghĩ hãy để BTC giải quyết

Mình xin khẳng định lại một lần nưa bài làm của mình và của a Quốc Anh hoàn toàn độc lập với nhau. Không biết tại sao lại giống nhau y như đúc vậy. Có thể là mình đọc nhiều sách của a Quốc Anh có thể ngấm phong cách trình bày của anh ý. Còn việc tin hay không là còn tùy vào các bạn và BQT

Mong BTC xem xét bài giải của bạn này. Bạn đã sao chép trắng trợn lời giải bài này của thầy Quốc Anh tại đây. Thậm chí còn ko bỏ sót 1 chữ nào. Bạn nên trung thực hơn

Xin lỗi bạn, mình dám khẳng định với bạn bài trên là do mình tự làm không biết bạn lấy links đó ra ở đâu nhưng thức sự là rất giống. Mình không biết nói gì hơn Nhưng mình chắc chắn là do mình tự làm không có sự sao chép.

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.

Tại sao giá trị gộp lại luôn luôn lớn hơn giá trị lúc chưa gộp vậy bạn. Có phải ý của bạn là trong 3 số $a^4+b+c; b^4+c+a; c^4+a+b$ luôn tồn tại một số bé nhất. Giả sử số đó là $a^4+b+c$, Khi đó
$$\frac{{b - {b^4}}}{{{b^4} + c + a}}\le \frac{{b - {b^4}}}{{{a^4} + b + c}}; \frac{{c - {c^4}}}{{{c^4} + a + b}}\le \frac{{c - {c^4}}}{{{a^4} + b + c}}$$
Do đó $$\frac{{a - {a^4}}}{{{a^4} + b + c}} + \frac{{b - {b^4}}}{{{b^4} + c + a}} + \frac{{c - {c^4}}}{{{c^4} + a + b}} \le \frac{a+b+c-(a^4+b^4+c^4)}{a^4+b+c}\le 0$$
$$\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4 \geq a+b+c$$
Hay ý của bạn là thế nào. Mong bạn nói rõ hơn đc không .

Cho $a,b,c$ là 3 số dương thõa mãn điều kiện $a+b+c+1=4abc$
Chứng minh rằng:
$$\frac{1}{a^{4}+b+c}+\frac{1}{b^{4}+c+a}+\frac{1}{c^{4}+a+b}\leq \frac{3}{a+b+c}, \ \ \ \ (1)$$

Toán thủ ra đề: BoFaKe

Cách khác:
Sử dụng BDDT Holder, ta có:
$$(a^4+b+c)(\dfrac{1}{\sqrt{a}}+b+c)(\dfrac{1}{\sqrt{a}}+b+c)\geq (a+b+c)^3 $$
$$\Rightarrow \dfrac{1}{a^4+b+c}\leq \dfrac{(\dfrac{1}{\sqrt{a}}+b+c)^2}{(a+b+c)^3}$$
$$\Rightarrow \sum_{cyc}\dfrac{1}{a^4+b+c}\leq \dfrac{1}{(a+b+c)^3}\sum_{cyc}(\dfrac{1}{\sqrt{a}}+b+c)^2$$
Do đó, BĐT đề bài đc chứng minh nếu ta chỉ ra được:
$$\sum_{cyc}(\dfrac{1}{\sqrt{a}}+b+c)^2\leq 3(a+b+c)^2$$
$$\Leftrightarrow \sum_{cyc}\dfrac{1}{a}+2\sum_{cyc}\dfrac{b+c}{\sqrt{a}}\leq \sum_{cyc}a^2+4\sum_{cyc}bc \ \ (2)$$

Mặt khác, từ gt $$4abc=a+b+c+1\geq 4\sqrt[4]{abc}\Rightarrow abc\geq 1\Rightarrow \dfrac{1}{a}\leq bc$$
$$\Rightarrow \sum_{cyc}\dfrac{b+c}{\sqrt{a}}\leq \sum_{cyc}(b+c).\sqrt{bc}= \sum_{cyc}\dfrac{1}{2}(b+c).2\sqrt{bc}\leq \sum_{cyc}\dfrac{(b+c)^2+4bc}{4}=\sum_{cyc} (\dfrac{b^2+c^2}{4}+\dfrac{3}{2}bc )$$
Do đó $$VT(2)\leq \sum_{cyc}\dfrac{1}{a}+\sum_{cyc}a^2
+3\sum_{cyc}bc\leq \sum_{cyc}a^2+4\sum_{cyc}bc \ \ (đpcm)$$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $$a=b=c=1.$$
Tương tự ta có thể chứng minh được các bất đẳng thức sau:
$$1.\sum_{cyc}\frac{1}{a^{4}+b^4+c}\leq \frac{3}{a+b+c}$$
$$2.\sum_{cyc}\frac{1}{a^{n}+b+c}\leq \frac{3}{a+b+c} \ \ (\forall n\geq 1)$$
$$3.\sum_{cyc}\frac{1}{a^{n}+b^{n}+c}\leq \frac{3}{a+b+c} \ \ (\forall n\geq 1)$$

Thật không ngờ bài này mà em có thể sử dụng Holder, thú vị!
Do có "người" tố giác em coppy bài làm của Quốc Anh nên bài trước tính em 10 điểm thì BTC quyết cách giải thứ 2 này cho em 5 điểm. Không kiện cáo gì nhé!

Cho $a,b,c$ là 3 số dương thõa mãn điều kiện $a+b+c+1=4abc$
Chứng minh rằng:
$$\frac{1}{a^{4}+b+c}+\frac{1}{b^{4}+c+a}+\frac{1}{c^{4}+a+b}\leq \frac{3}{a+b+c}, \ \ \ \ (1)$$

Toán thủ ra đề: BoFaKe

Chứng minh:
Từ giả thiết, sử dụng bất đẳng thức AM-GM bộ bốn số, ta suy ra ngay $abc \ge 1$. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
$$\frac{a+b+c}{a^4+b+c}+\frac{a+b+c}{b^4+c+a}+ \frac{a+b+c}{c^4+a+b} \le 3$$
Ta sẽ quy bài toán về việc chứng minh hai bài toán "con" là $$\frac{a}{a^4+b+c}+\frac{b}{b^4+c+a}+\frac{c}{c^4+a+b} \le 1(2)$$ Và $$\frac{b+c}{a^4+b+c}+\frac{c+a}{b^4+c+a}+\frac{a+b}{c^4+a+b} \le 2 (3)$$ Xét BĐT$(2)$. Sử dụng bất đẳng thức AM-GM bộ ba số dạng $x+y+z \ge 3.\sqrt[3]{xyz}$, ta có $$\frac{a}{a^4+b+c} \le \frac{a}{3.\sqrt[3]{a^4bc}}=\frac{1}{3.\sqrt[3]{abc}}$$ Từ đó kết hợp với $abc \ge 1$, suy ra
$$\frac{a}{a^4+b+c}+\frac{b}{b^4+c+a}+\frac{c}{c^4+a+b} \le \frac{1}{\sqrt[3]{abc}} \le 1$$ Xét BĐT $(3)$, ta có $$\frac{b+c}{a^4+b+c}+\frac{c+a}{b^4+c+a}+\frac{a+b}{c^4+a+b} \le 2 $$ Tương đương với $$\frac{a^4}{a^4+b+c}+\frac{b^4}{b^4+c+a}+\frac{c^4}{c^4+a+b} \ge 1$$ Sử dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
$$\frac{a^4}{a^4+b+c}+\frac{b^4}{b^4+c+a}+\frac{c^4}{c^4+a+b} \ge \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a^4+b^4+c^4+2(a+b+c)}$$ Dễ thấy chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được $$(a^2+b^2+c^2)^2 \ge a^4+b^4+c^4+2(a+b+c)$$ Hay $$a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2 \ge a+b+c$$ Mặt khác do $abc \ge 1$, nên ta có $$a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2 \ge abc(a+b+c) \ge a+b+c$$ Bài toán được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1.$

$$\boxed{\boxed{Điểm: 10}}$$
S = 52 + 3x10 + 0 + 0 = 82

Em xin bổ xung phần mở rộng:
Mở rộng 1: (Cái này gọi là mở rộng thì cũng hơi qua đáng ) Nếu trong phương trình lượng giác có sự xuất hiện các hằng số$ \dfrac{1}{2}, \dfrac{\sqrt{3}}{2}$ ta thường nghĩ ngay đến các giá trị lượng giác của các góc $\dfrac{\pi}{6}, \dfrac{\pi}{3}$ , rồi thế vào pt để biến đổi
Mở rộng 2: Đối với một số phương trình lượng giác không mẫu mực có sự xuất hiện của đại lượng $sin(x-\varphi )(Hoặc cos( x-\varphi ))$, ta thường đặt $t= x-\varphi \Rightarrow x=t+\varphi$ và định hướng biến đổi các hàm số lượng giác còn lại về dạng$ sin\left ( \pm n\left ( x+\varphi \right ) +\alpha \right )$ (hoặc$cos\left ( \pm n\left ( x+\varphi \right ) +\alpha \right )$)$(n=\pm1, \pm 2, \pm 3 ...)$ Hay chính là $sin\left ( \pm nt+\alpha \right )$(Hoặc $cos\left ( \pm nt+\alpha \right )$) sao cho $\alpha$ là các giá trị đặc biệt như $\pm\dfrac{\pi}{2}, (2k+1)\pi , (2k+2)\pi (k \in \mathbb{Z}) .........$. rồi đưa các hàm này về các giá trị lượng giác $sin(\pm nt)$ (hoặc $cos(\pm nt)$) rồi dùng các công thức nhân đôi, nhân ba ....... để đưa về các hàm của $sint$ và $cost$ để giải..

Nói thật, cái "mở rộng" này CD13 thấy nghi ngờ về tính khả thi của nó quá. Nếu em có thể trình bày thêm một vài ví dụ để thể hiện ý tưởng trên thì hay hơn! Điểm mở rộng: không cho!

Ối bài trước em nhầm 1 tý

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

PT$\Leftrightarrow \left ( \dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2} \right )sin\left ( 2x+\dfrac{\pi }{4} \right )=\sqrt{2}cos\left ( x-\dfrac{\pi}{3} \right )-\sqrt{2}sin^2x\\
\Leftrightarrow \left ( \dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2} \right )(cos2x+sin2x)=2cos\left ( x-\dfrac{\pi}{3} \right )-2sin^2x\\
\Leftrightarrow \left ( \dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2} \right )(cos2x+sin2x)= 2cos\left ( x-\dfrac{\pi}{3} \right ) -(1-cos2x)\\
\Leftrightarrow \left ( \dfrac{\sqrt{3}}{2}-\dfrac{1}{2} \right )cos2x+\left ( \dfrac{\sqrt{3}}{2}+\dfrac{1}{2} \right )sin2x=2cos\left ( x-\dfrac{\pi}{3} \right )-1\\
\Leftrightarrow \dfrac{\sqrt{3}}{2}cos2x-\dfrac{1}{2}cos2x+\dfrac{\sqrt{3}}{2}sin2x+\dfrac{1}{2}sin2x=2cos\left ( x-\dfrac{\pi}{3} \right )-1.\\
\Leftrightarrow cos2xcos\dfrac{\pi}{6}+sin2xsin\dfrac{\pi}{6}-cos\dfrac{\pi}{3}cos2x+sin\dfrac{\pi}{3}sin2x=2cos\left ( x-\dfrac{\pi}{3} \right )-1\\
\Leftrightarrow cos (2x-\dfrac{\pi}{6})-cos(2x+\dfrac{\pi}{3})=2cos(x-\dfrac{\pi}{3})-1 (1)$

Đặt$x-\dfrac{\pi}{3}=t \Rightarrow x=t+\dfrac{\pi}{3}$Thay vào pt $(1) $ta được:

$cos(2t+\dfrac{\pi}{2})-cos(2t+\pi)=2cost-sint^2t-cos^2t\\
-sin2t+cos2t=2cost-sin^2t-cos^2t\\
\Leftrightarrow -2sintcost+(cos^2t-sin^2t)=2cost-sin^2t-cos^2t\\
\Leftrightarrow 2cos^2t-2sintcost-2cost=0\\
\Leftrightarrow 2cost(cost-sint-1)=0

\begin{bmatrix}
cost=0\\
cost-sint=1

\end{bmatrix}$


TH1: $cost=0 \Leftrightarrow t=\dfrac{\pi}{2}+k\pi(k\in \mathbb{Z} )\Leftrightarrow x= \dfrac{5\pi}{6}+k\pi(k\in \mathbb{Z} )$
TH2:$cost-sint=1 \Leftrightarrow cos(t+\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\\
\Leftrightarrow\begin{bmatrix} t = l2\pi \\ t = - \dfrac{\pi}{2}+l2\pi \end{bmatrix} (l\in \mathbb{Z})\\
\Leftrightarrow \begin{bmatrix} x = \dfrac{\pi}{3}+l2\pi \\ x = - \dfrac{\pi}{6}+l2\pi \end{bmatrix} (l\in \mathbb{Z})\\$
Vậy phương tình có 3 họ nghiệm $x= ({\dfrac{5\pi}{6}+k\pi;\dfrac{\pi}{3}+l2\pi; -\dfrac{\pi}{6}+l2\pi; k,l \in \mathbb{Z}})$ Cách ghi nghiệm?

$$\boxed{\boxed{Điểm: 9.5}}$$
S = 52 - 2 + 3.9,5 + 0 + 0 = 78.5

Lời giải:
Từ giả thiết ta có:
$3(x^2+y^2-10xy-13x+5y+3)=2(x^3+3xy^2-5)$
$\Leftrightarrow (2x-1)(x^2+3y^2-x+15y+19)=0$
$\Leftrightarrow \begin{bmatrix}
2x-1=0\\
x^2+3y^2-x+15y+19=0
\end{bmatrix}$
Xét $2x-1=0$ thì $x=\frac{1}{2}$. Khi đó hệ trở thành: $y^2-\frac{13}{4}=0 \Leftrightarrow y=\pm \frac{\sqrt{13}}{2}$
Vậy $(x,y)=(1,\frac{\sqrt{13}}{2});(1,-\frac{\sqrt{13}}{2})$
Xét $x^2+3y^2-x+15y+19=0$
$\Leftrightarrow \left( x-\frac{1}{2} \right) ^{2}+\frac{3}{4}\, \left( 2\,y+5 \right) ^{2}=0$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
x=\frac{1}{2}\\
y=-\frac{5}{2}
\end{matrix}\right.$
Thử lại thấy không thỏa mãn !
Vậy $(x,y)=(1,\frac{\sqrt{13}}{2});(1,-\frac{\sqrt{13}}{2})$

Theo em, với bài làm này thí sinh Kphongdo đc 10 điểm là chưa hợp lý

Đáng tiếc là 2 bài này sai và thiếu mất kết quả ở cuối cùng.

Bài này còn đáng tiếc hơn nhiều

Đặt $x=a+b, y=a-b$, hệ đã cho trở thành:
$\left\{\begin{matrix} \left ( a+b \right )^{3} +3\left ( a+b \right )\left ( a-b \right )^{2}=5& \\ \left ( a+b \right )^{2}+\left ( a-b \right )^{2}-10\left ( a+b \right )\left ( a-b \right )-13\left ( a+b \right )+5\left ( a-b \right )+3= 0 & \end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \left ( a+b \right )\left ( 4a^{2} +4b^{2}-4ab\right )=5 & \\ 2\left ( a^{2} +b^{2}\right )-10\left ( a^{2}-b^{2} \right )-13\left ( a+b \right )+5\left ( a-b \right )+3= 0 & \end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 4\left ( a+b \right )\left ( a^{2} -ab+b^{2}\right )= 5 & \\ -8a^{2}+12b^{2}-8a-18b+3= 0 & \end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a^{3}+b^{3} -\frac{5}{4}= 0\left ( 1 \right )& \\ 8a^{2}-12b^{2}+8a+18b-3=0\left ( 2 \right ) & \end{matrix}\right.$
Nhân hai vế của $\left ( 2 \right )$ với $\frac{3}{8}$ rồi cộng với $\left ( 1 \right )$, ta được:
$a^{3}+b^{3}-\frac{5}{4}+\left ( 3a^{2} -\frac{9}{2}b^{2}+3a+\frac{27}{4}b-\frac{9}{8}\right )= 0$
$\Leftrightarrow a^{3}+3a^{2}+3a+1+b^{3}-\frac{9}{2}b^{2}+\frac{27}{4}b+\frac{27}{8}= 0$
$\Leftrightarrow \left ( a+1 \right )^{3}+\left ( b-\frac{3}{2} \right )^{3}= 0$
$\Leftrightarrow b=\frac{1}{2}-a$.
Thế vào $\left ( 1 \right )$, ta được:
$a^{3}+\left ( \frac{1}{2}-a \right )^{3}-\frac{5}{4}=0$
$\Leftrightarrow \frac{3}{2}a^{2}-\frac{3}{4}a-\frac{9}{8}= 0$
$\Leftrightarrow a= \frac{1+\sqrt{3}}{4} \vee a= \frac{1-\sqrt{3}}{4}$
$\Rightarrow b= \frac{1-\sqrt{3}}{4} \vee b= \frac{1+\sqrt{3}}{4}$.
Từ đó, ta được:
$\left ( x;y \right )= \left ( \frac{1}{2} ;\frac{\sqrt{13}}{2}\right )$ $,\left ( x;y \right )= \left ( \frac{\sqrt{13}}{2};\frac{1}{2} \right )$.

Cái bài này mình mò mãi mới ra nghiệm,mò ra nghiệm xong là bài ok luôn .Nhưng chắc cách của bạn đúng khi nó phân tích được thôi nhỉ.Nếu mà nghiệm lẻ cả thì không biết có được không .

Đây chính là hạn chế của cách này. Nó chỉ có thể làm đc khi đoán trước đc nghiệm. Nếu không đoán đc nghiệm thì ta chuyển sang cách khác

làm sao để tìm ra pt1nhan với 2 ,pt 2 nhân với 3 vậy bạn

Để tìm ra như vậy ta có thể giả sử lấy$ \alpha (1)-\beta (2)$ ta được:

$\alpha (x^3+3xy^2-5)-\beta (x^2+y^2-10xy-13x+5y+3)=0 \\
\Leftrightarrow \alpha x^3+3\alpha xy^2-\beta x^2-\beta y^2+10\beta xy +13\beta x-5\beta y-5\alpha -3\beta =0 (1)$
Mặt khác, ta nhẩm được 1 nghiệm của hpt là$(x,y)=(\dfrac{1}{2}.\dfrac{\sqrt{13}}{2})$, do đó ta mong muốn $(1)$phân tích được thành:

$(2x-1)(ax^2+bx+cy^2+dy+e)=0 \\
\Leftrightarrow 2ax^3+2cxy^2+(-a+2b)x^2-cy^2+2dxy+(-b+2e)x-dy-e=0 (2)$
Đồng nhất hệ số$ (1)$ và $(2) $ta đc:
$\left\{\begin{matrix}
2a=\alpha \\
2c=3\alpha \\
-a+2b=-\beta \\
c=\beta \\
2d=10\beta \\
-b+2e=13\beta \\
d=5\beta \\
e=5\alpha +3\beta
\end{matrix}\right.

\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
a=1\\
b=-1\\
c=3\\
d=15\\
e=19\\
\alpha =2\\
\beta =3
\end{matrix}\right.$
Từ đó dẫn đến lời giải trên.

Em xin nộp bài:Đề bài: Giải hệ Phương trình:

$ \left\{ \begin{array}{l}x^3 +3xy^2=5 (1)\\x^2 + y^2 -10xy -13x +5y +3 = 0 (2)\end{array} \right.$

Giải:
Đặt $x+y=u; x-y=v$ suy ra $x= \dfrac{u+v}{2}; y=\dfrac{u-v}{2}.$ 
Từ $ (1)$ ta có:

$$(\dfrac{u+v}{2})^{3}+3\dfrac{u+v}{2}(\dfrac{u-v}{2})^2=5. \Leftrightarrow u^3+v^3=10.$$
Từ $ (2)$ ta có:

$$(\dfrac{u+v}{2})^2+(\dfrac{u-v}{2})^2-10(\dfrac{u+v}{2})(\dfrac{u-v}{2}) -13\dfrac{u+v}{2}+5\dfrac{u-v}{2}+3 =0. \Leftrightarrow -8u^2+12v^2-16u-36v+12=0  \Leftrightarrow 2u^2-3v^2+4u+9v-3=0.$$
Ta có hệ:

$$ \left\{ \begin{array}u^3+v^3=10&(3) \\ 2u^2-3v^2+4u+9v-3=0 &(4)\end{array} \right.$$

Lấy $pt(3) +3pt(4)$, Ta được:

$u^3+v^3+6u^2-9v^2+12u+27v-9=10 \\ \Leftrightarrow u^3 + 6u^2 +12u +8 = 27 -27v + 9v^2 -v^3\\ \Leftrightarrow (u+2)^3=(3-v)^3\\ \Leftrightarrow u+2=3-v\\ \Leftrightarrow u=1-v.$

Thay $u=1-v$ vào $(3)$ ,ta được:

$(1-v)^3+v^3=10 \Leftrightarrow v^2-v-3=0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} v = \dfrac {1+\sqrt{13}}{2} \\ v = \dfrac{1-\sqrt{13}}{2} \end{array} \right. $

Với $v = \dfrac {1+\sqrt{13}}{2} \Rightarrow u=\dfrac{1-\sqrt{13}}{2}$, ta có hệ:

$ \left\{ \begin{array}{l} x + y = \dfrac{1-\sqrt{13}}{2} \\ x-y = \dfrac {1+\sqrt{13}}{2} \end{array} \right. $ $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x=\dfrac{1}{2}\\ y=\dfrac{-\sqrt{13}}{2} \end{array} \right. $

Với$ v=\dfrac{1-\sqrt{13}}{2} \Rightarrow u=\dfrac {1+\sqrt{13}}{2}$, ta có hệ:

$ \left\{ \begin{array}{l} x + y = \dfrac{1+\sqrt{13}}{2} \\ x-y = \dfrac {1-\sqrt{13}}{2} \end{array} \right. $ $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x=\dfrac{1}{2}\\ y=\dfrac{\sqrt{13}}{2} \end{array} \right. $

Kết luận: Nghiệm của hệ là$ (x,y) = (\dfrac{1}{2},\dfrac{-\sqrt{13}}{2});(\dfrac{1}{2},\dfrac{\sqrt{13}}{2}).$