Cho hình vuông đơn vị $ABCD$, trên cạnh $BC$ lấy $M$, trên cạnh $CD$ lấy $N$ sao cho $\widehat{MAN}=45^{0}$. Xác định vị trí $M,N$ sao cho $MN$ nhỏ nhất.

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn $(I ): x^{2}+y^{2}+2x-4x+1=0$. Tìm tọa độ các đỉnh A,B,C biết điểm M(0;1) là trung điểm cạnh AB và điểm A có hoành độ dương

Đường tròn được viết lai: $(x+1)^{2}+(y-2)^{2}=4$
Gọi $A(x;y)$ ta có $\begin{Bmatrix} A(x;y)\\ M(0;1)\\ \overrightarrow{MA}=-\overrightarrow{MB} \end{Bmatrix}\Rightarrow B(-x;2-y)$
Lại có $\overrightarrow{IM}\perp \overrightarrow{BA}\Rightarrow 2x.1+(2y-2).(-1)=0\Leftrightarrow x-y+1=0\Leftrightarrow x=y-1$
$\left\{\begin{matrix} A\in (I)\\ x=y-1 \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} (x+1)^{2}+(y-2)^{2}=4\\ x=y-1 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \begin{bmatrix} y=0\\ y=2 \end{bmatrix}\\ x=y-1 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \begin{bmatrix} A(-1;0)\\ A(1;2) \end{bmatrix}$
Mà $x_{A}> 0$ nên $A(1;2)$
$A(1;2)$$\Rightarrow B(-1;0)$
Tính được C $\left\{\begin{matrix} C\in (I)\\ AB^{2}=AC^{2}\\ C\neq A \end{matrix}\right.\Leftrightarrow C(-1;4)$
Vậy $A(1;2);B(-1;0);C(-1;4)$

Với x>0. CM pt sau chỉ có nghiệm duy nhất là 1
\[ \underbrace{{x^{{x^{{{\mathinner{\mkern2mu\raise1pt\hbox{.}\mkern2mu\raise4pt\hbox{.}\mkern2mu\raise7pt\hbox{.}\mkern1mu}}^{x}}}}}}}_{n's}=\underbrace{{x^{{x^{{{\mathinner{\mkern2mu\raise1pt\hbox{.}\mkern2mu\raise4pt\hbox{.}\mkern2mu\raise7pt\hbox{.}\mkern1mu}}^{x}}}}}}}_{m's} \]

Mình mới cóp nhặt được 1 số bài mọi người giải xem nhé
1. Cho dãy số được xác định bởi: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{{u_1} = 5}\\
{{u_{n + 1}} = \frac{{u_n^2 + 2{u_n} + 4}}{6}}
\end{array}} \right.$
Đặt $v_n = \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{u_k + 4}} $ . Tìm giới hạn : $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } v_n $
2. Cho dãy số $(u_n)$ với $u_{n + 1} = a.u_n + b, n \ge 1 , a, b $là 2 số thực dương cho trước. Với $n \ge 2$ tìm $u_n $ theo $u_1, a, b$ và $n.$

với $0\leq x\leq 3$ Tìm GTLN và GTNN của $A=x\sqrt{5-x}+(3-x)\sqrt{2+x}$

Em đồng ý với ý kiến của anh Huymit_95. Em đã dạo một vòng qua trên diễn đàn mục dành cho giáo viên các cấp mà thấy chủ đề thưa thớt quá, các thầy các cô bàn luận không được sôi nổi như bọn em. Có thể là thầy cô phân tán sang các mục khác, có thể trong mục này không có gì hay hoặc có quá ít thầy cô tham gia diễn đàn. Như anh Huymit_95 nói thì nguyên nhân chủ yếu phụ thuộc vào suy nghĩ, thái độ của thầy cô. Bữa em học THCS thì trường em có rất ít thầy cô dùng mạng internet (bữa nay mới có thành lập trang web của trường từ violet hoặc edu) theo em: một phần thầy cô ngại tiếp xúc với máy tính phức tạp, 1 phần chưa hiểu rõ được cái hay của trang web, diễn đàn.... Nhưng thực ra thì đó chỉ là suy nghĩ, thói quen nên thầy cô khó bỏ. Sử dụng máy tính không khó chút nào, chúng ta lên hoài thì cũng giống như thói quen vậy, rất dễ nhớ (ví dụ như ba em là giáo viên cấp 1, hiện giờ đã gần 60 nhưng đang học máy tính để sử dụng, mày mò công nghệ thông tin, và em nghĩ nhiều thầy cô cũng vậy) vấn đề tuổi tác, trí nhớ không quan trọng, chỉ do thầy cô không tự tin, ít quyết tâm nghị lực như hồi trẻ. Còn về vấn đề cái hay tầm quan trọng của diễn đàn, web. Em nghĩ cũng có nhiều người đã từng nghĩ như em: "Sách thư viện, sách mua về đọc chưa hết chứ nói gì tài liệu trên mạng, diễn đàn " Nhưng đó là một cách nghĩ sai lầm. Em thấy trên diễn đàn, các trang web có nhiều cái hay và bổ ích hơn sách. Khi các thầy cô lên diễn đàn, sẽ tìm được nhiều thứ hơn là sách. Ví dụ:Nhiều bài toán hay và nhiều cách giải, có nhiều ý kiến thắc mắc rất gần gũi với việc dạy học của mình và cần suy nghĩ bàn luận; có nhiều tài liệu hay(có ở mục lục của diễn đàn); nhiều phương pháp giải bài mà ít sách viết ra; có thể giao lưu trò truyện với nhiều người, và việc mình đăng bài lên mà có nhiều người like thì đó cũng là niềm vui nho nhỏ trong cuộc sống ...Tuy nhiên ở diễn đàn em thấy ít có tài liệu liên quan đến việc dạy học, như đề thi học kỳ, giáo án kinh nghiệm dạy toán dành cho thầy cô.. một phần là các thầy cô ít đăng và có bên nhiều trang khác như violet,vnmath.... Nhưng em nghĩ nếu có bên kia rồi thì cũng nên đăng vì càng có nhiều thì càng có nhiều thầy cô tham gia diễn đàn, càng ngày có nhiều tài liệu độc đáo, lạ và hay dành cho các thầy các cô. Chúng ta phải làm sao để cho khi search google về đề thi, tài liệu toán thì diendantoanhoc.net là hàng đầu. Khi đó lượt truy cập tăng lên--> nhiều thầy cô sẽ không ngại đăng kí thành viên.
ý kiến "thầy cô bận" thì em không đồng tình, nếu muốn vẫn có thể sắp xếp thời gian-như câu chuyện cái bình đựng sỏi-cát-nước. ý kiến lương giáo viên ba cọc ba đồng và học toán lấy gì mà sống: Điều đó tùy thuộc vào suy nghĩ của thầy cô, nếu muốn thầy cô có thể làm giàu từ nghề này hoặc nghề phụ, như Adam khoo nói trong "Bí quyết tay trắng thành triệu phú"- có thể làm giàu từ bất cứ nghề nào, và nhiều thầy cô tuy dạy học vẫn được coi là giàu, có thể từ viết sách,...hoặc được thăng chức . Và tâm huyết đối với toán thì càng tốt, làm bất cứ thứ gì để đảm bảo niềm đam mê toán, đam mê dạy toán, và khi đam mê thì sẽ có định hướng dạy và đọc toán, cách làm và lên diễn đàn về toán không phải là một ngoại lệ.
Có nhiều thầy cô, và cả chúng em cũng đang bất mãn với nền giáo dục chậm tiến của nước nhà, điều đó làm giảm đi tâm huyết với việc dạy và học của chúng ta, chúng em xem học là nhiệm vụ, thầy cô xem dạy là một nghề, không hơn không kém. Nhưng suy nghĩ, thái độ đó cũng nên thay đổi, em xin giới thiệu một quyển sách để mọi người đọc thêm :Học để đuổi kịp và vượt-Giáo sư Nguyễn Cảnh Toàn. Mặc dù em chưa đọc hết (nó dày đến 785 trang và nhiều ý bị trùng lặp) nhưng phải công nhận quyển sách rất hay, ta thấy được nhiều khía cạnh về nền giáo dục nước ta, nhiều nhà giáo chân chính đang đóng góp nhiều ý kiến mong cho giáo dục phát triển, sự thay đổi chỉ còn ở vấn đề thời gian và chúng ta nên tin tưởng. Chúng ta nên thay đổi suy nghĩ, hành động, đóng góp cho nền giáo dục nhiều hơn, mình là một tấm gương về sự nhiệt huyết, quyết tâm, ắt nhiều người sẽ noi theo và từng bước phát triển.
Còn về ý kiến nên có tiền nhuận bút gì đó thì theo em là không nên vì: Mỗi thành viên VMF nhiệt tình đăng bài, tài liệu khiến cho diendantoanhoc.net đứng đầu trong danh sách tìm kiếm thì tốt hơn, và tiền nhuận bút đó không phải là chính để tăng bài viết và lượt đang nhập, thành viên, chủ yếu là thái độ, suy nghĩ, tâm huyết với toán, và thật sự theo em tiền nhuận bút làm mất đi giá trị của Toán nhiều lắm.
Em sao viết vậy, đây là ý kiến một chiều, nên có gì sai mong mọi người cứ bình luận, nhận xét để em có thể suy nghĩ thêm

Trong mặt phẳng Oxy, cho A(1;0) và đường tròn ©: $x^{2}+y^{2}-2x+4y-5=0$
Viết pt đường thẳng $\Delta$ cắt © tại 2 điểm M và N sao cho tam giác AMN vuông cân tại A
(Bài này mình làm cách hơi dài và lộn xộn, ko biết bạn nào làm cách ngắn ko?)

Cái này có công thức tính diện tích tứ giác có 2 đường chéo vuông góc nên chắc là đỡ hơn đó ạ.

Trong mp $Oxy$ cho $A(-1;-1)$ va duong tron $(C)$ $:(x-3)^{2}+(y-2)^{2}=25$.Goi $B,C$ $\epsilon$ duong tron $(C)$.Viet phuong trinh duong thang $BC$ biet diem $I(1;1)$ la tam duong tron noi tiep tam giac $ABC$

Câu 4 đề thi HSG Tỉnh Nghệ An 2012-2013.
Ta có: $A\in (C)$
Kéo dài $AI$ cắt $(C)$ tại điểm $K\neq A$. Tìm được $K(6;6)$.
$\widehat{IBK}=\widehat{IBC}+\widehat{CBK}=\widehat{IBA}+\widehat{BAI}=\widehat{BIK}$
Nên $\Delta BIK$ cân tại $K$ nên $BK=IK=KC$.
B, C vừa thuộc đường tròn $(C)$ vừa thuộc đường tròn tâm $K(6;6)$ bán kính $KI$.
Có hệ: $\left\{\begin{matrix} (x-3)^2+(y-2)^2=25\\ (x-6)^2+(y-6)^2=50 \end{matrix}\right.$
Trừ vế theo vế của $2$ pt ra pt đường thẳng $BC$ là: $3x+4y-17=0$

Cho tam giác ABC có A(1;2). Trung tuyến BM: 2x=y=1=0. Phân giác trong CK: x+y-1=0. Viết phương trình BC

Đề cậu đánh bị nhầm pt đường thẳng nên mình chỉ làm sơ qua thôi:
Gọi $M(a;b)$
Kẻ $AA^{'}$ vuông góc với $CK$ ($A^{'}$ thuộc $BC$), Ta có tam giác $CAA^{'}$ cân nên $CK$ là trung trực của $AA^{'}$, ta tìm được tọa độ của $A^{'}$.
Tọa độ của M phải thỏa mãn M thuộc BM ta có 1 pt 2 ẩn a,b.
Suy được tọa độ của C qua A và M (vì M là trung điểm AC) (tọa độ C theo a,b). Mà C thuộc CK nên ta suy ra được giá trị của a,b thỏa mãn pt đường thẳng CK. Có pt thứ hai 2 ẩn a,b
Từ 2 pt suy ra được giá trị của a,b. Suy ra được tọa độ của C.
Viết được pt đường thẳng BC vì có 2 điểm là C và $A^{'}$ thuộc nó.

Cách này thì mình làm được rồi,nhưng không biết có phải là cách duy nhất không?

Còn 2 cách:
Cách1:
Gọi M là điểm tiếp xúc của tt với đường tròn 1. tổng quát cho pt tiếp tuyến đó. Tìm M.
Thay vào pt tổng quát của tiếp tuyến. ra được pt tt.
Cách2:
sử dụng họ tiếp tuyến của đường tròn

Bài 78
$
x-1 + \sqrt{x+1} + \sqrt{2-x} = x^2 + \sqrt{2}
$

Trích đề thi HSG tỉnh Nghệ An 2010-2011

Cách 2:
$x-1 + \sqrt{x+1} + \sqrt{2-x} = x^2 + \sqrt{2}$
$\Leftrightarrow x+(\sqrt{x+1}-1)=x^2+(\sqrt{2}-\sqrt{2-x})$
$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} x=0\\ 1+\dfrac{1}{\sqrt{x+1}+1}=x+\dfrac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{2-x}}(*) \end{bmatrix}$
Xét $(*)$ bằng pp đánh giá có $x=1$ là nghiệm. Xét 2 trường hợp $\begin{bmatrix} -1\leq x< 1\wedge x\neq 0\\ 1< x\leq 2 \end{bmatrix}$ thấy vô nghiệm.

Bài 44.$\left\{\begin{matrix} 2x^{3}+3x^{2}-18=y^{3}+y & \\ 2y^{3}+3y^{2}-18=z^{3}+z & \\ 2z^{3}+3z^{2}-18=x^{3}+x & \end{matrix}\right.$

Không mất tính tổng quát, giả sử $x\geq y\geq z$
Ta có $2x^{3}+3x^{2}-18\geq 2y^{3}+3y^{2}-18\geq 2z^{3}+3z^{2}-18$
Hay $y^{3}+y\geq z^{3}+z\geq x^{3}+x (*)$
Nên từ $(*)$ suy ra được $y\geq z\geq x$
Mà theo giả thiết đầu $x\geq y\geq z$ nên $x=y=z$
Thay vào pt $(1)$ ta có pt bậc 3 ẩn x.
Giải ra ta được $x=y=z=2$
Mình nghĩ mọi người nên chém chậm thôi, chậm mà chắc mà. Chém một bài tới khi nào nát bét ra á. Tìm nhiều lời giải, tổng quát bài toán. Chứ không nên đăng đề nhiều thế. Mình nghĩ đề thi sẽ không ra giống lại, chủ yếu là phương pháp làm có thể giống nhau. Nên cần quan tâm tới chất lượng hơn số lượng.

Bài 38: Giải hệ phương trình \[\left\{ \begin{array}{l}
{x_1} + {x_2} - {x_3} - {x_4} < 0\\
({x_1} + {x_2})({x_3} + {x_4}) - {x_1}{x_2} - {x_3}{x_4} < 0\\
({x_1} + {x_2}){x_3}{x_4} - ({x_3} + {x_4}){x_1}{x_2} < 0\\
{x_1} > 0;{x_2} > 0;{x_3} > 0;{x_4} > 0
\end{array} \right.\]
Đề đề nghị OLYMPIC 30/4 Trường THPT Hoàng Hoa Thám -Đà Nẵng 2008

Đặt: $\left\{\begin{matrix} a=x_{1}+x_{2}\\ b=x_{3}+x_{4}\\ c=x_{1}.x_{2}\\ d=x_{3}.x_{4} \end{matrix}\right.$
Ta có thêm $\left\{\begin{matrix} a^{2}>2c\\ b^{2}>2d \end{matrix}\right.$
Nên ta có $\left\{\begin{matrix}
a,b,c,d>0(1)\\
a<b(2)\\
ab<c+d(3)\\
ad<bc(4)\\
a^{2}>2c(5)\\
b^{2}>2d(6)
\end{matrix}\right.$
Có $2ad<2c.b<a^{2}.b\Rightarrow 2d<ab<c+d\Rightarrow d<c$
Từ $d<c\Rightarrow ab<c+d<2c<a^{2}\Rightarrow b<a$
Trái với $(2)$
Nên hệ vô nghiệm.

pt $\Leftrightarrow -2x^{4}-4012x^{3}-2012018x^{2}=2x+2008-2\sqrt{2x+2007}\Leftrightarrow -2(x^{2}+1003x)^{2}=(\sqrt{2x+2007}-1)^{2}$

pt đâu có vô nghiệm, 2 vế đều bằng không thỏa mãn pt.
Nên có nghiệm $x=-1003$

Bài 42. Giải phương trình
$$x-1+\sqrt{x+1}+\sqrt{2-x}=x^2+\sqrt{2}$$
Đề thi HSG tỉnh Nghệ An - 10/11

Một cách khác:
Điều kiện: $-1\leq x\leq 2$
$x-1+\sqrt{x+1}+\sqrt{2-x}=x^2+\sqrt{2}\Leftrightarrow x+(\dfrac{(\sqrt{x+1})^{2}-1}{\sqrt{x+1}+1})=x^{2}+(\dfrac{(\sqrt{2})^{2}-(\sqrt{2-x})^{2}}{\sqrt{2}+\sqrt{2-x}})\Leftrightarrow \begin{bmatrix}
x=0\\
1+\dfrac{1}{\sqrt{x+1}+1}=x+\dfrac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{2-x}}
\end{bmatrix}$
Xét $ 1+\dfrac{1}{\sqrt{x+1}+1}=x+\dfrac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{2-x}}$
Nhận thấy $x=1$ là nghiệm
Xét $2\geq x> 1$;$\Rightarrow VT<1+\frac{1}{\sqrt{2}+1}$ và $VP>1+\frac{1}{\sqrt{2}+1}$ mà $VT=VP$ nên trường hợp này vô nghiệm
Xét $1> x\geq -1$;$\Rightarrow VT>1+\frac{1}{\sqrt{2}+1}$ và $VP<1+\frac{1}{\sqrt{2}+1}$ mà $VT=VP$ nên trường hợp này vô nghiệm
Vậy pt có nghiệm 1 hoặc 0

Câu II:
2: Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix} x-y+\sqrt{x^{2}+y^{2}}=4(1)\\ xy\sqrt{x^{2}+y^{2}}=60(2) \end{matrix}\right.$

Xét $\begin{bmatrix} x=0\\ y=0 \end{bmatrix}$, hệ vô nghiệm
Xét $\left\{\begin{matrix} x\neq 0\\ y\neq 0 \end{matrix}\right.$
Nhân 2 vế của $(1)$ cho $xy$ rồi thay $(2)$ vào $(1)$ ta có:$xy(x-y)+60=4xy (*)$
$(1)\Leftrightarrow \frac{(x-y)^{2}-(x^{2}+y^{2})}{(x-y)-\sqrt{x^{2}+y^{2}}}=4$
(với $(x-y)\neq \sqrt{x^{2}+y^{2}}\Leftrightarrow -2xy\neq 0$)
$\Leftrightarrow (x-y)-\sqrt{x^{2}+y^{2}}=\frac{-xy}{2}(3)$
cộng $(3)$ với $(1)$ ta có $2(x-y)=\frac{-xy}{2}+4(**)$
Từ $(*)$ và $(**)$, có hệ: $\left\{\begin{matrix} (x-y)xy+60=4xy\\ 2(x-y)=\frac{-xy}{2}+4 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \begin{bmatrix} x-y=7\Rightarrow xy=-20\\ x-y=-1\Rightarrow xy=12 \end{bmatrix}\Leftrightarrow \begin{bmatrix} x=3\wedge y=4\\ x=-4\wedge y=-3 \end{bmatrix}$
Vậy hệ có 2 nghiệm $(x;y)\in \begin{Bmatrix} (3;4);(-4;-3) \end{Bmatrix}$

Mình không biết đăng vào đâu, thấy truyện này cũng vui vui
http://blogtruyen.co...rayon-shin-chan

trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A, đáy BC có pt:2x-5y+1=0,cạnh bên AB có pt:
12x-y-23=0.viết pt cạnh AC biết nó đi qua M(3;1)

Viết pt đường thẳng qua $M$ song song $BC$: $2x-5y-1=0$
Đường thẳng này cắt $AB$ tại $N(\dfrac{57}{29};\dfrac{17}{29})$
Lấy $K$ là trung điểm $MN$: $K(\dfrac{72}{29};\dfrac{23}{29})$
Ta có $K$ thuộc đường cao $AH$ của tam giác $ABC$ cân tại $A$.
PT đường cao $AH$ đi qua $K$ vuông góc $BC$ là: $5x+2y-14=0$
$AH$ cắt $AB$ tại $A(\dfrac{60}{29};\dfrac{53}{29})$
PT $AC$ đi qua $A$ và qua $M$: $24x+27y-99=0$

Bài 18:Cho tam giác $ABC$ thỏa mãn $\tan \frac{A}{2}\tan \frac{B}{2} = \frac{1}{2}$.CMR điều kiện cần và đủ để tam giác $ABC$ vuông là
\[\sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2} = \frac{1}{{10}}\]

Bài này em thấy có ở báo THTT tháng 4 năm 2012 nì.

Bài 84: Giải phương trình $\sqrt{x}+\sqrt[4]{x}+4\sqrt{17-x}+8\sqrt[4]{17-x}=34$

Ra một cách:
Điều kiện: $0\leq x\leq 17$
Áp dụng bđt Bunhia:
$*$$\sqrt{x}+4\sqrt{17-x}\leq \sqrt{(x+17-x)(1+4^{2})}= 17$
$*$$\sqrt[4]{x}+8\sqrt[4]{17-x}= \sqrt[4]{x}+4.2\sqrt[4]{17-x}$
$\leq \sqrt{(1+4^{2})(\sqrt{x}+4\sqrt{17-x})}= \sqrt{17}.\sqrt{(\sqrt{x}+4\sqrt{17-x})}$
$\leq \sqrt{17}.\sqrt[4]{(1+4^{2})(x+17-x)}= 17$
Nên $\sqrt{x}+\sqrt[4]{x}+4\sqrt{17-x}+8\sqrt[4]{17-x}\leq 34$
Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \frac{\sqrt{x}}{1}=\frac{\sqrt{17-x}}{4}\\ \frac{\sqrt[4]{x}}{1}=\frac{2\sqrt[4]{17-x}}{4} \end{matrix}\right.\Leftrightarrow x=1$
Vậy pt có nghiệm là $x=1$

$+$ Sao cái trích dẫn càng to cỡ chữ thì nó càng nhỏ nhỉ?

$\frac{1}{\sqrt{x-1}+1}\leq 1=>\frac{1}{\sqrt{x-1}+1}-1< 0$
$\frac{1}{\sqrt[3]{(x+6)^{2}}+2\sqrt[3]{x+4}+4}-\frac{1}{3}< 0$

Cái này là vậy chứ?

Sử dụng tính đơn điệu của hàm số
$\sqrt{x}+\sqrt[4]{x}+4\sqrt{17-x}+8\sqrt[4]{17-x}=34 (*)$
+Xét $x=1$ ta thấy là nghiệm của pt
+Xét $0 \leq x < 1$ thì $VT_(*)<VP_(*)$ suy ra loại
+ Xét $1 <x \leq 17$ thì $VT_(*)<VP_(*)$ suy ra loại
Vậy pt có nghiệm là $x=1$

Cái này có phải đơn điệu đâu nhỉ?
$x< 1\Rightarrow \sqrt{17-x}> \sqrt{17-1};\sqrt{x}< \sqrt{1}$
Đâu có cùng chiều?

Another Solution: (Thay vì AM-GM khổ sở, dùng Cauchy-Schwarz cho nhanh)
Áp dụng Cauchy-Schwarz:
${\left( {x\sqrt {1 - {y^2}} + y\sqrt {1 - {x^2}} } \right)^2} \le \left( {{x^2} + 1 - {x^2}} \right)\left( {{y^2} + 1 - {y^2}} \right) = 1$
___

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow x^{2}+y^{2}=1$
Nghiệm $\left\{\begin{matrix} \left | x \right |\leq 1\\ y=\pm \sqrt{1-x^{2}} \end{matrix}\right.$

$DKXD:-1 \leq x,y \leq 1$

Với $- \leq x,y \leq 0$ thì $A \leq 0$ suy ra pt vô nghiệm

Đặt $A=x\sqrt {1 - {y^2}} + y\sqrt {1 - {x^2}}=1 (1)$

Với $0 \leq x,y \leq 1$ ta có:

$A=x\sqrt {1 - {y^2}} + y\sqrt {1 - {x^2}} \Leftrightarrow A=\sqrt{x^2(1-y^2)}+\sqrt{y^2(1-x^2)}$

thế còn trường hợp 1 âm 1 dương thì sao?