Giải hệ pt $ \begin{cases} 4xy +4(x^2+y^2)+\dfrac{3}{(x+y)^2}=7 \\ 2x+\dfrac{1}{x+y}=3 \end{cases}$

Đk $x + y \neq 0$
(I) $\Leftrightarrow \begin{cases} 3(x+y)^2+(x-y)^2+\dfrac{3}{(x+y)^2}=7 \\ (x+y) + \dfrac{1}{x+y} +x - y =3 \end{cases}$  (I)
Đặt $a = x + y +\dfrac{1}{x+y}$ $(\abs{u} \geq 2)$; $b = x-y $
(I) $ \Leftrightarrow \begin{cases} 3a^2+b^2=13 \\ a+b=3 \end{cases}$
$ \Leftrightarrow \begin{cases} a=2 \\ b=1 \end{cases} $ do đk
Nghiệm của hệ là (x;y)= (1;0)

Tuyển tập bất đẳng thức hay từ onluyentoan.vn

1. Cho $a,\, b$ là các số thực không âm. Chứng minh rằng $$\left( a^2+b+\frac{3}{4} \right) \left( b^2+a+\frac{3}{4} \right) \ge \left( 2a+\frac{1}{2} \right) \left(2b+\frac{1}{2} \right).$$
Lời giải:
Dấu "=" xảy ra khi $\ a=b=\dfrac{1}{2}$
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:
$a^2+\dfrac{1}{4} \geq a và b^2+\dfrac{1}{4} \geq b$
Nên bất đẳng thức trên viết lại thành:
$(a+b+\dfrac{1}{2})(b+a+\dfrac{1}{2}) \geq (2a+\dfrac{1}{2})(2b+\dfrac{1}{2})$
Hay $(a+b+\dfrac{1}{2})^2 \geq (2a+\dfrac{1}{2})(2b+\dfrac{1}{2})$
Điều này hiển nhiên đúng vì theo AM-GM
$(2a+\dfrac{1}{2})(2b+\dfrac{1}{2}) \leq (\dfrac{2a+\dfrac{1}{2}+2b+\dfrac{1}{2}}{2})^2= (a+b+\dfrac{1}{2})^2$

2.Cho các số thực $a,\, b,\, c>0.$ Chứng minh rằng $$\dfrac{a(b+c)}{\sqrt{bc(b^2+c^2)}}+\dfrac{b(c+a)}{\sqrt{ca(c^2+a^2)}}+\dfrac{c(a+b)}{\sqrt{ab(a^2+b^2)}}\geq 3\sqrt{2}.$$
Lời giải:
BĐT $\Leftrightarrow \dfrac{a(b+c)}{\sqrt{2bc(b^2+c^2)}}+\dfrac{b(c+a)}{\sqrt{2ca(c^2+a^2)}}+\dfrac{c(a+b)}{\sqrt{2ab(a^2+b^2)}}\geq 3$
Theo AM-GM ta có $\sqrt{2bc(b^2+c^2)} \leq \dfrac{(b+c)^2}{2}$
$\Rightarrow \dfrac{a(b+c)}{\sqrt{2bc(b^2+c^2)}} \geq \dfrac{2a}{b+c}$
Làm tương tự ta được
$\dfrac{a(b+c)}{\sqrt{bc(b^2+c^2)}}+\dfrac{b(c+a)}{\sqrt{ca(c^2+a^2)}}+\dfrac{c(a+b)}{\sqrt{ab(a^2+b^2)}} \geq 2(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{a+c}+\dfrac{c}{a+b})$
Mà theo nesbiit ta có đpcm

Cho $a, b, c > 0$ thỏa mãn $a+b+c=1$ . CMR: $\frac{bc}{\sqrt{a+bc}}+\frac{ca}{\sqrt{b+ca}}+ \frac{ab}{\sqrt{c+ab}} \le \frac{1}{2}$

Biến đổi một chút, ta có: $$\dfrac{bc}{\sqrt{a+bc}}=\dfrac{bc}{\sqrt{a(a+b+c)+bc}}=\sqrt{\dfrac{bc}{a+b}}.\sqrt{\dfrac{bc}{c+a}} \leq \dfrac{1}{2} \left(\dfrac{bc}{a+b}+\dfrac{bc}{a+c}\right)$$

Tương tự: $$\dfrac{ca}{\sqrt{b+ca}}\leq \dfrac{1}{2} \left(\dfrac{ca}{a+b}+\dfrac{ac}{b+c}\right);\,\,\,\,\dfrac{ab}{\sqrt{c+ab}}\leq \dfrac{1}{2} \left(\dfrac{ab}{a+c}+\dfrac{ab}{a+b}\right)$$

Cộng ba bất đẳng thức trên lại theo vế, ta có:
$\dfrac{bc}{\sqrt{a+bc}}+\dfrac{ca}{\sqrt{b+ca}}+ \dfrac{ab}{\sqrt{c+ab}} \leq \dfrac{1}{2} \left(a+b+c\right)=\dfrac{1}{2}$

Phương trình vô tỷ tuyển chọn từ onluyentoan.vn

http://online.print2flash.com/content/b88fb0622db3d7c7363165908f647ca5/doc.php

Giải phương trình bậc bốn tổng quát

Tất cả chúng ta đều đã biết các phương trình $f(x)=0$ có $\degf(x) \ge 5$ thì không có công thức nghiệm tổng quát . Nhưng còn phương trình bậc 4 thì sao ? ( Với bậc 3 thì ta đã có Cacdano để tính nghiệm rồi ) . Câu trả lời là với bậc 4 thì vẫn có và công thức đó nó như thế nào thì chúng ta sẽ cùng nhau nhìn trong bài viết nhỏ này .

Xét phương trình : $$x^4+ax^3+bx^2+cx+d=0$$ bằng phép đổi biến $x=t-\dfrac{a}{4}$ ta đưa phương trình về phương trình mới có dạng như sau : $$t^4=pt^2+qt+r \hspace{1cm} q\neq 0$$ Gọi $\alpha$ là số thực thỏa mãn hệ thức : $$q^2=4(p+2\alpha)(r+\alpha^2) $$ Ta luôn tìm được $\alpha$ vì phương trình ở trên là bậc 3 với ẩn $\alpha$. Lúc này ta xét cái tam thức bậc 2 : $f(t)=(p+2\alpha)x^2+qx+(r+\alpha^2)$ có nghiệm kép và : $$f(t)=\left\{\begin{array}{1}(p+2\alpha)\left[x+\dfrac{q}{2(q+2\alpha}\right]^2 \hspace{1cm}(a+2\alpha \neq 0) \\ r+\alpha^2 \hspace{1cm}(a+2\alpha = 0 ) \end{array}\right.$$ và phương trình đã cho có thẻ viết lại là : $(t^2+\alpha)^2=f(t)$
Việc biện luận còn lại là như sau :
+) Nếu $a+2\alpha >0$ thì phương trình trên trở thành cặp phương trình : $t^2+\alpha=\pm \sqrt{p+2\alpha}\left(t-\dfrac{q}{2(q+2\alpha)}\right)$.
+) Nếu $p+2\alpha <0$ thì phương trình vô nghiệm .
+) Nếu $p+2\alpha =0$ thì ta được phương trình : $(t^2+\alpha)=r+\alpha^2$.
Tới đây thì chúng ta tính nghiệm của phương trình bậc 2 .
[B][RIGHT][CENTER]BIỂU THỊ THỨ 2 CHO VIỆC GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẬC 4 TỔNG QUÁT [/CENTER][/RIGHT][/B]
Xét phương trình : $ax^4+bx^3+cx^2+dx+e=0 \hspace{1cm} (a\neq0)$
Bằng phép thế biến $Y=x-\dfrac{b}{4a}$ ta được phương trình mới : $Y^4+pY^2+qY+r=0$ Gọi $z_1;z_2;z_3$ là các nghiệm của phương trình : $Z^3-1pZ^2+(p^2-4r)Z+q^2=0$ ta luôn chọn được các $\sqrt{z_1};\sqrt{z_2};\sqrt{z_3}$ sao cho : $\sqrt{z_1}\sqrt{z_2}\sqrt{z_3}=-p$ khi đó ta có các nghiệm của phương trình ban đầu dạng rút gọn là : $$y_1=\dfrac{1}{2}(\sqrt{z_1}-\sqrt{z_2}+\sqrt{z_3}) \\y_2=\dfrac{1}{2}(\sqrt{z_1}-\sqrt{z_2}-\sqrt{z_3}) \\y_3=\dfrac{1}{2}(-\sqrt{z_1}+\sqrt{z_2}-\sqrt{z_3}) \\y_4=\dfrac{1}{2}(-\sqrt{z_1}-\sqrt{z_2}+\sqrt{z_3}) $$

Phương pháp giải bất đẳng thức xoay vòng

Chuyên đề: Phương pháp giải phương trình vô tỷ