Giải

ĐK: $- 1 \leq x \leq 1$

Đặt $t = |x| + \sqrt{1 - x^2} \, (1 \leq t \leq \sqrt{2}) \Rightarrow t^2 = 1 + 2\sqrt{x^2 - x^4}$

Ta được: $t^2 - 1 + (1 - k)t + 2 - k \leq 0 \Leftrightarrow \dfrac{t^2 + t + 1}{t + 1} \leq k \, (1)$

Khi đó, yêu cầu bài toán trở thành:

Tìm giá trị nhỏ nhất của k để: $\dfrac{t^2 + t + 1}{t + 1} \leq k$ đúng với mọi $t \in [1; \sqrt{2}]$

Xét hàm số: $f(t) = \dfrac{t^2 + t + 1}{t + 1}$ với $t \in [1; \sqrt{2}]$

Có: $f’(t) = \dfrac{t^2 + 2t}{(t + 1)^2} > 0$ $\forall$ $1 \leq t \leq \sqrt{2}$

Vậy hàm đồng biến trên $[1; \sqrt{2}]$, suy ra: $f(1) \leq f(x) \leq f(\sqrt{2})$

Khi đó, $\dfrac{t^2 + t + 1}{t + 1} \leq k$ đúng với mọi $t \in [1; \sqrt{2}]$ khi $k \geq f(\sqrt{2}) = 2\sqrt{2} - 1$

Giải

ĐK: $x, y \geq \dfrac{-1}{2}$

Nhận thấy: $x = y = \dfrac{-1}{2}$ không phải nghiệm của hệ

Hệ ban đầu tương đương:
$\left\{\begin{matrix}\dfrac{2(x - y)}{\sqrt{2x + 1} + \sqrt{2y + 1}} = x - y\\x^2 - 12xy + 9y^2 + 4 = 0\end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}\left[\begin{matrix}x = y\\\sqrt{2x + 1} + \sqrt{2y + 1} = 2\end{matrix}\right.\\x^2 - 12xy + 9y^2 + 4 = 0 \,\, (1)\end{matrix}\right.$

- Nếu x = y thì hệ tương đương $\left\{\begin{matrix}x = y\\-2x^2 + 4 = 0\end{matrix}\right. \Rightarrow x = y = \pm \sqrt{2}$
Do $x, y \geq \dfrac{-1}{2}$ nên ta nhận nghiệm $x = y = \sqrt{2}$

- Nếu $\sqrt{2x + 1} + \sqrt{2y + 1} = 2$

$\Rightarrow \dfrac{2x}{\sqrt{2x + 1} + 1} = \dfrac{- 2y}{\sqrt{2y + 1} + 1}$
Phương trình này chứng tỏ x, y trái dấu. Vậy: $xy \leq 0$

Khi đó: $x^2 - 12xy + 9y^2 + 4 > 0 $

Giải

ĐK: $y \neq 0$

Hệ ban đầu tương đương:
$\left\{\begin{matrix}2x^2 + x - \dfrac{1}{y} = 2\\\dfrac{1}{y} - x - 2 = \dfrac{-2}{y^2}\end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}2x^2 + x - \dfrac{1}{y} = 2\\\dfrac{2}{y^2} + \dfrac{1}{y} - x = 2\end{matrix}\right.$

Đặt $\dfrac{1}{y} = a$, ta được: $\left\{\begin{matrix}2x^2 + x - a = 2\\2a^2 + a - x = 2\end{matrix}\right. $

$\Rightarrow \left\{\begin{matrix}2x^2 + 2x - (2a^2 + 2a) = 0\\2x^2 + x - a = 2\end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}(x - a)(x + a + 1) = 0\\2x^2 + x - a = 2\end{matrix}\right.$

Còn lại bạn tự giải

Giải

a, ĐK: $x \geq 1$

Phương trình ban đầu tương đương:
$(4x^2 – 5x + 1) + (4x - 3)\sqrt{x - 1} = 0$
 

$\Leftrightarrow (x - 1)(4x - 1) + (4x - 3)\sqrt{x - 1} = 0$
 

$\Leftrightarrow \sqrt{x - 1}\left [ (4x - 1)\sqrt{x - 1} + 4x - 3\right ] = 0$

Do $\forall$ $x \geq 1$ thì $(4x - 1)\sqrt{x - 1} + 4x – 3 > 0$
Vậy, phương trình có nghiệm duy nhất x = 1

b, ĐK: $x \geq 0$

Nhận thấy x = 0 không phải nghiệm phương trình

Với $x \neq 0$, chia 2 vế cho $\sqrt{x}$, ta được:
$$\sqrt{x + \dfrac{1}{x} - 1} + \sqrt{x + \dfrac{1}{x} + 7} = 4$$

Đặt: $\sqrt{x + \dfrac{1}{x} - 1} = a > 0$, ta được:

$a + \sqrt{a^2 + 8} = 4 \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}a \leq 4\\a^2 + 8 = (4 - a)^2\end{matrix}\right. \Leftrightarrow a = 1 \Rightarrow x = 1$  

Giải

Nhận thấy x = 0 khiến cho hệ vô nghiệm

Với $x \neq 0$, hệ tương đương:
$\left\{\begin{matrix}\dfrac{y}{x^2} + \dfrac{y^2}{x} = 6\\\dfrac{1}{x^2} + y^2 = 5\end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}\dfrac{y}{x}\left ( \dfrac{1}{x} + y\right ) = 6\\\dfrac{1}{x^2} + y^2 = 5\end{matrix}\right.$

Đặt $y + \dfrac{1}{x} = S, \dfrac{y}{x} = P \,\,\, (S^2 \geq 4P)$, khi đó:
$\left\{\begin{matrix}SP = 6\\S^2 - 2P = 5\end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}S^3 - 5S - 12 = 0\\P = \dfrac{S^2 - 5}{2}\end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}S = 3\\P = 2\end{matrix}\right.$

Khi đó: $\dfrac{1}{x}$ và $y$ là nghiệm của phương trình: $X^2 - 3X + 2 = 0$. Từ đó suy ra các nghiệm!

Giải

Nhận thấy x = 0 không phải nghiệm của hệ

Với $x \neq 0$, hệ tương đương:
$\left\{\begin{matrix}\dfrac{1}{x^3} - 3y = 2\\y^3 - \dfrac{3}{x} = 2\end{matrix}\right.$

Đặt $a = \dfrac{1}{x}$, ta được: $\left\{\begin{matrix}a^3 - 3y = 2\\y^3 - 3a = 2\end{matrix}\right.$

$\Rightarrow a^3 - y^3 + 3a - 3y = 0 \Leftrightarrow (a - y)(a^2 + ay + y^2 + 3) = 0 \, (1)$

Do $a^2 + ay + y^2 + 3 = \left ( a + \dfrac{y}{2}\right )^2 + \dfrac{3y^2}{4} + 3 > 0$ nên (1) tương đương đương: $a = y$

Suy ra: $\left\{\begin{matrix}a = y\\a^3 - 3a - 2 = 0\end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left[\begin{matrix}a = y = 2\\a = y = -1\end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left[\begin{matrix}\left\{\begin{matrix}x = \dfrac{1}{2}\\y = 2\end{matrix}\right.\\x = y = -1\end{matrix}\right.$

Do $- \pi < \alpha < 0 \Rightarrow \sin{\alpha} < 0 \Rightarrow \cos{\alpha} < 0$ vì $\tan{\alpha} > 0$

Ta có:
$\cos^2{\alpha} = \dfrac{1}{1 + \tan^2{\alpha}} = \dfrac{4}{5} \Rightarrow \cos{\alpha} = \dfrac{-2}{\sqrt{5}}$

$\Rightarrow \sin{\alpha} = \dfrac{-1}{\sqrt{5}} \Rightarrow \cot{\alpha} = 2$

Giải

ĐK: $x \neq 0; \dfrac{\sqrt{x^2 + 4356} + x}{x}, x\sqrt{4356} ­ - x^2 \geq 0$

Nhận xét:
$\sqrt{x\left (\sqrt{x^2 + 4356} - x\right )} = \sqrt{\dfrac{4356x}{\sqrt{x^2 + 4356} + x}} = 66\sqrt{\dfrac{x}{\sqrt{x^2 + 4356} + x}}$

Vậy, đặt: $t = \sqrt{\dfrac{\sqrt{x^2 + 4356} + x}{x}} \geq 0$, ta được:

$t - \dfrac{66}{t} = 5 \Leftrightarrow t^2 - 5t - 66 = 0 \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}t = 11\\t = -6\end{matrix}\right.$

Vì $t \geq 0$ nên $t = 11$. Suy ra:

$\dfrac{\sqrt{x^2 + 4356} + x}{x} = 121 \Leftrightarrow \sqrt{x^2 + 4356} = 120x$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x \geq 0\\14399x^2 = 4356\end{matrix}\right. \Leftrightarrow x = \sqrt{\dfrac{4356}{14399}}$ 

Giải

ĐK: $x \geq 1$ và $y \geq 1$

Đặt $\sqrt{x - 1} + \sqrt{y - 1} = a \geq 0\Rightarrow a^2 = x + y - 2\sqrt{xy - x - y + 1}$

Từ giả thiết, ta có:

$\left ( \sqrt{x - 1} + \sqrt{y - 1}\right )^2 + \sqrt{x - 1} + \sqrt{y - 1} = 2 + \sqrt{(x - 1)(y - 1)} \geq 2$

Áp dụng BĐT: $\sqrt{(x - 1)(y - 1)} \leq \dfrac{(\sqrt{x - 1} + \sqrt{y - 1})^2}{4} = \dfrac{a^2}{4}$

$\Rightarrow 2 \leq a^2 + a \leq 2 + \dfrac{a^2}{4} \Leftrightarrow 1 \leq a \leq \dfrac{2\sqrt{7} - 2}{3}$ (Do $a \geq 0$ )

Ta có: $P = 4 - a \geq 4 - \dfrac{2\sqrt{7} - 2}{3}  = \dfrac{14 - 2\sqrt{7}}{3}$

Ta lại có: $P = 4 - a \leq 4 - 1 = 3$

Vậy $Min_P = \dfrac{14 - 2\sqrt{7}}{3}$. Dấu “=” xảy ra khi $x = y = \dfrac{17 - 2\sqrt{7}}{9}$

Và $Max_P = 3$ khi $x = 2; y = 1$ và ngược lại.

Giải

Đặt $P = \sqrt{\dfrac{1 - a}{bc}} + \sqrt{\dfrac{1 - b}{ac}} + \sqrt{\dfrac{1 - c}{ab}} = 2$

Khi đó;
$\dfrac{P^2}{3} \leq \dfrac{1 - a}{bc} + \dfrac{1 - b}{ac} + \dfrac{1 - c}{ab} = \dfrac{a + b + c - ( a^2 + b^2 + c^2)}{abc}$

$\leq \dfrac{a + b + c - \dfrac{(a + b + c)^2}{3}}{abc} = \dfrac{\frac{-1}{3}\left ( a + b + c - \dfrac{9}{4}\right )^2 - \dfrac{1}{2}(a + b + c) + \dfrac{27}{16}}{abc}$

$\leq \dfrac{\dfrac{- 3}{2}\sqrt[3]{abc} + \dfrac{27}{16}}{abc}$

Đặt $\sqrt[3]{abc} = t \Rightarrow \dfrac{\dfrac{-3}{2}t + \dfrac{27}{16}}{t^3} \geq \dfrac{4}{3}$

$\Leftrightarrow 64t^3 + 72t - 81 \leq 0 \Rightarrow t \leq \dfrac{3}{4} \Rightarrow abc \leq \dfrac{27}{64}$

Dấu “=” xảy ra khi $a = b = c = \dfrac{3}{4}$

Bài 4. BĐT sai với $x = y = z = \sqrt{3}$

Giải

Đặt $x = \tan{A}; y = \tan{B}, z = \tan{C}$.

Từ giả thiết, ta có: $\tan{C} = z = \dfrac{x + y}{xy - 1} = - \tan{(A + B)} \Rightarrow A + B + C = \pi + k\pi$

Vì $x, y, z > 0$ nên $\tan{A}; \tan{B}; \tan{C} > 0$

Khi đó, ta có:
$\dfrac{x}{\sqrt{1 + x^2}} = \dfrac{\tan{A}}{\sqrt{\tan^2{A} + 1}} = \dfrac{\sin{A}}{\cos{A}}|\cos{A}| = |\sin{A}|$

Vậy: $VT = |\sin{A}| + |\sin{B}| + |\sin{C}| \leq \dfrac{3\sqrt{3}}{2}$

BĐT trên sai với $x > 2, y > 4$. Ví dụ: $x = 3, y = 5$

Giải

Gọi phương trình tiếp tuyến thỏa mãn đề bài là: (d): $y = kx + m$

Tọa độ tiếp điểm của (d) và (C) là: $M(x_o; y_o)$, ta có:

$\left\{\begin{matrix}k = \dfrac{4}{(x_o + 2)^2}\\kx_o + m = \dfrac{2x_o}{x_o + 2}\end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}k = \dfrac{4}{(x_o + 2)^2}\\m = \dfrac{2x_o^2}{x_o + 2}\end{matrix}\right.$

Khi đó: (d) có phương trình: $y = \dfrac{4}{(x_o + 2)^2}x + \dfrac{2x_o^2}{(x_o + 2)^2}$

Khoảng cách từ A đến (d) được xác định bằng:
$d_{(A; (d))} = \dfrac{|-2k - 2 + m|}{\sqrt{k^2 + 1}}$

$\Rightarrow d^2_{(A; (d))} = \dfrac{(2k - m + 2)^2}{k^2 + 1} = \dfrac{\left ( \dfrac{8}{(x_o + 2)^2} - \dfrac{2x_o^2}{(x_o + 2)^2} + 2\right )^2}{\dfrac{16}{(x_o + 2)^4} + 1}$

$\Leftrightarrow \dfrac{192}{25} = \dfrac{64(x_o + 2)^2}{(x_o + 2)^4 + 16}$

Đặt $a = (x_o + 2)^2$, ta được:
$\dfrac{3}{25} = \dfrac{a}{a^2 + 16} \Leftrightarrow 3a^2 - 25a + 48 = 0 \Leftrightarrow \left[\begin{matrix}a = \dfrac{16}{3}\\a = 3\end{matrix}\right.$

Việc còn lại là thay vào Bạn thử kiểm tra lại kết quả cái nhé.

Giải

ĐK: $x \neq \dfrac{\pi}{2} + k\pi$ và $x \neq \dfrac{-\pi}{4} + k\pi \, (k \in Z)$

Phương trình tương đương:
$\dfrac{(2\cos^2{x} + \sin{x})\sqrt{2}\sin{\left (x + \dfrac{\pi}{4}\right )}}{1 + \dfrac{\sin{x}}{\cos{x}}} = \cos{x}$

$\Leftrightarrow \dfrac{\cos{x}(2\cos^2{x} + \sin{x})(\sin{x} + \cos{x})}{\sin{x} + \cos{x}} = \cos{x}$

$\Leftrightarrow 2\cos^2{x} + \sin{x} = 1\Leftrightarrow 2\sin^2{x} - \sin{x} - 1 = 0 \Leftrightarrow \left[\begin{matrix}\sin{x} = 1\\\sin{x} = \dfrac{-1}{2}\end{matrix}\right.$

Bạn tự làm phần còn lại nhé. Chú ý đối chiếu điều kiện.

Giải

ĐK: $3 + 2x^2y - x^4y^2 \geq 0$

Hệ ban đầu tương đương:
$\left\{\begin{matrix}\sqrt{4 - \left (x^2y - 1 \right )^2} = 2x^4 + y^4 - x^2\\1 + \sqrt{1 + (x - y)^2} = - x^6 + 2x^3y^2 + 2x^4 - x^2\end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}\sqrt{4 - \left (x^2y - 1 \right )^2} = 2x^4 + y^4 - x^2\\1 + \sqrt{1 + (x - y)^2} = - (x^3 - y^2)^2 + 2x^4 - x^2 + y^4\end{matrix}\right.$

$\Rightarrow 1 + \sqrt{1 + (x - y)^2} = - (x^3 - y^2)^2 + \sqrt{4 - \left (x^2y - 1 \right )^2}$

Nhận thấy: $VT \geq 2 \geq VF$. Vậy, phương trình có nghiệm khi và chỉ khi:
$\left\{\begin{matrix}x = y\\x^3 = y^2\\x^2y = 1\end{matrix}\right.  \Rightarrow x = y = 1$

Hướng giải của bạn theo mình thì hợp lý rồi

Mình đặt ẩn phụ cho dễ nhìn hơn nhé ^^

Giải

ĐK: $x \geq \dfrac{-3}{2}$ và $y \geq -3$

Đặt $a = x\sqrt{y + 3}; b = \sqrt{2x + 3} \geq 0$, hệ trở thành:
$\left\{\begin{matrix}a^2\left ( \dfrac{b^2 - 3}{2} + 2\right ) - b = 0\\2(b^2 - 3) + 9 + a^3 - 4b= 0\end{matrix}\right.  \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}a^2(b^2 + 1) = 2b\\a^3 = -2b^2 + 4b - 3\end{matrix}\right. $

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}a^2 = \dfrac{2b}{b^2 + 1} \leq 1 \Rightarrow - 1 \leq a \leq 1\\a^3 = -2 (b - 1)^2 - 1 \leq - 1\end{matrix}\right. \Rightarrow \left\{\begin{matrix}a = -1\\b = 1\end{matrix}\right. $

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

Giải

ĐK: $-1 \leq x \leq 1$ và $0 \leq y \leq 2$

Phương trình thứ nhất của hệ tương đương:
$x^3 - 3x = y^3 – 3y^2 + 2 \Leftrightarrow x^3 - 3x = (y - 1)^3 – 3(y - 1)$
 

Đặt $y - 1 = a \, (a \in [-1; 1])$, ta được: $x^3 - 3x = a^3 - 3a \, (1)$

Xét hàm số $f(t) = t^3 - 3t$ trên $[-1; 1]$ có $f’(t) = 3t^2 - 3 \leq 0$ $\forall$ $-1 \leq t \leq 1$

Vậy, hàm nghịch biến trên [-1; 1]. Khi đó: (1) $\Leftrightarrow x = a = y - 1$

Thế vào phương trình thứ hai của hệ ban đầu, ta được: $x^2 - 4\sqrt{1 - x^2} + 2 = 0$
Đặt $\sqrt{1 - x^2} = u \geq 0$, ta được: $u^2 + 4u - 3 = 0 \Leftrightarrow u = -2 \pm \sqrt{7}$

Do $u \geq 0 \Rightarrow u = -2 + \sqrt{7}$ 

$\Rightarrow x = \pm \sqrt{4\sqrt{7} - 10} \Rightarrow y = 1 \pm \sqrt{4\sqrt{7} - 10}$

Suy ra  $x^2(y+3) \leqslant 1$ mà $y+3>0$ $ \rightarrow x^2 \leqslant 1$ suy ra $x \geq -1 (*)$

Đoạn này có vẻ... 

Ví dụ: $y + 3 = 0, 5$ và $x^2 = 2 \geq 1$ vẫn thỏa mãn $x^2(y + 3) \leq 1$

Bài 3

Giải

Phương trình thứ nhất của hệ tương đương:
$(2x - y)(x - 4y^2) = 0 \Leftrightarrow \left[\begin{matrix}y = 2x\\x = 4y^2\end{matrix}\right.$

+ Với $y = 2x$, phương trình thứ hai của hệ tương đương:
$16x^3 - 32x^2 + 2x + 5 = 0 \Leftrightarrow \left[\begin{matrix}x = \dfrac{1}{2} \Rightarrow y = 1\\x = \dfrac{3 \pm \sqrt{19}}{4} \Rightarrow y = \dfrac{3 \pm \sqrt{19}}{2}\end{matrix}\right.$

+ Với $4y^2 = x \geq 0$, phương trình thứ hai của hệ tương đương: $16x^3 + 5 = 0$.

Do $x \geq 0 \Rightarrow VT > 0$. Phương trình vô nghiệm.

Bài 1.

Giải

Hệ ban đầu tương đương:

$\left\{\begin{matrix}x^2 - 20x - 8  = y(x + 2)(4x + 2)\\x^2 + x - 2 = y(2x + 1)^2\end{matrix}\right.$

Nhận thấy: $x = 1, x = -2, x = \dfrac{-1}{2}, y = 0$ đều khiến hệ vô nghiệm.

Chia vế theo vế của hai phương trình, ta được:
$\dfrac{x^2 - 20x - 8}{x^2 + x - 2} = \dfrac{2x + 4}{2x + 1} \Leftrightarrow x(5x + 4) = 0 \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x = 0 \Rightarrow y = 2\\x = \dfrac{-4}{5} \Rightarrow y = -6\end{matrix}\right.$

Bài 2

Giải

Cộng vế theo vế hai phương trình, ta được:
$3x^2 + 4xy + y^2 - 3y - 7x + 2 = 0$

$\Leftrightarrow (3x + y - 1)(x + y  - 2) = 0$

Nhận xét rằng:
$2\cos{\dfrac{\pi}{3}} = 2\cos{3.\dfrac{\pi}{9}} = 8\cos^3{\dfrac{\pi}{9}} - 6\cos{\dfrac{\pi}{9}}$

Vì vậy: $2\cos{\dfrac{\pi}{9}}$ là nghiệm của phương trình: $x^3 - 3x - 1 = 0$

Chứng minh tương tự với $2\cos{\dfrac{5\pi}{9}}$ và $2\cos{\dfrac{7\pi}{9}}$

Bài 3

Giải

ĐK: $x \geq 0$

Phương trình tương đương:
$(\sqrt{x})^2 + (\sqrt{x})^3 = (\sqrt[6]{3x + 1})^2 + (\sqrt[6]{3x + 1})^3$

Đặt $a = \sqrt{x}; b = \sqrt[6]{3x +1} \, (a\geq 0, b > 0)$, ta được:
$a^2 + a^3 = b^2 + b^3 \Leftrightarrow (a - b)\left (a + b + a^2 + ab + b^2\right ) = 0 \Leftrightarrow a = b$
$\Rightarrow \sqrt{x} = \sqrt[6]{3x + 1} \Leftrightarrow x^3 = 3x + 1$

Đặt $x = 2\cos{\alpha}$. Phương trình nói trên có 3 nghiệm là: $x = 2\cos{\left (\dfrac{\pi}{9} \right )}$, $x = 2\cos{\left (\dfrac{5\pi}{9} \right )}$ và $x = 2\cos{\left (\dfrac{7\pi}{9} \right )}$

Do $x \geq 0$ nên $x = 2\cos{\left (\dfrac{\pi}{9} \right )}$ là nghiệm duy nhất của phương trình.

Giải

ĐK: $x, y \neq 0$

Nhận thấy các giá trị: x = 1, x = -1, y = 1 và y = -1 đều khiến hệ vô nghiệm.

Vì vậy, với $x, y \neq \pm 1$, đặt $a = x - 1, b = y - 1, c = \dfrac{2(x + 1)}{x}, d = \dfrac{2(y + 1)}{y} (a, b, c, d \neq 0)$

Khi đó, ta có:
$\left\{\begin{matrix}ab + cd = 0\\a^2 + c^2 = b^2 + d^2\end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}\dfrac{a}{c} = \dfrac{-d}{b} = t\\c^2(t^2 + 1) = b^2(t^2 + 1)\end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}a = ct\\d = -bt\\b^2 = c^2\end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left[\begin{matrix}\left\{\begin{matrix}b = c\\a = -d\end{matrix}\right.\\\left\{\begin{matrix}b = -c\\a = d\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.$

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

Giải các hệ nói trên tìm được 4 cặp nghiệm: $(2; - 2); (-2; 2); \left (-3 ; \dfrac{-1}{3} \right );\left (\dfrac{-1}{3}; -3 \right )$

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

b) Đặt A$(0; y_o)$ là một điểm bất kỳ trên trục tung và k là hệ số góc của đường thẳng d.

Khi đó, d có dạng: $y = kx + y_o$

Để d là tiếp tuyến của (C) thì:
$\left\{\begin{matrix}\dfrac{x + 1}{x - 1} = kx + y_o\\\dfrac{-2}{(x - 1)^2} = k\end{matrix}\right. \Rightarrow \dfrac{x + 1}{x - 1} = \dfrac{­- 2x}{(x - 1)^2} + y_o$

$\Leftrightarrow x^2 – 1= - 2x + y_o(x - 1)^2 \Leftrightarrow (y_o - 1)x^2 -2x(y_o + 1) + y_o + 1 = 0 \, (1)$

Để có duy nhất một tiếp tuyến đến (C) thì phương trình (1) có một nghiệm duy nhất khác 1.

Khi đó:
$\left\{\begin{matrix}y_o – 1- 2(y_o + 1) + y_o + 1 \neq 0 (TM)\\\Delta’ = (y_o + 1)^2 – (y_o^2 - 1)  = 0\end{matrix}\right. \Rightarrow y_o = -1$

Vậy: $A(0; - 1)$ là điểm thỏa mãn đề bài.

Chú ý rằng đường thằng có dạng x = k qua A, mà cụ thể là x = 0 không phải là tiếp tuyến của đường cong.