Bài 4.

Giải

Phương trình (1) của hệ tương đương:

$x(x + y)\left [ (y + z) + z\right ] = \dfrac{1}{8}$

$\Rightarrow -xz(z - x) = \dfrac{1}{8} \Leftrightarrow 8xz(x - z) = 1$

Ta có phương trình thứ hai của hệ tương đương:
$(x + y + z)^2 + xy + 2xz - z^2 = \dfrac{-3}{4}$

$\Leftrightarrow x(y + z) + xz - z^2 = \dfrac{-3}{4} \Rightarrow x^2 - xz + z^2 = \dfrac{3}{4}$

Đặt $x - z = a, xz = b$, ta có hệ: $\left\{\begin{matrix}8ab = 1\\a^2 + b = \dfrac{3}{4}\end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}b = \dfrac{1}{8a}\\8a^3 - 6a = - 1 \, (1)\end{matrix}\right.$

Phương trình (1) có 3 nghiệm: $a = \cos{\dfrac{2\pi}{9}}; a = \cos{\dfrac{4\pi}{9}}$  và $\cos{\dfrac{8\pi}{9}}$

Tìm được a, suy ra b. Từ đó tìm được x, z và y. Vì dài quá nên ngại làm quá

@NTHMyDream: Bạn có thể biến đổi như sau:

$y \left ( 1 - \dfrac{y^2 - 1}{2}\right ) = \dfrac{y^2 - 1}{\sqrt{2}}$

$\Leftrightarrow y^3 + \sqrt{2}y^2 - 3y - \sqrt{2} = 0$

$\Leftrightarrow (y - \sqrt{2})(y + \sqrt{2} - 1)(y + \sqrt{2} + 1) = 0$

Được rồi bạn nhỉ?

Bài 2

Giải

ĐK: $\dfrac{-1}{3} \leq x \leq 6$

Phương trình ban đầu tương đương:
$\left (\sqrt{3x + 1} - 4 \right ) + \left (1 - \sqrt{6 - x} \right ) + 3x^2 - 14x - 5 = 0$

$\Leftrightarrow \dfrac{3(x - 5)}{\sqrt{3x + 1} + 4} + \dfrac{x - 5}{1 + \sqrt{6 - x}} + (x - 5)(3x + 1) = 0$

$\Leftrightarrow (x - 5)\left (\dfrac{3}{\sqrt{3x + 1} + 4} + \dfrac{1}{1 + \sqrt{6 - x}} + 3x + 1\right ) = 0$

Do $x \geq \dfrac{-1}{3}$ nên $\dfrac{3}{\sqrt{3x + 1} + 4} + \dfrac{1}{1 + \sqrt{6 - x}} + 3x + 1 > 0$

Vậy, phương trình có nghiệm duy nhất x = 5

Bài 2

Giải

ĐK: $x \geq \dfrac{5}{3}$

Bất phương trình tương đương:
$2x\left (\sqrt{3x - 5} + \sqrt{4x - 3}\right ) < 5\left (\sqrt{2x + 9} - 3 \right )\left (\sqrt{2x + 9} + 3 \right )$

$\Leftrightarrow 2x\left (\sqrt{3x - 5} + \sqrt{4x - 3}\right ) < 10x$

$\Leftrightarrow \sqrt{3x - 5} + \sqrt{4x - 3} < 5$ (Do $x \geq \dfrac{5}{3}$)

$\Leftrightarrow (x - 3)\left ( \dfrac{3}{\sqrt{3x - 5} + 2} + \dfrac{4}{\sqrt{4x - 3} + 3}\right ) < 0$

$\Leftrightarrow x < 3$

Kết hợp với điều kiện, ta có: $\dfrac{5}{3} \leq x < 3$

Bài 3.

Giải

ĐK: $x \geq \dfrac{2}{3}$

Bất phương trình tương đương:

$(x^2 - x - 2) + \left (\sqrt{x + 2} - \sqrt{3x - 2} \right ) \leq 0$

$\Leftrightarrow (x - 2)(x + 1) + \dfrac{4 - 2x}{\sqrt{x + 2} + \sqrt{3x - 2}} \leq 0$

$\Leftrightarrow (x - 2)\left [ x + 1 - \dfrac{2}{\sqrt{x + 2} + \sqrt{3x - 2}}\right ] \leq 0$

Ta thấy, với $x \geq \dfrac{2}{3}$ thì $x + 1 - \dfrac{2}{\sqrt{x + 2} + \sqrt{3x - 2}} \geq \dfrac{10 - 3\sqrt{6}}{6} > 0$

Vậy, bất phương trình ban đầu tương đương: $x \leq 2$
Kết hợp điều kiện, ta có: $\dfrac{2}{3} \leq x \leq 2$

Bài 1.

Giải

ĐK: $x \geq 0$

Nhận thấy: $\sqrt{2(x^2 - x + 1)} = \sqrt{2\left ( x - \dfrac{1}{2}\right )^2 + \dfrac{3}{2}} > 1$

Vậy: $1 - \sqrt{2(x^2 - x + 1)} < 0$

Bất phương trình tương đương:

$x - \sqrt{x} \leq 1 - \sqrt{2(x^2 - x + 1)}$
Do x = 0 không phải là nghiệm nên chia hai vế cho $\sqrt{x}$, ta được:
$\sqrt{x} - 1 - \dfrac{1}{\sqrt{x}} + \sqrt{2\left ( x + \dfrac{1}{x} - 1\right )} \leq 0$

Đặt: $\sqrt{x} - \dfrac{1}{\sqrt{x}} = t \Rightarrow t^2 + 2 = x + \dfrac{1}{x}$, ta được:
$t - 1 + \sqrt{2t^2 + 2} \leq 0$

Bạn tự giải tiếp nhé

Giải

Theo giả thiết, ta có: $x + y - 1 \geq 0 \Leftrightarrow x + y \geq 1$

Mặt khác, ta có:

$x + y - 1 = \sqrt{2x - 4} + \sqrt{y + 1} = \sqrt{2(x - 2)} + \sqrt{1(y + 1)}$

$\leq \dfrac{x}{2} + \dfrac{y + 2}{2} = \dfrac{x + y + 2}{2} \Leftrightarrow x + y \leq 4$

Đặt $x + y = t$ với $t \in [1; 4]$, ta có:
$P = f(t) = t^2 - \sqrt{9 - t} + \dfrac{1}{\sqrt{t}}$

Có $f’(t) = 2t + \dfrac{1}{2\sqrt{9 - t}} - \dfrac{1}{2t\sqrt{t}}$

Với $t \in [1; 4]$ thì $f’(t) > 0$

Vậy, hàm đồng biến trên [1; 4]. Suy ra: $f(1) \leq f(x) \leq f(4)$

Khi đó:
$Min_P = 2 - 2\sqrt{2}$ khi $x = 2; y = -1$

$Max_P = \dfrac{33 - 2\sqrt{5}}{2}$ khi $x = 4; y = 0$

Giải

ĐK: $x \neq \dfrac{k\pi}{2}$, $x \neq \dfrac{-\pi}{3} + k\pi$ và $x \neq \dfrac{\pi}{6} + k\pi \, (k \in Z)$

Nhận xét: $\cot{\left ( \dfrac{\pi}{6} - x\right )} = \tan{\left [ \dfrac{\pi}{2} - \left ( \dfrac{\pi}{6} - x \right )\right ]} = \tan{\left ( x + \dfrac{\pi}{3}\right )}$

Vậy: $\cot{\left ( \dfrac{\pi}{6} - x\right )}\cot{\left ( x + \dfrac{\pi}{3}\right )} = 1$

Vậy, phương trình tương đương:
$\dfrac{\sin^2{x} - \cos^2{x}}{\sin^2{x}\cos^2{x}} = \dfrac{8}{3}$

$\Leftrightarrow -\cos{2x} = \dfrac{2}{3}\sin^2{2x}$

$\Leftrightarrow \dfrac{2}{3}\cos^2{2x} - \cos{2x} - \dfrac{2}{3} = 0 $

Còn lại bạn tự làm hén. Chú ý đối chiếu điều kiện.

Giải

ĐK: $x \geq \dfrac{-8}{5}$, $2x + y \geq 0$ và $7x + y \geq 0$

Phương trình (1) của hệ tương đương:

$\sqrt{7x + y} = \sqrt{2x + y} + 4$
$\Leftrightarrow 7x + y = 2x + y + 16 + 8\sqrt{2x + y} \Rightarrow 2\sqrt{2x + y} = \dfrac{5}{4}x - 4$

Thế vào phương trình (2), ta được: $\dfrac{5}{4}x - 4 - \sqrt{5x + 8} = 2$

$\Leftrightarrow \sqrt{5x + 8} = \dfrac{5}{4}x - 6 \Leftrightarrow  \left\{\begin{matrix}x \geq \dfrac{12}{5}\\5x + 8 = \left ( \dfrac{5}{4}x - 6\right )^2 \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow x = \dfrac{56}{5} \Rightarrow y = …$

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

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

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

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

Giải

Trường hợp 1. BO // CD

Qua M, dựng MK song song với BO . Suy ra: MK //CD.

Suy ra: K $\in$ (MCD)

Vậy: CDK chính là thiết diện của (CDM) với hình chóp.

Trường hợp 2. BO cắt CD

Trên mặt phẳng (BCD)¸ gọi H = BO $\cap$ CD

Trên mặt phẳng (BAH), kéo dài HM cắt AB tại K. (K thuộc đoạn thẳng AB)

Nối K với C và D, tam giác CDK chính là thiết diện tạo bởi (CDM) với hình chóp.

Thật vậy:

Vì H $\in$ CD nên H $\in$ (CDM) mà M $\in$ (CDM)

Vì vậy K = MH $\cap$ AB $\in$ (CDM)

Do đó: CKD chính là thiết diện cần tìm.

Chú ý rằng: Ở cả 2 TH, nếu K nằm ngoài đoạn AB thì (CDM) có thiết diện với hình chóp là đoạn CD

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:

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

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

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

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

Biểu thức sau cùng hình như là $\sqrt{x^3 + (\sqrt{3} - 1)x^2 + 2x - 2 + 2\sqrt{3} }$ phải không nhỉ?

Chỗ $(\sqrt{3} - 1)x$ của bạn đấy? Nếu không đoạn đó có thể rút gọn mà.

Giải

Điều kiện xác định là:
$\left\{\begin{matrix}x^2 - 2x - 2 \geq 0\\1 - \sqrt{3} - x \geq 0 \\x^3 + (\sqrt{3} - 1)x^2 + 2x - 2 + 2\sqrt{3} \geq 0\end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}\left[\begin{matrix}x \geq 1 + \sqrt{3}\\x \leq 1 - \sqrt{3}\end{matrix}\right.\\x \leq 1 - \sqrt{3}\\(x^2 + 2)(x + \sqrt{3} - 1) \geq 0\end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x \leq 1 - \sqrt{3}\\x \geq 1 - \sqrt{3}\end{matrix}\right. \Rightarrow x = 1 - \sqrt{3}$

Thử lại thấy không thỏa mãn. Vì vậy, phương trình này vô nghiệm.

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.

Bài 4

Giải

Vì  x = 0 không phải nghiệm của hệ nên hệ ban đầu tương đương:
$\left\{\begin{matrix}3y + 55 = \dfrac{64}{x^3}\\x(y + 1)^3 = 12 + 52x \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}\dfrac{64}{x^3} - 3(y + 1) = 52\\(y + 1)^3 - \dfrac{12}{x} = 52\end{matrix}\right.$
Đặt $\left\{\begin{matrix}\dfrac{4}{x} = a\\y + 1 = b\end{matrix}\right.$, ta được:
$\left\{\begin{matrix}a^3 - 3b = 52\\b^3 - 3a = 52\end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}a^3 - b^3 + 3(a - b) = 0\\a^3 - 3b= 52\end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}(a - b)(a^2 + ab + b^2 + 3) = 0\\a^3 - 3b = 52\end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}\left[\begin{matrix}a = b\\a^2 + ab + b^2 + 3 = 0 \,(VN)\end{matrix}\right.\\a^3 - 3b = 52\end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}a = b\\a^3 - 3a - 52 = 0\end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}a = b\\(a - 4)(a^2 + 4a + 13) = 0\end{matrix}\right. $

$\Leftrightarrow a = b = 4 \Rightarrow \left\{\begin{matrix}x = 1\\y = 3\end{matrix}\right.$

Bài 3

Giải

Hệ phương trình ban đầu tương đương:
$\left\{\begin{matrix}y^2= \dfrac{8x}{x^2 + 1}\\y^3 + 8 + 2(x - 1)^2 = 0\end{matrix}\right.$

Từ phương trình thứ nhất của hệ, suy ra: $y^2 \leq 4 \Leftrightarrow -2 \leq y \leq 2$

Từ phương trình thứ hai của hệ, ta có: $y^3 + 8 = -2(x - 1)^2 \leq 0 \Rightarrow y \leq -2$

Vậy: $y = - 2 \Rightarrow x = 1$

Giải

Hệ ban đầu tương đương:
$\left\{\begin{matrix}x^3 - y^3 = 16x - 4y\\y^2 - 5x^2 = 4\end{matrix}\right. $

$\Rightarrow 4(x^3 - y^3) = (16x - 4y)(y^2 - 5x^2)$

$\Leftrightarrow 21x^3 - 4xy^2 - 5x^2y = 0 \Leftrightarrow x(21x^2 - 5xy - 4y^2) = 0$

Mới giải 1 bài y nguyên thế này )

Giải

Hệ ban đầu tương đương:
$\left\{\begin{matrix}x^3 - 8y^3 = 6x - 10y\\x^2 + 8y^2 = 6\end{matrix}\right. \Rightarrow 6(x^3 - 8y^3) = (6x - 10y)(x^2 + 8y^2)$

$\Leftrightarrow 16y^3 - 24xy^2 + 5x^2y = 0 \Leftrightarrow y(16y^2 - 24xy + 5x^2 ) = 0$

Giải

Nếu $y = 0 \Rightarrow P = 2$

Với $y \neq 0$. Đặt $t = \dfrac{x}{y}$. Ta có:

$P = \dfrac{2x^2 + 12xy}{1 + 2xy + y^2} = \dfrac{2x^2 + 12xy}{x^2 + 2y^2 + 2xy} = \dfrac{2t^2 + 12t}{t^2 + 2t + 2}$

Xét hàm số: $f(t) = \dfrac{2t^2 + 12t}{t^2 + 2t + 2}$

Có $f’(t) = \dfrac{-8t^2 + 8t + 24}{(t^2 + 2t + 2)^2}$; $f’(t) = 0 \Leftrightarrow t = \dfrac{1 \pm \sqrt{13}}{2}$

Lập bảng biến thiên, ta tìm được:
$P_{max} = 2\sqrt{13} - 4$ và $P_{min} = -2\sqrt{13} - 4$

Bạn tự tìm giá trị của x, y tương ứng nhé.

Giải

Đặt $\cos{x} = t \, (-1 \leq t \leq 1)$, phương trình trở thành:
$(8t^3 + 1)^3 = 27(6t - 1) \Leftrightarrow 8t^3 + 1 = 3\sqrt[3]{6t - 1} \, (1)$

Đặt $\sqrt[3]{6t - 1} = 2u$, kết hợp với (1), ta có hệ:
$\left\{\begin{matrix}8u^3 + 1 = 6t\\8t^3 + 1 = 6u\end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}8(u^3 - t^3) = 6(t - u)\\8t^3 + 1 = 6u\end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}2(u - t)\left [ 4(u^2 + ut + t^2) + 3\right ] = 0\\8t^3 + 1 = 6u\end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}\left[\begin{matrix}u = t\\4(u^2 + ut + t^2) + 3 = 0 \, (VN)\end{matrix}\right.\\8t^3 + 1 = 6u\end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}u = t\\8t^3 + 1 = 6t\end{matrix}\right. \Rightarrow 8\cos^3{x} - 6\cos{x} = -1 \Leftrightarrow \cos{3x} = \dfrac{-1}{2}$

Còn lại bạn tự làm nhé.

Giải

ĐK: $x \leq 4; y \leq \dfrac{3}{2}; x \geq \dfrac{8y}{7}$ và $x \geq \dfrac{9y}{7}$

Đặt $\sqrt{4 - x} = a; \sqrt{3 – 2y} = b \, (a, b \geq 0)$

Phương trình (1) của hệ tương đương:
$(2000 + 3a^2)a - (2000 + 3b^2)b = 0 \Leftrightarrow 3(a^3 - b^3) + 2000(a - b) = 0$

$\Leftrightarrow (a - b)\left [3(a^2 + ab + b^2) + 2000\right ] = 0 \Leftrightarrow a = b \Rightarrow 2y = x - 1$

Thế $2y = x - 1$ vào phương trình (2) của hệ, ta được:
$$2\sqrt{3x + 4} + 3\sqrt{5x + 9} = x^2 + 6x + 13$$

Với điều kiện $x \geq \dfrac{-4}{3}$, phương trình trên tương đương:

$x^2 + x + 2\left (x + 2 - \sqrt{3x + 4}\right ) + 3\left (x + 3 - \sqrt{5x + 9}\right ) = 0$

$\Leftrightarrow x^2 + x + \dfrac{2(x^2 + x)}{x + 2 + \sqrt{3x + 4}} + \dfrac{3(x^2 + x)}{x + 3 + \sqrt{5x + 9}} = 0$

$\Leftrightarrow (x^2 + x)\left ( 1 + \dfrac{2}{x + 2 + \sqrt{3x + 4}} + \dfrac{3}{x + 3 + \sqrt{5x + 9}}\right ) = 0$

Do $x \geq \dfrac{-4}{3} \Rightarrow 1 + \dfrac{2}{x + 2 + \sqrt{3x + 4}} + \dfrac{3}{x + 3 + \sqrt{5x + 9}} > 0$

Vậy $x^2 + x = 0 \Rightarrow \left[\begin{matrix}x = 0 \Rightarrow y = \dfrac{-1}{2}\\x = -1 \Rightarrow y = -1\end{matrix}\right.$

Bài 3. Ta đặt $\widehat{ACB} = \alpha$ cho dễ nhìn bạn nhé.

Giải

Gọi độ dài các cạnh BC, AC, AB lần lượt là a, b, c.

Khi đó, trong tam giác ABC, ta luôn chứng minh được:

$$m = \dfrac{2ab\cos{\dfrac{\alpha}{2}}}{a + b}$$
Bạn có thể tham khảo một số cách chứng minh trong nhiều tài liệu trên mạng

Vì vậy:

$m^2\tan{\dfrac{\alpha}{2}} = \dfrac{4a^2b^2\cos^2{\dfrac{\alpha}{2}}}{(a + b)^2}.\tan{\dfrac{\alpha}{2}} $

$= \dfrac{1}{2}.\dfrac{4ab}{(a + b)^2}.ab.2\sin{\dfrac{\alpha}{2}}\cos{\dfrac{\alpha}{2}} \leq \dfrac{1}{2}ab\sin{\alpha} = S$

Vậy, ta có điều phải chứng minh.

Bài 2

Giải

ĐK: $x \neq 1$

Phương trình đã cho tương đương:
$$x^3 + \dfrac{x^3}{(x - 1)^3} + \dfrac{3x^2}{x - 1} - 2 = 0$$

Đặt $t = x + \dfrac{x}{x - 1} = \dfrac{x^2}{x - 1}$

$\Rightarrow t^3 = x^3 + \dfrac{x^3}{(x - 1)^3} + 3\dfrac{x^2}{x - 1 }.t \Rightarrow x^3 + \dfrac{x^3}{(x - 1)^3} = t^3 – 3t^2$

Khi đó, phương trình trở thành: $t^3 - 3t^2 + 3t - 2 = 0 \Leftrightarrow (t - 1)^3 = 1 \Leftrightarrow t = 2$

Phương trình ban đầu vô nghiệm.

Bài 1 có thể biến đổi như sau:

Giải

Phương trình ban đầu tương đương:

$x^2 + \dfrac{(9x)^2}{(x + 9)^2} = 40$

$\Leftrightarrow \left ( x - \dfrac{9x}{x + 9}\right )^2 + 18\dfrac{x^2}{x + 9} = 40$

$\Leftrightarrow \dfrac{x^4}{(x + 9)^2} + 18\dfrac{x^2}{x + 9} - 40 = 0$

Đặt $t = \dfrac{x^2}{x + 9}$, ta được: $a^2 + 18a - 40 = 0$
 

Giải

Ta có:
$\dfrac{a}{ab + 3c} = \dfrac{a}{ab + (a + b + c)c} = \dfrac{a}{(a + c)(b + c)}$

Vậy:
$VT = \dfrac{a}{(a + c)(b + c)} + \dfrac{b}{(a + c)(a + b)} + \dfrac{c}{(a + b)(b + c)}$

$= \dfrac{a^2 + b^2 + c^2 + ab + bc + ca}{(a + b)(b + c)(c + a)} = \dfrac{(a + b + c)^2 - ab - bc - ca}{(a + b)(b + c)(c + a)}$

$\geq \dfrac{(a + b + c)^2 - \dfrac{1}{3}(a + b + c)^2}{\dfrac{8(a + b + c)^3}{27}} = \dfrac{9}{4(a + b + c)} = \dfrac{3}{4}$