phuongthao202

+y=0 không phải ngiệm của hệ 

+y #0

chia hai vế hai pt cho $y^2$

$\Leftrightarrow (x^2-x+1)+15(x+1)=8\sqrt{(x+1)(x^2-x+1)}$

Giải phương trình sau: $\left ( \frac{5x}{x+5} \right )^{2}=11-x^{2}$

$\Leftrightarrow (\frac{5x}{x+5}-x)^2+\frac{10x^2}{x+5}-11=0 \Leftrightarrow (\frac{x^2}{x+5})^2+\frac{10x^2}{x+5}-11=0$

đến đây thì OK rồi

 

4. $\left\{\begin{matrix} x^{2}+1+y^{2}+xy=4y & & \\ x+y-2= \frac{y}{x^2+1}& & \end{matrix}\right.$

 

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

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

$\Leftrightarrow \sqrt[3]{2(x^2-4)}-(x-2)> \sqrt{\frac{x^3-16}{2}}-2(x-1)$

$\Leftrightarrow \frac{x(x-2)(6-x)}{\sqrt[3]{[2(x^2-4)]^2}+(x-2)\sqrt[3]{2(x^2-4)+(x-2)^2}}> \frac{(x-6)(x^2-2x+4)}{2(\sqrt{\frac{x3-16}{2}}+2(x-1))}$

$\Leftrightarrow (6-x)[\frac{x(x-2)}{\sqrt[3]{[2(x^2-4)]^2}+(x-2)\sqrt[3]{2(x^2-4)+(x-2)^2}}+ \frac{x^2-2x+4}{2(\sqrt{\frac{x3-16}{2}}+2(x-1))}]>0$

Do $x\geq \sqrt[3]{16}$ 

$\Rightarrow \sqrt[3]{16}\leq x < 6$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \frac{x}{y}+\frac{1}{\sqrt{1+x^2}+x}+y=0\\ (\frac{x^2}{y^2}+y^2+2x)+2\sqrt{x^2+1}-2x=3 \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} (\frac{x}{y}+y)+\sqrt{x^2+1}-x=0\\ (\frac{x}{y}+y)^2+2(\sqrt{x^2+1}-x)=3 \end{matrix}\right.$

điều kiện có nghiệm là $|a|\geq 2, |b|\geq 2, |c|\geq 2$

gọi $x_1$ là nghiệm của Pt (1) => $\frac{1}{x_1}$ là nghiệm còn lại

gọi $x_2$ là nghiệm của Pt (2) sao cho $x_1.x_2$ là nghiệm PT (3)

Theo Vi-et $\left\{\begin{matrix} x_1+\frac{1}{x_1}=-a\\ x_2+\frac{1}{x_2}=-b \\ x_1.x_2+\frac{1}{x_1.x_2}=-c \end{matrix}\right.$

xét $(a^2-2)(b^2-2)=(x_1^2+\frac{1}{x_1^2})(x_2^2+\frac{1}{x_2^2}=(x_1.x_2+\frac{1}{x_1.x_2})+(\frac{x_1}{x_2}+\frac{x_2}{x_1})^2-4$

mà $\frac{x_1}{x_2}+\frac{x_2}{x_1}=ab+c$=> $đpcm$