x y + ( 1 + x 2 ) ( 1 + y 2 ) = 1 ⇔ ( 1 + x ) 2 ( 1 + y ) 2 = 1 − x y ⇒ ( 1 + x 2 ) ( 1 + y 2 ) = 1 - x y 2 ⇔ 1 + x 2 + y 2 + x 2 y 2 = 1 − 2 x y + x 2 y 2 ⇔ x 2 + y 2 + 2 x y = 0 ⇔ x + y 2 = 0 ⇔ y = − x ⇒ x 1 + y 2 + y 1 + x 2 = x 1 + x 2 − x 1 + x 2 = 0

2:

\(P=\dfrac{x_1+x_2}{x_1x_2}=\dfrac{-2}{-1}=2\)

1: Δ=(-2)^2-4*m

=4-4m

m<1

=>-4m>-4

=>-4m+4>0

=>Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt khi m<1

Lời giải:
Đặt $\frac{a}{x}=\frac{b}{y}=\frac{c}{z}=t$

$\Rightarrow a=xt; b=yt; c=zt$. Ta có:

$a+b+c=xt+yt+zt=t(x+y+z)=t$

$a^2+b^2+c^2=t^2(x^2+y^2+z^2)=t^2$

$ab+bc+ac=\frac{(a+b+c)^2-(a^2+b^2+c^2)}{2}=\frac{t^2-t^2}{2}=0$

Ta có đpcm.

Lời giải:

$2\text{VT}=2(x+y+z)-4(xy+yz+xz)+8xyz$

$=(2x-1)(2y-1)(2z-1)+1$

Do $x,y,z\in [0;1]$ nên $-1\leq 2x-1, 2y-1, 2z-1\leq 1$

$\Rightarrow (2x-1)(2y-1)(2z-1)\leq 1$

$\Rightarrow 2\text{VT}\leq 2$

$\Rightarrow \text{VT}\leq 1$
Ta có đpcm.

Dấu "=" xảy ra khi $(x,y,z)=(1,1,1), (0,0,1)$ và hoán vị.

Lời giải:

$x^5+y^5+z^5=(x^2+y^2+z^2)(x^3+y^3+z^3)-[x^2(y^3+z^3)+y^2(x^3+z^3)+z^2(x^3+y^3)]$

Mà:

$x^3+y^3+z^3=(x+y)^3-3xy(x+y)+z^3$

$=(-z)^3-3xy(-z)+z^3=3xyz$

Và:

\(x^2(y^3+z^3)+y^2(x^3+z^3)+z^2(x^3+y^3)\)

\(=x^2y^2(x+y)+y^2z^2(y+z)+z^2x^2(z+x)=-x^2y^2z-y^2z^2x-x^2y^2z\)

\(=-xyz(xy+yz+xz)=-xyz[\frac{(x+y+z)^2-(x^2+y^2+z^2)}{2}]=\frac{xyz(x^2+y^2+z^2)}{2}\)

Do đó: \(x^5+y^5+z^5=3xyz(x^2+y^2+z^2)-\frac{xyz(x^2+y^2+z^2)}{2}=\frac{5xyz(x^2+y^2+z^2)}{2}\)

\(\Rightarrow 2(x^5+y^5+z^5)=5xyz(x^2+y^2+z^2)\)

Ta có đpcm.

\(x^2+2y^2-2xy+x-2y+1=0\)

\(4x^2+8y^2-8xy+4x-8y+4=0\)

\(4x^2-4x\left(2y-1\right)+\left(2y-1\right)^2+8y^2-8y+4-\left(2y-1\right)^2=0\)

\(\left(2x-2y+1\right)^2+\left(4y^2-4y+1\right)+3=0\)

\(\left(2x-2y+1\right)^2+\left(2y-1\right)^2+3=0\) ( vô lí)

=> KL...........

vô lí

\(P=xy+yz+zx-2xyz=\left(xy+yz+zx\right)\left(x+y+z\right)-2xyz\)

\(P=xy\left(x+y\right)+yz\left(y+z\right)+zx\left(z+x\right)+xyz\ge0\)

Dấu "=" xảy ra khi \(\left(x;y;z\right)=\left(0;0;1\right)\) và hoán vị

Do vai trò của x;y;z là như nhau, ko mất tính tổng quát, giả sử \(z=min\left\{x;y;z\right\}\Rightarrow z\le\dfrac{1}{3}\)

\(P=xy\left(1-2z\right)+z\left(x+y\right)=xy\left(1-2z\right)+z\left(1-z\right)\)

\(P\le\dfrac{\left(x+y\right)^2}{4}\left(1-2z\right)+z\left(1-z\right)=\dfrac{\left(1-z\right)^2\left(1-2z\right)}{4}+z\left(1-z\right)\)

\(P\le\dfrac{1+z^2-2z^3}{4}=\dfrac{1}{4}+\dfrac{z.z.\left(1-2z\right)}{4}\le\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{27.4}\left(z+z+1-2z\right)^3=\dfrac{7}{27}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=\dfrac{1}{3}\)

1, Với x >=  0 ; x khác 1 

\(P=\dfrac{\sqrt{x}\left(x-1\right)+2\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-1\right)-\left(3x+1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}{\left(x-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}\)

\(=\dfrac{x\sqrt{x}+2x-3\sqrt{x}-3x\sqrt{x}-3x-\sqrt{x}-1}{\left(x-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}\)

\(=\dfrac{-2x\sqrt{x}-x-4\sqrt{x}-1}{\left(x-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}\)

mình sửa đề câu 2 nhé 

a, \(x^2+mx-1=0\)

\(\Delta=m^2-4\left(-1\right)=m^2+4>0\)

Vậy pt luôn có 2 nghiệm pb 

b, Theo Vi et : \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-m\\x_1x_2=-1\end{matrix}\right.\)

Ta có : \(\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2=7\)

Thay vào ta được : \(m^2+2=7\Leftrightarrow m^2=5\Leftrightarrow m=\pm\sqrt{5}\)

2.a) Để phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt thì: `Delta>0`

Delta=\(\left(-2m\right)^2\)-4.1.(-1)

<=>\(4m^2\)+4>0(∀m∈R)

Vậy phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt (∀m)

b. theo hệ thức viet, ta có:

x1+x2=2m

x1.x2=-1

\(x1^2+x2^2-x1x2=7\)

\(\Leftrightarrow\left(x1+x2\right)^2-3.x1.x2=7\)

\(\Leftrightarrow\left(2m\right)^2-3.\left(-1\right)=7\)

\(\Leftrightarrow4m^2=4\)

\(\Leftrightarrow m^2=1\)

=> m=1 , m= -1

giả sử cả 3 số xyz đều nhỏ hơn 1 

=>x+y+z<1+1+1=3

ta có x+y+z>\(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\)=\(\dfrac{xy+yz+xz}{xyz}\)\(\ge\)\(\dfrac{3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}}{abc}\) =\(\dfrac{3}{\sqrt[3]{abc}}=\dfrac{3}{\sqrt[3]{1}}=3\) vậy x+y+z >3

từ đó sẽ có ít nhất 1 trong 3 số lớn hơn 1