$(a):\sqrt{x-3}+\sqrt{15-x}=2\sqrt{6}(i)$

Điều kiện xác định $3\le x \le15$

$(i)\Leftrightarrow \sqrt{6}\sqrt{x-3}+\sqrt{6}\sqrt{15-x}=12$

Áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$, ta được:

$\sqrt{6}\sqrt{x-3}+\sqrt{6}\sqrt{15-x}\le\frac{1}{2}\left ( 6+x-3+6+15-x \right )=12$

Dấu $"="$ xảy ra khi và chỉ khi: 

$\left\{\begin{matrix} x-3=6 & \\ 15-x=6& \end{matrix}\right.\Leftrightarrow x=9$

Vậy $x=9$ là nghiệm của phương trình $(i)$

$(b)$ 

Điều kiện xác định: $\left[\begin{matrix} x\ge\frac{1}{2} & \\ x\le 0 & \end{matrix}\right.$

Áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$ ta có: $\sqrt{\frac{x}{2x-1}}+\sqrt{\frac{2x-1}{x}}\ge2 \sqrt{\frac{\sqrt{x(2x-1)}}{\sqrt{x(2x-1)}}}=2$

Dấu $"="$ xảy ra khi và chỉ khi: $\sqrt{\frac{x}{2x-1}}=\sqrt{\frac{2x-1}{x}}\Leftrightarrow x=2x-1\Leftrightarrow x=1$

Vậy $x=1$ là nghiệm của phương trình ban đầu

Gọi $O$ là giao điểm của $DC'$ và $D'C$, khi đó $CO=D'O$

Ta có $BC//B'C'$, suy ra $BC//(DB'C')$

Khi đó $d(DC',BC)=d(BC,(DB'C'))=d(C,(DB'C'))$

Lại có $CD\cap (DB'C')=O\Rightarrow \frac{d(C,(DB'C'))}{d(D',(DB'C'))}=\frac{CO}{D'O}=1\Leftrightarrow d(C,(DB'C'))=d(D',(DB'C'))$

Ta có $\left\{\begin{matrix} D'C' \perp B'C' & \\ DD' \perp B'C'& \end{matrix}\right.\Rightarrow B'C' \perp(DD'C')$

Vì $DD'C'C$ là hình vuông nên $D'O \perp DC'$

Ta có: $\left\{\begin{matrix} D'O \perp DC & \\ B'C' \perp(DD'C')\Rightarrow B'C'\perp D'O& \end{matrix}\right.\Rightarrow D'O\perp(DB'C')$

Vậy $D'O=d(D'(DB'C'))$

Áp dụng định lý $Pythagoras$ trong $\Delta D'OD$ ta được:

$DD'^2=DO^2+D'O^2\Leftrightarrow a^2=2D'O^2\Leftrightarrow D'O=\frac{a}{\sqrt{2}}$

Vậy $d(D',(DB'C'))=d(C'(DB'C'))=d(BC,DC')=\frac{a}{\sqrt{2}}$

Điều kiện xác định: $x\ge 0$ 

Ta có: $\sqrt{x}+\frac{1}{\sqrt{x}+4}-\frac{1}{4}=\frac{4x+16\sqrt{x}+4-\sqrt{x}-4}{\sqrt{x}+4}=\frac{4x+15\sqrt{x}}{\sqrt{x}+4}\ge0$

(Do $x \ge 0$)

Suy ra $\sqrt{x}+\frac{1}{\sqrt{x}+4}\ge\frac{1}{4}$

Dấu $"="$ xảy ra khi và chỉ khi $x=0$

$x^2+\sqrt[3]{x^4-x^2}=2x+1$

Nhận thấy $x=0$ không phải là nghiệm của phương trình ban đầu.

Chia hai vế của phương trình ban đầu cho $x$ ta được: 

$x+\sqrt[3]{\frac{x^4-x^2}{x^3}}=2+\frac{1}{x}\Leftrightarrow x+\sqrt[3]{x-\frac{1}{x}}=2+\frac{1}{x}$

$\Leftrightarrow x-\frac{1}{x}+\sqrt[3]{x-\frac{1}{x}}=2$

Đặt $v=\sqrt[3]{x-\frac{1}{x}}$, phương trình trở thành: 

$v^3+v=2$

$\Leftrightarrow v^3-1+v-1=0\Leftrightarrow (v-1)(v^2+v+1)+v-1=0$

$\Leftrightarrow (v-1)(v^2+v+2)=0$

Ta có $v^2+v+2=(v+\frac{1}{2})^2+\frac{7}{4}\ge\frac{7}{4}>0$

Do đó $v=1$ 

$\Rightarrow 1=\sqrt[3]{x-\frac{1}{x}}\Leftrightarrow 1=x-\frac{1}{x}$

$\Leftrightarrow x=x^2-1\Leftrightarrow \left [\begin{matrix} x=\frac{1+\sqrt{5}}{2}& \\ x=\frac{1-\sqrt{5}}{2}& \end{matrix}\right.$

Vậy phương trình ban đầu có tập nghiệm là $S=\left \{ \frac{1+\sqrt{5}}{2};\frac{1-\sqrt{5}}{2} \right \}$

Nhân 2 vào hai vế của đẳng thức trên ta có: 

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

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

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

Ta có: $(x-\sqrt{y})^2+(-x-1)^2+(\sqrt{y}-1)^2\ge\frac{(x-\sqrt{y}-x-1+\sqrt{y}-1)^2}{3}=\frac{4}{3}(*)$

Do đó $2P \ge \frac{4}{3}\Leftrightarrow P\ge \frac{2}{3}$

Dấu $"="$ xảy ra khi và chỉ khi: $x-\sqrt{y}=-x-1=\sqrt{y}-1\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=-\frac{1}{3} & \\ y=\frac{1}{9} & \end{matrix}\right.$

$(*)$ chính là bất đẳng thức phụ: $a^2+b^2+c^2\ge \frac{(a+b+c)^2}{3}$

$\sqrt{x-7}-\sqrt{9-x}=x^2-16x+66$

Điều kiện xác định: $7\le x\le9$ 

Vì $x \le9$ nên ta có: 

$\sqrt{x-7} \le \sqrt{9-2}=\sqrt{2}$

$\sqrt{9-x}\ge0\Leftrightarrow -\sqrt{9-x}\le0$

Do đó $\sqrt{x-7}-\sqrt{9-x}\le \sqrt{2}$

Lại có $x^2-16x+66=(x-8)^2+2 \ge2$ 

Vậy $x^2-16x+66>\sqrt{2}\ge\sqrt{x-7}-\sqrt{9-x}$

Suy ra dấu $"="$ không xảy ra hay phương trình ban đầu vô nghiệm

Hình: 

Trên mặt phẳng tọa độ $Oxy$

Xét đường thẳng $d:x-2y-5=0$, điểm $I(-1;4)$, điểm $B(6;-2)$ 

Điểm $A(x;y) \in d$ 

Ta có: $\left\{\begin{matrix} \sqrt{(x+1)^2+(y-4)^2}=IA & \\ \sqrt{(x-6)^2+(y+2)^2}=AB & \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow   \sqrt{(x+1)^2+(y-4)^2}-\sqrt{(x-6)^2+(y+2)^2}=IA-AB(*)$

Gọi $B'$ là điểm đối xứng với $B$ qua $d$, $H$ là giao điểm của $BB'$ với $d$ 

Ta có $HB: 2x+y-10=0$

Tọa độ điểm $H$ là nghiệm của hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix} x-2y-5=0 & \\ x+2y-10=0 & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=5 & \\ y=0& \end{matrix}\right.$

Vậy $H(5;0)$

Do đó tọa độ điểm $B'$ là nghiệm của hệ: $\left\{\begin{matrix} 5=\frac{x_{B'}+6}{2} & \\ 0=\frac{y_{B'}-2}{2} & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x_{B'}= 4 & \\ y_{B'}=2 & \end{matrix}\right.$

$(*)\Leftrightarrow \sqrt{(x+1)^2+(y-4)^2}-\sqrt{(x-6)^2+(y+2)^2}=IA -AB'$

Theo bất đẳng thức tam giác ta có: $IA-AB'\le IB'$

Do đó: $ \sqrt{(x+1)^2+(y-4)^2}-\sqrt{(x-6)^2+(y+2)^2} \le IB'$ 

Ta có $IB'=\sqrt{(4+1)^2+(2-4)^2}=\sqrt{29}$

Vậy $GTLN=\sqrt{29}$ 

Dấu $"="$ xảy ra khi và chỉ chỉ: $I,B',A$ thẳng hàng hay $IB' \cap d=A$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x-2y-5=0 & \\ 2x+5y=18 & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=\frac{61}{9} & \\ y=\frac{8}{9}& \end{matrix}\right.$