Châu ơi! Xem đề \(S=y\sqrt{1+x^2}+x\sqrt{1+y^2}\) chứ nhỉ

\(xy+\sqrt{\left(1+x^2\right)\left(1+y^2\right)}=a\)

\(\Rightarrow\left(xy+\sqrt{\left(1+x^2\right)\left(1+y^2\right)}\right)^2=a^2\)

\(\Leftrightarrow x^2y^2+2xy\sqrt{\left(1+x^2\right)\left(1+y^2\right)}+\left(1+x^2\right)\left(1+y^2\right)=a^2\)

\(\Leftrightarrow x^2y^2+2xy\sqrt{\left(1+x^2\right)\left(1+y^2\right)}+x^2y^2+x^2+y^2+1=a^2\)

\(\Leftrightarrow x^2\left(1+y^2\right)+y^2\left(1+x^2\right)+2xy\sqrt{\left(1+x^2\right)\left(1+y^2\right)}=a^2-1\)

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

\(\Rightarrow x\sqrt{1+y^2}+y\sqrt{1+x^2}=\pm\sqrt{a^2-1}\)

Không mất tính tổng quát, giả sử \(x\ge y\)suy ra : 

\(\left(x+y\right)!=x!+y!\le2x!\)

\(\left(x+y\right)!=x!.\left(x+1\right)...\left(x+y\right)\le2x!\)

Suy ra \(\left(x+1\right)...\left(x+y\right)\le2\Rightarrow x\in\left\{0;1\right\}\)

Với \(x=0\Rightarrow y=0\): thử loại không thỏa mãn, loại. 

Với \(x=1\): 

- \(y=0\)thử lại không thỏa mãn. 

- \(y=1\)thử lại thỏa mãn. 

Vậy \(\left(x,y\right)=\left(1,1\right)\)thỏa mãn yêu cầu bài toán. 

Vì A; B; C là 3 góc của một tam giác 

=> \(A+B+C=180^o\)

Ta có: \(\cos A+\cos B=2.\cos\frac{A+B}{2}.\cos\frac{A-B}{2}\le2.\cos\frac{180^o-C}{2}=2.\sin\frac{C}{2}\)

Tương tự: \(\cos A+\cos C\le2.\sin\frac{B}{2}\); \(\cos B+\cos C\le2.\sin\frac{A}{2}\)

=> \(9=5\cos A+6\cos B+7\cos C\)

\(=\left(3\cos A+3\cos C\right)+\left(2\cos A+2\cos B\right)+\left(4\cos B+4\cos C\right)\)

\(\le6.\sin\frac{B}{2}+4\sin\frac{C}{2}+8\sin\frac{A}{2}\)

Vì A; B; C là 3 góc của một tam giác  => \(A;B;C< 180^o\)=> \(\frac{A}{2};\frac{B}{2};\frac{C}{2}< 90^o\)

=> \(0< \sin\frac{B}{2};\sin\frac{C}{2};\sin\frac{A}{2}< 1\)

Đặt: \(\sin\frac{B}{2}=y;\sin\frac{C}{2}=z;\sin\frac{A}{2}=x\)

Đưa về bài toán: \(0< x;y;z< 1\); \(8x+6y+4z\ge9\)

Chứng minh: \(x^2+y^3+z^4\ge\frac{7}{16}\)

Ta có: \(\left(x^2+\frac{1}{4}\right)+\left(y^3+\frac{1}{8}+\frac{1}{8}\right)+\left(z^4+\frac{1}{16}+\frac{1}{16}+\frac{1}{16}\right)\)

\(\ge x+\frac{3}{4}y+\frac{4z}{8}\)( theo cauchy)

=> \(x^2+y^3+z^4\ge\frac{1}{8}\left(8x+6y+4z\right)-\frac{11}{16}\ge\frac{9}{8}-\frac{11}{16}=\frac{7}{16}\)

Dấu "=" xảy ra <=> x = y = z = 1/2 

<=> A = B = C = 60⁰

Câu 1) Sai đề thì phải, bạn xem lại đề nha. 

Câu 2) 

\(M=2\left(x^4+y^4\right)+\frac{1}{xy}\ge4\sqrt{x^4y^4}+\frac{1}{xy}=4x^2y^2+\frac{1}{xy}\)

\(=4x^2y^2+\frac{1}{1024xy}+\frac{1}{1024xy}+\frac{511}{512xy}\)

\(\ge3\sqrt[3]{4x^2y^2.\frac{1}{1024xy}.\frac{1}{1024xy}}+\frac{511}{512}.\left(\frac{2}{x+y}\right)^2\)

\(\ge\frac{3}{64}+\frac{511}{512}.\left(\frac{2}{\frac{1}{2}}\right)^2=\frac{1025}{64}\)

Suy ra \(M\ge\frac{1025}{64}\)

Dấu \(=\)xảy ra khi \(x=y=\frac{1}{4}\).

Vậy \(minM=\frac{1025}{64}\).

\(\frac{\left(x-2017\right)^2+\left(x-2017\right)\left(2018-x\right)+\left(2018-x\right)^2}{\left(x-2017\right)^2-\left(x-2017\right)\left(2018-x\right)+\left(2018-x\right)^2}=\frac{13}{37}\)

\(\Rightarrow37\left[\left(x-2017\right)^2+\left(x-2017\right)\left(2018-x\right)+\left(2018-x\right)^2\right]=13\left[\left(x-2017\right)^2-\left(x-2017\right)\left(2018-x\right)+\left(2018-x\right)^2\right]\)

\(\Leftrightarrow24\left(x-2017\right)^2+50\left(x-2017\right)\left(2018-x\right)+24\left(2018-x\right)^2=0\)(*) 

- Với \(2018-x=0\Leftrightarrow x=2018\)thế vào (*) không thỏa mãn. 

- Với \(2018-x\ne0\), chia cả 2 vế của (*) cho \(\left(2018-x\right)^2\)ta được: 

(*) \(\Leftrightarrow24\frac{\left(x-2017\right)^2}{\left(2018-x\right)^2}+50\frac{x-2017}{2018-x}+24=0\)

\(\Rightarrow24t^2+50t+24=0\) (\(t=\frac{x-2017}{2018-x}\))

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}t=\frac{-4}{3}\\t=\frac{-3}{4}\end{cases}}\)

Với \(t=\frac{-4}{3}\Rightarrow\frac{x-2017}{2018-x}=\frac{-4}{3}\Rightarrow x=2021\)(thỏa mãn)

Với \(t=\frac{-3}{4}\Rightarrow\frac{x-2017}{2018-x}=\frac{-3}{4}\Rightarrow x=2014\)(thỏa mãn)

Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S=\left\{2014,2021\right\}\).