\(\hept{\begin{cases}mx+2my=m+1\\x+\left(m+1\right)y=2\end{cases}}\)

Để PT trên có nghiệm duy nhất:

\(\frac{m}{1}\ne\frac{2m}{m+1}\)

\(\Rightarrow m^2+m\ne2m\)

\(\Rightarrow m^2\ne m\Rightarrow m\ne0;m\ne1\)

\(\hept{\begin{cases}mx+2my=m+1\\x\left(m+1\right)y=2\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}mx+2my=m+1\\mx+m\left(m+1\right)y=2m\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}mx+2my=m+1\\2my-m\left(m+1\right)y=m+1-2m\left(#\right)\end{cases}}\)

Từ (#) \(2my-m\left(m+1\right)y=m+1-2m\)

\(\Leftrightarrow2my-m^2y-my=1-m\)

\(\Leftrightarrow my-m^2y=1-m\)

\(\Leftrightarrow y\left(m-m^2\right)=1-m\)

\(\Leftrightarrow y=\frac{1-m}{m-m^2}\)

\(\Leftrightarrow y=\frac{1-m}{m\left(1-m\right)}=\frac{1}{m}\)

Ta có \(x+\left(m+1\right)y=2\)

\(\Leftrightarrow x+\frac{m+1}{m}=2\)

\(\Leftrightarrow x=2-\frac{m+1}{m}=\frac{2m-m-1}{m}=\frac{m-1}{m}\)

=> PT trên ta có 1 nghiệm (x;y) = (m-1/m;1/m)

Ta có \(x+y=\frac{m-1}{m}+\frac{1}{m}=\frac{m}{m}=1\)

\(\Rightarrow y=1-x\)

=>điểm M (x;y) luôn thuộc 1 đường thẳng cố định khi m thay đổi

P/s về câu trường hợp thì mik ko chắc chắn có đúng không, bạn nên hỏi các thầy cô để chắc chắn ạ, sai-ib để mik sửa chữa ạ >:

Chuẩn hóa \(a+b+c=1\)

Khi đó BĐT cần chứng minh tương đương với

\(\frac{a\left(1-a\right)}{1-2a+2a^2}+\frac{b\left(1-b\right)}{1-2b+2b^2}+\frac{c\left(1-c\right)}{1-2c+2c^2}\le\frac{6}{5}\)

Mặt khác:

\(2a\left(1-a\right)\le\left(\frac{2a+1-a}{2}\right)^2=\frac{\left(a+1\right)^2}{4}\)

Khi đó:\(1-2a+2a^2=1-2a\left(1-a\right)\ge1-\frac{\left(a+1\right)^2}{4}=\frac{\left(1-a\right)\left(a+3\right)}{4}>0\)

\(\Rightarrow\frac{a\left(1-a\right)}{1-2a+2a^2}\le\frac{4a\left(1-a\right)}{\left(1-a\right)\left(a+3\right)}=4\cdot\frac{a}{a+3}=4\left(1-\frac{3}{a+3}\right)\)

Tương tự rồi cộng lại ta được:

\(RHS\le4\left(3-\frac{3}{a+3}-\frac{3}{b+3}-\frac{3}{c+3}\right)\le4\left(3-\frac{3\cdot9}{a+b+c+9}\right)=\frac{6}{5}\)

Không cần a+b+c=1 thì BĐT vẫn đúng mà

\(VT\ge\frac{9}{\Sigma_{cyc}\sqrt{xy+x+y}}\ge\frac{9}{\sqrt{\left(1+1+1\right)\left(2x+2y+2z+xy+yz+zx\right)}}\ge\frac{9}{\sqrt{3\left[6+\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}\right]}}=\sqrt{3}\)

Giả sử tồn tại các số nguyên x,y thảo mãn \(x^4+y^3+4=0\) \(\left(1\right)\)

Ta có: \(\left(1\right)\) \(\Leftrightarrow\left(x^2-2x+2\right)\left(x^2+2x+2\right)=-y^3\)

Trước tiên ta nhận xét rằng x phải là một số lẻ, bởi ngược lại nếu x là một số chẵn thì \(x^4+4=-y^3\) là lập phương của một số chẵn, nhưng \(x^4+4\) không chia hết cho 8 với mọi số nguyên x ( vô lí ).

Vậy x là một số lẻ, suy ra y cũng là một số lẻ.

Đặt \(d=\left(x^2-2x+2,x^2+2x+2\right)\)

Ta có: \(4x=\left[\left(x^2+2x+2\right)-\left(x^2-2x+2\right)\right]⋮d\)

Mặt khác d là số lẻ ( vì \(-y^3⋮d\)  và y là số lẻ ), dẫn đến \(\left(4,d\right)=1\) và do đó \(x⋮d\)

Suy ra \(2⋮d\) nên \(d=1\) ( vì d lẻ )

Tóm lại, hai số nguyên \(x^2-2x+2\) và \(x^2+2x+2\) là hai số nguyên tố cùng nhau, có tích là lập phương của một số nguyên nên mỗi số là lập phương của một số nguyên.

Đặt:

\(x^2-2x+2=a^3,x^2+2x+2=b^3\) với \(a,b\inℤ\)

Suy ra \(\left(x-1\right)^2=\left(a-1\right)\left(a^2+a+1\right)\)

\(\left(x+1\right)^2=b^3-1=\left(b-1\right)\left(b^2+b+1\right)\)

Do đó: \(a-1\ge0,b-1\ge0\)

Gọi \(d_1\) là ước chung lớn nhất của \(a-1\) và \(a^2+a=1\) thì \(3a=\left[\left(a^2+a+1\right)-\left(a-1\right)^2\right]⋮d_1\)

Mà \(\left(a,d_1\right)=1\) ( vì \(d_1\) là ước của \(a-1\) ) nên \(3⋮d_1\) )

Do đó: \(d_1\in\left\{1;3\right\}\)

Tương tự gọi \(d_2\) là ước chung lớn nhất của \(b-1\) và \(b^2+b+1\) thì \(d_2\in\left\{1;3\right\}\)

Chú ý rằng nếu \(d_1=d_2=3\) thì \(\left(x-1\right)^2\) và \(\left(x+1\right)^2\) đều chia hết cho 3

Suy ra \(2=\left(x+1\right)-\left(x-1\right)\) chia hết cho 3 ( vô lí )

Vì vậy trong hai số \(d_1,d_2\) phải có một số bằng 1

+ Nếu \(d_1=1\) thì khi đó \(a-1\) và \(a^2+a+1\) là hai số nguyên tố cùng nhau có tích là một số chính phương nên cả 2 số đó đồng thời là số chính phương.

Đặt \(a^2+a+1=m^2\) thì

\(4m^2=4\left(a^2+a=1\right)=\left(2a+1\right)^2+3\)

Do đó \(\left(2m-2a-1\right)\left(2m+2a+1\right)=3\)

TH1: \(2m-2a-1=1,2m+2a+1=3\) thì \(a=0\) ( vô lí vì phương trình \(x^2-2x+2\) không cs nghiệm nguyên )

TH2: \(2m-2a-1=3,2m+2a+1=1\) thì \(a=-1\) ( vô lí vì phương trình \(x^2-2x+2=-1\)  không cs nghiệm nguyên )

+ Nếu \(d_2=1\) làm tương tự ta không tìm đc x,y thỏa mãn.

Vậy không tồn tại các số nguyên x,y thỏa mãn đề bài.

\(VT=\left(\sqrt{a^2}+\sqrt{b^2}+\sqrt{c^2}\right)\left[\left(\frac{\sqrt{a}}{b+c}\right)^2+\left(\frac{\sqrt{b}}{c+a}\right)^2+\left(\frac{\sqrt{c}}{a+b}\right)^2\right]\)

Áp dúng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có : 

\(VT\ge\left(\sqrt{a}.\frac{\sqrt{a}}{b+c}+\sqrt{b}.\frac{\sqrt{b}}{c+a}+\sqrt{c}.\frac{\sqrt{c}}{a+b}\right)^2\)

\(\Leftrightarrow VT\ge\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\right)^2\)

Xét \(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy dạng phân thức ta có :

\(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}=\frac{a^2}{ab+ac}+\frac{b^2}{bc+ab}+\frac{c^2}{ca+bc}\)

\(\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(ab+bc+ac\right)}=\frac{3\left(ab+bc+ca\right)}{2\left(ab+bc+ac\right)}=\frac{3}{2}\)

\(\Rightarrow\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\right)^2\ge\left(\frac{3}{2}\right)^2=\frac{9}{4}\)

\(\Rightarrow VT\ge\frac{9}{4}\left(đpcm\right)\)

Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c\)

Chúc bạn học tốt !!!