Hệ PT thi thử diễn đàn Mathlinks.vn

Bài toán: (Mathlinks.vn) Giải hệ phương trình: $$\begin{cases}(x+y)\left(\dfrac{1}{xy}+3\right)=\dfrac{6(x^2+y^2)+4}{\sqrt{2(x^2+y^2)}}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(1)\\\\4-x^2-y^2=2\sqrt{2xy}+\sqrt{2-x^2-y^2}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(2)\end{cases}$$ Lời giải: 

 ĐK: $\begin{cases}x^2+y^2\le 2\\x,y>0\end{cases}$. Bây giờ, ta sẽ chứng minh với điều kiện này thì: $$\begin{align}&\;\;\;\;\;\;\;(x+y)\left(\dfrac{1}{xy}+3\right)\ge\dfrac{6(x^2+y^2)+4}{\sqrt{2(x^2+y^2)}}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(*) \\ & \Leftrightarrow \dfrac{x+y}{xy}+3(x+y)-\dfrac{6(x^2+y^2)+4}{\sqrt{2(x^2+y^2)}}\ge 0 \\ & \Leftrightarrow \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}-\dfrac{4}{x+y}+\dfrac{4}{x+y}-\dfrac{4}{\sqrt{2(x^2+y^2)}}+3(x+y)-3\sqrt{2(x^2+y^2)}\ge 0 \\ & \Leftrightarrow \dfrac{(x-y)^2}{xy(x+y)}+\dfrac{4(x-y)^2}{(x+y)\sqrt{2(x^2+y^2)}\left[ x+y+\sqrt{2(x^2+y^2)}\right] }-\dfrac{3(x-y)^2}{x+y+\sqrt{2(x^2+y^2)}}\ge 0 \\ & \Leftrightarrow \dfrac{1}{xy(x+y)}+\dfrac{4}{(x+y)\sqrt{2(x^2+y^2)}\left[ x+y+\sqrt{2(x^2+y^2)}\right] }-\dfrac{3}{x+y+\sqrt{2(x^2+y^2)}}\ge 0 \\ & \Leftrightarrow \dfrac{1}{xy(x+y)}-\dfrac{8}{(x+y)\sqrt{2(x^2+y^2)}\left[ x+y+\sqrt{2(x^2+y^2)}\right]}+\dfrac{12}{(x+y)\sqrt{2(x^2+y^2)}\left[ x+y+\sqrt{2(x^2+y^2)}\right]}-\dfrac{3}{x+y+\sqrt{2(x^2+y^2)}}\ge  0 \\ & \Leftrightarrow \dfrac{\sqrt{2(x^2+y^2)}\left[x+y+\sqrt{2(x^2+y^2)}\right] -8xy}{xy(x+y)\sqrt{2(x^2+y^2)}\left[ x+y+\sqrt{2(x^2+y^2)}\right]}+\dfrac{3.\left[ 4-(x+y)\sqrt{2(x^2+y^2)}\right]}{(x+y)\sqrt{2(x^2+y^2)}\left[ x+y+\sqrt{2(x^2+y^2)}\right]}\ge 0\end{align}$$ BDT này đúng vì theo Cauchy Schwarz và AM-GM ta có: $$\sqrt{2(x^2+y^2)}\left[x+y+\sqrt{2(x^2+y^2)}\right]\ge 2(x+y)^2\ge 8xy$$ Vì $x^2+y^2\le 2$ nên: $$4-(x+y)\sqrt{2(x^2+y^2)}\ge 4-2(x^2+y^2)\ge 0$$ BDT $(*)$ được chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $x=y$. Thay vào phương trình $(2)$ ta được: $$\begin{aligned}&\;\;\;\;\;\; 4-2x^2=2x\sqrt{2}+\sqrt{2-2x^2}\\ & \Leftrightarrow 1-2x^2+2(1-x\sqrt{2})+1-\sqrt{2-2x^2}=0\\ & \Leftrightarrow (1-x\sqrt{2})\left[(1+x\sqrt{2}).\dfrac{\sqrt{2-2x^2}}{1+\sqrt{2-2x^2}}+2\right] =0\\ & \Leftrightarrow 1-x\sqrt{2}=0,\;\;\;\text{Vì }(1+x\sqrt{2})\dfrac{\sqrt{2-2x^2}}{1+\sqrt{2-2x^2}}+2 >0\\&\Leftrightarrow x=\dfrac{\sqrt{2}}{2} \end{aligned}$$ Cuối cùng, ta thu được nghiệm $$(x, y)=\left( \dfrac{\sqrt{2}}{2},\;\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)$$ 

Phương pháp S-S

Bài toán: (Toán học Tuổi trẻ) Kí hiệu $a, b, c, R, r$ lần lượt là độ dài ba cạnh, bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác đó. Chứng minh rằng: $$\dfrac{r}{R}\le\dfrac{3(ab+bc+ca)}{2(a^2+b^2+c^2)}$$
Lời giải:
Ta có: $$\dfrac{r}{R}=\dfrac{\dfrac{S}{p}}{\dfrac{abc}{4S}}=\dfrac{4S}{pabc}=\dfrac{4p(p-a)(p-b)(p-c)}{pabc}=\dfrac{(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)}{2abc}$$ Do $a, b, c$ là độ dài ba cạnh một tam giác nên tồn tại $x,y, z>0$ sao cho $a=x+y, b=y+z, c=z+x$. Suy ra: $$\dfrac{r}{R}=\dfrac{8xyz}{2(x+y)(y+z)(z+x)}$$ $$\begin{aligned}\dfrac{ab+bc+ca}{2(a+b+c)^2}&=\dfrac{(x+y)(y+z)+(y+z)(z+x)+(z+x)(x+y)}{8(x+y+z)^2}\\&=\dfrac{x^2+y^2+z^2+3(xy+yz+zx)}{8(x+y+z)^2}\end{aligned}$$ Lúc này bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: $$\begin{aligned}&\;\;\;\;\;\;\dfrac{8xyz}{2(x+y)(y+z)(z+x)}\le\dfrac{3[x^2+y^2+z^2+3(xy+yz+zx)]}{8(x+y+z)^2}\\&\Leftrightarrow \dfrac{2(x+y)(y+z)(z+x)}{8xyz}\ge \dfrac{8(x+y+z)^2}{3[x^2+y^2+z^2+3(xy+yz+zx)]}\\&\Leftrightarrow \dfrac{(x+y)(y+z)(z+x)-8xyz}{8xyz}\ge \dfrac{8(x+y+z)^2-6[x^2+y^2+z^2+3(xy+yz+zx)]}{3[x^2+y^2+z^2+3(xy+yz+zx)]}\\&\Leftrightarrow \dfrac{2z(x-y)^2+(x+y)(x-z)(y-z)}{8xyz}\ge\dfrac{(x-y)^2+(x-z)(y-z)}{3[x^2+y^2+z^2+3(xy+yz+zx)]}\\&\Leftrightarrow M(x-y)^2+N(x-z)(y-z)\ge 0\end{aligned}$$ Trong đó $$\begin{aligned} M&=\dfrac{2z}{8xyz}-\dfrac{1}{3[x^2+y^2+z^2+3(xy+yz+zx)]}\\&=\dfrac{z[x^2+y^2+z^2+3(xy+yz+zx)]-4xyz}{12xyz[x^2+y^2+z^2+3(xy+yz+zx)]}\\&=\dfrac{3z(x^2+y^2+z^2)+9z^2(y+x)+xyz}{12xyz[x^2+y^2+z^2+3(xy+yz+zx)]}>0\\\\N&=\dfrac{x+y}{8xyz}-\dfrac{1}{3[x^2+y^2+z^2+3(xy+yz+zx)]}\\&=\dfrac{3(x+y)[x^2+y^2+z^2+3(xy+yz+zx)]-8xyz}{24xyz[x^2+y^2+z^2+3(xy+yz+zx)]}\\&=\dfrac{3y[x^2+y^2+z^2+3(xy+yz+zx)]+3x(x^2+y^2+z^2)+9x^2(y+z)+xyz}{24xyz[x^2+y^2+z^2+3(xy+yz+zx)]}>0\end{aligned}$$ Đồng thời, không giảm tính tổng quát, ta có thể giả sử $z=\min\{x,y,z\}$. Như vậy, hiển nhiên ta có ngay: $$M(x-y)^2+N(x-z)(y-z)\ge 0$$ Bài toán được chứng minh.

LỚP CÁC PHƯƠNG TRÌNH HÀM XOAY QUANH CÁC ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC

LỚP CÁC PHƯƠNG TRÌNH HÀM XOAY QUANH CÁC ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC

Ta chú ý tới các đẳng thức sau: $$\begin{aligned}&\sin (x+y)=\sin x \cos y+\sin y \cos x\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(1)\\& \sin (x-y)=\sin x\cos y-\sin y\cos x\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(2)\\&\cos (x+y)=\cos x\cos y-\sin x\sin y\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(3)\\&\cos (x-y)=\cos x\cos y+\sin x\sin y\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(4)\\&\sin (x+y)\sin (x-y)=\sin ^2x\cos ^2y-\sin ^2y\cos ^2 x\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(5)\end{aligned}$$

I. Phương trình hàm Cauchy:

   Bài toán 1:  Tìm tất cả hàm $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$, liên tục trên $\mathbb{R}$ và thỏa: $$f(x+y)=f(x)+f(y),\forall x, y\in\mathbb{R}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(1)$$

Lời giải:
Trong $(1)$ cho $x=y$, ta được: $$f(2x)=2f(x),\forall x\in\mathbb{R}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(2)$$ Trong $(2)$ cho $x=0$ ta được $f(0)=0$. Bằng qui nạp, ta dễ dàng chứng minh được: $$f(nx)=n.f(x),\forall x\in\mathbb{R}, n\in\mathbb{N}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(3)$$
Trong $(1)$, ta cho $y=-x$, đồng thời chú ý $f(0)=0$, ta được: $$f(-x)=-f(x),\forall x\in\mathbb{R}$$ Như vậy, với $n\in\mathbb{Z^-}$, ta cũng có: $$f(nx)=f(-n.(-x))=-n.f(-x)=nf(x),\forall x\in\mathbb{R}$$ Do vậy, ta có được: $$f(nx)=nf(x),\forall x\in\mathbb{R}, n\in\mathbb{Z}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(4)$$ Với $n\in\mathbb{N}$ theo $(3)$ ta có: $$f(x)=f\left(n.\dfrac{1}{n}x\right)=n.f\left(\dfrac{1}{n}x\right)\Rightarrow f\left(\dfrac{1}{n}x\right)=\dfrac{1}{n}f(x)\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(5)$$ Từ $(4)$ và $(5)$ ta có: $$f\left(\dfrac{m}{n}x\right) =f\left(m.\dfrac{1}{n}x\right) =mf\left(\dfrac{1}{n}x\right) =\dfrac{m}{n}f(x), \forall x\in\mathbb{R}$$ Tức là: $$f(nx)=nf(x),\forall x\in\mathbb{R},n\in\mathbb{Q}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(6)$$ Trong $(6)$ cho $x=1$ ta được $f(n)=f(1).n,\forall n\in\mathbb{Q}$. Với mỗi $x\in\mathbb{R}$, ta thấy luôn tồn tại dãy số $(n_k)$ sao cho $\lim_{x\to +\infty } n_k=x$. Do $f$ liên tục nên ta có: $$f(x)=f\left(\lim_{x\to +\infty }n_k\right) =\lim_{x\to +\infty }f(n_k)=\lim_{x\to +\infty } n_k f(1)=f(1)\lim_{x\to +\infty }n_k=f(1). x,\forall x\in\mathbb{R}$$ Vậy ta có: $$f(x)\equiv ax, \forall x\in\mathbb{R}, a=const $$

Tính chất: Giả sử hàm $f$ cộng tính trên $\mathbb{R}$, khi đó ta có: 
            1. $f$ là hàm lẻ trên $\mathbb{R}$
            2. $f(x)=f(1).x, \forall x\in\mathbb{Q}$
            3. $f$ đơn điệu trên $\mathbb{R}$ thì $f(x)=f(1).x, \forall x\in\mathbb{R}$


   Bài toán 2:  Tìm hàm $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ liên tục trên $\mathbb{R}$ và thỏa mãn: $$ f(x+y)=f(x).f(y),\forall x, y\in\mathbb{R}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(1)$$

Lời giải:
Nếu $f$ hằng thì dễ thấy $f(x)\equiv 0, \forall x\in\mathbb{R}$ thỏa mãn bài toán. Ta xét bài toán khi $f(x)\not\equiv 0$ khác hằng. Khi đó, chọn $x_0$ sao cho $f(x_0)\neq 0$. Trong $(1)$, ta có: $$f(x_0)=f(x+x_0-x)=f(x).f(x_0-x)\neq 0, \forall x\in\mathbb{R}$$ Suy ra: $f(x)\neq 0,\forall x\in\mathbb{R}$ và $f(x)=f\left(\dfrac{x}{2}+\dfrac{x}{2}\right) =f^2\left( x\right)>0,\forall x\in\mathbb{R}$
Đặt $g(x)=\ln f(x)$. Khi đó từ $(1)$ ta có: $$g(x+y)=g(x)+g(y)$$ Sử dụng bài toán 1, ta có $g(x)\equiv ax, \forall x\in\mathbb{R}$. Từ đó suy ra: $f(x)= e^{ax},\forall x\in \mathbb{R}$. Thử lại thấy thỏa. Vậy có hai hàm thỏa bài toán: $$f(x)\equiv 0,\forall x\in\mathbb{R}\\f(x)\equiv a^x, \forall x\in\mathbb{R}, a>0$$


   Bài toán 3: Tìm hàm $f:\mathbb{R\setminus \{ 0\} }\to\mathbb{R}$, liên tục trên $\mathbb{R\setminus \{0\}}$ và thỏa: $$f(xy)=f(x)+f(y),\forall x, y\in\mathbb{R\setminus \{0\}}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(1)$$

Lời giải:
Dễ thấy $f(x)\equiv 0,\forall x\in\mathbb{R}$ là một hàm thỏa $(1).
 Trường hợp 1: $f$ trên khoảng $(0; +\infty )$. Ta chọn $u, v$ sao cho $x=e^u, y=e^b$. Đặt $g(x)=f(e^x)$. Khi đó $(1)$ trở thành: $$g(u+v)=g(u)+g(v),\forall u,v \in\mathbb{R}$$ Sử dụng bài toán 1, ta có $g(x)=ax\Rightarrow f(x)=a.\ln x, \forall x>0, a\in\mathbb{R}$.
 Trường hợp 2: $f$ trên khoảng $(-\infty; 0)$. Trong $(1)$ cho $x=y$ ta được: $$f(x^2)=f^2(x),\forall x\in\mathbb{R^-} \\\Leftrightarrow f(x)=\dfrac{1}{2}f(x^2),\forall x\in\mathbb{R^-}$$ Thay vào $(1)$ và sử dụng kết quả từ trường hợp 1, ta thấy: $$f(x)=\dfrac{1}{2}f(x^2)=\dfrac{1}{2}b.\ln |x|, \forall x\in\mathbb{R^-}$$ Kết hợp cả hai trường hợp ta được $$f(x)=C.\ln |x|, \forall x\in\mathbb{R\setminus \{0\}}$$


   Bài toán 4:  Tìm hàm $f: \mathbb{R^+}\to\mathbb{R^+}$ thỏa: $$f(xy)=f(x).f(y),\forall x, y\in\mathbb{R^+}$$

Lời giải:
Đặt $f(x)= e^{g(x)}$ Ta có được: $$g(xy)=g(x)+g(y),\forall x, y\in\mathbb{ R^+}$$ Sử dụng bài toán 3, ta có $g(x)=C.\ln |x|\Rightarrow f(x)=a x, \forall x\in\mathbb{R^+}$, thử lại thấy thỏa. Ngoài ra dễ thấy $f(x)=0, f(x)=1.\forall x\in\mathbb{R^+}$ cũng là nghiệm của bài toán.


Nhận xét:
    Từ đẳng thức $(5)$, nếu ta xét hàm $f(x)=\sin x$ thì ta được: $$f(x+y).f(x-y)=f^2(x)-f^2(y),\forall x, y\in\mathbb{R}$$
    Cộng $(3)$ và $(4)$ lại với nhau, ta có: $$\cos (x+y)+\cos (x-y)=2\cos \cos y,\forall x, y\in\mathbb{R}$$ Từ đó, xét hàm $g(x)=\cos x$ ta được bài toán phương trình hàm D' Alembert: $$f(x+y)+f(x-y)=2f(x)f(y),\forall x, y\in\mathbb{R}$$
   Lấy $(4)-(3)$, ta được: $$g(x-y)-g(x+y)=2.\sqrt{(1-g^2(x))(1-g^2(y))},\forall x, y\in \mathbb{R}$$
 ......
 Tương tự, từ những đẳng thức $(1), (2), (3), (4), (5)$ và nhiều đẳng thức lượng giác khác ta có thể thấy những nét thú vị của nó qua từng bài toán.

II. Phương trình hàm D'Alembert:

  Bài toán: (Phương trình hàm D'Alembert) Tìm hàm $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ liên tục và thỏa: $$f(x+y)+f(x-y)=2f(x)f(y),\forall x, y\in\mathbb{R}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(1)$$

Lời giải:
Trong $(1)$ cho $x=y=0$ ta tính được $f(0)=0\vee f(0)=1$. Nếu $f(0)=0$, trong $(1)$ cho $y=0$ ta tìm được $f(x)\equiv 0,\forall x\in\mathbb{R}$, thử lại thấy thỏa
Xét khi $f(0)=1$. Cho $x=y$ từ $(1)$ ta được: $$f(2x)+f(0)=2f^2(x)\Leftrightarrow f(2x)=2f^2(x)-1\ge -1,\forall x,\in\mathbb{R}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(2)$$ Ta xét hai trường hợp:
    Trường hợp 1: $| f(x) |\le 1$ Do $f$ liên tục nên tồn tại $\alpha >0$ sao cho $f(x)>0, \forall x\in (-\alpha ,\alpha )$. Khi đó, chọn $n_0\in\mathbb{N}$ đủ lớn sao cho $$f\left(\dfrac{x}{2^{n_0}}\right) >0\Rightarrow f\left(\dfrac{x}{2^{n_0}}\right) < 1$$ Như vậy, tồn tại $x_0=\dfrac{x}{2^{n_0}}\neq 0$ để: $$0< f(x_0)<f(x),\forall x\in (-|x_0|;|x_0|), f(x_0)=\cos \beta ,\beta\in\left(0;\dfrac{\pi}{2}\right)$$ Bằng qui nạp và từ $(2)$ ta chứng minh được $$f(kx)=\cos k\beta,\forall k\in\mathbb{N^+}$$ đồng thời vì $f$ chẵn nên $$f(k x)=\cos \beta ,\forall k\in\mathbb{Z}$$ Do tính trù mật trong $\mathbb{R}$ nên $f(x)=\cos ax, a\neq 0$, thử lại thấy thỏa.
   Trường hợp 2: $| f(x) |> 1$. Ta thu được nghiệm bài toán là $f(x)= \cosh x$. Đây là hàm cosin hyprebol ta không khảo sát trong chương trình phổ thông (Có thể tham khảo tại đây )

Nhận xét: Từ bài toán trên ta có định lý về nghiệm của phương trình hàm D'Alembert:
Hàm $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ thỏa: $$f(x+y)+f(x-y)=2f(x)f(y)$$ thì: $$f(x)=0,\forall x\in\mathbb{R}\\f(x)=1,\forall x\in\mathbb{R}\\f(x)=\cos ax, a\neq 0,x\in\mathbb{R}\\f(x)=\cosh ax, a\neq 0, x\in\mathbb{R}$$

Mở rộng phương trình hàm D'Alembert:  Tìm hàm $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ thỏa: $$f(x-y+a)-f(x+y+a)=2f(x)f(y)$$ Đáp số: $f\equiv 0 \vee f(x)=\cos \left(\dfrac{\pi}{2a}(x-a)\right) ,\forall x\in\mathbb{R}$

                                                                                                                                            To be countinue....

 

Bài toán: (Mathlink.vn) Giải hệ phương trình: $$\begin{cases}\dfrac{1}{(\sqrt{x}+1)(\sqrt{y}+1)}=\dfrac{1+\sqrt{2-x^2-y^2}}{\sqrt{xy(2-x^2-y^2)}+4}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(1)\\\\\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{2-x^2-y^2}(\sqrt{xy}+1)=2\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(2)\end{cases}$$ 
Lời giải:
Điều kiện: $\begin{cases}x, y\ge 0\\2-x^2-y^2\ge 0\end{cases}\Rightarrow 0\le x,y\le \sqrt{2}$ Phương trình $(2)$ tương đương với: $$(\sqrt{x}+1)(\sqrt{y}+1)=3+\sqrt{xy}-\sqrt{2-x^2-y^2}(\sqrt{xy}+1)$$ Đặt $a=\sqrt{2-x^2-y^2}, b=\sqrt{xy},\;(0\le a,b;\; b\le 2,\;a\le \sqrt{2})$  Kết hợp với $(1)$ ta có: $$\begin{aligned}&\;\;\;\;\;\;\dfrac{1+a}{ab+4}=\dfrac{1}{3+b-a(b+1)}\\&\Leftrightarrow (a+1)[3+b-a(b+1)]=ab+4\\&\Leftrightarrow b=\dfrac{(a-1)^2}{1-a-a^2}\end{aligned}$$ Ngoài ra: 
 +) Phương trình $(1)$ cho ta: $$\begin{aligned}&\;\;\;\;\;\;\; (\sqrt{x}+1)(\sqrt{y}+1)=\dfrac{\sqrt{xy(2-x^2-y^2)}+4}{1+\sqrt{2-x^2-y^2}}\\&\Leftrightarrow \sqrt{xy}+\sqrt{x}+\sqrt{y}+1=\dfrac{\sqrt{xy(2-x^2-y^2)}+4}{1+\sqrt{2-x^2-y^2}}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(3)\end{aligned}$$
 +) Phương trình $(2)$ cho ta: $$\sqrt{x}+\sqrt{y}=2-\sqrt{2-x^2-y^2}(\sqrt{xy}+1)\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(4)$$ Lấy $(3)-(4)$, ta được: $$\sqrt{xy}+1=\sqrt{2-x^2-y^2}(\sqrt{xy}+1)+\dfrac{\sqrt{xy(2-x^2-y^2)}+4}{1+\sqrt{2-x^2-y^2}}-2$$ hay: $$\begin{aligned}&\;\;\;\;\;\;b+1=a(b+1)+\dfrac{ab+4}{a+1}-2\\&\Leftrightarrow b=ab+a+\dfrac{ab+4}{a+1}-3\\&\Rightarrow \dfrac{(a-1)^2}{1-a-a^2}=\dfrac{a(a-1)^2}{1-a-a^2}+a+\dfrac{\dfrac{a(a-1)^2}{1-a-a^2}+4}{a+1}-3\\&\Leftrightarrow \dfrac{a^3-2a^2+a}{1-a-a^2}=0\Leftrightarrow a=0\vee a=1\end{aligned}$$

Trường hợp 1: $a=0\Rightarrow b=1$ Lúc này ta thu được; $$\begin{cases}x^2+y^2=2\\xy=1\end{cases}\Leftrightarrow x=y=1\;(x,y \ge 0)$$
Trường hợp 2: $a=1\Rightarrow b=0$ Lúc này ta được; $$\begin{cases}x^2+y^2=1\\xy=0\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x=0\\y=1\end{cases}\vee\begin{cases}x=1\\y=0\end{cases}$$ Thử lại thấy thỏa. Kết luận $$(x,y)=(1,1)\vee (0,1)\vee (1,0)$$