Bài toán: Giải hệ phương trình sau: $$\begin{cases} x^2+y^2+\dfrac{8xy}{x+y}=16\\\dfrac{x^2}{8y}+\dfrac{2x}{3}=\sqrt{\dfrac{x^3}{8y}+\dfrac{x^2}{4}}-\dfrac{y}{2}\end{cases}$$ Lời giải:
Điều kiện: $x+y\neq 0, y\neq 0, x\ge \dfrac{3}{4}$. Đặt $y=ax$, từ phương trình thứ hai của hệ, ta có: $$\dfrac{x^2}{8ax}+\dfrac{2x}{3}=\sqrt{\dfrac{x^3}{3ax}+\dfrac{x^2}{4}}-\dfrac{ax}{2}$$ Với $x\neq 0$, ta suy ra: $$\dfrac{1}{8a}+\dfrac{2}{3}=\sqrt{\dfrac{1}{3a}+\dfrac{1}{4}}-\dfrac{a}{2}$$ $$\Leftrightarrow 12a^2+16a-3=4\sqrt{9a^2+12a}$$
                                                                     $\Leftrightarrow 12a^2+16a-3-\dfrac{12(12a^2+16a-3)}{6+4\sqrt{9a^2+12a}}=0$
                                                                     $\Leftrightarrow (12a^2+16a-3)\left(1-\dfrac{12}{6+4\sqrt{9a^2+12a}}\right)=0$
Như vậy, ta có $12a^2+16a-3=0$ hoặc $1-\dfrac{12}{6+4\sqrt{9a^2+12a}}=0$. Cả hai trường hợp này đều dẫn đến: $$12a^2+16a-3=0$$ Tức là $a=\dfrac{1}{6} $ hoặc $a=-\dfrac{3}{2}$
$\bullet$  Trường hợp 1:  $a=\dfrac{1}{6}\Rightarrow x=6y$, thay vào phương trình đầu của hệ ta được: $$36y^2+y^2+\dfrac{48y^2}{6y+y}=16$$ $$\Leftrightarrow 37y^2+\dfrac{48}{7}y-16=0$$ $$\Rightarrow \begin{cases} y_1=\dfrac{4}{7}\\y_2=-\dfrac{28}{37}\end{cases}\Rightarrow \begin{cases}x_1=\dfrac{24}{7}\\x_2=-\dfrac{168}{37}\end{cases}$$ $\bullet$  Trường hợp 2: $a=-\dfrac{3}{2}\Rightarrow y=-\dfrac{3}{2}x$, tiếp tục thay vào phương trình đầu, ta được: $$\dfrac{13}{4}x^2+24x-16=0$$ $$\Rightarrow \begin{cases}x_1=-8 (l)\\x_2=\dfrac{8}{13}\Rightarrow y_2=-\dfrac{12}{13}\end{cases}$$ Thử lại, ta thu được: $$(x, y)=\left(\dfrac{4}{7}, \dfrac{24}{7}\right); \left(\dfrac{8}{13}, -\dfrac{12}{13}\right)$$

Bài toán: Giải hệ phương trình sau: $$\begin{cases} 3\left(x+\dfrac{1}{x}\right)=4\left(y+\dfrac{1}{y}\right)=5\left(z+\dfrac{1}{z}\right)\\xy+yz+zx=1\end{cases}$$ Lời giải:
Điều kiện: $x, y, z\neq 0$. Từ điều kiện $xy+yz+zx=1$, ta nghĩ đến việc chọn $A, B, C$ là ba góc của một tam giác sao cho: $$x=\tan \dfrac{A}{2}$$ $$y=\tan\dfrac{B}{2}$$ $$z=\tan\dfrac{C}{2}$$ Khi đó, ta có: $$\tan\dfrac{A}{2}+\dfrac{1}{\tan\dfrac{A}{2}}=\dfrac{\tan^2\dfrac{A}{2}+1}{\tan\dfrac{A}{2}}=\dfrac{\dfrac{1}{\cos^2\dfrac{A}{2}}}{\tan\dfrac{A}{2}}=\dfrac{2}{\sin A}$$ Theo đó, ta thu được: $$\dfrac{3}{\sin A}=\dfrac{4}{\sin B}=\dfrac{5}{\sin C}$$ Mặt khác, chú ý tới định lý hàm $\sin$, với $a, b,c$ tương ứng là cạnh đối diện của ba góc $A, B, C$, ta có: $$\dfrac{a}{\sin A}=\dfrac{b}{\sin B}=\dfrac{c}{\sin C}$$ Như vậy, ta thu được: $$a=3, b=4, c=5$$ Tới đây, ta dễ dàng tính được nghiệm của hệ là $$\left(x; y; z\right)=\left(\dfrac{1}{3}; \dfrac{1}{2}; 1\right)$$

Bài toán:  Cho $M$ là một điểm bất kì nằm trong tam giác $ABC$. Kí hiệu các khoảng cách từ $M$ đến ba đỉnh $A, B, C$ là $R_a,  R_b, R_c$ và các khoảng cách từ $M$ đến ba cạnh $BC, CA, AB$ là $d_a, d_b, d_c$. Chứng minh rằng: $$d_a+d_b+d_c\ge 2\left(\dfrac{d_b.d_c}{R_a}+\dfrac{d_c.d_a}{R_b}+\dfrac{d_a.d_b}{R_c}\right)$$ Lời giải:
Gọi $A_1, B_1, C_1$ lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ $M$ xuống $BC, CA, AB$. Ta có: $$B_1C_1=MA.\sin A=R_a.\sin A$$ $$C_1A_1=MB. \sin B=R_b.\sin B$$ $$A_1B_1=MC. \sin C=R_c.\sin C$$ Dựng $MA_2 \perp B_1C_1, MB_2 \perp C_1A_1, MC_2\perp A_1B_1$, thế thì ta có: $$MA_2=MB_1.\sin \angle MB_1A_2=MB_1.\sin\angle MAC_1=\dfrac{MB_1.MC_1}{MA}$$ $$MB_2=MC_1. \sin\angle MC_1B_2=MC_1. \sin\angle MBA_1=\dfrac{MC_1.MA_1}{MB}$$ $$MC_2=MA_1.\sin \angle MA_1C_2=MA_1.\sin\angle MCB_1=\dfrac{MA_1.MB_1}{MC}$$ Xét tam giác $A_1B_1C_1$ có khoảng cách từ $M$ đến $A_1, B_1, C_1$ là $d_a, d_b, d_c$. Khoảng cách từ $M$ đến $B_1C_1, C_1A_1, A_1B_1$ lần lượt là $\dfrac{d_bd_c}{R_a}, \dfrac{d_cd_a}{R_b}, \dfrac{d_ad_b}{R_c}$

Áp dụng bất đẳng thức Erdos Modell, ta có:$$d_a+d_b+d_c\ge 2\left(\dfrac{d_b.d_c}{R_a}+\dfrac{d_c.d_a}{R_b}+\dfrac{d_a.d_b}{R_c}\right)$$  Bài toán được chứng minh hoàn toàn.

Bài toán: (JBMO 2003) Cho $ x, y, z$ là các số dương lớn hơn $-1$. Chứng minh rằng: $$\dfrac{1+x^2}{1+y+z^2}+\dfrac{1+y^2}{1+z+x^2}+\dfrac{1+z^2}{1+x+y^2}\ge 2$$ Lời giải:
 Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có:$$y\le \dfrac{y^2+1}{2}\\\Leftrightarrow \dfrac{1+x^2}{1+y+z^2}\ge \dfrac{1+x^2}{1+\dfrac{y^2+1}{2}+z^2}$$ Tương tự, ta cũng có: $$\dfrac{1+y^2}{1+z+x^2}\ge \dfrac{1+y^2}{1+x^2+\dfrac{z^2+1}{2}}$$ $$\dfrac{1+z^2}{1+x+y^2}\ge \dfrac{1+z^2}{y^2+1+\dfrac{x^2+1}{2}}$$ Suy ra: $$\sum \dfrac{x^2+1}{1+y+z^2}\ge \sum \dfrac{x^2+1}{z^2+1+\dfrac{y^2+1}{2}}$$ Đặt $a=x^2+1, b=y^2+1, c=z^2+1$. Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: $$\dfrac{a}{b+2c}+\dfrac{b}{c+2a}+\dfrac{c}{a+2b}\ge 1$$ Đặt $A=b+2c, B=c+2a, C=a+2b$. Khi đó, bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:$$\dfrac{C}{A}+\dfrac{A}{B}+\dfrac{B}{C}+4\left(\dfrac{B}{A}+\dfrac{C}{B}+\dfrac{A}{C}\right)\ge 15$$ Tới đây, sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có đánh giá: $$\dfrac{C}{A}+\dfrac{A}{B}+\dfrac{B}{C}\ge 3\sqrt[3]{\dfrac{C}{A}.\dfrac{B}{C}.\dfrac{A}{B}}=3$$ $$\dfrac{B}{A}+\dfrac{C}{B}+\dfrac{A}{C}\ge 3\sqrt[3]{\dfrac{B}{A}.\dfrac{C}{B}.\dfrac{A}{C}}=3$$ Từ đó dễ dàng suy ra điều phải chứng minh

Bài toán: (Olympic 27/4 Bà Rịa-Vũng Tàu) Tìm tất cả hàm số $f:R\rightarrow R$ sao cho: $$f(x-f(y))=f(x+f(y))+4xf(y)$$ Lời giải: 
 Đặt $a=f(y)$, thế thì $$f(x-a)=f(x+a)+4ax$$ Cho $x=0$, ta thu được $f(-a)=f(a) \Rightarrow f$ là hàm chẵn$$ $$ Cho $a=0$ thì $f(x)=f(x)$ nên có ngay $f=0$ là một nghiệm của phương trình. $$ $$Cho $x=a$, ta có:$$f(0)=f(2x)+4x^2\\\Leftrightarrow f(2x)=f(0)-4x^2$$ Và như thế, ta thu được kết quả:    $f(x)=t-x^2$ , trong đó $t=f(0)$.$$ $$Kết luận, có hai hàm số thỏa mãn bài toán là:    $f(x)=0$ và $f(x)=t-x^2$

 Bài toán  (PTNK 2003-2004) Giải hệ phương trình sau: $$\begin{cases}a+b=2 \\ax+by=3 \\ax^2+by^2=5 \\ax^3+by^3=9 \end{cases}$$ Lời giải:
Ta kí hiệu lần lượt các phương trình từ trên xuống là $(1), (2), (3)$ và $(4)$. Khi đó, từ phương trình $(1)$ và $(3)$, ta thu được: $$(a+b)(ax^2+by^2)=10\\\\\Leftrightarrow a^2x^2+b^2y^2+ab(x^2+y^2)=10$$ Từ phương trình $(2)$ suy ra: $$(ax+by)^2=9\\\Leftrightarrow a^2x^2+b^2y^2+2abxy=9$$ Ta thu được: $$ab(x-y)^2=1$$ Từ $(2)$ và $(4)$, ta có: $$(ax+by)(ax^3+by^3)=27\\\Leftrightarrow a^2x^4+b^2y^4+abxy(x^2+y^2)=27$$ Từ phương trình $(3)$, ta có: $$a^2x^4+b^2y^4+2abx^2y^2=25$$ Do đó: $$ab(x+y)(x-y)^2=3\Rightarrow x+y=3$$ Tới đây, ta thu được hệ: $$\begin{cases}xy=2\\x+y=3\\ab(x-y)^2=1\\a+b=2\end{cases}$$ Hệ này khá đơn giản, giải hệ này ta tìm được $$(x,y, a, b)=(2, 1,1 ,1)\vee (1,2,1,1)$$

Bài toán: Cho hai dãy số $(a_n)$ và $(b_n)$ được xác định bởi: $$\begin{cases} a_0=1, a_1=\dfrac{1}{2}\\2b_{n+1}=2b_n-a_n\\b_n=\dfrac{1}{3}+2a_{n+1}\end{cases}$$ Đặt $c_n=\dfrac{1}{2^{n+1}}\sum_{i=0}^{n}\dfrac{b_i}{a_i}$,  Tính $\lim c_n$

Lời giải:
 Ta tính được $b_0=\dfrac{4}{3}, b_1=\dfrac{5}{6}$, ta có: $$2b_{n+2}=2b_{n+1}-a_{n+1}=2b_{n+1}-\dfrac{1}{2}\left(b_n-\dfrac{1}{3}\right)$$ Đặt $v_n=b_n-\dfrac{1}{3}$. Khi đó, ta có $4v_{n+2}=4v_{n+1}-v_n$ $$ $$ Xét phương trình: $4t^2-4t+1=0\Rightarrow t=\dfrac{1}{2}$. Lúc này, với $n=0, 1$, ta dễ dàng tính được: $$v_n=\dfrac{1}{2^n}\Rightarrow b_n=\dfrac{1}{2^n}+\dfrac{1}{3}\\\Rightarrow a_n=\dfrac{1}{2^n}$$ Suy ra $$\dfrac{b_n}{a_n}=\dfrac{2^n}{3}+1\Rightarrow c_n=\dfrac{1}{2^{n+1}}\sum_{i=0}^n\left(\dfrac{2^i}{3}+1\right)=\dfrac{1}{3}\sum_{i=1}^{n+1}\dfrac{1}{2^i}+\dfrac{n(n+1)}{2^{n+2}}$$ Ta chú ý rằng: $$\lim\dfrac{n(n+1)}{2^{n+2}}=0$$ $$\lim\sum_{i=1}^{n+1}\dfrac{1}{2^i}=1$$ Do đó $\lim \left(\dfrac{1}{3}\sum_{i=1}^{n+1}\dfrac{1}{2^i}+\dfrac{n(n+1)}{2^{n+2}}\right)=\dfrac{1}{3}$
 Kết luận, $$\lim c_n=\dfrac{1}{3}$$