1. Cho hai số \(a,\,b\) thoả mãn các điều kiện \(a.b = 1,\,\,a + b \ne 0\). Rút gọn biểu thức:

\(Q = \frac{1}{{{{\left( {a + b} \right)}^3}}}\left( {\frac{1}{{{a^3}}} + \frac{1}{{{b^3}}}} \right) + \frac{3}{{{{\left( {{a^2} + {b^2} + 2} \right)}^2}}}\left( {\frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}}} \right) + \frac{6}{{{{\left( {a + b} \right)}^4}}}\)

2. Cho hai số dương \(x,\,y\) thoả mãn \(x\sqrt {{y^2} + 1}  + y\sqrt {{x^2} + 1}  = \sqrt {15} \). Tính giá trị của biểu thức:

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

1)Đặt \(A = 2{p^4} - {p^2} + 16\)

Với \(p = 3\) thì \(A = 169 = {13^2}\) là số chính phương. Vậy \(p = 3\) thoả mãn.

Với \(p > 3\) thì \({p^2} \equiv 1\left( {\bmod 3} \right)\). Suy ra\({p^4} = {\left( {{p^2}} \right)^2} \equiv 1\left( {\bmod 3} \right)\)

Suy ra \(A = 2{p^4} - {p^2} + 16 \equiv 2.1 - 1 + 16 \equiv 2\left( {\bmod 3} \right)\)

Do các số chính phương chia cho 3 chỉ dư \(0\) hoặc 1 nên \(A\) không là số chính phương.

2)Ta có phương trình

\(\begin{array}{l}6{x^2} + 7xy + 2{y^2} + x + y - 1 = 1\\ \Leftrightarrow 6{x^2} + \left( {7y + 1} \right)x + 2{y^2} + y - 1 = 1\\ \Leftrightarrow \left( {2x + y + 1} \right)\left( {3x + 2y - 1} \right) = 1\end{array}\)

\(\left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}2x + y + 1 = 1\\3x + 2y - 1 = 1\end{array} \right.\,\,\,\,\left( 1 \right)\\\left\{ \begin{array}{l}2x + y + 1 = - 1\\3x + 2y - 1 = - 1\end{array} \right.\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\)

\(\left( 1 \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - 2\\y = 4\end{array} \right.\)

\(\left( 2 \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - 4\\y = 6\end{array} \right.\)

Giả sử \(c = \min \left\{ {a,\,b,\,c} \right\}\). Khi đó :

\(\begin{array}{l}c \le a \Rightarrow {c^2} \le ac \Rightarrow {a^2} + {c^2} \le {a^2} + ac \le {\left( {a + \frac{c}{2}} \right)^2}\\c \le b \Rightarrow {c^2} \le bc \Rightarrow {b^2} + {c^2} \le {b^2} + bc \le {\left( {b + \frac{c}{2}} \right)^2}\\{a^2} + {b^2} \le {\left( {a + \frac{c}{2}} \right)^2} + {\left( {b + \frac{c}{2}} \right)^2}\end{array}\)

\(VT\left( * \right) \ge \frac{1}{{{{\left( {a + \frac{c}{2}} \right)}^2} + {{\left( {b + \frac{c}{2}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {b + \frac{c}{2}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {a + \frac{c}{2}} \right)}^2}}}\)

Đặt \(x = a + \frac{c}{2};\,y = b + \frac{c}{2}\). Khi đó \(x > 0,\,y > 0\) và \(x + y = a + b + c\).

Ta có \(VT\left( * \right) \ge \frac{1}{{{x^2} + {y^2}}} + \frac{1}{{{y^2}}} + \frac{1}{{{x^2}}}\)

\(\begin{array}{l} \ge \frac{1}{{{x^2} + {y^2}}} + \frac{2}{{xy}} = \frac{1}{{{x^2} + {y^2}}} + \frac{1}{{2xy}} + \frac{3}{{2xy}} \ge \frac{4}{{{x^2} + {y^2} + 2xy}} + \frac{3}{{2xy}}\\ = \frac{4}{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}} + \frac{3}{{2xy}} \ge \frac{4}{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}} + 3.\frac{2}{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}} = \frac{{10}}{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}} = \frac{{10}}{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}} = VP\left( * \right)\end{array}\)

Dấu bằng xảy ra khi \(\left\{ \begin{array}{l}c = 0\\x = y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}c = 0\\a = b\end{array} \right.\). Do vai trò của \(a,\,b,\,c\) bình đẳng nên dấu “=” của \(\left( * \right)\) xảy ra khi và chỉ khi trong ba số \(a,\,b,\,c\) có một số bằng 0 và hai số còn lại bằng nhau.