Với bài toán dạng này em hãy kẻ bảng cho dễ suy nghĩ. Các đại lượng số cây, số luống, số cây mỗi luống thực ra là một cách biến hóa của ba đại lượng rất quen thuộc, tương ứng đó là quãng đường, thời gian, vận tốc.
Bởi vì em có công thức :
số cây $=$ số luống $\times $ số cây mỗi luống.
 Như vậy nếu đặt $x$ là số luống, $y$ là số cây mỗi luống thì số cây sẽ là $xy.$ Ta có bảng sau
$$\begin{array}{c|c|c}
 \text{số luống }&\text{số cây mỗi luống } &\text{số cây }\\
\hline
 x & y & xy \\\\
\hline
 x-2 & y+7 & (x-2)(y+7)\\\\
\hline
  x+2 & y-5 & (x+2)(y-5)
\end{array}$$
Theo đề bài ta có
      $\begin{cases} (x-2)(y+7)=xy-9 \\  (x+2)(y-5)=xy+15 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases} xy-2y+7x-14=xy-9 \\  xy+2y-5x-10=xy+15 \end{cases}$
$\Leftrightarrow \begin{cases} -2y+7x=5 \\ 2y-5x=25 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x= 15\\ y=50 \end{cases}$
 Vậy số cây rau cải là $xy=15 \times 50=750$ (cây).

Viết lại hệ dưới dạng
$\begin{cases}mx-2y -m>0 \qquad (1)\\ (x-m)^2+(y+\dfrac{1}{2})^2=m^2+\dfrac{1}{4} \qquad (2)\end{cases}$
Dễ thấy $(2)$ là PT đường tròn tâm $I(m, -\dfrac{1}{2})$, còn $(1)$ là PT của một miền mặt phẳng mở $(\Omega)$ (tức là không có đường biên). Ta lại thấy $m^2+1-m>0 \quad \forall m$, như vậy thì $I \in (\Omega)$. Một cách trực quan thì đường tròn tâm $I$ bán kính bất kỳ này luôn cắt $(\Omega)$ và HPT này sẽ có nghiệm $ \forall m$. Đây là một định lý cơ bản của môn Topo đại cương trên Đại học. Với kiến thức của chúng ta hiện tại, sẽ có một cách giải thích khác như sau :
Với mọi $m$, ta lấy $(x,y)=(2m,-1)$
Thay vào $(1)$,
$2m^2+2-m >0$, luôn đúng với mọi $m$ vì $2m^2+2-m=m^2+(m-\dfrac{1}{2})^2+\dfrac{7}{4}>0$
Thay vào $(2)$,
 $(x-m)^2+(y+\dfrac{1}{2})^2=m^2+\dfrac{1}{4} $, luôn đúng với mọi $m$.
 Vậy hệ luôn có nghiệm $(x,y)=(2m,-1)\quad \forall m.$

Ta có
$\dfrac{1}{\tan \dfrac{C}{2}}=\cot \dfrac{C}{2}=\tan \left (\dfrac{A}{2}+ \dfrac{B}{2} \right )=\dfrac{\tan \dfrac{A}{2}+\tan \dfrac{B}{2}}{1-\tan \dfrac{A}{2}\tan \dfrac{B}{2}}$
Nhân chéo và rút gọn ta được
$\tan \dfrac{A}{2}\tan \dfrac{B}{2}+\tan \dfrac{C}{2}\tan \dfrac{B}{2}+\tan \dfrac{A}{2}\tan \dfrac{C}{2}=1$
Áp dụng BĐT quen thuộc $\quad (x+y+z)^2 \ge 3(xy+yz+zx) \quad \forall x,y,z.$ Ta có
$\left ( \tan \dfrac{A}{2}+\tan \dfrac{B}{2}+\tan \dfrac{C}{2} \right )^2 \ge 3\left (\tan \dfrac{A}{2}\tan \dfrac{B}{2}+\tan \dfrac{C}{2}\tan \dfrac{B}{2}+\tan \dfrac{A}{2}\tan \dfrac{C}{2}\right )=3$
Từ đây suy ra đpcm.
Đẳng thức xảy ra $\iff \triangle ABC$ đều.

2)
Ta có:
$\sin\dfrac{A}{2}+\sin\dfrac{B}{2}=2\sin(\dfrac{A}{4}+\dfrac{B}{4})\cos(\dfrac{A}{4}-\dfrac{B}{4})\le2\sin(\dfrac{A}{4}+\dfrac{B}{4})$
$\sin\dfrac{C}{2}+\sin\dfrac{\pi}{6}=2\sin(\dfrac{C}{4}+\dfrac{\pi}{12})\cos(\dfrac{C}{4}-\dfrac{\pi}{12})\le2\sin(\dfrac{C}{4}+\dfrac{\pi}{12})$
$\sin(\dfrac{A}{4}+\dfrac{B}{4})+\sin(\dfrac{C}{4}+\dfrac{\pi}{12})=2\sin\dfrac{\pi}{6}\cos(\dfrac{A}{8}+\dfrac{B}{8}-\dfrac{C}{8}-\dfrac{\pi}{24})\le2\sin\dfrac{\pi}{6}$
Suy ra: $\sin\dfrac{A}{2}+\sin\dfrac{B}{2}+\sin\dfrac{C}{2}\le3\sin\dfrac{\pi}{6}=\dfrac{3}{2}$
Suy ra: $\sin\dfrac{A}{2}\sin\dfrac{B}{2}\sin\dfrac{C}{2}\le\left(\dfrac{\sin\dfrac{A}{2}+\sin\dfrac{B}{2}+\sin\dfrac{C}{2}}{3}\right)^3\le\dfrac{1}{8}$
 Điều này chứng tỏ $\triangle ABC$ đều.

1) Từ điều kiện của đẳng thức suy ra $\cos A , \cos B, \cos C >0.$
Ta có:
$\cos A+\cos B=2\cos(\dfrac{A}{2}+\dfrac{B}{2})\cos(\dfrac{A}{2}-\dfrac{B}{2})\le2\cos(\dfrac{A}{2}+\dfrac{B}{2})$
$\cos C+\cos\dfrac{\pi}{3}=2\cos(\dfrac{C}{2}+\dfrac{\pi}{6})\cos(\dfrac{C}{2}-\dfrac{\pi}{6})\le2\cos(\dfrac{C}{2}+\dfrac{\pi}{6})$
$\cos(\dfrac{A}{2}+\dfrac{B}{2})+\cos(\dfrac{C}{2}+\dfrac{\pi}{6})=2\cos\dfrac{\pi}{3}\cos(\dfrac{A}{4}+\dfrac{B}{4}-\dfrac{C}{4}-\dfrac{\pi}{12})\le2\cos\dfrac{\pi}{3}$
Suy ra: $\cos A+\cos B+\cos C\le3\cos\dfrac{\pi}{3}=\dfrac{3}{2}$
và $\cos A\cos B\cos C \le \left ( \dfrac{\cos A+\cos B+\cos C}{3} \right )^3\le\dfrac{1}{8}$
 Điều này chứng tỏ $\triangle ABC$ đều.

Nhận xét rằng nếu một số trong ba số $x,y,z$ bằng $0$ thì hai số còn lại bằng $0$, ví dụ như $x=0$ thì suy ra $y=0,z=0$ (bạn tự kiểm tra điều này). Như vậy $(x,y,z)=(0,0,0)$ là một nghiệm của hệ.
Xét $xyz \ne 0$. HPT
$\Leftrightarrow \begin{cases}\dfrac{x+y}{xy}=\dfrac{3}{2} \\ \dfrac{y+z}{yz}=\dfrac{5}{6}\\\dfrac{x+z}{xz}=\dfrac{4}{3} \end{cases}$
$\Leftrightarrow \begin{cases}\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}=\dfrac{3}{2} \\ \dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}=\dfrac{5}{6}\\\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{z}=\dfrac{4}{3} \end{cases}$
 cộng theo từng vế ba PT này ta được
$2\left ( \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z} \right )=\dfrac{11}{3}\Rightarrow \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z} =\dfrac{11}{6}$
Suy ra
$\begin{cases}\dfrac{1}{z}=\dfrac{1}{3} \\ \dfrac{1}{x}=\dfrac{1}{1}\\\dfrac{1}{y}=\dfrac{1}{2} \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x=1 \\ y=2 \\z=3\end{cases}$

Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết

HPT
$\Leftrightarrow \begin{cases}x+xy+y+1=2 \\ y+yz+z+1=4\\z+zx+x+1=8\end{cases}$
$\Leftrightarrow \begin{cases}(x+1)(y+1)=2 \\ (y+1)(z+1)=4\\(z+1)(x+1)=8\end{cases}$
Nhân theo từng vế ba PT này ta được
$\left[ {(x+1)(y+1)(z+1)} \right]^2=64\Rightarrow (x+1)(y+1)(z+1)=\pm 8$
+ Nếu $(x+1)(y+1)(z+1)=8$ thì ta có
$\Leftrightarrow \begin{cases}z+1=4 \\ x+1=2\\y+1=1\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}z=3 \\ x=1\\y=0\end{cases}$
+ Nếu $(x+1)(y+1)(z+1)=-8$ thì ta có
$\Leftrightarrow \begin{cases}z+1=-4 \\ x+1=-2\\y+1=-1\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}z=-5 \\ x=-3\\y=-2\end{cases}$

PT
$\Leftrightarrow (x^2-2x-4)(x^2+2x+8)=0$
$\Leftrightarrow x=1 \pm \sqrt 5$

Từ PT thứ nhất suy ra $2y=m+1-mx\Rightarrow y=\dfrac{m+1-mx}{2}$
Thay vào PT thứ hai ta được
      $2x + m.\dfrac{m+1-mx}{2}=2m-1$
$\Leftrightarrow 4x+m^2+m-m^2x=4m-2$
$\Leftrightarrow x(m^2-4)=m^2-3m+2$
$\Leftrightarrow x(m-2)(m+2)=(m-2)(m-1) \qquad (*)$
Nếu $m=2$ thì $(*) \Leftrightarrow Ox=0$, pt này vô số nghiệm.
Nếu $m=-2$ thì $(*) \Leftrightarrow Ox=12$, pt này vô nghiệm.
 Nếu $m\ne2,-2$ thì $(*) \Leftrightarrow x=\dfrac{m-1}{m+2}$. Thay trở lại để tìm ra $y=\dfrac{m+1-mx}{2}=\dfrac{2m+1}{m+2}$
Như vậy trong trường hợp này hệ có nghiệm duy nhất
$x=\dfrac{m-1}{m+2}=1-\dfrac{3}{m+2},$
$y=\dfrac{2m+1}{m+2}=2-\dfrac{3}{m+2}$.
Và ta cần tìm $m \in \mathbb Z $ sao cho $x,y \in \mathbb Z.$
Nhìn vào công thức nghiệm thì ta phải có
$\dfrac{3}{m+2}\in \mathbb Z\Leftrightarrow m+2 \in \left\{ {-1,1,3,-3} \right\}\Leftrightarrow m \in \left\{ {-3,-1,1,-5} \right\}$
Các giá trị này thỏa mãn $m \ne 2,-2.$
Vậy $\boxed{m \in \left\{ {-3,-1,1,-5} \right\}}$.

Xét $x=y$ thì HPT
$\Leftrightarrow \begin{cases}x^{3} +x^{2} =2 \\3 x^{2} =x\end{cases}$, hệ này vô nghiệm.
Xét $x \ne y$ thì HPT
$\Leftrightarrow \begin{cases}x^{3} +y^{2} =2 \\(x-y)( x^{2} + xy+y^{2}) =(x-y)y \end{cases}$
$\Leftrightarrow \begin{cases}x^{3} +y^{2} =2 \\x^3-y^3 =xy-y^2 \end{cases}$
 $\Leftrightarrow \begin{cases}x^{3} +y^{2} =2 \\x^{3} +y^{2}=xy+y^3 \end{cases}$
 Suy ra $xy+y^3=2\Rightarrow xy=2-y^3$
 Dễ thấy $y=0$ không là nghiệm của hệ $\Rightarrow x=\dfrac{2-y^3}{y}$
Như vậy từ PT
$x^{3} +y^{2} =2\Leftrightarrow \left ( \dfrac{2-y^3}{y} \right )^3+y^2-2=0$
$\Leftrightarrow (y-1)(y^2+2y+2)(y^6-y^5+y^4-5y^3+2y^2+4)=0$
$\Leftrightarrow y=1$ vì $y^6-y^5+y^4-5y^3+2y^2+4>0 \quad \forall y$
Mặt khác thì khi $y=1$
HPT $\Leftrightarrow \begin{cases}x^{3} =1 \\ x^{2} +x=0\end{cases}$, hệ này vô nghiệm.

 Vậy hệ đã cho vô nghiệm.

Gọi $M$ là một điểm bất kỳ nằm trên $d$ và $A$ là giao điểm của $d$ và $(P)$. Từ $M$ kẻ $MH \perp (P)$ thì suy ra $\widehat{MAH}=\alpha$.
Xét $(Q)$ là mp bất kỳ đi qua $d$, giờ là $AM$ sao cho $(Q)$ cắt $(P)$ tại $\Delta.$ Từ $M$ kẻ $MB \perp \Delta$ thì suy ra $HB \perp \Delta$ (định lý ba đường vuông góc) và do đó $\widehat{MBH}=\widehat{((Q),(P))}$.
 Xét hai tam giác vuông tại $H$ là $AMH$ và $BMH$ có $HA \ge HB$, do $HB \perp \Delta$.
 Từ đó
$\dfrac{MH}{HA} \le \dfrac{MH}{HB} \implies \tan \alpha \le \tan  \widehat{MBH} \implies  \alpha \le  \widehat{MBH}$.
Điều này chứng tỏ $\quad \min \widehat{((Q),(P))} = \alpha.$

3. Ta có
$\underbrace{7 \ldots 7}_{ \text{n}}=7 \times \underbrace{1 \ldots 1}_{ \text{n}}=7 \times \dfrac{10^n-1}{9}=\dfrac{7}{9}.10^n-\dfrac{7}{9}$
Suy ra
$S=\dfrac{7}{9}\left ( 10^1+ 10^2+\ldots +10^{10}\right )-\dfrac{7}{9}.10$
$S=\dfrac{7}{9}.10\left ( 1+ 10+\ldots +10^{9}\right )-\dfrac{7}{9}.10$
 $S=\dfrac{7}{9}.10.\dfrac{10^{10}-1}{10-1}-\dfrac{7}{9}.10$
 $S=\dfrac{7}{9}.10.\dfrac{10^{10}-1}{9}-\dfrac{7}{9}.10$

Điều kiện $x \ge 3.$ BPT
$\iff m(x-1) \leq  \sqrt{x-3}+1$
$\iff m \leq \dfrac{\sqrt{x-3}+1}{x-1}=f(x)$
Ta có $f'(x)=-\dfrac{x+2\sqrt{x-3}-5}{2\sqrt{x-3}(x-1)^2}=-\dfrac{(\sqrt{x-3}+1)^2-3}{2\sqrt{x-3}(x-1)^2}$
Suy ra $f'=0 \iff (\sqrt{x-3}+1)^2-3=0\iff x=(\sqrt 3-1)^2+3=7-2\sqrt 3$
Chú ý rằng $f(3)=\dfrac{1}{2}, \mathop {\lim }\limits_{x \to +\infty}f(x)=0$. vẽ bảng biến thiên cho hàm $f$ với chú ý $f$ đổi dấu từ dương sang âm nên
$\max f(x) = f(7-2\sqrt 3)= \dfrac{\sqrt{3}}{6-2\sqrt 3}= \dfrac{1}{2\sqrt 3-2}$
Vậy chỉ cần $m \le \max f(x) = \dfrac{1}{2\sqrt 3-2}$

Từ đpcm ta suy ra $x,y,z$ là các số thực dương.
áp dụng BĐT Cô-si ta có
$x^3+y^2 \ge 2\sqrt{x^3.y^2}=2\sqrt x . xy \implies \dfrac{2\sqrt x}{x^3+y^2} \le \dfrac{1}{xy}$
Do đó
Vế trái $\le \dfrac{1}{xy}+ \dfrac{1}{yz}+ \dfrac{1}{zx} \le \dfrac{1}{x^2}+ \dfrac{1}{y^2}+ \dfrac{1}{z^2}$, đpcm.
Đẳng thức xảy ra $\iff x=y=z=1.$