Phương trình tương đương với: $\sqrt[3]{3x-5}=(2x-3)^3-x+2                  (*)$
Đặt: $\sqrt[3]{3x-5}=2y-3              (**)$ , kết hợp với $(*)$ ta có hệ:
$\left\{ \begin{array}{l} (2y-3)^3=3x-5\\(2x-3)^3=x+2y-5 \end{array} \right.$ 
Trừ theo vế 2 phương trình trong hệ ta được:
$2(x-y)((2x-3)^2+(2x-3)(2y-3)+(2y-3)^2)=2(y-x)$ 
$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x=y                                                                                                                                                                         (i)\\(2x-3)^2+(2x-3)(2y-3)+(2y-3)^2+1=0                         (ii) \end{array} \right.$ 
Dễ thấy $(ii)$ vô nghiệm vì:
$ (2x-3)^2+(2x-3)(2y-3)+(2y-3)^2+1=\Big(2x-3+\frac{1}{2}(2y-3)\Big)^2+1+\frac{3}{4}(2y-3)^2>0$ 
Thay $x=y$ ở $(i)$ vào $(**)$  ta được:
$(2x-3)^3=3x-5\Leftrightarrow (x-2)(8x^2-20x+11)=0\Leftrightarrow \left [ \begin{array}{l} x=2\\ x=\frac{5\pm\sqrt3}{4} \end{array} \right.$ 

Gọi $A_k$ là ngọn của cung $\alpha+\frac{2k\pi}{m}$, với $k=\overline{1,m+1}$.
Quy ước: $A_{1+m}\equiv A_1$ .
Với mọi $k=\overline{1,m}$  ta có: $\widehat{ A_kOA_{k+1}}=\frac{2\pi}{m}$.
Suy ra: $A_kA_{k+1}=2OA_k\sin\frac{\widehat{A_kOA_{k+1}}}{2}=2\sin\frac{\pi}{m},\forall k=\overline{1,m}$ .
Dẫn tới: $A_1A_2\ldots A_m$ là m-giác đều. 

Áp dụng công thức: $(2x+1)^n=\sum_{i=0}^nC_n^i(2x)^i$
Hệ số của $x^5$ trong $(2x+1)^4$ là: $0$.
Hệ số của $x^5$ trong $(2x+1)^5$ là: $C_5^52^5$. 
Hệ số của $x^5$ trong $(2x+1)^6$ là: $C_6^52^5$. 
Hệ số của $x^5$ trong $(2x+1)^7$ là: $C_7^52^5$. 

Suy ra hệ số của $x^5$ trong $f(x)$ là: $C_5^52^5+C_6^52^5+C_7^52^5=896$

$\sin (\frac{3\pi}{5}+2x )=2\sin (\frac{\pi}{5}-x )$
$\Leftrightarrow \sin(\frac{2\pi}{5}-2x)=2\sin(\frac{\pi}{5}-x)$ 
$\Leftrightarrow 2\sin(\frac{\pi}{5}-x) \cos(\frac{\pi}{5}-x)=2\sin(\frac{\pi}{5}-x) $ 
$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sin(\frac{\pi}{5}-x)=0\\ \cos(\frac{\pi}{5}-x)=1 \end{array} \right.$ 
 $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \frac{\pi}{5}-x=k\pi\\ \frac{\pi}{5}-x=2k\pi \end{array} \right.           (k\in\mathbb{Z})$
$\Leftrightarrow x=\frac{\pi}{5}-k\pi,k\in\mathbb{Z}.$ 

Chứng minh bất đẳng thức: $\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{\sqrt[3]{i}}<\sum_{i=1}^{4n^2}\frac{1}{\sqrt{i}},\forall n\in\mathbb{Z}_+$

Ta có:
$\sum_{i=0}^{n}(C_n^i)^2=C_{2n}^n$ .
Thật vậy:
Xét biểu thức:  $(x+1)^{2n}=\sum_{i=0}^{2n}a_ix^i$.
Ta có: $a_n=C_{2n}^n$.
Lại có: $(x+1)^{2n}=\Big(\sum_{i=0}^nC_n^ix^i\Big)^2$, nên: $a_n=\sum_{i=0}^nC_n^iC_n^{n-i}= \sum_{i=0}^{n}(C_n^i)^2$
Từ đó suy ra: $\sum_{i=0}^{n}(C_n^i)^2=C_{2n}^n$.

Quay lại bài toán:
$\sum_{i=0}^n\Big(\frac{C_n^i}{i+1}\Big)^2=\sum_{i=0}^n\Big(\frac{n!}{(i+1)!(n-i)!}\Big)^2$
                             $=\sum_{i=0}^n\Big(\frac{1}{n+1}C_{n+1}^i\Big)^2$
                             $=\frac{1}{(n+1)^2}\sum_{i=0}^n(C_{n+1}^i)^2=\frac{C_{2n+2}^{n+1}-1}{(n+1)^2}$

Bằng phương pháp xét hàm ta nhận được:
Min$P= \alpha\sqrt{1+\sqrt{1-\alpha^2}}+\sqrt{1-\alpha^2}\sqrt{1+\alpha}$, với: $\alpha=\frac{1}{6}\Big(-1-\sqrt{2}-\sqrt{15-2\sqrt2}\Big)$.
Dấu bằng xảy ra khi: $(x;y)\in\{(\alpha;\sqrt{1-\alpha^2}),(\sqrt{1-\alpha^2};\alpha)\}$