a) PT đã cho tương đương với:
$2(\sin ^22x+\cos ^22x)(\sin ^42x-\sin ^22x\cos ^22x+\cos ^42x)=3(\sin ^42x+\cos ^42x)+\sin x+\cos x$.
$\Leftrightarrow \sin ^42x+2\sin ^22x\cos ^22x+\cos ^42x+\sin x+\cos x=0.$
$\Leftrightarrow (\sin ^22x+\cos ^22x)^2+\sin x+\cos x=0.$
$\Leftrightarrow \sin x+\cos x=-1.$
$\Leftrightarrow x=-\frac{\pi}{2}+k2\pi \vee x=\pi+k2\pi,k\in Z$.

b) ĐK: $x\neq \frac{\pi}{2}+k\pi$. PT đã cho tương đương với:
$6\sin 2x\cos 2x=-2\sin^2x.\frac{\sin x}{\cos x}.$
$\Rightarrow 6\sin x\cos ^2x\cos 2x+\sin ^3x=0$.
$\Leftrightarrow \sin x(3\cos 2x+1)(2\cos 2x+1)=0$.
Nếu $\sin x=0$ thì $x=k\pi,k\in Z$.
Nếu $3\cos 2x+1=0$ thì $x=\pm \frac{\alpha}{2}+k\pi,k\in Z$ trong đó $\alpha \in (0,\pi)$ thỏa mãn $\cos \alpha =\frac{-1}{3}$.
Nếu $2\cos 2x+1=0$ thì $x=\pm \frac{\pi}{3}+k\pi,k\in Z$.

c) ĐK: $2k\pi \leq x<(2k+1)\pi,k\in Z.$ Khi đó đặt $\tan \frac{x}{2}=t\geq 0$ thì PT đã cho trở thành:
\[ \left( 1+\frac{1-t^4}{1+t^4}\right) t-2+\frac{2t^2}{1+t^4}=2.\frac{1-t^4}{1+t^4}.\]
\[ \Leftrightarrow (t+1)(2t^3-2t^2-t+2)=0 \]
Với $t\geq 0$ thì $2t^3-2t^2-t+2=2(t-1)^2(t+1)+t>0$ nên PT trên vô nghiệm, suy ra PT đã cho vô nghiệm.

Tìm tất cả các số $a\neq b\in N$ để hệ Pt sau có nghiệm: $\begin{cases} \cos ax+\cos bx=0 \\ a\sin ax+b\sin bx=0\end{cases}$

+) Xác định $I$: Trong $(ABC)$ kẻ $AE$ cắt $MN$ tại $J$. Trong $(SAD)$ kẻ $SJ$ cắt $AD$ tại $I$.

+) Để chứng minh $SI$ vuông góc với $AD$, ta sẽ chứng minh $SJ$ vuông góc với $AD$.
Thật vậy, $\overrightarrow{DA}=\overrightarrow{SA}-\overrightarrow{SD}=\overrightarrow{SA}-\overrightarrow{SB}-\overrightarrow{SC}$.
Dễ thấy $J$ là trung điểm $MN$ nên $4\overrightarrow{SJ}=2(\overrightarrow{SM}+\overrightarrow{SN})=2\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{SB}+\overrightarrow{SC}$.
Do $SA,SB,SC$ đôi một vuông góc nên ta có: $4\overrightarrow{SJ}.\overrightarrow{DA}=2SA^2-SB^2-SC^2=0$.
Vậy $SJ$ vuông góc với $AD$ hay $SI$ vuông góc với $AD$.

+) Gọi $K$ là trung điểm $DE$. Vì $J$ là trung điểm $AE$ nên $JK//AD$. Ta có: $\frac{SI}{SJ}=\frac{SD}{SK}=\frac{4}{3}$.
Kí hiệu $d_T$ là khoảng cách từ điểm $T$ trong không gian đến $(SAB)$. Khi đó:
$d_I=\frac{4}{3}d_J=\frac{2}{3}d_N=\frac{1}{3}d_c=\frac{a}{3}$.
Ta có $V_{MBSI}=\frac{1}{3}d_I.S_{SMB}=\frac{1}{6}d_I.S_{SAB}=\frac{1}{6}.\frac{a}{3}.\frac{a^2}{2}=\frac{a^3}{36}$.

Vì $a,b,c>0$ và $abc=1$ nên tồn tại $x,y,z>0$ sao cho $a=\frac{x}{y},b=\frac{y}{z},c=\frac{z}{x}$. Khi đó:
$\frac{a^2}{(ab+2)(2ab+1)}=\frac{\frac{x^2}{y^2}}{\left( \frac{x}{y}.\frac{y}{z}+2\right) \left( 2\frac{x}{y}.\frac{y}{z}+1\right) }=\frac{z^2x^2}{(xy+2yz)(2xy+yz)}$
Đặt $zx=m,xy=n,yz=p$ thì ta được:
$\frac{a^2}{(ab+2)(2ab+1)}=\frac{m^2}{(n+2p)(2n+p)}$
BĐT cần chứng minh tương đương với:
$\sum_{m,n,p}{\frac{m^2}{(n+2p)(2n+p)}}\geq \frac{1}{3}$.
Thật vậy:
$\sum_{m,n,p}{\frac{m^2}{(n+2p)(2n+p)}}=\sum_{m,n,p}{\frac{m^4}{(mn+2pm)(2mn+pm)}} \geq \frac{(m^2+n^2+p^2)^2}{4(m^2n^2+n^2p^2+p^2m^2)+5mnp(m+n+p)}$
Ta cần chứng minh:
$3(m^2+n^2+p^2)^2\geq 4(m^2n^2+n^2p^2+p^2m^2)+5mnp(m+n+p)$
$\Leftrightarrow 3(m^4+n^4+p^4)+2(m^2n^2+n^2p^2+p^2m^2)\geq 5mnp(m+n+p)$
BĐT trên có thể dễ dàng suy ra từ $m^4+n^4+p^4\geq m^2n^2+n^2p^2+p^2m^2\geq mnp(m+n+p)$.
Tóm lại, với $a,b,c>0$ mà $abc=1$ thì ta có BĐT $\sum_{a,b,c}{\frac{a^2}{(ab+2)(2ab+1)}}\geq \frac{1}{3}$. Dấu $=$ xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1.$

Đặt $\frac{1}{a}=m,\frac{1}{b}=n,\frac{1}{c}=p$ thì $m+n+p=2$ và $a=\frac{m+n+p}{2m}$. Khi đó;
$\frac{1}{a(2a-1)^2}=\frac{2m^3}{(m+n+p)(n+p)^2}$
$\frac{1}{a(2a-1)^2}+\frac{1}{a(2b-1)^2}+\frac{1}{c(2c-1)^2}=\frac{2}{m+n+p}\left[ \frac{m^3}{(n+p)^2}+\frac{n^3}{(p+m)^2}+\frac{p^3}{(m+n)^2}\right] $
Áp dụng BĐT Cauchy:
$\frac{m^3}{(n+p)^2}+\frac{n+p}{8}+\frac{n+p}{8}\geq \frac{3m}{4}$.
Viết 2 BĐT tương tự rồi cộng lại ta có: $\frac{m^3}{(n+p)^2}+\frac{n^3}{(p+m)^2}+\frac{p^3}{(m+n)^2}\geq \frac{m+n+p}{4}$. Từ đo suy ra đpcm.

Theo khai triển nhị thức Newton dễ thấy $a_{2i+1}<0$ và $a_{2i}>0$.
Ta có: $x(1-3x)^{20}=a_0x+a_1x^2+...+a_{20}x^{21}$.
Đạo hàm 2 vế ta được:
$(1-3x)^{20}-60x(1-3x)^{19}=a_0+2a_1x+...+21a_{20}x^{20}$.
Thay $x=-1$ ta được:
$S=a_0-2a_1+...+21a_{20}=4^{20}+60.4^{19}=2^{25}$.

Ta có:
$MN+NP+PM=EN+NP+PF\geq EF$
Dễ thấy $\widehat{EAF}=2\widehat{BAC}=2A$. Ta có:
$\frac{EF}{AE}=\frac{\sin 2A}{\sin (90^0-A)}=2\sin A$
Từ đó suy ra $EF=2AE\sin A=2AM\sin A\geq 2AI\sin A.$

Viết lại hệ đã cho dưới dạng:
\begin{cases} 2x^2-xy+y^2=3y-x \\ x-2y=x^2+xy-3y^2 \end{cases}
Nhân 2 PT trên vế theo vế ta được:
\[ (2x^2-xy+y^2)(x-2y)=(3y-x)(x^2+xy-3y^2)\]
\[ \Leftrightarrow 3x^3-7x^2y-3xy^2+7y^3=0 \]
\[ \Leftrightarrow (x^2-y^2)(3x-7y)=0\]
Nếu $x=y$ thì $2x^2=2x$ hay $x=0$ hoặc $x=1$.
Nếu $x=-y$ thì $3x=-3x^2$ hay $x=0$ hoặc $x=-1$.
Nếu $3x=7y$ thì $-\frac{11}{3}x=-13x^2$ hay $x=0$ hoặc $x=\frac{11}{39}$.
Thử lại, ta thấy hệ đã cho có nghiệm $(0,0),(1,1),(-1,1),\left( \frac{11}{39},\frac{77}{117}\right) $.

a) Ta có:
$x^2-2x+2\sqrt{x^2-2x+2}=2m-1    (1)$
$\Leftrightarrow x^2-2x+2+2\sqrt{x^2-2x+2}+1=2m+2$.
Đặt $\sqrt{x^2-2x+2}=t$ thì $t\geq 1$. PT đã cho được viết lại dưới dạng $(t+1)^2=2m+2.    (2)$
PT $(1)$ có nghiệm khi và chỉ khi PT $(2)$ có nghiệm $t\geq 1$, hay $m\geq 0$.

b) Ta có:
$\sqrt{2x^2+mx-3}=x-m.    (3)$
$\Leftrightarrow \begin{cases} x\geq m \\ 2x^2+mx-3=(x-m)^2 \end{cases}$
$\Leftrightarrow \begin{cases} x\geq m \\ f(x)=x^2+3mx-m^2-3=0     (4)\end{cases}$
PT $(3)$ vô nghiệm khi và chỉ khi hệ trên vô nghiệm.
Dễ thấy $(4)$ có 2 nghiệm phân biệt với mọi $m$ nên hệ vô nghiệm khi và chỉ khi $(4)$ có 2 nghiệm $x_1<x_2<m$. Điều này tương đương với:
$\begin{cases} f(m)>0 \\ -\frac{3}{2}m<m \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases} 3(m^2-1)>0\\ m>0\end{cases}\Leftrightarrow m>1$.
Vậy PT $(3)$  có nghiệm khi và chỉ khi $m\leq 1$.

Ta có: $(mn+np)(np+pm)(pm+mn)\leq \left( \frac{(mn+np)+(np+pm)+(pm+mn)}{3}\right) ^3=8$
hay $mnp(m+n)(n+p)(p+m)\leq 8$.
Dễ thấy $mnp\leq 1$ nên $(mnp)^2(m+n)(n+p)(p+m)\leq 8.$
Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số:
$\frac{1}{mnp}+\frac{1}{mnp}+\frac{8}{(m+n)(n+p)(p+m)} \geq 3\sqrt[3]{\frac{8}{(mnp)^2(m+n)(n+p)(p+m)}}\geq 3$
hay $\frac{1}{mnp}+\frac{4}{(m+n)(n+p)(p+m)}\geq \frac{3}{2}$.
Dầu $=$ xảy ra khi và chỉ khi $m=n=p=1$.

ĐKXĐ: $x\geq 0$.
Ta có:
$2(x-\sqrt{x})^2-4(x-\sqrt{x})+4=\frac{3x+3\sqrt{x}-1}{(x+1)\sqrt{\sqrt{x}+1}}$
$\Leftrightarrow 2(x-\sqrt{x}-1)^2+\frac{2(x+1)\sqrt{\sqrt{x}+1}-3x-3\sqrt{x}+1}{(x+1)\sqrt{\sqrt{x}+1}}=0$
$\Leftrightarrow  2(x-\sqrt{x}-1)^2+\frac{(\sqrt{x}-\sqrt{\sqrt{x}+1})^2(1+2\sqrt{\sqrt{x}+1})}{2(x+1)\sqrt{\sqrt{x}+1}}=0$
$\Leftrightarrow  \begin{cases} x-\sqrt{x}-1=0 \\ \sqrt{x}-\sqrt{\sqrt{x}+1}=0 \end{cases}$
$\Leftrightarrow  x-\sqrt{x}-1=0$
$\Leftrightarrow  x=\frac{3+\sqrt{5}}{2}$

a) Giả sử $I'$ là ảnh của $E$ qua phép đối xứng trục $AC$. Dễ thấy $EI'//BD$ suy ra $I\in EI'$.
Vì $F$ là ảnh của $E$ qua phép đối xứng qua $O$ và $AC$ vuông góc với $BD$ tại $O$ nên $I'$ là ảnh của $F$ qua phép đối xứng trục $BD$. Dễ thấy $FI'//AC$ suy ra $I\in FI'$. Ta được $I'\equiv I$.
Do đó tập hợp điểm $I$ khi $EF$ quay xung quanh $O$ là ảnh của $AD$ qua phép đối xứng trục $AC$. Ảnh đó chính là đường thẳng $AB$.

b) Vì $\widehat{IHE}=\widehat{IAE}=90^0$ nên tứ giác $AIHE$ nội tiếp đường tròn đường kính $IE$. Ta có $\widehat{AHI}=\widehat{AEI}=45^0$.
Tương tự $\widehat{BHI}=45^0$ suy ra $\widehat{AHB}=90^0$ hay $H$ thuộc đường tròn đường kính $AB$. Vì $HI$ là phân giác của $\widehat{AHB}$ nên $HI$ đi qua trung điểm cung $AB$ của đường tròn đường kính $AB$.

Kí hiệu PT đã cho là $(1)$.
+) Nếu $n=1$ thì $(1)$ trở thành $\sin x+\cos x=1$ có nghiệm $x=k2\pi$ và $x=\frac{\pi }{2}+k2\pi$ với $k\in Z$.
+) Nếu $n=2$ thì $(1)$ trở thành $\cos x=1$ có nghiệm $x=k2\pi $.
+) Nếu $n>2$ thì đặt $VT$ là vế trái của $(1)$. Ta có:
$VT\leq |\sin x\sin 2x…\sin nx|+|\cos x\cos 2x…\cos nx|\leq |\sin x\sin 2x|+|\cos x\cos 2x|$
$\leq \max \{ |\sin x\sin 2x+\cos x\cos 2x|,|\sin x\sin 2x-\cos x\cos 2x| \} =\max \{ |\cos x|,|\cos 3x| \} \leq 1$.
Do đó để $(1)$ có nghiệm thì $|\cos x|=1$ hoặc $|\cos 3x|=1$.
Nếu $|\cos 3x|=1$ thì $\sin 3x=0$, suy ra $\cos x\cos 2x…\cos nx=1$, suy ra $|\cos x=1|$. Vậy ta chỉ cần xét $|\cos x|=1$ hay $x=k2\pi $ hoặc $x=(2k+1)\pi $.
Dễ thấy $x=k2\pi$ là nghiệm của phương trình đã cho. Xét $x=(2k+1)\pi$:
Nhận thấy $\sin t\pi =0$ và $\cos t\pi=(-1)^t$ với mọi $t\in Z$. Do đó (1) tương đương với:
\[ (-1)^{\frac{n(n+1)}{2}}=1 \Leftrightarrow 4\backslash n(n+1).\]
Kết luận: Nếu $n=4t$ hoặc $n=4t-1$ thì $(1)$ có nghiệm là $x=k\pi ,k\in Z$.
Nếu $n=4t+1$ hoặc $n=4t+2$ thì  $(1)$ có nghiệm là $x=k2\pi ,k\in Z$.

$(\sqrt{3})^{\tan 2x}-\frac{3\sqrt{3}}{3^{\tan 2x}}=0\Leftrightarrow (\sqrt{3})^{\tan 2x}=(\sqrt{3})^{3-2\tan 2x} \Leftrightarrow \tan 2x=1$.
$\Leftrightarrow 2x=\frac{\pi }{4}+k\pi ,k\in Z \Leftrightarrow x=\frac{\pi }{8}+\frac{k\pi }{2},k\in Z$.

a) Ta có:
$a^3(b^2-c^2)+b^3(c^2-a^2)+c^3(a^2-b^2)>a^3(b^2-c^2)+a^3(c^2-a^2)+a^3(a^2-b^2)=0$.

b) KMTTQ, giả sử $a\geq 1\geq b$. Xét hàm số $f(x)=(x-1)\ln x$ trên $(0,2)$.
Ta có: $f'(x)=1-\frac{1}{x}+\ln x$ đồng biến trên $(0,2)$.
Vì $f(x)$ thỏa mãn điều kiện của định lý Rolle trên $(0,2)$ nên ta có:
$f(a)-f(1)=(a-1)f'(c)$ với $c\in [1,a]$.
$f(1)-f(b)=(1-b)f'(d)$ với $d\in [b,1]$.
Trừ hai đẳng thức trên vế theo vế, chú ý $a-1=1-b$ và $f'(x)$ đồng biến trên $(0,2)$ ta được:
$f(a)+f(b)=(a-1)(f'(c)-f'(d))\geq 0$.
Khi đó $(a-1)\ln a+(b-1)\ln b\geq 0$ hay $a^ab^b\geq ab.$

c) Xét $f(a)=a^2+(c-d\sqrt{3})a+b^2+c^2+d^2+bd+bc\sqrt{3}$.
Ta có $\Delta =(c-d\sqrt{3})^2-4(b^2+c^2+d^2+bd+bc\sqrt{3})=-(2b+d-c\sqrt{3})^2\leq 0$.
Do đó $f(a)\geq 0$ hay $a^2+b^2+c^2+d^2+ac+bd\geq (ad-bc)\sqrt{3}=\sqrt{3}$.