Ta có:$\sum_{x,y,z}\frac{1}{\sqrt{x(y+z)}}\geq \frac{9}{\sum_{x,y,z}\sqrt{x(y+z)}}$Mà:$\sum_{x,y,z}\sqrt{2x(y+z)}\leq \frac{1}{2}\sum_{x,y,z}(2x+y+z)=4(x+y+z)=36\sqrt{2}$Nên:$\sum_{x,y,z}\frac{1}{\sqrt{x(y+z)}}\geq \frac{1}{4}$Dấu $=$ xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z=6\sqrt{2}$.

Ta có:$\sum_{x,y,z}\frac{1}{\sqrt{x(y+z)}}\geq \frac{9}{\sum_{x,y,z}\sqrt{x(y+z)}}$Mà:$\sum_{x,y,z}\sqrt{2x(y+z)}\leq \frac{1}{2}\sum_{x,y,z}(2x+y+z)=2(x+y+z)=36\sqrt{2}$Nên:$\sum_{x,y,z}\frac{1}{\sqrt{x(y+z)}}\geq \frac{1}{4}$Dấu $=$ xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z=6\sqrt{2}$.

KMTTQ, giả sử $a\geq b\geq c$. Đặt $P(a,b,c)=a^3+b^3+c^3+4abc$Với mỗi $0\leq t\leq \min \{ \frac{1}{2}-a,b-c\}$ xét:$P(a+t,b-t,c)=(a+t)^3+(b-t)^3+c^3+4(a+t)(b-t)c$Khi đó $P(a,b,c)-P(a+t,b-t,c)=t(a-b+t)(4c-3a-3b)\leq 0$ hay $P(a,b,c)\leq P(a+t,b-t,c)$.Do đó $P(a,b,c)$ đạt giá trị lớn nhất khi $a=\frac{1}{2}$ hoặc khi $b=c$.Với $a=\frac{1}{2}$ thì $b+c=\frac{1}{2}$ và khi đó:$P=\frac{1}{8}+b^3+c^3+2bc$$=\frac{1}{8}+(b+c)(b^2-bc+c^2)+2bc$$=\frac{1}{8}+\frac{b^2+3bc+c^2}{2}\leq \frac{9}{32}$.Với $b=c$ thì $a=1-2b\Rightarrow \frac{1}{4}\leq b\leq \frac{1}{3}$. Khi đó:$P=(1-2b)^3+2b^3+4b^2(1-2b)=-16b^3+16b^2-6b+1=f(b)$.Khảo sát hàm số $f(b)$ trên $\left[ \frac{1}{4},\frac{1}{3}\right]$ ta được $f(b)\leq f\left( \frac{1}{4}\right)=\frac{9}{32}$.Tóm lại, $a^3+b^3+c^3\leq \frac{9}{32}$, dấu $=$ xảy ra khi và chỉ khi $(a,b,c)=\left( \frac{1}{2},\frac{1}{4},\frac{1}{4}\right)$ hoặc các hoán vị.

KMTTQ, giả sử $a\geq b\geq c$. Đặt $P(a,b,c)=a^3+b^3+c^3+4abc$Với mỗi $0\leq t\leq \min \{ \frac{1}{2}-a,b-c\}$ xét:$P(a+t,b-t,c)=(a+t)^3+(b-t)^3+c^3+4(a+t)(b-t)c$Khi đó $P(a,b,c)-P(a+t,b-t,c)=t(a-b+t)(4c-3a-3b)\leq 0$ hay $P(a,b,c)\leq P(a+t,b-t,c)$.Do đó $P(a,b,c)$ đạt giá trị lớn nhất khi $a=\frac{1}{2}$ hoặc khi $b=c$.Với $a=\frac{1}{2}$ thì $b+c=\frac{1}{2}$ và khi đó:$P=\frac{1}{8}+b^3+c^3+2bc$$=\frac{1}{8}+(b+c)(b^2-bc+c^2)+2bc$$=\frac{1}{8}+\frac{b^2+3bc+c^2}{2}\leq \frac{9}{32}$.Với $b=c$ thì $a=1-2b\Rightarrow \frac{1}{4}\leq b\leq \frac{1}{3}$. Khi đó:$P=(1-2b)^3+2b^3+4b^2(1-2b)=-16b^3+16b^2-6b+1=f(b)$.Khảo sát hàm số $f(b)$ trên $\left[ \frac{1}{4},\frac{1}{3}\right]$ ta được $f(b)\leq f\left( \frac{1}{4}\right)=\frac{9}{32}$.Tóm lại, $a^3+b^3+c^3+4abc\leq \frac{9}{32}$, dấu $=$ xảy ra khi và chỉ khi $(a,b,c)=\left( \frac{1}{2},\frac{1}{4},\frac{1}{4}\right)$ hoặc các hoán vị.

Bằng quy nạp ta chứng minh được $u_n\geq \left( \frac{3}{2}\right)^{n-1},\forall n\geq 1$.Từ đó suy ra:$x_n\leq \sum_{i=0}^{n-1}{\left( \frac{2}{3}\right)^{i} }<3,\forall n.$Ta được $(x_n)$ là dãy tăng, bị chặn trên nên hội tụ.

Bằng quy nạp ta chứng minh được $u_n\geq \left( \frac{3}{2}\right)^{n-1},\forall n\geq 1. (1)$Từ đó suy ra:$x_n\leq \sum_{i=0}^{n-1}{\left( \frac{2}{3}\right)^{i} }<3,\forall n.$Ta được $(x_n)$ là dãy tăng, bị chặn trên nên hội tụ.--Chứng minh $(1)$.Dễ thấy $(1)$ đúng với $n\leq 2$.Giả sử $(1)$ đúng đến $n=k$. Khi đó:$u_{k+1}=u_k+u_{k-1}\geq \left( \frac{3}{2}\right)^{k-1}+\left( \frac{3}{2}\right)^{k-2}=\left( \frac{3}{2}\right)^{k-2}\left( \frac{3}{2}+1\right)=\left( \frac{3}{2}\right)^{k-2}.\frac{5}{2}>\left( \frac{3}{2}\right)^k$.Do đó $(1)$ đúng với $n=k+1$.Theo nguyên lý quy nạp, $(1)$ đúng với mọi $n\geq 1$.

Dễ thấy $\Delta IAB\sim \Delta IDC$ nên $\frac{IA}{IB}=\frac{ID}{IC}$.Trên đoạn $ID$ và $IC$ lấy điểm $M$ và $N$ sao cho $IM=IA$ và $IN=IB$.Khi đó $\frac{IM}{IN}=\frac{IA}{IB}=\frac{ID}{IC}$ nên $MN//DC$.Gọi $G,H,K$ là trung điểm $CD,DA,MN$ thì $K\in IG$.Mặt khác $\Delta IAB=\Delta IMN$ nên tứ giác $ABNM$ nội tiếp. Mà $AB=MN$ nên $AM\\BN$, suy ra tứ giác $ABNM$ là hình thang cân.Theo giả thiết, $IE$ vuông góc với $CD$ nên $IE$ vuông góc với $MN$. Vì $ABNM$ là hình thang cân nên $IK$ vuông góc với $AB$, suy ra $IG$ vuông góc với $AB$.Vì $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác $ABCD$ nên $OE$ vuông góc với $AB$ và $OG$ vuông góc với $CD$. Từ đó suy ra $OE//IG$ và $OG//IE$ hay tứ giác $OEIG$ là hình bình hành.Ta suy ra $OI$ cắt $EG$ tại trung điểm $T$ mỗi đường.Dễ chứng minh tứ giác $EFGH$ là hình bình hành nên $EG$ và $FH$ cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.Ta được $OI$ và $FH$ cắt nhau tại trung điểm mỗi đường hay tứ giác $OFIH$ là hình bình hành.Vậy $IF$ song song với $OH$, đồng thời vuông góc với $AD$.

Dễ thấy $\Delta IAB\sim \Delta IDC$ nên $\frac{IA}{IB}=\frac{ID}{IC}$.Trên đoạn $ID$ và $IC$ lấy điểm $M$ và $N$ sao cho $IM=IA$ và $IN=IB$.Khi đó $\frac{IM}{IN}=\frac{IA}{IB}=\frac{ID}{IC}$ nên $MN//DC$.Gọi $G,H,K$ là trung điểm $CD,DA,MN$ thì $K\in IG$.Mặt khác $\Delta IAB=\Delta IMN$ nên tứ giác $ABNM$ nội tiếp. Mà $AB=MN$ nên $AM//BN$, suy ra tứ giác $ABNM$ là hình thang cân.Theo giả thiết, $IE$ vuông góc với $CD$ nên $IE$ vuông góc với $MN$. Vì $ABNM$ là hình thang cân nên $IK$ vuông góc với $AB$, suy ra $IG$ vuông góc với $AB$.Vì $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác $ABCD$ nên $OE$ vuông góc với $AB$ và $OG$ vuông góc với $CD$. Từ đó suy ra $OE//IG$ và $OG//IE$ hay tứ giác $OEIG$ là hình bình hành.Ta suy ra $OI$ cắt $EG$ tại trung điểm $T$ mỗi đường.Dễ chứng minh tứ giác $EFGH$ là hình bình hành nên $EG$ và $FH$ cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.Ta được $OI$ và $FH$ cắt nhau tại trung điểm mỗi đường hay tứ giác $OFIH$ là hình bình hành.Vậy $IF$ song song với $OH$, đồng thời vuông góc với $AD$.

Gọi $\overline{abcd}$ là số có 4 chữ số thỏa mãn bài toán.Vì $\overline{abcd}$ chia hết cho 11 nên $(a+c)-(b+d)$ chia hết cho 11.Mà $(a+c)+(b+d)$ chia hết cho 11 nên $a+c$ và $b+d$ cùng chia hết cho 11.Mà $0<a+c,b+d<20$ nên $a+c=b+d=11$.Có 8 bộ $(a,c)$ thỏa mãn $a+c=11$.Có 8 bộ $(b,d)$ thỏa mãn $b+d=11$.Vậy có tất cả 64 số thỏa mãn bài toán.

Gọi $\overline{abcd}$ là số có 4 chữ số thỏa mãn bài toán.Vì $\overline{abcd}$ chia hết cho 11 nên $(a+c)-(b+d)$ chia hết cho 11.Mà $(a+c)+(b+d)$ chia hết cho 11 nên $a+c$ và $b+d$ cùng chia hết cho 11.Mà $0<a+c<20$ và $0\leq b+d<20$ nên $a+c=11$, $b+d$ nhận giá trị là 0 hoặc 11.Có 8 bộ $(a,c)$ thỏa mãn $a+c=11$.Có 8 bộ $(b,d)$ thỏa mãn $b+d=11$.Có 1 bộ $(b,d)$ thỏa mãn $b+d=0$.Vậy có tất cả 72 số thỏa mãn bài toán.

Đặt $\frac{\sin A}{2}=\frac{\sin B}{\sqrt{3}}=\frac{\sin C}{2}=k$Theo định lý hàm số sin:$a=2Rk,b=2Rk\sqrt{3},c=4Rk$Từ đó suy ra $a^2+b^2=c^2$ hay $\Delta ABC$ vuông tại $C$.Dễ thấy $\widehat{C}=90^0,\widehat{A}=30^0,\widehat{B}=60^0$.

Đặt $\frac{\sin A}{1}=\frac{\sin B}{\sqrt{3}}=\frac{\sin C}{2}=k$Theo định lý hàm số sin:$a=2Rk,b=2Rk\sqrt{3},c=4Rk$Từ đó suy ra $a^2+b^2=c^2$ hay $\Delta ABC$ vuông tại $C$.Dễ thấy $\widehat{C}=90^0,\widehat{A}=30^0,\widehat{B}=60^0$.

a) ĐK: $x>-1,x\neq 0,4$.Ta có:$\frac{\log_2{(x+1)^2}-\log_3{(x+1)^3}}{x^2-3x+4}>0$$\Leftrightarrow \left[ \log_2{(x+1)^2}-\log_3{(x+1)^3}\right](x+1)(x-4)>0$$\Leftrightarrow (2\log_23-3)(x+1)(x-4)\log_3(x+1)>0$$\Leftrightarrow x\in (-1,1)\bigcup (4,+\infty)$.

a) ĐK: $x>-1$.Ta có:$\frac{\log_2{(x+1)^2}-\log_3{(x+1)^3}}{x^2-3x+4}>0$$\Leftrightarrow \left[ \log_2{(x+1)^2}-\log_3{(x+1)^3}\right](x+1)(x-4)>0$$\Leftrightarrow (2\log_23-3)(x+1)(x-4)\log_3(x+1)>0$$\Leftrightarrow x\in (-1,0)\bigcup (4,+\infty)$.

Xét đa thức $P(a)=a^2(b-c)+b^2(c-a)+c^2(a-b)$.Dễ thấy $P(b)=P(c)=0$ nên $P(a)$ có nhân tử là $a-b$ và $a-c$.Khi đó: $P(a)=k(a-b)(a-c)$.Hệ số của $a^2$ trong khai triển của $P(a)$ là $k=(b-c)$.Vậy $P(a)=(b-c)(a-b)(a-c)$.

a) Xét đa thức $P(a)=a^2(b-c)+b^2(c-a)+c^2(a-b)$.Dễ thấy $P(b)=P(c)=0$ nên $P(a)$ có nhân tử là $a-b$ và $a-c$.Khi đó: $P(a)=k(a-b)(a-c)$.Hệ số của $a^2$ trong khai triển của $P(a)$ là $k=b-c$.Vậy $P(a)=(b-c)(a-b)(a-c)$.b) Ta có:$x^3-19x-30=x^3-25x+6x-30=x(x^2-5)+6(x-5)$$=(x-5)[x(x+5)+6]=(x-5)(x^2+3x+2x+6)=(x-5)(x+3)(x+2)$

ĐK: $-\frac{1}{2}\leq x\leq \frac{3}{2}$.Ta có:$\left( \sqrt{1+2x}+\sqrt{3-2x}\right)^2\geq (1+2x)+(3-2x)=4$.Từ đó suy ra: $\sqrt{1+2x}+\sqrt{3-2x}\geq 2$.Mặt khác: $(2x-1)^2\leq 4,\forall -1\leq x\in \left[ -\frac{1}{2},\frac{3}{2}\right]$.Ta được: $\sqrt{1+2x}+\sqrt{3-2x}\geq 2\geq \frac{(2x-1)^2}{2}$.Dấu $=$ xảy ra khi và chỉ khi $x=-\frac{1}{2}$ hoặc $x=\frac{3}{2}$.Vậy PT đã cho có 2 nghiệm kể trên.

ĐK: $-\frac{1}{2}\leq x\leq \frac{3}{2}$.Ta có:$\left( \sqrt{1+2x}+\sqrt{3-2x}\right)^2\geq (1+2x)+(3-2x)=4$.Từ đó suy ra: $\sqrt{1+2x}+\sqrt{3-2x}\geq 2$.Mặt khác: $(2x-1)^2\leq 4,\forall x\in \left[ -\frac{1}{2},\frac{3}{2}\right]$.Ta được: $\sqrt{1+2x}+\sqrt{3-2x}\geq 2\geq \frac{(2x-1)^2}{2}$.Dấu $=$ xảy ra khi và chỉ khi $x=-\frac{1}{2}$ hoặc $x=\frac{3}{2}$.Vậy PT đã cho có 2 nghiệm kể trên.

Theo khai triển nhị thức Newton:$(1+\sqrt{x})^{2n}=\sum_{i=0}^{2n}{C_{2n}^ix^{\frac{i}{2}}}$.$(1-\sqrt{x})^{2n}=\sum_{i=0}^{2n}{C_{2n}^i(-1)^ix^{\frac{i}{2}}}$.Cộng hai đẳng thức trên vế theo vế ta có:$(1+\sqrt{x})^{2n}+(1-\sqrt{x})^{2n}=2\left( \sum_{i=0}^n{C_{2n}^{2i}x^{i}}\right)$.Nhân cả hai vế với $x$:$x\left[ (1+\sqrt{x})^{2n}+(1-\sqrt{x})^{2n}\right]=2\left( \sum_{i=0}^n{C_{2n}^{2i}x^{i+1}}\right)$Đạo hàm hai vế:$(1+\sqrt{x})^{2n}+(1-\sqrt{x})^{2n}+n\sqrt{x}(1+\sqrt{x})^{2n-1}-n\sqrt{x}(1-\sqrt{x})^{2n-1}=2\left( \sum_{i=0}^n{(i+1)C_{2n}^{2i}x^i}\right)$.Thay $x=1$ và đẳng thức trên:$2^{2n}+n2^{2n-1}=2\sum_{i=0}^n{(i+1)C_{2n}^{2i}}$Từ giả thiết suy ra: $2^{2n-2}{n+2}=1024(n+2)$ hay $n=6$.

Theo khai triển nhị thức Newton:$(1+\sqrt{x})^{2n}=\sum_{i=0}^{2n}{C_{2n}^ix^{\frac{i}{2}}}$.$(1-\sqrt{x})^{2n}=\sum_{i=0}^{2n}{C_{2n}^i(-1)^ix^{\frac{i}{2}}}$.Cộng hai đẳng thức trên vế theo vế ta có:$(1+\sqrt{x})^{2n}+(1-\sqrt{x})^{2n}=2\sum_{i=0}^n{C_{2n}^{2i}x^{i}}$.Nhân cả hai vế với $x$:$x\left[ (1+\sqrt{x})^{2n}+(1-\sqrt{x})^{2n}\right]=2\sum_{i=0}^n{C_{2n}^{2i}x^{i+1}}$.Đạo hàm hai vế:$(1+\sqrt{x})^{2n}+(1-\sqrt{x})^{2n}+n\sqrt{x}(1+\sqrt{x})^{2n-1}-n\sqrt{x}(1-\sqrt{x})^{2n-1}=2\sum_{i=0}^n{(i+1)C_{2n}^{2i}x^i}$.Thay $x=1$ và đẳng thức trên:$2^{2n}+n2^{2n-1}=2\sum_{i=0}^n{(i+1)C_{2n}^{2i}}$Từ giả thiết suy ra: $2^{2n-2}(n+2)=1024(n+2)$ hay $n=6$.

Ta có $\int\limits_{0}^{1}{\frac{x^2dx}{\sqrt{4+2x}}}=\lim_{c\to 0}\int\limits_{c}^{1}{\frac{x^2dx}{\sqrt{4+2x}}}$Đặt $\sqrt{4+2x}=t$ thì $x=\frac{t^2-4}{2}$, suy ra $dx=tdt$.Ta có $\int\limits_{0}^{1}\frac{x^2dx}{\sqrt{4+2x}}=\int\limits_{2}^{\sqrt{6}}\frac{\frac{(t^2-4)^2}{4}.tdt}{t}=\frac{1}{4}\int\limits_{2}^{\sqrt{6}}(t^4-4t^2+16)dt=...$

Đặt $\sqrt{4+2x}=t$ thì $x=\frac{t^2-4}{2}$, suy ra $dx=tdt$.Ta có $\int\limits_{0}^{1}\frac{x^2dx}{\sqrt{4+2x}}=\int\limits_{2}^{\sqrt{6}}\frac{\frac{(t^2-4)^2}{4}.tdt}{t}=\frac{1}{4}\int\limits_{2}^{\sqrt{6}}(t^4-4t^2+16)dt=...$

Trên $AC$ lấy điểm $P$ sao cho $CP=2AB$. Gọi $T$ là giao điểm của hai đường tròn $(ABP)$ và $(AMN)$.Dễ thấy $\widehat{BMT}=\widehat{PNT}$ và $\widehat{MBT}=\widehat{NPT}$ nên $\Delta BMT\sim \Delta PNT$.Khi đó: $\frac{BT}{PT}=\frac{BM}{PN}=\frac{AB-AM}{CP-CN}=2$.Ta có: $T$ thuộc đường tròn $(ABP)$ cố định mà $BT=2PT$ nên $T$ là điểm cố định.Vậy đường tròn ngoại tiếp $\Delta AMN$ luôn đi qua điểm T cố định khi $M$ thay đổi trên $AB$.

Trên $AC$ lấy điểm $P$ sao cho $CP=2AB$. Gọi $T$ là giao điểm của hai đường tròn $(ABP)$ và $(AMN)$.Dễ thấy $\widehat{BMT}=\widehat{PNT}$ và $\widehat{MBT}=\widehat{NPT}$ nên $\Delta BMT\sim \Delta PNT$.Khi đó: $\frac{BT}{PT}=\frac{BM}{PN}=\frac{AB-AM}{CP-CN}=2$.Ta có: $T$ thuộc đường tròn $(ABP)$ cố định mà $BT=2PT$ nên $T$ là điểm cố định.Vậy đường tròn ngoại tiếp $\Delta AMN$ luôn đi qua điểm T cố định khi $M$ thay đổi trên $AB$.

+) 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 $V_{MBSI}=\frac{1}{3}d_I.S_{SMB}=\frac{1}{6}d_I.S_{SAB}=\frac{1}{6}.\frac{a}{3}.\frac{a^2}{2}=\frac{a^3}{36}$.

+) 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 $V_{MBSI}=\frac{1}{3}d_I.S_{SMB}=\frac{1}{6}d_I.S_{SAB}=\frac{1}{6}.\frac{a}{3}.\frac{a^2}{2}=\frac{a^3}{36}$.

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) $.

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) $.

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 $x=7x^2$ hay $x=0$ hoặc $x=\frac{1}{7}$.Thử lại, ta thấy hệ đã cho có nghiệm $(0,0),(1,1),(1,-1),\left( \frac{1}{7},\frac{3}{49}\right) $.

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) $.