Điều kiện: $\left\{ \begin{array}{l} x-1\ge0\\ 1-x^2\ge0 \end{array} \right.\Leftrightarrow x=1$, thỏa mãn.
Vậy $x=1$ là nghiệm duy nhất.

Điều kiện: $\left\{ \begin{array}{l} 4x-1\ge0\\ 4x^2-1\ge0 \end{array} \right.\Leftrightarrow x\ge\frac{1}{2}$
Từ đó suy ra: $\sqrt{4x-1}+\sqrt{4x^2-1}\ge\sqrt{4.\frac{1}{2}-1}+\sqrt{4.\frac{1}{2^2}-1}=1$
Dấu bằng xảy ra khi: $x=\frac{1}{2}$

Đặt: $\sqrt{3x+y}=u,\sqrt{x+y}=v,   u,v\ge0$.
Hệ trở thành:
      $\left\{ \begin{array}{l} u+v=2\\v+u^2-2v^2=1 \end{array} \right.$
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} u=2-v\\ v+(2-v)^2-2v^2=1 \end{array} \right.$
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} u=2-v\\ v^2+3v-3=0 \end{array} \right.$
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} v=\frac{-3+\sqrt{21}}{2}\\ u=\frac{7-\sqrt{21}}{2} \end{array} \right.$
Từ đó, suy ra: $(x,y)=(5-\sqrt{21},\frac{5-\sqrt{21}}{2})$

Đề bài phải là: $\Delta ABC$ đều.
Áp dụng định lý Ptolemy cho tứ giác: $ABMC$ ta có:
$MA.BC=MB.AC+MC.AB\Leftrightarrow MA=MB+MC$

c)
Ta có:
       $m^2(x-1)=4(x-3m+2)$
$\Leftrightarrow (m^2-4)x=m^2-12m+8$
Phương trình có nghiệm $\forall x>0$
$\Leftrightarrow $ Phương trình có nghiệm $\forall x\in\mathbb{R}$
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m^2-4=0\\m^2-12m+8=0 \end{array} \right.\Rightarrow \nexists m$ thỏa mãn.

b)
Ta có:
        $m^2x=9x+m^2-4m+3$
$\Leftrightarrow (m^2-9)x=m^2-4m+3$
Phương trình có nghiệm $\forall x\in\mathbb{R}$ khi và chỉ khi:
$\left\{ \begin{array}{l} m^2-9=0\\m^2-4m+3=0 \end{array} \right.\Leftrightarrow m=3$

a)
Ta có:
      $(m+1)^2x+1-m=(7m-5)x$
$\Leftrightarrow (m^2-5m+6)x=m-1$
Phương trình vô nghiệm khi và chỉ khi:
$\left\{ \begin{array}{l} m^2-5m+6=0\\m-1\ne0 \end{array} \right.\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m=2\\m=3 \end{array} \right.$

$\begin{cases}x^{3}+xy^2=5&(1) \\ 2x^2+ xy+ y^2=6x+y&(2) \end{cases}$
Ta thấy $x=0$ không là nghiệm của hệ.
Từ $(1)$ ta có:
$x(x^2+y^2)=5\implies x^2+y^2={5\over x}$
Suy ra:
$(2)\Leftrightarrow x^2+xy+{5\over x}=6x+y$
       $\Leftrightarrow x(x+y)-(x+y)=5x-{5\over x}$
       $\Leftrightarrow (x-1)(x+y)={5(x^2-1)\over x}\quad(*)$
Nếu $x=1$, từ $(1)$ suy ra: $y=\pm 2$.
Nếu $x\neq 1$, từ $(*)$ ta có $x+y={5(x+1)\over x}\Leftrightarrow xy=5+5x-x^2$.
Thay vào $(2)$ ta được:
      $2x^2+5+5x-x^2+y^2=6x+y$
$\Leftrightarrow x^2-x+y^2-y=-5$
$\Leftrightarrow \left(x-{1\over 2}\right)^2+\left(y-{1\over 2}\right)^2=-{9\over 2}$, vô nghiệm.
Vậy: $(x,y)\in\{(1,2),(1,-2)\}$

Đặt: $\cos\frac{\pi}{7}=\alpha$.
Ta có:
$4\alpha^2a^2+b^2\ge4\alpha ab$
$(4\alpha^2-1)b^2+\frac{4\alpha^2}{4\alpha^2-1}c^2\ge4\alpha bc$
$\frac{16\alpha^4-8\alpha^2}{4\alpha^2-1}(c^2+d^2)\ge\frac{32\alpha^4-16\alpha^2}{4\alpha^2-1}cd$
$\frac{4\alpha^2}{4\alpha^2-1}d^2+(4\alpha^2-1)e^2\ge4\alpha de$
$e^2+4\alpha^2f^2\ge4\alpha ef$
Dễ dàng chứng minh được: $\frac{32\alpha^4-16\alpha^2}{4\alpha^2-1}=4\alpha$
Suy ra: $4\alpha^2(a^2+b^2+c^2+d^2+e^2+f^2)\ge4\alpha(ab+bc+cd+de+ef)\ge4\alpha$
$\Rightarrow a^2+b^2+c^2+d^2+e^2+f^2\ge\frac{1}{\alpha}=\frac{1}{\displaystyle \cos\frac{\pi}{7}}$

a)
$I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{\sin 4xdx}{\sin^6x + \cos^6x}$
   $=-\frac{2}{3}\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{d(\sin^6x + \cos^6x)}{\sin^6x + \cos^6x}$
   $=-\frac{2}{3}\ln|\sin^6x+\cos^6x|\left|\begin{array}{l}\frac{\pi}{4}\\0\end{array}\right.=\frac{4\ln2}{3}$

c)
$P=\int\frac{\cot x}{1+\sin^9x}dx=\int\frac{\cos xdx}{\sin x(1+\sin^9x)}$
Đặt: $\sin x=t\Rightarrow \cos xdx=dt$
$\Rightarrow P=\int\frac{dt}{t(1+t^9)}$
          $=\frac{1}{9}\int\frac{d(t^9)}{t^9(1+t^9)}$
          $=\frac{1}{9}\int\left(\frac{d(t^9)}{t^9}-\frac{d(1+t^9)}{1+t^9}\right)$
          $=\frac{1}{9}\ln\frac{|t^9|}{|1+t^9|}+C$
          $=\frac{1}{9}\ln\frac{|\sin^9x|}{|1+\sin^9x|}+C$

a)
$M=\int\frac{dx}{\sqrt[4]{\sin^3x.\cos^5x}}$
      $=\int\frac{dx}{\sqrt[4]{\tan^3x}.\cos^2x}$
      $=\int\frac{d(\tan x)}{\sqrt[4]{\tan^3x}}=4\sqrt[4]{\tan x}+C$

b)
Đặt $x=\sin t\Rightarrow dx=\cos tdt$
Đổi cận: $x=0\Rightarrow t=0$
                $x=1\Rightarrow t=\frac{\pi}{2}$
Suy ra: $J_n=\int\limits_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^{2n+1}tdt$
                    $=I_{2n+1}=\frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}$

a.
Đặt $u=\cos^{n-1}x,dv=\cos xdx$
$\Rightarrow du=-(n-1)\cos^{n-2}x\sin xdx, v=\sin x$
$\Rightarrow I_n=\cos^{n-1}x\sin x\left|\begin{array}{l}\frac{\pi}{2}\\0\end{array}\right.+(n-1)\int\limits_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^{n-2}x(1-\cos^2x)dx$
            $=(n-1)I_{n-1}-(n-1)I_n\Rightarrow I_n=\frac{n-1}{n}I_{n-2}$
Ta có:
$I_0=\int\limits_0^{\frac{\pi}{2}}dx=\frac{\pi}{2}\Rightarrow I_{2m}=\frac{2m-1}{2m}.\frac{2m-3}{2m-2}\ldots\frac{3}{4}.\frac{1}{2}.\frac{\pi}{2}=\frac{(2m-1)!!}{(2m)!!}.\frac{\pi}{2}$
$I_1=\int\limits_0^{\frac{\pi}{2}}\cos xdx=1\Rightarrow I_{2m+1}=\frac{2m}{2m+1}.\frac{2m-2}{2m-1}\ldots\frac{2}{3}.1=\frac{(2m)!!}{(2m+1)!!}$
Từ đó:
$I_n=\left\{ \begin{array}{l}\frac{(n-1)!!}{n!!}.\frac{\pi}{2}&\textrm{nếu n chẵn} \\\frac{(n-1)!!}{n!!}&\textrm{nếu n lẻ} \end{array} \right.$