PT
$\Leftrightarrow (\sin x+\cos x) (\sin^{2}x+\cos^{2}x -\sin x\cos x )= (\sin x+\cos x)(\cos x-\sin x)(2\cos x-\sin x)$
$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix}\sin x+\cos x=0\\1-\sin x\cos x= (\cos x-\sin x)(2\cos x-\sin x) \end{matrix}} \right.$
 $\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix}\sin (x +\dfrac{\pi}{4})=0\\1-\sin x\cos x= 2\cos^2x-3\sin x\cos x+\sin^2x \end{matrix}} \right.$
  $\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix}\sin (x +\dfrac{\pi}{4})=0\\ \cos^2x-2\sin x\cos x=0 \end{matrix}} \right.$
 $\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix}\sin (x +\dfrac{\pi}{4})=0\\ \cos x=0\\\sin x =1/2 \end{matrix}} \right.$

PT
$\Leftrightarrow (\sin^{2}x +\cos^{2}x)^2 -2 \sin^{2}x \cos^{2}x-( -\sin^{2}x +\cos^{2}x) + \sin^{2}x \cos^{2}x=0$
$\Leftrightarrow 1 - \sin^{2}x \cos^{2}x+\sin^{2}x -\cos^{2}x=0$
 $\Leftrightarrow (1+ \sin^{2}x )(1-\cos^{2}x)=0$
  $\Leftrightarrow \cos x =\pm 1$.
 Đến đây đơn giản em tự viết nghiệm nhé.

PT
$\Leftrightarrow4 \cos^{3}\dfrac{x}{3}-3 \cos\dfrac{x}{3}= \cos^{2}\dfrac{x}{3}$
$\Leftrightarrow4 \cos^{3}\dfrac{x}{3}-3 \cos\dfrac{x}{3}- \cos^{2}\dfrac{x}{3}=0$
$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} \cos\dfrac{x}{3}=0\\ 4 \cos^{2}\dfrac{x}{3}-\cos\dfrac{x}{3}-3=0 \end{matrix}} \right.$
$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} \cos\dfrac{x}{3}=0\\ \cos\dfrac{x}{3}=1\\\cos\dfrac{x}{3}=-\dfrac{3}{4} \end{matrix}} \right.$
Đến đây đơn giản em tự viết nốt nghiệm nhé.

Số phức $z$ có modun bằng $1$ thì ta có thể viết $z=\cos \alpha +i\sin \alpha, \alpha \in [0, \pi]$.
Ta có
$|z-3+2i|=\left| {(\cos \alpha -3)+i(\sin \alpha+2)} \right|=\sqrt{(\cos \alpha -3)^2+(\sin \alpha+2)^2}=\sqrt{14-6\cos \alpha+4\sin\alpha}$
Ta biết rằng
$(4\sin \alpha -6\cos \alpha)^2 \le (4^2+6^2)(\sin^2 \alpha+\cos^2 \alpha)=52$
$\implies - 2\sqrt{13} \le 4\sin \alpha -6\cos \alpha \le 2\sqrt{13}$
$\implies 4\sin \alpha -6\cos \alpha + 2\sqrt{13} \ge 0$
$\implies 4\sin \alpha -6\cos \alpha +14 \ge 14- 2\sqrt{13}=( \sqrt{13}-1)^2 $
 $\implies  |z-3+2i|=\sqrt{14-6\cos \alpha+4\sin\alpha} \ge \sqrt{13}-1 $
 Do đó $\min |z-3+2i|= \sqrt{13}-1\Leftrightarrow 4\sin \alpha -6\cos \alpha =- 2\sqrt{13} \Leftrightarrow \begin{cases}\sin \alpha=-\dfrac{2}{\sqrt{13} } \\ \cos \alpha=\dfrac{3}{\sqrt{13} } \end{cases}$
Vậy $\boxed{z=-\dfrac{2}{\sqrt{13} }+\dfrac{3}{\sqrt{13} }i} $.

$A= \sum\dfrac{\sqrt{yz}}{x+2\sqrt{yz}}\le \sum \dfrac{\sqrt{yz}}{x+y+z}\le \dfrac{\sum \sqrt{yz}}{x+y+z} \le 1$
 Vậy $\min A=1\Leftrightarrow x=y=z.$

Bài này bạn cần nắm được BĐT Cô-si và BĐT quen thuộc sau
$\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b} \ge \dfrac{4}{a+b} \quad \forall a,b >0.$ Đẳng thức xảy ra khi $a=b.$
Áp dụng ta có
$\dfrac{1}{x^2+y^2}+\dfrac{1}{2xy} \ge \dfrac{4}{x^2+y^2+2xy}=\dfrac{4}{(x+y)^2} \ge 4\qquad (1)$, do $x+y \le 1.$
Theo BĐT Cô-si
$\dfrac{1}{4xy} +4xy \ge 2\sqrt{\dfrac{1}{4xy}.4xy}=2\qquad (2)$
cũng theo BĐt Cô-si
$x+y \ge 2\sqrt{xy} \implies 1 \ge (x+y)^2 \ge 4xy \implies \dfrac{1}{4xy} \ge 1\qquad (3)$
Cộng theo từng vế (1), (2) và (3) ta được
$\dfrac{1}{x^2+y^2}+\dfrac{1}{2xy}+\dfrac{1}{4xy} +4xy + \dfrac{1}{4xy}  \ge 4+2+1$
$\implies P \ge 7.$
Vậy $\min P=7 \iff x=y=1/2.$

Áp dụng BĐT Cô-si cho hai số không âm ta luôn có $x^2+y^2 \ge 2\sqrt{x^2y^2}=2|xy|.$
Sử dụng điều trên ta được
$2\left| {(a+b)(1-ab)} \right| \le (a+b)^2+(1-ab)^2=1+a^2+b^2+a^2b^2=(1+a^{2})(1+b^{2})$
Suy ra
$\left| {\dfrac{(a+b)(1-ab)}{(1+a^{2})(1+b^{2})}} \right| \le \dfrac{1}{2} \iff -\dfrac{1}{2} \leq \dfrac{(a+b)(1-ab)}{(1+a^{2})(1+b^{2})}\leq \dfrac{1}{2}$,  đpcm.
 

Ta có
$n^4−96n^2+2500=(n^4+100n^2+2500)-196n^2=(n^2+50)^2-(14n)^2=(n^2+50-14n)(n^2+50+14n)$
Ta thấy rằng đây là tích của hai số tự nhiên và $n^2+50-14n<n^2+50+14n \quad \forall n \ge 1.$ Do vậy để $n^4−96n^2+2500$ là số nguyên tố thì $n^2+50-14n=1\Leftrightarrow n^2-14n+49=0$.
Phân tích thành nhân tử ta được $(n-7)^2=0\Leftrightarrow n=7.$
Thử lại thấy thỏa mãn. Vậy $n=7.$

Đặt : $u =\ln^2x\Rightarrow du=\frac{2\ln x}{x}$
$\begin{array}{l}
dv = dx   \Rightarrow v =x\\
I = x{\ln ^2}x\left| {_1^e} \right. -2 \int_1^e {\ln xdx}  =e - 2\int_1^e {\ln xdx}
\end{array}$
Đặt : $u=\ln x\Rightarrow du=\frac{dx}{x}$
         $dv=dx\Rightarrow v=x$
Suy ra :$\int_1^e {\ln xdx}  = x\ln x\left| {_1^e -} \right.\int_1^e {dx}  =e -\left( {e - 1} \right)=1$
Suy ra : $I =e-2.$

Với mọi $a,b$ ta có đẳng thức sau :
           $a^5+b^5=(a^2+b^2)(a^3+b^3)-a^2b^2(a+b)$
$\implies a^3+b^3=(a^2+b^2)(a^3+b^3)-a^2b^2(a+b)$
$\implies (a^2+b^2-1)(a^3+b^3)=a^2b^2(a+b)$
BĐT cần chứng minh
$\iff a^2+b^2-1 \le ab$
$\iff  (a^2+b^2-1)(a^3+b^3) \le ab(a^3+b^3)$
 $\iff  a^2b^2(a+b) \le ab(a^3+b^3)$
 $\iff  ab(a+b) \le a^3+b^3$
 $\iff  ab \le a^2+b^2-ab$
  $\iff  0 \le (a-b)^2$
 Đây là điều hiển nhiên đúng. Vậy BĐT được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=1.$

c2) PT tương giao  $x^4-2\left(2m+1\right)x^2+4m=m^2+2m \underbrace{\iff}_{t=x^2}t^2-2\left(2m+1\right)t-m^2+2m=0\quad (1)$
Ta có $\Delta' =(2m+1)^2+(m^2-2m)=5m^2+2m+1> 0 \quad \forall m.$
Như vậy để cắt tại bốn điểm phân biệt thì PT (1) cần có hai nghiệm dương phân biệt.
$\Leftrightarrow \begin{cases}S>0\\ P>0\\\Delta' >0 \end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}2m+1>0\\ m^2-2m<0\end{cases}\Leftrightarrow 2>m>0.$
 Gọi $t_1<t_2$ là hai nghiệm của Pt (1) thì $x_A=-\sqrt{t_2},x_B=-\sqrt{t_1},x_C=\sqrt{t_1},x_D=\sqrt{t_2}$.
Như vậy điều kiện bài toán
$\Leftrightarrow 2(t_1^2+t_2^2)=30\Leftrightarrow (t_1+t_2)^2-2t_1t_2=15 \underbrace{\iff}_{Vi-et}4\left(2m+1\right)^2+2(m^2-2m)=15$
Giải PT và kết hợp điều kiện bên trên ta có       $\boxed{m=\dfrac{\sqrt{26}-2}{6}}$.

$c_1,$
Bài này có cách làm rất giống các bài sau đây. Em nhìn phương pháp và làm theo nhé

http://toan.hoctainha.vn/Hoi-Dap/Cau-Hoi/113699/ham-so-bac-4-cat-truc-hoanh-lap-thanh-cap-so-cong

http://toan.hoctainha.vn/Hoi-Dap/Cau-Hoi/115433/cap-so-cong