Một tài liệu rất hay và bạn có thể tìm được giải thích chi tiết cho phép đặt ẩn phụ ở trên nhé

http://toan.hoctainha.vn/Thu-Vien/Chuyen-De/113295/phuong-phap-dat-an-phu-de-giai-phuong-trinh-co-hai-phep-toan-nguoc-nhau

Để giải những phương trình mà có hệ số hữu tỷ ta thường biến đổi chúng về dạng các hệ số nguyên
$\frac{1}{2}x^2-2x+1=0\Leftrightarrow x^2-4x+2=0$
Đến đây nếu trong phạm vi lớp $9$ thì có hai cách giải thông thường

$\bullet$ $\textbf{Cách 1}$. Sử dụng công thức nghiệm $\Delta.$
Ta có $\Delta = b^2-4ac=4^2-4.1.2=8>0$
Vậy Pt có hai nghiệm 
$$\begin{matrix} x_{1}=\dfrac{-b+\sqrt \Delta}{2a}=\dfrac{4+\sqrt 8}{2}=2+\sqrt 2\\x_{2}=\dfrac{-b-\sqrt \Delta}{2a}=\dfrac{4-\sqrt 8}{2}=2-\sqrt 2 \end{matrix}$$
$\bullet$ $\textbf{Cách 2}$. Phaan tích thành nhân tử
Ta có PT
$\Leftrightarrow x^2-4x+2=0\Leftrightarrow (x^2-4x+4)-2=0\Leftrightarrow (x-2)^2-(\sqrt 2)^2=0\Leftrightarrow (x-2+\sqrt 2)(x-2-\sqrt 2)=0$
Vậy Pt có hai nghiệm 
$$\begin{matrix} x_{1}=2+\sqrt 2\\x_{2}=2-\sqrt 2 \end{matrix}$$

Điều kiện: $2x+15 \geq 0: (1) \Leftrightarrow 2(4x+2)^2=\sqrt{2x+15}+28                 (2)$
Đặt $\sqrt{2x+15}=4y+2 \Rightarrow (4y+2)^2=2x+15 $
Điều kiện $2x+15 \geq 0 \Leftrightarrow y \geq -\frac{1}{2}                              (3)$
Phương trình $(2)$ trở thành $(4x+2)^2=2y+15$
Ta có: $\begin{cases}(4x+2)^2=2y+15                    (4) \\ (4y+2)^2=2x+15                  (5) \end{cases}$
Trừ vế theo vế các phương trình $(4),(5)$ có: $(x-y)(8x+8y+9)=0$
$\Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x=y                             (6-1)}\\
{x=-y-\frac{9}{8}                (6-2)}
\end{array}} \right.$
+ Thay $(6-1)$ vào $(5)$ có $16y^2+14y-11=0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{y=\frac{1}{2}}\\
{y=-\frac{11}{8} (L)}
\end{array}} \right.$
Với $y=\frac{1}{2}$, thế vào $(6-1)$ có $x=\frac{1}{2}                 (7)$
+ Thay $(6-2)$ vào $(4)$ có $f(y)=16y^2+18y-\frac{55}{4}=0             (8)$
Để ý: $f(\frac{1}{2})=-\frac{37}{4}<0 \Rightarrow$ Phương trình $(8)$ có $2$ nghiệm $y_1,y_2:y_1<-\frac{1}{2}<y_2$
Kết hợp với $(3)$ có $y=\frac{-9+\sqrt{221}}{16}$, vào $(6-2)$ có $x=\frac{9+\sqrt{221}}{16}      (9)$
+ Từ $(8),(9) \Rightarrow$ Tập hợp của phương trình $(1)$ là $x=\frac{1}{2}; x=-\frac{9+\sqrt{221}}{16}$

c) Gọi $DJ$ cắt $AC$ tại $N$. Sử dụng định lỳ Menelauyt cho $\triangle ABC$, cát tuyến $D,N,J$ ta tính được
$\dfrac{NC}{NA}=\dfrac{1}{2}$. Mặt khác thì $\dfrac{AK}{AC}=\dfrac{1}{3}$ suy ra $NC=KN$ hay $N$ là trung điểm $KC$.
Do đó $NF \parallel SK \Rightarrow SK \parallel (DEF).$

b) Do $EF$ không song song với $BC$ nên trong mặt phẳng $SBC$ thì $EF$ cắt $BC$ được tại $J$.
Suy ra $DJ$ chính là giao điểm của mặt phẳng $DEF$ và mặt phẳng $ABC$.
Hơn nữa theo định lý Menelauyt cho tam giác $SBC$ với cát tuyến $E,F,J$ thì
$\dfrac{JC}{JB}.\dfrac{EB}{ES}.\dfrac{FS}{FC}=1\Rightarrow \dfrac{JC}{JB}.1.2=1\Rightarrow\dfrac{JC}{JB}=\dfrac{1}{2}$

a) Do $DE$ không song song với $SA$ nên trong mặt phẳng $SAB$ thì $DE$ cắt $SA$ được tại $I$.
Suy ra $I$ chính là giao điểm của $DE$ và mặt phẳng $SAC$.
Hơn nữa theo định lý Menelauyt cho tam giác $SAB$ với cát tuyến $D,E,I$ thì
$\dfrac{DA}{DB}.\dfrac{EB}{ES}.\dfrac{IS}{IA}=1\Rightarrow 1.2.\dfrac{IS}{IA}=1\Rightarrow \dfrac{IS}{IA}=\dfrac{1}{2}$

Ta có
$\dfrac{1}{(x^2+1)^2}=\dfrac{1}{2}.\dfrac{1-x^2}{(x^2+1)^2}+\dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{x^2+1}$
$\dfrac{1}{(x^2+1)^2}=\dfrac{1}{2}.\left (\dfrac{x}{x^2+1} \right )'+\dfrac{1}{2}.\left ( \arctan x \right )'$
Suy ra
 $\int\limits_{0}^{\infty }\dfrac{dx}{(x^2+1)^2}=\dfrac{1}{2}\left[ {\dfrac{x}{x^2+1}+\arctan x} \right]_{0}^{\infty }=\dfrac{\pi}{4}$

Đặt
$t= \frac{1}{\sqrt{x^2-1}}\Rightarrow \begin{cases}dt= -\frac{x}{\sqrt{(x^2-1)^3}} \\ \dfrac{1}{t^2+1}=\dfrac{x^2-1}{x^2} \end{cases}$
Suy ra
$\int\limits\frac{dx}{x\sqrt{x^2-1}}=-\int\limits\dfrac{1}{t^2+1}dt=-\arctan t=-\arctan \frac{1}{\sqrt{x^2-1}}$
 Nếu bài toán chỉ dừng lại ở việc tính nguyên hàm thì đơn giản. Còn nếu bài toán vẫn giữ nguyên với cận dưới là $0$ thì dễ thấy $\sqrt{x^2-1}$ không tồn tại.
Bài toán sẽ có ý nghĩa hơn nếu như thay số $0$ với số $1$.

Áp dụng công thức tích phân từng phần ta có
$\int\limits_{0}^{\infty }e^{
-x}\sin xdx
=-\int\limits_{0}^{\infty }e^{
-x}d(\cos x)=-\left[ {e^{-x}\cos x|_{0}^{\infty }-\int\limits_{0}^{\infty }\cos xd(e^{-x})} \right]=-e^{-x}\cos x|_{0}^{\infty }-\int\limits_{0}^{\infty }e^{-x}\cos xdx$
 Tương tự ta cũng có
$\int\limits_{0}^{\infty }e^{
-x}\cos xdx=e^{-x}\sin x|_{0}^{\infty }+\int\limits_{0}^{\infty }e^{-x}\sin xdx$
 Kết hợp ta được
$\int\limits_{0}^{\infty }e^{
-x}\sin xdx=\left[ {-\dfrac{1}{2}e^{-x}(\sin x+\cos x)} \right]_{0}^{\infty }=\dfrac{1}{2}$

Ta có
$\dfrac{1}{x\sqrt{x^2+x+1}}=\dfrac{1}{x}-\dfrac{1+\dfrac{1+2 x}{\sqrt{1+x+x^2}}}{{2+x+2 \sqrt{1+x+x^2}}}$
$\dfrac{1}{x\sqrt{x^2+x+1}}=(\ln x)'-\left (\ln(2+x+2 \sqrt{1+x+x^2}) \right )'$
Suy ra 
 $\int\limits_{1}^{+\infty }\dfrac{dx}{x\sqrt{x^2+x+1}}=\left[ {\ln x-\ln(2+x+2 \sqrt{1+x+x^2})} \right]_{1}^{+\infty }=\left[ {\ln\dfrac {x}{2+x+2 \sqrt{1+x+x^2}}} \right]_{1}^{+\infty }=-\ln(2\sqrt 3-3)$
 Chú ý rằng
$\lim_{x \to +\infty }\dfrac {x}{2+x+2 \sqrt{1+x+x^2}}=\dfrac{1}{3}$

Áp dụng công thức tích phân từng phần ta có
$\int\limits_{0}^{\infty } x \sin xdx=-\int\limits_{0}^{\infty } x d(\cos x)=-\left[ {x\cos x|_{0}^{\infty } - \int\limits_{0}^{\infty }\cos x dx} \right]=-x\cos x|_{0}^{\infty }+\int\limits_{0}^{\infty }\cos x dx$
$=-x\cos x|_{0}^{\infty }+\sin x |_{0}^{\infty }$
$=\lim_{x \to +\infty}\left ( -x\cos x+\sin x \right )$

$\int\limits_{0}^{\infty }\dfrac{2xdx}{x^2+1}=\int\limits_{0}^{\infty }\dfrac{d(x^2+1)}{x^2+1}=\left[ {\ln (x^2+1)} \right]_{0}^{\infty }=+\infty$
 Chú ý rằng
$\lim_{x \to \infty}\ln (x^2+1)=+\infty$

$\int\limits_{2}^{+\infty }\left (\frac{1}{x^2-1}+\frac{2}{(x+1)^2} \right )dx=\int\limits_{2}^{+\infty }\left (\frac{1}{2(x-1)}-\frac{1}{2(x+1)}+\frac{2}{(x+1)^2} \right )dx$
 $=\left[ {\frac{1}{2}\ln|x-1|-\frac{1}{2}\ln|x+1|-\frac{2}{x+1}} \right]_{2}^{+\infty }=\left[ {\frac{1}{2}\ln\dfrac{|x-1|}{|x+1}-\frac{2}{x+1}} \right]_{2}^{+\infty }=\dfrac{2}{3}+\dfrac{\ln 3}{2}$

$\int\limits_{\sqrt{2}}^{+\infty }\dfrac{x dx}{(x^2+1)^3}=\dfrac{ 1}{2}\int\limits_{\sqrt{2}}^{+\infty }\dfrac{ d(x^2+1)}{(x^2+1)^3}=\left[ {-\dfrac{ 1}{4}\dfrac{1}{(x^2+1)^2}} \right]_{\sqrt{2}}^{+\infty }=\dfrac{1}{36}$
Chú ý rằng
$\lim_{x \to +\infty}\dfrac{1}{(x^2+1)^2}=0$

Ta có
$\dfrac{\arctan x}{x^2}=-\dfrac{ x}{x^2+1}+\dfrac{ 1}{x}-\dfrac{\dfrac{ x}{x^2+1}-\arctan x}{x^2}$
$\dfrac{\arctan x}{x^2}=\left (-\dfrac{ 1}{2}\ln(x^2+1) \right )'+\left (\ln x \right )'-\left (\dfrac{\arctan x}{x} \right )'$
$\dfrac{\arctan x}{x^2}=\left (\ln\dfrac{ x}{\sqrt{x^2+1}} \right )'-\left (\dfrac{\arctan x}{x} \right )'$
 Suy ra
$\int\limits_{1}^{+\infty }\dfrac{\arctan x}{x^2}dx=\left[ {\ln\dfrac{ x}{\sqrt{x^2+1}}-\dfrac{\arctan x}{x}} \right]_{1}^{+\infty }=\dfrac{\pi+\ln 4}{4}$
Chú ý rằng
$\lim_{x \to +\infty}\ln\dfrac{ x}{\sqrt{x^2+1}} =\ln\left (  \lim_{x \to +\infty}\dfrac{ x}{\sqrt{x^2+1}} \right )=\ln 1 =0$
$\lim_{x \to +\infty}\dfrac{\arctan x}{x} \underbrace{=}_{L'Hospital}\lim_{x \to +\infty}\dfrac{(\arctan x)'}{(x)'}=\lim_{x \to +\infty}\dfrac{\dfrac{1}{x^2+1}}{1} =0$