PT $\Leftrightarrow \sin2x=\frac{\pi}{6}+2m\pi$ hoặc $\sin2x=\frac{5\pi}{6}+2n\pi$ , $m,n\in \mathbb{Z}$
Ta có
$-1<\frac{\pi}{6}+2m\pi<1,-1<\frac{5\pi}{6}+2n\pi<1\Rightarrow m=0,n \text { không tồn tại}$.
$\Rightarrow \sin2x=\frac{\pi}{6}$
$\Leftrightarrow 2x=(-1)^k\arcsin\frac{\pi}{6}+k\pi$
$\boxed{x=\frac{1}{2}\left( (-1)^k\arcsin\frac{\pi}{6}+k\pi\right),k\in  \mathbb{Z}}$

$z^4+4z^2-z+6=0\Leftrightarrow (z^2-z+2)(z^2+z+3) =0$.
Suy ra $z^2-z+2=0$ hoặc $z^2+z+3=0$. 
Vậy $z\in\left\{\frac{1+i\sqrt{7}}{2},\frac{1-i\sqrt{7}}{2},\frac{-1+i\sqrt{11}}{2},\frac{-1-i\sqrt{11}}{2}\right\}$

PT $\iff$ $x^2-x=t$ và  $\left(\frac 23\right)^t+1-2\left(\frac 53\right)^t=0$
Vế trái của PT là hàm liên tục giảm nên nếu nó có nghiệm thì nghiệm này là nghiệm duy nhất.
Thấy rằng $t=0$ thỏa mãn PT trên ta được $x^2-x=0$
Vậy $\boxed{x\in\{0,1\}}$.

$\sqrt{x^{2}+48}= 4x-3+\sqrt{x^{2}+35}$
$\iff  \sqrt{x^{2}+48}-\sqrt{x^{2}+35}=4x-3$
$\iff \frac{13}{\sqrt{x^{2}+48}+\sqrt{x^{2}+35}}=4x-3$
Vế trái của PT trên là hàm giảm, vế phải là hàm tăng nên nếu có nghiệm thì nghiệm này là nghiệm duy nhất. 
Mặt khác $x=1$ thỏa mãn PT trên nó là nghiệm duy nhất.

Ta có
$4(y^4+2y^3+y^2+2y)+1=4.9^x-4.3^x+1=(2.3^x-1)^2$ là một số chính phương.
Mặt khác $(2y^2+2y)^2<4(y^4+2y^3+y^2+2y)+1<(2y^2+2y+2)^2$.
Do đó chỉ có thể
$4(y^4+2y^3+y^2+2y)+1=(2y^2+2y+1)^2\Leftrightarrow y=1$ suy ra $x=1$.

$\log_{5x+9}(x^{2}+6x+9)+\log_{x+3}(5x^{2}+24x+27) = 4 $
$2\log_{5x+9}{(x+3)}+\log_{x+3}{(5x+9)(x+3)}=4$
$2\frac{\log {(x+3)}}{\log {(5x+9)}}+\frac{\log {(5x+9)(x+3)}}{\log {(x+3)}}=4$
$2\frac{\log(x+3)}{\log (5x+9)}+\frac{\log(5x+9)+\log (x+3)}{\log (x+3)} =4$
$2\frac{\log (x+3}{\log (5x+9)}+\frac{\log (5x+9)}{\log (x+3)}+1 =4$
Đặt $a=\frac{\log {(x+3)}}{\log {(5x+9)}}$. Suy ra, $2a+\frac{1}{a}=3\Leftrightarrow 2a^2-3a+1=0\Leftrightarrow (2a-1)(a-1)=0$ và $a=\frac{1}{2}$ hoặc $a=1$.

Nếu $a=\frac{1}{2}$, thì
$\frac{\log {(x+3)}}{\log {(5x+9)}}=\frac{1}{2}$.
$2\log {(x+3)}=\log {(5x+9)}$
$\log {(x^2+6x+9)}=\log {(5x+9)}$
$x^2+6x+9=5x+9$
$x^2+x=0$
$x=-1$ và  $x=0$

Nếu $a=1$, thì
$\frac{\log {(x+3)}}{\log {(5x+9)}}=1$.
$\log {(x+3)}=\log {(5x+9)}$
$x+3=5x+9$
$x=-\frac{3}{2}$
Vậy $\boxed{x=-1}$, $\boxed{x=0}$,  $\boxed{x=-\frac{3}{2}}$

b) Đặt $y=\sin^{2}\frac{\pi}{3} +\sin^{2}\frac{\pi}{6}+\sin^{2}\frac{2\pi}{9}+\sin^{2}\frac{\pi}{9}=1+\sin^{2}\frac{2\pi}{9}+\sin^{2}\frac{\pi}{9}$
Bạn kiểm tra điều sau nhé
$64(1+\sin^{2}\frac{2\pi}{9}+\sin^{2}\frac{\pi}{9})^3 -384(1+\sin^{2}\frac{2\pi}{9}+\sin^{2}\frac{\pi}{9})^2+756(1+\sin^{2}\frac{2\pi}{9}+\sin^{2}\frac{\pi}{9})-487=0$
Như vậy $y$ là nghiệm của PT $64y^3-384y^2+756y-487=0$.
Để xem cách giải PT bậc $3$ tổng quát bạn xem thêm phần chuyên đề của sách Toán nâng cao và Phát triển $9$ tập hai của tác giả Vũ Hữu Bình nhé.

a) Đặt $x=\cos \frac{\pi}{3}+\cos \frac{2\pi}{9}+\cos\frac{8\pi}{9}=\frac{1}{2}+\cos \frac{2\pi}{9}-\cos\frac{\pi}{9}$
Bạn kiểm tra điều sau nhé
$8 (\frac{1}{2}+\cos \frac{2\pi}{9}-\cos\frac{\pi}{9} )^3 -12(\frac{1}{2}+\cos \frac{2\pi}{9}-\cos\frac{\pi}{9})^2=-1$
Như vậy $x$ là nghiệm của PT $8x^3-12x^2+1=0$.
Để xem cách giải PT bậc $3$ tổng quát bạn xem thêm phần chuyên đề của sách Toán nâng cao và Phát triển $9$ tập hai của tác giả Vũ Hữu Bình nhé.

$\cos 30^\circ=4\cos^3 10^\circ-3\cos 10^\circ =4a^3-3a \implies a^3-\frac34a=\frac{\sqrt3}{8}$
tương tự
 $Y=3a^6-\frac92a^4+\frac{27}{16}a^3+\frac{27}{32}=3\left(a^3-\frac34a\right)^2+\frac{27}{32}=\frac{63}{64}$

$b=\cos 50^\circ =\frac{1}{2}(\cos 10^\circ+\sqrt3 \sin10^\circ)$
$c=\cos 70^\circ =\frac{1}{2}(\cos 10^\circ-\sqrt3 \sin 10^\circ)$
$b+c=a$ và $bc=a^2-\frac34$
do đó
$b^4+c^4=(b^2+c^2)^2-2b^2c^2=\left(a^2-2a^2+\frac32\right)^2-2\left(a^2-\frac34\right)^2 \\ =a^4-3a^2+\frac94 -2a^4+3a^2-\frac98$
suy ra $X=a^4+b^4+c^4=\frac98$

Bài toán của bạn rất hay, mình tổng quát thành bài sau
Tính $\frac AB$ , với $A=\int_{0}^{1}({1-x^{n}})^{m}\ \mathrm{dx}\ \ ,\ \ B=\int_{0}^{1}({1-x^{n}})^{m+1}\ \mathrm{dx}$ và $\{m,n\}\subset \mathbb N^*$ .
$\left\{\begin{array}{ccc}
u(x)=\left(1-x^n\right)^{m+1} & \implies & u'(x)=-n(m+1)x^{n-1}\left(1-x^n\right)^m\\\\
v'(x)=1 & \implies & v(x)=x\end{array}\right|$ $\implies$
$B=\int_{0}^{1}({1-x^{n}})^{m+1}dx =$ $\left. x\left(1-x^n\right)^{m+1}\right|_0^1 +n(m+1)\cdot \int x^{n}\left(1-x^n\right)^m dx=$
$n(m+1)\cdot\int \left[1-\left(1-x^{n}\right)\right]\left(1-x^n\right)^m\ dx\implies$ $B=n(m+1)\cdot (A-B)$
$\implies \frac AB=1+\frac {1}{n(m+1)}$

c) $ C = \frac{\sin a}{\cos a}+\frac{\cos a}{1+ \sin a}=\frac{\sin a + \sin^2 a + \cos^2 a}{\cos a (1+ \sin a)}=\frac{\sin a + 1}{\cos a (1+ \sin a)}=\frac{1}{\cos a} $

b) $ B = \frac{\sin a + \sin^2 a}{1+ \sin a}= \sin a $

a) $ A=1- \tan a + \tan^2 a + 1+ \tan a + \tan^2 a = 2+2 \tan^2 a = \frac{2} {\cos^2 a} $