Nhận thấy $y=0$ không phải là nghiệm của PT. Do vậy
PT $\Leftrightarrow \begin{cases}x+\frac{x}{y}+\frac{1}{y}=7 \\ x^2+\frac{x}{y}+\frac{1}{y^2}=13\end{cases}$
Đặt $a=\frac{x}{y}, b=x+\frac{1}{y}$ thì
HPT $\Leftrightarrow \begin{cases}a+b=7 \\ b^2-a=13 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}a=7-b \\ b^2+b-20=0 \end{cases}\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} \begin{cases}a=3 \\ b=4 \end{cases}\\ \begin{cases}a=12 \\ b=-5 \end{cases} \end{matrix}} \right.\Leftrightarrow (x;y) \in \left\{ {(1; 1/3); (3;1)} \right\}$

Trước hết nhìn vào các điều kiện của $\log$ thì ta cần $a \ne 1, a>0, a<4$.
Từ PT thứ 3 suy ra ${\log _a}\left( {\frac{z({4 - a)}}{a}} \right) = 0\Leftrightarrow \frac{z({4 - a)}}{a}=1\Leftrightarrow z=\frac{a}{4-a}$
Từ PT thứ hai ta cần có
$\begin{cases}z \ne 1, z>0  \\ \sin x < -\frac{1}{4}\\ \cos y > -\frac{1}{2}\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}a \ne 1,a\ne 2, a>0, a<4  \\ -1<\sin x < -\frac{1}{4}\\ 1>\cos y > -\frac{1}{2}\end{cases}$
Cũng từ PT thứ 2 $\Leftrightarrow {\log _z}\left( { - 1 - 4\sin x} \right) = {\log _z}\left( {1 + 2\cos\,y} \right)\Leftrightarrow 2\sin x+\cos y+1=0$
Và từ PT 1 ta có
$\begin{cases}a\cos\,y + \sin \,x + 1 = 0\\ 2\sin x+\cos y+1=0\end{cases} \underbrace{\iff}_{a \ne \frac{1}{2}}\begin{cases}\sin x= \frac{1-a}{2a-1}\\ \cos y=\frac{1}{1-2a} \end{cases}$
Ta cần điều kiện
$\begin{cases} -1<\frac{1-a}{2a-1} < -\frac{1}{4} \\1>\frac{1}{1-2a}> -\frac{1}{2} \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}4>a>\frac{3}{2}\\ a \ne 2 \end{cases}$

b) Từ câu a) ta có
$\sin (B+C) = 2 \sin (B-C) \iff \sin B \cos C+ \sin C \cos B=2 \sin B \cos C- 2\sin C \cos B $
$\iff \sin B \cos C=3 \sin C \cos B \iff \frac{\cos C}{\sin C}=3 \frac{\cos B}{\sin B} \iff$  đpcm.

a) Theo công thức tính độ dài trung tuyến ta có $4AM^2=2AB^2+2AC^2-BC^2$
Từ $AM=AB \iff 4AM^2=4AB^2 \iff2AB^2+2AC^2-BC^2=4AB^2 \iff 2AC^2+2AB^2=BC^2$
$ \underbrace{\iff}_{\text {Định lý hàm Sin}}2\sin^2 B-2\sin^2 C=\sin^2 A \iff \cos 2C-\cos 2B=\sin^2 A \iff 2\sin (B+C) \sin (B-C)=\sin^2 A \iff$ đpcm.

Từ điều kiện của các hàm $f,g,h$ ta có các bđt sau
$\begin{cases}f^2 \le f \\ g^2h^2 \le g\\fgh \le h \end{cases}$
Áp dụng BĐT Cô-si cho tích phân dạng  $(\int\limits_{0}^{1}FGdx)^2 \leq  \int\limits_{0}^{1}F^2dx.\int\limits_{0}^{1}G^2dx$
và điều suy ra ở trên ta được
$(\int\limits_{0}^{1}f(x)g(x)h(x)dx)^2 \leq  \int\limits_{0}^{1}f^2(x)dx.\int\limits_{0}^{1}g^2(x)h^2(x)dx \leq  \int\limits_{0}^{1}f(x)dx.\int\limits_{0}^{1}g(x)dx            (1)$
Mặt khác
$\int\limits_{0}^{1}f(x)g(x)h(x)dx \leq   \int\limits_{0}^{1}h(x)dx          (2)$
Nhân theo từng vế $(1)$ và $(2)$ thì ta có đpcm.

Áp dụng BĐT Cô-si ta có
$\sin^4 x \cos^6 x=108.\frac{\sin^2 x}{2}.\frac{\sin^2 x}{2}.\frac{\cos^2 x}{3}. \frac{\cos^2 x}{3}.\frac{\cos^2 x}{3} \le 108.\left ( \frac{\frac{\sin^2 x}{2}+\frac{\sin^2 x}{2}+\frac{\cos^2 x}{3}+ \frac{\cos^2 x}{3}+\frac{\cos^2 x}{3}}{5} \right )^5=\frac{108}{3125}$
 Do đó 
  $ 0< \int\limits_{0}^{\pi} \sin ^4 x \cos ^6xdx\le\int\limits_{0}^{\pi} \frac{108}{3125}dx< \frac{243\pi}{6250}.$  

Hiển nhiên thấy $ 0< \int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2} }\frac{\tan \frac{x}{2} }{x}dx $.
BĐT còn lại được suy ra từ BĐT phụ sau
Với $0<x<\frac{\pi}{2}$ thì $\frac{\tan \frac{x}{2} }{x} <\frac{2}{\pi} $. Thật vậy, xét hàm
$f(x)=\frac{\tan \frac{x}{2} }{x} $ có $f'(x)=\frac{(x-\sin x)}{2x^2\cos^2(x/2)}>0$
Do đó $f(x) < f(\frac{\pi}{2})=\frac{2}{\pi} $
Vậy $ \int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2} }\frac{\tan \frac{x}{2} }{x}dx< \int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2} }\frac{2}{\pi} dx=1$

a) Kết luận của đề bài là không đúng. Vì giả sử $\overrightarrow {v}=\overrightarrow {MA}+2 \overrightarrow {MB}-\overrightarrow {MC}$ không phụ thuộc vào vị trí điểm $M$.
 Ta lấy $M \equiv A\Rightarrow \overrightarrow {v}=2 \overrightarrow {AB}-\overrightarrow {AC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AB}-\overrightarrow {AC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CB}$
 Ta lấy $M \equiv B\Rightarrow \overrightarrow {v}= \overrightarrow {BA}-\overrightarrow {BC}=-\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CB}$
  Đây là viều vô lý vì $\overrightarrow{AB} \ne \overrightarrow{0}\Leftrightarrow \overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CB} \ne -\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CB}$

Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết

Đặt
$x=\frac{\cos B\cos C}{\cos A};y=\frac{\cos C\cos A}{\cos B};z=\frac{\cos A\cos B}{\cos C}$
Trước hết bạn chứng minh công thức sau coi như bài tập nhé
$\cos^2A+\cos^2B+\cos^2C+2\cos A\cos B\cos C=1$
Từ đây suy ra
$\Rightarrow xy+yz+zx+2xyz=1$
Từ hệ thức trên ta suy ra tồn tại các số $\alpha ,\beta ,\gamma >0$ sao cho
$x=\frac{\alpha }{\beta +\gamma };y=\frac{\beta }{\alpha  +\gamma };z=\frac{\gamma }{\alpha  +\beta }$
Điều này xuất phát từ quan sát với mọi $\alpha ,\beta ,\gamma >0$ thì
$\frac{\alpha }{\beta +\gamma }\frac{\beta }{\alpha  +\gamma }+\frac{\beta }{\alpha  +\gamma }\frac{\gamma }{\alpha  +\beta }+\frac{\gamma }{\alpha  +\beta }\frac{\alpha }{\beta +\gamma }+2\frac{\alpha }{\beta +\gamma }\frac{\beta }{\alpha  +\gamma }\frac{\gamma }{\alpha  +\beta }=1$
BĐT cần chứng minh tương đương với
$\sqrt{\frac{\alpha }{\beta +\gamma }}+\sqrt{\frac{\beta }{\alpha  +\gamma }}+\sqrt{\frac{\gamma }{\alpha  +\beta }}>2$
Mặt khác đây là BĐT không khó vì
$\sqrt{\frac{\alpha }{\beta +\gamma }}=\frac{\alpha }{\sqrt{\alpha(\beta +\gamma) }} \ge \frac{2\alpha }{\alpha+\beta +\gamma }$
Từ đó
$\sqrt{\frac{\alpha }{\beta +\gamma }}+\sqrt{\frac{\beta }{\alpha  +\gamma }}+\sqrt{\frac{\gamma }{\alpha  +\beta }} \ge \frac{2\alpha }{\alpha+\beta +\gamma }+ \frac{2\beta }{\alpha+\beta +\gamma }+ \frac{2\gamma }{\alpha+\beta +\gamma }=2$
Đẳng thức xảy ra $\iff \begin{cases}\alpha=\beta +\gamma \\ \beta=\alpha +\gamma \\ \gamma=\beta +\alpha \end{cases} \iff\alpha=\beta =\gamma=0$
Đây là điều vô lý. Vậy ta có đpcm.

 2)
$  f(x)=\frac{1}{\sqrt[3]{x^2}+\sqrt[3]{x(x-1)}+\sqrt[3]{(x-1)^2}   }=\frac{\sqrt[3]{x}-\sqrt[3]{x-1}}{(x)-(x-1)}=\sqrt[3]{x}-\sqrt[3]{x-1}$
Vậy $\int f(x)dx=\int \left (\sqrt[3]{x}-\sqrt[3]{x-1} \right )dx=\frac{3}{4}\sqrt[3]{x^4}-\frac{3}{4}\sqrt[3]{(x-1)^4}+C$

 1)
$f(x)=\frac{1}{\sqrt[3]{(x+2)^2}+\sqrt[3]{x^2-4}+\sqrt[3]{(x-2)^2}    }=\frac{\sqrt[3]{x+2}-\sqrt[3]{x-2}}{(x+2)-(x-2)}=\frac{1}{4}\sqrt[3]{x+2}-\frac{1}{4}\sqrt[3]{x-2}$
Vậy $\int f(x)dx=\int \left (\frac{1}{4}\sqrt[3]{x+2}-\frac{1}{4}\sqrt[3]{x-2} \right )dx=\frac{3}{16}\sqrt[3]{(x+2)^4}-\frac{3}{16}\sqrt[3]{(x-2)^4}+C$

b) Ta có
$\begin{cases}0<x^2<1 \\ 0<e^{-x}<1 \end{cases}\Rightarrow 0<x^2e^{-x}<1$
Bạn tự chứng minh bài toán phụ sau coi như bài tập nhé.
Với $0<t<1$ thì $1-t<\frac{1}{1+t}<1-\frac{t}{2}$.
Áp dụng cho $t=x^2e^{-x}$ ta được
$\int\limits_{0}^{1} \left ( 1-x^2e^{-x} \right )dx \le \int\limits_{0}^{1} \frac{dx}{1+x^2e^{-x}}< \int\limits_{0}^{1} \left ( 1-\frac{1}{2}x^2e^{-x} \right )dx$
$\Leftrightarrow 1 - \int\limits_{0}^{1}x^2e^{-x}dx \leq  \int\limits_{0}^{1} \frac{dx}{1+x^2e^{-x}} < 1 -\frac{1}{2} \int\limits_{0}^{1}x^2e^{-x}dx.$

a) Áp dụng BĐT Bunhiacopski ta có
i) $\left (  \int\limits_{0}^{x}\sqrt{e^{2t} + e^{-t}}dt \right )^2=\left (  \int\limits_{0}^{x}e^{t/2}\sqrt{e^{t} + e^{-2t}}dt \right )^2\le \int\limits_{0}^{x}e^{t}dt. \int\limits_{0}^{x}\left (e^{t} + e^{-2t} \right )dt=(e^x-1)(e^x-\frac{1}{2})$
Vậy $ \int\limits_{0}^{x}\sqrt{e^{2t} + e^{-t}}dt < \sqrt{(e^x-1)(e^x-\frac{1}{2})}$
ii) $ \int\limits_{0}^{x}\sqrt{e^{2t} + e^{-t}}dt> \int\limits_{0}^{x}\sqrt{e^{2t}}dt=\int\limits_{0}^{x}e^{t}dt=e^x-1$
Vậy $ \int\limits_{0}^{x}\sqrt{e^{2t} + e^{-t}}dt >e^x-1$

b) Dễ nhận thấy điểm $C$ có tọa độ $C(0;4)$
Ta có $S_{ABC}=1997\Leftrightarrow CO.AB=2.1997\Leftrightarrow 4.AB=2.1997\Leftrightarrow AB^2=\frac{1997^2}{4}$
$\Leftrightarrow (x_A-x_B)^2=\frac{1997^2}{4}\Leftrightarrow (x_A+x_B)^2-4x_Ax_B=\frac{1997^2}{4}$
Mặt khác thì $x_A, x_B$ là nghiệm của PT $x^2-2(m+1)x+4=0\Leftrightarrow \begin{cases}x_A+x_B=2(m+1) \\ x_Ax_B=4 \end{cases}$
Vậy ta có $4(m+1)^2-16=\frac{1997^2}{4}\Leftrightarrow m=-1 \pm\frac{\sqrt{3988073}}{4}$