Vì \(\lim\limits_{x\rightarrow\pm\infty}y=\pm\infty\) nên hàm số \(y=\dfrac{x^2}{x-2}\) không có GTNN, GTLN nhé.

\(cosx+sinx=1\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{\sqrt{2}}{2}cosx+\dfrac{\sqrt{2}}{2}sinx=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)

\(\Leftrightarrow sin\left(\dfrac{\pi}{4}\right)cosx+cos\left(\dfrac{\pi}{4}\right)sinx=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)

\(\Leftrightarrow sin\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right)=sin\left(\dfrac{\pi}{4}\right)\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x+\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{\pi}{4}+2k\pi\\x+\dfrac{\pi}{4}=\pi-\dfrac{\pi}{4}+2k\pi\end{matrix}\right.\left(k\inℤ\right)\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=2k\pi\\x=\dfrac{\pi}{2}+2k\pi\end{matrix}\right.\left(k\inℤ\right)\)

Vậy tập nghiệm của pt đã cho là \(S=\left\{2k\pi|k\inℤ\right\}\cup\left\{\dfrac{\pi}{2}+2k\pi|k\inℤ\right\}\)

\(sin3x+sinx=0\)

\(\Leftrightarrow3sinx-4sin^3x+sinx=0\)

\(\Leftrightarrow sinx\left(4-4sin^2x\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}sinx=0\\sinx=1\\sinx=-1\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=k\pi\\x=\dfrac{\pi}{2}+2k\pi\\x=-\dfrac{\pi}{2}+2k\pi\end{matrix}\right.\left(k\inℤ\right)\)

\(\Leftrightarrow x=\dfrac{k\pi}{2}\left(k\inℤ\right)\)

Vậy pt đã cho có tập nghiệm là \(S=\left\{\dfrac{k\pi}{2}|k\inℤ\right\}\)

Gọi thời gian chuyển động của vật là \(t\)

Khi đó \(s_t=v_0t+\dfrac{1}{2}at^2=0.t+\dfrac{1}{2}.2t^2=t^2\)

\(s_{t-1}=v_0\left(t-1\right)+\dfrac{1}{2}a\left(t-1\right)^2=\left(t-1\right)^2\)

Trong giây cuối vật đi được 25m

\(\Leftrightarrow t^2-\left(t-1\right)^2=25\)

\(\Leftrightarrow2t-1=25\)

\(\Leftrightarrow t=13\)

Vậy thời gian vật chuyển động là 13 giây.

Gọi T là giao điểm của EF và BC. M là trung điểm DT.

Ta thấy \(AF=AE;BF=BD;CD=CE\) nên \(\dfrac{DB}{DC}.\dfrac{EC}{EA}.\dfrac{FA}{FB}=1\)

Theo định lý Menalaus, ta có \(\dfrac{TB}{TC}.\dfrac{EC}{EA}.\dfrac{FA}{FB}=1\)

\(\Rightarrow\dfrac{DB}{DC}=\dfrac{TB}{TC}\)  (1)

Đặt \(MD=MT=x;MB=b;MC=c\). Khi đó từ (1) có:

\(\dfrac{MD-MB}{MC-MD}=\dfrac{MB+MT}{MC+MT}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{x-b}{c-x}=\dfrac{b+x}{c+x}\)

\(\Leftrightarrow xc+x^2-bc-bx=bc-bx+cx-x^2\)

\(\Leftrightarrow x^2=bc\)

\(\Leftrightarrow MT^2=MD^2=MH^2=MB.MC\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{MH}{MC}=\dfrac{MB}{MH}\)

Tam giác MBH và MHC có:

\(\dfrac{MH}{MC}=\dfrac{MB}{MH}\) và \(\widehat{HMB}\) chung

\(\Rightarrow\Delta MBH\sim\Delta MHC\left(c.g.c\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{MHB}=\widehat{MCH}\)

Lại có \(\widehat{MHT}=\widehat{MTH}\) 

\(\Rightarrow\widehat{MHB}+\widehat{MHT}=\widehat{MCH}+\widehat{MTH}\)

\(\Rightarrow\widehat{BHT}=\widehat{CHE}\) (vì \(\widehat{CHE}\) là góc ngoài tại H của tam giác CHT)

\(\Rightarrow90^o-\widehat{BHT}=90^o-\widehat{CHE}\)

\(\Rightarrow\widehat{BHD}=\widehat{CHD}\)

\(\Rightarrow\) HD là tia phân giác của \(\widehat{BHC}\) (đpcm)

 Qua P kẻ đường thẳng song song với NQ cắt d tại R. Kẻ \(PH\perp d\) tại H. Khi đó độ dài PH không đổi.

 Khi đó vì \(NP\perp MQ\) nên tam giác MPR vuông tại P.

 Tam giác MPR vuông tại P có đường cao PH nên \(\dfrac{1}{MP^2}+\dfrac{1}{PR^2}=\dfrac{1}{PH^2}\) (*) không đổi.

 Lại có tứ giác NQPR là hình bình hành (các cặp cạnh đối song song) \(\Rightarrow RP=NQ\)

 Thế vào (*), ta có: \(\dfrac{1}{MP^2}+\dfrac{1}{NQ^2}=\dfrac{1}{PH^2}\) không đổi, ta có đpcm.

 Có \(VT=x^4+6x^2+x^2-2x+1+1\)

\(=x^4+6x^2+\left(x-1\right)^2+1\)

 Vì \(x^4,6x^2,\left(x-1\right)^2\ge0;1>0\) nên \(VT>0\). Do đó dấu "=" không thể xảy ra hay pt đã cho vô nghiệm.

\(3x^2+2y^2-4xy+x-2=0\)

\(\Leftrightarrow2y^2-4xy+3x^2+x-2=0\)

\(\Delta'=\left(-2x\right)^2-2\left(3x^2+x-2\right)\)

\(=-2x^2-2x+4\)

\(\Delta'\ge0\Leftrightarrow-2x^2-2x+4\ge0\)

\(\Leftrightarrow-x^2-x+2\ge0\)

\(\Leftrightarrow-x^2+x-2x+2\ge0\)

\(\Leftrightarrow-x\left(x-1\right)-2\left(x-1\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(-x-2\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow-2\le x\le1\Rightarrow x\in\left\{-2;-1;0;1\right\}\)

Để \(y\inℤ\) thì đk cần là \(\Delta'\) là SCP

\(\Leftrightarrow-2x^2-2x+4\) là SCP

Thế \(x=-2,-1,0,1\), ta thấy cả 4 số này đều thỏa mãn

Vậy \(x\in\left\{-2;-1;0;1\right\}\). 

Tới đây thì bạn thay vào \(y=\dfrac{2x\pm\sqrt{-2x^2-2x+4}}{2}\) để tìm \(y\) tương ứng rồi nhận loại là được.

a) Đặt \(x^2+4x+23=y^2\) với \(y\inℤ,y^2\ge19\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}y\ge5\\y\le-5\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow y^2-x^2-4x-4=19\)

\(\Leftrightarrow y^2-\left(x+2\right)^2=19\)

\(\Leftrightarrow\left(y+x+2\right)\left(y-x-2\right)=19\)

Xét các TH sau:

TH1: \(\left\{{}\begin{matrix}y+x+2=1\\y-x-2=19\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left(x;y\right)=\left(-11;10\right)\) (nhận)

TH2: \(\left\{{}\begin{matrix}y+x+2=19\\y-x-2=1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left(x;y\right)=\left(7;10\right)\) (nhận)

TH3: \(\left\{{}\begin{matrix}y+x+2=-1\\y-x-2=-19\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left(x;y\right)=\left(7;-10\right)\) (nhận)

TH4: \(\left\{{}\begin{matrix}y+x+2=-19\\y-x-2=-1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left(x;y\right)=\left(-11;-10\right)\) (nhận)

Vậy ta tìm được 2 số nguyên \(x\) thỏa mãn là \(x=7;x=-11\)

b), c) ý tưởng giống câu a), ta đặt \(x^2+2kx+c=y^2\left(k\inℤ\right)\) rồi đưa về dạng hiệu 2 bình phương.

d) Đặt \(x^2+x+3=y^2\left(y\inℤ,y^2\ge\dfrac{1}{4}\Leftrightarrow y\ne0\right)\)

\(\Leftrightarrow4x^2+4x+3=4y^2\)

\(\Leftrightarrow4y^2-4x^2-4x-1=2\)

\(\Leftrightarrow\left(2y\right)^2-\left(2x+1\right)^2=2\)

\(\Leftrightarrow\left(2y+2x+1\right)\left(2y-2x-1\right)=2\)

Tới đây thì dễ rồi nhé.