Điều kiện \(x>-0,5,y>-0,5\). lấy (i) và (ii) trừ nhau , ta được 

\(x^2+3x+ln\left(2x+1\right)-y^2-3y-ln\left(2y+1\right)=y-x\left(1\right)\)

\(\Leftrightarrow x^2+4x+ln\left(2x+1\right)=y^2+4y+ln\left(2y+1\right)\left(2\right)\)

Xét hàm số \(f\left(t\right)=t^2+4t+\ln\left(2t+1\right)\) trên khoảng \(\left(-\frac{1}{2};+\infty\right)\), ta có :

\(f'\left(t\right)=2t+4+\frac{2}{2t+1}>0\) với mọi \(\in\left(-\frac{1}{2};+\infty\right)\)

vậy hàm số f(t) đồng biến trên khoản \(\left(-\frac{1}{2};+\infty\right)\) . Từ đó (1) xảy ra khi và chỉ khi x=y . Thay vào phương trình (i) được \(x^2+2x+ln\left(2x+1\right)=0.\)(3) . Dễ thấy x=0 thỏa mãn(3) . xét hàm số g(x)=\(x^2+2x+ln\left(2x+1\right)\). Ta có 

                                    \(g'\left(x\right)=2x+2+\frac{2}{2x+1}>0\veebar x>-\frac{1}{2}\)

vậy hàm g(x) đồng biến \(\left(-\frac{1}{2};+\infty\right)\), suy ra x=0 là nghiệm duy nhất của (3) . Hệ phương trình ban đầu có nghiệm duy nhất (x;y)=(0;0)

1) \(\hept{\begin{cases}x^2+y^2-xy=1\\x+x^2y=2y^3\end{cases}\Leftrightarrow}\hept{\begin{cases}x^2+y^2=1+xy\\x\left(1+xy\right)=2y^3\end{cases}\Rightarrow x\left(x^2+y^2\right)=2y^3}\)

\(\Leftrightarrow\left(x^3-y^3\right)+\left(xy^2-y^3\right)=0\Leftrightarrow\left(x-y\right)\left(x^2+y^2+xy\right)+y^2\left(x-y\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)\left(x^2+2y^2+xy\right)=0\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=y\\x^2+2y^2+xy=0\end{cases}}\)

+) \(x=y\Rightarrow\hept{\begin{cases}y^2+y^2-y^2=1\\y+y^3=2y^3\end{cases}\Rightarrow}x=y=\pm1\)

+) \(x^2+2y^2+xy=0\)Vì y=0 không là nghiệm của hệ nên ta chia 2 vế phương trình cho y²:

\(\Rightarrow\left(\frac{x}{y}\right)^2+\frac{x}{y}+2=0\)( Vô nghiệm)

Vậy hệ có nghiệm (1;1),(-1;-1).

2/ \(\hept{\begin{cases}x+y=\sqrt{x+3y}\\x^2+y^2+xy=3\end{cases}\Rightarrow\hept{\begin{cases}x^2+y^2+2xy=x+3y\\x^2+y^2+xy=3\end{cases}}}\Rightarrow xy=x+3y-3\)

\(\Leftrightarrow\left(x-xy\right)+\left(3y-3\right)\Leftrightarrow\left(x-3\right)\left(1-y\right)=0\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=3\Rightarrow y\in\varnothing\\y=1\Rightarrow x=1\end{cases}}\)

Vậy hệ có nghiệm (1;1).

\(b,\hept{\begin{cases}4\left(x+y\right)=5\left(x-y\right)\\\frac{40}{x+y}+\frac{40}{x-y}=9\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}4\left(x+y\right)^2\left(x-y\right)-5\left(x-y\right)^2\left(x+y\right)=0\\40\left(x-y\right)+40\left(x+y\right)-9\left(x-y\right)\left(x+y\right)=0\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\left(x^2-y^2\right)\left[4\left(x+y\right)-5\left(x-y\right)\right]=0\\80x-9\left(x^2-y^2\right)=0\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\left(x+y\right)\left(x-y\right)\left(9y-x\right)=0\\9\left(\frac{80}{9}x-x^2+y^2\right)=0\end{cases}}\)

\(\Rightarrow.......\)

rồi sao típ ạ?

Điều kiện : \(x>-\frac{1}{3};y>-\frac{1}{3}\). Lấy hai phương trình của hệ trừ nhau :

\(3x^2+4x+2\ln\left(3x+1\right)-3y^2+4y+2\ln\left(3y+1\right)=2y-2x\left(1\right)\)

\(\Leftrightarrow3x^2+6+2\ln\left(3x+1\right)=3y^2+6y+2\ln\left(3y+1\right)\left(2\right)\)

Xét hàm số \(f\left(t\right)=3t^2+6t+2\ln\left(3t+1\right)\) trên khoảng \(\left(-\frac{1}{3};+\infty\right)\)

Ta có : \(f'\left(t\right)=6t+6+\frac{6}{3t+1}>0\), với mọi \(t\in\left(-\frac{1}{3};+\infty\right)\)

Vậy hàm số \(f\left(t\right)\) đồng biên trên khoảng  \(\left(-\frac{1}{3};+\infty\right)\). Từ đó (2) xảy ra khi và chỉ khi x = y. Thay vào hệ phương trình đã cho, ta được :

  \(3x^2+4x+2\ln\left(3x+1\right)=2x\)

\(\Leftrightarrow3x^2+2x+2\ln\left(3x+1\right)=0\) (3)

Dễ thấy x = 0 thỏa mãn (3)

Xét hàm số \(g\left(x\right)=3x^2+2x+2\ln\left(3x+1\right)\)

Lấy Logarit cơ số 2 cả 2 vế của 1 phương trình, ta có :

\(\begin{cases}x+y\log_23=2+\log_23\\x\log_23+y=1+2\log_23\end{cases}\)

Đây là hệ phương trình bậc nhất 2 ẩn x,y. Nhân cả 2 vế của phương trình thứ nhất với \(\log_23\) rồi trừ cho phương trình thứ 2, ta được

\(y\left(\log^2_23-1\right)=\log^2_23-1\)

=> y=1

Dễ dàng suy ra x=2

Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm duy nhất là (2;1)