Giải HPT: $\ \left\{ \begin{array}{l} {x^3}\left( {4{y^2} + 1} \right) + 2\left( {{x^2} + 1} \right)\sqrt x = 6\,\,\,\,\left( 1 \right)\\ {x^2}y\left( {2 + 2\sqrt {4{y^2} + 1} } \right) = x + \sqrt {{x^2} + 1} \,\,\left( 2 \right) \end{array} \right.$
Giải: Xét thấy x = 0 không là nghiệm của HPT nên ta chia 2 vế của (2) cho $\ {{x^2}}$ ta được:
$\ \left( 2 \right) \Leftrightarrow y\left( {2 + 2\sqrt {4{y^2} + 1} } \right) = \frac{{x + \sqrt {{x^2} + 1} \,}}{{{x^2}}} \Leftrightarrow 2y + 2y\sqrt {{{\left( {2y} \right)}^2} + 1} = \frac{1}{x} + \frac{1}{x}\sqrt {{{\left( {\frac{1}{x}} \right)}^2} + 1} \,$
Xét hàm $\ f\left( t \right) = t + t\sqrt {{t^2} + 1} \Rightarrow f'\left( t \right) = 1 + \sqrt {{t^2} + 1} + \frac{{{t^2}}}{{\sqrt {{t^2} + 1} }} > 0,\forall t.$ Khi đó f(t) là hàm đồng biến nên:$\ f\left( {2y} \right) = f\left( {\frac{1}{x}} \right) \Leftrightarrow 2y = \frac{1}{x} \Rightarrow \left( 1 \right) \Leftrightarrow {x^3}\left( {\frac{1}{{{x^2}}} + 1} \right) + 2\left( {{x^2} + 1} \right)\sqrt x = 6.$
$\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
u = \sqrt x > 0\\
g\left( u \right) = {u^6} + 2{u^5} + {u^2} + 2u - 6 = 0
\end{array} \right. \Rightarrow g'\left( u \right) = 6{u^5} + 10{u^4} + 2u + 2 > 0,\forall u > 0 \Rightarrow \,\,\,\,$ g(u) là hàm đồng biến nên g(u)=0 có nghiệm duy nhất mà g(1)=0 nên HPT có nghiệm duy nhất là:
$\ S = \left\{ {\left( {1;\frac{1}{2}} \right)} \right\}.$
