2. Kí hiệu  $\left\{\begin{array}{c}
\cos x+i\cdot\sin x=u\\\
\cos y+i\cdot\sin y=v\\\
\cos z+i\cdot\sin z=w\end{array}\right|\implies u+v+w=0\ \wedge\ uv+vw+wu=0\ \implies\ u^2+v^2+w^2=0$
$\ \implies\sum\cos 2x=0\ \wedge\ \sum\sin 2x=0$ .
Do đó, $\sum\cos 2x=0\implies \sum\left(1-2\sin^2x\right)=0\implies$ $\sum\sin^2x=\frac 32$

1) $1=\sin^2z+\cos^2z=(\sin x+\sin y)^2+(\cos x+\cos y)^2=$ $2+2\cos (x-y)\implies\cos (x-y)=-\frac{1}{2}$

Áp dụng BĐT Cô-si ta có
$2.\sqrt{a+1}.\frac{2}{\sqrt 3}\le a+ 1+ \frac{4}{3}$
$2.\sqrt{b+1}.\frac{2}{\sqrt 3}\le b+ 1+ \frac{4}{3}$
$2.\sqrt{c+1}.\frac{2}{\sqrt 3}\le c+ 1+ \frac{4}{3}$
Suy ra
$\frac{4}{\sqrt 3}\left ( \sqrt{a+1}+\sqrt{b+1}+\sqrt{c+1} \right ) \le a+b+c+3+4=8$
$\Rightarrow \sqrt{a+1}+\sqrt{b+1}+\sqrt{c+1} \le 2\sqrt 3 <3,5$

b)
$ \int \tan^4x dx = \int(\frac{1}{\cos^2 x}\tan^2 x - \tan^2 x) dx = \frac{\tan^3 x}{3} + \int \frac{\cos^2 x - 1}{\cos^2 x} dx= \frac{\tan^3 x}{3} + x - \tan x +C$

a) $ \int \tan^3x dx = \int (\frac{1}{\cos^2 x} \tan x - \tan x) dx = \frac{\tan^2x}{2} + \ln|\cos x| +C$

Sẽ là có ích hơn nếu như chúng ta giải quyết bài toán, tính $I_n=\int\tan^{2n}xdx$.
$I_n=\int\tan^{2n}xdx=\int\tan^{2(n-1)}x.(1+\tan^2 x)dx-\int\tan^{2(n-1)}xdx$
 $=\int\tan^{2(n-1)}xd(\tan x)-I_{n-1}=\frac{\tan^{2n-1}x}{2n-1}-I_{n-1}$
 Từ đây có được công thức truy hồi và tìm ta công thức tổng quát.

Áp dụng BĐT Cô-si cho tích phân dạng
$\left ( \int\limits_{a}^{b} f(x).g(x)dx \right )^2 \le \int\limits_{a}^{b} f^2(x)dx.\int\limits_{a}^{b} g^2(x)dx$
dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow \exists t \in \mathbb{R} |  tf(x)=g(x)$
Ta có
$(b-a)^2=\left ( \int\limits_{a}^{b} \sqrt{f(x)}.\frac{1}{ \sqrt{f(x)}}dx \right )^2 \le \int\limits_{a}^{b} f(x)dx.\int\limits_{a}^{b} \frac{1}{ f(x)}dx$
Do $f$ không phải là hàm hằng nên $\nexists t \in \mathbb{R} |  tf(x)= \frac{1}{ f(x)}$. Như vật dấu đẳng thức không xảy ra và ta có đpcm.

$I=\int\limits_{1}^{e}\frac{dx}{x\sqrt{4-\ln^2x}} =\int\limits_{1}^{e}\frac{1}{\sqrt{1-\left ( \frac{\ln x}{2} \right )^2}}.\frac{1}{2}.\frac{dx}{x} =\int\limits_{1}^{e}\frac{1}{\sqrt{1-\left ( \frac{\ln x}{2} \right )^2}}.d\left (  \frac{\ln x}{2} \right ) $
 $=\arcsin \left (  \frac{\ln x}{2} \right )\left | \right._1^e=\frac{\pi}{6}$

Bài tập này là bài tập số $24$, sách bài tập Hình Học nâng cao $12$. Trong đó có hướng dẫn giải chi tiết, bạn tham khảo ở đó nhé.

$C^n_{(2n+k)}.C^n_{(2n-k)}=\frac{(2n+k)!}{n!(n+k)!}.\frac{(2n-k)!}{n!(n-k)!}=\frac{1}{(n!)^2}.(n+k+1)\cdots(2n+k).(n-k+1)\cdots(2n-k)$
Ta có
$(x+k+1)(x-k+1) \le \left ( \frac{x+k+1+x-k+1}{2} \right )^2=(x+1)^2$
Cho $x=n,n+1,\cdots,2n-1$ ta được
$(n+k+1)\cdots(2n+k).(n-k+1)\cdots(2n-k) \le (n+1)^2\cdots(2n)^2 \le (2n)!^2$
Tóm lại
$C^n_{(2n+k)}.C^n_{(2n-k)} \le \frac{1}{(n!)^2}.(2n)!^2=(C^n_{2n})^2$

Bài này đã được thảo luận tại đây
http://toan.hoctainha.vn/Hoi-Dap/Cau-Hoi/113762/giup-minh-may-bai-so-phuc-nay-voi

Không có một công thức cụ thể sơ cấp nào biểu diễn được chính xác nghiệm của phương trình siêu việt trên. Dưới đây là những tìm ra của mình.
Nhận thấy $x=0$ là một nghiệm của PT. Với $x \ne 0$ thì
PT $\Leftrightarrow \arcsin x^2 + \frac{2\sqrt{1-x^2}\arcsin x}{x} - 2=0$
Đặt $f(x)= \arcsin x^2 + \frac{2\sqrt{1-x^2}\arcsin x}{x} - 2$
Ta thấy rằng $f(x)=f(-x)$ nên $f$ là hàm chẵn và đồ thị của nó đối xứng nhau qua $Oy$.
Kiểm tra rằng $f'(x)=0$ có tối đa hai nghiệm khác $0$ nên $f(x)=0$ có tối đa hai nghiệm.
Và nếu muốn có một cách để tính xấp xỉ nghiệm đúng đến nhiều chữ số sau dấu phẩy trong biểu diễn thập phân. Ta có thể sử dụng phương pháp Newton-Raphson http://en.wikipedia.org/wiki/Newton%27s_method như sau
$f(x)= \arcsin x^2 + \frac{2\sqrt{1-x^2}\arcsin x}{x} - 2$
Ta thu được công thức truy hồi
$x_{n+1}=x_n−\frac{f(x_n)}{f'(x_n)}     (n \in \mathbb{N})$
Từ đó.
Trong đó ta xuất phát từ $x_0=\pm 1$,  và cho $n$ đủ lớn và ta tính được nghiệm gần đúng $x \approx \pm0, 90303214$.

Hình nón có đáy là hình tròn có bán kính bằng $\frac{a}{2}$, đường cao là đường cao của tam giác đều bằng $\frac{a\sqrt 3}{2}$ nên thể tích của hình nón này bằng $\frac{1}{3}. \pi\left ( \frac{a}{2} \right )^2.\frac{a\sqrt 3}{2}=\frac{\pi a^3}{8\sqrt 3}$.
 Hình cầu có bán kính $R$ có thể tích $\frac{4}{3}\pi R^3$.
 Ta cần tìm $R$ sao cho $\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{\pi a^3}{8\sqrt 3}\Leftrightarrow R=\frac{\sqrt[6]{3}}{2\sqrt[3]{4}}a$

$y'=3x^2+4x+m$
Để hàm số có CĐ, CT thì trước hết cần $\Delta'_y >0\Leftrightarrow 4-3m>0\Leftrightarrow m<4/3$
Đem $y$ chia cho $y'$ để tìm ra PT đi qua CĐ, CT là
$    y=\frac{2}{9}(3m-4)x-\frac{2}{9}m$
gọi $M$ là trung điểm của CĐCT thì $M(-\frac{2}{3};\frac{16}{27}-\frac{2}{3}m)$
Đường thẳng qua CĐCT có hệ số góc $a=\frac{2}{9}(3m-4)$
Để CĐ, CT đối xứng nhau qua $(d) :     y=-1/2x$ thì
$\begin{cases}a=2 \\ M \in (d) \end{cases}\Leftrightarrow m=13/3$ (mâu thuẫn).
Vậy không tồn tại giá trị của $m$.

$f'(x)=(x-n)(x-p)+(x-m)(x-n)+(x-m)(x-p)$.
Ta thấy $f'(x)$ liên tục và có
$f'(m).f'(n)=(m-n)(m-p).(n-m).(n-p)=-(m-n)^2(m-p)(n-p)<0\Rightarrow \exists x_1 \in (m,n), f'(x_1)=0$
$f'(p).f'(n)=(p-n)(p-m).(n-m).(n-p)=-(p-n)^2(m-p)(n-n)<0\Rightarrow \exists x_2 \in (n,p), f'(x_2)=0$