Đặt $x =\dfrac{1}{1+a},y =\dfrac{1}{1+b},z =\dfrac{1}{1+c}$. Ta có
$x =\dfrac{1}{1+a}\Rightarrow 1+a =\dfrac{1}{x}\Rightarrow a =\dfrac{1-x}{x}$
Làm tương tự như vậy với $y,z$.
Từ $abc=1\Rightarrow xyz=(1-x)(1-y)(1-z)=1-(x+y+z)+(xy+yz+zx)-xyz$
Suy ra $2xyz=1-(x+y+z)+(xy+yz+zx).$
Như vậy BDDT cần chứng minh
$\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+2xyz \ge 1$
$\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+1-(x+y+z)+(xy+yz+zx) \ge 1$
$\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2-(x+y+z)+(xy+yz+zx) \ge 0$
Từ BDDT quen thuộc, $x^2+y^2+z^2\ge (xy+yz+zx) $ ta dễ dàng chứng minh được
$x^2+y^2+z^2+ (xy+yz+zx) \ge \dfrac{2}{3}(x+y+z)^2$
Tóm lại bài toán quy về chứng minh
$\dfrac{2}{3}(x+y+z)^2-(x+y+z) \ge 0\Leftrightarrow x+y+z \ge \dfrac{3}{2}$

Để chứng minh BĐT này thì ta chú ý $abc=1$ nên tồn tại các số $m,n,p $ sao cho  $a=\dfrac{m}{n}, b=\dfrac{n}{p}, c=\dfrac{p}{m}, $ Khi đó
$x+y+z = \dfrac{1}{1+a}+\dfrac{1}{1+b}+\dfrac{1}{1+c}= \dfrac{n}{n+m}+\dfrac{p}{n+p}+\dfrac{m}{m+p} \ge \dfrac{3}{2}$, đpcm.

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

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

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

Ta có
$U_n = \dfrac{2}{(n+1)(n+3)}=\dfrac{1}{n+1}-\dfrac{1}{n+3} \quad \forall n$
do đó
$U_1 =\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{4}$
$U_2 =\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{5}$
 $U_3 =\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{6}$
$\cdots$
$U_{n-1} =\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n+2}$ 
 $U_{n} =\dfrac{1}{n+1}-\dfrac{1}{n+3}$ 
 Cộng theo từng vế các đẳng thức này ta được
$S_{n} = u_{1} + u_{2} + ... + u_{n-1} + u_{n}=\left (\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\ldots+\dfrac{1}{n+1} \right )-\left (\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{5}+\ldots+\dfrac{1}{n+3} \right )$
$S_n=\left (\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3} \right )-\left (\dfrac{1}{n+2}+\dfrac{1}{n+3} \right )=\dfrac{n (13+5 n)}{6 (2+n) (3+n)}$

+ Tính diện tích thiết diện
Theo câu a) $BE \perp (SAC)\Rightarrow BE \perp DE $. Do đó ta cần tính $BE,DE.$
$BE$ là đường cao của $\triangle ABC$ đều cạnh $a$ nên $BE=\dfrac{a\sqrt 3}{2}$
$\triangle SAC \sim \triangle DEC (g.g)\Rightarrow \frac{SA}{DE}=\frac{SC}{EC}\Rightarrow DE=SA.\frac{EC}{SC}$
Mặt khác $SC=\sqrt{SA^2+AC^2}=a\sqrt 5, EC=\dfrac{AC}{2}=\dfrac{a}{2}$
Suy ra $DE=2a.\dfrac{a}{2a\sqrt 5}=\dfrac{a}{\sqrt 5}$
Vậy
$S_{BDE}=\dfrac{1}{2}.BE.DE=\dfrac{a^2\sqrt 3}{4\sqrt 5}$

+ Tìm thiết diện
Kẻ $BE \perp AC , E \in AC$ và $BD \perp SC , D \in SC$.
Ta có $SA \perp (ABC) \Rightarrow SA \perp BE$.
$\begin{cases}BE \perp SA \\ BE \perp AC \end{cases}\Rightarrow BE \perp (SAC)\Rightarrow BE \perp SC$
Tóm lại
$\begin{cases}BE \perp SC \\ BD \perp SC \end{cases}\Rightarrow SC \perp (BDE)$
 Từ đây suy ra thiết diện cần tìm chính là mp$(BDE).$

a)
$U_{n+1}-U_{n} = \dfrac{2 - (n+1)}{\sqrt{n+1}}-\dfrac{2 - n}{\sqrt{n}}= \left ( \dfrac{2}{\sqrt{n+1}}-\sqrt{n+1}\right )- \left ( \dfrac{2}{\sqrt{n}}-\sqrt{n}\right )$
$=2\left ( \dfrac{1}{\sqrt{n+1}}-\dfrac{1}{\sqrt{n}} \right )+\left ( \sqrt{n}-\sqrt{n+1}\right )$
 do $\begin{cases} \dfrac{1}{\sqrt{n+1}}<\dfrac{1}{\sqrt{n}} \\\sqrt{n}<\sqrt{n+1} \end{cases}\Rightarrow U_{n+1}-U_{n}<0\Rightarrow U_{n+1}<U_{n}$
 Vậy dãy đã cho là dãy giảm.

b) Ta có  $U_{n+1}=(n+1)+\cos^2(n+1)$.
Suy ra
$U_{n+1}-U_n = (n+1)+\cos^2(n+1)-(n+\cos^2n)=1+\cos^2(n+1)-\cos^2n$
Do $\cos^2n \le 1 \Rightarrow 1-\cos^2n \ge 0\Rightarrow 1+\cos^2(n+1)-\cos^2n\ge 0\Rightarrow U_{n+1}-U_n\Rightarrow U_{n+1}\ge U_n$
Mặt khác do $\cos n \ne \pm 1$, do $n \in \mathbb N$ nên suy ra $U_{n+1}> U_n$.
Vậy dãy số đã cho là dãy tăng.

Gọi $d$ là ước số chung lớn nhất của $a$ và $ab+4$, ta kí hiệu $d=$ƯCLN$(a,ab+4).$
Suy ra
$\begin{cases}a  \vdots  d \\ ab+4  \vdots  d \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}ab  \vdots  d \\ ab+4  \vdots  d \end{cases}\Rightarrow 4  \vdots  d$
Mặt khác thì $a$ là số lẻ nên $d$ cũng lẻ. Do vậy chỉ có thể $d=\pm1$.
Từ đó suy ra đpcm.

PT đã cho $\Leftrightarrow x^2-1=2y^2\Leftrightarrow (x-1)(x+1)=2y^2            (*)$
Vế phải  $   (*)$ là số chẵn nên suy ra $(x-1)(x+1)$ cũng là số chẵn. Mặt khác hiệu $(x+1)-(x-1)=2$ nên $(x-1),(x+1)$ đều là số chẵn.
Giả sử $x-1=2m, x+1=2n \quad m,n \in \mathbb N.$
Thay trở lại vào $   (*)$ ta được $4mn=2y^2\Leftrightarrow 2mn=y^2$
từ đây suy ra $y$ phải là số chẵn, mà $y$ là số nguyên tố nên $y=2.$
Thay trở lại vào PT ban đầu ta được $ x^2-1=8\Leftrightarrow x=3.$
Vậy $x=3,y=2.$

PT
$\Leftrightarrow 2\sin^2(x-\dfrac{\pi}{4})= 2\sin^2x - \tan x$
$\Leftrightarrow 1-\cos(2x-\dfrac{\pi}{2})= 1-\cos2x - \tan x$
 $\Leftrightarrow -\sin 2x= -\cos2x - \tan x$
$\Leftrightarrow -\sin 2x+\cos2x + \tan x=0$
Đặt $t=\tan x$ thì $\sin 2x =\dfrac{2t}{1+t^2},\cos 2x =\dfrac{1-t^2}{1+t^2}$
 PT
 $\Leftrightarrow -\dfrac{2t}{1+t^2}+\dfrac{1-t^2}{1+t^2}+t=0$
$\Leftrightarrow (t-1)^2(t+1)=0$
 $\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} t=1\\ t=-1 \end{matrix}} \right.$
 $\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x=\dfrac{\pi}{4}+k\pi\\ x=-\dfrac{\pi}{4}+k\pi \end{matrix}} \right. ( k\in \mathbb Z)$

c) Xét ba mặt phẳng  $(SAC), (SBD), (ABNM)$ đôi một cắt nhau theo ba giao tuyến $AN, BM , SO$. Mặt khác thì thấy ba giao tuyến này không đôi một song song với nhau, ví dụ thấy $AN, BM$ cắt nhau tại $I$.
Vậy ba giao tuyến này phải đồng quy, hay $I$ chạy trên $SO$ cố định.

b) Hai mặt phẳng $(SCD)$ và $(ABM)$ chứa hai đường thẳng song song với nhau là $AB, DC$ nên giao tuyến của nó cũng phải song song với hai đường thẳng này. Tức là để xác định nó thì từ $M$ kẻ $SN \parallel CD \parallel BA, \quad N \in CD$ thì $MN$ là giao tuyến của $(SCD)$ và $(ABM)$ do đó $N$ là giao điểm của $(SC)$ và $(ABM)$.
 Từ cách dựng trên dễ thấy $ABNM$ là hình thang và đáy nhỏ $MN \le CD =AB$. Và nó trở thành hình bình hành $\Leftrightarrow M \equiv D.$

a) Hai mặt phẳng $(SAD)$ và $(SBC)$ chứa hai đường thẳng song song với nhau là $AD, BC$ nên giao tuyến của nó cũng phải song song với hai đường thẳng này. Tức là để xác định nó thì từ $S$ kẻ $St \parallel AD \parallel BC$ thì $St$ là giao tuyến cần tìm.