a) Đặt $t=\cos x \Rightarrow dt =-\sin xdx$
$ \int\limits_{0}^{\pi/2} \sin^{5}xdx = \int\limits_{0}^{1} (1-t^2)dt=\left[ {t-\dfrac{2}{3}t^3+\dfrac{1}{5}t^5} \right]_{0}^{1} =\dfrac{8}{15}$

b)
Đặt $t= \dfrac{2\tan\dfrac{x}{2}+ 1}{\sqrt 3}\Rightarrow dt =\frac{1}{\sqrt 3}(1:\cos^2 \dfrac{x}{2})dx$
Bạn tự chứng minh đẳng thức sau xem như bài tập nhé.
$\dfrac{1}{2+ \sin x}=(1:\left[ {\left ( \dfrac{2\tan\dfrac{x}{2}+ 1}{\sqrt 3} \right )^2+1} \right]).\frac{2}{3}(1:\cos^2 \dfrac{x}{2})dx$
Suy ra
$\int\limits_{0}^{\pi/2}\dfrac{1}{2+ \sin x}dx=\int\limits_{\frac{1}{\sqrt 3}}^{\sqrt 3}\frac{2}{\sqrt 3}.\dfrac{1}{t^2+1}dt=\left[ {\frac{2}{\sqrt 3}\arctan t} \right]_{\frac{1}{\sqrt 3}}^{\sqrt 3}=\frac{2}{\sqrt 3} .\frac{\pi}{6}$

a) Ta có
$\sin^3 x \cos 5x =\sin^3 x \cos (4x+x) =-\sin^4 x \sin (4x)+\sin^3 x \cos x \cos 4x=\left ( \dfrac{1}{4} \sin^4 x\cos 4x\right )'$
Suy ra
$\int\limits_{0}^{\pi} \sin^{3}x\cos5xdx=\left[ { \dfrac{1}{4} \sin^4 x\cos 4x} \right]_{0}^{\pi}=0$

Bài 2.
a) Ta có
$U_{n+3}=\sin \left ((4n+11)\dfrac{\pi}{6} \right )=\sin \left ((4n-1)\dfrac{\pi}{6} +2\pi\right )=\sin \left ((4n-1)\dfrac{\pi}{6} \right )=u_n   \forall n \ge 1.$
b) Ta thấy rằng nếu
$n=3m$ thì $u_n=\sin \left ((12m-1)\dfrac{\pi}{6} \right )=\sin \left (2\pi-\dfrac{\pi}{6} \right )=-\frac{1}{2}$
$n=3m+1$ thì $u_n=\sin \left ((12m+3)\dfrac{\pi}{6} \right )=1$
$n=3m+2$ thì $u_n=\sin \left ((12m+7)\dfrac{\pi}{6} \right )=-\frac{1}{2}$
Như vậy
$U_1+\ldots+U_{15}=5U_1+5U_2+5U_3=5(U_1+U_2+U_3)=0$

Bài 3.
a) $U_n \ge -1$ và $U_n$ không bị chặn trên vì $\lim U_n = +\infty.$
b) $0 < U_n = \dfrac{1}{n^2+2n}\le \dfrac{1}{1^2+2}= \dfrac{1}{3}$
c) $0 < U_n = \dfrac{1}{2n^2-1}\le 1    \forall n \ge 1.$
d) Ta có
$(\sin n +\cos n )^2 \le 2(\sin^2n+\cos^2n)=2$
Vậy $-\sqrt 2\le  U_n \le \sqrt 2.$
 

Bài 2. Để xét tính đơn điệu của dãy số ta kiểm tra $U_{n+1}-U_n$.
a) $U_{n+1}-U_n=3(n^2-n+1) >0\Rightarrow U_n \nearrow$.
b) $U_{n+1}-U_n=-\dfrac{2n+1}{3^{n+1}}<0\Rightarrow U_n \searrow$.
c) $U_{n+1}-U_n=-\dfrac{3}{(5n+1)(5n+6)}<0\Rightarrow U_n \searrow$.
 d) $U_{n}=\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt n} > \frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt {n+2}}=U_{n+1} \Rightarrow U_n \searrow$.

Bài 1.
Bạn tự chứng minh bằng quy nạp điều sau coi như bài tập nhé.
$U_n >1       \forall n \in \mathbb{N}.$
Từ đây suy ra
$U_{n+1} -U_n =\dfrac{1-U_n}{2} <0  \forall n \in \mathbb{N}$
Điều này suy ra $U_n$ là dãy giảm chặn dưới bởi $1$.

Câu 3.
a) Ta chứng minh bằng quy nạp.
Với $n=1$ hiển nhiên đúng.
Giả sử đúng với $n=k$ tức là $U_k <8.$
Theo công thức truy hồi ta có
$U_{k+1}=\frac{1}{2}U_k+4 <\frac{1}{2}.8+4=8 $
Tức là nó cũng đúng với $n=k+1$, đpcm.
b) Theo câu a)
$U_{n+1}-U_n =4-\frac{1}{2}U_n >0$ suy ra $U_n$ là dãy tăng.

Bài 1.
a) hiển nhiên thấy $U_{n+1}-U_n =(n+1)2^n >0    \forall n.$
suy ra $U_n$ là dãy tăng thực sự.
b) Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp rằng $U_n=1+(n-1)2^n.$
Với $n=1$ hiển nhiên thấy đúng.
Giả sử điều trên đúng với $n=k$ tức là $U_k=1+(k-1)2^k.$
 Theo công thức ta có 
 $U_{k+1}=U_k +(k+1)2^k=1+(k-1)2^k+(k+1)2^k=1+2k.2^k=1+(k+1-1)2^{k+1}$.
 Tức là nó cũng đúng với $n=k+1$, đpcm.

Với $n \in \mathbb{N}$ ta cần tìm xem một số $n^2$ đồng dư bao nhiêu modulo $5$.
Xét các trường hợp
+ $n  \equiv 0 \mod 5\Rightarrow n^2  \equiv 0 \mod 5 $
+ $n  \equiv 1 \mod 5\Rightarrow n^2  \equiv 1 \mod 5 $
+ $n  \equiv 2 \mod 5\Rightarrow n^2  \equiv 4 \mod 5 $
+ $n  \equiv 3 \mod 5\Rightarrow n^2  \equiv 9 \equiv 4\mod 5 $
+ $n  \equiv 4 \mod 5\Rightarrow n^2  \equiv 16 \equiv 1 \mod 5 $
Vậy $n^2  \equiv 0,1,4 \mod 5$.

Để đạt được cấp số nhân có tổng cộng $6$ số ta cần chèn thêm $4$ số có dạng $a,aq,aq^2,aq^3, q \ne 0$.
Khi đó cấp số nhân là $160,a,aq,aq^2,aq^3, 5.$
 Như vậy dễ thấy 
$\begin{cases}160.q=a \\ aq^3.q=5 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}160=\frac{a}{q} \\ \frac{a}{q}.q^5=5 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}160=\frac{a}{q} \\ q^5=\frac{5}{160} \end{cases}\Leftrightarrow  \begin{cases}a=80 \\ q=\frac{1}{2} \end{cases} $
 Vậy $4$ số cần chèn là $80,40,20,10.$

Gọi ba số hạng đó là $a, aq, aq^2$. Trong đó $a$ là số hạng đầu tiên, $q \ne 0$ là công bội.
Theo đầu bài ta có
$\begin{cases}a+ aq+ aq^2=19\\a. aq. aq^2=216 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}a(1+q+q^2)=19\\a^3q^3=216 \end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}a(1+q+q^2)=19\\aq=6 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}\frac{6}{q} (1+q+q^2)=19\\a=\frac{6}{q} \end{cases}$
$\Leftrightarrow \begin{cases}(2q-3)(3q-2)=0\\a=\frac{6}{q} \end{cases}\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} \begin{cases}q=2/3 \\ a=9 \end{cases}\\ \begin{cases}q=3/2 \\ a=4 \end{cases} \end{matrix}} \right.$
Vậy ta có các bộ $(9,6,4)$ hoặc $(4,6,,9)$.

Có lẽ bạn đang học môn Đại số tuyến tính I và có bài tập về tính hạng của ma trận, vì thế mình sẽ gợi ý các bước chính :)

Để tính hạng của ma trận bạn phải dùng biến đổi theo hàng. Tại bước đầu tiên cố gắng đưa vecto hàng có tọa độ đầu tiên là $1$ (nếu có ) lên trên đầu, ví dụ trong trường hợp này
$ \begin{pmatrix}3 & 1 & 1 & 4\\ m & 4 & 10 & 1\\ 1 & 7 & 17 & 3\\ 2 & 2 & 4 & 3 \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} 1 & 7 & 17 & 3\\3 & 1 & 1 & 4\\ m & 4 & 10 & 1\\  2 & 2 & 4 & 3 \end{pmatrix}$
Bước tiếp theo bạn cần nhân hàng thứ nhất với $m$ và lấy hàng thứ ba trừ đi nên cần xét các trường hợp

+ Nếu $m \ne 0$ thì
$ \begin{pmatrix}3 & 1 & 1 & 4\\ m & 4 & 10 & 1\\ 1 & 7 & 17 & 3\\ 2 & 2 & 4 & 3 \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} 1 & 7 & 17 & 3\\3 & 1 & 1 & 4\\ m & 4 & 10 & 1\\  2 & 2 & 4 & 3 \end{pmatrix} \sim \cdots \sim \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\0 & 1 & 0 & \frac{13}{2}\\ 0 & 0 & 1 &  -\frac{5}{2}\\  0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$
Như vậy hạng trong trường hợp này là $3.$

+ Nếu $m = 0$ thì
$ \begin{pmatrix}3 & 1 & 1 & 4\\ 0 & 4 & 10 & 1\\ 1 & 7 & 17 & 3\\ 2 & 2 & 4 & 3 \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} 1 & 7 & 17 & 3\\3 & 1 & 1 & 4\\ 0 & 4 & 10 & 1\\  2 & 2 & 4 & 3 \end{pmatrix} \sim \cdots \sim \begin{pmatrix} 1 & 0 &-\frac{1}{2} & \frac{5}{4}\\0 & 1 & \frac{5}{2} & \frac{1}{4}\\ 0 & 0 & 0 & 0 \\  0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$
Như vậy hạng trong trường hợp này là $2.$

Áp dụng công thức tích phân từng phần
Đặt $\begin{cases}u=\ln x \\ v=xdx \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}du=\dfrac{1}{x}dx \\ v=\dfrac{1}{2}x^2 \end{cases}$
Do đó
$I = \int\limits_{0}^{1/2} x\ln xdx =\dfrac{1}{2}x^2\ln x|_{0}^{1/2} - \dfrac{1}{2} \int\limits_{0}^{1/2} xdx =\dfrac{1}{2}\left[ {x^2\ln x-\dfrac{1}{2}x^2} \right]_{0}^{1/2} =\boxed{\dfrac{1}{2}\left[ {\dfrac{1}{4}\ln \dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{8}} \right] }$

Đặt
$y=\sqrt[3]{9-x}\Rightarrow y^3=9-x\Rightarrow x-3=6-y^3$
Thay vào PT ban đầu ta được
        $y=(6-y^3)^3+6$
$\Leftrightarrow y^9-18y^6+10y^3+y-222=0$
Pt này có duy nhất một nghiệm nhưng không đẹp
$y \approx 1,9654 \Rightarrow x=9-y^3 \approx 9- 1,9654^3$.