Theo định lí $\sin $ ta có:
$(a-b) \cot \frac{ C}{ 2} =2R(\sin A - \sin B) \cot \frac{ C}{ 2} = 4R \cos \frac{ A+B}{ 2} \sin \frac{ A-B}{ 2}. \frac{ \cos \frac{ C}{ 2} }{ \sin \frac{ C}{ 2} } $
Vì :  $\cos \frac{ A+B}{ 2} = \sin \frac{ C}{ 2} \neq  0  , \cos \frac{C }{2 } = \sin \frac{ A+B}{ 2} $
nên $(a-b)\cot \frac{ C}{ 2} = 2R(\cos B- \cos A)    (2)$
Tương tự :  $(b-c)\cot \frac{A }{ 2} = 2R(\cos C- \cos B)       ( 3)$
                    $(c-a)\cot \frac{ B}{ 2} = 2R(\cos A- \cos C)       ( 4)$
Cộng vế với vế của $(2) , (3) , (4)$ với nhau ta được
$VT  (1) = 2R(\cos B- \cos A+\cos C- \cos B+\cos A-\cos C)=0 = VP  (1)$

Bài này thuộc dạng cơ bản
BĐT đã cho
$\Leftrightarrow 3(x^2+y^2+z^2)-(x+y+z)^2 \ge 0$
$\Leftrightarrow (x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2 \ge 0$
BĐT này hiển nhiên đúng với mọi $x, y, ,z.$
Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow x=y=z.$

Trước hết ta có
$1=(\sin^2 x +\cos^2 x)^2=\sin^4 x+\cos^4 x +2\sin^2 x \cos^2 x=\sin^4 x+\cos^4 x +2\sin^2 x \cos^2 x(\sin^2 x +\cos^2 x)$
   $=\sin^4 x(1+2\cos^2 x)+\cos^4 x (1+2\sin^2 x)=\sin^4 x(1+2\cos^2 x)+\cos^4 x (\cos^2 x+3\sin^2 x)$
   $=\cos^6x+\sin^4 x+2\sin^4 \cos^2 x+3\sin^2 x\cos^4 x$
Suy ra
$\frac{1}{\sin^3x\cos^5x}=\frac{\cos^6x+\sin^4 x+2\sin^4 \cos^2 x+3\sin^2 x\cos^4 x}{\sin^3x\cos^5x}=\frac{\cos x}{\sin^3 x}+\frac{\sin x}{\cos^5 x}+\frac{2\sin x}{\cos^3 x}+\frac{3}{\sin x \cos x}$
$\Rightarrow \int\limits\frac{1}{\sin^3x\cos^5x}dx=\int\limits\frac{\cos x}{\sin^3 x}dx+\int\limits\frac{\sin x}{\cos^5 x}dx+\int\limits\frac{2\sin x}{\cos^3 x}dx+\int\limits\frac{3}{\sin x \cos x}dx$
$\Rightarrow \int\limits\frac{1}{\sin^3x\cos^5x}dx=\int\limits\frac{d(\sin^2 x)}{2\sin^4 x}-\int\limits\frac{d(\cos^4 x)}{4\cos^8 x}-\int\limits\frac{d(\cos^2 x)}{\cos^4 x}+3\int\limits\frac{d(\tan x)}{\tan x}$
Vậy
$\boxed{\displaystyle{ \int\limits\frac{1}{\sin^3x\cos^5x}dx=-\frac{1}{2\sin^2x}+\frac{1}{4\cos^4x}+\frac{1}{\cos^2x}+3\ln|\tan x|+C}}$

Bài toán này không đúng.
Với $p=q=2, r=-1$ là các số hữu tỷ.
PT trên trở thành         $3x^2-4x+3=0$
có nghiệm           $x=\frac{1}{3}\left ( 4 \pm \sqrt 7\right )$  không là số hữu tỷ.

3) Trước hết ta sẽ chứng minh BĐT phụ sau
Với $x>0$ thì $f(x)=2e^x-x^2>0$.
Thật vậy, $f'(x)=2e^x-2x, f''(x)=2e^x-2>0\Rightarrow f'$ đồng biến $\Rightarrow f'(x)>f'(0)=2>0$
$\Rightarrow f$ đồng biến $\Rightarrow f(x)>f(0)=2>0$.
 Tóm lại $2e^x>x^2\Rightarrow \frac{e^{2x}}{x^2}=\left ( \frac{e^{x}}{x} \right )^2>\frac{x^2}{4}$
 $\Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to +\infty}  \frac{e^{2x}}{x^2} = +\infty$

2)
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}  \frac{\tan x}{x}=\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}  \frac{\sin x}{x}.\frac{1}{\cos x}=1.1=1$

1) Do $x \to +\infty$ nên ta có thể giả sử $x >1$.
Ta sẽ chứng minh $\ln x < x-1$.
Thật vậy, xét hàm $f(x)=\ln x -x +1$ có $f'(x)=\frac{1}{x}-1<0$ nên $f$ nghịch biến và $f(x)<f(1)=0\Rightarrow \ln x < x-1$.
Suy ra
 $ \frac{\ln x}{x^2} < \frac{x-1}{x^2}< \frac{ 1}{x}\Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty}  \frac{\ln x}{x^2} =0$

a) $\int\limits_{x}^{+\infty} \frac{\ln x}{x^2}dx =-\lim_{a \to +\infty}\int\limits_{a}^{x} \frac{\ln x}{x^2}dx=-\lim_{a \to +\infty}F(x)=-F(x)$
Trong đó $F'(x)= \frac{\ln x}{x^2}$.
Suy ra $F(x)=\int\limits \frac{\ln x}{x^2}dx=\int\limits\frac{(\ln x +1)-1}{x^2}dx=-\frac{\ln x+1}{x}$
Vậy $\int\limits_{x}^{+\infty} \frac{\ln x}{x^2}dx =\frac{\ln x+1}{x}$

$I =\int\limits_{3}^{+\infty} \frac{dx}{x^2-3x+2}=\int\limits_{3}^{+\infty}\left (  \frac{1}{x-2}- \frac{1}{x-1} \right )dx$
$=\ln\left| {\frac{x-2}{x-1}} \right|_3^{+\infty}=\ln\left| {1-\frac{1}{x-1}} \right|_3^{+\infty}=\ln 2$