Áp dụng BĐT Cô-si ta có
$\sin^4 x \cos^6 x=108.\frac{\sin^2 x}{2}.\frac{\sin^2 x}{2}.\frac{\cos^2 x}{3}. \frac{\cos^2 x}{3}.\frac{\cos^2 x}{3} \le 108.\left ( \frac{\frac{\sin^2 x}{2}+\frac{\sin^2 x}{2}+\frac{\cos^2 x}{3}+ \frac{\cos^2 x}{3}+\frac{\cos^2 x}{3}}{5} \right )^5=\frac{108}{3125}$
 Do đó 
  $ 0< \int\limits_{0}^{\pi} \sin ^4 x \cos ^6xdx\le\int\limits_{0}^{\pi} \frac{108}{3125}dx< \frac{243\pi}{6250}.$  

Hiển nhiên thấy $ 0< \int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2} }\frac{\tan \frac{x}{2} }{x}dx $.
BĐT còn lại được suy ra từ BĐT phụ sau
Với $0<x<\frac{\pi}{2}$ thì $\frac{\tan \frac{x}{2} }{x} <\frac{2}{\pi} $. Thật vậy, xét hàm
$f(x)=\frac{\tan \frac{x}{2} }{x} $ có $f'(x)=\frac{(x-\sin x)}{2x^2\cos^2(x/2)}>0$
Do đó $f(x) < f(\frac{\pi}{2})=\frac{2}{\pi} $
Vậy $ \int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2} }\frac{\tan \frac{x}{2} }{x}dx< \int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2} }\frac{2}{\pi} dx=1$

a) Kết luận của đề bài là không đúng. Vì giả sử $\overrightarrow {v}=\overrightarrow {MA}+2 \overrightarrow {MB}-\overrightarrow {MC}$ không phụ thuộc vào vị trí điểm $M$.
 Ta lấy $M \equiv A\Rightarrow \overrightarrow {v}=2 \overrightarrow {AB}-\overrightarrow {AC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AB}-\overrightarrow {AC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CB}$
 Ta lấy $M \equiv B\Rightarrow \overrightarrow {v}= \overrightarrow {BA}-\overrightarrow {BC}=-\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CB}$
  Đây là viều vô lý vì $\overrightarrow{AB} \ne \overrightarrow{0}\Leftrightarrow \overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CB} \ne -\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CB}$

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

Đặt
$x=\frac{\cos B\cos C}{\cos A};y=\frac{\cos C\cos A}{\cos B};z=\frac{\cos A\cos B}{\cos C}$
Trước hết bạn chứng minh công thức sau coi như bài tập nhé
$\cos^2A+\cos^2B+\cos^2C+2\cos A\cos B\cos C=1$
Từ đây suy ra
$\Rightarrow xy+yz+zx+2xyz=1$
Từ hệ thức trên ta suy ra tồn tại các số $\alpha ,\beta ,\gamma >0$ sao cho
$x=\frac{\alpha }{\beta +\gamma };y=\frac{\beta }{\alpha  +\gamma };z=\frac{\gamma }{\alpha  +\beta }$
Điều này xuất phát từ quan sát với mọi $\alpha ,\beta ,\gamma >0$ thì
$\frac{\alpha }{\beta +\gamma }\frac{\beta }{\alpha  +\gamma }+\frac{\beta }{\alpha  +\gamma }\frac{\gamma }{\alpha  +\beta }+\frac{\gamma }{\alpha  +\beta }\frac{\alpha }{\beta +\gamma }+2\frac{\alpha }{\beta +\gamma }\frac{\beta }{\alpha  +\gamma }\frac{\gamma }{\alpha  +\beta }=1$
BĐT cần chứng minh tương đương với
$\sqrt{\frac{\alpha }{\beta +\gamma }}+\sqrt{\frac{\beta }{\alpha  +\gamma }}+\sqrt{\frac{\gamma }{\alpha  +\beta }}>2$
Mặt khác đây là BĐT không khó vì
$\sqrt{\frac{\alpha }{\beta +\gamma }}=\frac{\alpha }{\sqrt{\alpha(\beta +\gamma) }} \ge \frac{2\alpha }{\alpha+\beta +\gamma }$
Từ đó
$\sqrt{\frac{\alpha }{\beta +\gamma }}+\sqrt{\frac{\beta }{\alpha  +\gamma }}+\sqrt{\frac{\gamma }{\alpha  +\beta }} \ge \frac{2\alpha }{\alpha+\beta +\gamma }+ \frac{2\beta }{\alpha+\beta +\gamma }+ \frac{2\gamma }{\alpha+\beta +\gamma }=2$
Đẳng thức xảy ra $\iff \begin{cases}\alpha=\beta +\gamma \\ \beta=\alpha +\gamma \\ \gamma=\beta +\alpha \end{cases} \iff\alpha=\beta =\gamma=0$
Đây là điều vô lý. Vậy ta có đpcm.

 2)
$  f(x)=\frac{1}{\sqrt[3]{x^2}+\sqrt[3]{x(x-1)}+\sqrt[3]{(x-1)^2}   }=\frac{\sqrt[3]{x}-\sqrt[3]{x-1}}{(x)-(x-1)}=\sqrt[3]{x}-\sqrt[3]{x-1}$
Vậy $\int f(x)dx=\int \left (\sqrt[3]{x}-\sqrt[3]{x-1} \right )dx=\frac{3}{4}\sqrt[3]{x^4}-\frac{3}{4}\sqrt[3]{(x-1)^4}+C$