Tính tích phân \(\int\limits_{\sqrt 7 }^4 {\frac{{dx}}{{\sqrt {{x^2} + 9} }}} \)

Ta có \(\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{\sqrt {4n({n^2} - 1)} }}} = \sum\limits_{n = 2}^\infty {\frac{1}{{\sqrt {4n({n^2} - 1)} }}}\) (do n=1 thì biểu thức không xác định).
Nhận thấy \(\frac{1}{{\sqrt {4n({n^2} - 1)} }} = \frac{1}{{\sqrt {4n(n-1)(n+1)} }}\) luôn dương với mọi n \(\ge\) 2.
Ta có thể so sánh chuỗi này với một chuỗi p-chuỗi.
\(\frac{1}{{\sqrt {4n({n^2} - 1)} }} \sim \frac{1}{{\sqrt {4n^3} }} = \frac{1}{{2n^{3/2}}}\) khi n đủ lớn.
Xét chuỗi \(\sum\limits_{n=2}^\infty \frac{1}{{2n^{3/2}}}\), đây là một p-chuỗi với p = 3/2 > 1, do đó chuỗi này hội tụ.
Theo tiêu chuẩn so sánh giới hạn, chuỗi đã cho cũng hội tụ.
Vậy, phát biểu đúng là chuỗi hội tụ.

Để tìm bán kính hội tụ của chuỗi lũy thừa \(\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{x^n}}}{{{5^n}}}} \), ta có thể sử dụng tiêu chuẩn D'Alembert (tỉ số). Gọi \(a_n = \frac{x^n}{5^n}\). Khi đó:

\(\lim_{n \to \infty} \left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right| = \lim_{n \to \infty} \left| \frac{x^{n+1}}{5^{n+1}} \cdot \frac{5^n}{x^n} \right| = \lim_{n \to \infty} \left| \frac{x}{5} \right| = \left| \frac{x}{5} \right|\)

Để chuỗi hội tụ, ta cần \(\left| \frac{x}{5} \right| < 1\), tức là \(|x| < 5\). Do đó, bán kính hội tụ là r = 5.

Let \(t = \sqrt {{e^x}} \Rightarrow {t^2} = {e^x} \Rightarrow 2tdt = {e^x}dx \Rightarrow dx = \frac{{2tdt}}{{{e^x}}} = \frac{{2tdt}}{{{t^2}}} = \frac{{2dt}}{t}\). Change the bounds: \(\begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow t = 1\\x = + \infty \Rightarrow t = + \infty \end{array}\) Then: \(\begin{array}{l}I = \int\limits_1^{ + \infty } {\frac{1}{{{t^2} + t}}.\frac{{2dt}}{t}} = 2\int\limits_1^{ + \infty } {\frac{1}{{{t^2}(t + 1)}}} dt = 2\int\limits_1^{ + \infty } {(\frac{1}{t} + \frac{1}{{{t^2}}} - \frac{1}{{t + 1}})} dt = 2\left. {\left( {ln\left| t \right| - \frac{1}{t} - ln\left| {t + 1} \right|} \right)} \right|_1^{ + \infty } = 2\left. {\left( {ln\left| {\frac{t}{{t + 1}}} \right| - \frac{1}{t}} \right)} \right|_1^{ + \infty } = 2\left[ {\mathop {lim }\limits_{t \to + \infty } \left( {ln\left| {\frac{t}{{t + 1}}} \right| - \frac{1}{t}} \right) - \left( {ln\left| {\frac{1}{2}} \right| - 1} \right)} \right] = 2\left[ {0 - (ln\frac{1}{2} - 1)} \right] = 2 - 2ln\frac{1}{2} = 2 + 2ln2 \end{array}\)

Để tính tích phân \(\int {\cos x\cos 2xdx}\), ta sử dụng công thức biến đổi tích thành tổng:
\(\cos a \cos b = \frac{1}{2}[\cos(a+b) + \cos(a-b)]\)
Áp dụng công thức này, ta có:
\(\cos x \cos 2x = \frac{1}{2}[\cos(x+2x) + \cos(x-2x)] = \frac{1}{2}[\cos 3x + \cos(-x)] = \frac{1}{2}[\cos 3x + \cos x]\)
Vậy,
\(\int {\cos x\cos 2xdx} = \int {\frac{1}{2}(\cos 3x + \cos x)dx} = \frac{1}{2}\int {(\cos 3x + \cos x)dx} = \frac{1}{2}(\int {\cos 3xdx} + \int {\cos xdx})\)
Ta có:
\(\int {\cos 3xdx} = \frac{1}{3}\sin 3x + C_1\)
\(\int {\cos xdx} = \sin x + C_2\)
Do đó,
\(\int {\cos x\cos 2xdx} = \frac{1}{2}(\frac{1}{3}\sin 3x + \sin x) + C = \frac{1}{6}\sin 3x + \frac{1}{2}\sin x + C\)
Sử dụng công thức \(\sin 3x = 3\sin x - 4\sin^3 x\), ta có:
\(\frac{1}{6}\sin 3x + \frac{1}{2}\sin x = \frac{1}{6}(3\sin x - 4\sin^3 x) + \frac{1}{2}\sin x = \frac{1}{2}\sin x - \frac{2}{3}\sin^3 x + \frac{1}{2}\sin x = \sin x - \frac{2}{3}\sin^3 x\)
Vậy \(\int {\cos x\cos 2xdx} = - \frac{2}{3}\sin^3 x + \sin x + C\).
Vậy đáp án đúng là phương án C.