a) Cho dãy số ((u_n)) biết ({u_1} = 12,,;,frac{{2{u_{n + 1}}}}{{{n^2} + 5n + 6}} = frac{{{u_n} + {n^2} - n - 2}}{{{n^2} + n}}) 

a) Ta có: 

\(\begin{array}{l}
\frac{{2{u_{n + 1}}}}{{{n^2} + 5n + 6}} = \frac{{{u_n} + {n^2} - n - 2}}{{{n^2} + n}} \Leftrightarrow \frac{{2{u_{n + 1}}}}{{\left( {n + 2} \right)\left( {n + 3} \right)}} = \frac{{{u_n}}}{{n\left( {n + 1} \right)}} + \frac{{n - 2}}{n}\\
 \Leftrightarrow \frac{{2{u_{n + 1}}}}{{\left( {n + 1} \right){{\left( {n + 2} \right)}^2}\left( {n + 3} \right)}} = \frac{{{u_n}}}{{n{{\left( {n + 1} \right)}^2}\left( {n + 2} \right)}} + \frac{{n - 2}}{{n\left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right)}}\\
 \Leftrightarrow \frac{{2{u_{n + 1}}}}{{\left( {n + 1} \right){{\left( {n + 2} \right)}^2}\left( {n + 3} \right)}} = \frac{{{u_n}}}{{n{{\left( {n + 1} \right)}^2}\left( {n + 2} \right)}} + \frac{2}{{\left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right)}} - \frac{1}{{n\left( {n + 1} \right)}}\\
 \Leftrightarrow \frac{{{u_{n + 1}}}}{{\left( {n + 1} \right){{\left( {n + 2} \right)}^2}\left( {n + 3} \right)}} - \frac{1}{{\left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right)}} = \frac{1}{2}\left[ {\frac{{{u_n}}}{{n{{\left( {n + 1} \right)}^2}\left( {n + 2} \right)}} - \frac{1}{{n\left( {n + 1} \right)}}} \right]\quad (*)
\end{array}\)

Đặt \({v_n} = \frac{{{u_n}}}{{n{{\left( {n + 1} \right)}^2}\left( {n + 2} \right)}} - \frac{1}{{n\left( {n + 1} \right)}},\) từ (*) ta có \({v_{n + 1}} = \frac{1}{2}{v_n}\) nên \((v_n)\) là cấp số nhân có công bội \(q = \frac{1}{2},\;{v_1} = \frac{1}{2}\) suy ra \({v_n} = {v_1}{q^{n - 1}} = \frac{1}{{{2^n}}}\) 

\( \Leftrightarrow \frac{{{u_n}}}{{n{{\left( {n + 1} \right)}^2}\left( {n + 2} \right)}} - \frac{1}{{n\left( {n + 1} \right)}} = \frac{1}{{{2^n}}} \Leftrightarrow {u_n} = \frac{{n{{\left( {n + 1} \right)}^2}\left( {n + 2} \right)}}{{{2^n}}} + \left( {{n^2} + 3n + 2} \right)\)

Khi đó 

\(\lim \frac{{{u_n}}}{{2{n^2} + 1}} = \lim \frac{{\frac{{n{{\left( {n + 1} \right)}^2}\left( {n + 2} \right)}}{{{2^n}}} + \left( {{n^2} + 3n + 2} \right)}}{{2{n^2} + 1}} = \lim \left[ {\frac{{n{{\left( {n + 1} \right)}^2}\left( {n + 2} \right)}}{{{2^n}\left( {2{n^2} + 1} \right)}} + \frac{{{n^2} + 3n + 2}}{{2{n^2} + 1}}} \right]\)

Ta có: \({2^n} = C_n^0 + C_n^1 + C_n^2 + C_n^3 + ... + C_n^n > C_n^3 = \frac{{n\left( {n - 1} \right)\left( {n - 2} \right)}}{6}\)

Suy ra \(\lim \frac{{n{{\left( {n + 1} \right)}^2}\left( {n + 2} \right)}}{{{2^n}\left( {2{n^2} + 1} \right)}} = 0\) và \(\lim \frac{{{n^2} + 3n + 2}}{{2{n^2} + 1}} = \frac{1}{2}\)

Vậy \(\lim \frac{{{u_n}}}{{2{n^2} + 1}} = \frac{1}{2}\)

b) Ta có \({a^3} + {b^3} + {c^3} - 3abc = 32 \Leftrightarrow \left( {a + b + c} \right)\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} - ab - bc - ca} \right) = 32\,\,\left( * \right)\)

Đặt \(t = a + b + c,\) từ (*) suy ra $t = a + b + c > 0\)

\(\begin{array}{l}
\left( * \right) \Leftrightarrow \left( {a + b + c} \right)\left[ {3\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) - {{\left( {a + b + c} \right)}^2}} \right] = 64\\
\, \Leftrightarrow 3\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) = \frac{{64}}{{a + b + c}} + {\left( {a + b + c} \right)^2} = \frac{{64}}{t} + {t^2}
\end{array}\)

Ta chứng minh \(\left| {a - b} \right| + \left| {b - c} \right| + \left| {c - a} \right| \ge \sqrt {2\left[ {{{\left( {a - b} \right)}^2} + {{\left( {b - c} \right)}^2} + {{\left( {a - c} \right)}^2}} \right]} \,\,\,\left( {**} \right)\)

Thật vậy, vì vai trò \(a, b, c\) bình đẳng nên giả sử $a \ge b \ge c\)

\(\left| {a - b} \right| + \left| {b - c} \right| + \left| {c - a} \right| = \left( {a - b} \right) + \left( {b - c} \right) + \left( {a - c} \right) = 2\left( {a - c} \right)\)

Ta có \(\left( {**} \right) \Leftrightarrow 2\left( {a - c} \right) \ge \sqrt {2\left[ {{{\left( {a - b} \right)}^2} + {{\left( {b - c} \right)}^2} + {{\left( {a - c} \right)}^2}} \right]} \,\,\,\)

\(\begin{array}{l}
 \Leftrightarrow {\left( {a - c} \right)^2} \ge {\left( {a - b} \right)^2} + {\left( {b - c} \right)^2}\\
 \Leftrightarrow {\left( {a - b + b - c} \right)^2} \ge {\left( {a - b} \right)^2} + {\left( {b - c} \right)^2}
\end{array}\)

\( \Leftrightarrow 2\left( {a - b} \right)\left( {b - c} \right) \ge 0\) luôn đúng

Vì vậy 

\(\left| {a - b} \right| + \left| {b - c} \right| + \left| {c - a} \right| \ge 2\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2} - ab - bc - ca}  = 2\sqrt {\frac{{32}}{{a + b + c}}} \,\, = \frac{{8\sqrt 2 }}{{\sqrt t }}\)

\(\begin{array}{l}
3P = 3\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)\left( {\left| {a - b} \right| + \left| {b - c} \right| + \left| {c - a} \right|} \right).\\
3P \ge \left( {\frac{{64}}{t} + {t^2}} \right)\frac{{8\sqrt 2 }}{{\sqrt t }} = 8\sqrt 2 \left( {\frac{{64}}{{t\sqrt t }} + t\sqrt t } \right) \ge 8\sqrt 2 .2\sqrt {\frac{{64}}{{t\sqrt t }}.t\sqrt t }  = 128\sqrt 2 
\end{array}\)

Suy ra \(P \ge \frac{{128\sqrt 2 }}{3}\)

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là \(\frac{{128\sqrt 2 }}{3}\)

Đạt được khi \(\,a = \frac{{4 + 4\sqrt 2 }}{3},\,\,b = \,c = \frac{{4 - 2\sqrt 2 }}{3}\) và các hoán vị của \(a, b, c\)