Điều kiện: $x>2$.
Ta có:
$m=\frac{\sqrt{x+2}+2\sqrt[4]{x^2-4}}{\sqrt{x-2}+2\sqrt[4]{x^2-4}}$
     $=\frac{\displaystyle \sqrt{\frac{x+2}{x-2}}+2\sqrt[4]{\frac{x+2}{x-2}}}{\displaystyle 1+2\sqrt[4]{\frac{x+2}{x-2}}}$
Đặt: $t=\sqrt[4]{\frac{x+2}{x-2}}$, ta có: $m=\frac{t^2+2t}{1+2t}$
Xét $f(x)=\sqrt[4]{\frac{x+2}{x-2}},x>2$
Ta có: $f'(x)=-\frac{1}{\sqrt[4]{(x-2)^5}\sqrt[4]{(x+2)^3}}<0,\forall x>2$
Suy ra: $f(x)$ nghịch biến trên $(2,+\infty)\Rightarrow t=f(x)>1$
Xét $g(t)=\frac{t^2+2t}{1+2t},t>1$
Ta có: $g'(t)=\frac{2(t^2+t+1)}{(2t+1)^2}>0,\forall t>1.$
Suy ra: $m=g(t)>g(1)=1$
Vậy với $m>1$ thì phương trình có nghiệm.

Có: $C_{10}^5=252$ cách chọn $5$ chữ số khác nhau từ tập $\{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9\}$
Với mỗi cách chọn ta sắp xếp các chữ số theo chiều giảm dần và nhận được 1 số có 5 chữ số thỏa mãn đề bài.
Vậy có $252$ số thỏa mãn.

Điều kiện: $x\ne0,x\ge\frac{-1}{3},y>0$.
Đặt $\sqrt y=t, t>0$
Phương trình thứ nhất tương đương với:
    $\frac{1}{3x}+\frac{2x}{3t^2}=\frac{x+t}{2x^2+t^2}$
$\Leftrightarrow \frac{t^2+2x^2}{3xt^2}=\frac{x+t}{2x^2+t^2}$
$\Leftrightarrow (t^2+2x^2)^2=3xt^2(x+t)$
$\Leftrightarrow 4x^4+x^2t^2-3xt^3+t^4=0$
$\Leftrightarrow (2x-t)^2(x^2+xt+t^2)=0$
$\Leftrightarrow 2x=t$ hay $2x=\sqrt y$
Thay vào phương trình thứ hai ta có:
$\sqrt{4x^2+3x+2}+\sqrt{3x+1}=5$
Giải phương trình này ta được: $x=1\Rightarrow y=4$, thỏa mãn.

Ta có BĐT sau:
$\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{c^2+d^2}\ge\sqrt{(a+c)^2+(b+d)^2},\forall a,b,c,d\in\mathbb{R}              (*)$
Thật vậy,
$(*)\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+d^2+2\sqrt{(a^2+b^2)(c^2+d^2)}\ge(a+c)^2+(b+d)^2$
       $\Leftrightarrow \sqrt{(a^2+b^2)(c^2+d^2)}\ge ac+bd$, đúng theo BĐT Bunhia.
Dấu bằng xảy ra khi: $\frac{a}{c}=\frac{b}{d}$.

Ta có:
$P=\sqrt{x^2+y^2+1-2x}+\sqrt{x^2+y^2+50-2x-14y}$
    $=\sqrt{(x-1)^2+y^2}+\sqrt{(1-x)^2+(7-y)^2}$
    $\ge\sqrt{(x-1+1-x)^2+(y+7-y)^2}=7$
Min$P=7\Leftrightarrow x=1,y=\sqrt3$

Phương trình tương đương với:
$\dfrac{x^{2011}-1}{x-1}=y^5-1$
Gọi $p$ là ước nguyên tố của $\dfrac{x^{2011}-1}{x-1}$
TH 1: $p|x-1$ thì $x^{2010}+...+x+1 \equiv 2011 \pmod{p}$
Suy ra: $p=2011$
TH2: $p\nmid x-1$ thì $p|x^{2011}-1$.
Vì $2011\in\mathscr{P}$ nên ord$_px=2011$ mà ta có: $p|x^{p-1}-1\Rightarrow 2011|p-1$
hay $p \equiv 1 \pmod{2011}$
Suy ra tất cả các ước nguyên tố của $\dfrac{x^{2011}-1}{x-1}$ đều có dạng $2011$ hoặc $2011k+1$
M $\dfrac{x^{2011}-1}{x-1}=(y-1)(y^4+y^3+y^2+y+1)$
Suy ra tất cả các ước nguyên tố của $y-1$ và $y^4+y^3+y^2+y+1$ đều có dạng $2011$ hoặc $2011k+1$
Nếu $2011|y-1$ thì $y^4+y^3+...+y+1 \equiv 5 \pmod{2011}$, suy ra $y^4+y^3+...+y+1$ không thể có tất cả các ước nguyên tố đều có dạng $2011$ hoặc $2011k+1$.
Nếu $2011\nmid y-1$ thì tất cả các ước nguyên tố của $y-1$ đều có dạng $2011k+1$
Suy ra $y-1 \equiv 1 \pmod{2011} \Rightarrow y \equiv 2 \pmod{11}\Rightarrow y^4+y^3+...+y+1 \equiv 31 \pmod{2011}$,  suy ra $y^4+y^3+...+y+1$ không thể có tất cả các ước nguyên tố đều có dạng $2011$ hoặc $2011k+1$.
Vậy phương trình vô nghiệm.

Điều kiện: $x\ge\frac{1}{2}$
Áp dụng BĐT ta có:
$(4x^2+3x+3)^2=(4x\sqrt{x+3}+2\sqrt{2x-1})^2$
                                $\le(16x^2+4)(x+3+2x-1)$
$\Rightarrow 16x^4-24x^3+x^2+6x+1\le0$
$\Leftrightarrow (x-1)^2(4x+1)^2\le0\Leftrightarrow x=1$, thỏa mãn.
Vậy: $x=1$

Do $ax^2+bx+c=0$ có nghiệm $\Rightarrow b^2\ge4ac$
Xét hàm: $f(x)=2ax^2+b(q+q^{-1})x+c(q^{\sqrt2}+q^{-\sqrt2})$
Không mất tính tổng quát, xét $q\ge1 $ vì nếu thay $q$ bởi $\frac{1}{q}$ thì $f(x)$ không thay đổi.
Ta có:
$\Delta=b^2(q+q^{-1})^2-8ac(q^{\sqrt2}+q^{-\sqrt2})$
     $=b^2q^2+2b^2+b^2q^{-2}-8acq^{\sqrt2}-8acq^{-\sqrt2}$
     $=q^{-2}g(q)$ với $g(q)=b^2q^4+2b^2q^2+b^2-8acq^{2+\sqrt2}-8acq^{2-\sqrt2}, q\ge1$
Ta có:
$g'(q)=4b^2q^3+4b^2q-8(2+\sqrt2)acq^{1+\sqrt2}-8(2-\sqrt2)acq^{1-\sqrt2}$
          $=q^{1-\sqrt2}h(q)$, với $h(q)=4b^2q^{2+\sqrt2}+4b^2q^{\sqrt2}-8(2+\sqrt2)acq^{2\sqrt2}-8(2-\sqrt2)ac, q\ge1$
$h'(q)=4(2+\sqrt2)b^2q^{1+\sqrt2}+4\sqrt2b^2q^{\sqrt2-1}-16(2+\sqrt2)\sqrt2acq^{2\sqrt2-1}$
          $=q^{\sqrt2-1}k(q)$, với $k(q)=4(2+\sqrt2)b^2q^2+4\sqrt2b^2-16(2+\sqrt2)\sqrt2acq^{\sqrt2}, q\ge1$
$k'(q)=8(2+\sqrt2)b^2q-32(2+\sqrt2)acq^{\sqrt2-1}\ge0$, do $b^2\ge4ac, q\ge q^{\sqrt2-1}$
$\Rightarrow k(q)\ge k(1)=4(2+\sqrt2)b^2+4\sqrt2b^2-16(2+\sqrt2)\sqrt2ac=4\sqrt2(2+\sqrt2)(b^2-4ac)\ge0$
$\Rightarrow h'(q)\ge0,\forall q\ge1$
$\Rightarrow h(q)\ge h(1)=8b^2-32ac\ge0$
$\Rightarrow g'(q)\ge0,\forall q\ge1$
$\Rightarrow g(q)\ge g(1)=4b^2-16ac\ge0$
$\Rightarrow \Delta \ge0\Rightarrow f(x)=0$ có nghiệm.

2.
*) Nếu $n\equiv 0$ (mod $5$) $\Rightarrow n^2+n+1\equiv1$ (mod $5$).
*) Nếu $n\equiv 1$ (mod $5$) $\Rightarrow n^2+n+1\equiv3$ (mod $5$).
*) Nếu $n\equiv 2$ (mod $5$) $\Rightarrow n^2+n+1\equiv2$ (mod $5$).
*) Nếu $n\equiv 3$ (mod $5$) $\Rightarrow n^2+n+1\equiv3$ (mod $5$).
*) Nếu $n\equiv 4$ (mod $5$) $\Rightarrow n^2+n+1\equiv1$ (mod $5$).
Suy ra: $\nexists n$ sao cho $n^2+n+1$ chia hết cho $1995$.

Ta có:
     $(x+1)^{2009}+(x-1)^{2009}=\sum_{k=0}^{2009}C_{2009}^kx^k+\sum_{k=0}^{2009}(-1)^{2009-k}C_{2009}^kx^k$
$\Rightarrow (x+1)^{2009}+(x-1)^{2009}=2\sum_{k=0}^{1004}C_{2009}^{2k+1}x^{2k+1}$
$\Rightarrow 2009(x+1)^{2008}+2009(x-1)^{2008}=2\sum_{k=0}^{1004}(2k+1)C_{2009}^{2k+1}x^{2k}$
$\Rightarrow 2009x(x+1)^{2008}+2009x(x-1)^{2008}=2\sum_{k=0}^{1004}(2k+1)C_{2009}^{2k+1}x^{2k+1}$
$\Rightarrow 2009(x+1)^{2008}+2009.2008x(x+1)^{2007}+2009(x-1)^{2008}+2009.2008x(x-1)^{2007}=2\sum_{k=0}^{1004}(2k+1)^2C_{2009}^{2k+1}x^{2k}$
Thay $x=1$ suy ra:
$\sum_{k=0}^{1004}(2k+1)^2C_{2009}^{2k+1}=\frac{2009(2^{2008}+2008.2^{2007})}{2}=2009.(2^{2007}+2008.2^{2006})$

Ta có:
     $(x^3+y^3+z^3-3xyz)^2$
$=(x(x^2-yz)+y(y^2-xz)+z(z^2-xy))^2$
$\le(x^2+y^2+z^2)((x^2-yz)^2+(y^2-xz)^2+(z^2-xy)^2)$
$=(x^2+y^2+z^2)(x^4+y^4+z^4+x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2-2xyz(x+y+z))$
$=(x^2+y^2+z^2)((x^2+y^2+z^2)^2-(xy+yz+zx)^2)$
$\le(x^2+y^2+z^2)^3=8$
Suy ra: $-2\sqrt2\le x^3+y^3+z^3-3xyz\le 2\sqrt2$
Min$P=-2\sqrt2$ chẳng hạn khi: $(x,y,z)=(-\sqrt2,0,0)$
Max$P=2\sqrt2$ chẳng hạn khi: $(x,y,z)=(\sqrt2,0,0)$

Ta có:
      $\int\limits_{1}^{2}\frac{2x^{2}\sqrt{x}+x^{3}\sqrt{x}-\frac{3}{x}+1}{x^{2}}dx$
 $=\int\limits_1^2\left(2\sqrt{x}+x\sqrt x-\frac{3}{x^3}+\frac{1}{x^2}\right)dx$
 $=\left(\frac{4}{3}x\sqrt x+\frac{2}{5}x^2\sqrt x+\frac{3}{2x^2}-\frac{1}{x}\right)\left|\begin{array}{l}2\\1\end{array}\right.=\frac{512\sqrt2-283}{120}$

Ta có:
      $\int\limits_{2}^{3}\frac{3x+9}{x^{2}-4x-5}dx$
 $=\int\limits_2^3\left(-\frac{4}{5-x}-\frac{1}{x+1}\right)dx$
 $=4\ln(5-x)-\ln(x+1)\left|\begin{array}{l}3\\2\end{array}\right.=-\ln(\frac{27}{4})$

Ta có:
    $\int\limits_{-2}^{2}(x^{2}+x-3)^{2}dx$
$=\int\limits_{-2}^2(x^4+2x^3-5x^2-6x+9)dx$
$=\left(\frac{x^5}{5}+\frac{x^4}{2}-\frac{5x^3}{3}-3x^2+9x\right)\left|\begin{array}{l}2\\-2\end{array}\right.=\frac{332}{15}$

Ta có:
    $\int \frac{x^{2}+2x+6}{(x-1)(x-2)(x-4)}dx$
$=\int\left(\frac{3}{x-1}-\frac{7}{x-2}+\frac{5}{x-4}\right)dx$
$=3\ln(x-1)-7\ln(x-2)+5\ln(x-4)+C$