2. Ta có $PT \Leftrightarrow 15x^2-9=7y^2\Rightarrow 7y^2 \equiv 1 \bmod 5.$
Ta sẽ chứng minh đây là điều không thể xảy ra. Xét các trường hợp
+ $y=5k\Rightarrow 7y^2\equiv 0 \bmod 5 $.
+ $y=5k+1\Rightarrow 7y^2\equiv 7 \equiv 2 \bmod 5 $.
+ $y=5k+2\Rightarrow 7y^2\equiv 28 \equiv 3 \bmod 5 $.
+ $y=5k+3\Rightarrow 7y^2\equiv 63 \equiv 3 \bmod 5 $.
+ $y=5k+4\Rightarrow 7y^2\equiv 112 \equiv 2 \bmod 5 $.
Ta có đpcm.

1. Xét các trường hợp
+ $n=5k\Rightarrow n^2-8=25k^2-8 $ không chia hết cho $5$.
+ $n=5k+1\Rightarrow n^2-8=25k^2+10k-7 $ không chia hết cho $5$.
+ $n=5k+2\Rightarrow n^2-8=25k^2+20k-4 $ không chia hết cho $5$.
+ $n=5k+3\Rightarrow n^2-8=25k^2+30k+1 $ không chia hết cho $5$.
+ $n=5k+4\Rightarrow n^2-8=25k^2+40k+8 $ không chia hết cho $5$.
Vậy $n^2- 8$ không chia hết cho $5$ với mọi $n$.

Vẽ theo đường $ABCDB$ như hình vẽ nhé :)

1. PT
$\Leftrightarrow (x-1)\ln 5=(x^2-4x+3)\ln 3$
$\Leftrightarrow (x-1)\ln 5=(x-1)(x-3)\ln 3$
$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x=1\\ x\ln 3-3\ln 3=\ln 5 \end{matrix}} \right.$
$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x=1\\ x=\dfrac{\ln 5+3\ln 3}{\ln 3} \end{matrix}} \right.$

1. Ta sẽ chứng minh bài toán trên bằng phuơng pháp quy nạp với $n \ge 2.$
+ Với $n=2$ thì dễ có
$(a_1^2+a_2^2)(b_1^2+b_2^2) \ge (a_1b_1+a_2b_2)^2 \Leftrightarrow (a_1b_2-a_2b_1)^2 \ge 0$, luôn đúng.
Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a_1b_2=a_2b_1\Leftrightarrow \frac{b_2}{a_2}=\frac{b_1}{a_1}=k\Leftrightarrow b_i=ka_i, i=1,2.$
+ Giả sử BDT trên đúng với $k$ tức là
$$(a_1^2+a_2^2+\ldots+a_k^2)(b_1^2+b_2^2+\ldots+b_k^2) \ge (a_1b_1+a_2b_2+\ldots+a_kb_k)^2$$
Ta có
$(a_1^2+a_2^2+\ldots+a_k^2+a_{k+1}^2)(b_1^2+b_2^2+\ldots+b_k^2+b_{k+1}^2)$
$=(a_1^2+a_2^2+\ldots+a_k^2)(b_1^2+b_2^2+\ldots+b_k^2)+a_{k+1}^2(b_1^2+b_2^2+\ldots+b_k^2+b_{k+1}^2)+(a_1^2+a_2^2+\ldots+a_k^2+a_{k+1}^2)b_{k+1}^2+a_{k+1}^2b_{k+1}^2\quad (1)$
Bây giờ áp dụng BDT $M^2+N^2 \ge 2MN$ ta có
$\left.\begin{matrix} a_{k+1}^2b_1^2+a_1^2b_{k+1}^2 \ge 2a_1b_1a_{k+1}b_{k+1}\\a_{k+1}^2b_2^2+a_2^2b_{k+1}^2 \ge 2a_2b_2a_{k+1}b_{k+1}\\\ldots \\a_{k+1}^2b_n^2+a_n^2b_{k+1}^2 \ge 2a_nb_na_{k+1}b_{k+1} \end{matrix}\right\}\Rightarrow \begin{matrix} a_{k+1}^2(b_1^2+b_2^2+\ldots+b_k^2+b_{k+1}^2)+(a_1^2+a_2^2+\ldots+a_k^2+a_{k+1}^2)b_{k+1}^2 \ge \\ 2(a_1b_1+a_2b_2+\ldots+a_kb_k)a_{k+1}b_{k+1} \end{matrix} \quad (2)$
Từ (1) , (2) và giả thiết quy nạp ta có
$(a_1^2+a_2^2+\ldots+a_k^2+a_{k+1}^2)(b_1^2+b_2^2+\ldots+b_k^2+b_{k+1}^2) \ge (a_1b_1+a_2b_2+\ldots+a_kb_k+a_{k+1}b_{k+1})^2$, đpcm.

1. Ta sẽ chứng minh bài toán trên bằng phuơng pháp quy nạp với $n \ge 2.$
+ Với $n=2$ thì dễ có
$(a_1^2+a_2^2)(b_1^2+b_2^2) \ge (a_1b_1+a_2b_2)^2 \Leftrightarrow (a_1b_2-a_2b_1)^2 \ge 0$, luôn đúng.
Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a_1b_2=a_2b_1\Leftrightarrow \frac{b_2}{a_2}=\frac{b_1}{a_1}=k\Leftrightarrow b_i=ka_i, i=1,2.$
+ Giả sử BDT trên đúng với $k$ tức là
$$(a_1^2+a_2^2+\ldots+a_k^2)(b_1^2+b_2^2+\ldots+b_k^2) \ge (a_1b_1+a_2b_2+\ldots+a_kb_k)^2$$
Ta có
$(a_1^2+a_2^2+\ldots+a_k^2+a_{k+1}^2)(b_1^2+b_2^2+\ldots+b_k^2+b_{k+1}^2)$
$=(a_1^2+a_2^2+\ldots+a_k^2)(b_1^2+b_2^2+\ldots+b_k^2)+a_{k+1}^2(b_1^2+b_2^2+\ldots+b_k^2+b_{k+1}^2)+(a_1^2+a_2^2+\ldots+a_k^2+a_{k+1}^2)b_{k+1}^2+a_{k+1}^2b_{k+1}^2\quad (1)$
Bây giờ áp dụng BDT $M^2+N^2 \ge 2MN$ ta có
$\left.\begin{matrix} a_{k+1}^2b_1^2+a_1^2b_{k+1}^2 \ge 2a_1b_1a_{k+1}b_{k+1}\\a_{k+1}^2b_2^2+a_2^2b_{k+1}^2 \ge 2a_2b_2a_{k+1}b_{k+1}\\\ldots \\a_{k+1}^2b_n^2+a_n^2b_{k+1}^2 \ge 2a_nb_na_{k+1}b_{k+1} \end{matrix}\right\}\Rightarrow \begin{matrix} a_{k+1}^2(b_1^2+b_2^2+\ldots+b_k^2+b_{k+1}^2)+(a_1^2+a_2^2+\ldots+a_k^2+a_{k+1}^2)b_{k+1}^2 \ge \\ 2(a_1b_1+a_2b_2+\ldots+a_kb_k)a_{k+1}b_{k+1} \end{matrix} \quad (2)$
Từ (1) , (2) và giả thiết quy nạp ta có
$(a_1^2+a_2^2+\ldots+a_k^2+a_{k+1}^2)(b_1^2+b_2^2+\ldots+b_k^2+b_{k+1}^2) \ge (a_1b_1+a_2b_2+\ldots+a_kb_k+a_{k+1}b_{k+1})^2$, đpcm.

1. BDT cần chứng minh  $\Leftrightarrow \frac{a^{n}+b^{n}}{2}>\left ( \frac{a+b}{2} \right )^{n}$.
Và em có thể tham khảo tại đây

http://toan.hoctainha.vn/Thu-Vien/Bai-Tap/101424/bai-101414

http://toan.hoctainha.vn/Thu-Vien/Bai-Tap/102092/bai-102080

3. Em xem ở đây nhé 
 http://toan.hoctainha.vn/Hoi-Dap/Cau-Hoi/114789/bai-nay

4b. $(d)$ song song $(d')$ khi và chỉ khi $m-1\ne 2m+1\Leftrightarrow m\ne -2$.

4a. $(d)$ song song $(d')$ khi và chỉ khi
$\begin{cases}m-1=2m+1 \\ -m\ne m^2+1 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}m=-2\\ -m\ne m^2+1 \end{cases}\Leftrightarrow m=-2$.

c. $(d)$ trùng $(d')$ khi và chỉ khi
$\begin{cases}m-1=2m+1 \\ -m=m^2+1 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}m=-2\\ -m=m^2+1 \end{cases}$, đây là điều không thể xảy ra.
Vậy $(d)$ không thể trùng $(d')$.

b. Kiểm tra rằng điểm $I(1,-1)$ không thỏa mãn PT $y=(2m+1)x+m^2+1$ vì $-1=m^2+2m+2$ là PT vô nghiệm. Do đó $I \notin (d').$

a. Gọi $I(x_0,y_0)$ là điểm cố định mà $(d)$ đi qua. Tức là
     $y_0=(m-1)x_0-m, \quad \forall m.$
$\Leftrightarrow m(x_0-1)-(x_0+y_0)=0, \quad \forall m.$
$\Leftrightarrow \begin{cases}x_0-1=0 \\ -(x_0+y_0)=0 \end{cases}$
$\Leftrightarrow \begin{cases}x_0=1 \\y_0=-1 \end{cases}$.
Vậy $I(1,-1)$ là điểm cố định mà $(d)$ đi qua.

ĐK $: -1 \le x \le 1.$ PT
$\Leftrightarrow 2^{\sqrt{1-x^2} }-4\sqrt{1-x^2}\ln 2=2^\sqrt{1-x} - 4\sqrt{1-x} \ln 2$
$\Leftrightarrow f\left ( \sqrt{1-x^2}\right )=f\left (\sqrt{1-x} \right ).$
Trong đó $f(t)=2^t-4t\ln 2, \sqrt 2\ge t \ge 0.$
Ta có $f'(t)=2^t\ln2-4\ln2<0$ do đó $f$ là hàm nghịch biến.
Chú ý rằng với $-1 \le x \le 1$ thì $\sqrt 2\ge \sqrt{1-x^2},\sqrt{1-x} \ge 0$. Do vậy
$f\left ( \sqrt{1-x^2}\right )=f\left (\sqrt{1-x} \right )\Leftrightarrow \sqrt{1-x^2}= \sqrt{1-x}\Leftrightarrow x=0$ hoặc $x=1.$

2.   $3xy-2x+5y=6$
$\Leftrightarrow x(3y-2)=6-5y$
$\Leftrightarrow x=\frac{6-5y}{3y-2}$, chú ý rằng $y \in \mathbb Z\Rightarrow y \ne \frac{2}{3}\Rightarrow 3y-2 \ne 0.$
Suy ra $\frac{6-5y}{3y-2}\in \mathbb Z\Rightarrow(3y-2) \mid (6-5y)\Rightarrow (3y-2) \mid 3(6-5y)=18-15y$.
Mặt khác $(3y-2) \mid 5(3y-2)=15y-10$.
Do đó $(3y-2) \mid (18-15y+15y-10)=8\Rightarrow 3y-2 \in \{-1,1,2,-2,4,-4,8,-8\}$
$\Rightarrow y \in \{1,0,2,-2\}$.
Thay ngược lại dễ có $(x,y) \in \{(1,1),(-3,0),(-1,2)\}.$