1. Giả sử rằng giữa $n$ và $n!-1$ không có số nguyên tố nào.
Gọi $p_1,p_2,\ldots,p_n$ là các số nguyên tố thỏa mãn $p_i \le n, 1 \le i \le n.$
Như vậy phải tồn tại một số $p_k, 1 \le k \le n$ sao cho $p_k \mid (n!-1)$.
Mặt khác thì $p_k \mid n!$ do đó $p_k \mid 1,$ vô lý.
Vậy ta có đpcm.

2. Em xem lại đề câu này vì số $77=4.19+1$ chỉ có hai ước nguyên tố là $7$ và $11$ nhưng hai ước nguyên tố này đều không có dạng $4k+1.$

3. Giả sử tồn tại $a,b \in \mathbb Z$ sao cho $a^2+b^2=p=4k+3.$
Ta sẽ chứng minh $p \mid a, p \mid b $.
Thật vậy, giả sử $p \nmid a, p \nmid b $. Theo định lý Fermat nhỏ
$\begin{cases}a^{p-1} \equiv 1 \bmod p \\ b^{p-1} \equiv 1 \bmod p \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}a^{4k+2} \equiv 1 \bmod p \\ b^{4k+2} \equiv 1 \bmod p \end{cases}\Rightarrow a^{4k+2}+b^{4k+2}\equiv 2 \bmod p$.
Đây là điều không thể vì $a^2+b^2\equiv 0 \bmod p\Rightarrow a^{4k+2}+b^{4k+2}\equiv 0 \bmod p$.
Tóm lại $p \mid a, p \mid b \Rightarrow p^2 \mid a^2, p^2 \mid b^2\Rightarrow p^2 \mid a^2+b^2=p$, vô lý.
Vậy ta có đpcm.

4. $(a-b)(a+b)=2014=2.19.53$
Mặt khác $a-b+a+b=2a$ nên $a-b$ và $a+b$ có cùng tính chẵn lẻ. Dễ thấy hai số này phải cùng chẵn, do đó tích $(a-b)(a+b)$ chia hết cho $4$, thế nhưng $4 \nmid 2014$
Đây là điều không thể xảy ra. Ta có đpcm.

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

PT
$\Leftrightarrow \log _{3}(x^{2}+x+1)+ \log _{3}(x^{2}-x+1)=\log _{3}(x^{4}+x^{2}+1)+\log_{3}(x^{4}-x^{2}+1)$
$\Leftrightarrow \log _{3}\left[ {(x^{2}+x+1)(x^{2}-x+1)} \right]=\log _{3}\left[ {(x^{4}+x^{2}+1)(x^{4}-x^{2}+1)} \right]$ $\Leftrightarrow \log _{3}\left[ {(x^{2}+1)^2-x^2} \right]=\log _{3}\left[ {(x^{4}+1)^2-x^4} \right]$
$\Leftrightarrow \log _{3}\left[ {x^{4}+x^{2}+1} \right]=\log _{3}\left[ {x^{8}+x^{4}+1} \right]$
$\Leftrightarrow x^{4}+x^{2}+1=x^{8}+x^{4}+1$
$\Leftrightarrow x \in \{ 0, \pm 1\}.$

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

Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp rằng đáp án của bài toán với $A_n=\{1,2,\ldots,n \}$ là $F_{n+2}.$
Ta ký hiệu hình thức rằng $A_n \to F_{n+2}.$
Thật vậy,
+ $n=1$ thì $A_1=\{1\} \Rightarrow B_1=\{\{1\}, \emptyset \}\Rightarrow |B_1|=2=F_3$. Như vậy $A_1 \to F_{3}.$
+ $n=2$ thì $A_2=\{1,2\} \Rightarrow B_2=\{\{1\},\{2\}, \emptyset \}\Rightarrow |B_2|=3=F_4$. Như vậy $A_2 \to F_{4}.$
Giả sử rằng $A_n \to F_{n+2}$ và $A_{n+1} \to F_{n+3}.$
Ta có $A_{n+2}=\{1,2,\ldots,n,n+1,n+2 \}$ như vậy $B_{n+2}$ trước hết chứa $B_{n+1}$.
Và còn số hạng $n+2$ sẽ rơi vào các tập hợp thỏa mãn bài toán tức là không chứa $n+1$. Nghĩa là $B_{n+2}$ chứa thêm các tập mà không có 2 số nào liên tiếp của tập $\{1,2,\ldots,n \}$. Số lượng này chính là $B_{n}$.
Tóm lại $|B_{n+2}|=|B_{n+1}|+|B_{n}|= F_{n+3}+F_{n+2}=F_{n+4}$. Tức là $A_{n+2} \to F_{n+4}$, đpcm.

Kí hiệu như cách truyền thống và áp dụng công thức đường phân giác trong ta có
$$AD = \frac{\sqrt{bc}}{b+c}\sqrt{(a+b+c)(b+c-a)}=\frac{\sqrt{bc}}{b+c}\sqrt{(b+c)^2-a^2}.$$
BDT đã cho tương đương với
      $\frac{\sqrt{bc}}{b+c}\sqrt{(b+c)^2-a^2} \ge \frac{1}{2}\sqrt{4bc-a^2}$
$\Leftrightarrow \frac{4bc}{(b+c)^2}\left[ {(b+c)^2-a^2} \right] \ge 4bc-a^2$
$\Leftrightarrow \frac{(b+c)^2-a^2}{(b+c)^2} \ge \frac{4bc-a^2}{4bc}$
$\Leftrightarrow 1-\frac{a^2}{(b+c)^2} \ge 1-\frac{a^2}{4bc}$
$\Leftrightarrow (b+c)^2 \ge 4bc,$ hiển nhiên đúng.

3. Em có thể tham khảo bài toán tương tự tại đây
http://toan.hoctainha.vn/Thu-Vien/Bai-Tap/105019/bai-105019

2. 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. ĐK $x>0.$ PT
$\Leftrightarrow \frac{1}{3}\log_2(2x)+2\log_x2=\frac{8}{3}$
$\Leftrightarrow \frac{1}{3}\log_2x+\frac{1}{3}+\frac{2}{\log_2x}=\frac{8}{3}$
$\Leftrightarrow \frac{1}{3}\log_2x-\frac{7}{3}+\frac{2}{\log_2x}=0$
$\Leftrightarrow \log_2^2x-7\log_2x+6=0$
$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} \log_2x=1\\\log_2x=6  \end{matrix}} \right.$
$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x=2\\x=64  \end{matrix}} \right.$

1. ĐK $x>0.$ PT
$\Leftrightarrow \frac{1}{3}\log_2(2x)+2\log_x2=\frac{8}{3}$
$\Leftrightarrow \frac{1}{3}\log_2x+\frac{1}{3}+\frac{2}{\log_2x}=\frac{8}{3}$
$\Leftrightarrow \frac{1}{3}\log_2x-\frac{7}{3}+\frac{2}{\log_2x}=0$
$\Leftrightarrow \log_2^2x-7\log_2x+6=0$
$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} \log_2x=1\\\log_2x=6  \end{matrix}} \right.$
$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x=2\\x=64  \end{matrix}} \right.$

ĐK: $x>-1.$ PT
$\Leftrightarrow (x+2)\log_3^2(x+1)-4\log_3(x+1)+4(x+2)\log_3(x+1)-16=0$
$\Leftrightarrow \left[ {(x+2)\log_3(x+1)-4} \right]\left[ {\log_3(x+1)+4} \right]=0$
$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} \log_3(x+1)=\frac{4}{x+2}\\ \log_3(x+1)=-4 \end{matrix}} \right.$
$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} \log_3(x+1)=\frac{4}{x+2}\\ x=3^{-4 }-1\end{matrix}} \right.$
Mà hàm $\log_3(x+1)$ đồng biến, hàm $\frac{4}{x+1}$ nghịch biến nên nó có nghiệm duy nhất $x=2.$

2,  ĐK $x>0.$ PT
$\Leftrightarrow 4^{1+\lg x}-6^{\lg x}=2.3^{2+2\lg x}$
$\Leftrightarrow 4.4^{\lg x}-6^{\lg x}=18.9^{\lg x}$
$\Leftrightarrow 4.\left ( \frac{2}{3} \right )^{2\lg x}-\left ( \frac{2}{3} \right )^{\lg x}-18=0$
$\Leftrightarrow \left[ {\left ( \frac{2}{3} \right )^{\lg x}+2} \right]\left[ {\left ( \frac{2}{3} \right )^{\lg x}-\frac{4}{9}} \right]=0$
$\Leftrightarrow \left (\frac{2}{3} \right )^{\lg x}=\frac{4}{9} .$
$\Leftrightarrow x=100.$