a) Đặt
$a=\sqrt{8+2\sqrt{10+2\sqrt{5}}}, b= \sqrt{8-2\sqrt{10+2\sqrt{5}}}$
Ta có
$a^2+b^2=16$
$ab=\sqrt{64-4(10+2\sqrt{5})}=\sqrt{24-8\sqrt{5}}=2\sqrt{6-2\sqrt{5}}=2\sqrt{(\sqrt 5 -1)^2}=2(\sqrt 5 -1)$
Suy ra
$(a-b)^2=a^2+b^2-2ab=16-4(\sqrt 5 -1)=20-4\sqrt 5$
Mà $a>b$ nên ta suy ra
$\sqrt{8+2\sqrt{10+2\sqrt{5}}}- \sqrt{8-2\sqrt{10+2\sqrt{5}}}=a-b=2\sqrt{5-\sqrt 5}$

Áp dụng BĐT Cô-si ta có
$\sqrt[n]{n!} \le \frac{1+2+\cdots +n}{n}=\frac{n+1}{2}$
Do đẳng thức không thể xảy ra nên
$\frac{n+1}{2} > \sqrt[n]{n!}$, đpcm.

Ảo thuật một chút nhé :)
Ta có
    $ \frac{x^2}{\sqrt{4+2x}}$
$=\frac{1}{15}. \frac{(3x^2-8x+32)+(12x^2+8x-32)}{\sqrt{4+2x}}$
$=\frac{1}{15}. \frac{(3x^2-8x+32)+(2x+4)(6x-8)}{\sqrt{4+2x}}$
$=\frac{1}{15}. \frac{1}{\sqrt{4+2x}}(3x^2-8x+32)+\frac{1}{15}.\sqrt{4+2x}(6x-8)$
$=\frac{1}{15}.\left (\sqrt{4+2x} \right )'(3x^2-8x+32)+\frac{1}{15}.\sqrt{4+2x}(3x^2-8x+32)'$
$=\frac{1}{15}.\left (\sqrt{4+2x}(3x^2-8x+32) \right )'$
Vậy
$I=\frac{1}{15}\int\limits_{0}^{1}\left (\sqrt{4+2x}(3x^2-8x+32) \right )'dx$
$I=\frac{1}{15}\sqrt{4+2x}(3x^2-8x+32)|_0^1 $
$\boxed{I=\displaystyle \frac{27\sqrt 6 - 64}{15}}$

c) Theo cách 2 caaub thì nếu gọi $Q$ là giao điểm của $BP$ và $MN$ thì $Q$ cũng là giao điểm của $MN$ và $mp(BA'C')$.
như vậy góc giữa $MN$ và $mp(BA'C')$ chính là $\widehat{MQK}$.
Ta chỉ cần tính nốt cạnh $MQ$.
Nhưng điều này đơn giản vì $MQ=\frac{2}{3}MN=\frac{2}{3}\sqrt{MB^2+BN^2}=\frac{2}{3}\sqrt{\left (\frac{a\sqrt 3}{2} \right )^2+\left (\frac{\sqrt 5}{2\sqrt 2}a \right )^2}$

Cách 2 câu b)
Gọi $P$ là trung điểm $A'C'$. Dễ chứng minh $A'C \perp mp(MBB'P) $
Kẻ $MK \perp BP , K \in BP$ thì $A'C \perp MK\Rightarrow MK \perp mp(BA'C')$ vì $MK \perp A'C',MK \perp BP.$
như vậy khoảng cách từ $M$ đến $mp(BA'C')$ bằng $MK$.
Ta tính được cạnh $BP,$ $S_{MBB'P}$ từ đó suy ra $S_{MBB'P}=2S_{MBP}$ và có được kết quả như cách 1.

b)
Do $S_{\triangle MBC}=S_{\triangle MBA}=\frac{1}{2}S_{\triangle ABC}\Rightarrow V_{C'MBC}=V_{A'MBA}=\frac{1}{6}V_{ABC.A'B'C'}$
Mặt khác $V_{BA'B'C'}=\frac{1}{3}V_{ABC.A'B'C'}$
Suy ra $V_{MBA'C'}=V_{ABC.A'B'C'}-V_{BA'B'C'}-V_{C'MBC}-V_{A'MBA}=\frac{1}{3}V_{ABC.A'B'C'}=\frac{1}{3}AA'.S_{ABC}=\frac{1}{3}.\frac{\sqrt 5}{\sqrt 2}a.\frac{a^2\sqrt 3}{4}=\frac{a^3\sqrt 5}{4\sqrt 6}$
Mặt khác
$\triangle BA'C'$ có $BA'=BC'=\sqrt{\frac{5}{2}a^2+a^2}=\frac{\sqrt 7}{\sqrt 2}a, A'C'=a$
nên $S_{\triangle BA'C'}=\frac{1}{2}a.\sqrt{\frac{7}{2}a^2-\frac{1}{4}a^2}=\frac{\sqrt {13}a^2}{4}$
Vậy khoảng cách từ $M$ đến $mp(BA'C')$ bằng
$\frac{3V_{MBA'C'}}{S_{\triangle BA'C'}}=\frac{3a^3\sqrt 5}{4\sqrt 6}.\frac{4}{\sqrt {13}a^2}=\frac{3\sqrt 5}{\sqrt {78}}a$

Áp dụng liên tiếp bất đẳng thức Cô-si ta có:
\[\frac{1}{a^2+b^2}+\frac{4}{\sqrt{a}}+\frac{4}{\sqrt{a}}+\frac{4}{\sqrt{b}}+\frac{4}{\sqrt{b}}\geq 5.\sqrt[5]{\frac{4^4}{(a^2+b^2)ab}}\]
\[=5.\sqrt[5]{\frac{2^{11}}{8(a^2+b^2)ab}}= 5.\sqrt[5]{\frac{2^{11}}{4(a^2+b^2)2ab}}\]
\[\geq 5.\sqrt[5]{\frac{2^{11}}{(a+b)^4}}=5.\sqrt[5]{2^{15}}=40\]
 Và mặt khác ta lại có:
\[\frac{2}{\sqrt{a}}+\frac{2}{\sqrt{b}}\geq \frac{4}{\sqrt[4]{ab}}\geq \frac{4\sqrt{2}}{\sqrt{a+b}}\]
\[=4\sqrt{2}.\sqrt{2}=8\]
Cộng theo từng vế hai BĐT trên và ta có đpcm.