Vì a<1 \(\Rightarrow a^2< 1\)

b<1 \(\Rightarrow\left(1-a^2\right)\left(1-b\right)>0\Rightarrow1+a^2b-a^2-b>0\)

Hay \(1+a^2b>a^2+b\)

Mặt khác \(0< a,b< 1\Rightarrow a^2>a^3;b>b^3\Rightarrow b+a^2>a^3+b^3\Rightarrow a^3+b^3< 1+a^2b\)

Tương tự ta có: \(b^3+c^3< 1+b^2c;a^3+c^3< 1+c^2a\)

Vậy ta có đpcm

Khá là cơ bản 

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho 2 số không âm ta có:

\(x^4+y^4\ge2\sqrt{x^4y^4}=2x^2y^2\)

\(y^4+z^4\ge2\sqrt{y^4z^4}=2y^2z^2\)

\(z^4+x^4\ge2\sqrt{z^4x^4}=2z^2x^2\)

Cộng vế với vế ta được 

\(2\left(x^4+y^4+z^4\right)\ge2\left(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\right)\)

\(\Rightarrow x^4+y^4+z^4\ge x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\left(1\right)\)

Tương tự 

\(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2=\left(xy\right)^2+\left(yz\right)^2+\left(xz\right)^2\ge\text{​​}xy^2z+xyz^2+x^2yz=xyz\left(x+y+z\right)\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh 

Dấu ''='' xảy ra khi x = y = z

Áp dụng BĐT B.C.S:

\(\left(\frac{x^2y}{z}+\frac{y^2z}{x}+\frac{z^2x}{y}\right)\left(\frac{x^2z}{y}+\frac{y^2x}{z}+\frac{z^2y}{x}\right)\ge\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\left(1\right)\)

Xét hiệu: \(A=\frac{x^2y}{z}+\frac{y^2z}{x}+\frac{z^2x}{y}-\frac{x^2z}{y}-\frac{y^2x}{z}-\frac{z^2y}{x}\)

\(=\frac{1}{xyz}\left(x-y\right)\left(y-z\right)\left(z-x\right)\left(xy+yz+xz\right)>0\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) đpcm

Dấu'=' xảy ra <=>x=y=z

\(5x^2-y^2+4xy-9=0\Leftrightarrow\left(5x-y\right)\left(x+y\right)=9\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}5x-y=\pm1\\x+y=\pm9\end{cases}}\)hoặc \(\hept{\begin{cases}5x-y=\pm3\\x+y=\pm3\end{cases}}\)

từ đó giải các hệ ta được kết quả, nhưng nhớ chọn kết quả nào mà cả x và y là số nguyên nhé

\(P=n^2+n+2=n\left(n+1\right)+2\)

- nếu một trong 2 số \(n\)và \(n+1\)có một số chia hết cho \(3\)thì \(P\)chia \(3\)dư \(2\).

- nếu không số nào trong 2 số \(n\)và \(n+1\)chia hết cho \(3\)thì \(P\equiv2+2\left(mod 3\right)\equiv1\left(mod 3\right)\). 

Vậy ta có đpcm.