Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có :

\(x^3+x^3+y^3\ge3\sqrt[3]{x^6y^3}=3x^2y\)(1)

\(y^3+y^3+z^3\ge3\sqrt[3]{y^6z^3}=3y^2z\)(2)

\(z^3+z^3+x^3\ge3\sqrt[3]{z^6x^3}=3z^2x\)(3)

Cộng (1),(2),(3) theo vế

=> \(x^3+x^3+y^3+y^3+y^3+z^3+z^3+z^3+x^3\ge3x^2y+3y^2z+3z^2x\)

<=> \(3\left(x^3+y^3+z^3\right)\ge3\left(x^2y+y^2z+z^2x\right)\)

<=> \(x^3+y^3+z^3\ge x^2y+y^2z+z^2x\left(đpcm\right)\)

Đẳng thức xảy ra <=> x=y=z

Do ^AEH=^ADH=90o nên tứ giác AEHD nội tiếp đường tròn.
Suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác AED chính là đường tròn đường kính AH.

Do H là giao điểm hai đường cao BD và CE nên H là trực tâm. Thế thì AH ⊥ BC.
Suy ra  ^DAH=^DBC (vì cùng phụ với góc ^DCB).
Tam giác BDC vuông tại D có I là trung điểm của BC nên IB = ID = IC.
Suy ra tam giác IBD cân ở I.  Vì vậy ^IDB=^DBI.
Từ đó suy ra: ^HAD=^HBI=^BDI  hay  ^HAD=^HDI.

Gọi J là trung điểm AH. Ta có ^HAD=^JDA⇒^JDA=^HDI.

Vậy nên ^JDI=^HDI+^JDH=^JDA+^FDH=^ADH=90o.
Suy ra DI là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AH.
Chứng minh tương tự ta cũng có EI là tiếp tuyến của đường kính AH.

Do \widehat{AEH}=\widehat{ADH}=90^oAEH=ADH=90o nên tứ giác AEHD nội tiếp đường tròn.
Suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác AED chính là đường tròn đường kính AH.

Do H là giao điểm hai đường cao BD và CE nên H là trực tâm. Thế thì AH $\perp$ BC.
Suy ra  \widehat{DAH}=\widehat{DBC}DAH=DBC (vì cùng phụ với góc \widehat{DCB}DCB).
Tam giác BDC vuông tại D có I là trung điểm của BC nên IB = ID = IC.
Suy ra tam giác IBD cân ở I.  Vì vậy \widehat{IDB}=\widehat{DBI}IDB=DBI.
Từ đó suy ra: \widehat{HAD}=\widehat{HBI}=\widehat{BDI}HAD=HBI=BDI  hay  \widehat{HAD}=\widehat{HDI}HAD=HDI.

Gọi J là trung điểm AH. Ta có \widehat{HAD}=\widehat{JDA}\Rightarrow\widehat{JDA}=\widehat{HDI}HAD=JDA⇒JDA=HDI.

Vậy nên \widehat{JDI}=\widehat{HDI}+\widehat{JDH}=\widehat{JDA}+\widehat{FDH}=\widehat{ADH}=90^oJDI=HDI+JDH=JDA+FDH=ADH=90o.
Suy ra DI là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AH.
Chứng minh tương tự ta cũng có EI là tiếp tuyến của đường kính AH.

\(\frac{1}{a^2\left(b+c\right)}+\frac{1}{b^2\left(c+a\right)}+\frac{1}{c^2\left(a+b\right)}\ge\frac{3}{2}\)

\(\Leftrightarrow\frac{abc}{a^2\left(b+c\right)}+\frac{abc}{b^2\left(c+a\right)}+\frac{abc}{c^2\left(a+b\right)}\ge\frac{3}{2}\)( GT abc = 1 )

\(\Leftrightarrow\frac{bc}{ab+ac}+\frac{ac}{ab+ac}+\frac{ab}{ac+bc}\ge\frac{3}{2}\). Đặt \(\hept{\begin{cases}ab=x\\bc=y\\ac=z\end{cases}\left(x,y,z>0\right)}\)ta được bất đẳng thức Nesbitt quen thuộc :

\(\frac{x}{y+z}+\frac{y}{x+z}+\frac{z}{x+y}\ge\frac{3}{2}\)( em không chứng minh )

Vậy ta có đpcm

Đẳng thức xảy ra <=> x = y = z <=> a = b = c = 1

Do giả thiết  $abc=1$ nên

            \dfrac{1}{a^2\left(b+c\right)}=\dfrac{bc}{a^2bc\left(b+c\right)}=\dfrac{bc}{a\left(b+c\right)}=\dfrac{bc}{ab+ac}a2(b+c)1​=a2bc(b+c)bc​=a(b+c)bc​=ab+acbc​

Đặt       $x=bc,y=ca,z=ab$ thì $x,y,z>0$ và bất đẳng thức cần chứng minh trở thành bất đẳng thức quen thuộc 

      \dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{z+x}+\dfrac{z}{x+y}\ge\dfrac{3}{2}y+zx​+z+xy​+x+yz​≥23​.

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có :

\(ab\le\frac{\left(a+b\right)^2}{4}\)=> \(\frac{ab}{a+b}\le\frac{a+b}{4}\)

Tương tự : \(\frac{bc}{b+c}\le\frac{b+c}{4}\); \(\frac{ca}{c+a}\le\frac{c+a}{4}\)

Cộng vế với vế các bđt trên ta có đpcm

Đẳng thức xảy ra <=> a=b=c

Có     ab\le\dfrac{\left(a+b\right)^2}{4}\Rightarrow\dfrac{ab}{a+b}\le\dfrac{a+b}{4}ab≤4(a+b)2​⇒a+bab​≤4a+b​.

Đặt x=\sqrt{\dfrac{a}{b}},y=\sqrt{\dfrac{b}{c}},z=\sqrt{\dfrac{c}{a}}x=ba​​,y=cb​​,z=ac​​ thì  $x,y,z>0$ và $xyz=1$ . Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành      x^3+y^3+z^3\ge x^2+y^2+z^2x3+y3+z3≥x2+y2+z2.

Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 3 số dương ta có

                x^3+x^3+1^3\ge3\sqrt[3]{x^3.x^3.1^3}x3+x3+13≥33x3.x3.13​ hay  2x^3+1\ge3x^22x3+1≥3x2.

Tương tự, 2y^3+1\ge3y^2;2z^3+1\ge3z^22y3+1≥3y2;2z3+1≥3z2. Cộng theo vế các bất đẳng thức nhận được ta có            2\left(x^3+y^3+z^3\right)+3\ge2\left(x^2+y^2+z^2\right)+\left(x^2+y^2+z^2\right)2(x3+y3+z3)+3≥2(x2+y2+z2)+(x2+y2+z2)

                                                      =2\left(x^2+y^2+z^2\right)+3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}=2(x2+y2+z2)+33x2y2z2​

  \ge2\left(x^2+y^2+z^2\right)+3\sqrt[3]{1}≥2(x2+y2+z2)+331​

Do đó         x^3+y^3+z^3\ge x^2+y^2+z^2x3+y3+z3≥x2+y2+z2. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  

       $x=y=z=1\iff a=b=c>0$.

x=y=z=1

Đặt  $2x+1=t$ thì $t>0$ và x=-\dfrac{1}{2}+\dfrac{t}{2}x=−21​+2t​ do đó áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có

       x+\dfrac{2}{2x+1}=-\dfrac{1}{2}+\dfrac{t}{2}+\dfrac{2}{t}\ge-\dfrac{1}{2}+2=\dfrac{3}{2}x+2x+12​=−21​+2t​+t2​≥−21​+2=23​.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  \dfrac{t}{2}=\dfrac{2}{t}=1\Leftrightarrow t=2\Leftrightarrow x=-\dfrac{1}{2}+\dfrac{2}{2}=\dfrac{1}{2}2t​=t2​=1⇔t=2⇔x=−21​+22​=21​.

t/2=2/t

t=2

x=-1/2+1=1/2

ặt $x+1=t$ thì $t>0$ và  $x=-1+t$. Ta có

           2x+\dfrac{1}{\left(x+1\right)^2}=2\left(-1+t\right)+\dfrac{1}{t^2}=-2+t+t+\dfrac{1}{t^2}2x+(x+1)21​=2(−1+t)+t21​=−2+t+t+t21​

                                                                       \ge-2+3\sqrt[3]{t.t.\dfrac{1}{t^2}}=-2+3=1≥−2+33t.t.t21​​=−2+3=1  

1

Gọi O, J lần lượt là trung điểm của AB và MB.
Do MB là đường kính của nửa đường tròn tâm J nên ^MIB=90o⇒^CIM=90o.

Vậy nên tứ giác CHMI nội tiếp.

⇒^HIM=^HCM.

Tam giác ACM cân tại C nên ^HCM=^HCA.

Mà ^HCA=^HBC (Cùng phụ góc CAB)

Tam giác IJB cân tại J nên ^HBC=^JIB.

Tóm lại : ^HIM=^JIB⇒^HIM+^MIJ=^JIB+^MIJ

⇒^HIJ=^MIB=90o.

Vậy nên HI là tiếp tuyến tại I của đường trong đường kính MB

Gọi O, J lần lượt là trung điểm của AB và MB.
Do MB là đường kính của nửa đường tròn tâm J nên \widehat{MIB}=90^o\Rightarrow\widehat{CIM}=90^oMIB=90o⇒CIM=90o.

Vậy nên tứ giác CHMI nội tiếp.

\Rightarrow\widehat{HIM}=\widehat{HCM}⇒HIM=HCM.

Tam giác ACM cân tại C nên \widehat{HCM}=\widehat{HCA}HCM=HCA.

Mà \widehat{HCA}=\widehat{HBC}HCA=HBC (Cùng phụ góc CAB)

Tam giác IJB cân tại J nên \widehat{HBC}=\widehat{JIB}HBC=JIB.

suy ra : \widehat{HIM}=\widehat{JIB}\Rightarrow\widehat{HIM}+\widehat{MIJ}=\widehat{JIB}+\widehat{MIJ}HIM=JIB⇒HIM+MIJ=JIB+MIJ

\Rightarrow\widehat{HIJ}=\widehat{MIB}=90^o.⇒HIJ=MIB=90o.

Vậy nên HI là tiếp tuyến tại I của đường trong đường kính MB.

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có :

\(x+\frac{1}{x-1}=\left[\left(x-1\right)+\frac{1}{x-1}\right]+1\ge2\sqrt{\left(x-1\right)\cdot\frac{1}{x-1}}+1=2+1=3\left(đpcm\right)\)

Đẳng thức xảy ra <=> x = 2 

Ta có : a^4 +b^4 +c^4  ≥ a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2 (*)

Mà a^2b^2+b^2c^2 ≥ 2acb^2

      b^2c^2 + c^2a^2 ≥ 2bac^2

     c^2a^2+a^2b^2 ≥ bca^2 

Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên rồi chia hai vế cho 2 ta được

a^2b^2+b^2c^2+ c^2a^2 ≥ abc(a+b+c) (**)

Từ (*)(**) => đpcm

Sử dụng bất đẳng thức Cô si ta có

              \sqrt{ab}+3\sqrt{bc}+5\sqrt{ca}\le\dfrac{a+b}{2}+3.\dfrac{b+c}{2}+5.\dfrac{c+a}{2}ab​+3bc​+5ca​≤2a+b​+3.2b+c​+5.2c+a​

                                                 $=3a+2b+4c$

Từ đó       3a+2b+4c\ge\sqrt{ab}+3\sqrt{bc}+5\sqrt{ca}3a+2b+4c≥ab​+3bc​+5ca​.