Nếu x < 1 x<1 thì x 8 − x 7 + x 2 − x + 1 x 8 −x 7 +x 2 −x+1 = x 8 + x 2 ( 1 − x 5 ) + ( 1 − x ) > 0 =x 8 +x 2 (1−x 5 )+(1−x)>0. Nếu x ≥ 1 x≥1 thì x 8 − x 7 + x 2 − x + 1 x 8 −x 7 +x 2 −x+1 = x 7 ( x − 1 ) + x ( x − 1 ) + 1 > 0 =x 7 (x−1)+x(x−1)+1>0.

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 2 ( a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 ) ≥ 2 ( c b + b a + a c ) 2( b 2 a 2 ​ + c 2 b 2 ​ + a 2 c 2 ​ )≥2( b c ​ + a b ​ + c a ​ ) Xét dấu hiệu 2 ( a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 ) − 2 ( c b + b a + a c ) 2( b 2 a 2 ​ + c 2 b 2 ​ + a 2 c 2 ​ )−2( b c ​ + a b ​ + c a ​ ) = ( a b − b c ) 2 + ( b c − c a ) 2 + ( c a − a b ) 2 ≥ 0 =( b a ​ − c b ​ ) 2 +( c b ​ − a c ​ ) 2 +( a c ​ − b a ​ ) 2 ≥0 Từ đó suy ra đpcm.

Ta có a 2 − a b + b 2 = 1 4 ( a + b ) 2 + 3 4 ( a − b ) 2 ≥ 1 2 ( a + b ) a 2 −ab+b 2 ​ = 4 1 ​ (a+b) 2 + 4 3 ​ (a−b) 2 ​ ≥ 2 1 ​ (a+b). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b a=b. Trương tự b 2 − b c + c 2 ≥ 1 2 ( b + c ) b 2 −bc+c 2 ​ ≥ 2 1 ​ (b+c) và c 2 − c a + c a ≥ 1 2 ( c + a ) c 2 −ca+ca ​ ≥ 2 1 ​ (c+a). Từ đó a 2 − a b + b 2 + b 2 − b c + c 2 + c 2 − c a + a 2 ≥ 1 2 ( a + b + b + c + c + a ) a 2 −ab+b 2 ​ + b 2 −bc+c 2 ​ + c 2 −ca+a 2 ​ ≥ 2 1 ​ (a+b+b+c+c+a) = ( a + b + c ) = 3 =(a+b+c)=3 Vậy a 2 − a b + b 2 + b 2 − b c + c 2 + c 2 − c a + a 2 ≥ 3 a 2 −ab+b 2 ​ + b 2 −bc+c 2 ​ + c 2 −ca+a 2 ​ ≥3. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = a + b + c 3 = 1 a=b=c= 3 a+b+c ​ =1.

Ta có x 2 + y 2 + x y − 3 x − 3 y + 3 x 2 +y 2 +xy−3x−3y+3 = ( x − 1 ) 2 + ( y − 1 ) 2 + x y + 1 − x − y =(x−1) 2 +(y−1) 2 +xy+1−x−y = ( x − 1 ) 2 + ( y − 1 ) 2 + ( x − 1 ) ( y − 1 ) ≥ 0 =(x−1) 2 +(y−1) 2 +(x−1)(y−1)≥0 (do a 2 + a b + b 2 = 1 4 ( 4 a 2 + 4 a b + 4 b 2 ) = 1 4 ( 2 a + b ) 2 + 3 4 b 2 ≥ 0 a 2 +ab+b 2 = 4 1 ​ (4a 2 +4ab+4b 2 )= 4 1 ​ (2a+b) 2 + 4 3 ​ b 2 ≥0)

Nhân hai vế bất đẳng thức cần chứng minh với x + y x+y ta được bất đẳng thức tương đương là x 5 + y 5 > ( x 2 + y 2 ) ( x + y ) x 5 +y 5 >(x 2 +y 2 )(x+y) (1) Từ giả thiết x > 2 x> 2 ​ suy ra x 2 > 2 x 2 >2 suy ra x 5 > 2 x 3 x 5 >2x 3 , từ đó x 5 + y 5 > 2 ( x 3 + y 3 ) x 5 +y 5 >2(x 3 +y 3 ) = 2 ( x 2 − x y + y 2 ) ( x + y ) =2(x 2 −xy+y 2 )(x+y) = ( x − y ) 2 + ( x 2 + y 2 ) ( x + y ) ≥ ( x 2 + y 2 ) ( x + y ) =(x−y) 2 +(x 2 +y 2 )(x+y)≥(x 2 +y 2 )(x+y) suy ra (1), điều phải chứng minh.

Với \(x,y\) là hai số dương và \(x+y=1\). Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel:\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge \frac{(1+1)^{2}}{a+b}=\frac{4}{a+b}\)Với \(a=x,b=y\), ta có:\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge \frac{4}{x+y}\)Vì \(x+y=1\), ta có \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge 4\). Ta có:\((1+\frac{1}{x})(1+\frac{1}{y})=1+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{xy}\)Thay \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge 4\) vào, ta được:\((1+\frac{1}{x})(1+\frac{1}{y})\ge 1+4+\frac{1}{xy}=5+\frac{1}{xy}\)Sử dụng bất đẳng thức AM-GM:\(\frac{x+y}{2}\ge \sqrt{xy}\Rightarrow \frac{1}{2}\ge \sqrt{xy}\Rightarrow \frac{1}{4}\ge xy\Rightarrow \frac{1}{xy}\ge 4\)Vậy, \((1+\frac{1}{x})(1+\frac{1}{y})\ge 5+4=9\). Dấu bằng xảy ra khi \(x=y=\frac{1}{2}\)

Ta có:\((x-1)(x-2)(x-3)(x-4)+1\)Sắp xếp lại các thừa số:\([(x-1)(x-4)][(x-2)(x-3)]+1\)Nhân các cặp thừa số:\((x^{2}-5x+4)(x^{2}-5x+6)+1\)Đặt \(y=x^{2}-5x\), biểu thức trở thành:\((y+4)(y+6)+1=y^{2}+10y+24+1=y^{2}+10y+25=(y+5)^{2}\)Vì \((y+5)^{2}\ge 0\) với mọi số thực \(y\), nên \((x-1)(x-2)(x-3)(x-4)+1\ge 0\) với mọi số thực \(x\).

Biểu thức \(4x^{8}-2x^{7}+x^{6}-3x^{4}+x^{2}-x+1\) có thể được phân tích thành tổng của các bình phương như sau:\(4x^{8}-2x^{7}+x^{6}-3x^{4}+x^{2}-x+1=(2x^{4}-x^{3})^{2}+(x^{3}-x)^{2}+(x-\frac{1}{2})^{2}+\frac{3}{4}\)Vì: \((2x^{4}-x^{3})^{2}\ge 0\) với mọi số thực \(x\).\((x^{3}-x)^{2}\ge 0\) với mọi số thực \(x\).\((x-\frac{1}{2})^{2}\ge 0\) với mọi số thực \(x\).\(\frac{3}{4}>0\). Do đó, tổng của các số không âm và một số dương sẽ luôn lớn hơn 0.\((2x^{4}-x^{3})^{2}+(x^{3}-x)^{2}+(x-\frac{1}{2})^{2}+\frac{3}{4}>0\)Vậy, bất đẳng thức \(4x^{8}-2x^{7}+x^{6}-3x^{4}+x^{2}-x+1>0\) được chứng minh. 

Từ a + b + c + ab + ca + bc = 6abc ta có: 1 a + 1 b + 1 c + 1 a b + 1 b c + 1 c a = 6 Ta có: 1 a 2 + 1 ≥ 2 a ; 1 b 2 + 1 ≥ 2 b ; 1 c 2 + 1 ≥ 2 c Và 1 a 2 + 1 b 2 ≥ 2 a b ; 1 b 2 + 1 c 2 ≥ 2 b c ; 1 a 2 + 1 c 2 ≥ 2 a c Cộng các vế các BĐT trên ta có: 3 ( 1 a 2 + 1 b 2 + 1 c 2 + 1 ) ≥ 2 ( 1 a + 1 b + 1 c + 1 a b + 1 b c + 1 c a ) ⇔ 3 ( 1 a 2 + 1 b 2 + 1 c 2 + 1 ) ≥ 12 ⇔ 1 a 2 + 1 b 2 + 1 c 2 + 1 ≥ 4 ⇔ 1 a 2 + 1 b 2 + 1 c 2 ≥ 3 Dấu “ = ” xảy ra khi a = b = c = 1

Ta có:\((x-1)(x-2)(x-3)(x-4)+1\)Sắp xếp lại các thừa số:\([(x-1)(x-4)][(x-2)(x-3)]+1\)Nhân các cặp thừa số:\((x^{2}-5x+4)(x^{2}-5x+6)+1\)Đặt \(y=x^{2}-5x\), biểu thức trở thành:\((y+4)(y+6)+1=y^{2}+10y+24+1=y^{2}+10y+25=(y+5)^{2}\)Vì \((y+5)^{2}\ge 0\) với mọi số thực \(y\), nên \((x-1)(x-2)(x-3)(x-4)+1\ge 0\) với mọi số thực \(x\).