Chuẩn hóa $a+b+c=1$.
Ta phải chứng minh
$$27a^2b^2c^2+8abc+1 \geq 4(ab+bc+ca)$$
Đặt $f(a,b,c)=27a^2b^2c^2+8abc+1-4(ab+bc+ca)$
Không mất tính tổng quát,$a= \min{a,b,c}$ và đặt $t=\frac{b+c}{2}$
Ta sẽ cmr $f(a,b,c)-f(a,t,t) \geq 0$
$\Leftrightarrow (t^2-bc)\left[ 27a^2(t^2+bc) +8a-4 \right] \leq 0$
Có $bc\leq t^2$ và $a+2t=1$ Thay vào ta đi cmr $\frac{27}{2}a^2(1-a)^2 +8a-4 \leq 0$
Dễ dàng chứng minh điều này với $a \leq \frac{1}{3}$
Kiểm tra $f(a,t,t) \geq 0$ khá đơn giản.

Biến đổi về dạng
$z=\frac{x^2+3}{xy+2}$ hay $xy+2|x^2+3 \Rightarrow x^2+3 \geq xy+2 // \Leftrightarrow x^2-xy+1 \geq 0$
Coi đây là phương trình bậc 2 ẩn $x$ thì phải có $\Delta =y^2-4 \leq 0$
Vậy $y=1,2$

Cho $x=0$ thì $f( f(y)-y)=f(0)^2$ nên $f(x)=x+c$ hoặc $f(x)=c$

Brazil MO 2008 nhé bạn.

Ta phát biểu và chứng minh bổ đề sau.
Nếu $a,b,c>0$ và $a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4=3$ thì $a^3+b^3+c^3 \geq 3$

Từ đánh giá $a^3+b^3+1 \geq 3ab$ và giả thiết ta có $$\sum xy(x+y+1) \geq 9$$ trong đó $x=a^3,y=b^3,c=z^3$
Giả sử rằng $p=x+y+z \leq 3$
Trước hết,ta sẽ cmr $r \geq \frac{4q-9}{3}$
Theo Schur, $r \geq \frac{p(4q-p^2)}{9}$
Kết quả nếu trên sẽ được chứng minh nếu ta chỉ ra rằng $p(4q-p^2) \geq 12q-27 \Leftrightarrow (3-p)(p^2+3p+9-4q) \geq 0$.
Bất đẳng thức cuối đúng do $9 \geq p^2 \geq 3q$.
Vậy $3r \geq 4q-9$
Mà theo trên ta có $4q-9 \geq pq+q-9 \geq 3r$ nên dấu bằng phải xảy ra hay $x=y=z=1,a=b=c=1$. Khi đó $a^3+b^3+c^3=3 \geq 3$
Bổ đề được chứng minh.
Quay lại bài toán.
Ta có $a+ \sqrt{a} \geq 2 \sqrt[4]{a^3}$
Bài toán trở thành bổ đề cho $( \sqrt[4]{a},\sqrt[4]{b},\sqrt[4]{c})$

Bài 1.
Xét TH $M$ thuộc cung nhỏ $AD$. Các TH còn lại chứng minh tương tự.
Lấy $G$ trên $AC$ sao cho $\widehat{BMC}=\widehat{AMG}$
Dễ có $\Delta BMC \sim \Delta AMG$ và $\Delta AMB \sim GMC$
Từ đó $\frac{AC}{ME}=\frac{AG}{ME} +\frac{GC}{ME}= \frac{BC}{MD}+ \frac{AB}{MF}$
Từ đó $P=\frac{2AC}{ME}$.
Dễ thấy $P$ không tồn tại GTNN.
Ở đây GTLN $P$ khi $MA=MC$.

Sai nhé. 
Không hiểu bạn tìm kiểu gì từ $g(x+1)=(2-a)g(x)+a$ mà ra được $g(x) =$ cái hàm kì dị ấy.
Mà tuyệt đối thử lại cũng không TM luôn.
Hơn nữa $g(0)=0,g(1)=1$ và $g(x+1)=g(x)+1$ chỉ kết luận được $g(x)=x, \forall x \in \mathbb{Z}$

Lời giải bài này như sau: 
$P(x,y) : f(x+y)+f(x)f(y)=f(xy)+f(x)+f(y)$
$P(x,0) : f(x)+f(x)f(0)=f(0)+f(x)+f(0) \Leftrightarrow f(x)f(0) = 2f(0)$
Nếu $f(0) \neq 0$ thì $\boxed{f(x)=2,\forall{x \in \mathbb{R}}}$
Xét $f(0)=0$
$P(x,1) : f(x+1)+f(x)f(1)=f(x)+f(x)+f(1) \Leftrightarrow f(x+1)=f(x) \left[ 2-f(1) \right] +f(1)$
$P(x+1,1) : f(x+2)=f(x) \left[ 2-f(1) \right]^2 +3f(1)-f(1)^2$

$P(1,1) : f(2)=3f(1)-f(1)^2$
$P(x,2) : f(x+2)+f(x)f(2)=f(2x)+f(x)+f(2) \Leftrightarrow f(x) \left[ 2-f(1) \right]^2 +3f(1)-f(1)^2+f(x)f(2)=f(2x)+f(x)+f(2) \Leftrightarrow f(2x)= \left[ 3-f(1) \right]f(x)=af(x)$
$P(2x,2) : f(4x)=a^2f(x)$

$P(2x,2y) -a P(x,y) : (a^2-a)f(x)f(y)=(a^2-a)f(xy)$

Nếu $a=1 \Leftrightarrow P(x,1) : f(x+1)=0 \Leftrightarrow \boxed{f(x)=0,\forall{x \in \mathbb{R}}}$

Nếu $a=0 \Leftrightarrow P(x,2) : f(2x)=0 \Leftrightarrow \boxed{f(x)=0, \forall{x \in \mathbb{R}}}$

Nếu $a^2-a \neq 0$ thì ta có hệ 

$\left\{\begin{matrix} f(x)f(y)=f(xy)\\ f(x)+f(y)=f(x+y) \end{matrix}\right.$
Hệ PTH này quen thuộc và có nghiệm là $ \boxed{ f(x)=0,\forall{x \in \mathbb{R}}}$ hoặc $ \boxed{ f(x)=x,\forall{x \in \mathbb{R}}}$

Chứng minh bất đẳng thức sau với $a,b,c \geq 0,a+b+c=1, k=\dfrac{8}{27} ( 5 \sqrt{10}-13)$
$$ \sum \dfrac{a^2}{b+c}+6(ab+bc+ca) \geq \dfrac{5}{2} +k \dfrac{\sum (a^2b-ab^2)^2}{(a^2+b^2+c^2)^2}$$

Sai rồi bạn. Đâu có cơ sở gì cho bạn xét các TH đặc biệt đâu. M,N,P,Q chạy thoải mái mà.
Mình nghĩ là làm thế này.
Theo định lý Pytago
$MN^2+NP^2+PQ^2+QM^2=(AM^2+MB^2)+(BN^2+NC^2)+(CP^2+PD^2)+(QD^2+QA^2)$
Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz
$AM^2+MB^2 \geq \frac{1}{2} (AM+MB)^2 = \frac{1}{2} AB^2$
Cộng các bđt tương tự có min =25.
Ta có $AM^2+BM^2 \leq (AM+MB)^2=AB^2$
Cộng lại max =50
Min xảy ra khi M,N,P,Q là các trung điểm
Max xảy ra khi M,N,P,Q trùng A,B,C,D

Đây là bài thi IMO 2010. Có khác nhiều cách làm.

Ta sẽ chứng minh không tồn tại.
Thật vậy ta phải có
$8|3^n+3$
Với $n=2k,8|3^n-1$
Với $n=2k+1,8|3^n-3$
Từ đó có đpcm.

Câu 1: Cho 3 số $a, b,c$ không âm và $a+b+c=3$

Tìm GTNN của biểu thức: $a^3+b^3+c^3$

Câu 2: Cho 3 số $a, b,c$ không âm và $a+b+c=3$

Tìm GTNN của biểu thức:$\sqrt[3]{ab}+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}$

Câu 2 

Min=0 khi a=b=0,c=3 và các hoán vị
Nếu a,b,c không lớn hơn 2 thì min=$\sqrt[3]{2}$
Max=3
Theo bđt Holder

$\left ( \sum a \right )\left ( \sum b \right )(1+1+1)\geq \left ( \sum \sqrt[3]{ab} \right )^{3}\Rightarrow \sum \sqrt[3]{ab}\leq 3$

Bài ảo qúa     Bạn check lại đề được không ?? @@

Cho các số thực không âm $a,b,c$ thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=2(ab+bc+ca)$
Tìm hằng số k tốt nhất sau cho bất đẳng thức sau luôn đúng $$ \sum \sqrt{a+b+\sqrt{ca}+\sqrt{cb}} \geq k(\sum \sqrt{a})$$

Cho $a,b,c \in [1,2]$ thoả $a+b+c=5$. 

Chứng minh rằng 

$$100+9abc \geq 17(ab+bc+ca)$$

Bài toán vẫn đúng trong trường hợp $A$ không là trung điểm $OD$.
Dễ dàng chứng minh được $\Delta OBD \sim \Delta ECB$
Nên $\frac{BO}{CE}=\frac{BD}{BC}=\frac{CO}{CE}$
Kết hợp với $\widehat{ECO}=\widehat{DBO}$ ta thu được $\Delta COE \sim \Delta BDC$ từ đó dễ dàng có đpcm.

Còn 1 cách nữa suy nghĩ thêm đi

Cách khác.
Ta nhắc lại không chứng minh bổ đề quen thuộc sau.
Cho tứ giác nội tiếp $ABCD$ có 2 tiếp tuyến tại $B,D$ và $AC$ đồng quy. Khi đó 2 tiếp tuyến tại $A,C$ và $BD$ cũng đồng quy.(Tứ giác điều hòa)
Trở lại bài toán. Gọi $P$ là giao điểm $DC$ và $(O)$.
Khi đó theo bổ đề $EP$ là tiếp tuyến của $(O)$.
Từ đó dễ dàng dẫn đến đpcm.

Có vẻ như $\frac{1}{4}$ chưa phải hằng số tốt nhất.
Bình phương lên, điều phải chứng minh tương đương.
$$4\prod(a-b)^2 (ab+bc+ca)^2 \leq \prod (a+b)^2 (\sum a^2-bc)^2$$
Đổi về pqr.
$$ \dfrac{4q^2}{27} [4(p^2-3q)^3 -(2p^3-9pq+27r)^2] \leq (pq-r)^2(p^2-3q)^2 $$
$$L.H.S \leq \dfrac{16q^2(p^2-3q)^3}{27}$$
Ta quy điều phải chứng minh về
$$\dfrac{16q^2(p^2-3q)}{27} \leq (pq-r)^2$$
Có $$pq-r \geq \dfrac{8pq}{9}$$
Thay vào và biến đổi, bất đẳng thức tương đương với
$$q^2(\frac{p^2}{3} +3q) \geq 0$$
Hiển nhiên đúng.

Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
$\left | \frac{a^{3}-b^{3}}{a+b}+\frac{b^{3}-c^{3}}{b+c}+\frac{c^{3}-a^{3}}{c+a} \right |\leqslant \frac{1}{4}\left [(a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2} \right ]$

Hằng số tốt nhất cho bất đẳng thức này khá xấu và có thể tìm bằng dồn biến toàn miền.
Cho $$a=0,b=2,c=1+ \sqrt{3}+\sqrt{2} \cdot 3^\frac{1}{4}$$ thì $k \geq \sqrt{\dfrac{2 \cdot \sqrt{3}-9}{9}}$

Nếu từ điểm M mà hạ MH vuông góc với BC thì đường AH là đường trong bài P17 của thày Hùng ở tạp chí Pi số 1!

Ùi  May quá  Tý thì e lỡ post lời giải bài P.17        

Dễ dàng chứng minh được $ x \leq y \leq p$ và $2 \leq p$
Trừ từng vế 2 phương trình
$p(p-1)=2(y-x)(x+y)$
Suy ra $p|2(y-x)(y+x)$
Mà $2 < $ và $y-x < p $ nên $p|x+y$.
Lại có $x+y < 2p$ nên $x+y=p$
Thay ngược lên có $p-1=2y-2x$
Tới đây dễ rồi. Đơn thuần là giải hệ thôi.
Có $y=3x-1$ và $x^2+2xy=y^2-1$
Thay vào ra $p=7,x=2,y=5$

Ta có $MK^2=MO^2-R^2=MH^2+HO^2$
$MA^2=MH^2+HA^2$
Gọi $OA$ cắt $BC$ tại $Q$. Khi đó $HA=HQ$
Khi đó ta phải chứng minh
$HO^2-HA^2=R^2$
$\Leftrightarrow (HO-HQ)(HO+HA)=R^2$
$\Leftrightarrow OQ.OA=OB^2$
Đẳng thức cuối là cơ bản.

Lấy Q đối xứng với B qua H 
Do AHMD,HCMB là các tứ giác nội tiếp và theo tính chất đối xứng nên 

$\widehat{ADC}=\widehat{ADH}=\widehat{AMH}=\widehat{CBH}=\widehat{CQA}$

hay AQCD là tứ giác nội tiếp 
Tâm (ACD) thuộc trung trực AQ cố định

Cho tam giác $ABC$ có đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$. Đường tròn $(PBC)$ tiếp xúc $(I)$ tại $P$. Gọi $M,N$ là trung điểm $DE,DF$. Chứng minh rằng $PD,BM,CN$ đồng quy.

Bài này nên đưa vào mục bất đẳng thức chứ nhỉ.
Có thể giải bằng Holder như sau(không hay lắm)
$(x^4 +y^4)^3(1+1) \geq (x^3+y^3)^4$
và $(x^3+y^3)(1+1)(1+1) \geq (x+y)^3$
Từ đó ta có
$\frac{x^4+y^4}{x^3+y^3} \geq \frac{x+y}{2}$
Cộng lại ta cũng có đpcm

Cho các số thực dương $a,b,c$. Cmr
$$ ( \dfrac{a}{b}+2)( \dfrac{b}{c} +2)( \dfrac{c}{a}+2 ) + \dfrac{117(ab+bc+ca)}{4(a^2+b^2+c^2)} \geq \frac{107}{2}$$