Điều cần chứng minh tương đương với 
$2(a^2+b^2+c^2)(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a})\geq 3(a+b+c) $ (*)
Ta có:
$a^2+b^2+c^2\geq (a+b+c)^2/3$ 
Nên vế trái của (*) $\geq \frac{2(a+b+c)^2}{3}(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}) $ 
Ta chứng minh:
$\frac{2(a+b+c)^2}{3}(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a})\geq 3(a+b+c)$ 
Hay 
$\frac{2(a+b+c)}{3}(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a})\geq 3$ 
$2(a+b+c)(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a})\geq 9$   (**) 
Điều này đúng vì
$2(a+b+c)=(a+b)+(b+c)+(c+a)\geq 3\sqrt[3]{(a+b)(b+c)(c+a)}$
 và:
$\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\geq 3\sqrt[3]{\frac{1}{a+b}\frac{1}{b+c}\frac{1}{c+a}}$ 
Ta nhân theo vế là có (**) 

Với $n\leq 3$
Bạn có thể kiểm tra trực tiếp
Ta xét với $n\geq 4$

Trước hết ta có:
$C_n^0+C_n^1 +C_n^2+C_n^3+...+ C_n^n=2^n$ nên
$C_n^1 +C_n^2+C_n^3+...+ C_n^n<2^n$
 Áp dụng : $(x+1)^3 = x^3 + 3x^2 + 3x + 1$.

Với x = 1,2,3,....n, ta có:
$2^3 = 1^3 + 3.1^2 + 3.1 + 1$
$3^3 = 2^3 + 3.2^2 + 3.2 + 1$
$4^3 = 3^3 + 3.3^2 + 3.3 + 1$
........
$(n+1)^3 = n^3 + 3.n^2 + 3.n + 1$
Cộng từng vế rồi rút gọn ta được:
$(n+1)^3 = 1^3 + 3(1^2 + 2^2 + ...+ n^2) + 3.(1+2+3+...+n) + n$
<--> $(n+1)^3 = n + 1 + 3(1^2 + 2^2 + ...+ n^2) + 3.n.(n+1)/2$
<--> $3(1^2 + 2^2 + ...+ n^2) = (n+1)^3 - 3.n.(n+1)/2 - n - 1$
<--> $3(1^2 + 2^2 + ...+ n^2) = n(n+1)(2n+1)/2$
<--> $(1^2 + 2^2 + ...+ n^2) = n(n+1)(2n+1)/6$

Vậy $(1^2 + 2^2 + ...+ n^2) = n(n+1)(2n+1)/6$

 áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopki:
$1.\sqrt{C_n^1} +2\sqrt{C_n^2}+3\sqrt{C_n^3}+...+n\sqrt{ C_n^n}\leq \sqrt{(1^2 + 2^2 + ...+ n^2)(C_n^1 +C_n^2+C_n^3+...+ C_n^n)}$
 $<\sqrt{2^n.n(n+1)(2n+1)/6}=\sqrt{2^{n-1}.n.(n+1)(2n+1)/3}$
 Đối chiếu với đề bài, ta chỉ cần chứng minh $(n+1)(2n+1)/3<n^2$ điều này tương đương với $3n+1<n^2$
Với $n>3$ thì điều này đúng.
Ta đã chứng minh xong bài toán.

Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết

Đầu tiên ta xét bài toán sau:
Nếu ABCD là một tứ giác lồi với độ dài các cạnh như sau: a = AB, b = BC, c = CD, d = DA, thì diện tích F của tứ giác ABCD là

$\displaystyle F=\sqrt{\left( s-a\right) \left( s-b\right) \left( s-c\right) \left( s-d\right) -abcd\cos ^{2}\frac{B+D}{2}}$,

với $s=\frac{1}{2}\left( a+b+c+d\right)$ là nửa chu vi của tứ giác ABCD, và $B=\measuredangle ABC$, $D=\measuredangle CDA$ là các góc tại đỉnh B, D.
Chứng minh:
Theo định lý cosin $AC^{2}=a^{2}+b^{2}-2ab\cos B$, $AC^{2}=c^{2}+d^{2}-2cd\cos D$. Vậy, $a^{2}+b^{2}-2ab\cos B=c^{2}+d^{2}-2cd\cos D$ suy ra $a^{2}+b^{2}-c^{2}-d^{2}=2ab\cos B-2cd\cos D$. Từ đó:,

$\left( a^{2}+b^{2}-c^{2}-d^{2}\right) ^{2}=\left( 2ab\cos B-2cd\cos D\right) ^{2}$
$=4a^{2}b^{2}\cos ^{2}B+4c^{2}d^{2}\cos ^{2}D-8abcd\cos B\cos D$.          (1)
Nhưng diện tích F của ABCD bằng F = [ABC] + [CDA], trong đó $\left[ P_{1}P_{2}P_{3}\right] $ chỉ diện tích của tam giác $P_{1}P_{2}P_{3}$. Nhưng $\left[ ABC\right] =\frac{1}{2}ab\sin B$ và $\left[ CDA\right] =\frac{1}{2}cd\sin D$, nên $F=\frac{1}{2}ab\sin B+\frac{1}{2}cd\sin D$, vậy:

$16F^{2}=\left( 4F\right) ^{2}=\left( 4\cdot \left( \frac{1}{2}ab\sin B+\frac{1}{2}cd\sin D\right) \right) ^{2}=\left( 2ab\sin B+2cd\sin D\right) ^{2}$
$=4a^{2}b^{2}\sin ^{2}B+4c^{2}d^{2}\sin ^{2}D+8abcd\sin B\sin D$.
Kết hợp với (1)

$\left( a^{2}+b^{2}-c^{2}-d^{2}\right) ^{2}+16F^{2}$
$=\left( 4a^{2}b^{2}\cos ^{2}B+4c^{2}d^{2}\cos ^{2}D-8abcd\cos B\cos D\right) $
$+\left( 4a^{2}b^{2}\sin ^{2}B+4c^{2}d^{2}\sin ^{2}D+8abcd\sin B\sin D\right) $
$=4a^{2}b^{2}\left( \cos ^{2}B+\sin ^{2}B\right) +4c^{2}d^{2}\left( \cos ^{2}D+\sin ^{2}D\right) -8abcd\left( \cos B\cos D-\sin B\sin D\right) $
$=4a^{2}b^{2}+4c^{2}d^{2}-8abcd\cos \left( B+D\right) $
$=\left( 4a^{2}b^{2}+4c^{2}d^{2}+8abcd\right) -8abcd-8abcd\cos \left( B+D\right) $
$=\left( 2ab+2cd\right) ^{2}-8abcd\left( 1+\cos \left( B+D\right) \right) $
$\displaystyle =\left( 2ab+2cd\right) ^{2}-8abcd\cdot 2\cos ^{2}\frac{B+D}{2}=\left( 2ab+2cd\right) ^{2}-16abcd\cos ^{2}\frac{B+D}{2}$,

vậy:

$\displaystyle 16F^{2}=\left( \left( 2ab+2cd\right) ^{2}-16abcd\cos ^{2}\frac{B+D}{2}\right) -\left( a^{2}+b^{2}-c^{2}-d^{2}\right) ^{2}$
$\displaystyle =\left( \left( 2ab+2cd\right) ^{2}-\left( a^{2}+b^{2}-c^{2}-d^{2}\right) ^{2}\right) -16abcd\cos ^{2}\frac{B+D}{2}$.

Nhưng

$\left( 2ab+2cd\right) ^{2}-\left( a^{2}+b^{2}-c^{2}-d^{2}\right) ^{2}$
$=\left( \left( 2ab+2cd\right) +\left( a^{2}+b^{2}-c^{2}-d^{2}\right) \right) \left( \left( 2ab+2cd\right) -\left( a^{2}+b^{2}-c^{2}-d^{2}\right) \right) $
$=\left( 2ab+2cd+a^{2}+b^{2}-c^{2}-d^{2}\right) \left( 2ab+2cd-a^{2}-b^{2}+c^{2}+d^{2}\right) $
$=\left( \left( a^{2}+b^{2}+2ab\right) -\left( c^{2}+d^{2}-2cd\right) \right) \left( \left( c^{2}+d^{2}+2cd\right) -\left( a^{2}+b^{2}-2ab\right) \right) $
$=\left( \left( a+b\right) ^{2}-\left( c-d\right) ^{2}\right) \left( \left( c+d\right) ^{2}-\left( a-b\right) ^{2}\right) $
$=\left( \left( a+b\right) +\left( c-d\right) \right) \left( \left( a+b\right) -\left( c-d\right) \right) \left( \left( c+d\right) +\left( a-b\right) \right) \left( \left( c+d\right) -\left( a-b\right) \right) $
$=\left( a+b+c-d\right) \left( a+b-c+d\right) \left( a-b+c+d\right) \left( -a+b+c+d\right) $
$=\left( \left( a+b+c+d\right) -2d\right) \left( \left( a+b+c+d\right) -2c\right) \left( \left( a+b+c+d\right) -2b\right) \left( \left( a+b+c+d\right) -2a\right) $
$=\left( 2s-2d\right) \left( 2s-2c\right) \left( 2s-2b\right) \left( 2s-2a\right) =16\left( s-a\right) \left( s-b\right) \left( s-c\right) \left( s-d\right)$

Ta suy ra:
$\displaystyle 16F^{2}=16\left( s-a\right) \left( s-b\right) \left( s-c\right) \left( s-d\right) -16abcd\cos ^{2}\frac{B+D}{2}$

và

$\displaystyle F^{2}=\left( s-a\right) \left( s-b\right) \left( s-c\right) \left( s-d\right) -abcd\cos ^{2}\frac{B+D}{2}$,

Ta đã chứng minh xong, công thức này gọi là công thức Brahmagupta.

Khi tứ giác ABCD nội tiếp thì

$F=\sqrt{\left( s-a\right) \left( s-b\right) \left( s-c\right) \left( s-d\right) }$.

(nếu ABCD nội tiếp thì B + D = 180, nên $\displaystyle \frac{B+D}{2}=90^{\circ}$ và $\displaystyle \cos \frac{B+D}{2}=0$

$\displaystyle F=\sqrt{\left( s-a\right) \left( s-b\right) \left( s-c\right) \left( s-d\right) -abcd\cos ^{2}\frac{B+D}{2}}$

sẽ thành
$\displaystyle F=\sqrt{\left( s-a\right) \left( s-b\right) \left( s-c\right) \left( s-d\right)}$.)

Bây giờ, theo giả thuyết thì
$\displaystyle F=\sqrt{\left( s-a\right) \left( s-b\right) \left( s-c\right) \left( s-d\right)}=\sqrt{abcd}$
 Đặt $x=S-a,y=S-b,z=S-c,t=S-d$
Khi ấy ta có điều tương đương:
$\sqrt{xyzt}=\sqrt{\frac{z+y+t}{3}\frac{x+z+t}{3}\frac{x+y+t}{3}\frac{x+y+z}{3}}$ (2)
Nhưng theo BĐT Cauchy thì
$x+y+z\geq 3\sqrt[3]{xyz}$
$y+z+t\geq 3\sqrt[3]{yzt}$
$x+y+t\geq 3\sqrt[3]{xyt}$
$x+t+z\geq 3\sqrt[3]{xtz}$

 Vậy (2) xảy ra khi $x=y=z=t$
suy ra $a=b=c=d$
suy ra ABCD là hình thoi, mà hình thoi thì luôn là một tứ giác ngoại tiếp (ĐPCM)

Bài này giải như sau,
trước hết ta thấy rằng, tam giác $\Delta ABC$ có 3 góc $A,B,C$ 3 cạnh tương ứng 3 đỉnh kia là $a,b,c$ thì $cos(A)=\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}$ (*)
Đặt $AC=b,DC=d$
Trở lại bài toán, từ $\widehat{B}=\widehat{DAC}$ ta suy ra $\Delta ABC \approx \Delta DAC$ vậy nên $\frac{AC}{DC}=\frac{BC}{AC}$
Vậy suy ra $\frac{b}{d}=\frac{16/3+d}{b}$ hay $b^2=16/3d+d^2$ (1)
Mặt khác theo (*)  thì $5/9=Cos \widehat{A}=Cos\widehat{ADC}=\frac{d^2+36-b^2}{12d}$ (2)
Từ (1) và (2) ta dễ dàng suy ra suy ra : $d=3$ từ đó theo (1), tính được $b=5$
Ta cũng có $BC=16/3+d=25/3$
Tỉ số đồng dạng của $\Delta ABC \& \Delta DAC$ là $\frac{BC}{AC}=25/3 :5=5/3$
Chu vi tam giác $\Delta ACD$ là 14 nên chu vi của $\Delta ABC= 14.5/3=70/3$

Đề bài phải là $n\geq 2$ Có một cách làm đơn giản hơn nhiều, ta có;
$\frac{1}{k^2}<\frac{1}{(k-1)k}=\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k}$
Áp dụng điều này thì:
$1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+...+\frac{1}{n^2} \leq 1+(1-\frac{1}{2})+(\frac{1}{2}-\frac{1}{3})+....+(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n})=2-\frac{1}{n}$ 

Ta đã chứng minh xong bài toán