Không mất tính tổng quát, giả sử: $0\le c\le b\le a\le2$.
suy ra $a + b \le 3$.

Trước hết nêu ra một đẳng thức sau, có tên là khai triển Abel cho $3$ số.
$a_0b_0+a_1b_1+a_2b_2=a_0(b_0-b_1)+(a_0+a_1)(b_1-b_2)+(a_0+a_1+a_2)b_2$
để kiểm tra bạn chỉ cần khai triển vế phải.

BĐT đã cho tương đương với
$VT=(a-2)(a+2)+(b-1)(b+1)+c.c \le 0$
Theo khai triển Abel trên nếu đặt
$a_0=a-2, b_0=a+2, a_1=b-2,b_1=b+1,a_2=c, b_2=c$ thì ta có
$VT=(\underbrace{a-2}_{\le 0})(\underbrace{a-b+1}_{> 0})+(\underbrace{a+b-3}_{\le 0})(\underbrace{b-c+1}_{> 0})+(\underbrace{a+b+c-3}_{= 0})c \le 0$, đpcm.

Vậy: $a^2+b^2+c^2\le5$
Dấu bằng xảy ra chẳng hạn khi: $(a,b,c)=(2,1,0)$ và các hoán vị của nó.

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

Từ điều kiện bài toán suy ra
$\frac{1}{x+1}=1-\frac{1}{y+1}+1-\frac{1}{z+1}=\frac{y}{y+1}+\frac{z}{z+1}\ge2\sqrt{\frac{yz}{(y+1)(z+1)}}$
Tương tự:
$\frac{1}{y+1}\ge2\sqrt{\frac{xz}{(x+1)(z+1)}}$
$\frac{1}{z+1}\ge2\sqrt{\frac{xy}{(x+1)(y+1)}}$
Nhân $3$ BĐT và rút gọn ta được  ta được: $xyz\le\frac{1}{8}$, đpcm.
Đẳng thức xảy ra  $\Leftrightarrow x=y=z=\frac{1}{2}$

Ta có
$(x+1)^{2n}=\sum_{k=1}^{2n}C^k_{2n}x^k$
cho $x=1$ ta được $2^{2n}=\sum_{k=1}^{2n}C^k_{2n}\Rightarrow C^{1}_{2n}$+$C^{3}_{2n}$+...+$C^{2n-1}_{2n}+C^{2}_{2n}+C^{4}_{2n}$+...+$C^{2n}_{2n}=2^{2n}         (1)$
$(x-1)^{2n}=\sum_{k=1}^{2n}C^k_{2n}(-1)^kx^k$
cho $x=1$ ta được $0=\sum_{k=1}^{2n}C^k_{2n}(-1)^k\Rightarrow C^{1}_{2n}$+$C^{3}_{2n}$+...+$C^{2n-1}_{2n}=C^{2}_{2n}$+$C^{4}_{2n}$+...+$C^{2n}_{2n}          (2)$
Từ (1) và (2) ta có
$C^{1}_{2n}$+$C^{3}_{2n}$+...+$C^{2n-1}_{2n}=C^{2}_{2n}$+$C^{4}_{2n}+...+C^{2n}_{2n}=\frac{2^{2n} }{2}=2^{2n-1}  $
Suy ra $2048=2^{2n-1} \Leftrightarrow n=6$

Do $a_i \in [-1,1]$ nên có thể đặt $a_i=\cos \alpha_i, i=1,2,\cdots,9, \alpha_i \in [0, \pi].$
Ta có $\cos 3\alpha_i \ge -1\Leftrightarrow 4\cos^3 \alpha_i-3\cos \alpha_i \ge -1\Leftrightarrow 4a_i^3-3a_i \ge -1$
Cộng theo từng vế $9$ đẳng thức như trên ta được
     $4\sum_{i=1}^{9}a_i^3-3\sum_{i=1}^{9}a_i \ge -9$
$\Leftrightarrow 4.0-3\sum_{i=1}^{9}a_i \ge -9\Leftrightarrow \sum_{i=1}^{9}a_i \le 3$, đpcm.

Trước hết bạn có thể tự chứng minh BĐT quen thuộc sau
$\frac{1}{a}+\frac{1}{b} \ge \frac{4}{a+b}, \forall a, b >0$.
Áp dụng ta có
$\frac{16}{2x+y+z}=4.\frac{4}{2x+(y+z)} \le \frac{4}{2x}+\frac{4}{y+z} \le \frac{2}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}$
Tương tự
$\frac{16}{x+2y+z}\le \frac{1}{x}+\frac{2}{y}+\frac{1}{z}$
$\frac{16}{x+y+2z}\le \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{2}{z}$
cộng theo từng vế ta có
$\frac{16}{2x+y+z}+\frac{16}{x+2y+z}+\frac{16}{x+y+2z} \le 4\left ( \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right )=16$
Vậy
$\frac{1}{2x+y+z}+\frac{1}{x+2y+z}+\frac{1}{x+y+2z}\leq 1$ , đpcm.
Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow x=y=z=\frac{4}{3}$.

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

Điều kiện : $\cos x,\cos (\frac{\pi}{2}+x ) \ne 0$
PT
$\Leftrightarrow -\tan (\pi -\frac{\pi}{2}-x )-3 \tan^2x=\frac{-2\sin^2 x }{\cos^2x} $
$\Leftrightarrow- \tan (\frac{\pi}{2}-x )-3 \tan^2x=-2 \tan^2x$
$\Leftrightarrow -\cot x= \tan^2x$
$\Leftrightarrow -1= \tan^3x$
$\Leftrightarrow -1= \tan x$
$\Leftrightarrow  x=\frac{-\pi }{4}+ k\pi ( k\in \mathbb{Z}).$