Phương trình đã cho tương đương với:$\sqrt{2(1+\sqrt{1-x^2})}[\sqrt{(x+1)^3}-\sqrt{(1-x)^3}]=5x$Đặt: $\sqrt{1+x}=a$, $\sqrt{1-x}=b$ $a,b \ge 0$Dễ thấy: $\frac{a^2-b^2}{2}=x$$a^2+b^2=2$Suy ra:$\sqrt{2(1+ab)}(a^3-b^3)=\frac{5(a^2-b^2)}{2}$$(a-b)[\sqrt{2(1+ab)}(a^2+ab+b^2)-\frac{5(a+b)}{2}]=0$+) $a=b$, bạn tự giải tiếp nhé+) $\sqrt{2(1+ab)}(a^2+ab+b^2)=\frac{5(a+b)}{2}$Ta có: $\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}=\sqrt{(\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x})^2}=\sqrt{2+2\sqrt{1-x^2}}$$\Rightarrow \sqrt{2(1+\sqrt{1-x^2})}(2+\sqrt{1-x^2})=\frac{5.\sqrt{2+2\sqrt{1-x^2}}}{2}$$2 .\sqrt{1+ \sqrt{1-x^2} } . (2+ \sqrt{1-x^2})= 5.\sqrt{1+.\sqrt{1-x^2}}$Đặt $y=\sqrt{1+ \sqrt{1-x^2}}$Ta có: $2y(1+y^2)=5y$-Đến đây mọi việc đã trở nên dễ dàng, bạn có thể tự giải quyết. /

Phương trình đã cho tương đương với:$\sqrt{2(1+\sqrt{1-x^2})}[\sqrt{(x+1)^3}-\sqrt{(1-x)^3}]=5x$Đặt: $\sqrt{1+x}=a$, $\sqrt{1-x}=b |a,b \ge 0$Dễ thấy: $\frac{a^2-b^2}{2}=x$$a^2+b^2=2$Suy ra:$\sqrt{2(1+ab)}(a^3-b^3)=\frac{5(a^2-b^2)}{2}$$(a-b)[\sqrt{2(1+ab)}(a^2+ab+b^2)-\frac{5(a+b)}{2}]=0$+) $a=b$, bạn tự giải tiếp nhé+) $\sqrt{2(1+ab)}(a^2+ab+b^2)=\frac{5(a+b)}{2}$Ta có: $\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}=\sqrt{(\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x})^2}=\sqrt{2+2\sqrt{1-x^2}}$$\Rightarrow \sqrt{2(1+\sqrt{1-x^2})}(2+\sqrt{1-x^2})=\frac{5.\sqrt{2+2\sqrt{1-x^2}}}{2}$$2 .\sqrt{1+ \sqrt{1-x^2} } . (2+ \sqrt{1-x^2})= 5.\sqrt{1+.\sqrt{1-x^2}}$Đặt $y=\sqrt{1+ \sqrt{1-x^2}}$Ta có: $2y(1+y^2)=5y$-Đến đây mọi việc đã trở nên dễ dàng, bạn có thể tự giải quyết. /

Với điều kiện $a_{1},a_{2},...,a_{n} \ge 1$, ta sẽ chứng minh:$f(a_{1})+f(a_{2})+...+f(a_{n}) \ge nf(\sqrt[n]{a_{1}.a_{2}....a_{n}})$-Giả sử bdt đúng với $n+1$ số $a_{1},a_{2},...,a_{n+1}$, ta có:$f(a_{1})+f(a_{2})+...+f(a_{n+1}) \ge (n+1)f(\sqrt[n+1]{a_{1}.a_{2}....a_{n+1}})$Lấy $a_{n+1}=a=\sqrt[n]{a_{1}.a_{2}...a_{n}}$ , suy ra:$f(a_{1})+f(a_{2})+...+f(a_{n})+f(a) \ge (n+1)f(a)$$\Rightarrow f(a_{1})+f(a_{2})+...+f(a_{n}) \ge nf(a)=nf(\sqrt[n]{a_{1}.a_{2}...a_{n}})$.-Hai bất đẳng thức trên là trường hợp nhỏ của bất đẳng thức này. $\blacksquare$

Với điều kiện $a_{1},a_{2},...,a_{n} \ge 1$, ta sẽ chứng minh:$f(a_{1})+f(a_{2})+...+f(a_{n}) \ge nf(\sqrt[n]{a_{1}.a_{2}....a_{n}})$Với $n=2$, bất đẳng thức đúng.-Giả sử bdt đúng với $n+1$ số $a_{1},a_{2},...,a_{n+1}$, ta có:$f(a_{1})+f(a_{2})+...+f(a_{n+1}) \ge (n+1)f(\sqrt[n+1]{a_{1}.a_{2}....a_{n+1}})$Lấy $a_{n+1}=a=\sqrt[n]{a_{1}.a_{2}...a_{n}}$ , suy ra:$f(a_{1})+f(a_{2})+...+f(a_{n})+f(a) \ge (n+1)f(a)$$\Rightarrow f(a_{1})+f(a_{2})+...+f(a_{n}) \ge nf(a)=nf(\sqrt[n]{a_{1}.a_{2}...a_{n}})$.-Hai bất đẳng thức trên là trường hợp nhỏ của bất đẳng thức này. $\blacksquare$

Ta có thể biến đổi tương đương bài này như sau:$ 2(x^2-2x+4)+9\sqrt{x^2-2x+4}-4\sqrt{x^2-2x+4}-18=0$$\Leftrightarrow (\sqrt{x^2-2x+4}-2)(2\sqrt{x^2-2x+4}+9)=0$Đến đây việc giải pt đã trở nên dễ dàng hơn rất nhiều!

Ta có thể biến đổi tương đương bài này như sau:$ 3(x^2-2x+4)+11\sqrt{x^2-2x+4}-6\sqrt{x^2-2x+4}-22=0$$\Leftrightarrow (\sqrt{x^2-2x+4}-2)(3\sqrt{x^2-2x+4}+11)=0$Đến đây việc giải pt đã trở nên dễ dàng hơn rất nhiều!