Ta có \(\frac{a x + b y}{2}\geq\frac{a + b}{2}.\frac{x+y}{2}\)

\(\Leftrightarrow2\left(\right.ax+by\left.\right)\geq\left(\right.a+b\left.\right)\left(\right.x+y\left.\right)\)

\(\Leftrightarrow2\left(\right.ax+by\left.\right)\geq ax+ay+bx+by\)

\(\Leftrightarrow ax+by-ay-bxx\geq0\)

\(\Leftrightarrow \left(\right. a - b \left.\right) \left(\right. x - y \left.\right) \geq 0\) (luôn đúng vì giả thiết \(a \geq b\) và \(x \geq y\)).

Vậy nếu \(a \geq b\), \(x \geq y\) thì \(\frac{a x + b y}{2}\geq\frac{a + b}{2}.\frac{x+y}{2}\).

Ta có \(4 x^{2} + 4 y^{2} + 6 x + 3 \geq 4 x y\)

\(\Leftrightarrow \left(\right. x^{2} - 4 x y + 4 y^{2} \left.\right) + 3 \left(\right. x^{2} + 2 x + 1 \left.\right) \geq 0\)

\(\Leftrightarrow\left(\right.x-2y\left.\right)^2+3\left(\right.x+1\left.\right)^2\geq0\) (luôn đúng với mọi \(x\), \(y\)).

Vậy với mọi \(x\), \(y\) ta có \(4 x^{2} + 4 y^{2} + 6 x + 3 \geq 4 x y\).

Nếu \(n\) chia hết cho \(3\) thì \(n = 3 k\) với \(k \in \mathbb{N}\).

Xét \(k = 2 m\) thì \(n = 6 m\) suy ra \(n \left(\right. n + 1 \left.\right) = 6 m \left(\right. 6 m + 1 \left.\right)\) chia hết cho \(6\).

Xét \(k = 2 m + 1\) thì \(n = 3 \left(\right. 2 m + 1 \left.\right) = 6 m + 3\).

Suy ra \(n \left(\right. n + 1 \left.\right) = \left(\right. 6 m + 3 \left.\right) \left(\right. 6 m + 4 \left.\right) = 3. \left(\right. 2 m + 1 \left.\right) . 2 \left(\right. 3 m + 2 \left.\right) = 6. \left(\right. 2 m + 1 \left.\right) . \left(\right. 3 m + 2 \left.\right)\) chia hết cho \(6\).

Vậy với mọi số tự nhiên \(n\), nếu \(n\) chia hết cho \(3\) thì \(n \left(\right. n + 1 \left.\right)\) chia hết cho \(6\)

Vì n lẻ nên n = 2k + 1 với k thuộc N

Ta có  \(n^{3} = \left(\right. 2 k + 1 \left.\right)^{3} = 8 k^{3} + 12 k^{2} + 6 k + 1 = 2 \left(\right. 4 k^{3} + 6 k^{2} + 3 k \left.\right) + 1\).

Suy ra \(n^{3}\) lẻ.

Vậy với mọi số tự nhiên \(n\), nếu \(n\) lẻ thì \(n^{3}\) lẻ.