Bài 1 : 

Ta có : 

\(x^7+\frac{1}{x^7}=\left(x^3+\frac{1}{x^3}\right)\left(x^4+\frac{1}{x^4}\right)-\left(x+\frac{1}{x}\right)\)

\(\left(x+\frac{1}{x}\right)=a\Leftrightarrow\left(x+\frac{1}{x}\right)^2=a^2\)

\(\Leftrightarrow x^2+\frac{1}{x^2}+2.x.\frac{1}{x}=a^2\)

\(\Leftrightarrow x^2+\frac{1}{x^2}=a^2-2\)

\(x^3+\frac{1}{x^3}=\left(x+\frac{1}{x}\right)\left(x^2-x.\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}\right)\)

               \(=a\left(x^2+\frac{1}{x^2}-1\right)=a\left(a^2-3\right)\)

\(x^4+\frac{1}{x^4}=\left(x^2+\frac{1}{x^2}\right)^2-2.x^2.\frac{1}{x^2}\)

                   \(=\left(a^2-2\right)^2-2=a^4-4a^2+4-2\)

                                                               \(=a^4-4a^2+2\)

\(\Rightarrow x^7+\frac{1}{x^7}=a.\left(a^2-3\right).\left(a^4-4a^2+2\right)-a\)

                      \(=\left(a^3-3a\right)\left(a^4-4a^2+2\right)-a\)

                         \(=a^7-4a^5+2a^3-3a^5+12a^3-6a-a\)

                          \(=a^7-7a^5+14a^3-7a\)

Bài 2 : 

Ta có : 

\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=2\)

\(\Rightarrow\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)^2=2^2\)

\(\Rightarrow\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}+\frac{2}{xy}+\frac{2}{yz}+\frac{2}{zx}=4\)

\(\Rightarrow\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}+\frac{2}{xy}+\frac{2}{yz}+\frac{2}{zx}=\frac{2}{xy}-\frac{1}{z^2}\)

\(\Rightarrow\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{2}{z^2}+\frac{2}{yz}+\frac{2}{zx}=0\)

\(\Rightarrow\left(\frac{1}{x^2}+\frac{2}{xz}+\frac{1}{z^2}\right)+\left(\frac{1}{y^2}+\frac{2}{yz}+\frac{1}{z^2}\right)=0\)

\(\Rightarrow\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{z}\right)^2+\left(\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)^2=0\)

\(\Rightarrow\frac{1}{x}+\frac{1}{z}=\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=0\) vì \(\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{z}\right)^2,\left(\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)^2\ge0\)

\(\Rightarrow x=y=-z\)

\(\Rightarrow\frac{1}{-z}+\frac{1}{-z}+\frac{1}{z}=2\Rightarrow-\frac{1}{z}=2\Rightarrow z=-\frac{1}{2}\)

\(\Rightarrow x=y=\frac{1}{2}\)

\(\Rightarrow x+2y+z=\frac{1}{2}+2.\frac{1}{2}-\frac{1}{2}=1\)

\(\Rightarrow P=1\)

3x²y²z² = x³y³ y³z³ z³x³ 
(3x²y²z²) / (x³y³ y³z³ z³x³) = 1
3.[(x²y²z²) / (x³y³ y³z³ z³x³)] = 1
(x²y²z²) / (x³y³ y³z³ z³x³) = 1/3
(x²y²z²) / (x³y³) (x²y²z²) / (y³z³) (x²y²z²) / (z³x³) = 1/3
z²/(xy) x/(yz) y²/(zx) = 1/3
Vậy x²/(yz) y²/(xz) z²/(xy) = 1/3

Bài  \(1a.\)  Tìm  \(x,y,z\)  biết \(x^2+4y^2=2xy+1\)   \(\left(1\right)\)  và  \(z^2=2xy-1\)  \(\left(2\right)\)

Cộng  \(\left(1\right)\)  và  \(\left(2\right)\)  vế theo vế, ta được:

\(x^2+4y^2+z^2=4xy\)

\(\Leftrightarrow\)  \(x^2-4xy+4y^2+z^2=0\)

\(\Leftrightarrow\)  \(\left(x-2y\right)^2+z^2=0\)

Do  \(\left(x-2y\right)^2\ge0\)  và  \(z^2\ge0\)  với mọi  \(x,y,z\)

nên để thỏa mãn đẳng thức trên thì phải đồng thời xảy ra  \(\left(x-2y\right)^2=0\)  và  \(z^2=0\)

\(\Leftrightarrow\)  \(^{x-2y=0}_{z^2=0}\)  \(\Leftrightarrow\)  \(^{x=2y}_{z=0}\)

Từ  \(\left(2\right)\), với chú ý rằng  \(x=2y\)  và  \(z=0\), ta suy ra:

\(2xy-1=0\)  \(\Leftrightarrow\)  \(2.\left(2y\right).y-1=0\)  \(\Leftrightarrow\)  \(4y^2-1=0\)  \(\Leftrightarrow\)  \(y^2=\frac{1}{4}\)  \(\Leftrightarrow\)  \(y=\frac{1}{2}\)  hoặc  \(y=-\frac{1}{2}\)

\(\text{*)}\)  Với  \(y=\frac{1}{2}\) kết hợp với \(z=0\) \(\left(cmt\right)\)  thì  \(\left(2\right)\)  \(\Rightarrow\)  \(2.x.\frac{1}{2}-1=0\)  \(\Leftrightarrow\)  \(x=1\)

\(\text{*)}\)  Tương tự với trường hợp  \(y=-\frac{1}{2}\), ta cũng dễ dàng suy ra được \(x=-1\)

Vậy, các cặp số  \(x,y,z\)  cần tìm là  \(\left(x;y;z\right)=\left\{\left(1;\frac{1}{2};0\right),\left(-1;-\frac{1}{2};0\right)\right\}\)

\(b.\)  Vì  \(x+y+z=1\)  nên  \(\left(x+y+z\right)^2=1\)

\(\Leftrightarrow\)  \(x^2+y^2+z^2+2\left(xy+yz+xz\right)=1\)  \(\left(3\right)\)

Mặt khác, ta lại có  \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=0\)  \(\Rightarrow\)  \(xy+yz+xz=0\)  \(\left(4\right)\) (do  \(xyz\ne0\))

Do đó,  từ  \(\left(3\right)\) và \(\left(4\right)\)  \(\Rightarrow\)  \(x^2+y^2+z^2=1\)

Vậy,  \(B=1\)

1a) x=1, y=1/2, z=0

Ta có:

\(A=\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}=\frac{x^2+y^2}{\left(xy\right)^2}=\frac{x^2+y^2}{\left(x+y\right)^2}\)  (do  \(x+y=xy\))  \(\left(5\right)\)

Dễ dàng chứng minh được với mọi  \(x,y\in R\), ta luôn có:

\(\left(x+y\right)^2\le2\left(x^2+y^2\right)\)  \(\left(\text{*}\right)\)

Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky cho hai bộ số  \(\left(1^2+1^2\right)\)  và  \(\left(x^2+y^2\right)\), ta được:

\(\left(1^2+1^2\right)\left(x^2+y^2\right)\ge\left(1.x+1.y\right)^2=\left(x+y\right)^2\)

Do đó,  \(2\left(x^2+y^2\right)\ge\left(x+y\right)^2\), hay  \(\left(x+y\right)^2\le2\left(x^2+y^2\right)\)  \(\left(đpcm\right)\)

Vậy, bất đẳng thức \(\left(\text{*}\right)\)  hiển nhiên đúng với mọi  \(x,y\in R\), tức bđt  \(\left(\text{*}\right)\)  được chứng minh.

Dấu  \("="\)  xảy ra  \(\Leftrightarrow\)  \(\frac{1}{x}=\frac{1}{y}\)  \(\Leftrightarrow\)  \(x=y\)  

Khi đó,  từ  \(\left(\text{*}\right)\)  \(\Rightarrow\)  \(\frac{1}{\left(x+y\right)^2}\ge\frac{1}{2\left(x^2+y^2\right)}\)  (do  hai vế của bđt  \(\left(\text{*}\right)\)  cùng dấu  \(\left(+\right)\))

nên  \(\frac{x^2+y^2}{\left(x+y\right)^2}\ge\frac{x^2+y^2}{2\left(x^2+y^2\right)}=\frac{1}{2}\)  (vì  \(x^2+y^2>0\)  với mọi  \(x,y\in R\) và  \(x,y\ne0\))  \(\left(6\right)\)

\(\left(5\right);\)  \(\left(6\right)\)  \(\Rightarrow\)  \(A\ge\frac{1}{2}\)

Dấu  \("="\)  xảy ra  \(\Leftrightarrow\)  \(^{x+y=xy}_{x=y}\)  \(\Leftrightarrow\)  \(x=y=2\)

Vậy,  GTNN của  \(A=\frac{1}{2}\)