x là số tự nhiên hay số nguyên.

 Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số thực dương \(xy,yz,zx\), ta có \(xy+yz+zx\ge3\sqrt[3]{\left(xyz\right)^2}\). Do \(xy+yz+zx=3xyz\) nên\(3xyz\ge3\sqrt[3]{\left(xyz\right)^2}\) \(\Leftrightarrow3\sqrt[3]{\left(xyz\right)^2}\left(\sqrt[3]{xyz}-1\right)\ge0\) \(\Leftrightarrow\sqrt[3]{xyz}\ge1\) \(\Leftrightarrow xyz\ge1\)

ĐTXR \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}xy=yz=zx\\xy+yz+zx=3xyz\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow x=y=z=1\)

Ta có \(\dfrac{x}{1+y^2}=\dfrac{x\left(1+y^2\right)-xy^2}{1+y^2}=x-\dfrac{xy^2}{1+y^2}\ge x-\dfrac{xy^2}{2y}\)\(=x-\dfrac{xy}{2}\)

Tương tự, ta có \(\dfrac{y}{1+z^2}\ge y-\dfrac{yz}{2}\) và \(\dfrac{z}{1+x^2}\ge z-\dfrac{zx}{2}\). Từ đó suy ra \(\dfrac{x}{1+y^2}+\dfrac{y}{1+z^2}+\dfrac{z}{1+x^2}\ge x+y+z-\dfrac{xy+yz+zx}{2}\) \(=x+y+z-\dfrac{3}{2}xyz\) . Từ đây suy ra \(Q\ge x+y+z\ge\sqrt[3]{xyz}\ge1\). ĐTXR \(\Leftrightarrow x=y=z=1\). 

Vậy GTNN của \(Q\) là \(1\) đạt được khi \(x=y=z=1\)

 Dạ thưa thầy, chỗ kia con sửa là \(Q\ge x+y+z\ge3\sqrt[3]{xyz}\ge3\) ạ. GTNN của Q là 3 khi \(x=y=z=1\)

Đặt \(\dfrac{x}{5}=\dfrac{y}{7}=\dfrac{z}{3}=k\)

=> \(\left\{{}\begin{matrix}x=5k\\y=7k\\z=3k\end{matrix}\right.\)

Mà x²+y²-z² = 585 => 25k² + 49k² - 9k² = 65k² => k² = 9 => k = \(\pm\)3

Với k = 3 => \(\left\{{}\begin{matrix}x=15\\y=21\\z=9\end{matrix}\right.\) hay x+y+z = 45

Với k = -3 => \(\left\{{}\begin{matrix}x=-15\\y=-21\\x=-9\end{matrix}\right.\)hay x+y+z = -45

Bài 1:
Vì $x+y+z=1$ nên:

\(Q=\frac{x}{x+\sqrt{x(x+y+z)+yz}}+\frac{y}{y+\sqrt{y(x+y+z)+xz}}+\frac{z}{z+\sqrt{z(x+y+z)+xy}}\)

\(Q=\frac{x}{x+\sqrt{(x+y)(x+z)}}+\frac{y}{y+\sqrt{(y+z)(y+x)}}+\frac{z}{z+\sqrt{(z+x)(z+y)}}\)

Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:

\(\sqrt{(x+y)(x+z)}=\sqrt{(x+y)(z+x)}\geq \sqrt{(\sqrt{xz}+\sqrt{xy})^2}=\sqrt{xz}+\sqrt{xy}\)

\(\Rightarrow \frac{x}{x+\sqrt{(x+y)(x+z)}}\leq \frac{x}{x+\sqrt{xy}+\sqrt{xz}}=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}}\)

Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại và cộng theo vế suy ra:

\(Q\leq \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}}+ \frac{\sqrt{y}}{\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}}+ \frac{\sqrt{z}}{\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}}=1\)

Vậy $Q$ max bằng $1$

Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z=\frac{1}{3}$

Bài 2:
Vì $x+y+z=1$ nên:

\(\text{VT}=\frac{1-x^2}{x(x+y+z)+yz}+\frac{1-y^2}{y(x+y+z)+xz}+\frac{1-z^2}{z(x+y+z)+xy}\)

\(\text{VT}=\frac{(x+y+z)^2-x^2}{(x+y)(x+z)}+\frac{(x+y+z)^2-y^2}{(y+z)(y+x)}+\frac{(x+y+z)^2-z^2}{(z+x)(z+y)}\)

\(\text{VT}=\frac{(y+z)[(x+y)+(x+z)]}{(x+y)(x+z)}+\frac{(x+z)[(y+z)+(y+x)]}{(y+z)(y+x)}+\frac{(x+y)[(z+x)+(z+y)]}{(z+x)(z+y)}\)

Áp dụng BĐT AM-GM:
\(\text{VT}\geq \frac{2(y+z)\sqrt{(x+y)(x+z)}}{(x+y)(x+z)}+\frac{2(x+z)\sqrt{(y+z)(y+x)}}{(y+z)(y+x)}+\frac{2(x+y)\sqrt{(z+x)(z+y)}}{(z+x)(z+y)}\)

\(\Leftrightarrow \text{VT}\geq 2\underbrace{\left(\frac{y+z}{\sqrt{(x+y)(x+z)}}+\frac{x+z}{\sqrt{(y+z)(y+x)}}+\frac{x+y}{\sqrt{(z+x)(z+y)}}\right)}_{M}\)

Tiếp tục AM-GM cho 3 số trong ngoặc lớn, suy ra \(M\geq 3\)

Do đó: \(\text{VT}\geq 2.3=6\) (đpcm)

Dấu bằng xảy ra khi $3x=3y=3z=1$

Bài 4:

Ta có một đẳng thức quen thuộc là:

\(1=(a+b)(b+c)(c+a)=(ab+bc+ac)(a+b+c)-abc(*)\)

Mà theo AM-GM:

\((a+b+c)(ab+bc+ac)\geq 3\sqrt[3]{abc}.3\sqrt[3]{ab.bc.ac}=9abc\)

\(\Rightarrow abc\leq \frac{(a+b+c)(ab+bc+ac)}{9}(**)\)

Từ \((*);(**)\Rightarrow 1\geq \frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ac)\)

Theo tính chất quen thuộc của BĐT AM-GM:

\((a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ac)\Rightarrow a+b+c\geq \sqrt{3(ab+bc+ac)}\)

Do đó:

\(1\geq \frac{8}{9}\sqrt{3(ab+bc+ac)^3}\)

\(\Rightarrow (ab+bc+ac)^3\leq \frac{27}{64}\Rightarrow ab+bc+ac\leq \frac{3}{4}\)

Ta có đpcm

nguyen van tuan

Bài này là tớ đăg lên ! Nhưg hôm nay thầy tớ giải rồi! Tớ đăg lời giải lên đây cho mấy bạn tham khảo ạ! ko kiếm GP nhá!

Câu 1 :

Vì x > y \(\Rightarrow\) \(x-y>0\)

\(\Rightarrow x^2+y^2\ge2\sqrt{2}.\left(x-y\right)\)

\(\Leftrightarrow x^2+y^2-2\sqrt{2}x+2\sqrt{2}y\ge0\)

Vì \(xy=1\Rightarrow x^2+y^2+\left(\sqrt{2}\right)^2-2\sqrt{2}x+2\sqrt{2}y-2xy\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-y-2\sqrt{2}\right)^2\ge0\)

Đúng với mọi x; y

Câu 2:

\(a^3+b^3+ab\ge\dfrac{1}{2}\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^3\right)+ab-\dfrac{1}{2}\ge0\)

\(\Leftrightarrow a^2-ab+b^2+ab-\dfrac{1}{2}\ge0\) ( vì a+b = 1 )

\(\Leftrightarrow a^2+b^2-\dfrac{1}{2}\ge0\)

Vì \(a+b=1\Rightarrow b=1-a\)

\(\Rightarrow a^2+\left(1-a\right)^2-\dfrac{1}{2}\ge0\)

\(\Leftrightarrow a^2+1-2a+a^2-\dfrac{1}{2}\ge0\)

\(\Leftrightarrow2a^2-2a+\dfrac{1}{2}\ge0\)

\(\Leftrightarrow4a^2-4a+1\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(2a-1\right)^2\ge0\)

Đúng với mọi a;b

Dấu "=" xảy ra khi

\(2a-1=0\Rightarrow a=\dfrac{1}{2}\Rightarrow b=\dfrac{1}{2}\)

Mysterious Person

Lời giải:

Ta có:

\(\text{VT}=\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)\sqrt{1+x^2y^2}=\frac{x+y}{xy}\sqrt{1+x^2y^2}=\frac{\sqrt{1+x^2y^2}}{xy}\)

Giờ thì biến đổi tương đương thôi. Ta có:

\(\text{VT}\geq \sqrt{17}\)

\(\Leftrightarrow \frac{\sqrt{1+x^2y^2}}{xy}\geq \sqrt{17}\)

\(\Leftrightarrow \frac{1+x^2y^2}{x^2y^2}\geq 17\) (do \(x,y\) dương)

\(\Leftrightarrow 1+x^2y^2\geq 17x^2y^2\Leftrightarrow 1\geq 16x^2y^2\)

\(\Leftrightarrow (1-4x)(1+4xy)\geq 0\)

BĐT trên luôn đúng do $x,y>0$ và theo BĐT AM-GM thì:

\(1=x+y\geq 2\sqrt{xy}\Rightarrow xy\leq \frac{1}{4}\Rightarrow 1-4xy\geq 0\)

Do đó ta có đpcm.

Dấu bằng xảy ra khi \(x=y=\frac{1}{2}\)